【先學(xué)后教新思路】2020高考物理一輪復(fù)習(xí)-教案22-受力分析-共點力的平衡

受力分析共點力的平衡考綱解讀1.學(xué)會進行受力分析的一般步驟與方法.2.把握共點力的平衡條件及推論.3.把握整體法與隔離法，學(xué)會分析動態(tài)平衡問題和極值問題．1．如圖1所示，物塊A、B通過一根不行伸長的細線連接，A靜止在斜面上，細線繞過光滑的滑輪拉住B，A與滑輪之間的細線與斜面平行．則物塊A受力的個數(shù)可能是 () 圖1A．3個 B．4個 C．5個 D．2個答案AB2．滑滑梯是小孩很寵愛的消遣活動．如圖2所示，一個小孩正在滑梯上勻速下滑，則 ()A．小孩所受的重力與小孩所受的彈力大小相等 圖2B．小孩所受的重力與小孩所受的摩擦力大小相等C．小孩所受的彈力和摩擦力的合力與小孩所受的重力大小相等D．小孩所受的重力和彈力的合力與小孩所受的摩擦力大小相等答案CD3．如圖3所示，在傾角為θ的斜面上，放著一個質(zhì)量為m的光滑小球，小球被豎直的木板攔住，則小球?qū)δ景宓膲毫Υ笮? ()A．mgcosθ B．mgtanθ 圖3C.eq\f(mg,cosθ) D.eq\f(mg,tanθ)答案B解析取光滑小球為爭辯對象，對小球進行受力分析，由于小球是光滑的，因此小球不會受到摩擦力的作用，建立如圖所示的直角坐標系，由于小球靜止，則有FN1sinθ－FN2＝0，F(xiàn)N1cosθ－mg＝0解得：FN1＝eq\f(mg,cosθ)，F(xiàn)N2＝mgtanθ由牛頓第三定律可知，小球?qū)δ景宓膲毫镕N2′＝FN2＝mgtanθ.4．如圖4所示，質(zhì)量為m的滑塊靜止置于傾角為30°的粗糙斜面上，一根輕彈簧一端固定在豎直墻上的P點，另一端系在滑塊上，彈簧與豎直方向的夾角為30°，則 ()A．滑塊可能受到三個力作用B．彈簧確定處于壓縮狀態(tài) 圖4C．斜面對滑塊的支持力大小可能為零D．斜面對滑塊的摩擦力大小確定等于eq\f(1,2)mg答案AD考點梳理1．受力分析(1)概念把爭辯對象(指定物體)在指定的物理環(huán)境中受到的全部力都分析出來，并畫出物體所受力的示意圖，這個過程就是受力分析．(2)受力分析的一般挨次先分析重力，然后分析接觸力(彈力、摩擦力)，最終分析其他力(電磁力、浮力等)．2．共點力作用下物體的平衡(1)平衡狀態(tài)物體處于靜止或勻速直線運動的狀態(tài)．(2)共點力的平衡條件：F合＝0或者eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(F合x＝0,F合y＝0))3．共點力平衡的幾條重要推論(1)二力平衡：假如物體在兩個共點力的作用下處于平衡狀態(tài)，這兩個力必定大小相等，方向相反．(2)三力平衡：假如物體在三個共點力的作用下處于平衡狀態(tài)，其中任意兩個力的合力確定與第三個力大小相等，方向相反．(3)多力平衡：假如物體受多個力作用處于平衡狀態(tài)，其中任何一個力與其余力的合力大小相等，方向相反．5．(2010·山東理綜·17)如圖5所示，質(zhì)量分別為m1、m2的兩個物體通過輕彈簧連接，在力F的作用下一起沿水平方向做勻速直線運動(m1在地面上，m2在空中)，力F與水平方向成θ角．則m1所受支持力FN和摩擦力Ff正確的是 () 圖5A．FN＝m1g＋m2g－FB．FN＝m1g＋m2g－FC．Ff＝FcosθD．Ff＝Fsinθ答案AC解析將m1、m2和彈簧看做整體，受力分析如圖所示依據(jù)平衡條件得Ff＝FcosθFN＋Fsinθ＝(m1＋m2)g則FN＝(m1＋m2)g－Fsinθ故選項A、C正確．