2022届新高考一轮复习-第2章-第3讲-受力分析-共点力的平衡-导学案

【例1】如下图，物体B与竖直墙面接触，在竖直向上的力F的作用下，A、B均保持静止，那么物体B的受力个数为()A．2个B．3个C．4个D．5个【例2】如下图，光滑半球形容器固定在水平面上，O为球心。一质量为m的小滑块，在水平力F的作用下静止于P点．设滑块所受支持力为FN，OP与水平方向的夹角为θ.以下关系正确的选项是(重力加速度为g)()A．F＝eq\f(mg,tanθ)B．F＝mgtanθC．FN＝eq\f(mg,tanθ)D．FN＝mgtanθ1．整体法与隔离法整体法隔离法概念将加速度相同的几个物体作为一个整体来分析的方法将研究对象与周围物体分隔开来分析的方法选用原那么研究系统外的物体对系统整体的作用力或求系统整体的加速度研究系统内物体之间的相互作用力2．处理平衡问题的三个技巧(1)物体受三个力平衡时，利用力的分解法或合成法比拟简单。(2)物体受四个以上的力作用时，一般要采用正交分解法。(3)正交分解法建立坐标系时应使尽可能多的力与坐标轴重合，需要分解的力尽可能少。1．如下图，水平面上的P、Q两物块的接触面水平，二者叠在一起在作用于Q上的水平恒定拉力F的作用下向右做匀速运动，某时刻撤去力F后，二者仍能不发生相对滑动。关于撤去F前后Q的受力个数的说法正确的选项是()A．撤去F前6个，撤去F后瞬间5个B．撤去F前5个，撤去F后瞬间5个C．撤去F前5个，撤去F后瞬间4个D．撤去F前4个，撤去F后瞬间4个2．如下图，质量为m的物体分别置于水平地面和倾角为θ的固定斜面上。物体与地面、物体与斜面之间的动摩擦因数均为μ，用与水平地面夹角为θ的推力F1作用于物体上，使其沿地面匀速向右滑动；用水平推力F2作用于物体上，使其沿斜面匀速向上滑动，那么推力之比eq\f(F1,F2)为()A．eq\f(μ,sinθ＋μcosθ)B．eq\f(μ,sinθ－μcosθ)C．eq\f(sinθ＋μcosθ,μ)D．eq\f(sinθ－μcosθ,μ)动态平衡与平衡中的临界、极值问题一、动态平衡问题1．动态平衡问题通过控制某些物理量，使物体的状态发生缓慢的变化，而在这个过程中物体又始终处于一系列的平衡状态，在问题的描述中常用“缓慢〞等语言表达。2．常用方法解析法、图解法、相似三角形法等，特别是三力动态平衡问题，常用图解法分析。中心思想是化“动〞为静，“静〞中求动。【例3】光滑斜面上固定着一根刚性圆弧形细杆，小球通过轻绳与细杆相连，此时轻绳处于水平方向，球心恰位于圆弧形细杆的圆心处，如下图。将悬点A缓慢沿杆向上移动，直到轻绳处于竖直方向，在这个过程中，轻绳的拉力()A．逐渐增大B．大小不变C．先减小后增大D．先增大后减小二、临界与极值问题1．临界问题当某物理量变化时，会引起其他几个物理量的变化，从而使物体所处的平衡状态“恰好出现〞或“恰好不出现〞，在问题的描述中常用“刚好〞“刚能〞“恰好〞等。2．极值问题平衡物体的极值，一般指在力的变化过程中的最大值和最小值问题。3．解题方法(1)极限法：首先要正确地进行受力分析和变化过程分析，找出平衡的临界点和极值点；临界条件必须在变化中去寻找，不能停留在一个状态来研究临界问题，而要把某个物理量推向极端，即极大和极小。(2)数学分析法：通过对问题的分析，依据物体的平衡条件写出物理量之间的函数关系(画出函数图像)，用数学方法求极值(如求二次函数极值、公式极值、三角函数极值)。(3)物理分析方法：根据物体的平衡条件，作出力的矢量图，通过对物理过程的分析，利用平行四边形定那么进行动态分析，确定最大值与最小值。【例6】如下图，在水平推力作用下，物体A静止在倾角为θ＝45°的粗糙斜面上，当水平推力为F0时，A刚好不下滑，然后增大水平推力的值，当水平推力为F时A刚好不上滑。设滑动摩擦力等于最大静摩擦力，物块A与斜面之间的动摩擦因数为μ(μ＜1)，那么以下关系式成立的是()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．