第7講-受力分析-共點力的平衡(解析版)-2024年高考一輪復(fù)習(xí)精細講義

第7講受力分析共點力的平衡——劃重點之精細講義系列一．受力分析1．概念把研究對象(指定物體)在指定的物理環(huán)境中受到的所有力都分析出來，并畫出物體所受力的示意圖，這個過程就是受力分析．2．受力分析的一般順序先分析重力，然后按接觸面分析接觸力(彈力、摩擦力)，再分析其他力(電磁力、浮力等)，最后分析已知力．3．受力分析的四種方法整體法將加速度相同的幾個相互關(guān)聯(lián)的物體作為一個整體進行受力分析隔離法將所研究的對象從周圍的物體中分離出來，單獨進行受力分析假設(shè)法在受力分析時，若不能確定某力是否存在，可先對其作出存在的假設(shè)，然后分析該力存在對物體運動狀態(tài)的影響來判斷該力是否存在動力學(xué)分析法對加速運動的物體進行受力分析時，應(yīng)用牛頓運動定律進行分析求解4.受力分析的三個常用判據(jù)（1）條件判據(jù)：不同性質(zhì)的力產(chǎn)生條件不同，進行受力分析時最基本的判據(jù)是根據(jù)其產(chǎn)生條件。（2）效果判據(jù)：有時候是否滿足某力產(chǎn)生的條件是很難判定的，可先根據(jù)物體的運動狀態(tài)進行分析，再運用平衡條件或牛頓運動定律判定未知力。（3）特征判據(jù)：從力的作用是相互的這個基本特征出發(fā)，通過判定其反作用力是否存在來判定該力是否存在。二．共點力作用下物體的平衡1．平衡狀態(tài)物體處于靜止或勻速直線運動的狀態(tài)．2．共點力的平衡條件：F合＝0或者eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Fx合＝0,Fy合＝0))3．平衡條件的幾條重要推論(1)二力平衡：如果物體在兩個共點力的作用下處于平衡狀態(tài)，這兩個力必定大小相等，方向相反．(2)三力平衡：如果物體在三個共點力的作用下處于平衡狀態(tài)，其中任意兩個力的合力一定與第三個力大小相等，方向相反．(3)多力平衡：如果物體受多個力作用處于平衡，其中任何一個力與其余力的合力大小相等，方向相反．【典例1】如圖所示，一小車的表面由一光滑水平面和光滑斜面連接而成，其上放一球，球與水平面的接觸點為a，與斜面的接觸點為b.當小車和球一起在水平桌面上做直線運動時，下列結(jié)論正確的是()A．球在a、b兩點處一定都受到支持力B．球在a點一定受到支持力，在b點處一定不受支持力C．球在a點一定受到支持力，在b點處不一定受到支持力D．球在a點處不一定受到支持力，在b點處也不一定受到支持力解析：選D.若球與車一起水平勻速運動，則球在b處不受支持力作用，若球與車一起水平向左勻加速運動，則球在a處的支持力可能為零，D正確．【典例2】如圖所示，物塊A放在傾斜的木板上，已知木板的傾角α分別為30°和45°時物塊所受摩擦力的大小恰好相同，則物塊和木板間的動摩擦因數(shù)為()A.eq\f(1,2) B．eq\f(\r(3),2)C.eq\f(\r(2),2) D.eq\f(\r(5),2)解析：選C.由題意可以推斷出，當傾角α＝30°時，物體受到的摩擦力是靜摩擦力，大小為Ff1＝mgsin30°；當α＝45°時，物體受到的摩擦力為滑動摩擦力，大小為Ff2＝μFN＝μmgcos45°，由Ff1＝Ff2得μ＝eq\f(\r(2),2)，C正確．【典例3】體操運動員靜止懸掛在單杠上，當兩只手掌握點之間的距離減小時，關(guān)于運動員手臂受到的拉力，下列判斷正確的是()A．不變 B．變小C．變大 D．無法確定解析：選B.對運動員受力分析如圖所示．運動員靜止懸掛在單扛上，受力平衡，設(shè)兩臂與豎直方向夾角為α，根據(jù)三力平衡的特點可知運動員手臂受到的拉力F＝eq\f(mg,2cosα)，α減小，cosα增大，F(xiàn)減小，故選項B正確.考點一物體的受力分析1．