高考物理一轮复习第二章相互作用第5课时共点力的动态平衡学案新人教版

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第5课时　共点力的动态平衡1．(2019·全国卷Ⅰ)(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(　　)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：选BD　选N为研究对象，受力情况如图甲所示，用水平拉力F缓慢拉动N的过程中，水平拉力F逐渐增大，细绳的拉力T逐渐增大，故选项A错误，B正确。对于M，受重力GM、支持力FN、绳的拉力T以及斜面对它的摩擦力f。如图乙所示，若开始时斜面对M的摩擦力f沿斜面向上，则T＋f＝GM sin θ，T逐渐增大，f逐渐减小，当f减小到零后，再反向增大。若开始时斜面对M的摩擦力沿斜面向下，此时，T＝GM sin θ＋f，当T逐渐增大时，f逐渐增大，故选项C错误，D正确。2．(2019·全国卷Ⅱ)物块在轻绳的拉动下沿倾角为30°的固定斜面向上匀速运动，轻绳与斜面平行。已知物块与斜面之间的动摩擦因数为，重力加速度取10 m/s2。若轻绳能承受的最大张力为1 500 N，则物块的质量最大为(　　)A．150 kg  B．100 kgC．200 kg  D．200 kg解析：选A　物块沿斜面向上匀速运动，受力如图所示，根据平衡条件F＝Ff＋mgsin 30°①Ff＝μFN②FN＝mgcos 30°③由①②③式得F＝mgsin 30°＋μmgcos 30°所以m＝代入数据得m＝150 kg，选项A正确。3.(2017·全国卷Ⅰ)(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。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析：选AD　设重物的质量为m，绳OM中的张力为T，绳MN中的张力为TMN。开始时，T＝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。对重物受力分析如图所示，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：＝，(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＝，在β由0变为的过程中，TMN一直增大，选项A正确。4．(2021年1月新高考8省联考·重庆卷)如图所示，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。下列说法正确的是(　　)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解析：选D　以小球为研究对象，设小球所在位置沿半圆柱体的切线方向与竖直方向夹角为θ，沿切线方向有FT＝mgcos θ，沿半径方向有FN＝mgsin θ，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；以柱体为研究对象，竖直方向有F地＝Mg＋FNsin θ＝Mg＋mgsin2θ，水平方向有F墙＝FNcos θ＝mgsin θcos θ＝mgsin 2θ，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。5．(2021年1月新高考8省联考·湖北卷)如图所示，矩形平板ABCD的AD边固定在水平面上，平板与水平面夹角为θ，AC与AB的夹角也为θ。质量为m的物块在平行于平板的拉力作用下，沿AC方向匀速运动。物块与平板间的动摩擦因数μ＝tan θ，重力加速度大小为g，拉力大小为(　　)A．2mgsin θcos  B．2mgsin θC．2mgsin  D．mgsin θcos解析：选A　重力沿斜面的分力平行于CD向下，滑动摩擦力方向与运动方向相反，受力分析有，Gx＝mgsin θ，f＝μmgcos θ，根据余弦定理得F＝＝2mgsin θcos，故A正确。 共点力的动态平衡问题是高考的重点，这类问题常和生活中的实际情景相结合，选题不避常规模型，没有偏难怪题出现。选择题中物理情景较简单，难度在中等偏易到中等难度之间；计算题物理情景较新颖，抽象出物理模型的难度较大。　　 