（全國版）2019版高考物理一輪復習 第2章 相互作用 第9課時 共點力作用下物體的平衡（2）學案

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1、 第9課時　共點力作用下物體的平衡(2) 考點1　動態(tài)平衡問題 共點力的動態(tài)平衡問題是高考的重點、熱點，主要考查動態(tài)平衡條件的應用，可以單獨命題，也可與其他相關(guān)知識綜合考查。物體從一個受力平衡狀態(tài)到另一個平衡狀態(tài)，一般題目中會出現(xiàn)“緩緩”“緩慢”“慢慢”等關(guān)鍵詞，體現(xiàn)了“動”中有“靜”，“靜”中有“動”的思想。 [例1]　(多選)如圖所示，在粗糙水平地面上放著一個截面為四分之一圓弧的柱狀物體A，A的左端緊靠豎直墻，A與豎直墻之間放一光滑圓球B，已知A的圓半徑為球B的半徑的3倍，球B所受的重力為G，整個裝置處于靜止狀態(tài)。設(shè)墻壁對B的壓力為F1，A對B的支持力為F2，則若把

2、A向右移動少許后，它們?nèi)蕴幱陟o止狀態(tài)，則F1、F2的變化情況分別是(　　) A．F1減小 B．F1增大 C．F2增大 D．F2減小 解析　解法一：解析法 以球B為研究對象，受力分析如圖甲所示，根據(jù)合成法，可得出F1＝Gtanθ，F(xiàn)2＝，當A向右移動少許后，θ減小，則F1減小，F(xiàn)2減小，A、D正確。 解法二：圖解法 先根據(jù)平衡條件和平行四邊形定則畫出如圖乙所示的矢量三角形，在θ角減小的過程中，從圖中可直觀地看出，F(xiàn)1、F2都會減小，A、D正確。 答案　AD 　解決動態(tài)平衡問題常見的方法 (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

3、件列式求解，得到因變量與自變量的一般函數(shù)表達式，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且有一個力是恒力、另外一個力方向不變的問題。一般按照以下流程解題。 (3)相似三角形法 在三力平衡問題中，如果有一個力是恒力，另外兩個力方向都變化，且題目給出了空間幾何關(guān)系，多數(shù)情況下力的矢量三角形與空間幾何三角形相似，可利用相似三角形對應邊成比例進行計算。 1. 如圖所示，一小球放置在木板與豎直墻面之間。設(shè)球?qū)γ娴膲毫Υ笮镕N1，球?qū)δ景宓膲毫Υ笮镕N2。以木板與墻連接點所形成的水平直線為軸，將木板從圖示位置開始緩慢地轉(zhuǎn)到水平位置。不計摩擦，在

4、此過程中(　　) A．FN1始終減小，F(xiàn)N2始終增大 B．FN1始終減小，F(xiàn)N2始終減小 C．FN1先增大后減小，F(xiàn)N2始終減小 D．FN1先增大后減小，F(xiàn)N2先減小后增大 答案　B 解析　解法一：解析法 如圖甲所示，因為FN1＝FN1′＝，F(xiàn)N2＝FN2′＝，隨θ逐漸增大到90°，tanθ、sinθ都增大，F(xiàn)N1、FN2都逐漸減小，所以B正確。 解法二：圖解法 如圖乙所示，把mg按它的兩個效果進行分解如圖所示。在木板緩慢轉(zhuǎn)動時，F(xiàn)N1的方向不變，mg、FN1、FN2應構(gòu)成一個閉合的三角形。FN2始終垂直于木板，隨木板的轉(zhuǎn)動而轉(zhuǎn)動，由圖可知，在木板轉(zhuǎn)動時，F(xiàn)N2變

