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第3讲 受力分析 共点力的平衡及应用学案
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这是一份第3讲 受力分析 共点力的平衡及应用学案，共26页。学案主要包含了受力分析，共点力的平衡条件，平衡条件的推论等内容，欢迎下载使用。
第3讲 受力分析 共点力的平衡及应用
一、受力分析
1.受力分析:把研究对象(指定物体)在特定的物理情境中受到的所有力都找出来,并画出① 受力示意图 的过程。
2.受力分析的一般顺序
(1)首先分析场力(② 重力 、电场力、磁场力)。
(2)其次分析接触力(弹力、③ 摩擦力 )。
(3)最后分析其他力。
二、共点力的平衡条件
1.平衡状态
物体处于④ 静止 或⑤ 匀速直线运动 的状态,即a=0。
2.平衡条件
F合=0或Fx=0Fy=0
如图甲所示,小球静止不动,如图乙所示,物块匀速运动。
小球:F合=0,FN sin θ=F推,FN cos θ=mg。
物块:Fx=F1-Ff=0,Fy=F2+FN-mg=0。
注意 物体处于平衡状态时,所受合力一定为零,物体所受合力为零时,也一定处于平衡状态,即合力为零是物体处于平衡状态的充要条件。
三、平衡条件的推论
1.二力平衡:如果物体在两个共点力的作用下处于平衡状态,这两个力必定大小⑥ 相等 ,方向⑦ 相反 。
2.三力平衡:如果物体在三个共点力的作用下处于平衡状态,其中任何一个力与其余两个力的⑧ 合力 大小相等,方向相反。
注意 三力首尾相连,构成封闭三角形。
3.多力平衡:如果物体在多个共点力的作用下处于平衡状态,其中任何一个力与⑨ 其余几个力的合力 大小相等,方向相反。
1.判断下列说法对错。
(1)对物体进行受力分析时,不用区分外力和内力,两者都要同时分析。 ( ✕ )
(2)物体处于平衡状态时,其所受的作用力必定为共点力。 ( ✕ )
(3)加速度等于零的物体一定处于平衡状态。 ( √ )
(4)速度等于零的物体一定处于平衡状态。 ( ✕ )
(5)物体在缓慢运动时所处的状态不能认为是平衡状态。( ✕ )
2.(2020浙江金衢丽二模)如图所示,滑翔伞运动是一批热爱跳伞、滑翔翼的飞行人员发明的一种飞行运动。滑翔伞与传统的降落伞不同,它是一种飞行器。现有一滑翔伞正沿直线朝斜向下方向匀速运动。用G表示滑翔伞和飞行人员的总重力,F表示空气对它的作用力,下列四幅图中能表示此过程中该系统受力情况的是 ( )
答案 B
3.(多选)(新人教版必修第一册P76·B组T1改编)如图所示,光滑斜面上有一个重力为100 N的小球被轻绳拴住悬挂在天花板上,已知绳子与竖直方向的夹角为45°,斜面倾角为37°,整个装置处于静止状态,则绳对小球拉力T和斜面对小球支持力的大小分别为(sin 37°=0.6) ( )
A.T=502 N B.T=30027 N
C.FN=5007 N D.FN=80 N
答案 BC
考点一 受力分析
1.[整体法、隔离法的综合应用]如图所示,物体A靠在竖直墙面上,A、B质量都不为零,在一竖直向上的力F作用下,都保持静止。关于物体A与B的受力,下列说法正确的是 ( )
A.A与B之间一定有弹力,不一定有摩擦力
B.A与B之间一定有弹力和摩擦力
C.A与墙壁之间可能有弹力,不一定有摩擦力
D.A与墙壁之间一定有弹力,不一定有摩擦力
答案 B 对A、B整体受力分析,竖直方向上F=GA+GB,水平方向上不受力,所以墙对A没有弹力也没有摩擦力;对A受力分析,受重力、B对A的弹力,由于弹力不是竖直向上的,所以应该还受到B对A的摩擦力的作用,所以A、B之间一定有弹力和摩擦力,故B正确。
2.[动力学分析法的应用](多选)如图所示,工作人员将小车和冰球推进箱式吊车并运至冰雕顶部安装,先后经历了水平向右匀速、水平向右匀减速、竖直向上匀加速、竖直向上匀减速直线运动四个过程。冰球与水平底板和右侧斜挡板始终保持接触但摩擦不计。关于冰球的受力情况,下列判断正确的是 ( )
A.水平向右匀速过程,冰球一定受到三个力
B.水平向右匀减速过程,冰球可能只受到两个力
C.竖直向上匀加速过程,冰球一定受到两个力
D.竖直向上匀减速过程,冰球可能受到一个力
答案 BCD 冰球向右匀速过程,受重力与支持力两个力,故选项A错误;冰球向右匀减速过程,有可能只受重力和右侧斜挡板对它的弹力,这两个力的合力恰好水平向左,使其匀减速而不受底板的支持力,故选项B正确;冰球向上匀加速的过程,受重力和支持力两个力,合力向上,故选项C正确;如果冰球向上匀减速运动的加速度为g,则冰球就只受重力,故选项D正确。
1.受力分析的基本思路
2.整体法与隔离法
3.受力分析的三个常用判据
(1)条件判据:不同性质的力产生条件不同,进行受力分析时最基本的判据是根据其产生条件。
(2)效果判据:有时候是否满足某力产生的条件是很难判定的,可先根据物体的运动状态进行分析,再运用平衡条件或牛顿运动定律判定未知力。
(3)特征判据:从力的作用是相互的这个基本特征出发,通过判定其反作用力是否存在来判定该力是否存在。
考点二 静态平衡问题
1.处理静态平衡问题的常用方法
方法
内容
合成法
物体受三个共点力的作用而平衡,则任意两个力的合力一定与第三个力大小相等,方向相反
分解法
物体受三个共点力的作用而平衡,将某一个力按力的效果分解,则其分力和其他两个力满足平衡条件
正交分
解法
物体受到三个或三个以上力的作用而平衡,将物体所受的力分解为相互垂直的两组,每组力都满足平衡条件
力的三
角形法
对受三个力作用而平衡的物体,将力的矢量图平移,使三个力组成一个首尾依次相接的矢量三角形,根据正弦定理、余弦定理或相似三角形等数学知识求解未知力
2.求解静态平衡问题的一般思路
例1 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FN,OP与水平方向的夹角为θ。重力加速度为g,下列关系正确的是 ( )
A.F=mgtanθ B.F=mg tan θ
C.FN=mgtanθ D.FN=mg tan θ
解题指导 本题可运用“合成法”“效果分解法”“正交分解法”“矢量三角形法”等方法解题。
答案 A 解法一 合成法
滑块受力如图甲所示,由平衡条件可知mgF=tan θ,mgFN=sin θ⇒F=mgtanθ,FN=mgsinθ。
解法二 效果分解法
将重力按产生的效果分解,如图乙所示,F=G2=mgtanθ,FN=G1=mgsinθ。
解法三 正交分解法
将滑块受到的力沿水平和竖直方向分解,如图丙所示,mg=FN sin θ,F=FN cos θ,联立解得F=mgtanθ,FN=mgsinθ。
解法四 矢量三角形法
滑块受到三个共点力作用处于平衡状态,则这三个力组成封闭三角形,如图丁所示,解直角三角形得F=mgtanθ,FN=mgsinθ。
解题感悟
应用整体法和隔离法时应注意三点
(1)当分析相互作用的两个或两个以上物体整体的受力情况及分析外力对系统的作用时,宜用整体法。
(2)在分析系统内各物体(或一个物体各部分)间的相互作用时,宜用隔离法。
(3)整体法和隔离法不是独立的,对一些较复杂问题,通常需要多次选取研究对象,交替使用整体法和隔离法。
1.[三力平衡问题](2019课标Ⅲ,16,6分)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 ( )
A.F1=33mg,F2=32mg B.F1=32mg,F2=33mg
C.F1=12mg,F2=32mg D.F1=32mg,F2=12mg
