第二章 物体的平衡 第二单元
有固定转动轴物体的平衡同步精练
精练一（有固定转动轴物体的平衡1）
1．某同学用一不等臂天平称量物体A 的质量，他先把物体A 放在天平的右方托盘上，使天平平衡时，左托盘上所放的砝码的质量为m 1；他把物体A 再放在天平的左托盘上，使天平平衡时，右方托盘上所放砝码质量为m 2。被称物体质量等于（ ）
（A ）21m m
（B ）（m 1＋m 2）/2
（C ）m 1m 2/（m 1＋m 2）
（D ）无法确定.
2．对于有固定转动轴的物体，下列说法中正确的是（ ）
（A ）有固定转动轴的物体只要在转动，其合力矩必不为零
（B ）两个同方向的力作用在有固定转动轴物体上产生的力矩也必同方向
（C ）力臂最长不超过力的作用点到转动轴的距离
（D ）两个力作用于同一点，力大的产生的力矩一定也大
3．如图所示，均匀杆AB 重为10N ，右端A 铰接于墙上，杆恰水平，B
端用一细绳系于墙上的C 点，且在B 端挂一物体，物体重为20N ，则绳
子张力大小为 。
4．如图所示，均匀正方体边长为a ，重为Ｇ，在上端加一水平力F ，恰
能翻动，则F ＝ 。若作用点和施力方向可以任选，则要使正方体能
翻动，所需的最小力大小为 。
5．如图所示，均匀杆长1m ，支于O 点恰平衡，A 为OB 段的
中点。现将AB 段折弯如图，平衡时支点离O 点 。
精练二（有固定转动轴物体的平衡2）
1．如图（a ）所示，粗细均匀的木棒AB ，A 端装有
水平转轴，现在B 端用竖直向上的力F －10N 拉木
棒，使木棒与地面成60°角时平衡。若在B端改用水平力F′使木棒和地面成30°角时平衡，如图（b）所示，则F′的大小为（）
（A）5N （B）10N （C）17.3N （D）20N
2．如图所示，均匀杆AC长2m，重10N，在竖直平面内，A端
有水平固定转动轴，C端挂一重70N的重物，水平细绳BD系在
杆上B点，且AB＝3AC/4。要使绳BD的拉力是100N，则∠ABD
＝；要使BD绳的拉力最小，且B点位置不变，改变BD
的长度，则需BD与AC呈状态.。
3．一均匀木杆，每米重10N，支点位于离木杆左端点0.3ｍ处.现将一重为11N的物体挂在木杆左端点上，在木杆右端点施加一大小为5N的竖直向上的力，恰能使木杆平衡，则木杆的长L＝。
4.如图所示，均匀球重为Ｇ，置于倾角为30°的斜面上，在球的最高
点用水平力F拉住使球静止在斜面上，则F＝，为能使球静止
在斜面上，又最省力可将F力施于处，方向，此时
F＝。
5.如图所示，力矩盘重心在转轴O，半径0.4恰水平，OB上OA，在
A、B处各挂一个相同的砝码，则力矩盘转过角度为时平衡。
若A处挂2个砝码，B处挂1个砝码，则力矩盘应转过角度为
时平衡。
精练三（有固定转动轴物体的平衡3）
1．如图所示，力矩盘转轴在圆心，重心偏离圆心，当力矩盘平衡时，在
盘的最低点P施一水平力，拉住盘使之缓慢转动，力始终水平，则直到
OF呈水平以前，拉力F和它的力矩M将（）
（A）都变大（B）都变小
（C）F变大M变小（D）F变小M变大
2．如图所示，重为Ｇ的圆盘与一轻杆相连，杆与盘恰相切，
支于O点。现用力F竖直向下拉杆的另一端，使该端缓慢向
下转动，则杆转到竖直之前，拉力F及其力矩M的变化情况
是（）（）（A）M变小，F不变（B）M、F均变小
（C）M先变大再变小，F始终变大（D）M变小，F变大
3．如图所示，重为Ｇ的均匀棒，可绕上端Ｏ在竖直平面内转动。今在
棒的下端用水平力F拉，使棒缓慢转动，直至转到水平方向为止，则
拉力F和它的力矩M的变化情况（）（）（A）都增大（B）都减小
（C）F增大，M减小（D）F减小，M增大
4.如图所示，足够长的均匀木棒AB的A端铰于墙上，悬线一端
固定，另一端套在木棒上跟棒垂直，并使棒保持水平。如改变
悬线的长度使套逐渐向右移动，但仍保持木棒水平，则悬线所
受拉力大小将（）
（A）逐渐变小（B）先逐渐变大后又逐渐变小
（C）逐渐变大（D）先逐渐变小后又逐渐变大
5．如图所示，长为L、重为G的均匀横杆，A端铰于墙上，另一端
用钢丝绳BC拉成水平状态.从开始时刻起，一个所受重力为G、可看
作质点的物体匀速沿杆以速度v从A端滑向B端，则在小物体滑动的
过程中，钢丝绳所受拉力T的大小与时间t的关系如图中的（）
精练四（有固定转动轴物体的平衡4）
1．如图所示，均匀棒AB重为G，A端铰于天花板上，B端搁在物体C 上，桌面光滑，物体C对棒的支持力为N。当用一水平向右的力F拉C，且C仍静止时，C对棒的支持力将。当用一水平向左的力F拉C，且C仍静止时，C对棒的支持力将。（填“增大”、“不变”或“减小”）
2．如图所示，长方体木块搁在光滑方形槽中，则长方体木块除重力外
还受到（）
（A）一个弹力（B）两个弹力
（C）三个弹力（D）四个弹力
3．如图所示，均匀板一端搁在光滑墙上，另一端搁在粗糙地面上，人站在板上，人和板均静止，则（）
（A）人对板的总作用力就是人所受的重力
（B）除重力外板受到三个弹力和两个摩擦力作用
（C）人站得越高，墙对板的弹力就越大
（D）人站得越高，地面对板的弹力就越小
4．如图所示，AO是质量为m的均匀细杆，可绕过O点的水平轴
在竖直平面内自由转动，细杆上的P点与放在水平桌面上的圆柱体
接触，圆柱体靠在竖直的墙壁上而保持平衡，已知杆与水平面的夹
角为θ，AP长度是杆长的1/4，各处摩擦均不计，则墙壁对圆柱体的作用力等于。
5．如图所示，质量为m的运动员站在质量为m/2的均匀长板
AB的中点，板位于水平地面上，可绕通过B点的水平轴转动，
板的A端系有轻绳，绕过两个定滑轮后，握在运动员手中。当
运动员用力拉绳时，两侧绳均保持竖直方向，要使板的A端离
开地面，运动员作用于绳的最小拉力是。
有固定转动轴物体的平衡综合导学
知识要点
1.用力矩平衡条件解题的步骤.
用力矩平衡条件解题的步骤与用共点力平衡条件解题的步骤相似:①确定研究对象；②对研究对象进行受力分析；③找出各力的力臂，各力的力矩方向；④列力矩平衡方程；⑤解方程并判断解的合理性.
与应用共点力平衡条件解题相比，除多了第③步外，在受力分析时也有些区别，应用力矩平衡条件解题时，过转动轴的力不产生力矩，所以不用分析.
2.平衡条件的选择.
在用共点力平衡条件解决的问题时，总是可以把物体看成质点的，因为不涉及到力的作用点，所以往往不涉及到物体的形状和大小；而用力矩平衡条件解的问题必须确定力臂，也就是必须确定各力的作用点，因而不能把物体看成质点了，在题中往往给出“均匀”、“力作用在物体的某处”等条件；当然，对有固定转动轴物体的平衡问题就更明显了，因为研究对象有明显的固定转动轴.
疑难解析
例1 如图所示，一均匀直角三角形木板abc，可绕垂直纸面通过c
点的水平轴转动.现用一始终沿直角边ba的作用于a点的力F，
使bc边缓慢地由水平位置转至竖直位置，在此过程中，力F的
大小随α角变化的图线是图中的（）
解析三角形木板除转轴c处外，受到重力G和力F的作用，如图（a）所示.一开始力F是由b指向a的.当α增大时，重力G的力臂减小，其力矩也减小，但力F的力臂不变，因而力F 也减小；当转到图（b）所示位置时，重力恰好过转动轴c，此时力F为零，当a再增大时，重力G的力矩变为顺时针方向了，此时力F应由a指向b了，如图（c）所示；当a再增大时，重力G的力臂增大，其力矩也增大，但力F的力臂不变，因而力F也增大.由此可见选项A、B都不对，而选项C和D的区分，只要看三角形板转到图（c）位置前的一段过程中的变化是否线性的就可以了.由力矩平衡方程FL F＝GL G“可知，G和L F是不变的，而L。的变化显然不是线性的，故应选A.
