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《高中物理衔接同步教材》 参考答案与详细解析
小专题四 共点力平衡及动态平衡
方 法 点 拨
【典例1】答案：C
解：孔明灯向着东北偏上方向匀速上升，即做匀速直线运动，处于平衡状态，则合力为零，根据平衡条件：
空气的作用力大小F=mg，竖直向上；
【变式1】答案：A
解析：壁虎匀速直线运动，对壁虎进行受力分析，可知F与mg大小相等，方向相反．
【典例2】答案A
解：陈一冰的受力分析简化如图：
由共点力的平衡可知，在竖直方向上：
2Fcosθ=G
解得：F=；
【变式2】答案：B
解：吊床对人的作用力与重力等值反向，所以躺着和坐在时，F2不变．坐在吊床上时，吊床两端绳的拉力与竖直方向上的夹角较小，根据共点力平衡有：2Fcosθ=G，θ越小．则绳子的拉力越小，所以坐着时，绳子的拉力较小．故B正确，A、C、D错误．
【典例3】答案：B
解析：要使相机受力平衡，则三根支架竖直向上的力的合力应等于重力，即：
3Fcos30°=mg；解得：F=mg；
故D正确，ABC错误．
【变式3】解：设有n根网绳，每根网绳与竖直方向的夹角为θ，则：
nTcosθ=mg
T=
若足球越大，网绳与竖直方向的夹角越大，cosθ越小，则T越大，故A正确BC错误；
以网绳和足球整体为研究对象，根据平衡条件，竖直绳OA 的拉力总是与足球的重力相等，保持不变，故D错误；
故选：A．
【典例4】答案B
解析：拖把头受到重力、支持力、推力和摩擦力处于平衡，在竖直方向上有：N=Fcosθ+mg
水平方向上有：Fsinθ=f
又f=μN．
联立解得F=．故B正确，A、C、D错误．
故选B．
【变式4】答案：CD
解：若物体沿墙匀速向上滑动，物体受力如图，根据平衡条件得
N=Fsinθ
mg+f=Fcosθ
又f=μN
联立得到F=
同理，
若物体沿墙匀速向下滑动，F=．
【典例5】答案D
解：重新平衡后，绳子形状如下图：
由几何关系知：绳子与竖直方向夹角θ为30°，则环两边绳子的夹角为60°，则根据平行四边形定则，环两边绳子拉力的合力为Mg，
根据平衡条件，则钩码的质量为M．
【变式5】答案D
解：对绳子上c点进行受力分析：
平衡后设绳的bc段与水平方向成α角，
根据几何关系有：
tan37°=，
解得：ad=l，
则cd=ad﹣ac=l，则tanα=1，α=45°
对结点C分析，根据平衡条件和三角函数关系得：
m1gsinα=m2g
解得：==
【典例6】答案：B
解：以小球为研究对象，分析受力情况：重力G、墙面的支持力N1′和木
板的支持力N2′．根据牛顿第三定律得知，N1=N1′，N2=N2′．
根据平衡条件得：N1′=Gcotθ，N2′=
将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置的过程中，θ增大，cotθ减小，sinθ增大，则N1′和N2′都始终减小，故N1和N2都始终减小．
【变式6】答案：C
解：受力分析如图，将F1与F2合成，其合力与重力等大反向如图：
挡板转动时，挡板给球的弹力F1与斜面给球的弹力F2合力大小方向不变，其中F2的方向不变，作辅助图如上，挡板转动过程中，F1的方向变化如图中a、b、c的规律变化，为满足平行四边形定则，其大小变化规律为先变小后变大，其中挡板与斜面垂直时为最小．与此对应，F2的大小为一直减小．
根据牛顿第三定律，球对挡板的压力是先减小后增加，对斜面的压力是不断减小；
