人教版高考物理一輪復(fù)習(xí)第2章相互作用第3講受力分析共點(diǎn)力的平衡學(xué)案含答案-學(xué)案下載-教習(xí)網(wǎng)

第3講　受力分析　共點(diǎn)力的平衡授課提示：對(duì)應(yīng)學(xué)生用書第25頁一、受力分析 1．受力分析的定義把指定物體(研究對(duì)象)在特定的物理環(huán)境中受到的所有外力都找出來，并畫出受力示意圖，這個(gè)過程就是受力分析。 2．受力分析的一般步驟二、共點(diǎn)力的平衡 1．平衡狀態(tài) 物體處于靜止?fàn)顟B(tài)或勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)。 2．平衡條件：F合＝0或者eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(Fx＝0,Fy＝0)) 如圖，小球靜止不動(dòng)，物塊勻速運(yùn)動(dòng)。則：小球F合＝F－mg＝0。物塊Fx＝F1－Ff＝0，F(xiàn)y＝F2＋FN－mg＝0。 3．平衡條件的推論 (1)二力平衡：如果物體在兩個(gè)共點(diǎn)力的作用下處于平衡狀態(tài)，這兩個(gè)力必定大小相等、方向相反。 (2)三力平衡：如果物體在三個(gè)共點(diǎn)力的作用下處于平衡狀態(tài)，則其中任何一個(gè)力與其余兩個(gè)力的合力大小相等、方向相反。 (3)多力平衡：如果物體在多個(gè)共點(diǎn)力的作用下處于平衡狀態(tài)，則其中任何一個(gè)力與其余幾個(gè)力的合力大小相等、方向相反。授課提示：對(duì)應(yīng)學(xué)生用書第25頁 eq \a\vs4\al(命題點(diǎn)一　物體的受力分析)　　自主探究　研究對(duì)象的選取方法——整體法和隔離法 (1)整體法與隔離法 (2)整體法和隔離法的使用技巧當(dāng)分析相互作用的兩個(gè)或兩個(gè)以上物體整體的受力情況及分析外力對(duì)系統(tǒng)的作用時(shí)，宜用整體法；而在分析系統(tǒng)內(nèi)各物體(或一個(gè)物體各部分)間的相互作用時(shí)，宜用隔離法。 1．(2021·上海市松江區(qū)高三模擬)如圖，三米跳板跳水運(yùn)動(dòng)員在跳板的外端靜止站立時(shí)，受到力的個(gè)數(shù)是(　　) A．1個(gè)　　　　　　　 B．2個(gè) C．3個(gè) D．4個(gè) 解析：三米跳板跳水運(yùn)動(dòng)員在跳板的外端靜止站立時(shí)受重力、跳板的支持力，由于跳板向下彎曲，運(yùn)動(dòng)員有向下滑動(dòng)的趨勢(shì)，所以還受到靜摩擦力作用，所以運(yùn)動(dòng)員受到3個(gè)力的作用，故C正確。答案：C 2．生活中常見的手機(jī)支架，其表面采用了納米微吸材料，用手觸碰無粘感，接觸到平整光滑的硬性物體時(shí)，會(huì)牢牢吸附在物體上。如圖是一款放置在高鐵水平桌面上的手機(jī)支架，支架能夠吸附手機(jī)，小明有一次搭乘高鐵時(shí)將手機(jī)放在該支架上看電影，若手機(jī)受到的重力為G，手機(jī)所在平面與水平面間的夾角為θ，則下列說法正確的是(　　) A．當(dāng)高鐵未啟動(dòng)時(shí)，支架對(duì)手機(jī)的作用力大小等于eq \f(G,cos θ) B．當(dāng)高鐵勻速行駛時(shí)，支架受到桌面的摩擦力方向與高鐵前進(jìn)方向相反 C．高鐵勻速行駛時(shí)，手機(jī)可能受到5個(gè)力作用 D．