注意:本题的关键是力F 的方向可以改变的，其买在题中给出”现用一始终猫直角边ba 的作用于a 点的力F ”，而不是说沿ba 方向的力F ，已经给出了暗示.
例2：如图所示，质量为m 的匀质木杆，上端可绕固
定水平光滑轴O 转动，下端搁在木板上，木板置于光
滑水平地面上，杆与竖直方向成45°角，杆与木板间的
滑动摩擦系数为0.5，为使木板向右作匀速运动，所加
的水平拉力F 等于（ ）
（A ）mg ∕2 （B ）mg ∕3 （C ）mg ∕4 （D ）mg ∕6
解析 本题中涉及两个物体，木板作平动，而木杆有固定
转动轴，因而对木板应用共点力平衡条件解，而对木杆应用
力矩平衡条件解，对它们分别进行受力分析，受力如图所示.
则对板有:F ＝f ＝μN .
而对杆有
?+?=?45cos 45sin 245sin NL NL mgL μ. 可以解得 6
mg F =. 注意:本题中对板只分析了水平方向的力，因为竖直方向的力与本题无关，而对杆上端转动轴处的力没有分析，因为它不产生力矩.
方法指导
1.用力的分解简化力矩计算.
例3如图所示，T 字形架子ABO 可绕过O 点且垂直于纸面的转
动轴自由转动.现在其A 端与B 端分别施以图示方向的力F1和
F2，则关于F1和F2的力矩M1和M2，下列说法中正确的是
（ ）
A.都是顺时针的.
B.都是逆时针的.
C.M 1是顺时针的，M 2是逆时针的.
D.M 1是逆时针的，M 2是顺时针的.
解析 本题中力F1和F2的力矩方向较难判断，但如果把
F1按图所示分解成两个分力F11和F12.F1的力矩与F11和F12
共同产生的力矩是等效的，而F11的作用线过转动轴，所以没
有力矩，于是只要看F12的力矩就行了，而F12的力矩很明显
是逆时针的，所以F1的力矩应为逆时针的.同理可以得出F2
的力矩也是逆时针的，故应选B.
注意:这种方法在力矩计算时也可以用，有时可以避开较复杂的力臂的确定.
2.整体法和隔离法.
例4如图所示，重为G 、半径为R 的均匀球，用长为R 的细线悬挂在
I 。形直角支架的C 点，L 形支架的AB 边是2R ，BC 边长为R 32，
且竖直而光滑，支架重力不计，B 处有固定转动轴.为使它们保持平衡，
则在A 点所加最小力为 ，方向 ，此时B 轴受到的压力
为
解析取小球、支架和细线整体为研究对象，除转轴B 处外，只受到球的重力G 和A 端的作用力F ，为使力F 最小，则需竖直向下加力F 就行了，由力矩平衡条件得
可以解得 2
G F =. 而要求B 轴处受到的压力时，就不能用力矩平衡条件解了，因为整体就受到重力、作用力和B 轴处的作用力N ，由共点力平衡条件可知，N 必竖直向上，且 23G F G N =
+=. 注意:本题现用整体法是很简便的，但如果采用隔离法，对球列共点力平衡方程，对杆列力矩平衡方程，那是很烦的，读者不妨试试看.
问题讨论
如图所示.指甲钳可视为由两个杠杆构成的。第
一个杠杆的支点是O ，施加的外力是F ，阻力
是T ’；第二个杠杆的支点是Q ，施加的动力是
丁，阻力是R.试用学过的知识分析怎样可以使
指甲钳较省力.
有固定转动轴物体的平衡A 卷
一、填空题
1.如图所示，均匀杆OB 长为l 、重为G1，B 端所挂物体重为G2，
杆可绕过O 点的水平轴在竖直平面内自由转动。B 端用轻绳AB 系
于地面，杆与地面成60°角，轻绳与地面成30°角，则轻绳AB 拉力
对O 点的力臂为 ，挂物体的轻绳对杆的拉力对O 点的力矩大
小为 ，轻绳AB 的拉力大小为 。
2.如图所示，在半径为R 的轮边缘最高点A 处用力F 使轮滚上台阶，
轮与台阶的接触点为P ，要使力F 最小，则力F 的方向应是 ，
在使轮滚动过程中，力F 的力矩是（填“顺时针”或“逆时针”）的。
若轮的质量为M ，台阶高为2R h =，则F 的大小至少为 。
3.如图所示，OAB 为均匀直角尺，重为2G ，且OA ＝AB ，直角尺
可绕过O 点的水平轴在竖直平面内自由转动。为使杆的OA 部分保
持水平，则在B 端施加的最小作用力应为 ；若施力于A
端，则最小作用力为。
答案：
4.如图所示，将粗细均匀直径相同的两根棒A和B粘合在一起，
并在粘合处悬挂起来，恰好处于水平平衡。如果A棒的密度是B
棒的2倍，那么A棒的重力是B棒的重力的倍。
5.如图所示，等边的直角拐尺每边的质量均为m，拐角处用铰链铰于天
花板上，左端用细绳与放在地面上的质量也为m的物体相连.平衡时绳
子保持竖直，那么绳子拉力的大小为，物体对地面的压力大小
为。
6.如图所示，是人手臂骨骼与肌肉的生理结构示意图，手上托着重为G的物体。（1）在方框中画出前臂受力示意图（把手、手腕、尺骨和桡骨看成一个整体，它们所受重力不计，图中O点看作固定转动轴，O点受力可以不画）；（2）根据图中标尺估算出手臂的二头肌此时的收缩力大小约为。
7.如图所示，杆CO长为0.5m，C端铰于墙上，O端用轻绳OE系于
墙上，并在O端下面挂一个光滑轻滑轮，滑轮下用轻绳跨过滑轮悬
挂两个物体，物体A重2N，物体B重5N，物体B放在地面上，两
绳都恰竖直，整个装置处于静止状态，则绳OD对杆的拉力对E点的
力矩为。
8.如图所示，力矩盘转轴在其圆心O点，重心在G点（恰在O点的正
下方），半径OA恰水平.现在A点加一竖直向下的拉力使盘缓慢转动，
直到A点到达最低点前，在此过程中，竖直向下的拉力的大小将
，该拉力的力矩大小将。（填“增大”、“不变”或“减小”）
二、选择题
9.如图所示，T字形轻质支架abO可绕过O点的水平轴在竖直平面
内自由转动，支架受到图示方向的F1、F2和F3的作用，则关于O
点（）
（A）F1和F3的力矩同方向
（B）F2和F3的力矩同方向
（C）若三个力矩不平衡，为使它平衡，在a点施力可使力最小
（D ）为使加在a 点的2N 的力产生最大力矩可使此力方向与ab 杆垂直
10.如图所示，一均匀杆AB ，能绕过A 端的水平轴在竖直平面内转动.在杆的另一端B 用一始终竖直向上的力拉杆，当杆沿逆时针缓慢转过一个小角度时，拉力F 的大小及拉力的力矩M 的大小与原来相比是（ ）
（A ）F 变大，M 变大 （B ）F 变大，M 不变
（C ）F 不变，M 变大 （D ）F 不变，M 不变
11.如图所示，均匀直杆AB 的A 端装有垂直于纸面的水平转动轴，B 端搁在小车上，杆与车的水平上表面间动摩擦因数为μ，小车静止时，杆对车的压力大小为N1.当小车水平向左运动时，杆对车的压力大小为N2，则 （ ）
（A ）N1＝N2 （B ）N1＜N2 （C ）N1＞N2 （D ）无法确定
12.如图所示，长为lm 的轻杆OA 可绕过O 点的水平轴自由转动，在A 端挂一个质量为M 的物体.现将长也为lm 的轻绳系在杆上的某点B ，另一端系于墙上。为使杆保持水平，选取适当的B 点位置，能使绳子拉力最小，此时绳子拉力的大小与B 点到O 点的距离分别是 （ ）
（A ）Mg ，m 3 （B ）Mg ，m 23（C ）2Mg ，m 2 （D ）2Mg ，m 22
13.如图所示，密度为ρ、边长为L 的均匀立方体，表面光滑，静止在水平面上，并抵住一个小木桩.有风与水平方向成45°角斜向上地吹到立方体的一个面上，产生压强为p ，则使立方体刚要翻动的p 户值为（ ）
（A ）g L ρ2 （B ）32g L ρ （C ）g L ρ （D ）22g L ρ
14.如图所示为一根均匀的杆秤，O 为其零点，A 为一提纽，
若将秤杆尾部截去一小段，在称某一物体时读数为m ，设
该物体的实际质量为M ，则（ ）
