1、习题课二共点力平衡的三类问题多物体的平衡问题要点归纳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，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，则必须采用隔离法，对有关物体单独分析。例题1如图所示，粗糙水平地面上放着一个截面为半圆的柱状物体A，A与竖直墙之间放一光滑半圆球B，整个装置处于平衡状态。已知A、B的质量分别为m和M，半圆球B与柱状物体A的半径均为R，半圆球B的球心到水平地面的竖直距离为R，重力加速度为g。求：(1)地面对物体A
2、的支持力的大小；(2)地面对物体A的摩擦力。解析(1)把A、B看成一个系统，对其运用整体法，该系统在竖直方向上受到竖直向下的重力(Mm)g和地面的支持力FN的作用，二力平衡，所以FN(Mm)g。(2)在水平方向上，该系统肯定受到竖直墙水平向右的弹力的作用，那么一定也受到地面水平向左的摩擦力，并且摩擦力的大小等于弹力的大小；再选取半圆球B为研究对象，运用隔离法，受力分析如图所示。根据力的分解和力的平衡条件可得FN1，FN2Mgtan 半圆球B的球心到水平地面的竖直距离为R，由几何关系，知45所以FN2Mg。故地面对A的摩擦力大小为Mg，方向水平向左。答案(1)(Mm)g(2)Mg，方向水平向左整
3、体法和隔离法的选择原则(1)当分析系统所受外力时，可以采用整体法来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，一般采用隔离法且选择受力较少的物体为研究对象。(3)整体法的优点在于减少受力分析的个数，但不能分析内力；隔离法的优点是对多个物体的受力了解得比较清楚，但计算时有点麻烦。 针对训练1.如图所示，水平地面上的L形木板M上放着小木块m，M与m间有一个处于压缩状态的弹簧，整个装置处于静止状态。下列说法正确的是()AM对m的摩擦力方向向左BM对m无摩擦力作用C地面对M的摩擦力方向向右D地面对M无摩擦力作用解析：选D对m受力分析，m受到重力、支持力、水平向左的弹力，根据平衡条件
4、知，还受M对m向右的摩擦力，故A、B错误；对整体受力分析，在竖直方向上受到重力和支持力而平衡，若地面对M有摩擦力，则整体不能平衡，故地面对M无摩擦力作用，故C错误，D正确。2叠放在水平地面上的四个完全相同的排球如图所示，质量均为m，相互接触。球与地面间的动摩擦因数均为，则()A上方球与下方三个球间均没有弹力B下方三个球与水平地面间均没有摩擦力C水平地面对下方三个球的支持力均为mgD水平地面对下方三个球的摩擦力均为mg解析：选C将四个球看作一个整体，地面的支持力与球的重力平衡，设其中一个球受到的支持力大小为FN，因此3FN4mg，即FN mg，C正确；最上面的球对下面三个球肯定有压力，即有弹力，
5、A错误；以下方三个球中任意一个球为研究对象，受力分析如图所示，由此可知B错误；由于地面与球之间的摩擦力为静摩擦力，不能通过fFN求解，D错误。3.如图所示，横截面为直角三角形的斜劈A，底面靠在粗糙的竖直墙面上，力F通过球心水平作用在光滑球B上，系统处于静止状态，当力F增大时，系统还保持静止，则下列说法正确的是()AA所受合力减小B竖直墙壁对A的压力一定增大C地面对B的支持力不变D墙面对A的摩擦力一定增大解析：选B斜劈A一直处于静止，所受合力一直为零且保持不变，故A错误；以整体为研究对象，受力分析，根据平衡条件，在水平方向上，有 FNFFN为竖直墙壁对A的弹力，F增大，则FN增大，故B正确；对B
6、受力分析，如图所示，根据平衡条件，有 FFNsin F增大，则FN增大，FNmgFNcos FN增大，则FN增大，以整体为研究对象，若开始时，墙面对A的摩擦力方向向上，则在竖直方向上，有FNfMg，只有FN增大至与Mg相等时，才有f0，此过程A受到的摩擦力减小，故C、D错误。动态平衡问题要点归纳1问题界定： 动态平衡问题是指物体的状态发生缓慢变化，可以认为任一时刻都处于平衡状态。2常用解答方法解析法对研究对象的任一状态进行受力分析，建立平衡方程，求出因变参量与自变参量的一般函数，然后根据自变参量的变化确定因变参量的变化图解法对研究对象进行受力分析，再根据平行四边形定则或三角形定则画出不同状态下
