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1、新选“物体平衡”问题的解析 08 备考综合热身辅导系列 山东平原一中魏德田 253100 物体的平衡问题，是高中物理的一个重要内容。而分析和解决此类问题，不仅需要解题 者能牢固把握物体平衡的规律，而且必须具有熟练利用数学工具解决物理问题的能力。 一、破解依据 欲破解此类问题，须用物体的平衡条件，即所谓合力为零。但宜“视具体情况”，以比 较灵活的思维方式对待，即： 诸力平衡时沿任一“作用线”的合力为零；反之亦然。即F合=0 诸力平衡时沿任意两条“正交直线”的合力均为零；反之亦然。即Fx合=0，Fy合=0。 相互平衡的几个力必能组成一个封闭多边形。 诸力平衡时沿任意两条“斜交直线”的合力均为零；反
2、之亦然。即F / x 合=0, F / y 合=0， 另作别论。（注： “作用线”、 “直线”均指选定的坐标轴） 求物体所受合力时，可采用平行四边形定则（三角形定则）、正交分解法或斜交分解法 等等，并且都有作图、计算两种方式。 二、解题示例 诸力平衡时沿任一作用线的合力为零 例题 1（04 全国、 广东） 用三根轻绳将质量为m 的物块悬挂在空中, 如图 1 所示 . 已知 ac 和 bc 与竖直方向的夹角分别为 0 30和 0 60，则 ac 绳和 bc 绳中的拉力分别为（） A. 31 , 22 mgmg B. 13 , 22 mgmg C. 31 , 42 mgmg 13 , 24 mgm
3、g 解析 解法一： 若多力平衡， 则任意一力与其他 力之合力等值反向。参照图2（左），由“依据” 可得 mgmgF mgmgF bc ac 2 1 60cos 2 3 30cos 因此，本例答案为：选A。 解法二：参照图2（右），依勾股定理可得 a b c 图 1 3060 C Fac Fbc mg F 3060 C Fac Fbc mg F 图 2 m1 m2 O 图 6 FFF FFF bcac BCac 60cos30cos 222 把 2 1 60cos, 2 3 30cos ,代入以上式，即可求出相同结果。 点拨 由此推广可得，若物体平衡，则沿任一力的作用线的合力为零。如果我们能灵活
4、 应用这一结论，则常可获取神奇的效果。尽管“三力平衡”问题近年稍受“冷落”，但应强 调其仍不失为高考的重点。 例题 2 （ 07 广东） 如图 3 所示，在倾角为的固定光滑斜面上，质量为m 的物 体受外力F1和 F2的作用， F1方向水平向右，F2方向竖直向上。若物体静止在斜面上，则下 列关系正确的是（） AmgFmgFF 221 ,sincossin BmgFmgFF 221 ,sinsincos CmgFmgFF 221 ,sincossin DmgFmgFF 221 ,sinsincos 解析首先，分别求出各力在竖直、平行于斜面等两方 向的“投影”分力（图略），用类似“同一直线上力的 合
5、成”求解。由“依据”，可得 mgFF mgNF sinsincos cos 21 2 由于0N（当 N=0、F1=0 时，F2=mg） ，故由可知，mgF2。参照式，可知本 题答案为：选B。 例题 3（ 07 北京四中）如图 4 所示，用一夹子夹 一个半径为R 的轻质球， 夹子的每一个臂长均为L，若要夹 住轻球，夹子和轻球之间的静摩擦因数至少为多大？ 解析 由于是“轻质”球，故不考虑重力作用，进而作 出球的受力示意图5。 然后，考虑到力的 “对称性”， 由 “依 据”、摩擦力定义得 Nf 2 sin 2 cos Nf 再由几何关系可得 L R 2 t a n 最后，联立式，不难求出以下结果 L
6、 R 点拨 例 2、例 3 两题的处理方法，与例1“解法二”相同，可试称谓“投影法”。亦可 视为“正交分解法”的灵活应用。应用此种方法解题，常可获取神奇效果。若按常规思路作 图求解，则繁杂琐碎，不太随心应手。 诸力平衡时沿任意两条正交直线的合力均为零 例题 4（ 03 全国） 如图 6 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 F1 F2 m 图 4 R 图 4 N f 图 5 图 8 N T G 图 9 2 图 7 O x y m2g T
