第3节 共点力的平衡
课时作业
1.无风天气直升机用轻绳吊起大质量的货物水平向右匀速飞行,在不考虑空气阻力的理想状态下,下列图示形态最接近该状态的是( )
A B
C D
【答案】 C
【解析】 无风天气直升机用轻绳吊起大质量的货物水平向右匀速飞行,则货物处于平衡状态,受到的重力和拉力应该等大反向。
2.如图所示,某幼儿园要在空地上做一个滑梯。幼儿园选择的滑板和儿童裤料之间的动摩擦因数为0.4,为使儿童在滑梯游戏时能在滑板上匀速下滑,滑梯的高度和水平跨度可以设计为( )
A.3 m,3 m B.3 m,4.8 m
C.2.4 m,6 m D.2.4 m,9.6 m
【答案】 C
【解析】 要使小孩能从滑梯上匀速滑下,需满足mgsin θ=μmgcos θ,即μ=tan θ=,高度为h,滑梯的水平跨度为x,则h=0.4x,故选C。
3.如图所示,某创新实验小组制作了一个半径为12 cm的圆环,将3个相同的轻弹簧一端等间距地连接在圆环上的A、B、C三点,另外一端连接于同一点,结点恰好在圆心O处。将圆环水平放置,在结点O处悬挂一苹果,缓慢释放直至平衡时测得结点下降了5 cm。已知轻弹簧的自然长度为9 cm,苹果的重力为3.6 N,则弹簧的劲度系数为( )
A.39 N/m B.78 N/m
C.117 N/m D.234 N/m
【答案】 B
【解析】 如图所示,由几何关系可知平衡时每根弹簧的长度均为x= cm=13 cm,每根弹簧的伸长量均为Δx=13 cm-9 cm=4 cm,根据竖直方向受力平衡可得G=3kΔxcos θ,由数学知识可得cos θ=,联立解得劲度系数为k=78 N/m,故选B。
4.如图所示,水平直杆OP右端固定于竖直墙上的O点,长为L=2 m的轻绳一端固定于直杆P点,另一端固定于墙上O点正下方的Q点,OP长为d=1.2 m,重为16 N的钩码由光滑挂钩挂在轻绳上处于静止状态,则轻绳的弹力大小为( )
A.10 N B.12 N C.16 N D.20 N
【答案】 A
【解析】 设挂钩所在位置为N点,延长PN交墙于M点,如图所示,同一条绳子拉力相等,根据对称性可知两边的绳子与竖直方向的夹角相等,根据几何关系可知NM=NQ,即PM等于绳长,有几何关系sin α===,根据平衡条件有2Tcos α=mg,解得T=10 N,故A正确。
5.(双选)如图所示,一根长为L的细绳一端固定在O点,另一端悬挂质量为m=1.0 kg的小球A,为使细绳与竖直方向夹角为θ=30°且绷紧,小球A在该位置处于静止状态,则对小球施加的力F可能为(g取10 N/kg)( )
A.1 N B.3 N C.5 N D.10 N
【答案】 CD
【解析】 对A进行分析,作出受力动态三角形,如图所示,可知,力F的最小值为Fmin=mgsin θ=
5 N,则对小球施加的力F可能为5 N、10 N。故C、D正确。
6.一名同学要通过“悬索独木桥”。如图所示,将独木桥简化为由一段水平的质量分布均匀的直木板以及四根悬索构成,且知每根悬索与竖直方向的夹角均为α=16°,他和木板的总质量为 m=48 kg,重力加速度g取10 m/s2,取cos 16°=0.96,悬索重力不计。当该同学沿木桥缓缓前行至独木桥中间位置时,每根悬索所承受拉力的大小为( )
A.120 N B.125 N C.130 N D.135 N
【答案】 B
【解析】 对悬索整体受力分析,每根悬索与竖直方向的夹角均为α=16°,当该同学沿独木桥缓缓前行至木桥中间位置时,设每根悬索所承受拉力的大小为T,根据受力平衡有4Tcos 16°=mg,代入数据解得T=125 N,所以A、C、D错误,B正确。
7.长木板顶端放有一个木块,当倾角θ较小时,木块静止,现均匀增大倾角θ,直到木块滑到长木板底端,则( )
A.木块未滑动时,所受的摩擦力减小,支持力减小
B.木块未滑动时,所受的摩擦力增大,支持力增大
C.木块开始滑动之后,所受的摩擦力减小,支持力减小
D.木块开始滑动之后,所受的摩擦力增大,支持力增大
【答案】 C
【解析】 木块未滑动时,静摩擦力大小和支持力大小分别为f=mgsin θ,N=mgcos θ,当增大倾角θ时,摩擦力增大,支持力减小,故A、B错误;木块开始滑动之后,滑动摩擦力大小为f ′=μmgcos θ,支持力大小为N=mgcos θ,当增大倾角θ时,摩擦力减小,支持力减小,故C正确,D错误。
8.如图所示,一小球套在竖直固定的光滑圆环上,在圆环的最高点有一个光滑小孔,一根轻绳的下端系着小球,上端穿过小孔用力拉住,开始时小球在圆环最低点的右侧。现缓慢拉动轻绳,使小球沿圆环缓慢上升一小段距离,对该过程,下列说法正确的是( )
A.小球对轻绳的拉力增大
B.小球对轻绳的拉力减小
C.小球对圆环的压力增大
D.小球对圆环的压力减小
【答案】 B
【解析】 小球受三个力的作用,重力G、轻绳拉力T和圆环的弹力N。受力分析如图所示,由平衡条件可知,重力G与弹力N的合力大小F′等于轻绳拉力大小T,方向相反,根据力的矢量三角形△GF′A与几何三角形△OAB相似,则有==,整理解得T=mg,N=mg,现缓慢拉动轻绳,使小球沿圆环缓慢上升一小段距离,即当A点上移时,半径R不变,AB减小,故拉力T减小,N不变,由牛顿第三定律可知小球对轻绳的拉力减小,小球对圆环的压力不变,故A、C、D错误,B正确。
9.(双选)如图所示,在竖直的墙面上用铰链固定一粗糙轻杆,开始时轻杆处于水平方向。一套在轻杆上的轻环A通过一定长度的轻绳与杆上的B点固定连接,悬挂有一物块的光滑动滑轮跨在轻绳上。现让轻杆绕铰链缓慢转动较小角度。已知转动过程中,轻环A始终未滑动,下列说法正确的是( )
A.若轻杆顺时针转动,则跨过滑轮的轻绳拉力增大
B.若轻杆顺时针转动,则跨过滑轮的轻绳拉力减小
C.若轻杆逆时针转动,则轻环A所受摩擦力减小
D.若轻杆逆时针转动,则轻环A所受摩擦力增大
【答案】 BC
【解析】 设滑轮左端绳长为L1,右端绳长为L2,AB水平距离为d,由于结点为活结,故滑轮左右两端绳的拉力大小相等,同时滑轮左端绳子及右端绳子与竖直方向的夹角相等,假设均为θ,杆与L1成α角,如图所示,sin θ==,设绳子拉力为T,对滑轮受力分析可知T=,由于绳长度不变,当轻杆顺时针转动时,AB水平距离d减小,则θ减小,绳子拉力T也减小,故A错误,B正确;若轻杆逆时针转动,同上分析可得绳子拉力T减小,且α角变大,由平衡条件可知,轻环A所受摩擦力f=Tcos α,故轻环A所受摩擦力减小,故C正确,D错误。
10.质量为m粗细均匀的麻绳如图所示悬挂,悬点处切线与竖直方向夹角分别为37°和53°,P点为最低点,重力加速度为g,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,则 ( )
A.左侧悬点对麻绳拉力为0.6mg
B.右侧悬点对麻绳拉力为0.8mg
C.P点右侧麻绳质量为0.36m
D.最低点P处张力为0.3mg
【答案】 C
【解析】 对麻绳受力分析,受重力mg、左侧悬点对麻绳拉力F1、右侧悬点对麻绳拉力F2,则F1cos 37°+F2cos 53°=mg,F1sin 37°=F2sin 53°,解得F1=0.8mg,F2=0.6mg,故A、B错误;对右侧麻绳受力分析,受重力m1g、最低点P处张力F、右侧悬点对麻绳拉力F2,则F=F2sin 53°=
0.48mg,m1g=F2cos 53°=0.36mg,所以P点右侧麻绳质量为m1=0.36m,故C正确,D错误。
11.用如图所示模型研究斜拉桥的平衡:细杆CD固定在地面上,从质量为m的均匀平板正中央空洞内穿过。通过两根轻质细线CA、CB将平板水平悬挂,两根细线与竖直方向夹角分别为30°、60°。则CB绳对平板的拉力大小为 ;保持平板水平不动,逐渐缩短CB线,使悬挂点B左移,CB绳对平板的拉力将 ,AC绳对平板的拉力 。(后两空均选填“变大”“变小”“先变大后变小”或“先变小后变大”)
【答案】 mg 变大 变小
【解析】 对平板根据平衡条件
TACsin 30°=TCBsin 60°,
TACcos 30°+TCBcos 60°=mg,
联立解得TCB=mg。设CB绳与竖直方向夹角为α,根据平衡条件TACsin 30°=TCB′sin α,
TACcos 30°+TCB′cos α=mg,联立解得TCB′==,
使悬挂点B左移,则α由60°逐渐减小,则CB绳拉力变大,由TAC=(mg-TCB′cos α)知,AC绳拉力减小。
12.如图所示,在质量为m=1 kg 的重物上系着两条细绳,细绳OA的另一端连着圆环,圆环套在水平的棒上可以滑动,环与棒间的动摩擦因数μ=0.74,另有一条细绳,其一端跨过定滑轮挂一重物,定滑轮固定在水平棒上的B点。当细绳的端点挂上质量为0.6 kg的重物时,圆环将要开始滑动,此时两条细绳的夹角φ=90°(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10 m/s2),试问:
(1)此时细绳OA的拉力是多少
(2)OA与AB的夹角θ是多少
(3)圆环的质量是多少
【答案】 (1)8 N (2)53° (3)0.008 6 kg
【解析】 (1)以结点O为研究对象,受力分析,如图甲所示,
沿x轴方向有T2cos θ-T1sin θ=0,
沿y轴方向有T2sin θ+T1cos θ=mg,
T1=G=0.6×10 N=6 N,
联立可得T2=8 N,sin θ=,cos θ=。
(2)因为sin θ=,
所以θ=53°。
(3)以圆环为研究对象,受力分析,如图乙所示,
在水平方向,根据共点力的平衡条件可得f-T2cos θ=0,
在竖直方向,根据共点力的平衡条件可得N-m′g-T2sin θ=0,
f=μN,
