2022年高考物理專題復(fù)習 第3課時 受力分析 共點力的平衡教案

2022年高考物理專題復(fù)習 第3課時 受力分析 共點力的平衡教案 【測控導(dǎo)航】考點題號1.受力分析1、22.共點力的平衡條件及其應(yīng)用4、10、113.動態(tài)平衡問題6、74.臨界與極值問題8、95.整體法、隔離法的應(yīng)用3、51.如圖所示,水平地面上的物體A,在斜向上的拉力F的作用下,向右做勻速運動,則下列說法中正確的是(BC)A.物體A可能只受到三個力的作用B.物體A一定受到了四個力的作用C.物體A受到的滑動摩擦力大小為Fcos D.物體A對水平地面的壓力的大小一定為Fsin 解析:物體A勻速向右運動,一定有四個力作用,如圖所示.其中Ff=Fcos ,FN+Fsin =mg.故FN有可能大小為Fsin ,故選項A、D錯誤,選項B、C正確.2. (xx徐州市模擬)如圖所示,一個質(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(AD)A.滑塊可能受到三個力作用B.彈簧一定處于壓縮狀態(tài)C.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一定等于。mg3.(xx蚌埠模擬)如圖所示,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,m2在空中),力F與水平方向成角.則m1所受支持力FN和摩擦力Ff正確的是(A)A.FN=m1g+m2g-Fsin B.FN=m1g+m2g-Fcos C.Ff=F/cos D.Ff=Fsin 解析:對于m1、m2和輕彈簧組成的系統(tǒng)受力分析如圖.由平衡條件知:水平方向:Ff=Fcos 豎直方向:FN+Fsin =m1g+m2g.由以上兩式得:Ff=Fcos ,FN=m1g+m2g-Fsin ,故選項A正確.當研究系統(tǒng)受外力時,需采用整體法;當研究系統(tǒng)內(nèi)各部分之間的相互作用時,宜采用隔離法.4.(xx寧波六校期中)如圖所示,兩個完全相同的光滑球的質(zhì)量為m,放在豎直擋板和傾角為的固定斜面間.若緩慢轉(zhuǎn)動擋板至與斜面垂直,則在此過程中(A)A.A、B兩球間的彈力不變B.B球?qū)π泵娴膲毫χ饾u增大C.B球?qū)醢宓膲毫χ饾u增大D.A球?qū)π泵娴膲毫χ饾u增大解析:緩慢轉(zhuǎn)動擋板表示A、B兩球始終處于平衡狀態(tài).本題采用先隔離后整體的分析方法.先對A球,共受三個力而平衡,B對A的彈力與A的重力沿斜面方向的分力相等,大小與方向均不變,即選項A正確,A球?qū)π泵娴膲毫Φ扔谄渲亓ρ卮怪毙泵娣较虻姆至?大小與方向均不變,選項D錯誤;再對A、B整體,也是共受三個力而平衡,其中A、B的重力為恒力,斜面對A、B的彈力方向不變,擋板對B的彈力沿斜面方向的分力與A、B的重力沿斜面方向的分力相等,大小不變,當擋板緩慢轉(zhuǎn)動時,擋板對B的彈力減小,進而可知B球?qū)π泵娴膲毫σ矞p小,因此,選項B、C均錯誤.5.(xx銀川質(zhì)檢)如圖所示,頂端裝有定滑輪的斜面體放在粗糙水平面上,A、B兩物體通過細繩相連,并處于靜止狀態(tài)(不計繩的質(zhì)量和繩與滑輪間的摩擦).現(xiàn)用水平向右的力F作用于物體B上,將物體B緩慢拉高一定的距離,此過程中斜面體與物體A仍然保持靜止.在此過程中(D)A.水平力F一定變小B.斜面體所受地面的支持力一定變大C.物體A所受斜面體的摩擦力一定變大D.地面對斜面體的摩擦力一定變大解析:取物體B為研究對象,分析其受力情況如圖所示.則有F=mgtan ,FT=。,在物體B緩慢被拉高的過程中,增大,則水平力F隨之變大,故選項A錯誤;對A、B兩物體與斜面體這個整體而言,由于斜面體與物體A仍然保持靜止,則地面對斜面體的摩擦力一定變大,故選項D正確;但是因為整體豎直方向并沒有其他力,故斜面體所受地面的支持力不變,故選項B錯誤;在這個過程中盡管繩子張力FT變大,但是由于物體A所受斜面體的摩擦力開始并不知道其方向,故物體A所受斜面體的摩擦力的情況無法確定,故選項C錯誤.6.(xx福州市高三期末質(zhì)量檢查)如圖所示,A,B兩物體的質(zhì)量分別為mA,mB,且mA>mB,整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài).滑輪的質(zhì)量和一切摩擦均不計.如果繩一端由Q點緩慢地向左移到P點,整個系統(tǒng)重新平衡后,繩的拉力F和兩滑輪間繩與水平方向的夾角變化情況是(D)A.F變大,角變大B.F變小,角變小C.F不變,角變小D.F不變,角不變解析:重新平衡后,繩的拉力F仍等于A物體的重力,B物體所受的繩的拉力等于B物體的重力,所以有:2mAgsin =mBg,即sin =。