（A ）M ＜m （B ）M ＞m （C ）M ＝m （D ）无法确定
15.如图所示，用单位长度质量为P 的材料制成的长方形框架ABCD ，已知AB ＝a ，BC ＝b ，可绕过AB 边的水平轴自由转动.现在CD 边的中点施加一个水平力F ，为使框架静止时与竖直方向成α角，则力F 的大小应为 （ ）
（A ）ρ（a ＋b ）tgα （B ）ρg （a ＋b ）ctgα
力矩和力矩平衡 一．内容黄金组. 1．了解转动平衡的概念，理解力臂和力矩的概念。 2．理解有固定转动轴物体平衡的条件 3．会用力矩平衡条件分析问题和解决问题 二．要点大揭秘 1．转动平衡：有转动轴的物体在力的作用下，处于静止或匀速转动状态。 明确转轴很重要： 大多数情况下物体的转轴是容易明确的，但在有的情况下则需要自己来确定转轴的位置。如：一根长木棒置于水平地面上，它的两个端点为AB，现给B端加一个竖直向上的外力使杆刚好离开 地面，求力F的大小。在这一问题中，过A点垂直于杆的水平直线是杆的转轴。象这样，在解决问 题之前，首先要通过分析来确定转轴的问题很多，只有明确转轴，才能计算力矩，进而利用力矩 平衡条件。 2．力矩： 力臂：转动轴到力的作用线的垂直距离。 力矩：力和力臂的乘积。 计算公式：M＝FL 单位：Nm 效果：可以使物体转动 （1）力对物体的转动效果 力使物体转动的效果不仅跟力的大小有关，还跟力臂有关，即力对物体的转动效果决定于力矩。①当臂等于零时，不论作用力多么大，对物体都不会产生转动作用。②当作用力与转动轴平行时，不会对物体产生转动作用，计算力矩，关键是找力臂。需注意力臂是转动轴到力的作用线的距离，而不是转动轴到力的作用点的距离。 （2）大小一定的力有最大力矩的条件： ①力作用在离转动轴最远的点上； ②力的方向垂直于力作用点与转轴的连线。 （3）力矩的计算： ①先求出力的力臂，再由定义求力矩M＝FL 如图中，力F的力臂为L F=Lsinθ 力矩M＝F?L sinθ ②先把力沿平行于杆和垂直于杆的两个方向分解，平 行于杆的分力对杆无转动效果，力矩为零；平行于杆的分力的 力矩为该分力的大小与杆长的乘积。 如图中，力F的力矩就等于其分力F1产生的力矩，M ＝F sinθ?L 两种方法不同，但求出的结果是一样的，对具体的问题选择恰当的方法会简化解题过程。 3．力矩平衡条件： 力矩的代数和为零或所有使物体向顺时针方向转动的力矩之和等于所有使物体向逆时针方向转动的力矩之和。 ∑M=0或∑M 顺＝∑M 逆 F F2
第6章 力矩分配法 §6 – 1 基本概念 力矩分配法适用于无结点线位移的刚架和连续梁结构，是位移法求解问题的一种特殊情况，有线位移结构不能直接利用力矩分配法求解。 6-1-1 名词解释 (1)转动刚度AB S ：表示抵抗转动的能力，其值等于转动端产生单位转角所需施加的力矩，单跨梁转动刚度如图6-1。 静定结构（或静定部分）的转动刚度为零，即对转动无抵抗能力。 图6-2所示结构有一个转角位移未知数，各杆的转动刚度为： 4433DA DA DC DC S i i S i i ==== 30DB DB DF S i i S === (2)分配系数Di μ：某一杆端的分配系数等于，该杆端转动刚度在同一结点各个杆端转动刚度中所占的比例值。图6-2结构的分配系数为： 0.4DA DA DA DB DC DF S S S S S μ==+++ 0.3DB DB DA DB DC DF S S S S S μ= =+++ 0.3DC DC DA DB DC DF S S S S S μ= =+++ 图6-2无侧移刚架结构 )b () c ( (a) 3AB S i =4AB S =AB S =(d) 图6-1等截面单跨梁转动刚度
2 结构力学典型例题解析 0DF DF DA DB DC DF S S S S S μ= =+++ (3)弯矩符号规定：力矩分配法在计算过程中不需要画弯矩图，只是以数值形式进行计算，因此，需要事先对力矩和弯矩符号进行规定，具体规定如下： 固端弯矩：顺时针为正。 结点外力偶：顺时针为正。 (4)固端弯矩F i j M ：将转动结点固定变成位移法的基本体系，外荷载在基本体系上产生的杆端弯矩。如图6-2结构的固端弯矩为： F F F F F F 0DA DA DB BD CD FD M M M M M M ====== F 2 145kN m 8 DC M ql -= =-? F 30kN m DF M =-? (5)不平衡力矩u D M ：不平衡力矩为转动结点所连杆端 的固端弯矩之和，其值等于刚臂反力矩。如图6-3为荷载引起的不平衡力矩u D M ，此时就是位移法典型方程的 1P R ： F F F F 1P u D DA DB DC DF M R M M M M ==+++ 75kN m u D M =-? (6)被分配力矩M ：M 等于不平衡力矩u D M 的负值； 若该转动结点有外力矩，外力矩可以直接进行分配，此时外力矩是被分配力矩的一部分。如图6-3被分配力矩为： 75kN m u D M M =-=? (7)分配弯矩Di M ：某一杆端的分配弯矩Di M 等于该杆端的分配系数Di μ乘以被分配力矩 M 。如图6-3结构的分配弯矩为： 30kN m DA DA M M μ==? 22.5k N m D B D B M M μ==? 22.5kN m DC DC M M μ==? 0D F D F M M μ== (8)传递系数AB C ：传递系数AB C 只与另一端（远端，即B 端）的支座情况有关，远端为定向支座时其值为-1，远端为固定支座时其值为0.5，远端为铰支座（包括自由端）时其值为0。如图6-3结构的传递系数为： 0.5DA C = 1DB C =- 0DC C = 0DF C = 图6-3不平衡力矩 F DC F M DB F
物体的受力（动态平衡）分析及典型例题 受力分析就是分析物体的受力，受力分析是研究力学问题的基础，是研究力学问题的关键。 受力分析的依据是各种力的产生条件及方向特点。 一.几种常见力的产生条件及方向特点。 1.重力。 重力是由于地球对物体的吸引而使物体受到的力，只要物体在地球上，物体就会受到重力。 重力不是地球对物体的引力。重力与万有引力的关系是高中物理的一个小难点。 重力的方向：竖直向下。 2.弹力。 弹力的产生条件是接触且发生弹性形变。 判断弹力有无的方法：假设法和运动状态分析法。 弹力的方向与施力物体形变的方向相反，与施力物体恢复形变的方向相同。 弹力的方向的判断：面面接触垂直于面，点面接触垂直于面，点线接触垂直于线。 【例1】如图1—1所示，判断接触面对球有无弹力，已知球静止，接触面光滑。图a 中接触面对球 无 弹力；图b 中斜面对小球 有 支持力。 【例2】如图1—2所示，判断接触面MO 、ON 对球有无弹力，已知球静止，接触面光滑。水平面ON 对球 有 支持力，斜面MO 对球 无 弹力。 【例3】如图1—4所示，画出物体A 所受的弹力。 a 图中物体A 静止在斜面上。 b 图中杆A 静止在光滑的半圆形的碗中。 c 图中A 球光滑，O 为圆心，O ＇为重心。 【例4】如图1—6所示，小车上固定着一根弯成α角的曲杆，杆的另一端固定一个质
