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微专题3　共点力平衡中的几类典型问题
[定位·学习目标]　1.通过对动态平衡问题的学习,掌握解析法、图解法、相似三角形法等科学思维方法。2.通过对连接体问题的学习,掌握灵活处理整体与个体关系的科学价值观。3.通过对平衡中的临界和极值问题的学习,学会分析问题、解决问题,并形成科学态度与价值观。
要点一　动态平衡问题
要点归纳
1.动态平衡:平衡问题中物体位置的缓慢变化或者部分力发生变化,导致其他力的大小和方向缓慢变化,所以叫动态平衡。
2.分析方法
方法 适用情况 思路
解析法 利用力的矢量构成的三角形的边、角关系确定对应力的变化 (1)列平衡方程求出未知力与已知力的关系表达式; (2)根据已知力的变化情况来确定未知力的变化情况
图解法 三个力中一个力不变,另一个力的方向不变 (1)根据已知不变力和变力的变化情况,画出力的平行四边形边、角的变化; (2)确定未知力大小、方向的变化
相似三 角形法 三个力中一个力不变,三个力分别与一个几何三角形的三条边平行或共线 (1)根据已知条件画出力的三角形,找出对应的相似空间几何三角形,利用三角形相似知识列出比例式; (2)由几何三角形的边、角的“变”与“不变”确定未知力的变化情况
典例研习
[例1] (图解法)如图所示,重力为G的电灯悬于两壁之间,OA绳水平,OB绳与竖直方向夹角为45°,保持O点及绳OB的位置固定不变,而将绳端A点向上移动(绳OA长度可调),绳子重力不计,则下列判断正确的是(　　)
[A] 绳端A点上移前,OB绳拉力大小等于G
[B] 绳端A点上移前,OA绳拉力大小等于OB绳拉力
[C] 绳端A点向上移动过程中,OA绳对电灯的拉力先减小后增大
[D] 绳端A点向上移动过程中,OB绳对电灯的拉力一直增大
【答案】 C
【解析】 绳端A点上移前,对电灯进行受力分析如图甲所示,由共点力平衡条件得FA=G,FB=G,故A、B均错误;由平衡条件可知,绳AO、BO的拉力的合力与重力等大反向,逐渐改变绳OA拉力的方向时,绳AO、BO拉力的合力保持不变,作出A点沿竖直壁上移过程中FA及它们的合力的三角形,如图乙所示,观察力的三角形FA、FB变化情况,可知OA绳对电灯的拉力先减小后增大,OB绳对电灯的拉力一直减小,故C正确,D错误。
图解法分析动态平衡问题的步骤
(1)对物体进行受力分析。
(2)确定各力的“变”与“不变”。
(3)根据力的平行四边形定则(或三角形定则)作出不同状态下的分力和合力的关系图示,由此确定相关力的变化情况。
[例2] (相似三角形法)如图所示,质量为M的木板B放置在粗糙水平地面上,O为光滑铰链。轻杆一端与铰链O固定连接,另一端固定连接一质量为m的小球A。现将轻绳一端拴在小球A上,另一端通过光滑的定滑轮O′由力F牵引,定滑轮位于O的正上方,整个系统处于静止状态。现改变力F的大小使小球A和轻杆从图示位置缓慢运动到O′正下方,木板始终保持静止,则在整个过程中(　　)
[A] 外力F大小不变
[B] 轻杆对小球的作用力大小不变
[C] 地面对木板的支持力逐渐变小
[D] 地面对木板的摩擦力逐渐增大
【答案】 B
【解析】 令杆长为L,杆中弹力为FN,AO′长为x,OO′长为h,如图甲所示,对小球进行受力分析,根据平衡条件可知FT与FN的合力与小球重力等大反向,根据数学关系可得FT、FN、F合三力构成的三角形与△AOO′相似,所以有==,解得FN=,F=,当小球A和轻杆从图示位置缓慢运动到O′正下方时,x减小,由此可分析出外力F大小减小,轻杆对小球的作用力大小不变,故A错误,B正确;令轻杆与水平方向夹角为θ,如图乙所示,对木板B进行受力分析,并沿水平方向和竖直方向建立平面直角坐标系正交分解,根据几何关系可得,竖直方向上FN″=Mg+FN′sin θ,FN′=FN,水平方向上Ff=FN′cos θ,由此可知轻杆弹力大小FN′不变,θ增大,则FN″增大,Ff减小,即地面对木板的支持力逐渐变大,地面对木板的摩擦力逐渐减小,故C、D错误。
要点二　整体法和隔离法在平衡问题中的应用
要点归纳
1.问题界定:一个平衡系统中涉及两个或两个以上的物体,即为多物体的平衡问题。
2.处理方法:整体法和隔离法。
(1)如果不涉及系统内物体间的相互作用力,系统内的物体具有相同的运动状态,要优先采用整体法,这样涉及的研究对象少,未知量少,方程少,求解简便。
(2)如果涉及系统内物体间的相互作用力,则采用隔离法,对有关物体单独分析受力并列方程求解。
