PAGEPAGE16微型專題共點力平衡問題綜合分析[學習目標]會用整體法和隔離法分析多個物體的平衡問題.4.會分析平衡中的臨界問題．一、動態平衡問題1．動態平衡：是指平衡問題中的一部分力是變力，是動態力，力的大小和方向均要發生變更，所以叫動態平衡，這是力平衡問題中的一類難題．2．基本方法：解析法、圖解法和相像三角形法．3．處理動態平衡問題的一般步驟(1)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．(2)圖解法：①適用狀況：物體只受三個力作用，且其中一個力大小、方向均不變，另一個力的方向不變，第三個力大小、方向均變更．②一般步驟：a.首先對物體進行受力分析，依據三角形定則將三個力的大小、方向放在同一個三角形中．b.明確大小、方向不變的力，方向不變的力及方向變更的力的方向如何變更，畫示意圖．③留意：由圖解可知，當大小、方向都可變的分力(設為F1)與方向不變、大小可變的分力垂直時，F1有最小值．例1如圖1所示，一小球放置在木板與豎直墻面之間．設墻面對球的壓力大小為FN1，木板對小球的支持力大小為FN2.以木板與墻連接點為軸，將木板從圖示位置起先緩慢地轉到水平位置．不計摩擦，在此過程中()圖1A．FN1始終減小，FN2始終增大B．FN1始終減小，FN2始終減小C．FN1先增大后減小，FN2始終減小D．FN1先增大后減小，FN2先減小后增大答案B解析方法一：解析法對球進行受力分析，如圖甲所示，小球受重力G、墻面對球的壓力FN1、木板對小球的支持力FN2而處于平衡狀態．從圖中可以看出，FN1＝eq\f(G,tanθ)，FN2＝eq\f(G,sinθ)θ漸漸增大，tanθ漸漸增大，故FN1始終減??；θ漸漸增大，sinθ漸漸增大，故FN2始終減小．選項B正確．方法二：圖解法小球受重力G、墻面對球的壓力FN1、木板對小球的支持力FN2而處于平衡狀態．由平衡條件知FN1、FN2的合力與G等大反向，θ增大時，畫出多個平行四邊形，如圖乙，由圖可知θ增大的過程中，FN1始終減小，FN2始終減小．選項B正確．針對訓練1用繩AO、BO懸掛一個重物，BO水平，O為半圓形支架的圓心，懸點A和B在支架上．懸點A固定不動，將懸點B從圖2所示位置漸漸移動到C點的過程中．分析繩OA和繩OB上的拉力的大小變更狀況．圖2答案繩OA的拉力漸漸減小繩OB的拉力先減小后增大解析將AO繩、BO繩的拉力合成，其合力與重力等大反向，漸漸變更OB繩拉力的方向，使FB與豎直方向的夾角變小，得到多個平行四邊形，如圖所示，由圖可知FA漸漸變小，且方向不變，而FB先變小后變大，且方向不斷變更，當FB與FA垂直時，FB最小．二、整體法和隔離法在平衡中的應用當物體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．例2如圖3所示，一球A夾在豎直墻與等腰三角劈B的斜面之間，三角劈的重力為G，劈的底部與水平地面間的動摩擦因數為μ，劈的斜面和豎直墻面是光滑的，設劈所受的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力．問：欲使三角劈B靜止不動，球A的重力不能超過多少？圖3答案eq\f(μ,1－μ)G解析選A、B整體為探討對象，受力狀況如圖甲所示，其中FN1為地面對B的支持力，FN2為墻對A的支持力，整體恰好不動時，有FN1＝GA＋G①FN2＝fm②fm＝μFN1③選A為探討對象，受力分析如圖乙所示其中FN3為B對A的支持力，A靜止不動，有FN3sin45°＝GA④FN3cos45°＝FN2⑤由①②③④⑤得：GA＝eq\f(μ,1－μ)G.