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第4章 怎样求合力与分力
理论储备·基础回顾
条分缕析·夯基固本
典题分类,讲练结合
分类讲解·举一反三习题课 平衡类问题的处理方法
公式、方法
1．共点力平衡的条件
F合＝0或
2．解决平衡类问题时常用的方法
(1)正交分解法
当物体受到三个以上的共点力作用而处于平衡状态时，采用力的正交分解法求解比较方便．以共点力的作用点为坐标原点建立正交坐标系后，可以把物体所受到的力分别分解到相互垂直的x轴和y轴上，再利用平衡条件的分量式Fx＝0和Fy＝0，即可把复杂的矢量运算转化为比较简单的代数运算．
(2)力的合成与分解法
对于三力平衡，一般根据“任意两个力的合力与第三个力等大反向”的关系，借助三角函数、相似三角形等手段求解；亦可将某一个力分解到另外两个力的反方向上，得到的这两个分力必与另外两个力等大、反向；对于多个力的平衡，利用先分解再合成的正交分解法．
(3)矢量三角形法
物体受同一平面内三个互不平行的力作用平衡时，这三个力的矢量箭头首尾相接，构成一个矢量三角形；反之，若三个力矢量箭头首尾相接恰好构成三角形，则这三个力的合力必为零，利用三角形法，根据正弦定理、余弦定理或相似三角形等数学知识可求得未知力．
(4)相似三角形法
对于三力平衡的问题，一般可以通过“物理—几何”的转化，把三力平衡的问题转化为三角形问题，然后由求解三角形的几何问题去求解物体受力而平衡的问题．尤其是得到的力的三角形不是直角三角形，而且角度不是特殊值(如30°，45°，60°…)，三角形的边角也无明确的定量关系时，就可通过寻求力的三角形与几何三角形的相似关系而求解题目．
(5)动态图解法
因某些物理量的变化使物体所处的状态发生缓慢变化，而在此缓慢变化过程中物体处于一系列的平衡状态．求解此类问题可用动态图解法．即依据某一参量的变化过程分析研究对象的受力，并作出力的平行四边形，由动态的力的平行四边形的边长(或角度)的变化，确定某一力的大小与方向的变化规律，从而得到正确的结论．
在光滑墙壁上用网兜把足球挂在A点，足球与墙壁的接触点为B(如图)，足球的质量为m，悬绳与墙壁的夹角为α，网兜的质量不计，求悬绳对球的拉力和墙壁对球的支持力．
[解析] 取足球作为研究对象，它共受到三个力的作用．重力G＝mg，方向竖直向下；墙壁的支持力N，方向水平向右；悬绳的拉力T，方向沿绳的方向．
法一：合成法
取足球作为研究对象，它们受重力G＝mg、墙壁的支持力N和悬绳的拉力T三个共点力作用而平衡，如图所示，由共点力平衡的条件可知，N和T的合力F与G大小相等、方向相反，即F＝G，从图中力的平行四边形可求得：
N＝Ftan α＝mgtan α，T＝F/cos α＝mg/cos α.
法二：分解法
取足球为研究对象，其受重力G、墙壁支持力N、悬绳的拉力T，如图所示，将重力G分解为N′和T′，由共点力平衡条件可知，N与N′的合力必为零，T与T′的合力也必为零，所以
N＝N′＝mgtan α，
T＝T′＝mg/cos α.
法三：正交分解法求解
取足球作为研究对象，受三个力作用，重力G、墙壁的支持力N、悬绳拉力T，如图所示，取水平方向为x轴，竖直方向为y轴，将T分别沿x轴和y轴方向进行分解．由平衡条件可知，在x轴和y轴方向上的合力Fx合和Fy合应分别等于零．即
Fx合＝N－Tsin α＝0，
Fy合＝Tcos α－G＝0.
由上述两式解得：T＝G/cos α＝mg/cos α，
N＝Tsin α＝mgtan α.