典例研习
[例3] 如图所示,由五根等长的轻质细绳悬挂起四个质量相等的灯笼,中间的细绳是水平的,另外四根细绳与水平天花板面所成的角分别为θ1=30°和θ2。设悬挂在天花板处绳子的拉力大小为F1,水平段绳子的拉力大小为F2,每个灯笼的质量为m,下列关系式正确的是(　　)
[A] F1=F2 [B] F1=2F2
[C] F1=4mg [D] F2=mg
【答案】 C
【解析】 对左边两个灯笼的整体受力分析可知,F1cos θ1=F2,F1sin θ1=2mg,解得F1=F2,F1=4mg,F2=2mg。故选C。
整体法和隔离法的灵活应用
(1)当分析系统所受外力时,采用整体法分析外界对系统的作用力。
(2)当分析系统内各物体间的相互作用时,采用隔离法且选择受力较少的物体为研究对象。
(3)在较复杂的平衡问题中,灵活选用或交替使用整体法和隔离法,可以使问题的分析、计算过程大为简化,能起到事半功倍的作用。
要点三　平衡中的临界和极值问题
要点归纳
1.临界问题
(1)问题界定:物体处于平衡状态,因为其中某一个力方向发生变化,而致使原来的状态即将被打破的状态为临界状态,涉及临界状态的问题为临界问题。
(2)问题特点。
①当某个力发生变化时,会引起其他几个力的变化。
②注意某现象“恰好出现”或“恰好不出现”的条件。在问题描述中常用“刚好”“刚能”“恰好”等词语。
(3)处理方法: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。
2.极值问题
(1)问题界定:物体平衡的极值问题,一般指在力的变化过程中涉及力的最大值或最小值的问题。
(2)处理方法。
①解析法: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。
②图解法:根据物体的平衡条件作出力的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。
典例研习
[例4] (临界问题) (多选)如图所示,物体的质量m=4.4 kg,用与竖直方向成θ=37°的斜向右上方的推力F把该物体压在竖直墙壁上,使它静止在竖直的墙壁上。物体与墙壁间的动摩擦因数μ=0.5,重力加速度g取 10 m/s2,最大静摩擦力与滑动摩擦力相等,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,则推力F的大小可能是(　　)
[A] 22 N [B] 40 N
[C] 66 N [D] 80 N
【答案】 BCD
【解析】 当物体刚要向上滑动时,受力分析如图甲所示,水平方向根据平衡条件可得FN=F1sin θ,竖直方向根据平衡条件可得F1cos θ=Ff+mg,最大静摩擦力与滑动摩擦力相等,由滑动摩擦力公式得 Ff=μFN,联立解得F1=88 N;当物体刚要向下滑动时,受力分析如图乙所示,水平方向根据平衡条件可得FN′=F2sin θ,竖直方向根据平衡条件可得F2cos θ+Ff′=mg,最大静摩擦力与滑动摩擦力相等,由滑动摩擦力公式得 Ff′=μFN′,由以上三式可解得F2=
40 N。综上所述,使物体静止在竖直的墙壁上,推力F的范围为40 N≤F≤88 N,故B、C、D正确,A错误。
[例5] (极值问题)如图所示,物体的质量为2 kg,两根轻细绳AB和AC的一端固定于竖直墙上,另一端系于物体上(∠BAC=θ=60°),在物体上另施加一个方向与水平线也成θ角的拉力F,若要使两绳都能伸直,求拉力F的大小范围(g取10 m/s2)。
【答案】 N≤F≤ N
【解析】 物体的受力情况如图,由平衡条件得
Fsin θ+F1sin θ-mg=0,
Fcos θ-F2-F1cos θ=0,
由上述两式得
F=-F1,
F=+,
令F1=0,得F最大值Fmax== N,
令F2=0,得F最小值Fmin== N,
综合得F的取值范围为 N≤F≤ N。
临界与极值问题的分析技巧
(1)求解平衡中的临界问题和极值问题时,首先要正确地进行受力分析和变化过程分析,找出平衡中的临界点和极值点。
(2)临界条件必须在变化中寻找,不能停留在一个状态来研究临界问题,而是要把某个物理量推向极端,即极大或极小,并依此作出科学的推理分析,从而给出判断或结论。
1.(2025·广东期中)如图所示,一幼儿园小朋友在水平桌面上将a、b、c三个形状不规则的石块成功叠放在一起,受到了老师的表扬,则下列说法正确的是(　　)
