《高中物理 第4章 牛顿运动定律 习题课一 共点力平衡的应用(教师备用)课件 新人教版必修1》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高中物理 第4章 牛顿运动定律 习题课一 共点力平衡的应用(教师备用)课件 新人教版必修1（31页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、习题课共点力平衡的应用习题课共点力平衡的应用课堂探究课堂探究达标测评达标测评课堂探究课堂探究 核心导学核心导学要点探究要点探究一、多物体的平衡一、多物体的平衡【例例1 1】如图所示如图所示, ,质量为质量为M M的正方体空木箱的正方体空木箱A A放置在粗糙水平面上放置在粗糙水平面上, ,沿空木沿空木箱对角线有一光滑细轨道箱对角线有一光滑细轨道, ,轨道与水平方向间的夹角为轨道与水平方向间的夹角为4545. .轨道上有一轨道上有一质量为质量为m m的物体的物体B B沿轨道自由下滑沿轨道自由下滑, ,木箱始终静止在水平面上木箱始终静止在水平面上, ,求物体下滑求物体下滑的过程中的过程中: :(1)
2、(1)轨道对物体的弹力大小轨道对物体的弹力大小; ;(2)(2)地面对木箱的摩擦力的大小和方向地面对木箱的摩擦力的大小和方向. .核心点拨核心点拨(1)(1)物体物体B B沿轨道加速下滑沿轨道加速下滑, ,利用分解法可求出轨道对物体利用分解法可求出轨道对物体的弹力的弹力. .(2)(2)利用牛顿第三定律利用牛顿第三定律, ,确定木箱受力确定木箱受力, ,根据平衡条件可求出摩擦力根据平衡条件可求出摩擦力. .(3)(3)由于二者产生了相对运动由于二者产生了相对运动, ,一般不用整体法一般不用整体法. .(2)(2)以木箱为研究对象以木箱为研究对象, ,受力如图所示受力如图所示. .由牛顿第三定律
3、知由牛顿第三定律知F FN N=F=FN N在水平方向上有在水平方向上有F Ff f- -F FN Nsinsin 45 45=0,=0,拓展提升拓展提升1:1:( (20172017荆州沙市中学高一检测荆州沙市中学高一检测) )劲度系数为劲度系数为k k1 1=100 N/m=100 N/m的弹簧的弹簧A A上端固定在光滑木板的顶端上端固定在光滑木板的顶端, ,木板竖直放置木板竖直放置. .弹簧弹簧A A下端悬挂质量为下端悬挂质量为m=2 kgm=2 kg的的物体物体P,PP,P下面通过劲度系数为下面通过劲度系数为k k2 2=200 N/m=200 N/m的弹簧的弹簧B B悬挂另一质量也为
4、悬挂另一质量也为m=2 kgm=2 kg的的物体物体Q.P,QQ.P,Q轻靠在木板左侧轻靠在木板左侧, ,如图所示如图所示. .整个装置静止后整个装置静止后, ,将木板绕其下端沿顺将木板绕其下端沿顺时针方向缓慢旋转时针方向缓慢旋转6060. .稳定后稳定后,P,Q,P,Q相对木板移动的距离各为多少相对木板移动的距离各为多少? ?解析解析: :木板竖直时木板竖直时, ,对对P,QP,Q整体整体, ,有有k k1 1x x1 1=2mg,=2mg,代入数据可得代入数据可得x x1 1=0.4 m,=0.4 m,对物体对物体Q,Q,有有k k2 2x x2 2=mg=mg代入数据得代入数据得x x2
5、 2=0.1 m,=0.1 m,旋转后将旋转后将P,QP,Q整体重力分解整体重力分解, ,由平衡条件可得由平衡条件可得k k1 1x x1 1=2mgsin 30=2mgsin 30, ,代入数据得代入数据得x x1 1=0.2 m=0.2 m同理对物体同理对物体Q,Q,有有k k2 2x x2 2=mgsin 30=mgsin 30, ,代入数据得代入数据得x x2 2=0.05 m,=0.05 m,所以所以P P上升的距离上升的距离x xP P=x=x1 1-x-x1 1=0.4 m-0.2 m=0.2 m,=0.4 m-0.2 m=0.2 m,Q Q上升的距离上升的距离x xQ Q=x=
