章未总结 平衡问题求解“八法” 热点讲座 专题一 力的合成法 物体在三个共点力的作用下处于平衡状态,则任意

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1 章未总结 平衡问题求解“八法” 热点讲座 专题一 力的合成法 物体在三个共点力的作用下处于平衡状态,则任意
专题一 力的合成法 物体在三个共点力的作用下处于平衡状态,则任意 两个力的合力一定与第三个力大小相等,方向相反, “力的合成法”是解决三力平衡问题的基本方法. 【例1】如图1所示,重物的质量为m, 轻细绳AO和BO的A端、B端是固定 的,平衡时AO水平,BO与水平面的 夹角为θ,AO的拉力F1和BO的拉力 F2的大小是 ( ) 图1 章未总结 平衡问题求解“八法” 热点讲座

2 A.F1=mgcosθ B.F1=mgcotθ C.F2=mgsinθ D.F2=mg/sinθ 解析 根据三力平衡特点,任意两 力的合力与第三个力等大反向,可作 出如图矢量图,由三角形知识可得 F1=mgcot θ, 所以正确选项为B、D. 答案 BD

3 专题二 正交分解法 物体受到三个或三个以上力的作用时,常用正交分 解法列平衡方程求解:Fx合=0,Fy合=0.为方便计算,建 立坐标系时以尽可能多的力落在坐标轴上为原则. 【例2】如图2所示，不计滑轮摩擦,A、B两物体均处 于静止状态. 现加一水平力F作用在B上使B缓慢右 移,试分析B所受力F的变化情况. 图2

4 解析 对物体B受力分析如图,建立如图直角坐标系.
在y轴上有 Fy合=FN+FAsin θ-GB=0, ① 在x轴上有 Fx合=F-Ff-FAcos θ=0, ② 又Ff=μFN; ③ 联立①②③得F=μGB+FA(cos θ-μsin θ). 可见,随着θ不断减小,水平力F将不断增大. 答案 随着θ不断减小,水平力F将不断增大

5 专题三 整体法与隔离法 整体法是把两个或两个以上物体组成的系统作为 一个整体来研究的分析方法;当只涉及研究系统而不 涉及系统内部某些物体的受力和运动时,一般可采用 整体法. 隔离法是将所确定的研究对象从周围物体(连接体) 系统中隔离出来进行分析的方法,其目的是便于进一 步对该物体进行受力分析，得出与之关联的力.为了 研究系统(连接体)内某个物体的受力和运动情况时, 通常可采用隔离法.一般情况下，整体法和隔离法是 结合在一起使用的.

6 【例3】有一直角支架AOB,AO水平 放置,表面粗糙;OB竖直向下,表面 光滑.AO上套有小环P,OB上套有小 环Q,两环质量均为m.两环间由一根 质量可忽略且不可伸长的细绳相连, 图3 并在某一位置平衡,如图3所示.现将P环向左移一小 段距离,两环再次达到平衡,将移动后的平衡状态和 原来的平衡状态比较，AO杆对P环的支持力FN和细 绳上的拉力FT的变化情况是 ( ) A.FN不变,FT变大 B.FN不变,FT变小 C.FN变大,FT变大 D.FN变大,FT变小

7 解析 采取先“整体”后“隔离”的方法.以P、Q
绳为整体研究对象,受重力、AO给 的向上弹力、OB给的水平向左弹 力.由整体处于平衡状态知AO给P 向右静摩擦力与OB给的水平向左 弹力大小相等;AO给的竖直向上弹 力与整体重力大小相等.当P环左移 一段距离后,整体重力不变,AO给的竖直向上弹力也 不变.再以Q环为隔离研究对象,受力如图所示，Q环 所受重力G、OB给Q的弹力F1,绳的拉力FT处于平衡; P 环向左移动一小段距离的同时FT移至FT′位置,仍 能平衡,即FT竖直分量与G大小相等,FT应变小,所以 正确答案为B选项. 答案 B

8 专题四 三角形法 对受三力作用而平衡的物体,将力矢量图平移使三 力组成一个首尾依次相接的封闭力三角形,进而处理 物体平衡问题的方法叫三角形法;力三角形法在处理 动态平衡问题时方便、直观,容易判断. 【例4】如图4,细绳AO、BO等长且共同悬一物,A点 固定不动,在手持B点沿圆弧向C点缓慢移动过程中, 绳BO的张力将 ( ) 图4

9 A.不断变大 B.不断变小 C.先变大再变小 D.先变小再变大 解析 选O点为研究对象,受F、FA、 FB三力作用而平衡.此三力构成一封 闭的动态三角形如图.容易看出,当FB 与FA垂直即α+β=90°时,FB取最小 值,所以D选项正确. 答案 D

