2021高考物理鲁科版一轮复习教师用书：第二章专题提升（二）　受力分析　共点力的平衡

专题提升(二)　受力分析　共点力的平衡

物体的受力分析

1.受力分析的基本思路

(1)研究对象的选取方法:整体法和隔离法.

(2)基本思路

2.整体法与隔离法选取原则

角度1　物体受力个数的判断

[例1]

(2019·湖北武汉联考)(多选)如图所示,光滑水平地面上有一直角三角形斜面体B靠在竖直墙壁上,物块A放在斜面体B上,开始时A,B静止.现用水平力F推A,A,B仍静止,则此时A,B受力个数的组合可能是(　CD　)

A.3个、5个 B.3个、3个

C.4个、5个 D.3个、4个

解析:先对A,B整体受力分析,A,B整体受推力、重力、地面的支持力、墙壁的支持力;再对物块A受力分析,A受重力、推力、斜面体的支持力,可能还受到静摩擦力,所以A可能受到3个或4个力;分析B的受力情况,B受到重力、墙壁的支持力、地面的支持力、A对B的压力,可能还受到A对B的静摩擦力,所以B可能受到4个或5个力,故C,D正确.

角度2　受力分析图的判断

[例2]

(2019·河南开封检测)如图所示,物体A靠在竖直的墙面C上,在竖直向上的力F作用下,A,B物体保持静止,则物体A受力分析示意图正确的是(　A　)

解析:以A,B组成的整体为研究对象,水平方向不可能受力,整体和墙面C间没有弹力,故A与墙面C间无摩擦力,以A物体为研究对象,A受重力,B对A的垂直接触面的弹力和平行接触面的摩擦力,故选项A正确.

1.

(受力分析图)一建筑塔吊如图所示向右上方匀速提升建筑物料,若忽略空气阻力,则下列有关物料的受力图正确的是(　D　)

解析:由题意可知,物料匀速运动,合力为零,对物料受力分析知,拉力T与重力mg平衡,故选项A,B,C错误,D正确.

2.

(受力个数)(2019·湖南衡阳模拟)(多选)如图所示,地面上固定一个斜面体,斜面上叠放着A,B两个物块并均处于静止状态.现对物块A施加一斜向上的力F作用,A,B两个物块始终处于静止状态.则木块B的受力个数可能是(　BC　)

A.2个 B.4个 C.5个 D.6个

解析:对A受力分析可得,A受竖直向下的重力、斜向左上方的拉力F、竖直向上的支持力及水平向右的摩擦力.对B受力分析可得,B受重力、A对B的压力、斜面的支持力、A对B向左的摩擦力,且斜面若对B没有摩擦力则B受到4个力,若斜面对B有摩擦力则B受5个力,选项A,D错误,B,C正确.

物体的静态平衡

1.共点力的平衡

2.解决物体静态平衡的四种常用方法

角度1　单个物体的静态平衡

[例3]

(多选)如图所示,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N,OP与水平方向的夹角为θ.下列关系正确的是(　AC　)

A.F= B.F=mgtan θ

C.N= D.N=mgtan θ

解析:法一　合成法

滑块受力如图(甲)所示,由平衡条件知=tan θ,

则F=,N=.

法二　效果分解法

将重力按产生的效果分解,如图(乙)所示,

F=G2=,N=G1=.

法三　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=Nsin θ,F=Ncos θ,

联立解得F=,N=.

法四　力的三角形法

如图(丁)所示,滑块受的三个力组成封闭三角形,解直角三角形得F=,N=.