,不變,選項D正確.本題常錯選A項,其原因是沒有明確繩的拉力等于A物體的重力;解答本題的另一個難點是如何選取研究對象,選取滑輪為研究對象是關(guān)鍵.7.(xx黃山七校聯(lián)考)如圖所示,質(zhì)量為m的小球用細線拴住放在光滑斜面上,斜面足夠長,傾角為的斜面體置于光滑水平面上,用水平力F推斜面體使斜面體緩慢地向左移動,小球沿斜面緩慢升高.當線拉力最小時,推力F等于(D)A.mgsin B.。mgsin C.mgsin 2D.。mgsin 2解析:對小球進行受力分析,當細線與斜面平行時,線的拉力最小,如圖(甲)所示,可知斜面對小球的支持力FN=mgcos .由牛頓第三定律可知,小球?qū)π泵娴膲毫N'=mgcos ,將壓力FN'正交分解為水平向右的分力FN1'=FN'sin 和豎直向下的分力FN2'=FN'cos ,如圖(乙)所示,斜面體為平衡狀態(tài),所以推力F=FN1'=mgcos sin =。mgsin 2,故選項D正確.8.(xx福州模擬)如圖所示,重50 N的物體A放在傾角為37°的粗糙斜面上,有一根原長為10 cm,勁度系數(shù)為800 N/m的彈簧,其一端固定在斜面頂端,另一端放置物體A后,彈簧長度伸長為14 cm,現(xiàn)用一測力計沿斜面向下拉物體A,若物體A與斜面間的最大靜摩擦力為20 N,當彈簧的長度仍為14 cm時,測力計的讀數(shù)不可能為(sin 37°=0.6)(C)A.10 NB.20 NC.40 ND.0 N解析:A在斜面上處于靜止狀態(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,當摩擦力的方向沿斜面向上時F+mgsin 37°Ffm+F彈,F22 N,當摩擦力沿斜面向下時,F最小值為零.選項C正確.9.如圖所示,將兩個質(zhì)量均為m的小球a、b用細線相連懸掛于O點,用力F拉小球a,使整個裝置處于平衡狀態(tài),且懸線Oa與豎直方向的夾角為=30°,則F的大小(C)A.可能為。mgB.可能為。mgC.可能為mgD.不可能為。mg解析:對小球a受力分析,受重力、兩繩的拉力和F共四個力作用,受力分析如圖所示.當F的方向垂直于F0的方向時,F有最小值.根據(jù)共點力的平衡條件可得F的最小值為Fmin=2mgsin 30°=mg,選項C正確.由于F方向未知,則F的大小有多種可能,確定F的大小范圍可以用圖解法分析出F的最小值.10.(xx銅陵模擬)如圖所示,輕桿BC的C點用光滑鉸鏈與墻壁固定,桿的B點通過水平細繩AB使桿與豎直墻壁保持30°的夾角.若在B點懸掛一個定滑輪(不計重力),某人用它勻速地提起重物.已知重物的質(zhì)量m=30 kg,人的質(zhì)量M=50 kg,g取10 m/s2.試求:(1)此時地面對人的支持力的大小;(2)輕桿BC和繩AB所受力的大小.解析:(1)因勻速提起重物,則FT=mg,且繩對人的拉力為mg,所以地面對人的支持力為:FN=Mg-mg=(50-30)×10 N=200 N,方向豎直向上.(2)定滑輪對B點的拉力方向豎直向下,大小為2mg,桿對B點的彈力方向沿桿的方向,如圖所示,由共點力平衡條件得:FAB=2mgtan 30°=2×30×10×。 N=200。 NFBC= N=400。 N.答案:(1)200 N(2)400。 N200。 N11.(xx江蘇錫南質(zhì)量檢測)如圖(甲)所示,輕繩AD跨過固定在水平橫梁BC右端的定滑輪掛住一個質(zhì)量為M1的物體,ACB=30°如圖(乙)中輕桿HG一端用鉸鏈固定在豎直墻上,另一端G通過細繩EG拉住,EG與水平方向也成30°,輕桿的G點用細繩GK掛住一個質(zhì)量為M2的物體,求:(1)細繩AC段的張力FAC與細繩EG的拉力FEG之比;(2)輕桿BC對C端的支持力;(3)輕桿HG對G端的支持力.解析:圖(甲)和圖(乙)中的兩個物體M1、M2都處于平衡狀態(tài),根據(jù)平衡條件,可判斷與物體相連的細繩的拉力大小等于物體的重力;分別取C點和G點為研究對象,進行受力分析如圖(丙)、(丁)所示,(1)圖(丙)中輕繩AD跨過定滑輪掛住質(zhì)量為M1的物體,物體處于平衡狀態(tài),繩AC段的拉力FAC=FCD=M1g;圖(丁)中由于FEGsin 30°=M2g得FEG=2M2g,所以得FAC/FEG=M1/(2M2).(2)圖(丙)中,有,則FNC=FAC=M1g,方向和水平方向成30°角,斜向右上方.(3)圖(丁)中,根據(jù)平衡條件有FEGsin 30°=FGK,FEGcos 30°=FNG,FGK=M2g,聯(lián)立得FNG=。M2g,方向水平向右.答案:(1)。(2)M1g,方向與水平方向成30°角斜向右上方(3)。M2g,方向水平向右