（浙江专用）2018-2019高中物理 第三章 相互作用 微型专题 简单的共点力的平衡学案 新人教版必修1

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1、 微型专题　简单的共点力的平衡 一、共点力平衡的条件及三力平衡问题 1.平衡状态：物体处于静止或匀速直线运动的状态. 2.平衡条件：合外力等于0，即F合＝0. 3.推论 (1)二力平衡：若物体在两个力作用下处于平衡状态，则这两个力一定等大、反向. (2)三力平衡：若物体在三个共点力作用下处于平衡状态，则任意两个力的合力与第三个力等大、反向. (3)多力平衡：若物体在n个共点力作用下处于平衡状态，则其中任意n－1个力的合力必定与第n个力等大、反向. 例1　(2017·温州市平阳期末)在科学研究中，可以用风力仪直接测量风力的大小，其原理如图1所示.仪器中一根轻质金属丝悬挂着一

2、个金属球.无风时，金属丝竖直下垂；当受到沿水平方向吹来的风时，金属丝偏离竖直方向一个角度.风力越大，偏角越大.那么风力大小F跟金属球的质量m、偏角θ之间有什么样的关系呢？ 图1 答案　F＝mgtan θ 解析　选取金属球为研究对象，它受到三个力的作用，如图甲所示.金属球处于平衡状态，这三个力的合力为零.可用以下两种方法求解. 解法一　力的合成法 如图乙所示，风力F和拉力FT的合力与重力等大反向，由平行四边形定则可得F＝mgtan θ. 解法二　正交分解法 以金属球为坐标原点，取水平方向为x轴，竖直方向为y轴，建立直角坐标系，如图丙所示.由水平方向的合力Fx合和竖直方向的合

3、力Fy合分别等于零，即 Fx合＝FTsin θ－F＝0 Fy合＝FTcos θ－mg＝0 解得F＝mgtan θ. 物体在三个力或多个力作用下的平衡问题，一般会用到力的合成法、效果分解法或正交分解法，选用的原则和处理方法如下： (1)力的合成法——一般用于受力个数为三个时 ①确定要合成的两个力； ②根据平行四边形定则作出这两个力的合力； ③根据平衡条件确定两个力的合力与第三力的关系(等大反向)； ④根据三角函数或勾股定理解三角形. (2)力的效果分解法——一般用于受力个数为三个时 ①确定要分解的力； ②按实际作用效果确定两分力的方向； ③沿两分力方向作平行四边形；

4、 ④根据平衡条件确定分力及合力的大小关系； ⑤用三角函数或勾股定理解直角三角形. (3)正交分解法——一般用于受力个数为三个或三个以上时 ①建立直角坐标系； ②正交分解各力； ③沿坐标轴方向根据平衡条件列式求解. 针对训练1　如图2所示，光滑半球形容器固定在水平面上，O为球心.一质量为m的小滑块，在水平力F的作用下静止于P点.设滑块所受支持力为FN，OP与水平方向的夹角为θ，下列关系正确的是(　　) 图2 A.F＝ B.F＝mgtan θ C.FN＝ D.FN＝mgtan θ 答案　A 解析　方法一：合成法 滑块受力如图所示，由平衡条件知： F＝，F

5、N＝. 方法二：正交分解法 将小滑块受的力沿水平、竖直方向分解，如图所示. mg＝FNsin θ，F＝FNcos θ 联立解得：F＝，FN＝. 二、利用正交分解法分析多力平衡问题 1.将各个力分解到x轴和y轴上，根据共点力平衡的条件：Fx＝0，Fy＝0. 2.对x、y轴方向的选择原则是：使尽可能多的力落在x、y轴上，需要分解的力尽可能少，被分解的力尽可能是已知力. 3.此方法多用于三个或三个以上共点力作用下的物体平衡，三个以上共点力平衡一般要采用正交分解法. 例2　如图3所示，物体的质量m＝4.4 kg，用与竖直方向成θ＝37°的斜向右上方的推力把该物体压在竖直墙壁上，并