角度2　多物体的静态平衡

[例4] (2019·河南洛阳六校联考)如图所示,水平桌面上有三个相同的物体a,b,c叠放在一起,a的左端通过一根轻绳与质量为m=3 kg的小球相连,绳与水平方向的夹角为60°,小球静止在光滑的半圆形器皿中.水平向右的力F=40 N作用在b上,三个物体保持静止状态.g取10 m/s2,下列说法正确的是(　B　)

A.物体c受到向右的静摩擦力

B.物体b受到一个摩擦力,方向向左

C.桌面对物体a的静摩擦力方向水平向右

D.撤去力F的瞬间,三个物体将获得向左的加速度

审题指导:

解析:设b对c的静摩擦力为f,则水平方向上只受f影响,且c保持静止,可知f=0,选项A错误;隔离物体b受力分析,设a对b的静摩擦力为f1,则水平面上,由平衡条件:F+f1+f=0,解得f1=-F=-40 N,故b只受一个静摩擦力,方向与F相反,即水平向左,选项B正确;a静止,设绳的拉力为T,器皿对小球的弹力为N,桌面对a的静摩擦力为f2,则水平面上由平衡条件:

-f1+f2-T=0　①

对小球受力分析如图所示,由于小球静止,故竖直方向上:

Nsin 60°+Tsin 60°=mg　②

水平方向上:

Ncos 60°=Tcos 60°　③

联立①②③式代入数据解得T=10 N,f2=-22.68 N,故地面对a的静摩擦力水平向左,选项C错误;若撤去F,对a,水平方向上受绳的拉力T=10 N,小于地面对a的最大静摩擦力,故整个系统仍然保持静止,选项D错误.

1.

(2019·河北衡水调研)(多选)如图所示,凹形槽半径R=30 cm,质量m=1 kg 的小物块(可视为质点)在沿半径方向的轻弹簧挤压下处于静止状态.已知弹簧的劲度系数k=50 N/m,弹簧原长L0=40 cm,一端固定在圆心O处,弹簧与竖直方向的夹角θ=37°,取g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,则(　BC　)

A.物块对槽的压力大小是15 N

B.物块对槽的压力大小是13 N

C.槽对物块的摩擦力大小是6 N

D.槽对物块的摩擦力大小是8 N

解析:

对小物块受力分析如图所示,由平衡条件可得mgsin 37°-f=0,N-(mgcos 37°+F弹)=0,F弹=k(L0-R),解得f=6 N,N=13 N,故选项B,C正确.

2.

(2019·湖北武汉联考)如图所示,小球A置于固定在水平面上的光滑半圆柱体上,小球B用水平轻弹簧拉着系于竖直板上,两小球A,B通过光滑滑轮O用轻质细线相连,两球均处于静止状态,已知B球质量为m,O点在半圆柱体圆心O1的正上方,OA与竖直方向成30°角,OA长度与半圆柱体半径相等,OB与竖直方向成45°角,则下列叙述正确的是(　C　)

A.小球A,B受到的拉力TOA与TOB相等,且TOA=TOB=mg

B.弹簧弹力大小为 mg

C.A球质量为 m

D.光滑半圆柱体对A球支持力的大小为mg

解析:对B球受力分析如图(甲)所示,

由平衡条件,TOBcos 45°=mg,F=mgtan 45°,解得TOB=

mg,F=mg,选项A,B错误;对A球受力分析如图(乙)所示,将A球受到的重力和拉力TOA沿光滑半圆柱体半径和切线方向分解,由平衡条件,TOAcos 30°=mAgsin 30°,TOAsin 30°+N=mAgcos 30°,解得TOA=mAg,N=mAg.由TOA=TOB可知A球质量为mA=m,选项C正确;光滑半圆柱体对A球支持力的大小为N=mAg=mg,选项D错误.

动态平衡问题

1.动态平衡

(1)所谓动态平衡问题,是指通过控制某些物理量,使物体的状态发生缓慢变化,而在这个过程中物体又始终处于一系列的平衡状态,常利用图解法解决此类问题.

(2)基本思路:化“动”为“静”,“静”中求“动”.

2.分析动态平衡问题的方法

角度1　解析法的应用

[例5]

质量为M的半圆柱体P放在粗糙的水平地面上,其右端固定一个竖直挡板AB,在P上放一个光滑小球C,质量为m,整个装置的纵截面如图所示.开始时P,C球心连线与水平面的夹角为θ,已知重力加速度为g.则下列说法正确的是(　C　)

A.P和挡板对C的弹力分别为和

B.地面对P的摩擦力大小为零

C.使挡板缓慢地向右平行移动,但C仍在P和挡板AB作用下悬于半空中,则地面对P的摩擦力将不断增大

D.使挡板缓慢地向右平行移动,但C仍在P和挡板AB作用下悬于半空中,则C对P的弹力减小

解析:

对C受力分析,受到重力mg、挡板AB的弹力N1和P对C的支持力N2,如图所示,根据平衡条件,得N1=,N2=,选项A错误;以P,C整体为研究对象进行受力分析,受到重力、挡板AB的弹力N1、地面的支持力N3、地面的静摩擦力f,根据共点力平衡条件,有N3=(M+m)g,f=N1,选项B错误;使挡板缓慢地向右平行移动,由于θ不断减小,N1增大,N2增大,f不断增大,C对P的弹力增大,选项C正确,D错误.

角度2　图解法的应用

[例6]

(多选)如图所示,半径相同、质量相同且分布均匀的两个圆柱体a,b靠在一起,表面光滑,重力均为G,其中b的下半部分刚好固定在水平面MN的下方,上边露出另一半,a静止在水平面上,现过a的轴心施以水平作用力F,可缓慢地将a拉离水平面MN一直运动到b的顶端,对该过程进行分析,应有(　BD　)

A.拉力F先增大后减小,最大值是G

B.开始时拉力F最大为 G,以后逐渐减小为0

C.a,b间的压力由0逐渐增大,最大为G

D.a,b间的压力开始最大为2G,而后逐渐减小到G

解析:

根据几何关系可知sin θ=,θ=30°,对a受力分析,如图所示,应用平衡条件,当a与地面恰无作用时F==G,之后a缓慢移动过程中,两轴心连线与竖直方向的夹角越来越小,由图可知N一直变小,F也一直变小,可得拉力从最大值Fm=G逐渐减小为0,选项A错误,B正确;a,b间的压力开始时最大为N==2G,而后逐渐减小到G,选项C错误,D正确.

角度3　相似三角形法的应用

[例7]

把一光滑圆环固定在竖直平面内,在光滑圆环的最高点有一个光滑的小孔,如图所示.质量为m的小球套在圆环上,一根细线的下端系着小球,上端穿过小孔用手拉住.现拉动细线,使小球沿圆环缓慢下移.在小球移动过程中手对细线的拉力F和圆环对小球的弹力N的大小变化情况是(　D　)

A.F不变,N增大 B.F不变,N减小

C.F减小,N不变 D.F增大,N不变

解析:

小球沿圆环缓慢下移可看成是受力平衡,对小球进行受力分析,小球受重力G,F,N三个力,受力分析如图,设圆环半径为R,由三角形相似知识可得==,小球沿圆环缓慢下移时,圆环半径不变,AB长度增大,故F增大,N不变,故D正确.

1.

(2019·吉林长春检测)(多选)如图所示,上表面光滑的半圆柱体放在水平地面上,一小物块从靠近半圆柱体顶点O的A点,在外力F作用下沿圆弧缓慢下滑到B点,此过程中F始终沿圆弧的切线方向且半圆柱体保持静止状态.下列说法中正确的是(　BC　)

A.半圆柱体对小物块的支持力变大

B.地面对半圆柱体的摩擦力先增大后减小

C.外力F变大

D.地面对半圆柱体的支持力变大

解析:

物块缓慢下滑即物块时刻受力平衡,F始终沿圆弧的切线方向,即F始终垂直于圆柱面支持力N的方向,受力分析如图(甲)、(乙)所示,因此总有F=mgsin θ,N=mgcos θ,下滑过程中θ增大,因此F增大,N减小,A错误,C正确;对半圆柱体分析,地面对半圆柱体的摩擦力f=Nsin θ=mgcos θsin θ=mgsin 2θ,地面对半圆柱体的支持力N′=Mg+Ncos θ=Mg+mgcos2θ,θ从接近0°到90°变化的过程中,摩擦力先增大后减小,支持力一直减小,B正确,D错误.

2.

