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鲁科版高中物理必修第一册第4章力与平衡习题课三三类典型的平衡问题学案
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三类典型的平衡问题 [要点归纳]分析多物体的平衡问题，关键是研究对象的选取，若一个系统中涉及两个或两个以上的物体，在选取研究对象时，要灵活运用整体法和隔离法。对于多物体问题，如果不求物体间的相互作用力，我们优先采用整体法，这样涉及的研究对象少，未知量少，方程少，求解简便。1．整体法的含义所谓整体法就是对物理问题的整个系统或整个过程进行分析、研究的方法。2．整体法的思维特点整体法是从局部到全局的思维过程，是系统论中的整体原理在物理中的运用。3．整体法的优点通过整体法分析物理问题，可以弄清系统的整体受力情况和全过程的受力情况，从整体上揭示事物的本质和变化规律，从而避开了中间环节的繁琐推算，能够灵巧地解决问题。通常在分析外力对系统的作用时，用整体法；在分析系统内各物体(或一个物体的各部分)间相互作用时，用隔离法；有时解答一个问题需要多次选取研究对象，整体法和隔离法交替应用。[例题1] 如图所示，粗糙水平地面上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半圆球B，整个装置处于静止。已知A、B的质量分别为m和M，半圆球B与柱状物体A半径均为R，半圆球B的球心到水平地面的竖直距离为eq \r(2)R，重力加速度为g。求：(1)物体A对地面的压力大小；(2)物体A对地面的摩擦力。[解析] (1)把A、B看成一个整体，该整体在竖直方向上受到竖直向下的重力(M＋m)g和地面的支持力N的作用，根据二力平衡得N＝(M＋m)g，由牛顿第三运动定律得物体A对地面的压力大小为(M＋m)g。(2)在水平方向上，该整体受到竖直墙水平向右的弹力和地面的水平向左的摩擦力，虽然摩擦力大小等于弹力大小，但由整体法无法确定弹力大小，因此需选取半圆球B为研究对象，运用隔离法，受力分析如图所示。根据力的分解和平衡条件可得N1＝eq \f(Mg,cos θ)，N2＝Mgtan θ由半圆球B的球心到水平地面的竖直距离为eq \r(2)R，根据相关几何知识得到θ＝45°所以N2＝Mg，可知地面对物体A的摩擦力大小为Mg，根据牛顿第三定律，物体A对地面的摩擦力大小等于Mg，方向水平向右。[答案] (1)(M＋m)g (2)Mg，方向水平向右整体法和隔离法的选择原则(1)当分析系统所受外力时，可以采用整体法来分析外界对系统的作用力。(2)当分析系统内各物体间的相互作用力时，一般采用隔离法且选择受力较少的物体为研究对象。(3)整体法的优点在于减少受力分析的个数，但不能分析内力；隔离法的优点是对多个物体受力了解比较清楚，但计算时有点麻烦。 [针对训练]1.如图所示，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N和摩擦力f正确的是( )A．N＝m1g＋m2g－Fsin θB．N＝m1g＋m2g－Fcos θC．f＝eq \f(F,cos θ)D．f＝Fsin θ解析：选A 对整体分析，在竖直方向上有Fsin θ＋N＝(m1＋m2)g，则N＝m1g＋m2g－Fsin θ，在水平方向上有f＝Fcos θ，故A正确，B、C、D错误。2．(多选)如图所示，质量为M的斜面体A放在粗糙水平面上，用轻绳拴住质量为m的小球B置于斜面上，整个系统处于静止状态，已知斜面倾角及轻绳与竖直方向的夹角均为θ＝30°。不计小球与斜面间的摩擦，重力加速度为g，则( )A．轻绳对小球的作用力大小为eq \f(\r(3),3)mgB．斜面体对小球的作用力大小为eq \r(2)mgC．斜面体对水平面的压力大小为(M＋m)gD．斜面体与水平面间的摩擦力大小为eq \f(\r(3),6)mg解析：选AD 以小球为研究对象，受力分析如图甲所示，根据受力平衡可得T＝N＝eq \f(\r(3),3)mg；以斜面体为研究对象，其受力分析如图乙所示，由受力平衡得N1＝Mg＋N′cos θ＝Mg＋eq \f(1,2)mg，f＝N′sin θ＝eq \f(\r(3),6)mg，故选项B、C错误，选项A、D正确。3．如图所示，质量为m的长木板放在水平地面上，站在木板上的人用斜向右下方的力F推箱子，三者都保持静止。人和箱子的质量也均为m，重力加速度为g。下列说法正确的是( )A．长木板对地面的压力大于3mgB．人对长木板的压力大小为mgC．地面对长木板的摩擦力的方向水平向左D．