【物理】2019届一轮复习人教版共点力作用下物体的平衡学案

【物理】2019届一轮复习人教版共点力作用下物体的平衡学案

第9课时　共点力作用下物体的平衡(2)‎ 考点1　动态平衡问题 共点力的动态平衡问题是高考的重点、热点，主要考查动态平衡条件的应用，可以单独命题，也可与其他相关知识综合考查。物体从一个受力平衡状态到另一个平衡状态，一般题目中会出现“缓缓”“缓慢”“慢慢”等关键词，体现了“动”中有“静”，“静”中有“动”的思想。‎ ‎[例1]　(多选)如图所示，在粗糙水平地面上放着一个截面为四分之一圆弧的柱状物体A，A的左端紧靠竖直墙，A与竖直墙之间放一光滑圆球B，已知A的圆半径为球B的半径的3倍，球B所受的重力为G，整个装置处于静止状态。设墙壁对B的压力为F1，A对B的支持力为F2，则若把A向右移动少许后，它们仍处于静止状态，则F1、F2的变化情况分别是(　　)‎ A．F1减小 B．F1增大 C．F2增大 D．F2减小 解析　解法一：解析法 以球B为研究对象，受力分析如图甲所示，根据合成法，可得出F1＝Gtanθ，F2＝，当A向右移动少许后，θ减小，则F1减小，F2减小，A、D正确。‎ 解法二：图解法 先根据平衡条件和平行四边形定则画出如图乙所示的矢量三角形，在θ角减小的过程中，从图中可直观地看出，F1、F2都会减小，A、D正确。‎ 答案　AD ‎　解决动态平衡问题常见的方法 ‎(1)解析法 对研究对象进行受力分析，先画出受力示意图，再根据物体的平衡条件列式求解，得到因变量与自变量的一般函数表达式，最后根据自变量的变化确定因变量的变化。‎ ‎(2)图解法 ‎ 此法常用于求解三力平衡且有一个力是恒力、另外一个力方向不变的问题。一般按照以下流程解题。‎ ‎(3)相似三角形法 在三力平衡问题中，如果有一个力是恒力，另外两个力方向都变化，且题目给出了空间几何关系，多数情况下力的矢量三角形与空间几何三角形相似，可利用相似三角形对应边成比例进行计算。‎ ‎1. 如图所示，一小球放置在木板与竖直墙面之间。设球对墙面的压力大小为FN1，球对木板的压力大小为FN2。以木板与墙连接点所形成的水平直线为轴，将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置。不计摩擦，在此过程中(　　)‎ A．FN1始终减小，FN2始终增大 B．FN1始终减小，FN2始终减小 C．FN1先增大后减小，FN2始终减小 D．FN1先增大后减小，FN2先减小后增大 答案　B 解析　解法一：解析法 如图甲所示，因为FN1＝FN1′＝，FN2＝FN2′＝，随θ逐渐增大到90°，tanθ、sinθ都增大，FN1、FN2都逐渐减小，所以B正确。‎ 解法二：图解法 如图乙所示，把mg按它的两个效果进行分解如图所示。在木板 缓慢转动时，FN1的方向不变，mg、FN1、FN2应构成一个闭合的三角形。FN2始终垂直于木板，随木板的转动而转动，由图可知，在木板转动时，FN2变小，FN1也变小，B正确。‎ ‎2. (多选)如图所示，AC是上端带定滑轮的固定竖直杆，质量不计的轻杆BC一端通过铰链固定在C点，另一端B悬挂一重为G的重物，且B端系有一根轻绳并绕过定滑轮A，用力F拉绳，开始时∠BCA>90°，现使∠BCA缓慢变小，直到杆BC接近竖直杆AC。此过程中，下列说法正确的是(　　)‎ A．杆BC所受的力大小不变 B．杆BC所受的力先增大后减小 C．力F大小不变 D．力F的大小一直减小 答案　AD 解析　以B点为研究对象，分析受力情况：重物的拉力T(等于重物的重力G)、轻杆的支持力N和绳子的拉力F，作出受力分析图如图，由平衡条件得知，N和F的合力T′与T大小相等，方向相反，根据△ABC与△T′NB相似可得＝＝，又T′＝G，解得N＝G，F＝G，使∠BCA缓慢变小时，、 保持不变， 变小，则N保持不变，F变小，故A、D正确。‎ 考点2　平衡中的临界与极值问题 ‎1．