【物理】2020届一轮复习人教版第二单元相互作用学案

【物理】2020届一轮复习人教版第二单元相互作用学案

第二单元Error!相互作用 考题统计 知识内容 考试 要求 2016 /10 2017/ 04 2017/ 11 2018/ 04 2018/ 11 命题分析 重力、基本 相互作用 c 3 7、12 弹力 c 20 摩擦力 c 7 5 11 力的合成 c 13 8、10 力的分解 c 17 7、10 20 共点力平衡 条件及应用 c 13、22 7、10、 22 5、8、 20、 22 8 1.命题热点 本单元内容主要包括重力、弹力、摩擦力、 力的合成与分解、物体的平衡等知识，其 中摩擦力和物体的平衡是考查频率较高 的两个知识点。通常以选择题的形式出现， 对理解能力要求较高。 2．命题特点 本单元知识还可以与电学知识、现实生活 中的现象或高科技背景进行综合考查，而 且开始涉及物体的动态平衡问题，复习时 需要多加关注。 考点一 重力、弹力、摩擦力 [研考题考法] 1.射箭是奥运会的比赛项目。运动员将箭射出后，箭在空中飞行过程中受到的力有(　　) A．重力 B．重力、弓弦的弹力 C．重力、空气作用力 D．重力、弓弦的弹力、空气作用力 解析：选 C　箭在空中飞行过程中受到自身的重力，空气阻力，故 C 正确。 2.(2017·湖州期末)如图所示，某人手拉弹簧，使其伸长了 5 cm(在弹性限度内)，若此时 弹簧的两端所受拉力各为 10 N，则(　　) A．弹簧所受的合力大小为 10 N B．弹簧的劲度系数为 200 N/m C．弹簧的劲度系数为 400 N/m D．弹簧的劲度系数随弹簧的拉力的增大而增大 解析：选 B　轻弹簧的两端各受 10 N 拉力 F 的作用，所以弹簧所受的合力为零，故 A 错误。根据胡克定律 F＝kx 得弹簧的劲度系数 k＝F x＝200 N/m，故 B 正确，C 错误。弹簧 的伸长量与受到的拉力成正比，弹簧的劲度系数 k 与弹簧弹力 F 的变化无关，与弹簧本身 有关，故 D 错误。 3．(2018·缙云中学月考)如图所示，某人用大小为 100 N 的握力握住一个重为 40 N 的油 瓶，油瓶始终沿竖直方向处于静止状态。已知手与油瓶间的动摩擦因数 μ＝0.5，则(　　) A．油瓶受到的摩擦力大小为 50 N B．当瓶中油的质量增大时，手握瓶的力必须增大 C．当握力进一步增大时，油瓶受到的摩擦力将成正比增大 D．不论手握得多紧，油瓶总重不变时所受到的摩擦力总是一定的 解析：选 D　油瓶所受的重力为 40 N，油瓶始终沿竖直方向处于静止状态，则油瓶受 到的摩擦力大小等于重力，为 40 N，故 A 错误；手与油瓶间的最大静摩擦力等于滑动摩擦 力，大小为 fm＝μmg＝50 N，故当瓶中油的质量增大时，只要油瓶所受的重力不超过 50 N， 手握瓶的力就不须增大，选项 B 错误；当握力增大时，因油瓶所受的重力不变，则受到的 摩擦力也不变，故 C 错误；不论手握得多紧，油瓶总重不变时所受到的摩擦力总等于重力， 即总是一定的，选项 D 正确。 4．(2018·富阳中学月考)如图所示，质量为 1 kg 的物体与地面间的动 摩擦因数 μ＝0.2。从 t＝0 时刻开始以初速度 v0 沿水平地面向右运动，同时 受到一个水平向左的恒力 F＝1 N 的作用做减速运动。g 取 10 m/s2，向右为正方向，该物体 受到的摩擦力 Ff 随时间 t 变化的关系图象正确的是(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(　　) 解析：选 A　物体从 t＝0 时刻开始以初速度 v0 沿水平地面向右做匀减速运动，受到的 滑动摩擦力大小为 f＝μmg＝0.2×1×10 N＝2 N，方向向左，为负值。当物体的速度减小到 零时，物体所受的最大静摩擦力为 fm＝f＝2 N＞1 N，则 F＜fm，即物体处于静止状态，受 到的静摩擦力大小为 f′＝F＝1 N，方向向右，为正值，故 A 正确。 [补知能欠缺] 1．弹力的有无及方向的判断 根据产生条件 根据物体是否直接接触并发生弹性形变来判断是否存在弹力。