2019届二轮复习　受力分析　共点力的平衡课件（46张）（全国通用）

2019届二轮复习　受力分析　共点力的平衡课件（46张）（全国通用）

微专题 2 　 受力分析 共点力的平衡 考点一 受力分析 共点力的平衡 考点二 共点力的静态平衡 考点三 共点力作用下的动态平衡问题 考点突破 考点四 平衡中的临界、极值问题 考点一　受力分析　整体法与隔离法的应用 考点突破 1.受力分析的基本思路 2.整体法与隔离法 例1 　如图所示,甲、乙两个小球的质量均为 m ,两球间用细线连接,甲球 用细线悬挂在天花板上。现分别用大小相等的力 F 水平向左、向右拉 两球,平衡时细线都被拉紧。则平衡时两球的可能位置是下列选项中的   (　 A 　)   【审题突破】　由于甲、乙通过细线相连,可从整体分析入手,再单独 研究甲、乙个体,需注意两个方面: (1)大小相等的力 F 水平向左、向右拉球; (2)平衡时细线都被拉紧。 解析 　用整体法分析,把两个小球看成一个整体,此整体受到的外力 为竖直向下的重力2 mg 、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2 mg 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 球受到竖直向下的重力 mg 、水平向右的拉力 F 、细线2的拉力,要使得 乙球受力平衡,细线2必须向右倾斜。故选A。 1. (多选)(2019广东汕头金山中学期末)如图所示,在水平力 F 作用下, A 、 B 保持静止。若 A 与 B 的接触面是水平的,且 F ≠ 0,则 B 的受力个数可 能为   (　 BC 　) A.3个　　B.4个　　C.5个　　D.6个 解析 　先对 A 、 B 整体受力分析 , 受重力、推力、支持力 , 关于是否受摩擦力 , 分析如下 : 当推力平行斜面向上的分力大于重力沿斜面向下的分力时 , 整体有上滑趋势 , 受沿斜面向下的摩擦力 ; 当推力平行斜面向上的分力小于重力沿斜面向下的分力时 , 整体有下滑趋势 , 受沿斜面向上的摩擦力 ; 当推力平行斜面向上的分力等于重力沿斜面向下的分力时 , 无滑动趋势 , 不受摩擦力。再对 A 受力分析 , 受推力、重力、支持力和向左的静摩擦力 , 共 4 个力。最后对 B 受力分析 , 受重力、 A 对 B 的压力和向右的静摩擦力、斜面对 B 的支持力 , 若 B 相对斜面有滑动趋势 , 则还要受到斜面的静摩擦力,若相对斜面无滑动趋势,则不受斜面的静摩擦力,即物体 B 可能受4个力,也可能受5个力。故选B、C。 2. (2018河北保定模拟)磁性车载支架(图1)使用方便,它的原理是将 一个引磁片贴在手机背面,再将引磁片对准支架的磁盘放置,手机就会 被牢牢地吸附住(图2)。下列关于手机(含引磁 片,下同)的说法中正确的是   (　 B 　)   A.汽车静止时,手机共受三个力的作用 B.汽车静止时,支架对手机的作用力大小等于手机的重力大小 C.当汽车以某一加速度向前加速时,手机可能不受支架对它的摩擦力作用 D.只要汽车的加速度大小合适,无论是向前加速还是减速,手机都可能 不受支架对它的摩擦力作用 解析 　手机处于静止状态时,受力平衡,受到重力、支架的支持力、 摩擦力以及磁盘的吸引力,共4个力的作用,A错误;手机处于静止状态时, 支架对手机的支持力、摩擦力、吸引力的合力与手机重力等大反向,B 正确;磁盘对手机的吸引力和手机所受支持力均与引磁片垂直,汽车有 向前的加速度时,一定受沿斜面向上的摩擦力,故C、D均错误。 3. (2018黑龙江绥化联考)L形木板 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   (　 C 　)   A.3　    B.4　    C.5　    D.6 解析     P 、 Q 一起沿斜面匀速下滑时,木板 P 的上表面光滑,隔离滑块 Q 分析受力,受到三个力,分别为重力、 P 对 Q 的支持力、弹簧对 Q 沿斜面 向上的弹力;再隔离木板 P 分析受力,受到重力、 Q 对 P 的压力、弹簧对 P 沿斜面向下的弹力、斜面对 P 的支持力、斜面对 P 的摩擦力,故选项C正 确。 受力分析常用的三个判据 (1)条件判据:不同性质的力的产生条件不同,进行受力分析时最基本的判据是根据其产生条件。 (2)效果判据:有时候是否满足某力产生的条件是很难判定的,可根据物体的运动状态进行分析。 (3)特征判据:在有些受力情况较为复杂的情况下,我们根据力产生的条件及其作用效果仍不能判定该力是否存在时,可从力的作用是相互的这个基本特征出发,通过判定其反作用力是否存在来判定该力是否存在。 方法技巧 1.处理静态平衡问题的常用方法 方法 内容 合成法 物体受三个共点力的作用而平衡,则任意两个力的合力一定与第三个力大小相等,方向相反 分解法 物体受三个共点力的作用而平衡,将某一个力按力的效果分解,则其分力和其他两个力满足平衡条件 正交分 解法 物体受到三个或三个以上力的作用而平衡,将物体所受的力分解为相互垂直的两组,每组力都满足平衡条件 力的三 角形法 对受三个力作用而平衡的物体,将力的矢量图平移使三个力组成一个首尾依次相接的矢量三角形,根据正弦定理、余弦定理或相似三角形等数学知识求解未知力 考点二　共点力的静态平衡 2.求解静态平衡问题的一般思路 例2 　如图所示,光滑半球形容器固定在水平面上, O 为球心。一质量为 m 的小滑块,在水平力 F 的作用下静止于 P 点,设滑块所受支持力为 F N , OP 与水平方向的夹角为 θ 。下列关系正确的是   (　 A 　)   A. F =   　    B. F = mg tan θ C. F N =   　    D. F N = mg tan θ 解析     解法一　合成法 滑块受力如图甲所示,由平衡条件可知   =tan θ ,   =sin θ ⇒ F =   , F N =   。 解法二　效果分解法 将重力按产生的效果分解,如图乙所示, F = G 2 =   , F N = G 1 =   。 解法三　正交分解法 将滑块受到的力沿水平和竖直方向分解,如图丙所示, mg = F N sin θ , F = F N cos θ ,联立解得 F =   , F N =   。 解法四　矢量三角形法 滑块受到三个共点力作用处于平衡状态,则这三个力组成封闭三角形, 如图丁所示,解直角三角形得 F =   , F N =   。 1. (2018山东烟台一模)如图所示,斜面上放有两个完全相同的物 体 a 、 b ,两物体间用一根细线连接,在细线的中点加一与斜面垂直的拉 力 F ,使两物体均处于静止状态。则下列说法正确的是   (　 B 　) A. a 、 b 两物体的受力个数一定相同 B. a 、 b 两物体对斜面的压力相同 C. a 、 b 两物体受到的摩擦力大小一定相等 D.当逐渐增大拉力 F 时,物体 b 先开始滑动 解析 　对 a 、 b 进行受力分析,如图所示。 b 物体处于静止状态,当细 线沿斜面向上的分量与重力沿斜面向下的分量相等时,摩擦力为零,所 以 b 可能只受3个力作用,而 a 物体必定受到摩擦力作用,肯定受4个力作 用,故A错误; a 、 b 两个物体,垂直于斜面方向受力都平衡,则有 F N + F T sin θ = mg cos α ,解得 F N = mg cos α - F T sin θ ,则 a 、 b 两物体对斜面的压力相同, 故B正确;根据对A项的分析可知, b 受到的摩擦力可以为零,而 a 受到的摩 擦力一定不为零,故C错误;对 a 沿斜面方向有 F T cos θ + mg sin α =   ,对 b 沿斜面方向有 F T cos θ - mg sin α =   ,正压力相等,接触面粗糙程度相同, 所以最大静摩擦力相等,则 a 先达到最大静摩擦力,先滑动,故D错误。 2. (2018河北保定模拟)如图,一不可伸长的光滑轻绳,其左端固定于 O 点,右端跨过位于 O '点的固定光滑轴悬挂一质量为 M 的物体; OO '段水 平,长度为 L ;绳子上套一可沿绳滑动的轻环。现在轻环上悬挂一钩码, 平衡后,物体上升 L ,则钩码的质量为       (　 D 　)   A.   M 　    B.   M 　    C.   M 　     D.   M 解析 　重新平衡后,绳子形状如图,由几何关系知:绳子与竖直方向 夹角为30 ° ,则环两边绳子的夹角为60 ° ,根据平行四边形定则,环两边绳 子拉力的合力为   Mg ,根据平衡条件,则钩码的质量为   M ,选项D正 确。 考点三　共点力作用下的动态平衡问题 1.动态平衡: 物体所受的力一部分是变力,是动态力,力的大小和方向均 要发生变化,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。 2.