第4章 综合 融通 共点力平衡中三类典型问题 （Word教参）-【新课程学案】2025-2026学年高中物理必修第一册（鲁科版）福建专版

综合·融通　　　共点力平衡中三类典型问题 　　　　(融会课——主题串知综合应用) 　　在共点力的平衡问题中,有三类典型问题:(1)“活结”与“死结”、“动杆”与“定杆”问题;(2)动态平衡问题;(3)临界极值问题。这三类问题往往命题情境灵活,难度相对较大,但是只要掌握好不同类型问题的分析方法和技巧,就可以化繁为简、化难为易,拨开云雾,见到“晴天”。 主题(一)　“活结”与“死结”、“动杆”与“定杆”问题　　 [知能融会通] 1.“活结”与“死结”模型 (1)“活结”一般是由轻绳跨过光滑滑轮或者绳上挂一光滑挂钩而形成的。绳虽然因“活结”而弯曲,但实际上是同一根绳,所以由“活结”分开的两段绳上弹力的大小一定相等,两段绳合力的方向一定沿这两段绳夹角的平分线。 (2)“死结”两侧的绳因结而变成了两根独立的绳,因此由“死结”分开的两段绳上的弹力不一定相等。 2.“动杆”与“定杆”模型 (1)“动杆”:即杆用转轴或铰链连接,当杆处于平衡状态时,杆所受到的弹力方向一定沿着杆,否则会引起杆的转动。如图甲所示,若C为转轴,则轻杆在缓慢转动过程中,弹力方向始终沿杆的方向。 (2)“定杆”:若轻杆被固定不发生转动,则杆所受到的弹力方向不一定沿杆的方向。如图乙所示,水平横梁的一端A插在墙壁内,另一端B装有一个小滑轮,一绳的一端C固定于墙壁上,另一端跨过滑轮后悬挂重物m。滑轮对绳的作用力方向应为图丙中两段绳中拉力F1和F2的合力F的反方向,即AB杆弹力的方向不沿杆的方向。 [典例]　如图甲所示,细绳AD跨过固定的水平轻杆BC右端的轻质光滑定滑轮悬挂一质量为M1的物体,∠ACB=30°;图乙中轻杆HG一端用铰链固定在竖直墙壁上,另一端G通过细绳EG拉住,EG与水平方向的夹角为30°,在轻杆的G点用细绳GF悬挂一质量为M2的物体(都处于静止状态),求: (1)细绳AC段的张力FAC与细绳EG的张力FEG之比; (2)轻杆BC对C端的支持力; (3)轻杆HG对G端的支持力。 [解析]　题图甲和乙中的两个物体都处于平衡状态,根据共点力平衡的条件可判断,与物体相连的细绳的拉力大小等于物体的重力。分别取C点和G点为研究对象,进行受力分析,如图1、2所示。 (1)图1中,细绳AD跨过定滑轮拉住质量为M1的物体,物体处于平衡状态,绳AC段的拉力FAC=FCD=M1g。图2中,由共点力平衡的条件有FEGsin 30°=FGF=M2g,可得FEG=2M2g。所以=。 (2)图1中,根据平衡条件和几何关系得FNC=FAC=M1g,方向与水平方向成30°角斜向右上方。 (3)图2中,根据共点力平衡的条件有FNG==,解得FNG=M2g,方向水平向右。 [答案]　(1)　(2)M1g,方向与水平方向成30°角斜向右上方　(3)M2g,方向水平向右 [思维建模] 两种情形同为绳杆结合问题,看似相同,实为完全不同的两种类型。图甲为“活结”配“死杆”模型,图乙为“死结”配“活杆”模型。解此类问题必须先弄清楚是哪一类模型,否则很容易出错。 [题点全练清] 1.(双选)如图所示,甲、乙、丙三条不可伸长的轻绳拴接于O点,甲、乙两绳自然伸直,上端分别固定于水平天花板上的a、b点,甲绳长30 cm,乙绳长40 cm,ab距离为50 cm,甲、乙、丙三绳能承受的最大张力分别为3 N、4 N、5 N。c点位于丙绳上,在c点对丙绳施加竖直向下的拉力F,O点位置始终不变,则在拉力F从零逐渐增大的过程中 (　 ) A.