1、2 共点力平衡条件的应用 第四章 物体的平衡 3 平衡的稳定性(选学) 1.进一步理解共点力作用下物体的平衡条件. 2.掌握利用平衡条件解决物体平衡问题的思路、方法，提高解决物 理问题的能力. 3.了解平衡的分类和稳度. 目标 定位 二、解共点力平衡问题的一般步骤 栏目 索引 一、三角形法解平衡问题 对点检测 自查自纠 三、平衡的分类 一、三角形法解平衡问题 n知识梳理 1.矢量三角形法 一个物体受三个力作用而平衡时，则其中任意两个力的合力与第三个 力大小相等、方向 (填“相同”或“相反”)，且这三个力首尾相 接构成封闭三角形.可以通过解三角形求解相应力的大小和方向.当这 三个力组成含有特殊角
2、(90、60、45)的直角三角形时尤为简单. 答案 相反 2.矢量图解法 当物体所受的力变化时，根据物体的受力特点进行受力分析，画出平行四 边形或三角形，注意明确各个力的变化量和不变量，结合数学规律对比分 析，使动态问题静态化、抽象问题形象化，问题将变得易于分析处理. 例1 在科学研究中，可以用风力仪直接测量风力的大小，其原理如图1 所示.仪器中一根轻质金属丝，悬挂着一个金属球.无风时，金属丝竖直 下垂；当受到沿水平方向吹来的风时，金属丝偏离竖直方向一个角度. 风力越大，偏角越大，通过传感器，就可以根据偏角的大小指示出风力 的大小，那么风力大小F跟金属球的质量m、偏角之间有什么样的关系 呢？(
3、试用三角形法和正交分解法两种方法求解) 图1 解析答案 解析 取金属球为研究对象，有风时，它受到三个力的作用：重力 mg、水平方向的风力F和金属丝的拉力T，如图甲所示.这三个力是共 点力，在这三个共点力的作用下金属球处于平衡状态，则这三个力 的合力为零，可以根据任意两力的合力与第三个力等大、反向求解 ，也可以用正交分解法求解. 甲 解析答案 方法一 力的三角形法 如图乙所示，风力F和拉力T的合力与重力等大反向，由矢量三角形可得： Fmgtan . 方法二 正交分解法 以金属球为坐标原点，取水平方向为x轴，竖 直方向为y轴，建立直角坐标系，如图丙所示. 由水平方向的合力F合x和竖直方向的合力F合
4、y分 别等于零，即 F合xTsin F0， F合yTcos mg0， 解析答案 解得Fmgtan .由所得结果可见，当金属球的质量m一定时，风力F 只跟偏角有关.因此，根据偏角的大小就可以指示出风力的大小. 答案 Fmgtan 例2 如图2所示，用不可伸长的轻绳AC和BC吊起一质量不计的沙袋， 绳AC和BC与天花板的夹角分别为60和30.现缓慢往沙袋中注入沙子.重 力加速度g取10 m/s2. (1)当注入沙袋中沙子的质量m10 kg时， 求绳AC和BC上的拉力大小TAC和TBC； 图2 解析答案 解析 装置受力图如图所示 Tmg 答案 86.6 N 50 N (2)若AC能承受的最大拉力为1
5、50 N，BC能承受的最大拉力为100 N，为 使绳子不断裂，求注入沙袋中沙子质量的最大值M. 解析答案 而TACmax150 N，TBCmax100 N 例3 如图3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，则以下说法正确的是( ) 图3 A.挡板对小球的压力先增大后减小 B.挡板对小球的压力先减小后增大 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减小 解析答案总结提升返回 解析 取小球为研究对象，小球受到重力G、挡板给小球的支持力N1和斜 面给小球的支持力N2三个力作用，如图所示，N1和N2的合力与重力大小相 等、方向相
6、反，N2总垂直接触面(斜面)，方向不变，根据图解可以看出， 在N1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， N1先变小后变大，N2一直减小. 答案 BD 总结提升 总结提升 1.动态平衡：是指平衡问题中的一部分力是变力，是动态力，力的大 小和方向均要发生变化.这是力平衡问题中的一类难题. 2.基本思路：化“动”为“静”，“静”中求“动”. 3.基本方法：解析法、图解法和相似三角形法 (1)解析法：列平衡方程求出未知量与已知量的关系表达式. 根据已知量的变化情况来确定未知量的变化情况. (2)图解法：适用情况 一般物体只受三个力作用，且其中一个力大小、方向均不变，另一个
7、 力的方向不变，第三个力大小、方向均变化. 一般步骤 a.首先对物体进行受力分析，根据力合成的平行四边形定则将三个力的 大小、方向放在同一个三角形中. b.明确大小、方向不变的力，方向不变的力及方向变化的力的方向如 何变化，画力的示意图. 返回 n知识梳理 二、解共点力平衡问题的一般步骤 1.选取 . 2.对所选取的研究对象进行受力分析，并画出，并画出受力分 析图. 3.对研究对象所受的力进行处理，一般情况下，需要建立合适的直角坐标系 ，对各力沿坐标轴进行正交分解. 4.建立平衡方程，若各力作用在同一直线上，可直接用F合 的代数式列方 程，若几个力不在同一直线上，可用Fx合 与Fy合 ，联立列
