《2019年度高考物理一輪復習 第二章 相互作用 專題強化二 受力分析 共點力的平衡課件.ppt》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019年度高考物理一輪復習 第二章 相互作用 專題強化二 受力分析 共點力的平衡課件.ppt（58頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

第二章相互作用 專題強化二受力分析共點力的平衡 過好雙基關 一 受力分析1 把指定物體 研究對象 在特定的物理環(huán)境中受到的所有外力都找出來 并畫出受力的過程 2 一般步驟 示意圖 整體 重力 方向 答案 自測1 多選 如圖1所示 水平地面上的物體A 在斜向上的拉力F的作用下 向右做勻速運動 則下列說法中正確的是A 物體A可能只受到三個力的作用B 物體A一定受到四個力的作用C 物體A受到的滑動摩擦力大小為Fcos D 物體A對水平面的壓力大小一定為Fsin 圖1 二 共點力的平衡1 平衡狀態(tài)物體處于狀態(tài)或狀態(tài) 2 平衡條件 如圖2甲和乙所示 小球靜止不動 物塊勻速運動 則小球F合 物塊Fx Fy 圖2 靜止 勻速直線運動 0 0 0 3 平衡條件的推論 1 二力平衡 如果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 方向 2 三力平衡 如果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 方向 并且這三個力的矢量可以形成一個封閉的矢量 3 多力平衡 如果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 方向 相等 相反 相等 相反 三角形 相等 相反 解析對物體受力分析如圖 由平衡條件可得 圖3 答案 解析 研透命題點 1 高中物理主要研究的九種力 命題點一受力分析整體法與隔離法的應用 能力考點師生共研 思想方法 2 整體法與隔離法 例1如圖4所示 物塊A放在直角三角形斜面體B上面 B放在彈簧上面并緊挨著豎直墻壁 初始時A B靜止 現(xiàn)用力F沿斜面向上推A 但A B仍未動 則施力F后 下列說法正確的是A A B之間的摩擦力一定變大B B與墻面間的彈力可能不變C B與墻之間可能沒有摩擦力D 彈簧彈力一定不變 答案 解析 圖4 解析對A分析 開始受重力 B對A的支持力和靜摩擦力平衡 當施加F后 仍然處于靜止狀態(tài) 開始A所受的靜摩擦力大小為mAgsin 若F 2mAgsin 則A B之間的摩擦力大小不變 故A錯誤 以A B整體為研究對象 開始時B與墻面的彈力為零 后來施加F后 彈力為Fcos B錯誤 對A B整體分析 由于A B不動 彈簧的形變量不變 則彈簧的彈力不變 開始彈簧的彈力等于A B的總重力 施加F后 彈簧的彈力不變 總重力不變 根據(jù)平衡知 則B與墻之間一定有摩擦力 故C錯誤 D正確 例2如圖5所示 甲 乙兩個小球的質量均為m 兩球間用細線連接 甲球用細線懸掛在天花板上 現(xiàn)分別用大小相等的力F水平向左 向右拉兩球 平衡時細線都被拉緊 則平衡時兩球的可能位置是下列選項中的 答案 解析 圖5 解析用整體法分析 把兩個小球看做一個整體 此整體受到的外力為豎直向下的重力2mg 水平向左的力F 甲受到的 水平向右的力F 乙受到的 和細線1的拉力 兩水平力相互平衡 故細線1的拉力一定與重力2mg等大反向 即細線1一定豎直 再用隔離法 分析乙球受力的情況 乙球受到向下的重力mg 水平向右的拉力F 細線2的拉力F2 要使得乙球受力平衡 細線2必須向右傾斜 故A正確 變式1如圖6所示 兩段等長細線串接著兩個質量相等的小球a b 懸掛于O點 現(xiàn)在兩個小球上分別加上水平的外力 其中作用在b球上的力大小為F 作用在a球上的力大小為2F 則此裝置平衡時的位置可能是 答案 解析 圖6 解析設每個球的質量為m Oa與ab和豎直方向的夾角分別為 以兩個小球組成的整體為研究對象 分析受力情況 如圖甲所示 根據(jù)平衡條件可知 Oa繩的方向不可能沿豎直方向 否則整體的合力不為零 不能保持平衡 1 動態(tài)平衡動態(tài)平衡就是通過控制某一物理量 