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高考科学复习解决方案 物理
第讲　共点力的平衡
考点一　共点力的平衡
1．平衡状态：物体保持静止或匀速直线运动的状态。
2．共点力平衡的条件：合力为0。
思考：初中物理学过二力平衡的条件，请推导出多个共点力平衡的条件。
提示：如果物体受到多个共点力作用，我们可以逐步通过力的合成，最终等效为两个力的作用。如果这两个力等大反向，即这两个力的合力为0，则意味着所有力的合力等于0，物体处于平衡状态。因此在多个共点力作用下物体受力平衡的条件是合力为0。
　判断
(1)物体的速度为零即处于平衡状态。(　　)
(2)物体处于平衡状态时，加速度等于零。(　　)
答案：(1)×　(2)√
1．共点力平衡条件的推论
(1)物体在多个共点力作用下平衡时，其中任何一个力与其余几个力的合力方向相反、大小相等。
(2)物体在三个共点力作用下平衡时，表示三个力的有向线段构成首尾依次相接的闭合矢量三角形。
思考：请证明推论(2)。
提示：物体在F1、F2和F3三个共点力作用下平衡时，如图所示，若平移F2使F2箭头线的始端与F1箭头线的末端重合，根据矢量合成的三角形定则可知，F1和F2的合力F合可以用由F1箭头线的始端指向F2箭头线的末端的有向线段表示，根据共点力平衡条件，这个有向线段F合必然与第三个力F3的有向线段大小相等、方向相反，所以F1、F2、F3构成首尾依次相接的闭合矢量三角形。
2．求解共点力的平衡问题的常用方法
方法 内容
合成法与效果分解法　 物体受三个共点力的作用而平衡，将任意两个力合成，则该合力一定与第三个力大小相等，方向相反；或将其中某一个力沿另外两个力的反方向分解，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而平衡，将物体所受的力分解到两个相互垂直的x轴、y轴上，则Fx合＝0，Fy合＝0。选择x、y轴方向时，要使尽可能多的力落在x轴、y轴上，被分解的力要尽可能是已知力
矢量三角形法 对受三力作用而平衡的物体，将力的矢量图平移，使三力组成一个首尾依次相接的矢量三角形，结合数学知识求解未知力
例1　(人教版必修第一册教材第三章第5节[练习与应用]T2)在光滑墙壁上用网兜把足球挂在A点，足球与墙壁的接触点为B(如图)。足球的质量为m，悬绳与墙壁的夹角为α，网兜的质量不计。求悬绳对足球的拉力和墙壁对足球的支持力。(请用尽可能多的方法求解)
[答案]　，方向沿悬绳向上　mgtanα，方向水平向左
[解析]　解法一(合成法)：足球受重力mg、绳的拉力F和墙壁的支持力FN，对F和FN进行合成，设其合力为F0，如图1所示
根据平衡条件有F0＝mg
根据几何知识得
F＝，FN＝F0tanα
解得F＝，方向沿悬绳向上，FN＝mgtanα，方向水平向左。
解法二(效果分解法)：足球受重力mg、绳的拉力F和墙壁的支持力FN，将重力按效果分解，如图2所示
根据平衡条件，沿悬绳方向有F＝G1
水平方向上有FN＝G2
根据几何知识得G1＝，G2＝mgtanα
解得F＝，方向沿悬绳向上，FN＝mgtanα，方向水平向左。
解法三(正交分解法)：足球受重力mg、绳的拉力F和墙壁的支持力FN，将F沿水平方向和竖直方向分解，如图3所示
根据平衡条件有F1＝FN，F2＝mg
根据几何知识得F1＝Fsinα，F2＝Fcosα
解得F＝，方向沿悬绳向上，FN＝mgtanα，方向水平向左。
解法四(矢量三角形法)：足球受重力mg、绳的拉力F和墙壁的支持力FN，根据平衡条件，三力构成首尾依次相接的矢量三角形，如图4所示
根据几何知识得F＝，方向沿悬绳向上，FN＝mgtanα，方向水平向左。
[跟进训练1](2025·重庆卷，1)现代生产生活中常用无人机运送物品，如图所示，无人机携带质量为m的匀质钢管在无风的空中悬停，轻绳M端和N端系住钢管，轻绳中点O通过缆绳与无人机连接。MO、NO与竖直方向的夹角均为60°，钢管水平。则MO的弹力大小为(重力加速度为g)(　　)
A．2mg B．mg
C.mg D.mg
答案：B
解析：以钢管为研究对象，根据对称性可知两边轻绳拉力的大小相等，设为T，根据平衡条件，在竖直方向有2Tcos60°＝mg，可得T＝mg，故选B。
[跟进训练2](2026·内蒙古高三上开学考试)蒙古族能歌善舞，如图所示，是舞者在某瞬间达到平衡时上半身的受力示意图，可粗略认为上半身受到重力G、腰部支持力F1和肌肉拉力F2的作用。若F1与水平方向成60°角向上，F2与水平方向成45°角向下，则F2的大小为(　　)
A．(＋1)G B.
C．(＋2)G D.
