PAGEPAGE15第五節共點力的平衡條件[學習目標]1.理解共點力作用下物體的平衡狀態.2.知道共點力的平衡條件.3.駕馭共點力作用下物體的平衡問題的處理方法．共點力的平衡條件1．平衡狀態：物體處于靜止或者保持勻速直線運動的狀態．2．共點力的平衡：物體假如受到共點力的作用且處于平衡狀態．3．平衡條件：(1)定義：為了使物體保持平衡狀態，作用在物體上的力所必需滿意的條件．(2)共點力作用下的平衡條件是所受合外力為零．4．二力平衡的條件：兩個共點力大小相等、方向相反．推斷下列說法的正誤．(1)當物體的速度為零時，物體肯定處于平衡狀態．(×)(2)沿光滑斜面下滑的物體處于平衡狀態．(×)(3)物體所受合外力為零時，就肯定處于平衡狀態．(√)一、共點力的平衡條件(1)物體在兩個共點力作用下處于平衡狀態，這兩個力有什么關系？(2)物體在三個共點力作用下處于平衡狀態，這三個力有什么關系？答案(1)兩個共點力等大反向．(2)三個共點力作用下處于平衡狀態，其中兩個力的合力與第三個力等大反向．1．平衡狀態(1)物體處于靜止或者保持勻速直線運動的狀態．(2)對靜止的理解：“靜止”要滿意兩個條件：v＝0，a＝0，缺一不行．“保持”某狀態與某“瞬時”狀態有區分．例如，豎直上拋的物體運動到最高點時，這一瞬時速度為零，但這一狀態不行能保持，因而上拋物體在最高點不能稱為靜止，即速度為零不等同于靜止．2．共點力作用下的平衡條件(1)共點力平衡的條件是合力為0.(2)表示為：F合＝0或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Fx合＝0,Fy合＝0))(Fx合和Fy合分別是將力正交分解后，物體在x軸和y軸上所受的合力)．(3)推論：①二力平衡：若物體在兩個力作用下處于平衡狀態，則這兩個力肯定等大、反向．②三力平衡：若物體在三個共點力作用下處于平衡狀態，則隨意兩個力的合力與第三個力等大、反向．③多力平衡：若物體在n個共點力作用下處于平衡狀態，則其中隨意(n－1)個力的合力必定與第n個力等大、反向．④假如物體所受合力為零，那么物體在任一方向上所受的合力都為零．例1物體在五個共點力的作用下保持平衡，如圖1所示，其中F1大小為10N，方向水平向右，求：圖1(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°，而保持其余四個力不變，物體所受的合力大小．答案(1)10N水平向左(2)10eq\r(2)N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．故撤去F1，合力大小為10N，方向水平向左．(2)若將F1轉過90°，則F1與其余四個力的合力等大且垂直，F合＝eq\r(F\o\al(12)＋F\o\al(12))＝eq\r(102＋102)N＝10eq\r(2)N.二、共點力平衡條件的應用求解共點力平衡問題的一般步驟：(1)依據問題的要求，恰當地選取探討對象．(2)對探討對象進行受力分析，畫出受力分析圖．(3)通過平衡條件，找出各個力之間的關系，或由平衡條件列方程，即Fx合＝0，Fy合＝0.(4)聯立方程求解，必要時對解進行探討．例2(多選)(2024·玉門一中高一上學期期中)如圖2所示，是一種測定風作用力的儀器的原理圖，它能自動隨著風的轉向而轉向，使風總從圖示方向吹向小球P.P是質量為m的金屬球，固定在一瘦長剛性金屬絲下端，能繞懸掛點O在豎直平面內轉動，無風時金屬絲自然下垂，有風時金屬絲將偏離豎直方向肯定角度θ，角θ大小與風力大小有關，下列關于風力F、金屬絲拉力FT與角度θ的關系式正確的是()圖2A．