2020高考物理一輪復(fù)習(xí)學(xué)案第二章第3講受力分析共點力的平衡

第3講受力分析共點力的平衡主干梳理對點激活知識點受力分析1．定義把指定物體(研究對象)在特定的物理環(huán)境中受到的所有外力都找出來，并畫出eq\o(□,\s\up5(01))受力示意圖的過程。2．受力分析的一般順序先分析場力(eq\o(□,\s\up5(02))重力、電場力、磁場力)，再分析接觸力(彈力、eq\o(□,\s\up5(03))摩擦力)，最后分析其他力。知識點共點力的平衡Ⅱ1．共點力作用于物體的eq\o(□,\s\up5(01))同一點或作用線的延長線交于一點的力。2．平衡狀態(tài)物體處于eq\o(□,\s\up5(02))靜止?fàn)顟B(tài)或eq\o(□,\s\up5(03))勻速直線運動狀態(tài)。3．共點力的平衡條件(1)F合＝0或者eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Fx＝0，,Fy＝0。))(2)平衡條件的推論①二力平衡：如果物體在兩個共點力的作用下處于平衡狀態(tài)，這兩個力必定大小eq\o(□,\s\up5(04))相等，方向eq\o(□,\s\up5(05))相反。②三力平衡：如果物體在三個共點力的作用下處于平衡狀態(tài)，其中任何一個力與其余兩個力的合力大小eq\o(□,\s\up5(06))相等，方向eq\o(□,\s\up5(07))相反；并且這三個力的矢量可以形成一個封閉的矢量eq\o(□,\s\up5(08))三角形。③多力平衡：如果物體在多個共點力的作用下處于平衡狀態(tài)，其中任何一個力與其余幾個力的合力大小eq\o(□,\s\up5(09))相等，方向eq\o(□,\s\up5(10))相反。一思維辨析1．對物體進行受力分析時，只能畫該物體受到的力，該物體對別的物體施加的力不能畫在該物體上。()2．物體的速度為零即處于平衡狀態(tài)。()3．物體在緩慢運動時所處的狀態(tài)不屬于平衡狀態(tài)。()4．物體處于平衡狀態(tài)時，加速度等于零。()5．若物體受三個力F1、F2、F3的作用而平衡，將F2轉(zhuǎn)動90°時，三個力的合力大小為eq\r(2)F2。()6．物體沿斜面下滑時，物體受重力、支持力和下滑力的作用。()答案1.√2.×3.×4.√5.√6.×二對點激活1.(人教版必修1·P91·T1改編)(多選)一根輕繩一端系小球P，另一端系于光滑墻壁上的O點，在墻壁和小球P之間夾有一長方體物塊Q，如圖所示，在小球P、物塊Q均處于靜止?fàn)顟B(tài)的情況下，下列有關(guān)說法正確的是()A．物塊Q受3個力B．小球P受4個力C．若O點下移，物塊Q受到的靜摩擦力將增大D．若O點上移，繩子的拉力將變小答案BD解析對P和Q進行受力分析可知，P受重力、繩子的拉力、Q對P的彈力、Q對P的摩擦力，Q受重力、墻壁的彈力、P對Q的彈力、P對Q的摩擦力，因此A錯誤，B正確；分析Q的受力情況可知，若O點下移，Q處于靜止?fàn)顟B(tài)，其受到的靜摩擦力等于重力不變，C錯誤；對P進行受力分析可知，若O點上移，繩子的拉力將變小，D正確；故選B、D。2．如圖所示，光滑半球形槽固定在水平面上，O為球心。一質(zhì)量為m的小滑塊在水平力F的作用下靜止于P點。設(shè)滑塊所受支持力為FN，OP與水平方向的夾角為θ，重力加速度為g。下列關(guān)系正確的是()A．F＝eq\f(mg,tanθ)B．F＝mgtanθC．FN＝eq\f(mg,tanθ)D．FN＝mgtanθ答案A解析以小滑塊為研究對象進行受力分析，如圖所示，將FN與F合成，由三角函數(shù)得tanθ＝eq\f(mg,F)，即F＝eq\f(mg,tanθ)，A正確，B錯誤；sinθ＝eq\f(mg,FN)，即FN＝eq\f(mg,sinθ)，C、D均錯誤?？键c細(xì)研悟法培優(yōu)考點1物體的受力分析受力分析的方法步驟例1如圖所示，物體A靠在豎直墻面上，在豎直向上的力F作用下，A、B共同向上勻速運動，下列說法正確的是()A．物體A受到物體B對它的作用力的大小等于物體A的重力B．物體B受到的作用力F的大小要小于物體A、B的重力之和C．墻面對物體A的滑動摩擦力方向向下D．物體A對物體B的靜摩擦力方向沿接觸面斜向上解題探究(1)墻壁對A有摩擦力嗎？提示：把A、B看做一個整體對A、B分析受力，可知，A、B整體水平方向上不受力，故墻與A之間無正壓力，所以墻壁對A無摩擦力。