6．如圖6所示，確定質(zhì)量的物塊用兩根輕繩懸在空中，其中繩OA固定不動，繩OB在豎直平面內(nèi)由水平方向向上轉(zhuǎn)動，則在繩OB由水平轉(zhuǎn)至豎直的過程中，繩OB的張力大小將()A．始終變大 圖6B．始終變小C．先變大后變小D．先變小后變大答案D解析在繩OB轉(zhuǎn)動的過程中物塊始終處于靜止?fàn)顟B(tài)，所受合力始終為零，如圖為繩OB轉(zhuǎn)動過程中結(jié)點O受力示意圖，由圖可知，繩OB的張力先變小后變大．方法提煉1．整體法與隔離法當(dāng)物理情景中涉及物體較多時，就要考慮接受整體法和隔離法．(1)整體法eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(爭辯外力對系統(tǒng)的作用,各物體運動狀態(tài)相同))同時滿足上述兩個條件即可接受整體法．(2)隔離法eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(分析系統(tǒng)內(nèi)各物體各部分間相互作用,各物體運動狀態(tài)可不相同))物體必需從系統(tǒng)中隔離出來，獨立地進行受力分析，列出方程．2．圖解法應(yīng)用圖解法解題時物體的受力特點是：(1)受三個共點力；(2)一個力大小、方向不變，一個力方向不變，另一個力大小、方向都變.考點一物體的受力分析1．受力分析的基本步驟(1)明確爭辯對象——即確定分析受力的物體，爭辯對象可以是單個物體，也可以是多個物體組成的系統(tǒng)．(2)隔離物體分析——將爭辯對象從四周的物體中隔離出來，進而分析四周物體有哪些對它施加了力的作用．(3)畫受力示意圖——邊分析邊將力一一畫在受力示意圖上，精確?????標出力的方向，標明各力的符號．2．受力分析的常用方法(1)整體法和隔離法①爭辯系統(tǒng)外的物體對系統(tǒng)整體的作用力；②爭辯系統(tǒng)內(nèi)部各物體之間的相互作用力．(2)假設(shè)法在受力分析時，若不能確定某力是否存在，可先對其作出存在或不存在的假設(shè)，然后再就該力存在與否對物體運動狀態(tài)影響的不同來推斷該力是否存在．例1如圖7所示，在恒力F作用下，a、b兩物體一起沿粗糙豎直墻面勻速向上運動，則關(guān)于它們受力狀況的說法正確的是 ()A．a(chǎn)確定受到4個力B．b可能受到4個力C．a(chǎn)與墻壁之間確定有彈力和摩擦力 圖7D．a(chǎn)與b之間確定有摩擦力解析將a、b看成整體，其受力圖如圖甲所示，說明a與墻壁之間沒有彈力和摩擦力作用；對物體b進行受力分析，如圖乙所示，b受到3個力作用，所以a受到4個力作用．甲乙答案AD

受力分析的基本思路突破訓(xùn)練1如圖8所示，在斜面上，木塊A與B的接觸面是水平的．繩子呈水平狀態(tài)，兩木塊均保持靜止．則關(guān)于木塊A和木塊B可能的受力個數(shù)分別為 ()A．2個和4個 B．3個和4個 圖8C．4個和4個 D．4個和5個答案ACD解析(1)若繩子的拉力為零，以A、B為爭辯對象，B和斜面之間確定有靜摩擦力，A、B的受力圖如圖，所以選項A正確．(2)若繩子上有拉力，對A、B分別畫受力圖可知，A受到重力、B對A的支持力、繩子的拉力和B對A的靜摩擦力而平衡，B受到重力、A對B的壓力、斜面對B的支持力和A對B的靜摩擦力，斜面對B的摩擦力可有可無，所以選項C、D正確，B錯誤．考點二平衡問題的常用處理方法平衡問題是指當(dāng)物體處于平衡狀態(tài)時，利用平衡條件求解力的大小或方向的問題．