第5節(jié)共點力的平衡【知識梳理】1.平衡狀態(tài)：物體受到幾個力作用時，如果保持靜止或勻速直線運動狀態(tài)。我們就說這物體處于平衡狀態(tài)。2.平衡條件：在共點力作用下物體平衡的條件是合力為0?！痉椒ㄍ黄啤恳弧颤c力平衡條件的理解■方法歸納1.兩種平衡情形靜止和勻速直線運動狀態(tài)。2.平衡條件的表達式：F合＝03.由平衡條件得出的三個結(jié)論分析思路：多力eq\o(→,\s\up7(轉(zhuǎn)化))三力eq\o(→,\s\up7(轉(zhuǎn)化))二力4.應用共點力平衡條件解題的步驟(1)明確研究對象(物體、質(zhì)點或繩的結(jié)點等)。(2)分析研究對象所處的運動狀態(tài)，判定其是否處于平衡狀態(tài)。(3)對研究對象進行受力分析，并畫出受力示意圖。(4)建立合適的坐標系，應用共點力的平衡條件，選擇恰當?shù)姆椒谐銎胶夥匠獭?5)求解方程，并討論結(jié)果?！纠?】如圖所示，在水平天花板的A點處固定一根輕桿a，桿與天花板保持垂直。桿的下端有一個輕滑輪O。一根細線上端固定在該天花板的B點處，細線跨過滑輪O，下端系一個重為G的物體，BO段細線與天花板的夾角為θ=30°。系統(tǒng)保持靜止，不計一切摩擦。下列說法中正確的是（）A．細線BO對天花板的拉力大小是 B．a(chǎn)桿對滑輪的作用力大小是C．a(chǎn)桿對滑輪的作用力方向沿著OA豎直向上 D．a(chǎn)桿對滑輪的作用力大小是G【答案】D【解析】A．對重物G受力分析，受到重力和拉力T，根據(jù)平衡條件，有同一根繩子拉力處處相等，故繩子對天花板的拉力也等于G，A錯誤；BCD．對滑輪受力分析，受到繩子的壓力（等于兩邊繩子拉力的合力），以及a桿的彈力（向右上方的支持力），如圖根據(jù)平衡條件，因滑輪兩邊細繩的拉力夾角為120°，則結(jié)合幾何關(guān)系，有a桿對滑輪的作用力大小為，BC錯誤，D正確。故選D?！踞槍τ柧?】如圖所示，一只重為G蝸牛沿著葡萄枝緩慢爬行，若葡萄枝的傾角為α，則得葡萄枝對蝸牛的作用力為（）A．大小為Gsinα，方向沿著葡萄枝 B．大小為Gcosα，方向垂直于葡萄枝C．大小為G，方向豎直向上 D．大小為G，方向豎直向下【答案】C【解析】對蝸牛進行受力分析，有向下的重力、垂直葡萄枝向上的彈力、沿葡萄枝向上的摩擦力，因蝸牛緩慢爬行，說明蝸牛處于平衡狀態(tài)，即所受合力為零，因此，蝸牛受到葡萄枝的作用力大小等于蝸牛重力，方向與重力方向相反。則葡萄枝對蝸牛的作用力大小為G，方向向上。故選C。二、解決動態(tài)平衡問題的三種方法■方法歸納動態(tài)平衡指通過控制某些物理量，使物體的狀態(tài)發(fā)生緩慢變化，而在這個過程中物體又始終處于一系列的平衡狀態(tài)，在問題描述中常用“緩慢”等字眼。解決該類問題的總體思路是“化動為靜，靜中求動”。1.解析法：對研究對象進行受力分析，先畫出受力示意圖，再根據(jù)物體的平衡條件，得到因變量與自變量的關(guān)系表達式(通常要用到三角函數(shù))，最后根據(jù)自變量的變化確定因變量的變化。2.圖解法：此法常用于求解三力平衡且有一個力是恒力、另有一個力方向不變的問題。一般按照以下流程解題。eq\x(\a\al(受力,分析))eq\o(→,\s\up7(化“動”為“靜”))eq\x(\a\al(畫不同狀態(tài),下的平衡圖))eq\o(→,\s\up7(“靜”中求“動”))eq\x(\a\al(確定力,的變化))3.