答案 D 以工件为研究对象,受力分析如图所示,重力与F1、F2的合力等大反向,根据共点力平衡条件得F1mg=cos 30°,F2mg=cos 60°,则F1=32mg,F2=12mg,故只有D选项正确。
2.[多物体共点力平衡]如图所示,A、B两个质量分别为m和M的物块叠放在水平地面和竖直墙壁之间,处于静止状态。已知A、B交界面与竖直墙壁间的夹角为θ,水平地面粗糙,其他各接触面光滑,重力加速度为g,则水平地面对物块B的摩擦力大小为 ( )
A.Ff=mg tan θ B.Ff=mgtanθ
C.Ff=0 D.Ff=mgsinθ
答案 B 先隔离A受力分析,A受重力mg、B对A的支持力FN1和左侧墙壁对A的支持力FN2,如图甲所示:
甲
根据平衡条件得FN1 cos θ=FN2,FN1 sin θ=mg,联立解得FN2=mgtanθ,再对A、B整体受力分析,整体受重力、左侧墙壁对整体的支持力和地面对整体的支持力及摩擦力,如图乙所示,根据平衡条件得
乙
Ff=FN2=mgtanθ,故选项B正确。
考点三 动态平衡问题
考向一 三力动态平衡之作图法与解析法的应用
例2 (2020河北邢台质检)如图所示,光滑的四分之一圆弧轨道AB固定在竖直平面内,A端与水平面相切。穿在轨道上的小球在拉力F作用下,缓慢地由A向B运动,F始终沿轨道的切线方向,轨道对球的弹力为FN。在运动过程中 ( )
A.F增大,FN减小 B.F减小,FN减小
C.F增大,FN增大 D.F减小,FN增大
解题指导 本题可运用“解析法”“图解法”等方法解题。
答案 A 解法一 解析法
由题意知,小球在由A运动到B的过程中始终处于平衡状态,设某时刻小球的受力如图甲所示,由平衡条件知沿切线方向F=mg sin θ,垂直切线方向FN=mg cos θ,在运动过程中θ增大,故F增大,FN减小,选项A正确。
解法二 图解法
小球始终受到重力mg、支持力FN和拉力F而处于平衡状态。小球的受力如图乙所示,这三个力构成首尾相接的矢量三角形,其中重力mg的方向和大小都不变化,支持力FN和拉力F始终是垂直的。当小球由A运动到B的过程中,支持力、拉力的变化情况如图所示,支持力FN减小,拉力F增大,选项A正确。
解题感悟
三力平衡之解析法与图解法的应用
(1)解析法:对研究对象进行受力分析,先画出受力示意图,再根据物体的平衡条件,得到因变量与自变量的关系表达式(通常要用到三角函数),最后根据自变量的变化确定因变量的变化。
(2)图解法:图解法分析动态平衡问题,往往涉及三个力,且三个力可以分为三类力或是两类力。若三个力能分为三类力,则其中一类力为恒力,另一类力方向不变,但大小发生变化,第三类力则随外界条件的变化而变化,包括大小和方向都变化;若将三个力分为两类,一类力大小方向都不变,另一类力大小和方向都变,且变化趋势相同(同时增加或减小)。
考向二 三力动态平衡之相似三角形法
例3 (多选)如图所示,A球被固定在竖直支架上,A球正上方的O点悬有一轻绳拉住B球,两球之间连有轻弹簧,平衡时绳长为L,拉力为T1,弹簧弹力为F1。若将弹簧换成原长相同的劲度系数更小的轻弹簧,再次平衡时绳中的拉力为T2,弹簧弹力为F2,则 ( )
A.T1>T2 B.T1=T2
C.F1F2
审题关键 (1)请画出B球的受力分析图,并放到一个三角形中。
提示:受力分析如图所示。
(2)B球力的三角形示意图与几何三角形OAB是否相似?
提示:相似。
答案 BD 以B球为研究对象,B球受到重力G、弹簧的弹力F和绳子的拉力T,受力示意图如图所示。B球平衡时,F与T的合力与重力G大小相等、方向相反,即G'=G;根据三角形相似得G'OA=TOB=FAB。换成原长相同而劲度系数更小的弹簧,弹簧的形变量增大,AB减小,OB不变,则T不变,F减小,B、D项正确。
解题感悟
相似三角形法的应用
相似三角形法通常应用于只受三个力的物体,且三个力中有一个力大小方向都不发生变化,另外两个力都变化,但变化趋势不是十分明显,且能在所给出的条件中很好地构筑出几何的三角形,几何三角形三边的变化与三个力构成的矢量三角形相似,从而根据相似知识找出力的变化情况。
考向三 三力动态平衡之正弦定理与几何原理的应用
例4 (多选)(2017课标Ⅰ,21,6分)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αα>π2。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 ( )
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
解题指导 本题可应用正弦定理或正弦定理几何原理解题。
答案 AD 解法一 正弦定理的应用
设重物的质量为m,绳OM中的张力为TOM,绳MN中的张力为TMN。开始时,TOM=mg,TMN=0。由于缓慢拉起,则重物一直处于平衡状态,两绳张力的合力与重物的重力mg等大、反向。
如图所示,已知角α不变,在绳MN缓慢拉起的过程中,角β逐渐增大,则角(α-β)逐渐减小,但角θ不变,在三角形中,利用正弦定理得:TOMsin(α-β)=mgsinθ,(α-β)由钝角变为锐角,则TOM先增大后减小,选项D正确;同理知TMNsinβ=mgsinθ,在β由0变为π2的过程中,TMN一直增大,选项A正确。
解法二 正弦定理几何原理的应用
以重物为研究对象,受重力mg、OM绳上拉力F2、MN上拉力F1,由题意知,三个力合力始终为零,矢量三角形如图所示,F1、F2的夹角为π-α不变,在F2转至水平的过程中,矢量三角形在同一外接圆上,由图可知,MN上的张力F1逐渐增大,OM上的张力F2先增大后减小,所以选项A、D正确,B、C错误。
解题感悟
正弦定理及其几何原理的应用
当物体受到三个力作用处于平衡状态,其中一个力大小不变,其在三力作用下构成的矢量三角形中对应角不变,可以应用正弦定理F1sinα=F2sinβ=F3sinγ或应用正弦定理的几何原理来分析。
考向四 四力及以上动态平衡问题
例5 (多选)(2016课标Ⅰ,19,6分)如图,一光滑的轻滑轮用细绳OO'悬挂于O点;另一细绳跨过滑轮,其一端悬挂物块a,另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b。外力F向右上方拉b,整个系统处于静止状态。若F方向不变,大小在一定范围内变化,物块b仍始终保持静止,则 ( )
A.绳OO'的张力也在一定范围内变化
B.物块b所受到的支持力也在一定范围内变化
C.连接a和b的绳的张力也在一定范围内变化
D.物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化
答案 BD 因为物块b始终保持静止,所以绳OO'的张力不变,连接a和b的绳的张力也不变,选项A、C错误;拉力F大小变化,F的水平分量和竖直分量都发生变化,由共点力的平衡条件知,物块b受到的支持力和摩擦力在一定范围内变化,选项B、D正确。
解题感悟
四力及其以上受力动态平衡问题的分析方法
当物体受到四个及以上力而处于动态平衡状态时,我们通常可以应用正交分解法建立坐标系,将要分析的力用表达式表示出来,然后通过讨论变化的角度或力来分析变化的物理量。
科学思维——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发生变化,从而使物体所处的平衡状态“恰好出现”或“恰好不出现”,在问题中常用“刚好”“刚能”“恰好”等语言描述。
常见的临界状态有:
(1)两接触物体脱离与不脱离的临界条件是相互作用力为0(主要体现为两物体间的弹力为0);
(2)绳子断与不断的临界条件为绳中张力达到最大值;绳子绷紧与松弛的临界条件为绳中张力为0;
