一轮(共点力的平衡与受力分析)

共点力的平衡与受力分析知识梳理

一、共点力的平衡

1．平衡状态2．平衡条件(1)物体所受合外力为零：F合＝0．(2)若采用正交分解法，则平衡条件表示为：Fx合＝0，Fy合＝0，(Fz合＝0)．思考感悟v＝0时一定是平衡状态吗？提示：不一定．因为v＝0时a不一定等于0.二、平衡条件的推论相等相反平衡力合力相等相反合力相等相反三、物体的受力分析1．受力分析的方法先画出物体的受力示意图，再根据平衡条件(或牛顿运动定律)列出方程，求解各个未知力．在具体的受力分析中，隔离法和正交分解法是最常用到的方法．2．受力分析的步骤(1)明确研究对象(2)按顺序分析重力、已知力、弹力、摩擦力．

3．注意事项(1)在对某物体进行受力分析时，一定不能同时考虑一对作用力与反作用力．(2)合力与分力是等效代替的关系，不能考虑合力的同时又考虑其中的分力．四、共点力平衡条件的应用站着的人在重力和地面支持力的作用下，处于静止的平衡状态，这叫做静态平衡；跳伞运动员在降落过程中，当其匀速降落时，他所受的重力与降落伞的拉力及空气阻力相平衡，这叫做动态平衡．有时，物体就整体而言并不处于平衡状态，但它可以在某一方向上处于平衡状态．如在海面上加速行驶的快艇，在水平方向上做变速运动，可是它在竖直方向上只受重力和浮力这一对平衡力作用，因此它在竖直方向上处于平衡状态．1．如图所示运动图象表明物体不处于平衡状态的是()【答案】B2.一个重为20N的物体置于光滑的水平面上，当用一个F＝5N的力竖直向上拉该物体时，如右图所示，物体受到的合力为()A．15NB．25NC．20ND．0N【解析】由于物体的重力大于拉力，所以没有拉动物体，物体处于静止状态，所受合力为零．3.

如右图所示，一木块放在水平桌面上，在水平方向共受三个力即F1、F2和摩擦力的作用，木块处于静止状态，其中F1=10N、F2=2N．若撤去F1，则木块在水平方向受到的摩擦力为()A．2N，方向向右B．6N，方向向右C．2N，方向向左D．零【解析】

未撤去F1前，木块静止，说明木块所受的静摩擦力f静＝F1－F2＝8N，方向向左，即最大静摩擦力fm≥8N．当撤去F1后，木块在F2作用下有向左运动的趋势，地面给木块的静摩擦力方向变为向右，大小与F2相等，即f′静＝F2＝2N．恰好在静摩擦力的范围之内(0<F≤fm)，木块处于静止状态．故正确选项为A.图4－2－24.如图4－2－2所示，一箱苹果沿着倾角为θ的斜面，以速度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的作用力的方向()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：箱子沿斜面匀速下滑，处于平衡状态，此时箱子中央质量为m的苹果所受合外力为零，质量为m的苹果所受重力竖直向下，故周围苹果对它的作用力方向竖直向上，C正确，A、B、D错误。答案：C5.质量为m的木块，被水平力F紧压在倾角θ=60°的固定木板上，如右图所示，木板对木块的作用力为()【解析】

木块受到木板的作用力为摩擦力与弹力的合力，其大小应与F与mg两力的合力平衡，为，D正确．6.如图2－3－1所示，两个等大、反向的水平力F分别作用在物体A和B上，A、B两物体均处于静止状态．若各接触面与水平地面平行，则A、B两物体各受几个力()图2－3－1A．3个、4个B．4个、4个C．4个、5个D．4个、6个解析：对物体A受力分析：重力和支持力；水平力F和B对A的摩擦力，即物体A共受4个力作用；对物体B受力分析；重力、地面的支持力、A对B的压力；水平力F和A对B向右的摩擦力，即物体B共受5个力的作用，故答案C正确．7.如图2－2－8所示，物体A靠在竖直墙面上，在力F作用下，A、B保持静止．物体B的受力个数为() A．2 B．3C．4D．5图2－2－8解析：以A为研究对象，受力情况如下图甲所示，此时，墙对物体A没有支持力(此结论可利用整体法得出)再以B为研究对象，结合牛顿第三定律，其受力情况如上图乙所示，即要保持物体B平衡，B应受到重力、压力、摩擦力、力F四个力的作用，正确选项为C.答案：C