5、小，F(xiàn)N1也變小，B正確。 2. (多選)如圖所示，AC是上端帶定滑輪的固定豎直桿，質(zhì)量不計的輕桿BC一端通過鉸鏈固定在C點，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，用力F拉繩，開始時∠BCA>90°，現(xiàn)使∠BCA緩慢變小，直到桿BC接近豎直桿AC。此過程中，下列說法正確的是(　　) A．桿BC所受的力大小不變 B．桿BC所受的力先增大后減小 C．力F大小不變 D．力F的大小一直減小 答案　AD 解析　以B點為研究對象，分析受力情況：重物的拉力T(等于重物的重力G)、輕桿的支持力N和繩子的拉力F，作出受力分析圖如圖，由平衡條件得知，N和F的合力T′與T大

6、小相等，方向相反，根據(jù)△ABC與△T′NB相似可得＝＝，又T′＝G，解得N＝G，F(xiàn)＝G，使∠BCA緩慢變小時，、 保持不變， 變小，則N保持不變，F(xiàn)變小，故A、D正確。 考點2　平衡中的臨界與極值問題 1．動態(tài)平衡中，當某物理量變化時，會引起其他物理量的變化，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)”的現(xiàn)象，為平衡中的臨界現(xiàn)象。 2．平衡物體的極值，一般指在力的變化過程中的最大值和最小值問題。 [例2]　如圖所示，質(zhì)量為m的物體，放在一固定斜面上，當斜面傾角為30°時恰能沿斜面勻速下滑，對物體施加一大小為F的水平向右的恒力，物體可沿斜面勻速向上滑行。設(shè)最大靜摩

7、擦力等于滑動摩擦力，當斜面傾角增大并超過某一臨界角α0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α0的大小。 解析　(1)物體恰勻速下滑，由平衡條件有 FN1＝mgcos30° mgsin30°＝μFN1 則μ＝tan30°＝。 (2)設(shè)斜面傾角為α，由平衡條件有 Fcosα＝mgsinα＋Ff FN2＝mgcosα＋Fsinα 靜摩擦力Ff≤μFN2 解得F(cosα－μsinα)≤mgsinα＋μmgcosα 要使“不論水平恒力F多大”，上式都成立 則有cosα－μsinα≤0 所以tanα

8、≥＝＝tan60° 即α0＝60°。 答案　(1)　(2)60° 　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。 (2)數(shù)學解法：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)。 1．(全國卷Ⅱ) 如圖所示，在固定斜面上的一物塊受到一外力F的作用，F(xiàn)平行于斜面向上。若要物塊在斜面上保持靜止，F(xiàn)的取值應有一定范圍，已知其最大值和最小值分別為F1和F2(F2>0)。由此可求出(

9、　　) A．物塊的質(zhì)量 B．斜面的傾角 C．物塊與斜面間的最大靜摩擦力 D．物塊對斜面的正壓力 答案　C 解析　物塊在斜面上處于靜止狀態(tài)，對物塊進行受力分析，當F＝F1時物塊即將向上滑動，由平衡條件可得F1＝mgsinθ＋Ff；當F＝F2時物塊即將向下滑動，由平衡條件可得F2＝mgsinθ－Ff；由兩式解得Ff＝，故能求出物塊與斜面間的最大靜摩擦力，但不能求出物塊的質(zhì)量、斜面的傾角和物塊對斜面的正壓力，故C正確。 2. 如圖所示，質(zhì)量為m的球放在傾角為α的光滑斜面上，用擋板AO將球擋住，使球處于靜止狀態(tài)，若擋板與斜面間的夾角為β，則(　　) A．當β＝30°時，擋板AO

10、所受壓力最小，最小值為mgsinα B．當β＝60°時，擋板AO所受壓力最小，最小值為mgcosα C．當β＝60°時，擋板AO所受壓力最小，最小值為mgsinα D．當β＝90°時，擋板AO所受壓力最小，最小值為mgsinα 答案　D 解析　以球為研究對象，球所受重力產(chǎn)生的效果有兩個：對斜面產(chǎn)生的壓力FN1，對擋板產(chǎn)生的壓力FN2，根據(jù)重力產(chǎn)生的效果將重力分解，如圖所示。當擋板與斜面的夾角β由圖示位置變化時，F(xiàn)N1大小改變但方向不變，始終與斜面垂直，F(xiàn)N2的大小和方向均改變，由圖可看出當擋板AO與斜面垂直，即β＝90°時，擋板AO所受壓力最小，最小壓力FN2min＝mgsinα

