1、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；
2、(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
3、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 60FBCsin，FABsin 60FBC cos FB，联立解得 FBCsin(30)FB2，显然，当 60时，FBC 最小，故当 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
4、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
5、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()AF1 增大，F2 减小 BF1 增大，F2 增大CF1 减小，F2 减小DF1 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
6、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.3:4 B4:3C1:2 D2:1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()Aa、b 之间一定存在静摩擦力Bb 与地面之间一定存在静摩擦力Cb 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
7、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
8、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 FAGcos 45 2G，FBGtan 45G当 FA10 N 时，物体重力 G1FA25 2 N当 FB5 N 时，物体重力
9、 G2FB5 N所以悬挂物体的最大重力为 Gmax5 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(F20)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，由平衡条件 F1mgsin Ffmax0，F2mgsin Ffma
10、x0，解得 FfmaxF1F22.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 FfGC，可求出 P、B 间的动摩擦因数3实验结论：动摩擦因数 GCGP.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
11、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，FNGP，且 FfFN.(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 FGP.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 FfGB 求出动摩擦因数.(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 FfFNFfGB.【典例示范】例 4 两同学做测定木板与铁
12、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12345配重(个数)01234弹簧测力计读数/N1.001.502.002.203.00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
13、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 FfFN 可知，图像的斜率等于木板和铁块间的动摩擦因数，280.25.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 F32 N 时，才能将
14、 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 FNGB，地面对 A 的支持力：FN1GAFN，A 受 B 的滑动摩擦力FfFN，A 受地面的滑动摩擦力 Ff1FN1，水平方向：FFfFf1，代入数据即可得到 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()AA 对 B 的摩擦力竖直向下BB 对 C 的摩擦力竖直向下CC 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
15、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：C2.2019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：D3.如图所示，电灯悬挂于两墙之间，更换绳
16、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 FABG0.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
17、 最小，故 FOA先减小后增大，FOB 一直减小答案：D4.2019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
18、大甲的拉力逐渐减小，乙的拉力先减小后增大故选 D.答案：D5.(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 角则 m1 所受支持力 FN 和摩擦力 Ff 正确的是()AFNm1gm2gFsin BFNm1gm2gFcos CFfFcos DFfFsin 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 FfFcos 竖直方向有 FNFsin m1gm2g所以 F
19、fFcos，FNm1gm2gFsin，A、C 正确答案：AC6.(多选)如图所示，重力 G100 N 的物体在沿斜面向上的力 F30 N 的作用下静止于倾角 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 0C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 Gmgsin 3050 N，当 F40 N 时，FfGF10 N，方向沿斜面向上，A 错；F50 N 时，FfGF0，故 B 对；当 F60 N 时，FfFG10 N，方向沿斜面向下，C 对；根据以上计算知，D 错答案：BC
