2021学年第六节 共点力的平衡条件及其应用第2课时学案

第2课时　多力平衡问题

[学习目标]　1.知道建立坐标系的原则.2.会用正交分解法分析平衡问题.

1.当物体受到不在同一条直线上的多个共点力时，一般要采用正交分解法.

2.用正交分解法解决平衡问题的一般步骤.

(1)对物体受力分析.

(2)建立坐标系：使尽可能多的力落在x、y轴上，这样需要分解的力比较少，计算方便.

(3)根据共点力平衡的条件列方程：Fx＝0，Fy＝0.

(2021·华中师大一附中期中)如图1，一质量m＝6 kg的物块，置于水平地面上，物块与地面间的动摩擦因数μ＝，为了使物块沿水平地面做匀速直线运动，现用一与水平方向夹角为37°的力斜向上拉物体，求此拉力的大小.(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)

图1

答案　20 N

解析　物块做匀速直线运动，受力分析如图，则

水平方向：Tcos 37°＝f

竖直方向：FN＝mg－Tsin 37°

且f＝μFN

代入数据解得T＝20 N.

针对训练　如图2所示，水平地面上质量为m＝10 kg的物体，在与水平方向成37°角的推力F作用下做匀速直线运动.已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，物体与地面间的动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度为g＝10 m/s2，求推力F的大小.

图2

答案　100 N

解析　对物体受力分析如图所示.

物体在推力F的作用下做匀速直线运动，处于平衡状态，物体受到的摩擦力为滑动摩擦力.

在竖直方向上：FN＝mg＋Fsin 37°

在水平方向上：f＝Fcos 37°

f＝μFN

联立解得F＝100 N.

同学们都有过擦黑板的经历.如图3所示，一黑板擦(可视为质点)的质量为m＝0.2 kg，当手臂对黑板擦的作用力F＝10 N且F与黑板面所成角度为53°时，黑板擦恰好沿黑板表面缓慢竖直向上擦黑板.(取g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)

图3

(1)求黑板擦与黑板间的动摩擦因数μ；

(2)若作用力F方向保持不变，当F多大时能完成向下缓慢擦黑板的任务？

(3)比较以上两种情况，试判断哪次黑板擦得更干净，说明理由.

答案　(1)0.5　(2)2 N　(3)见解析

解析　(1)当黑板擦缓慢向上滑动时，受力分析如图甲所示.

根据共点力的平衡条件可知

水平方向：FN＝Fsin 53°

竖直方向：Fcos 53°＝f＋mg

又因为：f＝μFN

联立解得μ＝0.5

(2)在黑板擦缓慢向下擦的过程中，以黑板擦为研究对象进行受力分析，如图乙所示

同理可知，水平方向：FN′＝F′sin 53°

竖直方向：F′cos 53°＋f′＝mg

又因为：f′＝μFN′

解得F′＝2 N

(3)黑板擦缓慢向上移动时摩擦力比缓慢向下移动时摩擦力更大，擦得更干净.

如图4，在倾角为37°的固定斜面上，一质量为10 kg的物块恰好沿斜面匀速下滑，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：

图4

(1)物块与斜面间的动摩擦因数μ；

(2)若用平行于斜面向上的力拉着物块沿斜面匀速上滑，求拉力F的大小.

答案　(1)0.75　(2)120 N

解析　(1)把重力正交分解，由平衡条件知

f＝mgsin 37°

FN＝mgcos 37°

f＝μFN

联立以上三式解得μ＝tan 37°＝0.75

(2)由平衡条件得F＝mgsin 37°＋f′

f′＝μmgcos 37°

解得F＝120 N.

如图5所示，质量为m＝4 kg的物体在水平恒力F＝26 N的作用下静止于斜面上，斜面的倾角θ＝37°，求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)

图5

(1)物体受到斜面的支持力大小；

(2)物体受到的摩擦力大小.

