2022屆新高考一輪復(fù)習(xí)-第2章-第3講-受力分析-共點力的平衡-導(dǎo)學(xué)案

【例1】如下圖，物體B與豎直墻面接觸，在豎直向上的力F的作用下，A、B均保持靜止，那么物體B的受力個數(shù)為()A．2個B．3個C．4個D．5個【例2】如下圖，光滑半球形容器固定在水平面上，O為球心。一質(zhì)量為m的小滑塊，在水平力F的作用下靜止于P點．設(shè)滑塊所受支持力為FN，OP與水平方向的夾角為θ.以下關(guān)系正確的選項是(重力加速度為g)()A．F＝eq\f(mg,tanθ)B．F＝mgtanθC．FN＝eq\f(mg,tanθ)D．FN＝mgtanθ1．整體法與隔離法整體法隔離法概念將加速度相同的幾個物體作為一個整體來分析的方法將研究對象與周圍物體分隔開來分析的方法選用原那么研究系統(tǒng)外的物體對系統(tǒng)整體的作用力或求系統(tǒng)整體的加速度研究系統(tǒng)內(nèi)物體之間的相互作用力2．處理平衡問題的三個技巧(1)物體受三個力平衡時，利用力的分解法或合成法比擬簡單。(2)物體受四個以上的力作用時，一般要采用正交分解法。(3)正交分解法建立坐標(biāo)系時應(yīng)使盡可能多的力與坐標(biāo)軸重合，需要分解的力盡可能少。1．如下圖，水平面上的P、Q兩物塊的接觸面水平，二者疊在一起在作用于Q上的水平恒定拉力F的作用下向右做勻速運動，某時刻撤去力F后，二者仍能不發(fā)生相對滑動。關(guān)于撤去F前后Q的受力個數(shù)的說法正確的選項是()A．撤去F前6個，撤去F后瞬間5個B．撤去F前5個，撤去F后瞬間5個C．撤去F前5個，撤去F后瞬間4個D．撤去F前4個，撤去F后瞬間4個2．如下圖，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；用水平推力F2作用于物體上，使其沿斜面勻速向上滑動，那么推力之比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)動態(tài)平衡與平衡中的臨界、極值問題一、動態(tài)平衡問題1．動態(tài)平衡問題通過控制某些物理量，使物體的狀態(tài)發(fā)生緩慢的變化，而在這個過程中物體又始終處于一系列的平衡狀態(tài)，在問題的描述中常用“緩慢〞等語言表達(dá)。2．常用方法解析法、圖解法、相似三角形法等，特別是三力動態(tài)平衡問題，常用圖解法分析。中心思想是化“動〞為靜，“靜〞中求動?！纠?】光滑斜面上固定著一根剛性圓弧形細(xì)桿，小球通過輕繩與細(xì)桿相連，此時輕繩處于水平方向，球心恰位于圓弧形細(xì)桿的圓心處，如下圖。將懸點A緩慢沿桿向上移動，直到輕繩處于豎直方向，在這個過程中，輕繩的拉力()A．逐漸增大B．大小不變C．先減小后增大D．先增大后減小二、臨界與極值問題1．臨界問題當(dāng)某物理量變化時，會引起其他幾個物理量的變化，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)〞，在問題的描述中常用“剛好〞“剛能〞“恰好〞等。2．極值問題平衡物體的極值，一般指在力的變化過程中的最大值和最小值問題。3．解題方法(1)極限法：首先要正確地進(jìn)行受力分析和變化過程分析，找出平衡的臨界點和極值點；臨界條件必須在變化中去尋找，不能停留在一個狀態(tài)來研究臨界問題，而要把某個物理量推向極端，即極大和極小。