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第5講共點力的平衡及其應用,共點力的平衡,教材研讀,突破一解答平衡問題的基本思路和常用方法,突破二三個力的動態(tài)平衡問題分析,突破三物體的平衡狀態(tài)中臨界、極值問題的分析方法,重難突破,共點力的平衡,教材研讀,1.平衡狀態(tài)(1)靜止:物體的①速度和②加速度都等于零的狀態(tài)。(2)勻速直線運動:物體的③加速度為零,④速度不為零且保持不變的狀態(tài)。,2.共點力的平衡條件F合=0或者,3.平衡條件的推論(1)二力平衡:如果物體在兩個共點力的作用下處于平衡狀態(tài),這兩個力必定大?、菹嗟?方向⑥相反。(2)三力平衡:如果物體在三個共點力的作用下處于平衡狀態(tài),其中任何一個力與其余兩個力的合力大?、呦嗟?方向⑧相反,并且這三個力的矢量可以形成一個封閉的矢量⑨三角形。,1.判斷下列說法正誤:(1)物體的速度為零即處于平衡狀態(tài)。(?)(2)物體處于平衡狀態(tài)時,其加速度一定為零。(√)(3)物體受兩個力處于平衡狀態(tài),這兩個力必定等大反向。(√)(4)豎直上拋的小球到最高點時處于平衡狀態(tài)。(?),2.如圖所示,物體放在傾角為30的光滑斜面上,彈簧測力計對物體的拉力與斜面平行,物體在斜面上保持靜止時彈簧測力計示數(shù)為10N,物體所受重力為(C)A.10NB.15NC.20ND.5N,3.如圖所示,傾角為θ、質量為m的直角三棱柱ABC置于粗糙水平地面上,三棱柱與水平地面間的動摩擦因數(shù)為μ。施加一個垂直BC面的外力F,三棱柱仍保持靜止,地面對三棱柱的摩擦力大小等于(B)A.μmgB.FsinθC.FcosθD.μ(Fcosθ+mg),突破一解答平衡問題的基本思路和常用方法,重難突破,解決平衡問題的四種常用方法,典例1如圖所示,光滑半球形容器固定在水平面上,O為球心。一質量為m的小滑塊,在水平力F的作用下靜止于P點,設滑塊所受支持力為FN,OP與水平方向的夾角為θ。下列關系正確的是(A)A.F=B.F=mgtanθC.FN=D.FN=mgtanθ,解析解法一:合成法滑塊受力如圖甲,由平衡條件知=tanθ,=sinθ?F=,FN=。,方法技巧處理靜態(tài)平衡問題的常用方法,1-1如圖所示,頂角為直角、質量為M的斜面體ABC放在粗糙的水平面上,∠A=30,斜面體與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ,現(xiàn)沿垂直于BC方向對斜面體施加力F,斜面體仍保持靜止狀態(tài),則關于斜面體受到地面對它的支持力和摩擦力的大小,正確的是(已知重力加速度為g)(C),解析分析斜面體的受力情況如圖根據(jù)平衡條件得:FN=Mg+Fsin30=Mg+F,Ff=Fcos30=F,故選C。,1-2如圖所示,質量為m的正方體和質量為M的正方體放在兩豎直墻和水平面間,處于靜止狀態(tài)。m和M的接觸面與豎直方向的夾角為α,重力加速度為g,若不計一切摩擦,下列說法正確的是(D)A.水平面對正方體M的彈力大小大于(M+m)gB.水平面對正方體M的彈力大小為(M+m)gcosαC.墻面對正方體m的彈力大小為mgtanαD.墻面對正方體M的彈力大小為,解析由于兩墻面豎直,對M和m整體受力分析可知,水平面對M的彈力大小等于(M+m)g,A、B錯誤;在水平方向,墻對M和m的彈力大小相等、方向相反,隔離物體m受力分析如圖所示,根據(jù)平行四邊形定則可得m受到的墻對它的彈力大小為,所以M受到墻面的彈力大小也為,C錯誤,D正確。,突破二三個力的動態(tài)平衡問題分析,1.動態(tài)平衡問題通過控制某些物理量,使物體的狀態(tài)發(fā)生緩慢的變化,而在這個過程中物體又始終處于一系列的平衡狀態(tài),在問題的描述中常用“緩慢”等語言敘述。,2.分析動態(tài)平衡問題的兩種方法,典例2如圖所示,質量為m的物體在細繩懸吊下處于平衡狀態(tài),現(xiàn)用手持繩OB的B端,使OB緩慢向上轉動,且始終保持結點O的位置不動,分析AO、BO兩繩中的拉力如何變化。,2-1豎直放置的“”形支架上,一根不可伸長的輕繩通過不計摩擦的輕質滑輪懸掛一重物G,現(xiàn)將輕繩的一端固定于支架上的A點,另一端從B點(與A點等高)沿支架緩慢地向C點靠近,則繩中拉力大小變化的情況是(C)A.變大B.變小C.不變D.先變大后變小,解析因不計輕質滑輪的摩擦力,故懸掛重物的左右兩段輕繩的拉力大小相等,由平衡條件可知,兩繩與豎直方向的夾角大小相等,設均為θ,則有2Fcosθ=G。設左右兩段繩長分別為l1、l2,兩豎直支架之間的距離為d,則有l(wèi)1sinθ+l2sinθ=d,得:sinθ=,在懸點B豎直向上移至C點的過程中,雖然l1、l2的大小均變化,但l1+l2不變,故θ不變,F不變,C正確。