浙江省2020高考物理二轮复习专题一第二讲受力分析与共点力平衡讲义含解析

浙江省2020高考物理二轮复习专题一第二讲受力分析与共点力平衡讲义含解析

第二讲　受力分析与共点力平衡 知识内容 考试要求 备考指津 ‎1.重力、基本相互作用 c ‎1.本讲内容主要包括重力、弹力、摩擦力、力的合成与分解及物体的平衡等知识．此部分内容常与其他力学规律甚至电学背景相结合.‎ ‎2.力的合成与分解及物体的平衡是考查频率较高的知识点.‎ ‎2.弹力 c ‎3.摩擦力 c ‎4.力的合成 c ‎5.力的分解 c ‎　物体的受力分析 ‎ 【题组过关】‎ ‎1．(2019·浙江选考4月)如图所示，小明撑杆使船离岸，则下列说法正确的是(　　)‎ A．小明与船之间存在摩擦力 B．杆的弯曲是由于受到杆对小明的力 C．杆对岸的力大于岸对杆的力 D．小明对杆的力和岸对杆的力是一对相互作用力 答案：A ‎2．5个力同时作用于质点O，此5个力大小和方向相当于正六边形的两条边和三条对角线，如图所示，这5个力的合力的大小为F1的(　　)‎ A．3倍　　　　　　　　　　 B．4倍 C．5倍 D．6倍 解析：选A.法一：巧用对角线特性 如图甲所示，根据正六边形的特点及平行四边形定则知：F2与F5的合力恰好与F1重合；F3与F4的合力也恰好与F1重合；故五个力的合力大小为3F1.‎ - 14 -‎ 法二：利用对称法 如图乙所示，由于对称性，F2和F3的夹角为120°，它们的大小相等，合力在其夹角的平分线上，故力F2和F3的合力F23＝2F2cos 60°＝2(F1 cos 60°)cos 60°＝.‎ 同理，F4和F5的合力大小也在其角平分线上，由图中几何关系可知：‎ F45＝2F4cos 30°＝2(F1cos 30°)cos 30°＝F1.‎ 故这五个力的合力F＝F1＋F23＋F45＝3F1.‎ ‎3.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”的顶棚斜面上，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，则以下说法正确的是(　　)‎ 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支持力和摩擦力的合力大小为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.将塑料壳和圆柱形磁铁当成整体受力分析，它受重力、支持力(垂直斜面向上)、沿斜面向上的摩擦力、顶棚对磁铁的吸引力而处于平衡状态，则塑料壳对顶棚斜面的压力大于mgcos θ，A错误；顶棚斜面对塑料壳的摩擦力大小等于mgsin θ，B错误；顶棚斜面对塑料壳的支持力和摩擦力及顶棚对圆柱形磁铁的吸引力三者的合力大小为mg，C错误；当磁铁的磁性消失时，最大静摩擦力大小发生变化，但合力可能为零，可能保持静止状态，则塑料壳不一定会往下滑动，D正确．‎ ‎1．分析受力的思路 ‎(1)先数研究对象有几个接触处，每个接触处最多有两个力(弹力和摩擦力)．‎ ‎(2)同时注意对场力的分析．‎ ‎(3)假设法是判断弹力、摩擦力的存在及方向的基本方法．‎ ‎2．在分析两个或两个以上的物体间的相互作用时，一般采用整体法与隔离法进行分析；采用整体法进行受力分析时，要注意各个物体的状态应该相同．‎ ‎3．当直接分析一个物体的受力不方便时，可转换研究对象，先分析另一个物体的受力，再根据牛顿第三定律分析该物体的受力，此法叫“转换研究对象法”．　 ‎ - 14 -‎ ‎　共点力的静态平衡问题 ‎ 【重难提炼】‎ 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 效果分解法 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时，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 对受三力作用而平衡的物体，将力的矢量图平移使三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 ‎　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FN，OP与水平方向的夹角为θ.