人教版 (2019)必修 第一册5 共点力的平衡优秀第2课时巩固练习

第2课时　多力平衡问题　轻绳、轻杆模型

[学习目标]　1.熟练运用合成法、效果分解法、正交分解法处理平衡问题(重点)。2.知道轻绳、轻杆上弹力的区别，并能分析简单的平衡问题(重难点)。

一、多力平衡问题

1．当物体受到不在同一条直线上的多个共点力时，一般要采用正交分解法。

2．用正交分解法解决平衡问题的一般步骤：

(1)明确研究对象，对物体受力分析。

(2)建立坐标系：使尽可能多的力落在x、y轴上，这样需要分解的力比较少，计算方便。

(3)根据共点力平衡的条件列方程：Fx＝0，Fy＝0。

例1　小王同学在家卫生大扫除时用拖把拖地，依靠拖把对地面的摩擦力来清扫污渍。如图所示，他沿推杆方向对拖把施加40 N的推力，且推杆与水平方向的夹角θ＝37°时，刚好可以匀速推动拖把。已知拖把质量为1 kg，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：

(1)拖地时地面对拖把的支持力；

(2)拖把与地面间的动摩擦因数μ。

答案　(1)34 N，方向竖直向上　(2)

解析　(1)对拖把受力分析，如图

由于拖把做匀速直线运动，则拖把受力平衡，竖直方向有FN＝mg＋Fsin θ

代入数据，解得FN＝34 N，方向竖直向上；

(2)由于拖把水平方向受力平衡，可得Ff＝Fcos θ，Ff＝μFN，代入数据，解得μ＝。

例2　如图所示，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 m/s2，求推力F的大小。(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)

答案　88 N或40 N

解析　若物体沿墙壁向上做匀速直线运动，受力分析如图甲所示，

Fcos θ＝mg＋Ff①

Fsin θ＝FN②

Ff＝μFN③

联立①②③得推力F＝88 N④

若物体向下做匀速直线运动，受力分析如图乙所示，

Fcos θ＋Ff′＝mg⑤

Fsin θ＝FN′⑥

Ff′＝μFN′⑦

联立⑤⑥⑦得推力F＝40 N。⑧

例3　如图所示，重力为G的木块，恰好能沿倾角为θ的斜面匀速下滑，那么要将木块沿斜面匀速向上推，必须加多大的水平推力F。

答案　见解析

解析　未施加水平推力F时，木块沿斜面匀速下滑，受力分析如图甲所示：

沿斜面方向有：Gsin θ＝Ff

垂直于斜面方向有：FN＝Gcos θ

且有Ff＝μFN

对木块施加水平推力F后，木块沿斜面匀速向上运动，受力分析如图乙所示

沿斜面方向有Gsin θ＋Ff′＝Fcos θ

垂直斜面方向有FN′＝Gcos θ＋Fsin θ

且有Ff′＝μFN′

联立解得F＝。

二、轻绳、轻杆模型

如图所示，AB、BC为轻质杆，杆的A、C端通过铰链与墙连接，两杆都在B处由铰链相连接，要使物体保持静止，试分析AB、BC杆能否用等长的细绳代替？

答案　AB杆对B点产生的是拉力，当用轻绳代替时效果不变，仍能使装置平衡；BC杆承受的是压力，如果使用轻绳代替，装置将无法保持平衡。

绳对物体的弹力和杆对物体的弹力有什么区别？杆的弹力方向是否一定沿着杆？

答案　绳对物体只能产生拉力作用，杆可以产生拉力，也可以产生支持力。绳的弹力方向一定沿绳，杆的弹力方向不一定沿杆。

例4　(多选)一重为4 N的球固定在支杆B的上端，今用一段绳子水平拉球，使杆发生弯曲，已知绳的拉力为3 N，则AB杆对球的作用力(　　)

A．大小为7 N

B．大小为5 N

C．方向与水平方向成53°角斜向右下方

D．方向与水平方向成53°角斜向左上方

答案　BD

解析　对小球进行受力分析，如图所示，绳的拉力FT与重力G的合力F＝＝5 N，sin θ＝＝0.8，得θ＝53°，由平衡条件可知，杆对球的作用力与F等大反向，故选B、D。