箱子受到的摩擦力的方向水平向左解析：选D 人用斜向右下方的力推箱子，对人、木板、箱子整体受力分析，可知受重力和支持力作用，故长木板对地面的压力等于3mg，地面对长木板没有摩擦力作用，故A、C错误；人用力F向右下方推箱子，根据牛顿第三运动定律可知，箱子对人施加向左上方的作用力，根据平衡条件可知，人对长木板的压力大小小于mg，故B错误；箱子在人的推力作用下，有向右运动的趋势，因此箱子受到的摩擦力的方向水平向左，故D正确。[要点归纳]动态平衡问题是指物体的状态发生缓慢变化，可以认为任一时刻都处于平衡状态。分析此类问题时，常用方法见下表：[例题2] 如图所示，一小球放置在木板与竖直墙面之间。设墙面对球的弹力大小为N1，木板对球的弹力大小为N2。以木板与墙连接点所形成的水平直线为轴，将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置。不计摩擦，在此过程中( )A．N1始终减小，N2始终增大B．N1始终减小，N2始终减小C．N1先增大后减小，N2始终减小D．N1先增大后减小，N2先减小后增大[解析] 方法一 解析法如图所示，由平衡条件得N1＝eq \f(mg,tan θ)，N2＝eq \f(mg,sin θ)，随θ逐渐增大到90°，tan θ、sin θ都增大，N1、N2都逐渐减小，所以选项B正确。eq \a\vs4\al(方法二 图解法)对球进行受力分析，球受3个力，分别为重力G、墙对球的弹力N1和板对球的弹力N2。当板逐渐放至水平的过程中，球始终处于平衡状态，即N1与N2的合力F始终竖直向上，大小等于球的重力G，如图所示，由图可知N1的方向不变，大小逐渐减小，N2的方向发生变化，大小也逐渐减小，故选项B正确。[答案] B图解法常用于求解三力平衡且有一个力是恒力、另有一个力方向不变的问题，一般按照以下流程解题：eq \x(\a\al(受力,分析))eq \o(―――――――→,\s\up7(化“动”为“静”),\s\do5( ))eq \x(\a\al(画不同状态,下的平衡图))eq \o(――――――――→,\s\up7(“静”中求“动”),\s\do5( ))eq \x(\a\al(确定力,的变化)) [针对训练]1．(多选)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，已知A的圆半径为球B的半径的3倍，球B所受的重力为G，整个装置处于静止状态。设墙壁对B的弹力为F1，A对B的弹力为F2，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( )A．F1减小 B．F1增大C．F2增大 D．F2减小解析：选AD 法一：解析法以球B为研究对象，受力分析如图甲所示，根据合成法，可得出F1＝Gtan θ，F2＝eq \f(G,cos θ)，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。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。2.有一个直角支架AOB，AO水平放置，表面粗糙，OB竖直向下，表面光滑，AO上套有小环P，OB上套有小环Q，两环质量均为m，两环由一根质量可忽略、不可伸展的细绳相连，并在某一位置平衡，如图所示。现将P环向左移一小段距离，两环再次达到平衡，那么将移动后的平衡状态和原来的平衡状态比较，AO杆对P环的支持力N和细绳上的拉力T的变化情况是( )A．N不变，T变大 B．N不变，T变小C．N变大，T变大 D．N变大，T变小解析：选B 隔离法：设PQ与OA的夹角为α，对P有mg＋Tsin α＝N，对Q有Tsin α＝mg，所以有N＝2mg，T＝eq \f(mg,sin α)，P环向左移动一小段距离，α增大，故N不变，T变小，选项B正确。整体法：选P、Q整体为研究对象，在竖直方向上受到的合力为零，直接可得N＝2mg，再选Q为研究对象，设PQ与OA的夹角为α，受力分析可求出T＝eq \f(mg,sin α)，P环向左移动一小段距离，α增大，T变小，选项B正确。3.如图所示，光滑的半球形物体固定在水平地面上，球心正上方有一光滑的小滑轮，轻绳的一端系一小球，靠放在半球上的A点，另一端绕过定滑轮后用力拉住，使小球静止。现缓慢地拉绳，在使小球沿球面由A运动到半球的顶点B的过程中，半球对小球的支持力N和绳对小球的拉力T的大小变化情况是( )A．N变大，T变小B．N变小，T变大C．N变小，T先变小后变大D．