高三物理 力学专题复习学案1 受力分析 力的平衡牛顿运动定律教师版.docx
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高三物理力学专题复习学案1受力分析力的平衡牛顿运动定律教师版
力学1受力分析共点力的平衡牛顿运动定律
一、受力分析
1.受力分析的口诀
重力基本有、弹力查四周、摩擦分动静、不漏电磁浮。
2.注意事项
①按“顺序”、“力的性质”来找物体的“受力”情况；
②每一个力都应找到施力物体，防止“漏力”和“添力”
③合力和分力不能同时作为物体所受的力
3.受力分析方法
①隔离法：
分析系统内部各物体之间的相互作用力，一般隔离受力较少的物体分析
②整体法：
把几个物体看成一个整体，只分析外界对整体的力（外力），不用分析整体各部分之间的作用力（内力）
③假设法：
主要用来分析判断弹力、摩擦力是否存在；分析判断弹力、摩擦力的方向
④状态法：
根据物体的运动状态（即加速度情况）分析判断受力情况
【练1】（2018·四川彭州中学月考）如图所示，a、b两个质量相同的球用线连接，a球用线挂在天花板上，b球放在光滑斜面上，系统保持静止，以下图示哪个是正确的（ B）
【练2】（多选）两根滑杆上分别套A、B两圆环，两环上分别用细线悬吊着两物体C、D，如图所示，当它们都沿滑杆向下滑动时，A的悬线始终与杆垂直，B的悬线始终竖直向下。
则：
A．A环做的是匀速运动
B．B环做的是匀速运动
C．A环与杆之间一无摩擦力
D.B环与杆之间一定无摩擦力
二、共点力的静态平衡
1.平衡状态
匀速直线运动状态或静止状态
2.共点力平衡的条件
物体所受合力为零，即F=0
3.重要推论（解题方法）
若物体所受合力为零即F=0,则可得出以下三个重要推论：
①Fx=0Fy=0（正交分解法）
②不共线的三个力平衡，则这三个力一定共点且组成一个闭合的矢量三角形（三角形法）
③几个共点力作用于物体而平衡，其中任意几个力的合力与剩余几个力（一个力）的合力一定等值反向（合成法或分解法）
4.三角形法求力的大小
利用三角形的性质和规律：
①直角三角形（正弦、余弦、正切；勾股定理）②特殊三角形（等腰、等边）③一般三角形（正弦定律、余弦定理、三角形相似）
【练3】如图所示，一条不可伸长的轻质细绳一端跨过光滑钉子b悬挂一质量为m1的重物，悬挂点为d，另一端与另一轻质细绳相连于c点，ac＝，c点悬挂质量为m2的重物，平衡时ac正好水平，此时d点正好与ac在同一水平线上且到b点的距离为l，到a点的距离为l，则两重物的质量的比值为（ ）
A. B．2C. D．
【练4】（2018·河北高三模拟）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（ ）
A.M
B．M
C.M
D．M
三、共点力作用下的动态平衡问题
1．动态平衡
“动态平衡”是指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．动态平衡问题常见的三种解法
解析法、图解法、相似三角形法。
①若已知一个力不变，另一个力F1方向不变大小变，则用三角形法（或图解法）处理问题，另一个力F2的最小值条件为F1⊥F2.