下列关系正确的是(　　)‎ A．F＝　　　　　　　　 B．F＝mgtan θ C．FN＝ D．FN＝mgtan θ ‎[解析]　法一：合成法 滑块受力如图甲，由平衡条件知：＝tan θ，＝sin θ⇒F＝，FN＝.‎ 法二：效果分解法 将重力按产生的效果分解，如图乙所示，F＝G2＝，FN＝G1＝.‎ 法三：正交分解法 将滑块受的力水平、竖直分解，如图丙所示，mg＝FNsin θ，F＝FNcos θ，联立解得：F - 14 -‎ ‎＝，FN＝.‎ 法四：封闭三角形法 如图丁所示，滑块受的三个力组成封闭三角形，解直角三角形得：F＝，FN＝.‎ ‎[答案]　A ‎　 ‎ ‎【题组过关】‎ 考向一　连接体的静态平衡问题 ‎1．如图所示，用完全相同的轻弹簧A、B、C将两个相同的小球连接并悬挂，小球处于静止状态，弹簧A与竖直方向的夹角为30°，弹簧C水平，则弹簧A、C的伸长量之比为(　　)‎ A.∶4 B．4∶ C．1∶2 D．2∶1‎ 解析：选D.法一：隔离法 分别对两小球受力分析，如图甲所示 FAsin 30°－FBsin α＝0‎ F′Bsin α－FC＝0，FB＝F′B 得FA＝2FC，即弹簧A、C的伸长量之比为2∶1，选项D正确．‎ 法二：整体法 将两球作为一个整体，进行受力分析，如图乙所示 由平衡条件知：‎ - 14 -‎ ＝ 即F＝2FC 又F＝FA，则FA＝2FC，即弹簧A、C的伸长量之比为2∶1，故选项D正确．‎ ‎2.如图所示，在光滑的水平杆上穿两个重力均为2 N的球A、B在两球之间夹一弹簧，弹簧的劲度系数为10 N/m，用两条等长的线将球C与A、B相连，此时弹簧被压短了10 cm，两条线的夹角为60°，则(　　)‎ A．弹簧的弹力大小为0.5 N B．细线的拉力大小为2 N C．球C的重力为 N D．杆对球A的支持力为(4＋2)N 解析：选B.弹簧的弹力F＝kx＝1 N，对球A，根据平衡条件，有FTsin 30°＝kx，解得线上的拉力FT＝2 N，所以A项错误，B项正确；对球C，有mg＝2FTcos 30°＝2 N，故C项错误；利用整体法，杆对A、B两球的支持力为(4＋2)N，根据对称性，杆对A球的支持力为 N＝(2＋)N，D项错误．‎ 考向二　平衡中的临界与极值问题 ‎3.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两端被固定在水平天花板上，相距2l.现在C点悬挂一个质量为m的重物，为使CD绳保持水平，在D点上可施加力的最小值为(　　)‎ A．mg B.mg C.mg D.mg 解析：选C.对C点进行受力分析，由平衡条件可得绳CD对C点的拉力FCD＝mgtan 30°.对D点进行受力分析，绳CD对D点的拉力F2＝FCD＝mgtan 30°，故F2为恒力，F1方向不变，由平衡条件可知，F1与F3的合力F′2一定与F2等大反向，如图所示，由图可知，当F3垂直于绳BD时，F3最小，由几何关系可知，此时F3＝F2·sin 60°，即F3＝mg，选项C正确．‎ 考向三　涉及电场力、磁场力的平衡问题 ‎4．(2019·台州中学期中)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(　　)‎ - 14 -‎ A．0 B．mg C．Mg D．(m＋M)g 解析：选D.将地球仪和底座看做整体，受到重力为(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．‎ ‎5．美国物理学家密立根(R.A.Millikan)于20世纪初进行了多次实验，比较准确地测定了电子的电荷量，其实验原理可以简化为如下模型：两个相距为d的平行金属板A、B水平放置，两板接有可调电源．从A板上的小孔进入两板间的油滴因摩擦而带有一定的电荷量，将两板间的电势差调节到 U时，带电油滴恰好悬浮在两板间；然后撤去电场，油滴开始下落，由于空气阻力，下落的油滴很快达到匀速下落状态，通过显微镜观测到这个速度的大小为v，已知这个速度与油滴的质量成正比，比例系数为 k，重力加速度为g.