甲绳先断 B.乙绳先断 C.某绳恰好先断时,F= N D.某绳恰好先断时,F= N 解析:选AD　甲绳长30 cm,乙绳长40 cm,ab距离为50 cm,再由甲、乙、丙对O点拉力满足平行四边形定则,得甲、乙、丙的拉力大小之比为F1∶F2∶F3=4∶3∶5,而甲、乙、丙三绳能承受的最大张力分别为3 N、4 N、5 N,所以可知当丙绳受力为5 N时,甲绳受力为4 N,所以甲绳先断,故A正确,B错误;当甲绳受力为3 N时,则有F=×3 N= N,故D正确,C错误。 2.一轻杆一端通过光滑铰链与地面连接,另一端安装一光滑轻滑轮。一橡皮绳一端固定在粗糙地面上,绕过轻杆上的滑轮,另一端与地面上一物块相连。如图所示,初始状态下,橡皮绳处于伸长状态,轻杆与地面的夹角为60°,轻杆顶点恰好位于物块正上方,系统保持平衡。缓慢调整轻杆的角度和物块的位置,最终使轻杆与地面垂直,系统仍保持平衡。在此过程中,物块始终在地面上,橡皮绳始终处于弹性限度内。在此过程中橡皮绳长度　　　　　(选填“缩短”或“伸长”),物块向　　　　 　(选填“左”或“右”)运动。  解析:设杆长为2l,由几何关系,故未调整轻杆时示意图如图甲,橡皮绳长为3l。 调整后,如图乙所示,橡皮绳长为4l>3l,故橡皮绳伸长;由图可知,物体开始位于杆底部右侧l处,后位于杆底部右侧2l处,说明物块向右运动。 答案:伸长　右 主题(二)　动态平衡问题 [知能融会通] 1.动态平衡 所谓动态平衡问题,是指通过控制某些物理量,使物体的状态发生缓慢变化,而在这个过程中物体又始终处于一系列的平衡状态。 2.分析方法 方法 步骤 解析法 (1)列平衡方程求出未知量与已知量的关系表达式。 (2)根据已知量的变化情况来确定未知量的变化情况 图解法 (1)根据已知量的变化情况,画出平行四边形边、角的变化。 (2)由动态图确定未知量大小、方向的变化 相似三 角形法 (1)根据已知条件画出两个不同情况对应的力的三角形和空间几何三角形,确定对应边,利用三角形相似知识列出比例式。 (2)确定未知量大小的变化情况 [典例]　如图,轻绳绕过固定在天花板上的小滑轮,绳A端握在站在地上的人手中,B端系一重为G的小球,小球靠在固定的光滑半球面上,人通过轻绳将小球沿球面DC缓缓拉动一小段距离过程中,下列说法不正确的是 (　 ) A.人的拉力逐渐变大 B.球面对球的支持力大小不变 C.人的拉力逐渐变小 D.可认为小球的合外力为零 [解析]　设小球受到的拉力为T,受到的支持力为N,滑轮距离球面的高度为h,半球面半径为R,对小球受力分析如图所示,设小球与滑轮距离为L,根据几何三角形与力三角形相似,有==,设人的拉力为F,则有T=F,故有==,整理得N=,F=,则球面对球的支持力N始终保持不变,但由于小球与滑轮的距离L不断减小,故拉力F不断减小,A错误,B、C正确;小球缓缓被拉动,即可认为小球的合外力为零,D正确。 [答案]　A [题点全练清] 1.质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上。用水平向左的力F缓慢拉动绳的中点O,如图所示。用T表示绳 OA段拉力的大小,在O点向左移动的过程中 (　 ) A.F逐渐变大,T逐渐变大 B.F逐渐变大,T逐渐变小 C.F逐渐变小,T逐渐变大 D.F逐渐变小,T逐渐变小 解析:选A　以O点为研究对象,受力如图所示,当用水平向左的力缓慢拉动O点时,则绳OA与竖直方向的夹角变大,由共点力的平衡条件知F逐渐变大,T逐渐变大,选项A正确。 2.