人教版高考物理一轮复习第2章相互作用第3讲受力分析共点力的平衡学案含答案

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第3讲　受力分析　共点力的平衡授课提示：对应学生用书第25页一、受力分析1．受力分析的定义把指定物体(研究对象)在特定的物理环境中受到的所有外力都找出来，并画出受力示意图，这个过程就是受力分析。2．受力分析的一般步骤二、共点力的平衡1．平衡状态物体处于静止状态或匀速直线运动状态。2．平衡条件：F合＝0或者eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(Fx＝0,Fy＝0))如图，小球静止不动，物块匀速运动。则：小球F合＝F－mg＝0。物块Fx＝F1－Ff＝0，Fy＝F2＋FN－mg＝0。3．平衡条件的推论(1)二力平衡：如果物体在两个共点力的作用下处于平衡状态，这两个力必定大小相等、方向相反。(2)三力平衡：如果物体在三个共点力的作用下处于平衡状态，则其中任何一个力与其余两个力的合力大小相等、方向相反。(3)多力平衡：如果物体在多个共点力的作用下处于平衡状态，则其中任何一个力与其余几个力的合力大小相等、方向相反。授课提示：对应学生用书第25页eq \a\vs4\al(命题点一　物体的受力分析)　　自主探究　研究对象的选取方法——整体法和隔离法(1)整体法与隔离法(2)整体法和隔离法的使用技巧当分析相互作用的两个或两个以上物体整体的受力情况及分析外力对系统的作用时，宜用整体法；而在分析系统内各物体(或一个物体各部分)间的相互作用时，宜用隔离法。1．(2021·上海市松江区高三模拟)如图，三米跳板跳水运动员在跳板的外端静止站立时，受到力的个数是(　　)A．1个　　　　　　　 B．2个C．3个 D．4个解析：三米跳板跳水运动员在跳板的外端静止站立时受重力、跳板的支持力，由于跳板向下弯曲，运动员有向下滑动的趋势，所以还受到静摩擦力作用，所以运动员受到3个力的作用，故C正确。答案：C2．生活中常见的手机支架，其表面采用了纳米微吸材料，用手触碰无粘感，接触到平整光滑的硬性物体时，会牢牢吸附在物体上。如图是一款放置在高铁水平桌面上的手机支架，支架能够吸附手机，小明有一次搭乘高铁时将手机放在该支架上看电影，若手机受到的重力为G，手机所在平面与水平面间的夹角为θ，则下列说法正确的是(　　)A．当高铁未启动时，支架对手机的作用力大小等于eq \f(G,cos θ)B．当高铁匀速行驶时，支架受到桌面的摩擦力方向与高铁前进方向相反C．高铁匀速行驶时，手机可能受到5个力作用D．高铁减速行驶时，手机可能受到3个力作用解析：高铁未启动时，手机处于静止状态，受重力和支架对手机的作用力，根据平衡条件可知，支架对手机的作用力与重力大小相等、方向相反，A错误；高铁匀速行驶时，以手机和支架整体为研究对象，受重力和桌面的支持力，二力平衡，不受桌面摩擦力，B错误；高铁匀速行驶时，手机受重力、纳米材料的吸引力、支架的支持力和摩擦力，共4个力作用，C错误；高铁减速行驶时，手机具有与高铁前进方向相反的加速度，可能只受重力、纳米材料的吸引力和支架的支持力共3个力作用，D正确。答案：D3.L形木板P(上表面光滑)放在固定斜面上，轻质弹簧一端固定在木板上，另一端与置于木板上表面的滑块Q相连，如图所示。若P、Q一起沿斜面匀速下滑，不计空气阻力，则木板P共受力个数为(　　)A．3 B．4C．5 D．6解析：木板P一定受到的力：重力Mg、斜面对P的支持力FN和滑块Q对P的压力FN′。用“整体法”确定斜面与P之间的摩擦力Ff：选木板P、滑块Q和弹簧构成的系统为研究对象，由于系统一起匀速下滑，斜面对P一定有沿斜面向上的滑动摩擦力Ff，且Ff＝(M＋m)gsin θ，如图甲所示。用“隔离法”确定弹簧对P的弹力F：隔离滑块Q受力分析，因木板P上表面光滑，当其匀速下滑时，滑块Q必受到弹簧沿斜面向上的弹力F′，且F′＝mgsin θ。根据牛顿第三定律推知，弹簧必给木板P沿斜面向下的弹力F，且F＝F′＝mgsin θ。综上可知，木板P受到5个力的作用，如图乙所示。故选项C正确。答案：C易错警示受力分析的4个易错点——————————————————————— (1)不要把研究对象所受的力与研究对象对其他物体的作用力混淆。(2)每一个力都应找出其施力物体，不能无中生有。(3)合力和分力不能重复考虑。