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人教版高中物理必修第一册第3章素养提升课4共点力平衡条件的应用学案
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这是一份人教版高中物理必修第一册第3章素养提升课4共点力平衡条件的应用学案，共18页。
素养提升课(四) 共点力平衡条件的应用 物体的动态平衡问题1．动态平衡：“动态平衡”是指物体所受的力一部分是变力，是动态力，力的大小和方向均要发生变化，但变化过程中的每一个状态均可视为平衡状态，所以叫动态平衡。2．分析动态平衡问题的方法角度1 解析法、图解法的应用【典例1】 如图所示，一小球放置在木板与竖直墙面之间。设墙面对球的压力大小为N1，球对木板的压力大小为N2。以木板与墙连接点为轴，将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置。不计摩擦，在此过程中( )A．N1始终减小，N2始终增大B．N1始终减小，N2始终减小C．N1先增大后减小，N2始终减小D．N1先增大后减小，N2先减小后增大B [法一 解析法对球进行受力分析，如图甲所示，小球受重力G、墙面对球的压力N1、木板对小球的支持力N2′而处于平衡状态。则有tan θ＝G'N1＝GN1，N1＝Gtanθ ，从图示位置开始缓慢地转到水平位置过程中，θ逐渐增大，tan θ逐渐增大，故N1始终减小。从图中可以看出，N2′＝Gsinθ，从图示位置开始缓慢地转到水平位置， θ逐渐增大，sin θ逐渐增大，故N2′始终减小。球对木板的压力N2与木板对小球的支持力N2′是一对作用力与反作用力，大小相等，故N2始终减小。选项B正确。法二 图解法小球受重力G、墙面对球的压力N1、木板对小球的支持力N2′而处于平衡状态。此三力必构成一封闭三角形，如图乙所示。从图示位置开始缓慢地转到水平位置的过程中，α逐渐减小，据图可知N1始终减小，N2′始终减小。由于N2与N2′是一对作用力与反作用力，大小相等，所以N2始终减小。选项B正确。] 图解法解题的步骤(1)首先确定研究对象，并对研究对象进行受力分析。(2)再根据平行四边形定则画出不同状态下的力的矢量图，为了便于比较，画在同一个图上。(3)最后根据有向线段(表示力)的长度变化判断各个力的大小变化情况。角度2 相似三角形法的应用【典例2】 如图所示，AC是上端带定滑轮的固定竖直杆，质量不计的轻杆BC一端通过铰链固定在C点，另一端B悬挂一重为G的重物，且B端系有一根轻绳并绕过定滑轮A。用力F拉绳，开始时∠BCA>90°，现使∠BCA缓慢变小，直到杆BC接近竖直杆AC。此过程中，杆BC所受的力( )A．大小不变 B．逐渐增大C．先减小后增大 D．先增大后减小A [重物对B点的拉力大小等于重力，根据作用效果分解为F1、F2，F1等于杆BC所受的力，F2等于绳AB所受拉力。如图所示，△GF1B∽△ABC，则GLAC＝F1LBC，因为LAC、LBC均不变，所以F1不变。因此A项正确。][跟进训练]1．(多选)(2022·福建莆田一中高一期末)如图所示，用竖直挡板将光滑小球夹在挡板和斜面之间，若逆时针缓慢转动挡板，使其由竖直转至水平的过程中，以下说法正确的是( )A．挡板对小球的压力先增大后减小B．挡板对小球的压力先减小后增大C．斜面对小球的支持力先减小后增大D．斜面对小球的支持力逐渐减小D [取小球为研究对象，小球受到重力G、挡板对小球的支持力FN1和斜面对小球的支持力FN2三个力作用，如图所示，FN1和FN2的合力与重力大小相等，方向相反，FN2总垂直接触面(斜面)，方向不变，根据图解可以看出，在FN1方向改变时，其大小(箭头)只能沿PQ线变动。显然在挡板移动过程中，FN1先变小后变大，FN2一直减小，故B、D正确。]2．(多选)(2022·青海海东市第一中学高一检测)如图甲所示，一名登山爱好者正沿着竖直崖壁向上攀爬，绳的一端固定在较高处的A点，另一端拴在人的腰间C点(重心处)。在人向上攀爬的过程中可以把人简化为乙图所示的物理模型：脚与崖壁接触点为O点，人的重力G全部集中在C点，O到C点可简化为轻杆，AC为轻绳。已知OC长度不变，人向上攀爬过程中的某时刻AOC构成等边三角形，则( )A．轻绳对人的拉力与人对轻绳的拉力是一对平衡力B．在此时刻，轻绳对人的拉力大小等于GC．在虚线位置时，轻绳AC承受的拉力更小D．在虚线位置时，OC段承受的压力不变BD [轻绳对人的拉力与人对轻绳的拉力是一对作用力和反作用力，故A错误；重力、轻绳对人的拉力、OC的支持力构成等边三角形，所以轻绳对人的拉力和OC的支持力大小都等于人的重力大小G，故B正确；根据相似三角形，有GOA＝NOC＝TAC，则有T＝N＝G，在虚线位置时，AC更长，则轻绳承受的拉力更大，OC段受到的压力一直不变，故C错误，D正确。] 