解得m′=0.008 6 kg。第3节 共点力的平衡
学习目标 课标解读
1.知道共点力和物体平衡状态的概念,理解共点力平衡的条件。 2.会用共点力平衡条件解决有关力的平衡问题。 3.学会用图解法、解析法、三角形相似法分析动态平衡问题。 4.掌握正交分解法在求合力、解决平衡问题中的应用。 1.通过共点力、共点力平衡条件概念的学习体会物理观念的生成过程。 2.通过生活实例对平衡条件进行分析,体会科学探究在物理规律确立过程中的作用。 3.利用建构物理模型的思维方法,感受动态平衡模型中存在的科学思维。 4.尝试运用平衡条件,解决实际生活中的物理问题,树立物理知识应用于生活和实践的科学态度。
探究新知
一、物体的平衡状态
平衡状态:把物体静止或做匀速直线运动时所处的状态称为平衡状态。
二、共点力的平衡条件
1.物体的平衡条件:共点力作用下物体的平衡条件是合力为0,即F合=0。
2.力的平衡:若作用在物体上的几个共点力的合力为0,就达到了力的平衡。
新知检测
1.思考判断
(1)所受合力保持恒定的物体处于平衡状态。( × )
(2)物体所受合力为零时,就一定处于平衡状态。( √ )
(3)大小相等、方向相反、作用在同一直线上的两个力一定是平衡力。( × )
(4)若物体处于平衡状态,其所受合力一定为零。( √ )
2.思维探究
(1)如图所示,著名景点——黄山飞来石,独自静止于悬崖之上,它受哪些力作用 这些力大小、方向有何关系 它们的合力有何特点
(2)如果一个物体在某一时刻的瞬时速度为零,则该物体一定处于平衡状态吗
【答案】 (1)受重力和支持力。重力方向竖直向下、支持力方向竖直向上,二力等大、反向,合力为零。
(2)不一定。如果一个物体在一段时间的速度为0,即保持静止,则处于平衡状态;一个物体在某一时刻速度为零,有可能合力不为零,比如做自由落体运动的物体在刚释放时瞬时速度为零,所受合力不为零,因此不处于平衡状态。
要点一 共点力作用下物体的平衡条件
情境探究
探究:(1)从物理学角度来看,图中各物体是否处于平衡状态
(2)处于平衡状态的物体,有何运动学特征
【答案】 (1)图甲、乙中的物体处于平衡状态。图丙中的物体不处于平衡状态。
(2)物体保持静止或匀速直线运动状态。
要点归纳
1.对平衡状态的理解
(1)静态平衡是处于静止状态的平衡,合力为零。
(2)动态平衡是匀速直线运动状态的平衡,合力为零。
总之,平衡状态是指加速度为零的状态。
2.对共点力作用下平衡条件的理解
(1)两种表达式。
①F合=0。
②
(2)由平衡条件得出的结论。
①物体受三个力作用平衡时,其中任意两力的合力必与第三个力等大反向。
②物体受三个以上的力作用平衡时,其中任意一个力与其余几个力的合力等大反向。
③物体处于平衡状态时,沿任意方向物体所受的合力均为零。
[例1] (双选)如图,一质量为m的滑块静止置于倾角为30°的粗糙斜面上,一根轻弹簧一端固定在竖直墙上的P点,另一端系在滑块上,弹簧与斜面垂直,则( )
A.滑块不可能只受到三个力作用
B.弹簧可能处于伸长状态
C.斜面对滑块的支持力大小可能为0
D.斜面对滑块的摩擦力大小一定等于mg
【答案】 BD
【解析】 弹簧的方向垂直于斜面,因为弹簧的形变情况未知,所以斜面与滑块之间的弹力大小不确定,所以滑块可能只受重力、斜面支持力和静摩擦力三个力的作用而平衡,此时弹簧弹力为零,处于原长状态,故A错误;如果弹簧处于伸长状态,滑块受重力、支持力、静摩擦力和弹簧的拉力,是可能平衡的,故B正确;若斜面对滑块的支持力大小为0,则摩擦力为0,滑块不可能处于平衡状态,故C错误;根据平衡条件,在平行于斜面方向平衡,一定有f=mgsin 30°=mg,故D正确。
(1)物体保持静止状态:说明v=0,a=0,物体受合力为零,物体处于平衡状态。
(2)物体运动速度v=0则有两种可能:
①v=0,a≠0,物体受合力不等于零,物体并不保持静止,处于非平衡状态,如竖直上抛到最高点的物体。
②v=0,a=0,这种情况与(1)中的静止状态一致。
[针对训练1] 若某一物体受共点力作用处于平衡状态,则该物体( )
A.一定是静止的
B.一定做匀速直线运动
C.所受各共点力的合力可能不为0
D.所受各共点力的合力为0
【答案】 D
【解析】 物体处于平衡状态时,物体可能静止或做匀速直线运动,A、B错误;物体处于平衡状态时,所受各共点力的合力一定为0,C错误,D正确。
要点二 静态平衡问题的处理
情境探究
如图所示,重物所受的重力为G,轻绳AO与BO的A、B端是固定的,平衡时AO是水平的,BO与竖直方向的夹角为θ,能否用合成法和分解法求出AO的拉力T1和BO的拉力T2的大小
【答案】 选取O点为研究对象,其受力如图甲所示,O点受到三个力的作用,重物对O的拉力大小为G,AO绳的拉力T1,BO绳的拉力T2。
合成法 如图乙所示,T1和T2的合力与重物的重力大小相等,由几何关系可解出两绳拉力大小。
效果分解法 如图丙所示,将重力沿两绳的方向分解,则沿AO、BO绳方向的合力分别为0,由几何关系可解出两绳拉力大小。
正交分解法 如图丁所示,将BO绳拉力T2沿两坐标轴分解,则O点沿两坐标轴的合力分别为0,由此可求出两绳拉力的大小。
要点归纳
1.合成法:物体受三个共点力作用而平衡时,则任意两个力的合力一定与第三个力大小相等、方向相反,据此画出这两个力合成的平行四边形,利用几何知识求解。
2.效果分解法:物体受三个共点力的作用而平衡,将某一个力按其他两个力的作用线分解,则其分力和其他两个力分别等大、反向,可利用几何知识求解各力间的关系。
3.正交分解法:物体受到三个或三个以上力的作用而平衡,将物体所受的力分解到相互垂直的x、y轴上,则x、y轴的合力分别为0,则可列方程求解。
[例2] 在科学研究中,可以用风力仪直接测量风力的大小,其原理如图所示。仪器中一根轻质金属丝悬挂着一个金属球。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 (重力加速度为g)
【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。
法一 力的合成法
如图乙所示,风力F和拉力T的合力与重力等大反向,则有F=mgtan θ。
法二 效果分解法
将重力沿金属丝方向和水平方向分解,如图丙所示,则有F-mgtan θ=0,得F=mgtan θ。
法三 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,将拉力T沿两坐标轴分解,如图丁所示。水平方向的合力Fx合和竖直方向的合力Fy合分别等于零,
即Fx合=Tsin θ-F=0,Fy合=Tcos θ-mg=0,
解得F=mgtan θ。
共点力平衡问题的解题步骤
(1)选取研究对象。
(2)对所选取的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,或合成或分解。
(4)根据F合=0或Fx合=0,Fy合=0列方程或由几何关系求解。
[针对训练2] (2024·贵州卷)如图甲,一质量为m的匀质球置于固定钢质支架的水平横杆和竖直墙之间,并处于静止状态,其中一个视图如图乙所示。测得球与横杆接触点到墙面的距离为球半径的1.8倍,已知重力加速度大小为g,不计所有摩擦,则球对横杆的压力大小为( )
A.mg B.mg C.mg D.mg
【答案】 D
【解析】 设球与横杆接触点与球心连线与竖直方向夹角为θ ,如图所示,
将小球的重力按照力的作用效果分解为G1和G2,有G1=,设小球的半径为r,则sin θ==0.8,所以cos θ==0.6,即G1==mg,球对横杆的压力N大小等于分力G1,即N=G1=mg,D正确,A、B、C错误。
要点三 动态平衡问题
情境探究
如图所示,人通过跨过定滑轮的轻绳牵引一物体,人向右缓慢移动时,
探究:(1)如何理解题干中“缓慢”的意思
(2)人所受力如何变化
【答案】 (1)“缓慢”意味着物体处于一系列的平衡状态中,此过程中外力在发生变化,但合力始终为零,即动态平衡。
(2)人受重力、绳子的拉力及地面对人的支持力和摩擦力,当人缓慢向右移动时,人的重力、绳子拉力的大小不变,但绳的拉力在水平方向的分力增大,竖直方向的分力减小,故地面对人的支持力和摩擦力都变大。
要点归纳
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,这是平衡题目中常见且难度较大的一类题。
2.基本思路:化“动”为“静”,“静”中求“动”。
3.基本方法:图解法、解析法和相似三角形法。
[例3] (双选)如图所示为生活常用的手拉车,手拉车的底板和支架相互垂直。初始时手拉车支架与水平地面垂直,运送货物时先将手拉车绕O点逆时针缓慢转动45°,然后推动手拉车沿水平地面运动。在手拉车绕O点逆时针缓慢转动的过程中,支架对货物的弹力为N1,底板对货物的弹力为N2,不计货物与小推车间的摩擦,下列说法正确的是( )
A.N1逐渐增大 B.N1先减小后增大
C.N2逐渐减小 D.N2先减小后增大
【答案】 AC
【解析】 对货物受力分析,如图甲所示,
货物所受合力为零,所以Mg、N1、N2构成封闭的矢量三角形,由于重力不变,以及N1和N2的夹角α=90°不变,矢量三角形动态图如图乙所示,
α不变,β从90°逐渐增大到135°,γ从180°逐渐减小到135°,根据正弦定理,可知在手拉车绕O点逆时针缓慢转动的过程中,N1逐渐增大,N2逐渐减小。
分析动态平衡问题的方法
方法 步骤
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
图解法 (1)根据已知量的变化情况,画出平行四边形边、角的变化; (2)确定未知量大小、方向的变化
