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微专题三　共点力平衡中的四类典型问题
专 题 探 究
主题一　动态平衡问题
1．动态平衡
是指通过控制某些物理量使物体的状态发生缓慢变化．在这个过程中物体始终处于一系列平衡状态中．
2．动态平衡特征
一般为三个力作用，其中一个力的大小和方向均不变化(一般是重力)，一个力的大小变化而方向不变，另一个力的大小和方向均变化．
3．解决动态平衡问题的常用方法
方法
步骤
解析法
(1)选某一状态对物体进行受力分析；
(2)将物体所受的力按实际效果分解或正交分解；
(3)列平衡方程求出未知量与已知量的关系式；
(4)根据已知量的变化情况来确定未知量的变化情况
图解法
(1)选某一状态对物体进行受力分析；
(2)根据平衡条件画出平行四边形或三角形；
(3)根据已知量的变化情况画出平行四边形或三角形的边角变化；
(4)确定未知量大小、方向的变化
【典例示范】
例1　
如图所示，两根等长的绳子AB和BC吊一重物静止，两根绳子与水平方向夹角均为60°.现保持绳子AB与水平方向的夹角不变，将绳子BC逐渐慢慢地变化到沿水平方向，在这一过程中，绳子BC的拉力变化情况是(　　)
A．增大　　　　　　　　　B．先减小后增大
C．减小 D．先增大后减小
解析：方法一　(图解法)对力的处理(求合力)采用合成法，应用合力为零求解时采用图解法(画动态平行四边形法)．作出力的平行四边形，如图所示．由图可看出，FBC先减小后增大．
方法二　对力的处理(求合力)采用正交分解法，应用合力为零求解时采用解析法．如图所示，将FAB、FBC分别沿水平方向和竖直方向分解，由两方向合力为零分别列出：
FABcos 60°＝FBCsin θ，
FABsin 60°＋FBC cos θ＝FB，
联立解得FBCsin(30°＋θ)＝，
显然，当θ＝60°时，FBC最小，故当θ变大时，FBC先变小后变大．
答案：B
方法技巧
图解法分析动态问题的技巧
对力分解的动态问题，首先要明确合力与分力，其次要明确哪些力是不变量，哪些力是变化量，即明确哪些力的大小或者方向变化，哪些力的大小和方向都变化．
训练1　(多选)
如图所示，用竖直挡板将小球夹在挡板和光滑斜面之间，若缓慢转动挡板，使其由竖直转至水平的过程中，以下说法正确的是(　　)
A．挡板对小球的弹力先增大后减小
B．挡板对小球的弹力先减小后增大
C．斜面对小球的支持力先减小后增大
D．斜面对小球的支持力一直逐渐减小
解析：
取小球为研究对象，小球受到重力G、挡板对小球的弹力FN1和斜面对小球的支持力FN2三个力作用，如图所示，FN1和FN2的合力与重力大小相等，方向相反，FN2总垂直接触面(斜面)，方向不变，根据图解可以看出，在FN1方向改变时，其大小(箭头)只能沿PQ线变动．显然在挡板移动过程中，FN1先变小后变大，FN2一直减小．
答案：BD
训练2　
如图所示，一光滑小球静止放置在光滑半球面的底端，用竖直放置的光滑挡板水平向右缓慢地推动小球，则在小球运动的过程中(该过程小球未脱离球面)，木板对小球的推力F1、半球面对小球的支持力F2的变化情况正确的是(　　)
A．F1增大，F2减小 B．F1增大，F2增大
C．F1减小，F2减小 D．F1减小，F2增大
解析：
作出球在某位置时的受力分析图，如图所示．在小球运动的过程中，F1的方向不变，F2与竖直方向的夹角逐渐变大，画力的动态平行四边形，由图可知F1、F2均增大，选项B正确．
答案：B
主题二　应用整体法与隔离法处理平衡问题
整体法和隔离法选用的原则
整体法
