第4课时 共点力作用下物体的平衡 考点自清 1.共点力的平衡 共点力 力的作用点在物体上的 或力的 交于一点的几个力叫做共点力. 第4课时 共点力作用下物体的平衡 考点自清 1.共点力的平衡 共点力 力的作用点在物体上的 或力的 交于一点的几个力叫做共点力. 能简化成质点的物体受到的力可以视为 平衡状态 物体处于 状态或 状 态,叫做平衡状态.(该状态下物体的加 速度为零) 平衡条件 物体受到的 为零,即F合= 或 同一点 延长线 静止 匀速直线运动 合外力

2.平衡条件的推论 (1)二力平衡 如果物体在两个共点力的作用下处于平衡状态,这 两个力必定大小 ,方向 ,为一对 . (2)三力平衡 如果物体在三个共点力的作用下处于平衡状态,其 中任意两个力的 一定与第三个力大小 、 方向 . (3)多力平衡 如果物体受多个力作用处于平衡状态,其中任何一 个力与其余力的 大小 ,方向 . 相等 相反 平衡力 合力 相等 相反 合力 相等 相反

名师点拨 在进行一些平衡类问题的定性分析时,采用共点力平 衡的相关推论,可以使问题简化.

热点聚焦 热点一 求解平衡问题的基本思路 平衡类问题不仅仅涉及力学内容,在电磁学中常涉 及带电粒子在电场、磁场或复合场中的平衡,通电导 热点一 求解平衡问题的基本思路 平衡类问题不仅仅涉及力学内容,在电磁学中常涉 及带电粒子在电场、磁场或复合场中的平衡,通电导 体棒在磁场中平衡,但分析平衡问题的基本思路是一 样的. 1.分析平衡问题的基本思路 (1)明确平衡状态(加速度为零); (2)巧选研究对象(整体法和隔离法); (3)受力分析(规范画出受力示意图); 热点聚焦

(4)建立平衡方程(灵活运用力的合成法、正交分 解法、矢量三角形法及数学解析法); (5)求解或讨论(解的结果及物理意义). 2.求解平衡问题的常用规律 (1)相似三角形法:通过力三角形与几何三角形相 似求未知力.对解斜三角形的情况更显优越性. (2)拉密原理:三个共点力平衡时,每个力与另外两 个力夹角的正弦之比均相等,这个结论叫拉密原理. 表达式为: F1/sin α=F2/sin β=F3/sin γ(其中α为F2与 F3的夹角,β为F1与F3的夹角,γ为F1与F2的夹角).

(3)三力汇交原理:物体在同一个平面内三个力作 用下处于平衡状态时,若这三个力不平行,则这三 个力必共点,这就是三力汇交原理. (4)矢量三角形法:物体受同一平面内三个互不平 行的力作用平衡时,这三个力的矢量箭头首尾相接 恰好构成一个封闭的三角形,即这三个力的合力必 为零,由此求得未知力.

热点二 一般平衡问题的解答策略 1.整体法与隔离法 要解决物体平衡问题,首先要能正确地选取研究对 象,常用两种方法:一是隔离法,二是整体法.我们 可以把具有相同运动状态且又具有相互作用的几 个物体视为一个整体,当研究整体受外界作用力时 可以选取整体为研究对象,而涉及内部物体之间的 相互作用分析时则需采取隔离法. 隔离法与整体法不是相互对立的,一般问题的求解 中,随着研究对象的转变,往往两种方法交叉运用.

2.平衡法与正交分解法 (1)平衡法 这是研究平衡问题的一个基本方法,它以二力平衡 为基础,重点研究三力平衡问题.根据分矢量与合 矢量的等效性以及平衡力的概念,我们可以得出这 样的结论:如果一个物体受三个共点力处于平衡状 态,则其中任意两个力的合力与第三个力是一对平 衡力. (2)正交分解法 所谓正交分解就是把不在一条直线上的共点力都 分解到两个互相垂直(正交)的坐标轴上,这样就可 以在两个轴上进行力的合成了,所以正交分解法的

实质仍然是将矢量运算最终转化为代数运算.下面 是应用正交分解法的基本步骤: ①建立直角坐标系.建立直角坐标系时应首先满足使 尽 可能多的力落在坐标轴上,这样可以使需要分解 的力少 一些;然后尽量使x轴正方向与物体运动方向 一致. ②将没能落在坐标轴上的力分解到坐标轴上. ③分别求出两个轴上的合外力,方法与一条直线上共 点 力的运算方法相同. ④分别应用牛顿第二定律列出两个轴上的动力学方 程,对平衡问题也可以应用平衡条件列出关系式求解.