此方法多用 来判断形变较明显的情况 利用假设法 对形变不明显的情况，可假设两个物体间弹力不存在，看物体能否保持原 有的状态，若运动状态不变，则此处不存在弹力；若运动状态改变，则此 处一定有弹力 根据运动状态 根据物体的运动状态，利用牛顿第二定律或共点力平衡条件判断弹力是否 存在 2．绳和杆的弹力的区别 绳只能产生拉力，不能产生支持力，且绳子弹力的方向一定沿着绳子收缩的方向；杆 既可以产生拉力，也可以产生支持力，弹力的方向可能沿着杆，也可能不沿杆。 3．静摩擦力有无及方向的判断 (1)假设法：利用假设法判断的思维程序如下： (2)状态法：此法关键是先判明物体的运动状态(即加速度的方向)，再利用牛顿第二定律 (F＝ma)确定合力，然后通过受力分析确定静摩擦力的大小及方向。 (3)牛顿第三定律法：此法的关键是抓住“力是成对出现的”，先确定受力较少的物体受 到的静摩擦力的方向，再根据“力的相互性”确定另一物体受到的静摩擦力方向。 (4)在分析摩擦力的方向时，要注意静摩擦力方向的“可变性”和滑动摩擦力方向的“相 对性”。 4．滑动摩擦力的计算 应用公式 F＝μFN 计算时要注意以下两点： (1)μ 为动摩擦因数，其大小与接触面的材料、表面的粗糙程度有关；FN 为两接触面间 的正压力，其大小不一定等于物体的重力。 (2)滑动摩擦力的大小与物体的运动速度无关，与接触面积的大小无关。 5．静摩擦力的计算 (1)其大小、方向都跟产生相对运动趋势的外力密切相关，但跟接触面相互挤压力 FN 无 直接关系，因而静摩擦力具有大小、方向的可变性，其大小只能依据物体的运动状态进行 计算，若为平衡状态，静摩擦力可由平衡条件建立方程求解；若为非平衡状态，可由动力 学规律建立方程求解。 (2)最大静摩擦力 Ffm 是物体将要发生相对滑动这一临界状态时的摩擦力，它的数值与 FN 成正比，在 FN 不变的情况下，滑动摩擦力略小于 Ffm，而静摩擦力可在 0～Ffm 间变化。 [验备考能力] 1．(2018·嘉兴一中期中)如图所示，将铅笔一端放在水平桌面上，另一 端用细线悬吊着，细线呈竖直状态，则铅笔受到几个力的作用(　　) A．5 个　　　　　　　　 B．4 个 C．3 个 D．2 个 解析：选 C　对铅笔受力分析，受重力、细线竖直向上的拉力、地面对铅笔竖直向上的 支持力，地面对铅笔没有静摩擦力，否则水平方向不能平衡，则铅笔一共受到 3 个力作用， 故 C 正确，A、B、D 错误。 2．以下说法正确的是(　　) A．自由下落的物体所受重力为零 B．物体所受重力的方向总是垂直向下 C．悬挂在竖直绳子上的静止物体，对绳的拉力就是其重力 D．把物体由赤道移到北极，若用天平称量，则示数在两地相同；若用弹簧测力计称量， 则示数在北极略微增大 解析：选 D　自由下落的物体所受重力不为零，物体所受重力的方向总是竖直向下，不 是垂直向下，悬挂在竖直绳子上的静止物体，对绳子的拉力大小等于其重力但不是重力，故 选项 A、B、C 错误；赤道和北极重力加速度不同，但对天平没有影响，故 D 正确。 3．一根轻质弹簧，当它上端固定、下端悬挂重为 G 的物体时，长度为 L1；当它下端 固定在水平地面上，上端压一重为 G 的物体时，其长度为 L2，则它的劲度系数是(　　) A.G L1 B．G L2 C. G L1－L2 D． 2G L1－L2 解析：选 D　设弹簧的原长为 L0，劲度系数为 k，则根据胡克定律得 G＝k(L1－L0)① G＝k(L0－L2)② 联立①②得 k＝ 2G L1－L2。故选 D。 4.(2018·台州联考)如图所示，为了保证安全供电，电工师傅经常 会爬上竖立的电线杆对电路进行定期检修，假设电工师傅在杆上是 匀速爬行的，下列说法正确的是(　　) A．向上爬行时，电工师傅受到的摩擦力向下 B．向下爬行时，电工师傅受到的摩擦力向上 C．增大与电线杆之间的挤压可以增大摩擦力 D．若小心翼翼地缓慢爬行，电工师傅受到的摩擦力将变小 解析：选 B　电工匀速爬行，则其为平衡状态，合力为零，电工在竖直方向只受到重力 和摩擦力，而重力方向向下，所以无论电工向上爬还是向下爬，摩擦力都向上，大小等于重 力，选项 B 正确，A、C、D 错误。 5.(2018·浙江 11 月选考)小明在观察如图所示的沙子堆积时，发现 沙子会自然堆积成圆锥体，且在不断堆积过程中，材料相同的沙子自然 堆积成的圆锥体的最大底角都是相同的。小明测出这堆沙子的底部周长 为 31.4 m，利用物理知识测得沙子之间的动摩擦因数为 0.5，估算出这堆沙的体积最接近 (　　) A．