独家精品学案与测评物理人教版相互作用力与平衡.ppt

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1、独家精品学案与测评物理人教版相互作用力与平衡 Still waters run deep.流静水深流静水深,人静心深人静心深 Where there is life,there is hope。有生命必有希望。有生命必有希望第1节常见的几种力常见的几种力例例1.1.关于物体的重力和重心下列说法正确的是关于物体的重力和重心下列说法正确的是()()A.60A.60年国庆阅兵式上匀速驶过天安门的装甲车的重力方向年国庆阅兵式上匀速驶过天安门的装甲车的重力方向 指向地心指向地心B.B.一架飞机在机场同一地点起飞时比降落时受到的重力大一架飞机在机场同一地点起飞时比降落时受到的重力大C.C.整装待发的装甲车

2、对地面的压力就是它受到的重力整装待发的装甲车对地面的压力就是它受到的重力D.D.物体的重心不一定在物体上物体的重心不一定在物体上【点拨】【点拨】(1)(1)弄清重力的定义和决定因素弄清重力的定义和决定因素.(2)(2)弄清影响重心位置的因素弄清影响重心位置的因素.(3)(3)弄清重力的定义及含义弄清重力的定义及含义.【解析】物体所受重力的方向是竖直向下的，除两极和赤【解析】物体所受重力的方向是竖直向下的，除两极和赤道外重力与万有引力的方向不同，并不指向地心道外重力与万有引力的方向不同，并不指向地心,A,A选项错选项错误；物体的重力大小取决于物体的质量和重力加速度，而误；物体的重力大小取决于物体

3、的质量和重力加速度，而重力加速度随纬度的增加而增加重力加速度随纬度的增加而增加,随高度的增加而减小随高度的增加而减小,与与物体的运动状态无关，在同一地点物体所受的重力不变，物体的运动状态无关，在同一地点物体所受的重力不变，B B选项错误；整装待发的装甲车对地面的压力大小等于它受选项错误；整装待发的装甲车对地面的压力大小等于它受到的重力，但两者的方向及施力物体和受力物体均不相同，到的重力，但两者的方向及施力物体和受力物体均不相同，故不是一个力，故不是一个力，C C选项错误；物体的重心是重力的等效作用选项错误；物体的重心是重力的等效作用点，与物体的质量分布和几何形状有关，可以在物体上也点，与物体的

4、质量分布和几何形状有关，可以在物体上也可以在物体外可以在物体外,阅兵方阵中的群众所举的花环的重心在圆心阅兵方阵中的群众所举的花环的重心在圆心而不在物体上，而不在物体上，D D选项正确选项正确.【答案】【答案】D D1.(20091.(2009南开中学模拟南开中学模拟)如图所示，一被吊着的空心的均匀如图所示，一被吊着的空心的均匀球壳内装满了细沙，底部有一阀门，打开阀门让细沙慢慢流出球壳内装满了细沙，底部有一阀门，打开阀门让细沙慢慢流出的过程中，球壳与细沙的共同重心将会的过程中，球壳与细沙的共同重心将会 ()()A.A.一直下降一直下降 B.B.一直不变一直不变C.C.先下降后上升先下降后上升 D

5、.D.先上升后下降先上升后下降【解析】在装满细沙时，球壳和细沙的共同重心在球心【解析】在装满细沙时，球壳和细沙的共同重心在球心.随着细沙的流出，球壳的重心不变，但是细沙的重心在随着细沙的流出，球壳的重心不变，但是细沙的重心在下降，二者的共同重心在下降；当细沙流完时，重心又下降，二者的共同重心在下降；当细沙流完时，重心又回到了球心回到了球心.可见重心应是先下降后上升，故可见重心应是先下降后上升，故C C正确正确.【答案】【答案】C C例例2.2.如图所示，小车上固定着一根弯成如图所示，小车上固定着一根弯成角的曲杆，杆的另一端角的曲杆，杆的另一端固定一个质量为固定一个质量为m m的球，有关小球所受

6、的弹力的说法正确的有的球，有关小球所受的弹力的说法正确的有()A.A.杆对球总是提供沿杆方向的作用力杆对球总是提供沿杆方向的作用力B.B.杆对球只能提供拉力，不能提供支持力，但方向不是唯一的杆对球只能提供拉力，不能提供支持力，但方向不是唯一的C.C.小车静止时，杆对球的作用力的大小为小车静止时，杆对球的作用力的大小为mg,mg,方向为竖直向上方向为竖直向上D.D.小车水平向右做加速运动时，杆对球的作用力的方向沿杆小车水平向右做加速运动时，杆对球的作用力的方向沿杆【解析】当小车的运动状态不同时，球对杆的作用力使【解析】当小车的运动状态不同时，球对杆的作用力使其产生的形变可能出现拉伸、压缩、扭转等

