高中數學《高中全程學習方略》2025版必修第一冊必修第一冊第三章5.共點力的平衡含答案5.共點力的平衡【課程標準】1.知道平衡狀態和平衡力的概念。2.知道共點力的平衡條件,并能利用平衡條件解決生活、生產中的實際問題。3.會分析動態平衡問題。【知識導圖】情境引入如圖1、圖2中體現的是平衡藝術的美,給我們的視覺帶來了沖擊,他們做到了我們認為很難實現的事情。在生活中,舉例我們看到的現象中有哪些是平衡狀態,哪些不是平衡狀態?思考不平衡的原因是什么。必備知識·認知導學一、共點力定義:共同作用在同一點上,或者雖不作用在同一點,但是作用線延長線相交于同一點的一組力。力的合成的平行四邊形定則,只適用于共點力。二、平衡狀態1.平衡狀態:物體在力的作用下保持靜止或勻速直線運動狀態。2.平衡狀態的特征:(1)運動學特征:物體處于靜止或勻速直線運動狀態。運動學特征與動力學特征可以切換(2)動力學特征:物體所受的合外力為零。三、共點力作用下物體的平衡1.要使物體保持平衡狀態必須滿足F合=0,即Fx合=0,2.(1)物體受兩個力時,這兩個力的關系是等大反向(選填“大小相等”或“等大反向”),即合力為零。(2)物體受三個力時,這三個力中的任意兩個力的合力與第三個力等大反向(選填“等大同向”或“等大反向”),即合力為零。探索求真“同心擊鼓”為教職工趣味比賽項目,請你自己動手做一個游戲道具,并和同學們完成該游戲。結合自身游戲體驗,談談成功秘訣。提示:幾個人拉繩子的力要合適,保證鼓面平整。最好是同樣的角度,同樣大小的力。明辨是非(1)只有靜止的物體才受力平衡。(×)提示:運動的物體也可能受力平衡(2)某時刻物體的速度不為零,也可能處于平衡狀態。(√)(3)作用在一個物體上的兩個力如果是一對平衡力,則這兩個力是共點力。(√)(4)“復興”號列車在平直鐵路上以350km/h勻速行駛時處于平衡狀態。(√)關鍵能力·探究導思學習任務一共點力的平衡條件探錨——情境創設啟發設問如圖所示,著名景點——黃山飛來石獨自靜止于懸崖之上,它受哪些力作用?這些力的大小、方向有何關系?它們的合力有何特點?提示:受重力和懸崖對它的作用力。重力方向豎直向下、懸崖對它的作用力方向豎直向上,二力等大、反向,合力為零。解錨——要點歸納規律概括1.對共點力作用下物體的平衡的理解(1)兩種平衡情形:①靜平衡:物體在共點力作用下處于靜止狀態。②動平衡:物體在共點力作用下處于勻速直線運動狀態。(2)“靜止”和“v=0”的區別與聯系:v=0a2.對共點力作用下物體平衡條件的理解(1)共點力作用下物體的平衡條件有兩種表達式:①F合=0,②Fx合=0Fy合=0,其中F(2)由平衡條件得出的三個結論:(3)共點力的平衡①二力作用:二力等大、反向、共線,是一對平衡力。②三力作用:任意兩力的合力與第三個力等大、反向、共線。③N個力作用:任意一個力與其他所有力的合力等大、反向、共線。起錨——典題突破學以致用角度1對共點力平衡條件的理解【典例1】(2024·南陽高一檢測)物體在共點力作用下,下列說法正確的是()A.物體的速度在某一時刻等于零,物體就一定處于平衡狀態B.物體相對另一物體保持靜止時,物體一定處于平衡狀態C.物體處于平衡狀態時,所受合力一定為零D.物體處于平衡狀態時,物體一定做勻速直線運動【解析】選C。處于平衡狀態的物體,從運動形式上來看是處于靜止或勻速直線運動狀態,從受力上來看,物體所受合力為零,某一時刻速度為零的物體,所受合力不一定為零,故不一定處于平衡狀態,選項A、D錯誤;物體相對于另一物體保持靜止時,該物體不一定靜止,如當另一物體做變速運動時,該物體也做變速運動,此物體處于非平衡狀態,故選項B錯誤;由共點力的平衡條件可知選項C正確。