物理粵教版必修一第三章研究物體間的相互作用習(xí)題課（二）

習(xí)題課(二)力的合成與分解、共點(diǎn)力的平衡[學(xué)習(xí)目標(biāo)]1.熟練力的合成與分解的方法，進(jìn)一步理解共點(diǎn)力作用下物體的平衡條件.2.掌握矢量三角形法解共點(diǎn)力作用下的平衡問題.3.掌握動態(tài)平衡問題的分析方法.4.掌握整體法和隔離法分析連接體平衡問題．一、處理共點(diǎn)力平衡問題的常用方法1．力的合成法——用于受三個力而平衡的物體(1)確定要合成的兩個力；(2)根據(jù)平行四邊形定則作出這兩個力的合力；(3)根據(jù)平衡條件確定兩個力的合力與第三個力的關(guān)系(等大反向)；(4)根據(jù)三角函數(shù)或勾股定理解三角形．2．正交分解法——用于受三個及以上的力而平衡的物體(1)建立直角坐標(biāo)系；(2)正交分解各力；(3)沿坐標(biāo)軸方向根據(jù)平衡條件列式求解．例1如圖1所示，光滑半球形容器固定在水平面上，O為球心．一質(zhì)量為m的小滑塊，在水平力F的作用下靜止于P點(diǎn)．設(shè)滑塊所受支持力為FN，OP與水平方向的夾角為θ，下列關(guān)系正確的是()圖1A．F＝eq\f(mg,tanθ) B．F＝mgtanθC．FN＝eq\f(mg,tanθ) D．FN＝mgtanθ答案A解析方法一：合成法．滑塊受力情況如圖所示，由平衡條件知：F＝eq\f(mg,tanθ)，F(xiàn)N＝eq\f(mg,sinθ).方法二：正交分解法．將小滑塊受的力沿水平、豎直方向分解，如圖所示．mg＝FNsinθF＝FNcosθ聯(lián)立解得：F＝eq\f(mg,tanθ)，F(xiàn)N＝eq\f(mg,sinθ).解共點(diǎn)力平衡問題的一般步驟1．選取研究對象，對于由相互作用的兩個或兩個以上的物體構(gòu)成的系統(tǒng)，應(yīng)明確所選研究對象是系統(tǒng)整體還是系統(tǒng)中的某一個物體(整體法或隔離法)．2．對所選研究對象進(jìn)行受力分析，并畫出受力分析圖．3．對研究對象所受的力進(jìn)行處理．對三力平衡問題，一般根據(jù)平衡條件畫出力合成的平行四邊形．對四力或四力以上的平衡問題，一般建立合適的直角坐標(biāo)系，對各力按坐標(biāo)軸進(jìn)行分解．4．建立平衡方程．對于四力或四力以上的平衡問題，用正交分解法列出方程組．例2如圖2所示，質(zhì)量為m的物體置于傾角為θ的固定斜面上．物體與斜面之間的動摩擦因數(shù)為μ，先用平行于斜面的推力F1作用于物體上使其能沿斜面勻速上滑，若改用水平推力F2作用于物體上，也能使物體沿斜面勻速上滑，則兩次的推力之比eq\f(F1,F2)為()圖2A．cosθ＋μsinθ B．cosθ－μsinθC．1＋μtanθ D．1－μtanθ答案B解析F1作用時，物體的受力情況如圖甲所示，根據(jù)平衡條件得F1＝mgsinθ＋μFN1FN1＝mgcosθ解得：F1＝mgsinθ＋μmgcosθF2作用時，物體的受力情況如圖乙所示，根據(jù)平衡條件得F2cosθ＝mgsinθ＋μFN2FN2＝mgcosθ＋F2sinθ解得：F2＝eq\f(mgsinθ＋μmgcosθ,cosθ－μsinθ)所以eq\f(F1,F2)＝cosθ－μsinθ，故選B.二、整體法與隔離法分析連接體的平衡問題1．隔離法：為了弄清系統(tǒng)(連接體)內(nèi)某個物體的受力情況和運(yùn)動情況，一般要把這個物體隔離出來進(jìn)行受力分析，然后利用平衡條件求解．2．