高鐵減速行駛時(shí)，手機(jī)可能受到3個(gè)力作用解析：高鐵未啟動(dòng)時(shí)，手機(jī)處于靜止?fàn)顟B(tài)，受重力和支架對(duì)手機(jī)的作用力，根據(jù)平衡條件可知，支架對(duì)手機(jī)的作用力與重力大小相等、方向相反，A錯(cuò)誤；高鐵勻速行駛時(shí)，以手機(jī)和支架整體為研究對(duì)象，受重力和桌面的支持力，二力平衡，不受桌面摩擦力，B錯(cuò)誤；高鐵勻速行駛時(shí)，手機(jī)受重力、納米材料的吸引力、支架的支持力和摩擦力，共4個(gè)力作用，C錯(cuò)誤；高鐵減速行駛時(shí)，手機(jī)具有與高鐵前進(jìn)方向相反的加速度，可能只受重力、納米材料的吸引力和支架的支持力共3個(gè)力作用，D正確。答案：D 3.L形木板P(上表面光滑)放在固定斜面上，輕質(zhì)彈簧一端固定在木板上，另一端與置于木板上表面的滑塊Q相連，如圖所示。若P、Q一起沿斜面勻速下滑，不計(jì)空氣阻力，則木板P共受力個(gè)數(shù)為(　　) A．3 B．4 C．5 D．6 解析：木板P一定受到的力：重力Mg、斜面對(duì)P的支持力FN和滑塊Q對(duì)P的壓力FN′。用“整體法”確定斜面與P之間的摩擦力Ff：選木板P、滑塊Q和彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，由于系統(tǒng)一起勻速下滑，斜面對(duì)P一定有沿斜面向上的滑動(dòng)摩擦力Ff，且Ff＝(M＋m)gsin θ，如圖甲所示。用“隔離法”確定彈簧對(duì)P的彈力F：隔離滑塊Q受力分析，因木板P上表面光滑，當(dāng)其勻速下滑時(shí)，滑塊Q必受到彈簧沿斜面向上的彈力F′，且F′＝mgsin θ。根據(jù)牛頓第三定律推知，彈簧必給木板P沿斜面向下的彈力F，且F＝F′＝mgsin θ。綜上可知，木板P受到5個(gè)力的作用，如圖乙所示。故選項(xiàng)C正確。答案：C 易錯(cuò)警示受力分析的4個(gè)易錯(cuò)點(diǎn) ——————————————————————— (1)不要把研究對(duì)象所受的力與研究對(duì)象對(duì)其他物體的作用力混淆。 (2)每一個(gè)力都應(yīng)找出其施力物體，不能無中生有。 (3)合力和分力不能重復(fù)考慮。 (4)對(duì)整體進(jìn)行受力分析時(shí)，組成整體的幾個(gè)物體間的作用力為內(nèi)力，不能在受力圖中出現(xiàn)；當(dāng)把某一物體單獨(dú)隔離分析時(shí)，原來的內(nèi)力變成外力，要在受力分析圖中畫出(如第3題中的滑塊Q對(duì)P的壓力FN′)?！? eq \a\vs4\al(命題點(diǎn)二　共點(diǎn)力作用下物體的靜態(tài)平衡)　　教材走向高考 1．分析物體靜態(tài)平衡的四種常用方法 2.靜態(tài)平衡問題的解題“五步驟” 共點(diǎn)力作用下的平衡問題是高考的熱點(diǎn)，分析近幾年高考題可以發(fā)現(xiàn)，每年的命題雖然都有新意，但每年的考題都是源于教材習(xí)題的拓展提升。教材習(xí)題多以靜態(tài)平衡為背景考查物體的受力分析和基本規(guī)律，而高考題通常會(huì)拓展為多物體間相互作用的靜態(tài)平衡或動(dòng)態(tài)平衡問題，考查學(xué)生靈活應(yīng)用的能力。同學(xué)們可通過以下示例認(rèn)真體會(huì)，利用高考真題與教材習(xí)題間的溯源關(guān)系及老高考的命題特點(diǎn)，把握新高考的命題方向。 [典例1]　[人教版必修1·P91·T1] 在光滑墻壁上用網(wǎng)兜把足球掛在A點(diǎn)，足球與墻壁的接觸點(diǎn)為B(如圖所示)。足球的質(zhì)量為m，懸繩與墻壁的夾角為α，網(wǎng)兜的質(zhì)量不計(jì)。