[思維升華]判斷物體是否處于平衡狀態的依據(1)看物體是否處于靜止或勻速直線運動狀態,物體某一瞬間的速度為零并不表示物體靜止,只有長時間速度為零才是靜止;(2)看物體所受的合外力是否為零,或者看物體運動狀態是否變化,若運動狀態改變,即物體的加速度不為零,物體就不處于平衡狀態。角度2對共點力平衡條件的應用【典例2】物體在五個共點力的作用下保持平衡,如圖所示,其中F1大小為10N,方向水平向右,求:(1)若撤去力F1,而保持其余四個力不變,其余四個力的合力的大小和方向;(2)若將F1轉過90°,物體所受的合力大小。【解析】(1)五個共點力平衡時合力為零,則其余四個力的合力與F1等大、反向,故其余四個力的合力大小為10N,方向水平向左。(2)若將F1轉過90°得到F1',則其余四個力的合力F與F1'垂直,F合=F'12+F答案:(1)10N方向水平向左(2)102N[思維升華]多力平衡的處理思路多個作用下的平衡,將物體分成兩部分,每一部分用其合力進行替代,將多力平衡轉化為二力平衡進行處理。【補償訓練】(多選)下面關于共點力的平衡與平衡條件的說法正確的是()A.如果物體的運動速度為零,則必處于平衡狀態B.如果物體的運動速度大小不變,則必處于平衡狀態C.如果物體處于平衡狀態,則物體受到的沿任意方向的合力都必為零D.如果物體受到三個共點力的作用而處于平衡狀態,則任意兩個力的合力與第三個力大小相等、方向相反【解析】選C、D。物體運動速度為零時不一定處于平衡狀態,選項A錯誤;物體運動速度大小不變、方向變化時,物體不做勻速直線運動,一定不處于平衡狀態,選項B錯誤;物體處于平衡狀態時,合力為零,物體受到的沿任意方向的合力都必為零,選項C正確;物體受到三個共點力作用而處于平衡狀態時,合力為零,則任意兩個共點力的合力與第三個力等大反向,選項D正確。學習任務二共點力平衡的處理方法探錨——情境創設啟發設問如圖,空乘人員的皮箱在方向斜向上的拉力的作用下,沿水平地面做勻速直線運動。請你思考后回答,勻速前進時,拉桿的傾斜角度和拉力的大小之間有關聯嗎?提示:有關解錨——要點歸納規律概括1.共點力平衡的三種常見類型2.共點力平衡問題的常見處理方法方法內容合成法物體受三個共點力的作用而平衡,則任意兩個力的合力一定與第三個力大小相等、方向相反、作用在同一直線上效果分解法物體受三個共點力的作用而平衡,將某一個力按力的效果分解,則其分力和其他兩個力滿足平衡條件正交分解法物體受到三個或三個以上力的作用而平衡,將物體所受的力分解為相互垂直的兩組,每組力都滿足平衡條件力的三角形法對受三力作用而平衡的物體,將力的矢量圖平移使三力組成一個首尾依次相接的矢量三角形,根據正弦定理、相似三角形等數學知識求解未知力[知識拓展]正弦定理:若三角形3個角∠A、∠B、∠C所對的邊長分別為a、b、c,則有asin∠A=bsin∠起錨——典題突破學以致用【典例3】(一題多解)在科學研究中,可以用風力儀直接測量風力的大小,其原理如圖所示。儀器中一根輕質金屬絲,懸掛著一個金屬球。無風時,金屬絲豎直下垂;當受到沿水平方向吹來的風時,金屬絲偏離豎直方向一個角度。風力越大,偏角越大。通過傳感器,就可以根據偏角的大小指示出風力。那么,風力大小F跟金屬球的質量m、偏角θ之間有什么樣的關系呢?【解析】解法一(合成法):根據任意兩力的合力與第三個力等大反向,如圖甲所示,風力F和拉力FT的合力與重力等大反向,由幾何關系可得F=mgtanθ。解法二(效果分解法):重力有兩個作用效果:使金屬球抵抗風的吹力和使金屬絲拉緊,所以可以將重力沿水平方向和金屬絲的方向進行分解,如圖乙所示,由幾何關系可得F=F'=mgtanθ。