【講與練】高中物理人教版(2019)必修1：第3章專題強化5共點力平衡的三類問題學案

專題強化5共點力平衡的三類問題課程標準1．進一步熟練掌握平衡問題的解法。2．會利用解析法、圖解法、相似三角形法分析動態(tài)平衡問題。3．靈活運用整體法和隔離法處理多個物體的平衡問題。素養(yǎng)目標物理觀念理解整體法和隔離法在解決平衡問題中的作用科學思維1．掌握用解析法、圖解法、相似三角形法解題。2．學會處理共點力平衡中的臨界、極值問題。探究物體平衡問題的處理方法要點提煉1．問題界定：一個平衡系統(tǒng)中涉及兩個或兩個以上的物體，即為多物體的平衡問題。2．處理方法：整體法和隔離法當系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)時，組成系統(tǒng)的每個物體都處于平衡狀態(tài)，選取研究對象時要注意整體法和隔離法的結(jié)合。一般地，當求系統(tǒng)內(nèi)部間的相互作用時，用隔離法；求系統(tǒng)受到的外力時，用整體法，具體應用中，應將這兩種方法結(jié)合起來靈活運用。典例剖析典題1(2023·湖南常德高一階段練習)如圖所示，一根粗糙的水平橫桿上套有A，B兩個輕環(huán)，系在兩環(huán)上的等長細繩拴住的書處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)將兩環(huán)距離變小后書仍處于靜止狀態(tài)，則(C)A．桿對A環(huán)的力不變B．桿對A環(huán)的支持力變小C．B環(huán)對桿的摩擦力力變小D．與B環(huán)相連的細繩對書本的拉力變大解析：設(shè)書的質(zhì)量為m，以A、B兩個輕環(huán)及書系統(tǒng)為研究對象，根據(jù)平衡條件得2FN＝mg，解得FN＝eq\f(1,2)mg，桿對A環(huán)的支持力始終等于書重力的一半，支持力不變，故B錯誤；設(shè)繩與豎直方向的夾角為θ，對B環(huán)受力分析如圖所示對B環(huán)，根據(jù)平衡條件得Ff＝FTsinθ，F(xiàn)N＝FTcosθ，解得Ff＝FNtanθ＝eq\f(mgtanθ,2)，現(xiàn)將兩環(huán)距離變小后，θ減小，tanθ減小，則B環(huán)受到的摩擦力Ff變小，所以B環(huán)對桿的摩擦力也變小，故C正確；由選項C分析，同理可得桿對A環(huán)的摩擦力變小，由于桿對A環(huán)的支持力不變，則二者的合力變小，所以桿對A環(huán)的作用力變小，故A錯誤；兩繩的合力等于書的重力，兩環(huán)距離變小，兩繩的夾角變小，根據(jù)平行四邊形定則可知繩的拉力變小，故D錯誤。對點訓練?(2023·山東菏澤高一統(tǒng)考期末)如圖所示，固定的斜面上疊放著A、B兩木塊，木塊A與B的接觸面是水平的，水平力F作用于木塊A，使木塊A、B保持靜止，且F≠0。則下列描述正確的是(B)A．B可能受到3個或4個力作用B．斜面對木塊B的摩擦力方向可能沿斜面向上C．A對B的摩擦力可能為0D．A、B整體可能受4個或5個力作用解析：對木塊A，受力如圖水平方向受力平衡，因此一定有靜摩擦力FfB與水平力F平衡，故C錯誤；對木塊B，受力如圖其中斜面對木塊B的摩擦力Ff可能為0，因此木塊B可能受4個或5個力作用，故A錯誤；對A、B整體，一定受到重力(mA＋mB)g、斜面支持力FN、水平力F，如圖所示這三個力可能使整體平衡，因此斜面對A、B整體的靜摩擦力可能為0，可能沿斜面向上，也可能沿斜面向下，A、B整體可能受3個或4個力作用，故B正確，D錯誤。探究動態(tài)平衡問題要點提煉1．動態(tài)平衡(1)所謂動態(tài)平衡問題，是指通過控制某些物理量，使物體的狀態(tài)發(fā)生緩慢變化，而在這個過程中物體又始終處于一系列的平衡狀態(tài)，常利用圖解法解決此類問題。(2)基本思路：化“動”為“靜”，“靜”中求“動”。2．