[A] c受到水平桌面向左的摩擦力
[B] c对b的摩擦力方向与接触面平行向下
[C] b对a的弹力方向竖直向上
[D] b对a的摩擦力方向与接触面平行向上
【答案】 D
【解析】 以三个石块组成的整体为研究对象,整体只受到重力和桌面的支持力,水平方向不受摩擦力,A错误;选取ab作为整体研究,ab有相对c向下运动的趋势,则石块c对b的摩擦力与接触面平行向上,B错误;石块b对a的支持力与其对a的静摩擦力的合力,跟a受到的重力是平衡力,则b对a的弹力和静摩擦力的合力方向竖直向上,弹力的方向不是竖直向上,而是垂直于接触面向上,C错误;根据上述分析,同理对a而言,a相对b有向下运动的趋势,则石块b对a的摩擦力与接触面平行向上, D正确。
2.(2025·浙江阶段练习)长木板顶端放有一个木块,当倾角θ较小时,木块静止,现均匀增加倾角θ,直到木块滑到长木板底端,则(　　)
[A] 木块未滑动之前,所受的摩擦力减小,支持力减小
[B] 木块未滑动之前,所受的摩擦力增大,支持力增大
[C] 木块开始滑动之后,所受的摩擦力减小,支持力减小
[D] 木块开始滑动之后,所受的摩擦力增大,支持力增大
【答案】 C
【解析】 木块未滑动之前,静摩擦力大小和支持力大小分别为Ff=mgsin θ,FN=mgcos θ,当增加倾角θ时,摩擦力增大,支持力减小,故A、B错误;木块开始滑动之后,滑动摩擦力大小为Ff′=μmgcos θ,支持力大小为FN=mgcos θ,当增加倾角θ时,摩擦力减小,支持力减小,故C正确,D错误。
3.如图所示,一小球套在竖直固定的光滑圆环上,在圆环的最高点有一个光滑小孔,一根轻绳的下端系着小球,上端穿过小孔用力拉住,开始时小球在圆环最低点的右侧。现缓慢拉动轻绳,使小球沿圆环缓慢上升一小段距离,对该过程,下列说法正确的是(　　)
[A] 小球对轻绳的拉力增大
[B] 小球对轻绳的拉力减小
[C] 小球对圆环的压力增大
[D] 小球对圆环的压力减小
【答案】 B
【解析】小球受三个力的作用,重力G、轻绳拉力FT和圆环的弹力FN。受力分析如图所示,由平衡条件可知,重力G与弹力FN的合力大小F′等于轻绳拉力大小FT,方向相反,根据力的矢量三角形△GF′A与几何三角形△OAB相似,则有==,整理解得FT=mg,FN=mg,现缓慢拉动轻绳,使小球沿圆环缓慢上升一小段距离,即当A点上移时,半径R不变,AB减小,故拉力FT减小,FN不变,由牛顿第三定律可知小球对轻绳的拉力减小,小球对圆环的压力不变,故A、C、D错误,B正确。
4.如图所示,轻绳的两端分别系在圆环A和小球B上,圆环A套在粗糙的水平直杆MN上。现用水平力F拉着绳子上的结点O,使小球B从图中实线位置缓慢上升到虚线位置,但圆环A始终保持在原位置不动,在这一过程中,环对杆的摩擦力Ff和环对杆的压力FN的变化情况是(　　)
[A] Ff不变,FN不变 [B] Ff增大,FN不变
[C] Ff增大,FN减小 [D] Ff不变,FN减小
【答案】 B
【解析】 方法一　图解法
以结点O为研究对象进行受力分析。由题可知,结点O处于动态平衡状态,则可作出三力的平衡关系图如图甲所示,由图可知水平拉力增大。以环、绳和小球构成的整体为研究对象,作受力分析图如图乙所示,由整个系统平衡可知FN=(mA+mB)g,Ff=F,则Ff增大,FN不变,故B正确。
方法二　解析法
以结点O为研究对象,受力分析如图甲所示,由平衡条件得FTcos α=mBg,FTsin α=F,故FT=,F=mBgtan α。以环、绳和小球构成的整体为研究对象,受力分析如图乙所示,由平衡条件得FN=(mA+mB)g,Ff=F=mBgtan α。在B上升过程中,α增大,tan α增大,Ff增大,而FN不变。选项B正确。
5.如图所示,质量为2m的物体A放在水平桌面上,通过光滑的定滑轮悬挂一个质量为m的物体B。已知物体A与桌面间的动摩擦因数为0.4,要使A静止,需加一水平向左的力F=kmg,重力加速度大小为g,A与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则k的取值可能为(　　)
[A] 0.1 [B] 1.7 [C] 2.5 [D] 3.1
【答案】 B
【解析】 对物体B受力分析,可知绳的拉力FT=mg,对物体A受力分析,最大静摩擦力为 Ffm=μ·2mg=0.8mg课时作业
(分值:60分)
考点一　动态平衡问题