處理方法常有力的合成法、正交分解法、三角形法則．例2如圖9所示，在傾角為α的斜面上，放一質(zhì)量為m的小球，小球被豎直的木板攔住，不計摩擦，則球?qū)醢宓膲毫κ?)A．mgcosαB．mgtanαC.eq\f(mg,cosα) 圖9D．mg解析解法一(正交分解法)對小球受力分析如圖甲所示，小球靜止，處于平衡狀態(tài)，沿水平和豎直方向建立坐標系，將FN2正交分解，列平衡方程為FN1＝FN2sinα，mg＝FN2cosα.可得：球?qū)醢宓膲毫N1′＝FN1＝mgtanα，所以B正確．解法二(力的合成法)如圖乙所示，小球處于平衡狀態(tài)，合力為零．FN1與FN2的合力確定與mg平衡，即等大反向．解三角形可得：FN1＝mgtanα，所以，球?qū)醢宓膲毫N1′＝FN1＝mgtanα.所以B正確．解法三(三角形法則)如圖丙所示，小球處于平衡狀態(tài)，合力為零，所受三個力經(jīng)平移首尾順次相接，確定能構(gòu)成封閉三角形，解得：FN1＝mgtanα，故球?qū)醢宓膲毫N1′＝FN1＝mgtanα.所以B正確． 丙答案B共點力作用下物體平衡的一般解題思路突破訓(xùn)練2如圖10所示，始終桿傾斜固定，并與水平方向成30°的夾角；直桿上套有一個質(zhì)量為0.5kg的圓環(huán)，圓環(huán)與輕彈簧相連，在輕彈簧上端施加一豎直向上、大小F＝10N的力，圓環(huán)處于靜止?fàn)顟B(tài)，已知直桿與圓環(huán)之間的動摩擦因數(shù)為0.7，g＝10m/s2.下列圖10說法正確的是 ()A．圓環(huán)受到直桿的彈力，方向垂直直桿向上B．圓環(huán)受到直桿的彈力大小等于2.5NC．圓環(huán)受到直桿的摩擦力，方向沿直桿向上D．圓環(huán)受到直桿的摩擦力大小等于2.5N答案D

解析對小環(huán)受力分析如圖所示：由于F＝10N>mg＝5N，所以桿對環(huán)的彈力FN垂直桿向下，桿對環(huán)還有沿桿向下的靜摩擦力Ff，則FN與Ff的合力應(yīng)豎直向下，大小為F合＝F－mg＝5N，所以FN＝F合cos30°＝eq\f(5,2)eq\r(3)N，F(xiàn)f＝F合sin30°＝2.5N．綜上可知選項D正確．考點三用圖解法進行動態(tài)平衡的分析1．動態(tài)平衡：是指平衡問題中的一部分力是變力，是動態(tài)力，力的大小和方向均要發(fā)生變化，所以叫動態(tài)平衡，這是力平衡問題中的一類難題．2．基本思路：化“動”為“靜”，“靜”中求“動”．3．基本方法：圖解法和解析法．例3如圖11所示，兩根等長的繩子AB和BC吊一重物靜止，兩根繩子與水平方向夾角均為60°.現(xiàn)保持繩子AB與水平方向的夾角不變，將繩子BC漸漸緩慢地變化到沿水平方向，在這一過程中，繩子BC的拉力變化狀況是 ()圖11A．增大 B．先減小后增大C．減小 D．先增大后減小解析解法一：對力的處理(求合力)接受合成法，應(yīng)用合力為零求解時接受圖解法(畫動態(tài)平行四邊形法)．作出力的平行四邊形，如圖甲所示．由圖可看出，F(xiàn)BC先減小后增大．解法二：對力的處理(求合力)接受正交分解法，應(yīng)用合力為零求解時接受解析法．如圖乙所示，將FAB、FBC分別沿水平方向和豎直方向分解，由兩方向合力為零分別列出方程：FABcos60°＝FBCsinθ，F(xiàn)ABsin60°＋FBCcosθ＝FB，聯(lián)立解得FBCsin(30°＋θ)＝FB/2，明顯，當(dāng)θ＝60°時，F(xiàn)BC最小，故當(dāng)θ增大時，F(xiàn)BC先減小后增大．甲乙答案B