例5　如图甲所示，轻杆OB可绕B点自由转动，另一端O点用细绳OA拉住，固定在左侧墙壁上，质量为m的重物用细绳OC悬挂在轻杆上的O点，OA与轻杆的夹角∠BOA＝30°，轻杆OB水平。图乙中水平轻杆OB一端固定在竖直墙壁上，另一端O装有小滑轮，用一根细绳跨过滑轮后悬挂一质量为m的重物，图中∠BOA＝30°，重力加速度为g，求：

(1)图甲中细绳OA的拉力和轻杆的弹力各是多大？

(2)图乙中细绳的拉力和轻杆对滑轮的作用力是多大？

答案　(1)2mg　mg　(2)mg　mg

解析　(1)由于题图甲中的轻杆可绕B点自由转动，是转轴杆(“活杆”)，故其受力方向沿杆方向，O点的受力情况如图a所示，其中FT2＝mg，则O点所受细绳OA的拉力FT1、轻杆的弹力FN1的合力与细绳OC的拉力大小相等、方向相反，故FT1＝＝2mg，轻杆的弹力FN1＝＝mg。

(2)题图乙中是用一细绳跨过滑轮悬挂重物的，由于O点处是滑轮，它只是改变细绳中力的方向，并未改变力的大小，且AOC是同一根细绳，而同一根细绳上的力处处相等，故图b中细绳OA的拉力为FT1′＝FT2′＝mg。

由于杆OB不可转动，所以轻杆所受弹力的方向不一定沿OB方向，轻杆对滑轮的作用力FN2一定与两根细绳的合力FN2′大小相等、方向相反，FN2＝FN2′＝2mgcos 60°＝mg，即轻杆对滑轮的作用力大小为mg。

1．甲图中绳OA和绳OC属于两根绳，两绳上的拉力大小不一定相等。乙图中是一根绳绕过滑轮或光滑物体，这两段绳(OA段与OC段)上的拉力一定相等。

2．甲图中轻杆可以绕B点自由转动，是“活杆”(也称“铰链”)，其受力方向沿杆方向。乙图中轻杆固定于墙上，是“定杆”，其受力方向不一定沿杆方向。

课时对点练

考点一　多力平衡

1．(2022·贵州省高一期中)下列四种情形中，作用在同一物体上的力F大小均相同，物体均处于静止状态，则物体对水平地面压力最大的是(　　)

答案　C

解析　对各图物体进行受力分析，在水平方向和竖直方向上进行正交分解，由平衡条件和几何关系可知，四种情况下，地面对物体的支持力大小分别为

FN1＝mg

FN2＝mg－Fsin 30°

FN3＝mg＋Fsin 30°

FN4＝mg－F

由牛顿第三定律可知，物体对水平地面压力与水平地面对物体的支持力大小相等，因此C图中物体对水平地面的压力最大，故选C。

2．(2023·福州市高一期中)冰壶运动可以考验参与者的体能与脑力，展现动静之美，取舍之智慧，现对运动员推动冰壶滑行过程建立如图所示模型，运动员对质量为m的冰壶施加与水平方向夹角为θ的推力F，使冰壶在水平面上做匀速直线运动，冰壶与冰面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　)

A．冰壶受到的摩擦力大小为Fcos θ

B．冰壶受到的摩擦力大小为μ(mg＋Fcos θ)

C．冰壶受到的支持力大小为mg

D．冰壶对冰面的压力大小为Fsin θ

答案　A

解析　冰壶受力分析如图所示

由此可知，冰壶受到的支持力为FN＝mg＋Fsin θ，根据牛顿第三定律可知，冰壶对冰面的压力大小为FN′＝mg＋Fsin θ，C、D错误；根据滑动摩擦力的计算公式可得Ff＝μFN＝μ(mg＋Fsin θ)，又因为冰壶在水平面上做匀速直线运动，由平衡条件可得Ff＝Fcos θ，A正确，B错误。

