第二单元第7讲 共点力的平衡及其应用
共点力的平衡必备知识·整合1.平衡状态(1)静止:物体的速度和加速度都等于零的状态。(2)匀速直线运动:物体的加速度为零,速度不为零且保持不变的状态。2.共点力的平衡条件F合=0或者
3.平衡条件的推论(1)二力平衡:如果物体在两个共点力的作用下处于平衡状态,这两个力必定大小相等,方向相反。(2)三力平衡:如果物体在三个共点力的作用下处于平衡状态,其中任何一个力与其余两个力的合力大小相等,方向相反,并且这三个力的矢量可以构成一个封闭的矢量三角形。(3)多力平衡:如果物体在多个共点力的作用下处于平衡状态,其中任何一个力与其余几个力的合力大小相等,方向相反。
4.应用平衡条件解题的步骤(1)选取研究对象:根据题目要求,选取一个平衡体(单个物体或系统,也可以是结点)作为研究对象。(2)画受力示意图:对研究对象按受力分析的顺序进行受力分析,画出受力示意图。(3)建立坐标系:选取合适的方向建立直角坐标系。(4)列方程求解:根据平衡条件列出平衡方程,解平衡方程,对结果进行讨论。
1.判断下列说法对错。(1)对物体进行受力分析时不用区分外力与内力,两者都要同时分析。( )(2)处于平衡状态的物体加速度一定等于零。( )(3)速度等于零的物体一定处于平衡状态。( )(4)物体在缓慢运动时所处的状态不能认为是平衡状态。( )(5)物体做竖直上抛运动到达最高点时处于静止状态。( )✕√✕✕✕
2.(人教版必修1P91第1题改编)如图所示,质量为m的光滑圆球,在细线和墙壁的作用下处于静止状态,重力加速度为g,细线与竖直墙壁的夹角为30°,则细线对小球的拉力大小为( )A.B.C.mgD.A
3.(鲁科版必修1P97第2题改编)如图所示,水平地面上的物体A,在斜向上的拉力F的作用下,向右做匀速运动,则下列说法中错误的是( )A.物体A可能只受到三个力的作用B.物体A一定受到四个力的作用C.物体A受到的滑动摩擦力大小为FcosθD.物体A对水平面的压力大小可能为FsinθA
D4.(人教版必修1P84第7题改编)如图所示,水平面上A、B两物块的接触面水平,二者叠放在一起,在作用于B上的水平恒定拉力F的作用下沿地面向右做匀速运动,某时刻撤去力F后,二者仍不发生相对滑动,关于撤去力F前后,下列说法正确的是( )A.撤去力F之前A受3个力作用B.撤去力F之前B受到4个力作用C.撤去力F前后,A的受力情况不变D.A、B间的动摩擦因数μ1不小于B与地面间的动摩擦因数μ2
关键能力·突破考点一 受力分析、整体法和隔离法的应用1.[受力分析](2020浙江绍兴柯桥适应性考试)2020年2月11日晚,微信朋友圈都在刷立扫帚的照片和视频,据说是“地球完美的重力角度,是唯一一天可以让扫帚独自站立的日子”,最后发现是假新闻。如图所示为静止站立的扫帚(图中扫帚柄是倾斜的),下列分析正确的是( )C
A.地面给扫帚的作用力方向沿扫帚柄倾斜向上B.扫帚之所以立起来是因为重力方向沿着扫帚柄C.扫帚受到竖直向下的重力和地面给扫帚竖直向上的作用力D.扫帚所受合力不为零
解析地面给扫帚的作用力方向竖直向上与竖直向下的重力相平衡,A错误,C正确;重力方向竖直向下,不可能沿着扫帚柄,B错误;由于扫帚处于静止状态,所受合力为零,D错误。
2.[整体法]如图所示,有5000个质量均为m的小球,将它们用长度相等的细绳依次连接,再将其左端用细绳固定在天花板上,右端施加一水平力使全部小球静止。若连接天花板的细绳与水平方向的夹角为45°,则第2018个小球与第2019个小球之间的细绳与水平方向的夹角α的正切值等于( )A.B.C.D.D
解析以5000个小球组成的整体为研究对象,分析受力情况,如图1所示,根据平衡条件得F=5000mg;图1再以第2019个小球到第5000个小球组成的整体为研究对象,分析受力情况,如图2所示,则有tanα==,选项D正确。
图2
3.[整体法与隔离法的应用](多选)如图所示,形状相同的物块A、B,其截面为直角三角形,相对排放在粗糙水平地面上,光滑球体C架在两物块的斜面上,系统处于静止状态。已知物块A、B的质量都为M,θ=60°,球体C的质量为m,重力加速度为g,则以下说法正确的是( )A.地面对A的摩擦力大小为mgB.地面对A的摩擦力大小为mgC.A对C的弹力大小为mgD.A对地面的压力大小为Mg+mgBD