②若已知一个力不变，另一个力大小不变方向变，则用图解法处理问题．
③若已知一个力不变，另一个力大小、方向都变，则采用相似三角形法处理问题．解决问题时，要寻找一个力的三角形和一个边的三角形，根据对应边比例相等求解．
④若为多个力的动态平衡问题，一般用解析法求解。
【练5】（2016·高考全国卷Ⅱ）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
【练6】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
【练7】如图所示是一个简易起吊设施的示意图，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（ ）
A．BC绳中的拉力FT越来越大
B．BC绳中的拉力FT越来越小
C．AC杆中的支撑力FN越来越大
D．AC杆中的支撑力FN越来越小
【练8】（多选）（2016·高考全国卷Ⅰ）如图，一光滑的轻滑轮用细绳OO′悬挂于O点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b.外力F向右上方拉b，整个系统处于静止状态．若F方向不变，大小在一定范围内变化，物块b仍始终保持静止，则（ ）
A．绳OO′的张力也在一定范围内变化
B．物块b所受到的支持力也在一定范围内变化
C．连接a和b的绳的张力也在一定范围内变化
D．物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化
【练9】
（多选）（2017·高考全国卷Ⅰ）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（ ）
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
四、共点力作用下的非平衡问题（牛顿第二定律）
非平衡问题属于动力学范畴，如果物体合外力不为零，由牛顿第二定律知必然产生加速度，这样就因加速度这一桥梁衍生出了两类动力学问题，即已知运动求受力和已知受力求运动问题，具体关系见如下思维导图。
下面以物理中常见模型来分析力和运动的基本规律：
1.连接体问题
①连结体一般是指由两个或两个以上有一定联系的物体构成的系统。
②分析方法
一是隔离法，二是整体法．
当物体间“相对静止”，具有“共同的对地加速度”时，就可以把它们作为一个整体，通过对整体所受的合外力列出整体的牛顿第二定律方程；
当需要计算物体之间（或一个物体各部分之间）的相互作用力时，就必须把各个物体（或一个物体的各个部分）隔离出来，根据各个物体（或一个物体的各个部分）的受力情况，画出隔离体的受力图，列出牛顿第二定律方程。
【练10】如图所示，质量为M的小车放在光滑的水平面上，小车上用细线悬吊一质量为m的小球，M＞m，用一力F水平向右拉小球，使小球和车一起以加速度a向右运动时，细线与竖直方向成θ角，细线的拉力为F1.若用一力F′水平向左拉小车，使小球和其一起以加速度a′向左运动时，细线与竖直方向也成θ角，细线的拉力为F′1.则（ ）
A．a′＝a，F′1＝F1 B．a′＞a，F′1＝F1
C．a′＜a，F′1＝F1D．a′＞a，F′1＞F1
【练11】一个弹簧测力计放在水平地面上，Q为与轻弹簧上端连在一起的秤盘，P为一重物，已知P的质量M＝10.5kg，Q的质量m＝1.5kg，弹簧的质量不计，劲度系数k＝800N/m，系统处于静止．如图所示，现给P施加一个方向竖直向上的力F，使它从静止开始向上做匀加速运动，已知在前0.2s内，F为变力，0.2s以后，F为恒力．求力F的最大值与最小值．（取g＝10m/s2）
解析：
设开始时弹簧压缩量为x1，t＝0.2s时弹簧的压缩量为x2，物体P的加速度为a，则有
kx1＝（M＋m）g①
kx2－mg＝ma②
x1－x2＝at2③
由①式得x1＝＝0.15m，④
由②③④式得a＝6m/s2
F小＝（M＋m）a＝72N，F大＝M（g＋a）＝168N.
