1、第5讲 共点力的平衡及其应用,共点力的平衡,教材研读,突破一 解答平衡问题的基本思路和常用方法,突破二 三个力的动态平衡问题分析,突破三 物体的平衡状态中临界、极值问题的分析方法,重难突破,共点力的平衡,教材研读,1.平衡状态 (1)静止:物体的 速度 和 加速度 都等于零的状态。 (2)匀速直线运动:物体的 加速度 为零, 速度 不为零且保持 不变的状态。,2.共点力的平衡条件 F合=0或者,3.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 相等 ,方向 相反 。 (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,其中任何 一个力与其余
2、两个力的合力大小 相等 ,方向 相反 ,并且这 三个力的矢量可以形成一个封闭的矢量 三角形 。,1.判断下列说法正误: (1)物体的速度为零即处于平衡状态。 ( ) (2)物体处于平衡状态时,其加速度一定为零。 ( ) (3)物体受两个力处于平衡状态,这两个力必定等大反向。 ( ) (4)竖直上抛的小球到最高点时处于平衡状态。 ( ),2.如图所示,物体放在倾角为30的光滑斜面上,弹簧测力计对物体的拉 力与斜面平行,物体在斜面上保持静止时弹簧测力计示数为10 N,物体 所受重力为 ( C )A.10 N B.15 N C.20 N D.5 N,3.如图所示,倾角为、质量为m的直角三棱柱ABC置
3、于粗糙水平地面 上,三棱柱与水平地面间的动摩擦因数为。施加一个垂直BC面的外力 F,三棱柱仍保持静止,地面对三棱柱的摩擦力大小等于 ( B )A.mg B.F sin C.F cos D.(F cos +mg),突破一 解答平衡问题的基本思路和常用方法,重难突破,解决平衡问题的四种常用方法,典例1 如图所示,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与水平方向的夹角为。下列关系正确的是 ( A ) A.F= B.F=mg tan C.FN= D.FN=mg tan ,解析 解法一:合成法 滑块受力如图甲,由平衡条件
4、知 =tan , =sin F= ,FN= 。,方法技巧 处理静态平衡问题的常用方法,1-1 如图所示,顶角为直角、质量为M的斜面体ABC放在粗糙的水平面 上,A=30,斜面体与水平面间的动摩擦因数为,现沿垂直于BC方向对 斜面体施加力F,斜面体仍保持静止状态,则关于斜面体受到地面对它的 支持力和摩擦力的大小,正确的是(已知重力加速度为g) ( C ),解析 分析斜面体的受力情况如图根据平衡条件得:FN=Mg+F sin 30=Mg+ F,Ff=F cos 30= F,故选C。,1-2 如图所示,质量为m的正方体和质量为M的正方体放在两竖直墙和 水平面间,处于静止状态。m和M的接触面与竖直方向
5、的夹角为,重力 加速度为g,若不计一切摩擦,下列说法正确的是 ( D ) A.水平面对正方体M的弹力大小大于(M+m)g B.水平面对正方体M的弹力大小为(M+m)g cos C.墙面对正方体m的弹力大小为mg tan D.墙面对正方体M的弹力大小为,解析 由于两墙面竖直,对M和m整体受力分析可知,水平面对M的弹力 大小等于(M+m)g,A、B错误;在水平方向,墙对M和m的弹力大小相等、 方向相反,隔离物体m受力分析如图所示,根据平行四边形定则可得m受 到的墙对它的弹力大小为 ,所以M受到墙面的弹力大小也为 ,C 错误,D正确。,突破二 三个力的动态平衡问题分析,1.动态平衡问题 通过控制某些
6、物理量,使物体的状态发生缓慢的变化,而在这个过程中 物体又始终处于一系列的平衡状态,在问题的描述中常用“缓慢”等语 言叙述。,2.分析动态平衡问题的两种方法,典例2 如图所示,质量为m的物体在细绳悬吊下处于平衡状态,现用手 持绳OB的B端,使OB缓慢向上转动,且始终保持结点O的位置不动,分析 AO、BO 两绳中的拉力如何变化。,2-1 竖直放置的“ ”形支架上,一根不可伸长的轻绳通过不计摩 擦的轻质滑轮悬挂一重物G,现将轻绳的一端固定于支架上的A点,另一 端从B点(与A点等高)沿支架缓慢地向C点靠近, 则绳中拉力大小变化的情况是 ( C ) A.变大 B.变小 C.不变 D.先变大后变小,解析
7、 因不计轻质滑轮的摩擦力,故悬挂重物的左右两段轻绳的拉力大 小相等,由平衡条件可知,两绳与竖直方向的夹角大小相等,设均为,则 有2F cos =G。设左右两段绳长分别为l1、l2,两竖直支架之间的距离为 d,则有l1 sin +l2 sin =d,得: sin = ,在悬点B竖直向上移至C点的过 程中,虽然l1、l2的大小均变化,但l1+l2不变,故不变,F不变,C正确。,2-2 如图所示,粗糙水平面上放有截面为 圆周的柱状物体A,A与墙面 之间放一光滑的圆柱形物体B,对A施加一个水平向左的力F,使A缓慢地 向左移动少许,在这一过程中 ( D )A.A受到的摩擦力增大 B.A受到的合力减小 C
