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高中人教版 (2019)5 共点力的平衡课后测评
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这是一份高中人教版 (2019)5 共点力的平衡课后测评，共18页。
1．理解什么是平衡状态，掌握共点力的平衡条件.2.会根据平衡条件利用合成法或正交分解法解答平衡问题.3.会利用解析法或图解法分析动态平衡问题．
一、共点力平衡的条件及三力平衡问题
1．平衡状态：物体处于静止或匀速直线运动的状态．
2．平衡条件：合外力等于0，即F合＝0或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Fx合＝0,Fy合＝0)).
3．推论
(1)二力平衡：若物体在两个力作用下处于平衡状态，则这两个力一定等大、反向．
(2)三力平衡：若物体在三个共点力作用下处于平衡状态，则任意两个力的合力与第三个力等大、反向．
(3)多力平衡：若物体在n个共点力作用下处于平衡状态，则其中任意(n－1)个力的合力必定与第n个力等大、反向．
例1 (多选)(2019·玉门一中高一第一学期期中)如图1所示，是一种测定风作用力的仪器的原理图，它能自动随着风的转向而转向，使风总从图示水平方向吹向小球P.P是质量为m的金属球，固定在一轻质细长刚性金属丝下端，能绕悬挂点O在竖直平面内转动，无风时金属丝自然下垂，有风时金属丝将偏离竖直方向一定角度θ，角θ大小与风力大小有关，下列关于风力F、绳子拉力FT与角度θ的关系式正确的是( )
图1
A．F＝mgsin θ B．F＝mgtan θ
C．FT＝mgcs θ D．FT＝eq \f(mg,cs θ)
答案 BD
解析 选取金属球为研究对象，有风时它受到三个力的作用，如图甲所示．金属球处于平衡状态，这三个力的合力为零．可用以下两种方法求解．
解法一 力的合成法
如图乙所示，风力F和拉力FT的合力与重力等大反向，由平行四边形定则可得F＝mgtan θ，FT＝eq \f(mg,cs θ).
解法二 正交分解法
以金属球为坐标原点，取水平方向为x轴，竖直方向为y轴，建立直角坐标系，如图丙所示．由水平方向的合力Fx合和竖直方向的合力Fy合分别等于零，得
Fx合＝FTsin θ－F＝0
Fy合＝FTcs θ－mg＝0
解得F＝mgtan θ，FT＝eq \f(mg,cs θ).
物体在三个力或多个力作用下的平衡问题的解法
1．力的合成法——一般用于受力个数为三个时
(1)确定要合成的两个力；
(2)根据平行四边形定则作出这两个力的合力；
(3)根据平衡条件确定两个力的合力与第三力的关系(等大反向)；
(4)根据三角函数或勾股定理解三角形．
2．正交分解法——一般用于受力个数为三个或三个以上时
(1)建立直角坐标系；
(2)正交分解各力；
(3)沿坐标轴方向根据平衡条件列式求解．
针对训练1 如图2所示，光滑半球形容器固定在水平面上，O为球心．一质量为m的小滑块，在水平力F的作用下静止于P点．设滑块所受支持力为FN，OP连线与水平方向的夹角为θ，下列关系正确的是( )
图2
A．F＝eq \f(mg,tan θ) B．F＝mgtan θ
C．FN＝eq \f(mg,tan θ) D．FN＝mgtan θ
答案 A
解析 对滑块受力分析如图所示，由平衡条件可知重力和推力F的合力与支持力FN等大反向，
由几何关系知：
F＝eq \f(mg,tan θ)，FN＝eq \f(mg,sin θ).
二、利用正交分解法分析多力平衡问题
1．将各个力分解到x轴和y轴上，根据共点力的平衡条件列式(Fx＝0，Fy＝0)求解．
2．对x、y轴方向的选择原则是：使尽可能多的力落在x、y轴上，需要分解的力尽可能少，被分解的力尽可能是已知力．
3．此方法多用于三个或三个以上共点力作用下的物体平衡，三个以上共点力平衡一般要采用正交分解法．
例2 (2019·华中师大一附中期中)一质量m＝6 kg的物块，置于水平地面上，物块与地面间的动摩擦因数为μ＝eq \f(1,3)，然后用两根绳A、B分别系在物块的两侧，如图3所示，A绳水平，B绳与水平面成37°角，已知sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g取10 m/s2.求：
图3
(1)逐渐增大B绳的拉力，直到物块对地面的压力恰好为零，则此时A绳和B绳的拉力分别是多大；
(2)将A绳剪断，为了使物块沿水平面做匀速直线运动，在不改变B绳方向的情况下，B绳的拉力应为多大．
答案 (1)80 N 100 N (2)20 N
解析 (1)FN＝0，对物块受力分析如图甲，则
水平方向：FTA＝FTBcs 37°
竖直方向：FTBsin 37°＝mg
联立解得：FTA＝80 N，FTB＝100 N
(2)将A绳剪断，物体做匀速直线运动，受力分析如图乙．
水平方向：FTB′cs 37°＝Ff
竖直方向：FN′＝mg－FTB′sin 37°
Ff＝μFN′
代入数据解得FTB′＝20 N.
