2025屆高考物理一輪復習第二章研究物體間的相互作用第3講共點力的平衡條件和應用學案粵教版

PAGE25-第3講共點力的平衡條件和應用學問要點一、受力分析1.把指定物體(探討對象)在特定的物理情境中受到的全部外力都找出來，并畫出受力示意圖的過程。2.受力分析的三個常用判據(1)條件判據：不同性質的力產生條件不同，進行受力分析時最基本的判據是其產生條件。(2)效果判據：有時是否滿意某力產生的條件是很難判定的，可先依據物體的運動狀態(tài)進行分析，再運用平衡條件或牛頓運動定律判定未知力。(3)特征判據：從力的作用是相互的這個基本特征動身，通過判定其反作用力是否存在來判定該力是否存在。二、共點力的平衡1.平衡狀態(tài)物體處于靜止狀態(tài)或勻速直線運動狀態(tài)。2.平衡條件F合＝0或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Fx＝0,Fy＝0))。如圖1甲和乙所示，小球靜止不動，物塊勻速運動。圖1則小球F合＝0；物塊Fx＝0，F(xiàn)y＝0。3.平衡條件的推論(1)二力平衡：假如物體在兩個共點力的作用下處于平衡狀態(tài)，這兩個力必定大小相等、方向相反。(2)三力平衡：假如物體在三個共點力的作用下處于平衡狀態(tài)，其中任何一個力與另外兩個力的合力大小相等、方向相反，并且這三個力可以形成一個封閉的矢量三角形。(3)多力平衡：假如物體在多個共點力的作用下處于平衡狀態(tài)，其中任何一個力與另外幾個力的合力大小相等、方向相反?；A診斷1.自然平衡巖帶給我們的那種仿佛時間停止的靜態(tài)之美成為許多藝術家的靈感源泉，他們不斷嘗試著復制這種不行思議的平衡之美。達萊爾·雷特便是這樣一位藝術家，在其最為聞名的作品中，雷特將一塊大石頭放在石化木頂端一塊微小的基巖上。這塊大石頭并非呈現(xiàn)出直立姿態(tài)，而是傾斜著身子。則關于大石頭的受力下述正確的是()圖2A.大石頭肯定受到三個力的作用B.基巖對大石頭的支持力肯定豎直向上C.基巖對大石頭的支持力等于石頭重力D.基巖對大石頭的作用力肯定豎直向上解析由于大石頭和支持它的石化木之間的接觸面情形未知，可能水平也可能傾斜，但大石頭處于平衡狀態(tài)，基巖對大石頭的作用力肯定豎直向上，選項D正確。答案D2.如圖3所示，M、N兩物體疊放在一起，在豎直向上的恒力F作用下，沿豎直墻壁一起向上做勻速直線運動，則關于兩物體受力狀況的說法正確的是()圖3A.物體M可能受到6個力B.物體N可能受到4個力C.物體M與墻之間肯定有摩擦力D.物體M與N之間肯定有摩擦力解析物體N受到重力、支持力和靜摩擦力三個力作用，M和N整體受到重力和外力F兩個力作用，豎直墻對物體M沒有作用力，所以物體M受到外力F、重力、N對M的壓力和摩擦力四個力作用，選項A、B、C錯誤，D正確。答案D3.(多選)如圖4所示，一架救援直升機通過軟繩打撈河中物體，物體質量為m，由于河水的流淌對物體產生水平方向的沖擊力，使軟繩偏離豎直方向，當直升機相對地面靜止時，繩子與豎直方向成θ角，已知物體所受的浮力不能忽視，重力加速度為g。下列說法正確的是()圖4A.繩子的拉力為eq\f(mg,cosθ)B.繩子的拉力可能小于mgC.物體受到河水的水平方向的作用力等于繩子的拉力D.物體受到河水的水平方向的作用力小于繩子的拉力解析對物體受力分析，如圖所示：依據平衡條件，豎直方向有F?。獸Tcosθ＝mg，則有FT＝eq\f(mg－F浮,cosθ)，故繩子的拉力可能小于mg，故A錯誤，B正確；在水平方向上有f＝FTsinθ，sinθ＜1，有f＜FT，物體受到河水的水平方向的作用力小于繩子的拉力，故C錯誤，D正確。答案BD受力分析eq\x(一題多變)受力分析的基本思路【例1】(多選)如圖5所示，在水平力F作用下，A、B保持靜止。