专题2.5 连接体的平衡问题-2021年高考物理一轮复习考点扫描学案

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目录
TOC \ "1-3" \h \u 【考点扫描】2
一、平衡问题中的整体法和隔离法2
二、轻杆连接体模型及其求解方法归纳2
三、轻环穿杆问题3
四、斜劈无外力平衡模型总结4
4
五、斜劈加外力平衡模型总结4
4
【典例分析】4
【专题精练】8
【考点扫描】
一、平衡问题中的整体法和隔离法
1.整体法：解决物体的平衡问题时，应先对物体进行受力分析，当分析相互作用的两个或两个以上物体的受力情况及分析外力对系统的作用时，或者当系统内各物体具有相同大小的加速度或相同的运动状态且不需要考虑系统内物体间的相互作用力时，宜用整体法；
2.隔离法：而在分析系统内各物体(或一个物体各部分)间的相互作用时或者当系统内各部分的加速度大小、运动状态不同时常用隔离法。运用隔离法选择研究对象分析物体受力时，应按照由易到难的原则。
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。
4． 整体法与隔离法的应用
二、轻杆连接体模型及其求解方法归纳
三、轻环穿杆问题
四、斜劈无外力平衡模型总结
五、斜劈加外力平衡模型总结
【典例分析】
【例1】(2020·合肥模拟)在竖直放置的平底圆筒内，放置两个半径相同的刚性球a和b，球a质量大于球b.放置的方式有如图甲和乙两种．不计圆筒内壁和球面之间的摩擦，对有关接触面的弹力，下列说法正确的是( )
A．图甲圆筒底受到的压力大于图乙圆筒底受到的压力
B．图甲中球a对圆筒侧面的压力小于图乙中球b对侧面的压力
C．图甲中球a对圆筒侧面的压力大于图乙中球b对侧面的压力
D．图甲中球a对圆筒侧面的压力等于图乙中球b对侧面的压力
【答案】：B
【解析】：以a、b整体为研究对象受力分析，受重力、圆筒底支持力和两侧的支持力，根据平衡条件，图甲圆筒底受到的压力等于图乙圆筒底受到的压力，故A错误；根据平衡条件，同一圆筒内两侧的两个支持力是相等的；再以上面的球为研究对象，受力分析，根据平衡条件运用合成法，如图所示
由几何知识可知：FN筒＝mgtan θ，故侧壁的支持力与上面球的重力成正比，由于球a质量大于球b，故图乙中两侧的支持力较大，由牛顿第三定律易知，B正确，C、D错误．
【方法技巧总结】整体法、隔离法的应用技巧
(1)整体法：以几个物体构成的整个系统为研究对象进行求解．在许多问题中用整体法比较方便，但整体法不能求解系统的内力．
(2)隔离法：从系统中选取一部分(其中的一个物体或两个物体组成的整体，少于系统内物体的总个数)进行分析．隔离法的原则是选取受力个数最少的部分来分析．
(3)通常在分析外力对系统作用时，用整体法；在分析系统内各物体之间的相互作用时，用隔离法．有时在解答一个问题时要多次选取研究对象，需要整体法与隔离法交叉使用．
【例2】(2020·河北五个一名校联盟一诊)如图所示，竖直放置的光滑圆环，顶端D点处固定一定滑轮(大小忽略)，圆环两侧套着质量分别为m1、m2的两小球A、B，两小球用轻绳绕过定滑轮相连，并处于静止状态，A、B连线过圆心O点，且与右侧绳的夹角为θ。则A、B两小球的质量之比为( )
A．tan θ B．eq \f(1,tan θ) C．eq \f(1,cs θ) D．sin2θ
【答案】B
【解析】对两小球分别受力分析，作出力的矢量三角形，如图所示。
对小球A，可得eq \f(m1g,sin90°－θ)＝eq \f(T,sin α)；对小球B，可得eq \f(m2g,sin θ)＝eq \f(T,sin180°－α)；联立解得eq \f(m1,m2)＝eq \f(1,tan θ)，故选B。