隔离法
选用原则
研究系统外的物体对系统整体的作用力或系统整体的加速度
研究系统内物体之间的相互作用力
注意问题
进行受力分析时不需再考虑系统内物体间的相互作用
一般隔离受力较少的物体
说明
解决实际问题时常交替使用整体法与隔离法
【典例示范】
例2　如图所示，用完全相同的轻弹簧A、B、C将两个相同的小球连接并悬挂，小球处于静止状态，弹簧A与竖直方向的夹角为30°，弹簧C水平，则弹簧A、C的伸长量之比为(　　)
A.:4 B．4:
C．1:2 D．2:1
解析：
将两小球及弹簧B视为整体，进行受力分析有
FC＝FAsin 30°，FC＝kxC，FA＝kxA
＝＝2:1
＝2:1
故D正确，A、B、C错误．
答案：D
训练3　
(多选)如图所示，质量均为m的两木块a与b叠放在水平地面上，a、b分别受到两个水平拉力的作用，两力大小均为F，两木块保持静止状态，则(　　)
A．a、b之间一定存在静摩擦力
B．b与地面之间一定存在静摩擦力
C．b与地面之间一定不存在静摩擦力
D．地面对b的支持力一定大于2mg
解析：由于两木块静止，对a进行受力分析可知，a受向右的拉力作用而有向右的运动趋势，故a一定受到b对a的静摩擦力作用，选项A正确；对a、b整体分析可知，整体受水平方向上的拉力的合力为零，故b与地面间没有摩擦力，选项B错误，C正确；对a、b整体分析可知，竖直方向不受外力，故地面对b的支持力一定等于2mg，选项D错误．
答案：AC
主题三　平衡物体的临界、极值问题
临界状态也可理解为“恰好出现”或“恰好不出现”某种现象的状态．主要有两类：
(1)与最大静摩擦力相关的临界平衡问题．此类问题应注意：一是最大静摩擦力的值，要么已知，要么题设会说明最大静摩擦力约等于滑动摩擦力．二是注意静摩擦力方向会随外力大小改变而改变．
(2)与绳最大承受力相关的临界平衡问题．解决此类问题的主要方法就是极值假设法，即通过恰当地选取某个物理量，将其推向极值，得到一个新的已知条件，然后求解．
【典例示范】
例3　
如图所示，能承受最大拉力为10 N的细线OA与竖直方向成45°角，能承受最大拉力为5 N的细线OB水平，细线OC能承受足够大的拉力，为使OA、OB均不被拉断，OC下端所悬挂物体的最大重力是多少？
解析：
如图所示，将重力G按效果分解为FA、FB，则有FA＝＝G，FB＝Gtan 45°＝G
当FA＝10 N时，物体重力G1＝＝5 N
当FB＝5 N时，物体重力G2＝FB＝5 N
所以悬挂物体的最大重力为Gmax＝5 N.
答案：5 N
训练4　
如图，在固定斜面上的一物块受到一外力F的作用，F平行于斜面向上．若要物块在斜面上保持静止，F的取值应有一定范围，已知其最大值和最小值分别为F1和F2(F2>0)．由此可求出(　　)
A．物块的质量
B．斜面的倾角
C．物块与斜面间的最大静摩擦力
D．物块对斜面的正压力
解析：物块在斜面上处于静止状态，先对物块进行受力分析，确定其运动趋势，列平衡方程可得Ff.物块受与斜面平行的外力F作用，而在斜面上静止，此时摩擦力的大小和方向将随F的变化而变化．设斜面倾角为θ，由平衡条件F1－mgsin θ－Ffmax＝0，F2－mgsin θ＋Ffmax＝0，解得Ffmax＝.
答案：C
主题四　动摩擦因数的测量
方案一　利用砝码和弹簧测力计
1．实验装置：
2．实验原理及步骤：如图甲所示，向砝码盘C内加减砝码，轻推铁块P，使其恰好能在水平木板B上向左匀速滑动，铁块P处于平衡状态．用弹簧测力计测出P和C受到的重力GP和GC，则P所受的滑动摩擦力Ff＝GC，可求出P、B间的动摩擦因数．
3．实验结论：动摩擦因数μ＝.
