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微專題2 受力分析 共點力的平衡
A組 基礎過關
1.風洞是進行空氣動力學實驗的一種重要設備。一次檢驗飛機性能的風洞實驗示意圖如圖所示,AB代表飛機模型的截面,OL是拉住飛機模型的輕繩。已知飛機模型重為G,當飛機模型靜止在空中時,繩恰好水平,此時飛機模型截面與水平面的夾角為θ,則作用于飛機模型上的風力大小為( )
A.Gcosθ B.G cos θ C.Gsinθ D.G sin θ
答案 A 作用于飛機模型上的風力F垂直于AB向上,風力F的豎直分力等于飛機模型的重力,即F cos θ=G,解得F=Gcosθ,A正確。
2.(2018天津渤海月考)如圖所示,一箱蘋果沿著傾角為θ的斜面,以速度v勻速下滑。在箱子的中央有一個質量為m的蘋果,它受到周圍蘋果對它作用力的合力的方向( )
A.沿斜面向上 B.沿斜面向下
C.豎直向上 D.垂直斜面向上
答案 C 一箱蘋果整體向下勻速運動,其中央的一個蘋果也一定是做勻速運動,受到的合力為零。由于中央的那一個蘋果只受它周圍蘋果對它作用力的合力與重力的作用,故重力與它周圍蘋果對它作用力的合力為一對平衡力,大小相等、方向相反,受力如圖,故C正確。
3.(2019河北衡水調研)如圖所示,A、B兩木塊放在水平面上,它們之間用細線相連,兩次連接情況中細線傾斜方向不同但傾角一樣,兩木塊與水平面間的動摩擦因數(shù)相同,先后用水平力F1和F2拉著A、B一起勻速運動,兩次細線上的力分別為FT1、FT2,則( )
A.F1>F2 FT1
FT2
答案 B 對整體受力分析可知,整體受重力、拉力、支持力及摩擦力。因整體對地面的壓力相同,故摩擦力相同,因此水平拉力相等,即F1=F2。再對A受力分析可知,A受重力、支持力、繩子的拉力及與地面間的摩擦力而處于平衡狀態(tài)。對第一種情況有FT1 sin θ=μ(mg-FT1 cos θ),解得FT1=μmgsinθ+μcosθ;對第二種情況有FT2 sin θ=μ(mg+FT2 cos θ),解得FT2=μmgsinθ-μcosθ,故FT1T2 B.T1=T2 C.F1F2
答案 BD 以B球為研究對象,B球受到重力G、彈簧的彈力F和繩子的拉力T,受力示意圖如圖所示。B球平衡時,F與T的合力與重力G大小相等、方向相反,即G=G;根據(jù)三角形相似得GOA=TOB=FAB。換成原長相同而勁度系數(shù)更小的彈簧,彈簧的形變量增大,AB減小,OB不變,則T不變,F減小,B、D項正確。
9.質量為M的木楔傾角為θ(θ<45),在水平面上保持靜止,當將一質量為m的木塊放在木楔斜面上時,它正好勻速下滑。當用與木楔斜面成α角的力F拉木塊時,木塊勻速上升,如圖所示(已知木楔在整個過程中始終靜止)。
(1)當α為何值時,拉力F有最小值,求此最小值;
(2)求在(1)的情況下木楔對水平面的摩擦力的大小。
答案 見解析
解析 木塊在木楔斜面上勻速向下運動時,有
mg sin θ=μmg cos θ,即μ=tan θ
(1)木塊在力F的作用下沿斜面向上勻速運動,有
F cos α=mg sin θ+Ff,F sin α+FN=mg cos θ,Ff=μFN
解得F=2mgsinθcosα+μsinα=2mgsinθcosθcosαcosθ+sinαsinθ
=mgsin2θcos(θ-α)
當α=θ時,F有最小值,則Fmin=mg sin 2θ。
(2)因為木塊及木楔均處于平衡狀態(tài),整體受到地面的摩擦力等于F的水平分力,即Ff=F cos (α+θ)
當F取最小值mg sin 2θ時,
Ff=Fmin cos 2θ=mg sin 2θ cos 2θ=12mg sin 4θ
10.(2019安徽銅陵期末)如圖所示,質量M=23 kg的木塊A套在水平桿上,并用輕繩將木塊A與質量m=3 kg的小球B相連。今用與水平方向成α=30角的力F=103 N拉著球帶動木塊一起向右勻速運動,運動中木塊、小球的相對位置保持不變,取g=10 m/s2。求:
(1)運動過程中輕繩與水平方向的夾角θ;
(2)木塊與水平桿間的動摩擦因數(shù)μ。
答案 (1)30 (2)35
解析 (1)設輕繩對B的拉力為FT,小球受力如圖甲所示。由平衡條件可得