(2)A物體受幾個力？提示：重力、B對A的彈力、B對A的摩擦力共三個力。嘗試解答選A。A、B共同向上做勻速運動，則A和B均處于受力平衡狀態(tài)，A、B整體水平方向不受外力，故墻面對A、B無彈力作用，墻面對物體A沒有摩擦力，F(xiàn)大小等于A、B的重力之和，B、C錯誤；物體A在其重力和B對它的作用力的作用下處于平衡狀態(tài)，故A正確；A受到B斜向上的摩擦力，所以物體A對物體B的靜摩擦力方向沿接觸面斜向下，D錯誤。總結(jié)升華受力分析的基本技巧(1)要善于轉(zhuǎn)換研究對象，尤其是對于摩擦力不易判定的情形，可以先分析與之相接觸、受力較少的物體的受力情況，再應(yīng)用牛頓第三定律判定。(2)假設(shè)法是判斷彈力、摩擦力的存在及方向的基本方法。[變式1](多選)如圖為一位于墻腳的斜面，其傾角θ＝37°，一輕質(zhì)彈簧一端系在質(zhì)量為m的物體上，另一端固定在墻上，彈簧水平放置，物體在斜面上靜止時，彈簧處于伸長狀態(tài)，則()A．物體一定受四個力作用B．彈簧彈力可能是eq\f(4,3)mgC．物體受到的摩擦力一定沿斜面向上D．斜面對物體的作用力方向一定豎直向上答案AC解析首先可以確定物體受向下的重力、彈簧水平向右的拉力、垂直斜面的支持力，由平衡知識可知，物體還受到沿斜面向上的摩擦力的作用，A、C正確；斜面對物體的作用力與物體的重力和彈簧的水平拉力的合力等大反向，不可能豎直向上，D錯誤；若彈力為eq\f(4,3)mg，則彈力垂直斜面向上的分力為eq\f(4,3)mg·sin37°＝0.8mg，等于重力垂直于斜面的分力，這樣物體對斜面沒有壓力，不可能平衡，B錯誤?？键c2共點力的平衡求解共點力的平衡問題的常用方法例2如圖所示，質(zhì)量為m的物體分別置于水平地面和傾角為θ的固定斜面上。物體與地面、物體與斜面之間的動摩擦因數(shù)均為μ，用與水平地面夾角為θ的推力F1作用于物體上，使其沿地面勻速向右滑動；用水平推力F2作用于物體上，使其沿斜面勻速向上滑動，則推力之比eq\f(F1,F2)為()A.eq\f(μ,sinθ＋μcosθ)B.eq\f(μ,sinθ－μcosθ)C.eq\f(sinθ＋μcosθ,μ)D.eq\f(sinθ－μcosθ,μ)解題探究(1)圖中兩物體分別受幾個力的作用？提示：都是4個。(2)適合選哪種處理平衡問題的方法？提示：正交分解法。嘗試解答選A。分別對物體進行受力分析，如圖甲、乙所示，物體在地面上勻速向右滑動，則水平方向上有F1x＝Ff1＝F1cosθ，豎直方向上有FN1＝F1sinθ＋mg，且Ff1＝μFN1′，F(xiàn)N1＝FN1′，則可得F1＝eq\f(μmg,cosθ－μsinθ)；物體在斜面上勻速向上滑動時，在沿斜面方向上有F2x＝mgsinθ＋Ff2＝F2cosθ，在垂直斜面方向上有FN2＝F2sinθ＋mgcosθ，且有Ff2＝μFN2′，F(xiàn)N2＝FN2′，可得F2＝eq\f(mgsinθ＋μcosθ,cosθ－μsinθ)，則eq\f(F1,F2)＝eq\f(μ,sinθ＋μcosθ)，A正確?？偨Y(jié)升華應(yīng)用平衡條件解題的步驟(1)選取研究對象：根據(jù)題目要求，選取一個平衡體(單個物體或系統(tǒng)，也可以是結(jié)點)作為研究對象。(2)畫受力示意圖：對研究對象進行受力分析，畫出受力示意圖。(3)合成或分解：三個力直接合成或正交分解，四個及四個以上的力正交分解。(4)列方程求解：根據(jù)平衡條件列出平衡方程，解平衡方程，對結(jié)果進行討論。[變式2]如圖所示，輕彈簧兩端分別固定質(zhì)量為ma、mb的小球a、b，通過兩根細(xì)線將小球吊在水平天花板上，已知兩球均處于靜止?fàn)顟B(tài)，兩細(xì)線與水平方向的夾角均為α，彈簧軸線沿水平方向，以下說法正確的是()A．a(chǎn)球所受細(xì)線的拉力大小為magsinαB．a(chǎn)、b兩球所受細(xì)線的拉力大小不一定相等C．b球所受彈簧彈力的大小為mbgtanαD．a(chǎn)、b球的質(zhì)量大小關(guān)系一定滿足ma＝mb答案D解析如圖所示，對a球進行受力分析，運用共點力平衡條件得：細(xì)線的拉力為Ta＝eq\f(mag,sinα)，彈簧的彈力Fa＝eq\f(mag,tanα)；對b球進行受力分析，結(jié)論相同，即Tb＝eq\f(mbg,sinα)，F(xiàn)b＝eq\f(mbg,tanα)，又Fa＝Fb，故ma＝mb，Ta＝Tb，故A、B、C錯誤，D正確。