2019高考物理大一轮(江苏版)复习方案：听课详解 第2单元 相互作用 物体的平衡

教师详解(听课手册)
第二单元相互作用物体的平衡
第3讲重力、弹力
【教材知识梳理】
核心填空
一、1.物体和物体之间 2.运动状态
4.(1)引力电磁(2)电磁
二、1.吸引 2.正比 3.竖直向下 4.等效
三、1.弹性形变 2.弹性形变 3.施力物体 4.正比
思维辨析
(1)(³)(2)(³)(3)(√) (4)(³)(5)(³)(6)(√)
(7)(³)(8)(³)
【考点互动探究】
考点一
1.BD [解析] 空间站所受重力提供向心力,A错误;重力竖直向下,与水平面垂直,B正确;重心不一定在物体上,C错误;重力由质量和重力加速度共同决定,与运动状态无关,D正确.
2.D [解析] 若小球与小车一起做匀速运动,则细绳对小球无拉力;若小球与小车有向右的加速度a=gtan α,则轻弹簧对小球无弹力,D正确.
考点二
1.C [解析] 选项A中杆对小球的弹力应竖直向上,选项B中F2应为零,选项D中半圆形容器挤压了小球,有指向圆心的弹力,只有选项C正确.
2.D [解析] 对小球进行受力分析如图所示,AB杆对小球的作用力和绳的拉力的合力与小球的重力等大反
向,设AB杆对小球的作用力F N与水平方向的夹角为α,可得tan α=,则α=53°,F N==12.5 N,选项D正确.
3.D [解析] 球在重力、斜面的支持力和挡板的弹力作用下做加速运动,则球受到的合力水平向右,为ma.如图所示,设斜面倾角为θ,挡板对球的弹力为F1,由正交分解法得F1-F N sin θ=ma,F N cos θ=G,解得
F N=,F1=ma+Gtan θ,综上可知,选项D正确.
考点三
例1 A [解析] 物体静止时绳子的张力大小等于物体的重力,所以T1=T2=T3=mg.
方法一:用图解法确定F N1、F N2、F N3的大小关系.与物体连接的这一端,绳子对定滑轮的作用力T的大小也为mg,作出三种情况下的受力示意图,如图所示,可知F N1>F N2>F N3,故选项A正确.
方法二:用理论法确定F N1、F N2、F N3的大小关系.已知两个分力的大小,两分力的夹角θ越小,合力越大,所以F N1>F N2>F N3,故选项A正确.
变式题AB [解析] 绳的右端上下移动及改变绳子两端高度差都不会改变两部分绳间的夹角,A正确,C错误;两绳间的夹角与衣服的质量大小无关,D错误;将杆N向右移一些,两部分绳间的夹角变大,绳子拉力变大,B正确.
例2 B [解析] 由题可知,挂上钩码后,如图甲所示.此时弹性绳长度为100 cm,则θ=37°,sinθ=0.6.对结点O进行受力分析如图乙所示,则由图乙得2Tsin θ=mg,当将两端缓慢移动至同一点时,由受力分析可
得2T'=mg,由弹性绳上弹力满足F=kx,得出,由题可知x=100 cm-80 cm=20 cm,则移动后弹性绳伸长长度为x'=12 cm,那么弹性绳总长度变为L=L0+x'=92 cm,B正确.
变式题1 D [解析] 设轻弹簧A、B的伸长量都为x,小球a的质量为m,则小球b的质量为2m.对小球b,由平衡条件知,弹簧B中弹力为k B x=2mg;对小球a,由平衡条件知,竖直方向上,有k B x+mg=k A xcos 60°,联立解得k A=3k B,选项A、B错误;水平方向上,轻绳上拉力F=k A xsin 60°,选项C错误,D正确.
变式题2 C
例3 D [解析] 小车静止时,由平衡条件知,杆对球的作用力方向竖直向上,且大小等于球的重力mg,故A、
B错误.小车向右以加速度a运动时,弹力F的方向一定指向右上方,只有这样,才能保证小球在竖直方向上受力平衡,在水平方向上具有向右的加速度.假设小球所受弹力方向与竖直方向的夹角为α,如图所示,据
牛顿第二定律得Fsin α=ma,Fcos α=mg,解得F=m,tan α=.可见,只有当球的加速度a=gtan θ
时,杆对球的作用力才沿杆的方向,此时才有F=,故C错误,D正确.
