步步高高考物理一轮复习讲义专题二受力分析共点力的平衡

步步高高考物理一轮复习讲义专题二受力分析共点力的平衡

专题二　受力分析　共点力的平衡 考纲解读 1.学会进行受力分析的一般步骤与方法.2.掌握共点力的平衡条件及推论.3.掌握整体法与隔离法，学会分析动态平衡问题和极值问题．‎ ‎1．[受力分析]如图1所示，物块A、B通过一根不可伸长的细线连接，‎ A静止在斜面上，细线绕过光滑的滑轮拉住B，A与滑轮之间的细 线与斜面平行．则物块A受力的个数可能是 (　　) 图1‎ A．3个 B．4个 C．5个 D．2个 答案　AB ‎2．[受力分析和平衡条件的应用]滑滑梯是小孩很喜欢的娱乐活动．‎ 如图2所示，一个小孩正在滑梯上匀速下滑，则 (　　)‎ A．小孩所受的重力与小孩所受的弹力大小相等 图2‎ B．小孩所受的重力与小孩所受的摩擦力大小相等 C．小孩所受的弹力和摩擦力的合力与小孩所受的重力大小相等 D．小孩所受的重力和弹力的合力与小孩所受的摩擦力大小相等 答案　CD ‎3．[受力分析和平衡条件的应用]如图3所示，在倾角为θ的斜面上，放着 一个质量为m的光滑小球，小球被竖直的木板挡住，则小球对木板的 压力大小为 (　　)‎ A．mgcos θ B．mgtan θ 图3‎ C. D. 答案　B 解析　取光滑小球为研究对象，对小球进行受力分析，由于小球是 光滑的，因此小球不会受到摩擦力的作用，建立如图所示的直角坐 标系，由于小球静止，则有 FN1sin θ－FN2＝0，FN1cos θ－mg＝0‎ 解得：FN1＝，FN2＝mgtan θ 由牛顿第三定律可知，小球对木板的压力为FN2′＝FN2＝mgtan θ.‎ ‎4．[受力分析和平衡条件的应用]如图4所示，质量为m的滑块静止置于 倾角为30°的粗糙斜面上，一根轻弹簧一端固定在竖直墙上的P点，‎ 另一端系在滑块上，弹簧与竖直方向的夹角为30°，则 (　　)‎ A．滑块可能受到三个力作用 B．弹簧一定处于压缩状态 图4‎ C．斜面对滑块的支持力大小可能为零 D．斜面对滑块的摩擦力大小一定等于mg 答案　AD 考点梳理 ‎1．受力分析 ‎(1)概念 把研究对象(指定物体)在指定的物理环境中受到的所有力都分析出来，并画出物体所受力的示意图，这个过程就是受力分析．‎ ‎(2)受力分析的一般顺序 先分析重力，然后分析接触力(弹力、摩擦力)，最后分析其他力(电磁力、浮力等)．‎ ‎2．共点力作用下物体的平衡 ‎(1)平衡状态 物体处于静止或匀速直线运动的状态．‎ ‎(2)共点力的平衡条件：F合＝0或者 ‎3．共点力平衡的几条重要推论 ‎(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，其中任意两个力的合力一定与第三个力大小相等，方向相反．‎ ‎(3)多力平衡：如果物体受多个力作用处于平衡状态，其中任何一个力与其余力的合力大小相等，方向相反．‎ ‎5．[整体法和隔离法的应用](2010·山东理综·17)如图5所示，质量 分别为m1、m2的两个物体通过轻弹簧连接，在力F的作用下 一起沿水平方向做匀速直线运动(m1在地面上，m2在空中)，‎ 力F与水平方向成θ角．则m1所受支持力FN和摩擦力Ff正 确的是 (　　) 图5‎ A．FN＝m1g＋m2g－Fsin θ B．FN＝m1g＋m2g－Fcos θ C．Ff＝Fcos θ D．Ff＝Fsin θ 答案　AC 解析　将m1、m2和弹簧看做整体，受力分析如图所示 根据平衡条件得Ff＝Fcos θ FN＋Fsin θ＝(m1＋m2)g 则FN＝(m1＋m2)g－Fsin θ 故选项A、C正确．