解法三(正交分解法):以金屬球球心為坐標原點,取水平方向為x軸,豎直方向為y軸,建立坐標系,如圖丙所示,水平方向的合力Fx合和豎直方向的合力Fy合分別等于零,即Fx合=FTsinθ-F=0,Fy合=FTcosθ-mg=0,解得F=mgtan解法四(力的三角形法):金屬球受F、FT和mg三個力平衡時,這三個力構成閉合矢量三角形,如圖丁所示,由幾何關系可知,F=mgtanθ。由所得結果可見,當金屬球的質量m一定時,風力F只跟偏角θ有關。因此,根據偏角θ的大小就可以指示出風力的大小。答案:F=mgtanθ[思維升華]分析平衡問題的基本思路(1)明確平衡狀態(合力為零)。(2)巧選研究對象。(3)受力分析(畫出規范的受力分析圖)。(4)列平衡方程(靈活運用力的合成法、效果分解法、正交分解法、矢量三角形法及數學解析法)。(5)求解或討論(解得結果及物理意義)。對點訓練1.生活中常用一根水平繩拉著懸吊重物的繩索來改變或固定懸吊物的位置。如圖所示,懸吊重物的細繩,其O點被一水平繩BO牽引,使懸繩AO段和豎直方向成θ角。若懸吊物所受的重力為G,則懸繩AO和水平繩BO所受的拉力各等于多少?(用兩種方法進行求解)【解析】如圖所示,取O點為研究對象進行受力分析,由共點力的平衡條件可知F4=F3=G由圖示幾何關系可知懸繩AO所受的拉力F1=F4cos水平繩BO所受的拉力F2=F4tanθ=Gtanθ答案:GcosθG2.如圖所示,質量m1=12kg的物體A用細繩繞過光滑的滑輪與質量m2=2kg的物體B相連,連接A的細繩與水平方向的夾角θ=53°,此時系統處于靜止狀態。已知A與水平桌面間的動摩擦因數μ=0.5,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,重力加速度g取10m/s2,sin53°=0.8,cos53°=0.6,求:(1)物體A所受摩擦力的大小。(2)欲使系統始終保持靜止,物體B的質量不能超過多少。【解析】對物體B進行受力分析,由二力平衡可知細繩拉力大小F=m2g。(1)對物體A進行受力分析,如圖所示,由平衡條件得Fcosθ=Ff故Ff=m2gcosθ解得Ff=12N。(2)設最大靜摩擦力為Ffmax,以A為研究對象,A剛要滑動時在水平方向有Fcosθ=Ffmax豎直方向有FN+Fsinθ=m1gFfmax=μFN聯立解得F=60N此時,m2'=6kg故物體B的質量不能超過6kg。答案:(1)12N(2)6kg學習任務三動態平衡問題探錨——情境創設啟發設問如圖所示,A、B為同一水平線上的兩個繞繩裝置,轉動A、B改變繩的長度,使帶有輕質光滑掛鉤的物體C緩慢下降。當物體C緩慢下降過程中,兩繩拉力之間的夾角如何變化?拉力大小如何變化?提示:G保持不變,兩繩夾角θ變小,則cosθ2解錨——要點歸納規律概括1.動態平衡(1)所謂動態平衡問題,是指通過控制某些物理量,使物體的狀態發生緩慢變化,而在這個過程中物體又始終處于一系列的平衡狀態,常利用圖解法解決此類問題。(2)基本思路:化“動”為“靜”,“靜”中求“動”。2.常用分析方法解決共點力的動態平衡問題常用的方法有圖解法和解析法。(1)圖解法(2)解析法起錨——典題突破學以致用角度1圖解法【典例4】(2024·瀘州高一檢測)用繩OD懸掛一個重力為G的物體,O位于半圓形支架的圓心,繩OA、OB的懸點A、B在支架上。懸點A固定不動,結點O保持不動,開始時,OB水平,將懸點B從圖中所示位置沿支架逐漸移動到C點的過程中,分析繩OA和繩OB上拉力的大小變化情況。