圖3
A.撤去F的瞬間，B球的速度為零，加速度大小為
B.在彈簧第一次達到最長時，A才離開墻壁
C.在A離開墻壁后，A、B兩球均向右勻速運動
D.以上說法都不對
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（2013?福建模擬）如圖1所示，質量足夠大、截面是直角梯形的物塊靜置在光滑水平地面上，其兩個側面恰合與兩個固定在地面上的壓力傳感器X和Y相接觸，圖AB高H=0.3m，AD長L=0.5m，斜面傾角θ=37°有一質量m=1kg的小物塊p（圖中未畫出），它與斜面的動磨擦因數μ可以通過更換斜面的材料進行調節，調節范圍是0≤μ≤1，取sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2．查看答案和解析>>
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| L1(L1+2L2)U0 | 8L0U1 |
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| s | 2 |
| v | 0 |
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科目：高中物理 來源： 題型：閱讀理解
第一部分 力＆物體的平衡
第一講 力的處理
一、矢量的運算
1、加法
表達：
+ 
= 
。
名詞：
為“和矢量”。
法則：平行四邊形法則。如圖1所示。
和矢量大�。篶 = 
，其中α為
和
的夾角。
和矢量方向：
在
、
之間，和
夾角β= arcsin
2、減法
表達：
= 
－
。
名詞：
為“被減數矢量”，
為“減數矢量”，
為“差矢量”。
法則：三角形法則。如圖2所示。將被減數矢量和減數矢量的起始端平移到一點，然后連接兩時量末端，指向被減數時量的時量，即是差矢量。
差矢量大小：a = 
，其中θ為
和
的夾角。
差矢量的方向可以用正弦定理求得。
一條直線上的矢量運算是平行四邊形和三角形法則的特例。
例題：已知質點做勻速率圓周運動，半徑為R ，周期為T ，求它在
T內和在
T內的平均加速度大小。
解說：如圖3所示，A到B點對應
T的過程，A到C點對應
T的過程。這三點的速度矢量分別設為
、
和
。
根據加速度的定義 
= 
得：
= 
，
= 
由于有兩處涉及矢量減法，設兩個差矢量 
= 
－
，
= 
－
，根據三角形法則，它們在圖3中的大小、方向已繪出（
的“三角形”已被拉伸成一條直線）。
本題只關心各矢量的大小，顯然：
= 
= 
= 
，且：
= 
= 
，
= 2
= 
所以：
= 
= 
= 
，
= 
= 
= 
。
（學生活動）觀察與思考：這兩個加速度是否相等，勻速率圓周運動是不是勻變速運動？
答：否；不是。
3、乘法
矢量的乘法有兩種：叉乘和點乘，和代數的乘法有著質的不同。
⑴ 叉乘
表達：
×
= 
名詞：
稱“矢量的叉積”，它是一個新的矢量。
叉積的大�。篶 = absinα，其中α為
和
的夾角。意義：
的大小對應由
和
作成的平行四邊形的面積。
叉積的方向：垂直
和
確定的平面，并由右手螺旋定則確定方向，如圖4所示。
顯然，
×
≠
×
，但有：
×
= －
×
⑵ 點乘
表達：
·
= c
名詞：c稱“矢量的點積”，它不再是一個矢量，而是一個標量。
點積的大小：c = abcosα，其中α為
和
的夾角。
二、共點力的合成
1、平行四邊形法則與矢量表達式
2、一般平行四邊形的合力與分力的求法
余弦定理（或分割成RtΔ）解合力的大小
正弦定理解方向
三、力的分解
1、按效果分解
2、按需要——正交分解
第二講 物體的平衡
一、共點力平衡
1、特征：質心無加速度。
2、條件：Σ