8.如图2－1－7所示，质量为

M的木板静止在水平桌面上，木板上有质量为m的滑块在匀速滑行(受拉力未画出)，已知滑块与木板间、木板与桌面间的动摩擦因数均为μ，M＝3m，那么木板所受桌面的摩擦力的大小是（）A 图2－1－7 A.μmg

B.2μmg

C.3μmg

D.4μmg9．如图4－1所示，位于斜面上的物块的质量为M，在沿斜面向上的力F作用下处于静止状态，则斜面作用于物块的静摩擦力()A．方向可能沿斜面向上B．方向可能沿斜面向下C．大小可能等于零D．大小可能等于F图4－1

【解析】除斜面可能作用于物块的静摩擦力f外，物块在沿斜面方向还受到重力的下滑分力Mgsinα和沿斜面方向向上的力F这两个力的作用．若F＝Mgsinα，则f＝0；若F＞Mgsinα，则f≠0且沿斜面向下；若F＜Mgsinα，则f≠0且沿斜面向上，此时有F＋f＝Mgsinα，当F＝Mgsinα时，f＝F＝Mgsinα．

【答案】ABCD10．如图4－3甲所示，一个半球形的碗放在桌面上，碗口水平，O点为其球心，碗的内表面及碗口是光滑的．一根细线跨在碗口上，线的两端分别系有质量为m1和m2的小球，当它们处于平衡状态时，质量为m1的小球与O点的连线与水平面的夹角为α＝60°．两小球的质量比()

图4－3甲A．B．C．D．

【解析】将m1所受的绳的拉力F1和碗的支持力F2正交分解，如图4－3乙所示．

图4－3乙

在x轴上：F1cosα＝F2cosα在y轴上：F1cosα＋F2sinα＝m1g又F1＝mg，α＝60°联立解得：．

【答案】A11．如图4－12甲所示，竖直放置的轻弹簧一端固定在地面上，另一端与斜面体P连接，P与斜放的固定挡板MN接触且处于静止状态，弹簧处于竖直方向，则斜面体P此刻受到外力的个数可能为()

图4－12甲A．2B．3C．4D．5

【解析】当弹簧的弹力大小等于斜块的重力时，P受2个力的作用；当弹簧弹力大于P受的重力时，受4个力作用，受力示意图分别如图4－12乙所示．

图4－12乙

【答案】AC12．如图甲所示，在用力F拉小船匀速靠岸的过程中，若水的阻力保持不变，下列说法正确的是()A．小船所受到的合外力保持不变B．绳子的拉力F不断增大C．绳子的拉力F保持不变D．船所受到的浮力不断减小甲

【解析】小船的受力情况如图乙所示．由平衡条件得：Fcosθ＝f

F浮＝mg－Fsinθ乙可知随着θ增大，F＝增大，浮力F浮不断减小．

【答案】ABD13．如图所示，跳伞运动员打开伞后经过一段时间，将在空中保持匀速降落，其中跳伞运动员受到的空气阻力不计．已知运动员和他身上的装备总重为G1，圆顶形降落伞伞面重为G2，有8条相同的拉线一端与飞行员相连(拉线的重量不计)，另一端均匀分布在伞面边缘上(图中没有把拉线都画出来)，每根拉线和竖直方向都成30°角．那么每根拉线上的张力大小为()

A．B．C．D．

【解析】由8Tcos30°＝G1，解得：T＝G1．

【答案】A14．如图甲所示，质量为m的物体悬挂在轻质支架上，轻杆OA、OB与墙，AO与BO之间都通过可自由转动的铰链连接．斜梁OB与竖直方向的夹角为θ，设水平横梁OA和斜梁OB作用于O点的弹力分别为F1和F2，则以下结果正确的是()

甲A．F1＝mgsinθB．F1＝C．F2＝mgcosθD．F2＝

【解析】取O点为研究对象，BO、AO对O点的弹力都沿杆的方向，O点的受力情况如图乙所示．由平衡条件可得：

乙

F2＝

F1＝Ttanθ＝mgtanθ．

【答案】D15．如图甲所示，晾晒衣服的绳子两端分别固定在两根竖直杆上的A、B两点，绳子的质量及绳与衣架挂钩间的摩擦均忽略不计，衣服处于静止状态．如果保持两杆不动，绳子B端在杆上的位置不变，将A端上移少许，稳定后衣服仍处于静止状态．则()

