第3講　受力分析　共點(diǎn)力的平衡高考物理總復(fù)習(xí)新教材版

第講受力分析共點(diǎn)力的平衡[教材閱讀指導(dǎo)](對(duì)應(yīng)人教版新教材必修第一冊(cè)頁(yè)碼及相關(guān)問(wèn)題)P65[實(shí)驗(yàn)]，測(cè)力計(jì)B受到A的拉力F，測(cè)力計(jì)A受B的拉力F′，F(xiàn)與F′有什么關(guān)系？提示：F與F′屬于相互作用力，大小相等、方向相反，作用在同一直線(xiàn)上。P74[例題2]，三力的平衡用什么方法解決？提示：有三種方法：(1)兩個(gè)力的合力和第三個(gè)力平衡的方法；(2)用正交分解的方法；(3)按效果分解法。P75[練習(xí)與應(yīng)用]T4，四個(gè)力的平衡問(wèn)題，如何求拉力F?提示：利用正交分解的方法結(jié)合平衡條件求解。P77[復(fù)習(xí)與提高]B組T5，該題應(yīng)該用什么方法分析求解？提示：用圖解法分析求解。P77[復(fù)習(xí)與提高]B組T6。提示：(1)eq\f(4\r(3),3)G，eq\f(2\r(3),3)G；(2)eq\f(\r(21),3)G。物理觀(guān)念受力分析1．定義把指定物體(研究對(duì)象)在特定的物理環(huán)境中受到的所有外力都找出來(lái)，并畫(huà)出eq\x(\s\up1(01))受力示意圖的過(guò)程。2．受力分析的一般順序先分析場(chǎng)力(eq\x(\s\up1(02))重力、靜電力、磁場(chǎng)力)，再分析接觸力(彈力、eq\x(\s\up1(03))摩擦力)，最后分析其他力。物理觀(guān)念共點(diǎn)力的平衡1．共點(diǎn)力作用于物體的eq\x(\s\up1(01))同一點(diǎn)或作用線(xiàn)相交于一點(diǎn)的幾個(gè)力。2．平衡狀態(tài)物體保持eq\x(\s\up1(02))靜止或eq\x(\s\up1(03))勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的狀態(tài)。3．共點(diǎn)力的平衡條件(1)F合＝0或者eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Fx＝0，,Fy＝0。))(2)平衡條件的推論①二力平衡：如果物體在兩個(gè)共點(diǎn)力的作用下處于平衡狀態(tài)，這兩個(gè)力必定大小eq\x(\s\up1(04))相等，方向eq\x(\s\up1(05))相反。②三力平衡：如果物體在三個(gè)共點(diǎn)力的作用下處于平衡狀態(tài)，其中任何一個(gè)力與其余兩個(gè)力的合力大小eq\x(\s\up1(06))相等，方向eq\x(\s\up1(07))相反；并且這三個(gè)力的矢量可以形成一個(gè)首尾相接的矢量eq\x(\s\up1(08))三角形。③多力平衡：如果物體在多個(gè)共點(diǎn)力的作用下處于平衡狀態(tài)，其中任何一個(gè)力與其余幾個(gè)力的合力大小eq\x(\s\up1(09))相等，方向eq\x(\s\up1(10))相反。一堵點(diǎn)疏通1．對(duì)物體進(jìn)行受力分析時(shí)，只能畫(huà)該物體受到的力，該物體對(duì)別的物體施加的力不能畫(huà)在該物體上。()2．物體的速度為零即處于平衡狀態(tài)。()3．物體在緩慢運(yùn)動(dòng)時(shí)所處的狀態(tài)不屬于平衡狀態(tài)。()4．物體處于平衡狀態(tài)時(shí)，加速度等于零。()5．若物體受三個(gè)力F1、F2、F3的作用而平衡，將F2轉(zhuǎn)動(dòng)90°時(shí)，三個(gè)力的合力大小為eq\r(2)F2。()6．物體沿斜面下滑時(shí)，物體受重力、支持力和下滑力的作用。()答案1.√2.×3.×4.√5.√6.×二對(duì)點(diǎn)激活1．(人教版必修第一冊(cè)·P75·T2改編)(多選)一根輕繩一端系小球P，另一端系于光滑墻壁上的O點(diǎn)，在墻壁和小球P之間夾有一長(zhǎng)方體物塊Q，如圖所示，在小球P、物塊Q均處于靜止?fàn)顟B(tài)的情況下，下列有關(guān)說(shuō)法正確的是()A．物塊Q受3個(gè)力B．小球P受4個(gè)力C．若O點(diǎn)下移，物塊Q受到的靜摩擦力將增大D．若O點(diǎn)上移，繩子的拉力將變小答案BD解析對(duì)P和Q進(jìn)行受力分析可知，Q受重力、墻壁的彈力、P對(duì)Q的彈力、P對(duì)Q的摩擦力，P受重力、繩子的拉力、Q對(duì)P的彈力、Q對(duì)P的摩擦力，因此A錯(cuò)誤，B正確；分析Q的受力情況可知，若O點(diǎn)下移，Q處于靜止?fàn)顟B(tài)，其受到的靜摩擦力仍等于重力，不變，C錯(cuò)誤；對(duì)P進(jìn)行受力分析可知，若O點(diǎn)上移，繩子的拉力將變小，D正確。