若A與B的接觸面是水平的，且F≠0，則B的受力個數(shù)可能為()圖5A.3個B.4個C.5個D.6個解析先對A、B整體受力分析，受重力、水平力F、支持力；當水平力F平行斜面對上的分力大于重力沿斜面對下的分力時，有上滑趨勢；當水平力F平行斜面對上的分力小于重力沿斜面對下的分力時，有下滑趨勢；當水平力F平行斜面對上的分力等于重力沿斜面對下的分力時，無滑動趨勢；再對A受力分析，受水平力F、重力、支持力和向左的靜摩擦力，共4個力；最終對B受力分析，受重力、A對B的壓力和向右的靜摩擦力，斜面對B的支持力，若B物體相對斜面有滑動趨勢，則還要受到斜面的靜摩擦力，若相對斜面無滑動趨勢，則不受斜面的靜摩擦力，即物體B可能受4個力，也可能受5個力，故選項B、C正確。答案BC【拓展提升1】(多選)在【例1】中，若力F作用在B上，如圖6所示，則B的受力個數(shù)可能為()圖6A.3個 B.4個C.5個 D.6個解析B肯定受重力、斜面的支持力、A的壓力和力F，斜面對B可能有摩擦力，也可能沒有摩擦力，故B可能受4個力或5個力，選項B、C正確。答案BC【拓展提升2】在【拓展提升1】中，水平推力改為水平拉力(水平向左)，如圖7所示，整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，則以下說法正確的是()圖7A.A的受力個數(shù)為4個B.B的受力個數(shù)為4個C.地面對C的支持力小于三者重力之和D.地面對C的摩擦力大小等于F，方向水平向右解析對A進行受力分析，依據平衡條件知A只受重力和支持力2個力的作用，選項A錯誤；對B進行受力分析，受重力、A對B的壓力、C施加的垂直斜面對上的支持力、拉力F，依據平衡條件還受C施加的平行斜面對上的靜摩擦力，共5個力的作用，選項B錯誤；以A、B、C整體為探討對象進行受力分析，依據平衡條件知地面對物塊C的支持力等于三者重力之和，選項C錯誤；對A、B、C整體進行受力分析，依據平衡條件知地面對物塊C的摩擦力大小等于F，方向水平向右，選項D正確。答案D1.(2024·鹽城三模)如圖8所示，一架無人機執(zhí)行航拍任務時正沿直線朝斜向下方向勻速運動，用G表示無人機重力，F(xiàn)表示空氣對它的作用力，下列四幅圖中能表示此過程中無人機受力狀況的是()圖8解析無人機受重力和空氣作用力，由于無人機勻速運動，故受力平衡，空氣作用力豎直向上，與重力相互平衡，故B正確，A、C、D錯誤。答案B2.如圖9所示，用拉伸的輕質彈簧連接的木塊靜置于傾角為θ的粗糙斜面上。斜面始終保持靜止，則下列說法正確的是()圖9A.木塊肯定受到摩擦力的作用B.木塊可能受到摩擦力的作用C.水平面對斜面的摩擦力方向肯定水平向左D.水平面對斜面的摩擦力方向肯定水平向右解析若彈簧對木塊向上的彈力大小恰好等于mgsinθ，木塊不受摩擦力的作用，若彈簧對木塊向上的彈力大小大于mgsinθ，木塊受到的摩擦力沿斜面對下，若彈簧對木塊向上的彈力大小小于mgsinθ，木塊受到的摩擦力沿斜面對上，故B正確，A錯誤；取木塊和斜面為一整體分析受力，由水平方向合力為零可得，水平面對斜面的摩擦力肯定為零，故C、D錯誤。答案B共點力作用下物體的平衡——真題溯源之教材研讀【例1】[粵教版必修1·P69·T3]如圖3－5－9所示，有一勁度系數(shù)為300N/m的輕質彈簧，一端固定在豎直墻面上，另一端固定在木塊上，木塊放置在水平面上，木塊在8N的拉力作用下處于靜止狀態(tài)，已知此時地面對木塊施加大小為2N、方向向左的摩擦力，求彈簧的伸長量。