答案　(1)47.6 N　(2)3.2 N

解析　(1)对物体受力分析如图，正交分解各力有：

G1＝mgsin θ＝24 N

G2＝mgcos θ＝32 N

F1＝Fcos θ＝20.8 N

F2＝Fsin θ＝15.6 N

则斜面对物体的支持力大小：FN＝G2＋F2＝47.6 N

(2)因为G1>F1，故物体受到的摩擦力方向沿斜面向上，

故摩擦力大小为：f＝G1－F1＝3.2 N.

1.(2020·上海复旦附中期中)如图1所示，物块在力F作用下向右沿水平方向匀速运动，则物块受到的摩擦力f与拉力F的合力方向应该是(　　)

图1

A.水平向右   B.竖直向上

C.向右偏上  D.向左偏上

答案　B

解析　对物块受力分析如图所示，由于重力G与地面支持力FN的合力方向竖直向下，因此F和f的合力方向只有竖直向上时，四力合力才能为零，B正确.

2.(多选)(2020·福建师范大学附中高一期末创新改编)如图2所示的装置中，增加B的重力，A仍然在水平地面上保持静止状态，不计绳重和绳与定滑轮之间的摩擦，则下列说法正确的是(　　)

图2

A.悬挂滑轮的轴对滑轮的作用力一定增大

B.绳子对A的拉力一定增大

C.地面对A物体的摩擦力可能减少

D.地面对A物体的支持力增大

答案　AB

解析　绳子的拉力等于物体B的重力，悬挂滑轮的轴对滑轮的作用力等于两侧绳子上的拉力的合力，当增加物体B的重力且A仍然保持静止时，两侧绳上拉力的合力变大，则悬挂滑轮的轴对滑轮的作用力变大，故选项A正确；当增加B的重力时，绳子对A的拉力一定增大，选项B正确；地面对物体A的摩擦力等于绳子的拉力的水平分力，故增加物体B的重力时，地面对A物体的摩擦力增大，选项C错误；对物体A，在竖直方向有FN＋Tsin θ＝mAg，可知随拉力T的增大，FN减小，选项D错误.

3.(多选)(2020·四川三台中学实验学校高一期末)如图3所示，建筑工人用恒力F推着运料车在水平地面上匀速前进，恒力F与水平方向夹角为θ＝30°，运料车和材料的总重为G，下列说法正确的是(　　)

图3

A.运料车受到的摩擦力方向水平向左

B.运料车受到的摩擦力方向水平向右

C.运料车受到的摩擦力大小为F

D.运料车与地面间的动摩擦因数为

答案　AC

解析　分析运料车和材料的受力情况，作出受力图，由平衡条件得，运料车受到地面的摩擦力水平向左，大小为f车＝Fcos 30°＝F，竖直方向上有FN车＝G＋Fsin 30°＝G＋0.5F，则运料车与地面间的动摩擦因数为μ＝＝，选项A、C正确，B、D错误.

4.(多选)如图4所示，建筑装修中，工人用质量为m的磨石对斜壁进行打磨，当对磨石施加竖直向上大小为F的推力时，磨石恰好沿斜壁向上匀速运动，已知磨石与斜壁之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则磨石受到的摩擦力是(　　)

图4

A.(F－mg)cos θ   B.μ(F－mg)sin θ

C.μ(F－mg)cos θ   D.μ(F－mg)

答案　AB

解析　对磨石进行受力分析，如图所示，由平衡条件得，沿斜壁方向：Fcos θ－mgcos θ＝f，选项A正确；垂直于斜壁方向：FN＝Fsin θ－mgsin θ，故摩擦力f＝μFN＝μ(F－mg)sin θ，选项B正确，C、D错误.