2.如圖所示，將小物塊P輕輕放到半圓柱體上，O為圓心。當(dāng)小物塊處于B位置時(shí)恰好能保持靜止，OB與豎直半徑的夾角∠AOB＝30°。若小物塊與圓柱體之間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，則小物塊與圓柱體之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為()A.eq\f(\r(3),2) B．eq\f(\r(3),3)C．eq\f(1,2) D．eq\f(1,3)答案B解析當(dāng)小物塊處于B位置時(shí)恰好能保持靜止，則此時(shí)小物塊所受摩擦力為最大靜摩擦力，其受力如圖所示，由平衡條件得：N＝mgcosθ，fm＝mgsinθ，又fm＝μN(yùn)，聯(lián)立解得μ＝eq\f(\r(3),3)，故A、C、D錯(cuò)誤，B正確?？键c(diǎn)1物體的受力分析[科學(xué)思維梳理]受力分析的方法步驟例1如圖所示，物體A靠在豎直墻面上，在豎直向上的力F作用下，A、B共同向上勻速運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法正確的是()A．物體A受到物體B對(duì)它的作用力的大小等于物體A的重力B．物體B受到的作用力F的大小要小于物體A、B的重力之和C．墻面對(duì)物體A的滑動(dòng)摩擦力方向向下D．物體A對(duì)物體B的靜摩擦力方向沿接觸面斜向上[答案]A[解析]A、B共同向上做勻速運(yùn)動(dòng)，則A和B均處于受力平衡狀態(tài)，A、B整體水平方向不受外力，故墻面對(duì)A、B無(wú)彈力作用，墻面對(duì)物體A沒(méi)有摩擦力，F(xiàn)大小等于A、B的重力之和，B、C錯(cuò)誤；物體A在其重力和B對(duì)它的作用力的作用下處于平衡狀態(tài)，故A正確；A受到B斜向上的摩擦力，所以物體A對(duì)物體B的靜摩擦力方向沿接觸面斜向下，D錯(cuò)誤。[關(guān)鍵能力升華]受力分析的基本技巧(1)要善于轉(zhuǎn)換研究對(duì)象，尤其是對(duì)于摩擦力不易判定的情形，可以先分析與之相接觸、受力較少的物體的受力情況，再應(yīng)用牛頓第三定律判定。(2)假設(shè)法是判斷彈力、摩擦力的存在及方向的基本方法。[對(duì)點(diǎn)跟進(jìn)訓(xùn)練](受力分析)(多選)如圖所示為形狀相同的兩個(gè)劈形物體，它們之間的接觸面光滑，兩物體與地面的接觸面均粗糙，現(xiàn)對(duì)A施加水平向右的力F，兩物體均保持靜止，則物體B的受力個(gè)數(shù)可能是()A．2個(gè) B．3個(gè)C．4個(gè) D．5個(gè)答案AC解析對(duì)A受力分析可知，當(dāng)F與A所受的靜摩擦力大小相等時(shí)，則A、B之間沒(méi)有彈力，當(dāng)F比A所受的靜摩擦力更大時(shí)，則A、B之間有彈力。當(dāng)A對(duì)B沒(méi)有彈力時(shí)，B受到重力和地面的支持力2個(gè)力；當(dāng)A對(duì)B有彈力時(shí)，B還受到重力、地面的支持力與摩擦力，共4個(gè)力。故A、C正確，B、D錯(cuò)誤?？键c(diǎn)2共點(diǎn)力的平衡[科學(xué)思維梳理]求解共點(diǎn)力的平衡問(wèn)題的常用方法方法內(nèi)容合成法物體受三個(gè)共點(diǎn)力的作用而平衡，則任意兩個(gè)力的合力一定與第三個(gè)力大小相等，方向相反分解法物體受三個(gè)共點(diǎn)力的作用而平衡，將某一個(gè)力按力的效果分解，則其分力和其他兩個(gè)力滿(mǎn)足平衡條件正交分解法物體受到三個(gè)或三個(gè)以上力的作用而平衡，將物體所受的力分解為相互垂直的兩組，每組力都滿(mǎn)足平衡條件力的三角形法對(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、余弦定理或相似三角形等數(shù)學(xué)知識(shí)求解未知力例2如圖所示，質(zhì)量為m的物體分別置于水平地面和傾角為θ的固定斜面上。物體與地面、物體與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，用與水平地面夾角為θ的推力F1作用于物體上，使其沿地面勻速向右滑動(dòng)；用水平推力F2作用于物體上，使其沿斜面勻速向上滑動(dòng)，則推力之比eq\f(F1,F2)為()A.eq\f(μ,sinθ＋μcosθ) B．eq\f(μ,sinθ－μcosθ)C.eq\f(sinθ＋μcosθ,μ) D．