圖3－5－9答案0.02m【拓展提升3】如圖10，重量為140N的木箱放在水平地板上，工人用與水平方向成53°角的繩向上牽引，拉力為50N時就能使木箱勻速移動，則木箱與水平地板間的動摩擦因數(shù)為()圖10A.0.3 B.0.4C.0.5 D.0.6解析將拉力正交分解，水平分力Fx＝30N，豎直分力Fy＝40N；在豎直方向由平衡條件有FN＋Fy＝G，得水平地板對木箱的支持力FN＝100N；在水平方向由平衡條件有f＝Fx＝30N；由滑動摩擦力公式f＝μFN得μ＝0.3，故A正確。答案A【拓展提升4】(2024·全國Ⅱ卷，16)如圖11所示，一物塊在水平拉力F的作用下沿水平桌面做勻速直線運動。若保持F的大小不變，而方向與水平面成60°角，物塊也恰好做勻速直線運動。物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)為()圖11A.2－eq\r(3) B.eq\f(\r(3),6)C.eq\f(\r(3),3) D.eq\f(\r(3),2)解析當F水平常，依據平衡條件得F＝μmg；當保持F的大小不變，而方向與水平面成60°角時，由平衡條件得Fcos60°＝μ(mg－Fsin60°)，聯(lián)立解得μ＝eq\f(\r(3),3)，故選項C正確。答案C【拓展提升5】(2024·全國Ⅱ卷，16)物塊在輕繩的拉動下沿傾角為30°的固定斜面對上勻速運動，輕繩與斜面平行。已知物塊與斜面之間的動摩擦因數(shù)為eq\f(\r(3),3)，重力加速度取10m/s2。若輕繩能承受的最大張力為1500N，則物塊的質量最大為()A.150kg B.100eq\r(3)kgC.200kg D.200eq\r(3)kg解析物塊沿斜面對上勻速運動，受力如圖，依據平衡條件可得F＝f＋mgsinθ①f＝μFN②FN＝mgcosθ③由①②③式得F＝mgsinθ＋μmgcosθ所以m＝eq\f(F,gsinθ＋μgcosθ)代入數(shù)據得m＝150kg，選項A正確。答案A【拓展提升6】(2024·全國Ⅲ卷，16)用卡車運輸質量為m的勻質圓筒狀工件，為使工件保持固定，將其置于兩光滑斜面之間，如圖12所示。兩斜面Ⅰ、Ⅱ固定在車上，傾角分別為30°和60°。重力加速度為g。當卡車沿平直馬路勻速行駛時，圓筒對斜面Ⅰ、Ⅱ壓力的大小分別為F1、F2，則()圖12A.F1＝eq\f(\r(3),3)mg，F(xiàn)2＝eq\f(\r(3),2)mgB.F1＝eq\f(\r(3),2)mg，F(xiàn)2＝eq\f(\r(3),3)mgC.F1＝eq\f(1,2)mg，F(xiàn)2＝eq\f(\r(3),2)mgD.F1＝eq\f(\r(3),2)mg，F(xiàn)2＝eq\f(1,2)mg解析卡車勻速行駛，圓筒受力平衡，對圓筒受力分析，如圖所示。由題意知，力F1′與F2′相互垂直。由牛頓第三定律知F1＝F1′，F(xiàn)2＝F2′，則F1＝mgsin60°＝eq\f(\r(3),2)mg，F(xiàn)2＝mgsin30°＝eq\f(1,2)mg，選項D正確。答案D共點力平衡問題的分析步驟1.(2024·山西省五地市聯(lián)考)如圖13所示，光滑的圓環(huán)固定在豎直平面內，圓心為O，三個完全相同的小圓環(huán)a、b、c穿在大環(huán)上，小環(huán)c上穿過一根輕質細繩，繩子的兩端分別固定著小環(huán)a、b，通過不斷調整三個小環(huán)的位置，最終三小環(huán)恰好處于平衡狀態(tài)，平衡時a、b的距離等于繩子長度的一半。已知小環(huán)的質量為m，重力加速度為g，輕繩與c的摩擦不計。則()圖13A.a與大環(huán)間的彈力大小為eq\r(3)mgB.