使物體的狀態(tài)發(fā)生緩慢的變化 但變化過程中的每一個狀態(tài)均可視為平衡狀態(tài) 所以叫動態(tài)平衡 2 常用方法 1 平行四邊形定則法 但也要根據(jù)實際情況采用不同的方法 若出現(xiàn)直角三角形 常用三角函數(shù)表示合力與分力的關系 2 圖解法 圖解法分析物體動態(tài)平衡問題時 一般是物體只受三個力作用 且其中一個力大小 方向均不變 另一個力的方向不變 第三個力大小 方向均變化 命題點二動態(tài)平衡問題 能力考點師生共研 3 矢量三角形法 若已知F合的方向 大小及一個分力F1的方向 則另一分力F2的最小值的條件為F1 F2 若已知F合的方向及一個分力F1的大小 方向 則另一分力F2的最小值的條件為F2 F合 例3 多選 2017 全國卷 21 如圖7 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 現(xiàn)將重物向右上方緩慢拉起 并保持夾角 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 解析 圖7 解析以重物為研究對象 受重力mg OM繩上拉力F2 MN上拉力F1 由題意知 三個力的合力始終為零 矢量三角形如圖所示 F1 F2的夾角為 不變 在F2轉至水平的過程中 矢量三角形在同一外接圓上 由圖可知 MN上的張力F1逐漸增大 OM上的張力F2先增大后減小 所以A D正確 B C錯誤 變式2 2017 全國卷 17 一根輕質彈性繩的兩端分別固定在水平天花板上相距80cm的兩點上 彈性繩的原長也為80cm 將一鉤碼掛在彈性繩的中點 平衡時彈性繩的總長度為100cm 再將彈性繩的兩端緩慢移至天花板上的同一點 則彈性繩的總長度變?yōu)?彈性繩的伸長始終處于彈性限度內 A 86cmB 92cmC 98cmD 104cm 答案 解析 甲乙 例4 多選 2017 天津理綜 8 如圖8所示 輕質不可伸長的晾衣繩兩端分別固定在豎直桿M N上的a b兩點 懸掛衣服的衣架掛鉤是光滑的 掛于繩上處于靜止狀態(tài) 如果只人為改變一個條件 當衣架靜止時 下列說法正確的是A 繩的右端上移到b 繩子拉力不變B 將桿N向右移一些 繩子拉力變大C 繩的兩端高度差越小 繩子拉力越小D 若換掛質量更大的衣服 則衣架懸掛點右移 答案 解析 圖8 將桿N向右移一些 d增大 則sin 增大 cos 減小 繩子的拉力增大 故B正確 若換掛質量更大的衣服 d和l均不變 繩中拉力增大 但衣服的位置不變 D錯誤 變式3 多選 如圖9所示 在固定好的水平和豎直的框架上 A B兩點連接著一根繞過光滑的輕小滑輪的不可伸長的細繩 重物懸掛于滑輪下 處于靜止狀態(tài) 若按照以下的方式緩慢移動細繩的端點 則下列判斷正確的是A 只將繩的左端移向A 點 拉力變小B 只將繩的左端移向A 點 拉力不變C 只將繩的右端移向B 點 拉力變小D 只將繩的右端移向B 點 拉力變大 答案 解析 圖9 以滑輪為研究對象 設繩子拉力大小為FT 根據(jù)平衡條件得 2FTcos mg 當只將繩的左端移向A 點 s和L均不變 則由 式知 FT不變 故A錯誤 B正確 當只將繩的右端移向B 點 s增加 而L不變 則由 式知 增大 cos 減小 則由 式知 FT增大 故C錯誤 D正確 故選B D 1 臨界問題當某物理量變化時 會引起其他幾個物理量的變化 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 剛能 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和最小值問題 命題點三平衡中的臨界與極值問題 能力考點師生共研 思想方法 3 解決極值問題和臨界問題的方法 1 極限法 首先要正確地進行受力分析和變化過程分析 找出平衡的臨界點和極值點 臨界條件必須在變化中去尋找 不能停留在一個狀態(tài)來研究臨界問題 而要把某個物理量推向極端 即極大和極小 2 數(shù)學分析法 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 3 物理分析方法 