【物理】2018届一轮复习江苏专用第二章专题强化二共点力的平衡条件和应用学案 20页

专题强化二　共点力的平衡条件和应用 专题解读 1.本专题是本章重要知识和规律的综合，特别是受力分析和平衡条件的应用更是高考的重点和热点．‎ ‎2．高考对本专题内容的考查主要是在选择题中作为一个考查点出现，但近年在计算题中也作为一个力学或电学考点命题．‎ ‎3．用到的相关知识有：受力分析，力的合成与分解，共点力的平衡条件，用到的主要方法有：整体法与隔离法、合成法、正交分解法等．‎ 命题点一　受力分析　整体法与隔离法的应用 ‎1．受力分析的基本思路 ‎2．受力分析的常用方法 ‎(1)整体法；(2)隔离法；(3)假设法．‎ 例1　如图1所示，甲、乙两个小球的质量均为m，两球间用细线连接，甲球用细线悬挂在天花板上．现分别用大小相等的力F水平向左、向右拉两球，平衡时细线都被拉紧．则平衡时两球的可能位置是下列选项中的(　　)‎ 图1‎ ‎①大小相等的力F水平向左、向右拉球；②平衡时细线都被拉紧．‎ 答案　A 解析　用整体法分析，把两个小球看作一个整体，此整体受到的外力为竖直向下的重力2mg、水平向左的力F(甲受到的)、水平向右的力F(乙受到的)和细线1的拉力，两水平力相互平衡，故细线1的拉力一定与重力2mg等大反向，即细线1一定竖直；再用隔离法，分析乙球受力的情况，乙球受到向下的重力mg、水平向右的拉力F、细线2的拉力F2.要使得乙球受力平衡，细线2必须向右倾斜．‎ 拓展延伸　在例1中，如果作用在乙球上的力大小为F，作用在甲球上的力大小为2F，则此装置平衡时的位置可能是(　　)‎ 答案　C 解析　将甲、乙两个小球作为一个整体，受力分析如图所示，设上面的绳子与竖直方向的夹角为α，则根据平衡条件可得tan α＝，再单独研究乙球，设下面的绳子与竖直方向的夹角为β，根据平衡条件可得tan β＝，因此β>α，因此甲球在竖直线的右侧，而乙球在竖直线的左侧，选项C正确．‎ 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．‎ ‎(1)物体平衡时必须保持合外力为零．‎ ‎(2)物体做变速运动时必须保持合力方向沿加速度方向，合力大小满足F＝ma.‎ ‎(3)物体做匀速圆周运动时必须保持合外力大小恒定，满足F＝m，方向始终指向圆心．‎ ‎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．‎ ‎1．(多选)如图2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(　　)‎ 图2‎ 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 答案　AD 解析　对A、B整体受力分析，如图甲所示，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，故选项C错误；对B受力分析，如图乙所示，其受到重力、A对B的弹力及摩擦力而处于平衡状态，故B只受到三个力，选项B错误；对A受力分析，如图丙所示，受到重力、推力、B对A的弹力和摩擦力，共四个力，选项A、D正确．‎ ‎2．(多选)如图3所示，物体m通过定滑轮牵引另一水平面上的物体沿斜面匀速下滑，此过程中斜面仍静止，斜面质量为M，则水平地面对斜面体(　　)‎ 图3‎ A．无摩擦力 B．有水平向右的摩擦力 C．支持力为(M＋m)g D．支持力小于(M＋m)g 答案　BD 解析　设斜面夹角为θ，细绳的拉力为FT，M、m整体处于平衡状态，对M、m整体受力分析可得平衡方程FTcos θ＝F静，FTsin θ＋FN＝(M＋m)g，故F静方向水平向右，B、D正确．‎ 命题点二　动态平衡问题 ‎1．共点力的平衡 ‎(1)平衡状态：物体处于静止或匀速直线运动状态，称为平衡状态．‎ ‎(2)平衡条件：物体所受合力为零，即F合＝0.若采用正交分解法求平衡问题，则平衡条件是Fx合＝0，Fy合＝0.