(2)數(shù)學(xué)分析法：通過對問題的分析，依據(jù)物體的平衡條件寫出物理量之間的函數(shù)關(guān)系(畫出函數(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)物理分析方法：根據(jù)物體的平衡條件，作出力的矢量圖，通過對物理過程的分析，利用平行四邊形定那么進(jìn)行動態(tài)分析，確定最大值與最小值?！纠?】如下圖，在水平推力作用下，物體A靜止在傾角為θ＝45°的粗糙斜面上，當(dāng)水平推力為F0時，A剛好不下滑，然后增大水平推力的值，當(dāng)水平推力為F時A剛好不上滑。設(shè)滑動摩擦力等于最大靜摩擦力，物塊A與斜面之間的動摩擦因數(shù)為μ(μ＜1)，那么以下關(guān)系式成立的是()A．F＝eq\f(μ,1－μ)F0B．F＝(eq\f(μ,1－μ))2F0C．F＝eq\f(1＋μ,1－μ)F0D．F＝(eq\f(1＋μ,1－μ))2F01．如下圖，在水平桌面上疊放著物體a、b、c，三個物體均處于靜止?fàn)顟B(tài)。以下說法正確的選項是()A．c一定受到水平桌面的摩擦力B．b對a的作用力一定豎直向上C．c對b的摩擦力可能水平向右D．b對a的支持力與a受到的重力是一對作用力和反作用力2．一根細(xì)線上端固定，下端系著一個質(zhì)量為m的小球。給小球施加拉力F，使小球平衡后細(xì)線與豎直方向的夾角為θ，如下圖。那么拉力F()A．方向可能在圖中Ⅰ區(qū)內(nèi)B．方向可能在圖中Ⅱ區(qū)內(nèi)C．最小值為mgcosθD．最小值為mgtanθ3．如下圖，一條細(xì)繩跨過定滑輪連接物體A、B，A懸掛起來，B穿在一根豎直桿上，兩物體均保持靜止，不計繩與滑輪、B與豎直桿間的摩擦，繩與豎直桿間的夾角為θ，那么物體A、B的質(zhì)量之比mA∶mB等于()A．1∶cosθB．cosθ∶1C．tanθ∶1D．1∶sinθ4．如下圖，裝有細(xì)沙的木板在斜坡上勻速下滑。某一時刻，一局部細(xì)沙從木板上漏出。那么在細(xì)沙漏出前后，以下說法正確的選項是()A．木板始終做勻速運動B．木板所受合外力變大C．木板由勻速變?yōu)閯蚣铀僦本€運動D．木板所受斜坡的摩擦力不變5．如下圖，垂直墻角有一個截面為半圓的光滑柱體，用細(xì)線拉住的小球靜止靠在接近半圓底端的M點。通過細(xì)線將小球從M點緩慢向上拉至半圓最高點的過程中，細(xì)線始終保持在小球處與半圓相切。以下說法正確的選項是()A．細(xì)線對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．柱體對豎直墻面的壓力先增大后減小6．如下圖，重力都為G的兩個小球A和B用三段輕繩連接后懸掛在O點，O、B間的繩子長度是A、B間的繩子長度的2倍，將一個拉力F作用到小球B上，使三段輕繩都伸直且O、A間和A、B間的兩段繩子分別處于豎直和水平方向上，那么拉力F的最小值為()A．eq\f(1,2)GB．eq\f(\r(3),3)GC．GD．eq\f(2\r(3),3)G7．如下圖，兩段等長細(xì)線串接著兩個質(zhì)量相等的小球a、b，懸掛于O點?，F(xiàn)在兩個小球上分別加上水平的外力，其中作用在b球上的力大小為F，作用在a球上的力大小為2F，那么此裝置平衡時的位置可能是()8．