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高中物理必修一素養提升學案
第三章 相互作用
第5節 共點力的平衡
【課標解讀】
1．在二力平衡的基礎上，經過科學推理，得出共點力平衡的條件，即所受合力為0。
2．會用共點力平衡的條件，分析生產和生活中的實際問題，體會物理學知識的實際應用價值。
3．能用圖解法、解析法解決動態平衡問題。
【核心素養】
物理觀念：理解二力平衡的條件，形成運動和力的觀念。
科學思維：通過具體實例的分析、練習，體會等效替換的思想。
科學探究：通過探究的過程，讓學生體會基于事實證據和科學推理，掌握二力平衡。
科學態度與責任：分析生產和生活中的實際問題，體會物理學知識的實際應用價值。
【思維脈絡】
【新課講解】
知識點 1　平衡狀態
物體受到幾個力作用時，如果保持__靜止__或__勻速直線運動__狀態，我們就說這個物體處于__平衡狀態__。
注意：物理中的“緩慢運動”可視為速度很小，接近于0，從而把“緩慢運動”作為平衡狀態來處理。
知識點 2　共點力平衡的條件
在共點力作用下物體平衡的條件是__合力為零__。
【互動探究】
探究一 共點力作用下物體的平衡
情境導入
我們處在一個異彩紛呈的世界里，世界上的物體可謂千姿百態。遠古的巨石千百年來一直神奇地矗立著(如圖)。都市里的人，卻自有動中取靜的辦法，到了大商場里，你只要站著不動，自動扶梯就會安穩勻速地送你上樓下樓(如圖)。從物理學角度來看，如果一個物體保持靜止或做勻速直線運動，我們就說這個物體是處于平衡狀態。因此，巨石、勻速電梯上站立的人都是處于平衡狀態，那么，保持物體平衡需要什么條件呢？
　
提示：三個以上共點力的平衡，最終也都可以簡化為二力平衡。根據二力平衡條件，我們就可以得出在共點力作用下物體的平衡條件是合力為零，即F合＝0。
要點提煉
1．對共點力作用下物體的平衡的理解
(1)兩種平衡情形：①靜平衡：物體在共點力作用下處于靜止狀態。②動平衡：物體在共點力作用下處于勻速直線運動狀態。
(2)“靜止”和“v＝0”的區別與聯系：
v＝0
2．對共點力作用下物體平衡條件的理解
(1)共點力作用下物體的平衡條件有兩種表達式：
①F合＝0，②，其中Fx合和Fy合分別是將力進行正交分解后，在x軸與y軸上的合力。
(2)由平衡條件得出的三個結論：
3．解題方法
(1)合成法：對于三個共點力的平衡，一般根據“任意兩個力的合力與第三個力等大、反向”的關系，結合三角函數、相似三角形等知識求解。
(2)分解法：對于三個共點力的平衡，也可將某一個力分解到另外兩個力的反方向上，得到的這兩個分力必定與另外兩個力等大、反向。
(3)正交分解法：物體受多個共點力的作用處于平衡狀態時，可以建立適當的坐標系，利用正交分解法求出x軸和y軸方向上的合力，應用Fx合＝0，Fy合＝0列式求解。
(4)三角形法：當三個共點力平衡時，三個力可以構成首尾相連的矢量三角形，這種方法一般用來討論動態平衡問題較為方便。
探究二 動態平衡問題
情境導入
如圖所示，人通過跨過定滑輪的輕繩牽引一物體，人向右緩慢移動時，思考：
(1)如何理解題干中“緩慢”的意思？
(2)人所受力的合力如何變化？
提示：(1)動態平衡。
(2)合力時刻為零。
要點提煉
1．動態平衡
(1)所謂動態平衡問題，是指通過控制某些物理量，使物體的狀態發生緩慢變化，而在這個過程中物體又始終處于一系列的平衡狀態，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系表達式；(2)根據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，根據正弦定理、余弦定理等數學知識求解未知力
利用輔助圓法解決動態平衡問題
典例 　如圖所示，置于地面的矩形框架中用兩細繩拴住質量為m的小球，繩B水平。設繩A、B對小球的拉力大小分別為FA、FB，它們的合力大小為F。現將框架在豎直平面內繞左下端緩慢旋轉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。可以看出在旋轉過程中，FA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，FB達到最大值，之后再逐漸減小，最終減小為mg，故FA一直減小，FB先增大后減小，A錯誤，B正確；因小球始終處于平衡狀態，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。