相似三 角形法 (1)根据已知条件画出两个不同情况对应的力的三角形和空间几何三角形,确定对应边,利用三角形相似知识列出比例式; (2)确定未知量大小的变化情况
力的三 角形法 对受三个力作用而平衡的物体,将力的矢量图平移使三个力组成一个首尾依次相接的矢量三角形,根据正弦定理、余弦定理等数学知识求解未知力
[针对训练3] (双选)如图所示,在粗糙水平地面上放着一个截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,已知A的圆弧半径为球B半径的3倍,球B所受的重力为G,整个装置处于静止状态。设墙壁对B的弹力为F1,A对B的弹力为F2,若A向右移动少许后,它们仍处于静止状态,则F1、F2的变化情况分别是( )
A.F1减小
B.F1先减小后增大
C.F2先减小后增大
D.F2减小
【答案】 AD
【解析】 由题意可知,该过程处于动态平衡状态,对圆球B受力分析,再根据平衡条件和平行四边形定则画出如图所示的矢量三角形,在θ减小的过程中,可直观地看出F1和F2 都在减小。
要点四 平衡中的临界、极值问题
情境探究
如图所示,轻绳一端固定在天花板上,另一端悬挂质量为m的小球。现用力F使轻绳偏离与竖直方向成30°角,则该力的最小值是多少
【答案】 以小球为研究对象,小球受到重力mg、细绳的拉力T和外力F作用,如图所示,根据平衡条件可知,T、F的合力与重力大小相等、方向相反。
当改变F的方向时,T、F的变化情况由图可知,当外力F的方向与细绳垂直时,力F最小,其最小值为 Fmin=mgsin 30°=mg。
要点归纳
1.临界问题
(1)问题界定:物体所处平衡状态将要发生变化的状态为临界状态,涉及临界状态的问题为临界问题。
(2)问题特点。
①当某物理量发生变化时,会引起其他几个物理量的变化。
②注意某现象“恰好出现”或“恰好不出现”的条件。
(3)分析方法:基本方法是假设推理法,即先假设某种情况成立,然后根据平衡条件及有关知识进行论证、求解。
2.极值问题
(1)问题界定:物体平衡的极值问题,一般指在力的变化过程中涉及力的最大值和最小值的问题。
(2)分析方法。
①解析法:根据物体的平衡条件列出方程,在解方程时,采用数学知识求极值或者根据物理临界条件求极值。
②图解法:根据物体的平衡条件作出力的矢量图,画出力的矢量关系的平行四边形或者其中的矢量三角形进行动态分析,确定最大值或最小值。
[例4] 物体的质量为2 kg,两根轻绳AB和AC的一端连接于竖直墙上(B、C在同一竖直线上),另一端系于物体上,在物体上另施加一个方向与水平线成θ=60°的拉力F,若使两绳都伸直,且AC与墙面垂直,绳AB与绳AC间夹角也为 θ=60°,求拉力F的大小范围(g取10 m/s2)。
【答案】 N
【解析】 物体的受力情况如图所示,建立沿竖直和水平方向的直角坐标系,将力正交分解,
由平衡条件得
Fsin θ+F1sin θ-mg=0,
Fcos θ-F2-F1cos θ=0,
得F=。
若使F1=0,F有最大值,即
Fmax= N,
若使F2=0,F有最小值,即
Fmin= N,
则F的取值范围为 N。
解决临界、极值问题时应注意的问题
(1)首先要正确地进行受力分析和变化过程分析,找出平衡的临界点和极值点。
(2)必须在变化中寻找临界条件,不能停留在一个状态来研究临界问题,一般把某个物理量推向极端,即极大或极小,并依此做出科学的推理分析,从而给出判断或导出一般结论。
[针对训练4] 如图所示,物体的质量 m=4.4 kg,用与竖直方向成 θ=37° 角的斜向右上方的推力F把该物体压在竖直墙壁上,使它静止在竖直的墙壁上。物体与墙壁间的动摩擦因数μ=0.5,重力加速度g取 10 m/s2,最大静摩擦力与滑动摩擦力相等,(取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)则推力F的大小不可能是( )
A.22 N B.40 N C.66 N D.80 N
【答案】 A
【解析】 当物体刚要向上滑动时,受力分析如图甲所示,水平方向根据平衡条件可得N=
F1sin θ,竖直方向根据平衡条件可得F1cos θ=f+mg,最大静摩擦力与滑动摩擦力相等,由滑动摩擦力公式得f=μN,联立解得F1=88 N;当物体刚要向下滑动时,受力分析如图乙所示,水平方向根据平衡条件可得N′=F2sin θ,竖直方向根据平衡条件可得F2cos θ+f ′=mg,最大静摩擦力与滑动摩擦力相等,由滑动摩擦力公式得f ′=μN′,由以上三式可解得F2=40 N,综上所述,使物体静止在竖直的墙壁上,推力F的范围为40 N≤F≤88 N,故选A。
模型·方法·结论·拓展
用整体法和隔离法分析多物体平衡问题
分析多物体的平衡问题,关键是研究对象的选取,若一个系统中涉及两个或两个以上的物体,在选取研究对象时,要灵活运用整体法和隔离法。对于多物体问题,如果不求物体间的相互作用力,我们优先采用整体法,这样涉及的研究对象少,未知量少,方程少,求解简便。
[示例] 如图所示,轻绳的两端分别系在圆环A和小球B上,圆环A套在粗糙的水平直杆PQ上。现用水平力F拉着绳子上的结点O,使小球B从图中实线位置缓慢上升到虚线位置,但圆环A始终保持在原位置不动,在这一过程中,环对杆的摩擦力 f和环对杆的压力N的变化情况是( )
A.f不变,N不变 B.f增大,N不变
C.f增大,N减小 D.f不变,N减小
【答案】 B
【解析】 方法一 图解法
以结点O为研究对象进行受力分析。由题可知,结点O处于动态平衡状态,则可作出三力的平衡关系图如图甲所示,由图可知水平拉力增大。以环、绳和小球构成的整体为研究对象,作受力分析图如图乙所示,由整个系统平衡可知N=(mA+mB)g,f=F,则f增大,N不变,故B正确。
方法二 解析法
以结点O为研究对象,受力分析如图甲所示,由平衡条件得Tcos α=mBg,Tsin α=F,故T=,F=mBgtan α。以环、绳和小球构成的整体为研究对象,受力分析如图乙所示,由平衡条件得N=(mA+mB)g,f=F=mBgtan α。在B上升过程中,α增大,tan α增大,f增大,而N不变。选项B正确。
科学·技术·社会·环境
飞机飞行的平衡原理
飞机能够载重上百吨腾空而起,不但飞行速度快而且飞行距离长,这恐怕是现代科学技术最令世人惊奇的成就之一。其实飞机能够飞行的原理并不复杂,基本上与风筝飞上天的原理相同。下面介绍一下风筝飞行的平衡原理,以此来了解飞机飞行的平衡原理。风筝平面与风向形成的夹角被称之为迎角,风对风筝的作用力与风筝表面垂直,其作用是对风筝产生升力和阻力。当迎角为90°时,也就是风向与风筝平面垂直,这时的风只产生阻力,只能用手拉紧风筝线,拉力与阻力平衡,风筝才不至于被刮跑;当迎角为0°时,风筝基本不受风力的作用,由于自身的重量它会逐渐飘落;只有在风筝的迎角是处于一定的锐角时,这时的风力变为向后上方的力,驱使风筝升空遨游,使千姿百态的风筝在蔚蓝的天空中飘舞,形成明媚春天的亮丽的风景。人类借助风筝升天的原理制造了飞机。
[示例] (双选)如图为一小朋友正在放风筝,某段时间内处于静止状态,此时风筝平面与水平面夹角为30°,风筝的质量为m=1 kg,轻质细线中的拉力为T=10 N,该同学的质量为M=29 kg,则以下说法正确的是(风对风筝的作用力认为与风筝垂直,g取 10 m/s2)( )
A.风对风筝的作用力为10 N
B.细线与水平面的夹角为30°
C.人对地面的摩擦力方向水平向左
D.人对地面的压力大小等于人和风筝整体所受的重力,即300 N
【答案】 AB
【解析】 设细线与水平面的夹角为α,风力大小为F,先研究风筝,其受力如图所示,根据平衡条件,有Tcos (α+30°)=mgsin 30°,F=Tsin (α+30°)+mgcos 30°,而T=10 N,m=1 kg,解得α=30°,
F=10 N,故A、B正确;该同学受地面的摩擦力方向水平向左,根据力的作用是相互的,可知人对地面的摩擦力方向水平向右,故C错误;对人和风筝整体研究,竖直方向上有(M+m)g=
N+Fcos 30°,则N=(M+m)g-Fcos 30°=300 N-10=285 N,故D错误。
1.下列关于共点力的平衡与平衡条件的说法正确的是( )
A.相对静止的两个物体都处于平衡状态
B.物体做自由落体运动时处于平衡状态
C.虽然物体处于平衡状态,但物体沿某一方向的合力可能不为0
D.如果物体受到三个共点力的作用而处于平衡状态,则任意两个力的合力与第三个力大小相等、方向相反
【答案】 D
【解析】 两个物体相对静止时不一定处于平衡状态,故A错误;物体做自由落体运动时速度大小一直变化,一定不处于平衡状态,故B错误;物体处于平衡状态时,合力为0,物体沿任意方向的合力都必为0,故C错误;物体受到三个共点力作用而处于平衡状态时,合力为0,则任意两个力的合力与第三个力大小相等、方向相反,故D正确。
2.(双选)如图所示,重物的质量为m,轻细绳AO和BO的A端、B端是固定的,平衡时AO是水平的,BO与水平方向的夹角为θ,重力加速度为g,AO的拉力F1和BO的拉力F2的大小分别是( )
A.F1=mgcos θ B.F1=
C.F2=mgsin θ D.F2=
【答案】 BD
【解析】 方法一 合成法
由力的平行四边形定则,作出F1、F2的合力F12,如图1所示,又考虑到F12=mg,由几何关系得
F1=,
F2=。
方法二 正交分解法
将O点所受的力沿水平方向、竖直方向正交分解,如图2所示。
由力的平衡条件得F2cos θ-F1=0,F2sin θ-mg=0,
解得F2=,F1=。
方法三 矢量三角形法
O点受到mg、F1和F2的作用力处于平衡状态,画出受力分析图,如图3所示。再将三个力的矢量平移到一个三角形中,三力构成首尾相接的封闭的三角形,如图4所示。