F＝mgsinθ B．F＝mgtanθC．FT＝mgcosθ D．FT＝eq\f(mg,cosθ)答案BD解析選取金屬球為探討對象，它受到三個力的作用，如圖甲所示．金屬球處于平衡狀態，這三個力的合力為零．可用以下兩種方法求解．解法一力的合成法將風力F和拉力FT合成如圖乙所示，由平衡條件知合力與重力等大反向，由平行四邊形定則可得F＝mgtanθ，FT＝eq\f(mg,cosθ).解法二正交分解法以金屬球為坐標原點，取水平方向為x軸，豎直方向為y軸，建立直角坐標系，如圖丙所示．由于金屬球處于平衡狀態，故水平方向的合力Fx合和豎直方向的合力Fy合分別等于零，即Fx合＝FTsinθ－F＝0Fy合＝FTcosθ－mg＝0解得F＝mgtanθ，FT＝eq\f(mg,cosθ).物體在三個力或多個力作用下的平衡問題的解法1．力的合成法——一般用于受力個數為三個時(1)確定要合成的兩個力；(2)依據平行四邊形定則作出這兩個力的合力；(3)依據平衡條件確定兩個力的合力與第三個力的關系(等大反向)；(4)依據三角函數或勾股定理解三角形．2．正交分解法——一般用于受力個數為三個或三個以上時(1)建立直角坐標系；(2)正交分解各力；(3)沿坐標軸方向依據平衡條件列式求解．針對訓練1如圖3所示，光滑半球形容器固定在水平面上，O為球心．一質量為m的小滑塊，在水平力F的作用下靜止于P點．設滑塊所受支持力為FN，OP與水平方向的夾角為θ，下列關系正確的是()圖3A．F＝eq\f(mg,tanθ)B．F＝mgtanθC．FN＝eq\f(mg,tanθ)D．FN＝mgtanθ答案A解析滑塊受力如圖所示，由平衡條件知，重力mg和推力F的合力與支持力FN等大反向，由幾何關系知：F＝eq\f(mg,tanθ)，FN＝eq\f(mg,sinθ).三、利用正交分解法分析多力平衡問題例3(2024·華中師大一附中期中)一質量m＝6kg的物塊，置于水平地面上，物塊與地面間的動摩擦因數為μ＝eq\f(1,3)，然后用兩根繩A、B分別系在物塊的兩側，如圖4所示，A繩水平，B繩與水平地面成37°角，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2.求：圖4(1)漸漸增大B繩的拉力，直到物塊對地面的壓力恰好為零，則此時A繩和B繩的拉力分別是多大；(2)將A繩剪斷，為了使物塊沿水平地面做勻速直線運動，在不變更B繩方向的狀況下，B繩的拉力應為多大．答案(1)80N100N(2)20N解析(1)FN＝0，對物塊受力分析如圖甲，則水平方向：FTA＝FTBcos37°豎直方向：FTBsin37°＝mg聯立解得：FTA＝80N，FTB＝100N(2)將A繩剪斷，物塊做勻速直線運動，受力分析如圖乙．水平方向：FTB′cos37°＝f豎直方向：FN′＝mg－FTB′sin37°f＝μFN′代入數據解得FTB′＝20N.針對訓練2如圖5所示，物體的質量m＝4.4kg，用與豎直方向成θ＝37°的斜向右上方的推力把該物體壓在豎直墻壁上，并使它沿墻壁在豎直方向上做勻速直線運動．物體與墻壁間的動摩擦因數μ＝0.5，取重力加速度g＝10N/kg，求推力F的大小．(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)圖5答案88N或40N解析若物體向上做勻速直線運動，則受力如圖甲所示．Fcosθ＝mg＋fFsinθ＝FNf＝μFN故推力F＝eq\f(mg,cosθ－μsinθ)＝eq\f(4.4×10,0.8－0.5×0.6)N＝88N若物體向下做勻速直線運動，受力如圖乙所示．