(2025·山东滨州期末)图甲是某款笔记本电脑支架,由“L型”挡板和机械臂构成,挡板使用一体成型材料制成。简化如图乙,其AB、BC部分相互垂直,可绕O点的轴在竖直面内自由调节。AB、BC部分对电脑的弹力分别为F1和F2(不计电脑与挡板间的摩擦),机械臂OO'对“L型”挡板的作用力为F3,在“L型”挡板由图示位置顺时针缓慢转至水平的过程中,其他部位保持不动。下列说法正确的是 (　 ) A.F1逐渐增大,F2逐渐减小,F3逐渐增大 B.F1逐渐减小,F2逐渐增大,F3保持不变 C.F1逐渐减小,F2逐渐减小,F3保持不变 D.F1逐渐增大,F2保持不变,F3逐渐减小 解析:选B　设“L型”挡板BC部分与水平方向的夹角为θ,在“L型”挡板由图示位置顺时针缓慢转至水平的过程中,θ逐渐减为0°,以笔记本电脑为研究对象,根据平衡条件可得F1=mgsin θ,F2=mgcos θ,由于θ逐渐减小,可知F1逐渐减小,F2逐渐增大;以“L型”挡板和笔记本电脑为整体,根据平衡条件可知,机械臂OO'对“L型”挡板的作用力为F3与整体重力等大反向,则F3保持不变。 主题(三)　临界极值问题 类型1　平衡中的临界问题 1.问题界定:物体所处平衡状态将要发生变化的状态为临界状态,涉及临界状态的问题为临界问题。 2.问题特点: (1)当某物理量发生变化时,会引起其他几个物理量的变化。 (2)注意某现象“恰好出现”或“恰好不出现”的条件。 3.分析方法:基本方法是假设推理法,即先假设某种情况成立,然后根据平衡条件及有关知识进行论证、求解。 [例1]　如图甲、乙所示,质量为m的物体置于倾角为θ的固定斜面上,物体与斜面之间的动摩擦因数为μ,先用平行于斜面的推力F1作用于物体上使其恰能沿斜面匀速上滑,若改用水平推力F2作用于物体上,也恰能使物体沿斜面匀速上滑,则两次的推力之比为 (　 ) A.cos θ+μsin θ　　　　 B.cos θ-μsin θ C.1+μtan θ D.1-μtan θ [解析]　物体在力F1作用下和力F2作用下运动时的受力如图(a)、(b)所示。 将重力mg、力F2沿斜面方向和垂直于斜面方向正交分解,由平衡条件可得: F1=mgsin θ+Ff1,FN1=mgcos θ,Ff1=μFN1, F2cos θ=mgsin θ+Ff2, FN2=mgcos θ+F2sin θ, Ff2=μFN2,解得:F1=mgsin θ+μmgcos θ, F2=,故=cos θ-μsin θ,B正确。 [答案]　B 类型2　平衡中的极值问题 1.问题界定:物体平衡的极值问题,一般指在力的变化过程中涉及力的最大值和最小值的问题。 2.分析方法: (1)解析法:根据物体平衡的条件列出方程,在解方程时,采用数学知识求极值或者根据物体临界条件求极值。 (2)图解法:根据物体平衡的条件作出力的矢量图,画出平行四边形或者矢量三角形进行动态分析,确定最大值或最小值。 [例2]　质量为M的木楔倾角为θ,在水平面上保持静止,当将一质量为m的木块放在木楔斜面上时,它正好匀速下滑。如果用与木楔斜面成α角的力F拉着木块匀速上升,如图所示(已知木楔在整个过程中始终静止)。 (1)当α=θ时,拉力F有最小值,求此最小值; (2)当α=θ时,木楔对水平面的摩擦力是多大? [解析]　木块在木楔斜面上匀速向下运动时,有 mgsin θ=μmgcos θ, 即μ=tan θ。 (1)木块在力F作用下沿斜面向上匀速运动,有 Fcos α=mgsin θ+Ff, Fsin α+FN=mgcos θ Ff=μFN 解得F=== 则当α=θ时,F有最小值,为Fmin=mgsin 2θ。 (2)因为木块及木楔均处于平衡状态,整体受到地面的摩擦力等于F的水平分力,即 Ff'=Fcos(α+θ) 当α=θ时,F取最小值mgsin 2θ, 所以Ffm'=Fmincos 2θ=mg·sin 2θ·cos 2θ =mgsin 4θ。 [答案]　(1)mgsin 2θ　(2)mgsin 4θ [课时跟踪检测] 1.(2025·涵江高一检测)如图所示,轻杆一端固定一个轻滑轮,另一端嵌入竖直的墙中。一根轻绳一端连接一个物体,另一端跨过滑轮固定在墙上的某一个位置P,把绳子端点P沿墙面向O点缓慢移动,轻杆位置不变,忽略绳子与滑轮的摩擦力。关于轻绳的拉力大小和绳对滑轮作用力的说法正确的是 (　 ) A.轻绳的拉力变大 B.绳对滑轮的压力变大 C.绳对滑轮的压力大小始终不变 D.绳对滑轮的压力方向始终沿杆指向墙 解析:选B　由于同一根绳子的张力处处相等,轻绳的拉力等于物体的重力G保持不变,故A错误;根据平行四边形定则,两边轻绳的拉力相等,故合力在角平分线上,由于两拉力的夹角不断减小,故两个拉力的合力不断变大,滑轮受到的压力不断变大,故B正确,C错误;根据以上分析可知两个拉力的合力在角平分线上,随着两拉力的夹角不断改变,合力方向不断改变,故绳对滑轮的压力方向不可能始终沿杆指向墙,故D错误。 2.如图所示,一根轻绳的上端固定在O点,下端拴一个重力为G的小球,现对小球施加一个方向和大小都变化的力F,使轻绳与竖直方向的夹角为30°,保持小球的位置不变,则力F的最小值是 (　 ) A. B. C. D.G 解析:选A　轻绳对小球的拉力和力F的合力与小球的重力是一对平衡力,为一定值,由此可知,当力F与轻绳的拉力垂直时,力F最小,此时F=,A正确。 3.如图所示,蜘蛛用蛛丝将其自身悬挂在水管上,并处于静止状态。蛛丝OM、ON与竖直方向夹角分别为α、β(α>β)。用F1、F2分别表示OM、ON的拉力,则 (　 ) A.F1的竖直分力大于F2的竖直分力 B.F1的竖直分力等于F2的竖直分力 C.F1的水平分力大于F2的水平分力 D.F1的水平分力等于F2的水平分力 解析:选D　对O点受力分析如图所示,由几何关系可知,F1的竖直分力小于F2的竖直分力,F1的水平分力等于F2的水平分力,故A、B、C错误,D正确。 4.自卸车依靠车厢构成斜面(如图所示),让货物自行滑下。由于不同货物与车厢底面间的动摩擦因数不同,货物能够滑下需要车厢的最小倾角不同。关于自卸车卸货过程,下列说法正确的是 (　 ) A.货物与车厢底面间的动摩擦因数越大,车厢的最小倾角越大 B.货物与车厢底面间的动摩擦因数越大,车厢的最小倾角越小 C.车厢的倾角增大到最小倾角过程中,货物所受的摩擦力逐渐减小 D.车厢的倾角增大到最小倾角过程中,货物所受的支持力逐渐增大 解析:选A　货物恰好下滑,此时倾角最小,对货物受力分析可知mgsin θ=μmgcos θ,即μ=tan θ,故动摩擦因数越大,车厢的最小倾角越大,故A正确,B错误;对货物受力分析得f=mgsin θ,FN=mgcos θ,故倾角增大到最小倾角过程中,货物所受的摩擦力逐渐增大,支持力逐渐减小,故C、D错误。 5.如图,光滑的四分之一圆弧轨道AB固定在竖直平面内,A端与水平面相切。穿在轨道上的小球在拉力F的作用下,缓慢地由A向B运动,F始终沿轨道的切线方向,轨道对球的弹力为FN。在运动过程中 (　 ) A.F增大,FN增大 B.F减小,FN减小 C.F增大,FN减小 D.F减小,FN增大 解析:选C　对小球受力分析如图所示,F与FN方向垂直。