PAGE9-3共點力的平衡考點分析考點分析1．從歷年命題看，對共點力平衡的考查，主要在選擇題中單獨考查，同時對平衡問題的分析在后面的計算題中往往有所涉及。高考命題兩大趨勢：一是向著選擇題單獨考查的方向發展；二是選擇題單獨考查與電學綜合考查并存。2．解決平衡問題常用方法：(1)靜態平衡：三力平衡一般用合成法，合成后力的問題轉換成三角形問題；多力平衡一般用正交分解法；遇到多個有相互作用的物體時一般先整體后隔離。(2)動態平衡：三力動態平衡常用圖解法、相像三角形法等，多力動態平衡問題常用解析法，涉及到摩擦力的時候要留意靜摩擦力與滑動摩擦力的轉換。例1．(2024?全國III卷?17)如圖，懸掛甲物體的細線拴牢在一不行伸長的輕質細繩上O點處；繩的一端固定在墻上，另一端通過光滑定滑輪與物體乙相連。甲、乙兩物體質量相等。系統平衡時，O點兩側繩與豎直方向的夾角分別為α和β。若α＝70°，則β等于()A．45°B．55°C．60°D．70°【考題解讀】本題考查共點力平衡的應用，駕馭力的平行四邊形定則的內容，利用幾何關系列式即可求解。體現了核心素養中科學推理、科學論證要素。【答案】B【解析】甲物體是拴牢在O點，且甲、乙兩物體的質量相等，則甲、乙繩的拉力大小相等，O點處于平衡狀態，則左側繩子拉力的方向在甲、乙繩子的角平分線上，如圖所示，依據幾何關系有180°＝2β＋α，解得β＝55°。例2．(2024?山東卷?8)如圖所示，一輕質光滑定滑輪固定在傾斜木板上，質量分別為m和2m的物塊A、B，通過不行伸長的輕繩跨過滑輪連接，A、B間的接觸面和輕繩均與木板平行。A與B間、B與木板間的動摩擦因數均為μ，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。當木板與水平面的夾角為45°時，物塊A、B剛好要滑動，則μ的值為()A．eq\f(1,3)B．eq\f(1,4)C．D．eq\f(1,6)【考題解讀】本題考查了多個物體的平衡問題，解題的關鍵是對選取的對象進行正確的受力分析，不多力，不少力，同時留意摩擦力中正壓力的求解。體現了模型建構、科學推理等核心素養。【答案】C【解析】當木板與水平面的夾角為45°時，兩物塊剛好滑動，對A物塊受力分析如圖，A、B之間的滑動摩擦力f1＝μmgcos45°，依據平衡條件可知T＝mgsin45°＋f1；對B物塊受力分析如圖沿斜面方向，B與斜面之間的滑動摩擦力f2＝μ·3mgcos45°，依據平衡條件可知2mgsin45°＝T＋f1＋f2，解得。提分訓練提分訓練1．如圖所示，山坡上兩相鄰高壓線塔A、B之間架有勻質粗導線，平衡時導線呈弧形下垂，最低點在C處，已知弧BC的長度是AC的3倍，右塔A處導線切線與豎直方向的夾角α＝60°，則左塔B處導線切線與豎直方向的夾角β為()A．30°B．45°C．60°D．75°【答案】A【解析】設ABC三個位置的拉力分別為FA、FB、FC，導線質量為m，AC段受力分析得FAcosα＝eq\f(1,4)mg，FAsinα＝FC，BC段受力分析得FBcosβ＝eq\f(3,4)mg，FBsinβ＝FC，聯立得tanβ＝eq\f(\r(3),3)，解得β＝30°，故A正確。2．如圖所示，質量為m的正方體和質量為M的正方體放在兩豎直墻和水平面間，處于靜止狀態。m與M的接觸面與豎直方向的夾角為α，若不計一切摩擦，下列說法正確的是()A．水平面對正方體M的彈力大小大于(M＋m)gB．水平面對正方體M的彈力大小為(M＋m)gcosαC．墻面對正方體M的彈力大小為mgtanαD．墻面對正方體M的彈力大小為【答案】D【解析】對M和m構成的整體進行受力分析，受重力G、底面支持力N，兩側面的支持力NM和Nm，如圖，兩物體受力平衡，依據共點力平衡條件有：水平方向，墻面對正方體M的彈力大小NM＝Nm，豎直方向，水平面對正方體M的彈力大小N＝G＝(M＋m)g，選項AB錯誤；對m進行受力分析，受重力mg、墻面支持力Nm，M的支持力N′，如圖，依據共點力平衡條件有：豎直方向mg＝N′sinα，水平方向Nm＝N′cosα，解得，，所以墻面對正方體M的彈力大小，選項C錯誤，D正確。3．