甲A．绳子的弹力增大B．绳子的弹力不变C．绳对挂钩弹力的合力减小D．绳对挂钩弹力的合力不变

【解析】由平衡条件知，绳对挂钩的弹力的合力方向向上，大小等于衣服及衣架的总重力，故选项D正确．设绳子与水平方向的夹角为θ，有FN＝，延长BO与左竖杆交于A′点，可知OA′＝OA(如图乙所示)．

乙

再设绳的总长为L，两竖杆的间距为x，有Lsinθ＝．可见绳子与水平方向的夹角θ与A、B两点的高度差无关，故选项C错误、D正确．

【答案】BD考点二动态平衡问题1.

如右图所示．挡板AB和竖直墙之间夹有小球，球的质量为m，则挡板与竖直墙壁之间的夹角θ缓慢增加至θ=90°时，AB板及墙对球压力如何变化？【解析】解法一：解析法(1)利用力的合成由于挡板缓慢放下，故小球总处于平衡状态，其受力如右图所示，由平衡条件知，N2与N1的合力大小等于G，将N1与N2合成，由图知：N1=mgcotθ，N2＝mg/sinθ，当θ增大时cotθ减小，sinθ增大，故N1减小，N2也减小，当θ＝90°时，N1＝0，N2＝mg.解法二：极限法小球受力如上图所示，N1和N2均不为零，当挡板放在水平位置，即θ＝90°时，N1＝0，故知N1在挡板缓慢放下时应减小．由解法一知初始时N2大于mg，当挡板平放时，小球平衡，N2＝mg，故在整个过程中N2一直减小最后等于0，N1一直减小最后等于mg.解法三：图解法取球为研究对象，受到重力G，垂直于墙的弹力N1和垂直于挡板的弹力N2的作用，当挡板与竖直墙壁之间的夹角θ缓慢增加时．物体可以看做处于一系列的动态平衡状态．该过程中墙对球的弹力的方向不变，挡板对球的弹力方向随挡板与墙的夹角θ的增大而不断变化，当θ＝90°时，N2方向变为竖直向上，但在整个变化过程中，由平衡条件知，两个弹力的合力N大小方向都不变，与向下的重力等大反向．据此可知作出几组平行四边形，反映出N1、N2的变化情况，如上图所示．当θ逐渐增大时，N2与竖直方向的夹角逐渐减小，N2→N′2→N″2；当θ＝90°时，N2＝N＝G＝mg，所以N2逐渐减小，N1逐渐减小．【答案】见解析【方法总结】动态平衡问题的分析方法：(1)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，求出应变参量与自变参量的一般函数式，然后根据自变量的变化确定应变参量的变化．(2)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的力的矢量图(画在同一个图中)，然后根据有向线段(表示力)的长度变化判断各个力的变化情况．图解法适用条件：质点在三个力作用下处于平衡状态，其中一个力恒定，一个力的方向不变，第三个力的大小和方向都变化的情况．具体做法是：合成两个变力，其合力与恒力等值反向．

2.如右图所示，电灯悬挂于两墙壁之间，更换水平绳OA使连接点A向上移动而保持O点的位置和OB绳的位置不变，则在A点向上移动的过程中()A．绳OB的拉力逐渐增大B．绳OB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【答案】BD【解析】这是一个动态平衡问题，在点A向上移动的过程中，结点O始终处于平衡状态．取结点O为研究对象，受力情况如右图所示，图中T1、T2、T3分别是绳OA、绳OB、电线对结点O的拉力，T′3是T1与T2的合力，且T′3=T3.在A点向上移动的过程中，T3的大小和方向都保持不变，T′2的方向保持不变．由图解法可知，当绳OA垂直于OB时，绳OA中的拉力最小，所以，绳OA的拉力先减小后增大，绳OB的拉力逐渐减小．图7B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，如图甲所示．FBFB′FBCFAB由图可看出，FBC先减小后增大．考点三平衡中的临界与极值问题图9图11(M+m)gNmgFABN【解析】1、以AB为一个整体为研究对象竖直方向受力分析如图,则地面对三棱柱的支持力大小为（M+m）g2、对B受力分析如图则f=mgtanθ由整体法可知地面对三棱柱的摩擦力大小为f=mgtanθ