相似三角形法：在三力平衡問題中，如果有一個力是恒力，另外兩個力方向都變化，且題目給出了空間幾何關(guān)系，多數(shù)情況下力的矢量三角形與空間幾何三角形相似，可利用相似三角形對應邊成比例進行計算。【例2】質(zhì)量為m的物體用輕繩AB懸掛于天花板上。用水平向左的力F緩慢拉動繩的中點O，如圖所示。用FT表示繩OA段拉力的大小，在O點向左移動的過程中（）A．F逐漸變大，F(xiàn)T逐漸變大B．F逐漸變大，F(xiàn)T逐漸變小C．F逐漸變小，F(xiàn)T逐漸變大D．F逐漸變小，F(xiàn)T逐漸變小【答案】A【解析】解法一解析法：以O(shè)點為研究對象，受力分析如圖所示當用水平向左的力緩慢拉動O點時，繩OA與豎直方向的夾角θ變大，由共點力的平衡條件知FT＝F＝mgtanθ所以F逐漸變大，F(xiàn)T逐漸變大。故選A。解法二圖解法：先畫出重力，再畫拉力F，最后畫出繩的拉力FT構(gòu)成一個矢量三角形。由題意知FT的方向與豎直方向夾角增大，改變繩子拉力FT的方向，由圖可知F增大，F(xiàn)T增大。故選A。【例3】如圖所示，固定在水平面上的光滑半球，球心O的正上方固定一個小定滑輪，細繩一端拴一小球，小球置于半球面上的A點，另一端繞過定滑輪。今緩慢拉繩使小球從A點滑到半球頂點，則此過程中，小球?qū)Π肭虻膲毫及細繩的拉力F大小變化情況是（）A．N變大，F(xiàn)變大 B．N變小，F(xiàn)變大C．N不變，F(xiàn)變小 D．N變大，F(xiàn)變小【答案】C【解析】受力分析如圖根據(jù)三角形相似得小球從A點滑到半球頂點，OA不變，OB不變，AB減小，G不變，則N不變，F(xiàn)變小。故選C。【針對訓練2】一個很輕的網(wǎng)兜把一個足球掛在墻上點處（如圖）。若把懸繩加長一些，則足球?qū)依K的拉力和對墻面的壓力的變化情況是（）A．、都增大 B．、都減小 C．增大，減小 D．減小，增大【答案】B【解析】設(shè)PQ與墻面之間的夾角為，足球受到沿QP的拉力，水平向左的支持力，豎直向下的重力，根據(jù)平衡條件，滿足；加長PQ，減小，則和減小，根據(jù)牛頓第三定律有；可得，、均減小，ACD錯誤，B正確。故選B。【對點檢測】隨堂檢測1．如圖所示，一木塊放在水平桌面上，在水平方向共受到三個力即、和摩擦力作用，木塊處于靜止狀態(tài)，其中，。若撤去，則木塊在水平方向上的合力為（）

A．，方向向右 B．，方向向右C．，方向向左 D．零【答案】D【解析】木塊開始在水平方向受三個力而平衡，則有f=F1-F2=8N-2N=6N物體處于靜止狀態(tài)，則說明物體受到的最大靜摩擦力大于等于6N；撤去F2后，外力為2N，故物體仍能處于平衡，所以合力一定是零。故選D。2．如圖所示，一只小鳥沿著較粗的均勻樹枝從右向左緩慢爬行，在小鳥從A運動到B的過程中（）A．樹枝對小鳥的合力先減小后增大B．樹枝對小鳥的摩擦力先減小后增大C．樹枝對小鳥的彈力先減小后增大D．樹枝對小鳥的彈力保持不變【答案】B【解析】A．樹枝對小鳥的合力是支持力和摩擦力的合力，由二力平衡得，合力與小鳥所受的重力等大反向，因小鳥所受重力不變，所以樹枝對小鳥的合力不變，故A錯誤。BCD．對小鳥進行受力分析如圖所示，則樹枝對小鳥的摩擦力先減小后增大，對小鳥的彈力先增大后減小，故B正確；CD錯誤。故選B。3．