答案：
168N 72N
2.传送带问题
两种类型：
水平类与倾斜类；
主要求解问题：
①求时间
②求相对位移（痕迹类）
③求能量——“物体在克服滑动摩擦力做功过程中转化成的内能等于滑动摩擦力与相对滑动路程的乘积。
”
水平传送带
【练12】（多选）（2018·安徽合肥模拟）如图所示，绷紧的长为6m的水平传送带，沿顺时针方向以恒定速率v1＝2m/s运行．一小物块从与传送带等高的光滑水平台面滑上传送带，其速度大小为v2＝5m/s.若小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g＝10m/s2，下列说法中正确的是（ ）
A．小物块在传送带上先向左做匀减速直线运动，然后向右做匀加速直线运动
B．若传送带的速度为5m/s，小物块将从传送带左端滑出
C．若小物块的速度为4m/s，小物块将以2m/s的速度从传送带右端滑出
D．若小物块的速度为1m/s，小物块将以2m/s的速度从传送带右端滑出
倾斜传送带
①由下往上：
传送带顺时针转动
②由上往下：
传送带逆时针转动
【练13】（2018·四川成都模拟）如图所示，传送带与地面倾角θ＝37°，从A到B长度为L＝10.25m，传送带以v0＝10m/s的速率逆时针转动．在传送带上端A无初速度地放一个质量为m＝0.5kg的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5.煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹．已知sin37°＝0.6，g＝10m/s2，求：
（1）煤块从A到B的时间；
（2）煤块从A到B的过程中传送带上形成痕迹的长度．
[解析]
（1）煤块刚放上时，受到向下的摩擦力，如图甲，其加速度为a1＝g（sinθ＋μcosθ）＝10m/s2，
t1＝＝1s，x1＝a1t＝5m＜L，
即下滑5m与传送带速度相等．
达到v0后，受到向上的摩擦力，由于μ＜tan37°，煤块仍将加速下滑，如图乙，a2＝g（sinθ－μcosθ）＝2m/s2，
x2＝L－x1＝5.25m，
x2＝v0t2＋a2t，得t2＝0.5s，
则煤块从A到B的时间为t＝t1＋t2＝1.5s.
甲 乙
（2）第一过程痕迹长Δx1＝v0t1－a1t＝5m，
第二过程痕迹长Δx2＝x2－v0t2＝0.25m，
Δx1与Δx2部分重合，
故痕迹总长为5m.
发散思维：
若传送带顺时针转动，小物体从A端运动到B端所需的时间是多少？
注意：
①比较物块和传送带的初速度情况，分析物块所受摩擦力的大小和方向，其主要目的是得到物块的加速度．
②关注速度相等这个特殊时刻，水平传送带中两者一块匀速运动，而倾斜传送带需判断μ与tanθ的关系才能决定物块以后的运动．
③得出运动过程中两者相对位移情况，以后在求解摩擦力做功时有很大作用．
3.滑块——滑板问题
①模型特征
滑块——滑板模型（如图a），涉及摩擦力分析、相对运动、摩擦生热，多次相互作用，属于多物体、多过程问题，知识综合性较强，对能力要求较高，故频现于高考试卷中．另外，常见的子弹射击滑板（如图b）、圆环在直杆中滑动（如图c）都属于滑块类问题，处理方法与滑块——滑板模型类似．
②分析思路
【练14】如图所示，物块A、木板B的质量均为m＝10kg，不计A的大小，B板长L＝3m。
开始时A、B均静止。
现使A以某一水平初速度从B的最左端开始运动。
已知A与B、B与水平面之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.3和μ2＝0.1，g取10m/s2。
（1）若物块A刚好没有从B上滑下来，则A的初速度多大？
（2）若把木板B放在光滑水平面上，让A仍以
（1）问中的初速度从B的最左端开始运动，则A能否与B脱离？
最终A和B的速度各是多大？
解析
（1）A在B上向右匀减速运动，加速度大小:
a1＝μ1g＝3m/s2
木板B向右匀加速运动,加速度大小
a2＝＝1m/s2
由题意知，A刚好没有从B上滑下来，则A滑到B最右端时和B速度相同，设为v，得
时间关系：
t＝＝
位移关系：
L＝－
解得v0＝2m/s。
（2）木板B放在光滑水平面上，A在B上向右匀减速运动，加速度大小仍为a1＝μ1g＝3m/s2