平衡中的临界、极值问题1．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：①当某物理量发生变化时，会引起其他几个物理量的变化。②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。2．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理临界条件求极值。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。【典例3】 如图所示，物体的质量为2 kg，两根轻绳AB和AC的一端连接于竖直墙上，另一端系于物体上，在物体上另施加一个方向与水平线成θ＝60°的拉力F，若要使两绳都能伸直，求拉力F的大小范围(g取10 m/s2)。[解析] 设绳AB弹力为F1，绳AC弹力为F2，A的受力情况如图，由平衡条件得F sin θ＋F1sin θ－mg＝0F cos θ－F2－F1cos θ＝0由上述两式得F＝mgsinθ－F1F＝F22cosθ＋mg2sinθ令F1＝0，得F最大值Fmax＝mgsinθ＝4033 N令F2＝0，得F最小值Fmin＝mg2sinθ＝2033 N综合得F的取值范围为2033 N≤F≤4033 N。[答案] 2033 N≤F≤4033 N 临界与极值问题的分析技巧(1)求解平衡中的临界问题和极值问题时，首先要正确地进行受力分析和变化过程分析，找出平衡中的临界点和极值点。(2)临界条件必须在变化中寻找，不能停留在一个状态来研究临界问题，而是要把某个物理量推向极端，即极大或极小，并依此作出科学的推理分析，从而给出判断或结论。[跟进训练]3．如图所示，滑块A置于水平地面上，滑块B在一水平力F作用下紧靠滑块A(A、B接触面竖直)，此时A恰好不滑动，B刚好不下滑。已知A与B间的动摩擦因数为μ1，A与地面间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。A与B的质量之比为( )A．1μ1μ2 B．1-μ1μ2μ1μ2 C．1+μ1μ2μ1μ2 D．2+μ1μ2μ1μ2B [B恰好不下滑时，以滑块B为研究对象，μ1F＝mBg；A恰好不滑动时，以A、B整体为研究对象，则F＝μ2(mAg＋mBg)，所以mAmB＝1-μ1μ2μ1μ2，选项B正确。]4．一个人最多能提起质量m0＝20 kg的重物。如图所示，在倾角θ＝15°的固定斜面上放置一物体(可视为质点)，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝33。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，图中F是人拖重物的力，求人能够向上拖动该重物质量的最大值m。已知sin 15°＝6-24，cos 15°＝6+24。[解析] 设F与斜面的夹角为α时，人能拖动重物的最大质量为m，由平衡条件可得F cos α－mg sin 15°－μFN＝0 ①FN＋F sin α－mg cos 15°＝0 ②由已知可得F＝m0g ③联立①②③式得m＝m0cosα+μsinαsin15°+μcos15°，其中μ＝33，得重物质量的最大值为mmax＝202 kg。[答案] 202 kg素养提升练(四) 共点力平衡条件的应用一、选择题1．如图所示是给墙壁粉刷涂料用的涂料滚的示意图，使用时，用撑杆推着粘有涂料的涂料滚沿墙上下缓慢滚动，把涂料均匀地粉刷到墙上，撑杆的重力和墙壁的摩擦均不计，且撑杆足够长，粉刷工人站在离墙壁一定距离处缓缓向上推涂料滚，设该过程中撑杆对涂料滚的推力为F1，涂料滚对墙壁的压力为F2，则( )A．F1增大，F2减小 B．F1增大，F2增大C．F1减小，F2减小 D．F1减小，F2增大C [涂料滚沿墙壁缓慢向上滚动的过程中，处于动态平衡，合力为零，分析涂料滚受力，如图所示，由牛顿第三定律知F2′＝F2，涂料滚向上滚动的过程中，θ角变小，则F1和F2′均变小，F2也变小，C正确。]2．如图所示，用两根等长轻绳将木板悬挂在竖直木桩上等高的两点，制成一简易秋千。某次维修时将两轻绳剪去一小段，但仍保持等长且悬挂点不变。木板静止时，F1表示木板所受合力的大小，F2表示单根轻绳对木板拉力的大小，则维修后( )A．F1不变，F2变大 B．F1不变，F2变小C．F1变大，F2变大 D．F1变小，F2变小A [前后两次木板始终处于静止状态，因此前后两次木板所受合力F1都等于零，保持不变，C、D错误；绳子剪去一段后长度变短，悬挂木板时绳子与竖直方向夹角θ变大，将力沿水平方向和竖直方向正交分解，在竖直方向上，2F2cos θ＝mg，而物体的重力不变，因此单根绳的拉力F2变大，A正确，B错误。]3．