2.如图2－3－5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θ角．则m1所受支持力FN和摩擦力Ff正确的是()图2－3－5A．FN＝m1g＋m2g－FsinθB．FN＝m1g＋m2g－FcosθC．Ff＝FcosθD．Ff＝Fsinθ解析：选AC.对于m1、m2和轻弹簧组成的系统受力分析如图，由平衡条件知：水平方向：Ff＝Fcosθ竖直方向：FN＋Fsinθ＝m1g＋m2g.由以上两式得Ff＝Fcosθ，FN＝m1g＋m2g－Fsinθ，正确选项为A、C.本题应用整体法和正交分解法解题

例3在粗糙的水平面上放着一个质量为M的三角形木块，在它的斜面上放着一质量为m的物体，如图4－7甲所示．已知斜面粗糙，m处于静止状态，求此时水平面对三角形木块的静摩擦力．

图4－7甲

【解析】方法一隔离法设斜面的倾斜角为θ，水平面对M的静摩擦力为f2，斜面与m之间的一对静摩擦力为f1、f1′，m、M的受力情况分别如图4－7乙、丙所示．对m，由平衡条件有：

图4－7

f1＝mgsinθ，FN1＝mgcosθ对于M，由平衡条件有：FN2＝Mg＋FN1′cosθ＋f1′sinθ

f2＋f1′cosθ＝FN1′·sinθ，又f1＝f1′，FN′＝FN1′解得：f2＝0，即水平面对M无静摩擦力作用．方法二整体法

m、M相对静止，把它们当做一整体进行分析受力．如图4－7丁所示，由平衡条件知它们不受地面静摩擦力的作用．

图4－7丁

【答案】略

【点评】①物体在斜块上只受重力和斜面的作用力处于以下运动状态时，相应的水平面对斜块的静摩擦力的规律如下：a．当物体静止或恰好匀速下滑时，斜块对水平地面无摩擦力作用；b．当物体在斜面上加速下滑时，斜块对地面的静摩擦力与物体运动的水平分量方向相反；c．当物体在斜面上减速下滑时，斜块对地面的静摩擦力方向与物体运动的水平分量方向相同．②本题还可以用整体法的反证法说明：若斜块对地有静摩擦力，则说明它们有水平运动的趋势；若地面光滑，它们将会整体向某一方向加速移动．那么，可以设计一种无动力汽车，这显然不可能．

方法概述

有些物理问题中要同时涉及几个相关联物体的受力：(1)若要求作物体之间内力的受力分析时，只能用隔离法．(2)若几个物体同时处于静止或相同速度的匀速运动，题中又不需求出它们的内力的情况下，这类问题往往既可以用整体法，也可以用隔离法．(3)有些问题中往往需要综合使用整体法与隔离法求解．(4)无论整体法还是隔离法，一般都需结合正交分解法列平衡方程求解．

高考排雷

受力分析在物理学中有重要的基础地位，所以有众多的方法技巧需要掌握，我们在具体使用这些方法技巧时，要特别注意以下几方面，防止走入误区．(1)可自由转动的轻杆，只有端点受力时，轻杆对端点的弹力只沿轻杆方向．除此以外的情况下，轻杆向各方向都有可能有弹力．(2)使用正交分解时，并不是一定要在特定的方向建立坐标轴，理论上可在任意方向取x轴建立直角坐标系．(3)在高中阶段只有同时处于平衡状态(或加速度相同)的物体才能一起运用整体法进行求解．

例4

一斜块M静止于粗糙的水平面上，在其斜面上放一滑块m，若给m一向下的初速度v0，则m正好保持匀速下滑，如图4－8甲所示．现在m下滑的过程中再加上一个作用力，则以下说法正确的是()

图4－8甲A．在m上加一竖直向下的力FA，则m将保持匀速运动，M对地仍无摩擦力的作用B．在m上加一沿斜面向下的力FB，则m将做加速运动，M对地有水平向左的静摩擦力C．在m上加一水平向右的力FC，则m将做减速运动，在m停止前M对地仍无摩擦力的作用D．无论在m上加上什么方向的力，在m停止前M对地都无静摩擦力的作用

