1、練習1物體的平衡問題、知識點擊物體相對于地面處于靜止、勻速直線運動或勻速轉動的狀態， 稱為物體的平衡狀態，簡稱 物體的平衡.物體的平衡包括共點力作用下物體的平衡、具有固定轉動軸的物體的平衡和一般物體的平衡.當物體受到的力或力的作用線交于同一點時，稱這幾個力為共點力.物體在共點力作用下， 相對于地面處于靜止或做勻速直線運動時， 稱為共點力作用下物體的平衡.當物體在外力的作 用下相對于地面處于靜止或可繞某一固定轉動軸勻速轉動時，稱具有固定轉動軸物體的平 衡.當物體在非共點力的作用下處于平衡狀態時，稱一般物體的平衡.解決共點力作用下物體的平衡問題，或具有固定轉動軸物體的平衡問題，或一般物體的平 衡問

2、題，首先把平衡物體隔離出來，進行受力分析，然后根據共點力作用下物體的平衡條件： 物體所受的合外力為零，即三F=0 (如果將力正交分解，平衡的條件為：E Fx =0、EFy=0); 或具有固定轉動軸的物體的平衡條件：物體所受的合力矩為零，即三 M=0;或一般物體的平 衡條件：！2F = 0; 12 M = 0列方程，再結合具體問題，利用數學工具和處理有關問題的方法進 行求解.物體的平衡又分為隨遇平衡、穩定平衡和不穩定平衡三種.一、穩定平衡：如果在物體離開平衡位置時發生的合力或合力矩使物體返回平衡位置，這 樣的平衡叫做穩定平衡.如圖11 (a)中位于光滑碗底的小球的平衡狀態就是穩定的.二、不穩定平

3、衡：如果在物體離開平衡位置時發生的合力或合力矩能使這種偏離繼續增大， 這樣的平衡叫做不穩定平衡，如圖 11(b)中位于光滑的球形頂端的小球，其平衡狀態就是不 穩定平衡.三、隨遇平衡：如果在物體離開平衡位置時，它所受的力或力矩不發生變化，它在新的位置上仍處于平衡，這樣的平衡叫做隨遇平衡，如圖 1-1 (c)中位于光滑水平板上的小球的平衡從能量方面來分析，物體系統偏離平衡位置，勢能增加者，為穩定平衡；減少者為不狀態就是隨遇的.穩定平衡；不變者，為隨遇平衡.如果物體所受的力是重力，則穩定平衡狀態對應重力勢能的極小值，亦即物體的重心有 最低的位置.不穩定平衡狀態對應重力勢能的極大值， 亦即物體的重心有

4、最高的位置.隨 遇平衡狀態對應于重力勢能為常值，亦即物體的重心高度不變.、方法演練類型一、物體平衡種類的問題一般有兩種方法解題， 一是根據平衡的條件從物體受力或力 矩的特征來解題，二是根據物體發生偏離平衡位置后的能量變化來解題。例1.有一玩具蹺板，如圖1-2所示，試討論它的穩定性(不考慮桿的質量).【分析與解】假定物體偏離平衡位置少許，看其勢能變化是處理此類問題的主要手段之一，本題要討論其穩定性，可假設系統發生偏離平衡位置一個8角，則：在平衡位置，系統的重力勢能為E(0) 2(L lcos )mg當系統偏離平衡位置8角時，如圖1-3所示，此時系統的重力勢能為E( ) mgLcos l cos(

5、 ) mgLcos l cos( )2mgcos (L l cos )EP E( ) E(0) 2mg(cos 1)(L lcos )故只有當L lcos時，才是穩定平衡.例2.如圖1-4所示，均勻桿長為a, 一端靠在光滑豎直墻上，另一端靠在光滑的固定曲面上，且均處于Oxy平面內.如果要使桿子在該平面內為隨遇平衡，試求該曲面在Oxy平面內的曲線方程.【分析與解】本題也是一道物體平衡種類的問題，解此題顯然也是要從能量的角度來考慮 問題，即要使桿子在該平面內為隨遇平衡，須桿子發生偏離時起重力勢能不變，即桿子的 質心不變，yc為常量。又由于AB桿豎直時yc (a, 那么B點的坐標為x a sin1