故ABD错误，C正确；
【典例7】答案：B
解析：设物体的重力为G．以B点为研究对象，分析受力情况，作出力图，如图．
作出力FN与F的合力F2，根据平衡条件得知，F2=F1=G．由△F2FNB∽△ABO得：
=
得到：FN=G
式中，BO、AO、G不变，
则FN保持不变．
由△F2FNB∽△ABO得：=
AB减小，则F一直减小；
【变式7】答案：C
解析：将球的重力分解为沿绳子方向和沿半径方向，如图：
根据三角形相似有：
==
将小球从A点拉到B点，
在此过程中，l变小，h不变，
由上面等式可得：FT变小，FN不变，故ABD错误，C正确；
【典例8】答案：A
解析：对木块1研究．木块1受到重力、弹簧的拉力、地面的支持力和摩擦力．
根据平衡条件弹簧的弹力F=μm1g
又由胡克定律得到弹簧伸长的长度x==
所以两木块一起匀速运动时两木块之间的距离是S=L+x=L+．
【变式8】答案：C
解：对木块1受力分析，受重力、支持力、拉力和摩擦力，根据共点力平衡条件，有
kx1﹣μm1g=0 ①
对木块1和木块2整体受力分析，受总重力、总支持力、右侧弹簧的拉力和总摩擦力，有
kx2﹣μ（m1+m2）g=0 ②
木块1与木块3之间的总长度为
x=2L+x1+x2③
由①②③解得
x=2L+g g
【典例9】答案：AC
解析：对AB整体受力分析，受到重力mg=（m1+m2）g、支持力N、拉力F、滑动摩擦力f，如图
根据共点力平衡条件，有
Fcosθ﹣f=0
N+Fsinθ﹣mg=0
解得N=mg﹣Fsinθ=（m1+m2）g﹣Fsinθ
f=Fcosθ
【变式9】答案：BC
解析：A、B、对整体受力分析可知，整体受重力、拉力、支持力及摩擦力；因整体对地面的压力相同，故摩擦力相同，因此根据平衡条件得知：水平拉力相等，即F1=F2；故A错误，B正确．
C、D、对A受力分析可知，A受重和、支持力及绳子的拉力而处于平衡状态；对第一种状态有：
T1sinθ=μ（mg﹣T1cosθ）
解得：T1=
对第二状态有：
T2sinθ=μ（mg+T2cosθ）
解得：T2=
故T1＜T2；故C正确，D错误．
【典例10】答案：A
解析：将两球连同之间的细线看成一个整体，对整体受力分析如下图，可知a球上方的细线必定沿竖直方向，故选A．
【变式10】答案：C
解析：设每个球的质量为m，oa与ab和竖直方向的夹角分别为α、β．
以两个小球组成的整体为研究对象，分析受力情况，如图1，根据平衡条件可知，oa绳的方向不可能沿竖直方向，否则整体的合力不为零，不能保持平衡．
由平衡条件得：tanα=，
以b球为研究对象，分析受力情况，如图2，由平衡条件得：tanβ=，则α＜β．故C正确．
：
能力突破
1.答案：A　
解析：作出结点O的受力分析矢量图(动态)，可知F与T的变化情况如图所示， 可得：F逐渐变大，T逐渐变大，故A正确．
2.答案：B
解析：本题考查共点力作用下物体的平衡、二力合成的平行四边形定则，意在考查考生受力分析的能力和理解推理能力．A、B等高，且两绳AO、BO长度相等，由平衡条件可知FA、FB大小相等，它们的合力大小等于G，而FA与G的大小关系不能确定，故B项正确．
3.答案：A
解析：以楔形石块为研究对象，它受到竖直向下的重力和垂直侧面斜向上的两个支持力，利用正交分解法可解得：2Fsinα＝mg，则F＝，A正确．
答案：B
解析 ：日光灯受力如图所示，将T1、T2分别向水平方向和竖直方向分解，则有：T1sin45°＝T2 sin45°，T1cos45°＋T2cos45°＝G，解得：T1＝T2＝G，B正确．