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 例5如圖10所示 質量為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水平向右的恒力 物體可沿斜面勻速向上滑行 設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力 當斜面傾角增大并超過某一臨界角 0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) 圖10 解析如圖所示 未施加力F時 對物體受力分析 由平衡條件得mgsin30 mgcos30 答案 解析 2 這一臨界角 0的大小 解析設斜面傾角為 時 受力情況如圖所示 由平衡條件得 Fcos mgsin Ff FN mgcos Fsin Ff FN 答案60 當cos sin 0 即tan 時 F 即 不論水平恒力F多大 都不能使物體沿斜面向上滑行 此時 臨界角 0 60 答案 解析 變式4 2017 廣東汕頭二模 重力都為G的兩個小球A和B用三段輕繩如圖11所示連接后懸掛在O點上 O B間的繩子長度是A B間的繩子長度的2倍 將一個拉力F作用到小球B上 使三段輕繩都伸直且O A間和A B間的兩段繩子分別處于豎直和水平方向上 則拉力F的最小值為 答案 解析 圖11 變式5 2017 河北冀州2月模擬 如圖12所示 質量為m 可以看成質點 的小球P 用兩根輕繩OP和O P在P點拴結后再分別系于豎直墻上相距0 4m的O O 兩點上 繩OP長0 5m 繩O P長0 3m 今在小球上施加一方向與水平成 37 角的拉力F 將小球緩慢拉起 繩O P剛拉直時 OP繩拉力為FT1 繩OP剛松弛時 O P繩拉力為FT2 則FT1 FT2為 sin37 0 6 cos37 0 8 A 3 4B 4 3C 3 5D 4 5 答案 解析 圖12 課時作業(yè) 1 如圖1所示 物體A在豎直向上的拉力F的作用下能靜止在斜面上 關于A受力的個數(shù) 下列說法中正確的是A A一定受兩個力作用B A一定受四個力作用C A可能受三個力作用D A受兩個力或者四個力作用 圖1 解析若拉力F大小等于物體的重力 則物體與斜面沒有相互作用力 所以物體就只受到兩個力作用 若拉力F小于物體的重力 則斜面對物體產生支持力和靜摩擦力 故物體應受到四個力作用 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 解析 2 2018 山西太原調研 如圖2所示 輕繩OA一端固定在天花板上 另一端系一光滑的圓環(huán) 一根系著物體的輕繩穿過圓環(huán)后 另一端固定在墻上B點 且OB處于水平 現(xiàn)將A點緩慢沿天花板水平向右移動 且OB段的輕繩始終保持水平 則OA OB段輕繩所受的拉力的大小FTA FTB的變化情況是A FTA增大 FTB不變B FTA FTB均不變C FTA不變 FTB增大D FTA FTB均減小 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 圖2 解析因為圓環(huán)光滑 則OC OB段輕繩所受的拉力的大小FTC FTB始終相等 且等于物體的重力 又OB段輕繩始終保持水平 OC段輕繩始終保持豎直 則A點緩慢右移 圓環(huán)也隨之右移 角 不變 由平衡條件可知OA段繩上所受的拉力不變 故B項正確 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 3 2018 河北唐山質檢 光滑斜面上固定著一根剛性圓弧形細桿 小球通過輕繩與細桿相連 此時輕繩處于水平方向 球心恰位于圓弧形細桿的圓心處 如圖3所示 將懸點A緩慢沿桿向上移動 直到輕繩處于豎直方向 在這個過程中 輕繩的拉力A 逐漸增大B 大小不變C 先減小后增大D 先增大后減小 圖3 解析當懸點A緩慢向上移動過程中 小球始終處于平衡狀態(tài) 小球所受重力mg的大小和方向都不變 支持力的方向不變 對球進行受力分析如圖所示 由圖可知 拉力FT先減小后增大 C項正確 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 解析 4 