共点力平衡专题.doc

共点力平衡专题【典型例题】题型一:三力平衡例1、如图所示,在倾角为α的斜面上,放一质量为m的小球,小球被竖直的木板挡住,不计摩擦,则球对挡板的压力是( ):(正交分解法):对小球受力分析如图甲所示,小球静止,处于平衡状态,沿水平和竖直方向建立坐标系,将FN2正交分解,列平衡方程为FN1=FN2sinα mg=FN2cosα可得:球对挡板的压力FN1′=FN1=mgtanα,:(力的合成法):如图乙所示,小球处于平衡状态,,:FN1=mgtanα,所以,球对挡板的压力FN1′=FN1=:(效果分解法):小球所受的重力产生垂直板方向挤压竖直板的效果和垂直斜面方向挤压斜面的效果,将重力G按效果分解为如上图丙中所示的两分力G1和G2,解三角形可得:FN1=G1=mgtanα,所以,球对挡板的压力FN1′=FN1=:(三角形法则):如右图所示,小球处于平衡状态,合力为零,所受三个力经平移首尾顺次相接,:FN1=mgtanα,故挡板受压力FN1′=FN1=:动态平衡问题例2、如图所示,在粗糙水平地面上放着一个截面为四分之一圆弧的柱状物体A,A的左端紧靠竖直墙,A与竖直墙之间放一光滑圆球B,整个装置处于静止状态。设墙壁对B的压力为F1,A对B的压力为F2,则若把A向右移动少许后,它们仍处于静止状态,则F1、F2的变化情况分别是( ) :以球B为研究对象,受力分析如图甲所示,根据合成法,可得出F1=Gtanθ,F2=Gcosθ,当A向右移动少许后,θ减小,则F1减小,F2减小。故选项A、D正确。方法二图解法:先根据平衡条件和平行四边形定则画出如图乙所示的矢量三角形,在θ角减小的过程中,从图中可直观地看出,F1、F2都会减小。故选项A、D正确。【拓展延伸】在【典例2】中若把A向右移动少许后,它们仍处于静止状态,则地面对A的摩擦力变化情况是( ) :隔离A为研究对象,地面对A的摩擦力Ff=F2sinθ,当F2和θ减小时,摩擦力减小,故选项A正确。方法二整体法:选A、B整体为研究对象,A、B整体受到总重力、地面的支持力、墙壁的压力和地面的摩擦力,所以摩擦力Ff=F1,当把A向右移动少许后,随着F1的减小,摩擦力也减小。故选项A正确。[相似三角形法]例3、如图所示,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A、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计,绳子又不可伸长,若平衡时弦AB所对的圆心角为α,则两物块的质量比m1∶m2应为。解析:对小圆环A受力分析,如图所示,FT2与FN的合力与FT1平衡,由矢量三角形与几何三角形AOB相似,可知:例4、如图所示,在固定好的水平和竖直的框架上,A、B两点连接着一根绕过光滑的轻小滑轮的不可伸长的细绳,重物悬挂于滑轮下,处于静止状态。若按照以下的方式缓慢移动细绳的端点,则下列判断正确的是( )′点,′点,′点,′点,拉力不变解析设滑轮两侧绳子与竖直方向的夹角为α,绳子的长度为L,B点到墙壁的距离为s,根据几何知识和对称性,得:sinα=①以滑轮为研究对象,设绳子拉力大小为F,根据平衡条件得:2Fcosα=mg,得F=②当只将绳的左端移向A′点,s和L均不变,则由①②式得知,F不变,故A错误,B正确;当只将绳的右端移向B′点,s增加,而L不变,则由①式得知,α增大,cosα减小,则由②式得知,F增大,故C、D错误。题型三、共点力平衡中的临界与极值问题例5、如图所示,不计重力的细绳AB与竖直墙夹角为,轻杆BC与竖直墙夹角为,杆可绕C自由转动,若细绳承受的最大拉力为200N,轻杆能承受的最大压力为300N。则在B点最多能挂多重的物体? 【解析】B点受力分析如图所示。将分别分解为与方向的与所以:若=300N,G=200NN<200N,满足要求。若=200N,G=400N=200N>300N,。针对训练:题型一:三力平衡【练1】(多选)如图4所示,电灯的重力G=10N,AO绳与顶板间的夹角为45°,BO绳水平,AO绳的拉力为FA,BO绳的拉力为FB,则(注意:要