变式题 1 D [解析] 小球处于静止状态,其合力为零,小球受力如图所示,由图中几何关系可得F=mg,选项D正确.
变式题2 1∶2
[解析] 题图甲和乙中的两个物体都处于平衡状态,根据平衡条件可判断,与物体相连的轻绳拉力大小等于物体的重力.分别取C点和P点为研究对象,进行受力分析如图甲和乙所示.
图甲中,轻绳AD跨过定滑轮,则绳AC段的拉力
F AC=F CD=mg
图乙中,由F EP sin 30°=F PQ=mg
得F EP=2mg
所以得.
1.画出图中物体A或结点A或滑轮A所受弹力的示意图(所有接触面均光滑).
[答案] 如图所示
2.如图所示,两竖直木桩ab、cd固定,一不可伸长的轻绳两端固定在a、c端,绳长为L,一质量为m的物体A通过轻质光滑挂钩挂在轻绳中间,静止时两段轻绳的夹角为120°.现把轻绳换成自然长度为L的橡皮筋,物体A悬挂后仍处于静止状态,橡皮筋处于弹性限度内.若重力加速度大小为g,关于上述两种情况,下列说法正确的是( )
A.轻绳的弹力大小为2mg
B.轻绳的弹力大小为mg
C.橡皮筋的弹力大于mg
D.橡皮筋的弹力大小可能为mg
[解析] B 设两木桩间的距离为s,静止时两段轻绳的夹角为120°,由于物体A拉挂钩的力的方向竖直向下,所以三个力之间的夹角都是120°.根据矢量的合成可知,这三个力的大小是相等的,故轻绳的弹力大小为mg,选项A错误,选项B正确.若把轻绳换成自然长度为L的橡皮筋,橡皮筋受到拉力后长度增大,木桩之间的距离不变,所以物体A静止后两根橡皮筋之间的夹角一定小于120°,两个分力之间的夹角减小,而合力不变,所以两个分力减小,即橡皮筋的弹力小于mg,选项C、D错误.
3.如图所示装置中,各小球的质量均相同,弹簧和细线的质量均不计,一切摩擦忽略不计,平衡时各弹簧的弹力分别为F1、F2、F3,其大小关系是( )
A.F1=F2=F3
B.F1=F2<F3
C.F1=F3>F2
D.F3>F1>F2
[解析] A 不计一切摩擦,平衡时三个弹簧的弹力大小均等于一个小球的重力,选项A正确.
4.如图所示,两木块的质量分别为m1和m2,两轻质弹簧的劲度系数分别为k1和k2,上面木块压在上面的弹簧上(但不拴接),整个系统处于平衡状态.现缓慢向上提上面的木块,直到它刚离开上面弹簧,在此过程中下面木块移动的距离为(重力加速度为g) ( )
A.
[解析] C 在此过程中,压在下面弹簧上的压力由(m1+m2)g 减小到m2g,即减小了m1g,根据胡克定律可确定
下面弹簧的长度增长了Δl=,即下面木块移动的距离为.
5.[2016²福建五校联考]三个质量均为1 kg的相同木块a、b、c和两个劲度系数均为500 N/m的相同轻弹簧p、q用轻绳连接,如图所示,其中a放在光滑水平桌面上.开始时p弹簧处于原长,轻绳刚好伸直,木块都静止.现用水平力缓慢地向左拉p弹簧的左端,直到c木块刚好离开水平地面为止,g取10 m/s2.该过程p 弹簧的左端向左移动的距离是( )
A.4 cm
B.6 cm
C.8 cm
D.10 cm
[解析] C 因缓慢地拉动,故系统始终处于平衡状态,该过程中p弹簧的左端向左移动的距离等于两个弹簧长度变化量之和;最初,p弹簧处于原长,而q弹簧受到竖直向下的压力F1=m b g=10 N,所以其压缩量为x1==2 cm;最终,c木块刚好离开水平地面,q弹簧受到竖直向下的拉力F2=m c g=10 N,其伸长量为x2==2 cm,a、b 之间绳中的拉力T=(m b+m c)g=20 N,p弹簧受到的拉力F=20 N,p弹簧的伸长量为x3==4 cm,则p弹簧的左端
向左移动的距离为x=x1+x2+x3=8 cm,选项C正确.