特别提示 正交分解法在后面动力学的复习中还要应用到,而且 动力学问题中需要分解的矢量不一定是力,也可能需 要分解速度和加速度,这要视具体问题而定.总之,正 交分解法的根本目的是尽可能简捷地将矢量运算转 化为代数运算.

题型探究 题型1 动态分析问题 【例1】如图1所示,轻绳的两端分别系 在圆环A和小球B上,圆环A套在粗糙 的水平直杆MN上.现用水平力F拉着 题型1 动态分析问题 【例1】如图1所示,轻绳的两端分别系 在圆环A和小球B上,圆环A套在粗糙 的水平直杆MN上.现用水平力F拉着 绳子上的一点O,使小球B从图中实线 位置缓慢上升到虚线位置,但圆环A始终保持在原 位置不动.则在这一过程中,环对杆的摩擦力Ff和 环对杆的压力FN的变化情况是 ( ) A.Ff不变,FN不变 B.Ff增大,FN不变 C.Ff增大,FN减小 D.Ff不变,FN减小 题型探究 图1

思路点拨

解析 以结点O为研究对象进行受力分析如图(a).由 

以环、绳和小球构成的整体作为研究对象,作受力分 析图如图(b).由整个系统平衡可知:FN=(mA+mB)g; Ff=F.即Ff增大,FN不变,故B正确. 答案 B 动态平衡问题的处理方法 所谓动态平衡问题是指通过控制某些物理量,使物体 的状态发生缓慢变化,而在这个过程中物体又始终处 于一系列的平衡状态中. 方法提炼

(1)图解分析法 对研究对象在状态变化过程中的若干状态进行受力 分析,依据某一参量的变化,在同一图中作出物体在 若干状态下力的平衡图(力的平行四边形),再由动态 力的平行四边形各边长度变化及角度变化确定力的 大小及方向的变化情况. 动态平衡中各力的变化情况是一种常见题型.总结其 特点有:合力大小和方向都不变;一个分力的方向不 变,分析另一个分力方向变化时两个分力大小的变化 情况.用图解法具有简单、直观的优点.

(2)相似三角形法 对受三力作用而平衡的物体,先正确分析物体的受力, 画出受力分析图,再寻找与力的三角形相似的几何三 角形,利用相似三角形的性质,建立比例关系,把力的 大小变化问题转化为几何三角形边长的大小变化问 题进行讨论. (3)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 识讨论某物理量随变量的变化关系.

变式练习1 如图2所示,AC是上端带定 滑轮的固定竖直杆,质量不计的轻杆BC 一端通过铰链固定在C点,另一端B悬挂 一重为G的重物,且B端系有一根轻绳并 绕过定滑轮A,用力F拉绳,开始时∠BCA＞90°.现使 ∠BCA缓慢变小,直到杆BC接近竖直杆AC.此过程中, 杆BC所受的力 ( ) A.大小不变 B.逐渐增大 C.先减小后增大 D.先增大后减小 图2

解析 以B点为研究对象,它在三个力 作用下平衡.由平衡条件得G与FN的合 力F合与F等大反向.由几何知识得△ABC 与矢量三角形BGF合相似.故有 因G、AC、BC均不变,故FN大小不变. 答案 A

题型2 临界与极值问题 【例2】如图3所示,一球A夹在竖直墙与 三角劈B的斜面之间,三角劈的重力为 G,劈的底部与水平地面间的动摩擦因 数为μ,劈的斜面与竖直墙面是光滑的. 问:欲使三角劈静止不动,球的重力不能超过多 大?(设劈的最大静摩擦力等于滑动摩擦力) 解析 由三角形劈与地面之间的最大静摩擦力,可 以求出三角形劈所能承受的最大压力,由此可求出 球的最大重力. 图3

球A与三角形劈B的受力情况如下图甲、乙所示,球A 在竖直方向的平衡方程为:GA=FNsin 45° ① 三角形劈的平衡方程为: Ffm=FN′sin 45° ② F NB=G+FN′cos 45° ③ 另有Ffm= FNB ④ 由②、③、④式可得:FN′=

