第四章 2 共点力作用下物体的平衡的应用.docx

1、第四章 2 共点力作用下物体的平衡的应用2共点力平衡条件的应用学习目标1.进一步熟练掌握平衡问题的解法.2.会利用解析法和图解法分析动态平衡问题.3.会用整体法和隔离法分析多个物体的平衡问题.4.会分析平衡中的临界问题一、关于移动货物箱的疑问如图1，G为货物箱所受的重力，F为拉(推)力，N为地面对货物箱的支持力，f为摩擦力，箱与地面间的动摩擦因数为，向前拉或推货物箱时受力分析如(a)、(b)两图图11向前拉货物箱时，水平方向上：Fcos f竖直方向上：Fsin NG又由于fN由得F2向前推货物箱时，水平方向上：Fcos f竖直方向上：NFsin G又由于fN可得F比较、两式知，推动(填“拉动”

2、或“推动”)时需的力更大二、如何选择绳子的粗细如图2所示，用绳子把排球网架的直杆拉住，OA、OB两绳的拉力大小相同，夹角为60.图2将立体图改画为平面图(在左上方观察)，O点受力示意图如图乙或丙所示，求FOA、FOB、FOC三力的大小关系，可采用下面两种方法：(1)合成法如图乙，FOA与FOB的合力与FOC等大、反向FOA与FOB大小相等2FOAcos 30FOC，得FOCFOA(2)正交分解法如图丙，在x轴方向上：FOAcos 60FOBcos 60在y轴方向上：FOCFOAcos 30FOBcos 30由得：FOAFOB，FOCFOA如果绳能承受的拉力跟绳的横截面积成正比，那么OC绳的直径

3、至少应是OA(OB)绳的1.32倍才合理出门旅行时，在车站、机场等地有时会看见一些旅客推着行李箱，也有一些旅客拉着行李箱在地面上行走为了了解两种方式哪种省力，我们作以下假设：行李箱的质量为m10 kg，拉力F1、推力F2与水平方向的夹角均为37(如图3所示)，行李箱与地面间为滑动摩擦力，动摩擦因数为0.2，行李箱都做匀速直线运动，则拉箱子的力F1 ，推箱子的力F2 .(sin 370.6，cos 370.8，g取10 m/s2)图3答案21.7 N29.4 N解析拉行李箱时，对行李箱受力分析，如图甲所示行李箱做匀速直线运动，可得F1cos f1，F1sin N1mg，f1N1解得F121.7

4、N推行李箱时，对行李箱受力分析，如图乙所示行李箱做匀速直线运动，可得F2cos f2，N2F2sin mg，f2N2解得F229.4 N.一、共点力平衡条件的应用解共点力平衡问题的一般步骤1选取研究对象，对于由相互作用的两个或两个以上的物体构成的系统，应明确所选研究对象是系统整体还是系统中的某一个物体(整体法或隔离法)2对所选研究对象进行受力分析，并画出受力分析图3对研究对象所受的力进行处理对三力平衡问题，一般根据平衡条件画出力合成的平行四边形对四力或四力以上的平衡问题，一般建立合适的直角坐标系，对各力按坐标轴进行分解4建立平衡方程对于四力或四力以上的平衡问题，用正交分解法列出方程组例1如图4

5、所示，质量为m的物体置于倾角为的固定斜面上物体与斜面之间的动摩擦因数为，先用平行于斜面的推力F1作用于物体上使其能沿斜面匀速上滑，若改用水平推力F2作用于物体上，也能使物体沿斜面匀速上滑，则两次的推力之比为()图4Acos sin Bcos sin C1tan D1tan 答案B解析F1作用时，物体的受力情况如图甲，根据平衡条件得F1mgsin NNmgcos 解得：F1mgsin mgcos F2作用时，物体的受力情况如图乙，根据平衡条件得F2cos mgsin NNmgcos F2sin 解得：F2所以cos sin ，故选B.二、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

6、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法3处理动态平衡问题的方法和一般步骤(1)解析法：列平衡方程求出未知量与已知量的关系表达式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：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，画示意图注意由图解可知，当大小、方向都可变的分力(设为F1)与

7、方向不变、大小可变的分力垂直时，F1有最小值例2如图5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N1，木板对小球的支持力大小为N2.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5AN1始终减小，N2始终增大BN1始终减小，N2始终减小CN1先增大后减小，N2始终减小DN1先增大后减小，N2先减小后增大答案B解析方法一解析法对小球进行受力分析，如图甲所示，小球受重力G、墙面对小球的压力N1、木板对小球的支持力N2而处于平衡状态从图中可以看出，N1，N2，从图示位置开始缓慢地转到水平位置过程中，逐渐增大，tan 逐渐增大，sin 逐渐增大，