考點3動態(tài)平衡問題分析1．動態(tài)平衡問題通過控制某些物理量，使物體的狀態(tài)發(fā)生緩慢的變化，而在這個過程中物體又始終處于一系列的平衡狀態(tài)，在問題的描述中常用“緩慢”等語言敘述。2．解決動態(tài)平衡問題的常用方法(1)解析法對研究對象進行受力分析，先畫出受力示意圖，再根據(jù)物體的平衡條件列式求解，得到因變量與自變量的函數(shù)表達(dá)式(通常為三角函數(shù)關(guān)系)，最后根據(jù)自變量的變化確定因變量的變化。(2)圖解法此法常用于求解三力平衡問題中，已知一個力是恒力、另一個力方向不變的情況。一般按照以下流程解題。(3)相似三角形法正確作出力的三角形后，如能判定力的三角形與圖形中已知長度的三角形(線、桿、壁等圍成的幾何三角形)相似，則可用相似三角形對應(yīng)邊成比例求出三角形中力的比例關(guān)系，從而達(dá)到求未知量的目的。往往涉及三個力，其中一個力為恒力，另兩個力的大小和方向均發(fā)生變化，則此時用相似三角形分析。相似三角形法是解平衡問題時常用到的一種方法，解題的關(guān)鍵是正確的受力分析，尋找力三角形和幾何三角形相似。例3光滑斜面上固定著一根剛性圓弧形細(xì)桿，小球通過輕繩與細(xì)桿相連，此時輕繩處于水平方向，球心恰位于圓弧形細(xì)桿的圓心處，如圖所示。將懸點A緩慢沿桿向上移動，直到輕繩處于豎直方向，在這個過程中，輕繩的拉力()A．逐漸增大B．大小不變C．先減小后增大D．先增大后減小解題探究(1)懸點A緩慢沿桿向上移動的過程中，小球受力是否平衡？提示：小球一直處于靜止?fàn)顟B(tài)，小球受力平衡。(2)懸點A緩慢沿桿向上移動的過程中，小球受哪幾個力作用？提示：小球受重力、斜面的支持力和繩的拉力三個力作用。嘗試解答選C。解法一(圖解法)：在懸點A緩慢向上移動的過程中，小球始終處于平衡狀態(tài)，小球所受重力mg的大小和方向都不變，支持力的方向不變，對小球進行受力分析如圖甲所示，由圖可知，拉力T先減小后增大，C正確。解法二(解析法)：如圖乙所示，由正弦定理得eq\f(T,sinα)＝eq\f(mg,sinβ)，得T＝eq\f(mgsinα,sinβ)，由于mg和α不變，而sinβ先增大，后減小，可得T先減小后增大，C正確?？偨Y(jié)升華圖解法處理動態(tài)平衡問題圖解法就是在對物體進行受力分析(一般受3個力)的基礎(chǔ)上，若滿足有一個力大小、方向均不變，另有一個力方向不變時，畫出這3個力的封閉矢量三角形來分析力的變化情況的方法。如例3中mg的大小、方向均不變，F(xiàn)N方向不變，大小變化，三力平衡構(gòu)成一矢量三角形，由T大小、方向的變化，引起FN的變化，且當(dāng)T垂直FN時，T有最小值。[變式3](2018·福州四校聯(lián)考)如圖所示，質(zhì)量為m的小球套在豎直固定的光滑圓環(huán)上，在圓環(huán)的最高點有一個光滑小孔，一根輕繩的下端系著小球，上端穿過小孔用力F拉住，開始時繩與豎直方向的夾角為θ，小球處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)緩慢拉動輕繩，使小球沿光滑圓環(huán)上升一小段距離，重力加速度大小為g，則下列說法正確的是()A．繩與豎直方向的夾角為θ時，F(xiàn)＝mgcosθB．小球沿光滑圓環(huán)上升過程中，輕繩拉力逐漸增大C．小球沿光滑圓環(huán)上升過程中，小球所受支持力逐漸增大D．小球沿光滑圓環(huán)上升過程中，小球所受支持力大小不變答案D解析繩與豎直方向的夾角為θ時，小球受到豎直向下的重力mg、圓環(huán)對小球沿半徑向外的支持力FN以及沿繩方向的拉力F，畫出力的示意圖如圖所示，F(xiàn)＝2mgcosθ，A錯誤；小球沿光滑圓環(huán)上升過程中，由三角形相似得：eq\f(FN,R)＝eq\f(mg,R)＝eq\f(F,L)，所以FN＝mg不變，L變短，F(xiàn)則變小，故D正確，B、C錯誤?？键c4平衡中的臨界與極值問題1．臨界問題當(dāng)某物理量變化時，會引起其他幾個物理量的變化，從而使物體所處的平衡狀態(tài)“恰好出現(xiàn)”或“恰好不出現(xiàn)”，在問題的描述中常用“剛好”“剛能”“恰好”等語言敘述。2．極值問題平衡中的極值問題，一般指在力的變化過程中的最大值和最小值問題。