量为m 的球，试分析下列情况下杆对球的弹力的大小和方向：（1）小车静止；（2）小车以加速度a 水平向右加速运动；（3）小车以加速度a 水平向左加速运动；（4）加速度满足什么条件时，杆对小球的弹力沿着杆的方向。 3.摩擦力。 摩擦力的产生条件为：（1）两物体相互接触，且接触面粗糙；（2）接触面间有挤压；（3）有相对运动或相对运动趋势。 摩擦力的方向为与接触面相切，与相对运动方向或相对运动趋势方向相反。 判断摩擦力有无和方向的方法：假设法、运动状态分析法、牛顿第三定律分析法。 【例5】如图1—8所示，判断下列几种情况下物体A 与接触面间有、无摩擦力。 图a 中物体A 静止。图b 中物体A 沿竖直面下滑，接触面粗糙。图c 中物体A 沿光滑斜面下滑。图d 中物体A 静止。 图a 中 无 摩擦力产生，图b 中 无 摩擦力产生，图c 中 无 摩擦力产生,图d 中 有 摩擦力产生。 【例6】如图1—9所示为皮带传送装置，甲为主动轮，传动过程中皮带不打滑，P 、Q 分别为两轮边缘上的两点，下列说法正确的是：（ B ） A ．P 、Q 两点的摩擦力方向均与轮转动方向相反 B ．P 点的摩擦力方向与甲轮的转动方向相反， Q 点的摩擦力方向与乙轮的转动方向相同 C ．P 点的摩擦力方向与甲轮的转动方向相同， Q 点的摩擦力方向与乙轮的转动方向相反 D ．P 、Q 两点的摩擦力方向均与轮转动方向相同 【例7】如图1—10所示，物体A 叠放在物体B 上，水平地面光滑，外力F 作用于物体B 上使它们一起运动，试分析两物体受到的静摩擦力的方向。
郑梁梅高级中学高一物理竞赛辅导讲义 第三讲：力矩、定轴转动物体的平衡条件、重心 【知识要点】 （一）力臂：从转动轴到力的作用线的垂直距离叫力臂。 （二）力矩：力和力臂的乘积叫力对转动轴的力矩。记为M=FL ，单位“牛·米”。一般规定逆时针方向转动为正方向，顺时针方向转动为负方向。 （三）有固定转轴物体的平衡条件 作用在物体上各力对转轴的力矩的代数和为零或逆时针方向力矩总是与顺时针方向力矩相等。即ΣM=0，或ΣM 逆=ΣM 顺。 （四）重心：物体所受重力的作用点叫重心。 计算重心位置的方法： 1、同向平行力的合成法：各分力对合力作用点合力矩为零，则合力作用点为重心。 2、割补法：把几何形状不规则的质量分布均匀的物体分割或填补成形状规则的物体，再由同向（或反向）平行力合成法求重心位置。 3、公式法：如图所示，在平面直角坐标系中，质量为m 1和m 2的A 、B 两质点坐标分别为A （x 1，y 1），B （x 2，y 2）则由两物体共同组成的整体的重心坐标为： 212211m m x m x m x C ++= 212211m m y m y m y C ++= 一般情况下，较复杂集合体，可看成由多个质点组成的质点系， 其重心C 位置由如下公式求得： i i i C m x m x ∑∑= i i i C m y m y ∑∑= i i i C m z m z ∑∑= 本节内容常用方法有：①巧选转轴简化方程：选择未知量多，又不需求解结果的力线交点为轴，这些力的力矩为零，式子简化得多；②复杂的物体系平衡问题有时巧选对象：选整体分析，常常转化为力矩平衡问题求解；③无规则形状的物体重心位置计算常用方法是通过割补思想，结合平行力合成与分解的原则处理，或者助物体重心公式计算。 【典型例题】 【例题1】如图所示，光滑圆弧形环上套有两个质量不同的小球A 和B 两球之间连有弹簧，平衡时圆心O 与球所在位置的连线与竖直方向的夹角分别为α和β，求两球质量之比。 y y y 2α β A B O
受力分析及物体平衡典型例题解析
专练 3 受力分析 物体的平衡 、单项选择题 1．如图 1所示，质量为 2 kg 的物体 B 和质量为 1 kg 的物体 C 用轻弹簧连接并竖直地静置于水平地面上． 再将一个质 量为 3 kg 的物体 A 轻放在 B 上的一瞬间， 弹簧的弹力大 小为（取 g ＝10 m/s 2）（ ） A ．30 N C ．20 N D ．12 N 答案 C 2．（2014 ·上海单科， 9）如图 2，光滑的四分之一圆弧轨道 AB 固 定在竖直平面 内， A 端与水平面相切，穿在轨道上的小球在 拉力 F 作用下，缓慢地由 A 向 B 运动，F 始终沿轨道的切线 方向，轨道对球的弹力为 F N ，在运动过程中 （ ) A ．F 增大，F N 减小 B ．F 减小， F N 减小 C ．F 增大，F N 增大 D ．F 减小， F N 增大 解析 对球受力分析，受重力、支持力和拉力，根据共点力平 衡条件，有： F N ＝mgcos θ和 F ＝mgsin θ，其中 θ为 支 持力 F N 与竖直方向的夹角；当物体向上移动时， θ 变 大，故 F N 变小， F 变大；故 A 正确， BCD 错误． 答案 A （2014 ·贵州六校联考， 15）如图 3 所示，放在粗糙水平面 上的物体 A 上叠 放着物体 B.A 和 B 之间有一根处于压 缩状态的弹簧，物体 A 、B 均处于静止状态．下列说 法中正确的是 （ ） C ．地面对 A 的摩擦力向右 D ．地面对 A 没有摩擦力 解析 弹簧被压缩，则弹簧给物体 B 的弹力水平向左，因此物体 B 平衡 时必 受到 A 对 B 水平向右的摩擦力， 则 B 对 A 的摩擦力水平向左， 故 A 、 B ．0 3． A ．B 受到向左的摩擦力 B ．B 对 A 的摩擦力向右
力与物体的平衡 题型一：常规力平衡问题 解决这类问题需要注意：此类题型常用分解法也可以用合成法，关键是找清力及每个力的方向和大小表示！多为双方向各自平衡，建立各方向上的平衡方程后再联立求解。 ［例1］一个质量m 的物体放在水平地面上,物体与地面间的摩擦因数为μ,轻弹簧的一端系在物体上,如图所示.当用力F 与水平方向成θ角拉弹簧时,弹簧的长度 伸长x ，物体沿水平面做匀速直线运动.求弹簧的劲度系数. ［解析］可将力F 正交分解到水平与竖直方向，再从两个方向上寻求平衡关系！水平方向应该是力F 的分力Fcos θ与摩擦力平衡，而竖直 方向在考虑力的时 候，不能只考虑重力和地面的支持力，不要忘记力F 还有一个竖直方向的分力作用！ 水平： F cos θ=μF N ① 竖直：F N ＋ F sin θ=mg ② F =kx ③ 联立解出：k = ) sin (cos θμθμ+x mg ［变式训练1］ 如图，质量为m 的物体置于倾角为θ的斜面上，先用平行于斜面的推力F 1作用于物体上，能使其能沿斜面匀速上滑，若改用水平推力作用于物体上，也能使物体沿斜面匀速上滑，则两次力之比F 1/F 2=? 题型二：动态平衡与极值问题 解决这类问题需要注意： （1）三力平衡问题中判断变力大小的变化趋势时，可利用平行四边形定则将其小和方向均不变的一个力，分别向两个已知方向分解，从而可从图中或用解析法判断出变力大小变化趋势，作图时应使三力作用点O 的位置保持不变． （2）一个物体受到三个力而平衡，其中一个力的大小和方向是确定的，另一个力的方向始终不改变，而第三个力的大小和方向都可改变，问第三个力取什么方向这个力有最小值，当第三个力的方向与第二个力垂直时有最小值，这个规律掌握后，运用图解法或计算法就比较容易了． ［例2］ 如图2-5-3所示，用细线AO 、BO 悬挂重力，BO 是水平的，AO 与竖直方向成α角．如果改变BO 长度使β角减小，而保持O 点不动，角α（α < 450）不变，在β角减小到等于α角的过程中，两细线拉力有何变化？ ［解析］取O 为研究对象，O 点受细线AO 、BO 的拉力分别为F 1、F 2，挂重力的细线拉力 F 3 = mg ．F 1、F 2的合力F 与F 3大小相等方向相反．又因为F 1的方向不变，F 的末端作射线平 行于F 2，那么随着β角的减小F 2末端在这条射线上移动，如图2-5-3(解)所示．由图可以看出，F 2先减小，后增大，而F1则逐渐减小． ［变式训练2］如图所示，轻绳的一端系在质量为m 的物体上，另一端系在一个圆环上，圆环套在粗糙水平横杆MN 上，现用水平力F 拉绳上一点，使物体处在图中实线位置.然后改变F 的大小使其缓慢下降到图中虚线位置，圆环仍在原来位置不动，则在这一过程中，水平拉力F 、环与横杆的摩擦力f 和环对杆的压力N 的变化情况是( ) A.F 逐渐减小，f 逐渐增大，N 逐渐减小 B.F 逐渐减小，f 逐渐减小，N 保持不变 图2-5-3