整體法：當(dāng)只涉及研究系統(tǒng)而不涉及系統(tǒng)內(nèi)部某些物體的力和運(yùn)動時，一般可把整個系統(tǒng)看成一個整體，畫出系統(tǒng)整體的受力分析圖，然后利用平衡條件求解．例3如圖3所示，質(zhì)量M＝2eq\r(3)kg的木塊套在水平桿上，并用細(xì)繩將木塊與質(zhì)量m＝eq\r(3)kg的小球相連．今用跟水平方向成30°角的力F＝10eq\r(3)N拉著球帶動木塊一起向右勻速運(yùn)動，運(yùn)動中M、m相對位置保持不變，取g＝10m/s2，求：圖3(1)運(yùn)動過程中細(xì)繩與水平方向的夾角θ；(2)木塊與水平桿間的動摩擦因數(shù)μ.答案(1)30°(2)eq\f(\r(3),5)解析(1)設(shè)細(xì)繩對小球的拉力為FT.以小球?yàn)檠芯繉ο?，分析受力，作出受力分析圖如圖甲所示，由平衡條件可知：Fcos30°＝FTcosθFsin30°＋FTsinθ＝mg聯(lián)立解得，F(xiàn)T＝10eq\r(3)N，tanθ＝eq\f(\r(3),3)，即θ＝30°.(2)以木塊和小球組成的整體為研究對象，分析受力情況，如圖乙所示．再由平衡條件得Fcos30°＝fFN＋Fsin30°＝(M＋m)g又f＝μFN得到μ＝eq\f(Fcos30°,M＋mg－Fsin30°)代入解得μ＝eq\f(\r(3),5).三、動態(tài)平衡問題1．動態(tài)平衡：是指平衡問題中的一部分是變力，是動態(tài)力，力的大小和方向均要發(fā)生變化，所以叫動態(tài)平衡，這是力平衡問題中的一類難題．2．基本思路：化“動”為“靜”，“靜”中求“動”．3．基本方法：圖解法、解析法和相似三角形法．4．處理動態(tài)平衡問題的一般步驟(1)解析法①列平衡方程求出未知量與已知量的關(guān)系表達(dá)式．②根據(jù)已知量的變化情況來確定未知量的變化情況．(2)圖解法①適用情況：一般物體只受三個力作用，且其中一個力大小、方向均不變，另一個力的方向不變，第三個力的大小、方向均變化．②一般步驟：a.首先對物體進(jìn)行受力分析，根據(jù)力的平行四邊形定則將三個力的大小、方向放在同一個三角形中．b.明確大小、方向不變的力，方向不變的力及方向變化的力的方向如何變化，畫示意圖．③注意：由圖解可知，當(dāng)大小、方向都可變的分力(設(shè)為F1)與方向不變、大小可變的分力垂直時，F(xiàn)1有最小值．例4如圖4，一小球放置在木板與豎直墻面之間．設(shè)墻面對球的壓力大小為FN1，球?qū)δ景宓膲毫Υ笮镕N2.以木板與墻連接點(diǎn)為軸，將木板從圖示位置開始緩慢地轉(zhuǎn)到水平位置．不計(jì)摩擦，在此過程中()圖4A．FN1始終減小，F(xiàn)N2始終增大B．FN1始終減小，F(xiàn)N2始終減小C．FN1先增大后減小，F(xiàn)N2始終減小D．FN1先增大后減小，F(xiàn)N2先減小后增大答案B解析方法一：解析法對球進(jìn)行受力分析，如圖甲所示，小球受重力G、墻面對球的壓力FN1、木板對小球的支持力FN2′而處于平衡狀態(tài)．則有tanθ＝eq\f(G′,FN1)＝eq\f(G,FN1)，F(xiàn)N1＝eq\f(G,tanθ)從圖示位置開始緩慢地轉(zhuǎn)到水平位置過程中，θ逐漸增大，tanθ逐漸增大，故FN1始終減?。畯膱D中可以看出，F(xiàn)N2′＝eq\f(G,sinθ)，從圖示位置開始緩慢地轉(zhuǎn)到水平位置，θ逐漸增大，sinθ逐漸增大，故FN2′始終減小．球?qū)δ景宓膲毫N2與木板對小球的支持力FN2′是一對作用力與反作用力，大小相等，故FN2始終減小，選項(xiàng)B正確．