6、xP P+x+x2 2-x-x2 2=0.2 m+0.1 m-0.05 m=0.25 m.=0.2 m+0.1 m-0.05 m=0.25 m.答案答案: :0.2 m0.2 m0.25 m0.25 m方法总结方法总结 若一个系统中涉及两个或者两个以上物体的平衡问题若一个系统中涉及两个或者两个以上物体的平衡问题, ,在选取在选取研究对象时研究对象时, ,要灵活运用整体法和隔离法要灵活运用整体法和隔离法. .对于多物体问题对于多物体问题, ,如果不求物体如果不求物体间的相互作用力间的相互作用力, ,优先采用整体法优先采用整体法, ,这样涉及的研究对象少这样涉及的研究对象少, ,未知量少未知量少,
7、 ,方方程少程少, ,求解简便求解简便; ;很多情况下很多情况下, ,通常采用整体法和隔离法相结合的方法通常采用整体法和隔离法相结合的方法. .二、动态平衡二、动态平衡【例例2 2】如图所示如图所示, ,小球用细绳系住小球用细绳系住, ,绳的另一端固定于绳的另一端固定于O O点点. .现用水平力现用水平力F F缓慢推动斜面体缓慢推动斜面体, ,小球在斜面上无摩擦地滑动小球在斜面上无摩擦地滑动, ,细绳始终处于直线状态细绳始终处于直线状态, ,当当小球升到接近斜面顶端时细绳接近水平小球升到接近斜面顶端时细绳接近水平, ,此过程中斜面对小球的支持力此过程中斜面对小球的支持力F FN N以及绳对小球
8、的拉力以及绳对小球的拉力F FT T的变化情况是的变化情况是( ( ) )A.FA.FN N保持不变保持不变,F,FT T不断增大不断增大B.FB.FN N不断增大不断增大,F,FT T不断减小不断减小C.FC.FN N保持不变保持不变,F,FT T先增大后减小先增大后减小D.FD.FN N不断增大不断增大,F,FT T先减小后增大先减小后增大D D 核心点拨核心点拨 (1)(1)“缓慢缓慢”可理解为运动速度非常小可理解为运动速度非常小, ,且运动过程中每一且运动过程中每一状态都处于平衡状态状态都处于平衡状态, ,通常称为动态平衡状态通常称为动态平衡状态. .(2)(2)支持力方向与斜面总是垂
9、直支持力方向与斜面总是垂直, ,小球距小球距O O点的距离不变点的距离不变, ,拉力方向在改变拉力方向在改变. .解解析析: :由由于于缓缓慢慢推推动动斜斜面面体体, ,小小球球处处于于平平衡衡状状态态, ,小小球球受受重重力力mgmg、斜斜面面的的支支持持力力F FN N、绳绳的的拉拉力力F FT T,F,FN N和和F FT T的的合合力力与与mgmg等等大大反反向向, ,如如图图所所示示. .随随着着绳绳的的拉拉力力F FT T按按顺顺时时针针转转动动, ,其其大大小小先先减减小小后后增增大大, ,而而支支持持力力F FN N一一直直增增大大, ,选选项项D D正确正确. .误区警示误区
10、警示关于图解法的两点提醒关于图解法的两点提醒 (1)(1)适适用用类类型型: :用用图图解解法法分分析析物物体体动动态态平平衡衡问问题题时时, ,一一般般物物体体只只受受三三个个力力作作用用, ,且且其其中中一一个个力力大大小小、方方向向均均不不变变, ,另另一一个个力力的的方方向向不不变变, ,第第三三个个力力大大小小、方向均变化方向均变化. .(2)(2)最最值值分分析析: :当当大大小小、方方向向均均可可改改变变的的分分力力与与方方向向不不变变、大大小小可可变变的的分分力力垂直时垂直时, ,其中方向可变的分力存在最小值其中方向可变的分力存在最小值. .拓拓展展提提升升2 2:(:(201
11、72017黑黑龙龙江江大大庆庆铁铁人人中中学学期期末末) ) 如如图图所所示示, ,固固定定在在竖竖直直平平面面内内的的光光滑滑圆圆环环的的最最高高点点有有一一个个光光滑滑的的小小孔孔. .质质量量为为m m的的小小球球套套的的圆圆环环上上. .一一根根细细线线的的下下端端系系着着小小球球, ,上上端端穿穿过过小小孔孔用用手手拉拉住住. .现现拉拉动动细细线线, ,使使小小球球沿沿圆圆环环缓缓慢慢上上移移. .在在移移动动过过程程中中手手对对线线的的拉拉力力F F和和圆圆环环对对小小球球的的支支持持力力F FN N的变化情况是的变化情况是( ( ) )A.FA.F不变不变,F,FN N增大增大