‎ ‎6．[图解法的应用]如图6所示，一定质量的物块用两根轻绳悬在空中，‎ 其中绳OA固定不动，绳OB在竖直平面内由水平方向向上转动，‎ 则在绳OB由水平转至竖直的过程中，绳OB的张力大小将(　　)‎ A．一直变大 图6‎ B．一直变小 C．先变大后变小 D．先变小后变大 答案　D 解析　在绳OB转动的过程中物块始终处于静止状态，所受合力 始终为零，如图为绳OB转动过程中结点O受力示意图，由图可 知，绳OB的张力先变小后变大．‎ 方法提炼 ‎1．整体法与隔离法 当物理情景中涉及物体较多时，就要考虑采用整体法和隔离法．‎ ‎(1)整体法 同时满足上述两个条件即可采用整体法．‎ ‎(2)隔离法 物体必须从系统中隔离出来，独立地进行受力分析，列出方程．‎ ‎2．图解法 应用图解法解题时物体的受力特点是：(1)受三个共点力；(2)一个力大小、方向不变，一个力方向不变，另一个力大小、方向都变.‎ 考点一　物体的受力分析 ‎1．受力分析的基本步骤 ‎(1)明确研究对象——即确定分析受力的物体，研究对象可以是单个物体，也可以是多个物体组成的系统．‎ ‎(2)隔离物体分析——将研究对象从周围的物体中隔离出来，进而分析周围物体有哪些对它施加了力的作用．‎ ‎(3)画受力示意图——边分析边将力一一画在受力示意图上，准确标出力的方向，标明各力的符号．‎ ‎2．受力分析的常用方法 ‎(1)整体法和隔离法 ‎①研究系统外的物体对系统整体的作用力；‎ ‎②研究系统内部各物体之间的相互作用力．‎ ‎(2)假设法 在受力分析时，若不能确定某力是否存在，可先对其作出存在或不存在的假设，然后再就该力存在与否对物体运动状态影响的不同来判断该力是否存在．‎ 例1　如图7所示，在恒力F作用下，a、b两物体一起沿粗糙竖直墙面 匀速向上运动，则关于它们受力情况的说法正确的是 (　　)‎ A．a一定受到4个力 B．b可能受到4个力 C．a与墙壁之间一定有弹力和摩擦力 图7‎ D．a与b之间一定有摩擦力 解析　将a、b看成整体，其受力图如图甲所示，说明a与墙壁之间没有弹力和摩擦力作用；对物体b进行受力分析，如图乙所示，b受到3个力作用，所以a受到4个力作用．‎ 甲　　　　　　　　　乙 答案　AD 受力分析的基本思路 突破训练1　如图8所示，在斜面上，木块A与B的接触面是水平的．‎ 绳子呈水平状态，两木块均保持静止．则关于木块A和木块B可能 的受力个数分别为 (　　)‎ A．2个和4个 B．3个和4个 图8‎ C．4个和4个 D．4个和5个 答案　ACD 解析　(1)若绳子的拉力为零，以A、B为研究对象，B和斜面之间一定有静摩擦力，A、B的受力图如图，所以选项A正确．‎ ‎(2)若绳子上有拉力，对A、B分别画受力图可知，A受到重力、‎ B对A的支持力、绳子的拉力和B对A的静摩擦力而平衡，B 受到重力、A对B的压力、斜面对B的支持力和A对B的静摩 擦力，斜面对B的摩擦力可有可无，所以选项C、D正确，B错误．‎ 考点二　平衡问题的常用处理方法 平衡问题是指当物体处于平衡状态时，利用平衡条件求解力的大小或方向的问题．处理方法常有力的合成法、正交分解法、三角形法则．‎ 例2　如图9所示，在倾角为α的斜面上，放一质量为m的小球，‎ 小球被竖直的木板挡住，不计摩擦，则球对挡板的压力是(　　)‎ A．mgcos α B．mgtan α C. 图9‎ D．