第三章 微型專題 力的合成與分解 簡單的共點力的平衡問題

第頁微型專題力的合成與分解簡單的共點力的平衡問題[學(xué)習(xí)目標(biāo)]1.進一步理解力的效果分解法和正交分解法.2.理解什么是平衡狀態(tài)，掌握共點力的平衡條件.3.會用合成法或正交分解法求解平衡問題.一、共點力平衡的條件及三力平衡問題1.平衡狀態(tài)：物體處于靜止或勻速直線運動的狀態(tài).2.平衡條件：合外力等于0，即F合＝0.3.推論(1)二力平衡：若物體在兩個力作用下處于平衡狀態(tài)，則這兩個力一定等大、反向.(2)三力平衡：若物體在三個共點力作用下處于平衡狀態(tài)，則任意兩個力的合力與第三個力等大、反向.(3)多力平衡：若物體在n個共點力作用下處于平衡狀態(tài)，則其中任意n－1個力的合力必定與第n個力等大、反向.例1在科學(xué)研究中，可以用風(fēng)力儀直接測量風(fēng)力的大小，其原理如圖1所示.儀器中一根輕質(zhì)金屬絲懸掛著一個金屬球.無風(fēng)時，金屬絲豎直下垂；當(dāng)受到沿水平方向吹來的風(fēng)時，金屬絲偏離豎直方向一個角度.風(fēng)力越大，偏角越大.那么風(fēng)力大小F跟金屬球的質(zhì)量m、偏角θ之間有什么樣的關(guān)系呢？圖1答案F＝mgtanθ解析選取金屬球為研究對象，它受到三個力的作用，如圖甲所示.金屬球處于平衡狀態(tài)，這三個力的合力為零.可用以下兩種方法求解.解法一力的合成法如圖乙所示，風(fēng)力F和拉力FT的合力與重力等大反向，由平行四邊形定則可得F＝mgtanθ.解法二正交分解法以金屬球為坐標(biāo)原點，取水平方向為x軸，豎直方向為y軸，建立直角坐標(biāo)系，如圖丙所示.由水平方向的合力Fx合和豎直方向的合力Fy合分別等于零，即Fx合＝FTsinθ－F＝0Fy合＝FTcosθ－mg＝0解得F＝mgtanθ.【考點】靜態(tài)平衡問題分析【題點】三力平衡問題物體在三個力或多個力作用下的平衡問題，一般會用到力的合成法、效果分解法或正交分解法，選用的原則和處理方法如下：1.力的合成法——一般用于受力個數(shù)為三個時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.力的效果分解法——一般用于受力個數(shù)為三個時1確定要分解的力；2按實際作用效果確定兩分力的方向；3沿兩分力方向作平行四邊形；4根據(jù)平衡條件確定分力及合力的大小關(guān)系；5用三角函數(shù)或勾股定理解直角三角形.3.正交分解法——一般用于受力個數(shù)為三個或三個以上時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.針對訓(xùn)練1如圖2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.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2A.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).二、利用正交分解法分析多力平衡問題1.將各個力分解到x軸和y軸上，根據(jù)共點力平衡的條件：Fx＝0，F(xiàn)y＝0.2.對x、y軸方向的選擇原則是：使盡可能多的力落在x、y軸上，需要分解的力盡可能少，被分解的力盡可能是已知力.3.此方法多用于三個或三個以上共點力作用下的物體平衡，三個以上共點力平衡一般要采用正交分解法.例2如圖3所示，物體的質(zhì)量m＝4.4kg，用與豎直方向成θ＝37°的斜向右上方的推力把該物體壓在豎直墻壁上，并使它沿墻壁在豎直方向上做勻速直線運動.物體與墻壁間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，取重力加速度g＝10N/kg，求推力F的大小.