【典例剖析】
典例　沿光滑的墻壁用網兜把一個足球掛在A點(如圖)，足球的質量為m，網兜的質量不計，足球與墻壁的接觸點為B，懸繩與墻壁的夾角為α，求懸繩對球的拉力和墻壁對球的支持力。
思路引導：足球處于三力平衡狀態，可以應用分解法、合成法或正交分解法等方法求解。
解析：取足球作為研究對象，它共受到三個力的作用。重力G＝mg，方向豎直向下；墻壁的支持力F1，方向水平向右；懸繩的拉力F2，方向沿繩的方向。
這三個力一定是共點力，重力的作用點在球心O點，支持力F1沿球的半徑方向。G和F1的作用線必交于球心O點，則F2的作用線必過O點。既然是三力平衡，可以根據任意兩力的合力與第三力等大、反向求解，可以據力三角形求解，也可用正交分解法求解。
解法1　用合成法
取足球作為研究對象，它受重力G＝mg、墻壁的支持力F1和懸繩的拉力F2三個共點力作用而平衡，由共點力平衡的條件可知，F1和F2的合力F與G大小相等、方向相反，即F＝G，從圖中力的平行四邊形可求得：
F1＝Ftan α＝mgtan α
F2＝F/cos α＝mg/cos α
解法2　用分解法
取足球為研究對象，其受重力G、墻壁支持力F1、懸繩的拉力F2，如圖所示。將重力G分解為F1′和F2′，由共點力平衡條件可知，F1與F1′的合力必為零，F2與F2′的合力也必為零，所以F1＝F1′＝mgtan α
F2＝F2′＝mg/cos α
解法3　用相似三角形求解
取足球作為研究對象，其受重力G、墻壁的支持力F1、
懸繩的拉力F2，如圖所示，設球心為O，由共點力的平衡條件可知，F1和G的合力F與F2大小相等、方向相反，由圖可知，三角形OFG與三角形AOB相似，所以＝＝
F2＝G/cos α＝mg/cos α
＝＝tan α
F1＝Gtan α＝mgtan α
解法4　用正交分解法求解
取足球作為研究對象，受三個力作用，重力G、墻壁的支持力F1、懸繩拉力F2，如圖所示，取水平方向為x軸，豎直方向為y軸，將F2分別沿x軸和y軸方向進行分解。由平衡條件可知，在x軸和y軸方向上的合力Fx合和Fy合應分別等于零。即
Fx合＝F1－F2sin α＝0①
Fy合＝F2cos α－G＝0②
由②式解得：F2＝G/cos α＝mg/cos α
代入①式得F1＝F2sin α＝mgtan α
答案：mg/cos α；mgtan α
點評：比較各種解法的優缺點，分析一下解決此類問題的方法步驟。
思維升華：分析平衡問題的基本思路
(1)明確平衡狀態(合力為零)。
(2)巧選研究對象。
(3)受力分析(畫出規范的受力分析圖)。
(4)列平衡方程(靈活運用力的合成法、效果分解法、正交分解法、矢量三角形法及數學解析法)。
(5)求解或討論(解的結果及物理意義)。
針對性訓練
1．(2021·廣州市天河中學高一開學考試)如圖所示，一物塊置于水平地面上，當用與水平方向成53°角的力F1拉物塊時，物塊做勻速直線運動；改用與水平方向成37°角的力F2推物塊時，物塊仍做勻速直線運動。若F1和F2的大小相等，則物塊與地面之間的動摩擦因數為(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(　A　)
A．　 　 B．　 　
C．　 　 D．
A 解析：設物體重力為mg，當用與水平方向成53°角的力F1拉物塊時，對物體受力分析，正交分解可得F1cos 53°＝μFN1，F1sin 53°＋FN1＝mg
當改用與水平方向成37°角的力F2推物塊時，對物體受力分析，正交分解可得
F2cos 37°＝μFN2，F2sin 37°＋mg＝FN2，又滿足F2＝F1
聯立代入數據可解得μ＝，故選A。
2． 如圖所示，一架無人機執行航拍任務時正沿直線朝斜向下方勻速運動，用G表示無人機重力，F表示空氣對它的作用力，下列四幅圖中能表示此過程中無人機受力情況的是(　C　)
C 解析：無人機做勻速運動，故應受到的合力為零，則無人機受豎直向下的重力和豎直向上的F，故選C。
3． “奇跡石”位于挪威謝拉格山的山頂之上，在兩個懸崖M、N之間夾著一塊大約5立方米的大石頭P，這塊石頭奇跡般的卡在兩個豎直絕壁間，所以被叫作“奇跡石”。關于石頭P的受力，下列說法正確的是(　C　)
A．M、N對P沒有摩擦力
B．M、N對P沒有彈力
C．P受到的摩擦力與P的重力大小相等
D．P受到的摩擦力大于P的重力
C 解析：M、N對P有豎直向上的摩擦力，故A錯誤；因為M、N對P有摩擦力，所以M、N對P一定有彈力，故B錯誤；P在豎直方向平衡，P受到的摩擦力與P的重力是一對平衡力，大小相等，故C正確，D錯誤。
