浙江省2021高考物理一轮复习 第二单元 相互作用 第8课时 共点力的平衡课件

第8课时共点力的平衡基础过关共点力的平衡1.平衡状态(1)静止:物体的①速度和②加速度都等于零的状态。(2)匀速直线运动:物体的③加速度为零,④速度不为零且保持不变的状态。2.共点力的平衡条件F合=0或者 00xyFF3.平衡条件的推论(1)二力平衡:如果物体在两个共点力的作用下处于平衡状态,这两个力必定大小⑤相等,方向⑥相反。(2)三力平衡:如果物体在三个共点力的作用下处于平衡状态,其中任何一个力与其余两个力的合力大小⑦相等,方向⑧相反,并且这三个力的矢量可以构成一个封闭的矢量⑨三角形。(3)多力平衡:如果物体在多个共点力的作用下处于平衡状态,其中任何一个力与其余几个力的合力大小⑩相等,方向 相反。4.应用平衡条件解题的步骤(1)选取研究对象:根据题目要求,选取一个平衡体(单个物体或系统,也可以是结点)作为研究对象。(2)画受力示意图:对研究对象按受力分析的顺序进行受力分析,画出受力示意图。(3)建立坐标系:选取合适的方向建立直角坐标系。(4)列方程求解:根据平衡条件列出平衡方程,解平衡方程,对结果进行讨论。1.判断下列说法对错。(1)对物体进行受力分析时不用区分外力与内力,两者都要同时分析 (✕)(2)处于平衡状态的物体加速度一定等于零 (√)(3)速度等于零的物体一定处于平衡状态 (✕)(4)物体在缓慢运动时所处的状态不能认为是平衡状态 (✕)(5)物体做竖直上抛运动到达最高点时处于静止状态 (✕)2.如图所示,玻璃球沿碗的内壁做匀速圆周运动,若忽略摩擦,关于玻璃球的受力情况,下列说法中正确的是 (A) A.只受重力和支持力B.受重力、支持力和压力C.受重力、支持力和向心力D.受重力、压力和向心力3.如图所示,两根等长的轻绳将日光灯悬挂在天花板上,两绳与竖直方向的夹角都为45°,日光灯保持水平,所受重力为G,左右两绳的拉力大小分别为 (B) A.G和GB. G和 GC. G和 GD. G和 G2222123212124.在某驾校的训练场地上,有一段圆弧形坡道,如图所示,若将同一辆车先后停放在a点和b点,下列分析和比较正确的是 (A) A.车在a点受到的坡道的支持力大于在b点受到的坡道的支持力B.车在a点受到的坡道的摩擦力大于在b点受到的坡道的摩擦力C.车在a点受到的合外力大于在b点受到的合外力D.车在a点受到的重力的下滑分力大于在b点受到的重力的下滑分力考点一物体的受力分析考点突破1.受力分析的基本思路2.受力分析的四个常用方法(1)条件法:不同性质的力产生条件不同,进行受力分析时最基本的判断依据是其产生条件。(2)假设法:在受力分析时,若不能确定某力是否存在,可先对其作出存在的假设,然后根据分析该力存在对物体运动状态的影响来判断该力是否存在。(3)动力学分析法:有时候是否满足某力产生的条件是很难判定的,可先根据物体的运动状态进行分析,再运用平衡条件或牛顿运动定律判定未知力。(4)对象转换法:从力的作用是相互的这个基本特征出发,通过判定其反作用力是否存在来判定该力是否存在。例1“阶下儿童仰面时,清明妆点最堪宜。游丝一断浑无力,莫向东风怨别离。”这是《红楼梦》中咏风筝的诗,风筝在风力F、线的拉力FT以及重力G的作用下,能够高高地、平稳地飞在蓝天上。关于风筝在空中的受力可能正确的是 (A)解析风筝受竖直向下的重力,风力应与风筝面垂直,风筝平稳地飞在空中认为是平衡状态,所以线拉力方向应该在重力和风力的合力的反方向上,所以A正确。1.(2019浙江凤鸣高中期中)射箭是奥运会正式比赛项目。运动员将箭射出后,箭在空中飞行过程中受到的力有 ()A.重力B.重力、弓弦的弹力C.重力、空气作用力D.重力、弓弦的弹力、空气作用力解析C箭在空中飞行过程中受到重力和空气阻力,故应选C。2.工业4.0是由德国政府《德国2020高技术战略》中所提出的十大未来项目之一,库卡机器人是其中的典型代表。