針對訓練2如圖4所示，在粗糙水平地面上放著一個表面為四分之一圓弧的柱狀物體A，A的左端緊靠豎直墻，A與豎直墻之間放一光滑圓球B，整個裝置處于靜止狀態，則把A向右緩慢移動少許的過程中，下列推斷正確的是()圖4A．球B對墻的壓力增大B．球B對柱狀物體A的壓力增大C．地面對柱狀物體A的摩擦力不變D．地面對柱狀物體A的支持力不變答案D解析球B受重力、A的支持力F1和墻壁的壓力F2，如圖甲所示，設F1與豎直方向的夾角為θ，將重力G分解為G1和G2，則依據平衡條件可知，F1＝G1＝eq\f(G,cosθ)，F2＝G2＝Gtanθ.當A向右緩慢移動少許時，依據幾何關系可知，A對球B的支持力F1與豎直方向的夾角θ減小，所以cosθ增大，tanθ減小，即墻壁對球B的壓力F2減小，A對球B的支持力F1減小，依據牛頓第三定律可知，球B對墻壁的壓力減小，球B對A的壓力也減小，選項A、B錯誤；對A、B整體進行受力分析，如圖乙所示，由平衡條件可知A受地面的摩擦力大小f＝F2，則f減小，地面對A的支持力FN等于A、B的重力之和，大小不變，選項C錯誤，選項D正確．三、平衡中的臨界問題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．分析方法：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．例3傾角為θ的斜面固定在水平面上，斜面上有一重為G的物體A，物體A與斜面間的動摩擦因數為μ，且μ<tanθ，現給A施加一水平推力F，如圖5所示，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，求水平推力F為多大時，物體A在斜面上靜止．圖5答案eq\f(sinθ－μcosθ,cosθ＋μsinθ)G≤F≤eq\f(sinθ＋μcosθ,cosθ－μsinθ)G解析由于靜摩擦力的大小可在0～fmax間變更，且方向可能沿斜面對上，也可能沿斜面對下，所以所求的推力應是一個范圍．因為μ<tanθ，說明無推力時物體將加速下滑，故推力的最大值和最小值對應的狀態是恰不上滑和恰不下滑．以A為探討對象，設推力的最小值為Fmin，此時最大靜摩擦力fmax沿斜面對上，受力分析如圖甲所示，將各力正交分解，則沿斜面方向，有Fmincosθ＋fmax－Gsinθ＝0垂直于斜面方向，有FN－Gcosθ－Fminsinθ＝0又fmax＝μFN解得Fmin＝eq\f(sinθ－μcosθ,cosθ＋μsinθ)G設推力的最大值為Fmax，此時最大靜摩擦力fmax′沿斜面對下，受力分析如圖乙所示，沿斜面方向，有Fmaxcosθ－Gsinθ－fmax′＝0垂直于斜面方向，有FN′－Gcosθ－Fmaxsinθ＝0又fmax′＝μFN′解得Fmax＝eq\f(sinθ＋μcosθ,cosθ－μsinθ)G所以物體能在斜面上靜止的條件為eq\f(sinθ－μcosθ,cosθ＋μsinθ)G≤F≤eq\f(sinθ＋μcosθ,cosθ－μsinθ)G.解決臨界極值問題時應留意的問題1．求解平衡中的臨界問題和極值問題時，首先要正確地進行受力分析和變更過程分析，找出平衡的臨界點和極值點．2．臨界條件必需在變更中去找尋，不能停留在一個狀態來探討臨界問題，而是把某個物理量推向極端，即極大或微小，并依此做出科學的推理分析，從而給出推斷或導出一般結論．1.