如圖4所示 質量為m的小球用水平輕質彈簧系住 并用傾角 37 的木板托住 小球處于靜止狀態(tài) 彈簧處于壓縮狀態(tài) 則A 小球受木板的摩擦力一定沿斜面向上B 彈簧彈力不可能為mgC 小球可能受三個力作用D 木板對小球的作用力有可能小于小球的重力mg 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 圖4 解析小球的受力分析如圖 對于小球所受靜摩擦力的情況 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 當mgsin37 F彈cos37 時 小球受到沿斜面向上的靜摩擦力 當mgsin37 F彈cos37 時 小球受到沿斜面向下的靜摩擦力 當mgsin37 F彈cos37 時 小球不受靜摩擦力 且F彈 mgtan37 mg 所以A B錯誤 C正確 木板對小球的作用力的豎直分量等于mg 所以不可能小于mg D錯誤 5 2017 廣東六次聯(lián)考 一個質量為3kg的物體 被放置在傾角為 30 的固定光滑斜面上 在如圖5所示的甲 乙 丙三種情況下處于平衡狀態(tài)的是 g 10m s2 圖5A 僅甲圖B 僅乙圖C 僅丙圖D 甲 乙 丙圖 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 6 2017 湖南長沙聯(lián)考 如圖6所示是一個力學平衡系統(tǒng) 該系統(tǒng)由三條輕質細繩將質量均為m的兩個小球連接懸掛組成 小球直徑相比輕繩長度可以忽略 輕繩1與豎直方向的夾角為30 輕繩2與豎直方向的夾角大于45 輕繩3水平 當此系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)時 輕繩1 2 3的拉力分別為F1 F2 F3 比較三力的大小 下列結論正確的是A F1 F3B F2 F3C F1 F2D F1 F2 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 圖6 7 多選 2017 江西南昌3月模擬 如圖7所示 靜止在粗糙水平面上的半徑為4R的半球的最高點A處有一根水平細線系著質量為m 半徑為R的光滑小球 已知重力加速度為g 下列說法正確的是A 地面對半球的摩擦力的方向水平向右B 細線對小球的拉力大小為mgC 保持小球的位置不變 將A點沿半球逐漸下移 半球對小球的支持力逐漸減小D 剪斷細線的瞬間 小球的加速度大小為0 6g 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 圖7 答案 解析 解析以半球和小球整體為研究對象 整體處于平衡狀態(tài) 不受摩擦力作用 A項錯誤 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 在剪斷細線的瞬間 細線對小球的拉力消失 小球在沿切線方向有mgsin ma 其中sin 0 6 得a 0 6g D項正確 8 多選 如圖8所示 光滑水平地面上有一直角三角形斜面體B靠在豎直墻壁上 物塊A放在斜面體B上 開始時A B靜止 現(xiàn)用水平力F推A A B仍靜止 則此時A B受力個數(shù)的組合可能是A 3個 5個B 3個 3個C 4個 5個D 3個 4個 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 圖8 答案 解析 解析先對A B整體受力分析 A B整體受推力 重力 地面的支持力 墻壁的彈力 再對物塊A受力分析 A受重力 推力 斜面體的支持力 可能還受到靜摩擦力 所以A可能受到3個或4個力 分析B的受力情況 B受到重力 墻壁的彈力 地面的支持力 A對B的壓力 可能還受到A對B的靜摩擦力 所以B可能受到4個或5個力 故C D均正確 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 9 如圖9所示 質量為m的小球用細線拴住放在光滑斜面上 斜面足夠長 傾角為 的斜面體置于光滑水平面上 用水平力F推斜面體使斜面體緩慢地向左移動 小球沿斜面緩慢升高 細繩尚未到達平行于斜面的位置 在此過程中 A 