由几何关系可知F1=,F2=。
3.为吸引更多消费者,商场会在中庭悬挂很多节日装饰物,如图所示,轻绳AB一端系有重为G的装饰物,另一端A可在竖直面内旋转,轻绳BC一端系在B点,另一端通过固定在天花板上的定滑轮上的C点,由工人拉住静止不动。若不计绳与滑轮间的摩擦,调整A端使绳AB从竖直方向沿顺时针缓慢变到水平方向的过程中(B点位置不动),关于力的变化情况,下列说法正确的是( )
A.AB绳拉力一直不变,BC绳拉力一直增大
B.AB绳拉力先减小后增大,BC绳拉力一直增大
C.地面对工人支持力一直变大
D.地面对工人摩擦力先变大后变小
【答案】 B
【解析】 对B点受力分析,作出力的动态平衡示意图如图,由图可知AB绳拉力先减小后增大,BC绳拉力一直增大,故A错误,B正确;对工人受力分析,设绳子与竖直方向的夹角为θ,则FBCcos θ+N=mg,FBCsin θ=f,BC绳拉力一直增大,则地面对工人支持力一直变小,摩擦力一直增大,故C、D错误。
4.如图所示,一个硬质圆环竖直放置在地面上,两根轻杆OA、OB一端由铰链(图中未画出)连接在圆环圆心O处,另一端也由铰链分别连接在圆环A、B两点。重物G由一根轻绳OC悬挂在O点。开始时,轻杆OA水平,OB与OA夹角为150°。若从图示位置将圆环顺时针缓慢旋转90°,杆OA对O点的作用力大小变化情况是 ;若从图示位置将圆环逆时针缓慢旋转90°,杆OB对O点的作用力大小变化情况是 ,杆OA对O点的作用力大小变化情况是 (均选填“一直变大”“一直变小”“先变大后变小”或“先变小后变大”)。
【答案】 先变大后变小 一直变小 一直变小
【解析】 对O点受力分析,受绳OC的拉力(大小等于G)和两个杆沿着杆的拉力,若从题图位置将圆环顺时针缓慢旋转90°,相当于FOC逆时针转动90°,如图甲所示,从图甲可以看出,当FOC方向等效逆时针转动时,两个杆的弹力的合力也逆时针转动,杆AO的弹力先变大后变小,而杆BO的弹力一直变小。若从题图位置将圆环逆时针缓慢旋转90°,相当于FOC顺时针转动90°,如图乙所示,从图乙可以看出,当FOC等效顺时针转动时,杆OA弹力变小,杆OB弹力也变小。
5.如图所示,质量m1=1 kg的物块A,悬挂在绳OP和OQ的结点O上,OP绳水平,OQ绳与竖直方向的夹角为60°,并跨过光滑定滑轮(定滑轮不计质量)与斜物块C上质量为m2=4 kg的物块B相连,斜物块C质量m3=20 kg、倾角为37°,斜物块C及物块A、B均保持静止,g取 10 m/s2。
(1)求绳OP、OQ的拉力大小。
(2)求斜物块C对地面的压力。
(3)若斜物块C固定,物块B与斜物块C之间的动摩擦因数为0.4,且认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现改变物块A的质量,要使得物块B能保持静止,则物块A的质量要满足什么要求
【答案】 (1)10 N 20 N
(2)大小为250 N,方向垂直于地面向下
(3)0.56 kg≤m1≤1.84 kg
【解析】 (1)对结点O受力分析如图甲所示,
其中FA=m1g,
由平衡条件得
FOP=FAtan 60°,
FOQ=,
联立并代入数据得
FOP=10 N,
FOQ=20 N。
(2) 将物块B和斜物块C看成整体,对整体受力分析如图乙所示,
根据竖直方向上受力平衡,可得N=(m2+m3)g+FOQcos 60°,
代入数据得N=250 N,
根据牛顿第三定律可知,斜物块C对地面的压力大小为250 N,方向垂直于地面向下。
(3)若物块B恰好不下滑,对物块B受力分析如图丙,将重力沿斜面和垂直于斜面方向分解,根据受力平衡,有F1+f=m2gsin 37°,
N′=m2gcos 37°,
其中f=μN′,
F1=FOQ==,
联立求得m1=0.56 kg;
若物块B恰好不上滑,对物块B受力分析如图丁,
将重力沿斜面和垂直于斜面方向分解,根据受力平衡,有F2=f+m2gsin 37°,
N′=m2gcos 37°,
其中f=μN′,
F2=FOQ==,
联立求得m1=1.84 kg,
综上所述,物块A的质量要满足
0.56 kg≤m1≤1.84 kg。
课时作业
1.无风天气直升机用轻绳吊起大质量的货物水平向右匀速飞行,在不考虑空气阻力的理想状态下,下列图示形态最接近该状态的是( )
A B
C D
【答案】 C
【解析】 无风天气直升机用轻绳吊起大质量的货物水平向右匀速飞行,则货物处于平衡状态,受到的重力和拉力应该等大反向。
2.如图所示,某幼儿园要在空地上做一个滑梯。幼儿园选择的滑板和儿童裤料之间的动摩擦因数为0.4,为使儿童在滑梯游戏时能在滑板上匀速下滑,滑梯的高度和水平跨度可以设计为( )
A.3 m,3 m B.3 m,4.8 m
C.2.4 m,6 m D.2.4 m,9.6 m
【答案】 C
【解析】 要使小孩能从滑梯上匀速滑下,需满足mgsin θ=μmgcos θ,即μ=tan θ=,高度为h,滑梯的水平跨度为x,则h=0.4x,故选C。
3.如图所示,某创新实验小组制作了一个半径为12 cm的圆环,将3个相同的轻弹簧一端等间距地连接在圆环上的A、B、C三点,另外一端连接于同一点,结点恰好在圆心O处。将圆环水平放置,在结点O处悬挂一苹果,缓慢释放直至平衡时测得结点下降了5 cm。已知轻弹簧的自然长度为9 cm,苹果的重力为3.6 N,则弹簧的劲度系数为( )
A.39 N/m B.78 N/m
C.117 N/m D.234 N/m
【答案】 B
【解析】 如图所示,
由几何关系可知平衡时每根弹簧的长度均为x= cm=13 cm,每根弹簧的伸长量均为Δx=13 cm-9 cm=4 cm,根据竖直方向受力平衡可得G=3kΔxcos θ,由数学知识可得cos θ=,联立解得劲度系数为k=78 N/m,故选B。
4.如图所示,水平直杆OP右端固定于竖直墙上的O点,长为L=2 m的轻绳一端固定于直杆P点,另一端固定于墙上O点正下方的Q点,OP长为d=1.2 m,重为16 N的钩码由光滑挂钩挂在轻绳上处于静止状态,则轻绳的弹力大小为( )
A.10 N B.12 N C.16 N D.20 N
【答案】 A
【解析】 设挂钩所在位置为N点,延长PN交墙于M点,如图所示,同一条绳子拉力相等,根据对称性可知两边的绳子与竖直方向的夹角相等,根据几何关系可知NM=NQ,即PM等于绳长,有几何关系sin α===,根据平衡条件有2Tcos α=mg,解得T=10 N,故A正确。
5.(双选)如图所示,一根长为L的细绳一端固定在O点,另一端悬挂质量为m=1.0 kg的小球A,为使细绳与竖直方向夹角为θ=30°且绷紧,小球A在该位置处于静止状态,则对小球施加的力F可能为(g取10 N/kg)( )
A.1 N B.3 N C.5 N D.10 N
【答案】 CD
【解析】 对A进行分析,作出受力动态三角形,如图所示,可知,力F的最小值为Fmin=mgsin θ=
5 N,则对小球施加的力F可能为5 N、10 N。故C、D正确。
6.一名同学要通过“悬索独木桥”。如图所示,将独木桥简化为由一段水平的质量分布均匀的直木板以及四根悬索构成,且知每根悬索与竖直方向的夹角均为α=16°,他和木板的总质量为 m=48 kg,重力加速度g取10 m/s2,取cos 16°=0.96,悬索重力不计。当该同学沿木桥缓缓前行至独木桥中间位置时,每根悬索所承受拉力的大小为( )
A.120 N B.125 N C.130 N D.135 N
【答案】 B
【解析】 对悬索整体受力分析,每根悬索与竖直方向的夹角均为α=16°,当该同学沿独木桥缓缓前行至木桥中间位置时,设每根悬索所承受拉力的大小为T,根据受力平衡有4Tcos 16°=mg,代入数据解得T=125 N,所以A、C、D错误,B正确。
7.长木板顶端放有一个木块,当倾角θ较小时,木块静止,现均匀增大倾角θ,直到木块滑到长木板底端,则( )
A.木块未滑动时,所受的摩擦力减小,支持力减小
B.木块未滑动时,所受的摩擦力增大,支持力增大
C.木块开始滑动之后,所受的摩擦力减小,支持力减小
D.木块开始滑动之后,所受的摩擦力增大,支持力增大
【答案】 C
【解析】 木块未滑动时,静摩擦力大小和支持力大小分别为f=mgsin θ,N=mgcos θ,当增大倾角θ时,摩擦力增大,支持力减小,故A、B错误;木块开始滑动之后,滑动摩擦力大小为f ′=μmgcos θ,支持力大小为N=mgcos θ,当增大倾角θ时,摩擦力减小,支持力减小,故C正确,D错误。
8.如图所示,一小球套在竖直固定的光滑圆环上,在圆环的最高点有一个光滑小孔,一根轻绳的下端系着小球,上端穿过小孔用力拉住,开始时小球在圆环最低点的右侧。现缓慢拉动轻绳,使小球沿圆环缓慢上升一小段距离,对该过程,下列说法正确的是( )
A.小球对轻绳的拉力增大
B.小球对轻绳的拉力减小
C.小球对圆环的压力增大
D.小球对圆环的压力减小
【答案】 B
【解析】 小球受三个力的作用,重力G、轻绳拉力T和圆环的弹力N。受力分析如图所示,由平衡条件可知,重力G与弹力N的合力大小F′等于轻绳拉力大小T,方向相反,根据力的矢量三角形△GF′A与几何三角形△OAB相似,则有==,整理解得T=mg,N=mg,现缓慢拉动轻绳,使小球沿圆环缓慢上升一小段距离,即当A点上移时,半径R不变,AB减小,故拉力T减小,N不变,由牛顿第三定律可知小球对轻绳的拉力减小,小球对圆环的压力不变,故A、C、D错误,B正确。
9.(双选)如图所示,在竖直的墙面上用铰链固定一粗糙轻杆,开始时轻杆处于水平方向。一套在轻杆上的轻环A通过一定长度的轻绳与杆上的B点固定连接,悬挂有一物块的光滑动滑轮跨在轻绳上。现让轻杆绕铰链缓慢转动较小角度。已知转动过程中,轻环A始终未滑动,下列说法正确的是( )