11、，D正確。 1．如圖所示，斜面體放置在粗糙的水平地面上，在水平向右的推力F作用下，物體A和斜面體B均保持靜止。若減小推力F，物體A仍然靜止在斜面上，則(　　) A．物體A所受合力一定減小 B．斜面對物體A的支持力一定減小 C．斜面對物體A的摩擦力一定減小 D．斜面對物體A的摩擦力一定為零 答案　B 解析　物體A始終處于平衡狀態(tài)，所以受到的合力始終等于零，故A錯誤；如圖所示，對物體A進行受力分析，有 F合x＝Fcosθ＋f－Gsinθ＝0 F合y＝FN－Gcosθ－Fsinθ＝0 解得FN＝Gcosθ＋Fsinθ，當F減小時，則支持力減小，故B正確；f＝Gsi

12、nθ－Fcosθ，由于摩擦力的方向未知，故當f沿斜面向上為正值時，F(xiàn)減小，則f增大，若f為負值即沿斜面向上時，當F減小，則f也減小，不一定為零，故C、D錯誤。 2．(多選)如圖所示，一條細線一端與地板上的物體B相連，另一端繞過質(zhì)量不計的定滑輪與小球A相連，定滑輪用另一條細線懸掛在天花板上的O′點，細線與豎直方向所成角度為α，開始時系統(tǒng)靜止，則(　　) A．如果將物體B在地板上向右移動一點，α角將增大 B．無論物體B在地板上左移還是右移，只要距離足夠小，α角將不變 C．增大小球A的質(zhì)量，α角一定減小 D．懸掛定滑輪的細線的彈力不可能等于小球A的重力 答案　AD 解析　對小球

13、A進行受力分析，受重力和拉力，根據(jù)平衡條件，有T＝mg；如果將物體B在地板上向右移動稍許，則∠AOB增大；對滑輪分析，受三個拉力，受力分析如圖所示，∠AOB＝2α，故α角將增大，故A正確，B錯誤；增大小球A的質(zhì)量，B可能仍保持不動，系統(tǒng)平衡，拉力的方向不變，故α角可能不變，故C錯誤；由于∠AOB＝2α<90°，彈力F與兩個拉力T的合力平衡，而T＝mg，故懸掛定滑輪的細線的彈力不可能等于小球A的重力，故D正確。 3. (多選)如圖所示，半圓柱體P放在粗糙的水平地面上，其右端有一豎直擋板MN。在二者之間夾著一個光滑均勻的小圓柱體Q，整個裝置處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)使MN保持豎直并且緩慢地向右平移，在Q滑

14、落到地面之前，P始終保持靜止。則在此過程中，下列說法正確的是(　　) A．MN對Q的彈力逐漸減小 B．P對Q的彈力逐漸增大 C．地面對P的摩擦力逐漸增大 D．Q所受的合力逐漸增大 答案　BC 解析　對Q進行受力分析，Q受到豎直向下的重力、擋板MN向左的支持力F1和半圓柱體P的支持力F2，如圖所示，根據(jù)平衡條件，得到F1＝mgtanθ，F(xiàn)2＝，MN保持豎直并且緩慢地向右平移的過程中，θ增大，故F1、F2增大，A錯誤，B正確；對P、Q整體進行分析，整體受到重力、擋板MN的支持力F1、地面的支持力、地面的靜摩擦力f，根據(jù)共點力平衡條件，可得f＝F1＝mgtanθ，由于θ增大，故f

