《共點(diǎn)力的平衡習(xí)題課二》導(dǎo)學(xué)案高一上學(xué)期必修一

第5節(jié)《共點(diǎn)力的平衡習(xí)題課二》導(dǎo)學(xué)案【第三部分】物體的動(dòng)態(tài)平衡一．動(dòng)態(tài)平衡：(1)所謂動(dòng)態(tài)平衡問(wèn)題，是指通過(guò)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(gè)過(guò)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(wèn)題。(2)基本思路：化“動(dòng)”為“靜”，“靜”中求“動(dòng)”。二．分析動(dòng)態(tài)平衡問(wèn)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(dá)式;(2)根據(jù)已知量的變化情況來(lái)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(gè)不同情況對(duì)應(yīng)的力的三角形和空間幾何三角形,確定對(duì)應(yīng)邊,利用三角形相似知識(shí)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(duì)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(gè)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(xué)知識(shí)求解未知力達(dá)標(biāo)練習(xí)（一）選擇題1.(2021·深圳第二外國(guó)語(yǔ)學(xué)校高一期末)為了在2021年二外校運(yùn)會(huì)上取得佳績(jī)，小明同學(xué)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(dòng)，保持輕繩OB段始終平行于地面。在結(jié)點(diǎn)O懸掛重物C，保持重物C質(zhì)量不變，下列說(shuō)法正確的是(C)A．若小明緩慢向右移動(dòng)，繩OA的拉力變小B．若小明緩慢向左移動(dòng)，繩OB的拉力變大C．若小明緩慢向左移動(dòng)，小明與地面間的摩擦力變小D．若小明緩慢向右移動(dòng)，繩OA、OB拉力的合力變大解析：設(shè)OA的拉力為FA，OB的拉力為FB，重物C的質(zhì)量為m，因O點(diǎn)始終處于平衡狀態(tài)，根據(jù)平衡條件有FAcosθ－mg＝0，F(xiàn)Asinθ－FB＝0解得FA＝eq\f(mg,cosθ)，F(xiàn)B＝mgtanθ。當(dāng)小明緩慢向右移動(dòng)時(shí)，θ角變大，則FA、FB均變大，故A錯(cuò)誤；當(dāng)小明緩慢向左移動(dòng)時(shí)，θ角變小，則FA、FB均變小，因?yàn)樾∶魉艿降哪Σ亮εcOB繩拉力相等，故小明與地面間的摩擦力變小，故B錯(cuò)誤，C正確；不論小明向哪個(gè)方向移動(dòng)，繩OA、OB拉力的合力一定等于重物C的重力mg，故D錯(cuò)誤。2．(2021·福建三明市高一期末)如圖所示系有細(xì)繩的小球靜止于光滑半球面上的A點(diǎn)，細(xì)繩OA與球面相切于A點(diǎn)，現(xiàn)保持小球位置不動(dòng)，讓懸掛點(diǎn)O沿豎直墻壁緩慢上移過(guò)程中，設(shè)半球面對(duì)小球的支持力為N，細(xì)繩對(duì)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先減小后增大解析：受力分析如圖現(xiàn)保持小球位置不動(dòng)，半球面對(duì)小球的支持力方向不變，讓懸掛點(diǎn)O沿豎直墻壁緩慢上移過(guò)程中，繩子拉力逐漸增大，支持力逐漸減小。故選B。3．(2021·北京昌平區(qū)高一期末)如圖所示，用兩個(gè)彈簧測(cè)力計(jì)共同拉動(dòng)小圓環(huán)至O點(diǎn)。此時(shí)，拴在小圓環(huán)上的兩根細(xì)繩間的夾角為α(α＜90°)。保持F2的方向不變，改變兩根細(xì)繩夾角的大小，使小圓環(huán)仍位于O點(diǎn)，則(B)A．減小夾角，F(xiàn)1變小 B．減小夾角，F(xiàn)1變大C．增大夾角，F(xiàn)1變小 D．增大夾角，F(xiàn)1變大解析：受力分析如圖減小夾角，則圖中F1由實(shí)線變?yōu)樘摼€，F(xiàn)1變大；增大夾角，則圖中F1由虛線變?yōu)閷?shí)線，F(xiàn)1先變小后變大。