(3)存在摩擦力作用的两物体间发生相对滑动或相对静止的临界条件为静摩擦力达到最大。
研究的基本思维方法:假设推理法。
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。一般用图解法或解析法进行分析。
3.解决极值和临界问题的三种方法
图解法
根据平衡条件,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,确定极大值和极小值
数学分析法
通过对问题分析,根据平衡条件列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)
极限分析法
正确进行受力分析和变化过程分析,找到平衡的临界点和极值点;临界条件必须在变化中寻找,不能在一个状态上研究临界问题,要把某个物理量推向极大或极小
考向一 图解法的应用
例6 (2020广东汕头模拟)如图所示,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点上,O、B间的绳子长度是2l,A、B间的绳子长度是l。将一个拉力F作用到小球B上,使三段轻绳都伸直,同时O、A间和A、B间的两段轻绳分别处于竖直和水平方向上,则拉力F的最小值为 ( )
A.12G B.33G
C.G D.233G
答案 A 对小球A受力分析可知,因O、A间轻绳竖直,则A、B间轻绳上的拉力为0。对小球B受力分析如图所示,则可知当F与O、B间轻绳垂直时F最小,Fmin=G sin θ,其中sin θ=l2l=12,则Fmin=12G,故选项A正确。
解题感悟
解决临界问题的基本思路
(1)认真审题,详细分析问题中变化的过程(包括分析整体过程中有几个阶段)。
(2)寻找过程中变化的物理量(自变量与因变量)。
(3)探索因变量随自变量变化时的变化规律,要特别注意相关物理量的变化情况。
(4)确定临界状态,分析临界条件,找出临界关系。
考向二 数学分析法的应用
例7 (2020云南大理开学检测)如图所示,质量m=2.2 kg的金属块放在水平地板上,在与水平方向成θ=37°角斜向上、大小为F=10 N的拉力作用下,以速度v=5.0 m/s向右做匀速直线运动。(cos 37°=0.8,sin 37°=0.6,取g=10 m/s2)求:
(1)金属块与地板间的动摩擦因数;
(2)若μ=33,为使金属块向右做匀速直线运动,求当θ为多大时F有最小值,F的最小值是多少。
答案 (1)0.5 (2)见解析
解析 (1)设地板对金属块的支持力为FN,金属块与地板间的动摩擦因数为μ,
因为金属块匀速运动,所以有
F cos θ=μFN
mg=F sin θ+FN
解得μ=Fcos37°mg-Fsin37°=0.5
(2)分析金属块的受力,如图
竖直方向:F sin θ+FN=mg
水平方向:F cos θ=μFN
联立可得:
F=μmgcosθ+μsinθ
知:cos θ+μ sin θ=1+μ211+μ2 cos θ+μ1+μ2 sin θ=1+μ2 sin (α+θ)且tan α=1μ=3,α=60°。
可得:当θ=30°时,力F有最小值,
Fmin=μmg1+μ2=33mg1+332=11 N
所以当θ=30°时,F的最小值为11 N。
考向三 极限分析法的应用
例8 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、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。
答案 (1)33 (2)60°
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
mg sin 30°=μmg cos 30°
解得μ=tan 30°=33
(2)设斜面倾角为α时,受力情况如图乙所示,由平衡条件得:
F cos α=mg sin α+Ff'
FN'=mg cos α+F sin α
Ff'=μFN'
解得F=mgsinα+μmgcosαcosα-μsinα
当cos α-μ sin α=0,即tan α=3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°。
A组 基础达标
1.(2020浙江选考模块仿真)如图是一次滑水表演赛的精彩瞬间,若比赛时整个人塔保持匀速前进,每个运动员的质量均为60 kg,重力加速度g=10 m/s2,则平均每块滑板对运动员的支持力大小为 ( )
A.600 N B.720 N C.300 N D.900 N
答案 A
2.(2020海南压轴)在杂技《力量》节目中,完美体现了力与美的结合。在如图所示的造型中对两演员腿部侧向力量要求比较高,但沿两腿方向的支持力并不太大。如果上方演员两腿间夹角为120°时,以下说法正确的是 ( )
A.上方演员每条腿受到的沿腿方向的支持力等于上方演员的重力
B.上方演员每条腿受到的沿腿方向的支持力等于上方演员重力的3倍
C.当两演员两条腿间的夹角增大时,沿腿方向的支持力不变
D.当两演员两条腿间的夹角增大时,下方演员所受地面的支持力变大
答案 A
3.(2020辽宁辽南协作校二模)疫情期间,同学们用手机等电子产品学习,但研究发现在低头用手机时,会让颈椎承受很大的压力。经常低头用手机会引起背痛、头痛等疾病,危害很大。当人体直立时颈椎所承受的压力大小等于头部的重量;低头玩手机时,颈椎受到的压力会随之变化。某同学低头看手机时,头部的重心在P点,头部在可绕O转动的颈椎OP(轻杆)的支持力和沿PQ方向肌肉拉力的作用下处于静止。低头时PO与竖直方向的夹角为30°,PQ与竖直方向的夹角为60°,此时,颈椎受到的压力约为直立时颈椎受到压力的 ( )
A.1.7倍 B.3.3倍
C.2.0倍 D.4.2倍
答案 A 设头部重力为G,当人体直立时,颈椎所承受的压力等于头部的重力,即F=G;当某人低头时PO、PQ与竖直方向的夹角分别为30°、60°,P点的受力如图所示,根据几何关系结合正弦定理可得:FOsin120°=Gsin30°,解得FO=3G≈1.7G,故A正确,B、C、D错误。
4.(多选)(2020广东深圳模拟)路边小吃烤热狗的截面简化示意图如图所示,两根水平的平行金属圆柱支撑热狗,圆柱半径都为R,圆心间距为2.4R,热狗可视为圆柱体,生热狗截面半径为R,重力为G,熟热狗截面半径较大,重力不变,忽略摩擦,则静止时 ( )
A.两根金属圆柱对生热狗的合力小于对熟热狗的合力
B.单根金属圆柱对生热狗的弹力大于对熟热狗的弹力
C.单根金属圆柱对生热狗的弹力大小为58G
D.单根金属圆柱对生热狗的弹力大小为54G
答案 BC 对热狗进行受力分析,受到重力G、两金属圆柱对热狗的支持力N1、N2,如图所示。N1、N2的合力与重力大小相等,方向相反,所以两根金属圆柱对生热狗的合力等于对熟热狗的合力,故A错误;单根金属圆柱对热狗的弹力N1=N2=G2cosθ,生热狗的θ大于熟热狗对应的θ,根据三角函数知识知,单根金属圆柱对生热狗的弹力大于对熟热狗的弹力,故B正确;对于生热狗,sin θ=2.4R22R=0.6,cos θ=0.8,单根金属圆柱对生热狗的弹力N1=N2=G2cosθ=G2×0.8=58G,故C正确,D错误。
5.(2020山东日照三模)一个质量为15 kg的物体放在粗糙的水平地面上,现用方向可变的拉力F作用在物体上,使之做匀速直线运动,已知F的最小值为75 N,g=10 m/s2,设物体与地面间的动摩擦因数为μ,最小拉力与水平方向的夹角θ,则 ( )
A.μ=12,θ=0 B.μ=33,θ=30°
