2020年高考物理常考题型解析：共点力的平衡

专题 2: 共点力的平衡 考点一　　平衡条件的应用 1.解决平衡问题的常用方法 合成法 物体受三个共点力的作用而平衡,则任意两个力的合力一定与第三个力大小相等,方向相反 效果分解法 物体受三个共点力的作用而平衡,将某一个力按力的效果分解,则其分力和其他两个力满足平 衡条件 正交分解法 物体受到三个或三个以上力的作用时,将物体所受的力分解为相互垂直的两组,每组力都满足 平衡条件 力的三角形法 对受三力作用而平衡的物体,将表示力的矢量平移使三力组成一个首尾依次相接的矢量三角 形,然后根据数学知识求解未知力 考点二　“死结”与“活结”“动杆”与“定杆”问题 1.“死结”可理解为把绳子分成两段,且不可以沿绳子移动的结点.“死结”两侧的绳因结而变成了两根独立的绳, 因此由“死结”分开的两段绳子上的弹力不一定相等. 2.“活结”可理解为把绳子分成两段,且可以沿绳子移动的结点.“活结”一般是由绳跨过滑轮或者绳上挂一光滑 挂钩而形成的.绳子虽然因“活结”而弯曲,但实际上是同一根绳,所以由“活结”分开的两段绳子上弹力的大小一 定相等,两段绳子合力的方向一定沿这两段绳子夹角的平分线. 3.“动杆”:轻杆用转轴或铰链连接,可以绕轴自由转动.当杆处于平衡时,杆所受到的弹力方向一定沿着杆,否则 会引起杆的转动. 4.“定杆”:轻杆被固定不发生转动.则杆所受到的弹力方向不一定沿杆的方向.杆所受到的弹力方向可以沿着杆, 也可以不沿杆. 考点三　动态平衡问题1.动态平衡 平衡物体所受某力发生变化,使得其他力也发生变化的平衡问题. 2.基本思路 化“动”为“静”,“静”中求“动”. 3.分析动态平衡问题的两种方法 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,画出力的平行四边形(或三角形)边、角的变化 (2)确定未知量大小、方向的变化 考点四　平衡中的临界极值问题 1.“临界状态”:可理解为“恰好出现”和“恰好不出现”某种现象的状态. 2.三种临界条件 (1)两接触物体脱离与不脱离的临界条件:相互作用力为 0(主要体现为两物体间的弹力为 0). (2)绳子断与不断的临界条件:绳中的张力达到最大值;绳子绷紧与松弛的临界条件为绳中的张力为 0. (3)存在摩擦力作用的两物体间发生相对滑动或相对静止的临界条件:静摩擦力达到最大静摩擦力. 3.突破临界和极值问题的三种方法 解析法 根据物体的平衡条件列方程,在解方程时采用数学知识求极值.通常用到的数学 知识有二次函数求极值、讨论分式求极值、三角函数求极值以及几何法求极值 等 图解法 根据物体的平衡条件作出力的矢量关系图,作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极限法 是指通过恰当选取某个变化的物理量将问题推向极端(“极大”“极小”“极右”“极 左”等),从而把比较隐蔽的临界现象暴露出来,使问题明朗化,便于分析求解. 典例精析 ★考点一：平衡条件的应用 ◆典例一：【2019·新课标全国Ⅲ卷】用卡车运输质量为 m 的匀质圆筒状工件，为使工件保持固定，将其置 于两光滑斜面之间，如图所示。两斜面Ⅰ、Ⅱ固定在车上，倾角分别为 30°和 60°。重力加速度为 g。当卡 车沿平直公路匀速行驶时，圆筒对斜面Ⅰ、Ⅱ压力的大小分别为 F1、F2，则(　　) A．F1＝ 3 3 mg，F2＝ 3 2 mg B．F1＝ 3 2 mg，F2＝ 3 3 mg C．F1＝1 2mg，F2＝ 3 2 mg D．F1＝ 3 2 mg，F2＝1 2mg 【答案】　D 【解析】　如图所示， 卡车匀速行驶，圆筒受力平衡，由题意知，力 F1′与 F2′相互垂直。由牛顿第三定律知 F1＝F1′，F2＝F2′，则 F1＝mgsin60°＝ 3 2 mg，F2＝mgsin30°＝1 2mg，D 正确。 ◆典例二（2018 全国联考）如图所示，质量为 m 的木板 B 放在水平地面 上，质量也为 m 的木箱 A 放在木 板 B 上．一根轻绳一端拴在木箱上，另一端拴在地面的木桩上，绳绷紧时与水平面的夹角为 θ。已知木箱 A 与木板 B 之间的动摩擦因数、木板 B 与地面之间的动摩擦因数均为 μ。