【错解】m匀速下滑的过程中，m、M都处于平衡状态，合外力为0，故此时M对地面无摩擦力作用，把所有力都沿水平、竖直方向正交分解．当FA作用时，只增加系统竖直向下的压力，故M对地面仍无摩擦力作用．选项A正确．

FB对系统有水平向左的分力作用，故M对地面会产生水平向左的摩擦力，选项B正确．同理FC作用时，M对地面有水平向右的摩擦力．故应选A、B．

【剖析】当有FA、FB、FC等力作用在m上时，m不再处于平衡状态，故不能再用整体法分析m、M受到的外力，应该用隔离法来进行受力分析．

【正解】当m匀速下滑时，m、M的受力情况分别如图4－8乙、丙所示．

由平衡条件知：f1＝mgsinθ

FN1＝mgcosθ又因为f1＝μFN1

可得：μ＝tanθ图4－8乙图4－8丙

当在m上加一竖直向下的压力时，m与M之间的弹力FN1′＝(mg＋F)cosθ

m与M之间的摩擦力f1′＝μ(mg＋F)cosθ故m沿x方向有：(F＋mg)sinθ－μ(mg＋F)cosθ＝0

m保持匀速下滑，对于m对M的摩擦力和压力的水平分力同样有：f1′cosθ－FN1′sinθ＝0．即M对地面无摩擦力的作用．选项A正确．无论在m上施以何方向的作用力，在m停止之前都有f1＝μFN1，所以m对M的压力和摩擦力的水平分力之和为：

Fx＝f1cosθ－FN1sinθ＝μFN1cosθ－FN1sinθ＝0即M无水平移动的趋势，M对地无静摩擦力作用．

【答案】ACD

【点评】①本解的结果可以作为结论记住．②要注意C、D选项中有个关键的前提——“在m停止之前”．

体验成功

1．如图4－9甲所示，两个质量都是m的小球A、B用轻杆连接后斜靠在墙上处于平衡状态．已知墙面光滑，水平地面粗糙．现将B球向左移动一小段距离，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F1和摩擦力F2的大小变化情况是()

图4－9甲A．F1不变，F2增大B．F1不变，F2减小C．F1增大，F2增大D．F1增大，F2减小

【解析】先取A、B及轻杆组成的整体作为研究对象，其受力情况如图4－9乙所示．

由平衡条件知，地面对B球的支持力F1＝2mg，大小不变．

地面对B球的摩擦力总是与墙对A球的弹力大小相等，方向相反，即F2＝F3．图4－9乙

再取A球为研究对象，A球的受力情况如图4－9丙所示．FBA为轻杆对A球的弹力，由平衡条件得：FBA·cosθ＝mg，

F3＝FBA·sinθ＝mgtanθ

故B球向左移一小段距离后，θ减小，F3减小，而F2＝F3，则F2也减小．图4－9丙

【答案】B2．(贵州省兴义清华实验学校2010届高三月考)如图4－10甲所示，粗糙的物块a、b、c叠放在地面上，其接触处均有摩擦，但动摩擦因数不同．当b受到一水平力F作用时，a和c随b保持相对静止向右做加速运动，此时()

图4－10甲A．a对c的摩擦力的方向向右B．b对a的摩擦力的方向向右C．a对b、a对c的摩擦力大小相等D．桌面对c的摩擦力大于a、b间的摩擦力

【解析】本题考查运动学与动力学结合问题及“整体法”与“隔离法”的综合应用．根据物体的运动情况判断物体的受力情况，再根据物体间的相互作用关系判断另一物体的受力情况．解此题的关键是选好研究对象．先隔离c物体，其受力情况如图4－10乙所示，整体向右做匀加速运动，因此a对c的摩擦力方向向右，所以A正确；再隔离a物体，根据牛顿第三定律，c对a的摩擦力方向向左，而a的加速度方向向右，根据牛顿第二定律可知，b对a的摩擦力方向应向右，并且Fb

a>Fc

a，故B正确，而C不正确；通过研究c物体可以看出，桌面对c的摩擦力Fc小于a、c间的摩擦力Fa

c，故Fc<Fa

c<Fb

a，故D不正确．

图4－10

【答案】AB3．(2008年天津理综卷)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，设墙对B的作用力为F1，B对A的作用力为F2，地面对A的作用力为F3．若F缓慢增大而整个装置仍保持静止，截面如图4－11甲所示，则在此过程中()A．F1保持不变，F3缓慢增大B．F1缓慢增大，F3保持不变C．F2缓慢增大，F3缓慢增大D．F2缓慢增大，F3保持不变图4－11甲