[答案] mgtan α
1．如图所示，置于水平地面的三脚架上固定着一质量为m的照相机．三脚架的三根轻质支架等长，与竖直方向均成30°角，则每根支架中承受的压力大小为( )
A．mg B．mg
C．mg D．mg
解析：选D.题中每根支架对照相机的作用力F沿每根支架向上，这三个力的合力等于照相机的重力，所以有3Fcos 30°＝mg，得F＝＝mg，故选项D正确．
如图，光滑的半球体固定在水平地面上，球心O的正上方固定有一小滑轮，悬点到半球顶距离为d，球半径为R，跨过滑轮的细线一端系一重球，现在细线的另一端用力将小球由a位置缓慢地拉向b，在此过程中，小球对半球的压力N及细线的拉力T的大小变化为( )
A．N变大、T变大 B．N变小、T变大
C．N不变、T变小 D．N变小、T不变
[解析] 选小球为研究对象，设拉球的绳长为L，受力分析如图，由于小球处于平衡状态，所以T、N、G构成一个封闭的三角形，据数学知识可以看出三角形AOB跟三角形TGN相似，据相似三角形对应边成比例得＝＝，解得T＝ G，N＝ G．在将小球拉起的过程中，L变小，d、R均不变，故可得C正确．
[答案] C
2．如图所示，AC为轻绳，BC为弯曲的硬杆，质量忽略不计，B端铰链接于竖直墙上，且AB＝AC.当C端挂一质量为m的物体时，绳AC的拉力为多大？
解析：以C点为研究对象，作出C点受力图如图所示．物体对C点向下的拉力大小等于重力mg，绳AC的拉力T沿绳指向A，硬杆对C点的弹力N，由于硬杆的质量不计，故杆的弹力N方向沿BC的连线方向，同时有几何关系∠ABC＝∠BCA.图中的T和mg的合力与N是一对平衡力，且合力方向与T和mg的夹角均相同，力三角形与几何三角形相似，可得T＝mg.
答案：mg
如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上有一光滑挡板A，在挡板和斜面之间夹一质量为m的重球B，开始时板A处于竖直位置，现使其下端绕O沿逆时针方向缓慢转至水平位置，分析重球B对斜面和对挡板压力的变化情况是( )
A．对斜面的压力逐渐减小，对挡板的压力也逐渐减小
B．对斜面的压力逐渐变大，对挡板的压力则逐渐减小
C．对斜面的压力逐渐减小，对挡板的压力先变小后变大
D．对斜面的压力逐渐减小，对挡板的压力先变大后变小
[思路点拨] 本题不涉及定量计算，仅仅判断力的大小的变化情况，是平衡问题中典型的动态分析问题，因此采用图解法．
[解析] 分析球的受力，球受到重力mg、挡板对球的弹力NA及斜面对球的支持力NB，如图所示，球处于静止状态，弹力NA与NB的合力N大小等于重力大小，方向竖直向上，NA、NB、N构成一平行四边形．当挡板下端绕O沿逆时针方向缓慢转至水平位置的过程中，可以看出表示弹力NA的边的长度先变小后变大，即表示弹力NA先变小后变大；表示支持力NB的边的长度一直变短，即说明NB一直变小．由牛顿第三定律可知，球对挡板的压力先变小后变大，对斜面的压力逐渐减小．
[答案] C
3.如图所示，用绳索将重球挂在墙上，不考虑墙的摩擦．如果把绳的长度增加一些，则球对绳的拉力F1和球对墙的压力F2的变化情况是( )
A．F1增大，F2减小 B．F1减小，F2增大
C．F1和F2都减小 D．F1和F2都增大
解析：选C.球所受拉力F′1、支持力F′2和重力G可以构成如图甲所示的矢量三角形，绳子长度增加，F′1与竖直方向的夹角减小，F′1、F′2的变化如图乙所示，故F′1、F′2均减小，则球对绳的拉力F1和球对墙的压力F2都减小，C正确．
甲 乙
1．放风筝是大人、小孩都爱玩的一项有趣的活动，手上牵着线拉着风筝迎风向前跑，就可以将风筝放飞到高处，会放风筝的人，可使风筝静止在空中．下图中的四幅图中AB代表风筝截面，OL代表风筝线，风向水平向左，风筝可能静止的是( )