Fcosθ＋f′＝mgFsinθ＝FN′f′＝μFN′故推力F＝eq\f(mg,cosθ＋μsinθ)＝eq\f(4.4×10,0.8＋0.5×0.6)N＝40N.1.(平衡條件的理解和應用)(多選)如圖6所示，用兩根細線把A、B兩小球懸掛在天花板上的同一點O，并用第三根細線連接A、B兩小球，然后用某個拉力F作用在小球A上，使三根細線均處于伸直狀態，且OB細線恰好沿豎直方向，兩小球均處于靜止狀態，則該拉力可能為圖中的()圖6A．F1B．F2C．F3D．F4答案BC解析由于OB線處于豎直狀態，故小球B只受重力和OB線的拉力，則A、B兩球間細線的張力為零，小球A受三個共點力作用而平衡，即重力G、OA線的拉力FT和另一個拉力F，由三個共點力平衡的條件可知，G與FT的合力方向介于FT和G的作用線之間，且兩者的合力與F等大、反向，故拉力F不行能是F1或F4，選項B、C正確．2．(三力平衡問題)用三根輕繩將質量為m的物塊懸掛在空中，如圖7所示．已知ac和bc與豎直方向的夾角分別為30°和60°，則ac繩和bc繩中的拉力分別為()圖7A.eq\f(\r(3),2)mg，eq\f(1,2)mg B.eq\f(1,2)mg，eq\f(\r(3),2)mgC.eq\f(\r(3),4)mg，eq\f(1,2)mg D.eq\f(1,2)mg，eq\f(\r(3),4)mg答案A解析分析結點c的受力狀況如圖，設ac繩受到的拉力為F1、bc繩受到的拉力為F2，依據平衡條件知F1、F2的合力F與重力mg等大、反向，由幾何學問得F1＝Fcos30°＝eq\f(\r(3),2)mgF2＝Fsin30°＝eq\f(1,2)mg.選項A正確．3.(三力平衡問題)如圖8所示，在水平天花板上用繩AC、BC和CD吊起一個物體，使其處于靜止狀態，結點為C，繩子的長度分別為AC＝4dm，BC＝3dm，懸點A、B間距為5dm，則AC繩、BC繩、CD繩上的拉力大小之比為()圖8A．20∶15∶12B．4∶3∶5C．3∶4∶5D．因CD繩長未知，故無法確定答案C解析對三條繩的結點C進行受力分析，如圖所示，由平衡條件知，AC、BC繩上拉力的合力與CD繩上的拉力等大反向．由幾何關系知，AC繩、BC繩、CD繩上的拉力大小之比為3∶4∶5，所以C正確．4．(多力平衡問題)出門旅行時，在車站、機場等地有時會望見一些旅客推著行李箱，也有一些旅客拉著行李箱在地面上行走．為了了解兩種方式哪種省力，我們假設行李箱的質量為m＝10kg，拉力F1、推力F2與水平方向的夾角均為θ＝37°(如圖9所示)，行李箱與水平地面間的動摩擦因數為μ＝0.2，行李箱都做勻速運動．試通過計算說明拉箱子省力還是推箱子省力．(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2)圖9答案見解析解析拉行李箱時，對行李箱受力分析，如圖甲所示．F1cosθ＝f1，F1sinθ＋FN1＝mg，f1＝μFN1解得F1＝eq\f(μmg,cosθ＋μsinθ)≈21.7N推行李箱時，對行李箱受力分析，如圖乙所示．F2cosθ＝f2，FN2＝F2sinθ＋mg，f2＝μFN2解得F2＝eq\f(μmg,cosθ－μsinθ)≈29.4NF1<F2，即拉箱子省力．一、選擇題1．(多選)(2024·吉林長春外國語學校高一上學期期末)下列哪組力作用在物體上，有可能使物體處于平衡狀態()A．3N,4N,8N B．3N,5N,1NC．4N,7N,8N D．7N,9N,6N答案CD2．