命题视角一　分析动态平衡问题的三种方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列方程求解，得到因变量与自变量的函数表达式(通常为三角函数关系)，最后根据自变量的变化确定因变量的变化。　　 [例1]　(2019·浙江4月选考)如图所示，一根粗糙的水平横杆上套有A、B两个轻环，系在两环上的等长细绳拴住的书本处于静止状态，现将两环距离变小后书本仍处于静止状态，则(　　)A．杆对A环的支持力变大B．B环对杆的摩擦力变小C．杆对A环的力不变D．与B环相连的细绳对书本的拉力变大   [解析]　 将A、B两个轻环、绳、书本视为整体，整体受到竖直向下的重力和竖直向上的支持力作用，A、B两环受到的支持力大小之和等于重力，则杆对环的支持力均为FN＝mg，大小保持不变，A错误；对B环进行受力分析，如图甲所示，Ff＝FN tan θ＝mgtan θ，两环距离变小，tan θ 减小，Ff变小，B正确；对A环受力分析与B环类似，杆对环的力为支持力FN和摩擦力Ff的合力，即T的大小，T＝，当θ发生变化时，T发生变化，C错误；对书本进行受力分析，如图乙所示，Tcos θ＝mg，两环距离变小，cos θ变大，细绳上的拉力变小，D错误。[答案]　B此法常用于求解三力平衡问题中，已知一个力是恒力、另一个力方向不变的情况。一般按照以下流程解题。　　 [例2]　(多选)如图所示，小车内固定着一个倾角为60°的斜面OA，挡板OB与水平面的夹角θ＝60°。可绕转轴O在竖直面内转动，现将一质量为m的光滑圆球放在斜面与挡板之间，下列说法正确的是(　　)A．当小车与挡板均静止时，球对斜面OA的压力小于mgB．保持θ＝60°不变，使小车水平向右运动，则球对斜面OA的压力可能为零C．保持小车静止，在θ由60°缓慢减小至15°的过程中，球对挡板OB的压力先减小再增大D．保持小车静止，在θ由60°缓慢减小至15°的过程中，球对挡板OA的压力逐渐增大  [解析]　球处于静止状态时受力平衡，对球进行受力分析，如图所示，FA、FB以及G之间的夹角两两都为120°，根据几何关系可知，FA＝FB＝mg，故A错误；若保持θ＝60°不变，使小车水平向右做匀加速直线运动，当由FB和重力G的合力提供加速度时，球对挡板OA的压力为零，故B正确；保持小车静止，在θ由60°缓慢减小至15°的过程中，根据图像可知，FA不断减小，FB先减小后增大，根据牛顿第三定律可知，球对挡板的压力先减小后增大，对斜面的压力不断减小，故C正确，D错误。[答案]　BC在三力平衡问题中，如果有一个力是恒力，另外两个力方向都变化，且题目给出了空间几何关系，多数情况下力的矢量三角形与空间几何三角形相似，可利用相似三角形对应边成比例求解(构建三角形时可能需要画辅助线)。　　 [例3]　(多选)如图所示，质量均为m的小球A、B用劲度系数为k1的轻弹簧相连，B球用长为L的细绳悬挂于O点，A球固定在O点正下方，当小球B平衡时，细绳所受的拉力为T1，弹簧的弹力为F1；现把A、B间的弹簧换成原长相同但劲度系数为k2(k2>k1)的另一轻弹簧，在其他条件不变的情况下仍使系统平衡，此时细绳所受的拉力为T2，弹簧的弹力为F2。则下列关于T1与T2、F1与F2大小的比较，正确的是(　　)A．T1>T2　　　　　　　 B．T1＝T2C．F1<F2  D．F1＝F2[解析]　以B为研究对象，分析受力情况，如图所示。由平衡条件可知，弹簧的弹力F和细绳的拉力T的合力F合与其重力mg大小相等、方向相反，即F合＝mg，由三角形相似得＝＝。当弹簧劲度系数变大时，弹簧的压缩量减小，故AB的长度增加，而OB、OA的长度不变，故T1＝T2，F1<F2，故A、D错误，B、C正确。[答案]　BC[集训冲关]1.[解析法]如图所示，轻绳一端系在小球A上，另一端系在圆环B上，B套在固定粗糙水平杆PQ上。现用水平力F作用在A上，使A从图中实线位置(轻绳竖直)缓慢上升到虚线位置，但B仍保持在原来位置不动。则在这一过程中，杆对B的摩擦力F1、杆对B的支持力F2、绳对B的拉力F3的变化情况分别是(　　)A．F1逐渐增大，F2逐渐增大，F3逐渐增大B．F1保持不变，F2逐渐增大，F逐渐减小C．F1逐渐增大，F2保持不变，F3逐渐增大D．