解析動態(tài)平衡問題的常用方法方法步驟解析法(1)列平衡方程求出未知量與已知量的關(guān)系表達式(2)依據(jù)已知量的變化狀況來確定未知量的變化狀況圖解法(1)依據(jù)已知量的變化狀況，畫出平行四邊形邊、角的變化(2)確定未知量大小、方向的變化

突破訓(xùn)練3如圖12所示，一光滑小球靜止放置在光滑半球面的底端，用豎直放置的光滑擋板水平向右緩慢地推動小球，則在小球運動的過程中(該過程小球未脫離球面)，木板對小球的推力F1、半球面對小球的支持力F2的變化狀況正確的是 () 圖12A．F1增大，F(xiàn)2減小 B．F1增大，F(xiàn)2增大C．F1減小，F(xiàn)2減小 D．F1減小，F(xiàn)2增大答案B解析作出球在某位置時的受力分析圖，如圖所示．在小球運動的過程中，F(xiàn)1的方向不變，F(xiàn)2與豎直方向的夾角漸漸變大，畫力的動態(tài)平行四邊形，由圖可知F1、F2均增大，選項B正確．7．整體法與隔離法在平衡問題中的應(yīng)用 1．對整體法和隔離法的理解整體法是指將相互關(guān)聯(lián)的各個物體看成一個整體的方法，整體法的優(yōu)點在于只需要分析整個系統(tǒng)與外界的關(guān)系，避開了系統(tǒng)內(nèi)部繁雜的相互作用．隔離法是指將某物體從四周物體中隔離出來，單獨分析該物體的方法，隔離法的優(yōu)點在于能把系統(tǒng)內(nèi)各個物體所處的狀態(tài)、物體狀態(tài)變化的緣由以及物體間的相互作用關(guān)系表達清楚．2．整體法和隔離法的使用技巧當(dāng)分析相互作用的兩個或兩個以上物體整體的受力狀況及分析外力對系統(tǒng)的作用時，宜用整體法；而在分析系統(tǒng)內(nèi)各物體(或一個物體各部分)間的相互作用時常用隔離法．整體法和隔離法不是獨立的，對一些較簡潔問題，通常需要多次選取爭辯對象，交替使用整體法和隔離法．例4如圖13所示，質(zhì)量為M、半徑為R的半球形物體A放在水平地面上，通過最高點處的釘子用水平細線拉住一質(zhì)量為m、半徑為r的光滑球B.以下說法正確的有 ()A．A對地面的壓力等于(M＋m)g 圖13B．A對地面的摩擦力方向向左C．B對A的壓力大小為eq\f(R＋r,R)mgD．細線對小球的拉力大小為eq\f(r,R)mg解析對整體受力分析，可以確定A與地面間不存在摩擦力，地面對A的支持力等于A、B的總重力；再對B受力分析，借助兩球心及釘子位置組成的三角形，依據(jù)幾何關(guān)系和力的合成分解學(xué)問求得A、B間的彈力大小為eq\f(R＋r,R)mg，細線的拉力大小為eq\f(\r(R＋r2－R2),R)mg.答案AC突破訓(xùn)練4如圖14所示，截面為三角形的木塊a上放置一鐵塊b，三角形木塊豎直邊靠在豎直且粗糙的墻面上，現(xiàn)用豎直向上的作用力F，推動木塊與鐵塊一起向上勻速運動，運動過程中鐵塊與木塊始終保持相對靜止，則下列說法正確的是 () 圖14A．木塊a與鐵塊b間確定存在摩擦力B．木塊與豎直墻面間確定存在水平彈力C．木塊與豎直墻面間確定存在摩擦力D．豎直向上的作用力F大小確定大于鐵塊與木塊的重力之和答案A解析鐵塊b處于平衡狀態(tài)，故鐵塊b受重力、斜面對它的垂直斜面對上的支持力和沿斜面對上的靜摩擦力，選項A正確；將a、b看做一個整體，豎直方向：F＝Ga＋Gb，選項D錯誤；整體水平方向不受力，故木塊與豎直墻面間不存在水平彈力，沒有彈力也就沒有摩擦力，選項B、C均錯.8.