A.若轻杆顺时针转动,则跨过滑轮的轻绳拉力增大
B.若轻杆顺时针转动,则跨过滑轮的轻绳拉力减小
C.若轻杆逆时针转动,则轻环A所受摩擦力减小
D.若轻杆逆时针转动,则轻环A所受摩擦力增大
【答案】 BC
【解析】 设滑轮左端绳长为L1,右端绳长为L2,AB水平距离为d,由于结点为活结,故滑轮左右两端绳的拉力大小相等,同时滑轮左端绳子及右端绳子与竖直方向的夹角相等,假设均为θ,杆与L1成α角,如图所示,sin θ==,设绳子拉力为T,对滑轮受力分析可知T=,由于绳长度不变,当轻杆顺时针转动时,AB水平距离d减小,则θ减小,绳子拉力T也减小,故A错误,B正确;若轻杆逆时针转动,同上分析可得绳子拉力T减小,且α角变大,由平衡条件可知,轻环A所受摩擦力f=Tcos α,故轻环A所受摩擦力减小,故C正确,D错误。
10.质量为m粗细均匀的麻绳如图所示悬挂,悬点处切线与竖直方向夹角分别为37°和53°,P点为最低点,重力加速度为g,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,则 ( )
A.左侧悬点对麻绳拉力为0.6mg
B.右侧悬点对麻绳拉力为0.8mg
C.P点右侧麻绳质量为0.36m
D.最低点P处张力为0.3mg
【答案】 C
【解析】 对麻绳受力分析,受重力mg、左侧悬点对麻绳拉力F1、右侧悬点对麻绳拉力F2,则F1cos 37°+F2cos 53°=mg,F1sin 37°=F2sin 53°,解得F1=0.8mg,F2=0.6mg,故A、B错误;对右侧麻绳受力分析,受重力m1g、最低点P处张力F、右侧悬点对麻绳拉力F2,则F=F2sin 53°=
0.48mg,m1g=F2cos 53°=0.36mg,所以P点右侧麻绳质量为m1=0.36m,故C正确,D错误。
11.用如图所示模型研究斜拉桥的平衡:细杆CD固定在地面上,从质量为m的均匀平板正中央空洞内穿过。通过两根轻质细线CA、CB将平板水平悬挂,两根细线与竖直方向夹角分别为30°、60°。则CB绳对平板的拉力大小为 ;保持平板水平不动,逐渐缩短CB线,使悬挂点B左移,CB绳对平板的拉力将 ,AC绳对平板的拉力 。(后两空均选填“变大”“变小”“先变大后变小”或“先变小后变大”)
【答案】 mg 变大 变小
【解析】 对平板根据平衡条件
TACsin 30°=TCBsin 60°,
TACcos 30°+TCBcos 60°=mg,
联立解得TCB=mg。设CB绳与竖直方向夹角为α,根据平衡条件TACsin 30°=TCB′sin α,
TACcos 30°+TCB′cos α=mg,联立解得TCB′==,
使悬挂点B左移,则α由60°逐渐减小,则CB绳拉力变大,由TAC=(mg-TCB′cos α)知,AC绳拉力减小。
12.如图所示,在质量为m=1 kg 的重物上系着两条细绳,细绳OA的另一端连着圆环,圆环套在水平的棒上可以滑动,环与棒间的动摩擦因数μ=0.74,另有一条细绳,其一端跨过定滑轮挂一重物,定滑轮固定在水平棒上的B点。当细绳的端点挂上质量为0.6 kg的重物时,圆环将要开始滑动,此时两条细绳的夹角φ=90°(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10 m/s2),试问:
(1)此时细绳OA的拉力是多少
(2)OA与AB的夹角θ是多少
(3)圆环的质量是多少
【答案】 (1)8 N (2)53° (3)0.008 6 kg
【解析】 (1)以结点O为研究对象,受力分析,如图甲所示,
沿x轴方向有T2cos θ-T1sin θ=0,
沿y轴方向有T2sin θ+T1cos θ=mg,
T1=G=0.6×10 N=6 N,
联立可得T2=8 N,sin θ=,cos θ=。
(2)因为sin θ=,
所以θ=53°。
(3)以圆环为研究对象,受力分析,如图乙所示,
在水平方向,根据共点力的平衡条件可得
f-T2cos θ=0,
在竖直方向,根据共点力的平衡条件可得
N-m′g-T2sin θ=0,
f=μN,
解得m′=0.008 6 kg。
力与平衡 检测试题
一、单项选择题:本题共4小题,每小题4分,共16分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。
1.关于共点力,下列说法错误的是( )
A.作用在一个物体上的两个力,如果大小相等,方向相反,这两个力是共点力
B.作用在一个物体上的两个力,如果是一对平衡力,则这两个力是共点力
C.作用在一个物体上的几个力,如果它们的作用点在同一点上,则这几个力是共点力
D.作用在一个物体上的几个力,如果它们力的作用线交于同一点,则这几个力是共点力
【答案】 A
【解析】 共点力是几个力作用于一点或力的作用线交于一点的力,作用在同一物体上大小相等、方向相反的两个力不一定在同一条直线上,即不一定是共点力。如果受两个力且平衡的物体,所受的力一定是共点力,故A说法错误,B、C、D说法正确。
2.猴子吊在倾斜树枝上处于静止状态,为简化研究问题,只考虑前爪与倾斜树枝间的力,不考虑其他部位与树叶或树枝间的作用力,则猴子受力分析示意图正确的是( )
A B
C D
【答案】 C
【解析】 由于树枝倾斜,且猴子静止,因此猴子除了受竖直向下的重力外,还受到沿树枝斜面向上的静摩擦力和垂直于树枝向上的支持力,二者的合力即为树枝对猴子的作用力。故选C。
3.如图所示,一物块放在倾斜的木板上,当木板的倾角θ分别为30°和37°时,物块所受摩擦力的大小相等,则物块与木板间的动摩擦因数为( )
A. B. C. D.
【答案】 C
【解析】 对物块受力分析可知,当倾角为30°时,物块受到静摩擦力f1=mgsin 30°,当倾角为37°时,物块受到滑动摩擦力f2=μmgcos 37°,又因为f1=f2,解得μ=,故选C。
4.如图甲所示,用瓦片做屋顶是我国建筑特色之一。屋顶部分结构如图乙所示,横截面为圆弧的瓦片静置在两根相互平行的木板正中间。已知木板间距离为d,与水平面夹角均为θ,瓦片质量为m,圆弧半径为d,忽略瓦片厚度,重力加速度为g,则( )
A.每根木板对瓦片的支持力大小为mg
B.每根木板对瓦片的支持力大小为mgcos θ
C.每根木板对瓦片的摩擦力大小为mgcos θ
D.若θ越小,则每根木板对瓦片的摩擦力越大
【答案】 B
【解析】 根据题意,作垂直平分一片瓦片且垂直于木板的截面,截面及受力分析图如图所示,A、B分别为截面上瓦片与两根木板的接触点,两根木板对瓦片的支持力的合力与瓦片垂直于木板向下的重力分力mgcos θ等大反向。由题意知△OAB为等边三角形,α=30°。瓦片静止,所受合力为零,根据平衡关系、结合几何关系可得 2Ncos α=mgcos θ,解得每根木板对瓦片的支持力大小为N=mgcos θ,故A错误,B正确;设每根木板对瓦片的摩擦力大小为f,沿木板方向根据平衡条件可得2f=mgsin θ,解得每根木板对瓦片的摩擦力大小为f=mgsin θ,故C错误;若θ越小,根据f=mgsin θ 可知,每根木板对瓦片的摩擦力越小,故D错误。
二、双项选择题:本题共4小题,每小题6分,共24分。每小题有两项符合题目要求,全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。
5.如图所示,在粗糙斜面上木块A与B的接触面是水平的,绳子呈水平状态,两木块均保持静止。则木块A和木块B受到的力可能为( )
A.2个和4个 B.3个和4个
C.2个和5个 D.4个和5个
【答案】 AD
【解析】 以A为研究对象进行受力分析,A一定受到重力和B的支持力,还可能受到绳的拉力与B对A的摩擦力,则A可能受到2个力或4个力;以B为研究对象进行受力分析,B一定受到重力、A对B的压力、斜面的支持力和斜面的摩擦力,还可能受到A对B的静摩擦力,所以B可能受到4个力或5个力。
6.如图所示,倾角为α、质量为M的斜面体静止在水平桌面上,质量为m的木块静止在斜面体上。下列判断正确的是( )
A.木块受到的摩擦力大小是mgcos α
B.木块对斜面体的压力大小是mgcos α
C.桌面对斜面体的摩擦力大小是mgsin α
D.桌面对斜面体的支持力大小是(M+m)g
【答案】 BD
【解析】 木块静止在斜面体上,以木块为研究对象进行受力分析,根据受力平衡可得木块受到的摩擦力大小为f=mgsin α,木块受到的支持力大小为 N=mgcos α,则木块对斜面体的压力大小为mgcos α,故A错误,B正确;以斜面体和木块为整体进行受力分析,根据受力平衡可知,桌面对斜面体的摩擦力为0,桌面对斜面体的支持力大小为N地=(M+m)g,故C错误,D正确。
7.新疆是我国最大的产棉区,在新疆超出70%棉田都是通过机械自动化采收。自动采棉机能够在采摘棉花的同时将棉花打包成圆柱形棉包,通过采棉机后侧可以旋转的支架平稳将其放下。放下棉包的过程可以简化为如图乙所示模型,质量为m的棉包放在“V”形挡板上,两板间夹角为120°固定不变,“V”形挡板可绕P轴在竖直面内转动。在使BP板由水平位置逆时针缓慢转动60°的过程中,忽略“V”形挡板对棉包的摩擦力,已知重力加速度为g,下列说法正确的是( )
A.当BP板转过60°时,棉包受到三个力的作用
B.棉包对AP板的压力先增大后减小
C.棉包对BP板的压力逐渐减小
D.当BP板转过30°时,棉包对AP板的作用力大小为mg
【答案】 CD
