2024-2025学年新教材高中物理微专题三共点力平衡中的四类典型问题教案新人教版必修第一册

PAGE10-微专题三共点力平衡中的四类典型问题专题探究主题一动态平衡问题1．动态平衡是指通过限制某些物理量使物体的状态发生缓慢变更．在这个过程中物体始终处于一系列平衡状态中．2．动态平衡特征一般为三个力作用，其中一个力的大小和方向均不变更(一般是重力)，一个力的大小变更而方向不变，另一个力的大小和方向均变更．3．解决动态平衡问题的常用方法方法步骤解析法(1)选某一状态对物体进行受力分析；(2)将物体所受的力按实际效果分解或正交分解；(3)列平衡方程求出未知量与已知量的关系式；(4)依据已知量的变更状况来确定未知量的变更状况图解法(1)选某一状态对物体进行受力分析；(2)依据平衡条件画出平行四边形或三角形；(3)依据已知量的变更状况画出平行四边形或三角形的边角变更；(4)确定未知量大小、方向的变更【典例示范】例1如图所示，两根等长的绳子AB和BC吊一重物静止，两根绳子与水平方向夹角均为60°.现保持绳子AB与水平方向的夹角不变，将绳子BC渐渐渐渐地变更到沿水平方向，在这一过程中，绳子BC的拉力变更状况是()A．增大B．先减小后增大C．减小D．先增大后减小解析：方法一(图解法)对力的处理(求合力)采纳合成法，应用合力为零求解时采纳图解法(画动态平行四边形法)．作出力的平行四边形，如图所示．由图可看出，FBC先减小后增大．方法二对力的处理(求合力)采纳正交分解法，应用合力为零求解时采纳解析法．如图所示，将FAB、FBC分别沿水平方向和竖直方向分解，由两方向合力为零分别列出：FABcos60°＝FBCsinθ，FABsin60°＋FBCcosθ＝FB，联立解得FBCsin(30°＋θ)＝eq\f(FB,2)，明显，当θ＝60°时，FBC最小，故当θ变大时，FBC先变小后变大．答案：B方法技巧图解法分析动态问题的技巧对力分解的动态问题，首先要明确合力与分力，其次要明确哪些力是不变量，哪些力是变更量，即明确哪些力的大小或者方向变更，哪些力的大小和方向都变更．训练1(多选)如图所示，用竖直挡板将小球夹在挡板和光滑斜面之间，若缓慢转动挡板，使其由竖直转至水平的过程中，以下说法正确的是()A．挡板对小球的弹力先增大后减小B．挡板对小球的弹力先减小后增大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始终渐渐减小解析：取小球为探讨对象，小球受到重力G、挡板对小球的弹力FN1和斜面对小球的支持力FN2三个力作用，如图所示，FN1和FN2的合力与重力大小相等，方向相反，FN2总垂干脆触面(斜面)，方向不变，依据图解可以看出，在FN1方向变更时，其大小(箭头)只能沿PQ线变动．明显在挡板移动过程中，FN1先变小后变大，FN2始终减小．答案：BD训练2如图所示，一光滑小球静止放置在光滑半球面的底端，用竖直放置的光滑挡板水平向右缓慢地推动小球，则在小球运动的过程中(该过程小球未脱离球面)，木板对小球的推力F1、半球面对小球的支持力F2的变更状况正确的是()A．F1增大，F2减小B．F1增大，F2增大C．F1减小，F2减小D．F1减小，F2增大解析：作出球在某位置时的受力分析图，如图所示．在小球运动的过程中，F1的方向不变，F2与竖直方向的夹角渐渐变大，画力的动态平行四边形，由图可知F1、F2均增大，选项B正确．答案：B主题二应用整体法与隔离法处理平衡问题整体法和隔离法选用的原则整体法隔离法选用原则探讨系统外的物体对系统整体的作用力或系统整体的加速度探讨系统内物体之间的相互作用力留意问题进行受力分析时不需再考虑系统内物体间的相互作用一般隔离受力较少的物体说明解决实际问题时常交替运用整体法与隔离法【典例示范】例2如图所示，用完全相同的轻弹簧A、B、C将两个相同的小球连接并悬挂，小球处于静止状态，弹簧A与竖直方向的夹角为30°，弹簧C水平，则弹簧A、C的伸长量之比为()A.eq\r(3):4B．4:eq\r(3)C．1:2D．2:1解析：将两小球及弹簧B视为整体，进行受力分析有FC＝FAsin30°，FC＝kxC，FA＝kxAeq\f(FA,FC)＝eq\f(1,sin30°)＝2:1eq\f(xA,xC)＝2:1故D正确，A、B、C错误．答案：D训练3(多选)如图所示，质量均为m的两木块a与b叠放在水平地面上，a、b分别受到两个水平拉力的作用，两力大小均为F，两木块保持静止状态，则()A．