如下圖是一個簡易起吊設(shè)施的示意圖，AC是質(zhì)量不計的撐桿，A端與豎直墻用鉸鏈連接，一滑輪固定在A點正上方，C端吊一重物，BC繩連接在滑輪與C端之間?，F(xiàn)施加一拉力F緩慢將重物P向上拉，在AC桿到達(dá)豎直前()A．BC繩中的拉力FT越來越大B．BC繩中的拉力FT越來越小C．AC桿中的支撐力FN越來越大D．AC桿中的支撐力FN大小不變9．(多項選擇)如下圖裝置，兩根細(xì)繩拴住一小球，保持兩細(xì)繩間的夾角θ＝120°不變，假設(shè)把整個裝置順時針緩慢轉(zhuǎn)過90°，那么在轉(zhuǎn)動過程中，CA繩的拉力F1、CB繩的拉力F2的大小變化情況是()A．F1先變小后變大B．F1先變大后變小C．F2一直變小D．F2最終變?yōu)榱?0．有甲、乙兩根完全相同的輕繩，甲繩A、B兩端按圖13甲的方式固定，然后將一掛有質(zhì)量為M的重物的光滑輕質(zhì)動滑輪掛于甲輕繩上，當(dāng)滑輪靜止后，設(shè)甲繩子的張力大小為FT1；乙繩D、E兩端按圖乙的方式固定，然后將同樣的定滑輪且掛有質(zhì)量為M的重物掛于乙輕繩上，當(dāng)滑輪靜止后，設(shè)乙繩子的張力大小為FT2。現(xiàn)甲繩的B端緩慢向下移動至C點，乙繩的E端緩慢向右移動至F點，在兩繩的移動過程中，以下說法正確的選項是()A．FT1、FT2都變大B．FT1變大、FT2變小C．FT1、FT2都不變D．FT1不變、FT2變大11．如下圖，質(zhì)量為m的物體放在一固定斜面上，當(dāng)斜面傾角為30°時恰能沿斜面勻速下滑。對物體施加一大小為F、方向水平向右的恒力，物體可沿斜面勻速向上滑行。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，當(dāng)斜面傾角增大并超過某一臨界角θ0時，不管水平恒力F多大，都不能使物體沿斜面向上滑行，試求：(1)物體與斜面間的動摩擦因數(shù)；(2)這一臨界角θ0的大小。答案與解析答案與解析【例1】【答案】C【解析】物體A處于靜止?fàn)顟B(tài)，其受到的合外力為零，受力分析如圖甲所示；對物體A、B整體受力分析如圖乙所示，豎直墻面對物體B沒有彈力作用，那么墻面也不會提供靜摩擦力；對物體B進(jìn)行受力分析，如圖丙所示，那么物體B受到4個力的作用。選項C正確?！纠?】【答案】A【解析】合成法：對滑塊受力分析如圖甲所示，由平衡條件知eq\f(mg,F)＝tanθ，即F＝eq\f(mg,tanθ)，F(xiàn)N＝eq\f(mg,sinθ)。效果分解法：將重力按產(chǎn)生的效果分解，如圖乙所示，F(xiàn)＝G2＝eq\f(mg,tanθ)，F(xiàn)N＝G1＝eq\f(mg,sinθ)。正交分解法：將滑塊受的力沿水平、豎直方向分解，如圖丙所示，mg＝FNsinθ，F(xiàn)＝FNcosθ，聯(lián)立解得F＝eq\f(mg,tanθ)，F(xiàn)N＝eq\f(mg,sinθ)。矢量三角形法：如圖丁所示，將滑塊受的力平移，使三個力組成封閉三角形，解直角三角形得F＝eq\f(mg,tanθ)，F(xiàn)N＝eq\f(mg,sinθ)。1．【答案】B【解析】撤去F前，物體Q受到：重力、地面的支持力、P對Q的壓力、地面對Q的摩擦力和力F共5個力的作用；撤去F后的瞬間，兩物體做減速運動，此時Q受力：重力、地面的支持力、P對Q的壓力、地面對Q的摩擦力和P對Q的摩擦力，共5個力作用，選項B正確。