B向右匀加速运动，加速度大小a2′＝＝3m/s2
设A、B达到相同速度v′时A没有脱离B，由时间关系＝
解得v′＝v0/2＝m/s
A的位移xA＝＝3m
B的位移xB＝＝1m
由xA－xB＝2m可知A没有与B脱离，最终A和B的速度相等，大小为m/s。
答案
（1）2m/s
（2）m/s
【练15】（2017·高考全国卷Ⅲ）如图，两个滑块A和B的质量分别为mA＝1kg和mB＝5kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5；木板的质量为m＝4kg，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1.某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0＝3m/s.A、B相遇时，A与木板恰好相对静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10m/s2.求
（1）B与木板相对静止时，木板的速度；
（2）A、B开始运动时，两者之间的距离．
[解析]
（1）滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动．设A、B和木板所受的摩擦力大小分别为f1、f2和f3，A和B相对于地面的加速度大小分别为aA和aB，木板相对于地面的加速度大小为a1.在物块B与木板达到共同速度前有f1＝μ1mAg①
f2＝μ1mBg②
f3＝μ2（m＋mA＋mB）g③
由牛顿第二定律得
f1＝mAaA④
f2＝mBaB⑤
f2－f1－f3＝ma1⑥
设在t1时刻，B与木板达到共同速度，其大小为v1.由运动学公式有v1＝v0－aBt1⑦
v1＝a1t1⑧
联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得v1＝1m/s.⑨
（2）在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为
sB＝v0t1－aBt⑩
设在B与木板达到共同速度v1后，木板的加速度大小为a2.对于B与木板组成的体系，由牛顿第二定律有
f1＋f3＝（mB＋m）a2⑪
由①②④⑤式知，aA＝aB；再由⑦⑧式知，B与木板达到共同速度时，A的速度大小也为v1，但运动方向与木板相反．由题意知，A和B相遇时，A与木板的速度相同，设其大小为v2.设A的速度大小从v1变到v2所用的时间为t2，则由运动学公式，对木板有v2＝v1－a2t2⑫
对A有v2＝－v1＋aAt2⑬
在t2时间间隔内，B（以及木板）相对地面移动的距离为
s1＝v1t2－a2t⑭
在（t1＋t2）时间间隔内，A相对地面移动的距离为
sA＝v0（t1＋t2）－aA（t1＋t2）2⑮
A和B相遇时，A与木板的速度也恰好相同．因此A和B开始运动时，两者之间的距离为s0＝sA＋s1＋sB⑯
联立以上各式，并代入数据得s0＝1.9m.
（也可用如图的速度－时间图线求解）
力学1课时作业
一、受力分析和共点力的平衡
1.
（2018·四川彭州中学月考）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．则施加力F后，下列说法正确的是（ ）
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
2.（2018·郑州一中月考）如图所示，直角三角形框架ABC（角C为直角）固定在水平地面上，已知AC与水平方向的夹角为α＝30°.小环P、Q分别套在光滑臂AC、BC上，用一根不可伸长的细绳连接两小环，静止时细绳恰好处于水平方向，小环P、Q的质量分别为m1、m2，则小环P、Q的质量的比值为（ ）
A.＝ B．＝3
C.＝D．＝
3.如图，用橡皮筋将一小球悬挂在小车的架子上，系统处于平衡状态．现使小车从静止开始向左加速，加速度从零开始逐渐增大到某一值，然后保持此值，小球稳定地偏离竖直方向某一角度（橡皮筋在弹性限度内）．与稳定在竖直位置时相比，小球的高度（ ）
A．一定升高
B．一定降低
C．保持不变
D．升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定
4.