解析以C为研究对象,受力分析如图所示,C受重力和斜向上的两个弹力作用,把两个弹力合成,合力竖直向上,大小等于mg,由数学知识可知,A对C的弹力大小为mg,C错误;再以A为研究对象,由牛顿第三定律可知,C对A的正压力大小为mg,其在水平方向上的分力大小等于地面对A的摩擦力大小,由此可知地面对A的摩擦力大小为mgsinθ=mg,A错误,B正确;以A、B、C整体为研究对象,所受重力为2Mg+mg,地面对整体的支持力大小为2Mg+mg,由对称性可知A受到地面的支持力大小为Mg+,由牛顿第三定律可知,A对地面的压力大小为Mg+mg,D正确。
通关锦囊整体法和隔离法的选择(1)当分析相互作用的两个或两个以上物体整体的受力情况及分析外力对系统的作用时,宜用整体法。(2)在分析系统内各物体(或一个物体各部分)间的相互作用时,宜用隔离法。(3)整体法和隔离法不是独立的,对一些较复杂问题,通常需要多次选取研究对象,交替使用整体法和隔离法。
考点二 物体的平衡问题考向1 共点力的静态平衡例1如图所示,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。重力加速度为g。下列关系正确的是( )A
A.F=B.F=mgtanθC.FN=D.FN=mgtanθ思路点拨解法一(合成法);解法二(分解法);解法三(正交分解法);解法四(矢量三角形法)。
解析解法一 合成法滑块受力如图甲所示,由平衡条件可知=tanθ,=sinθ⇒F=,FN=。解法二 分解法将重力按产生的效果分解,如图乙所示,F=G2=,FN=G1=。
解法三 正交分解法将滑块受到的力沿水平和竖直方向分解,如图丙所示,mg=FNsinθ,F=FNcosθ,联立解得F=,FN=。
解法四 矢量三角形法滑块受到三个共点力作用处于平衡状态,则这三个力组成封闭三角形,如图丁所示,解直角三角形得F=,FN=。
解题感悟处理平衡问题的三个技巧(1)物体受三个力平衡时,利用力的分解法或合成法比较简单。(2)物体受四个以上的力作用时一般要采用正交分解法。(3)建立坐标系时应使尽可能多的力与坐标轴重合,使需要分解的力尽可能少。
考向2 共点力的动态平衡1.动态平衡:物体所受的力一部分是变力,是动态力,力的大小和方向均要发生变化,但变化过程中的每一个状态均可视为平衡状态,所以叫动态平衡。
2.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)确定未知量的变化情况相似三角形法(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)确定未知量的变化情况
例2[解析法分析物体的动态平衡]如图所示,绳子质量及其与滑轮间的摩擦不计,质量为M的物体A静止在倾角为θ的斜面体上,若倾角θ增大,物体A仍然静止(连接A一端的绳子始终与斜面平行),绳子另一端连接一质量为m的物体B。下列判断正确的是( )A.绳子的拉力可能增大B.斜面体对地面的正压力增大C.物体A受到的静摩擦力可能增大D.物体A受到斜面体的作用力可能增大C
解析对物体B受力分析,受重力和绳子的拉力,由二力平衡知FT=mg,绳子拉力一定不变,选项A错误;对A、B和斜面体的整体受力分析可知,地面对整体的支持力等于A、B和斜面体的重力之和,故斜面体对地面的正压力不变,选项B错误;对物体A受力分析,受重力、支持力、绳子的拉力和静摩擦力。①如果静摩擦力沿斜面向上,如图所示
根据平衡条件得Ff+FT-Mgsinθ=0,FN-Mgcosθ=0解得Ff=Mgsinθ-FT=Mgsinθ-mg,FN=Mgcosθ当θ变大时,Ff变大,FN变小。②如果静摩擦力沿斜面向下,同理可得Ff=FT-Mgsinθ=mg-Mgsinθ,FN=Mgcosθ;当θ变大时,Ff变小,FN变小。物体A受到的斜面的作用力为FN和Ff的合力,F==当θ变大时,F变小,故选项C正确,D错误。
例3[合成法分析物体的动态平衡]如图所示,一竖直放置的大圆环,在其水平直径上的A、B两端系着一根不可伸长的柔软轻绳,轻绳上套有一光滑小铁环。现将大圆环在竖直平面内绕O点顺时针缓慢转过一个微小角度,则关于轻绳对A、B两点拉力FA、FB的变化情况,下列说法正确的是( )A.FA变小,FB变小B.FA变大,FB变大C.FA变大,FB变小D.FA变小,FB变大A
解析柔软轻绳上套有光滑小铁环,两侧轻绳中拉力相等。将大圆环在竖直平面内绕O点顺时针缓慢转过一个微小角度,A、B两点之间的水平距离减小,光滑小铁环两侧轻绳间夹角2α减小,由2Fcosα=mg可知,轻绳中拉力F减小,轻绳对A、B两点的拉力FA和FB都变小,选项A正确。