小球缓慢地由A向B运动,可知小球处于平衡状态,所受合力为零,F与FN的合力与小球所受重力等大、反向。由几何知识得F=mgsin θ,FN=mgcos θ。在小球运动过程中,θ角增大,可得F增大,FN减小,选项C正确。 6.如图所示,与水平方向成θ角的推力F作用在物块上,随着θ逐渐减小直到水平的过程中,物块始终沿水平面做匀速直线运动。关于物块受到的外力,下列判断正确的是 (　 ) A.推力F先增大后减小 B.推力F一直减小 C.物块受到的摩擦力先减小后增大 D.物块受到的摩擦力一直不变 解析:选B　对物块受力分析,建立如图所示的坐标系。由平衡条件得,Fcos θ-f=0,N-(mg+Fsin θ)=0,又f=μN,联立可得F=,可见当θ减小时,F一直减小,摩擦力f=μN=μ(mg+Fsin θ),可知当θ、F减小时,f一直减小,综上所述,B正确。 7.(双选)如图所示,两硬竹竿竖直插在水平地面的A、B两点,竿间拴接一长度大于两竿间距的轻绳,光滑的轻滑轮放在轻绳上,下端悬吊一物体,开始时绳与竹竿的悬点M、N等高,图中∠MON>90°,则下列说法正确的是 (　 ) A.图中左侧细绳的拉力小于右侧细绳的拉力 B.仅将右侧的N点沿竖直方向升高少许,两侧细绳的拉力大小不变 C.仅将左侧竹竿以A点为轴顺时针方向转过一个小角度,两侧细绳的拉力减小 D.仅将两竹竿分别以A、B为轴逆时针方向转过相同的小角度,两侧细绳的拉力增大 解析:选BC　如图,设绳中拉力为T,由几何关系,可得sin θ=,l为绳长,d为杆间距离,则有2Tcos θ=mg,动滑轮对应为绳的活结,则其两端绳的拉力大小相等,故A错误;若仅将右侧的N点沿竖直方向升高少许,l、d均不变,则θ不变,可知拉力大小保持不变,故B正确;若仅将左侧竹竿以A点为轴顺时针方向转过一个小角度,l不变,d减小,θ减小,cos θ增大,则两侧细绳的拉力减小,故C正确;若仅将两竹竿分别以A、B为轴逆时针方向转过相同的小角度,则l、d均不变,则θ不变,两侧细绳的拉力不变,故D错误。 8.如图所示,上表面为四分之一光滑圆弧的物体A静止在粗糙的水平地面上,一小物块B从圆弧底端受到水平外力F的作用缓慢沿圆弧向上移动一小段距离,在此过程中,A始终处于静止状态。下列说法正确的是 (　 ) A.水平外力F保持不变 B.地面对A的摩擦力逐渐增大 C.A对B的支持力逐渐减小 D.地面对A的支持力逐渐减小 解析:选B　对小物块B进行受力分析,它受到支持力FN、水平外力F与重力mg,如图所示,设物块B所在处切线与水平方向夹角为θ,因它处于平衡状态,水平外力F=mgtan θ,物体A对小物块B的支持力FN=。在物块B缓慢沿圆弧向上移动一小段距离的过程中,θ增大,则水平外力F增大,故A错误;A、B整体水平方向受力平衡,可得地面对物体A的摩擦力Ff=F,所以地面对物体A的摩擦力逐渐增大,故B正确;物块B缓慢沿圆弧向上移动一小段距离的过程中,θ增大,cos θ减小,物体A对小物块B的支持力逐渐增大,故C错误;把A、B看成一个整体,根据其在竖直方向受力平衡可得地面对物体A的支持力不变,故D错误。 9.质量为M的凹槽静止在水平地面上,内壁为半圆柱面,截面如图所示,A为半圆的最低点,B为半圆水平直径的端点。凹槽恰好与竖直墙面接触,内有一质量为m的小滑块。用推力F推动小滑块由A点向B点缓慢移动,力F的方向始终沿圆弧的切线方向,在此过程中所有摩擦均可忽略,下列说法正确的是 (　 ) A.推力F先增大后减小 B.凹槽对滑块的支持力先减小后增大 C.墙面对凹槽的压力先增大后减小 D.