物理一轮复习课件：
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平衡问题的常用方法及特例
共点力作用下物体的平衡 1.共点力的平衡 共点力 几个力如果都作用在物体的同一点，或者 它们的作用线相交于同一点，这几个力叫 做共点力.能简化成质点的物体受到的力可 以视为共点力
平衡状态
物体处于静止状态或匀速直线运动状 态,叫做平衡状态.(该状态下物体的加 速度为零) 物体受到的和外力为零,即F合=0 或 F 0
解： 画出受力图如图示 由平衡条件得 手受到的拉力
F1
53°
F2
O mg
F1=mgcos53°=360 N
脚受到的作用力
F2=mgsin53°=480 N
选项A正确。
7、2009年深圳市第二次调研考试11. 7.如图是某同学对颈椎病人设计的一个牵引装置 的示意图，一根绳绕过两个定滑轮和动滑轮后各 挂着一个相同的重物，与动滑轮相连的帆布带拉 着病人的颈椎（图中是用手指代替颈椎做实验）， 整个装置在同一竖直平面内．如果要增大手指所 受的拉力,可采取的办法是 BC A．只增加绳的长度 B．只增加重物的重量 θθ C．只将手指向下移动 D．只将手指向上移动 解： 由平衡条件得手指所受的拉力T=2mgcosθ ， 要增大手指所受的拉力，应增大重物的重量mg， 或将手指向下移动以减小夹角θ 。动态平衡分析
x
平衡条件
Fy 0
2.平衡条件的推论 (1)二力平衡
如果物体在两个共点力的作用下处于平衡状态,这两个
力必定大小相等,方向相反,为一对平衡力.
(2)三力平衡
如果物体在三个共点力的作用下处于平衡状态,其中任 意两个力的合力一定与第三个力大小相等、方向相反.
(3)多力平衡
如果物体受多个力作用处于平衡状态,其中任何一个力
解析：利用矢量三角形法对球体进行分析如图甲所示，可 知T是先减小后增大．斜面对球的支持力FN′逐渐增大， 对斜面受力分析如图乙所示，可知F＝FN″sinθ，则F逐
渐 增 大 ， 水 平 面 对 斜 面 的 支 持 力
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FN＝G＋FN″·cos θ，故FN逐渐增大．答案：C
【例2】一轻杆BO，其O端用光滑铰链固定在竖直轻杆 AO上，B端挂一重物，且系一细绳，细绳跨过杆顶A处 的光滑小滑轮，用力F拉住，如图2－4－4所示．现将细 绳缓慢往左拉，使杆BO与杆AO间的夹角θ逐渐减小，则 在此过程中，拉力F及杆BO所受压力FN的大小变化情况 是( B ) A．FN先减小，后增大 B．FN始终不变 图 C．F先减小，后增大 － D．F始终不变
方法一：对力的处理(求合力)采用合成法，
方法二：对力的处理(求合力)采用正交分解法，
图2－4－2
甲 FABcos 60°＝FB Csin θ， FABsin 60°＋FB Ccos θ＝FB，
乙 ① ②
联立解得FBCsin(30°＋θ)＝FB/2， 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
之间的距离也为l，小环保持静止．试求：
(1)小环对杆的压力； (2)小环与杆之间的动摩擦因
数μ至少为多大？
解析：(1)整体法分析有：2FN＝(M＋2m)g，即FN＝ 由牛顿第三定律得：小环对杆的压力FN′＝ (2)研究M得2FTcos 30°＝Mg 解得：动摩擦因数μ至少为μ＝ Mg＋mg Mg＋mg.
8、上海市黄浦区08年1月期终测评卷10 8．如图所示，人的质量为M，物块的质量为m， 且M>m，若不计绳与滑轮的摩擦，则当人拉着绳向
右跨出一步后，人和物仍保持静止，则下列说法中
正确的是 （ B D ） A．地面对人的摩擦力减小 B．地面对人的摩擦力增大 C．人对地面的作用力不变 D．人对地面的作用力增大
mg A． F tan mg C． FN tan
B．F＝mgtanθ
O F
θ
D．FN=mgtanθ
P
解见下页
三力平衡的求解
解： 对小滑块受力分析如图所示，根据三角形定 则可得 mg FN F tan F θ mg FN sin mg
所以A正确。 提示：支持力的方向垂直于接触面，即指向 圆心。
4．力的合成法:特别适合三个力平衡时，运用其中两力之
和等于三个力列方程.