C.μ=34,θ=37° D.μ=35,θ=60°
答案 B 物体受到重力、支持力、滑动摩擦力以及拉力做匀速直线运动,因为f=μN,则摩擦力f和支持力N的合力方向始终不变,设f和N的合力与水平方向的夹角为α,则tan α=Nf=1μ,将摩擦力和支持力合成后,根据三角形定则可知,当外力F和摩擦力与支持力的合力FfN垂直时,F最小,如图所示,
根据三角形定则有Fmin=mg·sin θ,即75 N=150 N·sin θ,所以θ=30°,根据几何知识有α=60°,则μ=1tanα=33,故B正确,A、C、D错误。
6.(2020山东烟台一模)城市中的路灯经常采用三角形的结构悬挂,如图所示为这类结构的一种简化模型。图中硬杆OA可以绕通过A点且垂直于纸面的轴转动,钢索和硬杆的重力都可以忽略。现保持O端所挂重物不变,OA始终水平,将钢索的悬挂点B稍微上移,下列说法正确的是 ( )
A.钢索OB对O点的拉力减小
B.钢索OB对O点的拉力增大
C.硬杆OA对O点的支持力不变
D.硬杆OA对O点的支持力增大
答案 A 以重物为研究对象,钢索对其拉力等于其重力,以O点为研究对象,分析受力,如图:
根据平衡条件,结合几何知识,钢索OB对O点的拉力FOB=mgsinθ,杆AO对O点的支持力FOA=mgtanθ
将钢索的悬挂点B稍微上移,则θ增大,故钢索OB对O点的拉力、杆AO对O点的支持力都减小,故A正确,B、C、D错误。
7.(2020山东烟台二模)一小孩在放风筝的过程中保持原地不动,刚开始时风筝悬停于a点,小孩继续放线,后来风筝悬停于b点,如图所示,若在a、b两点时风对风筝的作用力方向相同,线的质量不计,则前后两个位置相比 ( )
A.线的张力变大
B.风对风筝的作用力变大
C.小孩对地面的压力变大
D.小孩对地面的摩擦力变大
答案 C 风筝受力情况如图所示,则风筝从a点到b点时,根据平行四边形定则可知线的张力T减小,风对风筝的作用力F减小,故A、B错误;对小孩进行受力分析,由平衡条件得:
T sin θ+N=Mg,根据牛顿第三定律,小孩对地面的压力为:N'=N(其中θ是线与水平方向的夹角),因为T和θ均减小,可知N变大,小孩对地面的压力变大,故C正确;对小孩和风筝的整体受力分析,在水平方向上,由平衡条件得:f=F cos α(其中α是风力的方向与水平方向的夹角),因为α不变,F减小,则f减小,根据牛顿第三定律,小孩对地面的摩擦力f'变小,故D错误。
8.如图所示,质量M=23 kg的木块A套在水平杆上,并用轻绳将木块A与质量m=3 kg的小球B相连。今用与水平方向成α=30°的力F=103 N 拉着球带动木块一起向右匀速运动,运动中木块、小球的相对位置保持不变,取g=10 m/s2。求:
(1)运动过程中轻绳与水平方向的夹角θ;
(2)木块与水平杆间的动摩擦因数μ。
答案 (1)30° (2)35
解析 (1)设轻绳对B的拉力为FT,小球受力如图甲所示。由平衡条件可得
F cos 30°-FT cos θ=0
F sin 30°+FT sin θ-mg=0
代入数据联立解得FT=103 N,θ=30°
(2)以木块和小球组成的整体为研究对象,受力如图乙所示。由平衡条件可得
F cos 30°-Ff=0
FN+F sin 30°-(M+m)g=0
又Ff=μFN
解得μ=35
B组 综合提升
9.(2020山东济南三模)如图所示,在竖直放置的正方形框架PQML中,N点为LM边的中点,两段细绳PO、NO连接小球,小球恰好处于框架的中心。若将框架在竖直面内绕Q点逆时针缓慢转动90°,关于两细绳对小球的拉力大小变化说法正确的是 ( )
A.NO绳中拉力变大,PO绳中拉力变小
B.NO绳中拉力变小,PO绳中拉力变大
C.NO绳中拉力先变大后变小,PO绳中拉力变小
D.NO绳中拉力先变大后变小,PO绳中拉力变大
答案 C 以小球为研究对象,将重力沿ON和OP方向进行分解,根据三角形定则可知三个力构成矢量三角形,由于整体逆时针旋转90°,根据“矢量圆”方法画出各力的变化情况如图所示:由图可知,NO绳中拉力先变大后变小,PO绳中拉力变小,故C正确,A、B、D错误。
10.(2020广西钦州月考)日常生活中,我们在门下缝隙处塞紧一个木楔(侧面如图所示),往往就可以把门卡住。有关此现象的分析,下列说法正确的是 ( )
A.木楔对门的作用力大于门对木楔的作用力,因此能将门卡住
B.门对木楔作用力的水平分量等于地面对木楔摩擦力的大小
C.只要木楔的厚度合适都能将门卡住,与顶角θ的大小无关
D.只要木楔对门的压力足够大就能将门卡住,与各接触面的粗糙程度无关
答案 B 木楔对门的作用力和门对木楔的作用力是一对作用力和反作用力,大小相等、方向相反,故A错误;对木楔受力分析如图所示,水平方向:Ff=F sin θ,最大静摩擦力约等于滑动摩擦力,门对木楔作用力的水平分量与地面对木楔的摩擦力大小相等,故B正确;对木楔,竖直方向:FN=F cos θ+mg,则Ffmax=μFN=μ(F cos θ+mg)。
要把门卡住,不管多大的力F均满足Ffmax≥Ff,即μ(F cos θ+mg)≥F sin θ,不管m的大小,只要μ≥ tan θ,就可把门卡住,故能否把门卡住与顶角θ以及接触面的粗糙程度有关,故C、D错误。
11.(多选)(2020广东潮州二模)如图所示,在水平地面上放着一个左侧截面为半圆的光滑柱状物体A,在物体A与竖直墙面之间放着一个光滑斜面体B,斜面体B未接触地面,整个装置在水平力F作用下处于静止状态,现推动物体A缓慢向左移动一小段距离,在此过程中,下列说法正确的是 ( )
A.水平力F大小不变
B.地面对物体A的支持力不变
C.斜面体B对物体A的压力逐渐增大
D.墙面对斜面体B的支持力逐渐减小
答案 AB 对斜面体B受力分析如图,由平衡条件
竖直方向:N1 sin θ=mg
水平方向:N2=N1 cos θ
联立解得:N1=mgsinθ,N2=mgtanθ,
当A缓慢向左移动一小段距离,B缓慢上升,则θ不变,所以N1、N2不变,故C、D错误;
以整体为研究对象,竖直方向受力平衡,则地面对A的支持力等于A、B的总重力,保持不变,水平方向受力平衡,推力F等于墙对B的弹力,根据C、D项分析可知,墙对B的弹力不变,故推力F不变,故A、B正确。
12.拖把是由拖杆和拖把头构成的擦地工具(如图)。设拖把头的质量为m,拖杆质量可忽略;拖把头与地板之间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g。某同学用该拖把在水平地板上拖地时,沿拖杆方向推拖把,拖杆与竖直方向的夹角为θ。
(1)若拖把头在地板上匀速移动,求推拖把的力的大小。
(2)设能使该拖把在地板上从静止刚好开始运动的水平推力与此时地板对拖把的正压力的比值为λ。已知存在一临界角θ0,若θ≤θ0,则不管沿拖杆方向的推力多大,都不可能使拖把从静止开始运动。求这一临界角的正切值tan θ0。
答案 (1)μmgsinθ-μcosθ (2)λ
解析 (1)设该同学沿拖杆方向用大小为F的力推拖把,将推拖把的力沿竖直和水平方向分解,根据平衡条件有
F cos θ+mg=N ①
F sin θ=f ②
式中N和f分别为地板对拖把的正压力和摩擦力
f=μN ③
联立①②③式得
F=μsinθ-μcosθmg ④
(2)若不管沿拖杆方向用多大的力都不能使拖把从静止开始运动,应有
F sin θ≤λN ⑤
这时,①式仍满足,联立①⑤式解得
sin θ-λ cos θ≤λmgF
现考查使上式成立的θ角的取值范围。注意到上式右边总是大于零,且当F无限大时极限为零,有sin θ-λ cos θ≤0