6.如图所示,质量均为m的A、B两球由一根劲度系数为k的轻弹簧连接并静止于半径为R的光滑半球形碗中,弹簧水平,两球间距为R且球半径远小于碗的半径,则弹簧的原长为(重力加速度为g) ( )
A.+R
C.+R
[解析] D 以A球为研究对象,小球受三个力:重力、弹力和碗的支持力.如图所示,由平衡条件,得tan
θ=,解得x=,根据几何关系得cos θ=,则tan θ=,所以x=,故弹簧原长x0=+R,D正确.
第4讲摩擦力
【教材知识梳理】
核心填空
一、1.相对滑动 2.(1)接触(2)粗糙(3)相对滑动
3.动摩擦因数
4.相反
二、1.阻碍 2.(1)挤压(2)粗糙(3)相对运动
3.最大静摩擦力
4.平行
思维辨析
(1)(³)(2)(³)(3)(√) (4)(√) (5)(√) (6)(³)
(7)(³)
【考点互动探究】
考点一
例1 B [解析] 以A、B整体为研究对象,分析受力情况,在水平方向受到水平向左的拉力F、绳子水平向右的拉力T和地面对B水平向右的滑动摩擦力,根据平衡条件得,绳上拉力T小于水平恒力F,选项A错误;A、B间产生相对滑动,木块A受到的是滑动摩擦力,大小等于T,选项B正确;木板B受到两个滑动摩擦力,二者
合力大小等于F,选项C错误;若木板B以速度2v匀速运动,A、B受力情况都没有变化,则拉力F也不变,选项D错误.
变式题1 A [解析] 当v1=v2时,A、B之间无相对运动,它们之间肯定没有滑动摩擦力;当v1>v2时,以B为参考系,A向右运动,A受到B施加的向左的滑动摩擦力,B受到A施加的向右的滑动摩擦力;当v1<v2时,以A 为参考系,B向右运动,B受到A施加的向左的滑动摩擦力,A受到B施加的向右的滑动摩擦力.
变式题2 CD [解析] 由M匀速下滑可知其处于平衡状态,受重力、摩擦力和支持力作用,传送带启动以后对M受力没有影响,自然也不会影响其运动状态,C、D正确.
考点二
例 2 BCD [解析] 物体在斜面上始终处于平衡状态,沿斜面方向受力平衡方程为F-mgsin θ+f=0,解得f=mgsin θ-F,若初态mgsin θ=F,则选项B正确;若初态mgsin θ>F,则选项C正确;若初态mgsin θ<F,则选项D正确.
变式题1 B [解析] 在P被拉动之前的过程中,弹簧长度不变,弹簧对P的弹力F T的大小保持不变;由于弹簧长度小于原长,P有向右运动的趋势,所受静摩擦力向左,用一个从0开始逐渐增大的水平力F向右拉P的过程中,地面对P的摩擦力f始终增大,选项B正确.
变式题2 AD [解析] 对图甲,假设物块m受到摩擦力,因重力与支持力平衡,而摩擦力方向与接触面相切,即沿水平方向,故物块m受力将不平衡,与题中条件矛盾,所以假设不成立,A正确,C错误.对图乙,假设物块m不受摩擦力,即物块m只受重力和支持力作用,由于支持力与接触面垂直,故重力和支持力不可能平衡,所以假设不成立,由受力分析知,物块m受到平行于斜面向上的摩擦力,B错误,D正确.
考点三
例3 D [解析] 推力F由0均匀增大到2.5 N过程,A、B均未动,而f A由0均匀增大到2.5 N;推力F由2.5 N增大到5 N过程,f A=2.5 N;推力F由5 N增大到6 N过程,A相对地面滑动,f A=μG=2 N,D正确.
变式题1 A [解析] 物体在力F和摩擦力作用下向右做匀减速直线运动,此时滑动摩擦力水平向左,大小为f1=μmg=2 N;物体的速度为零后,物体在力F作用下处于静止状态,物体受水平向右的静摩擦力,大小为f2=F=1 N,故A正确.
变式题2 B [解析] 当f为静摩擦力时,f=mgsin θ,即f按正弦规律变化;当木块滑动后,f为滑动摩擦力,f=μF N=μmgcos θ,即f按余弦规律变化,故选项B正确.