eq\f(sinθ－μcosθ,μ)[答案]A[解析]分別對(duì)物體進(jìn)行受力分析，如圖甲、乙所示，物體在地面上勻速向右滑動(dòng)，則水平方向上有F1x＝Ff1＝F1cosθ，豎直方向上有FN1＝F1sinθ＋mg，且Ff1＝μFN1′，F(xiàn)N1＝FN1′，則可得F1＝eq\f(μmg,cosθ－μsinθ)；物體在斜面上勻速向上滑動(dòng)時(shí)，在沿斜面方向上有F2x＝mgsinθ＋Ff2＝F2cosθ，在垂直斜面方向上有FN2＝F2sinθ＋mgcosθ，且有Ff2＝μFN2′，F(xiàn)N2＝FN2′，可得F2＝eq\f(mgsinθ＋μcosθ,cosθ－μsinθ)，則eq\f(F1,F2)＝eq\f(μ,sinθ＋μcosθ)，A正確。[關(guān)鍵能力升華]應(yīng)用平衡條件解題的步驟(1)選取研究對(duì)象：根據(jù)題目要求，選取一個(gè)平衡體(單個(gè)物體或系統(tǒng)，也可以是結(jié)點(diǎn))作為研究對(duì)象。(2)畫(huà)受力示意圖：對(duì)研究對(duì)象進(jìn)行受力分析，畫(huà)出受力示意圖。(3)合成或分解：三個(gè)力直接合成或分解，四個(gè)及四個(gè)以上的力正交分解。(4)列方程求解：根據(jù)平衡條件列出平衡方程，解平衡方程，對(duì)結(jié)果進(jìn)行討論。[對(duì)點(diǎn)跟進(jìn)訓(xùn)練]1．(合成法)(2021·福建省三明市高三三模)現(xiàn)代人經(jīng)常低頭玩手機(jī)，這會(huì)使頸椎長(zhǎng)期受壓，可能引發(fā)頸椎病。某同學(xué)低頭看手機(jī)時(shí)，可粗略認(rèn)為頭受到重力G、肌肉拉力F和頸椎支持力N，如圖所示，若頭頸彎曲與豎直方向成30°，此時(shí)肌肉對(duì)頭的拉力F約為頭重的1倍，由此估算頸椎受到的壓力大小約為()A．2G B．eq\r(3)GC．G D．eq\f(\r(3),2)G答案B解析根據(jù)平衡條件知，重力G、肌肉拉力F的合力與頸椎支持力N平衡，根據(jù)平行四邊形定則及幾何關(guān)系得N＝2Gcos30°＝eq\r(3)G，由牛頓第三定律知，頸椎受到的壓力大小約為eq\r(3)G，故B正確。2.(正交分解法)如圖甲所示，推力F垂直斜面作用在斜面體上，斜面體靜止在豎直墻面上，若將斜面體改成如圖乙所示放置，用相同大小的推力F垂直斜面作用到斜面體上，則下列說(shuō)法正確的是()A．墻面受到的壓力一定變小B．斜面體受到的摩擦力一定變小C．斜面體受到的摩擦力可能變大D．斜面體可能沿墻面向上滑動(dòng)答案B解析以斜面體為研究對(duì)象，受力分析如圖所示，圖甲中N1＝Fcosθ，f1＝mg＋Fsinθ≤fm，圖乙中N2＝Fcosθ，即墻面受到的壓力不變，所以fm不變。若Fsinθ＝mg，則f2＝0，斜面體靜止；若Fsinθ＞mg，則f2方向向下且f2＝Fsinθ－mg，斜面體靜止；若Fsinθ＜mg，則f2方向向上且f2＝mg－Fsinθ，斜面體靜止；所以斜面體受到的摩擦力一定變小，B正確，A、C、D錯(cuò)誤?？键c(diǎn)3動(dòng)態(tài)平衡問(wèn)題分析[科學(xué)思維梳理]1．動(dòng)態(tài)平衡問(wèn)題通過(guò)控制某些物理量，使物體的狀態(tài)發(fā)生緩慢的變化，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)，在問(wèn)題的描述中常用“緩慢”等語(yǔ)言敘述。2．解決動(dòng)態(tài)平衡問(wèn)題的常用方法(1)解析法對(duì)研究對(duì)象進(jìn)行受力分析，先畫(huà)出受力示意圖，再根據(jù)物體的平衡條件列式求解，得到因變量與自變量的函數(shù)表達(dá)式(通常為三角函數(shù)關(guān)系)，最后根據(jù)自變量的變化確定因變量的變化。(2)圖解法此法常用于求解三力平衡問(wèn)題中，已知一個(gè)力是恒力、另一個(gè)力方向不變的情況。一般按照以下流程解題。(3)相似三角形法正確作出力的三角形后，如能判定力的三角形與圖形中已知長(zhǎng)度的三角形(線(xiàn)、桿、壁等圍成的幾何三角形)相似，則可用相似三角形對(duì)應(yīng)邊成比例求出力的比例關(guān)系，從而達(dá)到求未知量的目的。往往涉及三個(gè)力，其中一個(gè)力為恒力，另兩個(gè)力的方向均發(fā)生變化，則此時(shí)通常用相似三角形法分析。相似三角形法是解平衡問(wèn)題時(shí)常用到的一種方法，解題的關(guān)鍵是正確的受力分析，尋找力三角形和幾何三角形相似。例3光滑斜面上固定著一根剛性圓弧形細(xì)桿，小球通過(guò)輕繩與細(xì)桿相連，此時(shí)輕繩處于水平方向，球心恰位于圓弧形細(xì)桿的圓心處，如圖所示。