7、形变，杆对其产生的形变可能出现拉伸、压缩、扭转等形变，杆对球不仅能提供拉力球不仅能提供拉力,而且能提供支持力而且能提供支持力,其方向不一定沿其方向不一定沿杆方向杆方向,故故A A、B B均错误均错误;根据物体平衡条件可知选项根据物体平衡条件可知选项C C正确正确;因小球随车具有水平向右的加速度因小球随车具有水平向右的加速度,所以弹力的方向应所以弹力的方向应斜向右上方斜向右上方.当加速度的大小发生变化时，小球所受弹力当加速度的大小发生变化时，小球所受弹力方向与竖直方向的夹角也将发生变化方向与竖直方向的夹角也将发生变化,杆对球的作用力的杆对球的作用力的方向不一定沿杆的方向方向不一定沿杆的方向.【答

8、案】【答案】C C2.2.如图所示，一根弹性杆的一端固定如图所示，一根弹性杆的一端固定在倾角为在倾角为3030的斜面上，杆的另一端的斜面上，杆的另一端固定一个重量是固定一个重量是2 N2 N的小球，小球处于的小球，小球处于静止状态时，弹性杆对小球的弹力静止状态时，弹性杆对小球的弹力()()A.A.大小为大小为2 N2 N，方向平行于斜面向上，方向平行于斜面向上B.B.大小为大小为1 N1 N，方向平行于斜面向上，方向平行于斜面向上C.C.大小为大小为2 N2 N，方向垂直于斜面向上，方向垂直于斜面向上D.D.大小为大小为2 N2 N，方向竖直向上，方向竖直向上【解析】根据小球平衡，弹力和重力大

9、小相等，方向相反，【解析】根据小球平衡，弹力和重力大小相等，方向相反，所以弹力大小为所以弹力大小为2 N2 N，方向竖直向上，方向竖直向上，D D正确正确.【答案】【答案】D D例例3.3.在粗糙的水平面上放一物体在粗糙的水平面上放一物体A,AA,A上再放一质量为上再放一质量为m m的的物体物体B B，ABAB间的动摩擦因数为间的动摩擦因数为，对，对A A施加一水平力施加一水平力F F，计算下列情况下计算下列情况下A A对对B B的摩擦力的大小的摩擦力的大小.(1)(1)当当ABAB一起做匀速运动时一起做匀速运动时.(2)(2)当当ABAB一起以加速度一起以加速度a a向右做匀加速运动时向右做

10、匀加速运动时.(3)(3)当力当力F F足够大而使足够大而使ABAB发生相对运动时发生相对运动时.判断是静摩擦还是滑动摩擦 滑动摩擦力 静摩擦力用Ff=FN计算 分析物体的运动状态 用力的平衡或牛顿第二定律求解【点拨】【点拨】【解析】【解析】(1)(1)因为因为ABAB向右做匀速运动，向右做匀速运动，B B物体受到的合力为零，物体受到的合力为零，所以所以B B物体受到的摩擦力为零物体受到的摩擦力为零.(2)(2)因为因为ABAB无相对滑动，所以无相对滑动，所以B B物体受到的摩擦力为静摩擦力，物体受到的摩擦力为静摩擦力，此时不能用滑动摩擦力的公式来计算，用牛顿第二定律对此时不能用滑动摩擦力的公

11、式来计算，用牛顿第二定律对B B物体有物体有F Ff f=F=F合合=ma.=ma.(3)(3)因为因为ABAB发生了相对滑动，所以发生了相对滑动，所以B B物体受到的摩擦力为滑动物体受到的摩擦力为滑动摩擦力，用滑动摩擦力的公式来计算，摩擦力，用滑动摩擦力的公式来计算，F Ff f=F=FN N=mg.=mg.3.(20093.(2009天津天津)物块静止在固定的斜面上，分别按图示的物块静止在固定的斜面上，分别按图示的方向对物块施加大小相等的力方向对物块施加大小相等的力F F，A A中中F F垂直于斜面向上垂直于斜面向上.B.B中中F F垂直于斜面向下，垂直于斜面向下，C C中中F F竖直向上

12、，竖直向上，D D中中F F竖直向下，施力后竖直向下，施力后物块仍然静止，则物块所受的静摩擦力增大的是物块仍然静止，则物块所受的静摩擦力增大的是 ()()【解析】四个图中都是静摩擦力，受力如下图所示【解析】四个图中都是静摩擦力，受力如下图所示.A.A中中F FfAfA=Gsin=Gsin；B B中中F FfBfB=Gsin=Gsin；C C中中F FfCfC=(G-F)sin=(G-F)sin；D D中中F FfCfC=(G+F)sin.=(G+F)sin.【答案】【答案】D D例例.如图甲所示水平放置的粗糙的长木板上放置一个物如图甲所示水平放置的粗糙的长木板上放置一个物体体m m，当用力缓慢

