2020届高考物理总复习第二单元相互作用微专题2受力分析共点力平衡教师用书（含解析） 12页

微专题2　受力分析　共点力平衡一物体的受力分析　　1.是否受力的判断方法方法解读假设法在未知某力是否存在时,先对其做出存在的假设,然后根据该力存在对物体运动状态的影响来判断该力是否存在动力学分析法对加速运动的物体进行受力分析时,应用牛顿运动定律进行分析求解的方法　　2.受力分析的四个步骤【温馨提示】　受力分析图画好后,一定要判断一下受力情况与物体的运动状态是否相符合,不要“多力”或“丢力”。①防止“多力”的有效途径是找力的施力物体,若某力有施力物体则它实际存在,无施力物体则它不存在,另外合力与分力不要重复分析。②按正确的顺序进行受力分析是保证不“丢力”的有效措施。例1　(多选)如图甲所示,两个相似的斜面体A、B在竖直向上的力F的作用下静止靠在竖直粗糙墙壁上,关于斜面体A和B的受力情况,下列说法正确的是(　　)。A.A一定受到四个力B.B可能受到四个力C.B与墙壁之间一定有弹力和摩擦力D.A与B之间一定有摩擦力解析　对A、B整体受力分析,如图乙所示,整体受到向下的重力和向上的推力F,由平衡条件可知B与墙壁之间不可能有弹力,因此也不可能有摩擦力,故C项错误;对B受力分析如图丙所示,其受到重力、A对B的弹力及摩擦力而处于平衡状态,故B只能受到三个力,B项错误;对A受力分析,如图丁所示,其受到重力、推力、B对它的弹力和摩擦力,共四个力,A、D两项正确。乙n丙丁答案　AD二处理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时,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(续表)方　法内　容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　　【温馨提示】　处理平衡问题的两点说明:(1)物体受三个力平衡时,利用力的分解法或合成法比较简单。(2)解平衡问题建立坐标系时应使尽可能多的力与坐标轴重合,需要分解的力尽可能少。物体受四个以上的力作用时,一般要采用正交分解法。例2　在科学研究中,可以用风力仪器直接测量风力的大小,其原理如图甲所示,仪器中一根轻质金属丝下悬挂着一个金属球,无风时,金属丝竖直下垂;当受到沿水平方向吹来的风时,金属丝偏离竖直方向一个角度。风力越大,偏角越大,通过传感器,就可以根据偏角的大小测出风力的大小。求风力大小F跟金属球的质量m、偏角θ之间的关系。解析　方法一　力的合成法如图乙所示,风力F和拉力FT的合力与重力等大反向,由平行四边形定则可得F=mgtanθ。方法二　效果分解法重力有两个作用效果,使金属球抵抗风的吹力和使金属丝拉紧,所以可以将重力沿水平方向和金属丝的方向进行分解,如图丙所示,由几何关系可得F=F'=mgtanθ。n乙丙丁方法三　正交分解法以金属球为坐标原点,取水平方向为x轴,竖直方向为y轴,建立坐标系,如图丁所示根据平衡条件有Fx合=FTsinθ-F=0Fy合=FTcosθ-mg=0解得F=mgtanθ。答案　F=mgtanθ三整体法和隔离法的应用问题　　整体法与隔离法比较整体法隔离法概念将加速度相同的几个物体作为一个整体来分析的方法将研究对象与周围物体分隔开的方法选用原则研究系统外的物体对系统整体的作用力或系统整体的加速度研究系统内物体之间的相互作用力　　例3　(多选)如图所示,质量为M的木板C放在水平地面上,固定在C上的竖直轻杆的顶端用细绳a连接小球A,另一细绳b两端分别连接小球A和小球B,小球A、B的质量分别为mA和mB,当与水平方向成30°角的力F作用在小球B上时,A、B、C刚好相对静止一起向右匀速运动,且此时绳a、b与竖直方向的夹角分别为30°和60°,则下列判断正确的是(　　)。A.力F的大小为mBgB.地面对C的支持力等于(M+mA+mB)gnC.地面对C的摩擦力大小为12mBgD.mA=mB解析　以B为研究对象受力分析,水平方向受力平衡,有Fcos30°=Tbcos30°,得Tb=F,竖直方向受力平衡,则Fsin30°+Tbsin30°=mBg,得F=mBg;以A为研究对象受力分析,竖直方向有mAg+Tbsin30°=Tasin60°,水平方向有Tasin30°=Tbsin60°,联立解得mA=mB,故A、D两项正确。以A、B、C整体为研究对象进行受力分析,水平方向有f=Fcos30°=mBgcos30°=32mBg,竖直方向有N+Fsin30°=(M+mA+mB)g,可见N小于(M+mA+mB)g,故B、C两项错误。