6、a(1 cos )11y a acos22消去參數得x2 (2y a)2類型二、物體系的平衡問題的最基本特征就是物體間受力情況、平衡條件互相制約，情況 復雜解題時一定要正確使用好整體法和隔離法，才能比較容易地處理好這類問題。例3.三個完全相同的圓柱體，如圖 1-6疊放在水平桌面上，將 C柱放上去之前，A、B 兩柱體之間接觸而無任何擠壓，假設桌面和柱體之間的摩擦因數為仙。,柱體與柱體之間的 摩擦因數為若系統處于平衡，叱0與小必須滿足什么條件？【分析與解】這是一個物體系的平衡問題，因為 A、B、C之間相互制約著而有單個物體 在力系作用下處于平衡，所以用隔離法可以比較容易地處理此類問題。設每個圓柱的

7、重力均為G,首先隔離C球，受力分析如圖1-7所示，由三Fcy = 0可得2(- N1 - f1) G22再隔留A球，受力分析如圖1-8所示，由三FAy=0得.31 N1 f1N2 G 022由 12 Fax=0 得.3 一 i 一 八f2 Ni Ni 022f1Rf2Rfi沖=2 .32_3nG21 -N1-G , N222G而f20心，fiNi由以上四式可得2 .3類型三、物體在力系作用下的平衡問題中常常有摩擦力，而摩擦力 Ff與彈力Fn的合力凡 與接觸面法線方向的夾角9不能大于摩擦角， 這是判斷物體不發生滑動的條件.在解題中 經常用到摩擦角的概念.例4.如圖i-8所示，有兩根不可伸長的柔軟

8、的輕純，長度分別為li和I2,它們的下端在C點相連接并懸掛一質量為 m的重物，上端分別與質量可忽略的小圓環 A、B相連，圓環 套在圓形水平橫桿上.A、B可在橫桿上滑動，它們與橫桿間的動摩擦因數分別為仙i和仙 2,且|1 l2。試求仙i和仙2在各種取值情況下，此系統處于靜態平衡時兩環之間的距離 ABc【分析與解】本題解題的關鍵是首先根據物體的平衡條件，分析小環的受力情況得出小環的平衡條件FfFn ,由圖1-9可知 互 FT sintanFn FT cos定義 tan , 為摩擦角，在得出摩擦角的概念以后，再由平衡條件成為展開討論則解此題就方便多了。即由tan tan情況1: BC純松弛的情況0

9、1=00 ,不論1、2為何佰，一定平衡。情況2:二純均張緊的情況（圖1-10）A環不滑動的條件為：11 , IP tan 1 tan 11于是有11cos 1 cos 11 .tan2 1 11. 2 1-tan 11sin 1-= sin 一,1 tan2 1 11.2 1又由圖1-11知CD 11cos 1 l2 cos 2：-d 1i22sin 2, 1 cos 2 J I 2 cos 1所以，若要A端不滑動，AB必須滿足AB l1sin 1112sin 2J1 1 Jl；1 122. i21- 2 i21根據對稱性，只要將上式中的下角標 1、2對調，即可得出B端不滑動時，AB必須滿足的

10、如果系統平衡，兩式必須同時滿足從式可以看出，1 1可能取任意正值和零，當仙1=0時，AB只能取最小值 小2 l；,止匕時9 1=0, 12拉直但無張力。從式可以看出N 2的取值滿足2 * 1 否則AB無解，2 F 1時，AB取最小值 & li2。綜上所述，AB的取值范圍為：情況1： 12松弛0 AB小2 1i2 ,以1、仙2為任意非負數。情況2: 12張緊J2 12 AB 兩式右邊較小的,中為任意非負數,類型四、一般物體平衡條件的問題主要又分為剛體定軸轉動平衡問題和沒有固定轉動軸的 剛體轉動平衡問題，這類問題要按一般物體平衡條件來處理，即要么既要考慮力的平衡，又要考慮力矩平衡來求解；要