(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)圖3答案88N或40N解析若物體向上做勻速直線運動，則受力如圖甲所示.Fcosθ＝mg＋fFsinθ＝FNf＝μFN故推力F＝eq\f(mg,cosθ－μsinθ)＝eq\f(4.4×10,0.8－0.5×0.6)N＝88N若物體向下做勻速直線運動，受力如圖乙所示.Fcosθ＋f′＝mgFsinθ＝FN′f′＝μFN′故推力F＝eq\f(mg,cosθ＋μsinθ)＝eq\f(4.4×10,0.8＋0.5×0.6)N＝40N【考點】靜態(tài)平衡問題分析【題點】多力平衡問題針對訓(xùn)練2(多選)如圖4所示，建筑裝修中，工人用質(zhì)量為m的磨石對斜壁進行打磨，當(dāng)對磨石加豎直向上、大小為F的推力時，磨石恰好沿斜壁向上勻速運動，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.(F－mg)cosθ B.μ(F－mg)sinθC.μ(F－mg)cosθ D.μ(F－mg)答案AB【考點】共點力及平衡【題點】多力平衡問題三、利用解析法或圖解法分析動態(tài)平衡問題1.動態(tài)平衡：是指平衡問題中的一部分力是變力，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.基本方法：解析法、圖解法和相似三角形法.3.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，第三個力大小、方向均變化.②一般步驟：a.首先對物體進行受力分析，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3如圖5所示，一小球放置在木板與豎直墻面之間.設(shè)墻面對小球的壓力大小為FN1，木板對小球的支持力大小為FN2.以木板與墻連接點為軸，將木板從圖示位置開始緩慢地轉(zhuǎn)到水平位置.不計摩擦，在此過程中()圖5A.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：解析法對球進行受力分析，如圖甲所示，小球受重力G、墻面對小球的壓力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)將木板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始終減小.從圖中可以看出，F(xiàn)N2＝eq\f(G,sinθ)，θ逐漸增大，sinθ逐漸增大，故FN2始終減小.選項B正確.方法二：圖解法小球受重力G、墻面對小球的壓力FN1、木板對小球的支持力FN2而處于平衡狀態(tài).由平衡條件知FN1、FN2的合力與G等大反向，θ增大時，畫出多個平行四邊形，如圖乙，由圖可知θ增大的過程中，F(xiàn)N1始終減小，F(xiàn)N2始終減小.選項B正確.【考點】動態(tài)平衡問題分析【題點】圖解法求動態(tài)平衡問題針對訓(xùn)練3用繩AO、BO懸掛一個重物，BO水平，O為半圓形支架的圓心，懸點A和B在支架上.懸點A固定不動，將懸點B從圖6所示位置逐漸移動到C點的過程中.分析繩OA和繩OB上的拉力的大小變化情況.圖6答案繩OA的拉力逐漸減小繩OB的拉力先減小后增大解析解法一力的效果分解法在支架上選取三個點B1、B2、B3，當(dāng)懸點B分別移動到B1、B2、B3各點時，對AO、BO繩的拉力分別為FTA1、FTA2、FTA3和FTB1、FTB2、FTB3，如圖所示，從圖中可以直觀地看出，F(xiàn)TA逐漸變小，且方向不變；而FTB先變小，后變大，且方向不斷改變；當(dāng)FTB與FTA垂直時，F(xiàn)TB最小.解法二合成法將AO繩、BO繩的拉力合成，其合力與重力等大反向，逐漸改變OB繩拉力的方向，使FB與豎直方向的夾角θ變小，得到多個平行四邊形，由圖可知FA逐漸變小，且方向不變，而FB先變小后變大，且方向不斷改變，當(dāng)FB與FA垂直時，F(xiàn)B最小.【考點】動態(tài)平衡問題分析【題點】圖解法求動態(tài)平衡問題1.(三力平衡問題)用三根輕繩將質(zhì)量為m的物塊懸掛在空中，如圖7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繩中的拉力分別為()圖7A.eq\f(\r(3),2)mg，eq\f(1,2)mg B.eq\f(1,2)mg，eq\f(\r(3),2)mgC.eq\f(\r(3),4)mg，eq\f(1,2)mg D.eq\f(1,2)mg，eq\f(\r(3),4)mg答案A解析分析結(jié)點c的受力情況如圖，設(shè)ac繩受到的拉力為F1、bc繩受到的拉力為F2，根據(jù)平衡條件知F1、F2的合力F與重力mg等大、反向，由幾何知識得F1＝Fcos30°＝eq\f(\r(3),2)mg，F(xiàn)2＝Fsin30°＝eq\f(1,2)mg，選項A正確.