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第2课时　多力平衡问题
[学习目标]　1.知道在多力平衡中建立坐标系的原则.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.
例1　如图，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°的力斜向上拉物块，求此拉力的大小．(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)
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：FTcos 37°＝Ff
竖直方向：FN＝mg－FTsin 37°
且Ff＝μFN
代入数据解得FT＝20 N.
针对训练　(2021·北京北师大二附中高一期末)小王同学在家卫生大扫除时用拖把拖地，依靠拖把对地面的摩擦力来清扫污渍．如图所示，他沿推杆方向对拖把施加40 N的推力，且推杆与水平方向的夹角θ＝37°时，刚好可以匀速推动拖把．已知拖把质量为1 kg，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
(1)拖地时地面对拖把的支持力；
(2)拖把与地面间的动摩擦因数μ.
答案　(1)34 N，方向竖直向上　(2)
解析　(1)对拖把受力分析，如图
由于拖把做匀速直线运动，则拖把受力平衡，竖直方向有FN＝mg＋Fsin θ
代入数据，解得FN＝34 N，方向竖直向上；
(2)由于拖把水平方向受力平衡，
可得Ff＝Fcos θ，Ff＝μFN，
代入数据，解得μ＝.
例2　同学们都有过擦黑板的经历．如图所示，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)
(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°＝Ff＋mg
又因为：Ff＝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°＋Ff′＝mg
又因为：Ff′＝μFN′
解得F′＝2 N
(3)由(1)(2)可知，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．
例3　如图，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：
(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)对物块受力分析，由平衡条件知
Ff＝mgsin 37°，FN＝mgcos 37°，Ff＝μFN
联立解得μ＝tan 37°＝0.75
(2)F＝mgsin 37°＋Ff′.Ff′＝μmgcos 37°
解得F＝120 N.
例4　如图所示，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)
(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：Ff＝G1－F1＝3.2 N.
1.如图所示，某工人正在修理草坪，推力F与水平方向成α角，割草机沿水平方向做匀速直线运动，则割草机所受阻力的大小为(　　)
A．Fsin α B．Fcos α
C. D.
答案　B
解析　割草机沿水平方向做匀速直线运动，受到重力mg、推力F、地面的支持力FN和阻力Ff，如图，四个力的合力为零，则有：
Ff＝Fcos α，故A、C、D错误，B正确．
2.如图所示，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Ff与拉力F的合力方向应该是(　　)
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Ff的合力方向只有竖直向上时，四力合力才能为零，B正确．
3.(2022·连云港市期末)某幼儿园要做一个儿童滑梯，设计时根据场地大小确定滑梯的水平跨度为L，滑板和儿童裤料之间的动摩擦因数为μ，假定最大静摩擦力等于滑动摩擦力，为使儿童在滑梯中能沿滑板滑下，则滑梯高度至少为(　　)
A．μL B．μ2L C. D.
答案　A
解析　当儿童恰好能在滑梯中沿滑板滑下时，有
mgsin θ＝μmgcos θ
故μ＝tan θ
由几何关系可得tan θ＝
解得H＝μL，故选A.
4.(2021·淮安市六校高一上第二次学情调查)如图所示，质量为m的物体静止在水平地面上，它与地面间的动摩擦因数为μ.现将大小为F、与水平方向夹角为α的恒力作用在物体上，物体仍保持静止．重力加速度为g，则(　　)
A．物体所受支持力的大小为mg
B．物体所受支持力的大小为Fsin α
C．物体所受摩擦力的大小为Fcos α
D．物体所受摩擦力的大小为μmg
答案　C
5.(2022·江苏连云港高一期末)如图所示，一个质量为m的箱子，在平行于斜面的拉力F作用下，沿倾角为θ的斜面匀速上滑．已知箱子与斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则F的大小为(　　)
A．mgsin θ B．Mmgcos θ
C．mgsin θ＋μmgcos θ D．mgsin θ－μmgcos θ
答案　C
解析　箱子向上匀速运动，则受力平衡，对箱子受力分析，沿斜面方向F＝mgsin θ＋μFN
垂直斜面方向FN＝mgcos θ
解得F＝mgsin θ＋μmgcos θ，故选C.
