第二節共點力平衡條件的應用

第二節核心要點突破課堂互動講練課前自主學案課標定位課標定位：應用：利用平衡條件解決有關物體的平衡問題．理解：共點力作用下物體的平衡條件．課前自主學案一、移動貨箱問題如圖4－2－1所示，貨箱重力為G，F為它受到的拉(推)力，N為地面支持力，f為摩擦力，貨箱受到四個共點力的作用．若它與地面之間的動摩擦因數為μ，則在向前拉的情況下，向前的拉力是_________，地面的支持力是____，摩擦力是_____________，能拉動貨箱的條件是______________.在向前推的情況下，向前推的力是________，地面的支持力是____，摩擦力是________，能推動貨箱的條件是______________.FcosθNμN或fFcosθ＞μNFcosθμN或fFcosθ＞μNN圖4－2－1二、繩子粗細的選擇

如圖4－2－2所示，用繩子把排球網架的直桿垂直于地面拉住三段繩在同一平面內，OA、OB兩繩的拉力大小相同，夾角為60°.圖4－2－2圖4－2－3

FAcos30°＋FBcos30°核心要點突破一、解決平衡問題的常用方法1．整體法與隔離法：所謂整體法就是對物理問題的整個系統或整個過程進行分析、研究的方法．隔離法是從研究問題的方便性出發，將物體系統中的某一部分隔離出來單獨分析研究的方法．通過整體法分析物理問題，可以弄清系統的整體受力情況和全過程的受力情況，從整體上揭示事物的本質和變化規律，從而避開了中間環節的繁瑣推算，能夠靈巧地解決問題．2．相似三角形法：利用表示力的矢量三角形與表示實物的幾何三角形相似的關系，建立方程求解，應用這種方法，往往能收到簡捷的效果．3．三力匯交原理解題法：物體受三個力處于平衡狀態，不平行必共點．例如：有一半圓形光滑容器，圓心為O，有一均勻直桿AB如圖4－2－4所示放置，若處于平衡狀態，則桿所受的重力G、容器對桿的彈力F和N是非平行力，由三力匯交原理可知：G、F、N必相交于一點C.圖4－2－4即時應用(即時突破，小試牛刀)1.如圖4－2－5所示，物體A、B疊放在水平桌面上，在水平向右的恒力F作用下，A、B正以共同的速度v向右做勻速直線運動，那么關于運動中物體受幾個力的說法正確的是(

)圖4－2－5A．A受4個，B受2個B．A受5個，B受3個C．A受5個，B受2個

D．A受4個，B受3個答案：C二、解決共點力平衡問題的一般步驟1．選取研究對象根據題目要求，選取某物體(整體或局部)作為研究對象，在平衡問題中，研究對象常有三種情況：(1)單個物體．將物體受到的各個力的作用點全都畫到物體的幾何中心上．(2)多個物體(系統)．在分析外力對系統的作用時，用整體法；在分析系統內各物體間的相互作用時，用隔離法．(3)幾個物體的結點．幾根繩、繩和棒之間的結點常常是平衡問題的研究對象．2．分析研究對象的受力情況，并作出受力圖．3．對研究對象所受的力進行處理，一般情況下利用正交分解法．4．利用平衡條件建立方程．5．解方程，必要時對解進行討論．特別提醒：(1)解三角形多數情況下是解直角三角形，如果力的三角形并不是直角三角形，能轉化為直角三角形的盡量轉化為直角三角形．(2)對于整體法與隔離法一般是結合起來應用，根據題目條件靈活選取先隔離還是先整體，不可將兩種方法對立起來．即時應用(即時突破，小試牛刀)2.用一輕繩將小球P系于光滑墻壁上的O點，在墻壁和球P之間夾有一矩形物塊Q，如圖4－2－6所示．P、Q均處于靜止狀態，則下列相關說法正確的是(