12、B.FB.F减小减小,F,FN N不变不变C.FC.F不变不变,F,FN N减小减小D.FD.F增大增大,F,FN N减小减小B B 三、平衡状态的临界与极值问题三、平衡状态的临界与极值问题【例例3 3】如图所示如图所示, ,一个底面粗糙一个底面粗糙, ,质量为质量为m m的斜面体静止在水平地面上的斜面体静止在水平地面上, ,斜斜面体斜面是光滑的面体斜面是光滑的, ,倾角为倾角为3030. .现用一端固定的轻绳系一质量为现用一端固定的轻绳系一质量为m m的小球的小球, ,小球静止时轻绳与斜面的夹角是小球静止时轻绳与斜面的夹角是3030. .(1)(1)求当斜面体静止时绳的拉力大小求当斜面体静止
13、时绳的拉力大小; ; 核心点拨核心点拨 (1) (1)斜面体受到四个或四个以上力的作用斜面体受到四个或四个以上力的作用, ,一般采用正交分一般采用正交分解法解法. .解析解析: :(1)(1)设绳的拉力为设绳的拉力为F FT T, ,斜面体支持力为斜面体支持力为F FN N, ,对小球进行受力分析如图对小球进行受力分析如图( (甲甲) )所示所示, ,由平衡条件可知由平衡条件可知,F,FT T和和F FN N的合力竖直向上的合力竖直向上, ,大小等于大小等于mg,mg,由几何由几何关系可得出关系可得出F FN N=F=FT T= mg.= mg. 核心点拨核心点拨 (2) (2)为了使整个系统
14、始终处于静止状态为了使整个系统始终处于静止状态, ,地面对斜面体的静地面对斜面体的静摩擦力不大于地面对斜面体的最大静摩擦力摩擦力不大于地面对斜面体的最大静摩擦力. .解析解析: :(2)(2)对斜面体进行受力分析对斜面体进行受力分析, ,如图如图( (乙乙) )所示所示, ,设小球对斜面体的压设小球对斜面体的压力为力为F FN N,地面的支持力为地面的支持力为F,F,地面的静摩擦力为地面的静摩擦力为F Ff f, ,由正交分解和平衡条由正交分解和平衡条件可知件可知, ,(2)(2)若地面对斜面体的最大静摩擦力等于地面对斜面体支持力的若地面对斜面体的最大静摩擦力等于地面对斜面体支持力的k k倍倍
15、, ,为了为了使整个系统始终处于静止状态使整个系统始终处于静止状态,k,k值必须满足什么条件值必须满足什么条件? ?方法总结方法总结 (1) (1)临界问题临界问题: :问题界定问题界定: :物体所处平衡状态将要发生变化的状态称之为临界状态物体所处平衡状态将要发生变化的状态称之为临界状态, ,涉及临界状态的涉及临界状态的问题为临界问题问题为临界问题. .问题特点问题特点: :a.a.当某物理量发生变化时当某物理量发生变化时, ,会引起其他几个物理量的变化会引起其他几个物理量的变化. .b.b.注意某现象注意某现象“恰好出现恰好出现”或或“恰好不出现恰好不出现”的条件的条件. .分析方法分析方法
16、: :基本方法是假设推理法基本方法是假设推理法, ,即先假设某种情况成立即先假设某种情况成立, ,然后再根据然后再根据合力为零及有关知识进行论证、求解合力为零及有关知识进行论证、求解. .(2)(2)极值问题极值问题: :问题界定问题界定: :物体平衡状态的极值问题物体平衡状态的极值问题, ,一般指在力的变化过程中涉及力的最大值和最一般指在力的变化过程中涉及力的最大值和最小值的问题小值的问题. .分析方法分析方法: :a.a.解析法解析法: :根据物体的合力为零列出方程根据物体的合力为零列出方程, ,在解方程时在解方程时, ,采用数学知识求极采用数学知识求极值或者根据物理临界条件求极值值或者根