（2018·长沙模拟）如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆环的最高点有一个光滑的小孔．质量为m的小球套在圆环上，一根细线的下端系着小球，上端穿过小孔用手拉住．现拉动细线，使小球沿圆环缓慢上移，在移动过程中手对线的拉力F和环对小球的弹力FN的大小变化情况是（ ）
A．F减小，FN不变B．F不变，FN减小
C．F不变，FN增大D．F增大，FN减小
二、动力学问题
5．（多选）如图所示，质量均为m的A、B两物块置于光滑水平地面上，A、B接触面光滑，倾角为θ，现分别以水平恒力F作用于A物块上，保持A、B相对静止共同运动，则下列说法中正确的是（ ）
A．采用甲方式比采用乙方式的最大加速度大
B．两种情况下获取的最大加速度相同
C．两种情况下所加的最大推力相同
D．采用乙方式可用的最大推力大于甲方式的最大推力
6.质量为
的小球被斜绳
和水平绳
系在箱子内
，如图所示，当车厢静止时，两根绳对小球的拉力分别为
和
，当车厢突然向左加速运动时，两根绳的拉
力变化情况是（）
A．
不变，
变大B．
变大，
不变
C．
不变，
变小D．
变小，
变小
7.（多选）如图所示，竖直光滑杆上套有一个小球和两根弹簧，两弹簧的一端各与小球相连，另一端分别用销钉M、N固定于杆上，小球处于静止状态，设拔去销钉M瞬间，小球加速度的大小为12m/s2.若不拔去销钉M而拔去销钉N瞬间，小球的加速度可能是（ ）
A．22m/s2，竖直向上
B．
22m/s2，竖直向下
C．2m/s2，竖直向上
D．2m/s2，竖直向下
8.（多选）质量为0.3kg的物体在水平面上运动，右图中两直线分别表示物体受水平拉力和不受水平拉力时的速度－时间图象，则下列说法正确的是（ ）
A．物体所受摩擦力一定等于0.1N
B．水平拉力一定等于0.1N
C．物体不受水平拉力时的速度－时间图象一定是a
D．物体不受水平拉力时的速度－时间图象可能是b
9.（2018·山东师大附中模拟）如图所示，一水平的浅色长传送带上放置一质量为m的煤块（可视为质点），煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ.初始时，传送带与煤块都是静止的．现让传送带以恒定的加速度a开始运动，当其速度达到v后，便以此速度做匀速运动．经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后，煤块相对于传送带不再滑动，关于上述过程，以下判断正确的是（重力加速度为g）（ ）
A．μ与a之间一定满足关系μ>
B．煤块从开始运动到相对于传送带静止经历的位移为
C．煤块从开始运动到相对于传送带静止经历的时间为
D．黑色痕迹的长度为
10．（多选）如右下图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动，在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，则下图反映小木块的速度随时间变化关系的图中可能正确的是（）
11．传送带与平板紧靠在一起，且上表面在同一水平面内，两者长度分别为L1＝2.5m、L2＝2m．传送带始终保持以速度v匀速运动．现将一滑块（可视为质点）轻放到传送带的左端，然后平稳地滑上平板．已知：
滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，滑块与平板、平板与支持面的动摩擦因数分别为μ1＝0.3、μ2＝0.1，滑块、平板的质量均为m＝2kg，g取10m/s2.求：
（1）若滑块恰好不从平板上掉下，求v的大小；
（2）若v＝6m/s，求滑块离开平板时的速度大小．
参考答案
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
D
B
A
A
BC
C
BC
BD
C
BCD
11.解析：
（1）滑块在平板上做匀减速运动，加速度大小：
a1＝＝3m/s2，由于μ1mg>2μ2mg
故平板做匀加速运动，加速度大小：
a2＝＝1m/s2
设滑块滑至平板右端用时为t，共同速度为v′，平板位移为x，对滑块：
v′＝v－a1t
L2＋x＝vt－a1t2
对平板：
v′＝a2t，x＝a2t2
联立以上各式代入数据解得：
t＝1s，v＝4m/s.
（2）滑块在传送带上的加速度：
a3＝＝5m/s2
若滑块在传送带上一直加速，则获得的速度为：
v1＝＝5m/s<6m/s
即滑块滑上平板的速度为5m/s.
设滑块在平板上运动的时间为t′，离开平板时的速度为v″，平板位移为x′
则v″＝v1－a1t′，L2＋x′＝v1t′－a1t′2
x′＝a2t′2
联立以上各式代入数据解得：
t′1＝s，t′2＝2s（t′2>t，不合题意，舍去）
将t′＝s代入v″＝v1－a1t′得：
v″＝3.5m/s.
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