= 0 ，或 
= 0 ，
= 0
例題：如圖5所示，長為L 、粗細不均勻的橫桿被兩根輕繩水平懸掛，繩子與水平方向的夾角在圖上已標示，求橫桿的重心位置。
解說：直接用三力共點的知識解題，幾何關系比較簡單。
答案：距棒的左端L/4處。
（學生活動）思考：放在斜面上的均質長方體，按實際情況分析受力，斜面的支持力會通過長方體的重心嗎？
解：將各處的支持力歸納成一個N ，則長方體受三個力（G 、f 、N）必共點，由此推知，N不可能通過長方體的重心。正確受力情形如圖6所示（通常的受力圖是將受力物體看成一個點，這時，N就過重心了）。
答：不會。
二、轉動平衡
1、特征：物體無轉動加速度。
2、條件：Σ
= 0 ，或ΣM+ =ΣM-
如果物體靜止，肯定會同時滿足兩種平衡，因此用兩種思路均可解題。
3、非共點力的合成
大小和方向：遵從一條直線矢量合成法則。
作用點：先假定一個等效作用點，然后讓所有的平行力對這個作用點的和力矩為零。
第三講 習題課
1、如圖7所示，在固定的、傾角為α斜面上，有一塊可以轉動的夾板（β不定），夾板和斜面夾著一個質量為m的光滑均質球體，試求：β取何值時，夾板對球的彈力最小。
解說：法一，平行四邊形動態處理。
對球體進行受力分析，然后對平行四邊形中的矢量G和N1進行平移，使它們構成一個三角形，如圖8的左圖和中圖所示。
由于G的大小和方向均不變，而N1的方向不可變，當β增大導致N2的方向改變時，N2的變化和N1的方向變化如圖8的右圖所示。
顯然，隨著β增大，N1單調減小，而N2的大小先減小后增大，當N2垂直N1時，N2取極小值，且N2min = Gsinα。
法二，函數法。
看圖8的中間圖，對這個三角形用正弦定理，有：
= 
，即：N2 = 
，β在0到180°之間取值，N2的極值討論是很容易的。
答案：當β= 90°時，甲板的彈力最小。
2、把一個重為G的物體用一個水平推力F壓在豎直的足夠高的墻壁上，F隨時間t的變化規律如圖9所示，則在t = 0開始物體所受的摩擦力f的變化圖線是圖10中的哪一個？
解說：靜力學旨在解決靜態問題和準靜態過程的問題，但本題是一個例外。物體在豎直方向的運動先加速后減速，平衡方程不再適用。如何避開牛頓第二定律，是本題授課時的難點。
靜力學的知識，本題在于區分兩種摩擦的不同判據。
水平方向合力為零，得：支持力N持續增大。
物體在運動時，滑動摩擦力f = μN ，必持續增大。但物體在靜止后靜摩擦力f′≡ G ，與N沒有關系。
對運動過程加以分析，物體必有加速和減速兩個過程。據物理常識，加速時，f ＜ G ，而在減速時f ＞ G 。
答案：B 。
3、如圖11所示，一個重量為G的小球套在豎直放置的、半徑為R的光滑大環上，另一輕質彈簧的勁度系數為k ，自由長度為L（L＜2R），一端固定在大圓環的頂點A ，另一端與小球相連。環靜止平衡時位于大環上的B點。試求彈簧與豎直方向的夾角θ。
解說：平行四邊形的三個矢量總是可以平移到一個三角形中去討論，解三角形的典型思路有三種：①分割成直角三角形（或本來就是直角三角形）；②利用正、余弦定理；③利用力學矢量三角形和某空間位置三角形相似。本題旨在貫徹第三種思路。
分析小球受力→矢量平移，如圖12所示，其中F表示彈簧彈力，N表示大環的支持力。
（學生活動）思考：支持力N可不可以沿圖12中的反方向？（正交分解看水平方向平衡——不可以。）
容易判斷，圖中的灰色矢量三角形和空間位置三角形ΔAOB是相似的，所以：
⑴
由胡克定律：F = k（
- R） ⑵
幾何關系：
= 2Rcosθ ⑶
解以上三式即可。
答案：arccos
。
（學生活動）思考：若將彈簧換成勁度系數k′較大的彈簧，其它條件不變，則彈簧彈力怎么變？環的支持力怎么變？
答：變小；不變。