答案：D
解析：根据平衡条件，在水平方向上有F2cos45°＝F1cos60°，在竖直方向上有F1sin60°＝F2sin45°＋G，联立解得F2＝，故选D。
考点二　共点力的动态平衡问题
动态平衡是指物体的受力状态缓慢发生变化，但在变化过程中，每一个状态均可视为平衡状态。常用方法：解析法、图解法、相似三角形法、正弦定理法、辅助圆法。
1．解析法
确定研究对象并进行受力分析，先画出受力示意图，再根据物体的平衡条件列式求解，得到因变量与自变量的函数表达式(通常为三角函数关系)，最后根据自变量的变化确定因变量的变化。
2．图解法
(1)适用情况：物体受三个力作用，一个力大小、方向均不变(通常是重力)，另两个力中有一个力的方向不变。
(2)分析方法：首先画出初始状态下力的平行四边形或力的矢量三角形，然后根据题意画出其他不同状态时力的平行四边形或力的矢量三角形，根据力的平行四边形或力的矢量三角形边长的变化情况，判断两个变力的变化情况。
3．相似三角形法
(1)适用情况：物体受三个力作用，一个力大小、方向均不变，其他两个力的方向均变化，能找到与力的矢量三角形相似的线、杆等围成的几何三角形。
(2)分析方法：画出力的矢量三角形，找到与力的矢量三角形相似的几何三角形，建立比例关系，根据几何三角形中边长的变化，得出变力的变化情况。示例如图，基本关系式为＝＝。
4．正弦定理法
(1)适用情况：物体受三个力作用而处于平衡状态，三个力构成的矢量三角形的三个角变化情况已知。
(2)分析方法：画出力的矢量三角形，根据三角形的正弦定理列出三个力的关系式，根据关系式判断变力的变化情况。
5．辅助圆法
(1)适用情况：物体受三个力作用，一个力大小、方向均不变(通常是重力)，另两个力方向、大小都在变，但它们的夹角不变。
(2)分析方法
①构建力的矢量三角形。
②画矢量三角形的外接圆，恒力对应的弦长不变，其对应的圆周角也不变。
③分析变力的变化情况。
注：当两个变力的夹角是90°时，恒力对应外接圆的直径。
例2　如图所示，将截面为三角形的斜面体P固定在水平地面上，其右端点与竖直挡板MN靠在一起，在P和MN之间放置一个光滑均匀的圆柱体Q，整个装置处于静止状态。若用外力使竖直挡板MN以N点为轴缓慢地顺时针转动至挡板MN水平之前，斜面体P始终静止不动，在此过程中，下列说法正确的是(　　)
A．MN对Q的弹力先减小后增大
B．MN对Q的弹力先增大后减小
C．P对Q的弹力一直增大
D．P对Q的弹力先减小后增大
[答案]　A
[解析]　对圆柱体Q受力分析，受重力G、斜面体的弹力FP和挡板的弹力FMN，根据平衡条件可知，斜面体的弹力和挡板的弹力的合力与Q的重力大小相等、方向相反，挡板以N点为轴顺时针缓慢地转动至水平位置的过程中，Q的重力G大小、方向均不变，FP方向不变，FMN方向由水平向左顺时针转动至竖直向上，根据平行四边形定则作出受力分析动态图，如图所示，可得斜面体P对Q的弹力FP逐渐减小，挡板MN对Q的弹力FMN先减小后增大，故A正确，B、C、D错误。
例3　(2026·山西省高三上期中)窑洞是中国北方黄土高原上一种特殊的建筑形式，如图所示，abcde为窑洞门的横截面，顶部bcd可简化为半圆弧，c为圆弧的最高点，O为圆弧的圆心，工人师傅利用与轻杆相连的滚轮对bcd粉刷，位置O1为工人师傅与轻杆的接触点，通过调节O1与滚轮之间轻杆的长度，实现滚轮从c点缓慢移至b点，不计滚轮的大小及滚轮与bc间的摩擦，则滚轮与bc段间的弹力FN、轻杆对滚轮的作用力F和O1与滚轮之间轻杆的长度L之间的关系图像可能正确的是(　　)
[答案]　B
[解析]　滚轮在缓慢移动过程中受力平衡，其中FN指向圆心O，重力mg大小、方向均不变，F沿杆向上，三力首尾相接构成闭合的矢量三角形，如图所示，由图可知，力的矢量三角形与几何三角形AO1O相似，则有＝＝，因为mg和OO1均为定值，所以F与L成正比，FN的大小不随L的变化而改变，故B可能正确，A、C、D错误。
例4　(2025·吉林省长春市高三上模拟预测)如图所示为超市中运送货物常用的“L”形小推车，其中底板与支架垂直。初始时小推车支架与水平地面垂直，运送货物时先将“L”形小推车绕O点逆时针缓慢转动45°，然后推动小推车沿水平地面运动。在小推车绕O点逆时针缓慢转动的过程中，支架对货物的弹力为N1，底板对货物的弹力为N2，不计货物与小推车间的摩擦，下列说法正确的是(　　)
A．N1逐渐减小 B．N1先减小后增大
C．N2逐渐减小 D．N2先减小后增大
[答案]　C
[解析]　解法一(解析法)：对货物受力分析，如图1所示，根据平行四边形定则画出N1和N2的合力F，根据平衡条件有F＝mg，由于底板始终与支架垂直，根据几何关系可知，N1＝Fsinθ＝mgsinθ，N2＝Fcosθ＝mgcosθ，在小推车绕O点逆时针缓慢转动的过程中，θ从0°逐渐增大到45°，可知N1逐渐增大，N2逐渐减小，故A、B、D错误，C正确。