1．力矩 力的三要素是大小、方向和作用点。由作用点和力的方向所确定的射线称为力的作用线。力作用于物体，常能使物体发生转动，这时外力的作用效果不仅取决于外力的大小和方向，而且取决于外力作用线与轴的距离——力臂(d )。 力与力臂的乘积称为力矩，记为M ，则M Fd =，如图1，O 为垂直于纸面的固定轴，力F 在纸面内。 力矩是改变物体转动状态的原因。力的作用线与轴平行时，此力对物体绕该轴转动没有作用。若力F 不在与轴垂直的平面内，可先将力分解为垂直于轴的分 量F ⊥和平行于轴的分量F ∥，F ∥对转动不起作用，这时力F 的力矩为M F d ⊥=。通常规定 绕逆时方向转动的力矩为正。当物体受到多个力作用时，物体所受的总力矩等于各个力产生力矩的代数和。 某个力的力矩定义为力臂与力的叉乘，即M r F =? 力矩M 是矢量，其方向通常按右手螺旋定则确定：力矩M 同时垂直于力臂r 与力F ，当右手螺旋从r 的方向转到F 的方向时大拇指的方向即为M 的方向. 叉乘a ×b =c c 称“矢量的叉积”，它是一个新的矢量。叉积的大小：c =absinα，其中α为a 和b 的夹角。意义：c 的大小对应由a 和b 作成的平行四边形的面积。叉积的方向：垂直a 和b 确定的平面，并由右手螺旋定则确定方向，如图所示。显然，a ×b ≠b ×a ，但有：a ×b =－b ×a 【注意】转轴可以随意选取，力矩计算的核心技巧是巧选转轴，总的原则是 未知力作用线不能通过转轴，其次是其他未知力作用线尽量过轴。 通常不考虑形变的物体都称作刚体, 刚体平衡必须满足两个条件其 一：力的矢量和等于零，即0Fi ∑= 这就保证了刚体没有平动. 其二：作用于刚体的力对于矩心O 的合力矩也为零，即0Mi ∑= 知识点睛 10.1力矩平衡 第10讲 力矩平衡
3 5 知识点三：共点力平衡（动态平衡、矢量三角形法） 1．(单选)如图所示，一小球在斜面上处于静止状态，不考虑一切摩擦，如果把竖直挡板由竖直位置缓慢绕 O 点转至水平位置，则此过程中球对挡板的压力 F 1 和球对斜面的压力 F 2 的变化情况是( )．答案 B A ．F 1 先增大后减小，F 2 一直减小 B ．F 1 先减小后增大，F 2 一直减小 C ．F 1 和 F 2 都一直减小 D ．F 1 和 F 2 都一直增大 2、 （单选）(天津卷，5)如图所示，小球用细绳系住，绳的另一端固定于 O 点．现用水平力 F 缓慢推动斜面体，小球在斜面上无摩擦地滑动，细绳始终处于直线状态，当小球升到接近斜面顶端时细绳接近水平， 此过程中斜面对小球的支持力 F N 以及绳对小球的拉力 F T 的变化情况是( )．答案 D A ．F N 保持不变，F T 不断增大 B ．F N 不断增大，F T 不断减小 C ．F N 保持不变，F T 先增大后减小 D ．F N 不断增大，F T 先减小后增大 3．（单选）如图所示，一光滑小球静止放置在光滑半球面的底端，用竖直放置的光滑挡板水平向右缓慢地推动小球，则在小球运动的过程中(该过程小球未脱离球面)，木板对小球的推力 F 1、半球面对小球的支持力 F 2 的变化情况正确的是( )． 答案 B A ．F 1 增大，F 2 减小 B ．F 1 增大，F 2 增大 C ．F 1 减小，F 2 减小 D ．F 1 减小，F 2 增大 4、（单选）如图所示，一物块受一恒力 F 作用，现要使该物块沿直线 AB 运动，应该再加上另 一个力的作用，则加上去的这个力的最小值为( )．答案 B A ．F cos θ B ．F sin θ C ．F tan θ D ．F cot θ 5．(单选)如图所示，一倾角为 30°的光滑斜面固定在地面上，一质量为 m 的小木块在水平力 F 的作用下静止在斜面上．若只改变 F 的方向不改变 F 的大小，仍使木块静止，则此时力 F 与水平 面的夹角为( )．答案 A A ．60° B ．45° C ．30° D ．15° 6．（多选）一铁架台放于水平地面上，其上有一轻质细线悬挂一小球，开始时细线竖直，现将水平力 F 作用于小球上，使其缓慢地由实线位置运动到虚线位置，铁架台始终保持静止，则在这 一过程中( )． 答案：AD A ．细线拉力逐渐增大 B ．铁架台对地面的压力逐渐增大 C ．铁架台对地面的压力逐渐减小 D ．铁架台所受地面的摩擦力逐渐增大 7、（多选）(苏州调研)如图所示，质量均为 m 的小球 A 、B 用两根不可伸长的轻绳连接后悬挂于 O 点，在外力 F 的作用下，小球 A 、B 处于静止状态．若要使两小球处于静止状态且悬线 OA 与竖直方 向的夹角 θ 保持 30°不变，则外力 F 的大小( )．答案 BCD A ．可能为 mg B ．可能为 mg 3 2 C ．可能为 2mg D ．可能为 mg 8、（单选）如图所示，轻绳的一端系在质量为 m 的物体上，另一端系在一个轻质圆环上，圆环套在粗糙水平杆 MN 上．现用水平力 F 拉绳上一点，使物体处于图中实线位置，然后改变 F 的大小使 其缓慢下降到图中虚线位置，圆环仍在原来的位置不动．在这一过程中，水平拉力 F 、环与杆 的摩擦力 F 摩和环对杆的压力 F N 的变化情况是( )．答案 D A ．F 逐渐增大，F 摩保持不变，F N 逐渐增大 B ．F 逐渐增大，F 摩逐渐增大，F N 保持不 变
难点3: 力矩平衡条件及应用 力矩平衡以其广泛的实用性，再次被考纲列为考查的内容，且以此知识点为素材的高考命题屡次再现于近几年高考上海卷及全国理综卷中.其难点分布于：（1）从实际背景中构建有固定转动轴的物理模型.（2）灵活恰当地选取固定转动轴.（3）将转动模型从相关系统（连结体）中隔离分析等。 ●难点考场 1.（★★★★）如图3-1所示，一根长为L 的轻杆OA ，可绕水平轴O 在竖直平面内自由转动，左端A 挂一质量为m 的物体，从杆上一点B 系一不可伸长的细绳，将绳跨过光滑的钉子C 与弹簧K 连接，弹簧右端固定，这时轻杆在水平位置保持平衡，弹簧处于伸长状态，已知OB =OC = 3 2 L ，弹簧伸长量恰等于BC ，由此可知，弹簧的劲度系数等于______. 2.（★★★★★）（1997年上海，6）如图3-2所示是一种手控制动器，a 是一个转动着的轮子，b 是摩擦制动片，c 是杠杆，O 是其固定转动轴.手在A 点施加一个作用力F 时，b 将压紧轮子，使轮子制动.若使轮子制动所需的力矩是一定的，则下列说法正确的是 A.轮a 逆时针转动时，所需的力F 较小 B.轮a 顺时针转动时，所需的力F 较小 C.无论逆时针还是顺时针转动，所需的力F 相同 D.无法比较F 的大小 ●案例探究 ［例1］（★★★★★）如图3-3所示，长为L 质量为m 的均匀木棒，上端用绞链固定在物体上，另一端放在动摩擦因数为μ的小车平台上，小车置于光滑平面上，棒与平台的夹角为θ，当： （1）小车静止时，求棒的下端受小车的支持力； （2）小车向左运动时，求棒的下端受小车的支持力； （3）小车向右运动时，求棒的下端受小车的支持力. 