分析動態(tài)平衡問題的方法方法步驟解析法(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圖解法(1)根據(jù)已知量的變化情況，畫出平行四邊形邊、角的變化；(2)確定未知量大小、方向的變化相似三角形法(1)根據(jù)已知條件畫出兩個不同情況對應的力的三角形和空間幾何三角形，確定對應邊，利用三角形相似知識列出比例式；(2)確定未知量大小的變化情況力的三角形法對受三力作用而平衡的物體，將力的矢量圖平移使三力組成一個首尾依次相接的矢量三角形，根據(jù)正弦定理、余弦定理等數(shù)學知識求解未知力典例剖析典題2(2023·山東濟寧高一期末)如圖所示，一個傾角為θ的固定斜面上，有一塊可繞其下端轉(zhuǎn)動的擋板P，今在擋板與斜面間放一重力為G的光滑球，在擋板P由圖示的豎直位置緩慢地轉(zhuǎn)到水平位置的過程中(A)A．球?qū)醢宓膲毫ο葴p小后增大B．球?qū)醢宓膲毫σ恢痹龃驝．球?qū)π泵娴膲毫ο葴p小后增大D．球?qū)Φ男泵鎵毫σ恢痹龃蠼馕觯簩饣蚴芰Ψ治鋈鐖D所示擋板轉(zhuǎn)動時，擋板對球的彈力F1與斜面對球的彈力F2的合力大小方向不變，其中F2的方向保持不變，作輔助圖如上，在擋板P由圖示的豎直位置緩慢地轉(zhuǎn)到水平位置的過程中，F(xiàn)1的方向如圖中a、b、c的規(guī)律變化，由平行四邊形定則可知，F(xiàn)1的大小變化規(guī)律為先減小后增大，與此對應，F(xiàn)2的大小為一直減小，由牛頓第三定律可知，球?qū)醢宓膲毫ο葴p小后增大，球?qū)π泵娴膲毫σ恢睖p小。故選A。思維升華：圖解法分析三力動態(tài)平衡問題的思路：(1)確定研究對象，作出受力分析圖。(2)明確三力的特點，哪個力不變，哪個力變化。(3)將三力的示意圖首尾連接，構(gòu)造出矢量三角形；或?qū)⒛沉Ω鶕?jù)其效果進行分解，畫出平行四邊形。(4)根據(jù)已知量的變化情況，確定有向線段(表示力)的長度變化，從而判斷各個力的變化情況。對點訓練?(2023·山東濟南高一期末)在旅行途中，小勤想起了歷城二中的標志性雕塑：妙筆生花。雕塑可以簡化為如圖所示的模型：一個半球形花冠和豎直的毛筆底座。若花冠中落入一連接有輕繩的質(zhì)量為m的物體，輕繩搭在花冠邊緣，小勤設(shè)想若用力拉動輕繩使物體沿花冠緩慢向上移動，在此過程中若忽略一切阻力，則(B)A．細繩的拉先增大后減小B．細繩的拉力一直增大C．花冠對物體的支持力先增大后減小D．花冠對物體的支持力一直增大解析：對物體受力分析，如圖所示力的三角形和幾何三角形相似，則有eq\f(mg,l)＝eq\f(FN,R)，當物體緩慢向上移動時，R不變，l增大，mg不變，則FN減小，在力的三角形中，支持力FN、拉力F的合力與重力mg等大反向，mg保持不變，F(xiàn)N減小時，F(xiàn)增大。故選B。探究平衡中的臨界極值問題要點提煉1．臨界問題(1)問題界定：物體所處平衡狀態(tài)將要發(fā)生變化的狀態(tài)為臨界狀態(tài)，涉及臨界狀態(tài)的問題為臨界問題。(2)問題特點①當某物理量發(fā)生變化時，會引起其他幾個物理量的變化。②注意某現(xiàn)象“恰好出現(xiàn)”或“恰好不出現(xiàn)”的條件。(3)處理方法：基本方法是假設(shè)推理法，即先假設(shè)某種情況成立，然后根據(jù)平衡條件及有關(guān)知識進行論證、求解。2．極值問題(1)問題界定：物體平衡的極值問題，一般指在力的變化過程中涉及力的最大值和最小值的問題。(2)處理方法①解析法：根據(jù)物體的平衡條件列出方程，在解方程時，采用數(shù)學知識求極值或者根據(jù)物理臨界條件求極值。②圖解法：根據(jù)物體的平衡條件作出力的矢量圖，畫出平行四邊形或者矢量三角形進行動態(tài)分析，確定最大值或最小值。典例剖析典題3如圖所示，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作用于物體上使其恰能沿斜面勻速上滑，若改用水平推力F2作用于物體上，也恰能使物體沿斜面勻速上滑，則兩次的推力之比eq\f(F1,F2)為(B)A．cosθ＋μsinθ B．cosθ－μsinθC．1＋μtanθ D．1－μtanθ解析：物體在力F1作用下和力F2作用下運動時的受力分析如圖1、2所示。將重力mg、力F2沿斜面方向和垂直于斜面方向正交分解，由平衡條件可得F1＝mgsinθ＋Ff1，F(xiàn)N1＝mgcosθ，F(xiàn)f1＝μFN1F2cosθ＝mgsinθ＋Ff2，F(xiàn)N2＝mgcosθ＋F2sinθ，F(xiàn)f2＝μFN2解得F1＝mgsinθ＋μmgcosθF2＝eq\f(mgsinθ＋μmgcosθ,cosθ－μsinθ)故eq\f(F1,F2)＝cosθ－μsinθ，B正確。