现用水平力 F 将木板 B 从木箱 A 下 面匀速抽出。则下列说法确的是A.细绳的张力大小 B.细绳的张力大小 C.水平拉力 D. 水平拉力 【答案】C 【解析】木箱A受力分析如图所示 由平衡条件可知：FTcosθ＝Ff1 ① ；mg＋FTsinθ＝FN1 ② ；Ff1＝μFN1 ③ ；解①②③ 式可得： ，故 A、B 错误；木板 B 受力如图所示 B 匀速时有：F＝F′f1＋Ff2 ④ Ff2＝μFN2 ⑤ FN2＝mBg＋FN1′ ⑥ 解①②③④⑤⑥式可得： ，故 C 正确，D 错误。 ★考点二：“死结”与“活结”“动杆”与“定杆”问题 ◆典例一：(2018·湖北武汉调研)如图所示,直杆 BC 的一端用铰链固定于竖直墙壁,另一 端固定一个小滑轮 C,细绳下端挂一重物,细绳的 AC 段水平.不计直杆、滑轮及细绳的质 量,忽略所有摩擦.若将细绳的端点 A 稍向下移至 A′点,使之重新平衡,则此时滑轮 C 的位 置(　 　) cos sinT mgF µ θ µ θ= + cosT mgF µ θ= (3cos sin ) cos sin mgF µ θ µ θ θ µ θ −= − (3cos sin ) cos sin mgF µ θ µ θ θ µ θ += − cos sinT mgF µ θ µ θ= − (3cos sin ) cos sin mgF µ θ µ θ θ µ θ −= −A.在 A 点之上 B.与 A′点等高 C.在 A′点之下 D.在 AA′之间 【答案】A 【解析】由于杆处于平衡状态,两段细绳拉力的合力沿杆向下,又由于同一根绳子的张力大小处处相等,而且 两细绳的拉力大小相等且等于重物的重力 G,根据平行四边形定则,合力一定在两绳拉力夹角的角平分线上. 细绳的 AC 段水平时,∠ACB=45°;将细绳的端点 A 稍向下移到 A′点,杆再次平衡时,∠A′CB ).现将重物向右上方缓慢拉起, 并保持夹角 α 不变,在 OM 由竖直被拉到水平的过程中(　 　) A.MN 上的张力逐渐增大 B.MN 上的张力先增大后减小 C.OM 上的张力逐渐增大 D.OM 上的张力先增大后减小 【答案】D 【解析】:由题意可知,重物在运动过程中受重力,MN 绳拉力 TMN,OM 绳拉力 TOM,TMN 与 TOM 夹角保持 不变.在某一时刻所受三个力示意图如图(甲)所示,将此三个力平移为矢量三角形如图(乙)所示. 因为 mg 大小、方向不变,TMN 与 TOM 的夹角不变,故可将三个力平移入圆中,如图(丙)所示,mg 为一条固定 的弦(固定的弦所对应的圆周角为定值),在 OM 由竖直拉到水平的过程中,可得 TMN 从 0 逐渐变大,OM 水平 时 TMN 最大.TOM 先变大后变小,故 C 错,D 对. 方法技巧 分析动态平衡问题的技巧 (1)当出现直角三角形或常用三角函数时,应用解析法解决动态平衡问题较为简捷. (2)当出现物体受三个力,一个力恒定,另一个力方向不变,第三个力方向变化(或另外两力大小、方向均变化)时, 应用图解法解决动态平衡问题较为简捷. (3)应用图解法时要在同一图上多作几个力的矢量三角形. ★考点四：平衡中的临界极值问题 ◆典例一(2018·云南师大附中质检)如图所示,质量为 m 的小球与细线连接且静止于光滑斜面上,斜面足够长, 倾角 α=30°的斜面体置于光滑水平面上,用水平力 F 推斜面体使斜面体缓慢地向左移动,小球沿斜面缓慢升高.当细线拉力最小时,推力 F 等于(　 　) A. mg B. mg C.mg D. mg 【审题指导】 (1)选取小球为研究对象,用图解法求细线拉力最小值. (2)选取小球和斜面组成的系统求推力 F. 解析:小球受力如图所示,可知当 T 平行于斜面时 T 最小,其值为 T min=mgsin 30°,对小球和斜面体组成的系统,F=Tmincos 30°= mg,A 正确. 方法总结 解决临界(极值)问题的基本思路 (1)详细分析问题中变化的过程(包括分析整体过程中有几个阶段). (2)寻找过程中变化的物理量(自变量与因变量). (3)探索因变量随自变量变化时的变化规律,要特别注意相关物理量的变化情况. (4)确定临界(极值)状态,分析临界(极值)条件,找出临界(极值)关系. 1. (2019·潍坊期中)如图所示为内壁光滑的半球形凹槽 M，O 为球心，∠AOB＝60°，OA 水平，小物块在与 水平方向成 45°角的斜向上的推力 F 作用下静止于 B 处．