共點力平衡中的臨界與極值問題的處理方法 1．臨界問題當(dāng)某物理量變化時，會引起其他幾個物理量的變化，從而使物體所處的平衡狀態(tài)“恰好毀滅”或“恰好不毀滅”，在問題的描述中常用“剛好”、“剛能”、“恰好”等語言敘述．常見的臨界狀態(tài)有：（1）兩接觸物體脫離與不脫離的臨界條件是相互作用力為0(主要體現(xiàn)為兩物體間的彈力為0)；（2）繩子斷與不斷的臨界條件為繩中張力達到最大值；繩子繃緊與松馳的臨界條件為繩中張力為0；（3）存在摩擦力作用的兩物體間發(fā)生相對滑動或相對靜止的臨界條件為靜摩擦力達到最大．爭辯的基本思維方法：假設(shè)推理法．2．極值問題平衡物體的極值，一般指在力的變化過程中的最大值和最小值問題．一般用圖解法或解析法進行分析．例5如圖15所示，兩個完全相同的球，重力大小均為G，兩球與水平地面間的動摩擦因數(shù)都為μ，且假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，一根輕繩兩端固結(jié)在兩個球上，在繩的中點施加一個豎直向上的拉力，當(dāng)繩被拉直后，兩段繩間的夾角為α，求當(dāng)F至少為多大時，兩球?qū)D15會發(fā)生滑動．審題指導(dǎo)兩球發(fā)生滑動的臨界狀態(tài)是摩擦力達到最大靜摩擦力的狀態(tài)，即繩上拉力的水平重量等于小球受到的最大靜摩擦力時．解析對結(jié)點O受力分析如圖甲所示，由平衡條件得：F1＝F2＝eq\f(F,2cos\f(α,2))對任一球(如右球)受力分析如圖乙所示，球發(fā)生滑動的臨界條件是：F2sineq\f(α,2)＝μFN，又F2coseq\f(α,2)＋FN＝G.聯(lián)立解得：F＝eq\f(2μG,μ＋tan\f(α,2))答案eq\f(2μG,μ＋tan\f(α,2))突破訓(xùn)練5如圖16所示，AC、CD、BD為三根長度均為l的輕繩，A、B兩端被懸掛在水平天花板上，相距2l.現(xiàn)在C懸掛一個質(zhì)量為m的重物，為使CD輕繩保持水平，在D點上可施加力的最小值為 ()圖16A．mg B.eq\f(\r(3),3)mg C.eq\f(1,2)mg D.eq\f(1,4)mg答案C解析對C點進行受力分析，如圖所示，由平衡條件及幾何學(xué)問可知，輕繩CD對C點的拉力大小FCD＝mgtan30°，對D點進行受力分析，輕繩CD對D點的拉力大小F2＝FCD＝mgtan30°，F(xiàn)1方向確定，則當(dāng)F3垂直于繩BD時，F(xiàn)3最小，由幾何關(guān)系可知，F(xiàn)3＝FCDsin60°＝eq\f(1,2)mg.高考題組1．(2022·山東理綜·17)如圖17所示，兩相同輕質(zhì)硬桿OO1、OO2可繞其兩端垂直紙面的水平軸O、O1、O2轉(zhuǎn)動，在O點懸掛一重物M，將兩相同木塊m分別緊壓在豎直擋板上，此時整個系統(tǒng)保持靜止．Ff表示木塊與擋板間摩擦力的大小，F(xiàn)N表示木塊與擋板間正壓力的大?。魮醢彘g的距離稍許增大后，圖17系統(tǒng)仍靜止且O1、O2始終等高，則 ()A．Ff變小 B．Ff不變C．FN變小 D．