)圖4－2－

6A．P物體受4個力B．Q受到3個力C．若繩子變長，繩子的拉力將變小D．若繩子變短，Q受到的靜摩擦力將增大解析：選AC.因墻壁光滑，故墻壁和Q之間無摩擦力，Q處于平衡狀態，一定受重力、P對Q的壓力、墻壁對Q的彈力，以及P對Q向上的靜摩擦力等4個力作用，而P受重力、繩子的拉力、Q對P的彈力等4個力作用，A項正確，B項錯．把P、Q視為一整體，豎直方向有Fcosθ＝(mQ＋mP)g，其中θ為繩子和墻壁的夾角，易知，繩子變長，拉力變小，P、Q之間的靜摩擦力不變，C項正確，D項錯．課堂互動講練類型一整體法和隔離法處理平衡問題如圖4－2－7所示，一根細繩上吊著A、B兩個小球，當兩個大小相等、方向相反的水平力分別作用在兩個小球上時，可能形成圖所示的哪種情況(

)例1圖4－2－7圖4－2－8【思路點撥】先以整體為研究對象判斷上端懸線的位置情況，再以B球作為研究對象判斷中間懸線的位置情況，不論是整體還是其中的一部分都應滿足平衡條件．【自主解答】

把A、B作為一個整體來研究，受到的水平方向的力等大、反向，故合力為零，因此A球上端的懸線應豎直；研究B球，受到水平向右的力，因此B球上端的懸線必偏離豎直方向向右．【答案】

B【方法總結】當一個系統處于平衡狀態時，組成系統的每一個物體都處于平衡狀態．一般地，當求系統內各部分間的相互作用時用隔離法；求系統受到的外力作用時用整體法．整體法的優點是研究對象少，未知量少，方程數少，求解較簡捷．在實際應用中往往將二者結合應用．變式訓練1如圖4－2－9所示，質量為M的楔形物塊靜置在水平地面上，其斜面的傾角為θ.斜面上有一質量為m的小物塊，小物塊與斜面之間存在摩擦．用恒力F沿斜面向上拉小物塊，物塊和楔形物塊始終保持靜止，則地面對楔形物塊的支持力為(

)圖4－2－9A．(M＋m)g

B．(M＋m)g－FC．(M＋m)g＋Fsinθ

D．(M＋m)g－Fsinθ解析：選D.F的分解情況如圖所示，將M、m視為一個系統，F的作用產生兩個效果：一是使系統相對地面有向左運動的趨勢，相當于分力F1的作用；二是將系統向上提起，相當于分力F2的作用，F2＝Fsinθ.地面對楔形物塊的支持力N＝(M＋m)g－Fsinθ，故D正確．例2類型二共點力的動態平衡問題(2011年高考安徽卷)一質量為m的物塊恰好靜止在傾角為θ的斜面上，現對物塊施加一個豎直向下的恒力F，如圖4－2－10所示．則物塊(

)A．仍處于靜止狀態B．沿斜面加速下滑C．受到的摩擦力不變D．受到的合外力增大圖4－2－10【思路點撥】物體不加力F時的受力情況，“恰好靜止”物體所受靜摩擦力等于滑動摩擦力，可求出摩擦因數，加力F后再進行受力分析，判斷運動狀態．【精講精析】無力F時受力情況如圖4－2－11甲，使物體下滑的力F1＝mgsinθ，物體受到最大靜摩擦力fmax＝μN＝μmgcosθ，“物體恰好靜止”受最大靜摩擦力可認為等于滑動摩擦力，mgsinθ＝μmgcosθ，μ＝tanθ；當施加恒力F后，受力情況如圖乙，圖4－2－11使物體下滑的力為：F2＝mgsinθ＋Fsinθ，物體所受最大靜摩擦力為：f′max＝μ(mgcosθ＋Fcosθ)＝mgsinθ＋Fsinθ，即F2＝f′max，兩者相等，物體仍處于靜止狀態．A正確，B錯誤；由于f′max>fmax，故C錯誤；物體始終靜止，則受到的合力始終為零，D錯誤．【答案】

A變式訓練2放在水平地面上的物塊，受到一個與水平面方向成θ角斜向下的力F的作用，物塊在水平地面上做勻速直線運動，如圖4－2－12所示，如果保持力F的大小不變，而使力F與水平方向的夾角θ減小，那么地面受到的壓力N和物塊受到的摩擦力f