3．解決極值問題和臨界問題的方法(1)極限法：首先要正確地進行受力分析和變化過程分析，找出平衡的臨界點和極值點；臨界條件必須在變化中去尋找，不能停留在一個狀態(tài)來研究臨界問題，而要把某個物理量推向極端，即極大和極小。(2)數(shù)學(xué)分析法：通過對問題的分析，依據(jù)物體的平衡條件寫出物理量之間的函數(shù)關(guān)系(或畫出函數(shù)圖象)，用數(shù)學(xué)方法求極值(如求二次函數(shù)極值、公式極值、三角函數(shù)極值)。(3)物理分析法：根據(jù)物體的平衡條件，作出力的矢量圖，通過對物理過程的分析，利用平行四邊形定則進行動態(tài)分析，確定最大值與最小值。例4如圖所示，質(zhì)量為m的物體放在一固定斜面上，當(dāng)斜面傾角為30°時恰能沿斜面勻速下滑。對物體施加一大小為F水平向右的恒力，物體可沿斜面勻速向上滑行。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，當(dāng)斜面傾角增大并超過某一臨界角θ0時，不論水平恒力F多大，都不能使物體沿斜面向上滑行，試求：(1)物體與斜面間的動摩擦因數(shù)；(2)這一臨界角θ0的大小。解題探究(1)當(dāng)斜面傾角為30°時，物體恰能沿斜面勻速下滑，說明什么？提示：說明物體這時恰好受力平衡。(2)當(dāng)斜面傾角為θ0時，不論水平恒力F多大，物體都處于什么狀態(tài)？提示：物體都受力平衡，處于靜止?fàn)顟B(tài)。嘗試解答(1)eq\f(\r(3),3)(2)60°(1)如圖甲所示，未施加力F時，對物體受力分析，由平衡條件得mgsin30°＝μmgcos30°解得μ＝tan30°＝eq\f(\r(3),3)。(2)設(shè)斜面傾角為α?xí)r，受力情況如圖乙所示，由平衡條件得：Fcosα＝mgsinα＋Ff′FN′＝mgcosα＋FsinαFf′＝μFN′解得F＝eq\f(mgsinα＋μmgcosα,cosα－μsinα)當(dāng)α增大到使cosα－μsinα＝0，即tanα＝eq\r(3)時，F(xiàn)→∞，即“不論水平恒力F多大，都不能使物體沿斜面向上滑行”，此時，臨界角θ0＝α＝60°。總結(jié)升華(1)受力分析中的臨界與極值問題常與動態(tài)平衡問題結(jié)合起來考查，應(yīng)用圖解法進行分析，作出力的平行四邊形或矢量三角形，常常有助于直觀地得到結(jié)果。(2)由靜摩擦力變?yōu)閯幽Σ亮?、摩擦力方向改變、彈力有無及方向改變常常是臨界極值問題中要特別注意的。[變式4－1]將兩個質(zhì)量均為m的小球a、b用細(xì)線相連后，再用細(xì)線懸掛于O點，如圖所示。用力F拉小球b，使兩個小球都處于靜止?fàn)顟B(tài)，且細(xì)線Oa與豎直方向的夾角保持θ＝30°，則F達(dá)到最小值時Oa線上的拉力為()A.eq\r(3)mgB．mgC.eq\f(\r(3),2)mgD.eq\f(1,2)mg答案A解析以兩個小球組成的整體為研究對象，分析受力，作出F在三個方向時整體的受力圖，根據(jù)平衡條件得知：F與T的合力與重力2mg總是大小相等、方向相反的，由力的合成圖可知，當(dāng)F與細(xì)線Oa垂直時，F(xiàn)有最小值，即圖中2位置，根據(jù)平衡條件得：F＝2mgsin30°＝mg，T＝2mgcos30°＝eq\r(3)mg，A正確。[變式4－2]如圖所示，三根長度均為l的輕繩分別連接于C、D兩點，A、B兩端被懸掛在水平天花板上，相距2l?，F(xiàn)在C點上懸掛一個質(zhì)量為m的重物，為使CD繩保持水平，在D點上可施加的力的最小值為()A．mgB.eq\f(\r(3),3)mgC.eq\f(1,2)mgD.eq\f(1,4)mg答案C解析對C點進行受力分析，由平衡條件可知，繩CD對C點的拉力FCD＝mgtan30°，對D點進行受力分析，繩CD對D點的拉力F2＝FCD＝mgtan30°，故F2是恒力，F(xiàn)1方向一定，則F1與F3的合力與F2等值反向，如圖所示，由圖知當(dāng)F3垂直于繩BD時，F(xiàn)3最小，由幾何關(guān)系可知，F(xiàn)3＝FCDsin60°＝eq\f(1,2)mg,C正確。1.方法概述整體法是指將相互關(guān)聯(lián)的各個物體看成一個整體的方法，整體法的優(yōu)點在于只需要分析整個系統(tǒng)與外界的關(guān)系，避開了系統(tǒng)內(nèi)部繁雜的相互作用。