答案　AD变式1　(多选)如图甲所示,桌面上固定一个光滑竖直挡板,现将一个长方形物块A与截面为三角形的垫块B叠放在一起,用水平外力F缓缓向左推动B,使A缓慢升高,设各接触面均光滑,则该过程中(　　)。甲A.A和B均受三个力作用而平衡B.B对桌面的压力大小不变C.A对B的压力越来越小D.推力F的大小不变解析　先以A为研究对象,分析受力情况,A受到重力、墙的弹力和斜面的支持力三个力,再以B为研究对象,B受到重力、A的压力、地面的支持力和推力F四个力,故A项错误。当B向左移动时,B对A的支持力和墙对A的支持力方向均不变,根据平衡条件知,这两个力大小保持不变,则A对B的压力也保持不变。对整体分析受力,如图乙所示,由平衡条件知,F=FN1,挡板对A的支持力FN1不变,则推力F不变。桌面对整体的支持力FN=G总,保持不变,则B对桌面的压力不变,故B、D两项正确,C项错误。答案　BD当分析相互作用的两个或者两个以上物体整体的受力情况以及分析外力对系统的作用时,宜用整体法;而在分析系统内各物体(或者一个物体各部分)间的相互作用时常用隔离法。整体法和隔离法不是独立的,对一些复杂的问题,通常需要多次选取研究对象,交替使用整体法和隔离法。四解决动态平衡问题的三种方法　　解决动态平衡问题的一般思路:把“动”化为“静”,“静”中求“动”。动态平衡问题的分析过程与处理方法如下:n例4　如图甲所示,带有光滑竖直杆的三角形斜劈固定在水平地面上,放置于斜劈上的光滑小球与套在竖直杆上的小滑块用轻绳连接,开始时轻绳与斜劈平行。现给小滑块施加一个竖直向上的拉力,使小滑块沿杆缓慢上升,整个过程中小球始终未脱离斜劈,下列说法正确的是(　　)。甲A.小球对斜劈的压力保持不变B.轻绳对小球的拉力先减小后增大C.竖直杆对小滑块的弹力先增大再减小D.对小滑块施加的竖直向上的拉力逐渐增大解析　对小球受力分析,小球受重力、支持力和细线的拉力,如图乙所示,根据平衡条件可知,细线的拉力T增加,支持力FN减小,根据牛顿第三定律可知,球对斜面的压力也减小,故A、B两项错误;对球和滑块整体分析,受重力、斜面的支持力FN、杆的支持力FN'、拉力F,如图丙所示,根据平衡条件得,水平方向有FN'=FNsinθ,竖直方向有F+FNcosθ=G,由于FN减小,因此FN'减小,F增加,C项错误,D项正确。乙丙答案　D变式2　(多选)如图甲所示,两个半圆柱体A、B紧靠着静置于水平地面上,其上有一光滑圆柱体C,三者半径均为R。C的质量为m,A、B的质量都为0.5m,与地面间的动摩擦因数均为μ。现用水平向右的力拉A,使A缓慢移动,直至C恰好降到地面。整个过程中B保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。则未拉A时,下列关于C受到B作用力的大小F的最小值和整个过程中动摩擦因数的最小值μmin正确的是(　　)。A.F=33mgB.F=32mgC.μmin=33D.μmin=32解析　如图乙所示,C被抬至最高时,A对C的作用力最小,根据平衡条件可得2Fcos30°=mg,解得A对C的最小弹力F=33mg,A项正确,B项错误。C恰好降到地面时,B对C支持力最大,为Fm,如图丙所示,此时B与地面的静摩擦力最大。根据平衡条件可得2Fmcos60°=mg,解得Fm=mg,所以最大静摩擦力fm至少为Fmcos30°=32mg,B对地面的压力FN=mBg+12mg=mg,B受地面的最大静摩擦力fm=μminmg≥32mg,解得μmin=32,故C项错误,D项正确。n乙丙答案　AD　　平衡中的临界与极值问题1.平衡问题的临界状态是指物体所处的平衡状态将要被破坏而尚未被破坏的状态,可理解成“恰好出现”或“恰好不出现”,在问题的描述中常用“刚好”“刚能”“恰好”等语言叙述,解临界问题的基本方法是假设推理法。2.临界问题往往是和极值问题联系在一起的。解决此类问题重在形成清晰的物理图景,分析清楚物理过程,从而找出临界条件或达到极值的条件。要特别注意可能出现的多种情况。例5　如图甲所示是一旅行箱。已知该旅行箱的总质量为15kg,一旅客用斜向上的拉力拉着旅行箱在水平地面上做匀速运动,若拉力的最小值为90N,此时拉力与水平方向间的夹角为θ,重力加速度大小g=10m/s2,sin37°=0.6,旅行箱受到地面的阻力与其受到地面的支持力成正比,比值为μ,则(　　)。A.μ=0.5,θ=37°　　　　B.μ=0.5,θ=53°C.μ=0.75,θ=53°D.μ=0.75,θ=37°解析　对旅行箱受力分析,如图乙所示。