故選B。4．(多選)(2021·天水市第一中學(xué)高一開(kāi)學(xué)考試)如圖所示為一簡(jiǎn)易起重裝置，AC是上端帶有滑輪的固定支架，BC為質(zhì)量不計(jì)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(gè)質(zhì)量為m的重物，并用鋼絲繩跨過(guò)滑輪A連接在卷?yè)P(yáng)機(jī)上。開(kāi)始時(shí)，桿BC與AC的夾角∠BCA>90°，現(xiàn)使∠BCA緩緩變小，直到∠BCA＝30°。在此過(guò)程中，桿BC對(duì)B點(diǎn)的作用力(不計(jì)一切阻力)(AB)A．桿BC對(duì)B點(diǎn)的作用力大小不變B．繩上的拉力逐漸減小C．桿BC對(duì)B點(diǎn)的作用力先減小后增大D．繩上的拉力逐漸增大解析：對(duì)結(jié)點(diǎn)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eq\f(mg,AC)＝eq\f(FN,BC)＝eq\f(T,AB)可得桿BC對(duì)B點(diǎn)的作用力大小為FN＝eq\f(BC,AC)·mg在∠BCA變小的過(guò)程中，由于AC、BC長(zhǎng)度不變，故FN不變，A正確，C錯(cuò)誤；同理可得繩上的拉力大小為T＝eq\f(AB,AC)·mg在∠BCA變小的過(guò)程中，由于AC不變，AB縮短，故T減小，B正確，D錯(cuò)誤。5.(2021·常州市北郊高級(jí)中學(xué)高一開(kāi)學(xué)考試)用繩AO、BO懸掛一個(gè)重物，BO水平，O為半圓形支架的圓心，懸點(diǎn)A和B在支架上。懸點(diǎn)A固定不動(dòng)，將懸點(diǎn)B從圖示位置逐漸移動(dòng)到C點(diǎn)的過(guò)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(gè)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(dāng)FB與FA垂直時(shí)，F(xiàn)B最小。故選B。6.如圖為某城市雕塑的一部分。將光滑的球放置在豎直的高擋板AB與豎直的矮擋板CD之間，C與AB擋板的距離小于球的直徑。由于長(zhǎng)時(shí)間作用，CD擋板的C端略向右偏移了少許。則與C端未偏移時(shí)相比，下列說(shuō)法中正確的是()A．AB擋板的支持力變小，C端的支持力變小B．AB擋板的支持力變小，C端的支持力變大C．AB擋板的支持力變大，C端的支持力變大D．AB擋板的支持力變大，C端的支持力變小【解析】選C。以球?yàn)檠芯繉?duì)象，受到重力、AB擋板的支持力、C的支持力，如圖所示；根據(jù)平衡條件可得：AB擋板的支持力F＝mgtanθ，C端的支持力大小FC＝FC′＝eq\f(mg,cosθ)；CD擋板的C端略向右偏，θ角增大，則AB擋板的支持力變大，C端的支持力變大，故C正確、A、B、D錯(cuò)誤。7.(多選)如圖所示，晾曬衣服的繩子輕且光滑，懸掛衣服的衣架的掛鉤也是光滑的，輕繩兩端分別固定在兩根豎直桿上的A、B兩點(diǎn)，衣服處于靜止?fàn)顟B(tài)。如果保持繩子A端的位置不變，將B端分別移動(dòng)到不同的位置，下列判斷正確的是()A．B端移動(dòng)到B1位置時(shí)，繩子張力不變B．B端移動(dòng)到B2位置時(shí)，繩子張力不變C．B端在桿上位置不變，將桿移動(dòng)到虛線位置時(shí)，繩子張力變大D．B端在桿上位置不變，將桿移動(dòng)到虛線位置時(shí)，繩子張力變小【解析】選A、B、D。以懸掛點(diǎn)為研究對(duì)象，畫出受力分析圖如圖所示。由于兩側(cè)繩子的拉力大小相等，可以推知兩側(cè)繩子與豎直方向的夾角θ相等。由平衡條件得2Fcosθ＝F1＝mg，設(shè)繩長(zhǎng)為L(zhǎng)，左、右兩側(cè)繩長(zhǎng)為L(zhǎng)1、L2，兩桿之間的寬度為d，所以L1sinθ＋L2sinθ＝d，則sinθ＝eq\f(d,L1＋L2)＝eq\f(d,L)，由此可見(jiàn)，θ只由d、L決定，與其他因素?zé)o關(guān)，F(xiàn)的大小與繩子在B1、B2的位置無(wú)關(guān)，選項(xiàng)A、B正確；將桿移動(dòng)到虛線位置時(shí)，d變小，θ變小，繩子張力變小，選項(xiàng)D正確。8.(多選)半圓柱體P放在粗糙的水平地面上，其右端有固定放置的豎直擋板MN，在P和MN之間放有一個(gè)光滑均勻的小圓柱體Q，整個(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)。