如图所示，一根粗糙的水平横杆上套有A、B两个轻环，系在两环上的等长细绳将书本静止悬挂，现将两环距离变大后书本仍处于静止状态，若杆对A环的支持力为FN，杆对A环的摩擦力为Ff，则( )A．FN减小，Ff不变 B．FN减小，Ff增大C．FN不变，Ff不变 D．FN不变，Ff增大D [对A、B和书本整体分析，根据平衡条件以及对称性可知2FN＝G，设两细绳的夹角为2θ，对A单独分析，根据平衡条件可得tan θ＝FfFN，将两环距离变大后，FN不变，θ增大，Ff增大，故选项D正确。]4．(2022·山东师大附中高一检测)如图所示，光滑的四分之一圆弧轨道AB固定在竖直平面内，A端与水平面相切。穿在轨道上的小球在拉力F作用下，缓慢地由A向B运动，F始终沿轨道的切线方向，轨道对球的弹力为FN。在运动过程中( )A．F增大，FN减小 B．F减小，FN减小C．F增大，FN增大 D．F减小，FN增大A [由题意知，小球在由A运动到B过程中始终处于平衡状态。设某一时刻小球运动至如图所示位置，则对球由平衡条件得：F＝mg sin θ，FN＝mg cos θ，在运动过程中，θ增大，故F增大，FN减小，故选项A正确。]5．(多选)气象研究小组用如图所示简易装置测定水平风速。在水平地面上竖直固定一根直杆，质量为m的薄空心塑料球用细线悬于杆顶端O，当水平风吹来时，球在水平风力的作用下飘起来。已知风力大小正比于风速，当风速v0＝3 m/s 时，测得球平衡时细线与竖直方向的夹角θ＝30°，重力加速度为g，则( )A．θ＝30°时，细线拉力大小为23mg3B．风速增大到某一值时，θ可能等于90°C．细线拉力与风力的合力大于mgD．θ＝30°时，风力大小F＝33mgAD [选取小球为研究对象，则小球受重力、细线拉力和风力而处于平衡状态，如图所示，根据平衡条件可得FT＝mgcosθ＝23mg3，F＝mg tan θ＝33mg，故A、D正确；因为风力和重力的合力方向不可能水平向右，可知拉力方向不可能水平向左，则θ不可能等于90°，故B错误；根据共点力平衡条件可知，细线拉力和风力的合力大小等于mg，故C错误。]6．(多选)木板B放置在粗糙水平地面上，O为光滑铰链，如图所示。轻弹簧一端与铰链O固定连接，另一端系一质量为m的小球A。现将轻绳一端拴在小球A上，另一端通过光滑的小滑轮O′由力F牵引，定滑轮位于O的正上方，整个系统处于静止状态。现改变力F的大小使小球A和轻弹簧从图示位置缓慢运动到O′正下方，且弹簧的长度始终不变，木板始终保持静止，则在整个过程中( )A．外力F逐渐减小B．弹簧弹力大小始终不变C．地面对木板的支持力逐渐减小D．地面对木板的摩擦力逐渐减小ABD [对小球A进行受力分析，三力构成矢量三角形，如图所示，根据几何关系可知两三角形相似，因此mgOO'＝kxl0-x＝FO'A，缓慢运动过程O′A越来越小，则F逐渐减小，A正确；由于弹簧的形变量保持不变，弹簧弹力大小始终不变，B正确；对木板，由于弹簧对木板的弹力大小不变，方向向右下，但弹簧的弹力与竖直方向的夹角越来越小，所以地面对木板的支持力逐渐增大，地面对木板的摩擦力逐渐减小，C错误，D正确。]7．将两个质量均为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达到最小值时Oa绳上的拉力为( )A．3mg B．mg C．32mg D．12mgA [以两个小球组成的整体为研究对象，分析受力，作出F在三个方向时整体的受力示意图，如图所示，根据平衡条件得知：F与T的合力与重力2mg总是大小相等、方向相反，由力的合成图可知，当F与绳Oa垂直时(即图中2位置)，F有最小值，根据平衡条件得Fmin＝2mg sin 30°＝mg，此时T＝2mg cos 30°＝3mg，故A正确。]8．如图所示，三根长度均为L的轻绳分别连接于C、D两点，A、B两端被悬挂在水平天花板上，相距2L，现在C点上悬挂一个质量为m的重物，为使CD绳保持水平，在D点上可施加力的最小值为( )A．mg B．33mg C．12mg D．14mgC [由题图可知，为使CD绳水平，各绳均应绷紧，由几何关系可知，AC绳与水平方向的夹角为60°；结点C受力平衡，受力分析如图所示，则CD绳的拉力FT＝mg tan 30°＝33mg；D点受CD绳的拉力大小等于FT，方向向左；要使CD绳水平，D点两绳的拉力与外界的力的合力应为零，则CD绳对D点的拉力可分解为沿BD绳的F1及另一分力F2，由几何关系可知，当BD绳上的拉力F′与F1大小相等，且力F2与BD绳垂直时，F2最小，而F2的大小即为施加在D点的力的大小，故最小力F＝F2＝FTsin 60°＝12mg，故C正确。]9．(2022·河北卷)如图，用两根等长的细绳将一匀质圆柱体悬挂在竖直木板的P点，将木板以直线MN为轴向后方缓慢转动直至水平，绳与木板之间的夹角保持不变，忽略圆柱体与木板之间的摩擦，在转动过程中( )A．圆柱体对木板的压力逐渐增大B．圆柱体对木板的压力先增大后减小C．两根细绳上的拉力均先增大后减小D．