繩子的拉力大小為eq\f(\r(3),2)mgC.c受到繩子的拉力大小為3mgD.c與大環(huán)間的彈力大小為3mg解析三個小環(huán)能靜止在光滑的圓環(huán)上，由幾何學問可知，a、b、c恰好能組成一個等邊三角形，設a受到大圓環(huán)的彈力為FN，繩子的拉力為FT，對a受力分析如圖甲所示，依據受力平衡關系，利用正交分解，水平方向FTsin30°＝FNsin60°，豎直方向FTcos30°＝FNcos60°＋mg，解得FN＝mg，F(xiàn)T＝eq\r(3)mg，選項A、B錯誤；c受到繩子的拉力為FT′＝2FTcos30°＝3mg，選項C正確；設c受到大圓環(huán)的彈力為FN1，對c受力分析如圖乙所示，豎直方向FN1＝mg＋FT′＝4mg，選項D錯誤。答案C2.將輕彈簧和輕繩的一端分別固定在圓弧上的A、B兩點，另一端固定在小球a上，靜止時，小球a恰好處于圓心O處，如圖14甲所示，此時繩與水平方向夾角為30°，彈簧恰好水平?，F(xiàn)將輕彈簧與輕繩對調，將a球換成b球后，小球仍位于O點，如圖乙所示，則a、b兩個小球的質量之比為()圖14A.1∶1 B.eq\r(3)∶1C.2∶eq\r(3) D.3∶2解析在題圖甲、乙中，由于彈簧的長度是相等的，所以兩種狀況下彈簧的彈力是相等的。對小球a、b受力分析如圖甲、乙所示。甲圖中：eq\f(m1g,F)＝tan30°＝eq\f(\r(3),3)乙圖中：eq\f(m2g,F)＝sin30°＝eq\f(1,2)所以：eq\f(m1g,m2g)＝eq\f(\f(\r(3),3)F,\f(1,2)F)＝eq\f(2\r(3),3)＝2∶eq\r(3)，C項正確。答案C共點力作用下的動態(tài)平衡問題1.動態(tài)平衡(1)所謂動態(tài)平衡問題，是指通過限制某些物理量，使物體的狀態(tài)發(fā)生緩慢變更，而在這個過程中物體又始終處于一系列的平衡狀態(tài)。(2)基本思路化“動”為“靜”，“靜”中求“動”。2.分析動態(tài)平衡問題的常用方法方法步驟解析法(1)列平衡方程求出未知量與已知量的關系表達式；(2)依據已知量的變更狀況來確定未知量的變更狀況圖解法(1)依據已知量的變更狀況，畫出平行四邊形的邊角變更；(2)確定未知量大小、方向的變更相像三角形法(1)依據已知條件畫出兩個不同狀況對應的力的三角形和空間幾何三角形，確定對應邊，利用三角形相像學問列出比例式；(2)確定未知量大小的變更狀況3.平衡中的“三看”與“三想”(1)看到“緩慢”，想到“物體處于動態(tài)平衡狀態(tài)”。(2)看到“輕繩、輕環(huán)”，想到“繩、環(huán)的質量可忽視不計”。(3)看到“光滑”，想到“摩擦力為零”?！纠?】(多選)(2024·全國Ⅰ卷，19)如圖15，一粗糙斜面固定在地面上，斜面頂端裝有一光滑定滑輪。一細繩跨過滑輪，其一端懸掛物塊N，另一端與斜面上的物塊M相連，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)用水平向左的拉力緩慢拉動N，直至懸掛N的細繩與豎直方向成45°。已知M始終保持靜止，則在此過程中()圖15A.水平拉力的大小可能保持不變B.M所受細繩的拉力大小肯定始終增加C.M所受斜面的摩擦力大小肯定始終增加D.M所受斜面的摩擦力大小可能先減小后增加解析選N為探討對象，受力狀況如圖甲所示，用水平拉力F緩慢拉動N的過程中，水平拉力F漸漸增大，細繩的拉力FT漸漸增大，選項A錯誤，B正確；對M受力分析，如圖乙所示，受重力GM、支持力FN、繩的拉力FT以及斜面對它的摩擦力f。若起先時斜面對M的摩擦力f沿斜面對上，則FT＋f＝GMsinθ，F(xiàn)T漸漸增大，f漸漸減小，當f減小到零后，再反向增大。若起先時斜面對M的摩擦力f沿斜面對下，此時，F(xiàn)T＝GMsinθ＋f，當FT漸漸增大時，f漸漸增大，C錯誤，D正確。