FN變大答案BD解析選重物M及兩個木塊m組成的系統(tǒng)為爭辯對象，系統(tǒng)受力狀況如圖甲所示，依據(jù)平衡條件有2Ff＝(M＋2m)g，即Ffeq\f(M＋2mg,2)，與兩擋板間距離無關(guān)，故擋板間距離稍許增大后，甲Ff不變，所以選項A錯誤，選項B正確；如圖乙所示，將繩的張力F沿OO1、OO2兩個方向分解為F1、F2，則F1＝F2＝eq\f(F,2cosθ)，當(dāng)擋板間距離稍許增大后，F(xiàn)不變，θ變大，cosθ變小，故F1變大；選左邊木塊m為爭辯對象，其受力狀況如圖丙所示，依據(jù)平衡條件得FN＝F1sinθ，當(dāng)兩擋板間距離稍許增大后，F(xiàn)1變大，θ變大，sinθ變大，因此FN變大，故選項C錯誤，選項D正確．乙丙2．(2011·江蘇·1)如圖18所示，石拱橋的正中心有一質(zhì)量為m的對稱楔形石塊，側(cè)面與豎直方向的夾角為α，重力加速度為g.若接觸面間的摩擦力忽視不計，則石塊側(cè)面所受彈力的大小為 ()圖18A.eq\f(mg,2sinα) B.eq\f(mg,2cosα)C.eq\f(1,2)mgtanα D.eq\f(1,2)mgcotα答案A解析以楔形石塊為爭辯對象，它受到豎直向下的重力和垂直側(cè)面斜向上的兩個支持力，利用正交分解法可解得：2Fsinα＝mg，則F＝eq\f(mg,2sinα)，A正確．模擬題組3．如圖19所示，位于傾角為θ的斜面上的物塊B由跨過定滑輪的輕繩與物塊A相連．從滑輪到A、B的兩段繩都與斜面平行．已知A與B之間及B與斜面之間均不光滑，若用一沿斜面對下的力F拉B并使它做勻速直線運動，則B受力的個數(shù)為()圖19A．4個 B．5個 C．6個 D．7個答案D解析對B進行受力分析，它受重力、斜面的支持力、拉力F、輕繩沿斜面對上的拉力、物塊A對B的壓力、物塊A與B之間的滑動摩擦力、B與斜面間的滑動摩擦力，因此B共受7個力作用．4．如圖20所示，物體B的上表面水平，當(dāng)A、B相對靜止沿斜面勻速下滑時，斜面保持靜止不動，則下列推斷正確的有()A．物體B的上表面確定是粗糙的B．物體B、C都只受4個力作用 圖20C．物體C受水平面的摩擦力方向確定水平向右D．水平面對物體C的支持力小于三物體的重力大小之和答案B解析當(dāng)A、B相對靜止沿斜面勻速下滑時，斜面保持靜止不動，A、B、C均處于平衡態(tài)，A受重力、B的支持力作用，A、B之間沒有摩擦力，物體B的上表面可以是粗糙的，也可以是光滑的，A錯；B受重力、C施加的垂直斜面對上的彈力和沿斜面對上的摩擦力以及A的壓力作用，取A、B、C為整體，由平衡條件知水平面對C無摩擦力作用，水平面對C的支持力等于三物體重力大小之和，C受重力、B的壓力和摩擦力、水平面的支持力作用，所以B對，C、D錯．

(限時：45分鐘)題組1應(yīng)用整體法和隔離法對物體受力分析1．(2010·安徽理綜·19)L型木板P(上表面光滑)放在固定斜面上，輕質(zhì)彈簧一端固定在木板上，另一端與置于木板上表面的滑塊Q相連，如圖1所示．若P、Q一起沿斜面勻速下滑，不計空氣阻力．則木板P的受力個數(shù)為 ()圖1A．3 B．4 C．5 D．6答案C解析P受重力、斜面的支持力、彈簧的彈力、Q對P的壓力及斜面對P的摩擦力，共5個力．2．如圖2所示，A和B兩物塊的接觸面是水平的，A與B保持相對靜止一起沿固定粗糙斜面勻速下滑，在下滑過程中B的受力個數(shù)為 ()A．3個 B．4個圖2C．5個 D．6個答案B解析A與B相對靜止一起沿斜面勻速下滑，可先將二者當(dāng)做整體進行受力分析，再對B單獨進行受力分析，可知B受到的力有：重力GB、A對B的壓力、斜面對B的支持力和摩擦力，選項B正確．3．如圖3所示，一光滑斜面固定在地面上，重力為G的物體在一水平推力F的作用下處于靜止?fàn)顟B(tài)．若斜面的傾角為θ，則 ()A．