mg 解析　解法一　(正交分解法)‎ 对小球受力分析如图甲所示，小球静止，处于平衡状态，沿水平和竖直方向建立坐标系，将FN2正交分解，列平衡方程为FN1＝FN2sin α，mg＝FN2cos α.‎ 可得：球对挡板的压力FN1′＝FN1＝mgtan α，所以B正确．‎ 解法二　(力的合成法)‎ 如图乙所示，小球处于平衡状态，合力为零．FN1与FN2的合力一定与mg平衡，即等大反向．解三角形可得：FN1＝mgtan α，‎ 所以，球对挡板的压力FN1′＝FN1＝mgtan α.所以B正确．‎ 解法三　(三角形法则)‎ 如图丙所示，小球处于平衡状态，合力为零，所受三个力经平移首尾 顺次相接，一定能构成封闭三角形，解得：FN1＝mgtan α，故球对挡板 的压力FN1′＝FN1＝mgtan α.所以B正确． 丙 答案　B 共点力作用下物体平衡的一般解题思路 突破训练2　如图10所示，一直杆倾斜固定，并与水平方向成30°的 夹角；直杆上套有一个质量为0.5 kg的圆环，圆环与轻弹簧相连，‎ 在轻弹簧上端施加一竖直向上、大小F＝10 N的力，圆环处于静止 状态，已知直杆与圆环之间的动摩擦因数为0.7，g＝10 m/s2.下列 图10‎ 说法正确的是 (　　)‎ A．圆环受到直杆的弹力，方向垂直直杆向上 B．圆环受到直杆的弹力大小等于2.5 N C．圆环受到直杆的摩擦力，方向沿直杆向上 D．圆环受到直杆的摩擦力大小等于2.5 N 答案　D ‎解析　对小环受力分析如图所示：‎ 由于F＝10 N>mg＝5 N，所以杆对环的弹力FN垂直杆向下，‎ 杆对环还有沿杆向下的静摩擦力Ff，则FN与Ff的合力应竖直 向下，大小为F合＝F－mg＝5 N，所以FN＝F合cos 30°＝ N，‎ Ff＝F合sin 30°＝2.5 N．综上可知选项D正确．‎ 考点三　用图解法进行动态平衡的分析 ‎1．动态平衡：是指平衡问题中的一部分力是变力，是动态力，力的大小和方向均要发生变化，所以叫动态平衡，这是力平衡问题中的一类难题．‎ ‎2．基本思路：化“动”为“静”，“静”中求“动”．‎ ‎3．基本方法：图解法和解析法．‎ 例3　如图11所示，两根等长的绳子AB和BC吊一重物静止，两根绳子 与水平方向夹角均为60°.现保持绳子AB与水平方向的夹角不变，将绳 子BC逐渐缓慢地变化到沿水平方向，在这一过程中，绳子BC的拉力 变化情况是 (　　) 图11‎ A．增大 B．先减小后增大 C．减小 D．先增大后减小 解析　解法一：对力的处理(求合力)采用合成法，应用合力为零求解时采用图解法(画动态平行四边形法)．作出力的平行四边形，如图甲所示．由图可看出，FBC先减小后增大．‎ 解法二：对力的处理(求合力)采用正交分解法，应用合力为零求解时采用解析法．如图乙所示，将FAB、FBC分别沿水平方向和竖直方向分解，由两方向合力为零分别列出方程：‎ FABcos 60°＝FBCsin θ，FABsin 60°＋FBCcos θ＝FB，‎ 联立解得FBCsin (30°＋θ)＝FB/2，显然，当θ＝60°时，FBC最小，故当θ增大时，FBC先减小后增大．‎ ‎　‎ 甲　　　　　　　乙 答案　B 解析动态平衡问题的常用方法 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，画出平行四边形边、角的变化 ‎(2)确定未知量大小、方向的变化 ‎ ‎ 突破训练3　如图12所示，一光滑小球静止放置在光滑半球面的底端，‎ 用竖直放置的光滑挡板水平向右缓慢地推动小球，则在小球运动的过 程中(该过程小球未脱离球面)，木板对小球的推力F1、半球面对小球 的支持力F2的变化情况正确的是 (　　) 图12‎ A．