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. 受力分析的四个注意点(1)不要把研究对象所受的力与研究对象对其他物体的力混淆.(2)每一个力都应找出其施力物体,不能无中生有.(3)合力和分力不能重复考虑.(4)对整体进行受力分析时,组成整体的几个物体间的作用力为内力,不能在受力图中出现;当把某一物体单独隔离分析时,原来的内力变成外力,要在受力分析图中画出.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 适用条件注意事项优点合成法物体受三个力作用而平衡(1)表示三个力大小的线段长度不可随意画(2)两力的合力与第三个力等大反向对于物体所受的三个力,有两个力相互垂直或两个力大小相等的平衡问题求解较简单分解法物体受三个力作用而平衡合力为物体所受的力,而两个分力分别与物体受到的另两个力等大反向正交分解法物体受三个或三个以上的力作用而平衡选坐标轴时应使尽量多的力与坐标轴重合对于物体受三个力以上的力处于平衡状态的问题求解较方便力的三角形法物体受三个力作用而平衡将三个力的矢量图平移,构成一个依次首尾相连接的矢量三角形常用于求解一般矢量三角形中未知力的大小和方向角度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 θC.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:题干关键获取信息光滑的半圆形器皿轻绳的拉力大小处处相等三个物体保持静止状态c保持静止,可知fbc=0,fab≠0,a与桌面间摩擦力不为零撤去力F的瞬间比较轻绳拉力和a与桌面摩擦力的大小解析: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. 静态平衡问题的解题“五步骤”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 NB.物块对槽的压力大小是13 NC.槽对物块的摩擦力大小是6 ND.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=mgB.弹簧弹力大小为 mgC.A球质量为 mD.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方法步骤解析法(1)列平衡方程求出未知量与已知量的关系表达式.(2)根据已知量的变化情况来确定未知量的变化情况图解法(1)根据已知量的变化情况,画出平行四边形边、角的变化.(2)确定未知量大小、方向的变化相似三角形法(1)根据已知条件画出两个不同情况对应的力的三角形和空间几何三角形,确定对应边,利用三角形相似知识列出比例式.(2)确定未知量大小的变化情况角度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GB.开始时拉力F最大为 G,以后逐渐减小为0C.a,b间的压力由0逐渐增大,最大为GD.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.在三力动态平衡问题中,如果有一个力是恒力,另外两个力方向都变化,且题目给出的空间几何关系有一固定边长,有可动但长度不变的边,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.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 αf′=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° 临界与极值问题的分析技巧(1)求解平衡中的临界问题和极值问题时,首先要正确地进行受力分析和变化过程分析,找出平衡中的临界点和极值点.(2)临界条件必须在变化中寻找,不能停留在一个状态来研究临界问题,而是要把某个物理量推向极端,即极大或极小,并依此作出科学的推理分析,从而给出判断或导出结论.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 GC.力F的最大值为2GD.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=mgC.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)