如图所示,某库卡机器手竖直夹起一个玻璃杯,玻璃杯在空中处于静止状态,机器手与玻璃杯接触面保持竖直,则 () A.机器手对玻璃杯的作用力方向向下B.机器手对玻璃杯的作用力大于玻璃杯对机器手的作用力C.机器手对玻璃杯的作用力等于玻璃杯重力D.若机器手水平移动,玻璃杯受到的摩擦力变大解析C玻璃杯在空中处于静止状态,说明机器手对玻璃杯的作用力与玻璃杯的重力平衡,因此机器手对玻璃杯的作用力方向竖直向上,和玻璃杯对机器手的力是一对相互作用力,大小相等,选项A、B错误,C正确。若水平移动机器手,由于玻璃杯在竖直方向受力始终平衡,故摩擦力始终等于重力,故D错误。3.我国的高铁技术在世界上处于领先地位,高铁(如图甲所示)在行驶过程中非常平稳,放在桌上的水杯几乎感觉不到晃动。图乙为高铁车厢示意图,A、B两物块相互接触地放在车厢里的水平桌面上,物块与桌面间的动摩擦因数相同,A的质量比B的质量大,车厢在平直的铁轨上向右做匀速直线运动,A、B相对于桌面始终保持静止,下列说法正确的是 ()A.A受到2个力的作用B.B受到3个力的作用C.A受到桌面对它向右的摩擦力D.B受到A对它向右的弹力解析A车厢做匀速直线运动时,A、B受到的合外力均为零,都只受到重力和桌面的支持力的作用,因此A正确,B、C、D错误。考点二共点力的静态平衡问题(整体法与隔离法) 整体法与隔离法例2如图所示,质量为m的正方体A和质量为M的正方体B放在两竖直墙和水平面间,处于静止状态。A和B的接触面与竖直方向的夹角为α,重力加速度为g,若不计一切摩擦,下列说法正确的是 (D)A.水平面对正方体B的弹力大小大于(M+m)gB.水平面对正方体B的弹力大小为(M+m)gcosαC.墙面对正方体A的弹力大小为mgtanαD.墙面对正方体B的弹力大小为 tanmgα解析由于两墙面竖直,对B和A整体受力分析可知,水平面对B的弹力大小等于(M+m)g,A、B错误;在水平方向,墙对B和A的弹力大小相等、方向相反,隔离A受力分析如图所示,根据平行四边形定则可得A受到的墙对它的弹力大小为 ,所以B受到墙面的弹力大小也为 ,C错误,D正确。  tanmgαtanmgα1.(2019浙江金华期中联考)如图所示,质量为m的质点静止放在半径为R的半球体上,与半球体间的动摩擦因数为μ,质点与球心的连线与水平地面的夹角为θ,重力加速度为g,则下列说法正确的是 (D)A.地面对半球体的摩擦力方向水平向左B.质点对半球体的压力大小为mgcosθC.质点所受摩擦力大小为mgsinθD.质点所受摩擦力大小为mgcosθ解析以整体为研究对象,整体处于静止状态,水平方向不受外力,故半球体不受地面的摩擦力,A错误;对质点受力分析,质点受重力、支持力及摩擦力,三力作用下质点处于平衡状态,则合力为零,质点对球面的压力为mgsinθ,故B错误;摩擦力沿切线方向,在切线方向重力的分力与摩擦力大小相等,即f=mgcosθ,故C错误,D正确。 2.(2019浙江杭州预测卷)将两个质量均为m的小球a、b用细线相连后,再用细线悬挂于O点,如图所示。用力F拉小球b,使两个小球都处于静止状态,且细线OA与竖直方向的夹角保持θ=30°,则F的最小值为(重力加速度为g) (B) A. mgB.mgC. mgD. mg333212解析以a、b为整体,整体受重力(大小为2mg)、细线OA的拉力FT及拉力F三个力而平衡,如图所示,三力构成的矢量三角形中,当力F垂直于细线OA拉力FT时有最小值,且最小值F=2mgsinθ=mg,B项正确。3.如图所示,物体A用轻质细绳与圆环B连接,圆环套在固定竖直杆MN上。现用一水平力F作用在绳上的O点,将O点缓慢向左移动,使细绳与竖直方向的夹角增大,在此过程中圆环B始终处于静止状态。下列说法正确的是 (A)A.水平力F逐渐增大B.绳对圆环B的拉力不变C.杆对圆环B的摩擦力变大D.