解法二(正弦定理法)：对货物受力分析，画出力的矢量三角形如图2所示，根据正弦定理有＝＝，解得N1＝mg，N2＝mg，在小推车绕O点逆时针缓慢转动的过程中，α＝90°不变，β从90°逐渐减小到45°，γ从0°逐渐增大到45°，可知N1逐渐增大，N2逐渐减小，故A、B、D错误，C正确。解法三(辅助圆法)：对货物受力分析，画出力的矢量三角形如图2所示，在小推车绕O点逆时针缓慢转动的过程中，α＝90°不变，则力的矢量三角形的直角顶点在以mg为竖直直径的外接圆上，从最高点向下移动，如图3所示，由题意知，该直角顶点最低下移到与圆心O等高处，根据图3可知，N1逐渐增大，N2逐渐减小，故A、B、D错误，C正确。
考点三　“活结”和“死结”　“动杆”和“定杆”
1．轻绳上的弹力
(1)活结：当轻绳绕过光滑的滑轮或挂钩时，由于滑轮或挂钩对绳无约束，因此绳上的力的大小是处处相等的，即滑轮或挂钩只改变力的方向，不改变力的大小。例如图甲中，BC、BD两段绳中的拉力大小都等于重物的重力。
(2)死结：当轻绳某处打有死结时，由于结点对绳有约束，因此绳上的力的大小可能不是处处相等。例如图乙中，绳AOB中，AO和OB两段绳中拉力大小不相等。
2．轻杆上的弹力
(1)动杆：若轻杆用光滑的转轴或铰链连接，当杆处于平衡时杆所受到的弹力方向一定沿着杆，轻杆只能起到“拉”或“推”的作用，否则会引起杆的转动。如图丙所示，C处为转轴，轻杆在缓慢转动中，杆上弹力方向始终沿杆的方向。
(2)定杆：若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。如图甲所示。定杆的弹力方向应根据物体的运动状态，由平衡条件或牛顿第二定律分析判断。
例5　(2026·海南省海口四中高三上月考)如图a所示，轻绳AD跨过固定在水平杆BC右端的光滑定滑轮(重力不计)拴接一质量为M的物体，∠ACB＝30°；如图b所示，水平轻杆HG一端用光滑铰链固定在竖直墙上，另一端通过轻绳EG拉住，∠EGH＝30°，另一轻绳GF悬挂在轻杆的G端，也拉住一质量为M的物体，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)
A．图a中BC杆对滑轮的作用力大小为Mg
B．图b中HG杆弹力大小为Mg
C．轻绳AC段张力TAC与轻绳EG段张力TEG大小之比为1∶1
D．轻绳AC段张力TAC与轻绳EG段张力TEG大小之比为2∶1
[答案]　A
[解析]　题图a中轻绳AD跨过光滑定滑轮，拉力大小处处相等，对物体，由平衡条件可知，轻绳AC段和CD段的拉力大小TAC＝TCD＝Mg，AC与CD的夹角为θ＝90°＋30°＝120°，则两段绳拉力的合力大小为T0＝2TACcos＝Mg，滑轮受力平衡，所以BC杆对滑轮的作用力大小为FBC＝T0＝Mg，故A正确；题图b中轻杆HG用铰链固定在墙上，所以轻杆对G点的弹力FHG的方向只能沿杆方向，即水平方向，对物体受力分析，根据平衡条件知，轻绳GF段的张力TGF＝Mg，对轻杆HG的G端受力分析如图所示，其中TEG和FHG的合力与TGF等大反向，由图中几何关系得FHG＝＝Mg，TEG＝＝2Mg，所以＝＝，故B、C、D错误。
课时作业
[A组　基础巩固练]
1.(2023·河北卷，4)如图，轻质细杆AB上穿有一个质量为m的小球C，将杆水平置于相互垂直的固定光滑斜面上，系统恰好处于平衡状态。已知左侧斜面与水平面成30°角，则左侧斜面对杆AB支持力的大小为(　　)
A．mg B.mg
C.mg D.mg
答案：B
解析：轻杆和小球组成的整体，受斜面的支持力NA、NB和自身的重力mg而处于平衡状态，如图所示，由平衡条件有NA＝mgcos30°，解得NA＝mg，故选B。
2.(多选)如图所示，小明同学做家务时用拖把清理地板。他对拖把头施加一个沿拖把杆向下、大小为30 N的力时，恰好能推动拖把头向前匀速运动，此时拖把杆与水平方向成53°角。已知拖把头的质量为1.2 kg，拖把杆的质量忽略不计，重力加速度g取10 m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。下列说法正确的是(　　)
A．拖把头与地板间的动摩擦因数为0.5
B．拖把头与地板间的动摩擦因数为0.4
C．地板对拖把头的摩擦力大小为24 N
D．地板对拖把头的支持力大小为36 N
答案：AD
解析：拖把在小明施加的力F、自身重力mg、来自地板的支持力N及摩擦力f的共同作用下处于平衡状态，受力分析如图所示，根据平衡条件，在水平方向上有f＝Fcos53°，在竖直方向上有N＝Fsin53°＋mg，又f＝μN，解得f＝18 N，N＝36 N，μ＝0.5，故A、D正确，B、C错误。
3.(2026·新疆高三上月考)如图所示，飞机逃生滑梯是飞机的安全设备之一，当飞机发生紧急迫降时，充气滑梯从舱门侧翼释放，并在10秒内充气后与地面构成倾斜滑道(滑道可近似为平直滑道)，保证乘客可以安全撤离。某机组在一次安全测试中，让一名体验者静止在滑道上，然后改变滑道与水平面之间的夹角θ，发现当θ＝30°和θ＝45°时，该体验者所受的摩擦力大小恰好相等，则体验者与滑道之间的动摩擦因数为(　　)