1.(4分)如图所示,a、b两物体的质量分别为ma、mb,且ma>mb,整个系统处于静止状态,滑轮的质量和一切摩擦均不计,如果绳一端由Q点缓慢地向左移动到P点,整个系统重新平衡后,物体a的高度和两滑轮间绳与水平方向的夹角θ变化情况是(　　)
[A] 物体a的高度升高,θ角不变
[B] 物体a的高度降低,θ角变小
[C] 物体a的高度升高,θ角变大
[D] 物体a的高度不变,θ角变小
【答案】 A
【解析】 设绳子的拉力大小为F,两绳子的夹角为2α,由于动滑轮两侧绳子的拉力关于竖直方向对称,则有2Fcos α=mbg,由于F=mag保持不变,可得α角保持不变,由几何知识得,
α+θ=90°,则θ保持不变,当绳一端的固定点Q缓慢向左移动到P点,动滑轮两侧绳变长,动滑轮将下降,则物体a的高度升高,故A正确,B、C、D错误。
2.(4分)消防员在抢险救灾工作中常常需要从顶楼直降到某一楼层(如图甲所示),其下降过程可简化为如图乙所示的物理模型:脚与墙壁接触点为A点,人的重心在B点,A到B可简化为轻杆,OB为轻绳,O点为轻绳悬挂点且保持固定。已知下降过程中AB长度以及AB与竖直方向的夹角均保持不变。初始时∠OBA=90°且消防员保持静止,从该时刻起,消防员在缓慢下移的过程中,下列说法正确的是(　　)
[A] AB杆提供支持力且支持力变小
[B] AB杆提供拉力且拉力大小保持不变
[C] OB绳拉力减小
[D] 消防员所受合力增大
【答案】 A
【解析】由分析可知,AB杆提供支持力,否则无法平衡。两种情况相比较,重力大小方向不变,杆的支持力方向不变,作出受力图如图所示。绳的拉力始终沿绳的方向,绳的拉力与杆的支持力的合力与重力等大反向保持不变。消防员下降一定高度后,再次保持静止时,相对于初始位置AB杆的支持力变小,OB绳拉力增大,消防员在缓慢下移的过程中合力不变,故选A。
3.(6分)(多选)如图所示,一质量为m、半径为r的光滑球a用细绳悬挂于O点,另一质量为M、半径为R的半球形物体b被夹在竖直墙壁和a球之间,b的球心到O点之间的距离为h,a、b的球心在同一水平线上,a、b处于静止状态,重力加速度为g,则下列说法正确的是(　　)
[A] a对b的压力大小为mg
[B] 竖直墙壁对b的摩擦力可能为零
[C] 当只轻轻把球b向下移动一点距离,若a、b再次保持静止,则a对b的压力大小保持不变,细绳拉力增大
[D] 当只轻轻把球b向下移动一点距离,若a、b再次保持静止,则a对b的压力减小,细绳拉力减小
【答案】 AD
【解析】 a、b球心处于同一水平线上时,a球的受力如图1所示,
FN与mg的合力与FT等大反向共线,根据两个阴影三角形相似得==,解得FN=mg,FT=Oa,由牛顿第三定律知a对b的压力大小为FN′=FN=mg,故A正确;b在竖直方向受到重力,a、b之间光滑,则由平衡条件知竖直墙壁对b一定有摩擦力,故B错误;当只轻轻把球b向下移动一点距离,a球的受力如图2所示,FN″与FT′的合力与mg等大反向共线,根据两个阴影三角形相似得==,可得FN″=mg,FT′=Oa,由于L>h,可知FN″考点二　整体法和隔离法在平衡问题中的应用
4.(6分)(多选)如图所示,倾角为α、质量为M的斜面体静止在水平桌面上,质量为m的木块静止在斜面体上。下列判断正确的是(　　)
[A] 木块受到的摩擦力大小是mgcos α
[B] 木块对斜面体的压力大小是mgcos α
[C] 桌面对斜面体的摩擦力大小是mgsin α
[D] 桌面对斜面体的支持力大小是(M+m)g
【答案】 BD
【解析】 木块静止在斜面体上,以木块为研究对象进行受力分析,根据受力平衡可得木块受到的摩擦力大小为Ff=mgsin α,木块受到的支持力大小为 FN=mgcos α,则木块对斜面体的压力大小为mgcos α,故A错误,B正确;以斜面体和木块为整体进行受力分析,根据受力平衡可知,桌面对斜面体的摩擦力为0,桌面对斜面体的支持力大小为FN地=(M+m)g,故C错误,D正确。
5.(4分)(2025·浙江期中)如图所示,用等长的轻质细线将三个完全相同的小球a、b、c悬挂在天花板上O处。现对小球a、c施加一个水平向右的力,对小球b施加一个水平向左的力,三个力大小均为F,最后达到平衡状态。下列表示平衡状态的图可能正确的是(　　)
　 　 　
[A] [B] [C] [D]
【答案】 D