‎ ‎(3)常用推论：‎ ‎①二力平衡：二力等大反向．‎ ‎②三力平衡：任意两个力的合力与第三个力等大反向．‎ ‎③多力平衡：其中任意一个力与其余几个力的合力等大反向．‎ ‎2．动态平衡 物体所受的力一部分是变力，是动态力，力的大小和方向均要发生变化，但变化过程中的每一个状态均可视为平衡状态，所以叫动态平衡．‎ ‎3．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 例2　(多选)如图4所示，质量分布均匀的光滑小球O，放在倾角均为θ的斜面体上，斜面体位于同一水平面上，且小球处于平衡，则下列说法中正确的是(　　)‎ 图4‎ A．甲图中斜面对球O弹力最大 B．丙图中斜面对球O弹力最小 C．乙图中挡板MN对球O弹力最小 D．丙图中挡板MN对球O弹力最小 小球处于平衡．‎ 答案　AD 解析　将甲、乙、丙、丁四种情况小球的受力图作于一幅图上，如图，根据平衡条件得知，丁图中斜面对小球的弹力为零，挡板对小球的弹力等于其重力G.斜面对小球的弹力和挡板对小球的弹力的合力与重力大小相等、方向相反，可知三种情况下此合力相等，根据平行四边定则得知，丙图中挡板MN对球O弹力最小，甲图中斜面对球O弹力最大．故B、C错误，A、D正确．‎ 例3　(多选)如图5所示，在固定好的水平和竖直的框架上，A、B两点连接着一根绕过光滑的轻小滑轮的不可伸长的细绳，重物悬挂于滑轮下，处于静止状态．若按照以下的方式缓慢移动细绳的端点，则下列判断正确的是(　　)‎ 图5‎ A．只将绳的左端移向A′点，拉力变小 B．只将绳的左端移向A′点，拉力不变 C．只将绳的右端移向B′点，拉力变小 D．只将绳的右端移向B′点，拉力变大 ‎①不可伸长的细绳；②缓慢移动细绳的端点．‎ 答案　BD 解析　设滑轮两侧绳子与竖直方向的夹角为α，绳子的长度为L，B点到墙壁的距离为s，根据几何知识和对称性，得：sin α＝①‎ 以滑轮为研究对象，设绳子拉力大小为F，根据平衡条件得：2Fcos α＝mg，‎ 得F＝②‎ 当只将绳的左端移向A′点，s和L均不变，则由②式得知，F不变，故A错误，B正确．当只将绳的右端移向B′点，s增加，而L不变，则由①式得知，α增大，cos α减小，则由②式得知，F增大．故C错误，D正确．故选B、D.‎ 处理动态平衡问题的一般思路 ‎1．平行四边形定则是基本方法，但也要根据实际情况采用不同的方法，若出现直角三角形，常用三角函数表示合力与分力的关系．‎ ‎2．图解法的适用情况：图解法分析物体动态平衡问题时，一般物体只受三个力作用，且其中一个力大小、方向均不变，另一个力的方向不变，第三个力大小、方向均变化．‎ ‎3．用力的矢量三角形分析力的最小值问题的规律：‎ ‎(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的最小值的条件为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的最小值的条件为F2⊥F合．‎ ‎3．质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上．用水平向左的力F缓慢拉动绳的中点O，如图6所示．用T表示绳OA段拉力的大小，在O点向左移动的过程中(　　)‎ 图6‎ A．F逐渐变大，T逐渐变大 B．F逐渐变大，T逐渐变小 C．F逐渐变小，T逐渐变大 D．F逐渐变小，T逐渐变小 答案　A 解析　对O点受力分析如图所示，F与T的变化情况如图，由图可知在O点向左移动的过程中，F逐渐变大，T逐渐变大，故选项A正确．‎ ‎4．(多选)如图7所示，倾角为30°的斜面体静止在水平地面上，轻绳一端连着斜面上的物体 A(轻绳与斜面平行)，另一端通过两个滑轮相连于天花板上的P点．动滑轮上悬挂质量为m的物块B，开始悬挂动滑轮的两绳均竖直．现将P点缓慢向右移动，直到动滑轮两边轻绳的夹角为90°时，物体A刚好要滑动．