【解析】如图4－11乙所示，力F产生了两个作用效果，一个是使B压紧竖直墙面的分力F1，一个是压紧A的分力F2．当力F缓慢增大时，合力的方向和两个分力的方向都没有发生变化，所以当合力增大时两个分力同时增大．用整体法进行分析，F3为地面对A的支持力和摩擦力的合力，与A的重力与F2的合力大小相等，方向相反，故选项C正确．

图4－11乙

【答案】C

考点五

两种三角架问题

例1如图4－4甲所示，水平轻杆一端插入竖直墙内，另一端装有不计摩擦的轻质滑轮，一轻绳一端C固定于墙上，另一端跨过滑轮后悬挂一质量为m的重物，绳BC与水平方向成θ角．求轻杆对滑轮的作用力．

图4－4甲

【解析】绕过滑轮的轻绳张力大小处处相等，

图4－4乙

取滑轮及与其接触的那段轻绳为研究对象，其受力情况如图4－4乙所示．由平衡条件知，轻杆对滑轮的弹力与两侧绳拉力的合力互为平衡力，故F＝2T·cos，方向为向上偏右角．

【答案】略

【点评】本题若取滑轮为研究对象，则应说明轻绳对滑轮的弹力大小和方向等于两侧绳拉力的合力．

例2如图4－5甲所示，轻杆AB的一端固定在铰链上，在另一端B用轻绳悬挂一重为G的物体，再用绳BC拉住B端使轻杆处于水平状态．已知∠CBA＝θ，B点为两绳在轻杆上的共同结点，求轻杆对结点B的弹力．图4－5甲

【解析】轻杆只受两端点力的作用时，两端点的力一定沿轻杆方向，取结点B为研究对象，其受力情况如图4－5乙所示．由平衡条件有：

TC·cosθ＝T

TC·sinθ＝TD＝G解得：轻杆对B的弹力大小T＝Gcotθ图4－5乙方向沿AB方向．

【答案】Gcotθ方向沿AB方向

【点评】在图4－5甲所示的悬挂法中，就算是同一根绳子在轻杆上打一个结以固定轻杆和重物，B点两侧BC段和BD段绳的张力也可以不同，或者说，在理论分析中BC段和BD段不能算同一根绳子．

六、平行四边形定则(或三角形定则)在受力分析中的应用

例3如图4－6甲所示，重为G的球放在倾角为α的光滑斜面上．试分析：挡板AO与斜面间的夹角β为多大时，它所受球的压力最小．

图4－6甲

【分析】虽然题目求的是挡板AO的受力情况，但若直接以挡板为研究对象，因其所受的力均未知，将无法得出结论．若以球为研究对象，则容易求解．

【解析】以球为研究对象，受力如图4－6乙所示，其中F1、F2分别为挡板与斜面对球的支持力，由牛顿第三定律知,它们分别与球对挡板、斜面的压力大小相等、方向相反．

图4－6乙

由图中F1、F2、G′组成的平行四边形可知，当挡板与斜面的夹角β由小于90°逐渐变大时，F2的方向不变、大小逐渐变小，F1先变小再变大由几何关系知，β＝90°时F2有最小值mgsinα，即此时球对挡板的压力最小，F2′＝mgsinα．

【答案】90°

【点评】图解法具有简洁、明了、直观等特点，使用图解法的关键是正确利用平行四边形定则(或三角形定则)．

方法概述

1．三角形定则是简化了的平行四边形定则．(三角形为平行四边形的一半)2．应用这种方法分析受力时，关键要习惯于用几何长度、几何方向替代力的大小和方向来进行思考、分析．补充1．如图4－13甲所示，重为G的均匀链条，两端用等长的轻绳连接挂在等高的地方，绳与水平方向成θ角．试求：(1)绳子的张力．(2)链条最低点的张力．图4－13甲

【解析】在求链条两端的张力时，可把链条当做一个质点处理，由于两边具有对称性，两端点的拉力大小相等，受力情况如图4－13乙所示．取链条整体为研究对象．

图4－13乙

(1)由平衡条件知，在竖直方向：2Fsinθ＝G得：绳对链条两端的拉力F＝．(2)在求链条最低点的张力时，可将链条一分为二，取一半研究．受力情况如图4－13丙所示．由平衡条件知，在水平方向：F′＝Fcosθ＝cotθ．