求懸繩對(duì)球的拉力和墻壁對(duì)球的支持力。 [解析]　足球受重力、懸繩的拉力和墻壁的支持力而平衡，受力如圖所示，運(yùn)用合成法，根據(jù)幾何知識(shí)得繩子對(duì)球的拉力為 FT＝eq \f(mg,cos α)，墻壁的支持力為FN＝mgtan α。 [答案]　eq \f(mg,cos α)　 mgtan α 拓展?　由靜止懸掛的物體拓展為勻速運(yùn)動(dòng)的物體　(2019·高考全國(guó)卷Ⅲ)用卡車運(yùn)輸質(zhì)量為m的勻質(zhì)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(dāng)卡車沿平直公路勻速行駛時(shí)，圓筒對(duì)斜面 Ⅰ、Ⅱ 壓力的大小分別為F1、F2，則(　　) A．F1＝eq \f(\r(3),3)mg，F(xiàn)2＝eq \f(\r(3),2)mg B．F1＝eq \f(\r(3),2)mg，F(xiàn)2＝eq \f(\r(3),3)mg C．F1＝eq \f(1,2)mg，F(xiàn)2＝eq \f(\r(3),2)mg D．F1＝eq \f(\r(3),2)mg，F(xiàn)2＝eq \f(1,2)mg 【真題命題立意】　本題在典例1單一靜止物體的受力分析及平衡問題的基礎(chǔ)上，拓展為物體隨汽車一起運(yùn)動(dòng)，題目由典例1中直接給出角度信息，拓展為通過一定的數(shù)學(xué)運(yùn)算獲取角度信息，但考查的核心知識(shí)點(diǎn)仍然是基本受力分析及平衡問題的求解方法。解析：如圖所示，卡車勻速行駛，圓筒受力平衡，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＝mgsin 60°＝eq \f(\r(3),2)mg， F2＝mgsin 30°＝eq \f(1,2)mg，選項(xiàng)D正確。答案：D 拓展?　由單一物體拓展為“繩—滑輪關(guān)聯(lián)”的多物體　(2020·高考全國(guó)卷Ⅲ)如圖，懸掛甲物體的細(xì)線拴牢在一不可伸長(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)繩上O點(diǎn)處；繩的一端固定在墻上，另一端通過光滑定滑輪與物體乙相連。甲、乙兩物體質(zhì)量相等。系統(tǒng)平衡時(shí)，O點(diǎn)兩側(cè)繩與豎直方向的夾角分別為α和β。若α＝70°，則β等于(　　) A．45°　　　　　　 B．55° C．60° D．70° 【真題命題立意】　本題在典例1單一靜止物體的受力分析及平衡問題的基礎(chǔ)上，拓展為兩關(guān)聯(lián)物體的靜態(tài)平衡綜合問題，題目由典例1中直接給出角度計(jì)算繩對(duì)球的拉力和墻壁對(duì)球的支持力，拓展為利用關(guān)聯(lián)物體間“繩上彈力大小相等”的信息分析物體受力特點(diǎn)，但考查的核心知識(shí)和方法不變。解析：取O點(diǎn)為研究對(duì)象，在三力的作用下處于平衡狀態(tài)，對(duì)其受力分析如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系可得β＝55°。答案：B 方法技巧處理平衡問題的2個(gè)技巧 ——————————————————————— (1)物體受三個(gè)力平衡時(shí)，利用力的分解法或合成法比較簡(jiǎn)單(如典例1和拓展1)。 (2)物體受四個(gè)以上的力作用時(shí)一般要采用正交分解法?！? 4．(2021·適應(yīng)性測(cè)試遼寧卷)如圖所示，用輕繩系住一質(zhì)量為2m的勻質(zhì)大球，大球和墻壁之間放置一質(zhì)量為m的勻質(zhì)小球，各接觸面均光滑。