A. B.
C. D.
答案：B
解析：由题意可知，当θ＝30°时，该体验者受到静摩擦力作用，大小为f1＝mgsin30°；当θ＝45°时，该体验者受到滑动摩擦力作用，大小为f2＝μmgcos45°，又f1＝f2，联立解得体验者与滑道之间的动摩擦因数为μ＝，故选B。
4.如图，悬挂甲物体的细线拴牢在一不可伸长的轻质细绳上O点处；绳的一端固定在墙上，另一端通过光滑定滑轮与物体乙相连。甲、乙两物体质量相等。系统平衡时，O点两侧绳与竖直方向的夹角分别为α和β。若α＝70°，则β等于(　　)
A．45° B．55°
C．60° D．70°
答案：B
解析：甲物体拴牢在O点，且甲、乙两物体的质量相等，则与甲相连的竖直细线和与乙相连的绳子对O点的拉力大小相等。对O点受力分析，如图所示，根据几何关系有2β＋α＝180°，解得β＝55°，故B正确。
5.(2026·山东省高三上月考)如图所示，竖直平面内的光滑半圆环圆心为O，两端固定在水平地面上，质量为5 kg的小球套在圆环上。现用与圆环在同一竖直平面内且与水平方向成37°角的外力F将小球缓慢地从圆环最低点P拉到圆环最高点Q。关于此过程，下列说法正确的是(　　)
A．外力F先增大后减小
B．小球到达Q点时外力F减小为零
C．圆环对小球的弹力一直增大
D．小球所受合力逐渐减小
答案：B
解析：小球缓慢移动，受力平衡，故外力F、圆环对小球的弹力N以及自身重力mg可构成首尾相接的闭合矢量三角形，如图所示，其中mg为恒力，F的方向不变，N的方向背离圆心O，由图可知，用F将小球缓慢地从圆环最低点P拉到圆环最高点Q的过程中，N与竖直方向的夹角由90°逐渐减小到0，外力F一直减小，小球到达Q点时外力F减小为零，圆环对小球的弹力N先减小后增大，故B正确，A、C错误；小球始终处于平衡状态，所受合力始终为零，故D错误。
6.(2025·江苏省南通苏北七市高三上一模考前模拟)一台空调外机用两个三角形支架固定在外墙上，如图所示，空调外机的重心在支架水平横梁AO和斜梁BO连接点O的上方，横梁对O点的拉力沿OA方向、大小为F1，斜梁对O点的支持力沿BO方向、大小为F2。如果把斜梁加长一点，仍保持连接点O的位置不变，则(　　)
A．F1增大 B．F1减小
C．F2不变 D．F2增大
答案：B
解析：设OB与墙面的夹角为θ，对O点受力分析如图所示，根据共点力的平衡条件可知F2cosθ＝G，F2sinθ＝F1，整理可得F2＝，F1＝Gtanθ，由几何关系可知，若斜梁加长，则θ变小，此时cosθ变大，tanθ变小，故F2减小，F1减小，故A、C、D错误，B正确。
7．(2026·河北省高三上月考)如图甲所示，牛通过两根耙索拉着耙沿水平方向匀速耙地，其简化模型如图乙所示，两根耙索等长且对称，延长线的交点为O1，夹角∠AO1B＝60°，平面AO1B与水平地面的夹角为37°，O2为AB的中点。忽略耙索的质量，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，若地面对耙的水平阻力大小为f，则耙索的拉力大小为(　　)
A.f B.f
C.f D.f
答案：B
解析：两根耙索拉力的合力大小为F′＝2Fcos30°，方向与耙前进方向的夹角为37°，在水平方向上，由平衡条件可知，地面对耙的水平阻力大小f＝F′cos37°，联立解得F＝f，故选B。
8．一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距80 cm的两点上，弹性绳的原长也为80 cm。将一钩码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为100 cm；再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点，则弹性绳的总长度变为(弹性绳的伸长始终处于弹性限度内)(　　)
A．86 cm B．92 cm
C．98 cm D．104 cm
答案：B
解析：轻质弹性绳的两端分别固定在相距l0＝80 cm的两点上，钩码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为l＝100 cm，以钩码为研究对象，受力如图所示，由胡克定律F＝k(l－l0)，由共点力的平衡条件和几何知识得F＝＝；再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点，设弹性绳的总长度变为l′，由胡克定律得F′＝k(l′－l0)，由共点力的平衡条件F′＝，联立上面各式解得l′＝92 cm，B正确。
9．(2026·山东省济南市山东实验中学高三上一诊)(多选)如图所示为一提升重物的装置。一根轻绳与重物相连，另一端系在A点，人在B点拉动轻绳AB使轻杆OA绕O点在竖直平面内自由转动。当OA从图示位置缓慢转至竖直方向时，若轻绳不可伸长，则下列说法正确的是(　　)
A．人对轻绳AB的拉力变小
B．人对轻绳AB的拉力不变
C．轻杆OA上的弹力大小不变
D．轻杆OA上的弹力变小
答案：AD
解析：对重物，由平衡条件可知，与重物相连的轻绳的拉力大小为FT＝G，对A点受力分析，可知杆OA的弹力FOA和轻绳AB的拉力FAB的合力F与FT等大反向，且FOA和FAB分别沿杆OA和轻绳AB的方向，如图所示，过O点作竖直线OC交AB于C点，由三角形相似，可得＝＝，将F＝G代入，得FOA＝G，FAB＝G，人在B点将轻杆OA拉至竖直方向的过程中，OA的长度不变，OC的长度变大，AC的长度变小，故轻杆OA上的弹力FOA变小，人对轻绳AB的拉力FAB变小，故A、D正确，B、C错误。
[B组　综合提升练]
10.(2022·海南卷，8)我国的石桥世界闻名，如图，某桥由六块形状完全相同的石块组成，其中石块1、6固定，2、5质量相同为m，3、4质量相同为m′，不计石块间的摩擦，则为(　　)