8、出方程组. 5.对方程求解，必要时需对解进行讨论. 答案 研究对象 受力分析 0 00 例4 物体A在水平力F1400 N的作用下，沿倾角60的斜面匀速下 滑(如图4所示).物体A受到的重力mg400 N，求物体A与斜面间的动摩 擦因数.(已知 1.73) 图4 解析 取物体A为研究对象，它在四个力的作用下处于平衡 状态，根据受力情况，建立直角坐标系如图所示. 根据平衡条件可得：fF1cos mgsin 0， NF1sin mgcos 0. 又fN， 联立以上各式，代入数据解得： 0.27. 答案 0.27 解析答案 针对训练 如图5所示，质量为m的木块静止地放在半径为R的半球体 上，半球体与
9、木块均处于静止状态，已知木块与半球体间的动摩擦 因数为，木块与球心的连线与水平地面的夹角为，则下列说法正 确的是( ) 解析答案返回 图5 A.地面对半球体的摩擦力方向水平向左 B.木块对半球体的压力大小为mgcos C.木块所受摩擦力大小为mgcos D.木块所受摩擦力大小为mgcos 总结提升 解析 以木块和半球体整体为研究对象，整体处于静止状态，而水 平方向不受外力，故半球体不受地面的摩擦力，故A错误； 对木块受力分析，木块受到重力、支持力及摩擦力，三力作用下木 块处于平衡状态，则合力为零，木块对半球面的压力为mgsin ，故B 错误； 木块受到的摩擦力沿切线方向，沿切线的重力的分力与摩
10、擦力大小 相等，即：fmgcos ，故D错误，C正确. 答案 C 总结提升返回 总结提升 当一个系统处于平衡状态，一般地，求系统内部物体间的相互作用时 ，用隔离法；若不涉及物体间相互作用力，求系统受到的外力作用时 ，用整体法.整体法就是将整个系统作为一个研究对象进行分析的方法 ，其优点是研究对象少，未知量少，所列方程少，故求解较为简捷.具 体应用时，应将两种方法结合起来灵活使用. 返回 三、平衡的分类 n知识梳理 答案 种类稳定平衡不稳定平衡随遇平衡 主要区别 自动回到平衡位置 不能自动回到平衡位置 在新的位置也能平衡 稳度指的是物体的 程度，物体的稳度大小由重心的 和 的大小两个因素决定，重
11、心越 ，支持面越 ，稳度 就越大. 返回 稳定高低 支持面低大 对点检测 自查自纠1234 1.(用矢量三角形法解平衡问题)举重运动员在抓举比赛时，为了减小杠铃 上升的高度和便于发力，抓握杠铃的两手间要有较大距离，使两臂上举后 两臂间成钝角，手臂伸直后所受作用力沿手臂方向，一质量为75 kg的运动 员，在举起125 kg的杠铃时，两臂成120角，如图6所示，则此时运动员的 每只手臂对杠铃的作用力F及运动员对地面的压力N的大小分别为(g取 10 m/s2)( ) A.F1 250 N，N2 000 N B.F1 250 N，N3 250 N C.F625 N，N2 000 N D.F722 N，
12、N2 194 N 解析答案 图6 1234 解析 分析杠铃受力如图所示，重力、人给的两个支持力，三个力的 夹角均为120，杠铃处于静止状态，合力为零.两臂作用力大小相等， 并等于杠铃重力G，所以F1F21 250 N.把杠铃和人看做整体，整体 受重力、地面的支持力，且两力大小相等，N2 000 N. 答案 A 1234 2.(用矢量三角形法解平衡问题)(多选)如图7所示，两根等长的轻绳将日 光灯悬挂在天花板上，两绳与竖直方向的夹角为45，日光灯保持水平 ，所受重力为G，下列说法正确的是( ) 解析答案 图7 1234 解析 两绳的拉力的作用线与重力的延长线交于一点，这三个力为共 点力，B错误；
13、 对日光灯受力分析如图所示， 答案 AC 1234 3.(图解法解动态平衡问题)如图8，电灯悬挂于两墙之间，更换水平绳 OA使连接点A向上移动而保持O点的位置不变，则A点向上移动时( ) 解析答案 图8 A.绳OA的拉力逐渐增大 B.绳OA的拉力逐渐减小 C.绳OA的拉力先增大后减小 D.绳OA的拉力先减小后增大 1234 解析 对点O受力分析，如图所示，通过作图，可以看出绳OA的张力 先变小后变大，故A、B、C错误，D正确. 答案 D 1234 4.(正交分解法处理平衡问题)如图9所示，清洗楼房玻璃的工人常用一 根绳索将自己悬在空中，工人及其装备的总重量为G，悬绳与竖直墙 壁的夹角为，悬绳对工人的拉力大小为T，墙壁对工人的弹力大小为 N，不计工人与墙壁之间的摩擦.则( ) 答案 图9 A.TGsin B.NGtan C.若缓慢减小悬绳的长度，T与N的合力变大 D.若缓慢增大悬绳的长度，T减小，N增大 B 返回 1234 返回 解析 以A为研究对象，受力如图所示，建立直角坐标系， 由平衡条件知：NFsin 30 Fcos 30G 联立得F115.5 N，N57.7 N； 由牛顿第三定律知墙受到的压力大小是NN57.7 N. 答案 115.5 N 57.7 N