(2019·河北衡水检测)如图所示,有一质量不计的杆AO,长为R,可绕A自由转动.用绳在O点悬挂一个重为G的物体,另一根绳一端系在O点,另一端系在圆弧形墙壁上的C点.当点C由图示位置逐渐向上沿圆弧CB移动过程中(保持OA与地面夹角θ不变),OC绳所受拉力的大小变化情况是(　C　)

A.逐渐减小 B.逐渐增大

C.先减小后增大 D.先增大后减小

解析:

对物体分析,物体受力平衡,则拉力等于重力,故竖直绳的拉力不变;再对O点分析,O受绳子的拉力T、OA的支持力FOA及OC的拉力TOC而处于平衡,受力分析如图所示;将FOA和TOC合成,其合力与G大小相等,方向竖直向上,则在OC上移的过程中,平行四边形的对角线保持不变,平行四边形发生图中所示变化,则由图可知OC的拉力先减小后增大,故C正确.

平衡中的临界极值问题

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”“恰能”“恰好”等语言叙述.

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.解决极值问题和临界问题的方法

(1)图解法: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,利用平行四边形定则进行动态分析,确定最大值与最小值.

(2)数学解析法: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(或画出函数图象),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).

角度1　平衡中的极值问题

[例8]

(2019·山东师大附中一模)如图所示,三根长度均为L的轻绳分别连接于C,D两点,A,B两端被悬挂在水平天花板上,相距2L,现在C点上悬挂一个质量为m的重物,为使CD绳保持水平,在D点上可施加力的最小值为(　C　)

A.mg B.mg 

C.mg D.mg

解析:

由题图可知,要使CD水平,各绳均应绷紧,则AC与水平方向的夹角为60°;结点C受力平衡,受力分析如图所示,则CD绳的拉力T=mgtan 30°=mg;D点受绳子拉力大小等于T,方向向左;要使CD水平,D点两绳的拉力与外界的力的合力为零,则绳子对D点的拉力可分解为沿BD绳的F1,及另一分力F2,由几何关系可知,当力F2与BD垂直时,F2最小,而F2的大小即为拉力的大小;故最小力F=Tsin 60°=mg.

角度2　平衡中的临界问题

[例9]

如图所示,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,不论水平恒力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.

解析:(1)如图(甲)所示,未施加力F时,对物体受力分析,由平衡条件得mgsin 30°=μmgcos 30°

解得μ=tan 30°=.

(2)设斜面倾角为α时,受力情况如图(乙)所示,由平衡条件得

Fcos α=mgsin α+f′

N′=mgcos α+Fsin α

f′=μN′

解得F=

当cos α-μsin α=0,即tan α=时,F→∞,即“不论水平恒力F多大,都不能使物体沿斜面向上滑行”,此时,临界角θ0=α=60°.

答案:(1)　(2)60°

1.

如图所示,物体A,B置于水平地面上,与地面间的动摩擦因数均为μ,物体A,B用一根跨过动滑轮的细绳相连.现用逐渐增大的力向上提升滑轮,某时刻拉A物体的绳子与水平面成53°,拉B物体的绳子与水平面成37°,此时A,B两物体刚好处于平衡状态,则A,B两物体的质量之比为(最大静摩擦力等于滑动摩擦力,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)(　A　)

A.     B.       C.        D..

解析:设绳中张力大小为F,对A应用平衡条件得Fcos 53°=μ(mAg-Fsin 53°),对B应用平衡条件得Fcos 37°=μ(mBg-Fsin 37°),联立两式解得=,选项A正确.

2.

(2019·陕西西安模拟)(多选)如图所示,一根轻绳上端固定在O点,下端拴一个重为G的小球,开始时轻绳处于竖直状态,轻绳所能承受的最大拉力为2G,现对小球施加一个方向始终水平向右的力F,使球缓慢地移动,则在小球缓慢移动的过程中,下列说法正确的是(　ABD　)

A.力F逐渐增大

B.力F的最大值为 G

C.力F的最大值为2G

D.轻绳与竖直方向夹角θ的最大值为60°

解析:

对小球受力分析,如图所示,由平衡条件得F=Gtan θ,θ逐渐增大,则F逐渐增大,故A正确;小球缓慢移动的过程中,θ逐渐增大,T的最大值为2G,则可得cos θ==,θ=60°,此时F达到最大值为G,故B,D正确,C错误.