(探討對象的選取)(多選)如圖6所示，質量分別為m1、m2的兩個物體通過輕彈簧連接，在角，重力加速度為g，則m1所受支持力FN和摩擦力f正確的是()圖6A．FN＝m1g＋m2g－FsinθB．FN＝m1g＋m2g－FcosθC．f＝FcosθD．f＝Fsinθ答案AC解析對整體受力分析，如圖所示，由正交分解法可知，f＝Fcosθ，FN＝m1g＋m2g－Fsinθ，A、C正確．2.(動態平衡問題)(2024·商洛市高一上學期期末)如圖7所示，肯定質量的物塊用兩根輕繩懸在空中，其中繩OA固定不動，繩OB在豎直面內轉動，物塊保持靜止，則在繩OB由圖示位置逆時針轉至豎直位置的過程中，繩OB的張力大小將()圖7A．始終變大 B．始終變小C．先變大后變小 D．先變小后變大答案D解析在繩OB轉動的過程中物塊始終處于靜止狀態，所受合力始終為零，如圖所示為繩OB轉動過程中結點O的受力示意圖，由圖可知，繩OB的張力先變小后變大，D正確．3.(探討對象的選取)如圖8所示，三根輕繩分別系住質量為m1、m2、m3的物體，它們的另一端分別通過光滑的定滑輪系于O點，整體裝置處于平衡狀態時，OA與豎直方向成30°角，OB處于水平狀態，則()圖8A．m1∶m2∶m3＝1∶2∶3B．m1∶m2∶m3＝3∶4∶5C．m1∶m2∶m3＝2∶eq\r(3)∶1D．m1∶m2∶m3＝eq\r(3)∶2∶1答案C解析對結點O受力分析，O點受到三根繩子的拉力如圖所示，依據三角形的學問有eq\f(FC,F)＝cos30°＝eq\f(\r(3),2)，eq\f(FB,F)＝sin30°＝eq\f(1,2)，依據三力平衡條件可知，FB和FC的合力F與FA等大反向，所以有eq\f(FC,FA)＝eq\f(\r(3),2)，eq\f(FB,FA)＝eq\f(1,2)，則FA∶FC∶FB＝2∶eq\r(3)∶1，依據定滑輪兩端拉力相等，有FA＝m1g，FB＝m3g，FC＝m2g，所以m1∶m2∶m3＝2∶eq\r(3)∶1，故選C.4.(平衡中的臨界問題)如圖9，滑塊A置于水平地面上，滑塊B在一水平力F作用下緊靠滑塊A(A、B接觸面豎直)，此時A恰好不滑動，B剛好不下滑．已知A與B間的動摩擦因數為μ1，A與地面間的動摩擦因數為μ2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力．A與B的質量之比為()圖9A.eq\f(1,μ1μ2) B.eq\f(1－μ1μ2,μ1μ2)C.eq\f(1＋μ1μ2,μ1μ2) D.eq\f(2＋μ1μ2,μ1μ2)答案B解析B恰好不下滑時，μ1F＝mBg，A恰好不滑動，則F＝μ2(mAg＋mBg)，所以eq\f(mA,mB)＝eq\f(1－μ1μ2,μ1μ2)，選項B正確．一、選擇題1.(2024·溫州十校聯合體高一上學期期末)如圖1所示，一架無人機執行航拍任務時正沿直線朝斜向下方勻速運動．用G表示無人機重力，F表示空氣對它的作用力，下列四幅圖中能表示此過程中無人機受力狀況的是()圖1答案C2．(2024·鶴崗一中高一上學期期末)如圖2所示，用繩索將重球掛在墻上，不考慮墻的摩擦，假如把繩的長度增加一些，則球對繩的拉力F1和球對墻的壓力F2的變更狀況是()圖2A．F1增大，F2減小B．F1減小，F2增大C．F1和F2都減小D．F1和F2都增大答案C解析將繩的拉力和墻的支持力合成，其合力與重力等大反向，如圖所示，繩索變長，則其與墻面之間的夾角變小，由圖知兩個力均減小，由牛頓第三定律知F1和F2都減小，故選C.3.