在如圖1所示的甲、乙、丙、丁四圖中，滑輪光滑且所受的重力忽視不計，滑輪的軸O安裝在一根輕木桿P上，一根輕質細繩ab繞過滑輪，a端固定在墻上，b端下面掛一個質量為m的重物，當滑輪和重物都靜止不動時，甲、丙、丁圖中木桿P與豎直方向的夾角均為θ，乙圖中木桿P豎直．假設甲、乙、丙、丁四圖中滑輪受到木桿P的彈力的大小依次為FA、FB、FC、FD，則以下推斷正確的是()圖1A．FA＝FB＝FC＝FD B．FD>FA＝FB>FCC．FA＝FC＝FD>FB D．FC>FA＝FB>FD答案B解析繩上的拉力等于重物所受的重力mg，設滑輪兩側細繩之間的夾角為φ，滑輪受到木桿P的彈力F等于滑輪兩側細繩拉力的合力，即F＝2mgcoseq\f(φ,2)，由夾角關系可得FD>FA＝FB>FC，選項B正確．3.(多選)如圖2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()圖2A．兩繩對日光燈拉力的合力大小為GB．兩繩的拉力和重力不是共點力C．兩繩的拉力大小分別為eq\f(\r(2),2)G和eq\f(\r(2),2)GD．兩繩的拉力大小分別為eq\f(G,2)和eq\f(G,2)答案AC解析如圖是日光燈受力示意圖，兩繩拉力的作用線與重力作用線的延長線交于一點，這三個力為共點力，B選項錯誤；由于日光燈在兩繩拉力和重力作用下處于靜止狀態，所以兩繩的拉力的合力與重力G等大反向，A選項正確；由于兩個拉力的夾角為直角，且都與豎直方向成45°角，則由力的平行四邊形定則可知G＝eq\r(F\o\al(12)＋F\o\al(22))，且F1＝F2，故F1＝F2＝eq\f(\r(2),2)G，C選項正確，D選項錯誤．4．如圖3所示，兩輕質彈簧a、b懸掛一小鐵球處于平衡狀態，a彈簧與豎直方向成30°角，b彈簧水平，a、b的勁度系數分別為k1、k2，則a、b兩彈簧的伸長量x1與x2之比為()圖3A.eq\f(2k2,k1)B.eq\f(k2,k1)C.eq\f(k1,k2)D.eq\f(k2,2k1)答案A解析a彈簧的彈力Fa＝k1x1，b彈簧的彈力Fb＝k2x2，小球處于平衡狀態，必有Fasin30°＝Fb.即：k1x1sin30°＝k2x2，故eq\f(x1,x2)＝eq\f(2k2,k1)，A正確．5.(2024·宿州市十三所重點中學高一上學期期末)如圖4所示，一只小鳥沿著較粗的勻稱樹枝從右向左緩慢爬行，在小鳥從A運動到B的過程中()圖4A．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解析樹枝對鳥的作用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，A項錯誤．如圖，對小鳥進行受力分析可知，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，所以B項正確，C、D錯誤．6.(2024·宜賓一中高一期末模擬)目前，宜賓每個社區均已配備了公共體育健身器材，如圖5所示器材為一秋千，用兩根等長輕繩將一座椅懸掛在豎直支架上等高的兩點，由于長期運用，導致兩根支架向內發生了微小傾斜，如圖中虛線所示，但兩懸掛點仍等高，座椅靜止時所受合力的大小用F表示，F1表示單根輕繩對座椅拉力的大小，則()圖5A．F不變，F1變小 B．F不變，F1變大C．F變小，F1變小 D．F變大，F1變大答案A解析對座椅受力分析如圖所示，座椅靜止，則F＝G，不變．因兩懸掛點等高，則F2＝F1＝eq\f(G,2cosθ)，支架內傾，θ變小，則F1變小．7．(多選)(2024·武漢外國語學校高一期中)細繩拴一個質量為m的小球，小球用固定在墻上的水平彈簧支撐，小球與彈簧不粘連．平衡時細繩與豎直方向的夾角為53°，如圖6所示．