分析动态平衡问题的方法 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)确定未知量的变化情况 相似三 角形法 (1)根据已知条件画出两个不同情况对应的力的三角形和空间几何三角形,确定对应边,利用三角形相似知识列出比例式 (2)确定未知量的变化情况 例3     (多选)(2017课标Ⅰ,21,6分)如图,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   。现将重物向右上方缓慢拉起,并保 持夹角 α 不变。在 OM 由竖直被拉到水平的过程中   (　  AD 　)   A. MN 上的张力逐渐增大 B. MN 上的张力先增大后减小 C. OM 上的张力逐渐增大 D. OM 上的张力先增大后减小 【审题突破】　解题的关键是分析物体受力的特点,此题中知重力大 小、方向不变,而两侧轻绳上的张力大小、方向均变化,需根据平衡条 件结合力的矢量三角形画出动态分析图,也可直接利用正弦定理求解。 解析 　将重物向右上方缓慢拉起,重物处于动态平衡状态,可利用 平衡条件或力的分解画出动态图分析。将重物的重力沿两绳方向分解, 画出分解的动态图如图所示。在三角形中,根据正弦定理有   =   =   ,由题意可知 F MN 的反方向与 F OM 的夹角 γ =180 ° - α ,不变,因 sin β ( β 为 F MN 与 G 的夹角)先增大后减小,故 OM 上的张力先增大后减小,当 β =90 ° 时, OM 上的张力最大,因 sin θ ( θ 为 F OM 与 G 的夹角)逐渐增大,故 MN 上的张力 逐渐增大,选项A、D正确,B、C错误。 考向1　解析法 1. 如图所示,与水平方向成 θ 角的推力 F 作用在物块上,随着 θ 逐渐减 小直到水平的过程中,物块始终沿水平面做匀速直线运动。关于物块受 到的外力,下列判断正确的是   (　 B 　) A.推力 F 先增大后减小 B.推力 F 一直减小 C.物块受到的摩擦力先减小后增大 D.物块受到的摩擦力一直不变 解析 　对物块受力分析,建立如图所示的坐标系。由平衡条件得, F cos θ - F f =0, F N -( mg + F sin θ )=0,又 F f = μF N ,联立可得 F =   ,可见,当 θ 减小时, F 一直减小;由摩擦力 F f = μF N = μ ( mg + F sin θ )可知,当 θ 、 F 减小时, F f 一直减小。 综上分析可知,B正确,A、C、D错误。 考向2　图解法 2. (2016课标Ⅱ,14,6分)质量为 m 的物体用轻绳 AB 悬挂于天花板 上。用水平向左的力 F 缓慢拉动绳的中点 O ,如图所示。用 T 表示绳 OA 段拉力的大小,在 O 点向左移动的过程中   (　 A 　) A. F 逐渐变大, T 逐渐变大　    B. F 逐渐变大, T 逐渐变小 C. F 逐渐变小, T 逐渐变大　    D. F 逐渐变小, T 逐渐变小 解析 　由题意知,系统处于动态平衡状态,分析 O 点的受力情况如图 所示,其中 T ‘= G 恒定不变, F 方向不变, T 大小方向均改变,在 O 点向左移动 的过程中, θ 角逐渐变大,由动态矢量三角形可知 F 、 T 均逐渐变大,故A项 正确。 考向3　相似三角形法 3. 如图所示是一个简易起吊装置的示意图, AC 是质量不计的撑杆, A 端与竖直墙用铰链连接,一滑轮固定在 A 点正上方, C 端吊一重物。现施 加一拉力 F 缓慢将重物 P 向上拉,在 AC 杆达到竖直前   (　 B 　) A. BC 绳中的拉力 F T 越来越大 B. BC 绳中的拉力 F T 越来越小 C. AC 杆中的支持力 F N 越来越大 D. AC 杆中的支持力 F N 越来越小 解析  　作出 C 点的受力示意图,如图所示,由图可知力的矢量三角形 与几何三角形 ABC 相似。根据相似三角形的性质得   =   =   ,解得 BC 绳中的拉力为 F T = G ·   , AC 杆中的支持力为 F N = G ·   。由于重物 P 向上运动时, AB 、 AC 不变, BC 变小,故 F T 减小, F N 不变。选项B正确。 方法技巧 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发生变化,从而 使物体所处的平衡状态“恰好出现”或“恰好不出现”,在问题中常用 “刚好”“刚能”“恰好”等语言描述。 