【解析】 设bc线与竖直方向的夹角为θ,只对小球c分析,由平衡条件可知tan θ=,对小球bc整体分析可知tan α==0,故ab间细线处于竖直状态,设Oa线与竖直方向的夹角为β,对小球abc整体分析可知tan β=6.(4分)(2025·陕西西安期中)质量为m粗细均匀的麻绳如图所示悬挂,悬点处切线与竖直方向夹角分别为37°和53°,P点为最低点,重力加速度为g,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,则(　　)
[A] 左侧悬点对麻绳拉力为0.6mg
[B] 右侧悬点对麻绳拉力为0.8mg
[C] P点右侧麻绳质量为0.36m
[D] 最低点P处张力为0.3mg
【答案】 C
【解析】 对麻绳受力分析,受重力mg、左侧悬点对麻绳拉力F1、右侧悬点对麻绳拉力F2,则F1cos 37°+F2cos 53°=mg,F1sin 37°=F2sin 53°,解得F1=0.8mg,F2=0.6mg,故A、B错误;对右侧麻绳受力分析,受重力m1g、最低点P处张力F、右侧悬点对麻绳拉力F2,则F=
F2sin 53°=0.48mg,m1g=F2cos 53°=0.36mg,所以P点右侧麻绳质量为m1=0.36m,故C正确,
D错误。
考点三　临界极值问题
7.(6分)(多选)(2025·四川成都期中)如图所示,O点有一个很小的光滑轻质圆环,一根轻绳AB穿过圆环,A端固定,B端悬挂一个重物。另一根轻绳一端固定在C点,另一端系在圆环上,力F作用在圆环上。圆环静止时,绳OC与绳OA水平,F与OA的夹角为θ。现改变力F,圆环位置不变,且重物始终处于平衡状态,则F大小可能为(　　)
[A] mg [B] mg
[C] mg [D] mg
【答案】 CD
【解析】圆环为轻质光滑圆环,且O点位置始终不变,则绳OA、OB拉力大小始终等于重物的重力,且它们的合力FAB大小不变,方向与水平方向的夹角始终为45°;对圆环进行受力分析,作出矢量三角形,如图所示,可知F的最小值为Fmin=FABsin 45°=mg,故选C、D。
8.(6分)(多选)(2025·黑龙江哈尔滨期中)如图所示,倾角为θ=53°、质量为3m的斜面体A置于水平地面上,在斜面体和竖直墙面之间放置一质量为m的光滑球B。斜面体受到水平向右的外力F,系统始终处于静止状态。已知斜面体与水平地面间的动摩擦因数为μ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取 sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,重力加速度大小为g,下列说法正确的是(　　)
[A] 球B对墙面的压力为mg
[B] 若斜面体受到水平向右的外力F=mg,斜面体受到水平地面的摩擦力为mg
[C] 为了使系统处于静止状态,水平向右的外力F最小为mg-4μmg
[D] 为了使系统处于静止状态,水平向右的外力F最大为mg+4μmg
【答案】 BCD
【解析】对B受力分析,如图所示,根据平衡条件可得FN2cos θ=mg,FN3=mgtan θ,所以FN2=
mg,FN3=mg,根据牛顿第三定律可得,球B对墙面的压力为mg,故A错误;对A、B整体,有F=mg>FN3=mg,所以斜面体受到水平地面的摩擦力为Ff=F-FN3=mg,方向水平向左,故B正确;为了使系统处于静止状态,水平向右的外力F最小时有Fmin+Ffm=FN3,Ffm=μ(m+
3m)g,解得Fmin=mg-4μmg,故C正确;水平向右的外力F最大时有Fmax=Ffm+FN3,解得Fmax=mg+4μmg,故D正确。
9.(4分)(2025·安徽期中)如图所示,A、B、C、D四块完全相同的长方体砖块摞在一起后放在倾角为θ的固定斜面上,砖块的质量均为m,放上后发现这四块砖能在斜面上一起匀速下滑,重力加速度为g。在运动过程中,下列说法正确的是(　　)
[A] 砖块之间的动摩擦因数为tan θ
[B] 砖块与斜面之间的动摩擦因数为tan θ
[C] 砖块B、C之间的摩擦力为滑动摩擦力,大小为2mgsin θ
[D] 砖块与斜面之间的摩擦力为滑动摩擦力,大小为mgsin θ
【答案】 B
【解析】 因四块砖能在斜面上一起匀速下滑,若砖块刚要相对滑动,取D为研究对象
mgsin θ=μmgcos θ,得μ=tan θ,所以砖块之间的动摩擦因数大于或等于tan θ,同理可知砖块与斜面之间的动摩擦因数为tan θ,选项A错误,B正确;因砖能在斜面上一起匀速下滑,取C、D整体为研究对象,有Ff=2mgsin θ,但B、C相对静止,为静摩擦力,同理,砖块与斜面之间的摩擦力为滑动摩擦力,大小为Ff′=4mgsin θ,选项C、D错误。