【例3】(2020·菏泽期中)如图所示，质量为m的光滑球体夹在竖直墙和斜面体之间静止，斜面体质量也为m，倾角为45°，斜面体与水平地面间的动摩擦因数为μ(0.5<μ<1)，斜面体与地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，若增加球体的质量，且使斜面体静止不动，则可增加的最大质量为( )
A．m B．eq \f(2μ－1,2－μ)m C.eq \f(2μ－1,1－μ)m D．eq \f(2μ,1－μ)m
【答案】C
【解析】对整体受力分析如图甲所示，Ff＝F1，对球体受力分析如图乙所示，则F1＝mgtan 45°，由此可知斜面体与地面间的静摩擦力Ff＝mgtan 45°，增加球体的质量，要使斜面体静止不动，则(m＋Δm)gtan 45°≤μ(2m＋Δm)g，解得Δm≤eq \f(2μ－1,1－μ)m，选项C正确。]
【例4】(2020·淄博一模)如图所示，a、b两个小球穿在一根光滑的固定杆上，并且通过一条细绳跨过定滑轮连接。已知b球质量为m，杆与水平面的夹角为30°，不计所有摩擦。当两球静止时，Oa段绳与杆的夹角也为30°，Ob段绳沿竖直方向，则a球的质量为( )
A．eq \r(3)m B．eq \f(\r(3),3)m C．eq \f(\r(3),2)m D．2m
【答案】A
【解析】分别对a、b两球受力分析，运用合成法，如图所示
根据共点力的平衡条件，得：T′＝mbg；eq \f(T,sin θ)＝eq \f(mag,sin90°＋θ)(根据正弦定理列式)，T＝T′。故mb∶ma＝tan 30°∶1，则ma＝eq \r(3)m，故B、C、D均错误，A正确。
【例5】(2020·邢台统考)如图所示，一不可伸长的光滑轻绳，其左端固定于O点，右端跨过位于O′点的光滑定滑轮悬挂一质量为1 kg的物体，OO′段水平，长度为1.6 m。绳上套一可沿绳自由滑动的轻环，若在轻环上悬挂一钩码(图中未画出)，平衡后，物体上升0.4 m。则钩码的质量为( )
A.eq \f(\r(2),2) kg B．eq \r(2) kg
C．1.6 kg D．1.2 kg
【答案】D
【解析】当系统重新平衡后，绳子的形状如图所示
设钩码的质量为M，物体质量为m，由几何关系知，绳子与竖直方向的夹角为53°，由于绳上的拉力与物体的重力大小相等，则根据平衡条件可得2mgcs 53°＝Mg，解得M＝1.2 kg，故D正确，A、B、C错误。
【例6】(2020·江西上饶模拟)如图所示，顶端附有光滑定滑轮的斜面体静止在粗糙水平地面上，三条轻绳结于O点．一条绳跨过定滑轮连接物块P(PB段轻绳平行于斜面)，一条绳连接小球Q，一条绳OA在外力F的作用下处于水平位置．现缓慢改变绳OA的方向，减小θ至θ<90°，且保持结点O位置不变，整个装置始终处于静止状态．下列说法正确的是( )
A．绳OA的拉力先减小后增大 B．绳OB的拉力一直增大
C．地面对斜面体有向右的摩擦力 D．地面对斜面体的支持力一直减小
【答案】AD.
【解析】：对结点O进行受力分析，在缓慢减小θ至θ<90°的过程中，绳OA拉力的方向变化如图所示
从方向1到方向2再到方向3，可见绳OA的拉力先减小后增大，绳OB的拉力一直减小，选项A正确，B错误；对P、Q和斜面体整体受力分析，根据平衡条件知，斜面体受地面的摩擦力与绳OA拉力的水平分力(方向向右)等大反向，摩擦力方向向左，选项C错误；对斜面体、绳PB和P整体受力分析，若绳OB的方向与水平方向的夹角为β，由竖直方向受力平衡得地面对斜面体的支持力N＝Tsin β＋G斜＋GP，式中T为绳OB的拉力，因缓慢减小θ至θ<90°的过程中，β不变而T一直减小，故N一直减小，选项D正确．
【专题精练】
1.(2020·长沙模拟)如图所示，质量不等的盒子A和物体B用细绳相连，跨过光滑的定滑轮，A置于倾角为θ的斜面上，与斜面间的动摩擦因数μ＝tan θ，B悬于斜面之外而处于静止状态．现向A中缓慢加入砂子，下列说法正确的是( )
A．绳子拉力逐渐减小 B．A对斜面的压力逐渐增大
C．A所受的摩擦力一定逐渐增大 D．A可能沿斜面下滑
【答案】B.