图4－13丙

【答案】(1)(2)cotθ2．如图4－14甲所示，用光滑的金属杆做的直角三角形框ABC的AB边和AC边上各有一完全相同的小环E和F，用一根细线把E、F连接起来，细线比BC边短，使三角形竖直放置，BC边水平．若已知AB边与BC边的夹角θ＝60°，求两环平衡时细线与AB边的夹角α．

图4－14甲

【解析】平衡时每个小环都受重力、金属杆的弹力和细线拉力的作用．如图4－14乙所示，若α≤θ，容易判断F不可能平衡；若α≥，则容易判断E不能平衡，故α的大小应大于60°而小于90°．现分别画出E、F的受力示意图如图4－14丙所示．

乙丙图4－14对于E，由平衡条件可得：mgcos30°＝Tcosα对于F，由平衡条件可得：mg＝Tcos(150°－α)解得：tanα＝即平衡时细线与AB边的夹角α＝arctan．

【答案】arctan

3．如图所示，在粗糙的水平面上放一三角形木块a，若物体b在a的斜面上匀速下滑，则有()

A．a保持静止，而且没有相对于水平面运动的趋势B．a保持静止，但有相对于水平面向右运动的趋势C．a保持静止，但有相对于水平面向左运动的趋势D．因未给出所需数据，无法对a是否运动或有无运动趋势作出判断

【答案】A4．(2008年海南物理卷)如图甲所示，质量为M的楔形物块静置在水平地面上，其斜面的倾角为θ．斜面上有一质量为m的小物块，小物块与斜面之间存在摩擦．用恒力F沿斜面向上拉小物块，使之匀速上滑．在小物块运动的过程中，楔形物块始终保持静止．地面对楔形物块的支持力为()

甲A．(M＋m)gB．(M＋m)g－FC．(M＋m)g＋FsinθD．(M＋m)g－Fsinθ

【解析】对楔形物块与小物块这一系统进行受力分析，系统受到重力、支持力、拉力F作用，系统各物体均平衡，则整个系统也处于平衡状态．将力F正交分解后，如图乙所示，由平衡条件得：FN＋Fsinθ＝(M＋m)g，则FN＝(M＋m)g－Fsinθ；支持力与压力是作用力与反作用力，所以答案为D．

乙

【答案】D5．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从图示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．则在这一过程中，环对杆的摩擦力Ff和环对杆的压力FN的变化情况是()

A．Ff不变，FN不变B．Ff增大，FN不变C．Ff增大，FN减小D．Ff不变，FN减小

【答案】B6．如图所示，轻杆BC一端用铰链固定于墙上，另一端有一小滑轮C，重物D系一绳经C固定在墙上的A点，滑轮与绳的质量及摩擦均不计．若将绳一端从A点沿墙稍向上移，则系统再次平衡后()

A．轻杆与竖直墙壁间的夹角减小B．绳的拉力增大，轻杆受到的压力减小C．绳的拉力不变，轻杆受到的压力减小D．绳的拉力不变，轻杆受到的压力不变

【答案】C7．如图所示，A、B两球用劲度系数为k的轻弹簧相连，B球用长为L的细绳悬于O点，A球固定在O点正下方，且O、A间的距离恰为L，此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之间的大小关系为()

A．F1<F2B．F1>F2C．F1＝F2D．无法确定

【答案】C8．如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A、B，它们的质量分别为mA、mB，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态．现用一恒力F沿斜面方向拉物块A使之向上运动，则物块B刚要离开C时物块A的加速度a和从开始到此时物块A的位移d．(重力加速度为g)

【解析】系统静止时，弹簧处于压缩状态，分析A物体受力可知：F1＝mAgsinθ，F1为此时弹簧弹力，设此时弹簧压缩量为x1，则F1＝kx1，得x1＝在恒力作用下，A向上加速运动，弹簧由压缩状态逐渐变为伸长状态．当B刚要离开C时，弹簧的伸长量设为x2，分析B的受力有：kx2＝mBgsinθ，得x2＝设此时A的加速度为a，由牛顿第二定律有：