而FN=FN′,代入①式可得: 答案 球的重力不超过 处理平衡物理中的临界问题和极值问题, 首先仍要正确受力分析,搞清临界条件并且要利用好 临界条件,列出平衡方程,对于分析极值问题,要善于 选择物理方法和数学方法,做到数理的巧妙结合. 对于不能确定的临界状态,我们采取的基本思维方法 是假设推理法,即先假设为某状态,然后再根据平衡 条件及有关知识列方程求解. 规律总结

变式练习2 木箱重为G,与地面间的动摩擦因数为μ, 用斜向上的力F拉木箱,使之沿水平地面匀速前进,如 图4所示.问角α为何值时拉力F最小?这个最小值为 多大? 图4 解析 对木箱受力分析如右图所示, 物体做匀速运动,有 Fsin α+FN=G ① Fcos α=Ff ② Ff=μFN ③ 联立①②③得

答案

题型3 “整体法”与“隔离法”的应用 【例3】如图5所示,质量为m1=5 kg 的物体,置于一粗糙的斜面上,用 一平行于斜面的大小为30 N的力F 推物体,物体沿斜面向上匀速运动,斜面体质量 m2=10 kg,且始终静止,取g=10 m/s2,求: (1)斜面对滑块的摩擦力. (2)地面对斜面体的摩擦力和支持力. 图5

解析 (1)用隔离法:对滑块作受力分析,如下图甲 所示,在平行斜面的方向上 F=m1gsin 30°+Ff, Ff=F-m1gsin 30°=(30-5×10×0.5) N=5 N

(2)用整体法:因两个物体均处于平衡状态,故可以将 滑块与斜面体当作一个整体来研究,其受力如上图乙 所示,由图乙可知:在水平方向上有F地=Fcos 30° =15 N;在竖直方向上有FN地=(m1+m2)g-Fsin 30° =135 N 答案 (1)5 N (2)15 N 135 N

1.甲、乙双方同学在水平地面上进行拔河比赛,正僵 持不下的情景如图6所示.如果地面对甲方所有队 素能提升 1.甲、乙双方同学在水平地面上进行拔河比赛,正僵 持不下的情景如图6所示.如果地面对甲方所有队 员的总的摩擦力为6 000 N,同学甲1和乙1对绳子的 水平拉力均为500 N.绳上的A、B两点分别位于甲1 和乙1、乙1和乙2之间.不考虑绳子的质量,下面有关 说法正确的是 ( ) 图6

A.地面对乙方队员的总的摩擦力是6 000 N B.A处绳上的张力为0 C.B处绳上的张力为500 N D.B处绳上的张力为5 500 N 解析 双方同学“正僵持不下”,暗示了双方同学正 处于静止平衡状态.先以“甲方全体同学”为研究对 象,“地面对甲方所有队员的总的摩擦力为6 000 N” 根据二力平衡判断A处绳上的张力为6 000 N;同理以 “乙方全体同学”为研究对象确定地面对乙方所有队 员的总的摩擦力为6 000 N;A处绳上的张力为6 000 N, 而乙1对绳子的水平拉力为500 N,则B处绳上的张力为 5 500 N;正确答案是A、D. 答案 AD

2.如图7所示,是一直升机通过软绳 打捞河中物体,物体质量为m,由 于河水的流动将物体冲离使软绳 偏离竖直方向,当直升机相对地面 静止时,绳子与竖直方向成θ角度, 下列说法正确的是 ( ) A.绳子的拉力为 B.绳子的拉力可能小于mg C.物体受到河水的作用力等于绳子拉力的水平分力 D.物体受到河水的作用力大于绳子拉力的水平分力 图7

解析 由题意知,河中物体处于静 止状态,则F合=0.对物体受力分析, 受重力mg、绳拉力FT、河水的作用 力F,如右图所示并正交分解力,得 Fsin α+FTcos θ=mg Fcos α=FTsin θ 由此分析知B、D项正确. 答案 BD