则计算油滴带电荷量的表达式为(　　)‎ A. q＝ B．q＝ C．q＝ D．q＝ 解析：选B.根据油滴恰好悬浮在两板间，油滴处于平衡状态，得：q＝mg，由题意知v＝km，联立得q＝，选项B正确．‎ ‎1．涉及电场力、磁场力的平衡问题，首先注意准确进行受力分析，然后按照力学分析方法进行即可，只不过多了电场力、磁场力而已．但要注意判断电场力、磁场力的方向：‎ ‎(1)正电荷受力方向与所处电场方向相同，负电荷相反；‎ ‎(2)安培力和洛伦兹力的方向用左手定则判断，安培力方向同时与磁感应强度方向和电流方向垂直，洛伦兹力的方向同时与磁感应强度方向和电荷运动方向垂直．‎ ‎2．涉及电场力、磁场力的平衡问题的解题思路：‎ - 14 -‎ ‎(1)记忆口诀：一场二弹三摩擦，各力方向准确画．‎ ‎(2)思维导图 ‎　 ‎ ‎　共点力的动态平衡 ‎ 【题组过关】‎ ‎1.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．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：选A.以O点为研究对象，设绳OA与竖直方向的夹角为θ，物体的重力为G，根据共点力的平衡可知，F＝Gtan θ，T＝，随着O点向左移，θ变大，则F逐渐变大，T逐渐变大，A项正确．‎ ‎2.(2019·浙江选考4月)如图所示，一根粗糙的水平横杆上套有A、B两个轻环，系在两环上的等长细绳拴住的书本处于静止状态，现将两环距离变小后书本仍处于静止状态，则(　　)‎ A．杆对A环的支持力变大 B．B环对杆的摩擦力变小 C．杆对A环的力不变 D．与B环相连的细绳对书本的拉力变大 答案：B ‎3.(2019·温州调研)如图所示，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、B仍未动．则施力F后，下列说法正确的是(　　)‎ - 14 -‎ A．A、B之间的摩擦力一定变大 B．B与墙面间的弹力可能不变 C．B与墙之间可能没有摩擦力 D．弹簧弹力一定不变 解析：选D.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mAgsin θ，若F＝2mAgsin θ，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，施加F后，弹力为Fcos θ，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．‎ 解决动态平衡问题的一般思路：把“动”化为“静”，“静”中求“动”，动态平衡问题的分析过程与处理方法如下：‎ ‎　 ‎ ‎ [课后作业(三)]‎ ‎ (建议用时：40分钟)‎ 一、选择题 ‎1．用一枚小磁铁将一张纸压在竖直的磁性黑板上，一同学向下拉白纸使白纸和磁铁一起向下匀速运动且保持相对静止．下列说法正确的是(　　)‎ A．白纸受到磁铁向上的摩擦力 B．白纸没有受到磁铁的摩擦力 C．磁铁只受到2个作用力 D．磁铁受到4个作用力 解析：选D.如图所示，对小磁铁受力分析可知，磁铁受到四个作用力，纸对磁铁的静摩擦力竖直向上，所以白纸受到的静摩擦力竖直向下，选项D正确，A、B、C均错误．‎ - 14 -‎ ‎2．在日常生活中，力的分解有着广泛的应用，如图为用斧子把树桩劈开的图示，斧子对木桩施加一个向下的力F时，产生了大小相等的两个侧向分力F1、F2，下列关系正确的是 (　　)‎ A．F＝2F1sin　　　　　　 B．F＝2F1sin θ C．F＝2F1cos D．F＝2F1cos θ 解析：选A.把向下的力F分解，如图所示，则F＝2F1sin，即A正确．‎ ‎3.如图所示，汽车B在水平路面上以相对于地面的速度v1向右运动，车上的货物A以相对于地面的速度v2向右运动．下列判断正确的是(　　)‎ A．若v1v2，货物A受到了汽车B所施加的向左的滑动摩擦力 D．