方法二：圖解法小球受重力G、墻面對球的壓力FN1、木板對小球的支持力FN2′而處于平衡狀態(tài)．此三力必構(gòu)成一封閉三角形，如圖乙所示．從圖示位置開始緩慢地轉(zhuǎn)到水平位置的過程中，α逐漸減小，據(jù)圖可知FN1始終減小，F(xiàn)N2′始終減?。捎贔N2與FN2′是一對作用力與反作用力，大小相等，所以FN2始終減小，選項(xiàng)B正確．1．(合成法)如圖5所示，一質(zhì)量為1kg、橫截面為直角三角形的物塊ABC，∠ABC＝30°，物塊BC邊緊靠光滑豎直墻面，用一推力垂直作用在AB邊上使物塊處于靜止?fàn)顟B(tài)，則推力F及物塊受墻的彈力各為多大？(g＝10m/s2)圖5答案20N10eq\r(3)N解析物塊受重力G、推力F和墻的彈力FN作用，如圖所示，由平衡條件知，F(xiàn)和FN的合力與重力等大反向．故有F＝eq\f(G,sin30°)＝eq\f(1×10,\f(1,2))N＝20NFN＝Gtan60°＝1×10×eq\r(3)N＝10eq\r(3)N.2．(解析法)(多選)如圖6所示，在粗糙水平地面上放著一個截面為四分之一圓弧的柱狀物體A，A的左端緊靠豎直墻，A與豎直墻壁之間放一光滑球B，整個裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)．若把A向右移動少許后，它們?nèi)蕴幱陟o止?fàn)顟B(tài)，則()圖6A．B對墻的壓力減小B．A與B之間的作用力增大C．地面對A的摩擦力減小D．A對地面的壓力不變答案ACD解析設(shè)物體A對球B的支持力為F1，豎直墻對球B的彈力為F2，F(xiàn)1與豎直方向的夾角θ因物體A右移而減小．對球B進(jìn)行受力分析如圖所示，由平衡條件得：F1cosθ＝mBg，F(xiàn)1sinθ＝F2，解得F1＝eq\f(mBg,cosθ)，F(xiàn)2＝mBgtanθ，θ減小，F(xiàn)1減小，F(xiàn)2減小，選項(xiàng)A對，B錯；對A、B整體受力分析可知，豎直方向，地面對整體的支持力FN＝(mA＋mB)g，與θ無關(guān)，即A對地面的壓力不變，選項(xiàng)D對；水平方向，地面對A的摩擦力f＝F2，因F2減小，故f減小，選項(xiàng)C對．3．(圖解法)(多選)如圖7所示，電燈懸掛于兩墻壁之間，更換水平繩OA使連接點(diǎn)A向上移動而保持O點(diǎn)的位置不變，則在A點(diǎn)向上移動的過程中()圖7A．繩OB的拉力逐漸增大B．繩OB的拉力逐漸減小C．繩OA的拉力先增大后減小D．繩OA的拉力先減小后增大答案BD解析以O(shè)點(diǎn)為研究對象，O點(diǎn)處于平衡狀態(tài)，根據(jù)受力平衡，由圖可知，在A點(diǎn)向上移動的過程中，繩子OB上的拉力逐漸減小，OA上的拉力先減小后增大，故A、C錯誤，B、D正確．課時作業(yè)一、選擇題(1～6為單選題，7～10為多選題)1.如圖1所示，彈簧測力計(jì)、繩子和滑輪的質(zhì)量都不計(jì)，摩擦不計(jì)．物體A重40N，物體B重10N，整個系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)．以下說法正確的是()圖1A．地面對A的支持力是40NB．物體A受到的合外力是30NC．彈簧測力計(jì)示數(shù)為20ND．彈簧測力計(jì)示數(shù)為30N答案C2．一串小燈籠(五只)彼此用輕繩連接，并懸掛在空中，在穩(wěn)定水平風(fēng)力作用下發(fā)生傾斜，懸繩與豎直方向的夾角為30°，如圖2所示．設(shè)每個紅燈籠的質(zhì)量均為m，則自上往下第二只燈籠對第三只燈籠的拉力大小為()圖2A．