15、增大，C正確；移動過程中Q一直處于平衡狀態(tài)，合力一直為零，D錯誤。 4. 有一個直角支架AOB，AO水平放置，表面粗糙，OB豎直向下，表面光滑。AO上面套有小環(huán)P，OB上面套有小環(huán)Q，兩環(huán)質(zhì)量均為m，兩環(huán)間由一根質(zhì)量可忽略、不可伸展的細繩相連，并在某一位置平衡(如圖所示)?，F(xiàn)將P環(huán)向左移一小段距離，兩環(huán)再次達到平衡，那么將移動后的平衡狀態(tài)和原來的平衡狀態(tài)比較，AO桿對P環(huán)的支持力FN和細繩上的拉力FT的變化情況是(　　) A．FN不變，F(xiàn)T變大 B．FN不變，F(xiàn)T變小 C．FN變大，F(xiàn)T變大 D．FN變大，F(xiàn)T變小 答案　B 解析　以P、Q兩個環(huán)為整體，對其受力分析可知，

16、豎直方向上FN＝2mg，與P環(huán)位置無關(guān)；以Q環(huán)為研究對象并受力分析，設(shè)∠ABO＝θ，分解拉力FT，F(xiàn)Tcosθ＝mg，F(xiàn)T＝，θ角由于P環(huán)左移而減小時，拉力FT減小，B正確。 5. (多選)如圖所示，帶有光滑豎直桿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與套在豎直桿上的小滑塊用輕繩連接，開始時輕繩與斜面平行?，F(xiàn)給小滑塊施加一豎直向上的拉力，使小滑塊沿桿緩慢上升，整個過程中小球始終未脫離斜面，則有(　　) A．輕繩對小球的拉力逐漸增大 B．小球?qū)π迸膲毫ο葴p小后增大 C．豎直桿對小滑塊的彈力先增大后減小 D．對小滑塊施加的豎直向上的拉力逐漸增大 答案　AD 解

17、析　設(shè)斜面傾角為θ，斜面對小球的支持力為FN1，繩對小球的拉力為FT，小球的重力大小為G1，小滑塊的重力大小為G2，豎直桿對小滑塊的彈力大小為FN2。由于小滑塊沿桿緩慢上升，所以小球沿斜面緩慢向上運動，小球處于動態(tài)平衡狀態(tài)，受到的合力為零，作小球受力矢量三角形如圖甲所示，繩對小球的拉力FT逐漸增大，所以A正確；斜面對小球的彈力FN1逐漸減小，故小球?qū)π泵娴膲毫χ饾u減小，B錯誤；將小球和小滑塊看成一個整體，對其進行受力分析如圖乙所示，則由力的平衡條件可得：FN2＝FN1sinθ，F(xiàn)＝G1＋G2－FN1cosθ，因FN1逐漸減小，所以FN2逐漸減小，F(xiàn)逐漸增大，C錯誤，D正確。 6. (多選)如

18、圖所示，橫截面為直角三角形的斜劈A，底面靠在粗糙的豎直墻面上，力F指向球心水平作用在光滑球B上，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)。當力F增大時，系統(tǒng)還保持靜止，則下列說法正確的是(　　) A．斜劈A所受的合力增大 B．斜劈A對豎直墻壁的壓力增大 C．球B對地面的壓力一定增大 D．墻面對斜劈A的摩擦力增大 答案　BC 解析　斜劈A一直處于靜止狀態(tài)，所受的合力一直為零不變，故A錯誤；以A、B整體為研究對象，進行受力分析，根據(jù)平衡條件，水平方向N＝F，N為豎直墻壁對斜劈A的彈力，F(xiàn)增大，則N增大，由牛頓第三定律可得，斜劈A對豎直墻壁的壓力增大，故B正確；對球B進行受力分析，如圖所示，根據(jù)平衡條件

