第四章 2 共点力作用下物体的平衡的应用.docx

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第四章2共点力作用下物体的平衡的应用

2　共点力平衡条件的应用

[学习目标]　1.进一步熟练掌握平衡问题的解法.2.会利用解析法和图解法分析动态平衡问题.3.会用整体法和隔离法分析多个物体的平衡问题.4.会分析平衡中的临界问题．

一、关于移动货物箱的疑问

如图1，G为货物箱所受的重力，F为拉（推）力，N为地面对货物箱的支持力，f为摩擦力，箱与地面间的动摩擦因数为μ，向前拉或推货物箱时受力分析如（a）、（b）两图．

图1

1．向前拉货物箱时，

水平方向上：

Fcosθ＝f①

竖直方向上：

Fsinθ＋N＝G②

又由于f＝μN③

由①②③得F＝

④

2．向前推货物箱时，

水平方向上：

Fcosθ＝f⑤

竖直方向上：

N＝Fsinθ＋G⑥

又由于f＝μN⑦

可得F＝

⑧

比较④、⑧两式知，推动（填“拉动”或“推动”）时需的力更大．

二、如何选择绳子的粗细

如图2所示，用绳子把排球网架的直杆拉住，OA、OB两绳的拉力大小相同，夹角为60°.

图2

将立体图改画为平面图（在左上方观察），O点受力示意图如图乙或丙所示，求FOA、FOB、FOC三力的大小关系，可采用下面两种方法：

（1）合成法

如图乙，FOA与FOB的合力与FOC等大、反向

FOA与FOB大小相等

2FOAcos30°＝FOC，得FOC＝

FOA

（2）正交分解法

如图丙，在x轴方向上：

FOAcos60°＝FOBcos60°①

在y轴方向上：

FOC＝FOAcos30°＋FOBcos30°②

由①②得：

FOA＝FOB，FOC＝

FOA

如果绳能承受的拉力跟绳的横截面积成正比，那么OC绳的直径至少应是OA（OB）绳的1.32倍才合理．

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在地面上行走．为了了解两种方式哪种省力，我们作以下假设：

行李箱的质量为m＝10kg，拉力F1、推力F2与水平方向的夹角均为θ＝37°（如图3所示），行李箱与地面间为滑动摩擦力，动摩擦因数为μ＝0.2，行李箱都做匀速直线运动，则拉箱子的力F1＝，推箱子的力F2＝.（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2）

图3

答案　21.7N　29.4N

解析　拉行李箱时，对行李箱受力分析，如图甲所示．

行李箱做匀速直线运动，可得

F1cosθ＝f1，F1sinθ＋N1＝mg，f1＝μN1

解得F1＝

≈21.7N

推行李箱时，对行李箱受力分析，如图乙所示．

行李箱做匀速直线运动，可得

F2cosθ＝f2，N2＝F2sinθ＋mg，f2＝μN2

解得F2＝

≈29.4N.

一、共点力平衡条件的应用

解共点力平衡问题的一般步骤

1．选取研究对象，对于由相互作用的两个或两个以上的物体构成的系统，应明确所选研究对象是系统整体还是系统中的某一个物体（整体法或隔离法）．

2．对所选研究对象进行受力分析，并画出受力分析图．

3．对研究对象所受的力进行处理．对三力平衡问题，一般根据平衡条件画出力合成的平行四边形．对四力或四力以上的平衡问题，一般建立合适的直角坐标系，对各力按坐标轴进行分解．

4．建立平衡方程．对于四力或四力以上的平衡问题，用正交分解法列出方程组．

例1　如图4所示，质量为m的物体置于倾角为θ的固定斜面上．物体与斜面之间的动摩擦因数为μ，先用平行于斜面的推力F1作用于物体上使其能沿斜面匀速上滑，若改用水平推力F2作用于物体上，也能使物体沿斜面匀速上滑，则两次的推力之比

为（　　）

图4

A．cosθ＋μsinθB．cosθ－μsinθ

C．1＋μtanθD．1－μtanθ

答案　B

解析　F1作用时，物体的受力情况如图甲，根据平衡条件得

F1＝mgsinθ＋μN

N＝mgcosθ

解得：

F1＝mgsinθ＋μmgcosθ

F2作用时，物体的受力情况如图乙，根据平衡条件得

F2cosθ＝mgsinθ＋μN′

N′＝mgcosθ＋F2sinθ

解得：

F2＝

所以

＝cosθ－μsinθ，故选B.