两根细绳对圆柱体拉力逐渐增大B [设两绳子对圆柱体的拉力的合力为T，木板对圆柱体的支持力为N，拉力的合力T与支持力N的夹角为α，从右向左看如图所示，在矢量三角形中，根据正弦定理sinαmg＝sinβN＝sinγT，在木板以直线MN为轴向后方缓慢转动直至水平过程中，α不变，γ从90°逐渐减小到0，又γ＋β＋α＝180°，且α<90°，可知90°<γ＋β<180°，则0<β<180°，可知β从锐角逐渐增大到钝角，根据sinαmg＝sinβN＝sinγT，由于sin γ不断减小，可知T不断减小，sin β先增大后减小，可知N先增大后减小，结合牛顿第三定律可知，圆柱体对木板的压力先增大后减小，设两绳子之间的夹角为2θ，绳子拉力为T′，则2T′cos θ＝T，可得T′＝T2cosθ，θ不变，T逐渐减小，可知绳子拉力不断减小，故B正确，A、C、D错误。]10．(2022·浙江1月选考)如图所示，学校门口水平地面上有一质量为m的石墩，石墩与水平地面间的动摩擦因数为μ，工作人员用轻绳按图示方式匀速移动石墩时，两平行轻绳与水平面间的夹角均为θ，则下列说法正确的是( )A．轻绳的合拉力大小为μmgcosθB．轻绳的合拉力大小为μmgcosθ+μsinθC．减小夹角θ，轻绳的合拉力一定减小D．轻绳的合拉力最小时，地面对石墩的摩擦力也最小B [对石墩受力分析，由平衡条件可知T cos θ＝Ff，Ff＝μN，T sin θ＋N＝mg，联立解得T＝μmgcosθ+μsinθ，故A错误，B正确；拉力的大小为T＝μmgcosθ+μsinθ＝μmg1+μ2sinθ+φ，其中tan φ＝1μ，可知当θ＋φ＝90°时，拉力有最小值，即减小夹角θ，轻绳的合拉力不一定减小，故C错误；摩擦力大小为Ff＝T cos θ＝μmgcosθcosθ+μsinθ＝μmg1+μtanθ，可知增大夹角θ，摩擦力一直减小，当θ趋近于90°时，摩擦力最小，故轻绳的合拉力最小时，地面对石墩的摩擦力不是最小，故D错误。]二、非选择题11．如图所示，质量为m的物体放在一固定斜面上，当斜面倾角为30°时恰能沿斜面匀速下滑。对物体施加一大小为F、方向水平向右的恒力，物体可沿斜面匀速向上滑行。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当斜面倾角增大并超过某一临界角θ0时，不论水平恒力F多大，都不能使物体沿斜面向上滑行，试求：(1)物体与斜面间的动摩擦因数；(2)这一临界角θ0的大小。[解析] (1)斜面倾角为30°时，物体恰能匀速下滑，满足mg sin 30°＝μmg cos 30°解得μ＝33。(2)设斜面倾角为α，由匀速直线运动的条件：F cos α＝mg sin α＋FfFN＝mg cos α＋F sin α，Ff＝μFN解得：F＝mgsinα+μmgcosαcosα-μsinα当cos α－μsin α＝0，即cot α＝μ时，F→∞，即“不论水平恒力F多大”，都不能使物体沿斜面向上滑行此时，临界角θ0＝α＝60°。[答案] (1)33 (2)60°12．如图所示，质量M＝23 kg的木块A套在水平杆上，并用轻绳将木块与质量m＝3 kg的小球B相连。今用与水平方向成α＝30°角的力F＝103 N，拉着小球带动木块一起向右匀速运动，运动中M、m相对位置保持不变，g取10 m/s2，求：(1)运动过程中轻绳与水平方向的夹角θ；(2)木块与水平杆间的动摩擦因数μ；(3)当α为多大时，使小球和木块一起向右匀速运动的拉力最小？[解析] (1)对B进行受力分析设细绳对B的拉力为T，由平衡条件可得F cos 30°＝T cos θ，F sin 30°＋T sin θ＝mg解得tan θ＝33，T＝103 N即θ＝30°。(2)对A进行受力分析，由平衡条件有T sin θ＋Mg＝FN，T cos θ＝μFN解得μ＝35。(3)对A、B进行受力分析，由平衡条件有F sin α＋FN＝(M＋m)g，F cos α＝μFN解得F＝M+mgμcosα+μsinα令sin β＝11+μ2，cos β＝μ1+μ2，即tan β＝1μ则F＝M+mgμ1+μ2sinβcosα+cosβsinα＝M+mgμ1+μ2sinβ+α显然，当α＋β＝90°时，F有最小值，所以tan α＝μ＝35时，即α＝arctan 35时F的值最小。[答案] (1)30° (2)35 (3)arctan 35 学习任务1．进一步理解平衡状态和平衡条件。2．知道物体动态平衡问题的特点，掌握动态平衡问题的求解方法。3．知道平衡中临界问题的特点，掌握平衡中临界问题的求解方法。方法步骤 解析法(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来确定未知量的变化情况图解法(1)根据已知量的变化情况，画出平行四边形边、角的变化(2)确定未知量大小、方向的变化相似三角形法(1)根据已知条件画出两个不同情况对应的力的三角形和空间几何三角形，确定对应边，利用三角形相似知识列出比例式(2)确定未知量大小的变化情况