【解析】 当BP板从水平方向转过60°时,AP板转到水平方向,此时棉包受到重力和AP板的支持力两个力的作用,选项A错误;BP板水平时,棉包对AP板的压力为零,BP板由水平位置逆时针缓慢转动60°的过程中,由几何关系可知,棉包对AP板的压力逐渐增大,对BP板的压力逐渐减小,当BP板转过60°时,AP板转到水平方向,棉包对AP板压力达到最大,对BP板的压力减为零,选项B错误,C正确;当BP板转过30°时,两板与水平面夹角都为30°,
棉包受力分析如图所示,由共点力平衡关系可得2Fcos 30°=mg,则F=mg,因力的作用是相互的,可知棉包对AP板的作用力大小为mg,选项D正确。
8.如图所示,ABCD为倾角为30°的正方形斜面,其中AB与底边DC平行、BC与AD平行。斜面上有一质量为 1 kg 的物块,在斜面内对物块施加平行于AB向左的拉力F,物块恰好沿斜面对角线BD匀速下滑。下列叙述正确的是(g取 10 m/s2)( )
A.物块受到摩擦力的方向平行于斜面沿BD向上
B.水平向左的拉力大小等于10 N
C.滑动摩擦力的大小等于5 N
D.物块与斜面间的动摩擦因数为
【答案】 AC
【解析】 滑动摩擦力方向与相对运动方向相反,所以物块所受摩擦力的方向平行于斜面沿BD向上,故A正确;将物块所受重力分解到沿斜面方向和垂直于斜面方向,物块在斜面平面内匀速下滑,受力平衡,如图所示,
由于θ=45°,所以F=mgsin α=1 kg×10 m/s2×sin 30°=5 N,故B错误;f=mgsin α=5 N,故C正确;物块与斜面间的动摩擦因数为μ===,故D错误。
三、非选择题:共60分。
9.(3分)如图所示,质量为m=9.2 kg 的木块放在水平地面上,在大小为F=20 N,与水平方向成37°角斜向上拉力的作用下恰好沿水平地面匀速滑动。g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。则木块受到的支持力大小为 N,木块与地面间的动摩擦因数μ为 。若改用水平拉力,使该木块在水平地面上仍匀速滑动,水平拉力F′的大小为 N。
【答案】 80 0.2 18.4
【解析】 木块沿水平地面匀速滑行,故木块受力平衡;那么在竖直方向上有mg=Fsin θ+N,所以有N=mg-Fsin θ=80 N,木块在水平方向上受力平衡,则有f=μN=Fcos θ,解得μ==0.2。改用水平拉力,使该木块在水平地面上仍匀速滑动,则F′=μN′=μmg=18.4 N。
10.(3分)如图所示,一根长绳的两端分别系在竖直墙上的A、D两点,在绳上的B、C两点分别打结挂上受重力均为G=10 N的两个物体,AB、CD两段绳与墙壁的夹角α、β分别为30°和60°。则绳中的拉力TAB= N,TBC= N;绳BC与竖直方向的夹角 θ= 。
【答案】 10 10 60°
【解析】 将两个物体作为整体进行受力分析,如图甲所示,对其进行正交分解可得
TABsin 30°=TCDsin 60°;TABcos 30°+TCDcos 60°=2G,代入数据解得TAB=10 N,TCD=10 N;对节点C受力分析如图乙所示,由平衡条件可得TBCsin θ=TCDsin 60°,TBCcos θ+TCDcos 60°=G,代入数据解得TBC=10 N,θ=60°。
11.(3分)如图,滑块A置于水平地面上,滑块B在一水平力作用下紧靠滑块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μ1,A与地面间的动摩擦因数为μ2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。若A、B总重力为G,则水平力大小为 ,A受B的摩擦力方向 (选填“向上”或“向下”),A与B的质量之比为 。
【答案】 μ2G 向下
【解析】 物体A、B构成的整体在水平方向上受力平衡,由平衡条件可得F=μ2G,B受A的摩擦力向上,则A受B的摩擦力向下。对B在竖直方向上受力分析得μ1F=mBg,而F=μ2G=
μ2(mA+mB)g,联立解得=。
12.(3分)拖把是生活中常用的清洁工具,由拖杆和拖把头构成。如图所示,某人沿拖杆方向以恒力F=20 N推拖把时,拖把头在地板上匀速移动。已知拖杆与竖直方向的夹角为θ=37°,拖把头的质量为m=0.4 kg,拖杆质量可忽略,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2,则地面对拖把头的支持力大小为 N;拖把头与水平地板间的摩擦力大小为 N;拖把头与水平地板间的动摩擦因数为 。
【答案】 20 12 0.6
【解析】 如图对拖把头进行受力分析,沿水平和竖直方向建立平面直角坐标系正交分解,由平衡条件可知,竖直方向mg+Fcos θ=N,解得N=20 N;正交分解可得f=Fsin θ=12 N;拖把头与水平地板间的动摩擦因数μ==0.6。
13.(10分)在实验室中,老师将学生分成若干小组进行“探究两个互成角度的力的合成规律”实验。同学们讨论的实验步骤如下:
①如图甲,将两细绳套拴在橡皮筋的一端,另一端固定在水平木板上,橡皮筋的原长为GE;
②如图乙,用两个相同的弹簧测力计沿细绳互成角度拉套在橡皮筋结点的细绳套,橡皮筋和细绳套的结点在拉力F1、F2的共同作用下到达某一位置静止,记为O,橡皮筋伸长的长度为EO,记录两个弹簧测力计的拉力F1和F2的大小和方向;
③如图丙,只用一个弹簧测力计拉绳套,使结点仍到位置O,记录弹簧测力计的拉力F的大小和方向;
④根据力的平行四边形定则作出F1和F2的合力F′;
⑤比较F与F′的大小、方向的一致程度。
(1)图乙中弹簧测力计的示数为 N。
(2)本实验采用的科学方法是 。
A.理想实验法 B.控制变量法
C.等效替代法 D.建立物理模型法
(3)为了让实验误差尽量减小,你认为下列说法正确的是 。
A.橡皮筋应与两细绳夹角的平分线在同一直线上
B.读数时,视线要正对弹簧测力计刻度
C.两细绳必须等长
(4)下列各图分别为四名同学提交的实验报告中的实验记录,符合实验事实的是 。
A B
C D
【答案】 (1)5.80 (2)C (3)B (4)A
【解析】 (1)题图乙中弹簧测力计的分度值为0.1 N,示数为5.80 N。
(2)此实验用一个力的作用效果代替两个力的作用效果,所以本实验采用的科学方法是等效替代法。故选C。
(3)橡皮筋与两细绳夹角的平分线可以不在同一直线上,故A错误;实验中,为了减少实验的误差,弹簧测力计必须保持与木板平行,读数时视线要正对弹簧测力计刻度,故B正确;通过两细绳用两个弹簧测力计互成角度地拉橡皮筋时,并不要求两细绳等长,故C错误。
(4)由题意可知F′是理论值,其应该是平行四边形的对角线,而F是测量值,其方向与EO在同一直线上。故选A。
14.(10分)如图所示,某人用轻绳牵住一只质量m=0.6 kg 的气球,因受水平风力的作用,气球的轻绳与水平方向成37°角。已知空气对气球的浮力为F浮=15 N,人的质量M=50 kg,且人受的浮力忽略。(取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g=10 m/s2)求:
(1)水平风力F风的大小和绳子拉力T的大小;
(2)人对地面的压力大小。
【答案】 (1)12 N 15 N (2)491 N
【解析】 (1)对气球进行受力分析,如图1所示,
由平衡条件列式,
竖直方向
F浮=mg+Tsin 37°,
水平方向
F风=Tcos 37°,
解得F风=12 N,
T=15 N。
(2)对人利用正交分解法进行受力分析,如图2所示,
由平衡条件列式,竖直方向N=Mg-Tsin 37°=500 N-15 N×0.6=491 N,根据牛顿第三定律,人对地面的压力F压大小为491 N。
15.(12分)如图所示,质量为m=1 kg 的物块在水平推力F作用下与斜面一起向右匀速运动。已知斜面的质量为M=4 kg,斜面倾角为θ=37°,斜面与地面间的动摩擦因数μ=0.2,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2。
(1)求水平推力F的大小。
(2)求物块与斜面间的摩擦力f的大小和方向。
(3)为了让物块和斜面能一起匀速运动,物块与斜面间动摩擦因数μ0应满足什么条件
【答案】 (1)10 N (2)2 N,沿斜面向下 (3)μ0≥
【解析】 (1)对物块和斜面整体受力分析,由平衡条件得F=μ(m+M)g=0.2×5×10 N=10 N。
(2)对物块受力分析,沿斜面方向有Fcos θ=mgsin θ+f,
代入数据解得物块与斜面间的摩擦力f的大小为2 N,方向沿斜面向下。
(3)对物块受力分析,要使物块能和斜面一起运动,则f≤fm=μ0N,
其中N=Fsin θ+mgcos θ,
代入数据解得μ0≥。
16.(16分)如图所示,整个装置处于静止状态,光滑滑轮D固定在斜面C上,连接物块A的轻绳OD段水平、DA段与斜面平行,已知物块A的质量mA=2.4 kg,物块B的质量mB=3.2 kg,轻绳OE与竖直方向的夹角以及斜面的倾角均为37°,重力加速度g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,
cos 37°=0.8。求:
(1)绳OE、OD中的拉力大小;
(2)斜面C对物块A的摩擦力大小和方向;
(3)地面对C的摩擦力大小。
【答案】 (1)40 N 24 N (2)9.6 N 沿斜面向下 (3)24 N
【解析】 (1)如图,对O点受力分析,沿水平和竖直方向建立平面直角坐标系正交分解,根据平衡条件有
TOE·cos 37°=mBg,
TOE·sin 37°=TOD,
联立解得TOE=40 N,TOD=24 N。
(2)对物块A,重力沿斜面方向的分力大小
mAgsin 37°=14.4 N,