8、故N1、N2始终减小选项B正确方法二图解法小球受重力G、墙面对小球的压力N1、木板对小球的支持力N2而处于平衡状态由平衡条件知N1、N2的合力与G等大反向，增大时，画出多个平行四边形，如图乙，由图可知在增大的过程中，N1始终减小，N2始终减小选项B正确针对训练1用绳AO、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6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6答案绳OA的拉力逐渐减小绳OB的拉力先减小后增大解析将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与竖直方向的夹角变小

9、，得到多个平行四边形，如图所示，由图可知FA逐渐减小，且方向不变，而FB先减小后增大，且方向不断改变，当FB与FA垂直时，FB最小三、整体法和隔离法在平衡问题中的应用当系统处于平衡状态时，组成系统的每个物体都处于平衡状态，选取研究对象时要注意整体法和隔离法的结合一般地，当求系统内部间的相互作用时，用隔离法；求系统受到的外力时，用整体法，具体应用中，应将这两种方法结合起来灵活运用例3如图7所示，一球A夹在竖直墙与等腰三角劈B的斜面之间，三角劈的重力为G，劈的底部与水平地面间的动摩擦因数为，劈的斜面与竖直墙面是光滑的，设劈的最大静摩擦力等于滑动摩擦力问：欲使三角劈B静止不动，球A的重力不能超过多少

10、？图7答案G解析选A、B整体为研究对象，受力分析如图甲所示，其中N1为地面对B的支持力，N2为墙对A的支持力，整体恰好不动时，有N1GAGN2fmaxfmaxN1选A为研究对象，受力分析如图乙所示其中N3为B对A的支持力，A静止不动，有N3sin 45GAN3cos 45N2联立式得：GAG.针对训练2如图8所示，在粗糙水平地面上放着一个表面为四分之一圆弧的柱状物体A，A的左端紧靠竖直墙，A与竖直墙之间放一光滑圆球B，整个装置处于静止状态，则把A向右缓慢移动少许的过程中，下列判断正确的是()图8A球B对墙的压力增大B球B对柱状物体A的压力增大C地面对柱状物体A的摩擦力不变D地面对柱状物体A的支

11、持力不变答案D解析球B受重力、A的支持力F1和墙壁的弹力F2，受力分析如图甲所示，设F1与竖直方向的夹角为，将重力G分解为G1和G2，则根据平衡条件可知，F1G1，F2G2Gtan .当A向右缓慢移动时，根据几何关系可知，减小，所以cos 增大，tan 减小，即墙壁对球B的弹力F2减小，A对球B的支持力F1减小，根据牛顿第三定律可知，球B对墙壁的压力减小，球B对A的压力也减小，选项A、B错误；对A、B整体进行受力分析，如图乙所示，由平衡条件可知A受地面的摩擦力大小fF2，则f减小，地面对A的支持力N等于A、B的重力之和，大小不变，选项C错误，选项D正确1.(研究对象的选取)(多选)如图9所示，

12、质量分别为m1、m2的两个物体通过轻弹簧连接，在力F的作用下一起沿水平方向做匀速直线运动(m1在水平地面上，m2在空中)，力F与水平方向成角，则m1所受支持力N和摩擦力f正确的是(重力加速度为g)()图9ANm1gm2gFsin BNm1gm2gFcos CfFcos DfFsin 答案AC解析对整体受力分析，如图所示，由正交分解法可知，fFcos，Nm1gm2gFsin ，A、C正确2.(动态平衡问题)(2019商洛市高一第一学期期末)如图10所示，一定质量的物块用两根轻绳悬在空中，其中绳OA固定不动，绳OB在竖直面内转动，物块保持静止，则在绳OB由图示位置逆时针转至竖直位置的过程中，绳OB

13、的张力大小将()图10A一直变大 B一直变小C先变大后变小 D先变小后变大答案D解析在绳OB转动的过程中物块始终处于静止状态，所受合力始终为零，如图所示为绳OB转动过程中结点O的受力示意图，由图可知，绳OB的张力先变小后变大，D正确3.(研究对象的选取)如图11所示，三根轻绳分别系住质量为m1、m2、m3的物体，它们的另一端分别通过光滑的定滑轮系于O点，整个装置处于平衡状态时，OA与竖直方向成30角，OB处于水平状态，则()图11Am1m2m3123 Bm1m2m3345Cm1m2m321 Dm1m2m321答案C解析对结点O受力分析，O点受到三根绳子的拉力如图所示，F是FB和FC的合力，根据