【解析】：当mAgsin θ＞mBg时，对A受力分析，由平衡条件有：mAgsin θ＝Ff＋mBg，随mA的增大，摩擦力不断增大；当mAgsin θ＜mBg时，由平衡条件有：mAgsin θ＋Ff＝mBg，随mA的增大，摩擦力不断减小，C项错误；在垂直斜面方向上，始终有：FN＝mAgcs θ，因此随着不断加入砂子，A对斜面的压力不断增大，B项正确；由μ＝tan θ，可知最大静摩擦力Ffmax＝μmAgcs θ＝mAgsin θ，故增加的重力的分力与增加的摩擦力大小相等，方向相反，故A不会滑动，保持静止，D项错误；此时绳子所受拉力等于B的重力，故拉力保持不变，A项错误．
2.(2020·吉林省实验中学模拟)如图所示，物块A和滑环B用绕过光滑定滑轮的不可伸长的轻绳连接，滑环B套在与竖直方向成θ＝37°的粗细均匀的固定杆上，连接滑环B的绳与杆垂直并在同一竖直平面内，滑环B恰好不能下滑，滑环和杆间的动摩擦因数μ＝0.4，设滑环和杆间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物块A和滑环B的质量之比为( )
A．eq \f(13,5) B．eq \f(5,7) C．eq \f(7,5) D．eq \f(5,13)
【答案】A
【解析】对A受力分析，根据平衡条件有T＝mAg，对B受力分析，如图所示
根据平衡条件有mBgcs θ＝f，T＝N＋mBgsin θ，由题可知，滑环B恰好不能下滑，则所受的静摩擦力沿杆向上且达到最大值，有f＝μN，联立解得eq \f(mA,mB)＝eq \f(13,5)，故A正确，B、C、D错误。
3.(2020·湖北襄阳四校联考)将三个质量均为m的小球a、b、c用细线相连后(b、c间无细线相连)，再用细线悬挂于O点，如图所示．用力F拉小球c，使三个小球都处于静止状态，且细线Oa与竖直方向的夹角保持为θ＝30°，则F的最小值为( )
A．mg B．2mg C.eq \f(3,2)mg D.eq \f(\r(3),2)mg
【答案】：C
【解：静止时将三球视为一个整体，重力为3mg，当作用于c球上的力F垂直于Oa时，F最小，由正交分解法知，水平方向Fcs 30°＝FTsin 30°，竖直方向Fsin 30°＋FTcs 30°＝3mg，解得F＝eq \f(3,2)mg，故选C.
4.将一光滑轻杆固定在地面上，杆与地面间夹角为θ，一光滑轻环套在杆上。一个大小和质量都不计的滑轮用轻绳OP悬挂在天花板上，用另一轻绳通过滑轮系在轻环上，用手拉住轻绳另一端并使OP恰好在竖直方向，如图所示。现水平向右拉绳，当轻环重新静止不动时，OP绳与天花板之间的夹角为( )
A．90°B．45°
C．θD．45°＋eq \f(θ,2)
【答案】D
【解析】由题意可知，当轻环重新静止不动时，环所受的轻绳拉力方向与轻杆垂直，滑轮两侧轻绳的夹角为90°＋θ，此时，定滑轮P受OP绳拉力、绳子水平拉力和滑轮P与环间绳子拉力作用，处于静止状态，设此时OP绳与天花板之间的夹角为α，由几何知识及力的合成与分解，可得α＝45°＋eq \f(θ,2)，故选项D正确，A、B、C错误。
5.如图所示，三根粗细均匀且完全相同的圆木A、B、C堆放在水平地面上，处于静止状态，每根圆木的质量为m，截面的半径为R，三个截面圆心连线构成的等腰三角形的顶角∠O1＝120°，若在地面上的两根圆木刚好要滑动，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不考虑圆木之间的摩擦，重力加速度为g，则( )
A．圆木间的弹力为eq \f(1,2)mg B．下面两根圆木对地面的压力均为eq \f(3,2)mg
C．地面上的每根圆木受到地面的作用力为eq \f(3,2)mg D．地面与圆木间的动摩擦因数为eq \f(\r(3),2)
【答案】B
【解析】对A进行受力分析，如图所示