系統(tǒng)平衡時(shí)，繩與豎直墻壁之間的夾角為α，兩球心連線O1O2與輕繩之間的夾角為β，則α、β應(yīng)滿足(　　) A．tan α＝3cot β B．2tan α＝3cot β C．3tan α＝tan(α＋β) D．3tan α＝2tan(α＋β) 解析：設(shè)繩子的拉力為T，墻壁的支持力為N，兩球之間的壓力為F，將兩個(gè)球作為一個(gè)整體進(jìn)行受力分析，可得 Tcos α＝2mg＋mg Tsin α＝N 對(duì)小球進(jìn)行受力分析，可得 Fcos(α＋β)＝mg Fsin(α＋β)＝N 聯(lián)立得 3tan α＝tan(α＋β) 故選C。答案：C 5．某同學(xué)設(shè)計(jì)了一個(gè)驗(yàn)證平行四邊形定則的實(shí)驗(yàn)，裝置如圖所示。系著小物體m1、m2的細(xì)線繞過光滑小滑輪與系著小物體m3的細(xì)線連接在O點(diǎn)，當(dāng)系統(tǒng)達(dá)到平衡時(shí)繞過滑輪的兩細(xì)線與豎直方向的夾角分別為37°和53°，則三個(gè)小物體的質(zhì)量之比m1∶m2∶m3為(sin 37°＝0.6，sin 53°＝0.8)(　　) A．3∶4∶5 B．4∶3∶5 C．4∶5∶3 D．3∶5∶4 解析：對(duì)結(jié)點(diǎn)O受力分析，O點(diǎn)受到三根細(xì)線的拉力如圖所示。由于物體m1、m2的細(xì)線繞過光滑小滑輪與系著小物體m3的細(xì)線連接，因此有F1＝m1g，F(xiàn)2＝m2g，由于O點(diǎn)處于靜止?fàn)顟B(tài)，因此有F3′＝F3＝m3g，故m3gcos 37°＝m1g，m3gcos 53°＝m2g，可得m1∶m2∶m3＝4∶3∶5，故A、C、D錯(cuò)誤，B正確。答案：B eq \a\vs4\al(命題點(diǎn)三　物體的動(dòng)態(tài)平衡問題)　　師生互動(dòng) 1．動(dòng)態(tài)平衡 (1)所謂動(dòng)態(tài)平衡問題，是指通過控制某些物理量，使物體的狀態(tài)發(fā)生緩慢變化，而在這個(gè)過程中物體又始終處于一系列的平衡狀態(tài)，常利用圖解法解決此類問題。 (2)基本思路化“動(dòng)”為“靜”，“靜”中求“動(dòng)”。 2．分析動(dòng)態(tài)平衡問題的方法及其步驟　解析法的應(yīng)用 [典例2]　(2021·適應(yīng)性測(cè)試重慶卷)如圖所示，垂直墻角有一個(gè)截面為半圓的光滑柱體，用細(xì)線拉住的小球靜止靠在接近半圓底端的M點(diǎn)。通過細(xì)線將小球從M點(diǎn)緩慢向上拉至半圓最高點(diǎn)的過程中，細(xì)線始終保持在小球處與半圓相切。下列說法正確的是(　　) A．細(xì)線對(duì)小球的拉力先增大后減小 B．小球?qū)χw的壓力先減小后增大 C．柱體受到水平地面的支持力逐漸減小 D．柱體對(duì)豎直墻面的壓力先增大后減小 [解析]　以小球?yàn)檠芯繉?duì)象，設(shè)小球所在位置沿切線方向與豎直方向夾角為θ，沿切線方向有 FT＝mgcos θ 沿半徑方向有 FN＝mgsin θ 通過細(xì)線將小球從M點(diǎn)緩慢向上拉至半圓最高點(diǎn)的過程中θ增大，所以細(xì)線對(duì)小球的拉力減小，小球?qū)χw的壓力增大，故A、B錯(cuò)誤；以柱體為研究對(duì)象，豎直方向有 F地＝Mg＋FNsin θ＝Mg＋mgsin2 θ 水平方向有 F墻＝FNcos θ＝mgsin θcos θ＝eq \f(1,2)mgsin 2θ θ增大，柱體受到水平地面的支持力逐漸增大，柱體對(duì)豎直墻面的壓力先增大后減小，當(dāng)θ＝45°時(shí)柱體對(duì)豎直墻面的壓力最大，故D正確，C錯(cuò)誤。 [答案]　D 　圖解法的應(yīng)用 [典例3]　(多選)如圖所示，等腰直角斜劈A的直角邊靠在粗糙的豎直墻壁上，一根不可伸長(zhǎng)的輕繩一端固定在豎直墻上，另一端與半徑不可忽略的光滑球B連接。輕繩與水平方向成30°角?，F(xiàn)將輕繩上端點(diǎn)沿豎直墻緩慢向上移動(dòng)，A始終處于靜止?fàn)顟B(tài)，則(　　) A．繩上拉力先減小后增大 B．豎直墻對(duì)A的摩擦力先減小后增大 C．豎直墻對(duì)A的摩擦力可能為零 D．豎直墻對(duì)A的支持力逐漸減小 [解析]　以B為研究對(duì)象，對(duì)其進(jìn)行受力分析，其受重力mg、繩子拉力F1和斜面對(duì)它的支持力F2，如圖所示，由圖可知，當(dāng)F1與F2的方向垂直，即輕繩與斜面平行時(shí)，F(xiàn)1最小，所以繩子的拉力先減小后增大，選項(xiàng)A正確；以A與B組成的整體為研究對(duì)象，整體受到重力、墻的支持力和摩擦力以及繩子的拉力。當(dāng)輕繩上端點(diǎn)沿豎直墻緩緩向上移動(dòng)時(shí)，繩子的拉力F1沿豎直方向的分力增大，沿水平方向的分力減小，所以豎直墻對(duì)A向上的摩擦力將減小，豎直墻對(duì)A的支持力逐漸減小，選項(xiàng)B錯(cuò)誤，選項(xiàng)D正確；以A為研究對(duì)象，A受到重力、墻壁的支持力以及B對(duì)A斜向下的壓力，A處于平衡狀態(tài)，豎直方向的合外力等于0，所以摩擦力的大小等于A的重力與B對(duì)A的壓力向下的分力的和，不可能等于0，選項(xiàng)C錯(cuò)誤。 [答案]　AD 　相似三角形法的應(yīng)用 [典例4]　(2021·河南焦作高三模擬)如圖所示，固定在豎直平面內(nèi)的光滑圓環(huán)的最高點(diǎn)有一個(gè)光滑的小孔，質(zhì)量為m的小球套在圓環(huán)上。一根細(xì)線的下端系著小球，上端穿過小孔用手拉住。現(xiàn)拉動(dòng)細(xì)線，使小球沿圓環(huán)緩慢上移，在移動(dòng)過程中手對(duì)線的拉力F和軌道對(duì)小球的彈力FN的大小變化情況是(　　) A．F不變，F(xiàn)N增大 B．F減小，F(xiàn)N不變 C．F不變，F(xiàn)N減小 D．F增大，F(xiàn)N減小 [解析]　小球沿圓環(huán)緩慢上移可看作處于平衡狀態(tài)，對(duì)小球進(jìn)行受力分析，作出受力示意圖，如圖所示，由圖可知△OAB∽△GFA，即eq \f(G,R)＝eq \f(F,AB)＝eq \f(FN,R)，當(dāng)A點(diǎn)上移時(shí)，半徑不變，AB長(zhǎng)度減小，故F減小，F(xiàn)N不變，A、C、D錯(cuò)誤，B正確。 [答案]　B 　方法技巧分析動(dòng)態(tài)平衡問題的3種方法 ——————————————————————— (1)在三力平衡問題中，若三個(gè)力能構(gòu)成直角三角形，一般用解析法處理(如典例2)。 (2)在三力平衡問題中，若一個(gè)力的大小、方向不變，另一個(gè)力的方向不變，一般用圖解法處理(如典例3)。 (3)在三力平衡問題中，若一個(gè)力的大小、方向不變，另外兩個(gè)力的方向都改變，一般用相似三角形法處理(如典例4)。 6．(2021·山東青島第十七中學(xué)高三模擬)如圖所示，在豎直平面內(nèi)一根不可伸長(zhǎng)的柔軟輕繩通過光滑的輕質(zhì)滑輪懸掛一重物。輕繩一端固定在墻壁上的A點(diǎn)，另一端從墻壁上的B點(diǎn)先沿著墻壁緩慢移到C點(diǎn)，后由C點(diǎn)緩慢移到D點(diǎn)，不計(jì)一切摩擦，且墻壁BC段豎直，CD段水平。