使上式成立的θ角满足θ≤θ0,这里θ0是题中所定义的临界角,即当θ≤θ0时,不管沿拖杆方向用多大的力都推不动拖把。则sin θ0-λ cos θ0=0
tan θ0=λ
第3讲 受力分析 共点力的平衡及应用
一、受力分析
1.受力分析:把研究对象(指定物体)在特定的物理情境中受到的所有力都找出来,并画出① 受力示意图 的过程。
2.受力分析的一般顺序
(1)首先分析场力(② 重力 、电场力、磁场力)。
(2)其次分析接触力(弹力、③ 摩擦力 )。
(3)最后分析其他力。
二、共点力的平衡条件
1.平衡状态
物体处于④ 静止 或⑤ 匀速直线运动 的状态,即a=0。
2.平衡条件
F合=0或Fx=0Fy=0
如图甲所示,小球静止不动,如图乙所示,物块匀速运动。
小球:F合=0,FN sin θ=F推,FN cos θ=mg。
物块:Fx=F1-Ff=0,Fy=F2+FN-mg=0。
注意 物体处于平衡状态时,所受合力一定为零,物体所受合力为零时,也一定处于平衡状态,即合力为零是物体处于平衡状态的充要条件。
三、平衡条件的推论
1.二力平衡:如果物体在两个共点力的作用下处于平衡状态,这两个力必定大小⑥ 相等 ,方向⑦ 相反 。
2.三力平衡:如果物体在三个共点力的作用下处于平衡状态,其中任何一个力与其余两个力的⑧ 合力 大小相等,方向相反。
注意 三力首尾相连,构成封闭三角形。
3.多力平衡:如果物体在多个共点力的作用下处于平衡状态,其中任何一个力与⑨ 其余几个力的合力 大小相等,方向相反。
1.判断下列说法对错。
(1)对物体进行受力分析时,不用区分外力和内力,两者都要同时分析。 ( ✕ )
(2)物体处于平衡状态时,其所受的作用力必定为共点力。 ( ✕ )
(3)加速度等于零的物体一定处于平衡状态。 ( √ )
(4)速度等于零的物体一定处于平衡状态。 ( ✕ )
(5)物体在缓慢运动时所处的状态不能认为是平衡状态。( ✕ )
2.(2020浙江金衢丽二模)如图所示,滑翔伞运动是一批热爱跳伞、滑翔翼的飞行人员发明的一种飞行运动。滑翔伞与传统的降落伞不同,它是一种飞行器。现有一滑翔伞正沿直线朝斜向下方向匀速运动。用G表示滑翔伞和飞行人员的总重力,F表示空气对它的作用力,下列四幅图中能表示此过程中该系统受力情况的是 ( )
答案 B
3.(多选)(新人教版必修第一册P76·B组T1改编)如图所示,光滑斜面上有一个重力为100 N的小球被轻绳拴住悬挂在天花板上,已知绳子与竖直方向的夹角为45°,斜面倾角为37°,整个装置处于静止状态,则绳对小球拉力T和斜面对小球支持力的大小分别为(sin 37°=0.6) ( )
A.T=502 N B.T=30027 N
C.FN=5007 N D.FN=80 N
答案 BC
考点一 受力分析
1.[整体法、隔离法的综合应用]如图所示,物体A靠在竖直墙面上,A、B质量都不为零,在一竖直向上的力F作用下,都保持静止。关于物体A与B的受力,下列说法正确的是 ( )
A.A与B之间一定有弹力,不一定有摩擦力
B.A与B之间一定有弹力和摩擦力
C.A与墙壁之间可能有弹力,不一定有摩擦力
D.A与墙壁之间一定有弹力,不一定有摩擦力
答案 B 对A、B整体受力分析,竖直方向上F=GA+GB,水平方向上不受力,所以墙对A没有弹力也没有摩擦力;对A受力分析,受重力、B对A的弹力,由于弹力不是竖直向上的,所以应该还受到B对A的摩擦力的作用,所以A、B之间一定有弹力和摩擦力,故B正确。
2.[动力学分析法的应用](多选)如图所示,工作人员将小车和冰球推进箱式吊车并运至冰雕顶部安装,先后经历了水平向右匀速、水平向右匀减速、竖直向上匀加速、竖直向上匀减速直线运动四个过程。冰球与水平底板和右侧斜挡板始终保持接触但摩擦不计。关于冰球的受力情况,下列判断正确的是 ( )
A.水平向右匀速过程,冰球一定受到三个力
B.水平向右匀减速过程,冰球可能只受到两个力
C.竖直向上匀加速过程,冰球一定受到两个力
D.竖直向上匀减速过程,冰球可能受到一个力
答案 BCD 冰球向右匀速过程,受重力与支持力两个力,故选项A错误;冰球向右匀减速过程,有可能只受重力和右侧斜挡板对它的弹力,这两个力的合力恰好水平向左,使其匀减速而不受底板的支持力,故选项B正确;冰球向上匀加速的过程,受重力和支持力两个力,合力向上,故选项C正确;如果冰球向上匀减速运动的加速度为g,则冰球就只受重力,故选项D正确。
1.受力分析的基本思路
2.整体法与隔离法
3.受力分析的三个常用判据
(1)条件判据:不同性质的力产生条件不同,进行受力分析时最基本的判据是根据其产生条件。
(2)效果判据:有时候是否满足某力产生的条件是很难判定的,可先根据物体的运动状态进行分析,再运用平衡条件或牛顿运动定律判定未知力。
(3)特征判据:从力的作用是相互的这个基本特征出发,通过判定其反作用力是否存在来判定该力是否存在。
考点二 静态平衡问题
1.处理静态平衡问题的常用方法
方法
内容
合成法
物体受三个共点力的作用而平衡,则任意两个力的合力一定与第三个力大小相等,方向相反
分解法
物体受三个共点力的作用而平衡,将某一个力按力的效果分解,则其分力和其他两个力满足平衡条件
正交分
解法
物体受到三个或三个以上力的作用而平衡,将物体所受的力分解为相互垂直的两组,每组力都满足平衡条件
力的三
角形法
对受三个力作用而平衡的物体,将力的矢量图平移,使三个力组成一个首尾依次相接的矢量三角形,根据正弦定理、余弦定理或相似三角形等数学知识求解未知力
2.求解静态平衡问题的一般思路
例1 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FN,OP与水平方向的夹角为θ。重力加速度为g,下列关系正确的是 ( )
A.F=mgtanθ B.F=mg tan θ
C.FN=mgtanθ D.FN=mg tan θ
解题指导 本题可运用“合成法”“效果分解法”“正交分解法”“矢量三角形法”等方法解题。
答案 A 解法一 合成法
滑块受力如图甲所示,由平衡条件可知mgF=tan θ,mgFN=sin θ⇒F=mgtanθ,FN=mgsinθ。
解法二 效果分解法
将重力按产生的效果分解,如图乙所示,F=G2=mgtanθ,FN=G1=mgsinθ。
解法三 正交分解法
将滑块受到的力沿水平和竖直方向分解,如图丙所示,mg=FN sin θ,F=FN cos θ,联立解得F=mgtanθ,FN=mgsinθ。
解法四 矢量三角形法
滑块受到三个共点力作用处于平衡状态,则这三个力组成封闭三角形,如图丁所示,解直角三角形得F=mgtanθ,FN=mgsinθ。
解题感悟
应用整体法和隔离法时应注意三点
(1)当分析相互作用的两个或两个以上物体整体的受力情况及分析外力对系统的作用时,宜用整体法。
(2)在分析系统内各物体(或一个物体各部分)间的相互作用时,宜用隔离法。
(3)整体法和隔离法不是独立的,对一些较复杂问题,通常需要多次选取研究对象,交替使用整体法和隔离法。
1.[三力平衡问题](2019课标Ⅲ,16,6分)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 ( )
A.F1=33mg,F2=32mg B.F1=32mg,F2=33mg
C.F1=12mg,F2=32mg D.F1=32mg,F2=12mg
答案 D 以工件为研究对象,受力分析如图所示,重力与F1、F2的合力等大反向,根据共点力平衡条件得F1mg=cos 30°,F2mg=cos 60°,则F1=32mg,F2=12mg,故只有D选项正确。