命题意图：题目出示的物理情境，来考查考生受力分析能力及力矩平衡条件的应用能力.B 级要求. 错解分析：对“车的不同运动状态使棒所受摩擦力大小方向的变化”理解分析不透，从而错列力矩平衡方程. 解题方法与技巧：（1）取棒为研究对象.选绞链处为固定转动轴，除转动轴对棒的作用力外，棒的受力情况如图3-4所示，由力矩平衡条件知： F N 1Lc os θ=mg 2 L c os θF N 1=21mg 图3—4 图3—5 （2）小车向左运动，棒另外受到一个水平向左的摩擦力F 1作用，受力如图3-5所示，则有2N F Lc os θ=mg 2 L cos θ+μ2N F L sin θ 所以2N F = ) tan 1(2θμ-mg ,则2N F ＞1N F （3）小车向右运动时，棒受到向右的摩擦力F 2作用，受力如图3-6所示，有 3N F L cos θ+μ3N F L sin θ=mg 2 L cos θ 解得3N F = ) tan 1(2θμ+mg 所以3N F ＜1N F 本题的关键点是取棒作为研究对象，由于车有不同的运动方向，故棒所受摩擦力的方向也不同，从而导致弹力的不同. ［例2］（★★★★★）（2002年上海卷）如图3-7所示，一自行车上连接脚踏板的连杆长R 1，由脚踏板带动半径为r 1的大齿盘，通过链条与半径为r 2的后轮齿盘连接，带动半径为R 2的后轮转动. 图3-1 图3-2 图3-3 图3—6
16.简述金属固态扩散的条件。 答：⑴扩散要有驱动力——热力学条件，化学势梯度、温度、应力、电场等。 ⑵扩散原子与基体有固溶性——前提条件；⑶足够高温度——动力学条件；⑷足够长的时间——宏观迁移的动力学条件 17. 何为成分过冷？它对固溶体合金凝固时的生长形貌有何影响？ 答：成分过冷：在合金的凝固过程中，虽然实际温度分布一定，但由于液相中溶质分布发生了变化，改变了液相的凝固点，此时过冷由成分变化与实际温度分布这两个因素共同决定，这种过冷称为成分过冷。成分过冷区的形成在液固界面前沿产生了类似负温度梯度的区域，使液固界面变得不稳定。当成分过冷区较窄时，液固界面的不稳定程度较小，界面上偶然突出部分只能稍微超前生长，使固溶体的生长形态为不规则胞状、伸长胞状或规则胞状；当成分过冷区较宽时，液固界面的不稳定程度较大，界面上偶然突出部分较快超前生长，使固溶体的生长形态为胞状树枝或树枝状。所以成分过冷是造成固溶体合金在非平衡凝固时按胞状或树枝状生长的主要原因。 18. 为什么间隙固溶体只能是有限固溶体，而置换固溶体可能是无限固溶体？ 答：这是因为当溶质原子溶入溶剂后，会使溶剂产生点阵畸变，引起点阵畸变能增加，体系能量升高。间隙固溶体中，溶质原子位于点阵的间隙中，产生的点阵畸变大，体系能量升高得多；随着溶质溶入量的增加，体系能量升高到一定程度后，溶剂点阵就会变得不稳定，于是溶质原子便不能再继续溶解，所以间隙固溶体只能是有限固溶体。而置换固溶体中，溶质原子位于溶剂点阵的阵点上，产生的点阵畸变较小；溶质和溶剂原子尺寸差别越小，点阵畸变越小，固溶度就越大；如果溶质与溶剂原子尺寸接近，同时晶体结构相同，电子浓度和电负性都有利的情况下，就有可能形成无限固溶体。 19. 在液固相界面前沿液体处于正温度梯度条件下，纯金属凝固时界面形貌如何？同样条件下，单相 固溶体合金凝固的形貌又如何？分析原因 答：正的温度梯度指的是随着离开液—固界面的距离Z 的增大，液相温度T 随之升高的情况，即0>dZ dT 。在这种条件下，纯金属晶体的生长以接近平面状向前推移，这是由于温度梯度是正的，当界面上偶尔有凸起部分而伸入温度较高的液体中时，它的生长速度就会减慢甚至停止，周围部分的过冷度较凸起部分大，从而赶上来，使凸起部分消失，这种过程使液—固界面保持稳定的平面形状。固溶体合金凝固时会产生成分过冷，在液体处于正的温度梯度下，相界面前沿的成分过冷区呈现月牙形，其大小与很多因素有关。此时，成分过冷区的特性与纯金属在负的温度梯度下的热过冷非常相似。可以按液固相界面前沿过冷区的大小分三种情况讨论：⑴当无成分过冷区或成分过冷区较小时，界面不可能出现较大的凸起，此时平界面是稳定的，合金以平面状生长，形成平面晶。⑵当成分过冷区稍大时，这时界面上凸起的尖部将获得一定的过冷度，从而促进了凸起进一步向液体深处生长，考虑到界面的力学平衡关系，平界面变得不稳定，合金以胞状生长，形成胞状晶或胞状组织。⑶当成分过冷区较大时，平界面变得更加不稳定，界面上的凸起将以较快速度向液体深处生长，形成一次轴，同时在一次轴的侧向形成二次轴，以此类推，因此合金以树枝状生长，最终形成树枝晶。 20. 纯金属晶体中主要的点缺陷类型是什么？试述它们可能产生的途径？ 答：纯金属晶体中，点缺陷的主要类型是空位、间隙原子、空位对及空位与间隙原子对等。产生的途径：⑴依靠热振动使原子脱离正常点阵位置而产生。空位、间隙原子或空位与间隙原子对都可由热激活而形成。这种缺陷受热的控制，它的浓度依赖于温度，随温度升高，其平衡态的浓度亦增高。⑵冷加工时由于位错间有交互作用。在适当条件下，位错交互作用的结果能产生点缺陷，如带割阶的位错运动会放出空位。⑶辐照。高能粒子（中子、α粒子、高速电子）轰击金属晶体时，点阵中的原子由于粒子轰击而离开原来位置，产生空位或间隙原子。 21. 简述一次再结晶与二次再结晶的驱动力，并如何区分冷热加工？动态再结晶与静态再结晶后的组 织结构的主要区别是什么？ 答：一次再结晶的驱动力是基体的弹性畸变能，而二次再结晶的驱动力是来自界面能的降低。再结晶温
平衡、力距 「力學」是一門研究物體的運動規律及其應用的學科，有的將其獨立成科，有的將其歸類為物理學的一個分支。查實，古人通過對天文、自然現象的觀察及機械的製作早已對力學有研究，天文、數學及力學基本上不可分割，眾多的「數學大師」如阿基米德(Archimedes)、拉普拉斯(Laplace)、拉格朗日(Lagrange)、牛頓(Newton)、帕斯卡(Pascal)與及較近代的龐加萊(Poincar′e )，介紹他們的時候，除了稱他們為數學家外，亦有稱他們為天文學家、物理學家或力學家。 以牛頓運動定律為基礎的力學稱為「牛頓力學」或「經典力學」，而通常說的「力學」，一般就是指「牛頓力學」或「經典力學」。 「力學」亦有很多分支，按研究問題的性質，可分為：靜力學(statics)、運動學(kinematics)和動力學(dynamics)1。 本欄的主要討論對象為靜力學，討論物體在外界的作用下，機械運動狀態保持不變(平衡)的條件。一件物件能夠保持平衡(equilibrium)的條件： 1.它所受外力的矢量和(vector sum)為零； 2.這些外力對任何軸所產生的力矩(moment of force)互相抵 消。 力矩與槓杆原理 力矩是量度「力」使物體產生轉動作用的量，亦是引致物體轉動狀態改變的原因。如圖，在B 點的力F 作用到A 點的力距M 為F 的大小與力臂d 的乘積，即 M =F d 其中「力臂」是指從轉軸到力的垂直距離。 力矩愈大，使物體轉動的作用愈明顯，如使用扳手擰螺絲 帽，愈長手柄的扳手，因力臂可以更長，用相同的力，會產 生更大的力距，會更易扭動螺絲帽。如圖，槓杆的「支點」為P ， 左右懸掛了物件A 與B ，槓杆 平行的條件為 F 1d 1=F 2d 2 這條件亦稱為「槓 杆原理」。 F 12d d P 1礙于筆者對物理學的認知非常少，未能道出Dynamics 和Kinetics 的分別 1