二、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方法和一般步骤

（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：

一般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，根据力的平行四边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．

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2　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N1，木板对小球的支持力大小为N2.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．N1始终减小，N2始终增大

B．N1始终减小，N2始终减小

C．N1先增大后减小，N2始终减小

D．N1先增大后减小，N2先减小后增大

答案　B

解析　方法一　解析法

对小球进行受力分析，如图甲所示，小球受重力G、墙面对小球的压力N1、木板对小球的支持力N2而处于平衡状态．从图中可以看出，N1＝

，N2＝

，从图示位置开始缓慢地转到水平位置过程中，θ逐渐增大，tanθ逐渐增大，sinθ逐渐增大，故N1、N2始终减小．选项B正确．

方法二　图解法

小球受重力G、墙面对小球的压力N1、木板对小球的支持力N2而处于平衡状态．由平衡条件知N1、N2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，由图可知在θ增大的过程中，N1始终减小，N2始终减小．选项B正确．

针对训练1　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，如图所示，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．

三、整体法和隔离法在平衡问题中的应用

当系统处于平衡状态时，组成系统的每个物体都处于平衡状态，选取研究对象时要注意整体法和隔离法的结合．一般地，当求系统内部间的相互作用时，用隔离法；求系统受到的外力时，用整体法，具体应用中，应将这两种方法结合起来灵活运用．

例3　如图7所示，一球A夹在竖直墙与等腰三角劈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，设劈的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．问：

欲使三角劈B静止不动，球A的重力不能超过多少？

图7

答案　

G

解析　选A、B整体为研究对象，受力分析如图甲所示，

其中N1为地面对B的支持力，N2为墙对A的支持力，整体恰好不动时，有N1＝GA＋G①

N2＝fmax②

fmax＝μN1③

选A为研究对象，受力分析如图乙所示

其中N3为B对A的支持力，

A静止不动，有N3sin45°＝GA④

N3cos45°＝N2⑤

联立①②③④⑤式得：

GA＝

G.

针对训练2　如图8所示，在粗糙水平地面上放着一个表面为四分之一圆弧的柱状物体A，A的左端紧靠竖直墙，A与竖直墙之间放一光滑圆球B，整个装置处于静止状态，则把A向右缓慢移动少许的过程中，下列判断正确的是（　　）

图8

A．球B对墙的压力增大

B．球B对柱状物体A的压力增大

C．地面对柱状物体A的摩擦力不变

D．地面对柱状物体A的支持力不变

答案　D

解析　球B受重力、A的支持力F1和墙壁的弹力F2，受力分析如图甲所示，设F1与竖直方向的夹角为θ，将重力G分解为G1和G2，则根据平衡条件可知，F1＝G1＝

，F2＝G2＝Gtanθ.当A向右缓慢移动时，根据几何关系可知，θ减小，所以cosθ增大，tanθ减小，即墙壁对球B的弹力F2减小，A对球B的支持力F1减小，根据牛顿第三定律可知，球B对墙壁的压力减小，球B对A的压力也减小，选项A、B错误；对A、B整体进行受力分析，如图乙所示，由平衡条件可知A受地面的摩擦力大小f＝F2，则f减小，地面对A的支持力N等于A、B的重力之和，大小不变，选项C错误，选项D正确．

1.（研究对象的选取）（多选）如图9所示，质量分别为m1、m2的两个物体通过轻弹簧连接，在力F的作用下一起沿水平方向做匀速直线运动（m1在水平地面上，m2在空中），力F与水平方向成θ角，则m1所受支持力N和摩擦力f正确的是（重力加速度为g）（　　）

图9

A．N＝m1g＋m2g－Fsinθ

B．N＝m1g＋m2g－Fcosθ

C．f＝Fcosθ

D．f＝Fsinθ

答案　AC

解析　对整体受力分析，如图所示，由正交分解法可知，f＝Fcos θ，N＝m1g＋m2g－Fsinθ，A、C正确．

2.（动态平衡问题）（2019·商洛市高一第一学期期末）如图10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由图示位置逆时针转至竖直位置的过程中，绳OB的张力大小将（　　）

图10

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．

3.（研究对象的选取）如图11所示，三根轻绳分别系住质量为m1、m2、m3的物体，它们的另一端分别通过光滑的定滑轮系于O点，整个装置处于平衡状态时，OA与竖直方向成30°角，OB处于水平状态，则（　　）

图11

A．m1∶m2∶m3＝1∶2∶3B．m1∶m2∶m3＝3∶4∶5

C．m1∶m2∶m3＝2∶

∶1D．m1∶m2∶m3＝

∶2∶1

答案　C

解析　对结点O受力分析，O点受到三根绳子的拉力如图所示，F是FB和FC的合力，

根据几何知识有

＝cos30°＝

，

＝sin30°＝

，

根据三力平衡条件可知，F与FA等大反向，

所以有

＝

，

＝

，

则FA∶FC∶FB＝2∶

∶1，

根据定滑轮两端拉力相等，有

FA＝m1g，FB＝m3g，FC＝m2g，

所以m1∶m2∶m3＝2∶

∶1，故选C.