N不变，T变小解析：选D 以小球为研究对象，分析小球受力情况：重力G、轻绳的拉力T和半球面的支持力N，作出N、T的合力F，由平衡条件得知F＝G。由△NFA∽△AO1O得eq \f(N,AO)＝eq \f(F,O1O)＝eq \f(T,O1A)，得到N＝eq \f(AO,O1O)G，T＝eq \f(O1A,O1O)G缓慢地将小球从A点拉到B点过程中，O1O、AO不变，O1A变小，可见T变小，N不变。故D正确，A、B、C错误。[要点归纳]1．临界问题(1)问题界定：物体所处平衡状态将要发生变化的状态为临界状态，涉及临界状态的问题为临界问题。(2)问题特点①当某物理量发生变化时，会引起其他几个物理量的变化。②注意某现象“恰好出现”或“恰好不出现”的条件。(3)分析方法：基本方法是假设推理法，即先假设某种情况成立，然后根据平衡条件及有关知识进行论证、求解。2．极值问题(1)问题界定：物体平衡的极值问题，一般指在力的变化过程中涉及力的最大值和最小值的问题。(2)分析方法①解析法：根据物体的平衡条件列出方程，在解方程时，采用数学知识求极值或根据物理临界条件求极值。②图解法：根据物体的平衡条件作出力的矢量图，画出平行四边形或矢量三角形进行动态分析，确定最大值或最小值。[例题3] 物体的质量为2 kg，两根轻绳AB和AC的一端连接于竖直墙上(B、C在同一竖直线上)，另一端系于物体上，在物体上另施加一个方向与水平线成θ＝60°角的拉力F，若要使两绳都能伸直，如图所示，伸直时AC与墙面垂直，绳AB与绳AC间夹角也为θ＝60°，求拉力F的大小范围(g取10 m/s2)。[解析] 物体的受力情况如图所示，由平衡条件得Fsin θ＋F1sin θ－mg＝0Fcos θ－F2－F1cos θ＝0由上述两式得F＝eq \f(mg,sin θ)－F1F＝eq \f(F2,2cos θ)＋eq \f(mg,2sin θ)令F1＝0，得F最大值Fmax＝eq \f(mg,sin θ)＝eq \f(40\r(3),3) N令F2＝0，得F最小值Fmin＝eq \f(mg,2sin θ)＝eq \f(20\r(3),3) N综合得F的取值范围为eq \f(20\r(3),3) N≤F≤eq \f(40\r(3),3) N。[答案] eq \f(20\r(3),3) N≤F≤eq \f(40\r(3),3) N临界与极值问题的分析技巧(1)求解平衡中的临界问题和极值问题时，首先要正确地进行受力分析和变化过程分析，找出平衡中的临界点和极值点。(2)临界条件必须在变化中寻找，不能停留在一个状态来研究临界问题；要把某个物理量推向极端，即极大或极小，并依此作出科学的推理分析，从而作出判断或给出结论。 [针对训练]1.如图所示，一个重为5 N的物体，用细线悬挂在O点，现在用力F拉物体，使悬线偏离竖直方向30°时处于静止状态，此时所用拉力F的最小值为( )A．3.75 N B．2.5 NC．5 N D．4 N解析：选B 以物体为研究对象，受到重力G、拉力F和细线的拉力F1，物体静止时，F和F1的合力与G等大、反向、共线，由图可知，当拉力F与细线垂直时最小。根据平衡条件得F的最小值为Fmin＝Gsin 30°＝2.5 N，故选B。2.如图所示，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)当注入沙袋中的沙子质量m＝10 kg时，求绳AC和BC上的拉力大小TAC和TBC。(2)若AC能承受的最大拉力为150 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：(1)沙袋处于平衡状态，根据二力平衡有T＝mg，T′＝T，对C点受力分析如图所示，AC和BC两段绳子拉力的合力与T′等大反向，根据平行四边形定则可知，TAC＝T′cos 30°＝86.6 N，TBC＝T′sin 30°＝50 N。(2)AC和BC两段绳子方向不变，要保持平衡，两个力的合力方向不变，两个力合成的平行四边形不变，所以有eq \f(TAC,TBC)＝eq \r(3)，而TACmax＝150 N，TBCmax＝100 N，所以AC更容易被拉断。绳AC恰好不断裂时，TACmax＝Mgcos 30°＝150 N，解得M＝10eq \r(3) kg＝17.3 kg。答案：(1)86.6 N 50 N (2)17.3 kg3.如图所示，三根长度均为L的轻绳分别连接于C、D两点，A、B两端被悬挂在水平天花板上，相距2L，现在C点上悬挂一个质量为m的重物，为使CD绳保持水平，在D点上可施加力的最小值为( )A．mg B．