F1增大，F2减小 B．F1增大，F2增大 C．F1减小，F2减小 D．F1减小，F2增大 答案　B 解析　作出球在某位置时的受力分析图，如图所示．在小球运动的 过程中，F1的方向不变，F2与竖直方向的夹角逐渐变大，画力的动 态平行四边形，由图可知F1、F2均增大，选项B正确．‎ ‎7．整体法与隔离法在平衡问题中的应用 ‎ ‎1．对整体法和隔离法的理解 整体法是指将相互关联的各个物体看成一个整体的方法，整体法的优点在于只需要分析整个系统与外界的关系，避开了系统内部繁杂的相互作用．‎ 隔离法是指将某物体从周围物体中隔离出来，单独分析该物体的方法，隔离法的优点在于能把系统内各个物体所处的状态、物体状态变化的原因以及物体间的相互作用关系表达清楚．‎ ‎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)间的相互作用时常用隔离法．整体法和隔离法不是独立的，对一些较复杂问题，通常需要多次选取研究对象，交替使用整体法和隔离法．‎ 例4　如图13所示，质量为M、半径为R的半球形物体A放在 水平地面上，通过最高点处的钉子用水平细线拉住一质量为m、‎ 半径为r的光滑球B.以下说法正确的有 (　　)‎ A．A对地面的压力等于(M＋m)g 图13‎ B．A对地面的摩擦力方向向左 C．B对A的压力大小为mg D．细线对小球的拉力大小为mg 解析　对整体受力分析，可以确定A与地面间不存在摩擦力，地面对A的支持力等于A、B的总重力；再对B受力分析，借助两球心及钉子位置组成的三角形，根据几何关系和力的合成分解知识求得A、B间的弹力大小为mg，细线的拉力大小为mg.‎ 答案　AC 突破训练4　如图14所示，截面为三角形的木块a上放置一铁块b，三角形 木块竖直边靠在竖直且粗糙的墙面上，现用竖直向上的作用力F，推动木 块与铁块一起向上匀速运动，运动过程中铁块与木块始终保持相对静止，‎ 则下列说法正确的是 (　　) 图14‎ A．木块a与铁块b间一定存在摩擦力 B．木块与竖直墙面间一定存在水平弹力 C．木块与竖直墙面间一定存在摩擦力 D．竖直向上的作用力F大小一定大于铁块与木块的重力之和 答案　A 解析　铁块b处于平衡状态，故铁块b受重力、斜面对它的垂直斜面向上的支持力和沿斜面向上的静摩擦力，选项A正确；将a、b看做一个整体，竖直方向：F＝Ga＋Gb，选项D错误；整体水平方向不受力，故木块与竖直墙面间不存在水平弹力，没有弹力也就没有摩擦力，选项B、C均错.‎ ‎8.共点力平衡中的临界与极值问题的处理方法 ‎ ‎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”、“刚能”、“恰好”等语言叙述．‎ 常见的临界状态有：‎ ‎（1）两接触物体脱离与不脱离的临界条件是相互作用力为0(主要体现为两物体间的弹力为0)；‎ ‎（2）绳子断与不断的临界条件为绳中张力达到最大值；绳子绷紧与松驰的临界条件为绳中张力为0；‎ ‎（3）存在摩擦力作用的两物体间发生相对滑动或相对静止的临界条件为静摩擦力达到最大．‎ 研究的基本思维方法：假设推理法．‎ ‎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和最小值问题．一般用图解法或解析法进行分析．