动态平衡中，当某物理量变化时，会引起其他物理量的变化，从而使物体所处的平衡状态“恰好出现”或“恰好不出现”的现象，为平衡中的临界现象。‎ ‎2．平衡物体的极值，一般指在力的变化过程中的最大值和最小值问题。‎ ‎[例2]　如图所示，质量为m的物体，放在一固定斜面上，当斜面倾角为30°时恰能沿斜面匀速下滑，对物体施加一大小为F的水平向右的恒力，物体可沿斜面匀速向上滑行。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当斜面倾角增大并超过某一临界角α0时，不论水平恒力F多大，都不能使物体沿斜面向上滑行，试求：‎ ‎(1)物体与斜面间的动摩擦因数；‎ ‎(2)这一临界角α0的大小。‎ 解析　(1)物体恰匀速下滑，由平衡条件有 FN1＝mgcos30°‎ mgsin30°＝μFN1‎ 则μ＝tan30°＝。‎ ‎(2)设斜面倾角为α，由平衡条件有 Fcosα＝mgsinα＋Ff FN2＝mgcosα＋Fsinα 静摩擦力Ff≤μFN2‎ 解得F(cosα－μsinα)≤mgsinα＋μmgcosα 要使“不论水平恒力F多大”，上式都成立 则有cosα－μsinα≤0‎ 所以tanα≥＝＝tan60°‎ 即α0＝60°。‎ 答案　(1)　(2)60°‎ ‎　解决极值问题和临界问题的方法 ‎(1)图解法：根据物体的平衡条件，作出力的矢量图，通过对物理过程的分析，利用平行四边形定则进行动态分析，确定最大值与最小值。‎ ‎(2)数学解法：通过对问题的分析，依据物体的平衡条件写出物理量之间的函数关系(或画出函数图象)，用数学方法求极值(如求二次 函数极值、公式极值、三角函数极值)。‎ ‎1．(全国卷Ⅱ) 如图所示，在固定斜面上的一物块受到一外力F的作用，F平行于斜面向上。若要物块在斜面上保持静止，F的取值应有一定范围，已知其最大值和最小值分别为F1和F2(F2>0)。由此可求出(　　)‎ A．物块的质量 B．斜面的倾角 C．物块与斜面间的最大静摩擦力 D．物块对斜面的正压力 答案　C 解析　物块在斜面上处于静止状态，对物块进行受力分析，当F＝F1时物块即将向上滑动，由平衡条件可得F1＝mgsinθ＋Ff；当F＝F2时物块即将向下滑动，由平衡条件可得F2＝mgsinθ－Ff；由两式解得Ff＝，故能求出物块与斜面间的最大静摩擦力，但不能求出物块的质量、斜面的倾角和物块对斜面的正压力，故C正确。‎ ‎2. 如图所示，质量为m的球放在倾角为α的光滑斜面上，用挡板AO将球挡住，使球处于静止状态，若挡板与斜面间的夹角为β，则(　　)‎ A．当β＝30°时，挡板AO所受压力最小，最小值为mgsinα B．当β＝60°时，挡板AO所受压力最小，最小值为mgcosα C．当β＝60°时，挡板AO所受压力最小，最小值为mgsinα D．当β＝90°时，挡板AO所受压力最小，最小值为mgsinα 答案　D 解析　以球为研究对象，球所受重力产生的效果有两个：对斜面产生的压力FN1，对挡板产生的压力FN2，根据重力产生的效果将重力分解，如图所示。当挡板与斜面的夹角β由图示位置变化时，FN1大小改变但方向不变，始终与斜面垂直，FN2的大小和方向均改变，由图可看出当挡板AO与斜面垂直，即β＝90°时，挡板AO所受压力最小，最小压力FN2min＝mgsinα，D正确。‎ ‎1．如图所示，斜面体放置在粗糙的水平地面上，在水平向右的推力F作用下，物体A和斜面体B均保持静止。若减小推力F，物体A仍然静止在斜面上，则(　　)‎ A．物体A所受合力一定减小 B．斜面对物体A的支持力一定减小 C．斜面对物体A的摩擦力一定减小 D．斜面对物体A的摩擦力一定为零 答案　B 解析　物体A始终处于平衡状态，所以受到的合力始终等于零，故A错误；如图所示，对物体A进行受力分析，有 F合x＝Fcosθ＋f－Gsinθ＝0‎ F合y＝FN－Gcosθ－Fsinθ＝0‎ 解得FN＝Gcosθ＋Fsinθ，当F减小时，则支持力减小，故B正确；f＝Gsinθ－Fcosθ，由于摩擦力的方向未知，故当f沿斜面向上为正值时，F减小，则f增大，若f为负值即沿斜面向上时，当F减小，则f也减小，不一定为零，故C、D错误。