2．【答案】A【解析】分別對物體進(jìn)行受力分析，如圖甲、乙所示，物體在地面上勻速向右滑動，那么水平方向上有F1x＝Ff1＝F1cosθ，豎直方向上有FN1＝F1sinθ＋mg，且Ff1＝μFN1′，F(xiàn)N1＝FN1′，那么可得F1＝eq\f(μmg,cosθ－μsinθ)；物體在斜面上勻速向上滑動時，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)，那么eq\f(F1,F2)＝eq\f(μ,sinθ＋μcosθ)，A正確。動態(tài)平衡與平衡中的臨界、極值問題一、動態(tài)平衡問題【例3】【答案】C【解析】圖解法：在懸點A緩慢向上移動的過程中，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。二、臨界與極值問題【例6】【答案】D【解析】當(dāng)物體恰好不下滑時，沿斜面方向剛好平衡，那么有mgsin45°＝F0cos45°＋μFN，垂直于斜面方向，有FN＝mgcos45°＋F0sin45°，解得F0＝eq\f(1－μ,1＋μ)mg，同理，當(dāng)物體恰好不上滑時，有F＝eq\f(1＋μ,1－μ)mg，解得F＝(eq\f(1＋μ,1－μ))2F0，應(yīng)選項D正確。1．【答案】B【解析】對a、b、c整體分析，受重力和支持力，二力平衡，c不受地面的摩擦力，故A錯誤；對物體a受力分析，受重力、支持力和靜摩擦力，根據(jù)平衡條件，b對a的作用力一定豎直向上，和a的重力平衡，故B正確；以a和b整體為研究對象，受到重力、支持力和靜摩擦力，根據(jù)平衡條件，c對b的靜摩擦力平行接觸面向上，故C錯誤；b對a的支持力與a對b的壓力是一對作用力和反作用力，故D錯誤。2．【答案】B【解析】小球受豎直向下的重力mg和沿細(xì)繩斜向上的拉力FT以及拉力F，三力平衡，那么力F必在mg和FT夾角的對角范圍內(nèi)，即在圖中的Ⅱ區(qū)域，當(dāng)力F與FT垂直時，F(xiàn)最小，最小值為Fmin＝mgsinθ。應(yīng)選項B正確。3．【答案】A【解析】設(shè)繩子的拉力為FT，隔離A分析有：FT＝mAg，隔離B分析有：FTcosθ＝mBg，得：mA∶mB＝1∶cosθ，故A正確，B、C、D錯誤。4．【答案】A【解析】在細(xì)沙漏出前，裝有細(xì)沙的木板在斜坡上勻速下滑，對整體受力分析，如下圖，根據(jù)平衡條件有：Ff＝(m＋M)gsinα，F(xiàn)N＝(m＋M)gcosα，又Ff＝μFN，聯(lián)立解得：μ＝tanα，在細(xì)沙漏出后，細(xì)沙的質(zhì)量減少，設(shè)為m′，木板的質(zhì)量不變，對整體受力情況與漏出前一樣，在垂直斜坡方向仍處于平衡狀態(tài)，那么有FN′＝(m′＋M)gcosα，又Ff′＝μFN′，且μ＝tanα，解得Ff′＝(m′＋M)gcosαtanα＝(m′＋M)gsinα，而重力沿斜坡向下的分力為(m′＋M)gsinα，即Ff′＝(m′＋M)gsinα，所以在細(xì)沙漏出后整體仍沿斜坡向下做勻速直線運動，A正確，C錯誤；因為整體仍沿斜坡向下做勻速直線運動，所受合外力不變，仍為零，B錯誤；因為細(xì)沙的質(zhì)量減小，根據(jù)Ff′＝(m′＋M)gsinα，可知木板所受斜坡的摩擦力變小，D錯誤。5．