在此過程中，關(guān)于輕繩的拉力F的變化情況，下列說法正確的是(　　) A．F一直減小　　　 B．F一直增大 C．F先增大后減小 D．F先不變后增大解析：當(dāng)輕繩另一端在C點(diǎn)時(shí)，設(shè)輕繩左右兩側(cè)間的夾角為2θ。以滑輪和重物整體為研究對(duì)象，分析受力情況，受力分析圖如圖所示，根據(jù)平衡條件得2Fcos θ＝mg，得到輕繩的拉力F＝eq \f(mg,2cos θ)，輕繩另一端從B點(diǎn)沿墻壁緩慢移到D點(diǎn)，由幾何知識(shí)可知，θ先不變后增大，cos θ先不變后減小，輕繩的拉力F先不變后增大，D正確，A、B、C錯(cuò)誤。答案：D 7．(2021·福建漳州長(zhǎng)泰一中月考)如圖所示，AC是上端帶定滑輪的固定豎直桿，質(zhì)量不計(jì)的輕桿BC一端通過鉸鏈固定在C點(diǎn)，另一端B懸掛一重為G的重物，且B端系有一根輕繩并繞過定滑輪A。現(xiàn)用力F拉繩，開始時(shí)∠BCA＞90°，使∠BCA緩慢減小，直到桿BC接近豎直桿AC。在此過程中，桿BC所受的力(　　) A．大小不變 B．逐漸增大 C．逐漸減小 D．先增大后減小解析：以B點(diǎn)為研究對(duì)象，分析受力情況，其受重物的拉力FT(等于重物的重力G)、輕桿的支持力FN和繩子的拉力F，作出受力分析圖，如圖所示，由平衡條件可知，F(xiàn)N和F的合力FT′與FT大小相等，方向相反，根據(jù)三角形相似可得eq \f(FN,BC)＝eq \f(F,AB)＝eq \f(FT,AC)，又FT＝G，AC和BC不變，則FN和FT不變，所以桿BC所受的力大小不變，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤。答案：A 8.如圖所示，小球用細(xì)繩系住，繩的另一端固定于O點(diǎn)。現(xiàn)用水平力F緩慢推動(dòng)斜面體，小球在斜面上無摩擦地滑動(dòng)，細(xì)繩始終處于直線狀態(tài)，當(dāng)小球升到接近斜面頂端時(shí)細(xì)繩接近水平，此過程中斜面對(duì)小球的支持力FN以及繩對(duì)小球的拉力FT的變化情況是(　　) A．FN保持不變，F(xiàn)T不斷增大 B．FN不斷增大，F(xiàn)T不斷減小 C．FN保持不變，F(xiàn)T先增大后減小 D．FN不斷增大，F(xiàn)T先減小后增大解析：方法一：解析法對(duì)小球進(jìn)行受力分析，如圖甲所示，小球受到重力mg、支持力FN、拉力FT的作用，設(shè)細(xì)繩與水平方向的夾角為β，斜面的傾角為α，由平衡條件得FNcos α＋FTsin β＝mg，F(xiàn)Nsin α－FTcos β＝0，聯(lián)立解得FT＝eq \f(mgsin α,cos?β－α?)，F(xiàn)N＝eq \f(mg,cos α＋sin αtan β)。用水平力F緩慢推動(dòng)斜面體，β一直減小直至接近0。由題圖易知，起始時(shí)刻β>α，當(dāng)β＝α?xí)r，cos(β－α)＝1，F(xiàn)T最小，所以FT先減小后增大。β一直減小直至接近0，tan β不斷減小，F(xiàn)N不斷增大，選項(xiàng)D正確。方法二：圖解法由于用水平力F緩慢推動(dòng)斜面體，故小球處于動(dòng)態(tài)平衡狀態(tài)。小球受到大小方向均不變的重力、方向不變的支持力、方向大小均變化的細(xì)繩的拉力，三個(gè)力構(gòu)成封閉的三角形，畫出小球受力示意圖如圖乙所示。當(dāng)細(xì)繩與斜面平行時(shí)，細(xì)繩拉力FT2與支持力方向垂直，細(xì)繩拉力最小。