典型共点力作用下物体的平衡例题 [［例1]如图1所示，挡板AB和竖直墙之间夹有小球，球的质量为m，问当挡板与竖直墙壁之间夹角θ缓慢增加时，AB板及墙对球压力如何变化。 极限法 [例2]如图1所示，细绳CO与竖直方向成30°角，A、B两物体用跨过滑轮的细绳相连，已知物体B所受到的重力为100N，地面对物体B的支持力为80N，试求 （1）物体A所受到的重力； （2）物体B与地面间的摩擦力； （3）细绳CO受到的拉力。 例3]如图1所示，在质量为1kg的重物上系着一条长30cm的细绳，细绳的另一端连着圆环，圆环套在水平的棒上可以滑动，环与棒间的静摩擦因数为0.75，另有一条细绳，在其一端跨过定滑轮，定滑轮固定在距离圆环0.5m的地方。当细绳的端点挂上重物G，而圆环将要开始滑动时，试问 （1）长为30cm的细绳的张力是多少？ （2）圆环将要开始滑动时，重物G的质量是多少？
（3）角φ多大？ [分析]选取圆环作为研究对象，分析圆环的受力情况：圆环受到重力、细绳的张力T、杆对圆环的支持力N、摩擦力f的作用。 [解]因为圆环将要开始滑动，所以，可以判定本题是在共点力作用下物体的平衡问题。由牛顿第二定律给出的平衡条件∑F x=0，∑F y=0，建立方程有 μN-Tcosθ=0， N-Tsinθ＝0。 设想：过O作OA的垂线与杆交于B′点，由AO=30cm，tgθ=，得B′O的长为40cm。在直角三角形中，由三角形的边长条件得AB′=50cm，但据题述条件AB=50cm，故B′点与滑轮的固定处B点重合，即得φ=90°。 （1）如图2所示选取坐标轴，根据平衡条件有 Gcosθ+Tsinθ-mg=0， Tcosθ-Gsinθ=0。 解得 T≈8N， （2）圆环将要滑动时，得 m G g＝Tctgθ， m G=0.6kg。
★★★★★高一物理培优讲义2 分析动态平衡问题 1.动态平衡问题：通过控制某一物理量，使物体的状态发生缓慢变化的平衡问题，从宏观上看，物体是运动变化的，但从微观上理解是平衡的，即任一时刻物体均处于平衡状态。 2.图解法：对研究对象进行受力分析，再根据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）的长度变化判断各力的变化情况。 3.图解法分析动态平衡问题，往往涉及三个力，其中一个力为恒力，另一个力方向不变，但大小发生变化，第三个力则随外界条件的变化而变化，包括大小和方向都变化。 解答此类“动态型”问题时，一定要认清哪些因素保持不变，哪些因素是改变的，这是解答动态问题的关键 4.典型例题： 例1：半圆形支架BCD上悬着两细绳OA和OB，结于圆心O，下悬重为 G的物体，使OA绳固定不动，将OB绳的B端沿半圆支架从水平位置逐 渐移至竖直的位置C的过程中，如图所示，分析OA绳和OB绳所受力的 大小如何变化？ 例2：如图所示，把球夹在竖直墙AC和木板BC之间，不计摩擦，球对墙的 压力为F N１，球对板的压力为F N2．在将板BC逐渐放至水平的过程中，下列 说法中，正确的是（） A．F N１和F N2都增大 B．F N１和F N2都减小 C．F N１增大，F N2减小 D．F N１减小，F N2增大 思考：1如图所示，电灯悬挂于两壁之间，更换水平绳OA使连结点 A向上移动而保持O点的位置不变，则A点向上移动时 （） A．绳OA的拉力逐渐增大； B．绳OA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。 例3：如图所示，一个重为G的匀质球放在光滑斜直面上，斜面倾角为α， 在斜面上有一光滑的不计厚度的木板挡住球，使之处于静止状态．今使板 与斜面的夹角β缓慢增大，问：在此过程中，球对挡板和球对斜面的压力 大小如何变化？
力矩和力矩平衡 一． 内容黄金组. 1．了解转动平衡的概念，理解力臂和力矩的概念。 2．理解有固定转动轴物体平衡的条件 3．会用力矩平衡条件分析问题和解决问题 二． 要点大揭秘 1． 转动平衡：有转动轴的物体在力的作用下，处于静止或匀速转动状态。 明确转轴很重要： 大多数情况下物体的转轴是容易明确的，但在有的情况下则需要自己来确定转轴的位置。如：一根长木棒置于水平地面上，它的两个端点为AB ，现给B 端加一个竖直向上的外力使杆刚好离开地面，求力F 的大小。在这一问题中，过A 点垂直于杆的水平直线是杆的转轴。象这样，在解决问题之前，首先要通过分析来确定转轴的问题很多，只有明确转轴，才能计算力矩，进而利用力矩平衡条件。 2． 力矩： 力臂：转动轴到力的作用线的垂直距离。 力矩：力和力臂的乘积。 计算公式：M ＝FL 单位： Nm 效果：可以使物体转动 （1）力对物体的转动效果 力使物体转动的效果不仅跟力的大小有关，还跟力臂有关，即力对物体的转动效果决定于力 矩。①当臂等于零时，不论作用力多么大，对物体都不会产生转动作用。②当作用力与转动轴平行时，不会对物体产生转动作用，计算力矩，关键是找力臂。需注意力臂是转动轴到力的作用线的距离，而不是转动轴到力的作用点的距离。 （2）大小一定的力有最大力矩的条件： ①力作用在离转动轴最远的点上； ②力的方向垂直于力作用点与转轴的连线。 （3）力矩的计算： ①先求出力的力臂，再由定义求力矩M ＝FL 如图中，力F 的力臂为L F =Lsin θ 力矩M ＝F ?L sin θ ②先把力沿平行于杆和垂直于杆的两个方向分解，平 行于杆的分力对杆无转动效果，力矩为零；平行于杆的分力的力矩为该分力的大小与杆长的乘积。 如图中，力F 的力矩就等于其分力F 1产生的力矩，M ＝F sin θ?L 两种方法不同，但求出的结果是一样的，对具体的问题选择恰当的方法会简化解题过程。 3． 力矩平衡条件： 力矩的代数和为零或所有使物体向顺时针方向转动的力矩之和等于所有使物体向逆时针方向转动的力矩之和。 F F 2
课题力矩平 衡 课 型 新授 课 备 课 时 间 2014.10.10 教法 学法 教学 重点了解转动平衡的概念，理解力臂和力矩的概念教学 难点固定转动轴物体平衡的条件 上课时间检查人签 字 教学过程设计及知识点传授： 一、转动平衡：有转动轴的物体在力的作用下，处于静止或匀速转动状态。 明确转轴很重要： 大多数情况下物体的转轴是容易明确的，但在有的情况下则需要自己来确定转轴的位置。如：一根长木棒置于水平地面上，它的两个端点为AB，现给B端加一个竖直向上的外力使杆刚好离开地面，求力F的大小。在这一问题中，过A点垂直于杆的水平直线是杆的转轴。象这样，在解决问题之前，首先要通过分析来确定转轴的问题很多，只有明确转轴，才能计算力矩，进而利用力矩平衡条件。 二、力矩： 力臂：转动轴到力的作用线的垂直距离。 力矩：力和力臂的乘积。 计算公式：M＝FL 单位： Nm 效果：可以使物体转动 （1）力对物体的转动效果 力使物体转动的效果不仅跟力的大小有关，还跟力臂有关，即力对物体的转动效果决定于力矩。①当臂等于零时，不论作用力多么大，对物体都不会产生转动作用。②当作用力与转动轴平行时，不会对物体产生转动作用，计算力矩，关键是找力臂。需注意力臂是转动轴到力的作用线的距离，而不是转动轴到力的作用点的距离。转动平衡状态和平动平衡状态比较记忆