隔離法是指將某物體從周圍物體中隔離出來，單獨分析該物體的方法，隔離法的優(yōu)點在于能把系統(tǒng)內(nèi)各個物體所處的狀態(tài)、物體狀態(tài)變化的原因以及物體間的相互作用關(guān)系表達(dá)清楚。2．解題思路【典題例證】(2019·重慶調(diào)研)如圖所示，傾角為α的粗糙斜劈放在粗糙水平地面上，物體a放在斜劈上，輕質(zhì)細(xì)線一端固定在a上，另一端繞過兩個光滑的滑輪固定在c點，滑輪2下懸掛物體b，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。若將懸掛點c向右移動少許，而a與斜劈始終保持靜止。下列說法正確的是()A．地面對斜劈的摩擦力一定增大B．斜劈對a的摩擦力一定增大C．細(xì)線對a的拉力一定減小D．斜劈對地面的壓力一定減小[解析]若將懸掛點c向右移動少許，則滑輪2兩側(cè)細(xì)線之間的夾角增大。對滑輪2受力分析，由平衡條件可得細(xì)線中拉力增大，細(xì)線對a的拉力一定增大，C錯誤。由于不能判斷出初始狀態(tài)a與斜劈之間摩擦力的大小和方向，因此若將懸掛點c向右移動少許，斜劈對a的摩擦力不一定增大，B錯誤。把滑輪2和物體b看成整體分析受力，由平衡條件可知，兩側(cè)細(xì)線中拉力在豎直方向的分力的合力等于滑輪2和物體b的重力之和。若將懸掛點c向右移動少許，細(xì)線中拉力增大，但在豎直方向上分力不變，在水平方向上分力增大，把滑輪2、物體b、滑輪1、粗糙斜劈和物體a看成整體，分析受力，如圖所示，根據(jù)平衡條件N＝G總－Tcosθ＝G總－eq\f(mbg,2)，N與角度θ無關(guān)，恒定不變，根據(jù)牛頓第三定律，斜劈對地面的壓力也不變，故D錯誤；f＝Tsinθ＝eq\f(mbg,2)tanθ，θ變大，f增大，故A正確。[答案]A名師點睛(1)用整體法進行受力分析時不要再考慮系統(tǒng)內(nèi)物體間的相互作用。(2)用隔離法時一般隔離受力較少的物體，比如典例中分析細(xì)線上的拉力時往往以懸空的滑輪2為研究對象分析?！踞槍τ?xùn)練】如圖所示，兩個相同的固定斜面上分別放有一個處于靜止?fàn)顟B(tài)的三角形木塊A、B，它們的質(zhì)量相等。A木塊左側(cè)面沿豎直方向，B木塊左側(cè)面垂直于斜面，在兩斜面上分別放上一個相同的光滑球后，木塊仍保持靜止，則放上球后()A．A木塊受到的摩擦力等于B木塊受到的摩擦力B．A木塊受到的摩擦力小于B木塊受到的摩擦力C．A木塊對斜面的壓力等于B木塊對斜面的壓力D．A木塊對斜面的壓力大于B木塊對斜面的壓力答案A解析設(shè)球的質(zhì)量為m，A、B的質(zhì)量為M，斜面的傾角為α。以球與A整體為研究對象，由平衡條件可得，A木塊受到的摩擦力FfA＝(M＋m)gsinα，同理，以球與B整體為研究對象，B木塊受到的摩擦力FfB＝(M＋m)·gsinα，則FfA＝FfB，A正確，B錯誤。以A為研究對象，受力分析如圖甲所示，由平衡條件得，斜面對A的支持力FNA＝Mgcosα－FN1·sinα，以B為研究對象，受力分析如圖乙所示，由平衡條件得，斜面對B的支持力FNB＝Mgcosα，故FNA<FNB，由牛頓第三定律可知，A木塊對斜面的壓力小于B木塊對斜面的壓力，C、D錯誤。高考模擬隨堂集訓(xùn)1．(2017·全國卷Ⅰ)(多選)如圖，柔軟輕繩ON的一端O固定，其中間某點M拴一重物，用手拉住繩的另一端N。初始時，OM豎直且MN被拉直，OM與MN之間的夾角為α（α>eq\f(π,2)）。現(xiàn)將重物向右上方緩慢拉起，并保持夾角α不變。在OM由豎直被拉到水平的過程中()A．MN上的張力逐漸增大B．MN上的張力先增大后減小C．OM上的張力逐漸增大D．OM上的張力先增大后減小答案AD解析解法一：設(shè)重物的質(zhì)量為m，繩OM中的張力為TOM，繩MN中的張力為TMN。開始時，TOM＝mg，TMN＝0。由于緩慢拉起，則重物一直處于平衡狀態(tài)，兩繩張力的合力與重物的重力mg等大、反向。如圖所示，已知角α不變，在繩MN緩慢拉起的過程中，角β逐漸增大，則角(α－β)逐漸減小，但角θ不變，在三角形中，利用正弦定理得：eq\f(TOM,sinα－β)＝eq\f(mg,sinθ)，(α－β)由鈍角變?yōu)殇J角，則TOM先增大后減小，選項D正確；同理知eq\f(TMN,sinβ)＝eq\f(mg,sinθ)，在β由0變?yōu)閑q\f(π,2)的過程中，TMN一直增大，選項A正確。