素养提升课(四) 共点力平衡条件的应用 物体的动态平衡问题1．动态平衡：“动态平衡”是指物体所受的力一部分是变力，是动态力，力的大小和方向均要发生变化，但变化过程中的每一个状态均可视为平衡状态，所以叫动态平衡。2．分析动态平衡问题的方法角度1 解析法、图解法的应用【典例1】 如图所示，一小球放置在木板与竖直墙面之间。设墙面对球的压力大小为N1，球对木板的压力大小为N2。以木板与墙连接点为轴，将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置。不计摩擦，在此过程中( )A．N1始终减小，N2始终增大B．N1始终减小，N2始终减小C．N1先增大后减小，N2始终减小D．N1先增大后减小，N2先减小后增大B [法一 解析法对球进行受力分析，如图甲所示，小球受重力G、墙面对球的压力N1、木板对小球的支持力N2′而处于平衡状态。则有tan θ＝G'N1＝GN1，N1＝Gtanθ ，从图示位置开始缓慢地转到水平位置过程中，θ逐渐增大，tan θ逐渐增大，故N1始终减小。从图中可以看出，N2′＝Gsinθ，从图示位置开始缓慢地转到水平位置， θ逐渐增大，sin θ逐渐增大，故N2′始终减小。球对木板的压力N2与木板对小球的支持力N2′是一对作用力与反作用力，大小相等，故N2始终减小。选项B正确。法二 图解法小球受重力G、墙面对球的压力N1、木板对小球的支持力N2′而处于平衡状态。此三力必构成一封闭三角形，如图乙所示。从图示位置开始缓慢地转到水平位置的过程中，α逐渐减小，据图可知N1始终减小，N2′始终减小。由于N2与N2′是一对作用力与反作用力，大小相等，所以N2始终减小。选项B正确。] 图解法解题的步骤(1)首先确定研究对象，并对研究对象进行受力分析。(2)再根据平行四边形定则画出不同状态下的力的矢量图，为了便于比较，画在同一个图上。(3)最后根据有向线段(表示力)的长度变化判断各个力的大小变化情况。角度2 相似三角形法的应用【典例2】 如图所示，AC是上端带定滑轮的固定竖直杆，质量不计的轻杆BC一端通过铰链固定在C点，另一端B悬挂一重为G的重物，且B端系有一根轻绳并绕过定滑轮A。用力F拉绳，开始时∠BCA>90°，现使∠BCA缓慢变小，直到杆BC接近竖直杆AC。此过程中，杆BC所受的力( )A．大小不变 B．逐渐增大C．先减小后增大 D．先增大后减小A [重物对B点的拉力大小等于重力，根据作用效果分解为F1、F2，F1等于杆BC所受的力，F2等于绳AB所受拉力。如图所示，△GF1B∽△ABC，则GLAC＝F1LBC，因为LAC、LBC均不变，所以F1不变。因此A项正确。][跟进训练]1．(多选)(2022·福建莆田一中高一期末)如图所示，用竖直挡板将光滑小球夹在挡板和斜面之间，若逆时针缓慢转动挡板，使其由竖直转至水平的过程中，以下说法正确的是( )A．挡板对小球的压力先增大后减小B．挡板对小球的压力先减小后增大C．斜面对小球的支持力先减小后增大D．斜面对小球的支持力逐渐减小D [取小球为研究对象，小球受到重力G、挡板对小球的支持力FN1和斜面对小球的支持力FN2三个力作用，如图所示，FN1和FN2的合力与重力大小相等，方向相反，FN2总垂直接触面(斜面)，方向不变，根据图解可以看出，在FN1方向改变时，其大小(箭头)只能沿PQ线变动。显然在挡板移动过程中，FN1先变小后变大，FN2一直减小，故B、D正确。]2．(多选)(2022·青海海东市第一中学高一检测)如图甲所示，一名登山爱好者正沿着竖直崖壁向上攀爬，绳的一端固定在较高处的A点，另一端拴在人的腰间C点(重心处)。在人向上攀爬的过程中可以把人简化为乙图所示的物理模型：脚与崖壁接触点为O点，人的重力G全部集中在C点，O到C点可简化为轻杆，AC为轻绳。已知OC长度不变，人向上攀爬过程中的某时刻AOC构成等边三角形，则( )A．轻绳对人的拉力与人对轻绳的拉力是一对平衡力B．在此时刻，轻绳对人的拉力大小等于GC．在虚线位置时，轻绳AC承受的拉力更小D．在虚线位置时，OC段承受的压力不变BD [轻绳对人的拉力与人对轻绳的拉力是一对作用力和反作用力，故A错误；重力、轻绳对人的拉力、OC的支持力构成等边三角形，所以轻绳对人的拉力和OC的支持力大小都等于人的重力大小G，故B正确；根据相似三角形，有GOA＝NOC＝TAC，则有T＝N＝G，在虚线位置时，AC更长，则轻绳承受的拉力更大，OC段受到的压力一直不变，故C错误，D正确。] 平衡中的临界、极值问题1．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：①当某物理量发生变化时，会引起其他几个物理量的变化。②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。