例4[图示法分析物体的动态平衡]如图所示,半圆形框架竖直放置在粗糙的水平地面上,光滑的小球P在水平外力F的作用下处于静止状态,小球P与圆心O的连线与地面的夹角为θ。现将力F在竖直面内沿顺时针方向缓慢地转过90°,框架与P始终保持静止状态,重力加速度为g。在此过程中,下列说法正确的是( )A.框架对P的支持力先减小后增大B.力F的最小值为mgcosθC.地面对框架的摩擦力先减小后增大D.框架对地面的压力先增大后减小B
解析以P为研究对象受力分析,如图所示,根据几何关系可知,将力F沿顺时针方向转动至竖直向上之前,支持力N逐渐减小,F先减小后增大,当F的方向沿P与框架接触点的切线方向向上时,F最小,此时F=mgcosθ,故A错误,B正确;以框架与P组成的整体为研究对象,整体受到重力、地面的支持力、地面的摩擦力以及力F的作用,由图可知,F在沿顺时针方向转动的过程中,沿水平方向的分力逐渐减小、竖直方向的分力逐渐增大,所以地面对框架的摩擦力和支持力都逐渐减小,故C、D错误。
解题感悟
1.[解析法分析物体的静态平衡]放在粗糙水平地面上的斜面体,倾角θ=45°,斜面光滑。斜面上有两个质量均为m的小物块A、B,它们之间有轻绳连接。当用水平外力F推物块A时,两个滑块和斜面体一起向左做匀速直线运动。若斜面对物块A的支持力大小为NA,斜面对物块B的支持力大小为NB,则下列结论正确的是(重力加速度为g)( )C
A.NA=mg,NB=mgB.NA=mg,NB=mgC.NA=mg,NB=mgD.NA=mg,NB=mg
解析以B为研究对象,受重力mg、绳的拉力T和斜面对其的支持力NB,根据平衡条件,有T=mgsinθ=mg,NB=mgcosθ=mg,以A为研究对象,受力分析如图所示由平衡条件可得NAcosθ=mg+Tsinθ,解得NA=mg,故C正确。
2.[图示法分析物体的动态平衡]质量为M的半圆柱体P放在粗糙的水平地面上,其右端固定一个竖直挡板AB,在P上放两个大小相同的光滑小球C和D,质量均为m,整个装置的纵截面如图所示。开始时P、C球心连线与水平地面间的夹角为θ,P、D球心连线处于竖直方向,已知重力加速度为g。则下列说法正确的是( )C
A.P和挡板对C的弹力分别为和B.地面对P的摩擦力大小为零C.使挡板缓慢地向右平行移动,但C仍在P和挡板AB作用下悬于半空中,则地面对P的摩擦力将不断增大D.使挡板绕B点顺时针缓慢转动,P始终保持静止,则D一定缓慢下滑
解析对D受力分析,受到重力mg和P对D的支持力FN;对C受力分析,受到重力mg、挡板AB的支持力FN1和P对C的支持力FN2,如图所示,根据平衡条件,得FN1=,FN2=,选项A错误;以P、C、D整体为研究对象,进行受力分析,受整体的重力、挡板AB的支持力FN1、地面的支持力FN3、地面的静摩擦力f,根据共点力平衡条件,有FN3=(M+2m)g,f=FN1,选项B错误;使挡板缓慢地向右平行移动,由于θ不断减小,故f不断增大,选项C正确;由于P、D球心连线处于竖直方向,当使挡板绕B点顺时针缓慢地转动时,小球D可继续保持静止,选项D错误。
3.[正交分解法求动态平衡的极值]细线OA、OB的O端与质量为m的小球拴接在一起,A、B两端固定于竖直墙面上,其中细线OA与竖直方向成45°角,细线OB与竖直方向成60°角,如图所示,现在对小球施加一个与水平方向成45°的拉力F,小球保持静止,细线OA、OB均处于伸直状态,已知重力加速度为g,小球可视为质点,下列说法错误的是( )D
A.在保证细线OA、OB都伸直的情况下,若F增大,则细线OA中拉力变小,细线OB中拉力变大B.当F=mg时,细线OB中拉力为零C.为保证两根细线均伸直,拉力F不能超过mgD.为保证两根细线均伸直,拉力F不能超过mg
解析对小球进行受力分析如图所示设细线OA、OB对小球的拉力分别为TA、TB,若OA、OB都伸直,对小球由平衡条件列方程,竖直方向有TAcos45°+Fsin45°=TBcos60°+mg,水平方向有TAsin
45°+TBsin60°=Fcos45°,解得TA=mg-(2-)F,TB=(-)F-(-1)mg,若F增大,则TA变小,TB变大,A项正确;TB为零时,有TB=(-)F-(-1)mg=0,解得F=mg,B项正确;为保证两根细线都伸直,F最大时,有TA=mg-(2-)F=0,解得F=mg,C项正确,D项错误。