17、据物理临界条件求极值. .b.b.图解法图解法: :根据物体的合力为零作出力的矢量图根据物体的合力为零作出力的矢量图, ,画出平行四边形或者矢量画出平行四边形或者矢量三角形进行动态分析三角形进行动态分析, ,确定最大值或最小值确定最大值或最小值. .拓展提升拓展提升3:3:( (20172017潮州质检潮州质检) )物体物体A A的质量为的质量为2 kg,2 kg,两根轻细绳两根轻细绳b b和和c c的一的一端连接于竖直墙上端连接于竖直墙上, ,另一端系于物体另一端系于物体A A上上, ,在物体在物体A A上另施加一个方向与水上另施加一个方向与水平线成平线成角的拉力角的拉力F,F,相关几何关系
18、如图所示相关几何关系如图所示,=60,=60. .若要使两绳都能若要使两绳都能伸直伸直, ,求拉力求拉力F F的大小范围的大小范围.(g.(g取取10 m/s10 m/s2 2) )达标测评达标测评 随堂演练随堂演练检测效果检测效果1.(1.(20172017西宁检测西宁检测) )如图所示如图所示, ,斜面顶端固定有半径为斜面顶端固定有半径为R R的轻质滑轮的轻质滑轮, ,用不用不可伸长的轻质细绳将半径为可伸长的轻质细绳将半径为r r的球沿斜面缓慢拉升的球沿斜面缓慢拉升. .不计各处摩擦不计各处摩擦, ,且且Rr.Rr.设绳对球的拉力为设绳对球的拉力为F,F,斜面对球的支持力为斜面对球的支持力
19、为F FN N, ,则关于则关于F F和和F FN N的变化情况的变化情况, ,下列下列说法正确的是说法正确的是( ( ) )A.FA.F一直增大一直增大,F,FN N一直减小一直减小B.FB.F一直增大一直增大,F,FN N先减小后增大先减小后增大C.FC.F一直减小一直减小,F,FN N保持不变保持不变D.FD.F一直减小一直减小,F,FN N一直增大一直增大A A解析解析: :球受重力、支持力和拉力球受重力、支持力和拉力, ,如图所示如图所示, ,当球沿斜面缓慢拉升时当球沿斜面缓慢拉升时, ,细线细线与斜面的夹角不断增大与斜面的夹角不断增大, ,故故F F一直增大一直增大,F,FN N一
20、直减小一直减小, ,选项选项A A正确正确. .2.(2.(20172017连云港检测连云港检测) )如图所示如图所示,A,B,A,B两物体的质量分别为两物体的质量分别为m mA A,m,mB B, ,且且m mA A m mB B, ,整整个系统处于静止状态个系统处于静止状态. .如果绳一端由如果绳一端由Q Q点缓慢地向左移到点缓慢地向左移到P P点点, ,滑轮的质量和一滑轮的质量和一切摩擦均不计切摩擦均不计, ,关于物体关于物体A A离地的高度离地的高度H H、绳与水平方向的夹角、绳与水平方向的夹角的变化情况的变化情况说法正确的是说法正确的是( ( ) )A.HA.H增大增大,角不变角不变
21、B.HB.H减小减小,角变小角变小C.HC.H增大增大,角变大角变大D.HD.H不变不变,角变小角变小A A 解析解析: :原来整个系统处于静止状态原来整个系统处于静止状态, ,绳的拉力等于绳的拉力等于A A物体的重力物体的重力,B,B物体对物体对滑轮的拉力等于滑轮的拉力等于B B物体的重力物体的重力. .将绳一端由将绳一端由Q Q点缓慢地向左移到点缓慢地向左移到P P点点, ,整个整个系统重新平衡后系统重新平衡后, ,绳的拉力绳的拉力F F仍等于仍等于A A物体的重力物体的重力,B,B物体对滑轮的拉力仍物体对滑轮的拉力仍等于等于B B物体的重力物体的重力, ,都没有变化都没有变化, ,即滑轮
22、所受的三个拉力都不变即滑轮所受的三个拉力都不变, ,则根据平则根据平衡条件可知衡条件可知, ,两绳之间的夹角也没有变化两绳之间的夹角也没有变化, ,则则角不变角不变, ,则动滑轮将下降则动滑轮将下降, ,物体物体A A的高度升高的高度升高. .选项选项A A正确正确,B,C,D,B,C,D错误错误. .3.(3.(20172017天津检测天津检测) )( (多选多选) )半圆柱体半圆柱体P P放在粗糙的水平地面上放在粗糙的水平地面上, ,其右端有固定其右端有固定放置的竖直挡板放置的竖直挡板MN.MN.在半圆柱体在半圆柱体P P和和MNMN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体之间放有一个光滑均匀的小圆