3.(2022·运城市高一期末)解放军战士往往通过拖拉废旧轮胎锻炼全身肌肉。如图所示，某战士拉动一质量为m的轮胎沿水平地面做匀速直线运动，轮胎与地面间的动摩擦因数为，绳与水平方向的夹角为30°，重力加速度为g，则绳的拉力大小为(　　)

A.   B.

C.   D.

答案　A

解析　设绳的拉力为F，根据平衡条件Fcos 30°＝μ(mg－Fsin 30°)，解得F＝，故A正确。

4．(2022·湖南隆回县高一期末)甲、乙两人在比较滑的水平地面上拔河，甲身材高瘦，乙身材矮胖，两人力气差不多，体重也差不多，穿相同材料的鞋子，则(　　)

A．甲赢的概率大

B．乙赢的概率大

C．力气大的肯定赢

D．两人对绳子的拉力一样大，因此赢的概率相同

答案　A

解析　两个人之间的拉力属于作用力与反作用力，总是大小相等，方向相反；分别对两个人进行受力分析如图

由受力分析图可知，在两个人的体重相差不多的情况下，甲受到的拉力斜向下，所以甲受到的支持力大于其重力，而乙受到的拉力斜向上，所以乙受到的支持力小于其重力，由于二人穿相同材料的鞋子，可知甲与地面之间的最大静摩擦力大于乙与地面之间的最大静摩擦力，所以甲赢的概率大，与二人力气的大小无关，故选A。

5.(2022·连云港市高一期末)如图所示，一个质量为m的箱子，在平行于斜面的拉力F作用下，沿倾角为θ的斜面匀速上滑。已知箱子与斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则F的大小为(　　)

A．mgsin θ   B．mgcos θ

C．mgsin θ＋μmgcos θ   D．mgsin θ－μmgcos θ

答案　C

解析　箱子向上匀速运动，则受力平衡，对箱子受力分析，沿斜面方向有F＝mgsin θ＋μFN，

垂直斜面方向有FN＝mgcos θ，

联立两式解得F＝mgsin θ＋μmgcos θ，故选C。

考点二　轻绳、轻杆模型

6.(2023·定远县育才学校高一开学考试)如图所示，在水平天花板的A点处固定一根轻杆a，杆与天花板保持垂直，杆的下端有一个轻滑轮O。另一根细线上端固定在该天花板的B点处，细线跨过滑轮O，下端系一个重为G的物体，BO段细线与天花板的夹角为θ＝30°。系统保持静止，不计一切摩擦。下列说法中正确的是(　　)

A．细线BO对天花板的拉力大小为3G

B．a杆和细线对滑轮的合力大小为2G

C．a杆对滑轮的作用力大小为1.8G

D．a杆对滑轮的作用力大小为G

答案　D

解析　由于O点是轻滑轮，细线上的弹力处处相等，因此细线BO对天花板的拉力大小为G，故A错误；滑轮处于平衡状态，a杆和细线对滑轮的合力大小为零，故B错误；两段细线上弹力均为G，弹力的合力为2Gsin 30°＝G，则a杆对滑轮的作用力大小为G，故C错误，D正确。

7．(多选)(2022·安阳市高二期末)图甲中轻杆OA的A端固定在竖直墙壁上，另一端O光滑，一端固定在竖直墙壁B点的细线跨过O端系一质量为m的重物，OB水平；图乙中轻杆O′A′可绕A′点自由转动，另一端O′光滑，一端固定在竖直墙壁B′点的细线跨过O′端系一质量也为m的重物。已知图甲中∠BOA＝30°，以下说法正确的是(　　)

A．图甲轻杆中弹力大小为mg

B．图乙轻杆中弹力大小为mg

C．图甲中轻杆中弹力与细线OB中拉力的合力方向一定沿竖直方向

D．图乙中轻杆A′O′的力沿A′O′方向

答案　ACD

解析　由于图甲轻杆OA为“定杆”，其O端光滑，可以视为活结，两侧细线中拉力大小相等，都等于mg，由力的平衡条件可知，图甲轻杆中弹力大小为F甲＝2mgcos 45°＝mg，故A正确。图乙中轻杆O′A′可绕A′点自由转动，为“动杆”，另一端O′光滑，可以视为活结，O′两侧细线中拉力大小相等，“动杆”中弹力方向沿“动杆”方向，“动杆”O′A′中弹力大小等于O′两侧细线中拉力的合力大小，两细线夹角不确定，轻杆中弹力大小无法确定，故B错误，D正确。