5.答案：A
解析：因物体的重力沿斜面方向的分力mgsin 30°＝1×9.8×0.5 N＝4.9 N，与弹簧秤的示数相等，故斜面对物体的摩擦力大小为0，则选项A正确，选项B错误；斜面对物体的支持力大小为mgcos 30°＝1×9.8× N＝4.9 N，方向垂直斜面向上，则选项C、D错误。
答案：A
解析：对ab整体受力分析，
受重力、支持力、两容器壁的压力，
如图，根据共点力平衡条件，有f1′=f2′
F′=（ma+mb）g
根据牛顿第三定律
球对容器壁的压力与容器壁对球的压力大小相等
f1=f1′ f2=f2′ F=F′
因而f1=f2 F=（ma+mb）g
答案D　
解析：选本题考查共点力平衡问题，意在考查考生利用整体法处理平衡问题的能力。将两小球及弹簧B视为一个整体系统，该系统水平方向受力平衡，故有kΔxAsin 30°＝kΔxC，可得ΔxA∶ΔxC＝2∶1，D项正确。
答案B
解析：以两环组成的整体，分析受力情况如图1所示．根据平衡条件得，N=2mg保持不变．再以Q环为研究对象，分析受力情况如图2所示．
设细绳与OB杆间夹角为α，由平衡条件得，细绳的拉力T=，P环向左移一小段距离时，α减小，cosα变大，T变小．
答案C　
解析： 对a受力分析如图甲所示，其中虚线三角形为等边三角形，由正交分解法可得Fsin α＝mgsin 30°，又知F＝mg，故α＝30°；对小物块的悬挂点受力分析如图乙所示，由力的合成可得2Fcos(α＋30°)＝Mg，故可得M＝m，C正确．
答案C　
解析：因为物块均做匀速直线运动，所以拉力水平时，F＝μmg，拉力倾斜时，将F沿水平方向和竖直方向分解，根据平衡条件有Fcos 60°＝μ(mg－Fsin 60°)，解得μ＝.动基础导学导练
共点力平衡
衡问题
专题共点力平衡及动态平衡
衡问题处理方法
共点力平衡
的作用点在物体上的同一点或力的延长线
力能简化成质点的物体受到的力可以视为方向均要发生变化,所以叫动态平衡
2.基本
2.共点力的平衡状态(运动学特征
3分析动态平衡问题的两种方法
共点力的平衡条
衡方程求出未知量与
的关系表达式
物体所受的合外力为
解析法(2)根据已知量的变化情况来确定未知量的
重要雜论
力平衡(等大反
(2)确定未知量大
如果物体在两个共点力的作用下处于平衡状态,这两
四、多体平衡问题的处理方
力平衡(三力汇交
两种基本分析方法
物体
非平行力的作用而平衡时,这
的作用线
或延长线)必交于一点
力必共面
力构成顺
的
考虑系统内力,所以这种方法更简便,总之,能用整体
(3)多力平衡(闭合多边形)
法解决的问题不用隔离法
如果物体受多
处于平衡状态,其中任何一个力与
(2)隔离法
余力的合力大小相等,方向相反,这些力顺向构成闭合的多
分析系统内各物体(各部分)间的相互作用时
2.两种基本思维流稳
的处理方法
用下物体平衡
②若已知内力:先隔离法,后整体法求外力.对于连扫
题,多数情况既要分析外力
力
衠方
或离达对
边/件
程求
究对象的选取原
力的合成与分解法(尤其正交分解法)、整体法和隔离
题目要求,研究对象应选取
受力分析的平衡体
法是受力分析的最基本
方法,前者的实质是力的
处理平衡问题的常用方法
析的思维方法,属于受力分析的“战略
方法
层面上问题.只有同时从“战略的高
屋受力分
的作用而平衡,则任意两
析的策略和从“战术的扫
化受力分析的运算过程
大小相等,方向相反
才能有效地解决多体平衡问题