2）大小一定的力有最大力矩的条件： ①力作用在离转动轴最远的点上； ②力的方向垂直于力作用点与转轴的连线。 （3）力矩的计算： ①先求出力的力臂，再由定义求力矩M＝FL 如图中，力F的力臂为L F=Lsinθ 力矩M＝F?L sinθ ②先把力沿平行于杆和垂直于杆的两个方向分解， 平行于杆的分力对杆无转动效果，力矩为零；平行于杆 的分力的力矩为该分力的大小与杆长的乘积。 如图中，力F的力矩就等于其分力F1产生的力矩，M＝F sinθ?L 两种方法不同，但求出的结果是一样的，对具体的问题选择恰当的方法会简化解题过程 F L F θ L F θ L F2 F1 教学过程设计及知识点传授： 三、力矩平衡条件： 力矩的代数和为零或所有使物体向顺时针方向转动的力矩之和等于所有使物体向逆时针方向转动的力矩之和。 ∑M=0 或 ∑M顺＝∑M逆 1．解决实际问题的步骤； （a）确定研究对象——哪个物体； （b）分析状态及受力——画示意图； （c）列出力矩平衡方程： ∑M=0或∑M顺＝∑M逆； （d）解出字母表达式，代入数据； （e）作必要的讨论，写出明确的答案。教法学法
知识点三：共点力平衡（动态平衡、矢量三角形法） 1．(单选)如图所示，一小球在斜面上处于静止状态，不考虑一切摩擦，如果把竖直挡板由竖直位置缓慢绕 O点转至水平位置，则此过程中球对挡板的压力F1和球对斜面的压力F2的变化情况是()．答案B A．F1先增大后减小，F2一直减小 B．F1先减小后增大，F2一直减小 C．F1和F2都一直减小 D．F1和F2都一直增大 2、（单选）(天津卷，5)如图所示，小球用细绳系住，绳的另一端固定于O点．现用水平力F缓慢推动斜面体，小球在斜面上无摩擦地滑动，细绳始终处于直线状态，当小球升到接近斜面顶端时细绳接近水平， 此过程中斜面对小球的支持力F N以及绳对小球的拉力F T的变化情况是()．答案D A．F N保持不变，F T不断增大 B．F N不断增大，F T不断减小 C．F N保持不变，F T先增大后减小 D．F N不断增大，F T先减小后增大 3．（单选）如图所示，一光滑小球静止放置在光滑半球面的底端，用竖直放置的光滑挡板水平向右缓慢地 推动小球，则在小球运动的过程中(该过程小球未脱离球面)，木板对小球的推力F1、半球面对小球的支持力F2的变化情况正确的是()．答案B A．F1增大，F2减小B．F1增大，F2增大 C．F1减小，F2减小D．F1减小，F2增大 4、（单选）如图所示，一物块受一恒力F作用，现要使该物块沿直线AB运动，应该再加 上另一个力的作用，则加上去的这个力的最小值为()．答案B A．F cos θB．F sin θ C．Ftan θD．F cot θ 5．(单选)如图所示，一倾角为30°的光滑斜面固定在地面上，一质量为m的小木块在水平力F的作用下静止在斜面上．若只改变F的方向不改变F的大小，仍使木块静止，则此时力F与水平 面的夹角为()．答案A A．60°B．45° C．30°D．15° 6．（多选）一铁架台放于水平地面上，其上有一轻质细线悬挂一小球，开始时细线竖直，现将水平力F作用于小球上，使其缓慢地由实线位置运动到虚线位置，铁架台始终保持静止，则在这一 过程中()．答案：AD A．细线拉力逐渐增大B．铁架台对地面的压力逐渐增大 C．铁架台对地面的压力逐渐减小D．铁架台所受地面的摩擦力逐渐增大 7、（多选）(苏州调研)如图所示，质量均为m的小球A、B用两根不可伸长的轻绳连接后悬挂于O点，在外力F的作用下，小球A、B处于静止状态．若要使两小球处于静止状态且悬线OA与竖直 方向的夹角θ保持30°不变，则外力F的大小()．答案BCD A．可能为 3 3 mg B．可能为 5 2 mg C．可能为2mg D．可能为mg 8、（单选）如图所示，轻绳的一端系在质量为m的物体上，另一端系在一个轻质圆环上，圆环套在粗糙水平杆MN上．现用水平力F拉绳上一点，使物体处于图中实线位置，然后改变F的大小使 其缓慢下降到图中虚线位置，圆环仍在原来的位置不动．在这一过程中，水平拉力F、环 与杆的摩擦力F摩和环对杆的压力F N的变化情况是()．答案D A．F逐渐增大，F摩保持不变，F N逐渐增大B．F逐渐增大，F摩逐渐增大，F N保持不变 C．F逐渐减小，F摩逐渐增大，F N逐渐减小D．F逐渐减小，F摩逐渐减小，F N保持不变
第四课时：力矩平衡条件的应用 教学目标： 一、知识目标： 1：理解有固定转动轴的物体的平衡条件； 2：能应用力矩平衡条件处理有关问题。 二、能力目标： 1：学会用数学知识处理物理问题； 2：进一步熟悉对物体的受力分析。 三、德育目标： 使学生学会要具体问题具体分析 教学重点： 力矩平衡条件的应用 教学难点： 用力矩平衡条件如何正确地分析和解决问题 教学方法： 讲授法、归纳法 教学用具： 投影仪、投影片 教学步骤： 一、导入新课 1．用投影片出示下列思考题： （1）什么是力矩的平衡？ （2）有固定准确轴的物体的平衡条件是什么？ 2、本节课我们继续学习运动有固定转动轴的物体的平衡求解问题的方法。 二、新课教学 （一）用投影片出示本节课的学习目标： 1：熟练应用力矩平衡条件解决有固定转动轴物体在转动平衡状态下的有关问题。 2：进一步提高受力分析的能力。 （二）学习目标完成过程： 1：用投影片出示例题1： 如图：BO 是一根质量均匀的横梁，重量G 1＝80N ，BO 的一端安在B 点，可绕通 过B 点且垂直于纸面的轴转动，另一端用钢绳AO 拉着横梁保持水平，与钢绳的夹角o 30=θ，在横梁的O 点挂一个重物，重要G 2＝240N ，求钢绳对横梁的拉力F 1： a ：分析 （1）本题中的横梁是一个有固定转动轴的物体； （2）分析横梁的受力：拉力F 1，重力G 1，拉力F 2； （3）找到三个力的力臂并写出各自的力矩： F 1的力矩：θsin 1lc F G 1的力矩：2 1 l G F 2的力矩：l G 2
b ：指导学生写出解题过程： c ：用投影片展示正确的解题过程如下： 解：据力矩平衡条件有： 02sin 211=--l G l G l F θ 由此得：N G G F 560sin 22211=+=θ d ：巩固训练： 如图所示，OAB 是一弯成直角的杠杆，可绕过O 点垂直于纸面的轴转动，杆OA 长30cm ，AB 段长为40cm ，杆的质量分布均匀，已知OAB 的总质量为7kg ，现在施加一个外力F ，使杆的AB 段保持水平，则该力作用于杆上哪一点，什么方向可使F 最小？ 2：用投影片出示例题2： 一辆汽车重1.2×104N ，使它的前轮压在地秤上，测得的结果为6.7×103N ，汽车前后轮之间的举例是2.7m ，求汽车重心的位置，（即求前轮或后轮与地面接触点到重力作用线的距离） （1）分析：汽车可看作有固定转动轴的物体，若将后轮与地面的接触处作为转动轴，则汽车受到以下力矩的作用：一是重力G 的力矩；二是前轮受到的地秤对它的支持力的力矩；汽车在两个力矩的作用下保持平衡，利用转动平衡条件即可求出重心的位置。 （2）注意向学生交代清： a ：地秤的示数指示的是车对地秤压力的大小； b ：据牛顿第二定律得到车前轮受到的支持力的大小也等于地秤的示数。 （3）学生写出本题的解题步骤，并和课本比较； （4）讨论：为什么不将前轮与地秤接触处作为转动轴？ 将前轮与地秤接触处作为转动轴，将会使已知力的力臂等于0，而另一个力（即后轮与地秤间的作用力）又是未知的，最后无法求解。 （5）巩固训练 一块均匀木板MN 长L ＝15cm ，G 1＝400N ，搁在相距D ＝8m 的两个支架A 、B 上，MA ＝NB ，重G 2＝600N 的人从A 向B 走去，如图：问人走过B 点多远时，木板会翘起来？ 三、小结： 本节课我们主要学习了运用力矩平衡条件解题的方法： 1：确定研究对象： 2：分析研究对象的受力情况，找出每一个力的力臂，分析每一个力矩的转动方向； 3：据力矩平衡条件建立方程[M 合＝0或M 顺＝M 逆] 4：解方程，对结果进行必要的讨论。 四、作业： 练习二③④