定義：把指定物體(研究對象)在特定的物理環(huán)境中受到的所有外力都找出來，并畫出受力示意圖，這個過程就是受力分析．2．受力分析的一般順序：先分析場力(重力、電場力、磁場力)，再分析接觸力(彈力、摩擦力)，最后分析其他力．3．研究對象選取方法：整體法和隔離法．(1)當分析相互作用的兩個或兩個以上物體整體的受力情況及分析外力對系統(tǒng)的作用時，宜用整體法．(2)在分析系統(tǒng)內(nèi)各物體(或一個物體各部分)間的相互作用時常用隔離法．(3)整體法和隔離法不是獨立的，對一些較復(fù)雜問題，通常需要多次選取研究對象，交替使用整體法和隔離法．【典例1】如圖所示，光滑斜面固定于水平面，滑塊A、B疊放在一起沖上斜面，且始終保持相對靜止，A上表面水平，則在斜面上運動時B受力的示意圖為()解析：選A.先將A、B當成一個整體，一起沖上斜面時，受重力及斜面的支持力，合力沿斜面向下．再用隔離法，單獨對B進行受力分析可知，B所受摩擦力水平向左，所受A的支持力在豎直方向上，A正確．【典例2】如圖所示，用輕桿拴接同種材料制成的a、b兩物體，它們沿斜面向下做勻速運動，關(guān)于a、b的受力情況，以下說法正確的是()A．a(chǎn)受三個力作用，b受四個力作用B．a(chǎn)受四個力作用，b受三個力作用C．a(chǎn)、b均受三個力作用D．a(chǎn)、b均受四個力作用解析：選C.對a、b和輕桿組成的整體分析，根據(jù)平衡條件有Mgsinθ＝μMgcosθ，解得μ＝tanθ.再隔離對a分析，假設(shè)受到拉力，有mgsinθ＝FT＋μmgcosθ，解得FT＝0.所以輕桿無拉力，a、b均受三個力，即重力、支持力和摩擦力，選項C正確，A、B、D錯誤．【典例3】(多選)如圖所示，兩個相似的斜面體A、B在豎直向上的力F的作用下靜止靠在豎直粗糙墻壁上．關(guān)于斜面體A和B的受力情況，下列說法正確的是()A．A一定受到4個力B．B可能受到4個力C．B與墻壁之間一定有彈力和摩擦力D．A與B之間一定有摩擦力解析：選AD.整體法確定外力：對斜面體A、B整體受力分析，其受到向下的重力G和向上的推力F，由平衡條件可知B與墻壁之間不可能有彈力，因此也不可能有摩擦力，故C錯誤．假設(shè)法、狀態(tài)法確定B對A的接觸力：對斜面體A受力分析，A一定受到重力GA和推力F.假設(shè)撤掉A，B將下落，A、B間一定存在彈力FBA，如圖甲所示，為保持A處于平衡狀態(tài)，B一定給A一個沿斜面向下的摩擦力Ff.轉(zhuǎn)換法確定B的受力：根據(jù)牛頓第三定律可知，斜面體B除受重力外，一定受到A的支持力FAB和摩擦力Ff′，如圖乙所示．綜合以上分析可知，A、D正確．考點二共點力的靜態(tài)平衡問題解決共點力平衡問題常用的4種方法合成法物體受三個共點力的作用而平衡，則任意兩個力的合力一定與第三個力大小相等，方向相反效果分解法物體受三個共點力的作用而平衡，將某一個力按力的效果分解，則其分力和其他兩個力滿足平衡條件正交分解法物體受到三個或三個以上力的作用時，將物體所受的力分解為相互垂直的兩組，每組力都滿足平衡條件力的三角形法對受三力作用而平衡的物體，將力的矢量圖平移使三力組成一個首尾依次相接的矢量三角形，根據(jù)正弦定理、余弦定理或相似三角形等數(shù)學(xué)知識求解未知力考向1：單個物體的平衡問題【典例1】如圖所示，光滑半球形容器固定在水平面上，O為球心．一質(zhì)量為m的小滑塊，在水平力F的作用下靜止于P點．設(shè)滑塊所受支持力為FN，OP與水平方向的夾角為θ.下列關(guān)系正確的是()A．F＝eq\f(mg,tanθ) B．F＝mgtanθC．FN＝eq\f(mg,tanθ) D．FN＝mgtanθ解析解法一：合成法．滑塊受力如圖甲，由平衡條件知：eq\f(mg,F)＝tanθ，解得F＝eq\f(mg,tanθ)，F(xiàn)N＝eq\f(mg,sinθ).解法二：效果分解法．將重力按產(chǎn)生的效果分解，如圖乙所示，F(xiàn)＝G2＝eq\f(mg,tanθ)，F(xiàn)N＝G1＝eq\f(mg,sinθ).