eq \f(\r(3),3)mgC.eq \f(1,2)mg D.eq \f(1,4)mg解析：选C 由题图可知，要想CD水平，各绳均应绷紧，则由几何知识知AC与水平方向的夹角为60°。结点C受力平衡，受力分析如图所示，则CD绳的拉力T＝mgtan 30°＝eq \f(\r(3),3)mg。D点受绳子拉力大小等于T，方向向左。要使CD水平，D点两绳的拉力与外界的力的合力为零，则绳子对D点的拉力可分解为沿BD绳的分力F1及另一分力F2，由几何关系可知，当力F2与BD垂直时，F2最小，而F2的大小即为施加在D点的力的大小，故最小力F＝Tsin 60°＝eq \f(1,2)mg。故C正确。1．如图所示，粗糙的水平地面上有一斜劈，斜劈上一物块正在沿斜面以速度v0匀速下滑，斜劈保持静止，则地面对斜劈的摩擦力( )A．等于零B．不为零，方向向右C．不为零，方向向左D．不为零，v0较大时方向向左，v0较小时方向向右解析：选A 选物块和斜劈组成的系统为研究对象，由于系统处于平衡状态，受到的合力等于零，故系统在水平方向受到的合力等于零，因此地面对斜劈的摩擦力等于零，选项A正确。2.(多选)一盏电灯重力为G，悬于天花板上的B点，在电线O处系一细线OA，使电线OB与竖直方向的夹角为β＝30°，OA与水平方向成α角，如图所示。现保持O点位置不变，使α角由0°缓慢增加到90°，在此过程中( )A．电线OB上的拉力逐渐减小B．细线OA上的拉力先减小后增大C．细线OA上拉力的最小值为eq \f(1,2)GD．细线OA上拉力的最小值为eq \f(\r(3),2)G解析：选ABC 对结点进行受力分析，由平衡条件可知，细线OA和电线OB的拉力的合力F′一定竖直向上，与作用在O点向下的拉力F平衡。又F＝mg，所以F′＝mg。当α角由0°缓慢增加到90°的过程中画出动态平行四边形，如图所示。由图可看出，细线OA上的拉力先减小后增大，且当α＝30°时，TA最小，最小值为eq \f(G,2)，而电线OB上的拉力一直减小，故A、B、C正确，D错误。3.如图所示，用完全相同的轻弹簧A、B、C将两个相同的小球连接并悬挂，小球处于静止状态，弹簧A与竖直方向的夹角为30°，弹簧C水平，则弹簧A、C的伸长量之比为( )A.eq \r(3)∶4 B．4∶eq \r(3)C．1∶2 D．2∶1解析：选D 将两小球及弹簧B视为整体进行受力分析如图所示，根据平衡条件有FC＝FAsin 30°由胡克定律知FC＝kxC由胡克定律知FA＝kxA所以eq \f(FA,FC)＝eq \f(1,sin 30°)＝2∶1eq \f(xA,xC)＝2∶1，故A、B、C错误，D正确。4.如图所示，物体重力为30 N，用OC绳悬挂在O点，OC绳能承受的最大拉力为20eq \r(3) N，用一绳BA系OC绳的A点，BA绳能承受的最大拉力为30 N，现用水平力拉BA，可以把OA绳拉到与竖直方向成多大角度？解析：设OA绳与竖直方向夹角为θ，由平衡关系可知，OA绳、BA绳拉力的合力与物体重力大小相等，方向相反，如图所示。则FAB＝Gtan θ，FOA＝eq \f(G,cos θ)，即FOA＞FAB，可知当θ增大时，FOA率先达到最大拉力，当FOA＝20eq \r(3) N时，cos θ＝eq \f(30,20\r(3))＝eq \f(\r(3),2)，得θ＝30°。即OA绳偏离竖直方向的最大角度θ＝30°。答案：30°5.如图所示，滑块与平板间的动摩擦因数为μ，在放着滑块的平板被慢慢地绕着左端抬起，α角由0°增大到90°的过程中，滑块受到的摩擦力将( )A．不断增大B．先增大后减小C．不断减小D．先增大到一定数值后保持不变解析：选B 开始阶段，滑块相对于平板静止，对滑块受力分析可知，滑块受到重力、支持力和沿斜面向上的静摩擦力的作用，受力平衡，则滑块受到的静摩擦力大小f＝mgsin α，随着α增大，滑块所受的摩擦力f增大。当滑块相对于平板滑动后，滑块受到的是滑动摩擦力，大小为f＝μmgcos α，摩擦力随α的增大而减小，所以滑块受到的摩擦力将先增大后减小。故B正确。 整体法与隔离法的应用动态平衡问题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，求出因变参量与自变参量的一般函数，然后根据自变参量的变化确定因变参量的变化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力的矢量图(画在同一个图中)，然后根据有向线段长度、角度的变化判断各个力大小、方向的变化情况相似三角形法在三力平衡问题中，如果有一个力是恒力，另外两个力方向都变化，且题目给出了空间几何关系，多数情况下力的矢量三角形与空间几何三角形相似，可利用相似三角形对应边成比例进行计算平衡中的临界、极值问题