(已知cos53°＝0.6，sin53°＝0.8，重力加速度為g)下列說法正確的是()圖6A．小球靜止時彈簧的彈力大小為eq\f(4,3)mgB．小球靜止時彈簧的彈力大小為eq\f(5,3)mgC．小球靜止時細繩的拉力大小為eq\f(3,5)mgD．小球靜止時細繩的拉力大小為eq\f(5,3)mg答案AD解析小球靜止時，分析受力狀況如圖所示，將重力沿細繩方向和彈簧方向進行分解可得彈簧的彈力大小為F＝mgtan53°＝eq\f(4,3)mg，細繩的拉力大小為FT＝eq\f(mg,cos53°)＝eq\f(5,3)mg，所以A、D正確．8.(多選)(2024·濟南一中期中)如圖7所示，一只半徑為R的半球形碗倒扣在水平桌面上，處于靜止狀態．一質量為m的螞蟻(未畫出)在離桌面高度為eq\f(4,5)R處停在碗上，關于螞蟻受力狀況，下列說法正確的是(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度為g)()圖7A．碗面對螞蟻的摩擦力為0.6mgB．碗面對螞蟻的摩擦力為0.8mgC．碗面對螞蟻的支持力為0.8mgD．碗面對螞蟻的支持力為0.6mg答案AC解析螞蟻受重力、支持力和靜摩擦力，受力如圖所示：由幾何學問得：cosθ＝eq\f(\f(4,5)R,R)＝0.8，則sinθ＝0.6，由平衡條件得：f＝mgsinθ＝0.6mg.FN＝mgcosθ＝0.8mg；故A、C正確，B、D錯誤．9．(多選)(2024·華中師大一附中期中)如圖8甲所示，筆記本電腦底座一般設置有四個卡位用4(如圖乙)，電腦始終處于靜止狀態，則()圖8A．電腦受到的支持力變大B．電腦受到的摩擦力變大C．散熱底座對電腦的作用力的合力不變D．電腦受到的支持力與摩擦力兩力大小之和等于其重力答案AC解析電腦受到的支持力FN＝mgcosθ，由原卡位1調至卡位4，θ減小，故FN增大，故A正確；電腦受到的摩擦力f＝mgsinθ，θ減小，f減小，故B錯誤；由平衡條件知，底座對電腦的作用力的合力與電腦重力等大反向，故C正確；電腦受到的支持力與摩擦力兩力矢量和與其重力大小相等，依據平行四邊形定則，故電腦受到的支持力與摩擦力兩力大小之和大于其重力，故D錯誤．10.(多選)(2024·溧水高級中學高一上學期期末)如圖9所示，質量均為m的箱子A和物體B，用輕質細繩相連跨過光滑的定滑輪，A置于傾角θ＝30°的斜面上，處于靜止狀態．現向A中緩慢地加入沙子，整個系統始終保持靜止，則在加入沙子的過程中()圖9A．繩子拉力保持不變B．A對斜面的壓力保持不變C．A所受的摩擦力先減小后增大D．A所受的摩擦力漸漸增大答案AC11.(多選)城市路燈、無軌電車等的供電線路，常常采納三角形的結構懸掛，如圖10所示為這類結構的一種簡化模型．圖中硬桿BO可繞通過B點且垂直于紙面的軸轉動，鋼索AO和桿BO的重力均忽視不計．已知BO始終水平，AO與BO的夾角為θ，被懸掛物體的質量為m，則以下說法中正確的是()圖10A．鋼索AO對O點的拉力為eq\f(mg,sinθ)B．桿BO對O點的支持力為mgtanθC．A點距B點的距離越近時，桿BO對O點的支持力就越大D．不論增大還是減小A點與B點距離，AO對O點拉力與桿BO對O點支持力的合力始終保持不變答案ACD解析BO可繞通過B點且垂直于紙面的軸轉動，對O的支持力沿桿向外．由合力為0，對O有，豎直方向FAOsinθ＝mg，得FAO＝eq\f(mg,sinθ)，A對．水平方向FAOcosθ＝FBO得FBO＝eq\f(mg,tanθ)，B錯．A點距B點的距離越近時，θ越小，桿BO對O點的支持力就越大，C對．O點所受合力為0