6．(2021·江苏高邮高一期中)如图甲所示为冰壶运动，属于冬奥会比赛项目．现对运动员推动冰壶滑行过程建立如图乙所示模型：冰壶质量m＝14.8 kg，运动员施加的推力F＝20 N，方向与水平方向夹角θ＝37°，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6：
(1)求推力F沿水平方向的分力的大小；
(2)若冰壶在推力F作用下做匀速直线运动，求冰壶与冰面间的动摩擦因数μ.
答案　(1)16 N　(2)0.1
解析　(1)对冰壶受力分析知，F的水平分力为
Fx＝Fcos 37°＝16 N
(2)根据平衡条件有Ff＝Fcos 37°
FN＝Fsin 37°＋mg,Ff＝μFN
解得μ＝0.1.
7.如图所示，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(　　)
A．(F－mg)sin θ B．μ(F－mg)sin θ
C．μ(F－mg)cos θ D．μ(F－mg)
答案　B
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＝Ff，选项A错误；垂直于斜壁方向：FN＝Fsin θ－mgsin θ，故摩擦力Ff＝μFN＝μ(F－mg)sin θ，选项B正确，C、D错误．
8.(2021·盐城市响水中学高一期末)如图所示，质量分别为mA＝1 kg、mB＝0.2 kg的物块A、B，通过一根绕过光滑定滑轮的轻质细绳相连，处于静止状态，细绳与水平面的夹角α＝53°.已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g＝10 m/s2，则：
(1)细绳的拉力F为多大．(已知同一根细绳上拉力大小处处相等)
(2)水平面对物块A的支持力为多大．
(3)物块A受到的摩擦力Ff为多大．
答案　(1)2 N　(2)8.4 N　(3)1.2 N
解析　(1)以B为研究对象，物块B受到重力和细绳拉力，根据平衡条件可得
F＝mBg＝0.2×10 N＝2 N
(2)水平面对物块A的支持力FN＝mAg－Fsin α＝8.4 N
(3)物块A处于平衡状态，其受到的摩擦力为
Ff＝Fcos 53°＝2×0.6 N＝1.2 N
9.如图所示，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.
(1)求推力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＋Ff，
又因为：Ff＝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.
10．(2022·江苏淮安高一期末)如图所示，整个装置处于静止状态，滑轮D固定在斜面C上，连接物块A的轻绳OD段水平、DA段与斜面平行，已知物块A的质量mA＝1.2 kg，物块B的质量mB＝1.6 kg，轻绳OE与竖直方向的夹角以及斜面的倾角均为37°，滑轮的摩擦不计．已知物块A与斜面间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.
(1)求轻绳DA对物块A的拉力大小；
(2)求斜面C对物块A的支持力大小；
(3)若此时物块A和斜面间的摩擦力刚好达到最大静摩擦力，求物块A和斜面间的动摩擦因数．
答案　(1)12 N　(2)9.6 N　(3)0.5
解析　(1)对O点受力分析，水平轻绳对O点的拉力F＝mBgtan 37°＝12 N
即轻绳DA对A的拉力大小F＝12 N
(2)对物块A，C对A的支持力
FN＝mAgcos 37°＝9.6 N
(3)对物块A，沿斜面方向有
F－mAgsin 37°－Ff＝0
因摩擦力为最大静摩擦力，则Ff＝μFN
解得μ＝0.5.
11.质量m＝1 kg的物块恰好能沿倾角为37°的固定斜面匀速下滑，现给物块施加与斜面成37°斜向上的拉力F，使物块沿斜面匀速上滑，如图所示．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)，
(1)求拉力F的大小；
(2)若给物块施加平行于斜面向上、大小为10 N的拉力F′，求物块受到的摩擦力．
答案　(1)9.6 N　(2)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
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°＝Ff＋mgsin 37°
在y方向：FN＋Fsin 37°＝mgcos 37°
Ff＝μFN
联立解得F＝9.6 N
(2)因为F′>mgsin 37°，故物块受到沿斜面向下的摩擦力，如图乙所示，
对物块受力分析
物块所受最大静摩擦力为Ffm＝μmgcos 37°
因Ff′＝F′－mgsin 37°<μmgcos 37°
故物块处于静止状态,
物块受到的摩擦力Ff′＝F′－mgsin 37°＝4 N，方向沿斜面向下．

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