7、力的矢量图(画在同一个图中)，然后根据有向线段的长度、角度的变化判断各个力大小、方向的变化情况相似三角形法在三力平衡问题中，如果有一个力是恒力，另外两个力方向都变化，且题目给出了空间几何关系，多数情况下力的矢量三角形与空间几何三角形相似，可利用相似三角形对应边成比例进行计算例题2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拉着绳子上的一点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f和环对杆的压力FN的变化情况是()Af不变，FN不变Bf增大，FN不变Cf增大，FN减小 D.f不变，FN减
8、小解析方法一：图解法以结点O为研究对象进行受力分析。由题可知，O点处于动态平衡，则可作出三力的平衡关系图如图(a)所示，由图可知水平拉力增大。以环、绳和小球构成的整体作为研究对象，作受力分析图如图(b)所示，由整个系统平衡可知FN(mAmB)g，fF。即f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(a)所示，由平衡条件得FTcos mBg，FTsin F，故FT，FmBgtan 。以环、绳和小球构成的整体为研究对象，受力分析如图(b)所示，由平衡条件得FN(mAmB)g，fFmBgtan 。B上升过程中，增大，tan 增大，f增大，而FN不变。故B正确。答案B例题
9、3光滑半球面上的小球被一通过定滑轮的力F由底端缓慢拉到顶端的过程中，试分析绳的拉力F及半球面对小球的支持力FN的变化情况(如图所示)。解析如图所示，作出小球的受力示意图，注意弹力FN总与球面垂直，从图中可得到相似三角形。设光滑半球面半径为R，定滑轮到球面最高点的距离为h，定滑轮与小球间绳长为L，根据三角形相似，得由以上两式得，绳中的张力Fmg球面的弹力FNmg由于在拉动过程中h、R不变，L变小，故F减小，FN不变。答案见解析针对训练1.如图所示，斜面与水平面、斜面与挡板间的夹角均为30，一小球放置在斜面与挡板之间，挡板对小球的弹力为FN1，斜面对小球的弹力为FN2，以挡板与斜面连接点所形成的水
10、平直线为轴，将挡板从图示位置开始逆时针缓慢地转到水平位置，不计摩擦，在此过程中()AFN1始终减小，FN2始终增大BFN1始终增大，FN2始终减小CFN1始终减小，FN2先减小后增大DFN1先减小后增大，FN2始终减小解析：选D对小球受力分析如图所示，将FN1与FN2合成，其合力与重力等大反向。挡板转动时，挡板给球的弹力FN1与斜面给球的弹力FN2的合力大小、方向不变，其中FN2的方向不变，挡板逆时针转动过程中，FN1的方向变化如图中a、b、c的规律变化，为满足平行四边形定则，其大小变化规律为先变小后变大，其中挡板与斜面垂直时为最小。与此对应，FN2的大小为一直减小。故D正确。2.如图所示，轻
11、杆A端用铰链固定在墙上，B端吊一重物。通过轻绳跨过定滑轮用拉力F将B端缓慢上拉，滑轮O在A点正上方(滑轮大小及摩擦均不计)，且OAAB，在AB杆达到竖直位置前()A拉力F增大B拉力F大小不变C杆的弹力增大 D.杆的弹力大小不变解析：选D以B点为研究对象，分析受力情况：受重物的拉力T(等于重物的重力G)、轻杆的弹力FN和轻绳的拉力F，作出受力分析图如图所示。由平衡条件得知，FN和F的合力与T大小相等，方向相反，根据三角形相似，可得，又TG，解得FNG，FG。拉力F将B端缓慢上拉，BAO缓慢变小，AB、AO保持不变，BO变小，则FN保持不变，F变小，故A、B、C错误，D正确。3.半圆柱体P放在粗糙
12、的水平地面上，其右端有一固定放置的竖直挡板MN。在半圆柱体P和MN之间放有一个光滑的均匀小圆柱体Q，整个装置处于平衡状态，如图所示的是这个装置的纵截面图。现使MN保持竖直并且缓慢地向右平移，在Q滑落到地面之前，发现P始终保持静止。则在此过程中，下列说法正确的是()AMN对Q的弹力逐渐减小B地面对P的摩擦力逐渐增大CP、Q间的弹力先减小后增大DQ所受的合力逐渐增大解析：选BQ的受力情况如图所示，F1表示P对Q的弹力，F2表示MN对Q的弹力，F2的方向水平向左保持不变，F1的方向顺时针旋转，由平行四边形的边长变化可知F1与F2都逐渐增大，A、C错误；由于挡板MN缓慢移动，Q处于平衡状态，所受合力为