10. (4分)(2025·山东期中)如图所示,两根轻绳一端系于结点O,另一端分别系于竖直固定环上的A、B两点,O点下面悬挂一物体M,绳OA水平,拉力大小为F1,绳OB与OA的夹角α=120°,拉力大小为F2。将两绳同时缓慢沿顺时针转过75°,并保持两绳之间的夹角α始终不变,且物体始终保持静止状态。则在旋转过程中,下列说法正确的是(　　)
[A] F1逐渐增大
[B] F1逐渐减小
[C] F2逐渐减小
[D] F2先减小后增大
【答案】 C
【解析】物体始终保持静止,合力为零,所以mg、F1、F2构成封闭的矢量三角形;由于重力不变,以及F1和F2夹角α=120°不变,即β=60°,矢量三角形动态图如图所示,当θ=β=60°时,F1为圆的直径,最大,所以F1先增大后减小,F2一直减小,故C正确,A、B、D错误。
11.(12分)(2025·江苏徐州期中)如图所示,固定的足够长粗糙细钢丝与水平方向间夹角θ=
30°,钢丝上穿有一质量为m的小球,小球可恰好静止在钢丝上。固定的P点到钢丝的距离为L,P点上缠绕一弹性轻绳,绳上弹力F满足关系F=x,其中x表示绳端点至P的距离;将绳连接小球后,小球可以静止在P点正下方的A点;已知重力加速度为g,最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。求:
(1)小球与钢丝间的动摩擦因数μ;
(2)小球在A点时受到的摩擦力Ff;
(3)将绳连接小球后,小球在钢丝上可静止范围的长度s。
【答案】 (1)　(2)　(3)2L
【解析】 (1)小球恰好静止在钢丝上时,如图所示,此时摩擦力等于最大静摩擦力,
由平衡条件有FN=mgcos θ,
Ffmax=mgsin θ,
其中Ffmax=μFN,
解得μ=。
(2)小球静止于A处时,由平衡条件有
FN′=(mg-F)cos θ,Ff=(mg-F)sin θ,
其中F=xPA,Ff=μFN′,
由几何关系xPA=2L,
解得Ff=。
(3)设弹性绳与斜面之间的夹角为α,小球恰好静止于最高处时,由平衡条件有
FN″+F′sin α=mgcos θ,mgsin θ=Ff′+F′cos α,
其中F′=x′,Ff′=μFN″,
由几何关系x′=,
解得tan α=,
小球恰好静止于最低处时,设弹性绳与斜面之间的夹角为α′,同理有
FN +F″sin α′=mgcos θ,
mgsin θ+Ff″=F″cos α′,
其中F″=x″,Ff″=μFN ,x″=,
解得tan α′=,
则s=-=2L。(共37张PPT)
微专题3　
共点力平衡中的
几类典型问题
[定位·学习目标]　
1.通过对动态平衡问题的学习,掌握解析法、图解法、相似三角形法等科学思维方法。2.通过对连接体问题的学习,掌握灵活处理整体与个体关系的科学价值观。3.通过对平衡中的临界和极值问题的学习,学会分析问题、解决问题,并形成科学态度与价值观。
突破·关键能力
要点一　动态平衡问题
「要点归纳」
1.动态平衡:平衡问题中物体位置的缓慢变化或者部分力发生变化,导致其他力的大小和方向缓慢变化,所以叫动态平衡。
2.分析方法
方法 适用情况 思路
解析法 利用力的矢量构成的三角形的边、角关系确定对应力的变化 (1)列平衡方程求出未知力与已知力的关系表达式;
(2)根据已知力的变化情况来确定未知力的变化情况
图解法 三个力中一个力不变,另一个力的方向不变 (1)根据已知不变力和变力的变化情况,画出力的平行四边形边、角的变化;
(2)确定未知力大小、方向的变化
相似三 角形法 三个力中一个力不变,三个力分别与一个几何三角形的三条边平行或共线 (1)根据已知条件画出力的三角形,找出对应的相似空间几何三角形,利用三角形相似知识列出比例式;
(2)由几何三角形的边、角的“变”与“不变”确定未知力的变化情况
[例1] (图解法)如图所示,重力为G的电灯悬于两壁之间,OA绳水平,OB绳与竖直方向夹角为45°,保持O点及绳OB的位置固定不变,而将绳端A点向上移动(绳OA长度可调),绳子重力不计,则下列判断正确的是(　　)
[A] 绳端A点上移前,OB绳拉力大小等于G
[B] 绳端A点上移前,OA绳拉力大小等于OB绳拉力
[C] 绳端A点向上移动过程中,OA绳对电灯的拉力先减小后增大
[D] 绳端A点向上移动过程中,OB绳对电灯的拉力一直增大
「典例研习」
C
·规律方法·
图解法分析动态平衡问题的步骤
(1)对物体进行受力分析。
(2)确定各力的“变”与“不变”。