三类典型的平衡问题 [要点归纳]分析多物体的平衡问题，关键是研究对象的选取，若一个系统中涉及两个或两个以上的物体，在选取研究对象时，要灵活运用整体法和隔离法。对于多物体问题，如果不求物体间的相互作用力，我们优先采用整体法，这样涉及的研究对象少，未知量少，方程少，求解简便。1．整体法的含义所谓整体法就是对物理问题的整个系统或整个过程进行分析、研究的方法。2．整体法的思维特点整体法是从局部到全局的思维过程，是系统论中的整体原理在物理中的运用。3．整体法的优点通过整体法分析物理问题，可以弄清系统的整体受力情况和全过程的受力情况，从整体上揭示事物的本质和变化规律，从而避开了中间环节的繁琐推算，能够灵巧地解决问题。通常在分析外力对系统的作用时，用整体法；在分析系统内各物体(或一个物体的各部分)间相互作用时，用隔离法；有时解答一个问题需要多次选取研究对象，整体法和隔离法交替应用。[例题1] 如图所示，粗糙水平地面上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半圆球B，整个装置处于静止。已知A、B的质量分别为m和M，半圆球B与柱状物体A半径均为R，半圆球B的球心到水平地面的竖直距离为eq \r(2)R，重力加速度为g。求：(1)物体A对地面的压力大小；(2)物体A对地面的摩擦力。[解析] (1)把A、B看成一个整体，该整体在竖直方向上受到竖直向下的重力(M＋m)g和地面的支持力N的作用，根据二力平衡得N＝(M＋m)g，由牛顿第三运动定律得物体A对地面的压力大小为(M＋m)g。(2)在水平方向上，该整体受到竖直墙水平向右的弹力和地面的水平向左的摩擦力，虽然摩擦力大小等于弹力大小，但由整体法无法确定弹力大小，因此需选取半圆球B为研究对象，运用隔离法，受力分析如图所示。根据力的分解和平衡条件可得N1＝eq \f(Mg,cos θ)，N2＝Mgtan θ由半圆球B的球心到水平地面的竖直距离为eq \r(2)R，根据相关几何知识得到θ＝45°所以N2＝Mg，可知地面对物体A的摩擦力大小为Mg，根据牛顿第三定律，物体A对地面的摩擦力大小等于Mg，方向水平向右。[答案] (1)(M＋m)g (2)Mg，方向水平向右整体法和隔离法的选择原则(1)当分析系统所受外力时，可以采用整体法来分析外界对系统的作用力。(2)当分析系统内各物体间的相互作用力时，一般采用隔离法且选择受力较少的物体为研究对象。(3)整体法的优点在于减少受力分析的个数，但不能分析内力；隔离法的优点是对多个物体受力了解比较清楚，但计算时有点麻烦。 [针对训练]1.如图所示，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N和摩擦力f正确的是( )A．N＝m1g＋m2g－Fsin θB．N＝m1g＋m2g－Fcos θC．f＝eq \f(F,cos θ)D．f＝Fsin θ解析：选A 对整体分析，在竖直方向上有Fsin θ＋N＝(m1＋m2)g，则N＝m1g＋m2g－Fsin θ，在水平方向上有f＝Fcos θ，故A正确，B、C、D错误。2．(多选)如图所示，质量为M的斜面体A放在粗糙水平面上，用轻绳拴住质量为m的小球B置于斜面上，整个系统处于静止状态，已知斜面倾角及轻绳与竖直方向的夹角均为θ＝30°。不计小球与斜面间的摩擦，重力加速度为g，则( )A．轻绳对小球的作用力大小为eq \f(\r(3),3)mgB．斜面体对小球的作用力大小为eq \r(2)mgC．斜面体对水平面的压力大小为(M＋m)gD．斜面体与水平面间的摩擦力大小为eq \f(\r(3),6)mg解析：选AD 以小球为研究对象，受力分析如图甲所示，根据受力平衡可得T＝N＝eq \f(\r(3),3)mg；以斜面体为研究对象，其受力分析如图乙所示，由受力平衡得N1＝Mg＋N′cos θ＝Mg＋eq \f(1,2)mg，f＝N′sin θ＝eq \f(\r(3),6)mg，故选项B、C错误，选项A、D正确。3．如图所示，质量为m的长木板放在水平地面上，站在木板上的人用斜向右下方的力F推箱子，三者都保持静止。人和箱子的质量也均为m，重力加速度为g。下列说法正确的是( )A．长木板对地面的压力大于3mgB．人对长木板的压力大小为mgC．地面对长木板的摩擦力的方向水平向左D．