答案BD【例4】(2024·4月浙江選考，11)如圖16所示，一根粗糙的水平橫桿上套有A、B兩個輕環(huán)，系在兩環(huán)上的等長細繩拴住的書本處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)將兩環(huán)距離變小后書本仍處于靜止狀態(tài)，則()圖16A.桿對A環(huán)的支持力變大B.B環(huán)對桿的摩擦力變小C.桿對A環(huán)的力不變D.與B環(huán)相連的細繩對書本的拉力變大解析以環(huán)、繩和書本整體為探討對象，在豎直方向上始終受力平衡，故桿對其中一環(huán)的支持力FN恒等于書本重力的一半，故A錯誤；設繩與水平桿之間的夾角為θ，對B環(huán)受力分析，可得桿對B環(huán)的摩擦力f＝eq\f(FN,tanθ)，兩環(huán)距離減小，夾角θ增大，摩擦力f減小，故B環(huán)對桿的摩擦力變小，B正確；桿對環(huán)的作用力包括支持力和摩擦力，依據環(huán)受力平衡可知，兩者的合力大小與繩的拉力大小相等，而繩的拉力大小F＝eq\f(FN,sinθ)，可知，夾角θ增大，拉力大小減小，故C、D錯誤。答案B1.(2024·廣東六校聯(lián)考)為迎接新年，小明同學給家里墻壁粉刷涂料，涂料滾由滾筒與輕桿組成，示意圖如圖17所示。小明同學緩緩上推涂料滾，不計輕桿的重力以及滾筒與墻壁的摩擦力。輕桿對涂料滾筒的推力為F1，墻壁對涂料滾筒的支持力為F2，涂料滾的重力為G，以下說法中正確的是()圖17A.F1增大 B.F1先減小后增大C.F2增大 D.F2減小解析以涂料滾為探討對象，分析受力狀況，作出受力圖如圖所示。設輕桿與墻壁間的夾角為α，依據平衡條件得F1＝eq\f(G,cosα)，F(xiàn)2＝Gtanα；由題知，輕桿與墻壁間的夾角α減小，cosα增大，tanα減小，則F1、F2均減小。故選D。答案D2.甲、乙兩人用兩繩aO和bO通過裝在P樓和Q樓樓頂?shù)亩ɑ?，將質量為m的物塊由O點沿Oa直線緩慢向上提升，如圖18所示。則在物塊由O點沿直線Oa緩慢上升過程中，以下推斷正確的是()圖18A.aO繩和bO繩中的彈力都漸漸減小B.aO繩和bO繩中的彈力都漸漸增大C.aO繩中的彈力先減小后增大，bO繩中的彈力始終在增大D.aO繩中的彈力始終在增大，bO繩中的彈力先減小后增大解析以物塊為探討對象，分析受力狀況：受重力G、繩bO的拉力F和繩aO的拉力FT，由平衡條件得知，F(xiàn)和FT的合力與G大小相等、方向相反，當將物塊沿直線Oa向上緩慢移動時，aO繩方向不變，則FT方向不變，bO繩繞O點逆時針轉動，作出轉動過程三個位置力的合成圖如圖所示，由F3到F2到F1的過程，由圖可以看出aO繩中的彈力FT始終增大，bO繩中的彈力F先減小后增大，故D正確。答案D3.(2024·湖南十四校二聯(lián))如圖19所示，AC是上端帶定滑輪的固定豎直桿，輕桿AB一端通過鉸鏈固定在A點，另一端B懸掛一重為G的物體，且B端系有一根輕繩并繞過定滑輪C，用力F拉繩，起先時∠BAC＞90°?，F(xiàn)使∠BAC緩慢變小，直到桿AB接近豎直桿AC，此過程中()圖19A.輕桿AB對B端的彈力大小不變B.輕桿AB對B端的彈力先減小后增大C.力F漸漸增大D.力F先減小后增大解析以B點為探討對象，由平衡條件可知FN和F的合力與FT大小相等、方向相反，依據三角形相像可得eq\f(FN,AB)＝eq\f(FT,AC)＝eq\f(F,BC)，又FT＝G，解得FN＝eq\f(AB,AC)G，F(xiàn)＝eq\f(BC,AC)G，由于AB、AC不變，BC漸漸變小，故FN大小保持不變，力F漸漸減小，選項A正確，B、C、D錯誤。答案A平衡中的臨界、極值問題eq\x(規(guī)范解題)1.臨界問題當某物理量變更時，會引起其他幾個物理量的變更，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.