將懸點(diǎn)A緩慢沿桿向上移動(dòng)，直到輕繩處于豎直方向，在這個(gè)過(guò)程中，輕繩的拉力()A．逐漸增大 B．大小不變C．先減小后增大 D．先增大后減小[答案]C[解析]解法一(圖解法)：在懸點(diǎn)A緩慢向上移動(dòng)的過(guò)程中，小球始終處于平衡狀態(tài)，小球所受重力mg的大小和方向都不變，支持力的方向不變，對(duì)小球進(jìn)行受力分析如圖甲所示，由圖可知，拉力T先減小后增大，C正確。解法二(解析法)：如圖乙所示，由正弦定理得eq\f(T,sinα)＝eq\f(mg,sinβ)，得T＝eq\f(mgsinα,sinβ)，由于mg和α不變，而sinβ先增大后減小，可得T先減小后增大，C正確。[關(guān)鍵能力升華]圖解法處理動(dòng)態(tài)平衡問(wèn)題圖解法就是在對(duì)物體進(jìn)行受力分析(一般受3個(gè)力)的基礎(chǔ)上，若滿(mǎn)足有一個(gè)力大小、方向均不變，另有一個(gè)力方向不變時(shí)，畫(huà)出這3個(gè)力的封閉矢量三角形來(lái)分析力的變化情況的方法。如例3中小球所受重力mg的大小、方向均不變，小球所受斜面的支持力FN方向不變，大小變化，這兩個(gè)力與小球所受輕繩的拉力T三力平衡，構(gòu)成一矢量三角形，由T大小、方向的變化，引起FN的變化，且當(dāng)T垂直FN時(shí)，T有最小值。[對(duì)點(diǎn)跟進(jìn)訓(xùn)練]1．(正交分解法)(2022·江蘇省揚(yáng)州市高三上期中調(diào)研)如圖所示，戰(zhàn)士在水平地面上拉輪胎訓(xùn)練，戰(zhàn)士以速度v做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中保持雙肩及兩繩的端點(diǎn)A、B等高，兩繩間的夾角為θ，所構(gòu)成的平面與水平面間的夾角α不變，則()A．保持v不變，θ變小，繩子的拉力變小B．保持v不變，θ變小，繩子的拉力變大C．保持θ不變，v較小時(shí)，繩子的拉力較小D．保持θ不變，v較小時(shí)，繩子的拉力較大答案A解析保持v不變，則輪胎做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，設(shè)繩子的拉力為T(mén)，兩根繩拉力的合力為F，根據(jù)平行四邊形定則有F＝2Tcoseq\f(θ,2)，對(duì)輪胎受力分析，根據(jù)正交分解，水平方向上有Fcosα＝f，豎直方向有Fsinα＋N＝mg，又f＝μN(yùn)，聯(lián)立解得T＝eq\f(μmg,2cos\f(θ,2)cosα＋μsinα)，故θ變小，繩子的拉力變小，故A正確，B錯(cuò)誤；由前面分析知，輪胎做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)時(shí)，T＝eq\f(μmg,2cos\f(θ,2)cosα＋μsinα)，可知保持θ不變，則拉力T不變，與速度的大小無(wú)關(guān)，故C、D錯(cuò)誤。2.(相似三角形法)如圖所示，質(zhì)量為m的小球套在豎直固定的光滑圓環(huán)上，在圓環(huán)的最高點(diǎn)有一個(gè)光滑小孔，一根輕繩的下端系著小球，上端穿過(guò)小孔用力F拉住，開(kāi)始時(shí)繩與豎直方向的夾角為θ，小球處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)緩慢拉動(dòng)輕繩，使小球沿光滑圓環(huán)上升一小段距離，重力加速度大小為g，則下列說(shuō)法正確的是()A．繩與豎直方向的夾角為θ時(shí)，F(xiàn)＝mgcosθB．小球沿光滑圓環(huán)上升過(guò)程中，輕繩拉力逐漸增大C．小球沿光滑圓環(huán)上升過(guò)程中，小球所受支持力逐漸增大D．小球沿光滑圓環(huán)上升過(guò)程中，小球所受支持力大小不變答案D解析繩與豎直方向的夾角為θ時(shí)，小球受到豎直向下的重力mg、圓環(huán)對(duì)小球沿半徑向外的支持力FN以及沿繩方向的拉力F，畫(huà)出力的示意圖如圖所示，由三角形相似得：eq\f(FN,R)＝eq\f(mg,R)＝eq\f(F,L)，可知FN＝mg，F(xiàn)＝2mgcosθ，A錯(cuò)誤；小球沿光滑圓環(huán)上升過(guò)程中，F(xiàn)N＝mg不變，L變短，則F變小，故D正確，B、C錯(cuò)誤。3.(解析法、圖解法)(2017·全國(guó)卷Ⅰ)(多選)如圖，柔軟輕繩ON的一端O固定，其中間某點(diǎn)M拴一重物，用手拉住繩的另一端N。