10 专题五 相似三角形法 物体受到三个共点力的作用而处于平衡状态，画 出其中任意两个力的合力与第三个力等值反向的平行 四边形,其中可能有力三角形与题设图中的几何三角 形相似,进而力三角形与几何三角形对应成比例，根 据比值便可计算出未知力的大小与方向. 【例5】固定在水平面上的光滑半球半 径为R,球心O的正上方C处固定一个 小定滑轮,细绳一端拴一小球置于半 球面上的A点,另一端绕过定滑轮,如 图5所示. 图5

11 现将小球缓慢地从A点拉向B点,则此过程中小球对半
球的压力大小FN、细绳的拉力大小FT的变化情况是 ( ) A.FN不变,FT不变 B.FN不变,FT变大 C.FN不变,FT变小 D.FN变大,FT变小 解析 小球受力如图所示,根据平衡 条件知,小球所受支持力FN′和细线 拉力FT的合力F跟重力是一对平衡力, 即F=G.

12 根据几何关系知,力三角形FAFN′与几何三角形COA
相似.设滑轮到半球顶点B的距离为h,线长AC为L,则 有 由于小球从A点移向B点的过程 中,G、R、h均不变,L减小,故FN′大小不变,FT减小. 所以正确答案为C选项. 答案 C

13 专题六 正弦定理法 正弦定理：在同一个三角形中,三 角形的边长与所对角的正弦比值相 等;在图6中有 同样,在力的三角形中也满足上述关 图6 系,即力的大小与所对角的正弦比值相等. 【例6】不可伸长的轻细绳AO、BO 的结点为O,在O点悬吊电灯L,OA绳 处于水平,电灯L静止,如图7所示.保 持O点位置不变,改变OA的长度使A 点逐渐上升至C点,在此过程中绳OA 的拉力大小如何变化？ 图7

14 解析 取O点为研究对象，O点受灯的 拉力F(大小等于电灯重力G)、OA绳的 拉力FT1、OB绳的拉力FT2,如右图所示. 因为三力平衡,所以FT1、FT2的合力G′ 与G等大反向.由正弦定理得 由图知θ不变,α由小变大,所以据FT1式知FT1先变小 后变大,当α=90°时,FT1有最小值. 答案 见解析

15 专题七 拉密原理法 拉密原理:如果在三个共点力作用 下物体处于平衡状态,那么各力的大 小分别与另外两个力所夹角的正弦 成正比.在图8所示情况下,原理表达 式为 图8 【例7】如图9所示装置,两根细绳拉住 一个小球,保持两绳之间夹角θ不变; 若把整个装置顺时针缓慢转动90°, 则在转动过程中,CA绳拉力FT1大小 的变化情况是__________,CB绳拉力 图9 FT2大小的变化情况是________.

16 解析 在整个装置缓慢转动的过程中， 可以认为小球在每一位置都是平衡的,小 球受到三个力的作用,如图所示,根据拉 密原理有 由于θ不变、α由90°逐渐变为180°,sin α会逐渐 变小直到为零,所以FT2逐渐变小直到为零;由于β由 钝角变为锐角,sin β先变大后变小，所以FT1先变大 后变小. 答案 先变大后变小 逐渐变小直到为零

17 专题八 对称法 研究对象所受力若具有对称性,则求解时可把较复 杂的运算转化为较简单的运算,或者将复杂的图形转 化为直观而简单的图形.所以在分析问题时，首先应 明确物体受力是否具有对称性. 【例8】如图10所示,重为G的均 匀链条挂在等高的两钩上,链条 悬挂处与水平方向成θ角,试求： 图10 (1)链条两端的张力大小； (2)链条最低处的张力大小. 解析 (1)在求链条两端的张力时,可把链条当做一 个质点处理.两边受力具有对称性使两端点的张力F

18 大小相等，受力分析如图甲所示.取链条整体为质点
研究对象. 由平衡条件得竖直方向2Fsinθ=G,所以端点张力为 (2)在求链条最低点张力时,可将链条一分为二,取一 半研究.受力分析如图乙所示,由平衡条件得水平方向 所受力为 即为所求. 答案

19 素能提升 1.如图11所示,质量为m的质点,与三根相同的螺旋形 轻弹簧相连.静止时,弹簧c沿竖直方向,相邻两弹簧
间的夹角均为120°.已知弹簧a、b对质点的作用力 大小均为F,则弹簧c对质点的作用力大小可能为( ) 图11 A.F B.F+mg C.F-mg D.mg-F 素能提升

20 解析 本题容易错误地认为三根弹簧一定都处于拉
伸状态而漏选A、B、D. 质点受四个力作用:重力mg,a、b、c的弹力Fa、Fb、 Fc,四力合力为零,由于弹簧a、b对质点的作用力方向 未知,故本题有多解. 当弹簧a、b的弹力均斜向上或斜向下时,因为夹角等 于120°,故a、b的弹力的合力大小为F，且竖直向上 或竖直向下.