極值問題平衡物體的極值問題，一般是指在力的變更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常用方法(1)極限法：首先要正確地進行受力分析和變更過程分析，找出平衡的臨界點和極值點；臨界條件必需在變更中去找尋，不能停留在一個狀態(tài)來探討臨界問題，而要把某個物理量推向極端，即極大和微小。(2)數(shù)學分析法：通過對問題的分析，依據物體的平衡條件寫出物理量之間的函數(shù)關系(畫出函數(shù)圖象)，用數(shù)學方法求極值(如求二次函數(shù)極值、公式極值、三角函數(shù)極值等)。(3)物理分析方法：依據物體的平衡條件，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5】如圖20所示是一旅行箱，它既可以被推著在地面上行走，也可以被拉著在地面上行走。已知該旅行箱的總質量為15kg，一旅客用斜向上的拉力拉著旅行箱在水平地面上做勻速直線運動，若拉力的最小值為90N，此時拉力與水平方向的夾角為θ，重力加速度大小為g＝10m/s2，sin37°＝0.6，旅行箱受到的地面阻力與其受到的地面支持力成正比，比值為μ，則()圖20A.μ＝0.5，θ＝37° B.μ＝0.5，θ＝53°C.μ＝0.75，θ＝53° D.μ＝0.75，θ＝37°解析對旅行箱受力分析，如圖所示，依據平衡條件，在水平方向有Fcosθ－f＝0，在豎直方向有FN＋Fsinθ－G＝0，其中f＝μFN，解得F＝eq\f(μG,cosθ＋μsinθ)，令μ＝tanα，則有F＝eq\f(Gsinα,cos（α－θ）)；當α－θ＝0時，F(xiàn)有最小值，故Fmin＝Gsinα＝90N，解得α＝37°，故μ＝tan37°＝0.75，θ＝α＝37°，選項D正確。答案D1.如圖21所示，兩個小球a、b的質量均為m，用細線相連并懸掛于O點。現(xiàn)用一輕質彈簧給小球a施加一個拉力F，使整個裝置處于靜止狀態(tài)，且Oa與豎直方向夾角為30°，已知彈簧的勁度系數(shù)為k，重力加速度為g，則彈簧的最短伸長量為()圖21A.eq\f(mg,2k) B.eq\f(mg,k)C.eq\f(\r(3)mg,3k) D.eq\f(\r(3)mg,k)解析以兩個小球組成的整體為探討對象，分析受力，如圖。依據平衡條件得知：F與FT的合力與重力G總是大小相等、方向相反，由力的合成圖可知，當F與繩子Oa垂直時，F(xiàn)有最小值，即圖中2位置，F(xiàn)的最小值為F＝kx＝2mgsinθ＝mg，則彈簧的最短伸長量為x＝eq\f(mg,k)，故B正確。答案B2.(多選)(2024·黑龍江齊齊哈爾3月模擬)如圖22所示，豎直墻壁與光滑水平地面交于B點，質量為m1的光滑半圓柱體緊靠豎直墻壁置于水平地面上，O1為半圓柱體截面所在圓的圓心，質量為m2且可視為質點的勻稱小球O2用長度等于A、B兩點間距離的細線懸掛于豎直墻壁上的A點，小球靜置于半圓柱體上，當換用質量不變，而半徑不同的光滑半圓柱體時，細線與豎直墻壁的夾角θ就會跟著發(fā)生變更。已知重力加速度為g，不計各接觸面間的摩擦，則下列說法正確的是()圖22A.當θ＝60°時，半圓柱體對地面的壓力大小為m1g＋eq\f(3,4)m2gB.當θ＝60°時，小球對半圓柱體的壓力大小為eq\r(3)m2gC.換用不同的半圓柱體時，半圓柱體對豎直墻壁的最大壓力大小為eq\f(1,2)m2gD.