(3)根据力的平行四边形定则(或三角形定则)作出不同状态下的分力和合力的关系图示,由此确定相关力的变化情况。
[例2] (相似三角形法)如图所示,质量为M的木板B放置在粗糙水平地面上,O为光滑铰链。轻杆一端与铰链O固定连接,另一端固定连接一质量为m的小球A。现将轻绳一端拴在小球A上,另一端通过光滑的定滑轮O′由力F牵引,定滑轮位于O的正上方,整个系统处于静止状态。现改变力F的大小使小球A和轻杆从图示位置缓慢运动到O′正下方,木板始终保持静止,则在整个过程中(　　)
[A] 外力F大小不变
[B] 轻杆对小球的作用力大小不变
[C] 地面对木板的支持力逐渐变小
[D] 地面对木板的摩擦力逐渐增大
B
令轻杆与水平方向夹角为θ,如图乙所示,对木板B进行受力分析,并沿水平方向和竖直方向建立平面直角坐标系正交分解,根据几何关系可得,竖直方向上FN″=Mg+FN′sin θ,FN′=FN,水平方向上Ff=FN′cos θ,由此可知轻杆弹力大小FN′不变,θ增大,则FN″增大,Ff减小,即地面对木板的支持力逐渐变大,地面对木板的摩擦力逐渐减小,故C、D错误。
要点二　整体法和隔离法在平衡问题中的应用
「要点归纳」
1.问题界定:一个平衡系统中涉及两个或两个以上的物体,即为多物体的平衡问题。
2.处理方法:整体法和隔离法。
(1)如果不涉及系统内物体间的相互作用力,系统内的物体具有相同的运动状态,要优先采用整体法,这样涉及的研究对象少,未知量少,方程少,求解简便。
(2)如果涉及系统内物体间的相互作用力,则采用隔离法,对有关物体单独分析受力并列方程求解。
[例3] 如图所示,由五根等长的轻质细绳悬挂起四个质量相等的灯笼,中间的细绳是水平的,另外四根细绳与水平天花板面所成的角分别为θ1=30°和θ2。设悬挂在天花板处绳子的拉力大小为F1,水平段绳子的拉力大小为F2,每个灯笼的质量为m,下列关系式正确的是(　　)
「典例研习」
C
·规律方法·
整体法和隔离法的灵活应用
(1)当分析系统所受外力时,采用整体法分析外界对系统的作用力。
(2)当分析系统内各物体间的相互作用时,采用隔离法且选择受力较少的物体为研究对象。
(3)在较复杂的平衡问题中,灵活选用或交替使用整体法和隔离法,可以使问题的分析、计算过程大为简化,能起到事半功倍的作用。
要点三　平衡中的临界和极值问题
「要点归纳」
1.临界问题
(1)问题界定:物体处于平衡状态,因为其中某一个力方向发生变化,而致使原来的状态即将被打破的状态为临界状态,涉及临界状态的问题为临界问题。
(2)问题特点。
①当某个力发生变化时,会引起其他几个力的变化。
②注意某现象“恰好出现”或“恰好不出现”的条件。在问题描述中常用“刚好”“刚能”“恰好”等词语。
(3)处理方法: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。
2.极值问题
(1)问题界定:物体平衡的极值问题,一般指在力的变化过程中涉及力的最大值或最小值的问题。
(2)处理方法。
①解析法: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。
②图解法:根据物体的平衡条件作出力的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。
[例4] (临界问题) (多选)如图所示,物体的质量m=4.4 kg,用与竖直方向成θ=37°的斜向右上方的推力F把该物体压在竖直墙壁上,使它静止在竖直的墙壁上。物体与墙壁间的动摩擦因数μ=0.5,重力加速度g取 10 m/s2,最大静摩擦力与滑动摩擦力相等,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,则推力F的大小可能是
(　　 )
[A] 22 N [B] 40 N
[C] 66 N [D] 80 N
「典例研习」
BCD
【解析】 当物体刚要向上滑动时,受力分析如图甲所示,水平方向根据平衡条件可得FN=F1sin θ,竖直方向根据平衡条件可得F1cos θ=Ff+mg,最大静摩擦力与滑动摩擦力相等,由滑动摩擦力公式得 Ff=μFN,联立解得F1=88 N;当物体刚要向下滑动时,受力分析如图乙所示,水平方向根据平衡条件可得FN′=F2sin θ,竖直方向根据平衡条件可得F2cos θ+Ff′=mg,
最大静摩擦力与滑动摩擦力相等,由滑动摩擦力公式得
Ff′=μFN′,由以上三式可解得F2=40 N。综上所述,使物体