‎ 例5　如图15所示，两个完全相同的球，重力大小均为G，两球与水平 地面间的动摩擦因数都为μ，且假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，‎ 一根轻绳两端固结在两个球上，在绳的中点施加一个竖直向上的拉力，‎ 当绳被拉直后，两段绳间的夹角为α，求当F至少为多大时，两球将 图15‎ 会发生滑动．‎ 审题指导　两球发生滑动的临界状态是摩擦力达到最大静摩擦力的状态，即绳上拉力的水平分量等于小球受到的最大静摩擦力时．‎ 解析　对结点O受力分析如图甲所示，由平衡条件得：‎ F1＝F2＝ 对任一球(如右球)受力分析如图乙所示，球发生滑动的临界条件是：F2sin ＝μFN，又F2cos ＋FN＝G.‎ 联立解得：F＝ 答案　 突破训练5　如图16所示，AC、CD、BD为三根长度均为l的 轻绳，A、B两端被悬挂在水平天花板上，相距2l.现在C点上 悬挂一个质量为m的重物，为使CD轻绳保持水平，在D点上 可施加力的最小值为 (　　) 图16‎ A．mg B.mg C.mg D.mg 答案　C 解析　对C点进行受力分析，如图所示，由平衡条件及几何知识 可知，轻绳CD对C点的拉力大小FCD＝mgtan 30°，对D点进行 受力分析，轻绳CD对D点的拉力大小F2＝FCD＝mgtan 30°，F1‎ 方向一定，则当F3垂直于绳BD时，F3最小，由几何关系可知，F3＝FCDsin 60°＝mg.‎ 高考题组 ‎1．(2012·山东理综·17)如图17所示，两相同轻质硬杆OO1、OO2‎ 可绕其两端垂直纸面的水平轴O、O1、O2转动，在O点悬挂 一重物M，将两相同木块m分别紧压在竖直挡板上，此时整 个系统保持静止．Ff表示木块与挡板间摩擦力的大小，FN表 示木块与挡板间正压力的大小．若挡板间的距离稍许增大后， 图17‎ 系统仍静止且O1、O2始终等高，则 (　　)‎ A．Ff变小 B．Ff不变 C．FN变小 D．FN变大 答案　BD 解析　选重物M及两个木块m组成的系统为研究对象，系统受力 情况如图甲所示，根据平衡条件有2Ff＝(M＋2m)g，即Ff＝‎ ，与两挡板间距离无关，故挡板间距离稍许增大后， 甲 Ff不变，所以选项A错误，选项B正确；如图乙所示，将绳的张力F沿OO1、OO2‎ 两个方向分解为F1、F2，则F1＝F2＝，当挡板间距离稍许增大后，F不变，θ变大，cos θ变小，故F1变大；选左边木块m为研究对象，其受力情况如图丙所示，根据平衡条件得FN＝F1sin θ，当两挡板间距离稍许增大后，F1变大，θ变大，sin θ变大，因此FN变大，故选项C错误，选项D正确．‎ 乙　　　　　　　　　丙 ‎2．(2011·江苏·1)如图18所示，石拱桥的正中央有一质量为m的对称 楔形石块，侧面与竖直方向的夹角为α，重力加速度为g.若接触面 间的摩擦力忽略不计，则石块侧面所受弹力的大小为 (　　) 图18‎ A. B. C.mgtan α D.mgcot α 答案　A 解析　以楔形石块为研究对象，它受到竖直向下的重力和垂直侧面斜向上的两个支持力，利用正交分解法可解得：2Fsin α＝mg，则F＝，A正确．‎ 模拟题组 ‎3．如图19所示，位于倾角为θ的斜面上的物块B由跨过定滑轮的 轻绳与物块A相连．从滑轮到A、B的两段绳都与斜面平行．‎ 已知A与B之间及B与斜面之间均不光滑，若用一沿斜面向下 的力F拉B并使它做匀速直线运动，则B受力的个数为(　　) 图19‎ A．4个 B．5个 C．6个 D．7个 答案　D 解析　对B进行受力分析，它受重力、斜面的支持力、拉力F、轻绳沿斜面向上的拉力、物块A对B的压力、物块A与B之间的滑动摩擦力、B与斜面间的滑动摩擦力，因此B共受7个力作用．