6、使它沿墙壁在竖直方向上做匀速直线运动.物体与墙壁间的动摩擦因数μ＝0.5，取重力加速度g＝10 N/kg，求推力F的大小.(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) 图3 答案　88 N或40 N 解析　若物体向上做匀速直线运动，则受力如图甲所示. Fcos θ＝mg＋Ff，Fsin θ＝FN，Ff＝μFN 故推力F＝＝ N＝88 N 若物体向下做匀速直线运动，受力如图乙所示. Fcos θ＋Ff′＝mg，Fsin θ＝FN′，Ff′＝μFN′ 故推力F＝＝ N＝40 N 针对训练2　如图4所示，水平地面上有一重60 N的物体，在与水平方向成30°角斜向上、大

7、小为20 N的拉力F作用下匀速运动，求地面对物体的支持力和摩擦力的大小. 图4 答案　50 N　10 N 解析　对物体进行受力分析，如图所示，物体受重力G、支持力FN、拉力F、摩擦力Ff.建立直角坐标系， 对力进行正交分解得： y方向： FN＋Fsin 30°－G＝0 ① x方向：Ff－Fcos 30°＝0 ② 由①②得：FN＝50 N，Ff＝10 N. 三、利用解析法或图解法分析动态平衡问题 1.动态平衡：是指平衡问题中的一部分力是变力，是动态力，力的大小和方向均要发生变化，所以叫动态平衡，这是力平衡问题中的一类难题. 2.基本方法：解析法、图解法和相似三角形

8、法. 3.处理动态平衡问题的一般步骤 (1)解析法： ①列平衡方程求出未知量与已知量的关系表达式. ②根据已知量的变化情况来确定未知量的变化情况. (2)图解法： ①适用情况：一般物体只受三个力作用，且其中一个力大小、方向均不变，另一个力的方向不变，第三个力大小、方向均变化. ②一般步骤：a.首先对物体进行受力分析，根据力的平行四边形定则将三个力的大小、方向放在同一个三角形中.b.明确大小、方向不变的力，方向不变的力及方向变化的力的方向如何变化，画示意图. ③注意：由图解可知，当大小、方向都可变的分力(设为F1)与方向不变、大小可变的分力垂直时，F1有最小值. 例3　用绳AO

9、、BO悬挂一个重物，BO水平，O为半圆形支架的圆心，悬点A和B在支架上.悬点A固定不动，将悬点B从图5所示位置逐渐移动到C点的过程中.分析绳OA和绳OB上的拉力的大小变化情况. 图5 答案　绳OA的拉力逐渐减小　绳OB的拉力先减小后增大 解析　解法一　力的效果分解法 在支架上选取三个点B1、B2、B3，当悬点B分别移动到B1、B2、B3各点时，对AO、BO绳的拉力分别为FTA1、FTA2、FTA3和FTB1、FTB2、FTB3，如图所示，从图中可以直观地看出，FTA逐渐变小，且方向不变；而FTB先变小，后变大，且方向不断改变；当FTB与FTA垂直时，FTB最小. 解法二　合成

10、法 将AO绳、BO绳的拉力合成，其合力与重力等大反向，逐渐改变OB绳拉力的方向，使FB与竖直方向的夹角θ变小，得到多个平行四边形，由图可知FA逐渐变小，且方向不变，而FB先变小后变大，且方向不断改变，当FB与FA垂直时，FB最小. 针对训练3　如图6所示，一小球放置在木板与竖直墙面之间.设墙面对球的压力大小为FN1，木板对小球的支持力大小为FN2.以木板与墙连接点为轴，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(　　) 图6 A.FN1始终减小，FN2始终增大 B.FN1始终减小，FN2始终减小 C.FN1先增大后减小，FN2始终减小 D.F

11、N1先增大后减小，FN2先减小后增大 答案　B 解析　方法一：解析法 对球进行受力分析，如图甲所示，小球受重力G、墙面对球的压力FN1、木板对小球的支持力FN2而处于平衡状态.则有tan θ＝＝，FN1＝ 从图示位置开始缓慢地转到水平位置过程中，θ逐渐增大，tan θ逐渐增大，故FN1始终减小. 从图中可以看出，FN2＝，从图示位置开始缓慢地转到水平位置， θ逐渐增大，sin θ逐渐增大，故FN2始终减小.选项B正确. 　 方法二：图解法 小球受重力G、墙面对球的压力FN1、木板对小球的支持力FN2而处于平衡状态.由平衡条件知FN1、FN2的合力与G等大反向，θ增大时，画出多个