13、抬起一端时，木板受到物体的压力和，当用力缓慢抬起一端时，木板受到物体的压力和摩擦力将怎样变化？摩擦力将怎样变化？【错解】以木板上的物体为研究对象【错解】以木板上的物体为研究对象.物体受重力、摩擦力、物体受重力、摩擦力、支持力支持力.因为物体静止，则根据牛顿第二定律有因为物体静止，则根据牛顿第二定律有mgsin-Ff=max=0,FN-mgcos=may=0.mgsin-Ff=max=0,FN-mgcos=may=0.错解一：据式错解一：据式知道知道增加，增加，FfFf增加增加.错解二：据式错解二：据式知知增加，增加，FNFN减小；则减小；则Ff=FNFf=FN说明说明FfFf减少减少.【剖析】

14、错解一和错解二都没能把木板缓慢抬起的全过程认【剖析】错解一和错解二都没能把木板缓慢抬起的全过程认识全面识全面.只抓住一个侧面，缺乏对物理情景的分析只抓住一个侧面，缺乏对物理情景的分析.若能从木若能从木块相对木板静止入手，分析出再抬高会相对滑动，就会避免块相对木板静止入手，分析出再抬高会相对滑动，就会避免错解一的错误错解一的错误.若想到若想到Ff=FNFf=FN是滑动摩擦力的判据，就应考是滑动摩擦力的判据，就应考虑滑动之前怎样，也就会避免错解二虑滑动之前怎样，也就会避免错解二.【答案】以物体为研究对象，受力如图乙所示：物体受重力、【答案】以物体为研究对象，受力如图乙所示：物体受重力、摩擦力、支持

15、力摩擦力、支持力.物体在缓慢抬起过程中先静止后滑动物体在缓慢抬起过程中先静止后滑动.静止静止时可以依据错解一中的解法，由时可以依据错解一中的解法，由式可知式可知增加，静摩擦力增加，静摩擦力增加增加.当物体在斜面上滑动时，可以同错解二中的方法，据当物体在斜面上滑动时，可以同错解二中的方法，据Ff=FNFf=FN，分析，分析FNFN的变化，知的变化，知FfFf滑的变化滑的变化.增加，滑动摩擦增加，滑动摩擦力减小力减小.在整个缓慢抬起过程中在整个缓慢抬起过程中y y方向的方程关系不变方向的方程关系不变.依据错依据错解中解中式知压力一直减小式知压力一直减小.所以抬起木板的过程中，摩擦力的所以抬起木板的

16、过程中，摩擦力的变化是先增加后减小，压力一直减小变化是先增加后减小，压力一直减小.第第2节节力的合成与分解力的合成与分解例例1.1.正六边形正六边形ABCDEFABCDEF的一个顶点向其的一个顶点向其他他5 5个顶点作用着个顶点作用着5 5个力个力F F1 1、F F2 2、F F3 3、F F4 4、F F5 5，如图所示，如图所示.已知已知F F1 1=10 N=10 N，具体各，具体各力的大小跟对应的边长成正比，这力的大小跟对应的边长成正比，这5 5个力的合力大小为个力的合力大小为 N.N.【点拨】求几个力的合力可采用以下方法：【点拨】求几个力的合力可采用以下方法：（1 1）平行四边形法

17、）平行四边形法.（2 2）三角形法）三角形法.（3 3）正交分解法）正交分解法.【解析】解法一【解析】解法一 用平行四边形定则分别进行两力合成用平行四边形定则分别进行两力合成.先先连接连接BDBD，则，则F F1 1与与F F4 4两力合力等于两力合力等于F F3 3；再连接；再连接FDFD，则，则F F5 5与与F F2 2的的合力也等于合力也等于F F3 3，所以，所以5 5个力的合力为个力的合力为3F3F3 3.又由三角形又由三角形ABDABD知知F F3 3=2F=2F1 1，故，故5 5个力的合力个力的合力F=3FF=3F3 3=60 N,=60 N,方向与方向与F F3 3相同相同

18、.解法二解法二 用力的三角形法用力的三角形法.先将先将F F4 4平移至平移至BDBD，则，则F F1 1与与F F4 4的合力的合力为为ADAD所示，等于所示，等于F F3 3；再将；再将F F5 5平移至平移至CDCD，则，则F F2 2与与F F5 5的合力为的合力为ADAD，也等于，也等于F F3 3，故，故F=3FF=3F3 3=60 N.=60 N.解法三解法三 用正交分解法求合力用正交分解法求合力.取取F F3 3为为x x轴正向，由于轴正向，由于F F1 1与与F F5 5、F F2 2与与F F4 4的对称性，它们在的对称性，它们在y y轴方向的分力两两平衡，所以轴方向的分力