解析：选B.风筝静止，表明受力达到了平衡，如图所示，风筝受到自身的重力，线的拉力，还有风筝垂直截面AB产生的升力．根据三力平衡原理，F与G的合力应与拉力T大小相等，方向相反，不可能存在两个力在同一直线上，另一个力方向在直线之外的情况．所以，只有B符合．
2．用轻弹簧竖直悬挂质量为m的物体，静止时弹簧伸长量为L.现用该弹簧沿斜面方向拉住质量为2m的物体，系统静止时弹簧伸长量也为L，斜面倾角为30°，如图所示．则物体所受摩擦力( )
A．等于零
B．大小为mg，方向沿斜面向下
C．大小为mg，方向沿斜面向上
D．大小为mg，方向沿斜面向上
解析：选A.弹簧竖直悬挂时，如图甲，
有F－mg＝0 ①
F＝kL ②
系统在斜面上静止时，如图乙，
沿斜面方向有F′＋f－2mgsin θ＝0 ③
F′＝kL ④
由①②③④可解得f＝0，故A对．
3．(多选)如图所示，小球用细绳系住放置在倾角为θ的光滑斜面上，当细绳由水平方向逐渐向上偏移时，细绳上的拉力T和斜面对小球的支持力N将( )
A．N逐渐增大 B．N逐渐减小
C．T先增大后减小 D．T先减小后增大
解析：选BD.分析小球受力如图所示，当细绳由水平方向逐渐向上偏移时，N将逐渐减小，细绳的拉力T先减小后增大，故B、D正确．
4．一轻杆BO，其O端用光滑铰链固定在竖直杆AO上，B端挂一重物，且系一细绳，细绳跨过杆顶A处的光滑小滑轮，用力T拉住，如图所示．现将细绳缓慢往左拉，使杆BO与杆AO间的夹角θ逐渐减小，则在此过程中，拉力T及杆BO的支持力N的大小变化情况是( )
A．N先减小，后增大 B．N始终不变
C．T先减小，后增大 D．T始终不变
解析：选B.取杆BO的B端为研究对象，受到绳子拉力(大小为T)、杆BO的支持力N和悬挂重物的绳子的拉力(大小为G)的作用，将N与G合成，其合力与T等值反向，得到一个力三角形(如题图中阴影部分)，此力三角形与几何三角形OBA相似，可利用相似三角形对应边成比例来解．
＝＝
在θ角逐渐减小时，L不变，l减小，故N不变，T减小，B正确．
5．质量为30 kg的小孩坐在10 kg的雪橇上，大人用与水平方向成θ＝37°斜向上的大小为100 N的拉力拉雪橇，使雪橇沿水平地面做匀速运动(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 N/kg)，求：
(1)地面对雪橇的支持力大小；
(2)雪橇与水平地面的动摩擦因数的大小．
解析：(1)对小孩和雪橇整体受力分析得：
竖直方向：Fsin θ＋N＝mg解得N＝mg－Fsin θ＝340 N.
(2)水平方向：Fcos θ－f＝0，f＝μN
解得：μ＝＝0.24.
答案：(1)340 N (2)0.24
6．如图所示，放在长木板上的木块质量为m，当木板与水平方向夹角为α时，木块静止在长木板上．
(1)此时木块所受的弹力和摩擦力各多大？
(2)当把长木板的倾角增大到θ(θ>α)时，木块刚好沿长木板匀速下滑，求木块和木板之间的动摩擦因数．
解析：(1)木块受力情况如图所示，根据重力的作用效果把重力分解为F1，F2.由二力平衡可得N＝F2＝mgcos α，f＝F1＝mgsin α.
(2)当倾角增大到θ时，木块刚好匀速下滑，木块受力情况仍如图所示．
由二力平衡可得：在沿斜面的方向上f＝F1＝mgsin θ，在垂直斜面的方向上N＝F2＝mgcos θ，可得μ＝＝tan θ.
答案：(1)mgcos α mgsin α (2)tan θ
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