A. B.
C．1 D．2
答案：D
解析：由题意可知，每块石块对应的圆心角均为＝30°，对石块3进行受力分析，如图1，由平衡条件可得tan30°＝；把石块2和3看成整体，并对其进行受力分析，如图2，由平衡条件可得tan60°＝；联立解得＝2，故D正确。
11.如图所示，不可伸长、质量不计的绳子两端分别固定在竖直杆PQ、MN上，杂技演员利用轻钩让自己悬挂在绳子上，不计轻钩与绳间的摩擦。现将MN杆绕N点垂直纸面向外缓慢转动15°，该过程中关于绳子上张力大小的变化，下列说法正确的是(　　)
A．逐渐变大 B．逐渐变小
C．始终不变 D．先变大后变小
答案：A
解析：设杂技演员的质量为m，绳子上的张力大小为T，轻钩两侧绳子与竖直方向的夹角均为θ，对杂技演员和轻钩整体受力分析，如图所示，由平衡条件有2Tcosθ＝mg，解得T＝。设绳总长为L，绳的两悬点在水平方向的距离为d，根据几何关系有sinθ＝，将MN杆绕N点垂直纸面向外缓慢转动15°的过程中，L不变，d逐渐变大，则sinθ逐渐变大，cosθ逐渐变小，T逐渐变大，故A正确，B、C、D错误。
12.如图所示，矩形平板ABCD的AD边固定在水平面上，平板与水平面夹角为θ，AC与AB的夹角也为θ。质量为m的物块在平行于平板的拉力作用下，沿AC方向匀速运动。物块与平板间的动摩擦因数μ＝tanθ，重力加速度大小为g，拉力大小为(　　)
A．2mgsinθcos B．2mgsinθ
C．2mgsin D．mgsinθcos
答案：A
解析：物块重力沿平板的分力平行于CD向下，有Gx＝mgsinθ，物块所受滑动摩擦力与运动方向相反，有f＝μmgcosθ，根据平衡条件，在平板平面内，拉力与Gx和f的合力等大反向，根据余弦定理得F＝＝2mgsinθcos，故选A。
13.(2026·山东省枣庄市高三上月考)如图为高层安装空调时吊运外机的场景简化图。一名工人在高处控制绳子P，另一名工人站在水平地面上拉住另一根绳子Q。在吊运的过程中，地面上的工人在缓慢后退时缓慢放绳，空调外机M缓慢竖直上升，绳子Q与竖直方向的夹角β保持不变，绳子质量忽略不计，则(　　)
A．绳子P上的拉力大小不变
B．绳子Q上的拉力先变小后变大
C．地面工人所受的支持力不断变小
D．地面工人所受的摩擦力先变大后变小
答案：C
解析：对空调外机进行受力分析可知，空调外机在绳子P、Q的拉力F1、F2和自身重力mg的作用下受力平衡，故F1、F2和mg可构成首尾相接的矢量三角形，如图甲所示，其中mg为恒力，β不变，α逐渐变大，可知F1、F2均变大，故A、B错误。对地面工人进行受力分析可知，该工人受到重力G、地面的支持力FN、绳子Q的拉力F2′以及地面的摩擦力Ff四个力的作用，如图乙所示，根据平衡条件，在竖直方向上有FN＋F2′cosβ＝G，在水平方向上有Ff＝F2′sinβ，其中β不变，F2′＝F2变大，所以该工人受到的支持力FN变小，摩擦力Ff变大，故C正确，D错误。
[C组　拔尖培优练]
14.(多选)如图，柔软轻绳ON的一端O固定，其中间某点M拴一重物，用手拉住绳的另一端N。初始时，OM竖直且MN被拉直，OM与MN之间的夹角为α。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：AD
解析：解法一(辅助圆法)：重物受到重力mg、OM绳的拉力FOM、MN绳的拉力FMN共三个力的作用。缓慢拉起过程中任一时刻可认为是平衡状态，三力的合力恒为0。如图1所示，由三角形定则得一首尾相接的闭合三角形，由于α>且不变，则三角形中FMN与FOM的交点在一个圆弧上移动，由图可以看出，在OM被拉到水平的过程中，绳MN中拉力一直增大且OM水平时恰好达到最大值，绳OM中拉力先增大后减小，故A、D正确，B、C错误。
解法二(正弦定理法)：设重物的质量为m，绳OM中的张力为TOM，绳MN中的张力为TMN。开始时，TOM＝mg，TMN＝0。由于缓慢拉起，则重物一直处于平衡状态，两绳张力的合力与重物的重力mg等大、反向。
如图2所示，已知角α不变，在重物被缓慢拉起的过程中，角β逐渐增大，则角(α－β)逐渐减小，但角θ不变，在三角形中，利用正弦定理得：＝，(α－β)由钝角变为锐角，则TOM先增大后减小，C错误，D正确；同理知＝，在β由0变为的过程中，TMN一直增大，A正确，B错误。
1(共66张PPT)
第二章　相互作用
第4讲　共点力的平衡
目录
1
2
3
考点一　共点力的平衡
考点二　共点力的动态
平衡问题
考点三 “活结”和“死
结”“动杆”
和“定杆”
课时作业
4
考点一　共点力的平衡