19、两两平衡，所以F Fy y=0=0；而；而F F1 1x+Fx+F4 4x=Fx=F3 3,F,F2 2x+Fx+F5 5x=Fx=F3 3，故，故5 5个力的合力个力的合力F=(FF=(F2 2x+Fx+F2 2y)y)1/21/2=Fx=3F=Fx=3F3 3=60 N.=60 N.【答案】【答案】60 N60 N1.1.当颈椎肥大压迫神经时，需要用颈部牵拉器牵拉颈当颈椎肥大压迫神经时，需要用颈部牵拉器牵拉颈部，以缓解神经压迫症状部，以缓解神经压迫症状.如图所示为颈部牵拉器牵拉如图所示为颈部牵拉器牵拉颈椎肥大患者颈部的示意图，图中颈椎肥大患者颈部的示意图，图中为为45,45,牵拉物牵拉物P

20、 P的质量一般为的质量一般为3 kg10 kg3 kg10 kg，求牵拉器作用在患者头部，求牵拉器作用在患者头部的合力大小的合力大小.【解析】题中滑轮大小可以忽略，因此可以认为力【解析】题中滑轮大小可以忽略，因此可以认为力F F1 1、F F2 2竖直向上，大小等于竖直向上，大小等于F3F3即等于牵拉物的重量即等于牵拉物的重量.题中所述情题中所述情景为求景为求F F1 1、F F2 2、F F3 3的合力，的合力，F F1 1、F F2 2可等效为竖直向上的力可等效为竖直向上的力F F1212=2F=2F3 3=2G=2G，由力的平行四边形定则及余弦定理可知，由力的平行四边形定则及余弦定理可知

21、，F F合合=(F(F2 21212+F+F2 23 3+2F+2F1212F F3 3cos)cos)1/21/2，代入数据得，代入数据得:F:F合合=2.8G.=2.8G.用用m m数值代入数值代入,可求得合力的取值范围为可求得合力的取值范围为84 N280 84 N280 N.N.例例2.(20092.(2009江苏江苏)用一根长用一根长1 m1 m的轻质细绳将一副质量为的轻质细绳将一副质量为1 kg1 kg的画框对称悬挂在墙壁上，已知绳能承受的最大张的画框对称悬挂在墙壁上，已知绳能承受的最大张力为力为10 N.10 N.为使绳不断裂，画框上两个挂钉的间距最大为为使绳不断裂，画框上两个挂

22、钉的间距最大为(g(g取取10 m/s10 m/s2 2)()()A.m B.mA.m B.mC.1/2 m D.mC.1/2 m D.m【点拨】【点拨】判断两挂钉间距最大时的绳的拉力对物体进行受力分析正交分解列方程求解【解析】熟练应用力的合成和分解以及合成与分解中的一些规【解析】熟练应用力的合成和分解以及合成与分解中的一些规律，是解决本题的关键；一个大小方向确定的力分解为两个等律，是解决本题的关键；一个大小方向确定的力分解为两个等大的力时，合力在分力的角平分线上，且两分力的夹角越大，大的力时，合力在分力的角平分线上，且两分力的夹角越大，分力越大分力越大.题中当绳子拉力达到题中当绳子拉力达到F

23、=10 NF=10 N的时候，绳子间的张角最的时候，绳子间的张角最大，即两个挂钉间的距离最大；画框受到重力和绳子的拉力，大，即两个挂钉间的距离最大；画框受到重力和绳子的拉力，三个力为共点力，受力如图所示三个力为共点力，受力如图所示.绳子与竖直方向的夹角为绳子与竖直方向的夹角为，绳子长为，绳子长为L0=1 m,L0=1 m,则有则有mg=2Fcos mg=2Fcos 可得可得cos=1/2cos=1/2，两个挂钉间的距离，两个挂钉间的距离L=2L0/2sin L=2L0/2sin，解得，解得L=m,AL=m,A项正确项正确.【答案】【答案】A A2.2.如图所示，轻绳如图所示，轻绳AOAO和和B

24、OBO共同吊起质量为共同吊起质量为m m的重物的重物.AO.AO与与BOBO垂直，垂直，BOBO与竖直方向的夹角为与竖直方向的夹角为，OCOC连接重物，则连接重物，则()()A.AOA.AO所受的拉力大小为所受的拉力大小为mg/sin mg/sin B.AOB.AO所受的拉力大小为所受的拉力大小为mg/sin mg/sin C.BOC.BO所受的拉力大小为所受的拉力大小为mgcos mgcos D.BOD.BO所受的拉力大小为所受的拉力大小为mg/sin mg/sin【解析】方法一：正交分解法【解析】方法一：正交分解法将将O O点受到的三个力沿水平、竖直两个方向进行分解，点受到的三个力沿水平、

25、竖直两个方向进行分解，如图甲所示，分别在这两个方向上列出平衡方程得：如图甲所示，分别在这两个方向上列出平衡方程得：FAsin+FBcos=mg FAsin+FBcos=mg FAcos=FBsin FAcos=FBsin 由由解得解得FA=mgsin,FB=mgcos.FA=mgsin,FB=mgcos.方法二：相似三角形法或平行四边形法方法二：相似三角形法或平行四边形法因为因为O O点受力平衡，故可将点受力平衡，故可将O O点受到的三点受到的三个力进行平移组成封闭的三角形，又由个力进行平移组成封闭的三角形，又由于拉力于拉力FAFA和和FBFB互相垂直，所以得到的是互相垂直，所以得到的是一个直