针对训练2 如图4所示，物体的质量m＝4.4 kg，用与竖直方向成θ＝37°的斜向右上方的推力F把该物体压在竖直墙壁上，并使它沿墙壁在竖直方向做匀速直线运动．物体与墙壁间的动摩擦因数μ＝0.5，取重力加速度g＝10 N/kg，求推力F的大小．(sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)
图4
答案 88 N或40 N
解析 若物体向上做匀速直线运动，则受力如图甲所示．
由平衡条件得Fcs θ＝mg＋Ff
Fsin θ＝FN
Ff＝μFN
故推力F＝eq \f(mg,cs θ－μsin θ)＝eq \f(4.4×10,0.8－0.5×0.6) N＝88 N
若物体向下做匀速直线运动，受力如图乙所示．
由平衡条件得Fcs θ＋Ff′＝mg
Fsin θ＝FN′
Ff′＝μFN′
故推力F＝eq \f(mg,cs θ＋μsin θ)＝eq \f(4.4×10,0.8＋0.5×0.6) N＝40 N.
三、动态平衡问题
1．动态平衡：是指平衡问题中的一部分力是变力，是动态力，力的大小和方向均要发生变化，所以叫动态平衡，这是力的平衡问题中的一类难题．
2．基本方法：解析法、图解法和相似三角形法．
3．处理动态平衡问题的一般步骤
(1)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．
(2)图解法：
①适用情况：物体只受三个力作用，且其中一个力大小、方向均不变，另一个力的方向不变，第三个力大小、方向均变化．
②一般步骤：a.首先对物体进行受力分析，根据三角形定则将三个力的大小、方向放在同一个三角形中．b.明确大小、方向不变的力，方向不变的力及方向变化的力的方向如何变化，画示意图．
③注意：由图解可知，当大小、方向都可变的分力(设为F1)与方向不变、大小可变的分力垂直时，F1有最小值．
例3 如图5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FN1，木板对小球的支持力大小为FN2.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( )
图5
A．FN1始终减小，FN2始终增大
B．FN1始终减小，FN2始终减小
C．FN1先增大后减小，FN2始终减小
D．FN1先增大后减小，FN2先减小后增大
答案 B
解析 方法一：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FN1、木板对小球的支持力FN2而处于平衡状态．从图中可以看出FN1＝eq \f(G,tan θ)，FN2＝eq \f(G,sin θ)
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，sin θ逐渐增大，故FN1始终减小，FN2始终减小．选项B正确．
方法二：图解法
小球受重力G、墙面对球的压力FN1、木板对小球的支持力FN2而处于平衡状态．由平衡条件知FN1、FN2的合力与G等大反向，θ增大时，画出多个平行四边形，如图乙，由图可知θ增大的过程中，FN1始终减小，FN2始终减小．选项B正确．
针对训练3 用绳AO、BO悬挂一个重物，BO水平，O为半圆形支架的圆心，悬点A和B在支架上．悬点A固定不动，将悬点B从图6所示位置逐渐移动到C点的过程中．分析绳OA和绳OB上的拉力的大小变化情况．
图6
答案 绳OA的拉力逐渐减小 绳OB的拉力先减小后增大
解析 将AO绳、BO绳的拉力合成，其合力与重力等大反向，逐渐改变OB绳拉力的方向，使FB与竖直方向的夹角变小，得到多个平行四边形，由图可知FA逐渐减小，且方向不变，而FB先减小后增大，且方向不断改变，当FB与FA垂直时，FB最小．
1．(三力平衡问题)用三根轻绳将质量为m的物块悬挂在空中，如图7所示．已知ac和bc与竖直方向的夹角分别为30°和60°，则ac绳和bc绳中的拉力分别为( )
图7
A.eq \f(\r(3),2)mg，eq \f(1,2)mg B.eq \f(1,2)mg，eq \f(\r(3),2)mg
C.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 分析结点c的受力情况如图，
设ac绳受到的拉力为F1、bc绳受到的拉力为F2，根据平衡条件知F1、F2的合力F与重力mg等大、反向，由几何知识得
F1＝Fcs 30°＝eq \f(\r(3),2)mg
F2＝Fsin 30°＝eq \f(1,2)mg
选项A正确．
2.(三力平衡问题)(多选)(2019·济南一中期中)如图8所示，一只半径为R的半球形碗倒扣在水平桌面上，处于静止状态．一质量为m的蚂蚁(未画出)在离桌面高度为eq \f(4,5)R处停在碗上，关于蚂蚁受力情况，下列说法正确的是(sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)( )
图8
A．碗面对蚂蚁的摩擦力为0.6mg
B．碗面对蚂蚁的摩擦力为0.8mg
C．碗面对蚂蚁的支持力为0.8mg
D．碗面对蚂蚁的支持力为0.6mg
答案 AC
解析 蚂蚁受重力、支持力和静摩擦力，蚂蚁受力如图所示：
由几何知识得：cs θ＝eq \f(\f(4,5)R,R)＝0.8，则sin θ＝0.6，由平衡条件得：Ff＝mgsin θ＝0.6mg，FN＝mgcs θ＝0.8mg，故A、C正确，B、D错误．