11、么就要考慮以哪點為轉動軸或哪點先動的問題。例5.質量分別為m和M的兩個小球用長度為1的輕質硬桿連接，并按圖1-11所示位置那 樣處于平衡狀態.桿與棱邊之間的摩擦因數為小，小球m與豎直墻壁之間的摩擦力可以不 計.為使圖示的平衡狀態不被破壞，參數 m、M、ii > 1、a和 應滿足什么條件?分析和解：本題是一道典型的剛體定軸轉動平衡問題， 解題時對整體進行受力分析，但物 體的平衡不是共點力的平衡，處理時必須用正交分解法，同時還要考慮力矩的平衡，受力N cosFmsin(M m)gN sin N1Fm cos分析如圖，根據力的平衡條件可列出:根據力矩平衡條件可寫出：NaMg1 cos cos桿

12、不滑動的條件為Fm < Mn。由得(M m) g N cos Fm.sin(M m)g N (cossin用除得,m12 /(1) - cos (cosMa桿不向右翻倒的條件為sin )N1 >0o由和可得出N1 Fmcos N sin(M m)g N cos.一cos N sin0sin由此可得(M m)g cos N將中的N代人得( m l1 cosM a由于l cosa,再考慮不等式，可得1 cosa1 m cos2 (cos sin ) Ma為了在不等式中能同時滿足最后兩個不等號，就必須滿足條件:cos (cos sin ) 1由此可得平衡條件為：tan ,如果 tan ,

13、就不可能出現平衡.例6.如圖1-12,勻質桿長l ,擱在半徑為R的圓柱上，各接觸面之間的摩擦因數均為求平衡時桿與地面的夾角a應滿足的關系.【分析與解】本題也是一個一般物體的平衡問題與 上題的區別在于沒有固定轉動軸，所以這個問 題的難點在于系統內有三個接觸點，三個點上的 力都是靜摩擦力，不知道哪個點最先發生移動. 我們先列出各物體的平衡方程：設桿和圓柱的 重力分別為G1和G2。對桿!2R=0Ff3+Ff2cosa =FN2sin aE Fy=0Fn3+ FN2cosa +Ff2sin a =G12 M =0G1 - cos FN2 R cos2 2對柱£ Fx=0Ff1 + Ff2co

14、sa =FN2sin aZ3 Fy=0Ff2sin a +G2+ FN2cosa =FniEM=0Ff1 =Ff2EM =0Fn2+G2=Fni以上七個方程中只有六個有效，由式可知，FN1>FN2,又因為Ffi =Ff2 ,所以一定是2 z處比1處容易移動，再來比較2處和O'處(1)如果是2處先移動，必有Ff2=叱Fn2,代入式，可得tan，將此結果代入式，即有Ff3GiL (12R(1f(sincos )FN3Gi1"( sin cos ) 2R(12)在這種情況下，如要Ff3< F FN3,必須有l(12)(12)桿要能擱在柱上，當然要l 3 Etan 2因此

15、在l 小一R ltan 一2R (1一(1)r人日寸，a =2arctan(i。)(2)如果是0處先移動,必有 Ff3=pFN3,代入式，可有Ff2FN 2tan 2F N2G1 lcostan 一 22R2R滿足式的a即為平衡時的a ,這時要求Ff2< Fn2 , 11 ,須有，, 1、l cos(1 tan ) tan 22綜上所述22 時，=2arctan 仙。22時，a應滿足2R l cos。1，、，(1 tan ) tan。22三、小試身手1 .如圖1-13所示，長為L的均勻木桿AB,重量為G,系在兩根長均為L的細繩的兩端，并 懸掛于。點，在A、B兩端各掛一重量分別為 Gi、G