在将推力 F 沿逆时针缓慢转到水平方向的过程中 装置始终静止，则 (　　) A．M 槽对小物块的支持力逐渐减小 B．M 槽对小物块的支持力逐渐增大 C．推力 F 先减小后增大 D．推力 F 逐渐增大 【答案】BC 【解析】以小物块为研究对象，分析受力情况，如图所示， 3 4 3 2 3 3 4物块受到重力 G、支持力 FN 和推力 F 三个力作用，根据平衡条件可知，FN 与 F 的合力与 G 大小相等，方 向相反．将推力 F 沿逆时针缓慢转到水平方向的过程中(F 由位置 1→3)，根据作图可知，M 槽对小物块的 支持力 FN 逐渐增大，推力 F 先减小后增大，当 F 与 FN 垂直时，F 最小．故 A、D 错误，B、C 正确． 2．（2017.4.浙江选考题）重力为 G 的体操动员在进行自由体操比赛时，有如图所示的比赛动作，当运动员 竖直倒立保持静止状态时，两手臂对称支撑，夹角为 θ，则 A．当 θ=60°时，运动员单手对地的正压力大小为 B ．当 θ=120°时，运动员单手对地面的压力大小为 G C．当 θ 不同时，运动员受到的合力不同 D．当 θ 不同时运动员与地面之间的相互作用力不 相等 【答案】A 【解析】运动员处于静止状态，即平衡状态.每只手都承受自身重力的一半.和角度无关，所以 A 正确,BC 错 误:由牛顿第三定律知两物体间的相互作用力大小永远相等.故 D 错误。 3.放在粗糙的水平地面上的斜面体，倾角 θ＝45°，斜面光滑．斜面上有两个质量均为 m 的小物块 A、B，它 们之间有轻绳连接．当用水平外力 F 推物块 A 时，两个滑块和斜面体一起向左做匀速直线运动．若斜面对 物块 A 的支持力大小为 NA，斜面对物块 B 的支持力大小为 NB，则下列结论正确的是(　　) A．NA＝ 2 2 mg，NB＝ 2 2 mg B．NA＝3 2 2 mg，NB＝3 2 2 mg C．NA＝3 2 2 mg，NB＝ 2 2 mg D．NA＝ 2 2 mg，NB＝3 2 2 mg 2 G【答案】C 【解析】以 B 为研究对象，受重力 mg、绳的拉力 T 和斜面的支持力 NB，根据平衡条件，有 T＝mgsin θ＝ 2 2 mg，NB＝mgcos θ＝ 2 2 mg 以 A 为对象，受力如图所示， 由平衡条件可得 NAcos θ＝mg＋Tsin θ，解得 NA＝3 2 2 mg，故 C 正确． 4【2019·全国卷Ⅰ】 如图，一粗糙斜面固定在地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮。一细绳跨过滑轮，其 一端悬挂物块 N，另一端与斜面上的物块 M 相连，系统处于静止状态。现用水平向左的拉力缓慢拉动 N， 直至悬挂 N 的细绳与竖直方向成 45°。已知 M 始终保持静止，则在此过程中(　　) A．水平拉力的大小可能保持不变 B．M 所受细绳的拉力大小一定一直增加 C．M 所受斜面的摩擦力大小一定一直增加 D．M 所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加 【答案】　BD 【解析】　选 N 为研究对象，受力情况如图甲所示，由图甲可知，用水平拉力 F 缓慢拉动 N 的过程中，水 平拉力 F 逐渐增大，细绳的拉力 T 逐渐增大，A 错误，B 正确。 对于 M，受重力 GM、支持力 FN、绳的拉力 T 以及斜面对它的摩擦力 f，如图乙所示，若开始时斜面对 M 的 摩擦力 f 沿斜面向上，则 T＋f＝GMsinθ，T 逐渐增大，f 逐渐减小，可能有当 f 减小到零后，再反向增大的情 况；若开始时斜面对 M 的摩擦力沿斜面向下，此时，T＝GMsinθ＋f，当 T 逐渐增大时，f 逐渐增大，C 错误， D 正确。5.【2019·新课标全国Ⅱ卷】物块在轻绳的拉动下沿倾角为 30°的固定斜面向上匀速运动，轻绳与斜面平行。 