12、平行四边形，如图乙，由图可知θ增大的过程中，FN1始终减小，FN2始终减小.选项B正确. 1.(三力平衡问题)(多选)(2017·绍兴期末)小娟、小明两人共提一桶水匀速前行，如图7所示，已知两人手臂上的拉力大小相等且为F，两人手臂间的夹角为θ，水和水桶的总重力为G，则下列说法中正确的是(　　) 图7 A.当θ为120°时，F＝G B.不管θ为何值，均有F＝ C.当θ＝0°时，F＝G D.θ越大时，F越大 答案　AD 解析　两分力相等，由力的合成可知，θ＝120°时，F合＝F分＝G，θ＝0°时，F分＝ F合＝，故A正确，B、C错误；θ越大，在合力一定时，分力越

13、大，故D正确. 2.(三力平衡问题)用三根轻绳将质量为m的物块悬挂在空中，如图8所示.已知ac和bc与竖直方向的夹角分别为30°和60°，则ac绳和bc绳中的拉力分别为(　　) 图8 A.mg，mg B.mg，mg C.mg，mg D.mg，mg 答案　A 解析　分析结点c的受力情况如图， 设ac绳受到的拉力为F1、bc绳受到的拉力为F2，根据平衡条件知F1、F2的合力F与重力mg等大、反向，由几何知识得F1＝Fcos 30°＝mg F2＝Fsin 30°＝mg 选项A正确. 3.(动态平衡问题)如图9所示，用绳索将重球挂在墙上，不考虑墙的摩擦，如果把绳

14、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(　　) 图9 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 答案　C 4.(正交分解法处理平衡问题)如图10所示，质量为m的物块与水平面之间的动摩擦因数为μ，现用斜向下与水平方向夹角为θ的推力作用在物块上，使物块在水平面上匀速移动，求推力的大小.(重力加速度为g) 图10 答案　 解析　对物块受力分析如图所示 将物块受到的力沿水平和竖直方向分解，根据平衡条件有 水平方向：Fcos θ＝Ff ① 竖直方向：FN＝mg＋Fsin θ ② 又Ff＝μ

15、FN ③ 由①②③得F＝ 一、选择题 1.如图1所示，某人静躺在椅子上，椅子的靠背与水平面之间有固定倾斜角θ.若此人所受重力为G，则椅子各部分对他的作用力的合力大小为(　　) 图1 A.G B.Gsin θ C.Gcos θ D.Gtan θ 答案　A 解析　人静躺在椅子上，所受合力F合＝0，所以椅子各部分对人的作用力的合力与人的重力等大反向，故A选项正确. 2.如图2为节日里悬挂灯笼的一种方式，A、B两点等高，O为结点，轻绳AO、BO长度相等，拉力分别为FA、FB，灯笼受到的重力为G.下列表述正确的是(　　) 图2 A.FA一定小于G B.FA与FB大

16、小相等 C.FA与FB大小不相等 D.FA与FB大小之和等于G 答案　B 解析　由等高等长知，左右两个拉力大小相等，B正确，C错误.绳子与竖直方向夹角不确定，所以拉力与重力的大小无法确定，A错误；FA与FB矢量之和等于G，不是大小之和，D错误. 3.如图3所示，相隔一定距离的两个相同圆柱体固定在同一水平高度处，一轻绳套在两圆柱体上，轻绳下端悬挂一物体，绳和圆柱体之间的摩擦忽略不计.现增加轻绳长度，而其他条件保持不变，则(　　) 图3 A.轻绳对物体的作用力的合力将变大 B.轻绳对物体的作用力的合力将变小 C.轻绳的张力将变大 D.轻绳的张力将变小 答案　D 解析　增