若v1>v2，汽车B受到了货物A所施加的向右的滑动摩擦力 解析：选B.若v1v2时，货物A相对汽车B向左滑动，受到汽车B所施加的向右的滑动摩擦力，汽车B受到货物A所施加的向左的滑动摩擦力，故选项C、D错误．‎ ‎4.如图所示，斜面体M静止在水平面上，滑块m恰能沿斜面体匀速下滑，现在滑块上加一竖直向下的恒力F，则与未施加恒力F时相比，下列说法错误的是(　　)‎ - 14 -‎ A．m和M间的压力变大 B．m和M间的摩擦力变大 C．水平面对M的支持力变大 D．M和水平面间的摩擦力变大 解析：选D.m能够在M斜面匀速下滑，即μ＝tan θ.现施加一个竖直向下的恒力F，则物体依然能够匀速下滑．根据整体法可以判断，地面对M的支持力变为(M＋m)g＋F，水平方向没有摩擦力，摩擦力保持不变，所以选项C正确，D错误．对m的受力分析如图．所以施加压力F之后，m、M之间的压力变大，滑动摩擦力也变大，选项A、B正确．　‎ ‎5．如图所示，小球用细绳系住，绳的另一端固定于O点．现用水平力F缓慢推动斜面体，小球在斜面体上无摩擦地滑动，细绳始终处于直线状态，当小球升到接近斜面顶端时细绳接近水平，此过程中斜面对小球的支持力FN以及绳对小球的拉力FT的变化情况是(　　)‎ A．FN保持不变，FT不断增大 B．FN不断增大，FT不断减小 C．FN保持不变，FT先增大后减小 D．FN不断增大，FT先减小后增大 解析：选D.选小球为研究对象，其受力情况如图所示，用平行四边形定则作出相应的“力三角形OAB”，其中OA的大小、方向均不变，AB的方向不变，推动斜面时，FT逐渐趋于水平，B点向下移动，根据动态平衡，FT先减小后增大，FN不断增大，选项D正确．‎ ‎6．如图所示，用三条完全相同的轻质细绳1、2、3将A、B两个质量均为m的完全相同的小球连接并悬挂，小球处于静止状态，轻绳1与竖直方向的夹角为45°，轻绳3水平，下列分析正确的是(　　)‎ A．细绳1上的拉力大小为2mg B．细绳2上拉力大小为2mg C．不知细绳2的偏角，细绳2上拉力算不出来 D．细绳3上拉力大小为mg - 14 -‎ 解析：选A.对球A和B整体受力分析，受重力和两个拉力，根据平衡条件，有：T1cos 45°＝T3，T1sin 45°＝2mg；联立解得：T1＝2mg，T3＝2mg；再对球B受力分析，受重力和两个细线的拉力，根据平衡条件，有：T2＝＝mg，故A正确，B、C、D错误．‎ ‎7．甲图中小明用60 N的水平力推木箱，没推动，此时木箱受的摩擦力为F1；乙图中小明用100 N的水平力恰好能推动木箱，此时木箱受的摩擦力为F2；丙图中小明把木箱推动了，此时木箱受的摩擦力为F3.已知木箱对地面的压力为300 N，木箱与地面间动摩擦因数为0.3，则F1、F2、F3的大小分别为 (　　)‎ A．60 N，100 N，90 N B．0 N，100 N，300 N C．60 N，100 N，300 N D．0 N，100 N，90 N 解析：选A.甲图小明用的推力F＝60 N，木箱不动，木箱在水平方向受到两个力作用处于平衡状态，木箱受的摩擦力为静摩擦力，F1＝F＝60 N；乙图小明用的推力F′＝100 N，木箱恰好能被推动，静摩擦力达到最大值，F2＝F′＝100 N；丙图小明把木箱推动了，木箱受到了滑动摩擦力的作用，F3＝μFN＝0.3×300 N＝90 N，故选项A正确，选项B、C、D错误．‎ ‎8．自卸式货车可以提高工作效率，如图所示．在车厢由水平位置缓慢地抬起到一定高度且货物还未滑离车厢的过程中，货物所受车厢的支持力FN和摩擦力Ff都在变化．下列说法中正确的是(　　)‎ A．FN逐渐增大 B．FN先减小后不变 C．Ff逐渐增大 D．Ff先增大后不变 解析：选C.设车厢与水平面的夹角为α，FN＝mgcos α，α增大，则FN减小，A、B错误．货物滑动前Ff＝mgsin α，α增大，则Ff增大，故C正确，D错误．‎ ‎9．如图所示，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，挂于绳上处于静止状态．如果只人为改变一个条件，当衣架静止时，下列说法正确的是(　　)‎ - 14 -‎ A．绳的右端上移到b′，绳子拉力变小 B．