26、角三角形，如图乙所示，解此三一个直角三角形，如图乙所示，解此三角形得角形得FA=mgsin,FB=mgcos.FA=mgsin,FB=mgcos.方法三：按力的实际作用效果进行分解方法三：按力的实际作用效果进行分解结点结点O O受到的绳受到的绳OCOC的拉力的拉力FCFC等于重物所受等于重物所受重力重力mg,mg,拉力拉力FCFC的作用效果是拉紧了绳的作用效果是拉紧了绳AOAO和和BOBO，故可将拉力，故可将拉力FCFC沿绳沿绳AOAO和和BOBO所在直所在直线进行分解，两分力分别等于拉力线进行分解，两分力分别等于拉力FAFA和和FBFB，力的图示如图丙所示，解得，力的图示如图丙所示，解得FA

27、=mgsin,FB=mgcos.FA=mgsin,FB=mgcos.【答案】【答案】ACAC3.3.如图所示，轻绳如图所示，轻绳ACAC与水平面夹角与水平面夹角=30=30，BCBC与水平面与水平面夹角夹角=60=60，若，若ACAC、BCBC能承受的最大拉力不能超过能承受的最大拉力不能超过100 N100 N，那么重物，那么重物G G不能超过多少？不能超过多少？(设悬挂重物设悬挂重物G G的绳的绳CDCD强度足强度足够大够大)【解析】本题是关于力的合成与分解中的临界问题【解析】本题是关于力的合成与分解中的临界问题.连结点连结点C C为研究对象，因为为研究对象，因为C C点受点受ACAC、BC

28、BC的拉力与重物的拉力与重物G G的拉力的拉力.由于由于C C点只受三个力且合力为零，所以最简单的求解方法就是力的点只受三个力且合力为零，所以最简单的求解方法就是力的合成与分解合成与分解.由于重物静止时对由于重物静止时对C C点的拉力点的拉力F=GF=G，拉力产生两个效果：对，拉力产生两个效果：对BCBC的拉力的拉力F FBCBC和对和对ACAC的拉力的拉力F FACAC，其力的矢量关系如图所示，其力的矢量关系如图所示.从图中关系可以看出从图中关系可以看出F FBCBCFFACAC，即当重力，即当重力G G增加时，增加时，F FBCBC先达先达100 100 N.N.因此重力因此重力G G的极

29、限值就等于的极限值就等于F FBCBC=100 N=100 N时所对应的时所对应的F F的数值，的数值，由几何关系得由几何关系得F=FF=FBCBC/cos30=N,/cos30=N,所以重物的重力所以重物的重力G G不不能超过能超过 N.N.例例.把一个已知力分解为两个分力时，下面几种情况中，只把一个已知力分解为两个分力时，下面几种情况中，只能得到唯一解的是能得到唯一解的是 ()()A.A.已知两个分力的大小已知两个分力的大小B.B.已知两个分力的方向已知两个分力的方向C.C.已知一个分力的大小和另一个分力的方向已知一个分力的大小和另一个分力的方向D.D.已知一个分力的大小和方向已知一个分力

30、的大小和方向【错解】【错解】ABDABD【剖析】该题最容易犯的错误是错选【剖析】该题最容易犯的错误是错选A A，导致这种错误的原，导致这种错误的原因是对矢量的方向理解不深刻因是对矢量的方向理解不深刻.错误地认为确定了三条边就错误地认为确定了三条边就能构成一个唯一确定的三角形，即只有唯一解能构成一个唯一确定的三角形，即只有唯一解.这样就把矢这样就把矢量与线段混淆了，从而导致了错误量与线段混淆了，从而导致了错误.错选错选B B是因为忘掉了限制是因为忘掉了限制条件，即这两分力必须不共线条件，即这两分力必须不共线.【答案】【答案】D D第第3节节受力分析受力分析 共点力的平衡共点力的平衡例例1.(1.

31、(改编题改编题)如图甲所示，重为如图甲所示，重为G G的均匀的均匀链条两端用等长的轻绳连接，并挂在等链条两端用等长的轻绳连接，并挂在等高的地方，轻绳与水平方向成高的地方，轻绳与水平方向成角角.试求：试求：(1)(1)绳子的拉力大小绳子的拉力大小.(2)(2)链条在最低点处相互间的拉力大小链条在最低点处相互间的拉力大小.恰当选择研究对象整体法隔离法受力分析受力分析求绳子的拉力求绳最低点拉力【点拨】【点拨】【解析】【解析】(1)(1)先用整体法，以整个链条为研究先用整体法，以整个链条为研究对象，链条受重力对象，链条受重力G G和两端轻绳的拉力和两端轻绳的拉力F F1 1、F F2 2的作用，此三力