1.如图所示,质量为m的木块在质量为M的木板上滑行,木板与地面间的动摩擦因数为μ1,木块与木板间的动摩擦因数为μ2,木板一直静止,重力加速度为g,那么木块与木板间、木板与地面间的摩擦力大小分别为( )
A.μ2mg和μ1Mg
B.μ2mg和μ2mg
C.μ2mg和μ1(m+M)g
D.μ2mg和μ1Mg+μ2mg
[解析] B 因为木块对木板的摩擦力为μ2mg,方向水平向右,而木板静止,所以地面给木板的静摩擦力水平向左,大小为μ2mg,选项B正确.
2.如图所示,水平地面上堆放着原木,关于原木P在支撑点M、N处受力的方向,下列说法正确的是
( )
A.M处受到的支持力竖直向上
B.N处受到的支持力竖直向上
C.M处受到的静摩擦力沿MN方向
D.N处受到的静摩擦力沿水平方向
[解析] A 支持力的方向与接触面垂直,所以M处的支持力的方向与地面垂直,即竖直向上,N处的支持力的方向与接触面垂直,即垂直于MN向上,故选项A正确,选项B错误;摩擦力的方向与接触面平行,与支持力垂直,故选项C、D错误.
3.如图所示,在粗糙的水平面上,长度为L、质量M=2 kg的长木板某时刻正以速度v0向右运动.现对长木板施加一水平向左的恒力F(大于3 N),同时将一质量m=1 kg的光滑小球无初速度地放置于长木板上表面与
左端距离为处,发现长木板向右运动距离后立即反向向左运动.已知长木板与水平面间的动摩擦因数μ=0.1,g取10 m/s2,规定水平向左为正方向,则长木板受到的摩擦力f随时间t的变化规律正确的是图中的( )
[解析] A 长木板向右减速运动的过程中,长木板所受的摩擦力f1=μ(m+M)g=3 N,方向水平向左;长木板
反向向左加速运动的过程中,小球仍在长木板上,则长木板所受的摩擦力f2=μ(m+M)g=3 N,方向水平向右;当小球脱离长木板后,长木板所受的摩擦力f3=μMg=2 N,方向水平向右,选项A正确.
4.如图所示,与水平面夹角为30°的固定斜面上有一质量m=1.0 kg的物体,细绳的一端与物体相连,另一端经摩擦不计的定滑轮与固定的弹簧测力计相连,物体静止在斜面上,弹簧测力计的示数为4.9 N.关于物体受力的判断,下列说法正确的是(g取9.8 m/s2) ( )
A.斜面对物体的摩擦力大小为零
B.斜面对物体的摩擦力大小为4.9 N,方向沿斜面向上
C.斜面对物体的支持力大小为4.9 N,方向竖直向上
D.斜面对物体的支持力大小为4.9 N,方向垂直斜面向上
[解析] A 物体的重力沿斜面方向的分力大小和绳子的拉力相等,所以斜面对物体的摩擦力大小为零,选项A正确,B错误;斜面对物体的支持力F N=mgcos 30°=4.9 N,方向垂直斜面向上,选项C、D错误.
5.[2015²山东卷]如图,滑块A置于水平地面上,滑块B在一水平力作用下紧靠滑块A(A、B接触面竖直),此时A恰好不滑动,B刚好不下滑.已知A与B间的动摩擦因数为μ1,A与地面间的动摩擦因数为μ2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力.A与B的质量之比为( )
A.
C.
[解析] B B刚好不下滑,说明B的重力等于最大静摩擦力,即m B g=μ1F.A恰好不滑动,视A、B为一个整体,
水平力等于整体的最大静摩擦力,即F=μ2,选项B正确.
6.(多选)[2016²江苏卷]如图所示,一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出,鱼缸最终没有滑出桌面.若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等,则在上述过程中 ( )
A.桌布对鱼缸摩擦力的方向向左
B.鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等
C.若猫增大拉力,鱼缸受到的摩擦力将增大
D.若猫减小拉力,鱼缸有可能滑出桌面
[解析] BD 当桌布被拉出时,鱼缸由静止到向右运动,但它相对于桌布来说,仍向左运动,由于滑动摩擦力的方向与相对运动方向相反,因此桌布对鱼缸的摩擦力的方向应向右,选项A错误;因为鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等,鱼缸受到桌布向右的摩擦力与它受到桌面向左的摩擦力大小相等,所以鱼缸向右加速的加速度大小与向右减速的加速度大小相等,方向相反,鱼缸的初速度为零,末速度也为零,根据对称性可知,鱼缸做加速运动的时间与做减速运动的时间相等,选项B正确;若猫增大拉力,桌布的加速度更大,但是由于鱼缸与桌布间的压力不变,动摩擦因数也不变,故摩擦力也不变,选项C错误;若猫减小拉力,
桌布的加速度减小,鱼缸在桌布上的运动时间变长,而鱼缸向右的加速度不变,由x=at2知,鱼缸相对于桌面的位移变大,桌布被拉出后鱼缸在桌面上的位移也变大,鱼缸就有可能滑出桌面,选项D正确.