（學生活動）反饋練習：光滑半球固定在水平面上，球心O的正上方有一定滑輪，一根輕繩跨過滑輪將一小球從圖13所示的A位置開始緩慢拉至B位置。試判斷：在此過程中，繩子的拉力T和球面支持力N怎樣變化？
解：和上題完全相同。
答：T變小，N不變。
4、如圖14所示，一個半徑為R的非均質圓球，其重心不在球心O點，先將它置于水平地面上，平衡時球面上的A點和地面接觸；再將它置于傾角為30°的粗糙斜面上，平衡時球面上的B點與斜面接觸，已知A到B的圓心角也為30°。試求球體的重心C到球心O的距離。
解說：練習三力共點的應用。
根據在平面上的平衡，可知重心C在OA連線上。根據在斜面上的平衡，支持力、重力和靜摩擦力共點，可以畫出重心的具體位置。幾何計算比較簡單。
答案：
R 。
（學生活動）反饋練習：靜摩擦足夠，將長為a 、厚為b的磚塊碼在傾角為θ的斜面上，最多能碼多少塊？
解：三力共點知識應用。
答：
。
4、兩根等長的細線，一端拴在同一懸點O上，另一端各系一個小球，兩球的質量分別為m1和m2 ，已知兩球間存在大小相等、方向相反的斥力而使兩線張開一定角度，分別為45和30°，如圖15所示。則m1 : m2??為多少？
解說：本題考查正弦定理、或力矩平衡解靜力學問題。
對兩球進行受力分析，并進行矢量平移，如圖16所示。
首先注意，圖16中的灰色三角形是等腰三角形，兩底角相等，設為α。
而且，兩球相互作用的斥力方向相反，大小相等，可用同一字母表示，設為F 。
對左邊的矢量三角形用正弦定理，有：
= 
①
同理，對右邊的矢量三角形，有：
= 
②
解①②兩式即可。
答案：1 ：
。
（學生活動）思考：解本題是否還有其它的方法？
答：有——將模型看成用輕桿連成的兩小球，而將O點看成轉軸，兩球的重力對O的力矩必然是平衡的。這種方法更直接、簡便。
應用：若原題中繩長不等，而是l1 ：l2 = 3 ：2 ，其它條件不變，m1與m2的比值又將是多少？
解：此時用共點力平衡更加復雜（多一個正弦定理方程），而用力矩平衡則幾乎和“思考”完全相同。
答：2 ：3
。
5、如圖17所示，一個半徑為R的均質金屬球上固定著一根長為L的輕質細桿，細桿的左端用鉸鏈與墻壁相連，球下邊墊上一塊木板后，細桿恰好水平，而木板下面是光滑的水平面。由于金屬球和木板之間有摩擦（已知摩擦因素為μ），所以要將木板從球下面向右抽出時，至少需要大小為F的水平拉力。試問：現要將木板繼續向左插進一些，至少需要多大的水平推力？
解說：這是一個典型的力矩平衡的例題。
以球和桿為對象，研究其對轉軸O的轉動平衡，設木板拉出時給球體的摩擦力為f ，支持力為N ，重力為G ，力矩平衡方程為：
f R + N（R + L）= G（R + L） ①
球和板已相對滑動，故：f = μN ②
解①②可得：f = 
再看木板的平衡，F = f 。
同理，木板插進去時，球體和木板之間的摩擦f′= 
= F′。
答案：
。
第四講 摩擦角及其它
一、摩擦角
1、全反力：接觸面給物體的摩擦力與支持力的合力稱全反力，一般用R表示，亦稱接觸反力。
2、摩擦角：全反力與支持力的最大夾角稱摩擦角，一般用φm表示。
此時，要么物體已經滑動，必有：φm = arctgμ（μ為動摩擦因素），稱動摩擦力角；要么物體達到最大運動趨勢，必有：φms = arctgμs（μs為靜摩擦因素），稱靜摩擦角。通常處理為φm = φms 。
3、引入全反力和摩擦角的意義：使分析處理物體受力時更方便、更簡捷。
二、隔離法與整體法
1、隔離法：當物體對象有兩個或兩個以上時，有必要各個擊破，逐個講每個個體隔離開來分析處理，稱隔離法。
在處理各隔離方程之間的聯系時，應注意相互作用力的大小和方向關系。
2、整體法：當各個體均處于平衡狀態時，我們可以不顧個體的差異而講多個對象看成一個整體進行分析處理，稱整體法。
應用整體法時應注意“系統”、“內力”和“外力”的涵義。
三、應用