1．平衡状态：物体保持______或__________________的状态。
2．共点力平衡的条件：合力为___。
思考：初中物理学过二力平衡的条件，请推导出多个共点力平衡的条件。
静止
提示：如果物体受到多个共点力作用，我们可以逐步通过力的合成，最终等效为两个力的作用。如果这两个力等大反向，即这两个力的合力为0，则意味着所有力的合力等于0，物体处于平衡状态。因此在多个共点力作用下物体受力平衡的条件是合力为0。
匀速直线运动
0
判断
(1)物体的速度为零即处于平衡状态。(　　)
(2)物体处于平衡状态时，加速度等于零。(　　)
×
√
1．共点力平衡条件的推论
(1)物体在多个共点力作用下平衡时，其中任何一个力与其余几个力的合力方向相反、大小相等。
(2)物体在三个共点力作用下平衡时，表示三个力的有向线段构成首尾依次相接的闭合矢量三角形。
思考：请证明推论(2)。
提示：物体在F1、F2和F3三个共点力作用下平衡时，如图所示，若平移F2使F2箭头线的始端与F1箭头线的末端重合，根据矢量合成的三角形定则可知，F1和F2的合力F合可以用由F1箭头线的始端指向F2箭头线的末端的有向线段表示，根据共点力平衡条件，这个有向线段F合必然与第三个力F3的有向线段大小相等、方向相反，所以F1、F2、F3构成首尾依次相接的闭合矢量三角形。
2．求解共点力的平衡问题的常用方法
方法 内容
合成法与效果分解法　 物体受三个共点力的作用而平衡，将任意两个力合成，则该合力一定与第三个力大小相等，方向相反；或将其中某一个力沿另外两个力的反方向分解，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而平衡，将物体所受的力分解到两个相互垂直的x轴、y轴上，则Fx合＝0，Fy合＝0。选择x、y轴方向时，要使尽可能多的力落在x轴、y轴上，被分解的力要尽可能是已知力
矢量三角形法 对受三力作用而平衡的物体，将力的矢量图平移，使三力组成一个首尾依次相接的矢量三角形，结合数学知识求解未知力
例1　(人教版必修第一册教材第三章第5节[练习与应用]T2)在光滑墙壁上用网兜把足球挂在A点，足球与墙壁的接触点为B(如图)。足球的质量为m，悬绳与墙壁的夹角为α，网兜的质量不计。求悬绳对足球的拉力和墙壁对足球的支持力。(请用尽可能多的方法求解)
解析：以钢管为研究对象，根据对称性可知两边轻绳拉力的大小相等，设为T，根据平衡条件，在竖直方向有2Tcos60°＝mg，可得T＝mg，故选B。
考点二　共点力的
动态平衡问题
动态平衡是指物体的受力状态缓慢发生变化，但在变化过程中，每一个状态均可视为平衡状态。常用方法：解析法、图解法、相似三角形法、正弦定理法、辅助圆法。
1．解析法
确定研究对象并进行受力分析，先画出受力示意图，再根据物体的平衡条件列式求解，得到因变量与自变量的函数表达式(通常为三角函数关系)，最后根据自变量的变化确定因变量的变化。
2．图解法
(1)适用情况：物体受三个力作用，一个力大小、方向均不变(通常是重力)，另两个力中有一个力的方向不变。
(2)分析方法：首先画出初始状态下力的平行四边形或力的矢量三角形，然后根据题意画出其他不同状态时力的平行四边形或力的矢量三角形，根据力的平行四边形或力的矢量三角形边长的变化情况，判断两个变力的变化情况。
4．正弦定理法
(1)适用情况：物体受三个力作用而处于平衡状态，三个力构成的矢量三角形的三个角变化情况已知。
(2)分析方法：画出力的矢量三角形，根据三角形的正弦定理列出三个力的关系式，根据关系式判断变力的变化情况。
5．辅助圆法
(1)适用情况：物体受三个力作用，一个力大小、方向均不变(通常是重力)，另两个力方向、大小都在变，但它们的夹角不变。
(2)分析方法
①构建力的矢量三角形。
②画矢量三角形的外接圆，恒力对应的弦长不变，其对应的圆周角也不变。
③分析变力的变化情况。
注：当两个变力的夹角是90°时，恒力对应外接圆的直径。
例2　如图所示，将截面为三角形的斜面体P固定在水平地面上，其右端点与竖直挡板MN靠在一起，在P和MN之间放置一个光滑均匀的圆柱体Q，整个装置处于静止状态。若用外力使竖直挡板MN以N点为轴缓慢地顺时针转动至挡板MN水平之前，斜面体P始终静止不动，在此过程中，下列说法正确的是(　　)
A．MN对Q的弹力先减小后增大
B．MN对Q的弹力先增大后减小
C．P对Q的弹力一直增大
D．P对Q的弹力先减小后增大