第5讲力的合成与分解
【教材知识梳理】
核心填空
一、1.合力(1)分力(2)共同效果 2.平行四边形代数
二、1.分力(1)逆过程(2)实际效果 2.平行四边形
思维辨析
(1)(³)(2)(³)(3)(√) (4)(√) (5)(√)
【考点互动探究】
考点一
例1 AD [解析] 整体法确定外力:对斜面体A、B整体受力分析,其受到向下的重力G和向上的推力F,由平衡条件可知B与墙壁之间不可能有弹力,因此也不可能有摩擦力,故C错误.
假设法、状态法确定B对A的作用力:对斜面体A受力分析,A一定受到重力G A和推力F.假设撤掉A,B将下落,故A、B间一定存在弹力F BA,如图甲所示,为保持A处于平衡状态,B一定给A一个沿斜面向下的摩擦力f.
转换法确定B的受力:根据牛顿第三定律可知,斜面体B除受重力外,一定受到A的支持力F AB和摩擦力f',如图乙所示.综合以上分析可知,A、D正确.
变式题 C [解析] 对a、b和轻杆组成的整体分析,根据平衡条件有Mgsin θ=μMgcos θ,解得μ=tan θ.再隔离a分析,假设受到杆的拉力,有mgsin θ=F T+μmgcos θ,解得F T=0,所以轻杆无拉力,a、b均受三个力,即重力、支持力和摩擦力,选项C正确,A、B、D错误.
考点二
1.C [解析] 由图像可知,当两力夹角为180°时,两力的合力为2 N;当两力夹角为90°时,两力的合力为10 N,则这两个力的大小分别为6 N、8 N,故C正确,D错误.当两个力方向相同时,合力大小等于两个力大小之和,即14 N;当两个力方向相反时,合力大小等于两个力大小之差,即2 N,由此可知,合力大小的变化范围是2 N≤F≤14 N,故A、B错误.
2.AB [解析] 设F1、F2与x轴的夹角分别为α、β,则F1、F2在x轴上的分力之和F x=F1cos α+F2cos β,F1、F2在y轴上的分力之和F y=F1sin α+F2sin β,当x轴取F1、F2的合力方向时,F y=0,F x最大,A、B正确;由于F1、F2不一定相等,其夹角角平分线方向不一定是合力方向,故C错误;只要F1、F2一定,其合力就不变,D错误.
3.C [解析] F1、F2的合力范围是|F1-F2|≤F≤F1+F2,即14 N≤F≤70 N,F3的大小处于此范围之内,所以这三个力的合力可能为零,选项A、B正确;若物体处于平衡状态(静止或匀速直线运动),则某两个力的合力必定与第三个力等大反向,选项C错误,D正确.
4.D [解析] 细线对天花板的拉力等于物体的重力G;以滑轮为研究对象,两段细线的拉力都是G,成120°角,因此合力大小是G,根据共点力的平衡条件,a杆对滑轮的作用力大小也是G,方向与竖直方向成60°角斜向右上方;a杆和细线对滑轮的合力大小为零.
考点三
例2 AC [解析] 根据题意作出矢量三角形如图所示,因为,从图中可看出,F1有两个解,由直角三
角形OAD可知OA=F,由直角三角形ABD得AB=F,则分力F1=F,F'1= F.
变式题1 D [解析] 重物对点O的拉力产生两个效果,即沿着OA方向压和沿着BO方向拉,如图所示,根据平行四边形定则,有F OB cos α=mg,F OB sin α=F OA.若将绳在食指上的端点稍稍下移,则角度α变大,cos α变小,sin α变大,故F OB、F OA变大,选项D正确.
变式题2 B [解析] 按作用效果将F沿AC、AB杆方向分解为如图甲所示的F1、F2,则F1=F2=,由几何
知识得tan θ==10,再按作用效果将F1沿水平方向和竖直方向分解为如图乙所示的F3、F4,则F4=F1sin θ,联立得F4=5F,即物体D所受压力的大小与力F的比值为5,B正确.