初始時(shí)，OM豎直且MN被拉直，OM與MN之間的夾角為αeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α>\f(π,2)))?，F(xiàn)將重物向右上方緩慢拉起，并保持夾角α不變。在OM由豎直被拉到水平的過(guò)程中()A．MN上的張力逐漸增大B．MN上的張力先增大后減小C．OM上的張力逐漸增大D．OM上的張力先增大后減小答案AD解析解法一：設(shè)重物的質(zhì)量為m，繩OM中的張力為T(mén)OM，繩MN中的張力為T(mén)MN。開(kāi)始時(shí)，TOM＝mg，TMN＝0。由于緩慢拉起，則重物一直處于平衡狀態(tài)，兩繩張力的合力與重物的重力mg等大、反向。如圖所示，已知角α不變，在繩MN緩慢拉起的過(guò)程中，角β逐漸增大，則角(α－β)逐漸減小，但角θ不變，在三角形中，利用正弦定理得：eq\f(TOM,sinα－β)＝eq\f(mg,sinθ)，(α－β)由鈍角變?yōu)殇J角，則TOM先增大后減小，選項(xiàng)D正確；同理知eq\f(TMN,sinβ)＝eq\f(mg,sinθ)，在β由0變?yōu)閑q\f(π,2)的過(guò)程中，TMN一直增大，選項(xiàng)A正確。解法二：重物受到重力mg、OM繩的拉力FOM、MN繩的拉力FMN共三個(gè)力的作用。緩慢拉起過(guò)程中任一時(shí)刻可認(rèn)為是平衡狀態(tài)，三力的合力恒為0。如圖所示，由三角形定則得一首尾相接的閉合三角形，由于α>eq\f(π,2)且不變，則三角形中FMN與FOM的交點(diǎn)在一個(gè)圓弧上移動(dòng)，由圖可以看出，在OM被拉到水平的過(guò)程中，繩MN中拉力一直增大且恰好達(dá)到最大值，繩OM中拉力先增大后減小，故A、D正確，B、C錯(cuò)誤?？键c(diǎn)4平衡中的臨界與極值問(wèn)題[科學(xué)思維梳理]1．臨界問(wèn)題當(dāng)某物理量變化時(shí)，會(huì)引起其他幾個(gè)物理量的變化，從而使物體所處的平衡狀態(tài)“恰好出現(xiàn)”或“恰好不出現(xiàn)”，在問(wèn)題的描述中常用“剛好”“剛能”“恰好”等語(yǔ)言敘述。2．極值問(wèn)題平衡中的極值問(wèn)題，一般指在力的變化過(guò)程中的最大值和最小值問(wèn)題。3．解決極值問(wèn)題和臨界問(wèn)題的方法(1)極限法：首先要正確地進(jìn)行受力分析和變化過(guò)程分析，找出平衡的臨界點(diǎn)和極值點(diǎn)；臨界條件必須在變化中去尋找，不能停留在一個(gè)狀態(tài)來(lái)研究臨界問(wèn)題，而要把某個(gè)物理量推向極端，即極大或極小。(2)數(shù)學(xué)分析法：通過(guò)對(duì)問(wèn)題的分析，依據(jù)物體的平衡條件寫(xiě)出物理量之間的函數(shù)關(guān)系(或畫(huà)出函數(shù)圖像)，用數(shù)學(xué)方法求極值(如求二次函數(shù)極值、公式極值、三角函數(shù)極值)。(3)物理分析法：根據(jù)物體的平衡條件，作出力的矢量圖，通過(guò)對(duì)物理過(guò)程的分析，利用平行四邊形定則進(jìn)行動(dòng)態(tài)分析，確定最大值與最小值。例4質(zhì)量為m＝10kg的木箱置于水平地面上，它與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝eq\f(\r(3),3)，取g＝10m/s2，其受到一個(gè)與水平方向成θ角斜向上的拉力F，如圖所示，為使木箱做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，拉力F的最小值以及此時(shí)θ分別是()A．50N30° B．50N60°C.eq\f(200,3)N30° D．eq\f(200,3)N60°[答案]A[解析]解法一：對(duì)木箱受力分析，木箱受重力mg、拉力F、地面的支持力N和滑動(dòng)摩擦力f作用，木箱做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平衡條件得：Fcosθ＝f，F(xiàn)sinθ＋N＝mg，又f＝μN(yùn)，聯(lián)立解得：F＝eq\f(μmg,cosθ＋μsinθ)＝eq\f(μmg,\r(1＋μ2)sinθ＋α)，其中tanα＝eq\f(1,μ)＝eq\r(3)，α＝60°，由數(shù)學(xué)知識(shí)可知，當(dāng)θ＋α＝90°，即θ＝30°時(shí)F有最小值，且最小值為：Fmin＝eq\f(μmg,\r(1＋μ2))＝eq\f(\f(\r(3),3)×10×10,\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))2))N＝50N，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤。解法二：四力平衡轉(zhuǎn)化為三力平衡，再結(jié)合圖解法分析。f與N的合力F合方向不變，當(dāng)F的方向與F合的方向垂直時(shí)，F(xiàn)最小，如圖所示。設(shè)F合與豎直方向的夾角為β，則tanβ＝eq\f(f,N)＝μ，β＝30°，F(xiàn)min＝mgsinβ＝eq\f(1,2)mg＝50N，此時(shí)θ＝β＝30°，故選A。[關(guān)鍵能力升華](1)受力分析中的臨界與極值問(wèn)題常與動(dòng)態(tài)平衡問(wèn)題結(jié)合起來(lái)考查，應(yīng)用圖解法進(jìn)行分析，作出力的平行四邊形或矢量三角形，常常有助于直觀(guān)地得到結(jié)果。(2)由靜摩擦力變?yōu)榛瑒?dòng)摩擦力、摩擦力方向改變、彈力有無(wú)及方向改變常常是臨界與極值問(wèn)題中要特別注意的。[對(duì)點(diǎn)跟進(jìn)訓(xùn)練]1.(共點(diǎn)力平衡中的臨界問(wèn)題)如圖所示，物體A放在水平桌面上，通過(guò)定滑輪懸掛一個(gè)重為10N的物體B，且已知物體A與桌面間的最大靜摩擦力為4N。要使A靜止，需加一水平向左的力F1，則力F1的取值可以為()A．3N B．7NC．15N D．17N答案B解析對(duì)A受力分析，當(dāng)A受到的最大摩擦力水平向左時(shí)，力F1最小，此時(shí)F1min＋Ff＝mBg，解得F1min＝6N；當(dāng)A受到的最大摩擦力水平向右時(shí)，力F1最大，此時(shí)F1max－Ff＝mBg，解得F1max＝14N，所以力F1的取值范圍應(yīng)該是6N≤F1≤14N，故A、C、D錯(cuò)誤，B正確。2.(共點(diǎn)力平衡中的極值問(wèn)題)(2021·山東省煙臺(tái)市一模)(多選)筷子是中華飲食文化的標(biāo)志之一，我國(guó)著名物理學(xué)家李政道曾夸贊說(shuō)：“筷子如此簡(jiǎn)單的兩根木頭，卻精妙絕倫地應(yīng)用了物理學(xué)杠桿原理。”如圖所示，用筷子夾住質(zhì)量為m的小球，兩根筷子均在豎直平面內(nèi)，且筷子和豎直方向的夾角均為θ。已知小球與筷子之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g，小球靜止。下列說(shuō)法正確的是()A．筷子對(duì)小球的最小壓力是eq\f(mg,2μcosθ＋sinθ)B．當(dāng)θ增大時(shí)，筷子對(duì)小球的最小壓力一定增大C．當(dāng)θ減小時(shí)，筷子對(duì)小球的最小壓力一定增大D．要想用筷子夾住小球，必須滿(mǎn)足μ>tanθ答案BD解析對(duì)小球受力分析，如圖所示，小球受力平衡，豎直方向有：2fcosθ＝mg＋2Nsinθ，f≤fmax＝μN(yùn)，解得：N≥eq\f(mg,2μcosθ－sinθ)，故筷子對(duì)小球的最小壓力為eq\f(mg,2μcosθ－sinθ)，A錯(cuò)誤；根據(jù)Nmin＝eq\f(mg,2μcosθ－sinθ)，可知當(dāng)θ增大時(shí)，筷子對(duì)小球的最小壓力一定增大，故B正確，C錯(cuò)誤；要想用筷子夾住小球，則Nmin＝eq\f(mg,2μcosθ－sinθ)>0，則μcosθ－sinθ>0，即必須滿(mǎn)足μ>tanθ，故D正確。思想方法2整體法與隔離法在平衡問(wèn)題中的應(yīng)用1方法概述整體法是指將相互關(guān)聯(lián)的各個(gè)物體看成一個(gè)整體的方法，整體法的優(yōu)點(diǎn)在于只需要分析整個(gè)系統(tǒng)與外界的關(guān)系，避開(kāi)了系統(tǒng)內(nèi)部繁雜的相互作用。隔離法是指將某物體從周?chē)矬w中隔離出來(lái)，單獨(dú)分析該物體的方法，隔離法的優(yōu)點(diǎn)在于能把系統(tǒng)內(nèi)各個(gè)物體所處的狀態(tài)、物體狀態(tài)變化的原因以及物體間的相互作用關(guān)系表達(dá)清楚。2解題思路【典題例證】如圖，光滑球A與粗糙半球B放在傾角為30°的斜面C上，C放在水平地面上，均處于靜止?fàn)顟B(tài)。若A與B的半徑相等，A的質(zhì)量為2m，B的質(zhì)量為m，重力加速度大小為g，則()A．C對(duì)A的支持力大小為eq\r(3)mgB．C對(duì)B的摩擦力大小為eq\f(1,2)mgC．B對(duì)A的支持力大小為eq\f(2\r(3),3)mgD．