60 m3 B．200 m3 C．250 m3 D．500 m3 解析：选 A　沙堆底面周长为 31.4 m，可得底面半径 r＝5 m，设沙堆底角为 θ，对沙 坡上的一粒沙子有 mgsin θ＝μmgcos θ，解得 tan θ＝0.5，则这堆沙的高为 h＝rtan θ＝2.5 m，体积 V＝1 3πr2h≈65.4 m3，最接近 60 m3，故 A 正确。 考点二 受力分析　共点力的平衡 [研考题考法] [例1] 　(2017·浙江 11 月选考)叠放在水平地面上的四个完全相同 的排球如图所示，质量均为 m，相互接触。球与地面间的动摩擦因数均 为 μ，则(　　) A．上方球与下方三个球间均没有弹力 B．下方三个球与水平地面间均没有摩擦力 C．水平地面对下方三个球的支持力均为 4 3mg D．水平地面对下方三个球的摩擦力均为 4 3μmg [解析]　将四个球看做一个整体，地面的支持力与球的重力平衡，设 其中一个球受到的支持力大小为 FN，因此 3FN＝4mg，选项 C 正确。最 上面的球对下面三个球肯定有压力，即有弹力，选项 A 错误。以下方三 个球中任意一个球为研究对象，受力如图所示，由此可知选项 B 错误； 由于地面与球之间的摩擦力为静摩擦力，因此不能通过 Ff＝μFN 求解，选项 D 错误。 [答案]　C [例2] 　(2019·台州书生中学月考)如图所示为小朋友喜欢的磁性黑板，下面 有一个托盘，可以让黑板撑开一个安全角度(黑板平面与水平面的夹角为 θ)，使 之不易倾倒，小朋友不但可以在上面用专用画笔涂鸦，磁性黑板擦也可以直接吸 在上面。图中有一块质量为 m 的黑板擦吸在黑板上面而保持静止状态。已知黑 板与黑板擦之间的动摩擦因数为 μ，则下列说法正确的是(　　) A．黑板擦对黑板的压力大小为 mgcos θ B．黑板对黑板的摩擦力大小为 μmgcos θ C．黑板对黑板擦的摩擦力大于 mgsin θ D．黑板对黑板擦的作用力大小为 mg [解题指导] 本题的解题思路是审题，建立物理模型、正确受力分析，根据力的合成与分解利用平衡 条件进行解题。“磁性黑板”具有吸附能力，可以对黑板擦产生吸引力，黑板擦粗糙，在黑 板上还要受到静摩擦力作用。 [解析]　对黑板擦受力分析，如图所示，黑板擦受到竖直向下的重力、黑 板对其的支持力 N、以及垂直黑板向下的吸引力 F，沿黑板平面向上的摩擦力 f，根据正交分解可知 f＝mgsin θ，N＝mgcos θ＋F，根据牛顿第三定律可知黑 板擦对黑板的压力大小为 N′＝N＝mgcos θ＋F，由于黑板擦处于静止状态，所 以重力和其余三个力(黑板对黑板擦的作用力)的合力为零，故黑板对黑板擦的作用力大小 为 mg，D 正确。 [答案]　D [通方法规律] 1．受力分析的步骤 (1)明确研究对象：研究对象可以是某一个物体，也可以是保持相对静止的若干个物体 的集合。 (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)画出受力示意图，标明各力的符号。 (4)检查画出的每一个力能否找出它的施力物体，检查分析结果能否使研究对象处于题 目所给的运动状态，防止发生漏力、添力或错力现象。 2．受力分析应注意的问题 (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)对于分析出的物体受到的每一个力，都必须明确其来源，即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)区分性质力与效果力：研究对象的受力图，通常只画出按性质命名的力，不要把按 效果命名的分力或合力分析进去，受力图完成后再进行力的合成或分解。 (5)区分内力与外力：对几个物体的整体进行受力分析时，这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。 3．力的合成 (1)两种方法：平行四边形定则与三角形定则，它们的关系如图甲、乙所示。 (2)两个共点力的合力大小范围：|F1－F2|≤F 合≤F1＋F2。 (3)三个共点力的合力大小范围：先确定其中两个力的合力范围，再比较该范围与第三 个力的大小关系。 (4)几种特殊情况合力的计算 类　型 作　图 合力的计算 互相垂直 F＝ F12＋F22 tan θ＝F1 F2 两力等大，夹角为 θ F＝2F1cosθ 2 F 与 F1 夹角为θ 2 两力等大且夹角为 120° 合力与分力等大 4．解答力的分解问题的两种方法 (1)当物体受到三个或三个以下的力时，常按实际效果进行分解，分解思路如下： (2)当物体受到三个以上的力时，常用正交分解法。 5．共点力的平衡 (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Error! (3)平衡条件的推论 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 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 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 [验备考能力] 1.(2017·宁波期中)如图所示，球静置于水平地面 OA 上并紧靠斜面 OB， 一切摩擦不计，则(　　) A．小球只受重力和地面支持力 B．小球一定受斜面的弹力 C．小球受重力、地面支持力和斜面弹力 D．小球受到的重力和对地面的压力是一对平衡力 解析：选 A　小球只受重力和地面支持力，斜面对球无弹力作用，选项 A 正确，B、C 错误；小球受到的重力和地面对小球的支持力是一对平衡力，选项 D 错误。 2．(2019·温州九校联考)2018 年 9 月 2 号结束的雅加达亚运会，中国队包 揽了跳水项目的全部金牌。如图所示为跳水运动员在走跳板时，从跳板的 a 端缓慢地走到 b 端，跳板逐渐向下弯曲。在此过程中，该运动员对跳板的 (　　) A．摩擦力不断增大　　　　　 B．作用力不断减小 C．作用力不断增大 D．压力不断增大 解析：选 A　设跳板与水平面的夹角为 θ，根据平衡条件可知，摩擦力与重力沿跳板向 下的分力等大反向，大小为 mgsin θ；压力大小等于重力垂直跳板方向的分力为 mgcos θ， 由于运动员从 a 端到 b 端过程中，跳板逐渐向下弯曲即 θ 增大，所以摩擦力增大，压力减小， 故 A 正确，D 错误；运动员对跳板的作用力即压力与摩擦力的合力，由平衡条件可知，此 合力等于运动员所受的重力，所以运动员对跳板的作用力不变，故 B、C 错误。 3．(2018·温岭中学考前冲刺)如图所示，一个“房子”形状的铁制音乐盒 静止在水平面上，一个塑料壳里面装有一个圆柱形强磁铁，吸附在“房子”的 顶棚斜面，保持静止状态。已知顶棚斜面与水平面的夹角为 θ，塑料壳和磁铁 的总质量为 m，塑料壳和顶棚斜面间的动摩擦因数为 μ。下列说法正确的是 (　　) A．塑料壳对顶棚斜面的压力大小为 mgcos θ B．顶棚斜面对塑料壳的摩擦力大小一定为 μmgcos θ C．顶棚斜面对塑料壳的作用力大小为 mg D．磁铁的磁性若瞬间消失，塑料壳不一定会往下滑动 解析：选 D　对塑料壳和磁铁受力分析，受重力 mg、顶棚斜面的吸引力 F、顶棚斜面 的支持力 N、静摩擦力 f，受力平衡，则有：N＝mgcos θ＋F，f＝mgsin θ，由牛顿第三定律 知 N′＝N＝mgcos θ＋F，故 A、B 错误；磁铁和塑料壳整体静止，受力平衡，则顶棚斜面 对塑料壳的支持力和摩擦力的合力大小等于重力 mg 和 F 的合力，故 C 错误；磁铁的磁性 若瞬间消失，如果 mgsin θ≤μmgcos θ，则塑料壳不会往下滑动，故 D 正确。 4.滑滑梯是小孩子很喜欢的娱乐活动。如图所示，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 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一定不相等 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 解析：选 D　小孩在滑梯上受力如图所示，设滑梯斜面倾角为 θ，则 FN＝ mgcos θ，Ff＝mgsin θ，所以 A、B 错误；小孩在重力、弹力和摩擦力三个力作 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，故 C 错误、D 正确。 