如圖所示，傾角為θ＝30°的斜面A置于水平面上，滑塊B、C疊放在一起沿斜面勻速下滑，且始終保持相對靜止，斜面A靜止不動，B上表面傾斜，則B、C在斜面上運動時，下列說法正確的是()A．B可能受三個力作用B．A、B間的動摩擦因數μ＝eq\f(\r(3),2)C．A肯定受四個力作用D．地面對A的支持力小于A、B、C三者重力之和【答案】C【解析】B受到重力、斜面的支持力和摩擦力、C對B的壓力和摩擦力5個力的作用，A錯誤；以B和C整體為探討對象，沿斜面方向依據平衡條件可得(mBg＋mCg)sinθ＝μ(mBg＋mCg)cosθ，解得μ＝tanθ＝eq\f(\r(3),3)，B錯誤；斜面A受到重力、地面的支持力、B對斜面的壓力和摩擦力4個力的作用，C正確；滑塊B、C疊放在一起沿斜面勻速下滑，整體受力平衡，故地面對A的支持力等于A、B、C三者重力之和，故D錯誤。4．如圖，質量均為m的兩個木塊P和Q疊放在水平地面上，P、Q接面的傾角為θ。現在Q上加一水平推力F，使P、Q保持相對靜止一起向左勻速運動，下列說法正確的是()A．P木塊所受合力向左B．Q與地面間的動摩擦因數C．P、Q之間可能光滑D．若突然撤去F后，P、Q依舊保持相對靜止一起向左勻速運動【答案】B【解析】P、Q保持相對靜止一起向左勻速運動，可知P木塊所受合力為零，A錯誤；以P、Q整體為探討對象，在豎直方向上合力為零，故地面對Q的支持力FN＝2mg，水平方向F＝f＝μFN，解得，B正確；P受到向下的重力和垂直斜面對上的支持力，但P的合力為0，則必定受到沿斜面對上的摩擦力，C錯誤；若突然撤去F后，因地面對Q有摩擦力作用，可知P、Q不行能一起向左勻速運動，D錯誤。5．如圖，光滑球A與粗糙半球B放在傾角為30°的斜面C上，C放在水平地面上，均處于靜止狀態。若A與B的半徑相等，A的質量為2m，B的質量為m，重力加速度大小為g，則()A．C對A的支持力大小為eq\r(3)mgB．C對B的摩擦力大小為eq\f(1,2)mgC．B對A的支持力大小為eq\f(2\r(3),3)mgD．地面對C的摩擦力大小為eq\f(\r(3),6)mg【答案】C【解析】由幾何關系可知，C對A的支持力、B對A的支持力與A的重力的反向延長線的夾角都是30°，由平衡條件可知，故C正確，B錯誤；以AB整個為對象，沿斜面方向靜摩擦力與重力的分力平衡，所以C對B的摩擦力大小f＝(GA＋GB)sin30°＝eq\f(3,2)mg，故B錯誤；以A、B、C整體為對象，水平方向不受力，所以地面對C的摩擦力大小為0，故D錯誤。6．如圖所示，一圓環處于豎直平面內，圓心為O。用兩根輕質細線將一質量為m的小球懸掛于O點，細線的另一端分別固定于圓環上的M點和N點，OM水平，OM與ON之間的夾角為120°。現讓圓環繞過O點且與圓面垂直的軸沿順時針緩慢轉過90°。重力加速度為g，圓環半徑為R，兩根細線不行伸長。在轉動過程中，下列說法正確的是()A．細線ON拉力漸漸增大B．細線ON拉力的最大值為eq\f(\r(3),3)mgC．細線OM拉力的最大值為mgD．細線OM拉力先變大后變小【答案】D【解析】對小球進行受力分析，如圖，mg的對角始終為120°，設FTM的對角為α，FTN的對角為β，在緩慢轉過過程中，小球始終處于平衡狀態，由正弦定理得，α角由150°減小至60°，則FTM先增大后減小，當α＝90°時，FTM最大，最大值為eq\f(2\r(3),3)mg，β角由90°增加至180°，FTN漸漸減小至0，當β＝90°時，FTN最大，最大值為eq\f(2\r(3),3)mg，故ABC錯誤，D正確。7．(多選)如圖所示，重力均為G的兩小球用等長的細繩a、b懸掛在O點，兩小球之間用一根輕彈簧連接，兩小球均處于靜止狀態，兩細繩a、b與輕彈簧c恰構成一正三角形。現用水平力F緩慢拉動右側小球，使細繩a最終豎直，并保持兩小球處于靜止狀態，則下列說法正確的是()A．最終狀態與初態相比，細繩a的拉力變大B．最終狀態與初態相比，細繩b的拉力變大C．最終狀態與初態相比，輕彈簧c的彈力變小D．