【解析】在支架上選取三個點B1、B2、B3,當懸點B分別移動到B1、B2、B3各點時,OA、OB上的拉力分別為TA1、TA2、TA3和TB1、TB2、TB3,由于繩子OD對O點的拉力TD=G,結點O始終處于平衡狀態,則將TD沿AO、BO方向分解,如圖所示,分力的大小分別等于繩OA、OB對O點的拉力大小,分力的方向分別與繩OA、OB對O點的拉力方向相反,從圖中可以直觀地看出,TA=TA'逐漸減小到0;而TB=TB'先減小,當TB與TA答案:繩OA上的拉力逐漸減小到0繩OB上的拉力先減小后增大到G角度2解析法【典例5】(多選)如圖,定滑輪固定在天花板上,物塊A、B用跨過滑輪不可伸長的輕細繩相連接,物塊B靜止在水平地面上。如用Ff、FN、FT分別表示水平地面對物塊B的摩擦力、支持力和繩對它的拉力,那么若將物塊B向左移動一小段距離,物塊B仍靜止在水平地面上,則()A.Ff增大B.FN減小C.FT不變D.物塊B所受合力不為0【解析】選A、C。對物塊A受力分析,根據平衡條件可知繩的拉力始終等于A的重力,即FT=mAg,保持不變,故C正確;對物塊B受力分析,受到重力G、繩子的拉力FT、地面的支持力FN和摩擦力Ff四個力的作用而平衡,合力為零,如圖所示,在水平方向上:Ff=FTcosθ=mAgcosθ,在豎直方向上:FN=G-FTsinθ=G-mAgsinθ,若將物塊B向左緩慢移動一小段距離,則θ變小,cosθ變大,sinθ變小,所以Ff增大,FN也增大,故A正確,B、D錯誤。【思路升華】求解動態平衡問題的思路學習任務四“活結”與“死結”、“活桿”與“死桿”模型解錨——要點歸納規律概括1.“活結”與“死結”模型(1)“活結”:一般是由輕繩跨過光滑滑輪或者繩上掛一光滑掛鉤而形成的。繩子雖然因“活結”而彎曲,但實際上是同一根繩,所以由“活結”分開的兩段繩子上彈力的大小一定相等,兩段繩子合力的方向一定沿這兩段繩子夾角的角平分線。(2)“死結”:兩側的繩因結而變成了兩根獨立的繩,因此由“死結”分開的兩段繩子上的彈力不一定相等。2.“活桿”與“死桿”模型(1)“活桿”:輕桿用轉軸或鉸鏈連接,當桿處于平衡狀態時,桿所受到的彈力方向一定沿著桿,否則會引起桿的轉動。如圖甲所示,若C為轉軸,則輕桿在緩慢轉動中,彈力方向始終沿桿的方向。(2)“死桿”:若輕桿被固定不發生轉動,則桿所受到的彈力方向不一定沿桿的方向。如圖乙所示,水平橫梁的一端A插在墻壁內,另一端裝有一個小滑輪B,一輕繩的一端C固定于墻壁上,另一端跨過滑輪后懸掛質量為m的重物。滑輪對繩子的作用力應為圖丙中兩段繩中拉力F1和F2的合力F的反作用力,即“死桿”彈力的方向不沿桿的方向。起錨——典題突破學以致用角度1“活桿”與“死桿”模型【典例6】在如圖所示的四幅圖中,AB、BC均為輕質桿,各圖中桿的A、C端都通過鉸鏈與墻連接,兩桿都在B處由鉸鏈相連接。下列說法正確的是()A.圖中的AB桿可以用與之等長的輕繩代替的有甲、乙B.圖中的AB桿可以用與之等長的輕繩代替的有甲、丙、丁C.圖中的BC桿可以用與之等長的輕繩代替的有乙、丙D.圖中的BC桿可以用與之等長的輕繩代替的有乙、丁【解析】選B。輕繩只能產生拉力,而桿可產生拉力也可產生推力,故只有桿中產生的是拉力時繩能代替桿。題圖甲、丁中AB桿中是拉力、BC桿中是推力;題圖乙中兩桿均是推力;題圖丙兩桿均是拉力,只有B正確。角度2“活結”與“死結”【典例7】如圖甲所示,細繩AD跨過固定的水平輕桿BC右端的定滑輪掛住一個質量為M1的物體,∠ACB=30°;圖乙中輕桿HG的一端用鉸鏈固定在豎直墻上,另一端G通過細繩EG拉住,EG與水平方向也成30°,在輕桿的G點用細繩GF拉住一個質量為M2的物體,求:(1)細繩AC段的張力FTAC與細繩EG的張力FTEG的比值;(2)輕桿BC對C端的支持力;(3)輕桿HG對G端的支持力。