2.[多物体共点力平衡]如图所示,A、B两个质量分别为m和M的物块叠放在水平地面和竖直墙壁之间,处于静止状态。已知A、B交界面与竖直墙壁间的夹角为θ,水平地面粗糙,其他各接触面光滑,重力加速度为g,则水平地面对物块B的摩擦力大小为 ( )
A.Ff=mg tan θ B.Ff=mgtanθ
C.Ff=0 D.Ff=mgsinθ
答案 B 先隔离A受力分析,A受重力mg、B对A的支持力FN1和左侧墙壁对A的支持力FN2,如图甲所示:
甲
根据平衡条件得FN1 cos θ=FN2,FN1 sin θ=mg,联立解得FN2=mgtanθ,再对A、B整体受力分析,整体受重力、左侧墙壁对整体的支持力和地面对整体的支持力及摩擦力,如图乙所示,根据平衡条件得
乙
Ff=FN2=mgtanθ,故选项B正确。
考点三 动态平衡问题
考向一 三力动态平衡之作图法与解析法的应用
例2 (2020河北邢台质检)如图所示,光滑的四分之一圆弧轨道AB固定在竖直平面内,A端与水平面相切。穿在轨道上的小球在拉力F作用下,缓慢地由A向B运动,F始终沿轨道的切线方向,轨道对球的弹力为FN。在运动过程中 ( )
A.F增大,FN减小 B.F减小,FN减小
C.F增大,FN增大 D.F减小,FN增大
解题指导 本题可运用“解析法”“图解法”等方法解题。
答案 A 解法一 解析法
由题意知,小球在由A运动到B的过程中始终处于平衡状态,设某时刻小球的受力如图甲所示,由平衡条件知沿切线方向F=mg sin θ,垂直切线方向FN=mg cos θ,在运动过程中θ增大,故F增大,FN减小,选项A正确。
解法二 图解法
小球始终受到重力mg、支持力FN和拉力F而处于平衡状态。小球的受力如图乙所示,这三个力构成首尾相接的矢量三角形,其中重力mg的方向和大小都不变化,支持力FN和拉力F始终是垂直的。当小球由A运动到B的过程中,支持力、拉力的变化情况如图所示,支持力FN减小,拉力F增大,选项A正确。
解题感悟
三力平衡之解析法与图解法的应用
(1)解析法:对研究对象进行受力分析,先画出受力示意图,再根据物体的平衡条件,得到因变量与自变量的关系表达式(通常要用到三角函数),最后根据自变量的变化确定因变量的变化。
(2)图解法:图解法分析动态平衡问题,往往涉及三个力,且三个力可以分为三类力或是两类力。若三个力能分为三类力,则其中一类力为恒力,另一类力方向不变,但大小发生变化,第三类力则随外界条件的变化而变化,包括大小和方向都变化;若将三个力分为两类,一类力大小方向都不变,另一类力大小和方向都变,且变化趋势相同(同时增加或减小)。
考向二 三力动态平衡之相似三角形法
例3 (多选)如图所示,A球被固定在竖直支架上,A球正上方的O点悬有一轻绳拉住B球,两球之间连有轻弹簧,平衡时绳长为L,拉力为T1,弹簧弹力为F1。若将弹簧换成原长相同的劲度系数更小的轻弹簧,再次平衡时绳中的拉力为T2,弹簧弹力为F2,则 ( )
A.T1>T2 B.T1=T2
C.F1
审题关键 (1)请画出B球的受力分析图,并放到一个三角形中。
提示:受力分析如图所示。
(2)B球力的三角形示意图与几何三角形OAB是否相似?
提示:相似。
答案 BD 以B球为研究对象,B球受到重力G、弹簧的弹力F和绳子的拉力T,受力示意图如图所示。B球平衡时,F与T的合力与重力G大小相等、方向相反,即G'=G;根据三角形相似得G'OA=TOB=FAB。换成原长相同而劲度系数更小的弹簧,弹簧的形变量增大,AB减小,OB不变,则T不变,F减小,B、D项正确。
解题感悟
相似三角形法的应用
相似三角形法通常应用于只受三个力的物体,且三个力中有一个力大小方向都不发生变化,另外两个力都变化,但变化趋势不是十分明显,且能在所给出的条件中很好地构筑出几何的三角形,几何三角形三边的变化与三个力构成的矢量三角形相似,从而根据相似知识找出力的变化情况。
考向三 三力动态平衡之正弦定理与几何原理的应用
例4 (多选)(2017课标Ⅰ,21,6分)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αα>π2。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 ( )
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
解题指导 本题可应用正弦定理或正弦定理几何原理解题。
答案 AD 解法一 正弦定理的应用
设重物的质量为m,绳OM中的张力为TOM,绳MN中的张力为TMN。开始时,TOM=mg,TMN=0。由于缓慢拉起,则重物一直处于平衡状态,两绳张力的合力与重物的重力mg等大、反向。
如图所示,已知角α不变,在绳MN缓慢拉起的过程中,角β逐渐增大,则角(α-β)逐渐减小,但角θ不变,在三角形中,利用正弦定理得:TOMsin(α-β)=mgsinθ,(α-β)由钝角变为锐角,则TOM先增大后减小,选项D正确;同理知TMNsinβ=mgsinθ,在β由0变为π2的过程中,TMN一直增大,选项A正确。
解法二 正弦定理几何原理的应用
以重物为研究对象,受重力mg、OM绳上拉力F2、MN上拉力F1,由题意知,三个力合力始终为零,矢量三角形如图所示,F1、F2的夹角为π-α不变,在F2转至水平的过程中,矢量三角形在同一外接圆上,由图可知,MN上的张力F1逐渐增大,OM上的张力F2先增大后减小,所以选项A、D正确,B、C错误。
解题感悟
正弦定理及其几何原理的应用
当物体受到三个力作用处于平衡状态,其中一个力大小不变,其在三力作用下构成的矢量三角形中对应角不变,可以应用正弦定理F1sinα=F2sinβ=F3sinγ或应用正弦定理的几何原理来分析。
考向四 四力及以上动态平衡问题
例5 (多选)(2016课标Ⅰ,19,6分)如图,一光滑的轻滑轮用细绳OO'悬挂于O点;另一细绳跨过滑轮,其一端悬挂物块a,另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b。外力F向右上方拉b,整个系统处于静止状态。若F方向不变,大小在一定范围内变化,物块b仍始终保持静止,则 ( )
A.绳OO'的张力也在一定范围内变化
B.物块b所受到的支持力也在一定范围内变化
C.连接a和b的绳的张力也在一定范围内变化
D.物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化
答案 BD 因为物块b始终保持静止,所以绳OO'的张力不变,连接a和b的绳的张力也不变,选项A、C错误;拉力F大小变化,F的水平分量和竖直分量都发生变化,由共点力的平衡条件知,物块b受到的支持力和摩擦力在一定范围内变化,选项B、D正确。
解题感悟
四力及其以上受力动态平衡问题的分析方法
当物体受到四个及以上力而处于动态平衡状态时,我们通常可以应用正交分解法建立坐标系,将要分析的力用表达式表示出来,然后通过讨论变化的角度或力来分析变化的物理量。
科学思维——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发生变化,从而使物体所处的平衡状态“恰好出现”或“恰好不出现”,在问题中常用“刚好”“刚能”“恰好”等语言描述。
常见的临界状态有:
(1)两接触物体脱离与不脱离的临界条件是相互作用力为0(主要体现为两物体间的弹力为0);
(2)绳子断与不断的临界条件为绳中张力达到最大值;绳子绷紧与松弛的临界条件为绳中张力为0;
(3)存在摩擦力作用的两物体间发生相对滑动或相对静止的临界条件为静摩擦力达到最大。
研究的基本思维方法:假设推理法。
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。一般用图解法或解析法进行分析。