根据共点力平衡条件，图甲中轻杆弹力与细线OB中拉力的合力方向一定与竖直细线的拉力方向相反，即竖直向上，故C正确。

8．(2022·重庆市育才中学高一期末)图甲为家庭常用的燃气灶实物图，灶面上有一个支架。共有4个均匀分布的支撑面，对放在上面的厨具起到支撑作用。现把一个高压锅放在支架上，并抽象成示意图乙，已知支架的每个支撑面与水平方向夹角α＝37°。高压锅和里面的食物总质量为4.8 kg。则每个支撑面给高压锅的支持力为(忽略高压锅和支撑面之间的摩擦力，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(　　)

A．12 N   B．15 N

C．20 N   D．48 N

答案　B

解析　设每个支撑面给高压锅的支持力的竖直分量为F，F＝mg＝12 N，由平衡条件可得，FN＝，解得FN＝15 N，B正确。

9.(2022·广州市八校期末联考)如图所示，质量为m的木块在与水平方向成α角的推力F(大小未知)作用下，沿竖直墙壁向上匀速运动。已知木块与墙壁间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。求：

(1)推力F的大小；

(2)若将推力的方向改为竖直向上推动木块，且木块仍做匀速直线运动，则推力F′为多大。

答案　(1)　(2)mg

解析　(1)以木块为研究对象，木块受到重力、支持力、推力和摩擦力作用，受力情况如图所示。

水平方向：FN＝Fcos α，

竖直方向：Fsin α＝mg＋Ff，

又：Ff＝μFN，联立解得：F＝。

(2)若将推力的方向改为竖直向上推动木块做匀速直线运动，木块只受重力和推力，根据平衡条件可得：F′＝mg。

10．(2022·山东省青岛第一中学高一期末)绳OC与竖直方向成30°角，O为质量不计的光滑滑轮，已知物体B质量为100 kg，物体A质量为20 kg，物体A和B均静止，g＝10 m/s2，求：

(1)物体B所受地面的摩擦力和支持力分别为多大？

(2)OC绳的拉力为多大？

答案　(1)100 N　900 N　(2)200 N

解析　(1)由于物体A保持静止，故有FT＝mAg＝200 N

对物体B受力分析，受重力、拉力、支持力和静摩擦力，如图所示

绳OC与竖直方向成30°角，根据几何关系可知绳OB与水平方向夹角为30°，由平衡条件可得

FN＋FTsin 30°＝mBg

FTcos 30°＝Ff

代入数据解得FN＝900 N，Ff＝100 N

(2)对滑轮受力分析，受三个拉力，如图所示

根据平衡条件有

FTOC＝2FTcos 30°＝200 N。

11．(2023·苏州市高一期末)如图所示，三段不可伸长的轻绳OA、OB、OC共同悬挂一质量为m1＝1.2 kg的甲物体，地面上固定有一倾角θ＝37°的粗糙斜面，轻绳OA沿水平方向，轻绳OC平行于斜面，且C端与放置在斜面上的质量为m2＝50 kg的乙物体相连，此时整个系统均处于静止状态。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度取g＝10 m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：

(1)轻绳OA、OC的拉力大小；

(2)乙物体与斜面间的动摩擦因数μ至少为多大。

答案　(1)16 N　20 N　(2)0.8

解析　(1)对结点O进行受力分析，受到三段绳子的拉力如图所示

对甲物体可得FTB＝m1g＝12 N

根据几何关系可得FTA＝＝ N＝16 N

FTC＝＝ N＝20 N

(2)对乙受力分析如图，恰好不滑动时由力的平衡条件可得m2gsin 37°＋FTC′＝Ff

最大静摩擦力Ff＝μFN，支持力FN＝m2gcos 37°

联立解得μ＝0.8。