[解析]　对圆柱体Q受力分析，受重力G、斜面体的弹力FP和挡板的弹力FMN，根据平衡条件可知，斜面体的弹力和挡板的弹力的合力与Q的重力大小相等、方向相反，挡板以N点为轴顺时针缓慢地转动至水平位置的过程中，Q的重力G大小、方向均不变，FP方向不变，FMN方向由水平向左顺时针转动至竖直向上，根据平行四边形定则作出受力分析动态图，如图所示，可得斜面体P对Q的弹力FP逐渐减小，挡板MN对Q的弹力FMN先减小后增大，故A正确，B、C、D错误。
例3　(2026·山西省高三上期中)窑洞是中国北方黄土高原上一种特殊的建筑形式，如图所示，abcde为窑洞门的横截面，顶部bcd可简化为半圆弧，c为圆弧的最高点，O为圆弧的圆心，工人师傅利用与轻杆相连的滚轮对bcd粉刷，位置O1为工人师傅与轻杆的接触点，通过调节O1与滚轮之间轻杆的长度，实现滚轮从c点缓慢移至b点，不计滚轮的大小及滚轮与bc间的摩擦，则滚轮与bc段间的弹力FN、轻杆对滚轮的作用力F和O1与滚轮之间轻杆的长度L之间的关系图像可能正确的是(　　)
例4　(2025·吉林省长春市高三上模拟预测)如图所示为超市中运送货物常用的“L”形小推车，其中底板与支架垂直。初始时小推车支架与水平地面垂直，运送货物时先将“L”形小推车绕O点逆时针缓慢转动45°，然后推动小推车沿水平地面运动。在小推车绕O点逆时针缓慢转动的过程中，支架对货物的弹力为N1，底板对货物的弹力为N2，不计货物与小推车间的摩擦，下列说法正确的是(　　)
A．N1逐渐减小
B．N1先减小后增大
C．N2逐渐减小
D．N2先减小后增大
[解析]　解法一(解析法)：对货物受力分析，如图1所示，根据平行四边形定则画出N1和N2的合力F，根据平衡条件有F＝mg，由于底板始终与支架垂直，根据几何关系可知，N1＝Fsinθ＝mgsinθ，N2＝Fcosθ＝mgcosθ，在小推车绕O点逆时针缓慢转动的过程中，θ从0°逐渐增大到45°，可知N1逐渐增大，N2逐渐减小，故A、B、D错误，C正确。
考点三“活结”和“死
结”“动杆”和“定杆”
1．轻绳上的弹力
(1)活结：当轻绳绕过光滑的滑轮或挂钩时，由于滑轮或挂钩对绳无约束，因此绳上的力的大小是处处相等的，即滑轮或挂钩只改变力的方向，不改变力的大小。例如图甲中，BC、BD两段绳中的拉力大小都等于重物的重力。
(2)死结：当轻绳某处打有死结时，由于结点对绳
有约束，因此绳上的力的大小可能不是处处相等。例如
图乙中，绳AOB中，AO和OB两段绳中拉力大小不相等。
2．轻杆上的弹力
(1)动杆：若轻杆用光滑的转轴或铰链连接，当杆处于平衡时杆所受到的弹力方向一定沿着杆，轻杆只能起到“拉”或“推”的作用，否则会引起杆的转动。如图丙所示，C处为转轴，轻杆在缓慢转动中，杆上弹力方向始终沿杆的方向。
(2)定杆：若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。如图甲所示。定杆的弹力方向应根据物体的运动状态，由平衡条件或牛顿第二定律分析判断。
例5　(2026·海南省海口四中高三上月考)如图a所示，轻绳AD跨过固定在水平杆BC右端的光滑定滑轮(重力不计)拴接一质量为M的物体，∠ACB＝30°；如图b所示，水平轻杆HG一端用光滑铰链固定在竖直墙上，另一端通过轻绳EG拉住，∠EGH＝30°，另一轻绳GF悬挂在轻杆的G端，也拉住一质量为M的物体，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)
A．图a中BC杆对滑轮的作用力大小为Mg
B．图b中HG杆弹力大小为Mg
C．轻绳AC段张力TAC与轻绳EG段张力TEG大小之比为1∶1
D．轻绳AC段张力TAC与轻绳EG段张力TEG大小之比为2∶1
例1
课时作业
[A组　基础巩固练]
2.(多选)如图所示，小明同学做家务时用拖把清理地板。他对拖把头施加一个沿拖把杆向下、大小为30 N的力时，恰好能推动拖把头向前匀速运动，此时拖把杆与水平方向成53°角。已知拖把头的质量为1.2 kg，拖把杆的质量忽略不计，重力加速度g取10 m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。下列说法正确的是(　　)
A．拖把头与地板间的动摩擦因数为0.5
B．拖把头与地板间的动摩擦因数为0.4
C．地板对拖把头的摩擦力大小为24 N
D．地板对拖把头的支持力大小为36 N
解析：拖把在小明施加的力F、自身重力mg、来自地板的支持力N及摩擦力f的共同作用下处于平衡状态，受力分析如图所示，根据平衡条件，在水平方向上有f＝Fcos53°，在竖直方向上有N＝Fsin53°＋mg，又f＝μN，解得f＝18 N，N＝36 N，μ＝0.5，故A、D正确，B、C错误。