【考點】靜態(tài)平衡問題分析【題點】三力平衡問題2.(動態(tài)平衡問題)如圖8所示，電燈懸掛于兩墻之間，更換水平繩OA使連接點A向上移動而保持O點的位置不變，則A點向上移動時()圖8A.繩OA的拉力逐漸增大B.繩OA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D解析對O點受力分析，如圖所示，利用圖解法可知繩OA的拉力先變小后變大，故A、B、C錯誤，D正確.【考點】動態(tài)平衡問題分析【題點】圖解法求動態(tài)平衡問題3.(多力平衡問題)出門旅行時，在車站、機場等地有時會看見一些旅客推著行李箱，也有一些旅客拉著行李箱在地面上行走.為了了解兩種方式哪種省力，我們作以下假設(shè)：行李箱的質(zhì)量為m＝10kg，拉力F1、推力F2與水平方向的夾角均為θ＝37°(如圖9所示)，行李箱與地面間為滑動摩擦力.動摩擦因數(shù)為μ＝0.2，行李箱都做勻速運動.試分別求出F1、F2的大小并通過計算說明拉箱子省力還是推箱子省力.(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2)圖9答案見解析解析拉行李箱時，對行李箱受力分析，如圖甲所示.F1cosθ＝f1F1sinθ＋FN1＝mgf1＝μFN1解得F1＝eq\f(μmg,cosθ＋μsinθ)≈21.7N推行李箱時，對行李箱受力分析，如圖乙所示.F2cosθ＝f2FN2＝F2sinθ＋mgf2＝μFN2解得F2＝eq\f(μmg,cosθ－μsinθ)≈29.4NF1<F2，即拉箱子省力.【考點】力的正交分解【題點】正交分解法處理平衡問題一、選擇題考點一三力平衡問題1.(多選)如圖1所示，兩根等長的輕繩將日光燈懸掛在天花板上，兩繩與豎直方向的夾角都為45°，日光燈保持水平，所受重力為G.則()圖1A.兩繩對日光燈拉力的合力大小為GB.兩繩的拉力和重力不是共點力C.兩繩的拉力大小分別為eq\f(\r(2),2)G和eq\f(\r(2),2)GD.兩繩的拉力大小分別為eq\f(G,2)和eq\f(G,2)答案AC解析如圖，兩繩拉力的作用線與重力作用線的延長線交于一點，這三個力為共點力，B選項錯誤；由于日光燈在兩繩拉力和重力作用下處于平衡狀態(tài)，所以兩繩的拉力的合力與重力G等大反向，A選項正確；由于兩個拉力的夾角成直角，且都與豎直方向成45°角，則由力的平行四邊形定則可知G＝eq\r(F\o\al(,12)＋F\o\al(,22))，F(xiàn)1＝F2，故F1＝F2＝eq\f(\r(2),2)G，C選項正確，D選項錯誤.2.在如圖2所示的甲、乙、丙、丁四圖中，滑輪光滑且所受的重力忽略不計，滑輪的軸O安裝在一根輕木桿P上，一根輕繩ab繞過滑輪，a端固定在墻上，b端下面掛一個質(zhì)量為m的重物，當(dāng)滑輪和重物都靜止不動時，甲、丙、丁圖中木桿P與豎直方向的夾角均為θ，乙圖中木桿P豎直.假設(shè)甲、乙、丙、丁四圖中滑輪受到木桿P的彈力的大小依次為FA、FB、FC、FD，則以下判斷正確的是()圖2A.FA＝FB＝FC＝FDB.FD>FA＝FB>FCC.FA＝FC＝FD>FBD.FC>FA＝FB>FD答案B解析繩上的拉力大小等于重物所受的重力mg，設(shè)滑輪兩側(cè)輕繩之間的夾角為φ，滑輪受到木桿P的彈力F大小等于滑輪兩側(cè)輕繩拉力的合力大小，即F＝2mgcoseq\f(φ,2)，由夾角關(guān)系可得FD>FA＝FB>FC，選項B正確.3.如圖3所示，兩輕彈簧a、b懸掛一小鐵球處于平衡狀態(tài)，a彈簧與豎直方向成30°角，b彈簧水平，a、b的勁度系數(shù)分別為k1、k2，則a、b兩彈簧的伸長量x1與x2之比為()圖3A.eq\f(2k2,k1)B.eq\f(k2,k1)C.eq\f(k1,k2)D.eq\f(k2,2k1)答案A解析a彈簧的彈力FA＝k1x1，b彈簧的彈力FB＝k2x2，小球處于平衡狀態(tài)，必有FAsin30°＝FB.即：k1x1sin30°＝k2x2，故eq\f(x1,x2)＝eq\f(2k2,k1)，A正確.4.