19、有F＝N′sinθ，F(xiàn)增大，則N′增大，N″＝G＋N′cosθ，N′增大，則N″增大，根據(jù)牛頓第三定律得，球B對地面的壓力增大，C正確；以A、B整體為研究對象，豎直方向有N″＋f＝Mg，因f方向不確定，則大小變化不能確定，故D錯誤。 7. 如圖所示，一根輕繩上端固定在O點，下端拴一個小球，球處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)對球施加一個水平向右的外力F，球緩慢移動，繩與豎直方向夾角為θ，且θ<90°，則下圖中能正確描述繩子的拉力T與cosθ的函數(shù)關(guān)系的是(　　) 答案　D 解析　對小球進行受力分析，如圖所示。由圖可知，小球豎直方向受力平衡，故Tcosθ－mg＝0，即T＝，即T與cosθ成反比關(guān)

20、系，D正確。 8. 固定在水平面上的光滑半球半徑為R，球心O的正上方C處固定一個光滑定滑輪(大小可忽略)，細線一端拴一小球(可視為質(zhì)點)置于半球面上A點，另一端繞過定滑輪，如圖所示，現(xiàn)將小球緩慢地從A點拉向B點，則此過程中小球?qū)Π肭虻膲毫Υ笮N、細線的拉力大小FT的變化情況是(　　) A．FN不變，F(xiàn)T不變 B．FN不變，F(xiàn)T變大 C．FN不變，F(xiàn)T變小 D．FN變大，F(xiàn)T變小 答案　C 解析　小球受力如圖所示，根據(jù)平衡條件知，小球所受支持力FN′和細線拉力FT的合力F與重力是一對平衡力，即F＝G，根據(jù)幾何關(guān)系知，力三角形與幾何△COA相似，設(shè)滑輪到半球頂

21、點B的距離為h，AC線長為L，則有＝＝，由于小球從A點移向B點的過程中，G、R、h均不變，L減小，故FN′大小不變(FN＝FN′)，F(xiàn)T減小，C正確。 9. (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?，F(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　對重物受力分析，畫出甲、乙、丙三個特殊位置的

22、受力圖，其中TOM和TMN的合力大小、方向均不變，大小等于G，在重物移動的過程中OM與MN的夾角α不變，由圖甲、乙、丙可知TOM先增大后減小，TMN逐漸增大，A、D正確。 10. (2018·衡水檢測)如圖所示，有一質(zhì)量不計的桿AO，長為R，可繞A自由轉(zhuǎn)動。用繩在O點懸掛一個重為G的物體，另一根繩一端系在O點，另一端系在圓弧形墻壁上的C點。當點C由圖示位置逐漸向上沿圓弧CB移動過程中(保持OA與地面夾角θ不變)，OC繩所受拉力的大小變化情況是(　　) A．逐漸減小 B．逐漸增大 C．先減小后增大 D．先增大后減小 答案　C 解析　對物體G分析，G受力平衡，則拉力等

23、于重力，故豎直繩的拉力不變；再對O點分析，O受繩子的拉力、桿OA的支持力及繩OC的拉力而處于平衡，如圖所示；將F和OC繩上的拉力合成，其合力與G大小相等，方向相反，則在OC上移的過程中，平行四邊形的對角線保持不變，平行四邊形發(fā)生圖中所示變化，則由圖可知OC的拉力先減小后增大，圖中D點時力最小，故C正確。 11. (2017·洛陽檢測)(多選)如圖所示，半徑相同、質(zhì)量相同且分布均勻的兩個圓柱體a、b靠在一起，表面光滑，重力均為G，其中b的下一半剛好固定在水平面MN的下方，上邊露出另一半，a靜止在平面上，現(xiàn)過a的軸心施以水平作用力F，可緩慢地將a拉離水平面MN一直滑到b的頂端，對該過程進行分析，