2．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理临界条件求极值。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。【典例3】 如图所示，物体的质量为2 kg，两根轻绳AB和AC的一端连接于竖直墙上，另一端系于物体上，在物体上另施加一个方向与水平线成θ＝60°的拉力F，若要使两绳都能伸直，求拉力F的大小范围(g取10 m/s2)。[解析] 设绳AB弹力为F1，绳AC弹力为F2，A的受力情况如图，由平衡条件得F sin θ＋F1sin θ－mg＝0F cos θ－F2－F1cos θ＝0由上述两式得F＝mgsinθ－F1F＝F22cosθ＋mg2sinθ令F1＝0，得F最大值Fmax＝mgsinθ＝4033 N令F2＝0，得F最小值Fmin＝mg2sinθ＝2033 N综合得F的取值范围为2033 N≤F≤4033 N。[答案] 2033 N≤F≤4033 N 临界与极值问题的分析技巧(1)求解平衡中的临界问题和极值问题时，首先要正确地进行受力分析和变化过程分析，找出平衡中的临界点和极值点。(2)临界条件必须在变化中寻找，不能停留在一个状态来研究临界问题，而是要把某个物理量推向极端，即极大或极小，并依此作出科学的推理分析，从而给出判断或结论。[跟进训练]3．如图所示，滑块A置于水平地面上，滑块B在一水平力F作用下紧靠滑块A(A、B接触面竖直)，此时A恰好不滑动，B刚好不下滑。已知A与B间的动摩擦因数为μ1，A与地面间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。A与B的质量之比为( )A．1μ1μ2 B．1-μ1μ2μ1μ2 C．1+μ1μ2μ1μ2 D．2+μ1μ2μ1μ2B [B恰好不下滑时，以滑块B为研究对象，μ1F＝mBg；A恰好不滑动时，以A、B整体为研究对象，则F＝μ2(mAg＋mBg)，所以mAmB＝1-μ1μ2μ1μ2，选项B正确。]4．一个人最多能提起质量m0＝20 kg的重物。如图所示，在倾角θ＝15°的固定斜面上放置一物体(可视为质点)，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝33。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，图中F是人拖重物的力，求人能够向上拖动该重物质量的最大值m。已知sin 15°＝6-24，cos 15°＝6+24。[解析] 设F与斜面的夹角为α时，人能拖动重物的最大质量为m，由平衡条件可得F cos α－mg sin 15°－μFN＝0 ①FN＋F sin α－mg cos 15°＝0 ②由已知可得F＝m0g ③联立①②③式得m＝m0cosα+μsinαsin15°+μcos15°，其中μ＝33，得重物质量的最大值为mmax＝202 kg。[答案] 202 kg素养提升练(四) 共点力平衡条件的应用一、选择题1．如图所示是给墙壁粉刷涂料用的涂料滚的示意图，使用时，用撑杆推着粘有涂料的涂料滚沿墙上下缓慢滚动，把涂料均匀地粉刷到墙上，撑杆的重力和墙壁的摩擦均不计，且撑杆足够长，粉刷工人站在离墙壁一定距离处缓缓向上推涂料滚，设该过程中撑杆对涂料滚的推力为F1，涂料滚对墙壁的压力为F2，则( )A．F1增大，F2减小 B．F1增大，F2增大C．F1减小，F2减小 D．F1减小，F2增大C [涂料滚沿墙壁缓慢向上滚动的过程中，处于动态平衡，合力为零，分析涂料滚受力，如图所示，由牛顿第三定律知F2′＝F2，涂料滚向上滚动的过程中，θ角变小，则F1和F2′均变小，F2也变小，C正确。]2．如图所示，用两根等长轻绳将木板悬挂在竖直木桩上等高的两点，制成一简易秋千。某次维修时将两轻绳剪去一小段，但仍保持等长且悬挂点不变。木板静止时，F1表示木板所受合力的大小，F2表示单根轻绳对木板拉力的大小，则维修后( )A．F1不变，F2变大 B．F1不变，F2变小C．F1变大，F2变大 D．F1变小，F2变小A [前后两次木板始终处于静止状态，因此前后两次木板所受合力F1都等于零，保持不变，C、D错误；绳子剪去一段后长度变短，悬挂木板时绳子与竖直方向夹角θ变大，将力沿水平方向和竖直方向正交分解，在竖直方向上，2F2cos θ＝mg，而物体的重力不变，因此单根绳的拉力F2变大，A正确，B错误。]3．如图所示，一根粗糙的水平横杆上套有A、B两个轻环，系在两环上的等长细绳将书本静止悬挂，现将两环距离变大后书本仍处于静止状态，若杆对A环的支持力为FN，杆对A环的摩擦力为Ff，则( )A．FN减小，Ff不变 B．FN减小，Ff增大C．FN不变，Ff不变 D．