将杆N向右移一些，绳子拉力变大 C．绳的两端高度差越小，绳子拉力越小 D．若换挂质量更大的衣服，则衣架悬挂点右移 解析：选B.设两段绳子间的夹角为2α，由平衡条件可知，2Fcos α＝mg，所以F＝，设绳子总长为L，两杆间距离为s，由几何关系L1sin α＋L2sin α＝s，得sin α＝＝，绳子右端上移，L、s都不变，α不变，绳子张力F也不变，A错误；杆N向右移动一些，s变大，α变大，cos α变小，F变大，B正确；绳子两端高度差变化，不影响s和L，所以F不变，C错误；衣服质量增加，绳子上的拉力增加，由于α不会变化，悬挂点不会右移，D错误．‎ ‎10．如图所示，a、b、c三根轻细绳悬挂两个质量相同的小球A、B保持静止，细绳a是水平的，现对B球施加一个水平向右的力F，将B缓缓拉到图中虚线位置，A球保持不动，此过程中三根细绳张力Fa、Fb、Fc和F的变化情况是(　　)‎ A．F不变，Fc变大 B．F变大，Fc不变 C．Fb不变，Fa变大 D．Fa、Fb都变大 解析：选C.将B球隔离开，受力分析如图甲，设c偏离竖直方向夹角为θ，所以＝tan θ；＝cos θ，当缓慢拉至虚线处时，θ角增大，因此可知拉力F变大，Fc也变大，所以选项A、B错误；将A、B两球看做整体，受力分析如图乙．根据正交分解法，设b与水平方向夹角为α， 在竖直方向：Fbsin α＝(mA＋mB)g，所以Fb大小保持不变，选项D错误；在水平方向Fa＝F＋Fbcos α，因为F变大，Fb、α均不变，所以Fa变大，选项C正确．‎ - 14 -‎ ‎　　‎ 二、非选择题 ‎11．如图所示，质量为m的物体，放在一固定斜面上，当斜面倾角为30°时恰能沿斜面匀速下滑．对物体施加一大小为F的水平向右的恒力，物体可沿斜面匀速向上滑行．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，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：‎ ‎(1)物体与斜面间的动摩擦因数；‎ ‎(2)这一临界角θ0的大小．‎ 解析：(1)斜面倾角为30°时，物体恰能匀速下滑，满足 mgsin 30°＝μmgcos 30°‎ 解得μ＝.‎ ‎(2)设斜面倾角为α，受力情况如图，由匀速直线运动的条件：‎ Fcos α＝mgsin α＋Ff FN＝mgcos α＋Fsin α Ff＝μFN 解得：F＝ 当cos α－μsin α→0，即cot α→μ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°.‎ 答案：(1)　(2)60°‎ ‎12.在科学研究中，可以用风力仪直接测量风力的大小，其原理如图所示．仪器中一根轻质金属丝悬挂着一个金属球．无风时，金属丝竖直下垂；当受到沿水平方向吹来的风时，金属丝偏离竖直方向一个角度．风力越大，偏角越大．通过传感器，就可以根据偏角的大小指示出风力．那么风力大小F跟金属球的质量m、偏角θ之间有什么样的关系呢？‎ 解析：选取金属球为研究对象，它受到三个力的作用，如图甲所示．金属球处于平衡状态，这三个力的合力为零．可用以下四种方法求解．‎ - 14 -‎ 法一：力的合成法 如图乙所示，风力F和拉力FT的合力与重力等大反向，由平行四边形定则可得F＝mgtan θ.‎ 法二：力的分解法 重力有两个作用效果：使金属球抵抗风的吹力和使金属丝拉紧，所以可以将重力沿水平方向和金属丝的方向进行分解，如图丙所示，由几何关系可得F＝F′＝mgtan θ.‎ 法三：正交分解法 以金属球为坐标原点，取水平方向为x轴，竖直方向为y轴，建立坐标系，如图丁所示．由水平方向的合力Fx合和竖直方向的合力Fy合分别等于零，即Fx合＝FTsin θ－F＝0‎ Fy合＝FTcos θ－mg＝0‎ 解得F＝mgtan θ.‎ 法四：三角形法 三个力的示意图首尾相连构成一个直角三角形，如图戊所示，由三角函数可求得F＝mgtan θ.‎ 由所得结果可见，当金属球的质量m一定时，风力F只跟偏角θ有关．因此，偏角θ的大小就可以指示出风力的大小．‎ 答案：见解析 - 14 -‎