解法三：正交分解法．將滑塊受的力水平、豎直分解，如圖丙所示，mg＝FNsinθ，F(xiàn)＝FNcosθ，聯(lián)立解得：F＝eq\f(mg,tanθ)，F(xiàn)N＝eq\f(mg,sinθ).解法四：封閉三角形法．如圖丁所示，滑塊受的三個力組成封閉三角形，解直角三角形得：F＝eq\f(mg,tanθ)，F(xiàn)N＝eq\f(mg,sinθ)，故A正確．答案A考向2：整體法和隔離法在多體平衡問題中的應(yīng)用【典例2】質(zhì)量為m的四只完全相同的足球疊成兩層放在水平面上，底層三只足球剛好接觸成三角形，上層一只足球放在底層三只足球的正上面，系統(tǒng)保持靜止．若最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則()A．底層每個足球?qū)Φ孛娴膲毫閙gB．底層每個足球之間的彈力為零C．下層每個足球?qū)ι蠈幼闱虻闹С至Υ笮閑q\f(mg,3)D．水平面的摩擦因數(shù)至少為eq\f(\r(6),6)解析根據(jù)整體法，設(shè)下面每個球?qū)Φ孛娴膲毫鶠镕N，則3FN＝4mg，故FN＝eq\f(4,3)mg，A錯誤；四個球的球心連線構(gòu)成了正四面體，球放在水平面上，所以下層每個足球之間的彈力為零，B正確；上層足球受到重力、下層足球?qū)ι蠈幼闱虻娜齻€支持力，由于三個支持力的方向不是豎直向上，所以三個支持力在豎直方向的分量之和等于重力，則下層每個足球?qū)ι蠈幼闱虻闹С至Υ笮〈笥趀q\f(mg,3)，C錯誤；如圖所示，根據(jù)正四面體幾何關(guān)系可得，F(xiàn)與mg夾角的余弦值cosθ＝eq\f(\r(6),3)，正弦值sinθ＝eq\f(\r(3),3)，則有F·eq\f(\r(6),3)＋mg＝FN＝eq\f(4,3)mg，eq\f(\r(3),3)F＝Ff，解得Ff＝eq\f(\r(2),6)mg，F(xiàn)＝eq\f(\r(6),6)mg，則μ＝eq\f(\f(\r(2),6)mg,\f(4,3)mg)＝eq\f(\r(2),8)，所以水平面的摩擦因數(shù)至少為eq\f(\r(2),8)，故D錯誤．答案B【典例3】如圖所示，質(zhì)量分別為mA、mB的兩物塊A、B疊放在一起，若它們共同沿固定在水平地面上傾角為α的斜面勻速下滑．則()A．A、B間無摩擦力B．B與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝tanαC．A、B間有摩擦力，且B對A的摩擦力對A做負功D．B對斜面的摩擦力方向沿斜面向上解析：選B.因為A處于平衡狀態(tài)，所以A受重力、支持力以及B對A的靜摩擦力而平衡，可知A、B間有摩擦力，摩擦力的方向沿A與B的接觸面斜向上，向下滑動的過程中，摩擦力的方向與A速度方向的夾角為銳角，所以B對A的摩擦力對A做正功，故A、C錯誤；A、B能一起勻速下滑，對整體分析，受重力、支持力和滑動摩擦力，則有(mA＋mB)gsinθ＝μ(mA＋mB)gcosθ，可得μ＝tanα，斜面對B的摩擦力方向沿斜面向上，所以B對斜面的摩擦力方向沿斜面向下，故B正確，D錯誤.考點三共點力的動態(tài)平衡問題1．動態(tài)平衡：通過控制某些物理量，使物體的狀態(tài)發(fā)生緩慢地變化，物體在這一變化過程中始終處于一系列的平衡狀態(tài)中，這種平衡稱為動態(tài)平衡．2．基本思路：化“動”為“靜”，“靜”中求“動”．3．常用方法：解析法、圖解法和相似三角形法．常用方法使用條件使用方法解析法一般是能夠通過矢量三角形求解得到每個力的解析式。畫出受力分析圖，設(shè)一個角度，利用三力平衡得到拉力的解析式，然后作輔助線延長繩子一端交于題中的界面，找到所設(shè)角度的三角函數(shù)關(guān)系.