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专题强化二 受力分析 共点力的平衡讲议.doc

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专题强化二 受力分析 共点力的平衡讲议.doc

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,特别是受力分析和平衡条件的应用更是高考的重点和热点.
,但近年在计算题中也作为一个力学或电学考点命题.
:受力分析,力的合成与分解,共点力的平衡条件,用到的主要方法有:整体法与隔离法、合成法、正交分解法等.
一、受力分析
(研究对象)在特定的物理环境中受到的所有外力都找出来,并画出受力示意图的过程.
自测1 (多选)如图1所示,水平地面上的物体A,在斜向上的拉力F的作用下,向右做匀速运动,则下列说法中正确的是( )
图1
A可能只受到三个力的作用
A一定受到四个力的作用
A受到的滑动摩擦力大小为Fcosθ
A对水平面的压力大小一定为Fsinθ
答案 BC
二、共点力的平衡
物体处于静止状态或匀速直线运动状态.
F合=0或者.
如图2甲和乙所示,小球静止不动,物块匀速运动.
图2
则小球F合=0;
物块Fx=0,Fy=0.
(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,其中任何一个力与另外两个力的合力大小相等,方向相反,并且这三个力的矢量可以形成一个封闭的矢量三角形.
(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,其中任何一个力与另外几个力的合力大小相等,方向相反.
自测2 如图3所示,一个质量为m的小物体静止在固定的、半径为R的半圆形槽内,距内槽最低点高为处,则它受到的摩擦力大小为( )
图3
.(1-)
答案 B
解析 对物体受力分析如图,由平衡条件可得:
mgsinθ=Ff,FN=mgcosθ,sinθ==,Ff=mg.
命题点一 受力分析 整体法与隔离法
的应用
种类
大小
方向
重力
G=mg(不同高度、纬度、星球,g不同)
竖直向下
弹簧的弹力
F=kx(x为形变量)
沿弹簧轴线
静摩擦力
0<Ff静≤Ffmax
与相对运动趋势方向相反
滑动摩擦力
Ff滑=μFN
与相对运动方向相反
万有引力
F=G
沿质点间的连线
库仑力
F=k
沿点电荷间的连线
电场力
F电=qE
正(负)电荷与电场强度方向相同(相反)
安培力
F=BIL
当B∥I时,F=0
左手定则,安培力(洛伦兹力)的方向总是垂直于B与I(B与v)决定的平面
洛伦兹力
F洛=qvB
当B∥v时,F洛=0
整体法
隔离法
概念
将加速度相同的几个物体作为一个整体来分析的方法
将研究对象与周围物体分隔开的方法
选用原则
研究系统外的物体对系统整体的作用力或系统整体的加速度
研究系统内物体之间的相互作用力
例1 如图4所示,物块A放在直角三角形斜面体B上面,B放在弹簧上面并紧挨着竖直墙壁,初始时A、B静止,现用力F沿斜面向上推A,但A、BF后,下列说法正确的是( )
图4


答案 D
解析 对A分析,开始受重力、B对A的支持力和静摩擦力平衡,当施加F后,仍然处于静止状态,开始A所受的静摩擦力大小为mAgsinθ,若F=2mAgsinθ,则A、B之间的摩擦力大小不变,故A错误;以A、B整体为研究对象,开始时B与墙面的弹力为零,后来施加F后,弹力为Fcosθ,B错误;对A、B整体分析,由于A、B不动,弹簧的形变量不变,则弹簧的弹力不变,开始弹簧的弹力等于A、B的总重力,施加F后,弹簧的弹力不变,总重力不变,根据平衡知,则B与墙之间一定有摩擦力,故C错误,D正确.
例2 如图5所示,甲、乙两个小球的质量均为mF水平向左、向右拉两球,( )
图5
答案 A
解析 用整体法分析,把两个小球看做一个整体,此整体受到的外力为竖直向下的重力2mg、水平向左的力F(甲受到的)、水平向右的力F(乙受到的)和细线1的拉力,两水平力相互平衡,故细线1的拉力一定与重力2mg等大反向,即细线1一定竖直;再用隔离法,分析乙球受力的情况,乙球受到向下的重力mg、水平向右的拉力F、,.
变式1 如图6所示,两段等长细线串接着两个质量相等的小球a、b,,其中作用在b球上的力大小为F、作用在a球上的力大小为2F,则此装置平衡时的位置可能是( )
图6
答案 A
解析 设每个球的质量为m,Oa与ab和竖直方向的夹角分别为α、β.
以两个小球组成的整体为研究对象,分析受力情况,如图甲所示,根据平衡条件可知,Oa绳的方向不可能沿竖直方向,否则整体的合力不为零,不能保持平衡.
由平衡条件得:tanα=.
以b球为研究对象,分析受力情况,如图乙所示,由平衡条件得:tanβ=,则α<β,故A正确.
命题点二 动态平衡问题
动态平衡就是通过控制某一物理量,使物体的状态发生缓慢的变化,但变化过程中的每一个状态均可视为平衡状态,所以叫动态平衡.
(1)平行四边形定则法:但也要根据实际情况采用不同的方法,若出现直角三角形,常用三角函数表示合力与分力的关系.
(2)图解法:图解法分析物体动态平衡问题时,一般是物体只受三个力作用,且其中一个力大小、方向均不变,另一个力的方向不变,第三个力大小、方向均变化.
(3)矢量三角形法
①若已知F合的方向、大小及一个分力F1的方向,则另一分力F2的最小值的条件为F1⊥F2;
②若已知F合的方向及一个分力F1的大小、方向,则另一分力F2的最小值的条件为F2⊥F合.
例3(多选)(2019·全国卷Ⅰ·21)如图7,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(α>).现将重物向右上方缓慢拉起,并保持夹角
αOM由竖直被拉到水平的过程中( )
图7