5.如图5所示，放在长木板上的木块质量为m，当长木板与水平方向夹角为α时，木块静止在长木板上.(重力加速度为g)

图5

(1)此时木块所受的弹力和摩擦力各为多大？

(2)当把长木板的倾角增大到θ(θ＞α)时，木块刚好沿长木板匀速下滑，木块和长木板之间的动摩擦因数为多少？(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)

答案　(1)mgcos α　mgsin α　(2)tan θ

解析　(1)木块受力情况如图所示，根据重力的作用效果把重力分解为F1、F2.由木块静止时受力平衡可得：

FN＝mgcos α，

f＝mgsin α.

(2)当倾角增大到θ时，木块刚好匀速下滑，对木块受力分析，由平衡条件可知f′＝mgsin θ，

FN′＝mgcos θ，

又f′＝μFN′

得μ＝tan θ.

6.(多选)如图6所示，质量为m的物体在水平恒力F的作用下沿粗糙固定斜面匀速向上滑动，斜面与水平方向的夹角为θ，重力加速度为g，物体与斜面之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则物体受到的摩擦力大小是(　　)

图6

A.Fcos θ＋mgsin θ   B.Fcos θ－mgsin θ

C.μ(mg＋Fsin θ)   D.μ(mgcos θ＋Fsin θ)

答案　BD

7.如图7所示，质量为30 kg的小孩坐在10 kg的雪橇上，大人用与水平方向成37°角斜向上的大小为100 N的拉力拉雪橇，使雪橇沿水平地面做匀速直线运动.g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：

图7

(1)地面对雪橇的支持力大小；

(2)雪橇与水平地面间的动摩擦因数.

答案　(1)340 N　(2)

解析　(1)以小孩和雪橇整体为研究对象，受力分析如图所示，

根据共点力平衡条件知，

竖直方向上，有Fsin θ＋FN＝mg

解得FN＝340 N

(2)根据共点力平衡条件知，

水平方向上，有Fcos θ－f＝0

滑动摩擦力f＝μFN

联立解得μ＝.

8.(2020·广州八校期末联考)如图8所示，质量为m的木块在与水平方向成α角的推力F(大小未知)作用下，沿竖直墙壁向上匀速运动.已知木块与墙壁间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.求：

图8

(1)推力F的大小；

(2)若将推力的方向改为竖直向上推动木块，且木块仍做匀速直线运动，则推力F′为多大.

答案　(1)　(2)mg

解析　(1)以木块为研究对象，木块受到重力、支持力、推力和摩擦力作用，受力情况如图所示.

水平方向：FN＝Fcos α，

竖直方向：Fsin α＝mg＋f，

又因为：f＝μFN，

联立各式解得：F＝.

(2)若将推力的方向改为竖直向上推动木块做匀速直线运动，木块只受重力和推力，根据平衡条件可得：F′＝mg.

9.质量m＝1 kg的物块恰好能沿倾角为37°的斜面匀速下滑，现给物块施加与斜面成37°角斜向上的拉力F，使物块沿斜面匀速上滑，如图9所示.已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力.(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)

图9

(1)求物块与斜面间的动摩擦因数；

(2)求拉力F的大小；

(3)若给原来静止的物块施加平行于斜面向上、大小为10 N的拉力，求物块受到的摩擦力.

答案　(1)0.75　(2)9.6 N　(3)4 N，方向沿斜面向下

解析　(1)物块恰好沿斜面匀速下滑

物块沿斜面方向受力平衡，有

mgsin 37°＝μmgcos 37°

得：μ＝0.75

(2)物块沿斜面匀速上滑时，物块的受力情况如图甲所示

在x方向：Fcos 37°＝f＋mgsin 37°

在y方向：FN＋Fsin 37°＝mgcos 37°

f＝μFN

联立解得F＝9.6 N

(3)如图乙所示，

因为F′>mgsin 37°，故物块受到沿斜面向下的摩擦力

因F′－mgsin 37°<μmgcos 37°

故物块处于静止状态

物块受到的摩擦力f′＝F′－mgsin 37°＝4 N，方向沿斜面向下.