13、零，D错误；对P、Q整体受力分析，由平衡条件得fF2，由于F2不断增大，故f不断增大，B正确。共点力平衡中的临界、极值问题要点归纳1临界问题(1)问题界定：物体所处平衡状态将要发生变化的状态为临界状态，涉及临界状态的问题为临界问题。(2)问题特点当某物理量发生变化时，会引起其他几个物理量的变化。注意某现象“恰好出现”或“恰好不出现”的条件。(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和最小值的问题。(2)处理方法解析法：根据物体的平衡条件列出方程，在解方程
14、时，采用数学知识求极值或者根据物理临界条件求极值。图解法：根据物体的平衡条件作出力的矢量图，画出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。例题4物体的质量为2 kg，两根轻绳AB和AC的一端连接于竖直墙上(B、C在同一竖直线上)，另一端系于物体上，在物体上另施加一个方向与水平线成60角的拉力F，若要使两绳都能伸直，如图所示，伸直时AC与墙面垂直，绳AB与绳AC间夹角也为60，求拉力F的取值范围(g取10 m/s2)。解析物体的受力情况如图所示，由平衡条件，得Fsin F1sin mg0Fcos F2F1cos 0由上述两式，得FF1F令F10，得F的最大值Fmax N令F20，
15、得F的最小值Fmin N综合得F的取值范围为 NF N。答案 NF 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，并依此进行科学的推理分析，从而给出判断或结论。针对训练1.(多选)有一堆砂子在水平面上堆成圆锥形，稳定时底角为，如图所示。如果视每粒砂子完全相同，砂子与砂子之间，砂子与地面之间的动摩擦因数均为，砂子之间的最大静摩擦力可近似认为与滑动摩擦力相等，以下说法正确的是()A砂子稳定时，砂堆底面受到
16、地面的摩擦力一定为零B砂子稳定时，只有形成严格规则的圆锥底面受到地面的摩擦力才为零C砂子稳定形成的圆锥底角最大时，tan D砂子稳定形成的圆锥底角最大时，sin 解析：选AC把所有砂子看成一个整体，对整体受力分析，由水平方向上的合力为零可得，砂子稳定时，砂堆底面受到地面的摩擦力一定为零，与形状无关，故A正确，B错误；取斜面上的一粒质量为m的砂子为研究对象，若砂子恰好平衡，则倾角最大，砂子受力平衡，根据平衡条件得mgsin mgcos ，解得tan ，故C正确，D错误。2如图甲、乙所示，质量为m的物体置于倾角为的固定斜面上，物体与斜面之间的动摩擦因数为，先用平行于斜面的推力F1作用于物体上使其恰
17、能沿斜面匀速上滑，若改用水平推力F2作用于物体上，也恰能使物体沿斜面匀速上滑，则两次的推力之比为()Acos sin Bcos sin C1tan D.1tan 解析：选B物体在力F1作用下和力F2作用下运动时的受力分析分别如图甲、乙所示。将重力mg、力F1和F2沿斜面方向和垂直于斜面方向正交分解，由平衡条件可得F1mgsin f1，FN1mgcos ，f1FN1F2cos mgsin f2FN2mgcos F2sin f2FN2解得F1mgsin mgcos F2故cos sin ，B正确。3.如图所示，三根长度均为L的轻绳分别连接于C、D两点，A、B两端被悬挂在水平天花板上，相距2L，现在
18、C点上悬挂一个质量为m的重物，为使CD绳保持水平，在D点上可施加力的最小值为()Amg B.mgC.mg D.mg解析：选C由题图可知，要想CD水平，各绳均应绷紧，则由几何知识知AC与水平方向的夹角为60；结点C受力平衡，受力分析如图所示，则CD绳的拉力FTmgtan 30mg；D点受绳子拉力大小等于FT，方向向左；要使CD水平，D点两绳的拉力与外界的力的合力为零，则绳子CD对D点的拉力可分解为沿BD绳的分力F1及另一分力F2，由几何关系可知，当力F2与BD垂直时，F2最小，而F2的大小即施加在D点的力的大小，故最小力FFTsin 60mg，故C正确。1.如图所示，一箱苹果沿着倾角为的斜面，以