23、柱体Q,Q,整整个装置处于静止状态个装置处于静止状态, ,如图所示是这个装置的截面图如图所示是这个装置的截面图, ,若用外力使若用外力使MNMN保持竖直保持竖直并且缓慢地向右移动并且缓慢地向右移动, ,在在Q Q到达地面以前到达地面以前,P,P始终保持静止始终保持静止. .在此过程中在此过程中, ,下列说下列说法中正确的是法中正确的是( ( ) )A.MNA.MN对对Q Q的弹力逐渐增大的弹力逐渐增大B.B.地面对地面对P P的摩擦力逐渐增大的摩擦力逐渐增大C.P,QC.P,Q间的弹力先减小后增大间的弹力先减小后增大D.QD.Q所受的合力逐渐增大所受的合力逐渐增大AB AB 解析解析: :圆柱
24、体圆柱体Q Q受重力、受重力、P P对对Q Q的支持力的支持力F FN1N1和和MNMN对对Q Q的支持力的支持力F FN2N2, ,如图如图( (甲甲) )所示所示, ,根据共点力平衡条件根据共点力平衡条件, ,有有F FN1N1= =F FN2N2= =mgtanmgtan 对对P,QP,Q整体整体, ,其受力为重力、地面支持力其受力为重力、地面支持力F FN N、MNMN挡板对其向左的支持力和挡板对其向左的支持力和地面对其向右的摩擦力地面对其向右的摩擦力, ,如图如图( (乙乙) )所示所示, ,根据共点力平衡条件根据共点力平衡条件, ,有有F Ff f=F=FN2N2F FN N=(=
25、(M+m)gM+m)g则则F Ff f= =mgtanmgtan MNMN保持竖直且缓慢地向右移动过程中保持竖直且缓慢地向右移动过程中, ,角角不断变大不断变大, ,故故F Ff f变大变大,F,FN N不变不变, ,F FN1N1变大变大,F,FN2N2变大变大,P,Q,P,Q受到的合力为零受到的合力为零, ,选项选项A,BA,B正确正确,C,D,C,D错误错误. .4.(4.(20172017思明区校级月考思明区校级月考) )如图所示如图所示, ,某人用轻绳牵住一只质量某人用轻绳牵住一只质量m=0.6 m=0.6 kgkg的氢气球的氢气球, ,因受水平风力的作用因受水平风力的作用, ,系氢
26、气球的轻绳与水平方向成系氢气球的轻绳与水平方向成3737角角. .已知空气对气球的浮力为已知空气对气球的浮力为15 N,15 N,人的质量人的质量M=50 kg,M=50 kg,且人受的浮力忽略且人受的浮力忽略(sin 37(sin 37=0.6,cos 37=0.6,cos 37=0.8,g=10 m/s=0.8,g=10 m/s2 2).).求求: :解析解析: :(1)(1)氢气球受力及分解情况如图氢气球受力及分解情况如图( (甲甲) )所示所示, ,根据平衡条件根据平衡条件竖直方向有竖直方向有F F浮浮= =mg+Fmg+FT Tsinsin 37 37水平方向有水平方向有F F风风=
27、 =F FT Tcoscos 37 37; ;解得解得F F风风=12 N,F=12 N,FT T=15 N.=15 N.(1)(1)水平风力的大小和绳子拉力大小水平风力的大小和绳子拉力大小. .答案答案: :(1)12 N(1)12 N15 N15 N解析解析: :(2)(2)人受力及分解情况如图人受力及分解情况如图( (乙乙) )所示所示, ,根据平衡条件根据平衡条件, ,竖直方向有竖直方向有F FN N=Mg-F=Mg-FT Tsin 37sin 37=500 N-15=500 N-150.6 N=491 N;0.6 N=491 N;由牛顿第三定律得人对地面的压力大小为由牛顿第三定律得人对地面的压力大小为491 N.491 N.(2)(2)人对地面的压力大小人对地面的压力大小. .答案答案: :(2)491 N(2)491 N