換用半徑更大的半圓柱體時，半圓柱體對地面的壓力保持不變解析對小球進行受力分析如圖甲所示，連接O2B和O1O2，由幾何關系可知θ＝α，小球受力平衡，有FN1＝m2gsinθ，F(xiàn)T＝m2gcosθ，對小球和半圓柱體整體進行受力分析，整體受地面的支持力FN、墻壁的彈力F、細線的拉力FT、重力(m1＋m2)g，如圖乙所示，整體受力平衡，則在豎直方向上有FN＋FTcosθ＝(m1＋m2)g，水平方向上有F＝FTsinθ。當θ＝60°時，F(xiàn)N1＝eq\f(\r(3),2)m2g，由牛頓第三定律得小球對半圓柱體的壓力大小為eq\f(\r(3),2)m2g，B錯誤；F＝FTsinθ＝eq\f(1,2)m2gsin2θ，當θ＝45°時，F(xiàn)max＝eq\f(1,2)m2g，C正確；FN＝(m1＋m2)g－m2gcos2θ，當θ＝60°時，F(xiàn)N＝m1g＋eq\f(3,4)m2g，當換用半徑更大的半圓柱體時，θ變更，F(xiàn)N變更，由牛頓第三定律可知A正確，D錯誤。答案AC課時作業(yè)(時間：40分鐘)基礎鞏固練1.如圖1所示，與豎直方向成45°角的天花板上有一物塊，該物塊在豎直向上的恒力F作用下恰好能沿天花板勻速上升，則下列說法中正確的是()圖1A.物塊肯定受兩個力的作用B.物塊肯定受三個力的作用C.物塊可能受三個力的作用D.物塊可能受四個力的作用解析物塊沿天花板勻速上升，受力平衡，對物塊受力分析可知，若天花板對物塊沒有向下的壓力，則物塊只受到重力和向上的恒力。若天花板對物塊有垂直天花板向下的壓力，則物塊必定受沿天花板向下的摩擦力，則物塊受到重力、向上的恒力、垂直天花板向下的壓力和沿天花板向下的摩擦力，所以物塊可能受到兩個力，也可能受到四個力，故A、B、C錯誤，D正確。答案D2.如圖2所示，一只松鼠沿著較粗勻稱的樹枝從右向左緩慢爬行，在松鼠從A運動到B的過程中，下列說法正確的是()圖2A.松鼠對樹枝的彈力保持不變B.松鼠對樹枝的彈力先減小后增大C.松鼠對樹枝的摩擦力先減小后增大D.樹枝對松鼠的作用力先減小后增大答案C3.如圖3所示，乙烷球棍模型由6個氫原子球和2個碳原子球組成，其中，下層的3個氫原子與碳原子之間用鉸鏈輕桿連接，碳氫鍵與碳碳鍵間的夾角為120°，各層碳氫鍵間的夾角為120°，已知，每個氫原子球的質量為m0，每個碳原子球的質量為3m0，“共價鍵”的質量不計。假設碳碳鍵的張力大小和底層碳氫鍵的張力大小分別為F1、F2，重力加速度為g，則下列關于F1、F2的值正確的是()圖3A.F1＝6m0g，F(xiàn)2＝9m0g B.F1＝9m0g，F(xiàn)2＝4m0gC.F1＝6m0g，F(xiàn)2＝6m0g D.F1＝4m0g，F(xiàn)2＝9m0g答案C4.如圖4所示為某城市雕塑的一部分。將光滑的球擱置在豎直的高擋板AB與豎直的矮擋板CD之間，由于長時間作用，CD擋板的C端略向右偏過一些，C與AB擋板的距離始終小于球的直徑，則與C端未偏時相比()圖4A.AB擋板的支持力變大，C端的支持力變大B.AB擋板的支持力變大，C端的支持力變小C.AB擋板的支持力變小，C端的支持力變大D.AB擋板的支持力變小，C端的支持力變小答案A5.如圖5所示，水平面上A、B兩物塊的接觸面水平，二者疊放在一起在作用于B上的水平恒定拉力F的作用下沿地面對右做勻速運動，某時刻撤去力F后，二者仍不發(fā)生相對滑動，關于撤去F前后下列說法正確的是()圖5A.撤去F之前A受3個力作用B.撤去F之前B受4個力作用C.撤去F前后，A的受力狀況不變D.A、B間的動摩擦因數(shù)μ1不小于B與地面間的動摩擦因數(shù)μ2解析撤去F前，整體做勻速運動，故B受地面的摩擦力與F平衡，而A水平方向不受外力，故A不受B的摩擦力，B受重力、支持力、壓力、拉力和地面的摩擦力共5個力作用；A只受重力和B對A的支持力兩個力的作用，A、B錯誤；撤去拉力F后，由于整體做減速運動，A受到重力和B對A的支持力及B對A的摩擦力3個力的作用，C錯誤；撤去拉力F后，由于整體做減速運動，整體的加速度a＝μ2g，而A的加速度aA＝μ2g≤μ1g，即μ2≤μ1，D正確。