果分解,则其分力和其他两个力
米方法点拨米
交|物体受
作用时,将物体所
分解为相互垂直的两组,每组力都满足
点拨
点力平衡的处理方法
法衡条件
对受三力作用而平衡的物体,将力的矢量图平移
升
方向匀速上升.则此时孔明灯所受空
角摇正弦定理
用力大小和
或
等数学
法
求解未知
《力和运动基础导学导练》
共点力平衡及动态平衡问题
生感
教师点评
生感悟
点拨二动态平衡问题的分析
【典例6】如图,
球放置在木板与竖直墙面
之间.设墙面对球的压力大小为N,球对木板的
压力大小为N2.以木板与墙连接点所形成的水平
直线为轴,将木板从图示位置开始缓慢地转到水
点拨三连接体平衡问题的分析
平位置,不计摩擦,在此过程中()
【典例8】如图所示,在一粗糙水平面上有两个质量分别为
A.N1始终减小,N2始终增大
和m2的木块1和2,中间用原长为l、劲度系数为k的
B.N始终减小,N2始终减
轻弹簣连接起来,木块与地面间的滑动摩擦因数为μ.现用
C.N先增大后减小,N2始终减小
水平力向右拉木块2,当两木块·起匀速运动时两木块
D.M1先增大后减小,N2先减小后增大
可的距离是()
2
【变式6】一倾角为O的固定斜面上,有一块可绕其下端转
动的挡板P,今在挡板与斜面间夹有一重为G的光滑球.设
mut n
: g
挡板对球的压力大小为N1,斜面对球的压力大小为N2.则
挡板P由图示的竖直位置缓慢地转到水平位置的过程中C.H+m2g
D.1+m1m2
A.M1和N2都增大
【变式8】如图所示,在一粗糙水平面上有三个质量分别为
B.N1和№2都减
n1、m2、m3的木块1、2和3,中间分别用一原长为l,劲度
C.N1增大,N2减小
系数为k的轻弹簣连接起来,木块与地面间的动摩擦因数为
D.N1减小
增大
现用一水平力向右拉木块3,当木块一起匀速运动时,
和3两木块之间的距离是(不计木块2的宽度)()
教师点
13
A. l
B. L
(m1+m2)
学生感悟
k
1(2m1+m2)
D
小(n
k
【典例7】如图所示是一个简易起吊设F·B
散师点评
施的示意图,AC是质量不计的撑杆,A
端与竖直墙用铰链连接,一滑轮固定在
A点正上方,C端吊一重物.现施加
生感
拉力F缓慢将重物P向上拉,在AC杆
达到竖直前
A.BC绳中的拉力Fr越来越大
【典例9】m2两个物体通过轻弹簧连接,在力F的作用下
B.BC绳中的拉力Fr越来越小
起沿水平方向做匀速直线运动(m1在地面,m2在空中),力
C.AC杆中的支撑力F越来越大
D.AC杆中的支撑力F越来越小
F与水平方向成角.则m1所受支持力N和摩擦力∫正确的
【变式7】固定在水平面上的光滑半球,半径为R,球心O
g +!72g
正上方固定一个小定滑轮,细线一端拴一小球,置于
B. N=mig+ m2g-Fcose
半球面的A点,另一端绕过定滑轮,如图所示,现缓慢地
C. FcosB
将小球从A点拉到B点,则此过程中,小球对半球的压力
大小FN、细线的拉力大小F的变化情况是()
【变式9】如图所示,A、B两木块放在水平面上,它们之
A.F不变,F不变
间用细线相连,两次连接情况中细线倾斜方向不同但倾角
B.F不变,F变大
样,两木块与水平面间的动摩擦因数相同先后用水平力
C.F不变,F变小
F1和F2拉着A、B一起匀速运动,则()
D.F变大,F变小
B
B
A F>F2 B. FF
C. F

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