24、應有(　　) A．拉力F先增大后減小，最大值是G B．開始時拉力F最大為 G，以后逐漸減小為0 C．a(chǎn)、b間壓力由0逐漸增大，最大為G D．a(chǎn)、b間的壓力開始最大為2G，而后逐漸減小到G 答案　BD 解析　根據(jù)幾何關(guān)系可知：sinθ＝，θ＝30°，對a受力分析，如圖所示，應用平衡條件，F(xiàn)＝＝G，之后a緩慢移動過程中，兩軸心連線與豎直方向的夾角越來越小，由圖可知：FN一直變小，F(xiàn)也一直變小，可得拉力從最大值Fm＝G逐漸減小為0，A錯誤，B正確；a、b間的壓力開始時最大為FN＝＝2G，而后逐漸減小到G，C錯誤，D正確。 12．(2017·廣東深圳中學六模)(多選)如圖所示，A

25、是一質(zhì)量為M的盒子，B的質(zhì)量為M，A、B用細繩相連，跨過光滑的定滑輪，A置于傾角θ＝30°的斜面上，B懸于斜面之外而處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)在向A中緩慢加入沙子，整個系統(tǒng)始終保持靜止，則在加入沙子的過程中(　　) A．繩子的拉力逐漸減小 B．A對斜面的壓力逐漸增大 C．A所受的摩擦力逐漸增大 D．A所受的合力不變 答案　BD 解析　繩子的拉力等于B的重力，保持不變，故A錯誤；A對斜面的壓力大小等于A及沙子的總重力沿垂直于斜面的分力大小，隨著沙子質(zhì)量的增加，A對斜面的壓力逐漸增大，故B正確；未加沙子時，A所受的重力沿斜面向下的分力為g，小于繩子的拉力，A靜止，則靜摩擦力方向沿斜面向下。當

26、向A中緩慢加入沙子時，A所受的重力沿斜面向下的分力增大，由平衡條件分析可知，A所受的摩擦力逐漸減小，當沙子和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，則A受到的摩擦力反向并逐漸增大，所以A所受的摩擦力先逐漸減小然后反向逐漸增大，故C錯誤；整個系統(tǒng)始終保持靜止，A所受的合力為零，不變，故D正確。 13. (2017·桓臺質(zhì)檢)如圖所示，在傾角為θ的粗糙斜面上，一個質(zhì)量為m的物體被水平力F推著靜止于斜面上，物體與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，且μμmgcosθ，所以當F＝0時，物體不能靜

27、止。若物體在力F的作用下剛好不下滑，則物體受沿斜面向上的最大靜摩擦力，且此時F最小，對物體受力分析，如圖甲所示，由平衡條件得： mgsinθ＝Fmincosθ＋Ff① FN＝mgcosθ＋Fminsinθ② Ff＝μFN③ 由①②③解得Fmin＝　mg； 若物體在力F的作用下剛好不上滑，則物體受沿斜面向下的最大靜摩擦力，且此時F最大，對物體受力分析，如圖乙所示，由平衡條件得： mgsinθ＋Ff＝Fmaxcosθ④ FN＝mgcosθ＋Fmaxsinθ⑤ Ff＝μFN⑥ 由④⑤⑥解得Fmax＝　mg。 14．(2017·山西師范大學附中聯(lián)考)一個底面粗糙、質(zhì)量為M的

28、劈放在粗糙的水平面上，劈的斜面光滑且與水平面成30°角；現(xiàn)用一端固定的輕繩系一質(zhì)量為m的小球，小球放在斜面上，小球靜止時輕繩與豎直方向的夾角也為30°，如圖所示。 (1)當劈靜止時，求繩子的拉力大??； (2)若地面對劈的最大靜摩擦力等于地面對劈支持力的k倍，為使整個系統(tǒng)靜止，k值必須滿足什么條件？ 答案　(1)　(2)k≥ 解析　(1)以水平方向為x軸，建立坐標系，以小球為研究對象，受力分析如圖甲所示： Fcos60°＝FNsin30° Fsin60°＋FNcos30°＝mg 聯(lián)立解得F＝。 (2)如圖乙，以水平方向為x軸，對劈進行受力分析： FN′＝FNcos30°＋Mg，F(xiàn)f′＝FNsin30°，且Ff′≤kFN′， 又FN＝F＝， 聯(lián)立解得k≥。 18