32、必相交于一点的作用，此三力必相交于一点O O，如图乙所示，如图乙所示，则有：则有：F F1 1cos=Fcos=F2 2cos cos，即，即F F1 1=F=F2 2,F F1 1sin+Fsin+F2 2sin=G,sin=G,解得解得F F1 1=F=F2 2=G=G2 2/sin./sin.(2)(2)再用隔离法，以链条的左半部分为研究对再用隔离法，以链条的左半部分为研究对象，如图丙所示象，如图丙所示.左半部分链条受到重力左半部分链条受到重力G G2 2、绳的拉力绳的拉力F F1 1、右半部分链条的拉力、右半部分链条的拉力F F的作用，的作用，此三力相交于一点此三力相交于一点OO，则有

33、：，则有：F=FF=F1 1cos,1/2G=Fcos,1/2G=F1 1sin,sin,解得解得F=1/2Gcot.F=1/2Gcot.1.(20091.(2009海南海南)两刚性球两刚性球a a和和b b的质量分别为的质量分别为m ma a和和m mb b、直径分别为、直径分别为d da a、d db b(d(da addb b).).将将a a、b b球依次球依次放入一竖直放置、内径为放入一竖直放置、内径为L(LdL(Lda a+d+db b)的平底圆筒的平底圆筒内，如图所示内，如图所示.设设a a、b b两球静止时对圆筒侧面的两球静止时对圆筒侧面的压力大小分别为压力大小分别为F FN1

34、N1和和F FN2N2，筒底所受的压力大小，筒底所受的压力大小为为F FN N已知重力加速度大小为已知重力加速度大小为g.g.若所有接触都若所有接触都是光滑的，则是光滑的，则 ()()A.FA.FN N=(m=(ma a+m+mb b)g,F)g,FN1N1=F=FN2N2B.FB.FN N=(m=(ma a+m+mb b)g,F)g,FN1N1FFN2N2C.mC.ma aFFN N(m(ma a+m+mb b)g,F)g,FN1N1=F=FN2N2D.mD.ma aFFN N(m(ma a+m+mb b)g,F)g,FN1N1FFN2N2【解析】对两刚性球【解析】对两刚性球a a和和b b

35、整体分析，竖直方向受力平衡可知整体分析，竖直方向受力平衡可知F FN N（m ma am mb b）g,g,水平方向受力平衡有水平方向受力平衡有F FN1N1F FN2N2.故选项故选项A A正确正确.【答案】【答案】A A例例2.(20102.(2010广雅模拟广雅模拟)倾角为倾角为的的斜面上有质量为斜面上有质量为m m的木块，它们之间的木块，它们之间的动摩擦因数为的动摩擦因数为.现用水平力现用水平力F F推推动木块，如图所示，使木块恰好沿动木块，如图所示，使木块恰好沿斜面向上做匀速运动斜面向上做匀速运动.若斜面始终保若斜面始终保持静止，求水平推力持静止，求水平推力F F的大小的大小.【解析

36、】多力平衡问题宜采用正交分解法，采用正交分解【解析】多力平衡问题宜采用正交分解法，采用正交分解法时，建立坐标系的原则是让尽可能多的力落在坐标轴上法时，建立坐标系的原则是让尽可能多的力落在坐标轴上.分析物体受力情况如图所示：分析物体受力情况如图所示：由于物体处于平衡状态，则有：沿斜面方向由于物体处于平衡状态，则有：沿斜面方向:Fcos=FFcos=Ff f+mgsin+mgsin 垂直斜面方向：垂直斜面方向：F FN N=Fsin+mgcos=Fsin+mgcos 又又F Ff f=F=FN N解得解得F=(sin+cos)mg/(cos-sin).F=(sin+cos)mg/(cos-sin)

37、.2.(20092.(2009浙江浙江)如图所示，质量为如图所示，质量为m m的等边三棱柱静止在的等边三棱柱静止在水平放置的斜面上水平放置的斜面上.已知三棱柱与斜面之间的动摩擦因数已知三棱柱与斜面之间的动摩擦因数为为，斜面的倾角为，斜面的倾角为3030，则斜面对三棱柱的支持力与摩，则斜面对三棱柱的支持力与摩擦力的大小分别为擦力的大小分别为 ()()【答案】【答案】A A【解析】受力如图所示，【解析】受力如图所示，F FN N=mgcos 30=mg=mgcos 30=mg，F Ff f=mgsin 30=1/2mg.=mgsin 30=1/2mg.例例3.3.如图所示，质量为如图所示，质量为m