1.(2019·全国Ⅲ卷,16)用卡车运输质量为m的匀质圆筒状工件,为使工件保持固定,将其置于两光滑斜面之间,如图所示.两斜面Ⅰ,Ⅱ固定在车上,倾角分别为30°和60°,重力加速度为g.当卡车沿平直公路匀速行驶时,圆筒对斜面Ⅰ,Ⅱ压力的大小分别为F1,F2,则(　D　)

A.F1=mg,F2=mg B.F1=mg,F2=mg

C.F1=mg,F2=mg D.F1=mg,F2=mg

解析:

对圆筒进行受力分析如图所示,因为卡车整体匀速行驶,所以圆筒受力平衡,根据平衡条件及相应的几何关系,有F1′=mgsin 60°=mg,F2′=mgcos 60°=mg,由牛顿第三定律可知,F1=F1′=mg,F2=F2′=mg,选项D正确.

2.(2019·全国Ⅰ卷,19)(多选)

如图,一粗糙斜面固定在地面上,斜面顶端装有一光滑定滑轮.一细绳跨过滑轮,其一端悬挂物块N,另一端与斜面上的物块M相连,系统处于静止状态.现用水平向左的拉力缓慢拉动N,直至悬挂N的细绳与竖直方向成45°.已知M始终保持静止,则在此过程中(　BD　)

A.水平拉力的大小可能保持不变

B.M所受细绳的拉力大小一定一直增加

C.M所受斜面的摩擦力大小一定一直增加

D.M所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加

解析:以物块N为研究对象,受力分析如图(甲)所示,它在水平向左的拉力F作用下,缓慢向左移动直至细绳与竖直方向夹角为45°的过程中,水平拉力F逐渐增大,细绳拉力T逐渐增大,故A错误,B正确;

对物块M受力分析如图(乙)所示,若起初M受到的摩擦力f沿斜面向下,则随着细绳拉力T的增加,摩擦力f也逐渐增加;若起初物块M受到的摩擦力f沿斜面向上,则随着细绳拉力T的增加,摩擦力f可能先减小后反向增加,故C错误,D正确.

3.

(2017·全国Ⅰ卷,21)(多选)如图,柔软轻绳ON的一端O固定,其中间某点M拴一重物,用手拉住绳的另一端N.初始时,OM竖直且MN被拉直,OM与MN之间的夹角为α(α>).现将重物向右上方缓慢拉起,并保持夹角α不变,在OM由竖直被拉到水平的过程中(　AD　)

A.MN上的张力逐渐增大

B.MN上的张力先增大后减小

C.OM上的张力逐渐增大

D.OM上的张力先增大后减小

解析:由题意可知,重物在运动过程中受重力,MN绳拉力TMN,OM绳拉力TOM,TMN与TOM夹角保持不变.在某一时刻所受三个力示意图如图(甲)所示,将此三个力平移为矢量三角形如图(乙)所示.

因为mg大小、方向不变,TMN与TOM的夹角不变,故可将三个力平移入圆中,如图(丙)所示,mg为一条固定的弦(固定的弦所对应的圆周角为定值),在OM由竖直拉到水平的过程中,可得TMN从0逐渐增大,OM水平时TMN最大.TOM先增大后减小,故A,D正确.

4.

(2019·河北石家庄质检)如图所示,质量为2 kg的木块M套在水平固定杆上,并用轻绳与质量为1 kg的小球m相连.今用跟水平方向成60°角向上的力F=10 N拉着球并带动木块一起向右匀速运动,运动中M,m相对位置保持不变,g取10 m/s2.求:

(1)轻绳与水平方向夹角θ;

(2)木块M与水平杆间的动摩擦因数μ.

解析:(1)m处于静止状态,其合力为零.

以m为研究对象,由平衡条件得

水平方向Fcos 60°-Tcos θ=0

竖直方向Fsin 60°-Tsin θ-mg=0

解得θ=30°.

(2)M,m整体处于静止状态,可看做整体,系统所受合力为零.以M,m整体为研究对象,由平衡条件得

水平方向Fcos 60°-μN=0

竖直方向N+Fsin 60°-Mg-mg=0

解得μ=.

答案:(1)30°　(2)