當(dāng)小球升到接近斜面頂端時(shí)細(xì)繩接近水平，細(xì)繩拉力為FT4，所以FT先減小后增大，而此過程中斜面對(duì)小球的支持力FN一直增大，選項(xiàng)D正確。答案：D eq \a\vs4\al(命題點(diǎn)四　平衡中的臨界、極值問題)　　師生互動(dòng) 1．臨界問題：當(dāng)某物理量變化時(shí)，會(huì)引起其他幾個(gè)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”“恰能”“恰好”等語言敘述。 2．極值問題：平衡物體的極值，一般指在力的變化過程中的最大值或最小值問題。 3．解決極值問題和臨界問題的方法 (1)圖解法：根據(jù)物體的平衡條件，作出力的矢量圖，通過對(duì)物理過程的分析，利用平行四邊形定則進(jìn)行動(dòng)態(tài)分析，確定最大值與最小值。 (2)數(shù)學(xué)解析法：通過對(duì)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)。 [典例5]　質(zhì)量為M的木楔傾角為θ，在水平面上保持靜止，當(dāng)將一質(zhì)量為m的木塊放在木楔斜面上，輕推一下后，它恰好勻速下滑。如果用與木楔斜面成α角的力F拉著木塊勻速上升，如圖所示(已知木楔在整個(gè)過程中始終靜止)。 (1)當(dāng)α＝θ時(shí)，拉力F有最小值，求此最小值； (2)當(dāng)α＝θ時(shí)，木楔對(duì)水平面的摩擦力是多大？ [解析]　木塊在木楔斜面上勻速向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，有 mgsin θ＝μmgcos θ，即μ＝tan θ。 (1)木塊在力F作用下沿斜面向上勻速運(yùn)動(dòng)，有 Fcos α＝mgsin θ＋Ff， Fsin α＋FN＝mgcos θ， Ff＝μFN，解得F＝eq \f(2mgsin θ,cos α＋μsin α)＝eq \f(2mgsin θcos θ,cos α cos θ＋sin α sin θ)＝eq \f(mgsin 2θ,cos?θ－α?)，則當(dāng)α＝θ時(shí)，F(xiàn)有最小值，為Fmin＝mgsin 2θ。 (2)因?yàn)槟緣K及木楔均處于平衡狀態(tài)，整體受到地面的摩擦力等于F的水平分力，即Ff＝Fcos(α＋θ)，當(dāng)α＝θ時(shí)，F(xiàn)取最小值mgsin 2θ， Ff＝Fmincos 2θ＝mg·sin 2θcos 2θ＝eq \f(1,2)mgsin 4θ。 [答案]　(1)mgsin 2θ　(2)eq \f(1,2)mgsin 4θ 9．如圖，一物塊在外力F的作用下沿水平桌面做勻速直線運(yùn)動(dòng)，已知物塊質(zhì)量為1 kg，與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.75，重力加速度g取10 m/s2，外力F的最小值為(　　) A．5 N　　　　　　　 B．6 N C．7.5 N D．8 N 解析：設(shè)F與水平方向夾角為θ，根據(jù)平衡知識(shí)可知，F(xiàn)cos θ＝μ(mg－Fsin θ)，解得F＝eq \f(μmg,cos θ＋μsin θ)＝eq \f(7.5 N,cos θ＋0.75sin θ)；由數(shù)學(xué)知識(shí)可知，cos θ＋0.75sin θ的最大值為1.25，則外力F的最小值為Fmin＝6 N，故選B。答案：B 10．如圖所示，足夠長(zhǎng)的光滑平板AP與BP用鉸鏈連接，平板AP與水平面成53°角固定不動(dòng)，平板BP可繞水平軸在豎直面內(nèi)自由轉(zhuǎn)動(dòng)，質(zhì)量為m的均勻圓柱體O放在兩板間，已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，重力加速度為g。