38、 m的球放的球放在倾角为在倾角为的光滑斜面上，试的光滑斜面上，试分析：挡板分析：挡板AOAO与斜面间的倾角与斜面间的倾角为多大时，为多大时，AOAO所受压力最小所受压力最小？【点拨】【点拨】受力分析 三力形成“”或“平行四边形”找到不变量分析变量的变化【解析】虽然题目求解的是挡板【解析】虽然题目求解的是挡板AOAO的受力情况，但若直接以的受力情况，但若直接以挡板为研究对象，因挡板所受力均为未知力，将无法得出结挡板为研究对象，因挡板所受力均为未知力，将无法得出结论论.解法一：以球作为研究对象解法一：以球作为研究对象.球所受重力球所受重力G G产生的效果有两个：产生的效果有两个：对斜面产生了压力对

39、斜面产生了压力F F1 1，对挡板产生了压力，对挡板产生了压力F F2 2.根据重力产生的根据重力产生的效果将重力分解，如图所示效果将重力分解，如图所示.当挡板与斜面的夹角当挡板与斜面的夹角由图示位置变化时，由图示位置变化时，F1F1大小改变，但大小改变，但方向不变，始终与斜面垂直；方向不变，始终与斜面垂直；F F2 2的大小、方向均改变（图中画的大小、方向均改变（图中画出的一系列虚线表示变化的出的一系列虚线表示变化的F F2 2）.由图可以看出，当由图可以看出，当F F2 2与与F F1 1垂垂直，即直，即=90=90时，挡板时，挡板AOAO所受压力最小，最小压力所受压力最小，最小压力F F

40、2min2min=mgsin.=mgsin.解法二：也可用解析法分析力的矢量三角形解法二：也可用解析法分析力的矢量三角形.根据正弦定理有根据正弦定理有F F2 2/sin=mg/sin=mg/sin,sin,所以所以F F2 2=mgsin=mgsin/sin,mgsin sin,mgsin 是定值，是定值，F F2 2随随sin sin 变化而变化变化而变化.当当909090时，时，变大，变大，sin sin 减小，减小，F F2 2变大变大.所以当所以当=90=90时，时，F F2 2有最小值有最小值.F.F2min2min=mgsin.=mgsin.3.3.如图所示，小球质量为如图所示，

41、小球质量为m m，两根轻绳，两根轻绳BOBO、COCO系好后，系好后，将绳固定在竖直墙上，在小球上施加一个与水平方向夹将绳固定在竖直墙上，在小球上施加一个与水平方向夹角为角为6060的力的力F F，使小球平衡时，两绳均伸直且夹角为，使小球平衡时，两绳均伸直且夹角为6060，则力，则力F F大小的取值范围是什么？大小的取值范围是什么？【解析】当力【解析】当力F F较小时，较小时，OBOB张紧，张紧，OCOC有可能松弛；有可能松弛；当力当力F F较大时，较大时，OCOC张紧，张紧，OBOB有可能松弛有可能松弛.由此可由此可知，知，OCOC刚要松弛和刚要松弛和OBOB刚要松弛是此问题的临界刚要松弛是

42、此问题的临界条件条件.对小球进行受力分析如图所示，根据物体的平对小球进行受力分析如图所示，根据物体的平衡条件衡条件,在水平方向上：在水平方向上：Fcos-FFcos-FTBTBcos-cos-F FTCTC=0=0在竖直方向上：在竖直方向上：Fsin+FFsin+FTBTBsin-mg=0sin-mg=0联立联立得得F FTBTB=mg/sin-F=mg/sin-FF FTCTC=2Fcos-mgcot=2Fcos-mgcot 绳绳BOBO伸直的条件为伸直的条件为F FTBTB0,0,由由式得：式得：Fmg/sin=2(3)Fmg/sin=2(3)1/21/2mg/3mg/3绳绳COCO伸直的

43、条件为伸直的条件为F FTCTC00，由，由式得：式得：Fmg/2sin=(3)Fmg/2sin=(3)1/21/2mg.mg.故力故力F F的大小应满足的的大小应满足的条件为条件为(3)(3)1/21/2mgF2(3)mgF2(3)1/21/2mg.mg.例例.如图甲所示，用绳如图甲所示，用绳ACAC和和BCBC吊起一重物，绳与竖直方向夹吊起一重物，绳与竖直方向夹角分别为角分别为3030和和6060，ACAC绳能承受的最大的拉力为绳能承受的最大的拉力为150 N150 N，而而BCBC绳能承受的最大的拉力为绳能承受的最大的拉力为100 N100 N，求物体最大重力不能，求物体最大重力不能超过

44、多少？超过多少？【错解】以重物为研究对象，重物受【错解】以重物为研究对象，重物受力如图乙所示力如图乙所示.由于重物静止，则有由于重物静止，则有F FTACTACsin 30=Fsin 30=FTBCTBCsin 60sin 60F FTACTACcos 30+Fcos 30+FTBCTBCcos 60=Gcos 60=G将将F FTACTAC=150 N=150 N，F FTBCTBC=100 N=100 N代入，联立代入，联立式解得式解得G=200 N.G=200 N.【剖析】错解的原因是错误地认为当【剖析】错解的原因是错误地认为当F FTACTAC=150 N=150 N时，时，F FTB