【解析】題圖甲和乙中的兩個物體都處于平衡狀態,根據平衡的條件,首先判斷與物體相連的細繩,其拉力大小等于物體的重力;分別取C點和G點為研究對象,進行受力分析如圖1、2所示,根據平衡規律可求解。(1)圖1中細繩AD跨過定滑輪拉住質量為M1的物體,物體處于平衡狀態,細繩AC段的拉力FTAC=FTCD=M1g,圖2中由FTEGsin30°=M2g,得FTEG=2M2g,所以FTACF(2)圖1中,三個力之間的夾角都為120°,根據平衡規律有FNC=FTAC=M1g,方向與水平方向成30°角,指向右上方。(3)圖2中,根據平衡規律有FTEGsin30°=M2g,FTEGcos30°=FNG,所以FNG=M2gtan30°=答案:(1)M12M2(2)M1g,方向與水平方向成30°角,指向右上方(3)隨堂檢測·自我診斷1.(共點力平衡的條件)如圖所示,有一只重為G的蜻蜓在空中沿虛線方向勻速直線飛行,在此過程中,蜻蜓受到空氣對它作用力的方向是()A.a方向 B.b方向C.c方向 D.d方向【解析】選A。蜻蜓做勻速直線運動,受重力和空氣的作用力而平衡,故空氣對蜻蜓的作用力方向豎直向上,即沿a方向,故選A。2.(共點力平衡的應用)圖示為一種學生小黑板,將黑板展開放在水平地面上,使得其頂角為θ,此時黑板擦恰好能靜止放置在小黑板上。已知黑板擦的質量為m,黑板與黑板擦之間的動摩擦因數為μ,重力加速度大小為g,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。下列說法正確的是()A.黑板擦對黑板的壓力大小為mgcosθB.黑板擦對黑板的壓力大小為mgsinθC.黑板對黑板擦的摩擦力大小為μmgcosθD.黑板對黑板擦的作用力大小為mg【解析】選D。對黑板擦進行受力分析,如圖所示,根據平衡條件,FN=mgsinθ2,Ff=mgcosθ2,由于黑板擦恰好能靜止放置在小黑板上,故Ff=μFN,根據牛頓第三定律,黑板擦對黑板的壓力大小為FN'=FN=mgsinθ2,黑板對黑板擦的摩擦力大小為Ff=mgcosθ2=μmgsinθ2,故A、B、C錯誤;黑板對黑板擦的作用力為FN與3.(動態分析)如圖所示,質量為m的氫氣球通過細繩與地面上一塊質量為M的磚塊綁在一起,氫氣球由于受風力作用而使拉住它的細繩與地面的夾角為θ,兩物體始終處于靜止狀態,當氫氣球受到的水平風力增大時()A.磚塊對地面的壓力變大B.地面對磚塊的支持力變小C.磚塊受到地面的摩擦力變大D.繩子對氫氣球的拉力大小不變【解析】選C。水平方向的風力不影響豎直方向的受力情況,所以當風力增大時,地面對磚塊的支持力不變,根據牛頓第三定律可知磚塊對地面的壓力也不變,故A、B錯誤;以磚塊和氫氣球組成的整體為研究對象,根據水平方向受力平衡可得磚塊受到地面的摩擦力與風力等大反向,風力增大,則磚塊受到地面的摩擦力變大,故C正確;對氣球進行受力分析,受重力、浮力、細繩的拉力和水平風力,如圖所示,豎直方向根據平衡條件,有Tsinθ+mg=F浮,解得T=F浮-mgsinθ,風力F4.(繩桿模型)如圖所示,一重為10N的球固定在支桿AB的上端,現用一段繩子水平拉球,使桿發生彎曲,已知繩的拉力為7.5N,則AB桿對球的作用力()A.大小為7.5NB.大小為10NC.方向與水平方向成53°角斜向右下方D.方向與水平方向成53°角斜向左上方【解析】選D。