‎ ‎2．(多选)如图所示，一条细线一端与地板上的物体B相连，另一端绕过质量不计的定滑轮与小球A相连，定滑轮用另一条细线悬挂在天花板上的O′点，细线与竖直方向所成角度为α，开始时系统静止，则(　　)‎ A．如果将物体B在地板上向右移动一点，α角将增大 B．无论物体B在地板上左移还是右移，只要距离足够小，α角 将不变 C．增大小球A的质量，α角一定减小 D．悬挂定滑轮的细线的弹力不可能等于小球A的重力 答案　AD 解析　对小球A进行受力分析，受重力和拉力，根据平衡条件，有T＝mg；如果将物体B在地板上向右移动稍许，则∠AOB增大；对滑轮分析，受三个拉力，受力分析如图所示，∠AOB＝2α，故α角将增大，故A正确，B错误；增大小球A的质量，B可能仍保持不动，系统平衡，拉力的方向不变，故α角可能不变，故C错误；由于∠AOB＝2α<90°，弹力F与两个拉力T的合力平衡，而T＝mg，故悬挂定滑轮的细线的弹力不可能等于小球A的重力，故D正确。‎ ‎3. (多选)如图所示，半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有一竖直挡板MN。在二者之间夹着一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于静止状态。现使MN保持竖直并且缓慢地向右平移，在Q滑落到地面之前，P始终保持静止。则在此过程中，下列说法正确的是(　　)‎ A．MN对Q的弹力逐渐减小 B．P对Q的弹力逐渐增大 C．地面对P的摩擦力逐渐增大 D．Q所受的合力逐渐增大 答案　BC 解析　对Q进行受力分析，Q受到竖直向下的重力、挡板MN向左的支持力F1和半圆柱体P的支持力F2，如图所示，根据平衡条件，得到F1＝mgtanθ，F2＝，MN保持竖直并且缓慢地向右平移的过程中，θ增大，故F1、F2增大，A错误，B正确；对P、Q整体进行分析，整体受到重力、挡板MN的支持力F1、地面的支持力、地面的静摩擦力f，根据共点力平衡条件，可得f＝F1＝mgtanθ，由于θ增大，故f增大，C正确；移动过程中Q一直处于平衡状态，合力一直为零，D错误。‎ ‎4. 有一个直角支架AOB，AO水平放置，表面粗糙，OB竖直向下，表面光滑。AO上面套有小环P，OB上面套有小环Q，两环质量均为m，两环间由一根质量可忽略、不可伸展的细绳相连，并在某一位置平衡(如图所示)。现将P环向左移一小段距离，两环再次达到平衡，那么将移动后的平衡状态和原来的平衡状态比较，AO杆对P环的支持力FN和细绳上的拉力FT的变化情况是(　　)‎ A．FN不变，FT变大 B．FN不变，FT变小 C．FN变大，FT变大 D．FN变大，FT变小 答案　B 解析　以P、Q两个环为整体，对其受力分析可知，竖直方向上FN＝2mg，与P环位置无关；以Q环为研究对象并受力分析，设∠ABO＝θ，分解拉力FT，FTcosθ＝mg，FT＝，θ角由于P环左移而减小时，拉力FT减小，B正确。‎ ‎5. (多选)如图所示，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，开始时轻绳与斜面平行。现给小滑块施加一竖直向上的拉力，使小滑块沿杆缓慢上升，整个过程中小球始终未脱离斜面，则有(　　)‎ A．轻绳对小球的拉力逐渐增大 B．小球对斜劈的压力先减小后增大 C．竖直杆对小滑块的弹力先增大后减小 D．对小滑块施加的竖直向上的拉力逐渐增大 答案　AD 解析　设斜面倾角为θ，斜面对小球的支持力为FN1，绳对小球的拉力为FT，小球的重力大小为G1，小滑块的重力大小为G2，竖直杆对小滑块的弹力大小为FN2。