,2-2如圖所示,粗糙水平面上放有截面為圓周的柱狀物體A,A與墻面之間放一光滑的圓柱形物體B,對A施加一個水平向左的力F,使A緩慢地向左移動少許,在這一過程中(D)A.A受到的摩擦力增大B.A受到的合力減小C.A對B的彈力增大D.墻壁對B的彈力減小,解析對B球受力分析,受到重力mg、A球對B球的彈力N和墻壁對B球的彈力N,如圖所示:當A球向左移動后,A球對B球的支持力的方向不斷變化,根據(jù)平衡條件,并結合合成法知:A球對B球的彈力和墻壁對B球的彈力N都在不斷減小,故C錯誤,D正確;由于A緩慢地向左移動,A處于動態(tài)平衡過程,A所受合力始終為零,A所受合力不變,故B錯誤;對A和B整體受力分析,受到總重力G、地面支持力FN,推力F、墻壁的彈力N,水平面對它的摩擦力f,如圖所示:根據(jù)平衡條件有:F=N+f,FN=G,地面的支持力不變,由于壁對B球的彈力N的不斷減小,f=F-N,由于不知F如何變化,f可能減小,也可能增大,還可能不變,故A錯誤;故選D。,突破三物體的平衡狀態(tài)中臨界、極值問題的分析方法,1.極值問題(1)定義:平衡物體的極值問題,一般指在力的變化過程中的最大值和最小值問題。(2)解題方法:解決這類問題的常用方法是解析法,即根據(jù)物體的平衡條件列出方程,在解方程時,采用數(shù)學知識求極值或者根據(jù)物理臨界條件求極值。另外,圖解法也是常用的一種方法,即根據(jù)物體的平衡條件作,出力的矢量圖,畫出平行四邊形或者矢量三角形進行動態(tài)分析,確定最大值或最小值。2.臨界問題(1)定義:由某種物理現(xiàn)象變化為另一種物理現(xiàn)象或由某種物理狀態(tài)變化為另一種物理狀態(tài)時,發(fā)生轉折的狀態(tài)叫臨界狀態(tài),解題的關鍵是確定“恰好出現(xiàn)”或“恰好不出現(xiàn)”的條件。(2)解題方法:解決這類問題的基本方法是假設推理法,即先假設某種情況成立,然后根據(jù)平衡條件及有關知識進行論證、求解。,典例3質量為M的木楔傾角為θ,在水平面上保持靜止,當將一質量為m的木塊放在木楔斜面上時,它正好勻速下滑。如果用與木楔斜面成α角的力F拉著木塊勻速上升,如圖所示(已知木楔在整個過程中始終靜止)。(1)當α=θ時,拉力F有最小值,求此最小值;(2)求在(1)的情況下木楔對水平面的摩擦力是多少。,3-1如圖所示,三根長度均為L的輕繩分別連接于C、D兩點,A、B兩端被懸掛在水平天花板上,相距2L?，F(xiàn)在C點上懸掛一個質量為m的重物,為使CD繩保持水平,在D點上可施加力的最小值為(C)A.mgB.mgC.mgD.mg,解析由題圖可知,要使CD繩水平,各繩均應繃緊,由幾何關系AC繩與水平方向的夾角為60;結點C受力平衡,受力分析如圖所示,則CD繩的拉力FTD=mgtan30=mg;D點受CD繩的拉力大小等于FTD,方向向左;要使CD水平,D點受到的兩繩的拉力與外界施加的力的合力為零,則CD繩對D點的拉力可分解為沿BD繩方向的F1及另一分力F2,由幾何關系可知,當力F2與BD垂直時,F2最小,而F2的大小等于外界施加的力的大小,故最小力F=FTDsin60=mg。故選C。,3-2如圖所示,質量m=1kg的物塊在與水平方向夾角為θ=37的推力F作用下靜止于墻壁上,物塊與墻之間的動摩擦因數(shù)μ=0.5,推力F應滿足什么條件?(取最大靜摩擦力等于滑動摩擦力),Fmaxsinθ=f+mg?f=Fmaxsinθ-mg又f=μN由以上各式代入數(shù)據(jù)可以得出:Fmax=50N。當力F較小時,物塊有向下滑動的趨勢,摩擦力向上,所以當物塊恰不下滑時,力F有最小值(受力如圖2所示),由平衡條件可得出:N=FmincosθFminsinθ+f-mg=0?f=mg-Fminsinθ又f=μN由以上各式代入數(shù)據(jù)可以得出:Fmin=10N所以使物塊靜止于墻壁上推力F的取值范圍為:10N≤F≤50N。,3-3物塊A放在臺式測力計上,通過跨過定滑輪的輕繩與物塊B相連,B下端與一輕質彈簧粘連,彈簧的下端與地面接觸(未拴接),整個系統(tǒng)處于平衡狀態(tài),此時臺式測力計的示數(shù)為8.8N;已知mA=2mB=1kg,物塊A、B間的水平距離s=20cm,傾斜繩與水平方向的夾角θ=37,物塊A與臺式測力計間動摩擦因數(shù)μ=0.5,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,A、B和滑輪視為質點,不計滑輪質量和滑輪處摩擦,彈簧一直在彈性限度內,g取10m/s2(已知sin37=0.6,cos37=0.8)。,(1)求物塊A受到的摩擦力和繩對物塊A的拉力;(2)沿豎直方向調整滑輪的高度至某一位置時,物塊A剛好運動,且此時彈簧剛好離開地面,求滑輪移動的距離和彈簧的勁度系數(shù)。,N+Tsin37-mAg=0,解得f=1.6N,T=2N。(2)分析可知,彈簧剛好離開地面時彈簧恢復原長,彈力為零;對B進行受力分析,有T1-mBg=0,故T1=5N。設此時輕繩與水平方向夾角為θ,對A有T1cosθ-fm=0;N1+T1sinθ-mAg=0,又fm=μN1,T1=T1,