21 当a、b弹力的合力竖直向上,c的弹力也向上时,Fc=
mg-F,则当mg=2F时,Fc=F,故选项A、D正确. 当a、b弹力的合力竖直向上，c的弹力向下时，Fc=F- mg,故选项C正确. 当a、b弹力的合力竖直向下，c的弹力向上时,Fc=F+ mg,故选项B正确. 答案 ABCD

22 2.假期里,一位同学在厨房 协助妈妈做菜，对菜刀发 生了兴趣. 他发现菜刀的 刀刃前部和后部的厚薄不 图12
刀刃前部和后部的厚薄不 图12 一样,刀刃前部的顶角小,后部的顶角大(如图12所示), 他先后做出过几个猜想,其中合理的是 ( ) A.刀刃前部和后部厚薄不匀,仅是为了打造方便,外形 美观,跟使用功能无关 B.在刀背上加上同样的压力时,分开其他物体的力跟刀 刃厚薄无关 C.在刀背上加上同样的压力时,顶角越大,分开其他物 体的力越大 D.在刀背上加上同样的压力时,顶角越小,分开其他物

23 解析 把刀刃部分抽象后，可简化成一个等腰三角
劈,设顶角为2θ,背宽为d,侧面长为l,如下图甲所示. 当在劈背施加压力F后产生垂直侧面的两个分力F1、 F2,使用中依靠着这两个分力分开被加工的其他物体. 由对称可知这两个分力大小相等(F1=F2),因此画出力 分解的平行四边形,实为菱形如图乙所示. 在这个力的平行四边形中，取其四分之一考虑(图中

24 阴影部分).根据它跟半个劈的直角三角形的相似关
系,有关系式 由此可见,刀背上加上一定的压力F时,侧面分开其他 物体的力跟顶角的大小有关,顶角越小,sin θ的值越 小,F1和F2越大. 但是刀刃的顶角越小时,刀刃的强度会减小,碰到较硬 的物体时刀刃会卷口甚至碎裂,实际制造过程中为了 适应加工不同物体的需要,所以做成前部较薄,后部较 厚.使用时，用前部切一些软的物品(如鱼、肉、蔬 菜、水果等),用后部斩劈坚硬的骨头之类的物品,俗 话说:“前切后劈”,指的就是这个意思,故选项D正确. 答案 D

25 3.图13甲为杂技表演的安全网示意图,网绳的结构为
正方格形,O、a、b、c、d……为网绳的结点，安全 网水平张紧后,若质量为m的运动员从高处落下,并 恰好落在O点上,该处下凹至最低点时,网绳dOe,bOg 均成120°向上的张角,如图乙所示,此时O点受到的 向下的冲击力大小为F,则这时O点周围每根网绳承 受的力的大小为 ( ) 图13

26 A.F B C.F+mg D. 解析 对O点进行受力分析,它受到向下的冲击力F 和向上的网绳的拉力,设每根网绳承受的力为F1,由力 的合成与分解的知识可知,dOe向上的力也为F1,同理 bOg向上的作用力大小也为F1, 由2F1=F,所以 答案 B

27 4.如图14所示,一名骑独轮车的杂技演员在空中钢索
上表演,如果演员与独轮车的总质量为80 kg,两侧的 钢索互成150°夹角,求钢索所受拉力有多大?(钢索 自重不计,取cos 75°=0.259) 图14

28 解析 对钢丝绳上与车轮接触 的点作为受力对象,其受力如 图所示.其中F1、F2为两侧钢索 对O点的拉力,显然,F1=F2,G′ 为O点受到的独轮车的压力,平衡时,F1、F2的合力F 大小与G′相等.G′数值上等于人和车的重力G. 由几何关系得:2F1cos 75°=G′=G 所以 答案 N

29 5.如图15所示,物体A重100 N,物 体B重20 N,A与水平桌面间的 最大静摩擦力是30 N,整个系统 处于静止状态，这时A受到的静 图15 摩擦力是多大?如果逐渐加大B的重力,而仍保持系 统静止,则B物体重力的最大值是多少? 解析 以结点O为研究对象,建立直角坐标系 x轴上:FTA=FTcos 45° ① y轴上:FTB=GB=FTsin 45°② ①②联立,得 FTA=GBtan 45° 代入其值得FTA=20 N