解法二：重物受到重力mg、OM繩的拉力FOM、MN繩的拉力FMN共三個力的作用。緩慢拉起過程中任一時刻可認(rèn)為是平衡狀態(tài)，三力的合力恒為0。如圖所示，由三角形定則得一首尾相接的閉合三角形，由于α>eq\f(π,2)且不變，則三角形中FMN與FOM的交點在一個圓弧上移動，由圖可以看出，在OM被拉到水平的過程中，繩MN中拉力一直增大且恰好達(dá)到最大值，繩OM中拉力先增大后減小，故A、D正確，B、C錯誤。2．(2017·天津高考)(多選)如圖所示，輕質(zhì)不可伸長的晾衣繩兩端分別固定在豎直桿M、N上的a、b兩點，懸掛衣服的衣架掛鉤是光滑的，掛于繩上處于靜止?fàn)顟B(tài)。如果只人為改變一個條件，當(dāng)衣架靜止時，下列說法正確的是()A．繩的右端上移到b′，繩子拉力不變B．將桿N向右移一些，繩子拉力變大C．繩的兩端高度差越小，繩子拉力越小D．若換掛質(zhì)量更大的衣服，則衣架懸掛點右移答案AB解析設(shè)繩長為l，兩桿間距離為d，選O點為研究對象，因aOb為同一根繩，故aO、bO對O點的拉力大小相等，因此平衡時aO、bO與水平方向的夾角相等，設(shè)為θ。對于O點受力情況如圖所示，根據(jù)平衡條件，得2Tsinθ＝mg，而sinθ＝eq\f(\r(l2－d2),l)，所以T＝eq\f(mg,2)·eq\f(l,\r(l2－d2))。由以上各式可知，當(dāng)l、d不變時，θ不變，故換掛質(zhì)量更大的衣服時，懸掛點不變，選項D錯誤。若衣服質(zhì)量不變，改變b的位置或繩兩端的高度差，繩子拉力不變，選項A正確，選項C錯誤。當(dāng)N桿向右移一些時，d變大，則T變大，選項B正確。3．(2016·全國卷Ⅰ)(多選)如圖，一光滑的輕滑輪用細(xì)繩OO′懸掛于O點；另一細(xì)繩跨過滑輪，其一端懸掛物塊a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物塊b。外力F向右上方拉b，整個系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。若F方向不變，大小在一定范圍內(nèi)變化，物塊b仍始終保持靜止，則()A．繩OO′的張力也在一定范圍內(nèi)變化B．物塊b所受到的支持力也在一定范圍內(nèi)變化C．連接a和b的繩的張力也在一定范圍內(nèi)變化D．物塊b與桌面間的摩擦力也在一定范圍內(nèi)變化答案BD解析系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，連接a和b的繩的張力大小T1等于物塊a的重力Ga，C項錯誤；以O(shè)′點為研究對象，受力分析如圖甲所示，T1恒定，夾角θ不變，由平衡條件知，繩OO′的張力T2恒定不變，A項錯誤；以b為研究對象，受力分析如圖乙所示，則FN＋T1cosθ＋Fsinα－Gb＝0f＋T1sinθ－Fcosα＝0FN、f均隨F的變化而變化，故B、D兩項正確。4．(2016·全國卷Ⅱ)質(zhì)量為m的物體用輕繩AB懸掛于天花板上。用水平向左的力F緩慢拉動繩的中點O，如圖所示。用T表示繩OA段拉力的大小，在O點向左移動的過程中()A．F逐漸變大，T逐漸變大B．F逐漸變大，T逐漸變小C．F逐漸變小，T逐漸變大D．F逐漸變小，T逐漸變小答案A解析以O(shè)點為研究對象，設(shè)繩OA與豎直方向的夾角為θ，物體的重力為G，根據(jù)力的平衡可知，F(xiàn)＝Gtanθ，T＝eq\f(G,cosθ)，隨著O點向左移，θ變大，則F逐漸變大，T逐漸變大，A項正確。5．(2018·石家莊一模)如圖甲所示，一物塊靜止在傾角為α的斜面上?，F(xiàn)給物塊施加一個平行于斜面底邊且逐漸增大的水平力F作用，物塊所受摩擦力f和推力F的大小關(guān)系如圖乙所示，圖中a、b、F0均為已知量。已知物塊的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g，下列說法不正確的是()A．由圖可求出物塊的質(zhì)量B．由圖可求出物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)C．F小于F0時物塊保持靜止?fàn)顟B(tài)D．