對小球進行受力分析可得,AB桿對球的作用力F和繩的拉力T的合力與小球的重力等大反向,可得F方向斜向左上方,其大小F=102+7.52N=12.5N,故A、B、C錯誤;設AB桿對小球的作用力與水平方向的夾角為α,可得tanα第三章階段提升課思維脈圖·構建體系答案速填:①吸引②形變③與相對運動方向相反④Ff=μFN⑤與相對運動趨勢方向相反⑥0<F<Fmax⑦兩⑧平行四邊形⑨|F1-F2|≤F≤F1+F2⑩F合=0核心考點·整合貫通考點一平衡中的臨界、極值問題(科學思維——科學推理)1.臨界問題(1)問題界定:物體所處平衡狀態將要發生變化的狀態為臨界狀態,涉及臨界狀態的問題為臨界問題。(2)問題特點①當某物理量發生變化時,會引起其他幾個物理量的變化。②注意某現象“恰好出現”或“恰好不出現”的條件。(3)處理方法:基本方法是假設推理法,即先假設某種情況成立,然后根據平衡條件及有關知識進行論證、求解。2.極值問題(1)問題界定:物體平衡的極值問題,一般指在力的變化過程中涉及力的最大值和最小值的問題。(2)處理方法①解析法:根據物體的平衡條件列出方程,在解方程時,采用數學知識求極值或者根據物理臨界條件求極值。②圖解法:根據物體的平衡條件作出力的矢量圖,畫出平行四邊形或者矢量三角形進行動態分析,確定最大值或最小值。典題例析【典例1】(2024·重慶高一檢測)2023年夏季的重慶驕陽似火,為保證空調冷氣不外漏,很多辦公室都安裝了簡易自動關門器,該裝置的原理可以簡化為用一彈簧拉著的門。某次門在關閉時被卡住,細心的小明發現了門下縫隙處塞緊了一個木楔,側面如圖所示,已知木楔質量為m,其上表面可視作光滑,下表面與水平地面間的動摩擦因數為μ,木楔上表面與水平地面間夾角為θ,重力加速度為g,木楔尺寸比門小很多,最大靜摩擦力近似等于滑動摩擦力。(1)若門推動木楔在地面上緩慢勻速移動,求門下端對木楔上表面的壓力大小;(2)小明研究發現,存在臨界角θ0,若木楔傾角θ≤θ0,不管用多大力推門,塞在門下縫隙處的木楔都能將門卡住而不再運動,求這一臨界角的正切值tanθ0。【解析】(1)對木楔受力分析,其受到重力,壓力,支持力和摩擦力,如圖所示若門推動木楔在地面上緩慢勻速移動,豎直方向N=Fcosθ+mg水平方向f=Fsinθ最大靜摩擦力近似等于滑動摩擦力f=μN=μ(Fcosθ+mg)聯立解得F=μmg(2)不管用多大力推門,塞在門下縫隙處的木楔都能將門卡住而不再運動,即Fsinθ≤μ(Fcosθ+mg)因為木楔質量較小,可得tanθ≤μ故臨界角的正切值為tanθ0=μ答案:(1)μmgsinθ-[思維升華]臨界問題往往是和極值問題聯系在一起的。解決此類問題重在形成清晰的物理情境,用動態變化的思維找出臨界條件或達到極值的條件。解此類問題要特別注意可能出現的多種情況。具體分析技巧:(1)求解平衡中的臨界問題和極值問題時,首先要正確地進行受力分析和變化過程分析,找出平衡中的臨界點和極值點。(2)臨界條件必須在變化中尋找,不能停留在一個狀態來研究臨界問題,而是要把某個物理量推向極端,即極大或極小,并依此作出科學的推理分析,從而給出判斷或結論。對點訓練1.(2024·合肥高一檢測)筷子是中華飲食文化的標志之一,我國某著名物理學家曾夸贊說:“筷子,如此簡單的兩根木頭,卻精妙絕倫地應用了物理學上的杠桿原理。”如圖所示,用筷子夾住質量為m的小球,兩根筷子均在豎直平面內,且小球靜止,筷子和豎直方向的夾角均為θ。已知小球與筷子之間的動摩擦因數為μ,設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,重力加速度為g。下列說法正確的是 ()A.小球受到3個力作用B.當θ增大時,兩根筷子對小球的作用力增大C.當θ減小時,兩根筷子對小球的作用力增大D.筷子對小球的最小壓力是mg【解析】選D。