3.(动态平衡问题)如图9所示，一定质量的物块用两根轻绳悬在空中，其中绳OA固定不动，绳OB在竖直面内转动，物块保持静止．则在绳OB由水平位置转至竖直位置的过程中，绳OB的张力大小将( )
图9
A．一直变大 B．一直变小
C．先变大后变小 D．先变小后变大
答案 D
解析 在绳OB转动的过程中物块始终处于静止状态，所受合力始终为零，如图所示为绳OB转动过程中结点O的受力示意图，由图可知，绳OB的张力先变小后变大，D正确．
4．(多力平衡问题)出门旅行时，在车站、机场等地有时会看见一些旅客推着行李箱，也有一些旅客拉着行李箱．为了了解两种方式哪种省力，我们做以下假设：行李箱的质量为m＝10 kg，拉力F1、推力F2与水平方向的夹角均为θ＝37°(如图10所示)，行李箱与地面间的动摩擦因数为μ＝0.2，行李箱都做匀速运动．试分别求出F1、F2的大小并通过计算说明拉箱子省力还是推箱子省力．(sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g＝10 m/s2)
图10
答案 见解析
解析 拉行李箱时，对行李箱受力分析，如图甲所示．
行李箱做匀速运动，可得
F1cs θ＝Ff1
F1sin θ＋FN1＝mg
Ff1＝μFN1
解得F1＝eq \f(μmg,cs θ＋μsin θ)≈21.7 N
推行李箱时，对行李箱受力分析，如图乙所示．
行李箱做匀速运动，可得
F2cs θ＝Ff2
FN2＝F2sin θ＋mg
Ff2＝μFN2
解得F2＝eq \f(μmg,cs θ－μsin θ)≈29.4 N
F1一、选择题
1．(多选)(2019·长春外国语学校高一第一学期期末)下列哪组力作用在物体上，有可能使物体处于平衡状态( )
A．3 N,4 N,8 N B．3 N,5 N,1 N
C．4 N,7 N,8 N D．7 N,9 N,6 N
答案 CD
2．在如图1所示的甲、乙、丙、丁四图中，滑轮光滑且所受的重力忽略不计，滑轮的轴O安装在一根轻木杆P上，一根轻绳ab绕过滑轮，a端固定在墙上，b端下面挂一个质量为m的重物，当滑轮和重物都静止不动时，甲、丙、丁图中木杆P与竖直方向的夹角均为θ，乙图中木杆P竖直．假设甲、乙、丙、丁四图中滑轮受到木杆P的弹力的大小依次为FA、FB、FC、FD，则以下判断正确的是( )
图1
A．FA＝FB＝FC＝FD B．FD>FA＝FB>FC
C．FA＝FC＝FD>FB D．FC>FA＝FB>FD
答案 B
解析 绳上的拉力等于重物所受的重力mg，设滑轮两侧细绳之间的夹角为φ，滑轮受到木杆P的弹力F等于滑轮两侧细绳拉力的合力，即F＝2mgcs eq \f(φ,2)，由夹角关系可得FD>FA＝FB>FC，选项B正确．
3.如图2，一只氢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FT，则风对气球的作用力大小为( )
图2
A．FTsin α B．FTcs α
C.eq \f(FT,sin α) D.eq \f(FT,cs α)
答案 A
解析 气球在风中处于静止状态，受力平衡，合力为零，对气球受力分析得，气球受到重力、浮力、拉力和水平方向上风的作用力，由水平方向上受力平衡得：F风＝FTsin α，故A正确．
4．如图3所示，两轻弹簧a、b悬挂一小铁球处于平衡状态，a弹簧与竖直方向成30°角，b弹簧水平，a、b的劲度系数分别为k1、k2，则a、b两弹簧的伸长量x1与x2之比为( )
图3
A.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弹簧的弹力FA＝k1x1，b弹簧的弹力FB＝k2x2，小球处于平衡状态，必有FAsin 30°＝FB.即：k1x1sin 30°＝k2x2，故eq \f(x1,x2)＝eq \f(2k2,k1)，A正确．
5.(2019·宿州市十三所重点中学高一第一学期期末)如图4所示，一只小鸟沿着较粗的均匀树枝从右向左缓慢爬行，在小鸟从A运动到B的过程中( )
图4
A．树枝对小鸟的合力先减小后增大
B．树枝对小鸟的摩擦力先减小后增大
C．树枝对小鸟的弹力先减小后增大
D．树枝对小鸟的弹力保持不变
答案 B
解析 树枝对鸟的作用力是支持力和摩擦力的合力，由二力平衡得，合力与小鸟所受的重力等大反向，因小鸟所受重力不变，所以树枝对小鸟的合力不变，A项错误．如图，对小鸟进行受力分析可知，树枝对小鸟的摩擦力先减小后增大，对小鸟的弹力先增大后减小，所以B项正确，C、D错误．
6．(多选)(2019·华中师大一附中期中)如图5甲所示，笔记本电脑底座一般设置有四个卡位用来调节角度．某同学将电脑放在底座上，为了获得更好的舒适度，由原卡位1调至卡位4(如图乙)，电脑始终处于静止状态，则( )
图5
A．电脑受到的支持力变大
B．电脑受到的摩擦力变大
C．底座对电脑的合力不变
D．电脑受到的支持力与摩擦力两力大小之和等于其重力
答案 AC
解析 电脑受到的支持力FN＝mgcs θ，由原卡位1调至卡位4，θ减小，故FN增大，故A正确；电脑受到的摩擦力Ff＝mgsin θ，θ减小，Ff减小，故B错误；由平衡条件知，底座对电脑的作用力的合力与电脑重力等大反向，故C正确；电脑受到的支持力与摩擦力两力矢量和与其重力大小相等，根据平行四边形定则，故电脑受到的支持力与摩擦力两力大小之和大于其重力，故D错误．
7.(多选)(2019·溧水高级中学高一第一学期期末)如图6所示，质量均为m的箱子A和物体B，用轻质细绳跨过光滑的定滑轮相连，A置于倾角θ＝30°的斜面上，处于静止状态．现向A中缓慢地加入沙子，整个系统始终保持静止，则在加入沙子的过程中( )