5．图解法：常用于处理三个共点力的平衡问题，且其中
一个力为恒力、一个力的方向不变情形．
6．相似三角形法:在共点力的平衡问题中，已知某力的大
小及绳、杆等模型的长度、高度等，常用力的三角形与几
何三角形相似的比例关系求解．
7．正弦定理:如果物体受三个不平行力而处于平衡状态，
5、2009年广东中山市模考1. 5.如图1所示，用轻绳AO和OB将重为G的重物悬挂 在水平天花板和竖直墙壁之间处于静止状态，AO 绳水平，OB绳与竖直方向的夹角为θ 。则AO绳的 拉力T1、OB绳的拉力T2的大小与G之间的关系为 （ AC ） B A．T1=Gtanθ C
G B． T1 tan
2 4 4 －
图 － －
如图所示，力的三角形与几何三角形OBA相似，
设AO高为H，BO长为L，绳长为l，则由对应边成
比例可得 ，FN＝ G，F＝ G式
中G、H、L均不变，l逐渐变小，所以可知FN不变， B F逐渐变小．
2 4 4
2-1如图所示，两球A、B用劲度系数为k1的轻弹 簧相连，球B用长为L的细绳悬于O点，球A固定在O点正下方，且点O、 A之间的距离恰为L，系统平衡时绳子所受的拉力为F1.现把A、B间 的弹簧换成劲度系数为k2的轻弹簧，仍使系统平衡，此时绳子所受 的拉力为F2，则F1与F2的大小之间的关系为( ) A．F1>F2 B．F1＝F2 C．F1<F2 D．无法确定
A
O θ G
图1
三力平衡的求解
G C． T2 cos D．T2=Gcosθ
6、苏北四市2010届第二次调研考试3 6．如图为一攀岩运动员正沿竖直岩壁缓慢攀登， 由于身背较重的行囊，重心上移至肩部的O点， 总质量为60kg。此时手臂与身体垂直，手臂与 岩壁夹角为53°。则手受到的拉力和脚受到的 作用力分别为（设手、脚受到的作用力均通过 重心O，g取10m/s2，sin53°=0.8, cos53°=0.6） （ A ） A．360N 480N O 53° B．480N 360 N C．450N 800N D．800N 450N 解见下页
则
“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，所以 叫动态平衡，这是力平衡问题中的一类难题．解
决这类问题的一般思路是：把“动”化为“静”， “静”中求“动”．
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【例1】如图2－4－2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逐渐缓 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
θ
4、广东省汕头市2008年模拟考试9 4．在如图所示装置中，两物体质量分别为m1、m2，悬
点a、b间的距离远大于滑轮的直径，不计一切摩擦，
整个装置处于静止状态．由图可知 ( A．α 一定等于β B．m1一定大于m2 C．m1一定小于2m2 D．m1可能大于2m2
A C
)
a
b

m1
m2
三力平衡的求解
与其余力的合力大小相等 ,方向相反. 说明：在进行一些平衡类问题的定性分析时,采用共点力
平衡的相关推论,可以使问题简化.
3.解决平衡类问题常用方法：
1．整体法与隔离法：正确地确定研究对象或研究过程， 分清内力和外力． 2．平行四边形定则和三角形定则:确定合矢量与分矢量 的关系． 3．正交分解法：物体受多个力的平衡情况．
பைடு நூலகம்
计，绳子又不可伸长，若平衡时弦AB所对应的圆心角为α， 求两物块的质量比m1∶m2.
图 － － 2 4 6
解析：如图所示，A环受m1g、m2g、FN三个力的作用，处于平衡
状态．图中θ＝ 得 又F＝m1g，即 ，化简得 ，设m2g与FN的合力为F，由正弦定理
3－1 质点m在F1、F2、F3三个力作用下处 于平衡状态，各力的方向所在直线如图2－4－7所示， 图上表示各力的矢量起点均为O点，终点未画，则各 力大小关系可能为( ) A．F1＞F2＞F3 B．F1＞F3＞F2 C．F3＞F1＞F2 D．F2＞F1＞F3
解析:根据力的三角形与几何三角形相似得
，
由于OA、OB均恒为L，因此F1大小恒定，与弹簧的劲度系数无关， 因此换用劲度系数为k2的弹簧后绳的拉力F2＝F1，B正确
【例3】如图2－4－6所示，小圆环A吊着一个质量为m2
的物块并套在另一个竖直放置的大圆环上，有一细线一端 拴在小圆环A上，另一端跨过固定在大圆环最高点B的一 个小滑轮后吊着一个质量为m1的物块，如果小圆环、滑 轮、绳子的大小和质量以及相互之间的摩擦都可以忽略不
3、巢湖市示范高中2010届上学期四校联考卷2 3．如图所示，质量为m的质点静止地放在半径 为R的半球体上，质点与半球体间的动摩擦因数 为μ ，质点与球心的连线与水平地面的夹角为 θ ，则下列说法正确的是（ D ）
A．地面对半球体的摩擦力方向水平向左
B．质点对半球体的压力大小为mgcosθ C．质点所受摩擦力大小为μ mgcosθ D．质点所受摩擦力大小为mgcosθ
【例4】如图2－4－8所示，一球A夹在竖直墙与三角劈B
的斜面之间，三角形劈的重力为G，劈的底部与水平
地面间的动摩擦因数为μ，劈的斜面与竖直墙面是光 滑的，问欲使三角劈静止不动，球的重力不能超过多 大？(设劈的最大静摩擦力等于滑动摩擦力)
图 － －
2 4 8
解析：本题两物体均处于静止状态，故需分析好受力图示，列出平 衡方程求解．用正交分解法，对球和三角劈分别进行受力分析， 如图甲、乙所示．由于三角劈静止， 故其受地面的静摩擦 力．F≤Fmax＝μFNB.由平衡条件有： 对球有： 对三角劈有 GA＝FNcos 45°① FNB＝G＋FN′sin 45°③ F≤μFNB，⑤ 由①～⑥式解得：GA≤ FNA＝FNsin 45°② F＝FN′cos 45°④ FN＝FN′⑥ G.