最終狀態時，水平拉力F等于eq\r(3)G【答案】BC【解析】初始狀態時，細線a的拉力，末狀態時，細線a的拉力等于左側小球的重力，細線的拉力變小，故A錯誤；初始狀態時，彈簧的彈力Tc＝mgtan30°＝eq\f(\r(3),3)mg，末狀態時彈簧的彈力為零，變小，故C正確；初始狀態時，細線b的拉力，末狀態時，右側小球受到豎直向下的重力、b的拉力和水平向右的拉力F、b的豎直向上的拉力等于重力，彈簧復原原長，細線b與豎直方向的夾角大于60°，細線b的拉力，細線b的拉力變大，故B正確；因為細線b與豎直方向的夾角大于60°，所以水平拉力F的大小F＞mgtan60°＝eq\r(3)mg，故D錯誤8．(多選)如圖所示，把傾角為30°的粗糙斜面體C固定于水平地面上，質量為2m的物塊A通過跨過光滑輕定滑輪的輕繩與質量為m的小球B連接，O點為輕繩與定滑輪的接觸點，初始時，小球B在水平向右的拉力F作用下，使輕繩OB段與水平拉力F的夾角θ＝120°，A、B均保持靜止狀態。現變更拉力F，并保持夾角θ大小不變，將小球B向右上方緩慢拉起至OB水平，物塊A始終保持靜止狀態。g為重力加速度，關于該過程下列說法正確的是()A．拉力F最大為eq\f(2\r(3),3)mgB．拉力F始終變小C．物塊A所受摩擦力先變小后變大D．輕繩拉力先變大后變小【答案】AC【解析】設OB繩與水平面夾角為α，因θ＝120°不變，且小球B受力平衡，有Fcos(60°－α)＝Tcosα，Fsin(60°－α)＋Tsinα＝mg，可得F＝eq\f(2\r(3),3)mgcosα，當α＝0時，拉力F最大為eq\f(2\r(3),3)mg，故A正確；由題意可知α的取值范圍是0≤α≤60°，且α是從60°漸漸減小到0°，則拉力F始終變大，故B錯誤；因為OB繩的拉力T滿意Fcos(60°－α)＝Tcosα，則有T＝eq\f(2\r(3),3)mgcos(60°－α)，即T漸漸減小，起先時α＝60°，拉力T最大，且Tmax＝eq\f(2\r(3),3)mg>2mgsin30°，最終α＝0，拉力T最小，且Tmin＝eq\f(\r(3),3)mg<2mgsin30°，即物塊A所受摩擦力先變小后變大，故C正確，D錯誤。9．(多選)如圖所示直角三角形框架OMN的OM、ON初始位置分別處于水平和豎直方向上，且∠OMN＝30°，一個重為G的光滑小球位于框架內且恰好與OM、ON、MN三邊相切，但接觸點未必都有彈力。現以O點為軸緩慢將框架在同一豎直平面內順時針轉動一周的過程中，下列說法正確的是()A．轉動θ為0到180°的過程中，MN邊受到小球的壓力始終為零B．轉動一周的過程中，MN邊第一次處于豎直位置時ON邊受到的力最大且為eq\f(2\r(3),3)GC．轉動一周的過程中OM邊受到的力最大值為2GD．轉動一周的過程中有可能存在使OM、ON、MN三邊都同時受力的位置【答案】ABC【解析】轉動θ為0到180°的過程中如圖1所示，MN邊在小球的上方，MN邊受到小球的壓力始終為零，故A正確；轉動一周的過程中，當MN邊在小球的上方時，MN邊受到小球的壓力始終為零，設ON邊與水平方向的夾角為θ1，如圖2所示，依據平衡條件可得ON邊受到的力FN2＝Gcosθ1<G，OM邊受到的力FN1＝Gsinθ1<G；當OM邊在小球的上方時，OM邊受到小球的壓力始終為零，設MN邊與水平方向的夾角為θ2，如圖3所示，依據平衡條件和正弦定理可得，可知，當θ2＝90°時，即MN邊第一次處于豎直位置時ON邊受到的力最大，最大為；當ON邊在小球的上方時，ON邊受到小球的壓力始終為零，設OM邊與水平方向的夾角為θ3，如圖4所示，依據平衡條件和正弦定理可得，可知，當θ3＝60°時，OM邊受到的力最大，最大為，所以轉動一周的過程中不行能存在使OM、ON、MN三邊都同時受力的位置，故B、C正確，D錯誤。10.在豎直墻壁的左側水平地面上，放置一個邊長為a、質量M＝1kg的正方體ABCD，在墻壁和正方體之間放置一半徑R＝1m、質量為m的光滑球，正方體和球均保持靜止，如圖所示。球的球心為O，OB與豎直方向的夾角為θ，正方體的邊長a＞R，正方體與水平地面的動摩擦因數μ＝eq\f(\r(3),3)，已知重力加速度g＝10m/s2，并認為最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。(1)若θ＝45°，m＝1kg，豎直墻