F1逐渐减小，F2逐渐减小，F3保持不变解析：选C　设A的质量为m，B的质量为M，对A受力分析，由平衡条件可得：F3cos α＝mg，F＝mgtan α，随α逐渐增大，则有F3逐渐增大，F增大；再对两者的整体分析，由平衡条件可得：F1＝F，F2＝mg＋Mg，则有F1逐渐增大，F2不变，故选项C正确，A、B、D错误。2.[图解法]如图所示，半圆形框架竖直放置在粗糙的水平地面上，光滑的小球P在水平外力F的作用下处于静止状态，小球P与圆心O的连线与水平面的夹角为θ。现将力F在竖直面内沿顺时针方向缓慢地转过90°，框架与P始终保持静止状态，重力加速度为g。在此过程中，下列说法正确的是(　　)A．框架对P的支持力先减小后增大B．力F的最小值为mgcos θC．地面对框架的摩擦力先减小后增大D．框架对地面的压力先增大后减小解析：选B　以P为研究对象受力分析，如图所示，根据几何关系可知，将力F沿顺时针方向转动至竖直向上之前，支持力N逐渐减小，F先减小后增大，当F的方向沿P与框架接触点的切线方向向上时，F最小，此时F＝mgcos θ，故A错误，B正确；以框架与P组成的整体为研究对象，整体受到重力、地面的支持力、地面的摩擦力以及力F的作用，由图可知，F在沿顺时针方向转动的过程中，沿水平方向的分力逐渐减小，沿竖直方向的分力逐渐增大，所以地面对框架的摩擦力和支持力都逐渐减小，故C、D错误。3．[相似三角形法](多选)如图所示，一光滑半圆环竖直固定于粗糙的木板上，圆心为O1，穿套在环上的小球A位于左侧最低点，并由细线通过光滑的小滑轮O与小球B相连，B右侧细线水平，O在圆心O1的正上方，OA与竖直方向成30°角，OA⊥OB，地面水平，两球均处于静止状态，小球A恰好对木板没有力的作用。若对B施加一外力，使小球A缓慢运动到O点正下方的过程中，木板始终静止，则下列说法正确的是(　　)A．A、B两球的质量之比为∶1B．OA细线拉力逐渐变大C．地面对木板的摩擦力逐渐变小D．地面对木板的支持力逐渐变小解析：选AC　小球A位于左侧最低点时，细线对小球A的拉力大小T＝，对小球B有T′＝，T＝T′，得mA∶mB＝∶1，选项A正确；设OO1＝h，OA＝x，圆环的半径为R，细线OA的拉力大小为F，环对A的支持力大小为N1，如图1所示，则根据三角形相似有＝＝，当x变小时，F也变小，但N1不变，选项B错误；设细线OA与OO1间夹角为θ，以小球A、半圆环和木板整体受力分析如图2所示，地面对木板的摩擦力大小f＝Fsin θ＝xsin θ，而xsin θ表示小球A与O间的水平距离，是逐渐变小的，故f逐渐变小，选项C正确；地面对木板的支持力大小N2＝(m板＋mA＋m环)g－Fcos θ＝(m板＋mA＋m环)g－xcos θ，而xcos θ表示小球A与O间的竖直距离，是逐渐变小的，N2逐渐变大，选项D错误。命题视角二　平衡中的临界、极值问题 临 界 问 题极 值 问 题平衡状态发生变化的转折点叫做临界点，此类问题的关键词有“刚好”“恰好”“至少”“最多”等在动态平衡中常常涉及求力或其他量的最(极)大值、最(极)小值问题，而最(极)值往往出现在临界点 　　　　　　　　　　　　　方法1　图解法　根据平衡条件作出力的矢量图，若只受三个力，则这三个力能构成封闭矢量三角形，然后根据矢量图进行动态分析，确定最大值和最小值。[例1]　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.G　　　　　　　　 B.GC．G   D.G[解析]　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＝Gsin θ，其中sin θ＝＝，则Fmin＝G，故选项A正确。[答案]　A方法2　假设推理法　先假设某种临界情况成立，然后根据平衡条件及有关知识进行论证、求解。[例2]　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，某时刻拉物体A的细绳与水平面夹角为53°，拉物体B的细绳与水平面夹角为37°，此时A、B两物体刚好处于平衡状态，则物体A、B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.   B.C.   D.[解析]　设细绳中张力大小为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°)，解得＝，选项A正确。