3.如图8所示,放在水平桌面上的木 块A处于静止状态,所挂的砝码和 托盘的总质量为0.6 kg,弹簧秤 此时的读数为2 N;若轻轻取走盘中的部分砝码,使 砝码和托盘的总质量减少到0.3 kg,那么此装置将 会出现的情况是(g=10 m/s2,不计滑轮摩擦) ( ) A.弹簧秤的读数将变小 B.木块A仍处于静止状态 C.木块A对桌面的摩擦力不变 D.木块A所受的合力将要变大 图8

解析 当木块静止时,F合=0,对木块受力分析知,水平 方向除了受向右的拉力F1=6 N,向左的拉力F2=2 N, 还受到向左的静摩擦力Ff=4 N.当木块受到向右的拉 力变为3 N时,木块不会动,则F合=0,弹簧秤读数不变, 受静摩擦力变为1 N,故只有B项正确. 答案 B

4.在固定于地面的斜面上垂直安放 了一个挡板,截面为 圆的柱状物 体甲放在斜面上,半径与甲相等的 光滑圆球乙被夹在甲与挡板之间, 乙没有与斜面接触而处于静止状态,如图9所示.现 在从球心处对甲施加一平行于斜面向下的力F使甲 沿斜面方向缓慢地移动，直至甲与挡板接触为止. 设乙对挡板的压力为F1,甲对斜面的压力为F2，在 此过程中 ( ) 图9

A.F1缓慢增大,F2缓慢增大 B.F1缓慢增大,F2缓慢减小 C.F1缓慢减小,F2缓慢增大 D.F1缓慢减小,F2保持不变 解析 对乙受力分析如图所示, 从图示 可以看出,随着甲沿斜面方向缓慢地移 动过程,挡板对乙的压力F1′逐渐减小, 因此乙对挡板的压力为F1也缓慢减小, 对甲乙整体研究,甲对斜面的压力F2始终等于两者重 力沿垂直斜面方向的分力,因此大小不变,D正确. 答案 D

5.细线AO和BO下端系一个物体P, 细线长AO>BO,A、B两个端点在 同一水平线上.开始时两线刚好 绷直,BO线处于竖直方向,如图10 所示,细线AO、BO的拉力设为FA和FB，保持端点 A、B在同一水平线上,A点不动,B点向右移动;使 A、B逐渐远离的过程中,物体P静止不动,关于细线 的拉力FA和FB的大小随AB间距离变化的情况是 ( ) 图10

A.FA随距离增大而一直增大 B.FA随距离增大而一直减小 C.FB随距离增大而一直增大 D.FB随距离增大而一直减小 解析 A点不动,即FA的方向不变,B向右移,FB的大小 方向都发生变化,以O点为研究对象,由平衡知识,通 过作平行四边形可知FA一直增大,FB先减小后增大, 所以A正确. 答案 A

6.如图11所示,木棒AB可绕B点在竖 直平面内转动,A端被绕过定滑轮 吊有重物的水平绳和绳AC拉住,使 棒与地面垂直,棒和绳的质量及绳 与滑轮的摩擦均可忽略,如果把C端 拉至离B端的水平距离远一些的C′点,AB仍沿竖 直方向,装置仍然平衡,那么AC绳受的张力F1和棒 受的压力F2的变化是 ( ) A.F1和F2均增大 B.F1增大,F2减小 C.F1减小,F2增大 D.F1和F2均减小 图11

解析 对杆A端受力分析如右图所示, F1与F3的合力等于F2,当C端远离时, α变大,由 F2=G·cot α, 知α变大,sin α变大,cot α变小,所以F1、F2均变 小. 答案 D

7.如图12所示,由两根短杆组成的一个 自锁定起重吊钩,将它放入被吊的空 罐内,使其张开一定的夹角压紧在罐 壁上,当钢绳匀速向上提起时,两杆对罐壁越压越 紧,若摩擦力足够大,就能将重物提升起来,罐越重, 短杆提供的压力越大,称为“自锁定装置”.若罐 质量为m,短杆与竖直方向夹角为θ=60°,求吊起该 重物时,短杆对罐壁的压力(短杆质量不计). 图12

对短杆对罐壁的作用力F进行效果分解如右图所示 解析 对O点受力分析如右图所示,两 根短杆的弹力F(沿杆)的合力与绳子的 拉力FT(FT=mg)等大反向, 故2Fcos θ=mg ① 对短杆对罐壁的作用力F进行效果分解如右图所示 短杆对罐壁的压力F1=Fsin θ ② 由①②两式得: 答案 返回