(多選)如圖3所示，用豎直擋板將光滑小球夾在擋板和斜面之間，若逆時針緩慢轉動擋板，使其由豎直轉至水平的過程中，以下說法正確的是()圖3A．擋板對小球的壓力先增大后減小B．擋板對小球的壓力先減小后增大C．斜面對小球的支持力先減小后增大D．斜面對小球的支持力始終漸漸減小答案BD解析取小球為探討對象，小球受到重力G、擋板對小球的支持力FN1和斜面對小球的支持力FN2三個力作用，如圖所示，FN1和FN2的合力與重力大小相等，方向相反，FN2總垂直于接觸面(斜面)，方向不變，依據圖解可以看出，在FN1方向變更時，其大小(箭頭)只能沿PQ線變動．故在擋板移動過程中，FN1先變小后變大，FN2始終減小．4.如圖4所示是給墻壁粉刷涂料用的涂料滾的示意圖，運用時，用撐桿推著粘有涂料的涂料滾沿墻上下緩慢滾動，把涂料勻稱地粉刷到墻上，撐桿的重力和墻壁的摩擦均不計，且撐桿足夠長，粉刷工人站在離墻壁肯定距離處緩緩向上推涂料滾，設該過程中撐桿對涂料滾的推力為F1，涂料滾對墻壁的壓力為F2，則()圖4A．F1增大，F2減小 B．F1增大，F2增大C．F1減小，F2減小 D．F1減小，F2增大答案C解析涂料滾沿墻壁緩慢向上滾動的過程中，處于動態平衡，合力為零，分析涂料滾受力，如圖所示，其中F2′＝F2，涂料滾向上滾動的過程中，θ角變小，則F1和F2′均變小，F2也變小，C正確．5．(多選)如圖5所示，物體P靜止于固定的斜面上，P的上表面水平，現把物體Q輕輕地疊放在P上，則(最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)()圖5A．P向下滑動B．P靜止不動C．P所受的合外力增大D．P與斜面間的靜摩擦力增大答案BD解析P在斜面上處于靜止狀態，設P的質量為M，Q的質量為m，斜面的傾角為θ，P與斜面間的動摩擦因數為μ0，則有μ0Mgcosθ≥Mgsinθ，當加上物體Q后，有μ0(M＋m)gcosθ≥(M＋m)gsinθ，因此P仍處于靜止狀態，選項A錯誤，B正確；由于P處于靜止狀態，故它所θ變為(M＋m)gsinθ，故選項D正確．6．(多選)(2024·泰安一中期中)如圖6所示，物體m通過光滑定滑輪牽引另一粗糙水平面上的()圖6A．支持力為(M＋m)g B．沒有摩擦力C．支持力小于(M＋m)g D．有水平向右的摩擦力答案CD解析設繩子上的拉力為FT，選M和m組成的整體為探討對象，受力分析如圖：由平衡條件可以推斷，M必受到沿水平面對右的摩擦力；假設斜面的傾角為θ，則：FN＋FTsinθ＝(M＋m)g，所以支持力FN小于(M＋m)g，故C、D正確，A、B錯誤．7.有始終角支架AOB，AO水平放置，表面粗糙，OB豎直向下，表面光滑，AO上面套有小環P，OB上面套有小環Q；兩環質量均為m，兩環間由一根質量可忽視、不行伸長的細繩相連，并在某一位置上平衡，如圖7所示，現將P環向左移動一小段距離，兩環再次達到平衡狀態，與原來的平衡狀態相比較，AO桿對環的支持力FN和細繩的拉力FT的變更狀況是()圖7A．FN不變，FT變大 B．FN不變，FT變小C．FN變大，FT變大 D．FN變大，FT變小答案B解析取P、Q兩環整體為探討對象，在豎直方向上只有AO桿對其產生豎直向上的力，故FN＝2mg，大小不變．再取Q為探討對象，將拉力FT沿豎直、水平方向分解，如圖所示．豎直重量FTy＝FTcosα，由于Q處于平衡狀態，故豎直方向合力為零，即FTy－mg＝0，所以FT＝eq\f(mg,cosα)，故當α減小時FT變小，B選項正確．8.