箱子受到的摩擦力的方向水平向左解析：选D 人用斜向右下方的力推箱子，对人、木板、箱子整体受力分析，可知受重力和支持力作用，故长木板对地面的压力等于3mg，地面对长木板没有摩擦力作用，故A、C错误；人用力F向右下方推箱子，根据牛顿第三运动定律可知，箱子对人施加向左上方的作用力，根据平衡条件可知，人对长木板的压力大小小于mg，故B错误；箱子在人的推力作用下，有向右运动的趋势，因此箱子受到的摩擦力的方向水平向左，故D正确。[要点归纳]动态平衡问题是指物体的状态发生缓慢变化，可以认为任一时刻都处于平衡状态。分析此类问题时，常用方法见下表：[例题2] 如图所示，一小球放置在木板与竖直墙面之间。设墙面对球的弹力大小为N1，木板对球的弹力大小为N2。以木板与墙连接点所形成的水平直线为轴，将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置。不计摩擦，在此过程中( )A．N1始终减小，N2始终增大B．N1始终减小，N2始终减小C．N1先增大后减小，N2始终减小D．N1先增大后减小，N2先减小后增大[解析] 方法一 解析法如图所示，由平衡条件得N1＝eq \f(mg,tan θ)，N2＝eq \f(mg,sin θ)，随θ逐渐增大到90°，tan θ、sin θ都增大，N1、N2都逐渐减小，所以选项B正确。eq \a\vs4\al(方法二 图解法)对球进行受力分析，球受3个力，分别为重力G、墙对球的弹力N1和板对球的弹力N2。当板逐渐放至水平的过程中，球始终处于平衡状态，即N1与N2的合力F始终竖直向上，大小等于球的重力G，如图所示，由图可知N1的方向不变，大小逐渐减小，N2的方向发生变化，大小也逐渐减小，故选项B正确。[答案] B图解法常用于求解三力平衡且有一个力是恒力、另有一个力方向不变的问题，一般按照以下流程解题：eq \x(\a\al(受力,分析))eq \o(―――――――→,\s\up7(化“动”为“静”),\s\do5( ))eq \x(\a\al(画不同状态,下的平衡图))eq \o(――――――――→,\s\up7(“静”中求“动”),\s\do5( ))eq \x(\a\al(确定力,的变化)) [针对训练]1．(多选)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，已知A的圆半径为球B的半径的3倍，球B所受的重力为G，整个装置处于静止状态。设墙壁对B的弹力为F1，A对B的弹力为F2，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( )A．F1减小 B．F1增大C．F2增大 D．F2减小解析：选AD 法一：解析法以球B为研究对象，受力分析如图甲所示，根据合成法，可得出F1＝Gtan θ，F2＝eq \f(G,cos θ)，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。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。2.有一个直角支架AOB，AO水平放置，表面粗糙，OB竖直向下，表面光滑，AO上套有小环P，OB上套有小环Q，两环质量均为m，两环由一根质量可忽略、不可伸展的细绳相连，并在某一位置平衡，如图所示。现将P环向左移一小段距离，两环再次达到平衡，那么将移动后的平衡状态和原来的平衡状态比较，AO杆对P环的支持力N和细绳上的拉力T的变化情况是( )A．N不变，T变大 B．N不变，T变小C．N变大，T变大 D．N变大，T变小解析：选B 隔离法：设PQ与OA的夹角为α，对P有mg＋Tsin α＝N，对Q有Tsin α＝mg，所以有N＝2mg，T＝eq \f(mg,sin α)，P环向左移动一小段距离，α增大，故N不变，T变小，选项B正确。整体法：选P、Q整体为研究对象，在竖直方向上受到的合力为零，直接可得N＝2mg，再选Q为研究对象，设PQ与OA的夹角为α，受力分析可求出T＝eq \f(mg,sin α)，P环向左移动一小段距离，α增大，T变小，选项B正确。3.如图所示，光滑的半球形物体固定在水平地面上，球心正上方有一光滑的小滑轮，轻绳的一端系一小球，靠放在半球上的A点，另一端绕过定滑轮后用力拉住，使小球静止。现缓慢地拉绳，在使小球沿球面由A运动到半球的顶点B的过程中，半球对小球的支持力N和绳对小球的拉力T的大小变化情况是( )A．N变大，T变小B．N变小，T变大C．N变小，T先变小后变大D．N不变，T变小解析：选D 以小球为研究对象，分析小球受力情况：重力G、轻绳的拉力T和半球面的支持力N，作出N、T的合力F，由平衡条件得知F＝G。