(4)对整体进行受力分析时，组成整体的几个物体间的作用力为内力，不能在受力图中出现；当把某一物体单独隔离分析时，原来的内力变成外力，要在受力分析图中画出(如第3题中的滑块Q对P的压力FN′)。　 eq \a\vs4\al(命题点二　共点力作用下物体的静态平衡)　　教材走向高考1．分析物体静态平衡的四种常用方法2.静态平衡问题的解题“五步骤”共点力作用下的平衡问题是高考的热点，分析近几年高考题可以发现，每年的命题虽然都有新意，但每年的考题都是源于教材习题的拓展提升。教材习题多以静态平衡为背景考查物体的受力分析和基本规律，而高考题通常会拓展为多物体间相互作用的静态平衡或动态平衡问题，考查学生灵活应用的能力。同学们可通过以下示例认真体会，利用高考真题与教材习题间的溯源关系及老高考的命题特点，把握新高考的命题方向。[典例1]　[人教版必修1·P91·T1]在光滑墙壁上用网兜把足球挂在A点，足球与墙壁的接触点为B(如图所示)。足球的质量为m，悬绳与墙壁的夹角为α，网兜的质量不计。求悬绳对球的拉力和墙壁对球的支持力。[解析]　足球受重力、悬绳的拉力和墙壁的支持力而平衡，受力如图所示，运用合成法，根据几何知识得绳子对球的拉力为FT＝eq \f(mg,cos α)，墙壁的支持力为FN＝mgtan α。[答案]　eq \f(mg,cos α)　 mgtan α拓展❶　由静止悬挂的物体拓展为匀速运动的物体　(2019·高考全国卷Ⅲ)用卡车运输质量为m的匀质圆筒状工件，为使工件保持固定，将其置于两光滑斜面之间，如图所示。两斜面 Ⅰ、Ⅱ 固定在车上，倾角分别为30°和60°。重力加速度为g。当卡车沿平直公路匀速行驶时，圆筒对斜面 Ⅰ、Ⅱ 压力的大小分别为F1、F2，则(　　)A．F1＝eq \f(\r(3),3)mg，F2＝eq \f(\r(3),2)mgB．F1＝eq \f(\r(3),2)mg，F2＝eq \f(\r(3),3)mgC．F1＝eq \f(1,2)mg，F2＝eq \f(\r(3),2)mgD．F1＝eq \f(\r(3),2)mg，F2＝eq \f(1,2)mg【真题命题立意】　本题在典例1单一静止物体的受力分析及平衡问题的基础上，拓展为物体随汽车一起运动，题目由典例1中直接给出角度信息，拓展为通过一定的数学运算获取角度信息，但考查的核心知识点仍然是基本受力分析及平衡问题的求解方法。解析：如图所示，卡车匀速行驶，圆筒受力平衡，由题意知，力F1′与F2′相互垂直。由牛顿第三定律知F1＝F1′，F2＝F2′，则F1＝mgsin 60°＝eq \f(\r(3),2)mg，F2＝mgsin 30°＝eq \f(1,2)mg，选项D正确。答案：D拓展❷　由单一物体拓展为“绳—滑轮关联”的多物体　(2020·高考全国卷Ⅲ)如图，悬挂甲物体的细线拴牢在一不可伸长的轻质细绳上O点处；绳的一端固定在墙上，另一端通过光滑定滑轮与物体乙相连。甲、乙两物体质量相等。系统平衡时，O点两侧绳与竖直方向的夹角分别为α和β。若α＝70°，则β等于(　　)A．45°　　　　　　 B．55°C．60° D．70°【真题命题立意】　本题在典例1单一静止物体的受力分析及平衡问题的基础上，拓展为两关联物体的静态平衡综合问题，题目由典例1中直接给出角度计算绳对球的拉力和墙壁对球的支持力，拓展为利用关联物体间“绳上弹力大小相等”的信息分析物体受力特点，但考查的核心知识和方法不变。解析：取O点为研究对象，在三力的作用下处于平衡状态，对其受力分析如图所示，根据几何关系可得β＝55°。答案：B方法技巧处理平衡问题的2个技巧——————————————————————— (1)物体受三个力平衡时，利用力的分解法或合成法比较简单(如典例1和拓展1)。(2)物体受四个以上的力作用时一般要采用正交分解法。　4．(2021·适应性测试辽宁卷)如图所示，用轻绳系住一质量为2m的匀质大球，大球和墙壁之间放置一质量为m的匀质小球，各接触面均光滑。系统平衡时，绳与竖直墙壁之间的夹角为α，两球心连线O1O2与轻绳之间的夹角为β，则α、β应满足(　　)A．tan α＝3cot βB．2tan α＝3cot βC．3tan α＝tan(α＋β)D．3tan α＝2tan(α＋β)解析：设绳子的拉力为T，墙壁的支持力为N，两球之间的压力为F，将两个球作为一个整体进行受力分析，可得Tcos α＝2mg＋mgTsin α＝N对小球进行受力分析，可得Fcos(α＋β)＝mgFsin(α＋β)＝N联立得3tan α＝tan(α＋β)故选C。