如下图，在水平桌面上叠放着物体a、b、c，三个物体均处于静止状态。以下说法正确的选项是()A．c一定受到水平桌面的摩擦力B．b对a的作用力一定竖直向上C．c对b的摩擦力可能水平向右D．b对a的支持力与a受到的重力是一对作用力和反作用力2．一根细线上端固定，下端系着一个质量为m的小球。给小球施加拉力F，使小球平衡后细线与竖直方向的夹角为θ，如下图。那么拉力F()A．方向可能在图中Ⅰ区内B．方向可能在图中Ⅱ区内C．最小值为mgcosθD．最小值为mgtanθ3．如下图，一条细绳跨过定滑轮连接物体A、B，A悬挂起来，B穿在一根竖直杆上，两物体均保持静止，不计绳与滑轮、B与竖直杆间的摩擦，绳与竖直杆间的夹角为θ，那么物体A、B的质量之比mA∶mB等于()A．1∶cosθB．cosθ∶1C．tanθ∶1D．1∶sinθ4．如下图，装有细沙的木板在斜坡上匀速下滑。某一时刻，一局部细沙从木板上漏出。那么在细沙漏出前后，以下说法正确的选项是()A．木板始终做匀速运动B．木板所受合外力变大C．木板由匀速变为匀加速直线运动D．木板所受斜坡的摩擦力不变5．如下图，垂直墙角有一个截面为半圆的光滑柱体，用细线拉住的小球静止靠在接近半圆底端的M点。通过细线将小球从M点缓慢向上拉至半圆最高点的过程中，细线始终保持在小球处与半圆相切。以下说法正确的选项是()A．细线对小球的拉力先增大后减小B．小球对柱体的压力先减小后增大C．柱体受到水平地面的支持力逐渐减小D．柱体对竖直墙面的压力先增大后减小6．如下图，重力都为G的两个小球A和B用三段轻绳连接后悬挂在O点，O、B间的绳子长度是A、B间的绳子长度的2倍，将一个拉力F作用到小球B上，使三段轻绳都伸直且O、A间和A、B间的两段绳子分别处于竖直和水平方向上，那么拉力F的最小值为()A．eq\f(1,2)GB．eq\f(\r(3),3)GC．GD．eq\f(2\r(3),3)G7．如下图，两段等长细线串接着两个质量相等的小球a、b，悬挂于O点。现在两个小球上分别加上水平的外力，其中作用在b球上的力大小为F，作用在a球上的力大小为2F，那么此装置平衡时的位置可能是()8．如下图是一个简易起吊设施的示意图，AC是质量不计的撑杆，A端与竖直墙用铰链连接，一滑轮固定在A点正上方，C端吊一重物，BC绳连接在滑轮与C端之间。现施加一拉力F缓慢将重物P向上拉，在AC杆到达竖直前()A．BC绳中的拉力FT越来越大B．BC绳中的拉力FT越来越小C．AC杆中的支撑力FN越来越大D．AC杆中的支撑力FN大小不变9．(多项选择)如下图装置，两根细绳拴住一小球，保持两细绳间的夹角θ＝120°不变，假设把整个装置顺时针缓慢转过90°，那么在转动过程中，CA绳的拉力F1、CB绳的拉力F2的大小变化情况是()A．F1先变小后变大B．F1先变大后变小C．F2一直变小D．F2最终变为零10．有甲、乙两根完全相同的轻绳，甲绳A、B两端按图13甲的方式固定，然后将一挂有质量为M的重物的光滑轻质动滑轮挂于甲轻绳上，当滑轮静止后，设甲绳子的张力大小为FT1；乙绳D、E两端按图乙的方式固定，然后将同样的定滑轮且挂有质量为M的重物挂于乙轻绳上，当滑轮静止后，设乙绳子的张力大小为FT2。现甲绳的B端缓慢向下移动至C点，乙绳的E端缓慢向右移动至F点，在两绳的移动过程中，以下说法正确的选项是()A．FT1、FT2都变大B．FT1变大、FT2变小C．FT1、FT2都不变D．FT1不变、FT2变大11．如下图，质量为m的物体放在一固定斜面上，当斜面倾角为30°时恰能沿斜面匀速下滑。对物体施加一大小为F、方向水平向右的恒力，物体可沿斜面匀速向上滑行。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当斜面倾角增大并超过某一临界角θ0时，不管水平恒力F多大，都不能使物体沿斜面向上滑行，试求：(1)物体与斜面间的动摩擦因数；(2)这一临界角θ0的大小。