當受力動態(tài)變化時，抓住繩長不變這一點，研究三角函數(shù)的變化，可清晰得到力的變化關(guān)系圖解法物體所受的三個力中，有一個力的大小、方向均不變（通常為重力，也可能是其他力），另一個力的方向不變，大小變化，第三個力則大小、方向均發(fā)生變化的問題先正確分析物體所受的三個力，將三個力首尾相連構(gòu)成閉合三角形.然后將方向不變的力的矢量延長，物體所受的三個力中有兩個力變化而又形成閉合三角形，只不過三角形的形狀發(fā)生改變，比較這些不同形狀的矢量三角形，各力的大小及變化就會一目了然。輔助圓法物體所受的三個力中，開始時兩個力的夾角為90°，且其中一個力大小、方向不變，①另兩個力大小、方向都在改變，但動態(tài)平衡時兩個力的夾角不變;②動態(tài)平衡時一個力大小不變、方向改變，另一個力大小、方向都改變，這兩種類型的問題先正確分析物體的受力，畫出受力分析圖，將三個力的矢量首尾相連構(gòu)成閉合三角形，第①種情況以不變的力為弦作圓，在輔助圓中可畫出兩力夾角不變的力的矢量三角形，從而輕易判斷各力的變化情況.第②種情況以大小不變、方向變化的力為直徑作一個輔助圓，在輔助圓中可畫出一個大小不變、方向改變的力的矢量三角形，從而輕易判斷各力的變化情況。相似三角形物體所受的三個力中，一個力大小、方向不變，其他兩個力的方向均發(fā)生變化，目三個力中沒有哪兩個力保持垂直關(guān)系，但矢量三角形與幾何三角形相似的問題先正確分析物體的受力，畫出受力分析圖，將三個力首尾相連構(gòu)成閉合三角形，再尋找與力的三角形相似的幾何三角形，利用相似三角形的性質(zhì)，建立比例關(guān)系，把力的大小變化問題轉(zhuǎn)化為幾何三角形邊長的變化問題進行討論?！镜淅?】如圖所示，與水平方向成θ角的推力F作用在物塊上，隨著θ逐漸減小直到水平的過程中，物塊始終沿水平面做勻速直線運動．關(guān)于物塊受到的外力，下列判斷正確的是()A．推力F先增大后減小B．推力F一直減小C．物塊受到的摩擦力先減小后增大D．物塊受到的摩擦力一直不變解析對物塊受力分析，建立如圖所示的坐標系．由平衡條件得：Fcosθ－Ff＝0，F(xiàn)N－(mg＋Fsinθ)＝0，又Ff＝μFN，聯(lián)立可得F＝eq\f(μmg,cosθ－μsinθ)，可見，當θ減小時，F(xiàn)一直減小，B正確；摩擦力Ff＝μFN＝μ(mg＋Fsinθ)，可知，當θ、F減小時，F(xiàn)f一直減小.答案B【典例2】在粗糙水平地面上與墻平行放著一個截面為半圓的柱狀物體A，A與豎直墻面間放一光滑圓球B，整個裝置處于靜止狀態(tài)．現(xiàn)對B施加一豎直向下的力F，F(xiàn)的作用線通過球心，設(shè)墻對B的作用力為F1，B對A的作用力為F2，地面對A的摩擦力為F3.若F緩慢增大而整個裝置仍保持靜止，截面如圖所示，在此過程中()A．F1保持不變，F(xiàn)3緩慢增大B．F1緩慢增大，F(xiàn)3保持不變C．F2緩慢增大，F(xiàn)3緩慢增大D．F2緩慢增大，F(xiàn)3保持不變解析球B受力情況如圖所示，墻對球B的作用力及A對球B的作用力的合力與F及重力的合力大小相等，方向相反，故當F增大時，A對B的支持力F2′增大，故B對A的壓力也增大，即F2增大，同理可知，墻對B的作用力F1增大；對整體分析，整體豎直方向受重力、支持力及壓力F，水平方向受墻的作用力F1和地面對A的摩擦力為F3而處于平衡，由平衡條件得，當F增大時，地面對A的摩擦力F3增大，故選項C正確.答案C【典例3】如圖所示，質(zhì)量為M的物體用輕繩懸掛于O點，開始時輕繩OA水平，OA、OB兩繩之間的夾角α=150°，現(xiàn)將兩繩同時順時針緩慢轉(zhuǎn)過90°，且保持O點及夾角α不變，物體始終保持靜止狀態(tài)。在旋轉(zhuǎn)過程中，設(shè)繩OA的拉力為F1，繩OB的拉力為FA．F1逐漸增大，最終等于B．F1C．F2D．F2【答案】C【詳解】AB．結(jié)點O受三個力作用處于平衡狀態(tài)，F(xiàn)OA和FOB夾角α=150°始終不變。