A处于平衡状态，合力为零，则有N2cs eq \f(θ,2)＝eq \f(1,2)mg，解得N1＝N2＝eq \f(\f(1,2)mg,cs 60°)＝mg，故A错误；对整体受力分析，受到重力、地面的支持力、B受到的向右的摩擦力和C受到的向左的摩擦力，由对称性可知，竖直方向有NB＝NC＝eq \f(3,2)mg，故B正确；对B进行研究，地面对B的作用力等于地面对B的支持力与地面对B的摩擦力的合力，大于eq \f(3,2)mg，故C错误；对C，根据平衡条件得Ff＝N2sin 60°＝mg×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(\r(3),2)mg，所以地面对C的摩擦力大小为eq \f(\r(3),2)mg，根据摩擦力公式Ff＝μNC，可得μ＝eq \f(Ff,NC)＝eq \f(\f(\r(3),2)mg,\f(3,2)mg)＝eq \f(\r(3),3)，故D错误。
6．如图所示，质量为m的物体置于倾角为θ的固定斜面上，物体与斜面之间的动摩擦因数为μ，先用平行于斜面的推力F1作用于物体上使其能沿斜面匀速上滑，若改用水平推力F2作用于物体上，也能使物体沿斜面匀速上滑，则两次的推力之比eq \f(F1,F2)为( )
甲 乙
A．cs θ＋μsin θB．cs θ－μsin θ
C．1＋μtan θD．1－μtan θ
【答案】B
【解析】物体在力F1作用下和力F2作用下运动时的受力情况如图所示。
甲 乙
将重力mg、力F2分别沿斜面方向和垂直于斜面方向正交分解，由平衡条件可得
F1＝mgsin θ＋Ff1
FN1＝mgcs θ
Ff1＝μFN1
F2cs θ＝mgsin θ＋Ff2
FN2＝mgcs θ＋F2sin θ
Ff2＝μFN2
解得F1＝mgsin θ＋μmgcs θ
F2＝eq \f(mgsin θ＋μmgcs θ,cs θ－μsin θ)
故eq \f(F1,F2)＝cs θ－μsin θ，B正确。
7.(多选)如图所示，重物A被绕过小滑轮P的细线所悬挂，重物B放在粗糙的水平桌面上；小滑轮P被一根斜拉短线系于天花板上的O点；O′是三根线的结点，bO′水平拉着B物体，cO′沿竖直方向拉着弹簧；弹簧、细线、小滑轮的重力和细线与滑轮间的摩擦力均可忽略，整个装置处于平衡静止状态，g取10 m/s2。若悬挂小滑轮的斜线OP的张力是20eq \r(3) N，则下列说法中正确的是( )
A．弹簧的弹力为10 N B．重物A的质量为2 kg
C．桌面对B物体的摩擦力为10eq \r(3) N D．OP与竖直方向的夹角为60°
【答案】ABC
【解析】O′点是三根线的结点，属于“死结”，而小滑轮重力不计且与细线间的摩擦力可忽略，故P处为“活结”。由mAg＝FO′a，FOP＝2FO′acs 30°可解得：FO′a＝20 N，mA＝2 kg，选项B正确；OP的方向沿绳子张角的角平分线方向，故OP与竖直方向间的夹角为30°，选项D错误；对O′受力分析，由平衡条件可得：F弹＝FO′asin 30°，FO′b＝FO′acs 30°，对物体B有：fB＝FO′b，联立解得：F弹＝10 N，fB＝10eq \r(3) N，选项A、C均正确。
8.(2020·温州模拟)如图所示，木板C放在水平地面上，木板B放在C的上面，木板A放在B的上面，A的右端通过轻质弹簧秤与固定的竖直墙壁相连，A、B、C质量相等，且各接触面间动摩擦因数相同，用大小为F的力向左拉动C，使它以速度v匀速运动，三者稳定后弹簧秤的示数为T.则下列说法正确的是( )
A．B对A的摩擦力大小为T，方向向左 B．A和B保持静止，C匀速运动
C．A保持静止，B和C一起匀速运动 D．C受到地面的摩擦力大小为F－T
【答案】：ACD
【解析】：由题意，A、B、C质量相等，且各接触面间动摩擦因数相同，再依据滑动摩擦力公式F＝μFN，可知，B、C之间的滑动摩擦力大于A、B之间的，因此在F作用下，B、C作为一整体运动，对A受力分析：A受水平向右的拉力和水平向左的摩擦力，根据平衡条件，可知，B对A的摩擦力大小为T，方向向左，故A、C正确，B错误；又因为木板间力的作用是相互的，则B受到A对它水平向右的摩擦力，大小为T；由于B、C做匀速直线运动，则B、C受到水平向左的拉力F和水平向右的两个摩擦力平衡(A对B的摩擦力和地面对C的摩擦力)，根据平衡条件可知，C受到地面的摩擦力大小为F－T，故D正确．