考点四
例3 B [解析] 物体在力F1作用下和力F2作用下运动时的受力分别如图甲、乙所示.将重力mg、力F2沿斜面方向和垂直于斜面方向正交分解,图甲中,由平衡条件可得F1=mgsin θ+f1,F N1=mgcos θ,其中f1=μF N1,解得F1=mgsin θ+μmgcos θ,图乙中,由平衡条件可得F2cos θ=mgsin θ+f2,F N2=mgcos θ+F2sin θ,其
中f2=μF N2,解得F2=,故=cos θ-μsin θ,B正确.
变式题1 A [解析] 由于木箱的速度保持不变,因此木箱始终处于平衡状态,受力分析如图所示,沿水平方向和竖直方向建立坐标系,则由平衡条件得,在竖直方向有mg=F N+Fsin θ,在水平方向有f=μF N=Fcos θ,
联立解得F=,令tan α=,则F=,当θ+α=90°时,F有最小值,所以F先减小后增大,A正确,B、C、D错误.
变式题2 BD [解析] 对物块a,由二力平衡,绳的拉力等于物块a的重力,大小保持一定,轻滑轮两端绳子拉力大小、方向一定,对结点O',由三力平衡可得绳OO'的张力一定,选项A、C错误;设F与水平方向的夹角为α,连接物块b的绳子拉力T与水平方向夹角为β,对物块b,由平衡条件,有Tsin β+Fsin α+F N=mg 和Tcos β-Fcos α±f=0,物块b所受到的支持力和物块与桌面间的摩擦力随F变化而变化,选项B、D正确.
1.如图所示,圆弧形货架上摆着四个完全相同的光滑小球,O为圆心,则对圆弧面的压力最小的是( )
A.a球
B.b球
C.c球
D.d球
[解析] A 小球对圆弧面的压力大小等于球的重力沿过小球球心的圆弧半径方向的分力mgcos θ,θ为过小球球心的圆弧半径与竖直面的夹角,显然a球对圆弧面的压力最小.
2.如图所示,两楔形物块A、B靠在一起,接触面光滑,物块B放置在地面上,物块A上端用绳子拴在天花板上,绳子处于竖直伸直状态,A、B两物块均保持静止.下列说法中正确的是( )
A.绳子的拉力可能小于A的重力
B.地面受的压力大于物块B的重力
C.物块B受到地面的摩擦力方向水平向左
D.物块B与地面间不存在摩擦力
[解析] D A、B接触面光滑,A、B间没有摩擦力.对A分析知,A受到重力和绳子的拉力,二力平衡,B对A 没有支持力,否则三个力不可能平衡,选项A错误;对B分析知,B受到重力、地面的支持力,根据平衡条件知,地面对B的支持力等于物块B的重力,地面对B没有摩擦力,选项B、C错误,D正确.
3.[2014²全国卷Ⅰ]如图所示,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
[解析] A 设橡皮筋原长为l0,小球静止时橡皮筋伸长x1,由平衡条件有kx1=mg,小球距离悬点高度
h=l0+x1=l0+,加速时,设橡皮筋与水平方向夹角为θ,此时橡皮筋伸长x2,小球在竖直方向上受力平衡,有
kx2sin θ=mg,小球距离悬点高度h'=(l0+x2)sin θ=l0sin θ+,因此小球高度升高了.
4.(多选)[2017²洛阳模拟]如图所示为缓慢关门时(图中箭头方向)门锁的示意图,锁舌尖角为37°,此时弹簧弹力为24 N,锁舌表面较光滑,摩擦不计(sin 37°=0.6,cos37°=0.8),下列说法正确的是( )
A.此时锁壳碰锁舌的弹力为40 N
B.此时锁壳碰锁舌的弹力为30 N
C.关门时锁壳碰锁舌的弹力逐渐增大
D.关门时锁壳碰锁舌的弹力保持不变
[解析] AC 锁壳碰锁舌的弹力分解如图所示,其中F1=F N sin 37°,且此时F1大小等于弹簧的弹力24 N,解得锁壳碰锁舌的弹力为40 N,选项A正确,B错误;关门时,弹簧的压缩量增大,弹簧的弹力增大,故锁壳碰锁舌的弹力逐渐增大,选项C正确,D错误.