F cos 30-FT cos θ=0
F sin 30+FT sin θ-mg=0
代入數(shù)據(jù)得103Ncos 30=FT cos θ①
103 Nsin 30+FT sin θ=103 N②
由①②兩式聯(lián)立解得FT=103 N,θ=30
(2)以木塊和小球組成的整體為研究對象,受力如圖乙所示。由平衡條件可得
F cos 30-Ff=0
FN+F sin 30-(M+m)g=0
又Ff=μFN
解得μ=35
B組 能力提升
11.(多選)2018年5月30日晚,在廣西來賓市區(qū)桂中水城,一只狗下河喝水時因為安裝在水下的彩燈電線漏電而被電死。當?shù)赜嘘P部門立即排查水下線路,消除安全隱患。漏電是常見的現(xiàn)象,如圖所示,豎直絕緣墻壁上的Q處有一固定的質點A,Q正上方P點處用細線(長度為l)懸掛著另一質點B,A、B兩質點因為帶相同電荷而相互排斥,致使細線與豎直方向成θ角,由于漏電,A、B兩質點的帶電荷量逐漸減小。在電荷漏完之前有關細線對懸點P的拉力T和質點A、B之間庫侖力F的大小,說法正確的是( )
A.T保持不變 B.F先變大后變小
C.F逐漸減小 D.T逐漸增大
答案 AC 以質點B為研究對象,質點受到重力G、質點A的庫侖力F和線的拉力T三個力作用,如圖所示。作出F、T的合力F,則由平衡條件得F=G。設A、B間距離為x,根據(jù)三角形相似得GPQ=Tl=Fx,得T=lPQG,F=xPQG,在A、B兩質點帶電荷量逐漸減少的過程中,l、PQ、G均不變,則線的拉力T不變;因電荷量的減少,質點A、B相互靠近,x減小。庫侖力F減小,故A、C正確,B、D錯誤。
12.如圖所示,質量為m的球放在傾角為α的光滑斜面上,在斜面上有一光滑且不計厚度的木板擋住球,使之處于靜止狀態(tài)。今使擋板與斜面的夾角β緩慢增大,在此過程中,斜面對球的支持力N1和擋板對球的壓力N2的變化情況為( )
A.N1、N2都是先減小后增大
B.N1一直減小,N2先增加后減小
C.N1先減小后增加,N2一直減小
D.N1一直減小,N2先減小后增加
答案 D 解法一 圖解法
對球受力分析,如圖甲所示。球始終處于平衡狀態(tài),故三個力的合力始終為零,三力構成矢量平行四邊形。擋板逆時針轉動時,N2方向也逆時針轉動,作出圖甲所示的動態(tài)矢量平行四邊形。由圖甲可知,N1隨β的增大一直減小,N2先減小后增大。
解法二 正弦定理法
對球受力分析,如圖乙所示。球受重力mg、斜面支持力N1、擋板壓力N2。由正弦定理得
mgsinβ=N1sin(180-α-β)=N2sinα
解得N1=sin(α+β)sinβmg,N2=sinαsinβmg
故隨著β的增大,N1一直減小,N2先減小后增大,β=90時,N2達到最小值,為mg sin α。
13.將一傾角為β、質量為M的光滑斜面體放在光滑的水平地面上,一質量為m的球固定在輕桿的一端,輕桿的另一端用鉸鏈固定在豎直的墻壁上,可繞鉸鏈無摩擦轉動,同時將小球放置在斜面上,此時桿與豎直方向的夾角為α,開始α<β并且兩者之和小于90。今用一水平向左的外力F作用在斜面體上,如圖所示,同時將小球釋放,為了讓光滑的斜面體向右保持勻速直線運動,則下列有關外力F以及小球對輕桿的作用力T的變化的說法正確的是( )
A.F保持不變,T逐漸減小
B.F逐漸增大,T先減小后增大
C.F先減小后增大,T先增大后減小
D.F逐漸減小,T逐漸減小
答案 B 對小球進行受力分析可知,其受到重力mg、斜面的支持力N和桿的支持力T,如圖甲。根據(jù)共點力的平衡條件,有Nsinα=Tsinβ=mgsin(α+β),解得N=sinαsin(α+β)mg,T=sinβsin(α+β)mg;如圖乙,對斜面體進行受力分析可知,其受到推力F、重力Mg、地面的支持力FN和小球的壓力N(N=N)。根據(jù)共點力的平衡條件,有N sin β=F,解得F=N sin β=sinαsinβsin(α+β)mg。故隨著α的增大,T先減小后增大,F逐漸增大。
（新課標）2020版高考物理一輪復習 第二章 微專題2 受力分析 共點力的平衡夯基提能作業(yè)本.docx
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