图6
A．绳子拉力保持不变
B．A对斜面的压力保持不变
C．A所受的摩擦力先减小后增大
D．A所受的摩擦力逐渐增大
答案 AC
8.(2019·宜宾一中高一上期末模拟)目前，宜宾每个社区均已配备了公共体育健身器材，如图7所示器材为一秋千，用两根等长轻绳将一座椅悬挂在竖直支架上等高的两点，由于长期使用，导致两根支架向内发生了微小倾斜，如图中虚线所示，但两悬挂点仍等高，座椅静止时所受合力的大小用F表示，F1表示单根轻绳对座椅拉力的大小，则( )
图7
A．F不变，F1变小 B．F不变，F1变大
C．F变小，F1变小 D．F变大，F1变大
答案 A
解析 对座椅受力分析如图所示，座椅静止，则F＝G，不变．因两悬挂点等高，则F2＝F1＝eq \f(G,2cs θ)，支架内倾，θ变小，则F1变小．
9．(2019·鹤岗一中高一上学期期末)如图8所示，用绳索将重球挂在墙上，不考虑墙的摩擦，如果把绳的长度增加一些，则球对绳的拉力F1和球对墙的压力F2的变化情况是( )
图8
A．F1增大，F2减小
B．F1减小，F2增大
C．F1和F2都减小
D．F1和F2都增大
答案 C
解析 球受力如图所示，由于其处于平衡状态，则FT和FN的合力等于重力G，画出动态变化示意图，由图知两个力均减小，故选C.
10.如图9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慢向上推涂料滚，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( )
图9
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
答案 C
解析 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，其中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．
11．(多选)(2019·长郡中学高一上学期期末)如图10所示，在倾角为α的固定斜面上，放一个质量为m的小球，小球和斜面及挡板间均无摩擦，在挡板绕O点逆时针缓慢地转向水平位置的过程中( )
图10
A．小球对斜面的压力逐渐减小
B．小球对斜面的压力逐渐增大
C．小球对挡板的弹力先减小后增大
D．小球对挡板的弹力先增大后减小
答案 AC
解析 小球受重力、斜面支持力F1和挡板支持力F2，F1与F2的合力为F，如图．小球一直处于平衡状态，三个力中的任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线，故F1和F2的合力F一定与重力等值、反向、共线；从图中可以看出，在挡板绕O点逆时针缓慢地转向水平位置的过程中，F1越来越小，F2先减小后增大；故小球对斜面的压力逐渐减小，小球对挡板的弹力先减小后增大；故A、C正确，B、D错误．
二、非选择题
12.(2019·莆田一中段考)如图11所示，放在粗糙水平面上的物块A和悬挂的物块B均处于静止状态，绳AC水平，劲度系数为k＝300 N/m的轻弹簧中轴线CD与水平方向的夹角α＝37°，弹簧伸长量为x＝5 cm.求：(sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)
图11
(1)物块A受到的摩擦力大小；
(2)物块B的重力大小．
答案 (1)12 N (2)9 N
解析 根据胡克定律得
FCD＝kx＝300×0.05 N＝15 N
对C进行受力分析，将FCD正交分解，
由平衡条件得，
FCDcs α＝FAC
FCDsin α＝GB
对A由二力平衡得：FAC＝FfA
联立解得FfA＝12 N，GB＝9 N.
13.如图12所示，质量为30 kg的小孩坐在10 kg的雪橇上，大人用与水平方向成37°角斜向上的大小为100 N的拉力拉雪橇，使雪橇沿水平地面做匀速直线运动．g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.求：
图12
(1)地面对雪橇的支持力大小；
(2)雪橇与水平地面间的动摩擦因数．
答案 (1)340 N (2)eq \f(4,17)
解析 (1)以小孩和雪橇整体为研究对象，受力分析如图所示，根据共点力平衡条件知，
竖直方向上，有Fsin θ＋FN＝mg
解得FN＝mg－Fsin θ＝340 N
(2)根据共点力平衡条件知，
水平方向上，有Fcs θ－Ff＝0
滑动摩擦力Ff＝μFN
联立解得μ＝eq \f(4,17).
14.(2019·石家庄市高一上学期期末)如图13所示，质量m1＝12 kg的物体A用细绳绕过光滑的滑轮与质量为m2＝2 kg的物体B相连，连接A的细绳与水平方向的夹角为θ＝53°，此时处于静止状态．已知A与水平面的动摩擦因数μ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6，求：
图13
(1)物体A所受摩擦力的大小；
(2)欲使系统始终保持静止，物体B的质量不能超过多少．
答案 (1)12 N (2)6 kg
解析 对物体B：由二力平衡可知细绳拉力大小F＝m2g
(1)对物体A受力分析如图所示，由平衡条件得：Fcs θ＝Ff
故Ff＝m2gcs θ
解得Ff＝12 N
(2)设最大静摩擦力为Fmax，以A为研究对象，A刚要滑动时
在水平方向：Fcs θ＝Fmax
竖直方向：FN＋Fsin θ＝m1g
Fmax＝μFN
联立解得：F＝60 N.