作該矢量三角形的外接圓，如圖所示，F(xiàn)OA矢量箭頭將始終落在圓周上，由圖可知，F(xiàn)1CD．初始時刻，F(xiàn)OB恰好為其外接圓的直徑，故F2逐漸減小，當繩OA轉(zhuǎn)過90°處于豎直位置時故選C。【典例4】如圖所示，質(zhì)量均可忽略的輕繩與輕桿承受彈力的最大值一定，桿的A端用鉸鏈固定，光滑輕小滑輪在A點正上方，B端吊一重物G，現(xiàn)將繩的一端拴在桿的B端，用拉力F將B端緩縵上拉，在AB桿達到豎直前(均未斷)，關(guān)于繩子的拉力F和桿受的彈力FN的變化，判斷正確的是()A．F變大 B．F變小C．FN變大 D．FN變小解析設(shè)物體的重力為G.以B點為研究對象，分析受力情況，作出受力分析圖，如圖所示：作出力FN與F的合力F2，根據(jù)平衡條件得知，F(xiàn)2＝F1＝G.由△F2FNB∽△ABO得eq\f(FN,F2)＝eq\f(BO,AO)，解得FN＝eq\f(BO,AO)G，式中，BO、AO、G不變，則FN保持不變，C、D錯誤；由△F2FNB∽△ABO得eq\f(FN,OB)＝eq\f(F,AB)，AB減小，則F一直減小，A錯誤，B正確．答案B【典例5】(多選)如圖所示，一輛小車靜止在水平地面上，車內(nèi)固定著一個傾角為60°的光滑斜面OA，光滑擋板OB可繞轉(zhuǎn)軸O在豎直平面內(nèi)轉(zhuǎn)動，現(xiàn)將一質(zhì)量為m的圓球放在斜面與擋板之間，擋板與水平面的夾角θ＝60°，下列說法正確的是()A．若擋板從圖示位置順時針方向緩慢轉(zhuǎn)動60°，則球?qū)π泵娴膲毫χ饾u增大B．若擋板從圖示位置順時針方向緩慢轉(zhuǎn)動60°，則球?qū)醢宓膲毫χ饾u減小C．若保持擋板不動，則球?qū)π泵娴膲毫Υ笮閙gD．若保持擋板不動，使小車水平向右做勻加速直線運動，則球?qū)醢宓膲毫赡転榱憬馕觯哼xCD.若擋板從圖示位置順時針方向緩慢轉(zhuǎn)動60°，根據(jù)圖象可知，F(xiàn)B先減小后增大，F(xiàn)A逐漸減小，根據(jù)牛頓第三定律可知，球?qū)醢宓膲毫ο葴p小后增大，球?qū)π泵娴膲毫χ饾u減小，故選項A、B錯誤；球處于靜止狀態(tài)，受力平衡，對球進行受力分析，F(xiàn)A、FB以及G構(gòu)成的三角形為等邊三角形，根據(jù)幾何關(guān)系可知，F(xiàn)A＝FB＝mg，故選項C正確；若保持擋板不動，使小車水平向右做勻加速直線運動，當FA和重力G的合力正好提供加速度時，球?qū)醢宓膲毫榱?，故選項D正確．【典例6】如圖所示，用OA、OB兩根輕繩將物體懸于兩豎直墻之間，開始時OB繩水平．現(xiàn)保持O點位置不變，改變OB繩長使繩末端由B點緩慢上移至B′點，此時OB′與OA之間的夾角θ<90°.設(shè)此過程中OA、OB的拉力分別為FOA、FOB，下列說法正確的是()A．FOA逐漸增大 B．FOA逐漸減小C．FOB逐漸增大 D．FOB逐漸減小解析：選B.以結(jié)點O為研究對象，受力如圖所示，根據(jù)平衡條件知，兩根繩子的拉力的合力與重力大小相等、方向相反，作出輕繩OB在兩個位置時力的合成圖如圖，由圖看出，F(xiàn)OA逐漸減小，F(xiàn)OB先減小后增大，當θ＝90°時，F(xiàn)OB最小，選項B正確．考點四共點力平衡中的臨界極值問題1．臨界問題當某物理量變化時，會引起其他物理量的變化，從而使物體所處的平衡狀態(tài)“恰好出現(xiàn)”或“恰好不出現(xiàn)”，在問題的描述中常用“剛好”、“剛能”、“恰好”等語言敘述．2．極值問題物體平衡的極值，一般指在力的變化過程中的最大值和最小值問題．一般用圖解法或解析法進行分析．3．解決極值問題和臨界問題的方法(1)極限法：首先要正確地進行受力分析和變化過程分析，找出平衡的臨界點和極值點；臨界條件必須在變化中去尋找，不能停留在一個狀態(tài)來研究臨界問題，而要把某個物理量推向極端，即極大和極小，并依次做出科學(xué)的推理分析，從而給出判斷或?qū)С鲆话憬Y(jié)論．