F＝Gcosθ 圖3B．F＝GsinθC．物體對斜面的壓力FN＝GcosθD．物體對斜面的壓力FN＝eq\f(G,cosθ)答案D解析物體所受三力如圖所示，依據(jù)平衡條件，F(xiàn)、FN′的合力與重力等大反向，有F＝Gtanθ，F(xiàn)N＝FN′＝eq\f(G,cosθ)，故只有D選項正確．4．如圖4所示，質(zhì)量為m的物體在與斜面平行向上的拉力F作用下，沿著水平地面上質(zhì)量為M的粗糙斜面勻速上滑，在此過程中斜面保持靜止，則地面對斜面 () 圖4A．無摩擦力B．支持力等于(m＋M)gC．支持力為(M＋m)g－FsinθD．有水平向左的摩擦力，大小為Fcosθ答案CD解析把M、m看做一個整體，則在豎直方向上有FN＋Fsinθ＝(M＋m)g，方向水平向左，所以FN＝(M＋m)g－Fsinθ，在水平方向上，F(xiàn)f＝Fcosθ，選項C、D正確．5．如圖5所示，質(zhì)量為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，且斜面傾角為θ.質(zhì)量為m的光滑球B放在三棱柱和光滑豎直墻之間．A、B處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)對B加一豎直向下的力F，F(xiàn)的作用線過球心．設(shè)墻對B的作用力為F1，B對A的作用力為F2，圖5地面對A的支持力為F3，地面對A的摩擦力為F4，若F緩慢增大而且整個裝置仍保持靜止，在此過程中 ()A．F1保持不變，F(xiàn)3緩慢增大B．F2、F4緩慢增大C．F1、F4緩慢增大D．F2緩慢增大，F(xiàn)3保持不變答案BC解析A、B整體豎直方向上有F3＝F＋Mg＋mg，F(xiàn)3隨F增大而增大；水平方向上有F1＝F4.B球的受力分析如圖所示，平移F1、F2′與(mg＋F)構(gòu)成力的三角形，由圖可知，當(dāng)F緩慢增大時，F(xiàn)1、F2′都增大，則F2增大，F(xiàn)4＝F1也增大，選項B、C正確．題組2動態(tài)平衡問題的分析6．如圖6所示，用一根細線系住重力為G、半徑為R的球，其與傾角為α的光滑斜面劈接觸，處于靜止?fàn)顟B(tài)，球與斜面的接觸面格外小，細線懸點O固定不動，在斜面劈從圖示位置緩慢水平向左移動直至繩子與斜面平行的過程中，下述正確的是 () 圖6A．細繩對球的拉力先減小后增大B．細繩對球的拉力先增大后減小C．細繩對球的拉力始終減小D．細繩對球的拉力最小值等于Gsinα答案CD解析以小球為爭辯對象，對其受力分析如圖所示，因題中“緩慢”移動，故小球處于動態(tài)平衡，由圖知在題設(shè)的過程中，F(xiàn)T始終減小，當(dāng)繩子與斜面平行時，F(xiàn)T與FN垂直，F(xiàn)T有最小值，且FTmin＝Gsinα，故選項C、D正確．7．如圖7所示，傾角為θ＝30°的斜面體放在水平地面上，一個重為G的球在水平力F的作用下，靜止于光滑斜面上，此時水平力的大小為F；若將力F從水平方向逆時針轉(zhuǎn)過某一角度α后，仍保持F的大小不變，且小球和斜面照舊保持靜止，此時水平地面對斜面體的圖7摩擦力為Ff.那么F和Ff的大小分別是 ()A．F＝eq\f(\r(3),6)G，F(xiàn)f＝eq\f(\r(3),3)G B．F＝eq\f(\r(3),2)G，F(xiàn)f＝eq\f(\r(3),4)GC．F＝eq\f(\r(3),4)G，F(xiàn)f＝eq\f(\r(3),2)G D．