19、速度v匀速下滑。在箱子的中央有一个质量为m的苹果，它受到周围苹果对它作用力的合力的方向()A沿斜面向上B沿斜面向下C竖直向上 D.垂直斜面向上解析：选C一箱苹果整体向下做匀速运动，其中央的一个苹果也一定是做匀速运动，受到的合力为零。由于中央的那一个苹果受重力与它周围苹果对它的作用力的合力的作用，故重力与它周围苹果对它的作用力的合力为一对平衡力，大小相等、方向相反，故C正确。2.(多选)如图所示，轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆M、N上的a、b两点，悬挂衣服的衣架挂钩是光滑的，挂于绳上处于静止状态。如果只人为改变一个条件，当衣架静止时，下列说法正确的是()A绳的右端上移到b，绳子拉力不变
20、B绳的两端高度差越小，绳子拉力越小C将杆N向右移一些，绳子拉力变大D若换挂质量更大的衣服，则衣架悬挂点右移解析：选AC如图所示，两个绳子是对称的，与竖直方向的夹角是相等的。假设绳子的长度为x，两竖直杆间的距离为L，则xcos L，绳子一端在上下移动的时候，绳子的长度不变，两杆之间的距离不变，则角度不变；两个绳子的合力向上，大小等于衣服的重力，由于夹角不变，所以绳子的拉力不变，A正确，B错误。当杆向右移动后，根据xcos L，即L变大，绳长不变，所以角度减小，在绳子与竖直方向的夹角变大时，绳子的拉力变大，C正确；在绳长和两杆距离不变的情况下，不变，所以挂的衣服的质量变化，不会影响悬挂点的移动，D
21、错误。3.如图所示，两个质量都是m的小球A、B用轻杆连接后斜放在墙上处于平衡状态。已知墙面光滑，水平地面粗糙，现将A球向下移动一小段距离，两球再次达到平衡，那么将移动后的平衡状态和原来的平衡状态比较，地面对B球的支持力FN和地面对B的摩擦力f的变化情况是()AFN不变 B.FN变大Cf不变 D.f变小解析：选A对整体进行受力分析，知竖直方向有FN2mg，移动两球后，仍然平衡，则FN仍然等于2mg，所以FN不变；在水平方向上，地面对B的摩擦力f等于竖直墙壁对A的弹力。再隔离对A进行受力分析如图所示，墙壁对A球的弹力FNmgtan ；当A球向下移动一小段距离，夹角增大，所以FN增大，地面对B的摩擦
22、力f变大。故A正确，B、C、D错误。4.(多选)如图所示，质量为m、顶角为的直角劈和质量为M的正方体放在两竖直墙和一水平面间，处于静止状态。若不计一切摩擦，则()A水平面对正方体的弹力大小为(Mm)gB墙面对正方体的弹力大小为C正方体对直角劈的弹力大小为mgcos D直角劈对墙面的弹力大小为mgsin 解析：选AB把两个物体看成一个整体，分析受力，在水平方向上有两个弹力，在竖直方向上有重力和支持力，在竖直方向上由二力平衡可得，水平面对正方体的弹力大小为(Mm)g，A正确；以直角劈为研究对象，其受竖直向下的重力mg，右面墙的弹力F2，方向水平向左，正方体对直角劈的支持力F，方向过两物体的接触点垂
23、直于直角劈的斜面，即与水平方向的夹角为，由力的合成和二力平衡可知，F2和F的合力与重力等大反向，故F，F2Fcos ，所以C错误；由力作用的相互性知直角劈对墙面的弹力大小为，所以D错误；再以整体为研究对象得墙面对正方体的弹力大小与F2相等，即为，所以B正确。5.(多选)在粗糙水平地面上与墙平行放着一个截面为半圆的柱状物体A，A与竖直墙之间放一光滑圆球B，整个装置处于静止状态。现对B加一竖直向下的力F, F的作用线通过球心，设B对墙的作用力为F1，B对A的作用力为F2，地面对A的摩擦力为F3，地面对A的支持力为F4。若F缓慢增大而整个装置仍保持静止，截面如图所示，则在此过程中()AF1保持不变，F4保持不变BF1缓慢增大，F4缓慢增大CF2缓慢增大，F3缓慢增大DF2缓慢增大，F3保持不变解析：选BC以B球为研究对象，将F与B的重力GB的合力按效果进行分解，如图(a)所示，设BA连线与竖直方向夹角为，由平衡条件得，B对墙的作用力F1(FGB)tan ，当F缓慢增大时，F1缓慢增大；B对A的作用力F2，F1缓慢增大，则F2缓慢增大；再以整体为研究对象，对其受力分析如图(b)所示，根据平衡条件，则有地面对A的支持力F4GAGBF，F缓慢增大，则F4缓慢增大；地面对A的摩擦力F3F1，由前面分析知F1缓慢增大，则F3缓慢增大。故选B、C。