答案：C5．某同学设计了一个验证平行四边形定则的实验，装置如图所示。系着小物体m1、m2的细线绕过光滑小滑轮与系着小物体m3的细线连接在O点，当系统达到平衡时绕过滑轮的两细线与竖直方向的夹角分别为37°和53°，则三个小物体的质量之比m1∶m2∶m3为(sin 37°＝0.6，sin 53°＝0.8)(　　)A．3∶4∶5 B．4∶3∶5C．4∶5∶3 D．3∶5∶4解析：对结点O受力分析，O点受到三根细线的拉力如图所示。由于物体m1、m2的细线绕过光滑小滑轮与系着小物体m3的细线连接，因此有F1＝m1g，F2＝m2g，由于O点处于静止状态，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错误，B正确。答案：Beq \a\vs4\al(命题点三　物体的动态平衡问题)　　师生互动1．动态平衡(1)所谓动态平衡问题，是指通过控制某些物理量，使物体的状态发生缓慢变化，而在这个过程中物体又始终处于一系列的平衡状态，常利用图解法解决此类问题。(2)基本思路化“动”为“静”，“静”中求“动”。2．分析动态平衡问题的方法及其步骤　解析法的应用[典例2]　(2021·适应性测试重庆卷)如图所示，垂直墙角有一个截面为半圆的光滑柱体，用细线拉住的小球静止靠在接近半圆底端的M点。通过细线将小球从M点缓慢向上拉至半圆最高点的过程中，细线始终保持在小球处与半圆相切。下列说法正确的是(　　)A．细线对小球的拉力先增大后减小B．小球对柱体的压力先减小后增大C．柱体受到水平地面的支持力逐渐减小D．柱体对竖直墙面的压力先增大后减小[解析]　以小球为研究对象，设小球所在位置沿切线方向与竖直方向夹角为θ，沿切线方向有FT＝mgcos θ沿半径方向有FN＝mgsin θ通过细线将小球从M点缓慢向上拉至半圆最高点的过程中θ增大，所以细线对小球的拉力减小，小球对柱体的压力增大，故A、B错误；以柱体为研究对象，竖直方向有F地＝Mg＋FNsin θ＝Mg＋mgsin2 θ水平方向有F墙＝FNcos θ＝mgsin θcos θ＝eq \f(1,2)mgsin 2θθ增大，柱体受到水平地面的支持力逐渐增大，柱体对竖直墙面的压力先增大后减小，当θ＝45°时柱体对竖直墙面的压力最大，故D正确，C错误。[答案]　D　图解法的应用[典例3]　(多选)如图所示，等腰直角斜劈A的直角边靠在粗糙的竖直墙壁上，一根不可伸长的轻绳一端固定在竖直墙上，另一端与半径不可忽略的光滑球B连接。轻绳与水平方向成30°角。现将轻绳上端点沿竖直墙缓慢向上移动，A始终处于静止状态，则(　　)A．绳上拉力先减小后增大B．竖直墙对A的摩擦力先减小后增大C．竖直墙对A的摩擦力可能为零D．竖直墙对A的支持力逐渐减小[解析]　以B为研究对象，对其进行受力分析，其受重力mg、绳子拉力F1和斜面对它的支持力F2，如图所示，由图可知，当F1与F2的方向垂直，即轻绳与斜面平行时，F1最小，所以绳子的拉力先减小后增大，选项A正确；以A与B组成的整体为研究对象，整体受到重力、墙的支持力和摩擦力以及绳子的拉力。当轻绳上端点沿竖直墙缓缓向上移动时，绳子的拉力F1沿竖直方向的分力增大，沿水平方向的分力减小，所以竖直墙对A向上的摩擦力将减小，竖直墙对A的支持力逐渐减小，选项B错误，选项D正确；以A为研究对象，A受到重力、墙壁的支持力以及B对A斜向下的压力，A处于平衡状态，竖直方向的合外力等于0，所以摩擦力的大小等于A的重力与B对A的压力向下的分力的和，不可能等于0，选项C错误。[答案]　AD　相似三角形法的应用[典例4]　(2021·河南焦作高三模拟)如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆环的最高点有一个光滑的小孔，质量为m的小球套在圆环上。一根细线的下端系着小球，上端穿过小孔用手拉住。现拉动细线，使小球沿圆环缓慢上移，在移动过程中手对线的拉力F和轨道对小球的弹力FN的大小变化情况是(　　)A．F不变，FN增大B．F减小，FN不变C．F不变，FN减小D．F增大，FN减小[解析]　小球沿圆环缓慢上移可看作处于平衡状态，对小球进行受力分析，作出受力示意图，如图所示，由图可知△OAB∽△GFA，即eq \f(G,R)＝eq \f(F,AB)＝eq \f(FN,R)，当A点上移时，半径不变，AB长度减小，故F减小，FN不变，A、C、D错误，B正确。