2eq\r(3)mg B.eq\f(2\r(3),3)mgC.eq\f(8\r(3),3)mg D．8mg答案A解析以下面三個燈籠作為整體為研究對象，進(jìn)行受力分析，如圖所示：豎直方向：FTcos30°＝3mg得：FT＝eq\f(3mg,cos30°)＝2eq\r(3)mg故選A.3．用三根輕繩將質(zhì)量為m的物塊懸掛在空中，如圖3所示．已知ac和bc與豎直方向的夾角分別為30°和60°，則ac繩和bc繩上的拉力分別為()圖3A.eq\f(\r(3),2)mg，eq\f(1,2)mgB.eq\f(1,2)mg，eq\f(\r(3),2)mgC.eq\f(\r(3),4)mg，eq\f(1,2)mgD.eq\f(1,2)mg，eq\f(\r(3),4)mg答案A解析分析結(jié)點(diǎn)c的受力情況如圖，設(shè)ac繩上的拉力為F1、bc繩上的拉力為F2，根據(jù)平衡條件知F1、F2的合力F與物塊的重力mg等大、反向，由幾何知識得F1＝Fcos30°＝eq\f(\r(3),2)mgF2＝Fsin30°＝eq\f(1,2)mg選項(xiàng)A正確．4.如圖4所示，在建筑裝修中，工人用質(zhì)量為m的磨石對斜壁進(jìn)行打磨，當(dāng)對磨石施加豎直向上的推力F時，磨石恰好沿斜壁向上勻速運(yùn)動，已知磨石與斜壁之間的動摩擦因數(shù)為μ，則磨石受到的摩擦力是()圖4A．(mg－F)sinθB．(F＋mg)cosθC．μ(F－mg)cosθD．μ(F－mg)sinθ答案D解析作出如圖所示的受力分析圖，F(xiàn)與mg的合力向上，其沿斜面的分力與摩擦力平衡．故有(F－mg)cosθ＝f，(F－mg)sinθ＝FN，由于磨石恰好沿斜壁向上做勻速運(yùn)動，故磨石與斜壁間的摩擦力是滑動摩擦力，所以f＝μ(F－mg)sinθ，D正確．5.如圖5所示，一根輕繩跨過定滑輪后系在質(zhì)量較大的球上，球的大小不可忽略．在輕繩的另一端加一個力F，使球沿固定斜面由圖示位置緩慢運(yùn)動到斜面頂端，各處的摩擦不計(jì)，在這個過程中拉力F()圖5A．逐漸增大 B．保持不變C．先增大后減小 D．先減小后增大答案A解析將球沿固定的光滑斜面由題圖位置緩慢拉到斜面頂端的過程中，繩子拉力方向變化如圖中1到2到3的位置(注意開始時繩子的拉力與斜面的支持力的夾角就是大于90°的)，由圖可以看出繩子拉力一直增大，即F一直增大．6.如圖6所示，將一個球放在兩塊光滑斜面板AB和AC之間，兩板與水平面的夾角都是60°.現(xiàn)在使AB板固定，使AC板與水平面的夾角逐漸減小，則()圖6A．球?qū)C板的壓力先增大后減小B．球?qū)C板的壓力逐漸減小C．球?qū)C板的壓力先減小后增大D．球?qū)C板的壓力逐漸增大答案C解析對小球受力分析，如圖所示，當(dāng)使AC板與水平面的夾角逐漸減小，AC板運(yùn)動過程中FB的方向不變，F(xiàn)C的大小和方向都變化，但是兩者的合力恒等于小球的重力，由矢量三角形可得FB逐漸減小，F(xiàn)C先減小后增大，由牛頓第三定律知，選項(xiàng)C正確．7．在粗糙水平面上放著一個質(zhì)量為M的三角形木塊abc，在它的兩個粗糙斜面上分別放有質(zhì)量為m1和m2的兩個物體，m1>m2，如圖7所示，若三角形木塊和兩物體都是靜止的，則粗糙水平面對三角形木塊()圖7A．無摩擦力的作用B．有摩擦力的作用，摩擦力的方向水平向左C．有摩擦力的作用，但摩擦力的方向不能確定，因m1、m2、θ1、θ2的數(shù)值均未給出D．