專題強化5共點力平衡的三類問題課程標準1．進一步嫻熟駕馭平衡問題的解法。2．會利用解析法、圖解法、相像三角形法分析動態平衡問題。3．敏捷運用整體法和隔離法處理多個物體的平衡問題。素養目標物理觀念理解整體法和隔離法在解決平衡問題中的作用科學思維1．駕馭用解析法、圖解法、相像三角形法解題。2．學會處理共點力平衡中的臨界、極值問題。探究物體平衡問題的處理方法要點提煉1．問題界定：一個平衡系統中涉及兩個或兩個以上的物體，即為多物體的平衡問題。2．處理方法：整體法和隔離法當系統處于平衡狀態時，組成系統的每個物體都處于平衡狀態，選取探討對象時要留意整體法和隔離法的結合。一般地，當求系統內部間的相互作用時，用隔離法；求系統受到的外力時，用整體法，詳細應用中，應將這兩種方法結合起來敏捷運用。典例剖析典題1(2024·湖南常德高一階段練習)如圖所示，一根粗糙的水平橫桿上套有A，B兩個輕環，系在兩環上的等長細繩拴住的書處于靜止狀態，現將兩環距離變小后書仍處于靜止狀態，則(C)A．桿對A環的力不變B．桿對A環的支持力變小C．B環對桿的摩擦力力變小D．與B環相連的細繩對書本的拉力變大解析：設書的質量為m，以A、B兩個輕環及書系統為探討對象，依據平衡條件得2FN＝mg，解得FN＝eq\f(1,2)mg，桿對A環的支持力始終等于書重力的一半，支持力不變，故B錯誤；設繩與豎直方向的夾角為θ，對B環受力分析如圖所示對B環，依據平衡條件得Ff＝FTsinθ，FN＝FTcosθ，解得Ff＝FNtanθ＝eq\f(mgtanθ,2)，現將兩環距離變小后，θ減小，tanθ減小，則B環受到的摩擦力Ff變小，所以B環對桿的摩擦力也變小，故C正確；由選項C分析，同理可得桿對A環的摩擦力變小，由于桿對A環的支持力不變，則二者的合力變小，所以桿對A環的作用力變小，故A錯誤；兩繩的合力等于書的重力，兩環距離變小，兩繩的夾角變小，依據平行四邊形定則可知繩的拉力變小，故D錯誤。對點訓練?(2024·山東菏澤高一統考期末)如圖所示，固定的斜面上疊放著A、B兩木塊，木塊A與B的接觸面是水平的，水平力F作用于木塊A，使木塊A、B保持靜止，且F≠0。則下列描述正確的是(B)A．B可能受到3個或4個力作用B．斜面對木塊B的摩擦力方向可能沿斜面對上C．A對B的摩擦力可能為0D．A、B整體可能受4個或5個力作用解析：對木塊A，受力如圖水平方向受力平衡，因此肯定有靜摩擦力FfB與水平力F平衡，故C錯誤；對木塊B，受力如圖其中斜面對木塊B的摩擦力Ff可能為0，因此木塊B可能受4個或5個力作用，故A錯誤；對A、B整體，肯定受到重力(mA＋mB)g、斜面支持力FN、水平力F，如圖所示這三個力可能使整體平衡，因此斜面對A、B整體的靜摩擦力可能為0，可能沿斜面對上，也可能沿斜面對下，A、B整體可能受3個或4個力作用，故B正確，D錯誤。探究動態平衡問題要點提煉1．動態平衡(1)所謂動態平衡問題，是指通過限制某些物理量，使物體的狀態發生緩慢變更，而在這個過程中物體又始終處于一系列的平衡狀態，常利用圖解法解決此類問題。(2)基本思路：化“動”為“靜”，“靜”中求“動”。2．分析動態平衡問題的方法方法步驟解析法(1)列平衡方程求出未知量與已知量的關系表達式；(2)依據已知量的變更狀況來確定未知量的變更狀況圖解法(1)依據已知量的變更狀況，畫出平行四邊形邊、角的變更；(2)確定未知量大小、方向的變更相像三角形法(1)依據已知條件畫出兩個不同狀況對應的力的三角形和空間幾何三角形，確定對應邊，利用三角形相像學問列出比例式；(2)確定未知量大小的變更狀況力的三角形法對受三力作用而平衡的物體，將力的矢量圖平移使三力組成一個首尾依次相接的矢量三角形，依據正弦定理、余弦定理等數學學問求解未知力典例剖析典題2(2024·山東濟寧高一期末)如圖所示，一個傾角為θ的固定斜面上，有一塊可繞其下端轉動的擋板P，今在擋板與斜面間放一重力為G的光滑球，在擋板P由圖示的豎直位置緩慢地轉到水平位置的過程中(A)A．