小球受到重力、兩根筷子的壓力、兩根筷子的摩擦力共5個力作用,A錯誤;無論θ增大還是減小,只要小球不掉下來,筷子對小球的作用力,一定與重力等大反向,B、C錯誤;小球的受力如圖所示筷子對小球的壓力最小時,小球受到的摩擦力等于最大靜摩擦力,由平衡條件,得mg+2Fminsinθ=2fcosθf=μFmin由兩式解得Fmin=mg22.豎直門閂簡化結構的側視圖如圖所示。下方部件A可以在水平槽內向前推進。槽表面光滑,摩擦力可以不計;部件A與部件B界面間的動摩擦因數為μ,且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,界面與水平面成45°夾角。部件B質量為m,重力加速度為g,為了使門閂啟動,施加在部件A上的水平力F至少是 ()A.11+μmgB.C.1+μ1-μmg 【解析】選C。設A、B剛好發生相對滑動,A、B的受力如圖所示以B為研究對象,則有mg+f'sin45°=FABcos45°以A為研究對象,則有F=fcos45°+FBAsin45°又f=f'=μFAB=μFBA聯立解得施加在部件A上的水平力F的最小值為F=1+μ1【補償訓練】新疆是我國最大的產棉區,在新疆超出70%的棉田都是通過機械自動化采收,如圖甲所示。自動采棉機能夠在采摘棉花的同時將棉花打包成圓柱形棉包,通過采棉機后側可以旋轉的支架平穩將其放下。放下棉包的過程可以簡化為如圖乙所示模型,質量為m的棉包放在“V”形擋板上,兩板間夾角為120°固定不變,“V”形擋板可繞P處水平軸在豎直面內轉動。在使BP板由水平位置緩慢轉動到豎直位置的過程中,忽略“V”形擋板對棉包的摩擦力,已知重力加速度為g,下列說法正確的是 ()A.AP板對棉包的支持力逐漸增大B.BP板對棉包的支持力先減小后增大C.AP板對棉包的支持力最大為mgD.BP板對棉包的支持力最小為12【解析】選C。由題意可知,BP板由水平位置緩慢轉動至豎直位置的過程中,轉動的角度θ從0°逐漸增大到90°,由幾何關系可知,當BP板由水平位置緩慢轉過60°角時,AP板剛好水平。θ從0°逐漸增大到60°的過程,AP板對棉包的支持力FA始終垂直AP板向上,BP板對棉包的支持力FB始終垂直BP板向上,由幾何關系可知,FA與FB的夾角始終為60°,使BP板由水平位置緩慢轉過θ角時,棉包受力平衡,畫出棉包所受力的矢量三角形如圖,根據正弦定理知mgsin120°=FAsinθ=FBsin(60°-θ),可知此過程FA逐漸增大到mg,FB逐漸減小到0。θ從60°棉包在垂直于AP板的方向受力平衡,AP板對棉包的支持力FA=mgcos(θ-60°),逐漸減小。可知整個過程中FA先增大后減小,FB先逐漸減小后為零,故A、B、D錯誤,C正確。考點二整體法與隔離法在平衡問題中的應用(科學思維——科學推理)1.整體法:把幾個物體(如一列火車)看成一個整體,分析整體外的物體對整體中各個物體的作用力(外力),稱為整體法,一般用來研究不涉及整體內部物體之間作用的情況。2.隔離法:將所確定的研究對象(如火車的其中一節車廂)從周圍物體中隔離出來,單獨分析該物體所受到的力的方法,一般用來研究系統內物體之間的作用。3.選用原則:(1)當求系統內部間的相互作用力時,用隔離法。(2)當求系統受到的外力時,用整體法。4.解題步驟:(1)明確研究對象、過程或狀態(系統或個體)。(2)畫出該研究對象的受力分析圖或運動示意圖。(3)選擇適當的物理規律列方程求解。注意:整體法和隔離法有時要交叉使用,必須使用力的相互作用原理才能從整體法過渡到隔離法。典題例析【典例2】如圖所示,某人用輕繩牽住一質量m=0.05kg的氫氣球,因受水平風力的作用,系氫氣球的輕繩與水平方向成37°角。