16、2的兩物，求桿AB處于平衡時，純 OA與豎直方向的夾角.圖 1 一132 . 一長為L的均勻薄板與一圓筒按圖1-14所示放置，平衡時，板與地面成8角，圓筒與薄板相接觸于板的中心.板與圓筒的重量相同均為 G,若板和圓筒與墻壁之間無摩擦，求地 面對板下端施加的支持力和靜摩擦力.3 .如圖1-15,兩把相同的均勻梯子 AC和BC,由C端的錢鏈 連起來，組成人字形梯子， 下端A和B相距6m, C端離水平地面4m,總重200 N, 一人重600 N,由B端上爬，若 梯子與地面的靜摩擦因數以=0.6,則人爬到何處梯子就要滑動？4 .如圖1-16所示，一均勻梯子，一端放在水平地面上，另一端靠在豎直墻上，梯子

17、與地面和墻間的靜摩擦因數分別為仙1和仙2,求梯子平衡時與地面所能成的最小夾角.5 .如圖1-17所示，一個半徑為R的四分之一光滑球面放在水平桌面上，球面上放置一光滑 均勻鐵鏈，其A端固定在球面的頂點舊端恰與桌面不接觸，鐵鏈單位長度的質量為p。 試求鐵鏈A端受的拉力Ft。6 .有一半徑為R的圓柱體A靜止在水平地面上，并與豎直墻面相接觸現有另一質量與A相同，半徑為r的較細圓柱體B,用手扶著圓柱體 A,將B放在A的上面，并使之與墻面相接觸，如圖1-18所示，然后放手.已知圓柱體A與地面的動摩擦因數為0.20,兩圓柱體之間的動摩擦 因數為0.30若 放手后，兩圓柱體能保持圖示的平衡，問圓柱體B與墻面間

18、的動摩擦因數和圓柱體 B的半 徑r的值各應滿足什么條件？圖 1187.如圖1-19所示，有六個完全相同的長條薄片 AiBi(i=1,2,6)依次架在水平碗口上，一端擱 在碗口、另一端架在另一薄片的正中位置(不計薄片的質量)將質量為m的質點置于A1A6 的中點處，試求A1B1薄片對A6B6的壓力.8 .如圖1-20所示質量為m的小球A用細純拴在天花板上，懸點為 O,小球靠在光滑的大球 上，處于靜止狀態，已知大球的球心 O'在懸點的正下方，其中純長為l ,大球的半徑為R,懸 點到大球最高點的距離為h,求純對小球的拉力和小球對大球的壓力.9 .現有一個彈簧測力計（可隨便找地方懸掛），一把勻質

19、的長為l的有刻度、零點位于端點的直尺，一個木塊及質量不計的細線。試用這些器材設計一實驗（要求畫出示意圖），通過一次測量（彈測力計只準讀一次數），求出木塊的質量和尺的質量。（已知重力加速度為g)練習1物體的平衡問題參考解答解：以A OAB整體為研究對象，并以 。為轉動軸，其受力情況如圖所示，設 OA與豎直線夾角為，10OC與豎直線夾角為，因為A OAB為等邊三角形，C為AB邊的中點，所以 AOC AOB 30,230°,即 300, OC Lsin 600 gL, CF OCsin§Lsin(30°),BD Lcos(600) Lcos(300) , AE Lsin

20、 ，以。為轉動軸，則由剛體的平衡條件M 0可知 G1 AE G CF G2 BD ,即 G1L sinG Lsin(300) G2Lcos(300)2展開后整理得：tan、.3(2G2 g4G 3G 2G2所以，AB處于平衡時，繩 OA與豎直方向的夾角為arctanV32G2+G)4G 3G 2G22.解：如圖所示，圓筒所受三個力沿水平和豎直方向平衡的分量式為Fni FNSin 0, FnCOS G 0板所受五個力沿水平和豎直方向平衡的分量式為Ff Fn sinFn2 0Fn 3 G F n cos 0板所受各力對圓筒和板的交點為轉動軸的力矩平衡方程為FN2 LsinFf LsinFN3 Lc