[答案]　B　方法技巧分析动态平衡问题的3种方法———————————————————————(1)在三力平衡问题中，若三个力能构成直角三角形，一般用解析法处理(如典例2)。(2)在三力平衡问题中，若一个力的大小、方向不变，另一个力的方向不变，一般用图解法处理(如典例3)。(3)在三力平衡问题中，若一个力的大小、方向不变，另外两个力的方向都改变，一般用相似三角形法处理(如典例4)。6．(2021·山东青岛第十七中学高三模拟)如图所示，在竖直平面内一根不可伸长的柔软轻绳通过光滑的轻质滑轮悬挂一重物。轻绳一端固定在墙壁上的A点，另一端从墙壁上的B点先沿着墙壁缓慢移到C点，后由C点缓慢移到D点，不计一切摩擦，且墙壁BC段竖直，CD段水平。在此过程中，关于轻绳的拉力F的变化情况，下列说法正确的是(　　)A．F一直减小　　　 B．F一直增大C．F先增大后减小 D．F先不变后增大解析：当轻绳另一端在C点时，设轻绳左右两侧间的夹角为2θ。以滑轮和重物整体为研究对象，分析受力情况，受力分析图如图所示，根据平衡条件得2Fcos θ＝mg，得到轻绳的拉力F＝eq \f(mg,2cos θ)，轻绳另一端从B点沿墙壁缓慢移到D点，由几何知识可知，θ先不变后增大，cos θ先不变后减小，轻绳的拉力F先不变后增大，D正确，A、B、C错误。答案：D7．(2021·福建漳州长泰一中月考)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。现用力F拉绳，开始时∠BCA＞90°，使∠BCA缓慢减小，直到杆BC接近竖直杆AC。在此过程中，杆BC所受的力(　　)A．大小不变 B．逐渐增大C．逐渐减小 D．先增大后减小解析：以B点为研究对象，分析受力情况，其受重物的拉力FT(等于重物的重力G)、轻杆的支持力FN和绳子的拉力F，作出受力分析图，如图所示，由平衡条件可知，FN和F的合力FT′与FT大小相等，方向相反，根据三角形相似可得eq \f(FN,BC)＝eq \f(F,AB)＝eq \f(FT,AC)，又FT＝G，AC和BC不变，则FN和FT不变，所以杆BC所受的力大小不变，故A正确，B、C、D错误。答案：A8.如图所示，小球用细绳系住，绳的另一端固定于O点。现用水平力F缓慢推动斜面体，小球在斜面上无摩擦地滑动，细绳始终处于直线状态，当小球升到接近斜面顶端时细绳接近水平，此过程中斜面对小球的支持力FN以及绳对小球的拉力FT的变化情况是(　　)A．FN保持不变，FT不断增大B．FN不断增大，FT不断减小C．FN保持不变，FT先增大后减小D．FN不断增大，FT先减小后增大解析：方法一：解析法对小球进行受力分析，如图甲所示，小球受到重力mg、支持力FN、拉力FT的作用，设细绳与水平方向的夹角为β，斜面的倾角为α，由平衡条件得FNcos α＋FTsin β＝mg，FNsin α－FTcos β＝0，联立解得FT＝eq \f(mgsin α,cosβ－α)，FN＝eq \f(mg,cos α＋sin αtan β)。用水平力F缓慢推动斜面体，β一直减小直至接近0。由题图易知，起始时刻β>α，当β＝α时，cos(β－α)＝1，FT最小，所以FT先减小后增大。β一直减小直至接近0，tan β不断减小，FN不断增大，选项D正确。方法二：图解法由于用水平力F缓慢推动斜面体，故小球处于动态平衡状态。小球受到大小方向均不变的重力、方向不变的支持力、方向大小均变化的细绳的拉力，三个力构成封闭的三角形，画出小球受力示意图如图乙所示。当细绳与斜面平行时，细绳拉力FT2与支持力方向垂直，细绳拉力最小。当小球升到接近斜面顶端时细绳接近水平，细绳拉力为FT4，所以FT先减小后增大，而此过程中斜面对小球的支持力FN一直增大，选项D正确。答案：Deq \a\vs4\al(命题点四　平衡中的临界、极值问题)　　师生互动1．临界问题：当某物理量变化时，会引起其他几个物理量的变化，从而使物体所处的平衡状态“恰好出现”或“恰好不出现”，在问题的描述中常用“刚好”“恰能”“恰好”等语言叙述。2．极值问题：平衡物体的极值，一般指在力的变化过程中的最大值或最小值问题。3．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)数学解析法：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)。