(2)數(shù)學(xué)分析法：通過對問題的分析，依據(jù)物體的平衡條件寫出物理量之間的函數(shù)關(guān)系(或畫出函數(shù)圖象)，用數(shù)學(xué)方法求極值(如求二次函數(shù)極值、公式極值、三角函數(shù)極值)，但利用數(shù)學(xué)方法求出極值后，一定要依據(jù)物理原理對該值的合理性及物理意義進行討論和說明．(3)物理分析方法：根據(jù)物體的平衡條件，作出力的矢量圖，通過對物理過程的分析，利用平行四邊形定則進行動態(tài)分析，確定最大值與最小值．【典例1】如圖所示，質(zhì)量為m的物體放在一固定斜面上，當斜面傾角為30°時恰能沿斜面勻速下滑．對物體施加一大小為F水平向右的恒力，物體可沿斜面勻速向上滑行．設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，當斜面傾角增大并超過某一臨界角θ0時，不論水平恒力F多大，都不能使物體沿斜面向上滑行，試求：(1)物體與斜面間的動摩擦因數(shù)；(2)這一臨界角θ0的大小．解析(1)如圖所1示，對物體受力分析，由平衡條件得mgsin30°＝μmgcos30°解得μ＝tan30°＝eq\f(\r(3),3)(2)設(shè)斜面傾角為α?xí)r，受力情況如圖2所示，由平衡條件得Fcosα＝mgsinα＋FfFN＝mgcosα＋FsinαFf＝μFN解得F＝eq\f(mgsinα＋μmgcosα,cosα－μsinα)當cosα－μsinα＝0，即cotα＝eq\f(\r(3),3)時，F(xiàn)→∞，即“不論水平恒力F多大，都不能使物體沿斜面向上滑行”，此時，臨界角θ0＝α＝60°答案(1)eq\f(\r(3),3)(2)60°【典例2】如圖所示，三根長度均為L的輕繩分別連接于C、D兩點，A、B兩端被懸掛在水平天花板上，相距2L，現(xiàn)在C點上懸掛一個質(zhì)量為m的重物，為使CD繩保持水平，在D點上可施加力的最小值為()A．mg B．eq\f(\r(3),3)mgC.eq\f(1,2)mg D.eq\f(1,4)mg解析：選C.由題圖可知，要想CD水平，各繩均應(yīng)繃緊，則AC與水平方向的夾角為60°；結(jié)點C受力平衡，受力分析如圖所示，則CD繩的拉力FT＝mgtan30°＝eq\f(\r(3),3)mg；D點受繩子拉力大小等于FT，方向向左；要使CD水平，D點兩繩的拉力與外界的力的合力為零，則繩子對D點的拉力可分解為沿BD繩的F1及另一分力F2，由幾何關(guān)系可知，當力F2與BD垂直時，F(xiàn)2最小，而F2的大小即為拉力的大小，故最小力F＝FTsin60°＝eq\f(1,2)mg，故C正確．【典例3】拖把是由拖桿和拖把頭構(gòu)成的擦地工具(如圖所示)．設(shè)拖把頭的質(zhì)量為m，拖桿質(zhì)量可以忽略；拖把頭與地板之間的動摩擦因數(shù)為常數(shù)μ，重力加速度為g.某同學(xué)用該拖把在水平地板上拖地時，沿拖桿方向推拖把，拖桿與豎直方向的夾角為θ.(1)若拖把頭在地板上勻速移動，求推拖把的力的大??；(2)設(shè)能使該拖把在地板上從靜止剛好開始運動的水平推力與此時地板對拖把的正壓力的比值為λ.已知存在一臨界角θ0，若θ≤θ0，則不管沿拖桿方向的推力多大，都不可能使拖把從靜止開始運動．求這一臨界角的正切值tanθ0.解析：(1)設(shè)該同學(xué)沿拖桿方向用大小為F的力推拖把，將推拖把的力沿豎直和水平方向分解，由平衡條件得Fcosθ＋mg－FN＝0①Fsinθ－Ff＝0②式中FN和Ff分別為地板對拖把的正壓力和摩擦力，則Ff＝μFN③聯(lián)立①②③式得F＝eq\f(μmg,sinθ－μcosθ)④(2)使該拖把在地板上從靜止剛好開始運動的水平推力等于拖把與地板間的最大靜摩擦力，設(shè)為Ffm，則依題意有eq\f(Ffm,FN)＝λ⑤若不管沿拖桿方向用多大的力都不能使拖把從靜止開始運動，應(yīng)滿足Fcosθ＋mg＝FN⑥Fsinθ≤Ffm⑦聯(lián)立⑤⑥⑦式得F(sinθ－λcosθ)≤λmg⑧因為λmg總是大于零，要使得F為任意值時上式總是成立，只要滿足sinθ－λcosθ≤0⑨即有tanθ≤λ⑩上式取等號即為臨界狀態(tài)，則tanθ0＝λ?