球對擋板的壓力先減小后增大B．球對擋板的壓力始終增大C．球對斜面的壓力先減小后增大D．球對的斜面壓力始終增大解析：對光滑球受力分析如圖所示擋板轉動時，擋板對球的彈力F1與斜面對球的彈力F2的合力大小方向不變，其中F2的方向保持不變，作協助圖如上，在擋板P由圖示的豎直位置緩慢地轉到水平位置的過程中，F1的方向如圖中a、b、c的規律變更，由平行四邊形定則可知，F1的大小變更規律為先減小后增大，與此對應，F2的大小為始終減小，由牛頓第三定律可知，球對擋板的壓力先減小后增大，球對斜面的壓力始終減小。故選A。思維升華：圖解法分析三力動態平衡問題的思路：(1)確定探討對象，作出受力分析圖。(2)明確三力的特點，哪個力不變，哪個力變更。(3)將三力的示意圖首尾連接，構造出矢量三角形；或將某力依據其效果進行分解，畫出平行四邊形。(4)依據已知量的變更狀況，確定有向線段(表示力)的長度變更，從而推斷各個力的變更狀況。對點訓練?(2024·山東濟南高一期末)在旅行途中，小勤想起了歷城二中的標記性雕塑：妙筆生花。雕塑可以簡化為如圖所示的模型：一個半球形花冠和豎直的毛筆底座。若花冠中落入一連接有輕繩的質量為m的物體，輕繩搭在花冠邊緣，小勤設想若用力拉動輕繩使物體沿花冠緩慢向上移動，在此過程中若忽視一切阻力，則(B)A．細繩的拉先增大后減小B．細繩的拉力始終增大C．花冠對物體的支持力先增大后減小D．花冠對物體的支持力始終增大解析：對物體受力分析，如圖所示力的三角形和幾何三角形相像，則有eq\f(mg,l)＝eq\f(FN,R)，當物體緩慢向上移動時，R不變，l增大，mg不變，則FN減小，在力的三角形中，支持力FN、拉力F的合力與重力mg等大反向，mg保持不變，FN減小時，F增大。故選B。探究平衡中的臨界極值問題要點提煉1．臨界問題(1)問題界定：物體所處平衡狀態將要發生變更的狀態為臨界狀態，涉及臨界狀態的問題為臨界問題。(2)問題特點①當某物理量發生變更時，會引起其他幾個物理量的變更。②留意某現象“恰好出現”或“恰好不出現”的條件。(3)處理方法：基本方法是假設推理法，即先假設某種狀況成立，然后依據平衡條件及有關學問進行論證、求解。2．極值問題(1)問題界定：物體平衡的極值問題，一般指在力的變更過程中涉及力的最大值和最小值的問題。(2)處理方法①解析法：依據物體的平衡條件列出方程，在解方程時，采納數學學問求極值或者依據物理臨界條件求極值。②圖解法：依據物體的平衡條件作出力的矢量圖，畫出平行四邊形或者矢量三角形進行動態分析，確定最大值或最小值。典例剖析典題3如圖所示，質量為m的物體置于傾角為θ的固定斜面上，物體與斜面之間的動摩擦因數為μ，先用平行于斜面的推力F1作用于物體上使其恰能沿斜面勻速上滑，若改用水平推力F2作用于物體上，也恰能使物體沿斜面勻速上滑，則兩次的推力之比eq\f(F1,F2)為(B)A．cosθ＋μsinθ B．cosθ－μsinθC．1＋μtanθ D．1－μtanθ解析：物體在力F1作用下和力F2作用下運動時的受力分析如圖1、2所示。將重力mg、力F2沿斜面方向和垂直于斜面方向正交分解，由平衡條件可得F1＝mgsinθ＋Ff1，FN1＝mgcosθ，Ff1＝μFN1F2cosθ＝mgsinθ＋Ff2，FN2＝mgcosθ＋F2sinθ，Ff2＝μFN2解得F1＝mgsinθ＋μmgcosθF2＝eq\f(mgsinθ＋μmgcosθ,cosθ－μsinθ)故eq\f(F1,F2)＝cosθ－μsinθ，B正確。對點訓練?