7、 m1g 点的连线与水平线的夹角为=60。两小球的质量比 1 2 m m 为（） A. 3 3 B. 3 2 -C. 2 3 D. 2 2 解析 首先，我们对m1、m2分别做“隔离”分析，其受力情况如图7 所示。然后，设 线的拉力为T，碗对球 1 的支持力为N；由数学 知识，易知=/2=30 。应用“依据”于 m1、m2可得 gmT gmTN TN 2 1 30 sinsin coscos 联立式，即可求出 . 3 3 1 2 m m 因此，本例答案为：选A。 点拨 此例为应用正交分解法解答的“典型” 平衡问题。 解题时， 我们首先选用了水平、 竖直的直角坐标系对两球做受力分析，然后根据各力沿
8、两轴的合力均为零列出方程组，问题 即容易解决。 例题 5（ 05 全国） 一重为 G 的小球，套于竖直放置的半径为R 的光滑大圆环上，一 劲度系数为k，自然长度为L（L2R）的轻质弹簧，其上端固定在大圆环的最高点，下端与 小球相连，如图8 所示，不考虑一切摩擦,求小球静止时弹簧与竖直方向的夹角。 解析 首先， 分别在沿小球的圆的切线、法线两方向建立平面正交坐标系，作出受力示 意图，如图 9 所示。然后，由“依据”、数学知识可得 TG TGN sin2sin cos2cos 设静止时弹簧长度为L / ，则 R L LLkT 2 cos )( / / 联 立 式 ， 结 合 “ 倍 角 公 式 ”
9、 ， 即 可 求 出 . )(2 cos )(2 cos 1 GkR kL GkR kL 点拨 原则上说，物体平衡问题大都能够以正交分解法求 解。若作图如图10，则由数学可知，AOB BNS 。从而 R L LLkT T L G R 2 cos )( / / / 由此亦可求出相同的结果。而后者更加节时省力，简便快捷， 备感妙趣风生。由此可见，用正交分解法解题也大有不便之处。 例题 6 （高考模拟题）如图 11 为一直角支架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、不可伸长的细绳相连，并在图示位
10、置平衡。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FN 和摩擦力f 的变化情况是（） A.FN不变， f 变大 B.FN不变， f 变小 C.FN变大， f 变大 D.FN变大， f 变小 解析 分析受力作出示意图12。再把两环、 细绳作为 “整 体”研究，由“依据”可知，小环P 所受支持力等于2mg 即 mgF N 2 fF N / 其中， FN、FN /分别为环 P、Q所受支持力。由式可知，FN 大小不变。 然后 , 依“极限思维”分析，当环P向左移至O点时，环Q 所受的拉力T、支持力FN /逐渐减小为 mg、
11、0。由此可知，左移 时环 P所受摩擦力将减小。 因此，正确的答案为：选B。 点拨 应该说，静力学中存在着大量的类似此例的“连接 体”问题。解题思维方法，无非为“整体”、 “隔离”两种分析 方法的交替使用，至于是先“整体”、还是“隔离” ，则因题而 异，变通确定。 相互平衡的几个力必能组成一个封闭多边形 例题 7 （ 06 上海） 如图 13 所示，用垂直于斜面BC斜向左下方的推力F，将质量 为 m ，横截面积为直角三角形的物块ABC ，顶靠在竖直墙面上，使物体保持静止不动。设 ABC=30 ，则物块受到的摩擦力大小为多少？ 解析 分析可知，物块受重力、推力、支持力 和摩擦力等四个力的作用，由“
12、依据”可知，它 们恰能组成一个封闭的四边形，如图13 左所示。 由图可见 tanFmgf 再结合题意，由数学可知， 30ABC 从而，不难求出 2 F mgf 例题 8（高考模拟题）如图 15 所示， 一物体放在斜面上处于静止状止状态。先加一 水平推力F，若在推力F 从零开始逐渐增大的过程中，物体仍保持静止，则下列判断中正确 的是（） 图 10 N T G A B O F B A O Q P 图 11 B A O Q P 图 12 FN / FN f mg mg B A F C 图 13 F mg N f A.斜面对物体的静摩擦力一定增大 B.斜面对物体的支持力一定增大 C.物体在水平方向所受合力一定增大 D.物体在竖直方向所受合力一定增大 解析 由于“物体仍保持静止”, 由“依据”， 可得如图 16 之封闭四边形。 由图可知，随水平推力F 的增大，斜面的支持力 N 一定增大，静摩擦力f 先减小，后转变方向再逐渐 增大。因物体始终处于静止状态，故合力为零，不发 生变化。因此本例答案：选B。 点拨 应该指出， 无论物体受几个力作用，只要满足物体的平衡条件，即物体处于匀速 直线运动或静止状态，所有各力都可组成一个完全封闭的多边形。但是， 作图时必须弄清每 个力的确切方向，否则稍有疏忽，即会功亏一篑，导致解题的失败。 图 15 F mg F N f f / 图 16