14、几何知识有cos 30，sin 30，根据三力平衡条件可知，F与FA等大反向，所以有，则FAFCFB21，根据定滑轮两端拉力相等，有FAm1g，FBm3g，FCm2g，所以m1m2m321，故选C.4(平衡条件的应用)如图12所示，在倾角37的固定斜面上，用一水平力F推一质量为m10 kg的物体，欲使物体沿斜面匀速运动，已知物体与斜面间的动摩擦因数0.2，试求F的大小(sin 370.6，cos 370.8，g取10 m/s2)图12答案112 N或48 N解析若物体沿斜面向上匀速运动，根据平衡条件：Fcos 37fmgsin 37f(mgcos 37Fsin 37)解得：F112 N若物体沿

15、斜面向下匀速运动，根据平衡条件：Fcos 37fmgsin 37f(mgcos 37Fsin 37)解得：F48 N.一、选择题(15题为单选题，68题为多选题)1.(2019浙江“温州十校联合体”高一第一学期期末)如图1所示，一架无人机执行航拍任务时正沿直线朝斜向下方匀速运动用G表示无人机重力，F表示空气对它的作用力，下列四幅图中能表示此过程中无人机受力情况的是()图1答案C2(2019鹤岗一中高一上学期期末)如图2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()图2AF1增大，F2减小BF1减小，F2增大CF1和F2都

16、减小DF1和F2都增大答案C3.如图3所示是给墙壁粉刷涂料用的涂料滚的示意图，使用时，用撑杆推着粘有涂料的涂料滚沿墙上下缓慢滚动，把涂料均匀地粉刷到墙上，撑杆的重力和墙壁的摩擦均不计，且撑杆足够长，粉刷工人站在离墙壁一定距离处缓缓向上推涂料滚，设该过程中撑杆对涂料滚的推力为F1，涂料滚对墙壁的压力为F2，则()图3AF1增大，F2减小 BF1增大，F2增大CF1减小，F2减小 DF1减小，F2增大答案C解析涂料滚沿墙壁缓慢向上滚动的过程中，处于动态平衡，合力为零，分析涂料滚受力，如图所示，由牛顿第三定律知F2F2，涂料滚向上滚动的过程中，角变小，则F1和F2均变小，F2也变小，C正确4.有一直

17、角支架AOB，AO水平放置，表面粗糙，OB竖直放置，表面光滑，AO上面套有小环P，OB上面套有小环Q；两环质量均为m，两环间由一根质量可忽略、不可伸长的细绳相连，并在某一位置上平衡，如图4所示，现将P环向左移动一小段距离，两环再次达到平衡状态，与原来的平衡状态相比较，AO杆对环的支持力N和细绳的拉力T的变化情况是()图4AN不变，T变大BN不变，T变小CN变大，T变大DN变大，T变小答案B解析取P、Q两环整体为研究对象，在竖直方向上只有AO杆对其产生竖直向上的支持力，故N2mg，N大小不变再取Q为研究对象，将拉力T沿竖直、水平方向分解，如图所示竖直分量TyTcos ，由于Q处于平衡状态，故竖直

18、方向合力为零，即Tymg，所以T，故当减小时T变小，B选项正确5.如图5，滑块A置于水平地面上，滑块B在一水平力F作用下紧靠滑块A(A、B接触面竖直)，此时A恰好不滑动，B刚好不下滑已知A与B间的动摩擦因数为1，A与地面间的动摩擦因数为2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力A与B的质量之比为()图5A. B. C. D.答案B解析B恰好不下滑时，以滑块B为研究对象，1FmBg，A恰好不滑动，以A、B整体为研究对象，则F2(mAgmBg)，所以，选项B正确6.如图6所示，用竖直挡板将光滑小球夹在挡板和斜面之间，若逆时针缓慢转动挡板，使其由竖直转至水平的过程中，以下说法正确的是()图6A挡板对小球的支持力

19、先增大后减小B挡板对小球的支持力先减小后增大C斜面对小球的支持力先减小后增大D斜面对小球的支持力一直逐渐减小答案BD解析取小球为研究对象，小球受到重力G、挡板对小球的支持力N1和斜面对小球的支持力N2三个力作用，如图所示，N1和N2的合力与重力大小相等，方向相反，N2总垂直于接触面(斜面)，方向不变，根据图解可以看出，在挡板移动过程中，N1先减小后增大，N2一直减小故A、C错误，B、D正确7(2019泰安一中期中)如图7所示，物体m通过定滑轮牵引另一粗糙水平面上的物体沿斜面匀速下滑，此过程中斜面体始终静止，斜面体质量为M，重力加速度为g，则水平地面对斜面体()图7A支持力为(Mm)gB没有摩擦