水平地面对凹槽的支持力先减小后增大 解析:选C　对小滑块受力分析,如图所示,由题意可知,推力F与凹槽对滑块的支持力FN始终垂直,即α+β始终为90°,在小滑块由A点向B点缓慢移动的过程中,α减小,β增大,而F=mgcos α、FN=mgsin α,可知推力F一直增大,凹槽对滑块的支持力FN一直减小,A、B错误;对小滑块和凹槽整体根据平衡条件可得,墙面对凹槽的压力大小FN1=Fsin α=mgsin 2α,水平地面对凹槽的支持力FN2=Mg+mg-Fcos α,在小滑块由A点向B点缓慢移动的过程中,α由逐渐减小到0,根据数学知识可知墙面对凹槽的压力先增大后减小,水平地面对凹槽的支持力一直减小,C正确,D错误。 10.(双选)如图所示,物块A、B的质量均为2 kg,对地面的动摩擦因数均为0.1。两物块用一劲度系数为200 N/m的轻弹簧连接,初始状态下弹簧比原长压缩了1 cm。最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2。对物块A施加一水平外力,在刚施加外力的一小段时间内,A开始运动,B保持静止。则该外力的大小与方向组合可能是 (　 ) A.向左,3 N B.向右,3 N C.向左,5 N D.向右,5 N 解析:选AC　弹簧的弹力为F弹=kx=2 N,AB与地面之间的最大静摩擦力为fm=μmg=2 N,若对A施加水平力向左,大小为3 N,则因为F+F弹=5 N>fm,则A将要开始向左滑动,弹簧压缩量减小,弹力减小,则B保持静止,A正确;若对A施加水平力向右,大小为3 N,则此时A所受摩擦力为f=F-F弹=1 N<fm,则A不会滑动,弹簧弹力不变,则B保持静止,B错误;若对A施加水平力向左,大小为5 N,则因为F+F弹>fm,则A将要开始向左滑动,弹簧压缩量减小,弹力减小,B保持静止,C正确;若对A施加水平力向右,大小为5 N,则此时A所受摩擦力为f=F-F弹=3 N>fm,则A会开始向右滑动,弹簧压缩量变大,弹力变大,则B将开始向右滑动,D错误。 11.(14分)(选自人教版教材例题)某幼儿园要在空地上做一个滑梯(如图),根据空地的大小,滑梯的水平跨度确定为6 m。设计时,滑板和儿童裤料之间的动摩擦因数取0.4,为使儿童在滑梯游戏时能在滑板上滑下,滑梯至少要多高? 解析:如图,沿平行和垂直于斜面两个方向建立直角坐标系。把重力G沿两坐标轴方向分解为F1和F2。 设斜面倾角为θ,用l、b和h分别表示AB、AC和BC的长度。 根据共点力平衡的条件和直角三角形中三角函数关系可知: 在x轴方向上:F1-f=0 f=F1=Gsin θ=G ① 在y轴方向上:F2-N=0 N=F2=Gcos θ=G ② 由于f=μN ③ 把①②式代入③式有G=μG 可求得h=μb=0.4×6 m=2.4 m 滑梯至少要2.4 m高,儿童才能从滑梯上滑下。 答案:2.4 m 12.(16分)如图所示,物体的质量为2 kg,两根轻绳AB和AC的一端连接于竖直墙上,另一端系于物体上,在物体上另施加一个方向与水平线成θ=60°的拉力F,若要使两绳都能伸直,求拉力F的大小范围(g取10 m/s2)。 解析:对物体受力分析并建立直角坐标系,如图所示,由平衡条件得 Fsin θ+F1sin θ-mg=0 Fcos θ-F2-F1cos θ=0 由上述两式得F=-F1 F=+ 令F1=0,得F最大值Fmax== N 令F2=0,得F最小值Fmin== N 综合得F的取值范围 N≤F≤ N。 答案: N≤F≤ N 学科网（北京）股份有限公司 $$