由于小滑块沿杆缓慢上升，所以小球沿斜面缓慢向上运动，小球处于动态平衡状态，受到的合力为零，作小球受力矢量三角形如图甲所示，绳对小球的拉力FT逐渐增大，所以A正确；斜面对小球的弹力FN1逐渐减小，故小球对斜面的压力逐渐减小，B错误；将小球和小滑块看成一个整体，对其进行受力分析如图乙所示，则由力的平衡条件可得：FN2＝FN1sinθ，F＝G1＋G2－FN1cosθ，因FN1逐渐减小，所以FN2逐渐减小，F逐渐增大，C错误，D正确。‎ ‎6. (多选)如图所示，横截面为直角三角形的斜劈A，底面靠在粗糙的竖直墙面上，力F指向球心水平作用在光滑球B上，系统处于静止状态。当力F增大时，系统还保持静止，则下列说法正确的是(　　)‎ A．斜劈A所受的合力增大 B．斜劈A对竖直墙壁的压力增大 C．球B对地面的压力一定增大 D．墙面对斜劈A的摩擦力增大 答案　BC 解析　斜劈A一直处于静止状态，所受的合力一直为零不变，故A错误；以A、B整体为研究对象，进行受力分析，根据平衡条件，水平方向N＝F，N为竖直墙壁对斜劈A的弹力，F增大，则N增大，由牛顿第三定律可得，斜劈A对竖直墙壁的压力增大，故B正确；对球B进行受力分析，如图所示，根据平衡条件有F＝N′sinθ，F增大，则N′增大，N″＝G＋N′cosθ，N′增大，则N″增大，根据牛顿第三定律得，球B对地面的压力增大，C正确；以A、B整体为研究对象，竖直方向有N″＋f＝Mg，因f方向不确定，则大小变化不能确定，故D错误。‎ ‎7. 如图所示，一根轻绳上端固定在O点，下端拴一个小球，球处于静止状态，现对球施加一个水平向右的外力F，球缓慢移动，绳与竖直方向夹角为θ，且θ<90°，则下图中能正确描述绳子的拉力T与cosθ的函数关系的是(　　)‎ 答案　D 解析　对小球进行受力分析，如图所示。由图可知，小球竖直方向受力平衡，故Tcosθ－mg＝0，即T＝，即T与cosθ成反比关系，D正确。‎ ‎8. 固定在水平面上的光滑半球半径为R，球心O的正上方C处固定一个光滑定滑轮(大小可忽略)，细线一端拴一小球(可视为质点)置于半球面上A点，另一端绕过定滑轮，如图所示，现将小球缓慢地从A点拉向B点，则此过程中小球对半球的压力大小FN、细线的拉力大小FT的变化情况是(　　)‎ A．FN不变，FT不变 B．FN不变，FT变大 C．FN不变，FT变小 D．FN变大，FT变小 答案　C 解析　小球受力如图所示，根据平衡条件知，小球所受支持力FN′和细线拉力FT的合力F与重力是一对平衡力，即F＝G，根据几何关系知，力三角形与几何△COA相似，设滑轮到半球顶点B的距离为h，AC线长为L，则有＝＝，由于小球从A点移向B点的过程中，G、R、h均不变，L减小，故FN′大小不变(FN＝FN′)，FT减小，C正确。‎ ‎9. (2017·全国卷Ⅰ)(多选)如图，柔软轻绳ON的一端O固定，其中间某点M拴一重物，用手拉住绳的另一端N。初始时，OM竖直且MN被拉直，OM与MN之间的夹角为α。现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角α不变。在OM由竖直被拉到水平的过程中(　　)‎ A．MN上的张力逐渐增大 B．MN上的张力先增大后减小 C．OM上的张力逐渐增大 D．OM上的张力先增大后减小 答案　AD 解析　对重物受力分析，画出甲、乙、丙三个特殊位置的受力图，其中TOM和TMN的合力大小、方向均不变，大小等于G，在重物移动的过程中OM与MN的夹角α不变，由图甲、乙、丙可知TOM先增大后减小，TMN逐渐增大，A、D正确。‎ ‎10. (2018·衡水检测)如图所示，有一质量不计的杆AO，长为R，可绕A自由转动。用绳在O点悬挂一个重为G的物体，另一根绳一端系在O点，另一端系在圆弧形墙壁上的C点。当点C由图示位置逐渐向上沿圆弧CB移动过程中(保持OA与地面夹角θ不变)，OC绳所受拉力的大小变化情况是(　　)‎ A．逐渐减小 B．逐渐增大 C．先减小后增大 D．先增大后减小 答案　C 解析　对物体G分析，G受力平衡，则拉力等于重力，故竖直绳的拉力不变；再对O点分析，O受绳子的拉力、杆OA的支持力及绳OC的拉力而处于平衡，如图所示；将F和OC绳上的拉力合成，其合力与G大小相等，方向相反，则在OC上移的过程中，平行四边形的对角线保持不变，平行四边形发生图中所示变化，则由图可知OC的拉力先减小后增大，图中D点时力最小，故C正确。