DA绳的拉力大小等于TOD=24 N,
所以斜面C对物块A的摩擦力方向沿斜面向下,
如(1)中图对A进行受力分析,沿斜面方向和垂直于斜面方向正交分解,根据平衡条件有
TOD=f+mAgsin 37°,
代入解得f=9.6 N,方向沿斜面向下。
(3)对A、C及滑轮整体,水平方向TOD-fC=0,
因摩擦力为最大静摩擦力,
则fC=24 N。(共70张PPT)
第3节 共点力的平衡
学习目标 课标解读
1.知道共点力和物体平衡状态的概念,理解共点力平衡的条件。 2.会用共点力平衡条件解决有关力的平衡问题。 3.学会用图解法、解析法、三角形相似法分析动态平衡问题。 4.掌握正交分解法在求合力、解决平衡问题中的应用。 1.通过共点力、共点力平衡条件概念的学习体会物理观念的生成过程。
2.通过生活实例对平衡条件进行分析,体会科学探究在物理规律确立过程中的作用。
3.利用建构物理模型的思维方法,感受动态平衡模型中存在的科学思维。
4.尝试运用平衡条件,解决实际生活中的物理问题,树立物理知识应用于生活和实践的科学态度。
探究·必备知识
「探究新知」
一、物体的平衡状态
平衡状态:把物体 或做 时所处的状态称为平衡状态。
二、共点力的平衡条件
1.物体的平衡条件:共点力作用下物体的平衡条件是合力为 ,即F合=0。
2.力的平衡:若作用在物体上的几个共点力的合力为0,就达到了力的平衡。
静止
匀速直线运动
0
(1)所受合力保持恒定的物体处于平衡状态。( )
(2)物体所受合力为零时,就一定处于平衡状态。( )
(3)大小相等、方向相反、作用在同一直线上的两个力一定是平衡力。
( )
(4)若物体处于平衡状态,其所受合力一定为零。( )
「新知检测」
1.思考判断
×
√
×
√
2.思维探究
(1)如图所示,著名景点——黄山飞来石,独自静止于悬崖之上,它受哪些力作用 这些力大小、方向有何关系 它们的合力有何特点
【答案】 (1)受重力和支持力。重力方向竖直向下、支持力方向竖直向上,二力等大、反向,合力为零。
(2)如果一个物体在某一时刻的瞬时速度为零,则该物体一定处于平衡状
态吗
【答案】 (2)不一定。如果一个物体在一段时间的速度为0,即保持静止,则处于平衡状态;一个物体在某一时刻速度为零,有可能合力不为零,比如做自由落体运动的物体在刚释放时瞬时速度为零,所受合力不为零,因此不处于平衡状态。
突破·关键能力
要点一 共点力作用下物体的平衡条件
「情境探究」
探究:(1)从物理学角度来看,图中各物体是否处于平衡状态
【答案】 (1)图甲、乙中的物体处于平衡状态。图丙中的物体不处于平衡状态。
(2)处于平衡状态的物体,有何运动学特征
【答案】 (2)物体保持静止或匀速直线运动状态。
1.对平衡状态的理解
(1)静态平衡是处于静止状态的平衡,合力为零。
(2)动态平衡是匀速直线运动状态的平衡,合力为零。
总之,平衡状态是指加速度为零的状态。
「要点归纳」
2.对共点力作用下平衡条件的理解
(1)两种表达式。
①F合=0。
(2)由平衡条件得出的结论。
①物体受三个力作用平衡时,其中任意两力的合力必与第三个力等大反向。
②物体受三个以上的力作用平衡时,其中任意一个力与其余几个力的合力等大反向。
③物体处于平衡状态时,沿任意方向物体所受的合力均为零。
[例1] (双选)如图,一质量为m的滑块静止置于倾角为30°的粗糙斜面上,一根轻弹簧一端固定在竖直墙上的P点,另一端系在滑块上,弹簧与斜面垂直,则( )
A.滑块不可能只受到三个力作用
B.弹簧可能处于伸长状态
C.斜面对滑块的支持力大小可能为0
BD
·学习笔记·
(1)物体保持静止状态:说明v=0,a=0,物体受合力为零,物体处于平衡状态。
(2)物体运动速度v=0则有两种可能:
①v=0,a≠0,物体受合力不等于零,物体并不保持静止,处于非平衡状态,如竖直上抛到最高点的物体。
②v=0,a=0,这种情况与(1)中的静止状态一致。
[针对训练1] 若某一物体受共点力作用处于平衡状态,则该物体( )
A.一定是静止的
B.一定做匀速直线运动
C.所受各共点力的合力可能不为0
D.所受各共点力的合力为0
D
【解析】 物体处于平衡状态时,物体可能静止或做匀速直线运动,A、B错误;物体处于平衡状态时,所受各共点力的合力一定为0,C错误,D正确。
要点二 静态平衡问题的处理
「情境探究」
如图所示,重物所受的重力为G,轻绳AO与BO的A、B端是固定的,平衡时AO是水平的,BO与竖直方向的夹角为θ,能否用合成法和分解法求出AO的拉力T1和BO的拉力T2的大小
【答案】 选取O点为研究对象,其受力如图甲所示,O点受到三个力的作用,重物对O的拉力大小为G,AO绳的拉力T1,BO绳的拉力T2。
合成法 如图乙所示,T1和T2的合力与重物的重力大小相等,由几何关系可解出两绳拉力大小。
效果分解法 如图丙所示,将重力沿两绳的方向分解,则沿AO、BO绳方向的合力分别为0,由几何关系可解出两绳拉力大小。
正交分解法 如图丁所示,将BO绳拉力T2沿两坐标轴分解,则O点沿两坐标轴的合力分别为0,由此可求出两绳拉力的大小。
「要点归纳」
1.合成法:物体受三个共点力作用而平衡时,则任意两个力的合力一定与第三个力大小相等、方向相反,据此画出这两个力合成的平行四边形,利用几何知识求解。
2.效果分解法:物体受三个共点力的作用而平衡,将某一个力按其他两个力的作用线分解,则其分力和其他两个力分别等大、反向,可利用几何知识求解各力间的关系。
3.正交分解法:物体受到三个或三个以上力的作用而平衡,将物体所受的力分解到相互垂直的x、y轴上,则x、y轴的合力分别为0,则可列方程求解。
[例2] 在科学研究中,可以用风力仪直接测量风力的大小,其原理如图所示。仪器中一根轻质金属丝悬挂着一个金属球。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 (重力加速度为g)
【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。
法一 力的合成法
如图乙所示,风力F和拉力T的合力与重力等大反向,则有F=mgtan θ。
法二 效果分解法
将重力沿金属丝方向和水平方向分解,如图丙所示,则有F-mgtan θ=0,得F=mgtan θ。
法三 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,将拉力T沿两坐标轴分解,如图丁所示。水平方向的合力Fx合和竖直方向的合力Fy合分别等于零,
即Fx合=Tsin θ-F=0,Fy合=Tcos θ-mg=0,
解得F=mgtan θ。
·学习笔记·
共点力平衡问题的解题步骤
(1)选取研究对象。
(2)对所选取的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,或合成或分解。
(4)根据F合=0或Fx合=0,Fy合=0列方程或由几何关系求解。
D
要点三 动态平衡问题
「情境探究」
如图所示,人通过跨过定滑轮的轻绳牵引一物体,人向右缓慢移动时,
探究:(1)如何理解题干中“缓慢”的意思
【答案】 (1)“缓慢”意味着物体处于一系列的平衡状态中,此过程中外力在发生变化,但合力始终为零,即动态平衡。
(2)人所受力如何变化
【答案】 (2)人受重力、绳子的拉力及地面对人的支持力和摩擦力,当人缓慢向右移动时,人的重力、绳子拉力的大小不变,但绳的拉力在水平方向的分力增大,竖直方向的分力减小,故地面对人的支持力和摩擦力都变大。
「要点归纳」
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,这是平衡题目中常见且难度较大的一类题。
2.基本思路:化“动”为“静”,“静”中求“动”。
3.基本方法:图解法、解析法和相似三角形法。
[例3] (双选)如图所示为生活常用的手拉车,手拉车的底板和支架相互垂直。初始时手拉车支架与水平地面垂直,运送货物时先将手拉车绕O点逆时针缓慢转动45°,然后推动手拉车沿水平地面运动。在手拉车绕O点逆时针缓慢转动的过程中,支架对货物的弹力为N1,底板对货物的弹力为N2,不计货物与小推车间的摩擦,下列说法正确的是( )
A.N1逐渐增大 B.N1先减小后增大
C.N2逐渐减小 D.N2先减小后增大
AC
【解析】 对货物受力分析,如图甲所示,货物所受合力为零,所以Mg、N1、N2构成封闭的矢量三角形,由于重力不变,以及N1和N2的夹角α=90°不变,矢量三角形动态图如图乙所示,
·规律方法·
分析动态平衡问题的方法
方法 步骤
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
图解法 (1)根据已知量的变化情况,画出平行四边形边、角的变化;
(2)确定未知量大小、方向的变化
·规律方法·
相似三 角形法 (1)根据已知条件画出两个不同情况对应的力的三角形和空间几何三角形,确定对应边,利用三角形相似知识列出比例式;
(2)确定未知量大小的变化情况
力的三 角形法 对受三个力作用而平衡的物体,将力的矢量图平移使三个力组成一个首尾依次相接的矢量三角形,根据正弦定理、余弦定理等数学知识求解未知力
[针对训练3] (双选)如图所示,在粗糙水平地面上放着一个截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,已知A的圆弧半径为球B半径的3倍,球B所受的重力为G,整个装置处于静止状态。设墙壁对B的弹力为F1,A对B的弹力为F2,若A向右移动少许后,它们仍处于静止状态,则F1、F2的变化情况分别是( )
A.F1减小
B.F1先减小后增大
C.F2先减小后增大
D.F2减小
AD