對點訓練?(2023·浙江寧波高一期中)如圖所示，豎直面光滑的墻角有一個質(zhì)量為m，半徑為r的半球體均勻物體A?，F(xiàn)在A上放一密度和半徑與A相同的球體B，調(diào)整A的位置使得A、B保持靜止狀態(tài)。已知A與地面間的動摩擦因數(shù)為eq\f(5,18)，則A球球心距墻角的最遠距離是(B)A．eq\f(20,13)r B．eq\f(23,13)rC．eq\f(25,13)r D．eq\f(28,13)r解析：根據(jù)題意可知，B的質(zhì)量為2m，AB處于靜止狀態(tài)，受力平衡，則地面對A的支持力為FN＝3mg當?shù)孛鎸的摩擦力達到最大靜摩擦力時，A球球心距墻角的距離最遠，對A、B受力分析，如圖所示根據(jù)平衡條件得F＝eq\f(2mg,sinθ)，F(xiàn)cosθ＝3μmg解得tanθ＝eq\f(12,5)則A球球心距墻角的最遠距離為x＝2rcosθ＋r＝eq\f(23,13)r。故選B。利用輔助圓法解決動態(tài)平衡問題案例如圖所示，置于地面的矩形框架中用兩細繩拴住質(zhì)量為m的小球，繩B水平。設(shè)繩A、B對小球的拉力大小分別為FA、FB，它們的合力大小為F?，F(xiàn)將框架在豎直平面內(nèi)繞左下端緩慢旋轉(zhuǎn)90°，在此過程中(B)A．FA先增大后減小 B．FB先增大后減小C．F先增大后減小 D．F先減小后增大解析：通過受力分析和過程分析可以看出，在矩形框架旋轉(zhuǎn)的過程中，兩根繩的夾角始終不變，而小球的重力為恒力，故可將小球受到的三個力平移到一個矢量三角形中，讓小球的重力作為圓中的一條弦，兩繩拉力的夾角的補角組成這條弦所對應的圓周角，如圖所示。可以看出在旋轉(zhuǎn)過程中，F(xiàn)A一直在減小，直到減小到0，而當FA與mg垂直時，表示FB的有向線段是輔助圓的直徑，F(xiàn)B達到最大值，之后再逐漸減小，最終減小為mg，故FA一直減小，F(xiàn)B先增大后減小，故A錯誤，B正確；因小球始終處于平衡狀態(tài)，故繩A、B對小球拉力的合力始終與重力等大反向，即F的大小不變，故C、D錯誤。一、多物體平衡問題1．(2023·湖南常德高一階段練習)如圖所示，在兩塊相同的豎直木板間，有質(zhì)量均為m的四塊相同的磚，用兩個大小均為F的水平力壓木板，使磚靜止不動，則左邊木板對第一塊磚，第二塊磚對第三塊磚的摩擦力分別為(B)A．4mg、2mg B．2mg、0C．2mg、mg D．4mg、mg解析：根據(jù)對稱性可知，左邊木板對第一塊磚和右邊木板對第四塊磚的摩擦力大小相等，方向均豎直向上，以4塊磚為整體，根據(jù)受力平衡可得2Ff＝4mg，解得左邊木板對第一塊磚的摩擦力大小為Ff＝2mg，以第一塊磚和第二塊磚為整體，由于左邊木板對第一塊磚的摩擦力大小為2mg，方向豎直向上，剛好與第一塊磚和第二塊磚為整體的重力平衡，可知第二塊磚與第三塊磚間的摩擦力為零，即Ff23＝0。故選B。二、動態(tài)平衡問題2．(2023·河北石家莊高一階段練習)如圖所示，用OA、OB兩根輕繩將花盆懸于兩豎直墻之間，開始時OB繩水平。現(xiàn)保持O點位置不變，改變OB繩長使繩右端由B點緩慢上移至B′點，此時OB′與OA之間的夾角θ<90°。設(shè)此過程OA、OB繩的拉力大小分別為FOA、FOB，則下列說法正確的是(D)A．FOA先增大后減小B．FOA一直增大C．FOB一直減小D．FOB先減小后增大解析：以結(jié)點O為研究對象，受力分析如圖所示根據(jù)平衡條件知，兩根繩子的拉力的合力與重力大小相等、方向相反，作出輕繩OB在三個位置時力的合成圖如圖，由圖看出，F(xiàn)OA逐漸減小，F(xiàn)OB先減小后增大，當θ＝90°時，F(xiàn)OB最小，故A、B、C錯誤，D正確。三、平衡中的臨界極值問題3．如圖所示，三根長度均為L的輕繩分別連接于C、D兩點，A、B兩端被懸掛在水平天花板上，相距2L，現(xiàn)在C點上懸掛一個質(zhì)量為m的重物，為使CD繩保持水平，在D點上可施加力的最小值為(C)A．mg B．eq\f(\r(3),3)mgC．eq\f(1,2)mg D．eq\f(1,4)mg解