F＝eq\f(\r(3),3)G，F(xiàn)f＝eq\f(\r(3),6)G答案D解析依據(jù)題意可知，水平力F沿斜面對上的分力Fcosθ＝Gsinθ，所以F＝Gtanθ，解得F＝eq\f(\r(3),3)G；依據(jù)題意可知，力F轉(zhuǎn)過的角度α＝60°，此時把小球和斜面體看成一個整體，水平地面對斜面體的摩擦力和力F的水平分力大小相等，即Ff＝Fcosα＝eq\f(\r(3),6)G.8．在固定于地面的斜面上垂直安放了一個擋板，截面為eq\f(1,4)圓的柱狀物體甲放在斜面上，半徑與甲相等的光滑圓球乙被夾在甲與擋板之間，乙沒有與斜面接觸而處于靜止?fàn)顟B(tài)，如圖8所示．現(xiàn)在從球心處對甲施加一平行于斜面對下的力F，使甲沿斜面方向緩慢圖8地移動，直至甲與擋板接觸為止．設(shè)乙對擋板的壓力為F1，甲對斜面的壓力為F2，在此過程中 ()A．F1緩慢增大，F(xiàn)2緩慢增大B．F1緩慢增大，F(xiàn)2緩慢減小C．F1緩慢減小，F(xiàn)2緩慢增大D．F1緩慢減小，F(xiàn)2保持不變答案D解析對整體受力分析，如圖甲所示，垂直斜面方向只受兩個力：甲、乙重力在垂直于斜面方向的分力和斜面對甲的支持力F2′，且F2′－Gcosθ＝0，即F2′保持不變，由牛頓第三定律可知，甲對斜面的壓力F2也保持不變；對圓球乙受力分析如圖乙、丙所示，當(dāng)甲緩慢下移時，F(xiàn)N與豎直方向的夾角減小，F(xiàn)1減?。滓冶}組3平衡條件的應(yīng)用9．如圖9所示，重50N的物體A放在傾角為37°的粗糙斜面上，有一根原長為10cm，勁度系數(shù)為800N/m的彈簧，其一端固定在斜面頂端，另一端連接物體A后，彈簧長度為14cm，現(xiàn)用一測力計沿斜面對下拉物體，若物體與斜面間的最大靜圖9摩擦力為20N，當(dāng)彈簧的長度仍為14cm時，測力計的讀數(shù)不行能為 ()A．10N B．20N C．40N D．0N答案C解析A在斜面上處于靜止?fàn)顟B(tài)時合外力為零，A在斜面上受五個力的作用，分別為重力、支持力、彈簧彈力、摩擦力、拉力F，當(dāng)摩擦力的方向沿斜面對上時，F(xiàn)＋mgsin37°≤Ffm＋k(l－l0)，解得F≤22N，當(dāng)摩擦力沿斜面對下時，F(xiàn)最小值為零，即拉力的取值范圍為0≤F≤22N，故C不行能．10．2011年7月我國“蛟龍”號載人潛水器成功實現(xiàn)下潛5km深度．設(shè)潛水器在下潛或上升過程中只受重力、海水浮力和海水阻力作用，其中，海水浮力F始終不變，所受海水阻力僅與潛水器速率有關(guān)．已知當(dāng)潛水器的總質(zhì)量為M時恰好勻速下降，若使?jié)撍饕酝瑯铀俾蕜蛩偕仙瑒t需要從潛水器儲水箱向外排出水的質(zhì)量為(重力加速度為g) ()A．2(M－eq\f(F,g)) B．M－eq\f(2F,g)C．2M－eq\f(F,g) D．2M－eq\f(F,2g)答案A解析由于以同樣速率勻速上升，則所受的阻力相等．設(shè)削減的質(zhì)量為m，運動過程中受到的阻力為Ff.在勻速下降過程中：F＋Ff＝Mg；在上升過程中：F＝(M－m)g＋Ff.聯(lián)立兩式解得m＝2(M－eq\f(F,g))，A選項正確．

11．如圖10所示，質(zhì)量為m的小球置于傾角為30°的光滑斜面上，勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧一端系在小球上，另一端固定在墻上的P點，小球靜止時，彈簧與豎直方向的夾角為30°，則彈簧的伸長量為 ()