F－mAgsinθ－kx2＝mAa，得a＝

A与弹簧是连在一起的，弹簧长度的改变量即A上移的位移，故有d＝x1＋x2，即：d＝．

【答案】

9．有些人如电梯修理员、牵引专家和赛艇运动员，常需要知道绳或金属线中的张力，可又不能到那些绳、线的自由端去测量．英国一家公司现在制造出了一种夹在绳上的仪表，用一个杠杆使绳子的某点有一个微小偏移量，如图甲所示．仪表很容易测出垂直于绳的恢复力．试推导一个能计算绳中张力的公式．如果偏移量d＝12mm，恢复力为300N，请估算绳中的张力．

甲

【解析】如图乙所示，设绳中的张力为FT，取垂直力的作用点为研究对象，由平衡条件有：F＝2FTsinα≈2FTtanα＝2FT

乙

所以FT＝，已知F＝300N，s＝0.125m，d＝0.012m所以FT＝N＝1.56×103N．

【答案】1.56×103N10．举重运动员在抓举比赛中，为了减小杠铃上升的高度和发力，抓杠铃的两手间要有较大距离．图甲为2008年8月13日著名举重运动员刘春红在北京奥运会上69公斤级决赛中举起128公斤杠铃的现场照片．从图可看出刘春红两手臂间的夹角约为120°，求该运动员每只手臂对杠铃的作用力大小．(取g＝10m/s2)

甲

【解析】手臂对杠铃的作用力方向为手臂的方向，设大小为F，则杠铃的受力如图乙所示．

乙

由平衡条件得：2F·cos60°＝mg解得：F＝1280N．

【答案】1280N11．如图甲所示，一轻杆两端固定两个小球A、B且mA＝4mB，跨过小定滑轮连接A、B的轻绳长为L，则平衡时OA、OB分别为多长？

甲

【解析】解法一分别对A、B进行受力分析，如图乙所示．

乙

由图可发现，△AFE与△OAC相似．设绳子对小球的拉力TA＝TB＝T，有：

由△BPQ与△OBC相似，有：根据题意，有：OA＋OB＝L联立可解得：

OA＝L，OB＝L．解法二如图丙所示，取两球、轻杆及细绳整体为研究对象，由平衡条件知：滑轮两侧轻绳与竖直方向夹角相等；过O点的竖直线与轻杆的交点C为A、B的重心．

丙

由重心的性质知AC∶CB＝1∶4故有：OA∶OB＝1∶4又因为OA＋OB＝L解得OA、OB的长度分别为：OA＝L，OB＝L．

【答案】OA为L

OB为L12.如图2－3－3所示，质量为m的正方体和质量为M的正方体放在两竖直墙和水平面间，处于静止状态．m与M相接触的边与竖直方向的夹角为α，若不计一切摩擦，求：图2－3－3(1)水平面对正方体M的弹力大小；(2)墙面对正方体m的弹力大小．【思路点拨】求解此题应注意以下三点：(1)整体法分析受力，利用平衡求水平面对正方体M的弹力；(2)隔离m进行受力分析，并建立直角坐标系；(3)列平衡方程求墙面对正方体m的弹力大小．【解析】(1)以两个正方体整体为研究对象，整体受到向上的支持力和向下的重力，处于静止状态．所以水平面对正方体M的弹力大小为FN＝(M＋m)g.(2)对正方体m进行受力分析如图2－3－4所示．把FN2沿水平方向和竖直方向分解有FN2cosα＝FN1FN2sinα＝mg.解得FN1＝mgcotα.图2－3－4（整体法）（隔离法）【即时应用】13.如图2－3－2所示，光滑半球形容器固定在水平面上，O为球心．一质量为m的小滑块，在水平力F的作用下静止于P点．设滑块所受支持力为FN，OP与水平方向的夹角为θ，下列关系正确的是()图2－3－2本体使用合成法解题，能否用分解法呢？14.（2008年海南物理卷2）如图，质量为M的楔形物块静置在水平地面上，其斜面的倾角为θ．斜面上有一质量为m的小物块，小物块与斜面之间存在摩擦．用恒力F沿斜面向上拉小物块，使之匀速上滑．在小物块运动的过程中，楔形物块始终保持静止．地面对楔形物块的支持力为（）mθMFA.(M＋m)gB.(M＋m)g－FC.(M＋m)g＋FsinθD.(M＋m)g－Fs