方案二　利用弹簧测力计
1．实验装置：
2．实验原理及步骤：如图乙所示，使木板静止在水平桌面上，用手通过弹簧测力计向右拉铁块P，使铁块P向右匀速运动，读出此时弹簧测力计的读数F，F等于铁块P所受的滑动摩擦力Ff，再用弹簧测力计测出铁块P的重力，由平衡条件可知，FN＝GP，且Ff＝μFN.(此方案理论上可行，但在操作中很难保证P匀速前进)
3．实验结论：动摩擦因数μ＝.
方案三　利用弹簧测力计
1．实验装置：
2．实验原理及步骤：如图丙所示，在水平力F作用下，只要使木板A相对木块B滑动(做匀速或变速直线运动都可)，就可由弹簧测力计的读数得到A、B间的滑动摩擦力Ff，再用弹簧测力计测出木块B受到的重力GB，即可由Ff＝μGB求出动摩擦因数μ.(此方案只要求A相对B沿直线滑动即可，切实可行)
3．实验结论：动摩擦因数μ＝＝.
【典例示范】
例4　两同学做测定木板与铁块之间的动摩擦因数的实验时，设计了甲、乙两种方案．
方案甲：木板固定，用弹簧测力计拉动铁块，如图甲所示；
方案乙：铁块通过弹簧测力计与墙连接，用手拉动木板，如图乙所示．
实验器材有：弹簧测力计、木板、质量为400 g的铁块、细线、质量为200 g的配重若干．(g取10 m/s2)
(1)上述两种方案你认为更合理的方案是________(选填“甲”或“乙”)．
(2)某同学在铁块上加上配重，改变铁块对木板的正压力，记录的实验数据如表所示：
实验次数
1
2
3
4
5
配重(个数)
0
1
2
3
4
弹簧测力计读数/N
1.00
1.50
2.00
2.20
3.00
请根据上述数据在图丙中画出铁块所受摩擦力Ff和压力FN的关系图像；由图像可求出木板和铁块间的动摩擦因数是________．
解析：(1)甲中铁块在弹簧测力计作用下，不易控制它一直做匀速直线运动，弹簧测力计的示数也不稳定，而乙中拉动的是木板，木板运动的速度不影响滑动摩擦力的大小，稳定时弹簧测力计与铁块相对于地面静止，此时读数更准确，故更合理的方案是乙．
(2)由表中数据可画出摩擦力与正压力间的关系图像如图所示．
由Ff＝μFN可知，图像的斜率等于木板和铁块间的动摩擦因数，μ＝＝0.25.
答案：(1)乙　(2)图见解析　0.25
训练5　[2019·衡中周考]如图所示，物体A重40 N，物体B重20 N，A与B，A与地面的动摩擦因数相同，物体B用细绳系住，当水平力F＝32 N时，才能将A匀速拉出，求接触面间的动摩擦因数．
解析：以物体A为研究对象，物体B对物体A的正压力FN＝GB，地面对A的支持力：FN1＝GA＋FN，A受B的滑动摩擦力Ff＝μFN，A受地面的滑动摩擦力Ff1＝μFN1，水平方向：F＝Ff＋Ff1，代入数据即可得到μ＝0.4.
答案：0.4
课 堂 达 标
1.
如图所示，三个木块A、B、C在水平推力F作用下静止在竖直的墙面上．已知A的左侧面是光滑的，下列说法错误的是(　　)
A．A对B的摩擦力竖直向下
B．B对C的摩擦力竖直向下
C．C对墙的摩擦力竖直向上
D．墙对C的摩擦力竖直向上
解析：对A、B、C整体受力分析，知墙对C的摩擦力方向向上平衡整体重力．对A受力分析，B对A的摩擦力方向向上平衡A的重力；对B分析知C对B的摩擦力方向向上．
答案：C
2.