17、加轻绳长度，则两轻绳的夹角减小，轻绳对物体的作用力的合力仍等于物体重力，则轻绳的张力变小，选项D正确. 4.(2017·杭州七校高三上期中)科技的发展正在不断地改变着我们的生活，如图4甲所示为一款手机支架，其表面采用了纳米微吸材料，用手触碰无粘感，接触到平整光滑的硬性物体时，会牢牢吸附在物体上.图乙所示为手机静止吸附在支架上的侧视图.若手机的重力为G，则下列说法中，正确的是(　　) 图4 A.手机受到的支持力大小为Gcos θ B.手机受到的支持力不可能大于G C.纳米材料对手机的作用力大小为Gsin θ D.纳米材料对手机的作用力竖直向上 答案　D 解析　手机处于静止状态

18、，受力平衡，根据平衡条件可知，在垂直支架的方向有：FN＝Gcos θ＋F吸，则支持力可能大于G，故A、B选项错误.手机处于静止状态，受力平衡，受到重力和纳米材料对手机的作用力，根据平衡条件可知，纳米材料对手机的作用力大小等于重力，方向竖直向上，故C选项错误，D选项正确. 5.(多选)如图5所示，A、B两球完全相同，质量均为m，两球可视为质点，用三根完全相同的轻弹簧固连着，在水平拉力F下均处于静止状态，k1弹簧位于竖直方向，则有关说法正确的是(　　) 图5 A.B球必受四个力作用 B.k2、k3弹簧长度一样长 C.k3弹簧没有发生形变 D.k2弹簧最长 答案　CD 解析　以A

19、球为研究对象，OA恰好处于竖直方向，说明k3没有拉力，k3弹簧没有发生形变.A球受重力、弹簧的弹力，根据平衡条件kx＝mg，x＝；取B球受力分析，如图， 根据平衡条件，可知：kx′cos θ＝mg，其中θ为k2与竖直方向的夹角，解得：x′＝＞x，故A、B错误，C、D正确. 6.(多选)如图6所示，清洗楼房玻璃的工人常用一根绳索将自己悬在空中，工人及其装备的总重量为G，悬绳与竖直墙壁的夹角为α，悬绳对工人的拉力大小为F1，墙壁对工人的弹力大小为F2，则(　　) 图6 A.F1＝ B.F2＝Gtan α C.若缓慢减小悬绳的长度，F1与F2的合力变大 D.若缓慢减小悬绳的长度

20、，F1增大，F2增大 答案　BD 解析　工人受力如图所示，由力的分解，得F1cos α＝G，F1sin α＝F2，于是F1＝，F2＝Gtan α，所以A错误，B正确；缓慢减小悬绳的长度，α角变大，F1、F2都增大，工人仍然处于平衡状态，所以F1与F2的合力不变，C错误，D正确. 7.在如图7所示的甲、乙、丙、丁四图中，滑轮光滑且所受的重力忽略不计，滑轮的轴O安装在一根轻木杆P上，一根轻绳ab绕过滑轮，a端固定在墙上，b端下面挂一个质量为m的重物，当滑轮和重物都静止不动时，甲、丙、丁图中木杆P与竖直方向的夹角均为θ，乙图中木杆P竖直.假设甲、乙、丙、丁四图中滑轮受到木杆P的弹力的大小依

21、次为FA、FB、FC、FD，则以下判断正确的是(　　) 图7 A.FA＝FB＝FC＝FD B.FD>FA＝FB>FC C.FA＝FC＝FD>FB D.FC>FA＝FB>FD 答案　B 解析　绳上的拉力等于重物所受的重力mg，设滑轮两侧细绳之间的夹角为φ，滑轮受到木杆P的弹力F等于滑轮两侧细绳拉力的合力，即F＝2mgcos ，由夹角关系可得FD>FA＝FB>FC，选项B正确. 8. 如图8所示，两轻弹簧a、b悬挂一小铁球处于平衡状态，a弹簧与竖直方向成30°角，b弹簧水平，a、b的劲度系数分别为k1、k2，则a、b两弹簧的伸长量x1与x2之比为(　　) 图8 A.