在使BP板由水平位置緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)到豎直位置的過程中，下列說法正確的是(　　) A．平板BP受到的最小壓力為eq \f(4,5)mg B．平板BP受到的最大壓力為mg C．平板AP受到的最小壓力為eq \f(3,5)mg D．平板AP受到的最大壓力為mg 解析：圓柱體受重力、斜面AP的彈力F1和平板BP的彈力F2，將F1與F2合成為F，如圖所示。圓柱體一直處于平衡狀態(tài)，三個(gè)力中任意兩個(gè)力的合力與第三個(gè)力等值、反向、共線，故F1與F2的合力F與重力等值、反向、共線；從圖中可以看出，BP板由水平位置緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，F(xiàn)1越來越大，F(xiàn)2先減小后增大。由幾何關(guān)系可知，當(dāng)F2的方向與AP的方向平行(即與F1的方向垂直)時(shí)，F(xiàn)2有最小值F2min＝eq \f(4,5)mg，根據(jù)牛頓第三定律知，平板BP受到的最小壓力為eq \f(4,5)mg，故A正確；當(dāng)平板BP轉(zhuǎn)動(dòng)到豎直位置時(shí)，F(xiàn)2最大，F(xiàn)2max＝eq \f(4,3)mg，即平板BP受到的最大壓力為eq \f(4,3)mg，故B錯(cuò)誤；當(dāng)平板BP沿水平方向時(shí)，平板AP對(duì)圓柱體的彈力F1＝0，即平板AP受到的最小壓力為0，故C錯(cuò)誤；當(dāng)BP轉(zhuǎn)到豎直方向時(shí)，AP對(duì)圓柱體的彈力F1最大，F(xiàn)1max＝eq \f(mg,cos 53°)＝eq \f(5,3)mg，根據(jù)牛頓第三定律知，平板AP受到的最大壓力為eq \f(5,3)mg，故D錯(cuò)誤。答案：A 適用條件注意事項(xiàng)優(yōu)點(diǎn)合成法物體受三個(gè)力作用而平衡(1)表示三個(gè)力大小的線段長(zhǎng)度不可隨意畫； (2)兩力的合力與第三個(gè)力等大反向對(duì)于物體所受的三個(gè)力，有兩個(gè)力相互垂直或兩個(gè)力大小相等的平衡問題求解較簡(jiǎn)單分解法物體受三個(gè)力作用而平衡將其中一個(gè)力按作用效果分解，其兩個(gè)分力分別與物體受到的另兩個(gè)力等大反向正交分解法物體受三個(gè)力或三個(gè)以上的力作用而平衡選坐標(biāo)軸時(shí)應(yīng)使盡量多的力與坐標(biāo)軸重合對(duì)于物體受三個(gè)以上的力處于平衡狀態(tài)的問題求解較方便力的三角形法物體受三個(gè)力作用而平衡將三個(gè)力的矢量圖平移，構(gòu)成一個(gè)依次首尾相連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方法步驟解析法(1)列平衡方程求出未知量與已知量的關(guān)系表達(dá)式； (2)根據(jù)已知量的變化情況來確定未知量的變化情況圖解法(1)根據(jù)已知量的變化情況，畫出平行四邊形(三角形)邊、角的變化； (2)確定未知量大小、方向的變化相似三角形法(1)根據(jù)已知條件畫出某一狀態(tài)對(duì)應(yīng)的力的三角形和空間幾何三角形，確定對(duì)應(yīng)邊，利用三角形相似知識(shí)列出比例式； (2)確定未知量大小的變化情況

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