第3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（人教版）江苏专版

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 “活结” 模型 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。绳子虽然因“活结”而弯曲，但实际上是同一根绳，所以由“活结”分开的两段绳子上弹力的大小一定相等，两段绳子合力的方向一定沿这两段绳子夹角的角平分线 “死结” 模型 两侧的绳因结而变成了两根独立的绳，因此由“死结”分开的两段绳子上的弹力不一定相等 2.“动杆”与“定杆”模型 “动杆” 模型 轻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，则轻杆在缓慢转动中，弹力方向始终沿杆的方向 “定杆” 模型 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。如图甲所示，水平横梁的一端A插在墙壁内，另一端装有一个小滑轮B，一轻绳的一端C固定于墙壁上，另一端跨过滑轮后悬挂质量为m的重物。滑轮对绳子的作用力应为图乙中两段绳中拉力F1和F2的合力F的反作用力，即定杆弹力的方向可以不沿杆的方向 　　[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FTAC与细绳EG的张力FTEG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M1、M2都处于平衡状态，根据平衡的条件，首先判断与物体相连的细绳，其拉力大小等于物体所受的重力；分别取C点和G点为研究对象，进行受力分析如图1和图2所示，根据平衡规律求解。 (1)图1中细绳AD跨过轻质光滑定滑轮悬挂质量为M1的物体，物体处于平衡状态，细绳AC段的拉力FTAC=FTCD=M1g 图2中由FTEGsin 30°=M2g，得FTEG=2M2g 所以=。 (2)图1中，FTAC、FNC、M1g三个力之间的夹角都为120°，根据平衡规律有FNC=FTAC=M1g，FNC的方向与水平方向成30°，指向右上方。 (3)图2中，根据平衡规律有FTEGsin 30°=M2g，FTEGcos 30°=FNG，所以FNG==M2g，方向水平向右。 [答案]　(1)　(2)M1g，方向与水平方向成30°指向右上方　(3)M2g，方向水平向右 [题点全练清] 1.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A　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C、D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 (　 ) A.橡皮绳长度缩短　　　　 B.橡皮绳长度不变 C.物块向左运动 D.物块向右运动 解析：选D　设杆长2l，由几何关系，故未调整绳前示意图如图甲，橡皮绳长为3l。调整后，如图乙所示，橡皮绳长为4l>3l，故橡皮绳变长，A、B错误；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，C错误，D正确。 主题(二)　动态平衡问题 1.动态平衡：平衡问题中的一部分力是变力，是动态力，力的大小和方向缓慢变化，所以叫动态平衡，这是共点力平衡问题中的一类题型。 2.基本方法：解析法、图解法和相似三角形法。 方法1　解析法 　　解题步骤： (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确定未知量的变化情况。 　　[例1]　(2025·扬州期末)如图所示，密绕在轴上的卷纸用两条轻绳拴着悬挂在竖直墙壁的A、A'点。随着卷纸的使用，卷纸静止时受到墙壁的支持力和轻绳对卷纸轴的拉力大小变化情况是(不计墙壁和纸间的摩擦) (　 ) A.支持力减小 B.拉力增大 C.支持力和拉力的合力方向竖直向下 D.支持力和拉力的合力大小始终不变 [解析]　设轻绳与竖直方向夹角为θ，则Tcos θ=mg，N=Tsin θ，解得T=，N=mgtan θ，随着卷纸的使用则θ角和mg均减小，可知T变小，N减小，选项A正确，B错误；支持力和拉力的合力方向与重力等大反向，则竖直向上，随重力减小，则支持力和拉力的合力大小逐渐减小，选项C、D错误。 [答案]　A 方法2　图解法 1.适用情况：物体只受三个力作用，且其中一个力的大小、方向均不变，另一个力的方向不变，第三个力大小、方向均变化。 2.解题步骤： (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。 　　[例2]　用绳AO、BO悬挂一个重物，BO水平，O为半圆形支架的圆心，悬点A和B在支架上。