(多選)如圖8所示，質量為m的木塊A放在質量為M的三角形斜劈上，現用大小均為F、方向相反的水平力分別推A和B，它們均靜止不動，則()圖8A．A與B之間肯定存在摩擦力B．B與地面之間可能存在摩擦力C．B對A的支持力可能小于mgD．地面對B的支持力的大小肯定等于(M＋m)g答案CD解析對A、B整體受力分析，如圖所示，受到重力(M＋m)g、支持力FN和已知的兩個推力，對于整體，由于兩個推力剛好平衡，故整體與地面間沒有摩擦力，且有FN＝(M＋m)g，故B錯誤，D正確．再對木塊A受力分析，至少受重力mg、已知的推力F、B對A的支持力FN′，當推力F沿斜面的分力大于重力沿斜9.(多選)(2024·華中師大一附中期中)如圖9所示，半徑相同、質量分布勻稱的圓柱體A和半圓柱體B靠在一起，A表面光滑，重力為G，B下表面粗糙，A靜止在水平地面上，現過A的軸心施以水平作用力F，可緩慢地將A拉離水平地面始終滑到B的頂端，整個過程中，B始終處于靜止狀態，對該過程分析，下列說法正確的是()圖9A．起先時拉力F最大為eq\r(3)G，以后漸漸減小為0B．A、B間的壓力起先最大為2G，而后漸漸減小到GC．地面受到B的壓力漸漸增大D．地面對B的摩擦力漸漸增大答案AB解析圓柱體A和半圓柱體B的圓心的連線為2R，故其與豎直方向夾角為60°，A球受三個力平衡，如圖所示．三個力構成封閉矢量三角形三個邊，其中重力不變，其他兩個力的夾角變小，起先時拉力F最大為eq\r(3)G，以后漸漸減小為0，A正確；A、B間的壓力起先最大為2G，而后漸漸減小到G，B正確；對圓柱體A和半圓柱體B整體分析，受重力、水平力、支持力和摩擦力，依據平衡條件，支持力FN＝G＋GB，保持不變，由牛頓第三定律知B對地面的壓力大小不變，C錯誤；整體在水平方向上受到拉力F和地面給的摩擦力，由于始終處于平衡狀態，故摩擦力f＝F，漸漸減小到零，D錯誤．10.(多選)如圖10所示，一根輕質細繩跨過定滑輪O連接兩個小球A、B，兩球穿在同一根光滑的豎直桿上，不計細繩與滑輪之間的摩擦，當兩球平衡時，OA繩與水平方向的夾角為60°，OB繩與水平方向的夾角為30°，則球A、B的質量之比和桿對A、B的彈力之比分別為()圖10A.eq\f(mA,mB)＝eq\r(3) B.eq\f(mA,mB)＝eq\f(\r(3),3)C.eq\f(FNA,FNB)＝eq\f(\r(3),3) D.eq\f(FNA,FNB)＝eq\f(\r(3),2)答案AC解析分別對A、B兩球進行受力分析，運用合成法，如圖所示，由平衡條件得FTsin60°＝mAg，FT′sin30°＝mBg，FNA＝FTcos60°，FNB＝FT′cos30°，FT＝FT′，故eq\f(mA,mB)＝eq\f(FTsin60°,FT′sin30°)＝eq\r(3)，eq\f(FNA,FNB)＝eq\f(FTcos60°,FT′cos30°)＝eq\f(\r(3),3)，選項A、C正確，B、D錯誤．二、非選擇題11.(2024·大同鐵路一中高一上學期期末)所受重力G1＝12N的砝碼懸掛在繩PA和PB的結點上．PA偏離豎直方向37°角，PB在水平方向，且連在所受重力為G2＝80N的木塊上，木塊37°＝0.6，cos37°＝0.8)圖11答案見解析解析結點P受力如圖甲所示，由平衡條件得：FAcos37°＝G1FAsin37°＝FB可解得：BP繩的拉力為FB＝9N木塊的受力狀況如圖乙所示，由物體的平衡條件可得：f＝G2sin37°＋FB′cos37°FN＋FB′sin37°＝G2cos37°又有FB′＝FB解得：f＝