[典例5]　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，轻推一下后，它恰好匀速下滑。如果用与木楔斜面成α角的力F拉着木块匀速上升，如图所示(已知木楔在整个过程中始终静止)。(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？[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＝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)，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，Ff＝Fmincos 2θ＝mg·sin 2θcos 2θ＝eq \f(1,2)mgsin 4θ。[答案]　(1)mgsin 2θ　(2)eq \f(1,2)mgsin 4θ9．如图，一物块在外力F的作用下沿水平桌面做匀速直线运动，已知物块质量为1 kg，与桌面间的动摩擦因数μ＝0.75，重力加速度g取10 m/s2，外力F的最小值为(　　)A．5 N　　　　　　　 B．6 NC．7.5 N D．8 N解析：设F与水平方向夹角为θ，根据平衡知识可知，Fcos 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)；由数学知识可知，cos θ＋0.75sin θ的最大值为1.25，则外力F的最小值为Fmin＝6 N，故选B。答案：B10．如图所示，足够长的光滑平板AP与BP用铰链连接，平板AP与水平面成53°角固定不动，平板BP可绕水平轴在竖直面内自由转动，质量为m的均匀圆柱体O放在两板间，已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，重力加速度为g。在使BP板由水平位置缓慢转动到竖直位置的过程中，下列说法正确的是(　　)A．平板BP受到的最小压力为eq \f(4,5)mgB．平板BP受到的最大压力为mgC．平板AP受到的最小压力为eq \f(3,5)mgD．平板AP受到的最大压力为mg解析：圆柱体受重力、斜面AP的弹力F1和平板BP的弹力F2，将F1与F2合成为F，如图所示。圆柱体一直处于平衡状态，三个力中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线，故F1与F2的合力F与重力等值、反向、共线；从图中可以看出，BP板由水平位置缓慢转动过程中，F1越来越大，F2先减小后增大。由几何关系可知，当F2的方向与AP的方向平行(即与F1的方向垂直)时，F2有最小值F2min＝eq \f(4,5)mg，根据牛顿第三定律知，平板BP受到的最小压力为eq \f(4,5)mg，故A正确；当平板BP转动到竖直位置时，F2最大，F2max＝eq \f(4,3)mg，即平板BP受到的最大压力为eq \f(4,3)mg，故B错误；当平板BP沿水平方向时，平板AP对圆柱体的弹力F1＝0，即平板AP受到的最小压力为0，故C错误；当BP转到竖直方向时，AP对圆柱体的弹力F1最大，F1max＝eq \f(mg,cos 53°)＝eq \f(5,3)mg，根据牛顿第三定律知，平板AP受到的最大压力为eq \f(5,3)mg，故D错误。答案：A适用条件注意事项优点合成法物体受三个力作用而平衡(1)表示三个力大小的线段长度不可随意画；(2)两力的合力与第三个力等大反向对于物体所受的三个力，有两个力相互垂直或两个力大小相等的平衡问题求解较简单分解法物体受三个力作用而平衡将其中一个力按作用效果分解，其两个分力分别与物体受到的另两个力等大反向正交分解法物体受三个力或三个以上的力作用而平衡选坐标轴时应使尽量多的力与坐标轴重合对于物体受三个以上的力处于平衡状态的问题求解较方便力的三角形法物体受三个力作用而平衡将三个力的矢量图平移，构成一个依次首尾相连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(三角形)边、角的变化；(2)确定未知量大小、方向的变化相似三角形法(1)根据已知条件画出某一状态对应的力的三角形和空间几何三角形，确定对应边，利用三角形相似知识列出比例式；(2)确定未知量大小的变化情况