如圖所示，質(zhì)量為M的物體用OA和OB兩根等長的繩子懸掛在半弧形的支架上，B點固定不動，A點則由頂點C沿圓弧向D移動。在此過程中，繩子OA、OB的張力將（）A．OB的張力由小變大 B．OA的張力由大變小C．OA的張力先減小后增大 D．OB的張力先增大后減少【答案】AC【解析】對O點受力分析，抓住兩根繩的合力等于物體的重力，大小和方向都不變，OB繩拉力方向不變，根據(jù)平行四邊形定則得，如圖知OA繩上拉力大小先減小后增大，OB繩的拉力逐漸增大。故選AC。4．如圖所示，不計重力的輕桿OP能以O(shè)點為圓心在豎直平面內(nèi)自由轉(zhuǎn)動，P端用輕繩PB掛一重物，另用一根輕繩通過光滑定滑輪系住P端。在力F的作用下，當輕桿OP和豎直方向的夾角（0<<π）緩慢增大時，以下說法正確的是（）A．OP桿的力逐漸增大 B．力F逐漸增大C．PB繩的力先增大再減小 D．OP桿的力逐漸減小【答案】B【解析】桿緩慢轉(zhuǎn)動，所以PB繩子的拉力等于物塊的重力，保持不變，由于桿可以繞著O點自由轉(zhuǎn)動，知桿對繩子的作用力沿桿的方向，以P點為研究對象，分析受力情況如圖所示，根據(jù)平衡條件得:N和F的合力與重力G大小相等、方向相反，作出力的合成圖，如圖，由三角形相似（△APO～△GPN）法得當桿OP和豎直方向的夾角α（0<α<π）緩慢增大時，OP、G、AO不變，得到N不變，即OP桿受力不變，故B正確，ACD錯誤。故選B。課后檢測1．如圖所示，彈簧測力計下掛著鐵塊P，其正下方的水平地面上放著一塊條形磁鐵Q，P和Q均處于靜止狀態(tài)。已知P和Q的重力分別為G和3G，若彈簧測力計的示數(shù)為2G，則下列說法正確的是（）A．P對彈簧測力計的拉力等于GB．P對Q的吸引力和地面對Q的支持力大小分別為G和2GC．P在兩個力的作用下處于平衡狀態(tài)D．彈簧測力計對P的拉力和Q對P的吸引力是一對平衡力，大小均為2G【答案】B【解析】A．P對彈簧測力計的拉力等于彈簧測力計的示數(shù)即為2G，故A錯誤；

BC．對P受力分析可知，受到豎直向上彈簧測力計的拉力F彈、Q對P的吸引力FQP，豎直向下的重力G，根據(jù)力的平衡條件可得FQP=F彈-GP=2G-G=G由于P對Q的吸引力和Q對P的吸引力，大小相等、方向相反、作用在同一條直線上，作用在兩個物體上，是一對相互作用力。所以FPQ=FQP=G對Q點受力分析可知，受到豎直向下的重力和豎直向上的支持力、P對Q的吸引力，根據(jù)力的平衡條件可得F支持=GQ-FPQ=3G-G=2G故B正確，C錯誤；

D．彈簧測力計對P的拉力和Q對P的吸引力，兩個力的大小不相等，所以不是一對平衡力，故D錯誤。

故選B。2．用一根柔軟的、不可伸長的繩繞過輕質(zhì)動滑輪，動滑輪下掛有質(zhì)量為m的物體，甲乙兩人在P樓和Q樓樓頂分別通過定滑輪拉繩子，使物體緩慢上升，如圖所示，以下判斷正確的是（）

A．物塊緩慢上升過程中，繩和繩中的彈力都逐漸減小B．物塊緩慢上升過程中，繩和繩的夾角不變C．同一高度下，如果兩個樓的樓間距變小，則繩和繩中的張力變大D．同一高度下，如果兩個樓的樓間距變小，則繩和繩中的張力變小【答案】D【解析】AB．物塊緩慢上升過程中，處于平衡狀態(tài)。由于繩和繩是通過輕質(zhì)動滑輪提升物體，則兩彈力大小是相等的，且它們合力大小與物體的重力大小相等，方向相反，隨著物體逐漸上升，則兩彈力夾角變大，根據(jù)平行四邊形定則可知兩彈力也逐漸變大，故AB錯誤；CD．