F大于F0后物塊做勻變速運動答案D解析由圖可知，當(dāng)F＝0時，f＝a，此時物塊靜止在斜面上，由平衡條件得a＝mgsinα，解得m＝eq\f(a,gsinα)，A正確；當(dāng)F＝F0時，f＝b，此時物塊剛要發(fā)生滑動，物塊所受的摩擦力為最大靜摩擦力，則b＝μmgcosα，解得μ＝eq\f(b,mgcosα)，B正確；F<F0時，f<b，即物塊所受摩擦力為靜摩擦力，物塊保持靜止?fàn)顟B(tài)，C正確；F>F0時，隨F增大，物塊所受合力逐漸增大，物塊做變加速運動，D錯誤。配套課時作業(yè)時間：45分鐘滿分：100分一、選擇題(本題共10小題，每小題7分，共70分。其中1～6為單選，7～10為多選)1．我國的高鐵技術(shù)在世界處于領(lǐng)先地位，高鐵(如圖甲所示)在行駛過程中非常平穩(wěn)，放在桌上的水杯幾乎感覺不到晃動。圖乙為高鐵車廂示意圖，A、B兩物塊相互接觸地放在車廂里的水平桌面上，物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)相同，A的質(zhì)量比B的質(zhì)量大，車廂在平直的鐵軌上向右做勻速直線運動，A、B相對于桌面始終保持靜止，下列說法正確的是()A．A受到2個力的作用B．B受到3個力的作用C．A受到桌面對它向右的摩擦力D．B受到A對它向右的彈力答案A解析車廂在平直的鐵軌上向右做勻速直線運動，此時AB均向右做勻速直線運動，故A、B均只受重力和支持力作用，水平方向不受外力，故水平方向均不受摩擦力，同時A、B間也沒有彈力作用，故A正確，B、C、D錯誤。2．(2019·江西紅色七校高三聯(lián)考)如圖所示，木板P下端通過光滑鉸鏈固定于水平地面上的O點，物體A、B疊放在木板上且處于靜止?fàn)顟B(tài)，此時物體B的上表面水平?，F(xiàn)使木板P繞O點緩慢旋轉(zhuǎn)到虛線所示位置，物體A、B仍保持靜止，與原位置相比()A．A對B的作用力減小B．B對A的支持力增大C．木板對B的支持力增大D．木板對B的摩擦力增大答案D解析由題意知A、B始終處于動態(tài)平衡狀態(tài)，對A受力分析知A受重力和B對A的作用力而平衡，所以A對B的作用力與A的重力大小相等，故A錯誤。當(dāng)將木板P繞O點緩慢旋轉(zhuǎn)到虛線所示位置時，B的上表面不再水平，設(shè)B的上表面與水平面間的夾角為α，則B對A的支持力為GAcosα<GA，故B錯誤。對A、B整體受力分析如圖所示，木板與水平地面的夾角為θ，有FN＝G總cosθ，F(xiàn)f＝G總sinθ，θ增大時，F(xiàn)N減小，F(xiàn)f增大，故C錯誤，D正確。3.飛艇常常用于執(zhí)行掃雷、空中預(yù)警、電子干擾等作戰(zhàn)任務(wù)。如圖所示為飛艇拖曳掃雷具掃除水雷的模擬圖。當(dāng)飛艇勻速飛行時，繩子與豎直方向的夾角恒為θ。已知掃雷具質(zhì)量為m，重力加速度為g，掃雷具所受浮力不能忽略，下列說法正確的是()A．掃雷具受3個力作用B．繩子拉力大小為eq\f(mg,cosθ)C．水對掃雷具作用力的水平分力小于繩子拉力D．繩子拉力一定大于mg答案C解析掃雷具受到重力、繩子拉力、水的阻力、水的浮力共4個力作用，A錯誤；設(shè)掃雷具所受水的浮力為f，繩子的拉力為F，由Fcosθ＝mg－f，解得繩子拉力F＝eq\f(mg－f,cosθ)，B錯誤；水對掃雷具的作用力包括豎直向上的浮力和水平向右的阻力，繩子拉力在水平方向的分力大小等于水的阻力(即水對掃雷具作用力的水平分力)，所以水對掃雷具作用力的水平分力小于繩子拉力，C正確；在豎直方向，重力豎直向下，浮力豎直向上，則由mg＝f＋Fcosθ可知，無法判斷繩子拉力與重力mg的大小關(guān)系，D錯誤。4.如圖所示，兩塊固定且相互垂直的光滑擋板POQ，OP豎直放置，OQ水平，小球a、b固定在輕彈簧的兩端，現(xiàn)有一個水平向左的推力F作用于b上，使a、b緊靠擋板處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)用力F推動小球b，使之緩緩到達(dá)b′位置，則()A．推力F變大B．b對OQ的壓力變大C．彈簧長度變短D．彈簧長度變長答案D解析a、b作為整體，由平衡條件知，b對OQ的壓力大小等于a、b的重力，故在小球b緩慢移動到b′的過程中，b對OQ的壓力大小不變，B錯誤；對a受力分析如圖所示，由平衡條件知，在小球b緩慢移動到b′的過程中，F(xiàn)1變小，F(xiàn)N變小，由胡克定律知，彈簧變長，C錯誤，D正確；對整體，由平衡條件知，推力F＝FN，故推力F變小，A錯誤。