根据平衡条件,水平方向有Fcosθ-f=0,竖直方向,有FN+Fsinθ-G=0,其中f=μFN,故F=μGcosθ+μsinθ,令μ=tanα,则F=Gsinαcos(α-θ)。当α-θ=0°时,F有最小值,故F=Gsinα=90N,α=37°,则μ=tan37°=0.75,θ=37°,D项正确。答案　D变式3　如图甲所示,用细线相连的质量分别为2m、m的小球A、B在拉力F作用下,处于静止状态,且细线OA与竖直方向的夹角保持θ=30°不变,则拉力F的最小值为(　　)。A.332mg　B.23+12mgC.23+22mgnD.32mg解析　A和B处于静止状态,受力平衡,把A和B作为整体受力分析,如图乙所示,整体受到重力3mg、OA绳的拉力T及拉力F,根据平衡条件可知,T与F的合力竖直向上,大小等于3mg,当F与T垂直时,F最小,F=3mgsin30°=32mg,D项正确。答案　D见《高效训练》P151.(2018江苏盐城中学仿真模拟)如图甲所示,用OA、OB两根轻绳将花盆悬于两竖直墙之间,开始时OB绳水平,现保持O点位置不变,改变OB绳长使绳右端由B点缓慢上移至B'点,此时OB'与OA之间的夹角θ<90°,设此过程中OA、OB绳的拉力分别为FOA、FOB,则下列说法正确的是(　　)。A.FOA一直增大　　　　　　　B.FOA一直减小C.FOB一直减小D.FOB先增大后减小解析　以结点O为研究对象,分析受力,其受花盆拉力大小为G、绳OA的拉力FOA和绳OB的拉力FOB,如图乙所示,根据平衡条件知,两根绳子的拉力的合力与花盆重力大小相等、方向相反,作出轻绳OB在多个位置时力的合成图如图乙所示,由图看出,FOA逐渐减小,FOB先减小后增大,当θ=90°时,FOB最小,B项正确。答案　B2.(2018四川成都经开区实验中学模拟)如图所示,小球A静止于固定在水平面上的光滑半圆柱体的表面,小球B与一端固定在竖直板上的水平轻弹簧相连,两小球A、B由通过光滑滑轮O的轻质细线相连,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的长度与半圆柱体半径相等,OB与竖直方向成45°角,则下列说法正确的是(　　)。A.小球A、B受到的拉力TOA与TOB大小相等,且TOA=TOB=3mgB.弹簧弹力大小为2mgC.A球质量为6mD.光滑半圆柱体对A球支持力的大小为mg解析　对B受力分析可知,细线的拉力TOB=mgcos45°=2mg,则TOA=TOB=2mg,A项错误;弹簧弹力大小F=mgtan45°=mg,B项错误;对A球受力分析可知,mAg=2TOAcos30°,解得mA=6m,C项正确;光滑半圆柱体对A球支持力的大小FN=TOA=2mg,D项错误。答案　C3.(2018山东菏泽五校联考)图示的几种情况中,均不计绳、弹簧测力计、滑轮的质量,不计一切摩擦力,物体质量都为m,且均处于静止状态,有关角度如图所示。弹簧测力计示数FA、FB、FC、FD由大到小的排列顺序是(　　)。nA.FB>FD>FA>FCB.FD>FC>FB>FAC.FD>FB>FA>FCD.FC>FD>FB>FA　　解析　对A图中的m受力分析,根据平衡条件知,2FAcos45°=mg,解得FA=2mg2;对B图中的m受力分析,根据平衡条件得,FB=mg;对C图中的m受力分析,根据平衡条件得,FC=mgsin30°=12mg;对D图中的m受力分析,根据平衡条件,2FDcos75°=mg,解得FD=mg2cos75°,则FD>FB>FA>FC,C项正确。答案　C4.(2018广东惠州质量调研)如图甲所示,两个相同的固定斜面上分別放有一个静止的三角形木块A、B,它们的质量相等。A木块左侧面沿竖直方向,B木块左侧面垂直于斜面,在两斜面上分别放上一个相同的光滑球后,木块仍保持静止,则放上球后(　　)。甲A.A木块受到的摩擦力等于B木块受到的摩擦力B.A木块受到的摩擦力小于B木块受到的摩擦力C.A木块对斜面的压力等于B木块对斜面的压力D.A木块对斜面的压力大于B木块对斜面的压力解析　设小球的质量为m,A、B的质量为M,斜面的倾角为α。以小球与A整体为研究对象,由平衡条件可得,A木块受到的摩擦力fA=(M+m)gsinα;同理,以小球与B整体为研究对象,得到B木块受到的摩擦力fB=(M+m)gsinα,则fA=fB。故A项正确,B项错误。　　　乙　　　　　　　　　　丙以A为研究对象,分析受力,如图乙所示,由平衡条件得,斜面对A的支持力FNA=Mgcosα-FN1sinα;以B为研究对象,分析受力,如图丙所示,由平衡条件得,斜面对B的支持力FNB=Mgcosα,则有FNA