22、 B. C. D. 答案　A 解析　a弹簧的弹力FA＝k1x1，b弹簧的弹力FB＝k2x2，小球处于平衡状态，必有FAsin 30°＝FB.即：k1x1sin 30°＝k2x2，故＝，A正确. 9.如图9所示的水平面上，橡皮绳一端固定，另一端连接两根弹簧，连接点P在F1、F2和F3三力作用下保持静止，下列判断正确的是(　　) 图9 A.F1>F2>F3 B.F3>F1>F2 C.F2>F3>F1 D.F3>F2>F1 答案　B 解析　由连接点P在三个力作用下静止可知，三个力的合力为0，即F1、F2二力的合力F3′与F3等大反向，如图所示，结合数学知识可知F3>F1>F2

23、，B选项正确. 10.(多选)如图10所示，质量为m的小物体静止在半径为R的半球体上，小物体与半球体间的动摩擦因数为μ，小物体与球心连线与水平地面的夹角为θ，则下列说法正确的是(　　) 图10 A.小物体对半球体的压力大小为mgsin θ B.小物体对半球体的压力大小为mgtan θ C.小物体所受摩擦力大小为μmgsin θ D.小物体所受摩擦力大小为mgcos θ 答案　AD 解析　对小物体受力分析，小物体受重力、支持力及摩擦力，三力作用下物体处于平衡状态，则合力为零，小物体对半球体的压力FN＝mgsin θ，A正确，B错误；小物体所受摩擦力为静摩擦力，不能用Ff＝

24、μFN来计算，摩擦力沿切线方向，在切线方向重力的分力与摩擦力相等，即Ff＝mgcos θ，C错误，D正确. 二、非选择题 11.如图11所示，质量为m1的物体甲通过三段轻绳悬挂，三段轻绳的结点为O.轻绳OB水平且B端与放置在水平面上的质量为m2的物体乙相连，轻绳OA与竖直方向的夹角θ＝37°，物体甲、乙均处于静止状态.sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度为g.求： 图11 (1)轻绳OA、OB受到的拉力各多大？(试用三种方法求解) (2)物体乙受到的摩擦力多大？方向如何？ 答案　(1)m1g　m1g　(2)m1g　方向水平向左 解析　(1)方法一：(力的

25、合成法)对结点O进行受力分析，如图(a)所示，把FA与FB合成则F＝m1g 所以FA＝＝m1g FB＝m1gtan θ＝m1g 故轻绳OA、OB受到的拉力大小分别等于FA、FB，即m1g、m1g 方法二：(力的效果分解法)把甲对O点的拉力按效果分解为FOA和FOB，如图(b)所示则FOA＝＝m1g，FOB＝m1gtan θ＝m1g. 方法三：(正交分解法)把OA绳对结点O的拉力FA进行正交分解，如图(c)所示. 则有FAsin θ＝FB FAcos θ＝m1g 解得FA＝m1g，FB＝m1g (2)对乙受力分析有 Ff＝FB＝m1g，方向水平向左. 12.如图

26、12所示，放在水平地面上的物体P的重量为GP＝10 N，与P相连的细线通过光滑轻质定滑轮挂了一个重物Q拉住物体P，重物Q的重量为GQ＝2 N，此时两物体保持静止状态，线与水平方向成30°角，则物体P受到地面对它的摩擦力Ff与地面对它的支持力FN各为多大？ 图12 答案　 N　9 N 解析　选取Q为研究对象，受力如图所示： 由平衡条件可知：FT＝GQ ① 选取P为研究对象，受力如图所示： 建立如图所示的直角坐标系， 在x轴上由平衡条件，有：FTx＝Ff＝FTcos 30° ② 在y轴上由平衡条件，有：FN＋FTy＝FN＋FTsin 30°＝GP ③ 联立①②③得： 13.如图13所示，一个质量为m、横截面为直角三角形的物块ABC，∠ABC＝α，AB边靠在竖直墙上，F是垂直于斜面BC的推力，现物块静止不动，重力加速度为g，求物块受到的摩擦力和弹力的大小. 图13 答案　Fsin α＋mg　Fcos α 解析　水平方向建立x轴，竖直方向建立y轴.对物块进行受力分析，如图所示， 由平衡条件，得Ff＝Fsin α＋mg，FN＝Fcos α. 18