20、力C支持力小于(Mm)gD有水平向右的摩擦力答案CD8.(2019全国卷)如图8，一粗糙斜面固定在地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块N，另一端与斜面上的物块M相连，系统处于静止状态现用水平向左的拉力缓慢拉动N，直至悬挂N的细绳与竖直方向成45.已知M始终保持静止，则在此过程中()图8A水平拉力的大小可能保持不变BM所受细绳的拉力大小一定一直增加CM所受斜面的摩擦力大小一定一直增加DM所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加答案BD解析对N进行受力分析如图所示，因为N的重力与水平拉力F的合力和细绳的拉力T是一对平衡力，从图中可以看出水平拉力的大小逐渐增大，细绳的拉力也一直

21、增大，选项A错误，B正确；M的质量与N的质量的大小关系不确定，设斜面倾角为，若mNgmMgsin ，则M所受斜面的摩擦力大小会一直增大，若mNgmMgsin ，则M所受斜面的摩擦力大小可能先减小后反向增大，选项C错误，D正确二、非选择题9.(2019大同铁路一中高一上学期期末)所受重力G112 N的砝码悬挂在绳PA和PB的结点上PA偏离竖直方向37角，PB在水平方向，且连在所受重力为G280 N的木块上，木块静止于倾角为37的斜面上，如图9，求木块与斜面间的摩擦力大小和木块所受斜面的弹力(sin 370.6，cos 370.8)图9答案55.2 N58.6 N，方向垂直斜面向上解析如图甲所示分

22、析结点P受力，由平衡条件得：FAcos 37G1FAsin 37FB可解得：BP绳的拉力为FB9 N再分析木块的受力情况如图乙所示由平衡条件可得：fG2sin 37FBcos 37NFBsin 37G2cos 37由牛顿第三定律得FBFB解得：f55.2 NN58.6 N，方向垂直斜面向上10某同学表演魔术时，将一小型条形磁铁藏在自己的袖子里，然后对着一悬挂的金属小球“指手画脚”，结果小球在他“神奇的功力”下“飘动”起来，假设当隐藏的小磁铁位于小球的左上方某一位置C(QCS30)时，悬挂金属小球的细线偏离竖直方向的夹角也是30，如图10所示，已知小球的质量为m，该同学(含磁铁)的质量为M，重力

23、加速度为g，求此时：图10(1)悬挂小球的细线的拉力大小；(2)该同学受到地面的支持力大小和摩擦力大小答案(1)mg(2)Mgmgmg解析(1)以小球为研究对象，对其进行受力分析如图甲所示，则由平衡条件得FCsin 30Fsin 30FCcos 30Fcos 30mg，解得FFCmg.(2)以小球和该同学整体为研究对象，对整体进行受力分析如图乙所示，则有fFsin 30，NFcos 30(Mm)g解得fmg，NMgmg.11.(2019凌源市高一上学期期末三校联考)如图11所示，质量为m0.5 kg的光滑小球被细线系住，放在倾角为45的斜面上已知线与竖直方向夹角45，斜面质量为M3 kg，整个

24、装置静置于粗糙水平地面上(g取10 N/kg)求：图11(1)细线对小球拉力的大小；(2)地面对斜面的摩擦力的大小和方向答案(1) N(2)2.5 N方向水平向左解析(1)以小球为研究对象，受力分析如图甲所示根据平衡条件得，T与N的合力与mg等大反向T N N(2)以小球和斜面整体为研究对象，受力分析如图乙所示，由于系统静止，合力为零，则有：fTcos 45 N2.5 N方向水平向左12.倾角为的斜面在水平面上保持静止，斜面上有一重为G的物体A，物体A与斜面间的动摩擦因数为，且tan ，现给A施加一水平推力F，如图12所示，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求水平推力F在什么范围内时，物体A在斜面

25、上静止图12答案 GF G解析因为tan ，所以无推力时物体将加速下滑，故推力的最大值和最小值对应的状态是恰不上滑和恰不下滑以A为研究对象，设推力的最小值为Fmin，此时最大静摩擦力fmax沿斜面向上，受力分析如图甲所示，将各力正交分解，则沿斜面方向，有Fmincos fmaxGsin 0垂直于斜面方向，有NGcos Fminsin 0又fmaxN解得Fmin G设推力的最大值为Fmax，此时最大静摩擦力fmax沿斜面向下，受力分析如图乙所示，将各力正交分解，则沿斜面方向，有Fmaxcos Gsin fmax0垂直于斜面方向，有NGcos Fmaxsin 0又fmaxN解得Fmax G所以物体A能在斜面上静止时，水平推力F的范围是 GF G.