a、b之间肯定存在静摩擦力B．b与地面之间肯定存在静摩擦力C．b与地面之间肯定不存在静摩擦力D．地面对b的支持力肯定大于2mg解析：由于两木块静止，对a进行受力分析可知，a受向右的拉力作用而有向右的运动趋势，故a肯定受到b对a的静摩擦力作用，选项A正确；对a、b整体分析可知，整体受水平方向上的拉力的合力为零，故b与地面间没有摩擦力，选项B错误，C正确；对a、b整体分析可知，竖直方向不受外力，故地面对b的支持力肯定等于2mg，选项D错误．答案：AC主题三平衡物体的临界、极值问题临界状态也可理解为“恰好出现”或“恰好不出现”某种现象的状态．主要有两类：(1)与最大静摩擦力相关的临界平衡问题．此类问题应留意：一是最大静摩擦力的值，要么已知，要么题设会说明最大静摩擦力约等于滑动摩擦力．二是留意静摩擦力方向会随外力大小变更而变更．(2)与绳最大承受力相关的临界平衡问题．解决此类问题的主要方法就是极值假设法，即通过恰当地选取某个物理量，将其推向极值，得到一个新的已知条件，然后求解．【典例示范】例3如图所示，能承受最大拉力为10N的细线OA与竖直方向成45°角，能承受最大拉力为5N的细线OB水平，细线OC能承受足够大的拉力，为使OA、OB均不被拉断，OC下端所悬挂物体的最大重力是多少？解析：如图所示，将重力G按效果分解为FA、FB，则有FA＝eq\f(G,cos45°)＝eq\r(2)G，FB＝Gtan45°＝G当FA＝10N时，物体重力G1＝eq\f(FA,\r(2))＝5eq\r(2)N当FB＝5N时，物体重力G2＝FB＝5N所以悬挂物体的最大重力为Gmax＝5N.答案：5N训练4如图，在固定斜面上的一物块受到一外力F的作用，F平行于斜面对上．若要物块在斜面上保持静止，F的取值应有肯定范围，已知其最大值和最小值分别为F1和F2(F2>0)．由此可求出()A．物块的质量B．斜面的倾角C．物块与斜面间的最大静摩擦力D．物块对斜面的正压力解析：物块在斜面上处于静止状态，先对物块进行受力分析，确定其运动趋势，列平衡方程可得Ff.物块受与斜面平行的外力F作用，而在斜面上静止，此时摩擦力的大小和方向将随F的变更而变更．设斜面倾角为θ，由平衡条件F1－mgsinθ－Ffmax＝0，F2－mgsinθ＋Ffmax＝0，解得Ffmax＝eq\f(F1－F2,2).答案：C主题四动摩擦因数的测量方案一利用砝码和弹簧测力计1．试验装置：2．试验原理及步骤：如图甲所示，向砝码盘C内加减砝码，轻推铁块P，使其恰好能在水平木板B上向左匀速滑动，铁块P处于平衡状态．用弹簧测力计测出P和C受到的重力GP和GC，则P所受的滑动摩擦力Ff＝GC，可求出P、B间的动摩擦因数．3．试验结论：动摩擦因数μ＝eq\f(GC,GP).方案二利用弹簧测力计1．试验装置：2．试验原理及步骤：如图乙所示，使木板静止在水平桌面上，用手通过弹簧测力计向右拉铁块P，使铁块P向右匀速运动，读出此时弹簧测力计的读数F，F等于铁块P所受的滑动摩擦力Ff，再用弹簧测力计测出铁块P的重力，由平衡条件可知，FN＝GP，且Ff＝μFN.(此方案理论上可行，但在操作中很难保证P匀速前进)3．试验结论：动摩擦因数μ＝eq\f(F,GP).方案三利用弹簧测力计1．试验装置：2．试验原理及步骤：如图丙所示，在水平力F作用下，只要使木板A相对木块B滑动(做匀速或变速直线运动都可)，就可由弹簧测力计的读数得到A、B间的滑动摩擦力Ff，再用弹簧测力计测出木块B受到的重力GB，即可由Ff＝μGB求出动摩擦因数μ.(此方案只要求A相对B沿直线滑动即可，切实可行)3．试验结论：动摩擦因数μ＝eq\f(Ff,FN)＝eq\f(Ff,GB).【典例示范】例4两同学做测定木板与铁块之间的动摩擦因数的试验时，设计了甲、乙两种方案．方案甲：木板固定，用弹簧测力计拉动铁块，如图甲所示；方案乙：铁块通过弹簧测力计与墙连接，用手拉动木板，如图乙所示．试验器材有：弹簧测力计、木板、质量为400g的铁块、细线、质量为200g的配重若干．(g取10m/s2)(1)上述两种方案你认为更合理的方案是________(选填“甲”或“乙”)．(2)某同学在铁块上加上配重，变更铁块对木板的正压力，记录的试验数据如表所示：试验次数12345配重(个数)01234弹簧测力计读数/N1.001.502.002.203.00请依据上述数据在图丙中画出铁块所受摩擦力Ff和压力FN的关系图像；由图像可求出木板和铁块间的动摩擦因数是________．