故物体B的质量不能超过6 kg.
1．理解什么是平衡状态，掌握共点力的平衡条件.2.会根据平衡条件利用合成法或正交分解法解答平衡问题.3.会利用解析法或图解法分析动态平衡问题．
一、共点力平衡的条件及三力平衡问题
1．平衡状态：物体处于静止或匀速直线运动的状态．
2．平衡条件：合外力等于0，即F合＝0或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Fx合＝0,Fy合＝0)).
3．推论
(1)二力平衡：若物体在两个力作用下处于平衡状态，则这两个力一定等大、反向．
(2)三力平衡：若物体在三个共点力作用下处于平衡状态，则任意两个力的合力与第三个力等大、反向．
(3)多力平衡：若物体在n个共点力作用下处于平衡状态，则其中任意(n－1)个力的合力必定与第n个力等大、反向．
例1 (多选)(2019·玉门一中高一第一学期期中)如图1所示，是一种测定风作用力的仪器的原理图，它能自动随着风的转向而转向，使风总从图示水平方向吹向小球P.P是质量为m的金属球，固定在一轻质细长刚性金属丝下端，能绕悬挂点O在竖直平面内转动，无风时金属丝自然下垂，有风时金属丝将偏离竖直方向一定角度θ，角θ大小与风力大小有关，下列关于风力F、绳子拉力FT与角度θ的关系式正确的是( )
图1
A．F＝mgsin θ B．F＝mgtan θ
C．FT＝mgcs θ D．FT＝eq \f(mg,cs θ)
答案 BD
解析 选取金属球为研究对象，有风时它受到三个力的作用，如图甲所示．金属球处于平衡状态，这三个力的合力为零．可用以下两种方法求解．
解法一 力的合成法
如图乙所示，风力F和拉力FT的合力与重力等大反向，由平行四边形定则可得F＝mgtan θ，FT＝eq \f(mg,cs θ).
解法二 正交分解法
以金属球为坐标原点，取水平方向为x轴，竖直方向为y轴，建立直角坐标系，如图丙所示．由水平方向的合力Fx合和竖直方向的合力Fy合分别等于零，得
Fx合＝FTsin θ－F＝0
Fy合＝FTcs θ－mg＝0
解得F＝mgtan θ，FT＝eq \f(mg,cs θ).
物体在三个力或多个力作用下的平衡问题的解法
1．力的合成法——一般用于受力个数为三个时
(1)确定要合成的两个力；
(2)根据平行四边形定则作出这两个力的合力；
(3)根据平衡条件确定两个力的合力与第三力的关系(等大反向)；
(4)根据三角函数或勾股定理解三角形．
2．正交分解法——一般用于受力个数为三个或三个以上时
(1)建立直角坐标系；
(2)正交分解各力；
(3)沿坐标轴方向根据平衡条件列式求解．
针对训练1 如图2所示，光滑半球形容器固定在水平面上，O为球心．一质量为m的小滑块，在水平力F的作用下静止于P点．设滑块所受支持力为FN，OP连线与水平方向的夹角为θ，下列关系正确的是( )
图2
A．F＝eq \f(mg,tan θ) B．F＝mgtan θ
C．FN＝eq \f(mg,tan θ) D．FN＝mgtan θ
答案 A
解析 对滑块受力分析如图所示，由平衡条件可知重力和推力F的合力与支持力FN等大反向，
由几何关系知：
F＝eq \f(mg,tan θ)，FN＝eq \f(mg,sin θ).
二、利用正交分解法分析多力平衡问题
1．将各个力分解到x轴和y轴上，根据共点力的平衡条件列式(Fx＝0，Fy＝0)求解．
2．对x、y轴方向的选择原则是：使尽可能多的力落在x、y轴上，需要分解的力尽可能少，被分解的力尽可能是已知力．
3．此方法多用于三个或三个以上共点力作用下的物体平衡，三个以上共点力平衡一般要采用正交分解法．
例2 (2019·华中师大一附中期中)一质量m＝6 kg的物块，置于水平地面上，物块与地面间的动摩擦因数为μ＝eq \f(1,3)，然后用两根绳A、B分别系在物块的两侧，如图3所示，A绳水平，B绳与水平面成37°角，已知sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g取10 m/s2.求：
图3
(1)逐渐增大B绳的拉力，直到物块对地面的压力恰好为零，则此时A绳和B绳的拉力分别是多大；
(2)将A绳剪断，为了使物块沿水平面做匀速直线运动，在不改变B绳方向的情况下，B绳的拉力应为多大．
答案 (1)80 N 100 N (2)20 N
解析 (1)FN＝0，对物块受力分析如图甲，则
水平方向：FTA＝FTBcs 37°
竖直方向：FTBsin 37°＝mg
联立解得：FTA＝80 N，FTB＝100 N
(2)将A绳剪断，物体做匀速直线运动，受力分析如图乙．
水平方向：FTB′cs 37°＝Ff
竖直方向：FN′＝mg－FTB′sin 37°
Ff＝μFN′
代入数据解得FTB′＝20 N.