静止在竖直的墙壁上,推力F的范围为40 N≤F≤88 N,故B、
C、D正确,A错误。
[例5] (极值问题)如图所示,物体的质量为2 kg,两根轻细绳AB和AC的一端固定于竖直墙上,另一端系于物体上(∠BAC=θ=60°),在物体上另施加一个方向与水平线也成θ角的拉力F,若要使两绳都能伸直,求拉力F的大小范围(g取
10 m/s2)。
·规律方法·
临界与极值问题的分析技巧
(1)求解平衡中的临界问题和极值问题时,首先要正确地进行受力分析和变化过程分析,找出平衡中的临界点和极值点。
(2)临界条件必须在变化中寻找,不能停留在一个状态来研究临界问题,而是要把某个物理量推向极端,即极大或极小,并依此作出科学的推理分析,从而给出判断或结论。
检测·学习效果
1.(2025·广东期中)如图所示,一幼儿园小朋友在水平桌面上将a、b、c三个形状不规则的石块成功叠放在一起,受到了老师的表扬,则下列说法正确的是(　　)
[A] c受到水平桌面向左的摩擦力
[B] c对b的摩擦力方向与接触面平行向下
[C] b对a的弹力方向竖直向上
[D] b对a的摩擦力方向与接触面平行向上
D
【解析】 以三个石块组成的整体为研究对象,整体只受到重力和桌面的支持力,水平方向不受摩擦力,A错误;选取ab作为整体研究,ab有相对c向下运动的趋势,则石块c对b的摩擦力与接触面平行向上,B错误;石块b对a的支持力与其对a的静摩擦力的合力,跟a受到的重力是平衡力,则b对a的弹力和静摩擦力的合力方向竖直向上,弹力的方向不是竖直向上,而是垂直于接触面向上,C错误;根据上述分析,同理对a而言,a相对b有向下运动的趋势,则石块b对a的摩擦力与接触面平行向上, D正确。
2.(2025·浙江阶段练习)长木板顶端放有一个木块,当倾角θ较小时,木块静止,现均匀增加倾角θ,直到木块滑到长木板底端,则(　　)
[A] 木块未滑动之前,所受的摩擦力减小,支持力减小
[B] 木块未滑动之前,所受的摩擦力增大,支持力增大
[C] 木块开始滑动之后,所受的摩擦力减小,支持力减小
[D] 木块开始滑动之后,所受的摩擦力增大,支持力增大
C
【解析】 木块未滑动之前,静摩擦力大小和支持力大小分别为Ff=
mgsin θ,FN=mgcos θ,当增加倾角θ时,摩擦力增大,支持力减小,故A、B错误;木块开始滑动之后,滑动摩擦力大小为Ff′=μmgcos θ,支持力大小为FN=
mgcos θ,当增加倾角θ时,摩擦力减小,支持力减小,故C正确,D错误。
3.如图所示,一小球套在竖直固定的光滑圆环上,在圆环的最高点有一个光滑小孔,一根轻绳的下端系着小球,上端穿过小孔用力拉住,开始时小球在圆环最低点的右侧。现缓慢拉动轻绳,使小球沿圆环缓慢上升一小段距离,对该过程,下列说法正确的是(　　)
[A] 小球对轻绳的拉力增大
[B] 小球对轻绳的拉力减小
[C] 小球对圆环的压力增大
[D] 小球对圆环的压力减小
B
4.如图所示,轻绳的两端分别系在圆环A和小球B上,圆环A套在粗糙的水平直杆MN上。现用水平力F拉着绳子上的结点O,使小球B从图中实线位置缓慢上升到虚线位置,但圆环A始终保持在原位置不动,在这一过程中,环对杆的摩擦力Ff和环对杆的压力FN的变化情况是(　　)
[A] Ff不变,FN不变 [B] Ff增大,FN不变
[C] Ff增大,FN减小 [D] Ff不变,FN减小
B
【解析】 方法一　图解法
以结点O为研究对象进行受力分析。由题可知,结点O处于动态平衡状态,则可作出三力的平衡关系图如图甲所示,由图可知水平拉力增大。以环、绳和小球构成的整体为研究对象,作受力分析图如图乙所示,由整个系统平衡可知FN=(mA+mB)g,Ff=F,则Ff增大,FN不变,故B正确。
5.如图所示,质量为2m的物体A放在水平桌面上,通过光滑的定滑轮悬挂一个质量为m的物体B。已知物体A与桌面间的动摩擦因数为0.4,要使A静止,需加一水平向左的力F=kmg,重力加速度大小为g,A与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则k的取值可能为(　　)
[A] 0.1 [B] 1.7 [C] 2.5 [D] 3.1
B
【解析】 对物体B受力分析,可知绳的拉力FT=mg,对物体A受力分析,最大静摩擦力为 Ffm=μ·2mg=0.8mg1.8mg,即0.2≤k≤1.8,故选B。
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