【解析】 由题意可知,该过程处于动态平衡状态,对圆球B受力分析,再根据平衡条件和平行四边形定则画出如图所示的矢量三角形,在θ减小的过程中,可直观地看出F1和F2 都在减小。
要点四 平衡中的临界、极值问题
「情境探究」
如图所示,轻绳一端固定在天花板上,另一端悬挂质量为m的小球。现用力F使轻绳偏离与竖直方向成30°角,则该力的最小值是多少
【答案】 以小球为研究对象,小球受到重力mg、细绳的拉力T和外力F作用,如图所示,根据平衡条件可知,T、F的合力与重力大小相等、方向相反。
「要点归纳」
1.临界问题
(1)问题界定:物体所处平衡状态将要发生变化的状态为临界状态,涉及临界状态的问题为临界问题。
(2)问题特点。
①当某物理量发生变化时,会引起其他几个物理量的变化。
②注意某现象“恰好出现”或“恰好不出现”的条件。
(3)分析方法:基本方法是假设推理法,即先假设某种情况成立,然后根据平衡条件及有关知识进行论证、求解。
2.极值问题
(1)问题界定:物体平衡的极值问题,一般指在力的变化过程中涉及力的最大值和最小值的问题。
(2)分析方法。
①解析法:根据物体的平衡条件列出方程,在解方程时,采用数学知识求极值或者根据物理临界条件求极值。
②图解法:根据物体的平衡条件作出力的矢量图,画出力的矢量关系的平行四边形或者其中的矢量三角形进行动态分析,确定最大值或最小值。
[例4] 物体的质量为2 kg,两根轻绳AB和AC的一端连接于竖直墙上(B、C在同一竖直线上),另一端系于物体上,在物体上另施加一个方向与水平线成θ=60°的拉力F,若使两绳都伸直,且AC与墙面垂直,绳AB与绳AC间夹角也为 θ=60°,求拉力F的大小范围(g取10 m/s2)。
·学习笔记·
解决临界、极值问题时应注意的问题
(1)首先要正确地进行受力分析和变化过程分析,找出平衡的临界点和极值点。
(2)必须在变化中寻找临界条件,不能停留在一个状态来研究临界问题,一般把某个物理量推向极端,即极大或极小,并依此做出科学的推理分析,从而给出判断或导出一般结论。
[针对训练4] 如图所示,物体的质量 m=4.4 kg,用与竖直方向成 θ=37° 角的斜向右上方的推力F把该物体压在竖直墙壁上,使它静止在竖直的墙壁上。物体与墙壁间的动摩擦因数μ=0.5,重力加速度g取 10 m/s2,最大静摩擦力与滑动摩擦力相等,(取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)则推力F的大小不可能是
( )
A.22 N B.40 N
C.66 N D.80 N
A
【解析】 当物体刚要向上滑动时,受力分析如图甲所示,水平方向根据平衡条件可得N=F1sin θ,竖直方向根据平衡条件可得F1cos θ=f+mg,最大静摩擦力与滑动摩擦力相等,由滑动摩擦力公式得f=μN,联立解得F1=88 N;当物体刚要向下滑动时,受力分析如图乙所示,水平方向根据平衡条件可得N′=F2sin θ,竖直方向根据平衡条件可得F2cos θ+f ′=mg,最大静摩擦力与滑动摩擦力相等,由滑动摩擦力公式得
f ′=μN′,由以上三式可解得F2=40 N,综上所述,使物体静止在竖直的墙壁上,推力F的范围为40 N≤F≤88 N,故选A。
提升·核心素养
「模型·方法·结论·拓展」
用整体法和隔离法分析多物体平衡问题
分析多物体的平衡问题,关键是研究对象的选取,若一个系统中涉及两个或两个以上的物体,在选取研究对象时,要灵活运用整体法和隔离法。对于多物体问题,如果不求物体间的相互作用力,我们优先采用整体法,这样涉及的研究对象少,未知量少,方程少,求解简便。
[示例] 如图所示,轻绳的两端分别系在圆环A和小球B上,圆环A套在粗糙的水平直杆PQ上。现用水平力F拉着绳子上的结点O,使小球B从图中实线位置缓慢上升到虚线位置,但圆环A始终保持在原位置不动,在这一过程中,环对杆的摩擦力f和环对杆的压力N的变化情况是( )
A.f 不变,N不变 B.f 增大,N不变
C.f 增大,N减小 D.f 不变,N减小
B
【解析】 方法一 图解法
以结点O为研究对象进行受力分析。由题可知,结点O处于动态平衡状态,则可作出三力的平衡关系图如图甲所示,由图可知水平拉力增大。以环、绳和小球构成的整体为研究对象,作受力分析图如图乙所示,由整个系统平衡可知N=(mA+mB)g,f=F,则f增大,N不变,故B正确。
「科学·技术·社会·环境」
飞机飞行的平衡原理
飞机能够载重上百吨腾空而起,不但飞行速度快而且飞行距离长,这恐怕是现代科学技术最令世人惊奇的成就之一。其实飞机能够飞行的原理并不复杂,基本上与风筝飞上天的原理相同。下面介绍一下风筝飞行的平衡原理,以此来了解飞机飞行的平衡原理。风筝平面与风向形成的夹角被称之为迎角,风对风筝的作用力与风筝表面垂直,其作用是对风筝产生升力和阻力。当迎角为90°时,也就是风向与风筝平面垂直,这时的风只产生阻力,只能用手拉紧风筝线,拉力与阻力平衡,风筝才不至于被刮跑;当迎角为0°时,风筝基本不受风力的作用,由于自身的重量它会逐渐飘落;只有在风筝的迎角是处于一定的锐角时,这时的风力变为向后上方的力,驱使风筝升空遨游,使千姿百态的风筝在蔚蓝的天空中飘舞,形成明媚春天的亮丽的风景。人类借助风筝升天的原理制造了飞机。
[示例] (双选)如图为一小朋友正在放风筝,某段时间内处于静止状态,此时风筝平面与水平面夹角为30°,风筝的质量为m=1 kg,轻质细线中的拉力为T=10 N,该同学的质量为M=29 kg,则以下说法正确的是(风对风筝的作用力认为与风筝垂直,g取 10 m/s2)( )
AB
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1.下列关于共点力的平衡与平衡条件的说法正确的是( )
A.相对静止的两个物体都处于平衡状态
B.物体做自由落体运动时处于平衡状态
C.虽然物体处于平衡状态,但物体沿某一方向的合力可能不为0
D.如果物体受到三个共点力的作用而处于平衡状态,则任意两个力的合力与第三个力大小相等、方向相反
D
【解析】 两个物体相对静止时不一定处于平衡状态,故A错误;物体做自由落体运动时速度大小一直变化,一定不处于平衡状态,故B错误;物体处于平衡状态时,合力为0,物体沿任意方向的合力都必为0,故C错误;物体受到三个共点力作用而处于平衡状态时,合力为0,则任意两个力的合力与第三个力大小相等、方向相反,故D正确。
2.(双选)如图所示,重物的质量为m,轻细绳AO和BO的A端、B端是固定的,平衡时AO是水平的,BO与水平方向的夹角为θ,重力加速度为g,AO的拉力F1和BO的拉力F2的大小分别是( )
BD
3.为吸引更多消费者,商场会在中庭悬挂很多节日装饰物,如图所示,轻绳AB一端系有重为G的装饰物,另一端A可在竖直面内旋转,轻绳BC一端系在B点,另一端通过固定在天花板上的定滑轮上的C点,由工人拉住静止不动。若不计绳与滑轮间的摩擦,调整A端使绳AB从竖直方向沿顺时针缓慢变到水平方向的过程中(B点位置不动),关于力的变化情况,下列说法正确的是( )
A.AB绳拉力一直不变,BC绳拉力一直增大
B.AB绳拉力先减小后增大,BC绳拉力一直增大
C.地面对工人支持力一直变大
D.地面对工人摩擦力先变大后变小
B
【解析】 对B点受力分析,作出力的动态平衡示意图如图,由图可知AB绳拉力先减小后增大,BC绳拉力一直增大,故A错误,B正确;对工人受力分析,设绳子与竖直方向的夹角为θ,则FBCcos θ+N=mg,FBCsin θ=f,BC绳拉力一直增大,则地面对工人支持力一直变小,摩擦力一直增大,故C、D错误。
4.如图所示,一个硬质圆环竖直放置在地面上,两根轻杆OA、OB一端由铰链(图中未画出)连接在圆环圆心O处,另一端也由铰链分别连接在圆环A、B两点。重物G由一根轻绳OC悬挂在O点。开始时,轻杆OA水平,OB与OA夹角为150°。若从图示位置将圆环顺时针缓慢旋转90°,杆OA对O点的作用力大小变化情况是 ;若从图示位置将圆环逆时针缓慢旋转90°,杆OB对O点的作用力大小变化情况是 ,杆OA对O点的作用力大小变化情况是 (均选填“一直变大”“一直变小”“先变大后变小”或“先变小后变大”)。
先变大后变小
一直变小
一直变小
【解析】 对O点受力分析,受绳OC的拉力(大小等于G)和两个杆沿着杆的拉力,若从题图位置将圆环顺时针缓慢旋转90°,相当于FOC逆时针转动90°,如图甲所示,从图甲可以看出,当FOC方向等效逆时针转动时,两个杆的弹力的合力也逆时针转动,杆AO的弹力先变大后变小,而杆BO的弹力一直变小。若从题图位置将圆环逆时针缓慢旋转90°,相当于FOC顺时针转动90°,如图乙所示,从图乙可以看出,当FOC等效顺时针转动时,杆OA弹力变小,杆OB弹力也
变小。
5.如图所示,质量m1=1 kg的物块A,悬挂在绳OP和OQ的结点O上,OP绳水平,OQ绳与竖直方向的夹角为60°,并跨过光滑定滑轮(定滑轮不计质量)与斜物块C上质量为m2=4 kg的物块B相连,斜物块C质量m3=20 kg、倾角为37°,斜物块C及物块A、B均保持静止,g取 10 m/s2。
(1)求绳OP、OQ的拉力大小。
【解析】 (1)对结点O受力分析如图甲所示,
(2)求斜物块C对地面的压力。
【答案】 (2)大小为250 N,方向垂直于地面向下
(3)若斜物块C固定,物块B与斜物块C之间的动摩擦因数为0.4,且认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现改变物块A的质量,要使得物块B能保持静止,则物块A的质量要满足什么要求
【答案】 (3)0.56 kg≤m1≤1.84 kg
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