针对训练2 如图4所示，物体的质量m＝4.4 kg，用与竖直方向成θ＝37°的斜向右上方的推力F把该物体压在竖直墙壁上，并使它沿墙壁在竖直方向做匀速直线运动．物体与墙壁间的动摩擦因数μ＝0.5，取重力加速度g＝10 N/kg，求推力F的大小．(sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)
图4
答案 88 N或40 N
解析 若物体向上做匀速直线运动，则受力如图甲所示．
由平衡条件得Fcs θ＝mg＋Ff
Fsin θ＝FN
Ff＝μFN
故推力F＝eq \f(mg,cs θ－μsin θ)＝eq \f(4.4×10,0.8－0.5×0.6) N＝88 N
若物体向下做匀速直线运动，受力如图乙所示．
由平衡条件得Fcs θ＋Ff′＝mg
Fsin θ＝FN′
Ff′＝μFN′
故推力F＝eq \f(mg,cs θ＋μsin θ)＝eq \f(4.4×10,0.8＋0.5×0.6) N＝40 N.
三、动态平衡问题
1．动态平衡：是指平衡问题中的一部分力是变力，是动态力，力的大小和方向均要发生变化，所以叫动态平衡，这是力的平衡问题中的一类难题．
2．基本方法：解析法、图解法和相似三角形法．
3．处理动态平衡问题的一般步骤
(1)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．
(2)图解法：
①适用情况：物体只受三个力作用，且其中一个力大小、方向均不变，另一个力的方向不变，第三个力大小、方向均变化．
②一般步骤：a.首先对物体进行受力分析，根据三角形定则将三个力的大小、方向放在同一个三角形中．b.明确大小、方向不变的力，方向不变的力及方向变化的力的方向如何变化，画示意图．
③注意：由图解可知，当大小、方向都可变的分力(设为F1)与方向不变、大小可变的分力垂直时，F1有最小值．
例3 如图5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FN1，木板对小球的支持力大小为FN2.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( )
图5
A．FN1始终减小，FN2始终增大
B．FN1始终减小，FN2始终减小
C．FN1先增大后减小，FN2始终减小
D．FN1先增大后减小，FN2先减小后增大
答案 B
解析 方法一：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FN1、木板对小球的支持力FN2而处于平衡状态．从图中可以看出FN1＝eq \f(G,tan θ)，FN2＝eq \f(G,sin θ)
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，sin θ逐渐增大，故FN1始终减小，FN2始终减小．选项B正确．
方法二：图解法
小球受重力G、墙面对球的压力FN1、木板对小球的支持力FN2而处于平衡状态．由平衡条件知FN1、FN2的合力与G等大反向，θ增大时，画出多个平行四边形，如图乙，由图可知θ增大的过程中，FN1始终减小，FN2始终减小．选项B正确．
针对训练3 用绳AO、BO悬挂一个重物，BO水平，O为半圆形支架的圆心，悬点A和B在支架上．悬点A固定不动，将悬点B从图6所示位置逐渐移动到C点的过程中．分析绳OA和绳OB上的拉力的大小变化情况．
图6
答案 绳OA的拉力逐渐减小 绳OB的拉力先减小后增大
解析 将AO绳、BO绳的拉力合成，其合力与重力等大反向，逐渐改变OB绳拉力的方向，使FB与竖直方向的夹角变小，得到多个平行四边形，由图可知FA逐渐减小，且方向不变，而FB先减小后增大，且方向不断改变，当FB与FA垂直时，FB最小．
1．(三力平衡问题)用三根轻绳将质量为m的物块悬挂在空中，如图7所示．已知ac和bc与竖直方向的夹角分别为30°和60°，则ac绳和bc绳中的拉力分别为( )
图7
A.eq \f(\r(3),2)mg，eq \f(1,2)mg B.eq \f(1,2)mg，eq \f(\r(3),2)mg
C.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 分析结点c的受力情况如图，
设ac绳受到的拉力为F1、bc绳受到的拉力为F2，根据平衡条件知F1、F2的合力F与重力mg等大、反向，由几何知识得
F1＝Fcs 30°＝eq \f(\r(3),2)mg
F2＝Fsin 30°＝eq \f(1,2)mg
选项A正确．
2.(三力平衡问题)(多选)(2019·济南一中期中)如图8所示，一只半径为R的半球形碗倒扣在水平桌面上，处于静止状态．一质量为m的蚂蚁(未画出)在离桌面高度为eq \f(4,5)R处停在碗上，关于蚂蚁受力情况，下列说法正确的是(sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)( )
图8
A．碗面对蚂蚁的摩擦力为0.6mg
B．碗面对蚂蚁的摩擦力为0.8mg
C．碗面对蚂蚁的支持力为0.8mg
D．碗面对蚂蚁的支持力为0.6mg
答案 AC
解析 蚂蚁受重力、支持力和静摩擦力，蚂蚁受力如图所示：
由几何知识得：cs θ＝eq \f(\f(4,5)R,R)＝0.8，则sin θ＝0.6，由平衡条件得：Ff＝mgsin θ＝0.6mg，FN＝mgcs θ＝0.8mg，故A、C正确，B、D错误．