5.(2018·台州检测)如图所示是磁悬浮地球仪，地球仪依靠它与底座 之间的磁力悬浮在底座的正上方保持静止，已知地球仪的质量为 m，底 座的质量为 M，则底座对水平地面的作用力大小为(　　) A．0　　　　　　　 B．mg C．Mg D．(m＋M)g 解析：选 D　将地球仪和底座看作整体，整体受到的重力为(m＋M)g，支持力为 FN， 满足 FN＝(m＋M)g，根据牛顿第三定律可知底座对水平地面的作用力大小为(m＋M)g，选 项 D 正确。 6.现场卸货历来是中国南极考察队的“硬仗”，需要利用卡特比勒车将重达 25 吨的货物卸载。如图所示，吊钩下有四根一样的绳索，且四根绳索呈对称分 布，每根绳索与竖直方向的夹角均为 30°，则每根绳索的拉力约为(　　) A．9.0×104 N B．7.0×104 N C．5.0×104 N D．3.0×104 N 解析：选 B　设每根绳索的拉力为 F，货物所受四根绳索拉力的合力等于货物的重力， 根据对称性可知，每条绳索拉力的竖直分力 Fcos 30°＝1 4mg，解得 F≈7.0×104 N，B 项正 确。 7．(2017·浙江 4 月选考)重力为 G 的体操运动员在进行自由体操比赛 时，有如图所示的比赛动作，当运动员竖直倒立保持静止状态时，两手臂 对称支撑，夹角为 θ，则(　　) A．当 θ＝60°时，运动员单手对地面的正压力大小为G 2 B．当 θ＝120°时，运动员单手对地面的正压力大小为 G C．当 θ 不同时，运动员受到的合力不同 D．当 θ 不同时，运动员与地面之间的相互作用力不相等 解析：选 A　运动员受力如图所示，地面对手的支持力 F1＝F2＝G 2，则运动员单手对地 面的正压力大小为G 2，与夹角 θ 无关，选项 A 正确，B 错误；不管角度如 何，运动员受到的合力为零，与地面之间的相互作用力总是等大，选项 C、 D 错误。 8．(2018·西湖高级中学月考)如图所示，质量为 m 的物体静止在倾角为 θ 的斜面上。下列关于物体能静止在斜面上的说法正确的是(　　) A．物体所受的重力小于物体所受的摩擦力 B．物体所受的下滑力小于物体所受的摩擦力 C．物体所受的重力和弹力的合力小于或等于物体与斜面间的最大静摩擦力 D．物体所受的弹力和最大静摩擦力的合力等于物体所受的重力 解析：选 C　对物体静止在斜面上时受力分析，受重力 mg、支持力 FN、 静摩擦力 Ff，且三力平衡，如图所示：根据平衡条件得，在沿斜面方向上 Ff＝ mgsin θ，所以 mg＞Ff，即物体所受的重力大于物体所受的摩擦力，A 错误； 物体所受的下滑力为重力沿斜面向下的分力 mgsin θ，这个力等于静摩擦力 Ff，B 错误；根据三力平衡的条件：任意两个力的合力一定与第三个力等大反向，物体所受 的重力和弹力的合力一定与静摩擦力等大反向，则一定小于或等于物体与斜面间的最大静摩 擦力，C 正确，D 错误。 考点三 共点力的动态平衡 [研考题考法] [例1] 　(2017·浙江 4 月选考)重型自卸车利用液压装置使车厢 缓慢倾斜到一定角度，车厢上的石块就会自动滑下。以下说法正 确的是(　　) A．在石块下滑前后自卸车与石块整体的重心位置不变 B．自卸车车厢倾角越大，石块与车厢的动摩擦因数越小 C．自卸车车厢倾角变大，车厢与石块间的正压力减小 D．石块开始下滑时，受到的摩擦力大于重力沿斜面方向的分力 [解析]　石块下滑后，整体的重心位置降低，A 错误；动摩擦因数由接 触面的材料和粗糙程度决定，与倾角无关，B 错误；石块受力如图所示， FN＝mgcos θ，倾角变大时正压力减小，C 正确；石块开始下滑时，受到的 摩擦力小于重力沿斜面方向的分力，D 错误。 [答案]　C [例2] 　某学习小组为了体验最大静摩擦力与滑动摩擦力的临界状 态，设计了如图所示的装置，一位同学坐在长直木板上，让长直木板由 水平位置缓慢向上转动(即木板与地面的夹角 θ 变大)，另一端不动，则该同 学受到支持力 FN、合外力 F 合、重力沿斜面方向的分力 G1、摩擦力 Ff 随角度 θ 的变化关系 图中不正确的是(　　) [解题指导] 本题重点考查学生受力分析及图象的理解应用能力。对题中给定的物理情景，正确的受 力分析，利用力的分解处理，找出自变量，明确应变量与自变量的函数关系，选出正确的函 数图象。 [解析]　重力沿斜面方向的分力 G1＝mgsin θ，C 正确；支持力 FN＝mgcos θ，A 正确； 该同学滑动之前，F 合＝0，Ff＝mgsin θ，滑动后，F 合＝mgsin θ－μmgcos θ，Ff＝μmgcos θ，考虑到最大静摩擦力略大于滑动摩擦力的情况，可知 B 错误，D 正确。 [答案]　B [规律方法] 1．动态平衡问题 通过控制某些物理量，使物体的状态发生缓慢的变化，而在这个过程中物体又始终处于 一系列的平衡状态，在问题的描述中常用“缓慢”等语言叙述。 2．用解析法分析动态平衡问题 对研究对象进行受力分析，先画出受力示意图，再根据物体的平衡条件列出因变量与自 变量的(三角)函数表达式，最后根据自变量的变化确定因变量的变化。 [例3] 　如图，一小球放置在木板与竖直墙面之间。设墙面对球的压力大小为 FN1，球对木板的压力大小为 FN2。以木板与墙连接点所形成的水平直线为轴，将木 板从图示位置开始缓慢地转到水平位置。不计摩擦，在此过程中(　　) A．FN1 始终减小，FN2 始终增大 B．FN1 始终减小，FN2 始终减小 C．FN1 先增大后减小，FN2 始终减小 D．FN1 先增大后减小，FN2 先减小后增大 [解题指导] (1)小球缓慢移动过程中处于平衡状态。 (2)墙对球的压力方向不变，而球对木板的压力方向改变。 [解析]　对小球进行受力分析，如图所示，根据物体的平衡条件，可 将三个力构建成矢量三角形。重力不变，随着木板缓慢转到水平位置，球 对木板的压力大小 FN2 逐渐减小，墙面对球的压力大小 FN1 逐渐减小，故 B 正确。 [答案]　B [规律方法]　用图解法分析动态平衡问题 此法常用于求解三力平衡问题中，已知一个力是恒力、另一个力方向不变的情况。一般 按照以下流程解题。 受力 分析 ― ― →化“动”为“静” 画不同状态 下的平衡图 ― ― →“静”中求“动” 确定力 的变化 [例4] 　如图所示，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 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，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 不变 [解题指导] 第一步：抓关键点 关键点 获取信息 两相同轻质硬杆可绕轴转动 两杆与竖直方向夹角相等且杆中张力沿杆的方向 两相同木块 两木块与挡板间的摩擦力、弹力大小相等 挡板间的距离稍许增大 两杆与竖直方向的夹角稍许增大 第二步：找突破口 要确定木块与挡板间的摩擦力 Ff 的变化，应选整体为研究对象，利用平衡条件进行分 析。而分析 FN 的变化时，应隔离木块应用平衡条件进行分析。 [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 1 所示，根据平衡条件有 2Ff＝(M＋2m)g，即 Ff＝ (M＋2m)g 2 ，与两挡板间 距离无关，故挡板间距离稍许增大后，Ff 不变，所以选项 A 错误、选项 B 正 确；如图 2 所示，将绳的张力 F 沿 OO1、OO2 两个方向分解为 F1、F2，则 F1＝F2＝ F 2cos θ， 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 3 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、D 错误。 [答案]　B [规律方法] 对两个或两个以上的物体组成的简单的连接体问题，选择合适的研究对象可使受力分析 和解题过程简化。当不涉及物体之间的相互作用时，把几个物体视为一个整体作为研究对象， 只分析整体受的外力；当涉及物体之间的相互作用时，选择受力个数较少的物体为研究对象。 [验备考能力] 1.如图，长木板的左端有固定转动轴，靠近木板右端处静止放一 木块。现将木板右端提升，使木板从水平位置开始缓慢地逆时针转动。 当木板的倾角 α 达到 25°时，木块开始沿木板向下滑动。在 α 从 0°逐 渐增大到 40°的过程中，下列说法中正确的是(　　) A．木块所受的摩擦力逐渐减小 B．