‎ ‎4．如图20所示，物体B的上表面水平，当A、B相对静止沿斜面 匀速下滑时，斜面保持静止不动，则下列判断正确的有(　　)‎ A．物体B的上表面一定是粗糙的 B．物体B、C都只受4个力作用 图20‎ C．物体C受水平面的摩擦力方向一定水平向右 D．水平面对物体C的支持力小于三物体的重力大小之和 答案　B 解析　当A、B相对静止沿斜面匀速下滑时，斜面保持静止不动，A、B、C均处于平衡态，A受重力、B的支持力作用，A、B之间没有摩擦力，物体B的上表面可以是粗糙的，也可以是光滑的，A错；B受重力、C施加的垂直斜面向上的弹力和沿斜面向上的摩擦力以及A的压力作用，取A、B、C为整体，由平衡条件知水平面对C无摩擦力作用，水平面对C的支持力等于三物体重力大小之和，C受重力、B的压力和摩擦力、水平面的支持力作用，所以B对，C、D错．‎ ‎ (限时：45分钟)‎ 题组1　应用整体法和隔离法对物体受力分析 ‎1．(2010·安徽理综·19)L型木板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1所示．若P、Q一起沿斜面匀速下滑，‎ 不计空气阻力．则木板P的受力个数为 (　　) 图1‎ A．3 B．4 C．5 D．6‎ 答案　C 解析　P受重力、斜面的支持力、弹簧的弹力、Q对P的压力及斜面对P的摩擦力，共5个力．‎ ‎2．如图2所示，A和B两物块的接触面是水平的，A与B保持相对 静止一起沿固定粗糙斜面匀速下滑，在下滑过程中B的受力个数 为 (　　)‎ A．3个 B．4个 图2‎ C．5个 D．6个 答案　B 解析　A与B相对静止一起沿斜面匀速下滑，可先将二者当做整体进行受力分析，再对B单独进行受力分析，可知B受到的力有：重力GB、A对B的压力、斜面对B的支持力和摩擦力，选项B正确．‎ ‎3．如图3所示，一光滑斜面固定在地面上，重力为G的物体在一水平 推力F的作用下处于静止状态．若斜面的倾角为θ，则 (　　)‎ A．F＝Gcos θ 图3‎ B．F＝Gsin θ C．物体对斜面的压力FN＝Gcos θ D．物体对斜面的压力FN＝ 答案　D 解析　物体所受三力如图所示，根据平衡条件，F、FN′的合力与 重力等大反向，有F＝Gtan θ，FN＝FN′＝，故只有D选项 正确．‎ ‎4．如图4所示，质量为m的物体在与斜面平行向上的拉力F作用下，‎ 沿着水平地面上质量为M的粗糙斜面匀速上滑，在此过程中斜面 保持静止，则地面对斜面 (　　) 图4‎ A．无摩擦力 B．支持力等于(m＋M)g C．支持力为(M＋m)g－Fsin θ D．有水平向左的摩擦力，大小为Fcos θ 答案　CD 解析　把M、m看做一个整体，则在竖直方向上有FN＋Fsin θ＝(M＋m)g，方向水平向左，所以FN＝(M＋m)g－Fsin θ，在水平方向上，Ff＝Fcos θ，选项C、D正确．‎ ‎5．如图5所示，质量为M的直角三棱柱A放在水平地面上，三棱柱的 斜面是光滑的，且斜面倾角为θ.质量为m的光滑球B放在三棱柱和 光滑竖直墙之间．A、B处于静止状态，现对B加一竖直向下的力F，‎ F的作用线过球心．设墙对B的作用力为F1，B对A的作用力为F2， 图5‎ 地面对A的支持力为F3，地面对A的摩擦力为F4，若F缓慢增大而且整个装置仍保持静止，在此过程中 (　　)‎ A．F1保持不变，F3缓慢增大 B．F2、F4缓慢增大 C．F1、F4缓慢增大 D．