4.如图，悬挂甲物体的细线拴牢在一不可伸长的轻质细绳上O点处；绳的一端固定在墙上，另一端通过光滑定滑轮与物体乙相连。甲、乙两物体质量相等。系统平衡时，O点两侧绳与竖直方向的夹角分别为α和β。若α＝70°，则β等于
(　　)
A．45°
B．55°
C．60°
D．70°
解析：甲物体拴牢在O点，且甲、乙两物体的质量相等，则与甲相连的竖直细线和与乙相连的绳子对O点的拉力大小相等。对O点受力分析，如图所示，根据几何关系有2β＋α＝180°，解得β＝55°，故B正确。
5.(2026·山东省高三上月考)如图所示，竖直平面内的光滑半圆环圆心为O，两端固定在水平地面上，质量为5 kg的小球套在圆环上。现用与圆环在同一竖直平面内且与水平方向成37°角的外力F将小球缓慢地从圆环最低点P拉到圆环最高点Q。关于此过程，下列说法正确的是(　　)
A．外力F先增大后减小
B．小球到达Q点时外力F减小为零
C．圆环对小球的弹力一直增大
D．小球所受合力逐渐减小
解析：小球缓慢移动，受力平衡，故外力F、圆环对小球的弹力N以及自身重力mg可构成首尾相接的闭合矢量三角形，如图所示，其中mg为恒力，F的方向不变，N的方向背离圆心O，由图可知，用F将小球缓慢地从圆环最低点P拉到圆环最高点Q的过程中，N与竖直方向的夹角由90°逐渐减小到0，外力F一直减小，小球到达Q点时外力F减小为零，圆环对小球的弹力N先减小后增大，故B正确，A、C错误；小球始终处于平衡状态，所受合力始终为零，故D错误。
6.(2025·江苏省南通苏北七市高三上一模考前模拟)一台空调外机用两个三角形支架固定在外墙上，如图所示，空调外机的重心在支架水平横梁AO和斜梁BO连接点O的上方，横梁对O点的拉力沿OA方向、大小为F1，斜梁对O点的支持力沿BO方向、大小为F2。如果把斜梁加长一点，仍保持连接点O的位置不变，则
(　　)
A．F1增大
B．F1减小
C．F2不变
D．F2增大
8．一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距80 cm的两点上，弹性绳的原长也为80 cm。将一钩码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为100 cm；再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点，则弹性绳的总长度变为
(弹性绳的伸长始终处于弹性限度内)(　　)
A．86 cm B．92 cm
C．98 cm D．104 cm
9．(2026·山东省济南市山东实验中学高三上一诊)(多选)如图所示为一提升重物的装置。一根轻绳与重物相连，另一端系在A点，人在B点拉动轻绳AB使轻杆OA绕O点在竖直平面内自由转动。当OA从图示位置缓慢转至竖直方向时，若轻绳不可伸长，则下列说法正确的是(　　)
A．人对轻绳AB的拉力变小
B．人对轻绳AB的拉力不变
C．轻杆OA上的弹力大小不变
D．轻杆OA上的弹力变小
[B组　综合提升练]
11.如图所示，不可伸长、质量不计的绳子两端分别固定在竖直杆PQ、MN上，杂技演员利用轻钩让自己悬挂在绳子上，不计轻钩与绳间的摩擦。现将MN杆绕N点垂直纸面向外缓慢转动15°，该过程中关于绳子上张力大小的变化，下列说法正确的是(　　)
A．逐渐变大
B．逐渐变小
C．始终不变
D．先变大后变小
13.(2026·山东省枣庄市高三上月考)如图为高层安装空调时吊运外机的场景简化图。一名工人在高处控制绳子P，另一名工人站在水平地面上拉住另一根绳子Q。在吊运的过程中，地面上的工人在缓慢后退时缓慢放绳，空调外机M缓慢竖直上升，绳子Q与竖直方向的夹角β保持不变，绳子质量忽略不计，则(　　)
A．绳子P上的拉力大小不变
B．绳子Q上的拉力先变小后变大
C．地面工人所受的支持力不断变小
D．地面工人所受的摩擦力先变大后变小
解析：对空调外机进行受力分析可知，空调外机在绳子P、Q的拉力F1、F2和自身重力mg的作用下受力平衡，故F1、F2和mg可构成首尾相接的矢量三角形，如图甲所示，其中mg为恒力，β不变，α逐渐变大，可知F1、F2均变大，故A、B错误。对地面工人进行受力分析可知，该工人受到重力G、地面的支持力FN、绳子Q的拉力F2′以及地面的摩擦力Ff四个力的作用，如图乙所示，根据平衡条件，在竖直方向上有FN＋F2′cosβ＝G，在水平方向上有Ff＝F2′sinβ，其中β不变，F2′＝F2变大，所以该工人受到的支持力FN变小，摩擦力Ff变大，故C正确，D错误。
[C组　拔尖培优练]

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