木块所受的摩擦力先增大后减小 C．木块所受的合外力不断增大 D．木块所受的合外力始终为零 解析：选 B　倾角 α 达到 25°之前，木块受到的是沿斜面向上的静摩擦力，与重力沿斜 面向下的分力 Gsin α 相等，所以静摩擦力增大，此过程中木块所受合外力始终为零；从 25° 逐渐增大到 40°的过程中，木块受到滑动摩擦力等于 μGcos α，所以所受摩擦力减小，此过 程中木块所受合外力不为零。 2.半圆柱体 P 放在粗糙的水平地面上，其右端有竖直挡板 MN。在 P 和 MN 之间放有一个光滑均匀的小圆柱体 Q，整个装置处于静止状态。 如图所示是该装置的纵截面图。若用外力使 MN 保持竖直并缓慢地向右 移动，在 Q 落到地面以前，发现 P 始终保持静止。在此过程中，下列说法中正确的是(　　) A．MN 对 Q 的弹力逐渐减小 B．地面对 P 的摩擦力逐渐增大 C．P、Q 间的弹力先减小后增大 D．Q 受到 P 和 MN 的合力逐渐增大 解析：选 B　对 Q 受力分析，如图所示，Q 所受的重力为 G，P 对 Q 的弹力为 F，MN 对 Q 的弹力为 FN，挡板 MN 向右运动时，F 和竖直方向 的夹角逐渐增大，而 Q 所受重力大小不变，所以 F 和 FN 的合力大小不变， 故选项 D 错误；由图可知，F 和 FN 都在不断增大，故选项 A、C 错误；对 P、Q 整体受力分析知，地面对 P 的摩擦力大小等于 FN，所以地面对 P 的摩擦力逐渐增 大，故选项 B 正确。 3．(2019·严州中学月考)如图所示，倾角为 θ 的斜面体 C 置于水平面 上，光滑滑块 B 置于斜面上，细绳一端固定在滑块 B 上，另一端固定在 天花板上，此时细绳与斜面平行，滑块 B 与斜面体 C 均处于静止状态。 现将斜面体 C 稍向左移动，移动后滑块 B 与斜面体 C 仍处于静止状态。则(　　) A．细绳对滑块 B 的拉力变小 B．斜面体 C 对滑块 B 的支持力变小 C．地面对斜面体 C 的支持力变小 D．地面对斜面体 C 的摩擦力变大 解析：选 D　以滑块 B 为研究对象，受力分析受重力 mg、细绳拉力 FT 和斜 面体 C 的支持力 FN 三个力的作用，其中重力 mg 的大小和方向均不变，斜面体 C 对滑块 B 的支持力 FN 的方向不变，三力平衡，构成矢量三角形如图所示。初始位 置细绳对滑块 B 的拉力 FT 和斜面对滑块 B 的支持力 FN 方向垂直。当斜面体 C 向左移动后，拉力 FT 方向和竖直方向的夹角变大，则拉力 FT 和支持力 FN 均变大。由牛 顿第三定律可知，滑块 B 对斜面体 C 的压力也增大，以斜面体 C 为研究对象，由共点力平 衡可知，地面对斜面体 C 的支持力和摩擦力均变大，选项 A、B、C 错误，D 正确。 考点四 平衡中的临界极值问题 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。 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。 3．解决极值问题和临界问题的方法 (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，不能停留在某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(如不等式、三角函数)。 (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。 [研考题考法] [例1] 　如图所示，质量 m＝2.2 kg 的金属块放在水平地板上，在与水平 方向成 θ＝37°角斜向上、大小为 F＝10 N 的拉力作用下，以速度 v＝5.0 m/s 向 右做匀速直线运动。(cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6，取 g＝10 m/s2)求： (1)金属块与地板间的动摩擦因数； (2)现换用另一个力 F′施加在金属块上，为使金属块向右做匀速直线运动，求 F′的 最小值。 [解题指导] 第一步：抓关键点　金属块向右做匀速直线运动——平衡状态。 第二步：找突破口　受力分析后，对金属块的受力进行正交分解，利用平衡条件列出方 程，求出拉力 F 随角度变化的函数关系，利用数学三角函数关系，求出最小值。 [解析]　(1)设地板对金属块的支持力为 FN，金属块与地板间的动摩擦因数为 μ，因为金 属块匀速运动，所以有 Fcos θ＝μFN mg＝Fsin θ＋FN 解得：μ＝ Fcos 37° mg－Fsin 37°＝ 8 22－6＝0.5。 (2)分析金属块的受力，如图所示 竖直方向：F′sin α＋FN′＝mg 水平方向：F′cos α＝μFN′ 联立可得：F′＝ μmg cos α＋μsin α ＝ μmg 1＋μ2sin(α＋φ) 所以 F′的最小值为22 5 5 N。 [答案]　(1)0.5　(2)22 5 5 N 　　[例2] 　如图所示，质量为 m1 的物体甲通过三段轻绳悬挂， 三段轻绳的结点为 O，轻绳 OB 水平且 B 端与站在水平面上的质量为 m2 的人相连，轻绳 OA 与竖直方向的夹角 θ＝37°，物体甲及人均处于静止 状态。(已知 sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取 10 m/s2。设最大静摩擦力等 于滑动摩擦力)求： (1)轻绳 OA、OB 受到的拉力是多大？ (2)人受到的摩擦力是多大？方向如何？ (3)若人的质量 m2＝60 kg，人与水平面之间的动摩擦因数为 μ＝0.3，则欲使人在水平面 上不滑动，物体甲的质量 m1 最大不能超过多少？ [解题指导] 第一步：抓关键点　物体、绳子和人均处于静止状态——平衡状态。 第二步：找突破口　合理选取研究对象。首先选三段绳子的结点 O 受力分析后，利用 平衡条件分析求解相关物理量；再把人作为研究对象，对人的受力进行分析，最大静摩擦力 是人是否移动的临界条件，利用最大静摩擦力，求出人所受拉力的最大值，进而利用平衡条 件求出甲物体质量的最大值。 [解析]　(1)以结点 O 为研究对象，如图 1，沿水平方向和竖直方向建立直角坐标系， 将 FOA 分解，由平衡条件有 FOB＝FOAsin θ FOAcos θ＝m1g 联立得 FOA＝ m1g cos θ＝5 4m1g FOB＝m1gtan θ＝3 4m1g 故轻绳 OA、OB 受到的拉力分别为 5 4m1g、3 4m1g。 (2)人在水平方向受到 OB 绳的拉力和水平面的静摩擦力，受力如图 2 所示，由平衡条 件得：Ff＝FOB＝3 4m1g，方向水平向左。 (3)当甲的质量增大到人刚要滑动时，质量达到最大，此时人受到的静摩擦力达到最大 值。 当人刚要滑动时，静摩擦力达到最大值 Ffm＝μm2g 由平衡条件得 FOBm＝Ffm 又 FOBm＝3 4m1mg 联立得 m1m＝4FOBm 3g ＝4μm2g 3g ＝24 kg 即物体甲的质量 m1 最大不能超过 24 kg。 [答案]　(1)5 4m1g　3 4m1g　(2)3 4m1g　水平向左 (3)24 kg [通方法规律] 临界与极值问题解题流程 1．对物体初始状态受力分析，明确所受各力的变化特点。 2．由关键词判断可能出现的现象或状态变化。 3．据初始状态与可能发生的变化间的联系，判断出现变化的临界条件或可能存在的极 值条件。 4．选择合适的方法作图或列方程求解。 [验备考能力] 1．(2018·丽水模拟)如图所示，一物块 A 放在固定于水平地面上的斜面体 B 上，处于静 止状态。现用力 F 沿不同方向作用在 A 上，物块 A 始终保持静止。则物块 A 受到的摩擦力 一定增大且数值最小的是(　　) 解析：选 D　设斜面倾角为 α，对 A 项，开始时静摩擦力方向向上，有静摩擦力 F f＝ mgsin α，施加 F 后，若静摩擦力方向仍向上，则 F＋Ff＝mgsin α，得 Ff＝mgsin α－F，可 知物块 A 受到的静摩擦力减小；对 C 项，施加力 F 后，若静摩擦力方向向上，则静摩擦力 Ff＝mgsin α－Fcos α，物块 A 受到的静摩擦力减小；对 B 项，施加力 F 后，静摩擦力 Ff1＝ mgsin α＋F，物块 A 受到的静摩擦力增大；对 D 项，施加力 F 后，静摩擦力 F f2＝(mg＋ F)sin α，物块 A 受到的静摩擦力增大，经过比较可知 Ff2

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