地面對(duì)C的摩擦力大小為eq\f(\r(3),6)mg[答案]C[解析]對(duì)球A進(jìn)行受力分析，如圖所示，由幾何關(guān)系可知，C對(duì)A的支持力、B對(duì)A的支持力與A的重力的反向延長(zhǎng)線(xiàn)的夾角都是30°，由平衡條件可知FBA＝FCA＝eq\f(GA,2cos30°)＝eq\f(2\r(3)mg,3)，故C正確，A錯(cuò)誤；以A、B整體為研究對(duì)象，沿斜面方向的靜摩擦力與重力的分力平衡，所以C對(duì)B的摩擦力大小為Ff＝(GA＋GB)sin30°＝eq\f(3mg,2)，故B錯(cuò)誤；以A、B、C整體為研究對(duì)象，在水平方向不受力，所以地面對(duì)C的摩擦力大小為0，故D錯(cuò)誤?！久麕燑c(diǎn)睛】(1)用整體法進(jìn)行受力分析時(shí)不需要再考慮系統(tǒng)內(nèi)物體間的相互作用。(2)用隔離法時(shí)一般隔離受力較少的物體?！踞槍?duì)訓(xùn)練】1.如圖所示，一輕繩跨過(guò)光滑的定滑輪，一端與質(zhì)量為10kg的吊籃相連，另一端被站在吊籃里質(zhì)量為50kg的人握住，整個(gè)系統(tǒng)懸于空中并處于靜止?fàn)顟B(tài)。重力加速度g＝10m/s2，連接滑輪的兩輕繩均處于豎直方向，則該人對(duì)吊籃的壓力大小為()A．150N B．200NC．300N D．350N答案B解析設(shè)輕繩的拉力為F，以人與吊籃組成的整體為研究對(duì)象，進(jìn)行受力分析，根據(jù)平衡條件有2F＝(m＋M)g，將m＝10kg、M＝50kg代入解得F＝300N；再對(duì)人進(jìn)行受力分析，根據(jù)平衡條件有F＋FN＝Mg，解得FN＝200N，根據(jù)牛頓第三定律，可知該人對(duì)吊籃的壓力大小為200N，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤。2．(2021·湖南高考)質(zhì)量為M的凹槽靜止在水平地面上，內(nèi)壁為半圓柱面，截面如圖所示，A為半圓的最低點(diǎn)，B為半圓水平直徑的端點(diǎn)。凹槽恰好與豎直墻面接觸，內(nèi)有一質(zhì)量為m的小滑塊。用推力F推動(dòng)小滑塊由A點(diǎn)向B點(diǎn)緩慢移動(dòng)，力F的方向始終沿圓弧的切線(xiàn)方向，在此過(guò)程中所有摩擦均可忽略，下列說(shuō)法正確的是()A．推力F先增大后減小B．凹槽對(duì)滑塊的支持力先減小后增大C．墻面對(duì)凹槽的壓力先增大后減小D．水平地面對(duì)凹槽的支持力先減小后增大答案C解析對(duì)滑塊受力分析，設(shè)推力F與水平方向的夾角為θ，凹槽對(duì)滑塊的支持力為N，由平衡條件有F＝mgsinθ，N＝mgcosθ，滑塊從A點(diǎn)緩慢移動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程中，θ由0°增大到90°，則推力F逐漸增大，支持力N逐漸減小，A、B錯(cuò)誤；對(duì)凹槽與滑塊整體受力分析，墻面對(duì)凹槽的壓力為FN＝Fcosθ＝mgsinθcosθ＝eq\f(1,2)mgsin2θ，則θ由0°增大到90°的過(guò)程中，墻面對(duì)凹槽的壓力FN先增大后減小，C正確；水平地面對(duì)凹槽的支持力為N地＝(M＋m)g－Fsinθ＝(M＋m)g－mgsin2θ，則θ由0°增大到90°的過(guò)程中，水平地面對(duì)凹槽的支持力N地逐漸減小，D錯(cuò)誤。一、選擇題(本題共8小題，其中第1～7題為單選，第8題為多選)1.如圖所示，傾斜的滑桿上套有一個(gè)圓環(huán)(所受重力不可忽略)，圓環(huán)通過(guò)輕繩拉著一個(gè)物體，在圓環(huán)沿滑桿下滑的過(guò)程中，輕繩始終豎直。下列說(shuō)法正確的是()A．物體做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)B．輕繩對(duì)物體的拉力大于物體受到的重力C．圓環(huán)可能不受摩擦力的作用D．圓環(huán)受三個(gè)力作用答案A解析圓環(huán)沿滑桿下滑的過(guò)程中，輕繩始終豎直，物體只受豎直方向的重力和輕繩的拉力作用，這兩個(gè)力的合力不可能沿滑桿方向，故這兩個(gè)力為一對(duì)平衡力，物體做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，故A正確，B錯(cuò)誤；若圓環(huán)不受沿滑桿向上的摩擦力作用，則圓環(huán)不可能與物體的運(yùn)動(dòng)情況相同(即做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng))，故C錯(cuò)誤；圓環(huán)受到重力、滑桿的支持力、摩擦力和輕繩的拉力四個(gè)力作用，故D錯(cuò)誤。2.