9.(2020·山东滨州市上学期期末)如图所示，倾角为α＝37°的斜面体固定在水平面上，斜面上有一重为10 N的物体，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，现给物体施加一沿斜面向上的力F，设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，如果物体能在斜面上静止，推力F的大小不可能是( )
A．2 N B．10 N C．5 N D．12 N
【答案】 D
【解析】 (1)物体恰好不下滑时，受重力、支持力、推力、平行斜面向上的静摩擦力，
垂直斜面方向：FN－Gcs α＝0
平行斜面方向：Fmin＋Ff＝Gsin α
其中：Ff＝μFN
联立解得：Fmin＝Gsin α－μGcs α＝10×0.6 N－0.5×10×0.8 N＝2 N；
(2)物体恰好不上滑时，受重力、支持力、推力、平行斜面向下的静摩擦力，
垂直斜面方向：FN－Gcs α＝0
平行斜面方向：Fmax＝Ff＋Gsin α
其中：Ff＝μFN
联立解得：Fmax＝Gsin α＋μGcs α＝10×0.6 N＋0.5×10×0.8 N＝10 N
推力F的大小范围为2 N≤F≤10 N
所以不可能的是12 N.
10.如图所示，质量M＝2eq \r(3) kg的木块A套在水平杆上，并用轻绳将木块与质量 m＝eq \r(3) kg的小球B相连。今用与水平方向成α＝30°角的力F＝10eq \r(3) N，拉着小球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)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；
(3)当α为多大时，使小球和木块一起向右匀速运动的拉力最小？
【答案】(1)30° (2)eq \f(\r(3),5) (3)arctan eq \f(\r(3),5)
【解析】(1)对B进行受力分析，设细绳对B的拉力为T，由平衡条件可得Fcs 30°＝Tcs θ
Fsin 30°＋Tsin θ＝mg
解得T＝10eq \r(3) N，tan θ＝eq \f(\r(3),3)，
即θ＝30°。
(2)对A进行受力分析，由平衡条件有
Tsin θ＋Mg＝FN
Tcs θ＝μFN
解得μ＝eq \f(\r(3),5)。
(3)对A、B进行受力分析，由平衡条件有
Fsin α＋FN＝(M＋m)g，Fcs α＝μFN
解得F＝eq \f(M＋mgμ,cs α＋μsin α)
令sin β＝eq \f(1,\r(1＋μ2))，cs β＝eq \f(μ,\r(1＋μ2))，即tan β＝eq \f(1,μ)，则
F＝eq \f(M＋mgμ,\r(1＋μ2)sin βcs α＋cs βsin α)＝eq \f(M＋mgμ,\r(1＋μ2)sinβ＋α)
显然，当α＋β＝90°时，F有最小值，所以tan α＝μ＝eq \f(\r(3),5)时，即α＝arctan eq \f(\r(3),5)，F的值最小。
【问题】如图，求m1：m2大小?
方法一、正弦定理法
方法二、力乘力臂法
方法三、重心法
对m1、m2受力分析，三力平衡可构成矢量三角形，根据正弦定理有，
对m1：
对m2：
根据等腰三角形有：θ1=θ2
联立解得m1gsinα=m2gsinβ
∴m1：m2=sinβ：sinα
以整体为研究对象，以圆心为转动轴，两圆弧的支持力的力臂均为零，轻杆弹力的力臂相等，力乘以力臂等值反向。根据转动平衡知:动力乘以动力臂等于阻力乘以阻力臂，即m1g·Rsinα=m2g·Rsinβ。
∴m1：m2=sinβ：sinα
以整体为研究对象，整体受重力和两圆弧的支持力，根据三力平衡必共点，因此整体的重心必过圆心正下方。所以有m1·Rsinθ1=m2·Rsinθ2，∴m1：m2=sinβ：sinα
FN
T
FN
T
θ
f
μ
FN
T
FN
T1
T2
轻环穿光滑杆，二力平衡，拉力垂直杆
轻环穿粗糙杆，三力平衡，最大夹角tanθ=μ
轻环穿光滑大圆环，拉力沿径向