8、.A对B的弹力增大 D.墙壁对B的弹力减小,解析 对B球受力分析,受到重力mg、A球对B球的弹力N和墙壁对B球 的弹力N,如图所示:当A球向左移动后,A球对B球的支持力的方向不断变化,根据平衡条件,并结合合成法知:A球对B球的弹力和墙壁对B球的弹力N都在不断减小, 故C错误,D正确;由于A缓慢地向左移动,A处于动态平衡过程,A所受合 力始终为零,A所受合力不变,故B错误;对A和B整体受力分析,受到总重 力G、地面支持力FN,推力F、墙壁的弹力N, 水平面对它的摩擦力f,如图所示: 根据平衡条件有:F=N+f,FN=G,地面的支持力不变, 由于壁对B球的弹力N的不断减小,f=F-N,由于不知F
9、如何变化,f可能减小,也可能增大,还可能不变,故A错误;故选D。,突破三 物体的平衡状态中临界、极值问题的分析方法,1.极值问题 (1)定义:平衡物体的极值问题,一般指在力的变化过程中的最大值和最 小值问题。 (2)解题方法:解决这类问题的常用方法是解析法,即根据物体的平衡条 件列出方程,在解方程时,采用数学知识求极值或者根据物理临界条件 求极值。另外,图解法也是常用的一种方法,即根据物体的平衡条件作,出力的矢量图,画出平行四边形或者矢量三角形进行动态分析,确定最 大值或最小值。 2.临界问题 (1)定义:由某种物理现象变化为另一种物理现象或由某种物理状态变 化为另一种物理状态时,发生转折的状
10、态叫临界状态,解题的关键是确 定“恰好出现”或“恰好不出现”的条件。 (2)解题方法:解决这类问题的基本方法是假设推理法,即先假设某种情 况成立,然后根据平衡条件及有关知识进行论证、求解。,典例3 质量为M的木楔倾角为,在水平面上保持静止,当将一质量为m 的木块放在木楔斜面上时,它正好匀速下滑。如果用与木楔斜面成角 的力F拉着木块匀速上升,如图所示(已知木楔在 整个过程中始终静止)。 (1)当=时,拉力F有最小值,求此最小值; (2)求在(1)的情况下木楔对水平面的摩擦力是多少。,3-1 如图所示,三根长度均为L的轻绳分别连接于C、D两点,A、B两端 被悬挂在水平天花板上,相距2L。现在C点上
11、悬挂一个质量为m的重物, 为使CD绳保持水平,在D点上可施加力的最小值为 ( C )A.mg B. mg C. mg D. mg,解析 由题图可知,要使CD绳水平,各绳均应绷紧,由几何关系AC绳与 水平方向的夹角为60;结点C受力平衡,受力分析如图所示,则CD绳的拉 力FTD=mg tan 30= mg;D点受CD绳的拉力大小等于FTD,方向向左;要 使CD水平,D点受到的两绳的拉力与外界施加的力的合力为零,则CD绳 对D点的拉力可分解为沿BD绳方向的F1及另一 分力F2,由几何关系可知,当力F2与BD垂直时,F2 最小,而F2的大小等于外界施加的力的大小,故最小力 F=FTD sin 60=
12、 mg。故选C。,3-2 如图所示,质量m=1 kg的物块在与水平方向夹角为=37的推力F 作用下静止于墙壁上,物块与墙之间的动摩擦因数=0.5,推力F应满足 什么条件?(取最大静摩擦力等于滑动摩擦力),Fmax sin =f+mgf=Fmax sin -mg 又f=N 由以上各式代入数据可以得出:Fmax=50 N。 当力F较小时,物块有向下滑动的趋势,摩擦力向上,所以当物块恰不下 滑时,力F有最小值(受力如图2所示),由平衡条件可得出:N=Fmin cos Fmin sin +f-mg=0f=mg-Fmin sin 又f=N 由以上各式代入数据可以得出:Fmin=10 N 所以使物块静止于
13、墙壁上推力F的取值范围为:10 NF50 N。,3-3 物块A放在台式测力计上,通过跨过定滑轮的轻绳与物块B相连,B 下端与一轻质弹簧粘连,弹簧的下端与地面接触(未拴接),整个系统处于 平衡状态,此时台式测力计的示数为8.8 N;已知mA=2mB=1 kg,物块A、B 间的水平距离s=20 cm,倾斜绳与水平方向的夹角=37,物块A与台式测 力计间动摩擦因数=0.5,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,A、B和滑轮视 为质点,不计滑轮质量和滑轮处摩擦,弹簧一直在弹性限度内,g取10 m/s2 (已知 sin 37=0.6,cos 37=0.8)。,(1)求物块A受到的摩擦力和绳对物块A的拉力; (2)
14、沿竖直方向调整滑轮的高度至某一位置时,物块A刚好运动,且此时弹 簧刚好离开地面,求滑轮移动的距离和弹簧的劲度系数。,N+T sin 37-mAg=0, 解得f=1.6 N,T=2 N。 (2)分析可知,弹簧刚好离开地面时弹簧恢复原长,弹力为零; 对B进行受力分析,有T1-mBg=0,故T1=5 N。 设此时轻绳与水平方向夹角为, 对A有T1 cos -fm=0; N1+T1 sin -mAg=0, 又fm=N1,T1=T1,解得 sin =0.8,cos =0.6 滑轮上升的高度h=s tan -s tan = cm。 由分析知,右端绳缩短l= - = cm, 由几何关系可知,弹簧伸长量x=h+l=20 cm; 结合(1)问,对B进行受力分析,初始时刻弹簧处于压缩状态,弹力为3 N; 弹簧刚好离开地面时,弹簧恢复原长,弹力为零, 所以k= = =15 N/m。,