FN不变，Ff增大D [对A、B和书本整体分析，根据平衡条件以及对称性可知2FN＝G，设两细绳的夹角为2θ，对A单独分析，根据平衡条件可得tan θ＝FfFN，将两环距离变大后，FN不变，θ增大，Ff增大，故选项D正确。]4．(2022·山东师大附中高一检测)如图所示，光滑的四分之一圆弧轨道AB固定在竖直平面内，A端与水平面相切。穿在轨道上的小球在拉力F作用下，缓慢地由A向B运动，F始终沿轨道的切线方向，轨道对球的弹力为FN。在运动过程中( )A．F增大，FN减小 B．F减小，FN减小C．F增大，FN增大 D．F减小，FN增大A [由题意知，小球在由A运动到B过程中始终处于平衡状态。设某一时刻小球运动至如图所示位置，则对球由平衡条件得：F＝mg sin θ，FN＝mg cos θ，在运动过程中，θ增大，故F增大，FN减小，故选项A正确。]5．(多选)气象研究小组用如图所示简易装置测定水平风速。在水平地面上竖直固定一根直杆，质量为m的薄空心塑料球用细线悬于杆顶端O，当水平风吹来时，球在水平风力的作用下飘起来。已知风力大小正比于风速，当风速v0＝3 m/s 时，测得球平衡时细线与竖直方向的夹角θ＝30°，重力加速度为g，则( )A．θ＝30°时，细线拉力大小为23mg3B．风速增大到某一值时，θ可能等于90°C．细线拉力与风力的合力大于mgD．θ＝30°时，风力大小F＝33mgAD [选取小球为研究对象，则小球受重力、细线拉力和风力而处于平衡状态，如图所示，根据平衡条件可得FT＝mgcosθ＝23mg3，F＝mg tan θ＝33mg，故A、D正确；因为风力和重力的合力方向不可能水平向右，可知拉力方向不可能水平向左，则θ不可能等于90°，故B错误；根据共点力平衡条件可知，细线拉力和风力的合力大小等于mg，故C错误。]6．(多选)木板B放置在粗糙水平地面上，O为光滑铰链，如图所示。轻弹簧一端与铰链O固定连接，另一端系一质量为m的小球A。现将轻绳一端拴在小球A上，另一端通过光滑的小滑轮O′由力F牵引，定滑轮位于O的正上方，整个系统处于静止状态。现改变力F的大小使小球A和轻弹簧从图示位置缓慢运动到O′正下方，且弹簧的长度始终不变，木板始终保持静止，则在整个过程中( )A．外力F逐渐减小B．弹簧弹力大小始终不变C．地面对木板的支持力逐渐减小D．地面对木板的摩擦力逐渐减小ABD [对小球A进行受力分析，三力构成矢量三角形，如图所示，根据几何关系可知两三角形相似，因此mgOO'＝kxl0-x＝FO'A，缓慢运动过程O′A越来越小，则F逐渐减小，A正确；由于弹簧的形变量保持不变，弹簧弹力大小始终不变，B正确；对木板，由于弹簧对木板的弹力大小不变，方向向右下，但弹簧的弹力与竖直方向的夹角越来越小，所以地面对木板的支持力逐渐增大，地面对木板的摩擦力逐渐减小，C错误，D正确。]7．将两个质量均为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达到最小值时Oa绳上的拉力为( )A．3mg B．mg C．32mg D．12mgA [以两个小球组成的整体为研究对象，分析受力，作出F在三个方向时整体的受力示意图，如图所示，根据平衡条件得知：F与T的合力与重力2mg总是大小相等、方向相反，由力的合成图可知，当F与绳Oa垂直时(即图中2位置)，F有最小值，根据平衡条件得Fmin＝2mg sin 30°＝mg，此时T＝2mg cos 30°＝3mg，故A正确。]8．如图所示，三根长度均为L的轻绳分别连接于C、D两点，A、B两端被悬挂在水平天花板上，相距2L，现在C点上悬挂一个质量为m的重物，为使CD绳保持水平，在D点上可施加力的最小值为( )A．mg B．33mg C．12mg D．14mgC [由题图可知，为使CD绳水平，各绳均应绷紧，由几何关系可知，AC绳与水平方向的夹角为60°；结点C受力平衡，受力分析如图所示，则CD绳的拉力FT＝mg tan 30°＝33mg；D点受CD绳的拉力大小等于FT，方向向左；要使CD绳水平，D点两绳的拉力与外界的力的合力应为零，则CD绳对D点的拉力可分解为沿BD绳的F1及另一分力F2，由几何关系可知，当BD绳上的拉力F′与F1大小相等，且力F2与BD绳垂直时，F2最小，而F2的大小即为施加在D点的力的大小，故最小力F＝F2＝FTsin 60°＝12mg，故C正确。]9．(2022·河北卷)如图，用两根等长的细绳将一匀质圆柱体悬挂在竖直木板的P点，将木板以直线MN为轴向后方缓慢转动直至水平，绳与木板之间的夹角保持不变，忽略圆柱体与木板之间的摩擦，在转动过程中( )A．圆柱体对木板的压力逐渐增大B．圆柱体对木板的压力先增大后减小C．两根细绳上的拉力均先增大后减小D．