3.解决极值和临界问题的三种方法
图解法
根据平衡条件,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,确定极大值和极小值
数学分析法
通过对问题分析,根据平衡条件列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)
极限分析法
正确进行受力分析和变化过程分析,找到平衡的临界点和极值点;临界条件必须在变化中寻找,不能在一个状态上研究临界问题,要把某个物理量推向极大或极小
考向一 图解法的应用
例6 (2020广东汕头模拟)如图所示,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点上,O、B间的绳子长度是2l,A、B间的绳子长度是l。将一个拉力F作用到小球B上,使三段轻绳都伸直,同时O、A间和A、B间的两段轻绳分别处于竖直和水平方向上,则拉力F的最小值为 ( )
A.12G B.33G
C.G D.233G
答案 A 对小球A受力分析可知,因O、A间轻绳竖直,则A、B间轻绳上的拉力为0。对小球B受力分析如图所示,则可知当F与O、B间轻绳垂直时F最小,Fmin=G sin θ,其中sin θ=l2l=12,则Fmin=12G,故选项A正确。
解题感悟
解决临界问题的基本思路
(1)认真审题,详细分析问题中变化的过程(包括分析整体过程中有几个阶段)。
(2)寻找过程中变化的物理量(自变量与因变量)。
(3)探索因变量随自变量变化时的变化规律,要特别注意相关物理量的变化情况。
(4)确定临界状态,分析临界条件,找出临界关系。
考向二 数学分析法的应用
例7 (2020云南大理开学检测)如图所示,质量m=2.2 kg的金属块放在水平地板上,在与水平方向成θ=37°角斜向上、大小为F=10 N的拉力作用下,以速度v=5.0 m/s向右做匀速直线运动。(cos 37°=0.8,sin 37°=0.6,取g=10 m/s2)求:
(1)金属块与地板间的动摩擦因数;
(2)若μ=33,为使金属块向右做匀速直线运动,求当θ为多大时F有最小值,F的最小值是多少。
答案 (1)0.5 (2)见解析
解析 (1)设地板对金属块的支持力为FN,金属块与地板间的动摩擦因数为μ,
因为金属块匀速运动,所以有
F cos θ=μFN
mg=F sin θ+FN
解得μ=Fcos37°mg-Fsin37°=0.5
(2)分析金属块的受力,如图
竖直方向:F sin θ+FN=mg
水平方向:F cos θ=μFN
联立可得:
F=μmgcosθ+μsinθ
知:cos θ+μ sin θ=1+μ211+μ2 cos θ+μ1+μ2 sin θ=1+μ2 sin (α+θ)且tan α=1μ=3,α=60°。
可得:当θ=30°时,力F有最小值,
Fmin=μmg1+μ2=33mg1+332=11 N
所以当θ=30°时,F的最小值为11 N。
考向三 极限分析法的应用
例8 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、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。
答案 (1)33 (2)60°
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
mg sin 30°=μmg cos 30°
解得μ=tan 30°=33
(2)设斜面倾角为α时,受力情况如图乙所示,由平衡条件得:
F cos α=mg sin α+Ff'
FN'=mg cos α+F sin α
Ff'=μFN'
解得F=mgsinα+μmgcosαcosα-μsinα
当cos α-μ sin α=0,即tan α=3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°。
A组 基础达标
1.(2020浙江选考模块仿真)如图是一次滑水表演赛的精彩瞬间,若比赛时整个人塔保持匀速前进,每个运动员的质量均为60 kg,重力加速度g=10 m/s2,则平均每块滑板对运动员的支持力大小为 ( )
A.600 N B.720 N C.300 N D.900 N
答案 A
2.(2020海南压轴)在杂技《力量》节目中,完美体现了力与美的结合。在如图所示的造型中对两演员腿部侧向力量要求比较高,但沿两腿方向的支持力并不太大。如果上方演员两腿间夹角为120°时,以下说法正确的是 ( )
A.上方演员每条腿受到的沿腿方向的支持力等于上方演员的重力
B.上方演员每条腿受到的沿腿方向的支持力等于上方演员重力的3倍
C.当两演员两条腿间的夹角增大时,沿腿方向的支持力不变
D.当两演员两条腿间的夹角增大时,下方演员所受地面的支持力变大
答案 A
3.(2020辽宁辽南协作校二模)疫情期间,同学们用手机等电子产品学习,但研究发现在低头用手机时,会让颈椎承受很大的压力。经常低头用手机会引起背痛、头痛等疾病,危害很大。当人体直立时颈椎所承受的压力大小等于头部的重量;低头玩手机时,颈椎受到的压力会随之变化。某同学低头看手机时,头部的重心在P点,头部在可绕O转动的颈椎OP(轻杆)的支持力和沿PQ方向肌肉拉力的作用下处于静止。低头时PO与竖直方向的夹角为30°,PQ与竖直方向的夹角为60°,此时,颈椎受到的压力约为直立时颈椎受到压力的 ( )
A.1.7倍 B.3.3倍
C.2.0倍 D.4.2倍
答案 A 设头部重力为G,当人体直立时,颈椎所承受的压力等于头部的重力,即F=G;当某人低头时PO、PQ与竖直方向的夹角分别为30°、60°,P点的受力如图所示,根据几何关系结合正弦定理可得:FOsin120°=Gsin30°,解得FO=3G≈1.7G,故A正确,B、C、D错误。
4.(多选)(2020广东深圳模拟)路边小吃烤热狗的截面简化示意图如图所示,两根水平的平行金属圆柱支撑热狗,圆柱半径都为R,圆心间距为2.4R,热狗可视为圆柱体,生热狗截面半径为R,重力为G,熟热狗截面半径较大,重力不变,忽略摩擦,则静止时 ( )
A.两根金属圆柱对生热狗的合力小于对熟热狗的合力
B.单根金属圆柱对生热狗的弹力大于对熟热狗的弹力
C.单根金属圆柱对生热狗的弹力大小为58G
D.单根金属圆柱对生热狗的弹力大小为54G
答案 BC 对热狗进行受力分析,受到重力G、两金属圆柱对热狗的支持力N1、N2,如图所示。N1、N2的合力与重力大小相等,方向相反,所以两根金属圆柱对生热狗的合力等于对熟热狗的合力,故A错误;单根金属圆柱对热狗的弹力N1=N2=G2cosθ,生热狗的θ大于熟热狗对应的θ,根据三角函数知识知,单根金属圆柱对生热狗的弹力大于对熟热狗的弹力,故B正确;对于生热狗,sin θ=2.4R22R=0.6,cos θ=0.8,单根金属圆柱对生热狗的弹力N1=N2=G2cosθ=G2×0.8=58G,故C正确,D错误。
5.(2020山东日照三模)一个质量为15 kg的物体放在粗糙的水平地面上,现用方向可变的拉力F作用在物体上,使之做匀速直线运动,已知F的最小值为75 N,g=10 m/s2,设物体与地面间的动摩擦因数为μ,最小拉力与水平方向的夹角θ,则 ( )
A.μ=12,θ=0 B.μ=33,θ=30°
C.μ=34,θ=37° D.μ=35,θ=60°
答案 B 物体受到重力、支持力、滑动摩擦力以及拉力做匀速直线运动,因为f=μN,则摩擦力f和支持力N的合力方向始终不变,设f和N的合力与水平方向的夹角为α,则tan α=Nf=1μ,将摩擦力和支持力合成后,根据三角形定则可知,当外力F和摩擦力与支持力的合力FfN垂直时,F最小,如图所示,