答案 AD
解析 以重物为研究对象,受重力mg、OM绳上拉力F2、MN上拉力F1,由题意知,三个力的合力始终为零,矢量三角形如图所示,F1、F2的夹角为π-α不变,在F2转至水平的过程中,矢量三角形在同一外接圆上,由图可知,MN上的张力F1逐渐增大,OM上的张力F2先增大后减小,所以A、D正确,B、C错误.
变式2(2019·全国卷Ⅲ·17)一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距80cm的两点上,,平衡时弹性绳的总长度为100cm;再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点,则弹性绳的总长度变为(弹性绳的伸长始终处于弹性限度内)( )

答案 B
解析 ,弹性绳两端点移动前,绳的伸长量ΔL=100cm-80cm=20cm,两段绳的弹力F=kΔL,对钩码受力分析,如图甲所示,sinα=,cosα=.根据共点力的平衡条件可得,钩码的重力为G=2kΔLcosαL′,弹力为F′=kΔL′,钩码的重力为G=2kΔL′,联立解得ΔL′=ΔLL0+ΔL′=92cm,故B正确,A、C、D错误.
甲 乙
例4 (多选)(2019·天津理综·8)如图8所示,轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆M、N上的a、b两点,悬挂衣服的衣架挂钩是光滑的,,当衣架静止时,下列说法正确的是( )
图8
b′,绳子拉力不变
N向右移一些,绳子拉力变大
,绳子拉力越小
,则衣架悬挂点右移
答案 AB
解析 设两杆间距离为d,绳长为l,Oa、Ob段长度分别为la和lb,则l=la+lb,两部分绳子与竖直方向夹角分别为α和β,,FTa=FTb=FT,则α==mg,d=lasinα+lbsinα=lsinα,即sinα=,FT=,d和l均不变,则sinα为定值,α为定值,cosα为定值,绳子的拉力保持不变,故A正确,C错误;将杆N向右移一些,d增大,则sinα增大,cosα减小,绳子的拉力增大,故B正确;若换挂质量更大的衣服,d和l均不变,绳中拉力增大,但衣服的位置不变,D错误.
变式3 (多选)如图9所示,在固定好的水平和竖直的框架上,A、B两点连接着一根绕过光滑的轻小滑轮的不可伸长的细绳,重物悬挂于滑轮下,,则下列判断正确的是( )
图9
A′点,拉力变小
A′点,拉力不变
B′点,拉力变小
B′点,拉力变大
答案 BD
解析 设滑轮两侧绳子与竖直方向的夹角为α,绳子的长度为L,B点到墙壁的距离为s,根据几何知识和对称性,得:sinα=①
以滑轮为研究对象,设绳子拉力大小为FT,根据平衡条件得:2FTcosα=mg,
得FT=②
当只将绳的左端移向A′点,s和L均不变,则由②式知,FTB′点,s增加,而L不变,则由①式知,α增大,cosα减小,则由②式知,,、D.
命题点三 平衡中的临界与极值问题
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”、“刚能”、“恰好”等语言叙述.
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.
(1)极限法:首先要正确地进行受力分析和变化过程分析,找出平衡的临界点和极值点;临界条件必须在变化中去寻找,不能停留在一个状态来研究临界问题,而要把某个物理量推向极端,即极大和极小.
(2)数学分析法: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(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).
(3)物理分析方法: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.
例5 如图10所示,质量为mF水平向右的恒力,,当斜面倾角增大并超过某一临界角θ0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:
图10
(1)物体与斜面间的动摩擦因数;
(2)这一临界角θ0的大小.
答案 (1) (2)60°
解析 (1)如图所示,未施加力F时,对物体受力分析,由平衡条件得mgsin30°=μmgcos30°
解得μ=tan30°=
(2)设斜面倾角为α时,受力情况如图所示,由平衡条件得:
Fcosα=mgsinα+Ff′
FN′=mgcosα+Fsinα
Ff′=μFN′
解得F=
当cosα-μsinα=0,即tanα=时,F→∞,即“不论水平恒力F多大,都不能使物体沿斜面向上滑行”,此时,临界角θ0=α=60°.
变式4 (2019·广东汕头二模)重力都为G的两个小球A和B用三段轻绳如图11所示连接后悬挂在O点上,O、B间的绳子长度是A、B间的绳子长度的2倍,将一个拉力F作用到小球B上,使三段轻绳都伸直且O、A间和A、B间的两段绳子分别处于竖直和水平方向上,则拉力F的最小值为( )
图11

答案 A
解析 对A球受力分析可知,因O、A间绳竖直,则A、BB球受力分析如图所示,则可知当F与O、B间绳垂直时F最小,Fmin=Gsinθ,其中sinθ==,则Fmin=G,故A项正确.
变式5 (2019·河北冀州2月模拟)如图12所示,质量为m(可以看成质点)的小球P,用两根轻绳OP和O′、O′两点上,,绳O′,今在小球上施加一方向与水平成θ=37°角的拉力FO′P刚拉直时,OP绳拉力为FT1,绳OP刚松弛时,O′P绳拉力为FT2,则FT1∶FT2为(sin37°=,cos37°=)( )
图12
∶∶∶∶5
答案 C
解析 绳O′P刚拉直时,由几何关系可知此时OP绳与竖直方向夹角为37°,小球受力如图甲,则FT1=,小球受力如图乙,则FT2=∶FT2=3∶5,C选项正确.
,物体A在竖直向上的拉力F的作用下能静止在斜面上,关于A受力的个数,下列说法中正确的是( )
图1


答案 D