答案：(1)eq\f(μmg,sinθ－μcosθ)(2)λ1．壁虎在豎直玻璃面上斜向上勻速爬行，關(guān)于它在此平面內(nèi)的受力分析，下列圖示中正確的是()解析：選A.壁虎在豎直玻璃面上斜向上勻速爬行，受力平衡，故受到的摩擦力一定和重力等大、反向，即方向豎直向上，A正確．2．如圖，一質(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．彈簧與斜面垂直，則()A．滑塊不可能只受到三個力作用B．彈簧不可能處于原長狀態(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eq\f(1,2)mg解析：選D.彈簧與斜面垂直，則彈簧與豎直方向的夾角為30°，所以彈簧彈力的方向垂直于斜面，因為彈簧的形變情況未知，所以斜面與滑塊之間的彈力大小不確定，所以滑塊可能只受重力、斜面支持力和靜摩擦力三個力的作用而平衡，此時彈簧彈力為零，處于原長狀態(tài)，故選項A、B錯誤；假設(shè)斜面對滑塊的支持力為零，則滑塊只受重力和彈簧彈力，滑塊不可能處于平衡狀態(tài)，故滑塊一定受支持力作用，故選項C錯誤；由于物塊處于靜止狀態(tài)由受力分析知摩擦力與重力沿斜面向下的分力平衡，大小為mgsin30°＝eq\f(1,2)mg.故選項D正確．3．“L”型木板P(上表面光滑)放在固定斜面上，輕質(zhì)彈簧一端固定在木板上，另一端與置于木板上表面的滑塊Q相連，如圖所示．若P、Q一起沿斜面勻速下滑，不計空氣阻力．則木板P的受力個數(shù)為()A．3 B．4C．5 D．6解析：選C.P、Q一起沿斜面勻速下滑時，由于木板P上表面光滑，滑塊Q受到重力、P的支持力和彈簧沿斜面向上的彈力，木板P受到重力、斜面的支持力、斜面的摩擦力、Q的壓力和彈簧沿斜面向下的彈力，C正確．4．如圖所示，質(zhì)量均為m的兩個球A、B固定在桿的兩端，將其放入光滑的半圓形碗中，桿的長度等于碗的半徑，當桿與碗的豎直半徑垂直時，兩球剛好能平衡，則桿對小球的作用力為()A.eq\f(\r(3),3)mg B.eq\f(2\r(3),3)mgC.eq\f(\r(3),2)mg D．2mg解析：選A.由已知條件知，球A、B間的桿一定水平，對A球受力分析，如圖所示，由共點力的平衡知識可得，桿的作用力為F＝mgtan30°＝eq\f(\r(3),3)mg，A正確．5．(多選)如圖所示，輕繩的兩端分別系在圓環(huán)A和小球B上，圓環(huán)A套在粗糙的水平直桿MN上．現(xiàn)用水平力F拉著繩子上的一點O，使小球B從圖中實線位置緩慢上升到虛線位置，但圓環(huán)A始終保持在原位置不動．在這一過程中，環(huán)對桿的摩擦力Ff和環(huán)對桿的壓力FN的變化情況是()A．Ff不變 B．Ff增大C．FN減小 D．FN不變解析：選BD.以結(jié)點O為研究對象進行受力分析，由題意可知，O點處于動態(tài)平衡，則可作出三力的平衡關(guān)系圖如圖甲所示，由圖可知水平拉力增大．以環(huán)和結(jié)點整體作為研究對象，對其受力分析如圖乙所示，由整個系統(tǒng)平衡可知FN＝mg，F(xiàn)f＝F，即Ff增大，F(xiàn)N不變，B、D正確．6．如圖所示，物塊a、b的質(zhì)量分別為2m、m，水平地面和豎直墻面均光滑，在水平推力F作用下，兩物塊均處于靜止狀態(tài)，則()A．物塊b受四個力作用B．物塊b受到的摩擦力大小等于2mgC．物塊b對地面的壓力大小等于mgD．物塊a受到物塊b的作用力水平向右解析：選B.