悬点A固定不动，将悬点B从图所示位置沿支架逐渐移动到C点的过程中，绳OA和绳OB上的拉力大小的变化情况是 (　 ) A.OA绳上的拉力逐渐增大 B.OA绳上的拉力先减小后增大 C.OB绳上的拉力逐渐增大 D.OB绳上的拉力先减小后增大 　　[解析]　将AO绳、BO绳的拉力合成，其合力与重物重力等大反向，逐渐改变OB绳拉力的方向，使FB与竖直方向的夹角变小，得到多个平行四边形，如图所示，由图可知FA逐渐减小，且方向不变，而FB先减小后增大，且方向不断改变，当FB与FA垂直时，FB最小，故D正确。 [答案]　D 方法3　相似三角形法 1.适用情况：在物体所受的三个力中，一个力是恒力，大小、方向均不变；另外两个力是变力，大小、方向均改变，且方向不总是相互垂直。 2.解题技巧：找到物体受力变化过程中的几何关系，利用力的矢量三角形与几何三角形相似，相似三角形对应边成比例，通过分析几何三角形边长的变化，从而得到力的变化。 　　[例3]　(2024·洪泽高一质检)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.球面对小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=G，F=G，则球面对小球的支持力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 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：当某物理量发生变化时，会引起其他几个物理量的变化。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]　(2025·宿迁期末)如图所示，重力为G的木块，恰好能沿倾角θ的斜面匀速下滑，现用平行斜面向上的力F将木块沿斜面匀速向上推，则F的大小应该为 (　 ) A.Gsin 2θ　　　　　　 B.2Gsin θ C.Gtan 2θ D.2Gtan θ [解析]　对木块受力分析可知，当木块匀速下滑时，则有f=Gsin θ，当用力F推着木块匀速上滑时，则有F=f+Gsin θ，联立解得F=2Gsin θ，故选B。 [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]　将两个质量为m和M的小球a、b用细线相连后，再用细线悬挂于O点，如图所示，用力F拉小球b。使两个小球都处于静止状态，且细线Oa与竖直方向的夹角保持θ=30°，则F的最小值为 (　 ) A.(m+M)g B.(m+M)g C.(m+M)g D.(m+M)g [解析]　将两小球视为整体受力分析，并合成矢量三角形，可知当力F与绳子拉力T垂直时，有最小值Fmin=(m+M)gsin 30°=，故选D。 [答案]　D [课时跟踪检测] 　　　　　　　　　　　　　　　　 1.“引体向上”有时也称为“引体”，是一种体育运动中的常见项目。如图所示为一人正在做引体向上(两手臂比两肩略宽)，下列有关说法中正确的是 (　 ) A.两手之间的距离越大，单杠对人的作用力越大 B.两手之间的距离越大，单杠对每只手的摩擦力越小 C.两手之间的距离越大，每只胳膊受到的张力越大 D.保持右胳膊不动，左胳膊逐渐向中间位置移动少许，此过程中右胳膊的张力变大 解析：选C　单杠对人的作用力是指支持力和摩擦力的合力，合力大小等于人的重力大小，所以单杠对人的作用力大小不变，A错误；对人受力分析，设每只胳膊对身体的拉力为F，手与单杠之间的夹角为θ，则2Fsin θ=mg，两手之间距离越大，则θ越小，F越大；对其中一只手在水平方向上受力分析可得f=Fcos θ，两手之间的距离越大，θ越小，cos θ越大，而F也越大，所以f越大，则B错误，C正确；对人受力分析，右胳膊不动，左胳膊逐渐向中间位置移动少许，两只胳膊的夹角变小，合力不变，则此过程中右胳膊的张力变小，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.(2025·南京高一检测)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。 4.(2025·邳州期末)如图甲所示，在一根固定不动的圆弧形树枝上，小鸟有时停在圆弧上的A点，有时停在圆弧上的最底点B。图乙为该情景的示意图。对于这两个点下列分析正确的是 (　 ) A.小鸟停在A点时，受到的支持力较小 B.小鸟停在B点时，对树枝的压力较小 C.小鸟停在A点时，受到的摩擦力较小 D.小鸟停在B点时，受到树枝的作用力较小 解析：选A　设小鸟的重力为mg，过小鸟在树枝上位置的切线的倾角为θ，则小鸟所受支持力大小为N=mgcos θ，所受摩擦力大小为f=mgsin θ，因为过A点的切线的倾角比过B点的切线的倾角大，所以小鸟停在B点时受到的支持力较大，根据牛顿第三定律可知，小鸟停在B点时对树枝的压力较大，小鸟停在A点时受到的摩擦力较大，故A正确，B、C错误；小鸟停在A点或B点时所受树枝的作用力都和小鸟的重力平衡，所以两个位置树枝对小鸟的作用力相等，故D错误。 5.(2025·苏州期末)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。 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.(2025·广陵期末)用如图所示的推车搬运货物，推车的底板和背板互相垂直，工人缓慢下压把手，使背板由竖直转向水平，推车和货物的状态由图甲变到图乙。