當兩人在同一高度下，如果兩個樓的樓間距變小，則在緩慢提升物體的過程中，繩和繩中的張力的合力大小等于物體的重力，根據(jù)平行四邊形定則可知，合力不變，分力夾角變小，則兩分力將變小，故C錯誤，D正確。故選D。3．如圖甲所示，輕繩AD跨過固定在水平橫梁BC右端的定滑輪掛住一個質(zhì)量為m1的物體，∠ACB＝30°；圖乙所示的輕桿HG一端用鉸鏈固定在豎直墻上，另一端G通過細繩EG拉住，EG與水平方向成30°角，在輕桿的G點用細繩GF拉住一個質(zhì)量為m2的物體，重力加速度為g，則下列說法正確的是（）A．圖甲中BC對滑輪的作用力為B．圖乙中HG桿受到繩的作用力為m2gC．細繩AC段的拉力FAC與細繩EG段的拉力FEG之比為m1∶m2D．細繩AC段的拉力FAC與細繩EG段的拉力FEG之比為m1∶2m2【答案】D【解析】A．圖甲中繩跨過滑輪，與滑輪接觸的點是“動點”，也稱為“活結(jié)”，繩上拉力大小處處相等，兩段繩的拉力都是m1g，互成120°角，因此合力的大小是m1g，故BC對滑輪的作用力大小也是m1g（方向與豎直方向成60°角斜向右上方），故A錯誤；B．圖乙中繩與桿的端點連在一起，桿與繩接觸的點是“靜點”，也稱為“死結(jié)”，兩段繩上的拉力不一定相等，而桿的一端用鉸鏈固定在墻上，故桿對G點的彈力方向沿桿，對G點受力分析如圖所示又由力的平衡條件由力的性質(zhì)可得HG桿受到繩的作用力故B錯誤；CD．圖乙中得故則D正確，C錯誤。故選D。4．半圓柱體P放在粗糙的水平地面上，其右端有固定放置的豎直擋板MN。在P和MN之間放有一個光滑均勻的小圓柱體Q，整個裝置處于靜止狀態(tài)。如圖所示是這個裝置的縱截面圖。若用外力使MN保持豎直，緩慢地向右移動，在Q落到地面以前，發(fā)現(xiàn)P始終保持靜止。在此過程中，下列說法中正確的是（）A．MN對Q的彈力先減小后增大 B．地面對P的摩擦力逐漸減小C．P、Q間的彈力逐漸增大 D．Q所受的合力逐漸增大【答案】C【解析】對Q進行受力分析物體Q受到MN的彈力、物體P對Q的彈力，物體Q的重力G，處于平衡狀態(tài)，所以與的合力與重力G是一對平衡力，且大小和方向都不變，根據(jù)平衡條件得；當擋板MN保持豎直緩慢向右移動時，增大，不變，可得和均增大：A．MN對Q的彈力即，擋板MN豎直緩慢向右移動時，力增大，故A錯誤；B．物體P始終保持靜止，說明所受合力為零，物體P在水平方向上僅受到地面的摩擦力和Q的在水平方向上的彈力。當擋板MN豎直緩慢向右移動時，物體Q對物體P的彈力增大，角度變大，水平分力變大，所以地面對物體P的摩擦力增大，故B錯誤；C．擋板MN豎直緩慢向右移動時，力增大，所以P、Q間的彈力會增大，故C正確；D．物體Q始終處于平衡狀態(tài)，所受合力為零，大小不變，故D錯誤。故選C。5．熱愛勞動是一個中學生應該具備的品質(zhì)。某校一寄宿生在洗完自己的衣服后，將一件重力為G的衣服懸掛在等腰衣架上。已知衣架頂角=120°，底邊水平，不計摩擦。則衣架一側(cè)對衣服的作用力大小為（）