答案与解析答案与解析【例1】【答案】C【解析】物体A处于静止状态，其受到的合外力为零，受力分析如图甲所示；对物体A、B整体受力分析如图乙所示，竖直墙面对物体B没有弹力作用，那么墙面也不会提供静摩擦力；对物体B进行受力分析，如图丙所示，那么物体B受到4个力的作用。选项C正确。【例2】【答案】A【解析】合成法：对滑块受力分析如图甲所示，由平衡条件知eq\f(mg,F)＝tanθ，即F＝eq\f(mg,tanθ)，FN＝eq\f(mg,sinθ)。效果分解法：将重力按产生的效果分解，如图乙所示，F＝G2＝eq\f(mg,tanθ)，FN＝G1＝eq\f(mg,sinθ)。正交分解法：将滑块受的力沿水平、竖直方向分解，如图丙所示，mg＝FNsinθ，F＝FNcosθ，联立解得F＝eq\f(mg,tanθ)，FN＝eq\f(mg,sinθ)。矢量三角形法：如图丁所示，将滑块受的力平移，使三个力组成封闭三角形，解直角三角形得F＝eq\f(mg,tanθ)，FN＝eq\f(mg,sinθ)。1．【答案】B【解析】撤去F前，物体Q受到：重力、地面的支持力、P对Q的压力、地面对Q的摩擦力和力F共5个力的作用；撤去F后的瞬间，两物体做减速运动，此时Q受力：重力、地面的支持力、P对Q的压力、地面对Q的摩擦力和P对Q的摩擦力，共5个力作用，选项B正确。2．【答案】A【解析】分别对物体进行受力分析，如图甲、乙所示，物体在地面上匀速向右滑动，那么水平方向上有F1x＝Ff1＝F1cosθ，竖直方向上有FN1＝F1sinθ＋mg，且Ff1＝μFN1′，FN1＝FN1′，那么可得F1＝eq\f(μmg,cosθ－μsinθ)；物体在斜面上匀速向上滑动时，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′，FN2＝FN2′，可得F2＝eq\f(mgsinθ＋μcosθ,cosθ－μsinθ)，那么eq\f(F1,F2)＝eq\f(μ,sinθ＋μcosθ)，A正确。动态平衡与平衡中的临界、极值问题一、动态平衡问题【例3】【答案】C【解析】图解法：在悬点A缓慢向上移动的过程中，小球始终处于平衡状态，小球所受重力mg的大小和方向都不变，支持力的方向不变，对小球进行受力分析如图甲所示，由图可知，拉力T先减小后增大，C正确。解析法：如图乙所示，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不变，而sinβ先增大后减小，可得T先减小后增大，C正确。二、临界与极值问题【例6】【答案】D【解析】当物体恰好不下滑时，沿斜面方向刚好平衡，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，当物体恰好不上滑时，有F＝eq\f(1＋μ,1－μ)mg，解得F＝(eq\f(1＋μ,1－μ))2F0，应选项D正确。1．【答案】B【解析】对a、b、c整体分析，受重力和支持力，二力平衡，c不受地面的摩擦力，故A错误；对物体a受力分析，受重力、支持力和静摩擦力，根据平衡条件，b对a的作用力一定竖直向上，和a的重力平衡，故B正确；以a和b整体为研究对象，受到重力、支持力和静摩擦力，根据平衡条件，c对b的静摩擦力平行接触面向上，故C错误；b对a的支持力与a对b的压力是一对作用力和反作用力，故D错误。2．【答案】B【解析】小球受竖直向下的重力mg和沿细绳斜向上的拉力FT以及拉力F，三力平衡，那么力F必在mg和FT夹角的对角范围内，即在图中的Ⅱ区域，当力F与FT垂直时，F最小，最小值为Fmin＝mgsinθ。应选项B正确。3．【答案】A【解析】设绳子的拉力为FT，隔离A分析有：FT＝mAg，隔离B分析有：FTcosθ＝mBg，得：mA∶mB＝1∶cosθ，故A正确，B、C、D错误。4．