由△NFA∽△AO1O得eq \f(N,AO)＝eq \f(F,O1O)＝eq \f(T,O1A)，得到N＝eq \f(AO,O1O)G，T＝eq \f(O1A,O1O)G缓慢地将小球从A点拉到B点过程中，O1O、AO不变，O1A变小，可见T变小，N不变。故D正确，A、B、C错误。[要点归纳]1．临界问题(1)问题界定：物体所处平衡状态将要发生变化的状态为临界状态，涉及临界状态的问题为临界问题。(2)问题特点①当某物理量发生变化时，会引起其他几个物理量的变化。②注意某现象“恰好出现”或“恰好不出现”的条件。(3)分析方法：基本方法是假设推理法，即先假设某种情况成立，然后根据平衡条件及有关知识进行论证、求解。2．极值问题(1)问题界定：物体平衡的极值问题，一般指在力的变化过程中涉及力的最大值和最小值的问题。(2)分析方法①解析法：根据物体的平衡条件列出方程，在解方程时，采用数学知识求极值或根据物理临界条件求极值。②图解法：根据物体的平衡条件作出力的矢量图，画出平行四边形或矢量三角形进行动态分析，确定最大值或最小值。[例题3] 物体的质量为2 kg，两根轻绳AB和AC的一端连接于竖直墙上(B、C在同一竖直线上)，另一端系于物体上，在物体上另施加一个方向与水平线成θ＝60°角的拉力F，若要使两绳都能伸直，如图所示，伸直时AC与墙面垂直，绳AB与绳AC间夹角也为θ＝60°，求拉力F的大小范围(g取10 m/s2)。[解析] 物体的受力情况如图所示，由平衡条件得Fsin θ＋F1sin θ－mg＝0Fcos θ－F2－F1cos θ＝0由上述两式得F＝eq \f(mg,sin θ)－F1F＝eq \f(F2,2cos θ)＋eq \f(mg,2sin θ)令F1＝0，得F最大值Fmax＝eq \f(mg,sin θ)＝eq \f(40\r(3),3) N令F2＝0，得F最小值Fmin＝eq \f(mg,2sin θ)＝eq \f(20\r(3),3) N综合得F的取值范围为eq \f(20\r(3),3) N≤F≤eq \f(40\r(3),3) N。[答案] eq \f(20\r(3),3) N≤F≤eq \f(40\r(3),3) N临界与极值问题的分析技巧(1)求解平衡中的临界问题和极值问题时，首先要正确地进行受力分析和变化过程分析，找出平衡中的临界点和极值点。(2)临界条件必须在变化中寻找，不能停留在一个状态来研究临界问题；要把某个物理量推向极端，即极大或极小，并依此作出科学的推理分析，从而作出判断或给出结论。 [针对训练]1.如图所示，一个重为5 N的物体，用细线悬挂在O点，现在用力F拉物体，使悬线偏离竖直方向30°时处于静止状态，此时所用拉力F的最小值为( )A．3.75 N B．2.5 NC．5 N D．4 N解析：选B 以物体为研究对象，受到重力G、拉力F和细线的拉力F1，物体静止时，F和F1的合力与G等大、反向、共线，由图可知，当拉力F与细线垂直时最小。根据平衡条件得F的最小值为Fmin＝Gsin 30°＝2.5 N，故选B。2.如图所示，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)当注入沙袋中的沙子质量m＝10 kg时，求绳AC和BC上的拉力大小TAC和TBC。(2)若AC能承受的最大拉力为150 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：(1)沙袋处于平衡状态，根据二力平衡有T＝mg，T′＝T，对C点受力分析如图所示，AC和BC两段绳子拉力的合力与T′等大反向，根据平行四边形定则可知，TAC＝T′cos 30°＝86.6 N，TBC＝T′sin 30°＝50 N。(2)AC和BC两段绳子方向不变，要保持平衡，两个力的合力方向不变，两个力合成的平行四边形不变，所以有eq \f(TAC,TBC)＝eq \r(3)，而TACmax＝150 N，TBCmax＝100 N，所以AC更容易被拉断。绳AC恰好不断裂时，TACmax＝Mgcos 30°＝150 N，解得M＝10eq \r(3) kg＝17.3 kg。答案：(1)86.6 N 50 N (2)17.3 kg3.如图所示，三根长度均为L的轻绳分别连接于C、D两点，A、B两端被悬挂在水平天花板上，相距2L，现在C点上悬挂一个质量为m的重物，为使CD绳保持水平，在D点上可施加力的最小值为( )A．mg B．eq \f(\r(3),3)mgC.eq \f(1,2)mg D.eq \f(1,4)mg解析：选C 由题图可知，要想CD水平，各绳均应绷紧，则由几何知识知AC与水平方向的夹角为60°。结点C受力平衡，受力分析如图所示，则CD绳的拉力T＝mgtan 30°＝eq \f(\r(3),3)mg。