版高考物理一轮复习第2章相互作用第9课时共点力作用下物体的平衡2学案Word文档格式.docx

1、答案AD解决动态平衡问题常见的方法（1）解析法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式求解，得到因变量与自变量的一般函数表达式，最后根据自变量的变化确定因变量的变化。（2）图解法 此法常用于求解三力平衡且有一个力是恒力、另外一个力方向不变的问题。一般按照以下流程解题。（3）相似三角形法在三力平衡问题中，如果有一个力是恒力，另外两个力方向都变化，且题目给出了空间几何关系，多数情况下力的矢量三角形与空间几何三角形相似，可利用相似三角形对应边成比例进行计算。1. 如图所示，一小球放置在木板与竖直墙面之间。设球对墙面的压力大小为FN1，球对木板的压力大小为FN2。以木板与墙连

2、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（）AFN1始终减小，FN2始终增大BFN1始终减小，FN2始终减小CFN1先增大后减小，FN2始终减小DFN1先增大后减小，FN2先减小后增大答案B如图甲所示，因为FN1FN1，FN2FN2，随逐渐增大到90，tan、sin都增大，FN1、FN2都逐渐减小，所以B正确。如图乙所示，把mg按它的两个效果进行分解如图所示。在木板缓慢转动时，FN1的方向不变，mg、FN1、FN2应构成一个闭合的三角形。FN2始终垂直于木板，随木板的转动而转动，由图可知，在木板转动时，FN2变小，FN1也变小，B正确。2. （多选

3、）如图所示，AC是上端带定滑轮的固定竖直杆，质量不计的轻杆BC一端通过铰链固定在C点，另一端B悬挂一重为G的重物，且B端系有一根轻绳并绕过定滑轮A，用力F拉绳，开始时BCA90，现使BCA缓慢变小，直到杆BC接近竖直杆AC。此过程中，下列说法正确的是（）A杆BC所受的力大小不变B杆BC所受的力先增大后减小C力F大小不变D力F的大小一直减小解析以B点为研究对象，分析受力情况：重物的拉力T（等于重物的重力G）、轻杆的支持力N和绳子的拉力F，作出受力分析图如图，由平衡条件得知，N和F的合力T与T大小相等，方向相反，根据ABC与TNB相似可得，又TG，解得NG，FG，使BCA缓慢变小时，、保持不变，

4、变小，则N保持不变，F变小，故A、D正确。考点2平衡中的临界与极值问题1动态平衡中，当某物理量变化时，会引起其他物理量的变化，从而使物体所处的平衡状态“恰好出现”或“恰好不出现”的现象，为平衡中的临界现象。2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。例2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0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0的大小。解析

5、（1）物体恰匀速下滑，由平衡条件有FN1mgcos30mgsin30FN1则tan30。（2）设斜面倾角为，由平衡条件有FcosmgsinFfFN2mgcosFsin静摩擦力FfFN2解得F（cossin）mgsinmgcos要使“不论水平恒力F多大”，上式都成立则有cossin0所以tantan60即060。答案（1）（2）60解决极值问题和临界问题的方法（1）图解法：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。（2）数学解法：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（或画出函数图象），用数学方法求极值（如

6、求二次函数极值、公式极值、三角函数极值）。1（全国卷） 如图所示，在固定斜面上的一物块受到一外力F的作用，F平行于斜面向上。若要物块在斜面上保持静止，F的取值应有一定范围，已知其最大值和最小值分别为F1和F2（F20）。由此可求出（）A物块的质量B斜面的倾角C物块与斜面间的最大静摩擦力D物块对斜面的正压力答案C解析物块在斜面上处于静止状态，对物块进行受力分析，当FF1时物块即将向上滑动，由平衡条件可得F1mgsinFf；当FF2时物块即将向下滑动，由平衡条件可得F2mgsinFf；由两式解得Ff，故能求出物块与斜面间的最大静摩擦力，但不能求出物块的质量、斜面的倾角和物块对斜面的正压力，故C正确

7、。2. 如图所示，质量为m的球放在倾角为的光滑斜面上，用挡板AO将球挡住，使球处于静止状态，若挡板与斜面间的夹角为，则（）A当30时，挡板AO所受压力最小，最小值为mgsinB当60时，挡板AO所受压力最小，最小值为mgcosC当60D当90答案D解析以球为研究对象，球所受重力产生的效果有两个：对斜面产生的压力FN1，对挡板产生的压力FN2，根据重力产生的效果将重力分解，如图所示。当挡板与斜面的夹角由图示位置变化时，FN1大小改变但方向不变，始终与斜面垂直，FN2的大小和方向均改变，由图可看出当挡板AO与斜面垂直，即90时，挡板AO所受压力最小，最小压力FN2minmgsin，D正确。1如图所