F2缓慢增大，F3保持不变 答案　BC 解析　A、B整体竖直方向上有F3＝F＋Mg＋mg，F3随F增大 而增大；水平方向上有F1＝F4.B球的受力分析如图所示，平移 F1、F2′与(mg＋F)构成力的三角形，由图可知，当F缓慢增大 时，F1、F2′都增大，则F2增大，F4＝F1也增大，选项B、C正确．‎ 题组2　动态平衡问题的分析 ‎6．如图6所示，用一根细线系住重力为G、半径为R的球，其与倾角 为α的光滑斜面劈接触，处于静止状态，球与斜面的接触面非常小，‎ 细线悬点O固定不动，在斜面劈从图示位置缓慢水平向左移动直至 绳子与斜面平行的过程中，下述正确的是 (　　) 图6‎ A．细绳对球的拉力先减小后增大 B．细绳对球的拉力先增大后减小 C．细绳对球的拉力一直减小 D．细绳对球的拉力最小值等于Gsin α 答案　CD 解析　以小球为研究对象，对其受力分析如图所示，因题中“缓慢”‎ 移动，故小球处于动态平衡，由图知在题设的过程中，FT一直减小，‎ 当绳子与斜面平行时，FT与FN垂直，FT有最小值，且FTmin＝Gsin α，‎ 故选项C、D正确．‎ ‎7．如图7所示，倾角为θ＝30°的斜面体放在水平地面上，一个重为G 的球在水平力F的作用下，静止于光滑斜面上，此时水平力的大小 为F；若将力F从水平方向逆时针转过某一角度α后，仍保持F的 大小不变，且小球和斜面依然保持静止，此时水平地面对斜面体的 图7‎ 摩擦力为Ff.那么F和Ff的大小分别是 (　　)‎ A．F＝G，Ff＝G B．F＝G，Ff＝G C．F＝G，Ff＝G D．F＝G，Ff＝G 答案　D 解析　根据题意可知，水平力F沿斜面向上的分力Fcos θ＝Gsin θ，所以F＝Gtan θ，解得F＝G；根据题意可知，力F转过的角度α＝60°，此时把小球和斜面体看成一个整体，水平地面对斜面体的摩擦力和力F的水平分力大小相等，即Ff＝Fcos α＝G.‎ ‎8．在固定于地面的斜面上垂直安放了一个挡板，截面为圆的柱状 物体甲放在斜面上，半径与甲相等的光滑圆球乙被夹在甲与挡板 之间，乙没有与斜面接触而处于静止状态，如图8所示．现在从 球心处对甲施加一平行于斜面向下的力F，使甲沿斜面方向缓慢 图8‎ 地移动，直至甲与挡板接触为止．设乙对挡板的压力为F1，甲对斜面的压力为F2，在此过程中 (　　)‎ A．F1缓慢增大，F2缓慢增大 B．F1缓慢增大，F2缓慢减小 C．F1缓慢减小，F2缓慢增大 D．F1缓慢减小，F2保持不变 答案　D 解析　对整体受力分析，如图甲所示，垂直斜面方向只受两个力：甲、乙重力在垂直于斜面方向的分力和斜面对甲的支持力F2′，且F2′－Gcos θ＝0，即F2′保持不变，由牛顿第三定律可知，甲对斜面的压力F2也保持不变；对圆球乙受力分析如图乙、丙所示，当甲缓慢下移时，FN与竖直方向的夹角减小，F1减小．‎ 甲　　　　　乙　　　　丙 题组3　平衡条件的应用 ‎9．如图9所示，重50 N的物体A放在倾角为37°的粗糙斜面上，‎ 有一根原长为10 cm，劲度系数为800 N/m的弹簧，其一端固 定在斜面顶端，另一端连接物体A后，弹簧长度为14 cm，‎ 现用一测力计沿斜面向下拉物体，若物体与斜面间的最大静 图9‎ 摩擦力为20 N，当弹簧的长度仍为14 cm时，测力计的读数不可能为 (　　)‎ A．10 N B．20 N C．40 N D．