對a分析，a受到豎直向下的重力，墻壁對a的支持力，b對a的彈力，要想保持靜止，必須在豎直方向上受到b對a的向上的靜摩擦力，故Ffba＝Ga＝2mg，B正確；對b分析，b受到豎直向下的重力，地面對b的豎直向上的支持力，a對b的豎直向下的靜摩擦力，a對b的水平向左的彈力，以及推力F，共5個力作用，在豎直方向上有Gb＋Ffab＝FN，故FN＝3mg，即物塊b對地面的壓力大小等于3mg，A、C錯誤；物塊a受到物塊b的水平方向上的彈力和豎直方向上的摩擦力，合力方向不是水平向右，D錯誤．7．半圓柱體P放在粗糙的水平地面上，其右端有一固定放置的豎直擋板MN.在半圓柱體P和MN之間放有一個光滑均勻的小圓柱體Q，整個裝置處于靜止．如圖所示是這個裝置的縱截面圖．若用外力先使MN保持豎直，然后緩慢地水平向右移動，在Q落到地面以前，發(fā)現(xiàn)P始終保持靜止．在此過程中，下列說法中正確的是()A．MN對Q的彈力逐漸增大B．Q所受的合力逐漸增大C．P、Q間的彈力先減小后增大D．地面對P的摩擦力逐漸減小解析：選A.對圓柱體Q受力分析，受到重力、MN的支持力和P的支持力，如圖甲所示，重力的大小和方向都不變，MN的支持力方向不變、大小改變，P的支持力方向和大小改變，然后根據(jù)平衡條件，得到FN1＝mgtanθ，F(xiàn)N2＝eq\f(mg,cosθ)，由于θ不斷增大，故FN1不斷增大，F(xiàn)N2也不斷增大，故選項A正確，C錯誤；對P、Q整體受力分析，受到總重力、MN的支持力FN1，地面的支持力FN3，地面的靜摩擦力Ff，如圖乙所示，根據(jù)共點力平衡條件有Ff＝FN1＝mgtanθ，由于θ不斷增大，故Ff不斷增大，故選項D錯誤；Q一直保持靜止，所受合力為零，不變，故選項B錯誤．8．如圖所示，豎直輕桿AB在細繩AC和水平拉力作用下處于平衡狀態(tài)．若AC加長，使C點左移，AB仍保持平衡狀態(tài)．細繩AC上的拉力FT和桿AB受到的壓力FN與原先相比，下列說法正確的是()A．FT和FN都減小 B．FT和FN都增大C．FT增大，F(xiàn)N減小 D．FT減小，F(xiàn)N增大解析：選A.設(shè)細繩AC與地面的夾角為α，結(jié)點A受到三個力的作用，細繩AC的拉力FT、水平繩向右的拉力F(大小、方向均不變，等于所掛物體重力的大小mg)、輕桿AB對A點向上的彈力FN′，根據(jù)物體的平衡條件有：FT＝eq\f(F,cosα)＝eq\f(mg,cosα)，F(xiàn)N′＝Ftanα＝mgtanα，因AC加長，C點左移，細繩AC與地面的夾角α減小，所以細繩AC的拉力FT、輕桿AB對A點向上的彈力FN′均減?。鶕?jù)牛頓第三定律可知AB受到的壓力FN與FN′是作用力與反作用力關(guān)系，故AB受到的壓力FN減小，選項A正確．9．(多選)如圖，一光滑的輕滑輪用細繩OO′懸掛于O點；另一細繩跨過滑輪，其一端懸掛物塊a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物塊b.外力F向右上方拉b，整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)．若F方向不變，大小在一定范圍內(nèi)變化，物塊b仍始終保持靜止，則()A．繩OO′的張力也在一定范圍內(nèi)變化B．物塊b所受到的支持力也在一定范圍內(nèi)變化C．連接a和b的繩的張力也在一定范圍內(nèi)變化D．物塊b與桌面間的摩擦力也在一定范圍內(nèi)變化解析：選BD.因為物塊b始終保持靜止，所以繩OO′的張力不變，連接a和b的繩的張力也不變，選項A、C錯誤；拉力F大小變化，F(xiàn)的水平分量和豎直分量都發(fā)生變化，由共點力的平衡條件知，物塊b受到的支持力和摩擦力在一定范圍內(nèi)變化，選項B、D正確．10．(多選)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θ角．則m1所