4．（平衡条件的应用）如图12所示，在倾角θ＝37°的固定斜面上，用一水平力F推一质量为m＝10kg的物体，欲使物体沿斜面匀速运动，已知物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.2，试求F的大小．（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2）

图12

答案　112N或48N

解析　若物体沿斜面向上匀速运动，根据平衡条件：

Fcos37°＝f＋mgsin37°

f＝μ（mgcos37°＋Fsin37°）

解得：

F≈112N

若物体沿斜面向下匀速运动，根据平衡条件：

Fcos37°＋f＝mgsin37°

f＝μ（mgcos37°＋Fsin37°）

解得：

F≈48N.

一、选择题（1～5题为单选题，6～8题为多选题）

1.（2019·浙江“温州十校联合体”高一第一学期期末）如图1所示，一架无人机执行航拍任务时正沿直线朝斜向下方匀速运动．用G表示无人机重力，F表示空气对它的作用力，下列四幅图中能表示此过程中无人机受力情况的是（　　）

图1

答案　C

2．（2019·鹤岗一中高一上学期期末）如图2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2

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

3.如图3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缓向上推涂料滚，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3

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，由牛顿第三定律知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．

4.有一直角支架AOB，AO水平放置，表面粗糙，OB竖直放置，表面光滑，AO上面套有小环P，OB上面套有小环Q；两环质量均为m，两环间由一根质量可忽略、不可伸长的细绳相连，并在某一位置上平衡，如图4所示，现将P环向左移动一小段距离，两环再次达到平衡状态，与原来的平衡状态相比较，AO杆对环的支持力N和细绳的拉力T的变化情况是（　　）

图4

A．N不变，T变大

B．N不变，T变小

C．N变大，T变大

D．N变大，T变小

答案　B

解析　取P、Q两环整体为研究对象，在竖直方向上只有AO杆对其产生竖直向上的支持力，故N＝2mg，N大小不变．再取Q为研究对象，将拉力T沿竖直、水平方向分解，如图所示．竖直分量Ty＝Tcosα，

由于Q处于平衡状态，故竖直方向合力为零，即Ty＝mg，

所以T＝

，故当α减小时T变小，B选项正确．

5.如图5，滑块A置于水平地面上，滑块B在一水平力F作用下紧靠滑块A（A、B接触面竖直），此时A恰好不滑动，B刚好不下滑．已知A与B间的动摩擦因数为μ1，A与地面间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．A与B的质量之比为（　　）

图5

A.

B.

C.

D.

答案　B

解析　B恰好不下滑时，以滑块B为研究对象，μ1F＝mBg，A恰好不滑动，以A、B整体为研究对象，则F＝μ2（mAg＋mBg），所以

＝

，选项B正确．

6.如图6所示，用竖直挡板将光滑小球夹在挡板和斜面之间，若逆时针缓慢转动挡板，使其由竖直转至水平的过程中，以下说法正确的是（　　）

图6

A．挡板对小球的支持力先增大后减小

B．挡板对小球的支持力先减小后增大

C．斜面对小球的支持力先减小后增大

D．斜面对小球的支持力一直逐渐减小

答案　BD

解析　取小球为研究对象，小球受到重力G、挡板对小球的支持力N1和斜面对小球的支持力N2三个力作用，如图所示，N1和N2的合力与重力大小相等，方向相反，N2总垂直于接触面（斜面），方向不变，根据图解可以看出，在挡板移动过程中，N1先减小后增大，N2一直减小．故A、C错误，B、D正确．

7．（2019·泰安一中期中）如图7所示，物体m通过定滑轮牵引另一粗糙水平面上的物体沿斜面匀速下滑，此过程中斜面体始终静止，斜面体质量为M，重力加速度为g，则水平地面对斜面体（　　）

图7

A．支持力为（M＋m）g

B．没有摩擦力

C．支持力小于（M＋m）g

D．有水平向右的摩擦力

答案　CD

8.（2019·全国卷Ⅰ）如图8，一粗糙斜面固定在地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮．一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块N，另一端与斜面上的物块M相连，系统处于静止状态．现用水平向左的拉力缓慢拉动N，直至悬挂N的细绳与竖直方向成45°.已知M始终保持静止，则在此过程中（　　）