繩對小球的拉力減小B 斜面體對小球的支持力減小C 水平推力F減小D 地面對斜面體的支持力不變 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 圖9 答案 解析 解析對小球受力分析 如圖甲所示 斜面體左移會引起FT的方向及大小的變化而FN的方向不變 三力的合力為0 則形成閉合三角形 FT與FN相互垂直時FT最小 此時細線和斜面平行 則細線尚未到達平行于斜面的位置時 FT逐漸變小 FN逐漸變大 故選項A正確 B錯誤 對斜面體受力分析 如圖乙所示 根據(jù)平衡條件 有 F FN sin FNsin FN地 Mg FN cos Mg FNcos 由于FN增大 故支持力FN地和推力F均增大 故C D錯誤 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 10 多選 如圖10所示 斜面體置于粗糙水平面上 斜面光滑 小球被輕質細線系住放在斜面上 細線另一端跨過定滑輪 用力拉細線使小球沿斜面緩慢下移一小段距離 斜面體始終靜止 移動過程中A 細線對小球的拉力變大B 斜面對小球的支持力變大C 斜面對地面的壓力變大D 地面對斜面的摩擦力變大 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 圖10 解析設小球和斜面體的質量分別為m和M 細線和斜面的夾角為 對小球受力分析 如圖甲所示 小球受到重力mg 斜面的支持力FN和細線的拉力FT 則由平衡條件得 斜面方向 mgsin FTcos 垂直斜面方向 FN FTsin mgcos 使小球沿斜面緩慢下移時 減小 其他量不變 由 式知 FT變小 由 知 FN變大 故A錯誤 B正確 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 對斜面體進行受力分析 如圖乙所示 斜面體受到重力Mg 地面的支持力FN地 地面的靜摩擦力Ff和小球的壓力FN 由平衡條件得 Ff FN sin FN FN變大 Ff變大FN地 Mg FN cos FN FN變大 FN地變大 根據(jù)牛頓第三定律得 斜面體對地面的壓力也變大 故C D正確 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 11 如圖11所示 物體A B置于水平地面上 與地面間的動摩擦因數(shù)均為0 5 物體A B用跨過光滑輕質動滑輪的細繩相連 現(xiàn)用逐漸增大的力斜向上提動滑輪 某時刻拉A物體的繩子與水平面成53 角 拉B物體的繩子與水平面成37 角 A B兩個物體仍處于平衡狀態(tài) 此時若繼續(xù)增大向上的力 A B兩個物體將同時開始運動 則A B兩個物體的質量之比為 認為最大靜摩擦力等于滑動摩擦力 sin37 0 6 cos37 0 8 g 10m s2 圖11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 12 質量為M的木楔傾角為 在水平面上保持靜止 當將一質量為m的木塊放在木楔斜面上時 它正好勻速下滑 如果用與木楔斜面成 角的力F拉著木塊勻速上升 如圖12所示 已知木楔在整個過程中始終靜止 1 當 時 拉力F有最小值 求此最小值 答案mgsin2 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 圖12 解析木塊在木楔斜面上勻速向下運動時 有mgsin mgcos 即 tan 木塊在力F作用下沿斜面向上勻速運動 有Fcos mgsin FfFsin FN mgcos Ff FN 則當 時 F有最小值 Fmin mgsin2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 2 當 時 木楔對水平面的摩擦力是多大 答案mgsin4 解析因為木塊及木楔均處于平衡狀態(tài) 整體受到的地面摩擦力等于F的水平分力 即Ff Fcos 當 時 F取最小值mgsin2 Ffm Fmincos2 mg sin2 cos2 mgsin4 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 解析