支持力大小為(m1＋m2＋M)g答案AD解析由于三角形木塊和斜面上的兩物體都靜止，可以把它們看成一個整體，如圖所示，整體豎直方向受到重力(m1＋m2＋M)g和支持力FN作用處于平衡狀態(tài)，故地面對整體的支持力大小為(m1＋m2＋M)g，故D選項(xiàng)正確；水平方向無任何滑動趨勢，因此不受水平面的摩擦力作用，故A選項(xiàng)正確．8.如圖8所示，一個質(zhì)量為3.0kg的物體，放在傾角為θ＝30°的斜面上靜止不動．若用豎直向上的力F＝5.0N提物體，物體仍靜止，下述結(jié)論正確的是(g＝10m/s2)()圖8A．物體受到的摩擦力減小2.5NB．斜面對物體的作用力減小5.0NC．物體受到的彈力減小5.0ND．物體受到的合外力減小5.0N答案AB解析未施加F時，對物體進(jìn)行受力分析，如圖甲所示由平衡條件，得f＝mgsin30°＝15NFN＝mgcos30°＝15eq\r(3)N施加F后物體的受力情況如圖乙所示由平衡條件，得f′＋Fsin30°＝mgsin30°f′＝12.5NFN′＋Fcos30°＝mgcos30°FN′＝eq\f(25,2)eq\r(3)N即物體受到的摩擦力減小f－f′＝2.5N，彈力減小FN－FN′＝eq\f(5,2)eq\r(3)N．A正確，C錯誤；因物體仍靜止，合外力仍為零，斜面對物體的作用力與mg和F的合力大小相等，方向相反，B正確，D錯誤．9.如圖9所示，物體a、b的質(zhì)量均為m，水平地面和豎直墻面均光滑，在水平推力F作用下，兩物體均處于靜止?fàn)顟B(tài)．則()圖9A．b受到的摩擦力大小等于mgB．b受到的摩擦力大小等于2mgC．b對地面的壓力大小等于mgD．b對地面的壓力大小等于2mg答案AD解析a物體受b給的水平向右的彈力和墻面向左的彈力，又由于a受力平衡，故a物體受到自身重力的同時必須受到b對a豎直向上的摩擦力，且其大小等于a的重力，則a對b的摩擦力向下且其大小等于mg，故A正確，B錯誤；b在豎直方向受地面對它的支持力，自身的重力和a對b的摩擦力，三力平衡，故b對地面的壓力大小等于2mg，故C錯誤，D正確．10．如圖10所示，光滑水平面上放有截面為eq\f(1,4)圓周的柱狀物體A，A與墻面之間放一光滑的圓柱形物體B，對A施加一水平向左的力F，整個裝置保持靜止，若將A的位置向右移動少許，整個裝置仍保持平衡，則()圖10A．水平外力F增大 B．墻對B的作用力減小C．地面對A的支持力減小 D．B對A的作用力增大答案AD解析對物體B受力分析，受到重力mg、物體A對物體B的支持力FN′和墻面對B的彈力FN，如圖：當(dāng)物體A向右移動后，物體A對物體B的支持力FN′的方向不斷變化，根據(jù)平衡條件結(jié)合合成法可以知道物體A對物體B的支持力FN′和墻面對物體B的支持力FN都在不斷增大，故B錯誤，D正確；再對A和B整體受力分析，受到總重力G、地面支持力FN1、推力F和墻面的彈力FN，如圖：根據(jù)平衡條件，有：F＝FN，F(xiàn)N1＝G，故地面的支持力不變，推力F隨著墻面對物體B的支持力FN的不斷增大而增大，故A正確，C錯誤．二、非選擇題11．如圖11所示，球A重G1＝60N，斜面體B重G2＝100N，斜面傾角θ＝30°，一切摩擦均不計(jì)，則水平力F為多大時，才能使A、B均處于靜止?fàn)顟B(tài)？此時豎直墻壁和水平地面受到的彈力為多大？圖11答案20eq\r(3)N20eq\r(3)N160N解析設(shè)豎直墻壁和水平地面對A、B的作用力分別為F1、F2，取A、B組成的整體為研究對象，受力分析如圖甲所示．由受力平衡得F2＝G1＋G2＝160N，F(xiàn)1＝F.取A為研究對象，受力分析如圖乙所示．由受力平衡得F1＝G1tanθ.則F＝G1tanθ＝20eq\r(3)N，由牛頓第三定律知，豎直墻壁和水平地面受到的彈力的大小分別為20eq\r(3)N、160N