如圖4所示，質(zhì)量為m的小物體靜止在半徑為R的半球體上，小物體與半球體間的動摩擦因數(shù)為μ，小物體與球心連線與水平地面的夾角為θ，則下列說法正確的是()圖4A.小物體對半球體的壓力大小為mgcosθB.小物體對半球體的壓力大小為mgtanθC.小物體所受摩擦力大小為μmgsinθD.小物體所受摩擦力大小為mgcosθ答案D解析對小物體受力分析，小物體受重力、支持力及摩擦力，三力作用下物體處于平衡狀態(tài)，則合力為零，小物體對半球體的壓力FN＝mgsinθ，A、B錯誤；小物體所受摩擦力為靜摩擦力，不能用f＝μFN來計算，摩擦力沿切線方向，在切線方向重力的分力與摩擦力相等，即f＝mgcosθ，C錯誤，D正確.5.如圖5所示，一個半球形的碗放在桌面上，碗口水平，O點為其球心，碗的內(nèi)表面及碗口是光滑的，一根細線跨在碗口上，線的兩端分別系有質(zhì)量為m1和m2的小球，當(dāng)它們處于平衡狀態(tài)時，質(zhì)量為m1的小球與O點的連線與水平方向的夾角為α＝60°，兩小球的質(zhì)量比eq\f(m2,m1)為()圖5A.eq\f(\r(3),3) B.eq\f(\r(2),3)C.eq\f(\r(3),2) D.eq\f(\r(2),2)答案A考點二利用正交分解法解決共點力平衡問題6.(多選)如圖6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6A.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.考點三動態(tài)平衡問題7.如圖7所示，用繩索將重球掛在墻上，不考慮墻的摩擦，如果把繩的長度增加一些，則球?qū)K的拉力F1和球?qū)Φ膲毫2的變化情況是()圖7A.F1增大，F(xiàn)2減小B.F1減小，F(xiàn)2增大C.F1和F2都減小D.F1和F2都增大答案C解析把球的重力往兩個方向上分解如圖所示，由圖知兩個力均減小，故選C.8.(多選)如圖8所示，用豎直擋板將光滑小球夾在擋板和斜面之間，若逆時針緩慢轉(zhuǎn)動擋板，使其由豎直轉(zhuǎn)至水平的過程中，以下說法正確的是()圖8A.擋板對小球的壓力先增大后減小B.擋板對小球的壓力先減小后增大C.斜面對小球的支持力先減小后增大D.斜面對小球的支持力一直逐漸減小答案BD解析取小球為研究對象，小球受到重力G、擋板對小球的支持力FN1和斜面對小球的支持力FN2三個力作用，如圖所示，F(xiàn)N1和FN2的合力與重力大小相等，方向相反，F(xiàn)N2總垂直接觸面(斜面)，方向不變，根據(jù)圖解可以看出，在FN1方向改變時，其大小(箭頭)只能沿PQ線變動.顯然在擋板移動過程中，F(xiàn)N1先變小后變大，F(xiàn)N2一直減小.【考點】動態(tài)平衡問題分析【題點】圖解法求動態(tài)平衡問題

二、非選擇題9.(多力平衡問題)如圖9所示，放在水平地面上的物體P的重量為GP＝10N，與P相連的細線通過光滑輕質(zhì)定滑輪掛了一個重物Q拉住物體P，重物Q的重量為GQ＝2N，此時兩物體保持靜止?fàn)顟B(tài)，線與水平方向成30°角，則物體P受到地面對它的摩擦力f與地面對它的支持力FN各為多大？圖9答案eq\r(3)N9N解析選取Q為研究對象，受力如圖所示：由平衡條件可知：FT＝GQ ①選取P為研究對象，受力如圖所示：建立如圖所示的直角坐標(biāo)系，在x軸上由平衡條件，有：FTx＝f＝FTcos30° ②在y軸上由平衡條件，有：FN＋FTy＝FN＋FTsin30°＝GP ③聯(lián)立①②③得：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f＝\r(3)N，方向水平向左,FN＝9N，方向豎直向上))10.(多力平衡問題)一物體置于粗糙的斜面上，給該物體施加一個平行于斜面的力，當(dāng)此力為100N且沿斜面向上時，物體恰能沿斜面向上勻速運動；當(dāng)此力為20N且沿斜面向下時，物體恰能在斜面上向下勻速運動，求施加此力前物體在斜面上受到的摩擦力的大小.答案40N解析物體沿斜面向上運動時對物體受力分析如圖甲所示.甲乙由共點力的平衡條件得x軸：F1－f1－mgsinα＝0，y軸：mgcosα－FN1＝0又f1＝μFN1物體沿斜面向下運動時對物體受力分析如圖乙所示.由共點力的平衡條件得x軸：f2－F2－mgs