3.(动态平衡问题)如图9所示，一定质量的物块用两根轻绳悬在空中，其中绳OA固定不动，绳OB在竖直面内转动，物块保持静止．则在绳OB由水平位置转至竖直位置的过程中，绳OB的张力大小将( )
图9
A．一直变大 B．一直变小
C．先变大后变小 D．先变小后变大
答案 D
解析 在绳OB转动的过程中物块始终处于静止状态，所受合力始终为零，如图所示为绳OB转动过程中结点O的受力示意图，由图可知，绳OB的张力先变小后变大，D正确．
4．(多力平衡问题)出门旅行时，在车站、机场等地有时会看见一些旅客推着行李箱，也有一些旅客拉着行李箱．为了了解两种方式哪种省力，我们做以下假设：行李箱的质量为m＝10 kg，拉力F1、推力F2与水平方向的夹角均为θ＝37°(如图10所示)，行李箱与地面间的动摩擦因数为μ＝0.2，行李箱都做匀速运动．试分别求出F1、F2的大小并通过计算说明拉箱子省力还是推箱子省力．(sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g＝10 m/s2)
图10
答案 见解析
解析 拉行李箱时，对行李箱受力分析，如图甲所示．
行李箱做匀速运动，可得
F1cs θ＝Ff1
F1sin θ＋FN1＝mg
Ff1＝μFN1
解得F1＝eq \f(μmg,cs θ＋μsin θ)≈21.7 N
推行李箱时，对行李箱受力分析，如图乙所示．
行李箱做匀速运动，可得
F2cs θ＝Ff2
FN2＝F2sin θ＋mg
Ff2＝μFN2
解得F2＝eq \f(μmg,cs θ－μsin θ)≈29.4 N
F1
1．(多选)(2019·长春外国语学校高一第一学期期末)下列哪组力作用在物体上，有可能使物体处于平衡状态( )
A．3 N,4 N,8 N B．3 N,5 N,1 N
C．4 N,7 N,8 N D．7 N,9 N,6 N
答案 CD
2．在如图1所示的甲、乙、丙、丁四图中，滑轮光滑且所受的重力忽略不计，滑轮的轴O安装在一根轻木杆P上，一根轻绳ab绕过滑轮，a端固定在墙上，b端下面挂一个质量为m的重物，当滑轮和重物都静止不动时，甲、丙、丁图中木杆P与竖直方向的夹角均为θ，乙图中木杆P竖直．假设甲、乙、丙、丁四图中滑轮受到木杆P的弹力的大小依次为FA、FB、FC、FD，则以下判断正确的是( )
图1
A．FA＝FB＝FC＝FD B．FD>FA＝FB>FC
C．FA＝FC＝FD>FB D．FC>FA＝FB>FD
答案 B
解析 绳上的拉力等于重物所受的重力mg，设滑轮两侧细绳之间的夹角为φ，滑轮受到木杆P的弹力F等于滑轮两侧细绳拉力的合力，即F＝2mgcs eq \f(φ,2)，由夹角关系可得FD>FA＝FB>FC，选项B正确．
3.如图2，一只氢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FT，则风对气球的作用力大小为( )
图2
A．FTsin α B．FTcs α
C.eq \f(FT,sin α) D.eq \f(FT,cs α)
答案 A
解析 气球在风中处于静止状态，受力平衡，合力为零，对气球受力分析得，气球受到重力、浮力、拉力和水平方向上风的作用力，由水平方向上受力平衡得：F风＝FTsin α，故A正确．
4．如图3所示，两轻弹簧a、b悬挂一小铁球处于平衡状态，a弹簧与竖直方向成30°角，b弹簧水平，a、b的劲度系数分别为k1、k2，则a、b两弹簧的伸长量x1与x2之比为( )
图3
A.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弹簧的弹力FA＝k1x1，b弹簧的弹力FB＝k2x2，小球处于平衡状态，必有FAsin 30°＝FB.即：k1x1sin 30°＝k2x2，故eq \f(x1,x2)＝eq \f(2k2,k1)，A正确．
5.(2019·宿州市十三所重点中学高一第一学期期末)如图4所示，一只小鸟沿着较粗的均匀树枝从右向左缓慢爬行，在小鸟从A运动到B的过程中( )
图4
A．树枝对小鸟的合力先减小后增大
B．树枝对小鸟的摩擦力先减小后增大
C．树枝对小鸟的弹力先减小后增大
D．树枝对小鸟的弹力保持不变
答案 B
解析 树枝对鸟的作用力是支持力和摩擦力的合力，由二力平衡得，合力与小鸟所受的重力等大反向，因小鸟所受重力不变，所以树枝对小鸟的合力不变，A项错误．如图，对小鸟进行受力分析可知，树枝对小鸟的摩擦力先减小后增大，对小鸟的弹力先增大后减小，所以B项正确，C、D错误．
6．(多选)(2019·华中师大一附中期中)如图5甲所示，笔记本电脑底座一般设置有四个卡位用来调节角度．某同学将电脑放在底座上，为了获得更好的舒适度，由原卡位1调至卡位4(如图乙)，电脑始终处于静止状态，则( )
图5
A．电脑受到的支持力变大
B．电脑受到的摩擦力变大
C．底座对电脑的合力不变
D．电脑受到的支持力与摩擦力两力大小之和等于其重力
答案 AC
解析 电脑受到的支持力FN＝mgcs θ，由原卡位1调至卡位4，θ减小，故FN增大，故A正确；电脑受到的摩擦力Ff＝mgsin θ，θ减小，Ff减小，故B错误；由平衡条件知，底座对电脑的作用力的合力与电脑重力等大反向，故C正确；电脑受到的支持力与摩擦力两力矢量和与其重力大小相等，根据平行四边形定则，故电脑受到的支持力与摩擦力两力大小之和大于其重力，故D错误．
7.(多选)(2019·溧水高级中学高一第一学期期末)如图6所示，质量均为m的箱子A和物体B，用轻质细绳跨过光滑的定滑轮相连，A置于倾角θ＝30°的斜面上，处于静止状态．现向A中缓慢地加入沙子，整个系统始终保持静止，则在加入沙子的过程中( )
图6
A．绳子拉力保持不变
B．A对斜面的压力保持不变