0 N 答案　C 解析　A在斜面上处于静止状态时合外力为零，A在斜面上受五个力的作用，分别为重力、支持力、弹簧弹力、摩擦力、拉力F，当摩擦力的方向沿斜面向上时，F＋mgsin 37°≤Ffm＋k(l－l0)，解得F≤22 N，当摩擦力沿斜面向下时，F最小值为零，即拉力的取值范围为0≤F≤22 N，故C不可能．‎ ‎10．2011年7月我国“蛟龙”号载人潜水器成功实现下潜5 km深度．设潜水器在下潜或上升过程中只受重力、海水浮力和海水阻力作用，其中，海水浮力F始终不变，所受海水阻力仅与潜水器速率有关．已知当潜水器的总质量为M时恰好匀速下降，若使潜水器以同样速率匀速上升，则需要从潜水器储水箱向外排出水的质量为(重力加速度为g) (　　)‎ A．2(M－) B．M－ C．2M－ D．2M－ 答案　A 解析　由于以同样速率匀速上升，则所受的阻力相等．设减少的质量为m，运动过程中受到的阻力为Ff.在匀速下降过程中：F＋Ff＝Mg；在上升过程中：F＝(M－m)g＋Ff.联立两式解得m＝2(M－)，A选项正确．‎ ‎11．如图10所示，质量为m的小球置于倾角为30°的光滑斜面上，‎ 劲度系数为k的轻质弹簧一端系在小球上，另一端固定在墙上 的P点，小球静止时，弹簧与竖直方向的夹角为30°，则弹簧 的伸长量为 (　　) 图10‎ A. B. C. D. 答案　C 解析　以小球为研究对象受力分析可知，小球静止，因此有Fcos 30°＝mgsin 30°，可得弹簧弹力F＝mg，由胡克定律可知F＝kx，因此弹簧的伸长量x＝，C选项正确．‎ ‎12．如图11所示，物体质量为m，靠在粗糙的竖直墙上，物体与墙间的 动摩擦因数为μ，要使物体沿墙匀速滑动，则外力F的大小可能是(　　)‎ A. B. 图11‎ C. D. 答案　CD 解析　当物体向上匀速滑动时，对m进行受力分析并正交分解，‎ 如图所示．‎ 则有Fcos θ＝mg＋Ff Fsin θ＝FN，Ff＝μFN 解之得F＝，选项C正确．‎ 当物体m向下匀速滑动时，摩擦力Ff向上，同理可得F＝，选项D正确．‎ ‎13．如图12所示，两个质量均为m的小环套在一水平放置的粗糙 长杆上，两根长度均为l的轻绳一端系在小环上，另一端系在 质量为M的木块上，两个小环之间的距离也为l，小环保持静 止．试求： 图12‎ ‎(1)小环对杆的压力；‎ ‎(2)小环与杆之间的动摩擦因数μ至少为多大？‎ 答案　(1)Mg＋mg　(2) 解析　(1)对两小环和木块整体由平衡条件得：‎ ‎2FN－(M＋2m)g＝0‎ 解得：FN＝Mg＋mg 由牛顿第三定律得，小环对杆的压力为：‎ FN′＝Mg＋mg ‎(2)对M由平衡条件得：‎ ‎2FTcos 30°－Mg＝0‎ 小环刚好不滑动，此时小环受到的静摩擦力达到最大值，则：FTsin 30°－μFN＝0‎ 解得动摩擦因数μ至少为：μ＝ ‎14．如图13所示，质量M＝2 kg的木块套在水平杆上，并用 轻绳与质量m＝ kg的小球相连．今用跟水平方向成α＝30°‎ 角的力F＝10 N拉着球带动木块一起向右匀速运动，运动 中M、m相对位置保持不变，g取10 N/kg.求：‎ ‎(1)运动过程中轻绳与水平方向夹角θ； 图13‎ ‎(2)木块与水平杆间的动摩擦因数μ.‎ 答案　(1)30°　(2)0.35‎ 解析　(1)以球为研究对象，其受力如图所示 据共点力平衡条件得 Fcos 30°－FTcos θ＝0‎ Fsin 30°＋FTsin θ＝mg 解得FT＝10 N，θ＝30°.‎ ‎(2)以木块M为研究对象，其受力如图所示 据共点力平衡条件得 FTcos 30°－Ff＝0‎ FN－Mg－FTsin 30°＝0‎ Ff＝μFN 解得μ＝0.35.‎