已知物块与斜面之间的动摩擦因数为 3 3 ，重力加速度取 10 m/s2。若轻绳能承受的最大张力为 1500 N，则物 块的质量最大为(　　) A．150 kg B．100 3 kg C．200 kg D．200 3 kg 【答案】　A 【解析】　物块沿斜面向上匀速运动，受力如图，根据平衡条件 F＝Ff＋mgsinθ① Ff＝μFN② FN＝mgcosθ③ 由①②③式得 F＝mgsinθ＋μmgcosθ 所以 m＝ F gsinθ＋μgcosθ 故当 Fmax＝1500 N 时，有 mmax＝150 kg，A 正确。 6.【2019·江苏高考】如图所示，一只气球在风中处于静止状态，风对气球的作用力水平向右。细绳与竖直 方向的夹角为 α，绳的拉力为 T，则风对气球作用力的大小为(　　) A. T sinα B. T cosα C．Tsinα D．Tcosα 【答案】　C 【解析】　对气球受力分析，如图所示，将绳的拉力 T 分解，在水平方向：风对气球的作用力大小 F＝Tsinα，C 正确 7(2019·广东佛山普通高中教学质量检测)在港珠澳大桥建设中，将直径 22 米、高 40.5 米的钢筒，打入海底 围成人工岛，创造了快速筑岛的世界记录。如图所示，钢筒质量为 M，用起重机由 8 根对称分布的、长为 22 米的钢索将其吊起，整个装置处于静止状态。则每根钢索受到的拉力大小为(　　) A.1 8Mg B. 3 12Mg C. 3 24Mg D.1 4Mg 【答案】　B 【解析】　分析题意可知，每根钢索与竖直方向的夹角为 30°，则由平衡条件可知：8Tcos30°＝Mg，解得 T ＝ 3 12Mg，由牛顿第三定律知，B 正确。 8.(2019·宁夏月考)一串小灯笼(五只)彼此用轻绳连接，并悬挂在空中．在稳定水平风力作用 下发生倾斜，悬绳与竖直方向的夹角为 30°，如图所示．设每个灯笼的质量均为 m.则自上往下第一只灯笼对 第二只灯笼的拉力大小为（ ） A．2 3mg　　　 B.2 3mg 3 C.8 3mg 3 D．8mg 【答案】C 【解析】求第一只灯笼对第二只灯笼的拉力，以下面四个灯笼为研究对象，受力分析如图所示， 根据共点力的平衡条件可知拉力 T＝ 4mg cos 30°＝8 3mg 3 ，故 A、B、D 错误，C 正确． 9．(2018·云南省第一次高中毕业生检测)如图所示，一轻质细绳一端固定于竖直墙壁上的 O 点，另一端跨过大小可忽略、不计摩擦的定滑轮 P 悬挂物块 B，OP 段的绳子水平，长度为 L。现将一带挂钩的物块 A 挂到 OP 段的绳子上，A、B 物块最终静止。已知 A(包括挂钩)、B 的质量比为mA mB＝8 5，则此过程中物块 B 上升的 高度为(　　) A．L B．L 3 C.4 5L D．2 3L 【答案】D 【解析】将一带挂钩的物块 A 挂到 OP 段的绳子上，A、B 物块最终静止后，绳子的张力为 B 的重力，两段 绳子的合力为 A 的重力，即 2mBgcos θ＝mAg，解得 cos θ＝4 5，sin θ＝3 5，由几何关系 L＝L′sin θ，此过程中物 块 B 上升的高度为 L′－L＝2 3L，选项 D 正确。 10.(2019·哈尔滨联考)两个带电小球 A、B(可视为质点)通过绝缘的不可伸长的轻绳相连，若将轻绳的某点 O 固定在天花板上，平衡时两个小球的连线恰好水平，且两根悬线偏离竖直方向的夹角分别为 30°和 60°，如 图甲所示．若将轻绳跨接在竖直方向的光滑定滑轮(滑轮大小可不计)两端，调节两球的位置能够重新平衡， 如图乙所示，求： (1)两个小球的质量之比； (2)图乙状态，滑轮两端的绳长 O′A、O′B 之比． 【答案】(1)3∶1　(2)1∶3 【解析】(1)带电小球处于静止状态，受力平衡，对任意一个带电小球受力分析，受到重力、绳子的拉力 T 和库仑力 F，根据平衡条件得 Tcos θ－mg＝0，Tsin θ－F＝0 解得 mg＝ F tan θ， 所以mA mB＝tan 60° tan 30°＝3 1(2)对小球 A 受力分析，设绳子拉力为 T，小球到滑轮的长度为 L，O′C 的距离为 h，根据三角形相似，有mg h ＝T L，解得 L＝Th mg，所以LO′A LO′B＝mB mA＝1 3.