假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物体A与斜面间的动摩擦因数为.整个过程斜面体始终静止，不计滑轮的质量及轻绳与滑轮的摩擦．下列说法正确的是(　　)‎ 图7‎ A．物体A的质量为m B．物体A受到的摩擦力一直增大 C．地面对斜面体的摩擦力水平向左并逐渐减小 D．斜面体对地面的压力逐渐减小 答案　AB 解析　同一条绳子上的拉力相等，对B受力分析，当两条绳子的夹角为90°时，绳子的拉力为FT＝mgsin 45°＝mg，对A受力分析，在沿斜面方向上有：A受到最大静摩擦力，重力沿斜面向下的分力和绳子的拉力，故有mAgsin 30°＋Ffm＝FT，Ffm＝μmAgcos 30°，解得mA＝m，A正确；当两个轻绳都是竖直方向时，绳子的拉力最小，为mg，此时mAgsin 30°Gbsin θ，b受到c的摩擦力沿斜面向下，则b对c的摩擦力方向沿斜面向上，故A错误，B正确．以b、c整体为研究对象，受力分析如图，根据平衡条件得知地面对c的摩擦力Ff＝FTcos θ＝Gacos θ，方向水平向左．在a中的沙子缓慢流出的过程中，Ga减小，摩擦力减小．故D正确，C错误．‎ 题组3　平衡中的临界和极值问题 ‎8．如图8所示，有一倾角θ＝30°的斜面体B，质量为M.质量为m的物体A静止在B上．现用水平力F推物体A，在F由零逐渐增加到mg再逐渐减为零的过程中，A和B始终保持静止．对此过程下列说法正确的是(　　)‎ 图8‎ A．地面对B的支持力大于(M＋m)g B．A对B的压力的最小值为mg，最大值为mg C．A所受摩擦力的最小值为0，最大值为 D．A所受摩擦力的最小值为mg，最大值为mg 答案　B 解析　因为A、B始终保持静止，对A、B整体受力分析可知，地面对B的支持力一直等于(M＋m)g，A错误．当F＝0时，A对B的压力最小，为mgcos 30°＝mg；当F＝mg时，A对B的压力最大，为mgcos 30°＋Fsin 30°＝mg，B正确．当Fcos 30°＝mgsin 30°时，即F＝mg时，A所受摩擦力为0，当F＝0时，A所受摩擦力大小为mg，方向沿斜面向上，当F＝mg时，A所受摩擦力大小为mg，方向沿斜面向下，选项C、D错误．‎ ‎9．如图9所示，一球A夹在竖直墙与三角劈B的斜面之间，三角劈的重力为G，劈的底部与水平地面间的动摩擦因数为μ，劈的斜面与竖直墙面是光滑的，设劈的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．问：欲使三角劈静止不动，球的重力不能超过多少？‎ 图9‎ 答案　G 解析　由三角劈与地面之间的最大静摩擦力可以求出三角劈所能承受的最大压力，由此可求出球的最大重力．球A与三角劈B的受力情况如图甲、乙所示，‎ 球A在竖直方向的平衡方程为GA＝FNsin 45°‎ 三角劈的平衡方程为Ffm＝FN′sin 45°‎ FNB＝G＋FN′cos 45°‎ 另有Ffm＝μFNB，FN＝FN′‎ 联立以上各式可得GA＝G.‎ ‎10.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拉着木块匀速上升，如图10所示(已知木楔在整个过程中始终静止)．‎ 图10‎ ‎(1)当α＝θ时，拉力F有最小值，求此最小值；‎ ‎(2)当α＝θ时，木楔对水平面的摩擦力是多大？‎ 答案　(1)mgsin 2θ　(2)mgsin 4θ 解析　木块在木楔斜面上匀速向下运动时，有 mgsin θ＝μmgcos θ，‎ 即μ＝tan θ.‎ ‎(1)木块在力F作用下沿斜面向上匀速运动，有 Fcos α＝mgsin θ＋Ff Fsin α＋FN＝mgcos θ Ff＝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时，F取最小值mgsin 2θ，‎ Ffm＝Fmincos 2θ＝mg·sin 2θcos 2θ＝mgsin 4θ.‎