45、CTBC=100 N=100 N，而没有认，而没有认真分析力之间的关系真分析力之间的关系.实际当实际当F FTBCTBC=100=100 N N时，时，F FTACTAC已经超过已经超过150 N.150 N.【答案】以重物为研究对象【答案】以重物为研究对象.重物受力如上图所示，重物重物受力如上图所示，重物静止，加速度为零静止，加速度为零.根据牛顿第二定律列方程根据牛顿第二定律列方程F FTACTACsin 30-Fsin 30-FTBCTBCsin 60=0sin 60=0F FTACTACcos 30+Fcos 30+FTBCTBCcos 60cos 60G=0G=0由式由式可知可知F F

46、TACTAC=（3 3）1/21/2F FTBCTBC，当当F FTBCTBC=100 N=100 N时，时，F FTACTAC=173 N=173 N，ACAC将断将断.而当而当F FTACTAC=150 N=150 N时，时，F FTBCTBC=86.6 N=86.6 N100 N100 N将将F FTACTAC=150 N=150 N，F FTBCTBC=86.6 N=86.6 N代入式代入式解得解得G=173.2 N.G=173.2 N.所以重物的最大重力不能超过所以重物的最大重力不能超过173.2 N.173.2 N.实验二实验二探究弹力与弹簧伸长的关系探究弹力与弹簧伸长的关系例例.

47、(1).(1)在在“探究弹力和弹簧伸长的关系探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验中的实验中,以下以下说法正确的是说法正确的是 ()()A.A.弹簧被拉伸时弹簧被拉伸时,不能超出它的弹性限度不能超出它的弹性限度B.B.用悬挂钩码的方法给弹簧施加拉力用悬挂钩码的方法给弹簧施加拉力,应保证弹簧位于竖应保证弹簧位于竖直位置且处于平衡状态直位置且处于平衡状态C.C.用刻度尺测得弹簧的长度即为弹簧的伸长量用刻度尺测得弹簧的长度即为弹簧的伸长量D.D.用几个不同的弹簧用几个不同的弹簧,分别测出几组拉力与伸长量分别测出几组拉力与伸长量,得出得出拉力与伸长量之比相等拉力与伸长量之比相等(2)某同学做某同学做“探究弹

48、力和弹簧伸长量的关系探究弹力和弹簧伸长量的关系”的实验的实验,他先他先把弹簧平放在桌面上使其自然伸长把弹簧平放在桌面上使其自然伸长,用刻度尺测出弹簧的原用刻度尺测出弹簧的原长长L0,再把弹簧竖直悬挂起来再把弹簧竖直悬挂起来,挂上钩码后测出弹簧伸长后的挂上钩码后测出弹簧伸长后的长度长度L,把把L-L0作为弹簧的伸长量作为弹簧的伸长量x,这样操作这样操作,由于弹簧自身重由于弹簧自身重力的影响力的影响,最后画出的图线可能是图中的最后画出的图线可能是图中的()【解析】本题主要考查使用弹簧时应注意的问题【解析】本题主要考查使用弹簧时应注意的问题,还有用图还有用图象法来描述弹簧的弹力与其伸长量间的关系象法

49、来描述弹簧的弹力与其伸长量间的关系.(1)(1)本实验中应以所研究的一根弹簧为实验对象本实验中应以所研究的一根弹簧为实验对象,在弹性限度在弹性限度内通过增减钩码的数目内通过增减钩码的数目,以改变对弹簧的拉力以改变对弹簧的拉力,来探索弹力与来探索弹力与弹簧伸长量的关系弹簧伸长量的关系,所以选所以选A A、B.B.(2)(2)由于考虑弹簧自身重力的影响由于考虑弹簧自身重力的影响,当不挂钩码时当不挂钩码时,弹簧的伸弹簧的伸长量长量x0,x0,所以选所以选C.C.【答案】【答案】(1)AB(2)C(1)AB(2)C例例.(2010.(2010日照模拟日照模拟)利用如图所示装置做探究弹力和弹利用如图所示

50、装置做探究弹力和弹簧伸长关系的实验簧伸长关系的实验.所用的钩码每只的质量为所用的钩码每只的质量为30 g.30 g.实验中实验中,先测出不挂钩码时弹簧的自然长度先测出不挂钩码时弹簧的自然长度,再将再将5 5个钩码逐个加挂个钩码逐个加挂在弹簧下端在弹簧下端,稳定后依次测出相应的弹簧总长度稳定后依次测出相应的弹簧总长度,将数据填将数据填在表中在表中.(.(弹力始终未超过弹性限度弹力始终未超过弹性限度,取取g=10 m/sg=10 m/s2 2)记录数据组 123456码总质量(g)0306090120150弹簧总长(cm)6.00 7.118.209.3110.4011.52(1)(1)在图中坐标