5.[2017²全国卷Ⅱ]如图所示,一物块在水平拉力F的作用下沿水平桌面做匀速直线运动.若保持F的大小不变,而方向与水平面成60°角,物块也恰好做匀速直线运动,物块与桌面间的动摩擦因数为( )
A.2-
[解析] C 因为物块均做匀速直线运动,所以拉力水平时,F=μmg,拉力倾斜时,将F沿水平方向和竖直方向
分解,根据平衡条件有Fcos 60°=μ(mg-Fsin 60°),解得μ=.
专题二共点力的平衡及其应用
【热点题型探究】
热点一
例1 B [解析] 日光灯受力如图所示,将T1、T2分别向水平方向和竖直方向分解,则有T1sin 45°=T2 sin
45°,T1cos 45°+T2cos 45°=G,解得T1=T2=G,选项B正确.
[点评] (1)本题为实际平衡问题的分析,分析此类问题的一般思路如下:
(2)用图解法分析力的动态变化,具有直观、便于比较的特点,它一般适用于研究对象受三个力作用的情况,且其中一个力大小、方向不变,另一个力方向不变,第三个力大小、方向均变化.应用时应注意以下几点: ①明确要分解大小、方向均不变的力,把它分解到另外两个力的反方向上;②明确哪个力的方向是不变的;③明确哪个力大小、方向变化,变化的范围如何.
变式题1 A [解析] 单手与地面间的作用力方向垂直于地面,大小均为G,与θ角无关,选项A正确,B错误;不管θ大小如何,运动员受到的合力始终为零,选项C错误;不管θ大小如何,运动员与地面之间的相互作用力总是大小为G且方向不变,选项D错误.
变式题2 D [解析] 由题意可知,照相机受四个力作用而处于平衡状态,其中三根轻质支架的作用力与重力的作用线方向的夹角均为30°,即三个作用力等大对称,所以在竖直方向上,由平衡条件可得3Fcos
30°=mg,解得F=mg,由牛顿第三定律可知,每根支架中承受的压力大小为 mg,故选项D正确.
热点二
例 2 A [解析] 解法一:合成法.滑块受力如图甲所示,由平衡条件知mg=F N sin θ,F=F N cos θ,解得
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=G2=,F N=G1=.
解法三:正交分解法.将滑块受的力沿水平方向和竖直方向分解,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: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=,F N=.
变式题AB [解析] 对物体进行受力分析,物体始终处于静止状态,不加竖直向上的力时,摩擦力f=mgsin 30°=15 N,支持力F N=mgcos 30°=15 N,物体对斜面的作用力是指物体对斜面的压力和摩擦力的合力,其大小等于物体重力,即F作=mg=30 N;若加上一个竖直向上的力,相当于物体重力减小了,可看作重力为G=(30-5)N=25 N的物体,此时摩擦力为f'=Gsin 30°=12.5 N,减小 2.5 N,A正确;支持力为F'N=Gcos 30°=12.5 N,斜面受到的压力减小2.5 N,C错误;物体对斜面的作用力大小为25 N,减小5.0 N,B正确;物体始终处于静止状态,合外力为零,D错误.
热点三
例3 A [解析] 柔软轻绳上套有光滑小铁环,两侧轻绳中拉力相等.将大圆环在竖直平面内绕过O点的轴顺时针缓慢转过一个微小角度,则A、B两点之间的水平距离减小,光滑小铁环两侧轻绳间夹角2α减小,由2Fcos α=mg可知,轻绳中拉力F减小,轻绳对A、B两点的拉力F A和F B都变小,选项A正确.
变式题1 AD [解析] 原来球静止,受力如图甲所示,由平衡条件知,AB板对铁球的支持力F2=G,则铁球对AB板的压力F'2=F2=G,突然撤去CD板,则铁球对AB板的压力变为Gcos 60°,故压力减小,选项A正确,选项B错误;如果保持AB板不动,使CD板与水平面的夹角缓慢减小,因两板弹力的合力等于重力,大小和方向都不变,AB板对铁球弹力F2的方向不变,CD板的弹力F1方向发生改变,由三角形定则(如图乙所示)可知,弹力F2逐渐减小,弹力F1先减小后增大,由牛顿第三定律可知,球对CD板的压力先减小后增大,球对AB板的压力逐渐减小,选项C错误,选项D正确.
变式题2 B [解析] 作出结点C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绳中的张力为T=G,AC杆中的支撑力为F N=G.由于重物P向上运动时,AB、AC不变,BC变小,故T减小,F N大小不变,选项B正确,选项A、C、D错误.。