21、os 0222根據牛頓第三定律，有 Fn Fn聯立以上各式，可解得地面對板的支持力和靜摩擦力分別為1、Fn3=2G , Ff G(cot - -tan )3 .解：進行受力分析，如圖所示，把人和梯子看成一個整體，整個系統處于平衡狀態:AB=6m , CD=4m ,AC=BC=5m設人到較鏈C的距離為l滿足 F 0, M 0所以 G GaC Gbc Fn1 Fn2 ,Ff1 Ff 2-1 flLfG l cosGbC BDFn1CDFn1BD2整理后：Fni Fn2 400N , l 2.5m所以人在爬到梯子中點處時梯子就要滑動4 .解：受力分析如圖所示，同樣處于平衡狀態，解題過程與上題類似，故

22、解題過程 略，則梯子平衡時與地面所能成的最小夾角為1 1 2min arctan -2 i5.解：以鐵鏈為研究對象，由于整條鐵鏈的長度不能忽略不計，所以整條鐵鏈不能看成質點，要分析鐵 鏈的受力情況，須考慮將鐵鏈分割，使每一小段鐵鏈可以看成質點，分析每一小段鐵鏈的受力，根據 物體的平衡條件得出整條鐵鏈的受力情況.在鐵鏈上任取長為A L的一小段（微元）為研究對象，其受力分析如圖所示.由于該微元處于靜止狀態, 所以受力平衡，在切線方向上應滿足：G cosFTFTG cosLg cos由于每一段鐵鏈沿切線向上的拉力比沿切線向下的拉力大Ft ,所以整個鐵鏈0對A端的拉力是各段上 FT的和，即FTFTLg

23、 cos g L cos觀察 Lcos的意義，由于很小，所以CD oc , DCE, Lcos 表示A L在豎直方向上的投影A R,所以 Lcos R所以 FTg Lcos gR。6 .圓柱體A、B的受力情況如圖所示.圓柱體A傾向于向左移動，對墻面沒有壓力,平衡是靠各接觸點的摩擦力維持的.現設系統處于平衡狀態，列出兩圓柱體所受 力和力矩的平衡方程.圓柱體 A： Mg Fn1 FN3sinFf3cos0Ffi Fn3cosFf3sin 0FfiR Ff3R圓柱體 B： Mg Ff2 FrosinFf3 cos 0Fn2Fn3 cosFf3sinFfiRFf3R由于Ff3Ff3,由得FfiFf2

24、Ff3Ff3Ff又因F N3FN3,聯立,可得FN31 sincosMg sinF N2Ffcos1 cos sinMgFnicos 2sin1 cos sinMg首先討論圓柱體 B與墻面的接觸點，接觸點不發生滑動的條件為:Ff22工,Ff2由式可得 1 ,所以 2 1F N2再討論圓柱體 A與地面的接觸點的情形，圓柱體 A在地面上不發生滑動的條件是:Ff1 1耳cos2 cos 2sin由圖可知:R r cosR rsin 1 cos22、Rr由三式以及0.20可以求得:1圓柱體A在地面上才能不滑動.即只有當r R時9最后討論兩圓柱的接觸點，接觸點不發生滑動的條件為:Ff 3cos3Fn3

25、1 1sin7 2_ 一由兩式以及3 0.30可解得r ()2R 0.29Ri3顯然，在平衡時，r的上限為R,故可得到r應滿足的條件為： R r 0.29R所以，圓柱體 B與墻面接觸點不發生滑動的條件為科2>i,圓柱體A與地面接觸點不發生滑動的條件為一封cos,兩圓柱體接觸不發生滑動的條件為科3 A C0S ,圓柱體B的半徑r的2 cos 2sini sin值各應滿足的條件為R>r >0.29R7.解：本題中六個物體，其中通過分析可知Ai Bi、A2B2、A3B3、A4B4、A5B5的受力情況完全相同，因此將Ai Bi、A2B2、A3B3、A4B4、A5B5作為一類，對其中一個進行受力分析、找出規