1、物體放在水平面上，用與水平方向成30°的力拉物體時，物體勻速前進。若此力大小不變，改為沿水平方向拉物體，物體仍能勻速前進，求物體與水平面之間的動摩擦因素μ。
解說：這是一個能顯示摩擦角解題優越性的題目。可以通過不同解法的比較讓學生留下深刻印象。
法一，正交分解。（學生分析受力→列方程→得結果。）
法二，用摩擦角解題。
引進全反力R ，對物體兩個平衡狀態進行受力分析，再進行矢量平移，得到圖18中的左圖和中間圖（注意：重力G是不變的，而全反力R的方向不變、F的大小不變），φm指摩擦角。
再將兩圖重疊成圖18的右圖。由于灰色的三角形是一個頂角為30°的等腰三角形，其頂角的角平分線必垂直底邊……故有：φm = 15°。
最后，μ= tgφm 。
答案：0.268 。
（學生活動）思考：如果F的大小是可以選擇的，那么能維持物體勻速前進的最小F值是多少？
解：見圖18，右圖中虛線的長度即Fmin ，所以，Fmin = Gsinφm 。
答：Gsin15°（其中G為物體的重量）。
2、如圖19所示，質量m = 5kg的物體置于一粗糙斜面上，并用一平行斜面的、大小F = 30N的推力推物體，使物體能夠沿斜面向上勻速運動，而斜面體始終靜止。已知斜面的質量M = 10kg ，傾角為30°，重力加速度g = 10m/s2 ，求地面對斜面體的摩擦力大小。
解說：
本題旨在顯示整體法的解題的優越性。
法一，隔離法。簡要介紹……
法二，整體法。注意，滑塊和斜面隨有相對運動，但從平衡的角度看，它們是完全等價的，可以看成一個整體。
做整體的受力分析時，內力不加考慮。受力分析比較簡單，列水平方向平衡方程很容易解地面摩擦力。
答案：26.0N 。
（學生活動）地面給斜面體的支持力是多少？
解：略。
答：135N 。
應用：如圖20所示，一上表面粗糙的斜面體上放在光滑的水平地面上，斜面的傾角為θ。另一質量為m的滑塊恰好能沿斜面勻速下滑。若用一推力F作用在滑塊上，使之能沿斜面勻速上滑，且要求斜面體靜止不動，就必須施加一個大小為P = 4mgsinθcosθ的水平推力作用于斜面體。使滿足題意的這個F的大小和方向。
解說：這是一道難度較大的靜力學題，可以動用一切可能的工具解題。
法一：隔離法。
由第一個物理情景易得，斜面于滑塊的摩擦因素μ= tgθ
對第二個物理情景，分別隔離滑塊和斜面體分析受力，并將F沿斜面、垂直斜面分解成Fx和Fy ，滑塊與斜面之間的兩對相互作用力只用兩個字母表示（N表示正壓力和彈力，f表示摩擦力），如圖21所示。
對滑塊，我們可以考查沿斜面方向和垂直斜面方向的平衡——
Fx = f + mgsinθ
Fy + mgcosθ= N
且 f = μN = Ntgθ
綜合以上三式得到：
Fx = Fytgθ+ 2mgsinθ ①
對斜面體，只看水平方向平衡就行了——
P = fcosθ+ Nsinθ
即：4mgsinθcosθ=μNcosθ+ Nsinθ
代入μ值，化簡得：Fy = mgcosθ ②
②代入①可得：Fx = 3mgsinθ
最后由F =
解F的大小，由tgα= 
解F的方向（設α為F和斜面的夾角）。
答案：大小為F = mg
，方向和斜面夾角α= arctg(
)指向斜面內部。
法二：引入摩擦角和整體法觀念。
仍然沿用“法一”中關于F的方向設置（見圖21中的α角）。
先看整體的水平方向平衡，有：Fcos(θ- α) = P ⑴
再隔離滑塊，分析受力時引進全反力R和摩擦角φ，由于簡化后只有三個力（R、mg和F），可以將矢量平移后構成一個三角形，如圖22所示。
在圖22右邊的矢量三角形中，有：
= 
= 
⑵
注意：φ= arctgμ= arctg(tgθ) = θ ⑶
解⑴⑵⑶式可得F和α的值。
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