【答案】D【解析】以小球為對象，設(shè)小球所在位置沿切線方向與豎直方向夾角為θ，沿切線方向有FT＝mgcosθ，沿半徑方向有FN＝mgsinθ，通過細(xì)線將小球從M點緩慢向上拉至半圓最高點的過程中θ增大，所以細(xì)線對小球的拉力減小，小球?qū)χw的壓力增大，故A、B錯誤；以柱體為對象，豎直方向有F地＝Mg＋FNsinθ＝Mg＋mgsin2θ，水平方向有F墻＝FNcosθ＝mgsinθcosθ＝eq\f(1,2)mgsin2θ，θ增大，柱體受到水平地面的支持力逐漸增大；柱體對豎直墻面的壓力先增大后減小，當(dāng)θ＝45°時柱體對豎直墻面的壓力最大，故D正確，C錯誤。6．【答案】A【解析】對A球受力分析可知，因O、A間繩豎直，那么A、B間繩上的拉力為0。對B球受力分析如下圖，那么可知當(dāng)F與O、B間繩垂直時F最小，F(xiàn)min＝Gsinθ，由幾何關(guān)系可知sinθ＝eq\f(l,2l)＝eq\f(1,2)，那么Fmin＝eq\f(1,2)G，應(yīng)選項A正確。7．【答案】A【解析】設(shè)兩個球的質(zhì)量均為m，Oa與ab和豎直方向的夾角分別為α、β，以兩個小球組成的整體為研究對象，分析受力情況，如圖甲所示，根據(jù)平衡條件可知，Oa細(xì)線的方向不可能沿豎直方向，否那么整體的合力不為零，不能保持平衡。由平衡條件得tanα＝eq\f(F,2mg)，以b球為研究對象，分析受力情況，如圖乙所示，由平衡條件得tanβ＝eq\f(F,mg)，那么α＜β，故A正確。8．【答案】BD【解析】作出C點的受力示意圖，如下圖，由圖可知力的矢量三角形與幾何三角形ABC相似。根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得eq\f(FT,BC)＝eq\f(FN,AC)＝eq\f(G,AB)，解得BC繩中的拉力為FT＝Geq\f(BC,AB)，AC桿中的支撐力為FN＝Geq\f(AC,AB)。由于重物P向上運動時，AB、AC不變，BC變小，故FT減小，F(xiàn)N大小不變。B、D正確，A、C錯誤。9．【答案】BCD【解析】如下圖，畫出小球的受力分析圖，構(gòu)建力的矢量三角形，由于這個三角形中重力不變，另兩個力間的夾角(180°－θ)保持不變，這類似于圓周角與對應(yīng)弦長的關(guān)系，作初始三角形的外接圓(任意兩邊的中垂線交點即外接圓圓心)，然后讓另兩個力的交點在圓周上按F1、F2的方向變化規(guī)律滑動，力的矢量三角形的外接圓正好是以初態(tài)時的F2為直徑的圓周，知F1先變大后變小，F(xiàn)2一直變小，最終CA沿豎直方向，此時F1＝mg，F(xiàn)2變?yōu)榱?，?yīng)選B、C、D。10．【答案】D【解析】設(shè)繩子總長為L，兩豎直墻之間的距離為s，左側(cè)繩長為L1，右側(cè)繩長為L2。由于繩子上的拉力處處相等，所以兩繩與豎直方向夾角相等，設(shè)為θ，那么由幾何知識，得s＝L1sinθ＋L2sinθ＝(L1＋L2)sinθ，又L1＋L2＝L，得到sinθ＝eq\f(s,L)；設(shè)繩子的拉力大小為FT，重物的重力為G，以滑輪為研究對象，根據(jù)平衡條件得2FTcosθ＝G，解得FT＝eq\f(G,2cosθ)；可見，對題圖甲，當(dāng)繩子右端慢慢向下移動時，s、L沒有變化，那么θ不變，繩子拉力FT1不變；對題圖乙，當(dāng)繩子的右端從E向F移動的過程中，由于繩子