5.在粗糙水平地面上放著一個截面為半圓的柱狀物體A，A與光滑豎直墻之間放另一截面也為半圓的光滑柱狀物體B，整個裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)，截面如圖所示。設(shè)墻對B的作用力為F1，B對A的作用力為F2，地面對A的作用力為F3。在B上加一物體C，整個裝置仍保持靜止，則()A．F1保持不變，F(xiàn)3增大B．F1增大，F(xiàn)3保持不變C．F2增大，F(xiàn)3增大D．F2增大，F(xiàn)3保持不變答案C解析未放上C時，以B為研究對象，受力分析如圖1所示，由平衡條件得，墻對B的作用力F1＝Ftanα，其中F＝GB，當(dāng)放上C時，F(xiàn)1增大。A對B的作用力F2′＝eq\f(F1,sinα)，F(xiàn)1增大，則F2′增大，即F2也增大。再以整體為研究對象，受力分析如圖2所示，則放上C前，地面對A的支持力N＝GA＋GB，放上C后變?yōu)镚A＋GB＋GC，即N增大，地面對A的摩擦力f＝F1，f增大，且F3為N與f的合力，所以F3增大，故選C。6．下列四個圖中所有接觸面均粗糙，各物體均處于靜止?fàn)顟B(tài)，其中物體A受力個數(shù)可能超過5個的是()答案C解析A選項中對整體分析，可知墻壁對A沒有彈力，故A最多受到重力、B的支持力、B的摩擦力、彈簧的拉力共四個力，故A錯誤；B選項中A最多受四個力，故B錯誤；C選項中A受重力、B的壓力和摩擦力、斜面的支持力、推力，也可能受到斜面的摩擦力，共六個力，故C正確；D選項中A最多受到重力、斜面的支持力、摩擦力、推力和B的壓力共五個力，故D錯誤。7.寧波諾丁漢大學(xué)的四名學(xué)生設(shè)計的“戶外水杯”獲得了設(shè)計界“奧斯卡”之稱的紅點設(shè)計大獎。戶外水杯的杯子下方有一個盛了塑料球的復(fù)合材料罩，球和杯底直接接觸，塑料球和罩子的重量非常輕，幾乎可以忽略不計，但是作用卻很大，在不是水平的接觸面上可以自動調(diào)整，使水杯處于水平狀態(tài)，如圖所示。設(shè)此水杯放置于某一傾角的斜面上，則以下說法正確的是()A．上部分的杯子受到兩個力：重力、球施加的支持力B．整個戶外杯子受到三個力：重力、摩擦力、支持力C．塑料球受到的合力不一定為零D．因為重力不計，所以罩子只受彈力，不受摩擦力答案AB解析上部分的杯子處于平衡狀態(tài)，受重力和支持力平衡，故只受重力和球施加的支持力，A正確；整個杯子放在斜面上受重力、支持力和摩擦力的作用而處于平衡，B正確；塑料球由于處于平衡狀態(tài)，故其受到的合力為零，C錯誤；雖然罩子重力不計，但是由于其受到上面杯子的壓力，從而對斜面產(chǎn)生壓力，并且有下滑的趨勢，故一定受到摩擦力，D錯誤。8.如圖所示是一個簡易起吊設(shè)施的示意圖，AC是質(zhì)量不計的撐桿，A端與豎直墻用鉸鏈連接，一滑輪固定在A點正上方，C端吊一重物，BC繩連接在滑輪與C端之間?，F(xiàn)施加一拉力F緩慢將重物P向上拉，在AC桿達(dá)到豎直前()A．BC繩中的拉力FT越來越大B．BC繩中的拉力FT越來越小C．AC桿中的支撐力FN越來越大D．AC桿中的支撐力FN大小不變答案BD解析作出C點的受力示意圖，如圖所示，由圖可知力的矢量三角形與幾何三角形ABC相似。根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得eq\f(FT,BC)＝eq\f(FN,AC)＝eq\f(G,AB)，解得BC繩中的拉力為FT＝Geq\f(BC,AB)，AC桿中的支撐力為FN＝Geq\f(AC,AB)。由于重物P向上運動時，AB、AC不變，BC變小，故FT減小，F(xiàn)N不變。B、D正確。9.(2018·邯鄲檢測)如圖所示，在高度不同的兩水平臺階上放有質(zhì)量分別為m1、m2的兩物體，物體間用輕彈簧相連，彈簧與豎直方向的夾角為θ。在m1左端施加水平拉力F，使m1、m2均處于靜止?fàn)顟B(tài)，已知m1表面光滑，重力加速度為g，則下列說法正確的是()A．彈簧彈力的大小為eq\f(F,sinθ)B．地面對m2的摩擦力大小為FC．地面對m2的支持力可能為零D．m1與m2一定相等答案AB解析對整體受力分析可知，整體受重力、支持力、拉力F，要使整體處于平衡，則水平方向一定有向右的摩擦力作用在m2上，且大小與F相同，故B正