图8

A．水平拉力的大小可能保持不变

B．M所受细绳的拉力大小一定一直增加

C．M所受斜面的摩擦力大小一定一直增加

D．M所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加

答案　BD

解析　对N进行受力分析如图所示，因为N的重力与水平拉力F的合力和细绳的拉力T是一对平衡力，从图中可以看出水平拉力的大小逐渐增大，细绳的拉力也一直增大，选项A错误，B正确；M的质量与N的质量的大小关系不确定，设斜面倾角为θ，若mNg≥mMgsinθ，则M所受斜面的摩擦力大小会一直增大，若mNg

二、非选择题

9.（2019·大同铁路一中高一上学期期末）所受重力G1＝12N的砝码悬挂在绳PA和PB的结点上．PA偏离竖直方向37°角，PB在水平方向，且连在所受重力为G2＝80N的木块上，木块静止于倾角为37°的斜面上，如图9，求木块与斜面间的摩擦力大小和木块所受斜面的弹力．（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）

图9

答案　55.2N　58.6N，方向垂直斜面向上

解析　如图甲所示分析结点P受力，由平衡条件得：

FAcos37°＝G1

FAsin37°＝FB

可解得：

BP绳的拉力为FB＝9N

再分析木块的受力情况如图乙所示．

由平衡条件可得：

f＝G2sin37°＋FB′cos37°

N＋FB′sin37°＝G2cos37°

由牛顿第三定律得FB′＝FB

解得：

f＝55.2N

N＝58.6N，方向垂直斜面向上．

10．某同学表演魔术时，将一小型条形磁铁藏在自己的袖子里，然后对着一悬挂的金属小球“指手画脚”，结果小球在他“神奇的功力”下“飘动”起来，假设当隐藏的小磁铁位于小球的左上方某一位置C（∠QCS＝30°）时，悬挂金属小球的细线偏离竖直方向的夹角也是30°，如图10所示，已知小球的质量为m，该同学（含磁铁）的质量为M，重力加速度为g，求此时：

图10

（1）悬挂小球的细线的拉力大小；

（2）该同学受到地面的支持力大小和摩擦力大小．

答案　

（1）

mg　

（2）Mg＋

mg　

mg

解析　

（1）以小球为研究对象，对其进行受力分析如图甲所示，则由平衡条件得FCsin30°＝Fsin30°

FCcos30°＋Fcos30°＝mg，

解得F＝FC＝

mg.

（2）以小球和该同学整体为研究对象，对整体进行受力分析如图乙所示，则有f＝Fsin30°，

N＋Fcos30°＝（M＋m）g

解得f＝

mg，N＝Mg＋

mg.

11.（2019·凌源市高一上学期期末三校联考）如图11所示，质量为m＝0.5kg的光滑小球被细线系住，放在倾角为α＝45°的斜面上．已知线与竖直方向夹角β＝45°，斜面质量为M＝3kg，整个装置静置于粗糙水平地面上．（g取10N/kg）求：

图11

（1）细线对小球拉力的大小；

（2）地面对斜面的摩擦力的大小和方向．

答案　

（1）

N　

（2）2.5N　方向水平向左

解析　

（1）以小球为研究对象，受力分析如图甲所示．

根据平衡条件得，T与N的合力与mg等大反向

T＝

＝

N＝

N

（2）以小球和斜面整体为研究对象，受力分析如图乙所示，由于系统静止，合力为零，则有：

f＝Tcos45°＝

×

N＝2.5N

方向水平向左．

12.倾角为θ的斜面在水平面上保持静止，斜面上有一重为G的物体A，物体A与斜面间的动摩擦因数为μ，且μ

图12

答案　

G≤F≤

G

解析　因为μ

沿斜面方向，有Fmincosθ＋fmax－Gsinθ＝0

垂直于斜面方向，有N－Gcosθ－Fminsinθ＝0

又fmax＝μN

解得Fmin＝

G

设推力的最大值为Fmax，此时最大静摩擦力fmax′沿斜面向下，受力分析如图乙所示，将各力正交分解，则

沿斜面方向，有Fmaxcosθ－Gsinθ－fmax′＝0

垂直于斜面方向，有N′－Gcosθ－Fmaxsinθ＝0

又fmax′＝μN′

解得Fmax＝

G

所以物体A能在斜面上静止时，水平推力F的范围是

G≤F≤

G.