已知空氣對氣球的浮力豎直向上,恒為F浮=15.5N,人的質量M=50kg,人受的浮力和風力忽略不計。(sin37°=0.6,cos37°=0.8,g=10m/s2)求:(1)水平風力的大小;(2)地面對人的支持力大小及摩擦力大小。【解析】(1)設氫氣球所受繩子拉力大小為FT,水平風力大小為F風,對氫氣球隔離進行受力分析,如圖甲,由共點力的平衡條件有FTcos37°=F風F浮=mg+FTsin37°代入數據解得F風=20N,FT=25N。(2)解法一(隔離法):設地面對人的支持力大小為FN,摩擦力大小為Ff,對人進行受力分析,如圖乙,繩對人的拉力大小為FT'=FT,由共點力的平衡條件有FT'sin37°+FN=MgFT'cos37°=Ff代入數據解得FN=485N,Ff=20N。解法二(整體法):設地面對人的支持力大小為FN,摩擦力大小為Ff,對人和氣球整體受力分析,由共點力的平衡條件有Ff=F風,FN+F浮=(m+M)g代入數據解得FN=485N,Ff=20N。答案:(1)20N(2)485N20N[思維升華]整體法和隔離法的比較項目整體法隔離法優缺點(1)優點:一般受力分析的個數較少,計算簡單;(2)缺點:不能分析系統內物體間的力(1)優點:能分析系統內物體間的力;(2)缺點:一般受力分析較復雜,計算復雜選用原則需要分析系統整體所受系統外物體的力時需要分析系統內各物體間的相互作用時注意事項畫受力分析圖時,注意不能再分析系統內物體間的力一般選擇受力較少的物體為研究對象求解具體問題時,很多情況下需要同時運用兩種方法,應根據已知條件靈活選用整體法和隔離法,一般遵從“先整體、后部分”的原則;若已知某個物體的受力,則遵從“先部分、后整體”的原則對點訓練1.(2024·昆明高一檢測)如圖所示為兩塊相互垂直的光滑擋板OP、OQ,OP豎直放置,小球a、b固定在輕彈簧的兩端,水平力F作用于b時,a、b緊靠擋板處于靜止狀態。現緩慢推動b球向左移動一小段距離,則 ()A.彈簧變短B.擋板OQ的支持力變大C.力F變小D.a對擋板的壓力增大【解析】選C。隔離并對a分析受力,設此時彈簧彈力F1與水平方向的夾角為θ,如圖所示:由力的平衡條件可得F1sinθ=mg,N=mgtanθ,將小球b稍微向左水平移動一小段距離,若小球a保持靜止,則θ將增大,則F1減小,N減小,根據胡克定律可知彈簧的形變量變小,所以彈簧長度變長,故A、D錯誤;對由共點力的平衡條件可知,a、b重新處于靜止狀態前后,OQ擋板對b的支持力始終和a、b的總重力相等保持不變,推力F=N在減小,故C正確,B錯誤。2.如圖所示,A、B兩物體疊放在一起,靜止在水平地面上,GA=220N,GB=240N,A與B、B與地面間的動摩擦因數均為μ=0.5(已知sin37°=0.6,cos37°=0.8)。(1)按甲圖所示,用外力使A與B一起在水平地面上勻速運動,則A與B、B與地面間的摩擦力多大?(2)按乙圖所示,用細繩將A拴在豎直墻壁上,且繩與水平面的夾角為α=37°,將物體B沿水平方向抽出,至少需要多大的水平外力F'?【解析】(1)因為A與B一起做勻速運動,將A、B物體看成一個整體,所以地面對B的摩擦力為滑動摩擦力,根據滑動摩擦力的公式,由牛頓第三定律可知,整體對地面的正壓力大小等于兩物體的重力之和,有f地=μ(GA+GB)解得f地=230N因為A物體也做勻速運動,所以A物體處于平衡態,對其進行受力分析,其豎直方向受到重力以及B對A物體的支持力,在水平方向上沒有力的作用,所以A與B之間的摩擦力為零。(2)因為在將B拉出的過程中,A相對于地面靜止不動,所以A處于平衡態,設A與B之間的摩擦力為fBA,繩子上的拉力為T,B對A的支持力為FNA,對A