杆对圆环B的支持力不变解析设细绳与水平方向的夹角为α,物体的质量为m,对结点O受力分析,运用合成法,则由平衡条件可得F= ,α减小,则F增大,故A正确;设绳对圆环的拉力为T,则T= ,α减小,则T增大,即绳对圆环B的拉力变大,故B错误;以圆环和物体整体为研究对象受力分析,由平衡条件,竖直方向杆对圆环B的摩擦力等于物体与圆环的重力之和,故杆对圆环B的摩擦力不变,水平方向拉力F等于杆对环的支持力,F增大,杆对圆环B的支持力增大,故C、D错误。tanmgαsinmgα考点三分析动态平衡问题的三种方法1.动态平衡: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.分析动态平衡问题的方法方法步骤解析法(1)列平衡方程求出未知量与已知量的关系表达式(2)根据已知量的变化情况来确定未知量的变化情况图解法(1)根据已知量的变化情况,画出平行四边形边、角的变化(2)确定未知量的变化情况相似三角形法(1)根据已知条件画出两个不同情况对应的力的三角形和空间几何三角形,确定对应边,利用三角形相似知识列出比例式(2)确定未知量的变化情况例3(多选)(2017课标Ⅰ,21,6分)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 ()α2π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【审题突破】解题的关键是分析物体受力的特点,此题中知重力大小、方向不变,而两侧轻绳上的张力大小、方向均变化,需根据平衡条件结合力的矢量三角形画出动态分析图,也可直接利用正弦定理求解。解析AD将重物向右上方缓慢拉起,重物处于动态平衡状态,可利用平衡条件或力的分解画出动态图分析。将重物的重力沿两绳方向分解,画出分解的动态图如图所示。在三角形中,根据正弦定理有 = = ,由题意可知FMN的反方向与FOM的夹角γ=180°-α,不变,因sinβ(β为FMN与G的夹角)先增大后减小,故OM上的张力先增大后减小,当β=90°时,OM上的张力最大,因sinθ(θ为FOM与G的夹角)逐渐增大,故MN上的张力逐渐增大,选项A、D正确,B、C错误。1GsinγOM11FsinβMN11Fsinθ考向1解析法1.如图所示,与水平方向成θ角的推力F作用在物块上,随着θ逐渐减小直到水平的过程中,物块始终沿水平面做匀速直线运动,物块与水平面间的动摩擦因数为μ。关于物块受到的外力,下列判断正确的是 (B)A.推力F先增大后减小B.推力F一直减小C.物块受到的摩擦力先减小后增大D.物块受到的摩擦力一直不变解析对物块受力分析,建立如图所示的坐标系。由平衡条件得Fcosθ-Ff=0,FN-(mg+Fsinθ)=0,又Ff=μFN,联立可得F= ,可见,当θ减小时,F一直减小;由摩擦力Ff=μFN=μ(mg+Fsinθ)可知,当θ、F减小时,Ff一直减小。综上分析可知,B正确,A、C、D错误。μmgθ-μθcossin考向2图解法2.(2016课标Ⅱ,14,6分)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)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逐渐变小解析由题意知,系统处于动态平衡状态,分析O点的受力情况如图所示,其中T'=G恒定不变,F方向不变,T大小方向均改变,在O点向左移动的过程中,θ角逐渐变大,由动态矢量三角形可知F、T均逐渐变大,故A项正确。考向3相似三角形法3.如图所示是一个简易起吊装置的示意图,AC是质量不计的撑杆,A端与竖直墙用铰链连接,一滑轮B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 (B)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杆中的支持力FN越来越大D.AC杆中的支持力FN越来越小解析作出C点的受力