在该过程中不计货物与推车间的摩擦力，货物对底板的压力为N1、对背板的压力为N2。则该过程两压力大小变化情况是 (　 ) A.N1逐渐减小到零 B.N1先减小后增加 C.N2增加到无穷大 D.N2先增加后减小 解析：选A　使背板由竖直转向水平，设背板与竖直方向的夹角为θ，则θ从0°增加到90°；以货物为研究对象，根据平衡条件可得N1'=mgcos θ，N2'=mgsin θ，可知底板对货物的支持力N1'逐渐减小到零，背板对货物的支持力N2'逐渐增大到货物重力mg；根据牛顿第三定律可知，货物对底板的压力N1逐渐减小到零，对背板的压力N2逐渐增大到货物重力mg。故选A。 8.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，两侧细绳的拉力增大 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B　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，动滑轮对应为绳的活结，则其两端绳的拉力大小相等，则有2Tcos θ=mg，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A错误，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错误；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。 9.一小环套在水平放置的粗糙杆上，一小球A通过细线系在小环上，小球A受到水平风力的作用，整个装置处于静止状态，如图所示。现在风力稍加大一些，小球再次平衡。若忽略风对小环的作用力，下列说法正确的是 (　 ) A.细线对小环的拉力保持不变 B.细线对小环的拉力减小 C.小环所受的摩擦力不变 D.杆对小环的支持力保持不变 解析：选D　以小球A为研究对象，分析受力情况如图甲所示，受重力mg、细线的拉力T和风力F，根据平衡条件得T=，F增大时，T变大，细线对小环的拉力变大，故A、B错误；以小球和小环整体为研究对象，分析受力如图乙所示，受总重力G、杆对小环的支持力N和摩擦力f以及风力F。根据平衡条件得N=G，f=F，当风力稍加大时， F增大，杆对小环的支持力保持不变，小环所受的摩擦力变大，C错误，D正确。 10.半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有一固定放置的竖直挡板MN。在半圆柱体P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于平衡状态，如图所示是这个装置的截面图。现使MN保持竖直并且缓慢地向右平移，在Q滑落到地面之前，发现P始终保持静止，则在此过程中，下列说法正确的是 (　 ) A.Q对P的弹力逐渐增大 B.Q所受的合力逐渐增大 C.MN对Q的弹力逐渐减小 D.地面对P的摩擦力逐渐减小 解析：选A　对圆柱体Q受力分析，受到重力、板MN的支持力N1和半圆柱体P对Q的支持力N2，如图甲所示。由图甲可知，随着MN缓慢向右平移，N2与竖直方向的夹角不断增大，MN对Q的弹力N1逐渐增大，P对Q的弹力N2逐渐增大，但Q所受合力一直为零，根据牛顿第三定律，Q对P的弹力逐渐增大，故A正确，B、C错误；对PQ整体受力分析，受到总重力、MN板的支持力N1、地面的支持力N3、地面的静摩擦力f，如图乙所示，根据共点力平衡条件可知，地面对P的摩擦力始终等于N1，所以地面对P的摩擦力逐渐增大，故D错误。 11.(12分)学校艺术节需要在操场上布置舞台、灯光、音响，图为一种射灯悬挂方案的简化图。同一竖直平面内的装置OA、OB、OC共同悬挂射灯，其中两根轻绳OA、OB连接到竖直墙上。OC是一种建筑安装器材——总长度不变的拉力可调式弹簧，C点为固定悬点。OA水平，OB、OC与水平方向的夹角均为θ=60°，射灯质量为m=4 kg。为使射灯位置始终稳定在O点且两根轻绳OA、OB处于伸直状态，求可调式弹簧OC拉力F的大小范围(g取10 m/s2，计算结果保留三位有效数字)。 解析：要使两轻绳都能伸直，必须使轻绳OA拉力F1≥0，轻绳OB拉力F2≥0，由平衡条件可知，当F1=0时，F最小，则有Fminsin θ+F2sin θ=mg Fmincos θ=F2cos θ 解得最小值为Fmin≈23.1 N 当F2=0时，F最大，则有Fmaxsin θ=mg 解得最大值为Fmax≈46.2 N 所以F的取值范围为23.1 N≤F≤46.2 N。 答案：23.1 N≤F≤46.2 N 12.(18分)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；(9分) (2)当α=θ时，木楔对水平面的摩擦力是多大?(9分) 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=mgsin 2θ·cos 2θ =mgsin 4θ。 答案：(1)mgsin 2θ　(2)mgsin 4θ 学科网（北京）股份有限公司 $$