【答案】A【解析】在细沙漏出前，装有细沙的木板在斜坡上匀速下滑，对整体受力分析，如下图，根据平衡条件有：Ff＝(m＋M)gsinα，FN＝(m＋M)gcosα，又Ff＝μFN，联立解得：μ＝tanα，在细沙漏出后，细沙的质量减少，设为m′，木板的质量不变，对整体受力情况与漏出前一样，在垂直斜坡方向仍处于平衡状态，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为(m′＋M)gsinα，即Ff′＝(m′＋M)gsinα，所以在细沙漏出后整体仍沿斜坡向下做匀速直线运动，A正确，C错误；因为整体仍沿斜坡向下做匀速直线运动，所受合外力不变，仍为零，B错误；因为细沙的质量减小，根据Ff′＝(m′＋M)gsinα，可知木板所受斜坡的摩擦力变小，D错误。5．【答案】D【解析】以小球为对象，设小球所在位置沿切线方向与竖直方向夹角为θ，沿切线方向有FT＝mgcosθ，沿半径方向有FN＝mgsinθ，通过细线将小球从M点缓慢向上拉至半圆最高点的过程中θ增大，所以细线对小球的拉力减小，小球对柱体的压力增大，故A、B错误；以柱体为对象，竖直方向有F地＝Mg＋FNsinθ＝Mg＋mgsin2θ，水平方向有F墙＝FNcosθ＝mgsinθcosθ＝eq\f(1,2)mgsin2θ，θ增大，柱体受到水平地面的支持力逐渐增大；柱体对竖直墙面的压力先增大后减小，当θ＝45°时柱体对竖直墙面的压力最大，故D正确，C错误。6．【答案】A【解析】对A球受力分析可知，因O、A间绳竖直，那么A、B间绳上的拉力为0。对B球受力分析如下图，那么可知当F与O、B间绳垂直时F最小，Fmin＝Gsinθ，由几何关系可知sinθ＝eq\f(l,2l)＝eq\f(1,2)，那么Fmin＝eq\f(1,2)G，应选项A正确。7．【答案】A【解析】设两个球的质量均为m，Oa与ab和竖直方向的夹角分别为α、β，以两个小球组成的整体为研究对象，分析受力情况，如图甲所示，根据平衡条件可知，Oa细线的方向不可能沿竖直方向，否那么整体的合力不为零，不能保持平衡。由平衡条件得tanα＝eq\f(F,2mg)，以b球为研究对象，分析受力情况，如图乙所示，由平衡条件得tanβ＝eq\f(F,mg)，那么α＜β，故A正确。8．【答案】BD【解析】作出C点的受力示意图，如下图，由图可知力的矢量三角形与几何三角形ABC相似。根据相似三角形的性质得eq\f(FT,BC)＝eq\f(FN,AC)＝eq\f(G,AB)，解得BC绳中的拉力为FT＝Geq\f(BC,AB)，AC杆中的支撑力为FN＝Geq\f(AC,AB)。由于重物P向上运动时，AB、AC不变，BC变小，故FT减小，FN大小不变。B、D正确，A、C错误。9．【答案】BCD【解析】如下图，画出小球的受力分析图，构建力的矢量三角形，由于这个三角形中重力不变，另两个力间的夹角(180°－θ)保持不变，这类似于圆周角与对应弦长的关系，作初始三角形的外接圆(任意两边的中垂线交点即外接圆圆心)，然后让另两个力的交点在圆周上按F1、F2的方向变化规律滑动，力的矢量三角形的外接圆正好是以初态时的F2为直径的圆周，知F1先变大后变小，F2一直变小，最终CA沿竖直方向，此时F1＝mg，F2变为零，应选B、C、D。10．【答案】D【解析】设绳子总长为L，两竖直墙之间的距离为s，左侧绳长为L1，右侧绳长为L2。由于绳子上的拉力处处相等，所以两绳与竖直方向夹角相等，设为θ，那么由几何知识，得s＝L1sinθ＋L2sinθ＝(L1＋L2)sinθ，又L1＋L2＝L，得到sinθ＝eq\f(s,L)；设绳子的拉力大小为FT，重物的重力为G，以滑轮为研究对象，根据平衡条件得2FTcosθ＝G，解得FT＝eq\f(G,2cosθ)；可见，对题图甲，当绳子右端慢慢向下移动时，s、L没有变化，那么θ不变，绳子拉力FT1不变；对题图乙，当绳子的右端从E向F移动的过程中，由于绳子