C．A所受的摩擦力先减小后增大
D．A所受的摩擦力逐渐增大
答案 AC
8.(2019·宜宾一中高一上期末模拟)目前，宜宾每个社区均已配备了公共体育健身器材，如图7所示器材为一秋千，用两根等长轻绳将一座椅悬挂在竖直支架上等高的两点，由于长期使用，导致两根支架向内发生了微小倾斜，如图中虚线所示，但两悬挂点仍等高，座椅静止时所受合力的大小用F表示，F1表示单根轻绳对座椅拉力的大小，则( )
图7
A．F不变，F1变小 B．F不变，F1变大
C．F变小，F1变小 D．F变大，F1变大
答案 A
解析 对座椅受力分析如图所示，座椅静止，则F＝G，不变．因两悬挂点等高，则F2＝F1＝eq \f(G,2cs θ)，支架内倾，θ变小，则F1变小．
9．(2019·鹤岗一中高一上学期期末)如图8所示，用绳索将重球挂在墙上，不考虑墙的摩擦，如果把绳的长度增加一些，则球对绳的拉力F1和球对墙的压力F2的变化情况是( )
图8
A．F1增大，F2减小
B．F1减小，F2增大
C．F1和F2都减小
D．F1和F2都增大
答案 C
解析 球受力如图所示，由于其处于平衡状态，则FT和FN的合力等于重力G，画出动态变化示意图，由图知两个力均减小，故选C.
10.如图9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慢向上推涂料滚，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( )
图9
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
答案 C
解析 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，其中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．
11．(多选)(2019·长郡中学高一上学期期末)如图10所示，在倾角为α的固定斜面上，放一个质量为m的小球，小球和斜面及挡板间均无摩擦，在挡板绕O点逆时针缓慢地转向水平位置的过程中( )
图10
A．小球对斜面的压力逐渐减小
B．小球对斜面的压力逐渐增大
C．小球对挡板的弹力先减小后增大
D．小球对挡板的弹力先增大后减小
答案 AC
解析 小球受重力、斜面支持力F1和挡板支持力F2，F1与F2的合力为F，如图．小球一直处于平衡状态，三个力中的任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线，故F1和F2的合力F一定与重力等值、反向、共线；从图中可以看出，在挡板绕O点逆时针缓慢地转向水平位置的过程中，F1越来越小，F2先减小后增大；故小球对斜面的压力逐渐减小，小球对挡板的弹力先减小后增大；故A、C正确，B、D错误．
二、非选择题
12.(2019·莆田一中段考)如图11所示，放在粗糙水平面上的物块A和悬挂的物块B均处于静止状态，绳AC水平，劲度系数为k＝300 N/m的轻弹簧中轴线CD与水平方向的夹角α＝37°，弹簧伸长量为x＝5 cm.求：(sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)
图11
(1)物块A受到的摩擦力大小；
(2)物块B的重力大小．
答案 (1)12 N (2)9 N
解析 根据胡克定律得
FCD＝kx＝300×0.05 N＝15 N
对C进行受力分析，将FCD正交分解，
由平衡条件得，
FCDcs α＝FAC
FCDsin α＝GB
对A由二力平衡得：FAC＝FfA
联立解得FfA＝12 N，GB＝9 N.
13.如图12所示，质量为30 kg的小孩坐在10 kg的雪橇上，大人用与水平方向成37°角斜向上的大小为100 N的拉力拉雪橇，使雪橇沿水平地面做匀速直线运动．g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.求：
图12
(1)地面对雪橇的支持力大小；
(2)雪橇与水平地面间的动摩擦因数．
答案 (1)340 N (2)eq \f(4,17)
解析 (1)以小孩和雪橇整体为研究对象，受力分析如图所示，根据共点力平衡条件知，
竖直方向上，有Fsin θ＋FN＝mg
解得FN＝mg－Fsin θ＝340 N
(2)根据共点力平衡条件知，
水平方向上，有Fcs θ－Ff＝0
滑动摩擦力Ff＝μFN
联立解得μ＝eq \f(4,17).
14.(2019·石家庄市高一上学期期末)如图13所示，质量m1＝12 kg的物体A用细绳绕过光滑的滑轮与质量为m2＝2 kg的物体B相连，连接A的细绳与水平方向的夹角为θ＝53°，此时处于静止状态．已知A与水平面的动摩擦因数μ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6，求：
图13
(1)物体A所受摩擦力的大小；
(2)欲使系统始终保持静止，物体B的质量不能超过多少．
答案 (1)12 N (2)6 kg
解析 对物体B：由二力平衡可知细绳拉力大小F＝m2g
(1)对物体A受力分析如图所示，由平衡条件得：Fcs θ＝Ff
故Ff＝m2gcs θ
解得Ff＝12 N
(2)设最大静摩擦力为Fmax，以A为研究对象，A刚要滑动时
在水平方向：Fcs θ＝Fmax
竖直方向：FN＋Fsin θ＝m1g
Fmax＝μFN
联立解得：F＝60 N.
故物体B的质量不能超过6 kg.
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