30 以A为研究对象,受力分析,可得FfA=FTA′=FTA=20 N,
方向水平向右. 当逐渐加大B的重力时,要使系统处于平衡状态，当A 达到最大静摩擦力时,B物体的重力达到最大.由上述 表达式可知: 故A受到的静摩擦力为20 N, B物体的重力最大值为30 N. 答案 20 N N

31 阅卷现场 阅卷手记 本章的知识考查主要是对重力、弹力、摩擦力等 概念的理解及计算；基本方法的考察主要是平行四
边形定则的应用、正交分解法、整体法和隔离法等; 主要的能力要求是对物体受力的分析能力和计算能 力.本章内容是学习力学的基础,所以是考察的重点, 即使在理综试题相对单科考试题量很少的情况下,本 章内容的题目还是几乎年年都有. 阅卷现场

32 根据试卷调查,学生答题错误主要表现在：对弹力
和摩擦力的有无与计算出错,尤其是对静摩擦力；对 力的方向判断错误或模糊,导致计算出错或题目解不 下去；不能灵活的运用平行四边形定则、三角形定 则、正交分解法等,使题目解答不规范或出错；不能 灵活的应用整体法、隔离法并结合运动状态进行受 力分析.

33 易错点实例分析 5.由于对弹力的方向问题认识不全面造成的错误 试题回放 如图1所示,小车沿水平面向右做 匀加速直线运动,车上固定的硬
杆和水平面的夹角为θ,杆的顶端 固定着一个质量为m的小球,当小 图1 车运动的加速度逐渐增大时,杆对小球的作用力 (F1至F4变化)的变化图示(沿杆方向)可能是( )

34 学生作答 ______ A

35 错解分析 1.误选A.认为杆的弹力一定沿杆,与绳的弹力特点 发生混淆. 2.误选B或D.不能找出题目的隐含条件，无从下手 乱选. 正确答案 小球只受重力和杆的弹力作用 .杆的弹力F的竖直 分量与重力平衡,水平分量产生加速度,即F竖直=mg, F水平=ma,所以选项C正确.

36 要清楚杆的弹力和绳的拉力方向的不同,绳的拉力
一定沿绳的方向,杆的弹力方向不一定沿杆的方向. 分析杆对物体的弹力方向一般要结合物体的运动状态 进行分析.比如本题中,不论小车加速度多大,小球在 竖直方向上合力为0,就是解题的关键.

37 6.受力分析不正确而产生多力、少力的错误 试题回放 如图2所示,在水平力F作用下,A、 B保持静止,若A与B的接触面是水 平的,且F≠0,则关于B的受力个 数可能为 ( ) A.3个 B.4个 图2 C.5个 D.6个 学生作答 ______ 错解分析 1.误选D.出错原因是不认真审题,研究对象混乱， 在分析受力时把F也算在内了. BC

38 2.漏选B.出错原因是对B的受力特点分析不清楚,
正确答案 以B为研究对象,根据平衡条件知：B除受到A施加 的压力和摩擦力外,还受到重力和斜面的支持力作用, 斜面与B之间可能存在摩擦力,也可能不存在摩擦力. 在受力分析时,有些力的大小和方向不能确定下来, 必须根据物体受到的确定的几个力的情况和物体的运 动状态判断出未确定的力的情况,要确保受力分析时 不漏力、不多力、不错力.

39 7.状态特点分析不全面造成静摩擦力的判断错误
试题回放 如图3所示,物体静止在斜面上,现 用水平外力F推物体,在外力F由零 逐渐增加的过程中,物体始终保持 静止,物体所受摩擦力怎样变化？ 图3 错解分析 错解一：以斜面上的物体为研究对 象,物体受力分析如图所示,物体受重 力mg,推力F,支持力FN,静摩擦力Ff, 由于推力F水平向右,所以物体有向上 运动的趋势,摩擦力Ff的方向沿斜面向下.根据牛顿第

40 二定律列方程 Ff+mgsin θ =Fcos θ ① FN-Fsin θ -mgcos θ = ② 由式①可知,F增加Ff也增加.所以在变化过程中摩擦 力是增加的. 错解二:有一些同学认为摩擦力的方向沿斜面向上, 则有F增加,摩擦力减少. 上述错解的原因是对静摩擦力认识不清,因此不能 分析出在外力变化过程中摩擦力的变化. 正确答案 本题的关键在于确定摩擦力的方向.由于外力的变 化物体在斜面上的运动趋势有所变化,如图甲所示,当

41 外力较小时(Fcos θ ＜mgsin θ )物体有向下的运动
趋势,摩擦力的方向沿斜面向上,F增加,Ff减少,与错 解二的情况相同,如图乙所示,当外力较大时(Fcos θ ＞mgsin θ )物体有向上的运动趋势，摩擦力的方向 沿斜面向下,外力增加,摩擦力增加;当Fcos θ = mgsin θ 时，摩擦力为零.所以在外力由零逐渐增加 的过程中,摩擦力的变化是先减小后增加.