A．G B．G C．G D．G【答案】B【解析】分析衣服的受力情況，即受重力、兩側(cè)衣架的支持力，根據(jù)平衡條件可得則衣架一側(cè)對衣服的作用力大小為G，ACD錯誤，B正確。故選B。6．如圖甲是一座石拱橋，圖乙是簡化圖，用四塊相同的堅固石塊壘成圓弧形的石拱。其中第3、4塊固定在地基上，1、2塊間的接觸面是豎直的，每塊石塊的兩個側(cè)面間所夾的圓心角為30°假定每塊石塊的質(zhì)量為m，兩石塊間的摩擦力忽略不計，重力加速度為g。則第2、4石塊間的作用力大小為（）A． B．mg C． D．2mg【答案】D【解析】如圖對第2個石塊進行受力分析由幾何關(guān)系知故D正確，ABC錯誤。故選D。7．如圖，甲乙兩人分別乘坐兩種電動扶梯，此時兩電梯均勻速向上運轉(zhuǎn)，則（）A．甲受到三個力的作用B．甲受到的摩擦力水平向右C．扶梯對乙的作用力方向垂直扶梯向上D．扶梯對乙的作用力方向豎直向上【答案】D【解析】AB．題圖甲中，人處于勻速直線運動狀態(tài)，受力平衡，受到重力和支持力，不受摩擦力，AB錯誤；CD．題圖乙中，人處于勻速直線運動狀態(tài)，受力平衡，扶梯對乙有支持力和摩擦力，乙受重力，根據(jù)共點力作用下的平衡可知，支持力和摩擦力的合力與重力等大反向，故扶梯對乙的作用力豎直向上，C錯誤D正確。故選D。8．如圖所示，兩個小球a，b的質(zhì)量均為m，用細線相連并懸掛于O點，現(xiàn)用一輕質(zhì)彈簧給小球a施加一個拉力F，使整個裝置處于靜止狀態(tài)，且Oa與豎直方向夾角為30°，已知彈簧的勁度系數(shù)為k，重力加速度為g，則彈簧的最短伸長量為（）A． B． C． D．【答案】B【解析】以兩個小球組成的整體為研究對象，受到總的重力2mg、彈簧彈力和細線的拉力；根據(jù)平衡條件得知，F(xiàn)與T的合力與重力2mg總是大小相等、方向相反，力的合成情況如圖所示

由力的合成圖可知，當F與繩子Oa垂直時，F(xiàn)有最小值，即圖中2位置，F(xiàn)的最小值為Fmin=2mgsinθ=mg則彈簧的最短伸長量為故B正確，ACD錯誤。故選B?！咎嵘柧殹?．如圖所示，兩根等長的輕繩將日光燈懸掛在天花板上，兩繩與豎直方向的夾角都為45°，日光燈保持水平，所受重力為G。則（）A．兩繩對日光燈拉力的合力大小等于GB．兩繩的拉力和重力不是共點力C．兩繩的拉力大小均為GD．兩繩的拉力大小均為【答案】AC【解析】B．對日光燈受力分析如圖，兩繩拉力的作用線與重力作用線的延長線交于一點，這三個力是共點力。故B錯誤；A．由于日光燈在兩繩拉力和重力作用下處于靜止狀態(tài)，所以兩繩的拉力的合力與重力G等大反向。故A正確；CD．由于兩個拉力的夾角成直角，且都與豎直方向成45°角，則由力的平行四邊形定則可知G＝，F(xiàn)1＝F2解得F1＝F2＝G故C正確；D錯誤。故選AC。2．兩物體A、B按如圖所示連接且處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)在給B施加一個水平力F，使B緩慢移動，物體A始終靜止在地面上，則此過程中有（）A．物體A對地面的壓力逐漸變小 B．物體A受到的摩擦力不變C．繩的拉力逐漸變大 D．地面對A的作用力保持不變【答案】AC【解析】C．先以B為研究對象，當B緩慢移動時，B受力的變化情況如圖甲所示，所以當B緩慢向右移動時繩的拉力FT逐漸變大，C正確；AB．再以A為研究對象進行受力分析，如圖乙所示，由于Mg不變，由圖乙可知，當FT增大時，F(xiàn)N減小，F(xiàn)f增大，故選項A正確，B錯誤；D．地面對A的作用力為FN與Ff的合力，由于物體A始終靜止，由平衡條件知Mg與FT的合力和FN與Ff的合力始終等大、反向，Mg不變，F(xiàn)T大小增大，方向不變，故二者合力逐漸增大，F(xiàn)N與Ff的合力逐漸增大，選