[答案]　A方法3　数学方法　根据物体的平衡条件列方程，在解方程时利用数学知识求极值。通常用到的数学知识有二次函数求极值、讨论公式求极值、三角函数求极值以及几何法求极值等。[例3]　如图所示，质量为M的木楔倾角为θ，在水平面上保持静止，当将一质量为m的木块放在木楔斜面上时，它正好匀速下滑。如果用与木楔斜面成α角的力F拉着木块，木块能匀速上升，已知木楔在整个过程中始终静止。(1)当α为多大时，F有最小值，求此时α的大小及F的最小值；(2)当α＝θ时，木楔对水平面的摩擦力是多大？[解析]　木块在木楔斜面上匀速向下运动时，有mgsin θ＝μmgcos θ，解得μ＝tan θ。(1)木块在F作用下沿斜面向上匀速运动，有Fcos α＝mgsin θ＋FfFsin α＋FN＝mgcos θFf＝μFN解得F＝＝＝则当α＝θ时，F有最小值，为Fmin＝mgsin 2θ。(2)因为木块及木楔均处于平衡状态，整体受到地面的摩擦力等于F的水平分力，即Ff′＝Fcos(α＋θ)当α＝θ，即F取最小值mgsin 2θ时，Ff′＝Fmincos 2θ＝mgsin 2θcos 2θ＝mgsin 4θ。[答案]　(1)θ　mgsin 2θ　(2)mgsin 4θ1．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。2．用矢量三角形分析力的最小值问题(1)若已知F合的方向、大小及一个分力F1的方向，则另一分力F2取最小值的条件为F1⊥F2。(2)若已知F合的方向及一个分力F1的大小、方向，则另一分力F2取最小值的条件为F2⊥F合。　　[集训冲关]1.如图所示，物体静止于光滑水平面M上，水平恒力F1作用于物体上。现要使物体沿着OO′方向做直线运动(F1和OO′都在M平面内)，必须同时再加一个力F2，则F2的最小值是(　　)A．F1cos θ  B．F1sin θC．F1tan θ   D.解析：选B　要使物体沿OO′方向做直线运动，则物体受到的合力F沿OO′方向，如图所示，由三角形定则知，当F2的方向垂直OO′时，F2有最小值，为F2min＝F1sin θ，选项B正确。2．如图所示，两个质量均为m的物体A、B放置在水平地面上，一根长为L、不可伸长的轻绳两端分别系在两物体上，初始时刻绳恰好伸直且无拉力，从某一时刻开始在绳的中点O施加一个竖直向上的拉力F，使两物体缓慢靠近，直至两物体接触。已知两物体与水平地面间的动摩擦因数均为，则在两物体缓慢靠近的过程中，下列说法正确的是(　　)A．拉力F先减小后增大B．物体B所受的摩擦力不变C．地面对B物体的支持力先减小后增大D．当两物体间的距离为L时，绳上的拉力最小解析：选D　对中点O受力分析如图甲所示，由平衡条件得O点左、右两边的绳子拉力大小F1＝F2＝，再对物体B受力分析如图乙所示，因A、B缓慢靠近，所以在水平方向上有F2sin＝f＝μFN，在竖直方向上有F2cos＋FN＝mg，联立解得F＝，F2＝，在两个物体逐渐靠近的过程中，α角逐渐减小，拉力F逐渐增大，以A、B组成的整体为研究对象，竖直方向上有F＋2FN＝2mg，在A、B缓慢靠近的过程中，拉力F一直增大，则地面对两个物体的支持力一直减小，A 、C错误。F2＝，在A、B缓慢靠近的过程中，α逐渐减小，F2先变小后变大，又f＝F2sin，所以f是变力，当＋＝时，F2最小，此时α＝π，由几何关系可知，此时两物体之间的距离为L，B错误，D正确。3．如图1所示，筷子是中国人常用的饮食工具，也是中华饮食文化的标志之一。筷子在先秦时称为“梜”，汉代时称“箸”，明代开始称“筷”。如图2所示，用筷子夹质量为m的小球，筷子均在竖直平面内，且筷子和竖直方向的夹角均为θ，为使小球静止，求每根筷子对小球的压力FN的取值范围。已知小球与筷子之间的动摩擦因数为μ(μ＜tan θ)，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。解析：筷子对小球的压力太小，小球有下滑的趋势，最大静摩擦力沿筷子向上，如图甲所示。小球受力平衡，有2FN′sin θ＋2f′cos θ＝mg，f′＝μFN′联立解得：FN′＝筷子对小球的压力太大，小球有上滑的趋势，最大静摩擦力沿筷子向下，如图乙所示。小球受力平衡，有2FN″sin θ＝mg＋2f″cos θ，f″＝μFN″联立解得FN″＝综上，筷子对小球的压力的取值范围为≤FN≤。答案：≤FN≤