D点受绳子拉力大小等于T，方向向左。要使CD水平，D点两绳的拉力与外界的力的合力为零，则绳子对D点的拉力可分解为沿BD绳的分力F1及另一分力F2，由几何关系可知，当力F2与BD垂直时，F2最小，而F2的大小即为施加在D点的力的大小，故最小力F＝Tsin 60°＝eq \f(1,2)mg。故C正确。1．如图所示，粗糙的水平地面上有一斜劈，斜劈上一物块正在沿斜面以速度v0匀速下滑，斜劈保持静止，则地面对斜劈的摩擦力( )A．等于零B．不为零，方向向右C．不为零，方向向左D．不为零，v0较大时方向向左，v0较小时方向向右解析：选A 选物块和斜劈组成的系统为研究对象，由于系统处于平衡状态，受到的合力等于零，故系统在水平方向受到的合力等于零，因此地面对斜劈的摩擦力等于零，选项A正确。2.(多选)一盏电灯重力为G，悬于天花板上的B点，在电线O处系一细线OA，使电线OB与竖直方向的夹角为β＝30°，OA与水平方向成α角，如图所示。现保持O点位置不变，使α角由0°缓慢增加到90°，在此过程中( )A．电线OB上的拉力逐渐减小B．细线OA上的拉力先减小后增大C．细线OA上拉力的最小值为eq \f(1,2)GD．细线OA上拉力的最小值为eq \f(\r(3),2)G解析：选ABC 对结点进行受力分析，由平衡条件可知，细线OA和电线OB的拉力的合力F′一定竖直向上，与作用在O点向下的拉力F平衡。又F＝mg，所以F′＝mg。当α角由0°缓慢增加到90°的过程中画出动态平行四边形，如图所示。由图可看出，细线OA上的拉力先减小后增大，且当α＝30°时，TA最小，最小值为eq \f(G,2)，而电线OB上的拉力一直减小，故A、B、C正确，D错误。3.如图所示，用完全相同的轻弹簧A、B、C将两个相同的小球连接并悬挂，小球处于静止状态，弹簧A与竖直方向的夹角为30°，弹簧C水平，则弹簧A、C的伸长量之比为( )A.eq \r(3)∶4 B．4∶eq \r(3)C．1∶2 D．2∶1解析：选D 将两小球及弹簧B视为整体进行受力分析如图所示，根据平衡条件有FC＝FAsin 30°由胡克定律知FC＝kxC由胡克定律知FA＝kxA所以eq \f(FA,FC)＝eq \f(1,sin 30°)＝2∶1eq \f(xA,xC)＝2∶1，故A、B、C错误，D正确。4.如图所示，物体重力为30 N，用OC绳悬挂在O点，OC绳能承受的最大拉力为20eq \r(3) N，用一绳BA系OC绳的A点，BA绳能承受的最大拉力为30 N，现用水平力拉BA，可以把OA绳拉到与竖直方向成多大角度？解析：设OA绳与竖直方向夹角为θ，由平衡关系可知，OA绳、BA绳拉力的合力与物体重力大小相等，方向相反，如图所示。则FAB＝Gtan θ，FOA＝eq \f(G,cos θ)，即FOA＞FAB，可知当θ增大时，FOA率先达到最大拉力，当FOA＝20eq \r(3) N时，cos θ＝eq \f(30,20\r(3))＝eq \f(\r(3),2)，得θ＝30°。即OA绳偏离竖直方向的最大角度θ＝30°。答案：30°5.如图所示，滑块与平板间的动摩擦因数为μ，在放着滑块的平板被慢慢地绕着左端抬起，α角由0°增大到90°的过程中，滑块受到的摩擦力将( )A．不断增大B．先增大后减小C．不断减小D．先增大到一定数值后保持不变解析：选B 开始阶段，滑块相对于平板静止，对滑块受力分析可知，滑块受到重力、支持力和沿斜面向上的静摩擦力的作用，受力平衡，则滑块受到的静摩擦力大小f＝mgsin α，随着α增大，滑块所受的摩擦力f增大。当滑块相对于平板滑动后，滑块受到的是滑动摩擦力，大小为f＝μmgcos α，摩擦力随α的增大而减小，所以滑块受到的摩擦力将先增大后减小。故B正确。 整体法与隔离法的应用动态平衡问题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，求出因变参量与自变参量的一般函数，然后根据自变参量的变化确定因变参量的变化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力的矢量图(画在同一个图中)，然后根据有向线段长度、角度的变化判断各个力大小、方向的变化情况相似三角形法在三力平衡问题中，如果有一个力是恒力，另外两个力方向都变化，且题目给出了空间几何关系，多数情况下力的矢量三角形与空间几何三角形相似，可利用相似三角形对应边成比例进行计算平衡中的临界、极值问题
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