答案D6.如圖6所示，光滑斜面的傾角為θ＝37°，一個可以看成質點的小球在輕質細線的拉力作用下靜止在斜面上，細線與斜面間的夾角也為37°，若小球的重力為G，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則手對細線的拉力大小為()圖6A.G B.eq\f(G,2)C.eq\f(3G,4) D.eq\f(4G,5)解析對小球受力分析，小球受到重力、細線的拉力F、斜面的支持力作用，在沿斜面方向上，F(xiàn)cos37°＝Gsin37°，解得F＝Gtan37°＝eq\f(3,4)G，故選項C正確。答案C7.如圖7所示，A是一勻稱小球，B是一個eq\f(1,4)圓弧形滑塊，最初A、B相切于圓弧形滑塊的最低點，一切摩擦均不計，起先B與A均處于靜止狀態(tài)，用一水平推力F將滑塊B向右緩慢推過一段較小的距離，在此過程中()圖7A.墻壁對球的彈力不變B.滑塊對球的彈力增大C.地面對滑塊的彈力增大D.推力F減小解析對小球受力分析，小球受到重力、滑塊的彈力和墻壁的彈力，如圖所示，重力的大小和方向都不變，墻壁的彈力方向不變?；瑝K的彈力和墻壁的彈力的合力不變，大小等于重力，由圖可知，滑塊對球的彈力在增大，墻壁對球的彈力也在增大，故A錯誤，B正確；對滑塊和小球整體進行受力分析，整體受重力、支持力、墻壁的彈力及推力，豎直方向上滑塊和小球的總重力大小等于地面對滑塊的彈力，滑塊和小球的重力都不變，所以地面對滑塊的彈力不變，水平方向上推力F的大小等于墻壁對球的彈力大小，所以推力F增大，故C、D錯誤。答案B8.如圖8所示，在光滑的水平桿上穿兩個重力均為2N的球A、B，在兩球之間夾一彈簧，彈簧的勁度系數(shù)為10N/m，用兩條等長的線將球C與A、B相連，此時彈簧被壓縮了10cm，兩條線的夾角為60°，則()圖8A.彈簧的彈力大小為0.5NB.細線的拉力大小為2NC.球C的重力大小為eq\r(3)ND.桿對球A的支持力大小為(4＋2eq\r(3))N解析彈簧的彈力大小F＝kx＝1N，對球A，依據平衡條件，有FTsin30°＝kx，解得細線的拉力大小FT＝2N，所以A項錯誤，B項正確；對球C，有mg＝2FTcos30°＝2eq\r(3)N，故C項錯誤；利用整體法，桿對A、B兩球的支持力大小為(4＋2eq\r(3))N，依據對稱性，桿對球A的支持力大小為eq\f(4＋2\r(3),2)N＝(2＋eq\r(3))N，D項錯誤。答案B9.(2024·廣東執(zhí)信中學二模)將三個質量均為m的小球a、b、c用細線相連后(b、c間無細線相連)，再用細線懸掛于O點，如圖9所示。用力F拉小球c，使三個小球都處于靜止狀態(tài)，且細線Oa與豎直方向的夾角保持為θ＝30°，則F的最小值為()圖9A.mg B.2mgC.1.5mg D.eq\f(\r(3),2)mg解析靜止時將三球視為一個整體，重力為3mg，由平行四邊形定則分析可知，當作用于c球上的力F垂直于Oa時，F(xiàn)最小，設Oa繩的拉力為T，由正交分解法知，水平方向Fmincos30°＝Tsin30°，豎直方向Fminsin30°＋Tcos30°＝3mg，解得Fmin＝1.5mg，故選C。答案C綜合提能練10.如圖10所示，在豎直的墻面上用鉸鏈固定一可繞O點自由轉動的輕桿，肯定長度的輕繩兩端固定在輕桿的A、C兩點，輕質動滑輪B跨過輕繩懸吊肯定質量的物塊。起先輕桿位于水平位置，輕繩對A、C兩點的拉力大小分別用F1、F2表示，忽視滑輪與輕繩間的摩擦。則下列說法正確的是()圖10A.當輕桿處于水平位置時F1＞F2B.若將輕桿沿順時針方向轉過一個小角，則F1增大、F2增大C.若將輕桿沿逆時針方向轉