8、示，斜面体放置在粗糙的水平地面上，在水平向右的推力F作用下，物体A和斜面体B均保持静止。若减小推力F，物体A仍然静止在斜面上，则（）A物体A所受合力一定减小B斜面对物体A的支持力一定减小C斜面对物体A的摩擦力一定减小D斜面对物体A的摩擦力一定为零解析物体A始终处于平衡状态，所以受到的合力始终等于零，故A错误；如图所示，对物体A进行受力分析，有F合xFcosfGsin0F合yFNGcosFsin0解得FNGcosFsin，当F减小时，则支持力减小，故B正确；fGsinFcos，由于摩擦力的方向未知，故当f沿斜面向上为正值时，F减小，则f增大，若f为负值即沿斜面向上时，当F减小，则f也减小，不一定

9、为零，故C、D错误。2（多选）如图所示，一条细线一端与地板上的物体B相连，另一端绕过质量不计的定滑轮与小球A相连，定滑轮用另一条细线悬挂在天花板上的O点，细线与竖直方向所成角度为，开始时系统静止，则（）A如果将物体B在地板上向右移动一点，角将增大B无论物体B在地板上左移还是右移，只要距离足够小，角将不变C增大小球A的质量，角一定减小D悬挂定滑轮的细线的弹力不可能等于小球A的重力解析对小球A进行受力分析，受重力和拉力，根据平衡条件，有Tmg；如果将物体B在地板上向右移动稍许，则AOB增大；对滑轮分析，受三个拉力，受力分析如图所示，AOB2，故角将增大，故A正确，B错误；增大小球A的质量，B可能仍

10、保持不动，系统平衡，拉力的方向不变，故角可能不变，故C错误；由于AOB2，弹力F与两个拉力T的合力平衡，而Tmg，故悬挂定滑轮的细线的弹力不可能等于小球A的重力，故D正确。3. （多选）如图所示，半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有一竖直挡板MN。在二者之间夹着一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于静止状态。现使MN保持竖直并且缓慢地向右平移，在Q滑落到地面之前，P始终保持静止。则在此过程中，下列说法正确的是（）AMN对Q的弹力逐渐减小BP对Q的弹力逐渐增大C地面对P的摩擦力逐渐增大DQ所受的合力逐渐增大答案BC解析对Q进行受力分析，Q受到竖直向下的重力、挡板MN向左的支持力F1和半圆柱体

11、P的支持力F2，如图所示，根据平衡条件，得到F1mgtan，F2，MN保持竖直并且缓慢地向右平移的过程中，增大，故F1、F2增大，A错误，B正确；对P、Q整体进行分析，整体受到重力、挡板MN的支持力F1、地面的支持力、地面的静摩擦力f，根据共点力平衡条件，可得fF1mgtan，由于增大，故f增大，C正确；移动过程中Q一直处于平衡状态，合力一直为零，D错误。4. 有一个直角支架AOB，AO水平放置，表面粗糙，OB竖直向下，表面光滑。AO上面套有小环P，OB上面套有小环Q，两环质量均为m，两环间由一根质量可忽略、不可伸展的细绳相连，并在某一位置平衡（如图所示）。现将P环向左移一小段距离，两环再次达

12、到平衡，那么将移动后的平衡状态和原来的平衡状态比较，AO杆对P环的支持力FN和细绳上的拉力FT的变化情况是（）AFN不变，FT变大 BFN不变，FT变小CFN变大，FT变大 DFN变大，FT变小解析以P、Q两个环为整体，对其受力分析可知，竖直方向上FN2mg，与P环位置无关；以Q环为研究对象并受力分析，设ABO，分解拉力FT，FTcosmg，FT，角由于P环左移而减小时，拉力FT减小，B正确。5. （多选）如图所示，带有光滑竖直杆的三角形斜劈固定在水平地面上，放置于斜劈上的光滑小球与套在竖直杆上的小滑块用轻绳连接，开始时轻绳与斜面平行。现给小滑块施加一竖直向上的拉力，使小滑块沿杆缓慢上升，整个过程中小球始终未脱离斜面，则有（）A轻绳对小球的拉力逐渐增大B小球对斜劈的压力先减小后增大C竖直杆对小滑块的弹力先增大后减小D对小滑块施加的竖直向上的拉力逐渐增大解析设斜面倾角为，斜面对小球的支持力为FN1，绳对小球的拉力为FT，小球的重力大小为G1，小滑块的重力大小为G2，竖直杆对小滑块的弹力大小为FN2。由于小滑块沿杆缓慢上升，所以小球沿斜面缓慢向上运动，小球处于动态平衡状态，受到的合力为零，作小球受力矢量三角形如图甲所示，绳对小球的拉力FT逐渐增大，所以A正确；斜面对小球的弹力FN1逐渐减小，故小球