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 ; 绳子绷紧与松弛 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4     (2019辽宁沈阳月考)如图所示,三根长度均为 l 的轻绳分别连接于 C 、 D 两点, A 、 B 两端被悬挂在水平天花板上,相距2 l 。现在 C 点上悬挂 一个质量为 m 的重物,为使 CD 绳保持水平,在 D 点上可施加的力的最小值 为   (　 C 　) A. mg 　    B.   mg 　    C.   mg 　    D.   mg 【审题指导】　解答本题时应把握以下两点: (1)先以 C 点为研究对象,进行受力分析,求出 CD 绳中的张力大小; (2)再以 D 点为研究对象,明确绳 CD 对 D 点的拉力是恒力,大小、方向不 变, BD 绳对 D 点的拉力方向不变,因此可以利用图解法求解在 D 点可施加 力的最小值。 解析 　由题图可知, 要想 CD 水平,各绳均应绷紧,则 AC 与水平方向的夹角为60 ° ,结点 C 受力平衡,受力分析如图所示,则 CD 绳对结点 C 的拉力 F T = mg tan 30 ° =   mg , D 点受 CD 绳拉力 F T ‘大小等于 F T ,方向向左。要使 CD 水, D 点受两绳的 拉力与外界施加的力的合力为零,则 CD 绳对 D 点的拉力可分解为沿 BD 绳的力 F 1 和另一分力 F 2 ,由几何关系可知,当力 F 2 与 BD 垂直时, F 2 最小,而 F 2 的大小等于施加的力的大小,故最小力 F = F T sin 60 ° =   mg 。 1. 细线 OA 、 OB 的 O 端与质量为 m 的小球拴接在一起, A 、 B 两端固 定于竖直墙面上,其中细线 OA 与竖直方向成45 ° 角,细线 OB 与竖直方向 成60 ° 角,如图所示,现在对小球施加一个与水平 方向成45 ° 角的拉力 F ,小球保持静止,细线 OA 、 OB 均处于伸直状态,已知重力加速度为 g ,小球 可视为质点,下列说法错误的是   (　 D 　) A. 在保证细线 OA 、 OB 都伸直的情况下 , 若 F 增大 , 则细线 OA 中拉力变 小 , 细线 OB 中拉力变大 B.当 F =   mg 时,细线 OB 中拉力为零 C.为保证两根细线均伸直,拉力 F 不能超过   mg D.为保证两根细线均伸直,拉力 F 不能超过   mg 解析 　对小球进行受力分析如图所示,设细线 OA 、 OB 对小球的拉力分别为 T A 、 T B ,若 OA 、 OB 都伸直,对小球由平衡条件列方程,竖直方向有 T A cos 45 ° + F sin 45 ° = T B cos 60 ° + mg ,水平 方向有 T A sin 45 ° + T B sin 60 ° = F cos 45 ° ,解得 T A =   mg -(2-   ) F , T B = (   -   ) F -(   -1) mg ,若 F 增大,则 T A 变小, T B 变大,A项正确; T B 为零时,有 T B = (   -   ) F -(   -1) mg =0,解得 F =   mg ,B项正确;为保证两根细线都伸直, F 最大时,有 T A =   mg -(2-   ) F =0,解得 F =   mg ,C项正确,D项 错误。 2. (2017安徽江淮名校联考)如图所示,轻质弹簧一端系在质量为 m = 1 kg的小物块上,另一端固定在墙上。物块在斜面上静止时,弹簧与竖直 方向的夹角为37 ° ,已知斜面倾角 θ =37 ° ,斜面与小物块间的动摩擦因数 μ =0.5,斜面固定不动。设物块与斜面间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大 小相等,下列说法正确的是   (　 C 　) A.小物块可能只受三个力 B.弹簧弹力大小一定等于4 N C.弹簧弹力大小不可能等于3 N D.斜面对物块支持力可能为零 解析 　假如物块受3个作用力,重力、斜面的支持力以及摩擦力,则 mg sin 37 ° =6 N,而最大静摩擦力为 μmg cos 37 ° =4 N<6 N ,则物块不能静 止,故选项A错误;要使物块静止,设弹簧弹力最小为 F ,则满足 mg sin 37 ° = μ ( F + mg cos 37 ° ),解得 F =4 N,故当弹力不小于4 N时,物块均能静止,选项 B错误,C正确;若斜面对物块支持力为零,则物块与斜面之间的摩擦力为 零,则物块不可能静止,选项D错误。