(2020·海南高考)如圖，上網(wǎng)課時(shí)小明把手機(jī)放在斜面上，手機(jī)處于靜止?fàn)顟B(tài)。則斜面對(duì)手機(jī)的()A．支持力豎直向上B．支持力小于手機(jī)所受的重力C．摩擦力沿斜面向下D．摩擦力大于手機(jī)所受的重力沿斜面向下的分力答案B解析設(shè)手機(jī)的質(zhì)量為m，斜面傾角為θ。對(duì)手機(jī)進(jìn)行受力分析，如圖所示。由圖可知支持力方向垂直斜面向上，摩擦力方向沿斜面向上，故A、C錯(cuò)誤；根據(jù)平衡條件有：f＝mgsinθ，F(xiàn)N＝mgcosθ，因cosθ<1，故FN<mg，且摩擦力等于手機(jī)所受的重力沿斜面向下的分力，故B正確，D錯(cuò)誤。3．(2021·湖南省郴州市第三次教學(xué)質(zhì)監(jiān))山東棲霞笏山金礦事故救援工作中本著“為了每一位被困礦工的生命”，救援隊(duì)歷經(jīng)多日，最終將被困人員救援出井，在救援中消防員利用如圖甲所示三腳架向井底的被困人員提供物資，三腳架可簡(jiǎn)化為如圖乙所示模型。若支架質(zhì)量不計(jì)，每根支架與豎直方向均成30°夾角。已知繩索及所掛載物資總質(zhì)量為m，則在物資平穩(wěn)勻速下降過(guò)程中，每根支架的彈力大小為()A．mg B．eq\f(mg,3)C.eq\f(\r(3)mg,6) D．eq\f(2\r(3)mg,9)答案D解析如圖所示，設(shè)一根支架的彈力大小為F，則其在豎直方向分力為F2＝Fcosθ，而在豎直方向上，繩索及所掛載物資受力平衡，由共點(diǎn)力平衡條件，有3Fcosθ＝mg，解得F＝eq\f(2\r(3)mg,9)，故D正確，A、B、C錯(cuò)誤。4．(2020·全國(guó)卷Ⅲ)如圖，懸掛甲物體的細(xì)線(xiàn)拴牢在一不可伸長(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)繩上O點(diǎn)處；繩的一端固定在墻上，另一端通過(guò)光滑定滑輪與物體乙相連。甲、乙兩物體質(zhì)量相等。系統(tǒng)平衡時(shí)，O點(diǎn)兩側(cè)繩與豎直方向的夾角分別為α和β。若α＝70°，則β等于()A．45° B．55°C．60° D．70°答案B解析甲物體拴牢在O點(diǎn)，且甲、乙兩物體的質(zhì)量相等，則與甲相連的豎直細(xì)線(xiàn)和與乙相連的繩子對(duì)O點(diǎn)的拉力大小相等。對(duì)O點(diǎn)受力分析，如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系有：2β＋α＝180°，解得β＝55°，故B正確。5．(2021·湖南省株洲市高三教學(xué)質(zhì)量統(tǒng)一檢測(cè)(一))如圖為汽車(chē)內(nèi)常備的兩種類(lèi)型的“千斤頂”：甲是“菱”形，乙是“y”形，搖動(dòng)手柄，使螺旋桿轉(zhuǎn)動(dòng)，A、B間距離發(fā)生改變，從而實(shí)現(xiàn)重物的升降。若物重均為G，螺旋桿保持水平，AB與BC之間的夾角都為θ，不計(jì)桿件自重，則甲、乙兩千斤頂螺旋桿的拉力大小之比為()A．1∶1 B．1∶2C．2∶1 D．2∶3答案A解析根據(jù)題意，對(duì)“y”形千斤頂B點(diǎn)受力分析如圖a，由平衡條件得F＝Gcotθ；對(duì)“菱”形千斤頂C點(diǎn)受力分析，根據(jù)對(duì)稱(chēng)性可知，兩臂對(duì)C點(diǎn)的支持力大小F1相等，由平衡條件有2F1sinθ＝G，對(duì)“菱”形千斤頂B點(diǎn)受力分析如圖b，由平衡條件得F′＝2F1cosθ，聯(lián)立解得F′＝Gcotθ；則甲、乙兩千斤頂螺旋桿的拉力大小之比為1∶1，故A正確。6.(2021·八省聯(lián)考重慶卷)如圖所示，垂直墻腳有一個(gè)截面為半圓的光滑柱體，用細(xì)線(xiàn)拉住的小球靜止靠在接近半圓底端的M點(diǎn)。通過(guò)細(xì)線(xiàn)將小球從M點(diǎn)緩慢向上拉至半圓最高點(diǎn)的過(guò)程中，細(xì)線(xiàn)始終保持在小球處與半圓相切。下列說(shuō)法正確的是()A．細(xì)線(xiàn)對(duì)小球的拉力先增大后減小B．小球?qū)χw的壓力先減小后增大C．柱體受到水平地面的支持力逐漸減小D．柱體對(duì)豎直墻面的壓力先增大后減小答案D解析以小球?yàn)檠芯繉?duì)象，設(shè)小球所在位置半圓切線(xiàn)方向與豎直方向的夾角為θ，沿半圓切線(xiàn)方向有FT＝mgcosθ，沿半圓半徑方向有FN＝mgsinθ，通過(guò)細(xì)線(xiàn)將小球從M點(diǎn)緩慢向上拉至半圓最高點(diǎn)的過(guò)程中θ從接近