如圖所示是這個(gè)裝置的縱截面圖，若用外力使MN保持豎直，緩慢地向右移動(dòng)，在Q落到地面以前，發(fā)現(xiàn)P始終保持靜止，在此過(guò)程中()A．MN對(duì)Q的彈力逐漸增大B．地面對(duì)P的摩擦力逐漸增大C．P、Q間的彈力先減小后增大D．Q所受的合力逐漸增大【解析】選A、B。對(duì)小圓柱體Q受力分析如圖所示，P對(duì)Q的彈力為F，MN對(duì)Q的彈力為FN，擋板MN向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，F(xiàn)和豎直方向的夾角逐漸增大，而小圓柱體所受重力大小不變，所以F和FN的合力大小不變，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤；由圖可知，F(xiàn)和FN都在不斷增大，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤，A正確；對(duì)P、Q整體受力分析知，地面對(duì)P的摩擦力大小就等于FN，所以地面對(duì)P的摩擦力也逐漸增大，故選項(xiàng)B正確。9.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(dòng)摩擦因數(shù)為μ,用平行于斜面的推力F1作用于物體上使其能沿斜面勻速上滑,若改用水平推力F2作用于物體上,也能使物體沿斜面勻速上滑,則兩次的推力之比F1F2A.cosθ+μsinθB.cosθμsinθC.1+μtanθμtanθ解析B兩種情況下分別對(duì)物體進(jìn)行受力分析,如圖甲、乙所示,對(duì)甲圖,沿斜面方向F1mgsinθFf1=0,垂直于斜面方向FN1mgcosθ=0,Ff1=μFN1,聯(lián)立可解得F1=mgsinθ+μmgcosθ。對(duì)乙圖,沿斜面方向F2cosθmgsinθFf2=0,垂直于斜面方向FN2F2sinθmgcosθ=0,Ff2=μFN2,聯(lián)立可解得F2=mgsinθ+μmgcosθcosθ計(jì)算題10.在豎直墻壁左側(cè)的水平地面上，放置一個(gè)棱長(zhǎng)為a、質(zhì)量為M的正方體ABCD，在墻壁和正方體之間放置一半徑為R、質(zhì)量為m的光滑球，正方體和球均保持靜止，如圖所示。球的球心為O，OB與豎直方向的夾角為θ，正方體的棱長(zhǎng)a>R，正方體與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝eq\f(\r(3),3)。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度的大小為g。(1)正方體和墻壁對(duì)球的支持力FN1、FN2分別是多大？(2)若θ＝45°，保持球的半徑不變，只增大球的質(zhì)量，為了不讓正方體出現(xiàn)滑動(dòng)，則球質(zhì)量的最大值為多少？(tan45°＝1)解析：(1)球受力情況如圖所示，根據(jù)平衡條件知FN1cosθ＝mgFN1sinθ＝FN2解得FN1＝eq\f(mg,cosθ)FN2＝mgtanθ。(2)對(duì)正方體和球整體的受力分析如圖所示，根據(jù)平衡條件知FN3＝(M＋m)gFN2＝mgtanθf(wàn)≤μFN3f＝FN2聯(lián)立以上各式解得m≤eq\f(\r(3)＋1,2)M即球質(zhì)量的最大值為eq\f(\r(3)＋1,2)M。答案：(1)eq\f(mg,cosθ)mgtanθ(2)eq\f(\r(3)＋1,2)M11.如圖所示,將小砝碼置于桌面上的薄紙板上,用水平向右的拉力將紙板迅速抽出,砝碼的移動(dòng)很小,幾乎觀察不到,這就是大家熟悉的慣性演示實(shí)驗(yàn)。若砝碼和紙板的質(zhì)量分別為m1和m2,各接觸面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ。重力加速度為g。(1)當(dāng)紙板相對(duì)砝碼運(yùn)動(dòng)時(shí),求紙板所受摩擦力的大小;(2)要使紙板相對(duì)砝碼運(yùn)動(dòng),求所需拉力的大小;(3)本實(shí)驗(yàn)中,m1=0.5kg,m2=0.1kg,μ=0.2,砝碼與紙板左端的距離d=0.1m,取g=10m/s2。若砝碼移動(dòng)的距離超過(guò)l=0.002m,人眼就能感知。為確保實(shí)驗(yàn)成功,紙板所需的拉力至少多大?答案(1)μ(2m1+m2)g(2)大于2μ(m1+m2)g(3)22.4N解析(1)砝碼對(duì)紙板的摩擦