(2024·浙江寧波高一期中)如圖所示，豎直面光滑的墻角有一個質量為m，半徑為r的半球體勻稱物體A。現在A上放一密度和半徑與A相同的球體B，調整A的位置使得A、B保持靜止狀態。已知A與地面間的動摩擦因數為eq\f(5,18)，則A球球心距墻角的最遠距離是(B)A．eq\f(20,13)r B．eq\f(23,13)rC．eq\f(25,13)r D．eq\f(28,13)r解析：依據題意可知，B的質量為2m，AB處于靜止狀態，受力平衡，則地面對A的支持力為FN＝3mg當地面對A的摩擦力達到最大靜摩擦力時，A球球心距墻角的距離最遠，對A、B受力分析，如圖所示依據平衡條件得F＝eq\f(2mg,sinθ)，Fcosθ＝3μmg解得tanθ＝eq\f(12,5)則A球球心距墻角的最遠距離為x＝2rcosθ＋r＝eq\f(23,13)r。故選B。利用協助圓法解決動態平衡問題案例如圖所示，置于地面的矩形框架中用兩細繩拴住質量為m的小球，繩B水平。設繩A、B對小球的拉力大小分別為FA、FB，它們的合力大小為F。現將框架在豎直平面內繞左下端緩慢旋轉90°，在此過程中(B)A．FA先增大后減小 B．FB先增大后減小C．F先增大后減小 D．F先減小后增大解析：通過受力分析和過程分析可以看出，在矩形框架旋轉的過程中，兩根繩的夾角始終不變，而小球的重力為恒力，故可將小球受到的三個力平移到一個矢量三角形中，讓小球的重力作為圓中的一條弦，兩繩拉力的夾角的補角組成這條弦所對應的圓周角，如圖所示。可以看出在旋轉過程中，FA始終在減小，直到減小到0，而當FA與mg垂直時，表示FB的有向線段是協助圓的直徑，FB達到最大值，之后再漸漸減小，最終減小為mg，故FA始終減小，FB先增大后減小，故A錯誤，B正確；因小球始終處于平衡狀態，故繩A、B對小球拉力的合力始終與重力等大反向，即F的大小不變，故C、D錯誤。一、多物體平衡問題1．(2024·湖南常德高一階段練習)如圖所示，在兩塊相同的豎直木板間，有質量均為m的四塊相同的磚，用兩個大小均為F的水平力壓木板，使磚靜止不動，則左邊木板對第一塊磚，其次塊磚對第三塊磚的摩擦力分別為(B)A．4mg、2mg B．2mg、0C．2mg、mg D．4mg、mg解析：依據對稱性可知，左邊木板對第一塊磚和右邊木板對第四塊磚的摩擦力大小相等，方向均豎直向上，以4塊磚為整體，依據受力平衡可得2Ff＝4mg，解得左邊木板對第一塊磚的摩擦力大小為Ff＝2mg，以第一塊磚和其次塊磚為整體，由于左邊木板對第一塊磚的摩擦力大小為2mg，方向豎直向上，剛好與第一塊磚和其次塊磚為整體的重力平衡，可知其次塊磚與第三塊磚間的摩擦力為零，即Ff23＝0。故選B。二、動態平衡問題2．(2024·河北石家莊高一階段練習)如圖所示，用OA、OB兩根輕繩將花盆懸于兩豎直墻之間，起先時OB繩水平。現保持O點位置不變，變更OB繩長使繩右端由B點緩慢上移至B′點，此時OB′與OA之間的夾角θ<90°。設此過程OA、OB繩的拉力大小分別為FOA、FOB，則下列說法正確的是(D)A．FOA先增大后減小B．FOA始終增大C．FOB始終減小D．FOB先減小后增大解析：以結點O為探討對象，受力分析如圖所示依據平衡條件知，兩根繩子的拉力的合力與重力大小相等、方向相反，作出輕繩OB在三個位置時力的合成圖如圖，由圖看出，FOA漸漸減小，FOB先減小后增大，當θ＝90°時，FOB最小，故A、B、C錯誤，D正確。三、平衡中的臨界極值問題3．如圖所示，三根長度均為L的輕繩分別連接于C、D兩點，A、B兩端被懸掛在水平天花板上，相距2L，現在C點上懸掛一個質量為m的重物，為使CD繩保持水平，在D點上可施加力的最小值為(C)A．mg B．eq\f(\r(3),3)mgC．eq\f(1,2)mg D．eq\f(1,4)mg解