42 举一反三 若斜面上物体沿斜面下滑,质量为m,物体与斜面间 的摩擦因数为μ,我们可以考虑两个问题巩固前面的 分析方法. (1)F为怎样的值时,物体会保持静止. (2)F为怎样的值时，物体从静止开始沿斜面以加 速度a运动. 受前面问题的启发,我们可以想到F的值应是一个 范围. 首先以物体为研究对象,当F较小时,如图甲物体受 重力mg、支持力FN、斜向上的摩擦力Ff和F.物体刚 好静止时,应是F的边界值,此时的摩擦力为最大静摩

43 擦力,可近似看成Ff静=μFN(最大静摩擦力)如图建立
坐标,据牛顿第二定律列方程 x:mgsin θ -Ffmax-Fcos θ = ① y:FN-mgcos θ -Fsin θ = ② Ffmax=μFN ③ 解得 当F从此值开始增加时,静摩擦力方向开始仍然斜 向上,但大小减小,当F增加到Fcos θ =mgsin θ 时， 即F=mg·tan θ 时,F再增加，摩擦力方向改为斜向 下,仍可以根据受力分析图乙列出方程 x：mgsin θ +Ff-Fcos θ = ④ y：FN-mgcos θ -Fsin θ = ⑤

44 随着F增加,静摩擦力增加,F最大值对应斜向下的 最大静摩擦力. 依据式④式⑤解得 要使物体静止F的值应为
关于第二个问题同学们一定要注意题中并未提出 以加速度a向上还是向下运动,应考虑两解,根据上面 的分析不难得出： 当 时,物体以a斜向下运动. 时,物体以a斜向上运动.

45 8.思维定势造成摩擦力分析错误 试题回放 如图4所示,m和M保持相对静止,一 起沿倾角为θ 的光滑斜面下滑,则M 和m间的摩擦力大小是多少？ 错解分析 图4 错解：以m为研究对象,如图甲物体受重力mg、支 持力FN、摩擦力Ff,如图建立坐标有 x：mgsin θ -Ff=ma ① y：FN-mgcos θ = ② 再以m+M为研究对象分析受力,如图乙所示

46 (m+M)g·sin θ =(M+m)a ③ 据式①②③解得Ff=0 所以m与M间无摩擦力. 造成错解主要是没有好的解题习惯,只是盲目的模 仿,似乎解题步骤不少,但思维没有跟上.要分析摩擦 力就要找接触面,摩擦力方向一定与接触面相切,这一 步是堵住错误的起点.犯以上错误的客观原因是思维 定势,一见斜面摩擦力就沿斜面方向,不能从摩擦力的 基本规律出发分析问题.

47 正确答案 因为m和M保持相对静止,所以可以将 (m+M)整体视为研究对象.受力如图,受 重力(M十m)g、支持力FN′,如图建立 坐标,根据牛顿第二定律列方程 x：(M+m)gsin θ =(M+m)a ① 解得a=gsin θ 沿斜面向下.因为要求m和M间的 相互作用力，再以m为研究对象,受 力如图.

48 根据牛顿第二定律列方程 x:Ff=max ② y:FN2-mg=may ③ 因为m、M的加速度是沿斜面方向.需将其分解为 水平方向和竖直方向如图. ax=acos θ ④ ay=asin θ ⑤ 由式②③④⑤解得Ff=mgsin θ·cos θ . 方向沿水平方向m受向左的摩擦力，M受向右的摩 擦力.

49 此题可以视为连接体问题.连接体问题对在解题过 程中选取研究对象很重要.有时以整体为研究对象, 有时以单个物体为研究对象.整体作为研究对象可以
举一反三 此题可以视为连接体问题.连接体问题对在解题过 程中选取研究对象很重要.有时以整体为研究对象, 有时以单个物体为研究对象.整体作为研究对象可以 将不知道的相互作用力去掉,单个物体作研究对象主 要解决相互作用力.单个物体的选取应以它接触的物 体最少为最好.如m只和M接触,而M和m还和斜面接触. 另外需指出的是,在应用牛顿第二定律解题时,有时 需要分解力,有时需要分解加速度，具体情况具体分 析,不要形成只分解力的认识. 返回