[2019·岳阳高一检测]如图所示，滑块放在水平地面上，左边受一个弹簧拉力作用，弹簧原长小于悬挂点的高度，水平向右的拉力F拉动滑块，使滑块向右缓慢移动，并且滑块始终没有离开地面，则在上述过程中，下列说法正确的是(　　)
A．弹簧弹力在竖直方向的分量不变，滑块受到的摩擦力不变
B．弹簧弹力在竖直方向的分量不变，滑块受到的摩擦力变小
C．弹簧弹力在竖直方向的分量增大，滑块受到的摩擦力不变
D．弹簧弹力在竖直方向的分量增大，滑块受到的摩擦力变小
答案：D
3.
如图所示，电灯悬挂于两墙之间，更换绳OA，使连接点A向上移，但保持O点位置不变，则A点向上移时，绳OA的拉力(　　)
A．逐渐增大
B．逐渐减小
C．先增大后减小
D．先减小后增大
解析：
O点受三个力作用：OC绳、OB绳和OA绳的拉力．根据三力平衡的条件可知，OB绳和OA绳对O点拉力的合力FAB与OC绳对O点的拉力大小相等、方向相反，是一对平衡力，即FAB－G＝0.
OB绳和OA绳对O点拉力的合力大小和方向都保持不变，由于O点和B点位置不变，因此OB绳拉力方向不变，OA绳拉力方向因悬点A向上移动而改变．作出O点受力图如图所示，由几何知识得，当FOA与OB绳方向垂直时，FOA最小，故FOA先减小后增大，FOB一直减小．
答案：D
4.
[2019·江苏四市高一联考]如图所示，在竖直平面内，用甲、乙两个弹簧秤通过细线拉着一个物块，使之处于静止状态．若保持甲弹簧秤拉力的方向不变，缓慢地调节乙弹簧秤，使两细线之间的夹角增大一些，则(　　)
A．两拉力的合力可能增大
B．两拉力的合力可能减小
C．甲弹簧秤的示数可能减小
D．乙弹簧秤的示数可能减小
解析：
由平衡条件得知，甲、乙两个拉力F1和F2的合力与重力G大小相等、方向相反，保持不变，作出甲、乙两个弹簧秤在三个不同位置时力的合成图，如图所示，可以看出，当甲、乙两个弹簧秤方向相互垂直时，F2最小，可见，F1逐渐减小，F2先逐渐减小后逐渐增大．甲的拉力逐渐减小，乙的拉力先减小后增大．故选D.
答案：D
5.
(多选)如图所示，质量分别为m1、m2的两个物体通过轻弹簧连接，在力F的作用下一起沿水平方向做匀速直线运动(m1在地面，m2在空中)，力F与水平方向成θ角．则m1所受支持力FN和摩擦力Ff正确的是(　　)
A．FN＝m1g＋m2g－Fsin θ
B．FN＝m1g＋m2g－Fcos θ
C．Ff＝Fcos θ
D．Ff＝Fsin θ
解析：
因为本题中两个物体和轻弹簧一起都做匀速直线运动，所受合力为零，所以可以将这两个物体和轻弹簧看成一个整体进行受力分析，如图所示，由正交分解法可知，
在水平方向有Ff＝Fcos θ
竖直方向有FN＋Fsin θ＝m1g＋m2g
所以Ff＝Fcos θ，FN＝m1g＋m2g－Fsin θ，A、C正确．
答案：AC
6.
(多选)如图所示，重力G＝100 N的物体在沿斜面向上的力F＝30 N的作用下静止于倾角θ＝30°的斜面上，当F发生下列变化时，物体仍静止．关于摩擦力的变化情况判断正确的是(　　)
A．当F变为40 N时，摩擦力为40 N，方向沿斜面向上
B．当F变为50 N时，摩擦力为0
C．当F变为60 N时，摩擦力为10 N，方向沿斜面向下
D．当F从30 N逐渐变为60 N的过程中，摩擦力一直减小
解析：重力沿斜面向下的分力为G′＝mgsin 30°＝50 N，当F＝40 N时，Ff＝G′－F＝10 N，方向沿斜面向上，A错；F＝50 N时，Ff＝G′－F＝0，故B对；当F＝60 N时，Ff＝F－G′＝10 N，方向沿斜面向下，C对；根据以上计算知，D错．
答案：BC

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