解析：(1)甲中铁块在弹簧测力计作用下，不易限制它始终做匀速直线运动，弹簧测力计的示数也不稳定，而乙中拉动的是木板，木板运动的速度不影响滑动摩擦力的大小，稳定时弹簧测力计与铁块相对于地面静止，此时读数更精确，故更合理的方案是乙．(2)由表中数据可画出摩擦力与正压力间的关系图像如图所示．由Ff＝μFN可知，图像的斜率等于木板和铁块间的动摩擦因数，μ＝eq\f(2,8)＝0.25.答案：(1)乙(2)图见解析0.25训练5[2024·衡中周考]如图所示，物体A重40N，物体B重20N，A与B，A与地面的动摩擦因数相同，物体B用细绳系住，当水平力F＝32N时，才能将A匀速拉出，求接触面间的动摩擦因数．解析：以物体A为探讨对象，物体B对物体A的正压力FN＝GB，地面对A的支持力：FN1＝GA＋FN，A受B的滑动摩擦力Ff＝μFN，A受地面的滑动摩擦力Ff1＝μFN1，水平方向：F＝Ff＋Ff1，代入数据即可得到μ＝0.4.答案：0.4

课堂达标1.如图所示，三个木块A、B、C在水平推力F作用下静止在竖直的墙面上．已知A的左侧面是光滑的，下列说法错误的是()A．A对B的摩擦力竖直向下B．B对C的摩擦力竖直向下C．C对墙的摩擦力竖直向上D．墙对C的摩擦力竖直向上解析：对A、B、C整体受力分析，知墙对C的摩擦力方向向上平衡整体重力．对A受力分析，B对A的摩擦力方向向上平衡A的重力；对B分析知C对B的摩擦力方向向上．答案：C2.[2024·岳阳高一检测]如图所示，滑块放在水平地面上，左边受一个弹簧拉力作用，弹簧原长小于悬挂点的高度，水平向右的拉力F拉动滑块，使滑块向右缓慢移动，并且滑块始终没有离开地面，则在上述过程中，下列说法正确的是()A．弹簧弹力在竖直方向的重量不变，滑块受到的摩擦力不变B．弹簧弹力在竖直方向的重量不变，滑块受到的摩擦力变小C．弹簧弹力在竖直方向的重量增大，滑块受到的摩擦力不变D．弹簧弹力在竖直方向的重量增大，滑块受到的摩擦力变小答案：D3.如图所示，电灯悬挂于两墙之间，更换绳OA，使连接点A向上移，但保持O点位置不变，则A点向上移时，绳OA的拉力()A．渐渐增大B．渐渐减小C．先增大后减小D．先减小后增大解析：O点受三个力作用：OC绳、OB绳和OA绳的拉力．依据三力平衡的条件可知，OB绳和OA绳对O点拉力的合力FAB与OC绳对O点的拉力大小相等、方向相反，是一对平衡力，即FAB－G＝0.OB绳和OA绳对O点拉力的合力大小和方向都保持不变，由于O点和B点位置不变，因此OB绳拉力方向不变，OA绳拉力方向因悬点A向上移动而变更．作出O点受力图如图所示，由几何学问得，当FOA与OB绳方向垂直时，FOA最小，故FOA先减小后增大，FOB始终减小．答案：D4.[2024·江苏四市高一联考]如图所示，在竖直平面内，用甲、乙两个弹簧秤通过细线拉着一个物块，使之处于静止状态．若保持甲弹簧秤拉力的方向不变，缓慢地调整乙弹簧秤，使两细线之间的夹角增大一些，则()A．两拉力的合力可能增大B．两拉力的合力可能减小C．甲弹簧秤的示数可能减小D．乙弹簧秤的示数可能减小解析：由平衡条件得知，甲、乙两个拉力F1和F2的合力与重力G大小相等、方向相反，保持不变，作出甲、乙两个弹簧秤在三个不同位置时力的合成图，如图所示，可以看出，当甲、乙两个弹簧秤方向相互垂直时，F2最小，可见，F1渐渐减小，F2先渐渐减小后渐渐增大．甲的拉力渐渐减小，乙的拉力先减小后增大．故选D.答案：D5.(多选)如图所示，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在地面，m2在空中)，力F与水平方向成θ角．则m1所受支持力FN和摩擦力Ff正确的是()A．FN＝m1g＋m2g－FB．FN＝m1g＋m2g－FC．Ff＝FcosθD．Ff＝Fsinθ解析：因为本题中两个物体和轻弹簧一起都做匀速直线运动，所受合力为零，所以可以将这两个物体和轻弹簧看成一个整体进行受力分析，如图所示，由正交分解法可知，在水平方向有Ff＝Fcosθ竖直方向有FN＋Fsinθ＝m1g＋m所以Ff＝Fcosθ，FN＝m1g＋m2g－Fsin答案：AC6.(多选)如图所示，重力G＝100N的物体在沿斜面对上的力F＝30