根据三角形定则有Fmin=mg·sin θ,即75 N=150 N·sin θ,所以θ=30°,根据几何知识有α=60°,则μ=1tanα=33,故B正确,A、C、D错误。
6.(2020山东烟台一模)城市中的路灯经常采用三角形的结构悬挂,如图所示为这类结构的一种简化模型。图中硬杆OA可以绕通过A点且垂直于纸面的轴转动,钢索和硬杆的重力都可以忽略。现保持O端所挂重物不变,OA始终水平,将钢索的悬挂点B稍微上移,下列说法正确的是 ( )
A.钢索OB对O点的拉力减小
B.钢索OB对O点的拉力增大
C.硬杆OA对O点的支持力不变
D.硬杆OA对O点的支持力增大
答案 A 以重物为研究对象,钢索对其拉力等于其重力,以O点为研究对象,分析受力,如图:
根据平衡条件,结合几何知识,钢索OB对O点的拉力FOB=mgsinθ,杆AO对O点的支持力FOA=mgtanθ
将钢索的悬挂点B稍微上移,则θ增大,故钢索OB对O点的拉力、杆AO对O点的支持力都减小,故A正确,B、C、D错误。
7.(2020山东烟台二模)一小孩在放风筝的过程中保持原地不动,刚开始时风筝悬停于a点,小孩继续放线,后来风筝悬停于b点,如图所示,若在a、b两点时风对风筝的作用力方向相同,线的质量不计,则前后两个位置相比 ( )
A.线的张力变大
B.风对风筝的作用力变大
C.小孩对地面的压力变大
D.小孩对地面的摩擦力变大
答案 C 风筝受力情况如图所示,则风筝从a点到b点时,根据平行四边形定则可知线的张力T减小,风对风筝的作用力F减小,故A、B错误;对小孩进行受力分析,由平衡条件得:
T sin θ+N=Mg,根据牛顿第三定律,小孩对地面的压力为:N'=N(其中θ是线与水平方向的夹角),因为T和θ均减小,可知N变大,小孩对地面的压力变大,故C正确;对小孩和风筝的整体受力分析,在水平方向上,由平衡条件得:f=F cos α(其中α是风力的方向与水平方向的夹角),因为α不变,F减小,则f减小,根据牛顿第三定律,小孩对地面的摩擦力f'变小,故D错误。
8.如图所示,质量M=23 kg的木块A套在水平杆上,并用轻绳将木块A与质量m=3 kg的小球B相连。今用与水平方向成α=30°的力F=103 N 拉着球带动木块一起向右匀速运动,运动中木块、小球的相对位置保持不变,取g=10 m/s2。求:
(1)运动过程中轻绳与水平方向的夹角θ;
(2)木块与水平杆间的动摩擦因数μ。
答案 (1)30° (2)35
解析 (1)设轻绳对B的拉力为FT,小球受力如图甲所示。由平衡条件可得
F cos 30°-FT cos θ=0
F sin 30°+FT sin θ-mg=0
代入数据联立解得FT=103 N,θ=30°
(2)以木块和小球组成的整体为研究对象,受力如图乙所示。由平衡条件可得
F cos 30°-Ff=0
FN+F sin 30°-(M+m)g=0
又Ff=μFN
解得μ=35
B组 综合提升
9.(2020山东济南三模)如图所示,在竖直放置的正方形框架PQML中,N点为LM边的中点,两段细绳PO、NO连接小球,小球恰好处于框架的中心。若将框架在竖直面内绕Q点逆时针缓慢转动90°,关于两细绳对小球的拉力大小变化说法正确的是 ( )
A.NO绳中拉力变大,PO绳中拉力变小
B.NO绳中拉力变小,PO绳中拉力变大
C.NO绳中拉力先变大后变小,PO绳中拉力变小
D.NO绳中拉力先变大后变小,PO绳中拉力变大
答案 C 以小球为研究对象,将重力沿ON和OP方向进行分解,根据三角形定则可知三个力构成矢量三角形,由于整体逆时针旋转90°,根据“矢量圆”方法画出各力的变化情况如图所示:由图可知,NO绳中拉力先变大后变小,PO绳中拉力变小,故C正确,A、B、D错误。
10.(2020广西钦州月考)日常生活中,我们在门下缝隙处塞紧一个木楔(侧面如图所示),往往就可以把门卡住。有关此现象的分析,下列说法正确的是 ( )
A.木楔对门的作用力大于门对木楔的作用力,因此能将门卡住
B.门对木楔作用力的水平分量等于地面对木楔摩擦力的大小
C.只要木楔的厚度合适都能将门卡住,与顶角θ的大小无关
D.只要木楔对门的压力足够大就能将门卡住,与各接触面的粗糙程度无关
答案 B 木楔对门的作用力和门对木楔的作用力是一对作用力和反作用力,大小相等、方向相反,故A错误;对木楔受力分析如图所示,水平方向:Ff=F sin θ,最大静摩擦力约等于滑动摩擦力,门对木楔作用力的水平分量与地面对木楔的摩擦力大小相等,故B正确;对木楔,竖直方向:FN=F cos θ+mg,则Ffmax=μFN=μ(F cos θ+mg)。
要把门卡住,不管多大的力F均满足Ffmax≥Ff,即μ(F cos θ+mg)≥F sin θ,不管m的大小,只要μ≥ tan θ,就可把门卡住,故能否把门卡住与顶角θ以及接触面的粗糙程度有关,故C、D错误。
11.(多选)(2020广东潮州二模)如图所示,在水平地面上放着一个左侧截面为半圆的光滑柱状物体A,在物体A与竖直墙面之间放着一个光滑斜面体B,斜面体B未接触地面,整个装置在水平力F作用下处于静止状态,现推动物体A缓慢向左移动一小段距离,在此过程中,下列说法正确的是 ( )
A.水平力F大小不变
B.地面对物体A的支持力不变
C.斜面体B对物体A的压力逐渐增大
D.墙面对斜面体B的支持力逐渐减小
答案 AB 对斜面体B受力分析如图,由平衡条件
竖直方向:N1 sin θ=mg
水平方向:N2=N1 cos θ
联立解得:N1=mgsinθ,N2=mgtanθ,
当A缓慢向左移动一小段距离,B缓慢上升,则θ不变,所以N1、N2不变,故C、D错误;
以整体为研究对象,竖直方向受力平衡,则地面对A的支持力等于A、B的总重力,保持不变,水平方向受力平衡,推力F等于墙对B的弹力,根据C、D项分析可知,墙对B的弹力不变,故推力F不变,故A、B正确。
12.拖把是由拖杆和拖把头构成的擦地工具(如图)。设拖把头的质量为m,拖杆质量可忽略;拖把头与地板之间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g。某同学用该拖把在水平地板上拖地时,沿拖杆方向推拖把,拖杆与竖直方向的夹角为θ。
(1)若拖把头在地板上匀速移动,求推拖把的力的大小。
(2)设能使该拖把在地板上从静止刚好开始运动的水平推力与此时地板对拖把的正压力的比值为λ。已知存在一临界角θ0,若θ≤θ0,则不管沿拖杆方向的推力多大,都不可能使拖把从静止开始运动。求这一临界角的正切值tan θ0。
答案 (1)μmgsinθ-μcosθ (2)λ
解析 (1)设该同学沿拖杆方向用大小为F的力推拖把,将推拖把的力沿竖直和水平方向分解,根据平衡条件有
F cos θ+mg=N ①
F sin θ=f ②
式中N和f分别为地板对拖把的正压力和摩擦力
f=μN ③
联立①②③式得
F=μsinθ-μcosθmg ④
(2)若不管沿拖杆方向用多大的力都不能使拖把从静止开始运动,应有
F sin θ≤λN ⑤
这时,①式仍满足,联立①⑤式解得
sin θ-λ cos θ≤λmgF
现考查使上式成立的θ角的取值范围。注意到上式右边总是大于零,且当F无限大时极限为零,有sin θ-λ cos θ≤0
使上式成立的θ角满足θ≤θ0,这里θ0是题中所定义的临界角,即当θ≤θ0时,不管沿拖杆方向用多大的力都推不动拖把。则sin θ0-λ cos θ0=0
tan θ0=λ
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