一道平衡問題的多角度分析

謝汝成

(吉林省遼源市第五中學 136200)

題目如圖1所示，一個半球形的碗放在桌面上，碗口水平，O是球心，碗的內表面光滑．一根輕質桿的兩端固定有兩個小球，質量分別是m1、m2.當它們靜止時，m1、m2與球心的連線跟水平面分別成60°、30°角，則兩小球質量m1與m2的比值是( ).

圖1 圖2

解法一：正弦定理解法

當物體受到三個共點力平衡時，三個力可成一個閉合三角形，通過題干所給條件去尋找到各力夾角之間的關系，最后利用正弦定理列出各個力大小關系方程求解.

注：該方法作為處理平衡問題的基本辦法之一，思維方法學生易于理解，計算相對簡單，是解決三力平衡問題的常用解法.

解法二：相似三角形解法

相似三角形解法就是構建一個物體受力閉合三角形和另外一個相似的幾何三角形，在兩個三角形對應邊比例一定的情況下，通過分析幾何三角形的邊長即可求解或判斷出對應力的大小和大小的變化.

解析對物體受力分析，并分別做出兩物體受力平衡三角形，如圖3所示，取兩小球所在位置為A點和B點，過圓心O向AB做豎直線，交AB于C點.此時不難發現：

圖3 圖4

為計算兩端線段長度的比例關系，如圖4所示，過B點向OC做垂線并交于D點，過A點向OC做垂線并交于OC延長線上的E點

在△OBD中BD=Rsin60°

以上各式聯立可得

注：大部分學生對相似三角形解法的認識通常停留在分析動態平衡問題中各力大小變化情況階段，教師可以通過此題向學生強調相似三角形解法的更深入的應用，在某些復雜的力學平衡問題中可以將復雜的物理情景轉化為一般數學運算，降低思維難度.

解法三：轉動平衡解法

當物體在非共點力作用下保持靜止或繞軸勻速轉動狀時，物體處于轉動平衡狀態，即力矩平衡.一般規定逆時針力矩為正力矩，順時針力矩為負力矩.當物體處于轉動平衡時各力矩的代數和為零，即M1+M2+M3+…+Mn=0

圖5

解析由m1與m2兩小球組成的系統在非共點力作用下靜止，處于轉動平衡.如圖5所示，以O點為轉動中心,過O點做AB的垂線OF,OF即是力F到轉動中心O的距離,分別過AB兩點做水平直徑的垂線AG和BH,OG和OH分別是m1g和m2g到轉動中心O的距離.

列轉動平衡方程

F·OF+m1gOG-F·OF-m2gOH=0

其中OG=Rcos60°,OH=Rcos30°

注：轉動平衡雖然在高考中不做考察，但學生在初中階段已經經歷了較為系統的學習，對此類知識較為熟悉.可以利用此種解法向學生展示初高中物理知識的銜接，同時作為拓展知識能使學生加深對共點力平衡問題的理解.

解法四：勢能函數解法

對于保守力學系統，如果處于平衡狀態，則系統總勢能處于極值狀態(穩定平衡時系統勢能為極小值，似穩平衡時系統勢能為極大值)，即系統勢能的一階導數等于零.

解析選經過O點的水平直徑為重力勢能零點，如圖6所示.

Ep=-m1gy1-m2gy2

y1=Rsinθ，y2=Rcosθ

對Ep關于θ求導

圖6

二是正確的寫出系統的勢能函數以及計算出勢函數的一階導數.

解法五：元功法

對于一個處于靜態平衡狀態的系統，可使它發生一段微小位移(元位移)，則系統所受的所有力在這個位移上所做微小總功(元功)之和零.

圖7 圖8

再過B′和B做水平和豎直線，交于B″點.在直角△BB′B″中,∠B′BB″=∠AOC=30°,BB″=BB′cos30°.

根據功能關系有：

m2gBB″-m1gA′A″=0,

注：元功法是以功能原理為依據的一類解決物理問題的方法，該種解法關鍵在于元位移的表達，是分析力學中的“虛功原理”的簡單應用.用元功法在處理某些平衡問題時頗為簡單．在使用元功法時，一般遵循一下四個步驟：

1.元過程的選取：取一與原平衡狀態接近的另一狀態，構造一個元過程

2.元位移的計算：利用微元法或極限法計算出系統內各物體的元位移

3.列方程：該元過程中所有力的元功之和為零

4.代入數據求解

該解法在計算元位移時也可以采用微分的方式

兩小球到圓心的豎直距離分別為y1和y2(如圖9所示)，假設OA向上轉動一小角度θ，在θ→0的條件小球的豎直位移等于豎直坐標的微分.

圖9

y1=Rsin60°，δy1=Rcos60°dθ

y2=-Rcos30°，δy2=Rcos30°dθ，再利用W=m2gδy1+m2gδy2=0即可求解

綜上所述，在實際的教學過程中，教師應該引導學生從更高的維度上多角度的分析問題，使不同能力的學生都能在一道題的講解過程中提升自身的分析和解決問題的能力，這樣才能幫助學生在有限的時間內更快更好的建立起物理學的知識體系，從容的面對各種各樣的物理問題.