‎ ‎11. (2017·洛阳检测)(多选)如图所示，半径相同、质量相同且分布均匀的两个圆柱体a、b靠在一起，表面光滑，重力均为G，其中b的下一半刚好固定在水平面MN的下方，上边露出另一半，a静止在平面上，现过a的轴心施以水平作用力F，可缓慢地将a拉离水平面MN一直滑到b的顶端，对该过程进行分析，应有(　　)‎ A．拉力F先增大后减小，最大值是G B．开始时拉力F最大为 G，以后逐渐减小为0‎ C．a、b间压力由0逐渐增大，最大为G D．a、b间的压力开始最大为2G，而后逐渐减小到G 答案　BD 解析　根据几何关系可知：sinθ＝，θ＝30°，对a受力分析，如图所示，应用平衡条件，F＝＝G，之后a缓慢移动过程中，两轴心连线与竖直方向的夹角越来越小，由图可知：FN一直变小，F也一直变小，可得拉力从最大值Fm＝G逐渐减小为0，A错误，B正确；a、b间的压力开始时最大为FN＝＝2G，而后逐渐减小到G，C错误，D正确。‎ ‎12．(2017·广东深圳中学六模)(多选)如图所示，A是一质量为M的盒子，B的质量为M，A、B用细绳相连，跨过光滑的定滑轮，A置于倾角θ＝30°的斜面上，B悬于斜面之外而处于静止状态。现在向A中缓慢加入沙子，整个系统始终保持静止，则在加入沙子的过程中(　　)‎ A．绳子的拉力逐渐减小 B．A对斜面的压力逐渐增大 C．A所受的摩擦力逐渐增大 D．A所受的合力不变 答案　BD 解析　绳子的拉力等于B的重力，保持不变，故A错误；A对斜面的压力大小等于A及沙子的总重力沿垂直于斜面的分力大小，随着沙子质量的增加，A对斜面的压力逐渐增大，故B正确；未加沙子时，A所受的重力沿斜面向下的分力为g，小于绳子的拉力，A静止，则静摩擦力方向沿斜面向下。当向A中缓慢加入沙子时，A所受的重力沿斜面向下的分力增大，由平衡条件分析可知，A所受的摩擦力逐渐减小，当沙子和A所受的重力沿斜面向下的分力等于B的重力后再加沙子，则A受到的摩擦力反向并逐渐增大，所以A所受的摩擦力先逐渐减小然后反向逐渐增大，故C错误；整个系统始终保持静止，A所受的合力为零，不变，故D正确。‎ ‎13. (2017·桓台质检)如图所示，在倾角为θ的粗糙斜面上，一个质量为m的物体被水平力F推着静止于斜面上，物体与斜面间的动摩擦因数为μ，且μμmgcosθ，所以当F＝0时，物体不能静止。若物体在力F的作用下刚好不下滑，则物体受沿斜面向上的最大静摩擦力，且此时F最小，对物体受力分析，如图甲所示，由平衡条件得：‎ mgsinθ＝Fmincosθ＋Ff①‎ FN＝mgcosθ＋Fminsinθ②‎ Ff＝μFN③‎ 由①②③解得Fmin＝　mg；‎ 若物体在力F的作用下刚好不上滑，则物体受沿斜面向下的最大静摩擦力，且此时F最大，对物体受力分析，如图乙所示，由平衡条件得：‎ mgsinθ＋Ff＝Fmaxcosθ④‎ FN＝mgcosθ＋Fmaxsinθ⑤‎ Ff＝μFN⑥‎ 由④⑤⑥解得Fmax＝　mg。‎ ‎14．(2017·山西师范大学附中联考)一个底面粗糙、质量为M的劈放在粗糙的水平面上，劈的斜面光滑且与水平面成30°角；现用一端固定的轻绳系一质量为m的小球，小球放在斜面上，小球静止时轻绳与竖直方向的夹角也为30°，如图所示。‎ ‎(1)当劈静止时，求绳子的拉力大小；‎ ‎(2)若地面对劈的最大静摩擦力等于地面对劈支持力的k倍，为使整个系统静止，k值必须满足什么条件？‎ 答案　(1)　(2)k≥ 解析　(1)以水平方向为x轴，建立坐标系，以小球为研究对象，受力分析如图甲所示：‎ Fcos60°＝FNsin30°‎ Fsin60°＋FNcos30°＝mg 联立解得F＝。‎ ‎(2)如图乙，以水平方向为x轴，对劈进行受力分析：‎ FN′＝FNcos30°＋Mg，Ff′＝FNsin30°，且Ff′≤kFN′，‎ 又FN＝F＝，‎ 联立解得k≥。‎