两根细绳对圆柱体拉力逐渐增大B [设两绳子对圆柱体的拉力的合力为T，木板对圆柱体的支持力为N，拉力的合力T与支持力N的夹角为α，从右向左看如图所示，在矢量三角形中，根据正弦定理sinαmg＝sinβN＝sinγT，在木板以直线MN为轴向后方缓慢转动直至水平过程中，α不变，γ从90°逐渐减小到0，又γ＋β＋α＝180°，且α<90°，可知90°<γ＋β<180°，则0<β<180°，可知β从锐角逐渐增大到钝角，根据sinαmg＝sinβN＝sinγT，由于sin γ不断减小，可知T不断减小，sin β先增大后减小，可知N先增大后减小，结合牛顿第三定律可知，圆柱体对木板的压力先增大后减小，设两绳子之间的夹角为2θ，绳子拉力为T′，则2T′cos θ＝T，可得T′＝T2cosθ，θ不变，T逐渐减小，可知绳子拉力不断减小，故B正确，A、C、D错误。]10．(2022·浙江1月选考)如图所示，学校门口水平地面上有一质量为m的石墩，石墩与水平地面间的动摩擦因数为μ，工作人员用轻绳按图示方式匀速移动石墩时，两平行轻绳与水平面间的夹角均为θ，则下列说法正确的是( )A．轻绳的合拉力大小为μmgcosθB．轻绳的合拉力大小为μmgcosθ+μsinθC．减小夹角θ，轻绳的合拉力一定减小D．轻绳的合拉力最小时，地面对石墩的摩擦力也最小B [对石墩受力分析，由平衡条件可知T cos θ＝Ff，Ff＝μN，T sin θ＋N＝mg，联立解得T＝μmgcosθ+μsinθ，故A错误，B正确；拉力的大小为T＝μmgcosθ+μsinθ＝μmg1+μ2sinθ+φ，其中tan φ＝1μ，可知当θ＋φ＝90°时，拉力有最小值，即减小夹角θ，轻绳的合拉力不一定减小，故C错误；摩擦力大小为Ff＝T cos θ＝μmgcosθcosθ+μsinθ＝μmg1+μtanθ，可知增大夹角θ，摩擦力一直减小，当θ趋近于90°时，摩擦力最小，故轻绳的合拉力最小时，地面对石墩的摩擦力不是最小，故D错误。]二、非选择题11．如图所示，质量为m的物体放在一固定斜面上，当斜面倾角为30°时恰能沿斜面匀速下滑。对物体施加一大小为F、方向水平向右的恒力，物体可沿斜面匀速向上滑行。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当斜面倾角增大并超过某一临界角θ0时，不论水平恒力F多大，都不能使物体沿斜面向上滑行，试求：(1)物体与斜面间的动摩擦因数；(2)这一临界角θ0的大小。[解析] (1)斜面倾角为30°时，物体恰能匀速下滑，满足mg sin 30°＝μmg cos 30°解得μ＝33。(2)设斜面倾角为α，由匀速直线运动的条件：F cos α＝mg sin α＋FfFN＝mg cos α＋F sin α，Ff＝μFN解得：F＝mgsinα+μmgcosαcosα-μsinα当cos α－μsin α＝0，即cot α＝μ时，F→∞，即“不论水平恒力F多大”，都不能使物体沿斜面向上滑行此时，临界角θ0＝α＝60°。[答案] (1)33 (2)60°12．如图所示，质量M＝23 kg的木块A套在水平杆上，并用轻绳将木块与质量m＝3 kg的小球B相连。今用与水平方向成α＝30°角的力F＝103 N，拉着小球带动木块一起向右匀速运动，运动中M、m相对位置保持不变，g取10 m/s2，求：(1)运动过程中轻绳与水平方向的夹角θ；(2)木块与水平杆间的动摩擦因数μ；(3)当α为多大时，使小球和木块一起向右匀速运动的拉力最小？[解析] (1)对B进行受力分析设细绳对B的拉力为T，由平衡条件可得F cos 30°＝T cos θ，F sin 30°＋T sin θ＝mg解得tan θ＝33，T＝103 N即θ＝30°。(2)对A进行受力分析，由平衡条件有T sin θ＋Mg＝FN，T cos θ＝μFN解得μ＝35。(3)对A、B进行受力分析，由平衡条件有F sin α＋FN＝(M＋m)g，F cos α＝μFN解得F＝M+mgμcosα+μsinα令sin β＝11+μ2，cos β＝μ1+μ2，即tan β＝1μ则F＝M+mgμ1+μ2sinβcosα+cosβsinα＝M+mgμ1+μ2sinβ+α显然，当α＋β＝90°时，F有最小值，所以tan α＝μ＝35时，即α＝arctan 35时F的值最小。[答案] (1)30° (2)35 (3)arctan 35 学习任务1．进一步理解平衡状态和平衡条件。2．知道物体动态平衡问题的特点，掌握动态平衡问题的求解方法。3．知道平衡中临界问题的特点，掌握平衡中临界问题的求解方法。方法步骤 解析法(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来确定未知量的变化情况图解法(1)根据已知量的变化情况，画出平行四边形边、角的变化(2)确定未知量大小、方向的变化相似三角形法(1)根据已知条件画出两个不同情况对应的力的三角形和空间几何三角形，确定对应边，利用三角形相似知识列出比例式(2)确定未知量大小的变化情况
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