4． 為了在2021年二外校運會上取得佳績，小明同學決定鍛煉自己的臂力和腿部力量。如圖所示，輕繩A端掛在墻上，小明手拉著輕繩B端，在粗糙的水平地面上緩慢地移動，保持輕繩OB段始終平行于地面。在結點O懸掛重物C，保持重物C質量不變，下列說法正確的是(　C　)
A．若小明緩慢向右移動，繩OA的拉力變小
B．若小明緩慢向左移動，繩OB的拉力變大
C．若小明緩慢向左移動，小明與地面間的摩擦力變小
D．若小明緩慢向右移動，繩OA、OB拉力的合力變大
C 解析：設OA的拉力為FA，OB的拉力為FB，重物C的質量為m，因O點始終處于平衡狀態，根據平衡條件有FAcosθ－mg＝0，FAsin θ－FB＝0
解得FA＝，FB＝mgtan θ。當小明緩慢向右移動時，θ角變大，則FA、FB均變大，故A錯誤；當小明緩慢向左移動時，θ角變小，則FA、FB均變小，因為小明所受到的摩擦力與OB繩拉力相等，故小明與地面間的摩擦力變小，故B錯誤，C正確；不論小明向哪個方向移動，繩OA、OB拉力的合力一定等于重物C的重力mg，故D錯誤。
5．如圖所示系有細繩的小球靜止于光滑半球面上的A點，細繩OA與球面相切于A點，現保持小球位置不動，讓懸掛點O沿豎直墻壁緩慢上移過程中，設半球面對小球的支持力為N，細繩對小球的拉力為T，則(　B　)
A．N保持不變，T逐漸增大
B．N逐漸減小，T逐漸增大
C．N先減小后增大，T先減小后增大
D．N先增大后減小，T先減小后增大
B 解析：受力分析如圖
現保持小球位置不動，半球面對小球的支持力方向不變，讓懸掛點O沿豎直墻壁緩慢上移過程中，繩子拉力逐漸增大，支持力逐漸減小。故選B。
6 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(　B　)
A．繩OA的拉力不變 繩OB的拉力減小
B．繩OA的拉力逐漸減小 繩OB的拉力先減小后增大
C．繩OA的拉力不變 繩OB的拉力先減小后增大
D．繩OA的拉力逐漸減小 繩OB的拉力增大
思路引導：理解緩慢的含義；用圖解法分析。
B 解析：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與豎直方向的夾角變小，得到多個平行四邊形，如圖所示，由圖可知FA逐漸減小，且方向不變，而FB先減小后增大，且方向不斷改變，當FB與FA垂直時，FB最小。故選B。
思維升華：圖解法分析三力動態平衡問題的思路：
(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，構造出矢量三角形；或將某力根據其效果進行分解，畫出平行四邊形。
(4)根據已知量的變化情況，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。
7． 如圖所示，用兩個彈簧測力計共同拉動小圓環至O點。此時，拴在小圓環上的兩根細繩間的夾角為α(α＜90°)。保持F2的方向不變，改變兩根細繩夾角的大小，使小圓環仍位于O點，則(　B　)
A．減小夾角，F1變小　　 B．減小夾角，F1變大
C．增大夾角，F1變小 D．增大夾角，F1變大
B 解析：受力分析如圖
減小夾角，則圖中F1由實線變為虛線，F1變大；增大夾角，則圖中F1由虛線變為實線，F1先變小后變大。故選B。
8． 如圖所示為一簡易起重裝置，AC是上端帶有滑輪的固定支架，BC為質量不計的輕桿，桿的一端C用鉸鏈固定在支架上，另一端B懸掛一個質量為m的重物，并用鋼絲繩跨過滑輪A連接在卷揚機上。開始時，桿BC與AC的夾角∠BCA>90°，現使∠BCA緩緩變小，直到∠BCA＝30°。在此過程中，桿BC對B點的作用力(不計一切阻力)(　AB　)
A．桿BC對B點的作用力大小不變
B．繩上的拉力逐漸減小
C．桿BC對B點的作用力先減小后增大
D．繩上的拉力逐漸增大
AB 解析：對結點B受力分析，由平衡條件可畫出力的示意圖
由相似三角形可得＝＝
可得桿BC對B點的作用力大小為FN＝·mg
在∠BCA變小的過程中，由于AC、BC長度不變，故FN不變，A正確，C錯誤；同理可得繩上的拉力大小為T＝·mg
在∠BCA變小的過程中，由于AC不變，AB縮短，故T減小，B正確，D錯誤。
21世紀教育網 www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
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