第二版《高中物理題型筆記》上冊

高中物理題型筆記上冊前言高中物理對于高考的重要性不言而喻，并且同學(xué)們普遍感覺難度較大。物理的難度主要表現(xiàn)在考察的深度與廣度，可以與現(xiàn)實結(jié)合在一起，又可以抽象起來，讓人琢磨不透。為了應(yīng)試的需要，多數(shù)同學(xué)勤勤懇懇采用題海戰(zhàn)術(shù)，逐漸形成一套系統(tǒng)的物理邏輯思維，從而提高成績；但另一部分同學(xué)在堅持題海戰(zhàn)術(shù)的同時，卻無法形成一套完整的邏輯思維，苦于成績平平；更有甚者因物理的難度，在理綜考試時對物理題望而卻步！物理學(xué)科想要在高考中拿到高分，除了系統(tǒng)的掌握考點考法，更需要有非常高的做題熟練度，才可以在有限的時間內(nèi)拿到高分。如何讓同學(xué)們熟悉高中物理的所有考點？如何讓同學(xué)們掌握每個考點所對應(yīng)的解題技巧？讓同學(xué)們熟悉高中物理所有的考點，完全掌握每個考點相應(yīng)的解題技巧，是我們匯編此書的初衷，讓同學(xué)們在高考中金榜題名是我們的愿景。我們基于數(shù)十年的實際教學(xué)經(jīng)驗，對同學(xué)們學(xué)習(xí)過程中的難點與痛點了然于胸，通過建立一套系統(tǒng)的物理模型與解題技巧，并輔以視頻的形式進(jìn)行講解，幫助同學(xué)們進(jìn)行學(xué)習(xí)與復(fù)習(xí)，不僅大大的縮短了學(xué)習(xí)時間，還提高了學(xué)習(xí)效率，并根據(jù)這套系統(tǒng)的課程，匯編了此本書。本書囊括了高中物理所有的考點，并進(jìn)行了詳細(xì)的總結(jié)與歸類。本書對高中物理各單元的復(fù)習(xí)順序進(jìn)行編排優(yōu)化，內(nèi)容銜接合理，結(jié)構(gòu)體系科學(xué)，根據(jù)考點的難易設(shè)置練習(xí)題的數(shù)量，可以迅速的幫助同學(xué)們建立一套完整的物理邏輯思維，從而提高同學(xué)們在高考中的物理成績，踏入理想的大學(xué)之門。本書難免會有疏漏和不當(dāng)之處，敬請諒解，并希望各位同行和同學(xué)給予及時反饋和咨詢，以逐步修改和完善此書內(nèi)容，提高教材質(zhì)量。咨詢QQ：1559260333。目錄題型筆記一勻變速直線運動TOC\o"1-3"\h\u2082826131題型筆記1.1勻變速直線運動的三大推論 【解析】初始狀態(tài)：物體靜止，合力為0.勁度系數(shù)為k1的彈簧彈力為m1g，勁度系數(shù)為k2的彈簧彈力為(m1+m2)g解法一：利用胡克定律變式解題兩根彈簧的彈力變化量大小相同，均為m1g.對k1彈簧：彈力的減少量為m1g，由胡克定律可得ΔF1＝m1g＝k1Δx1，解得Δx1＝eq\f(m1g,k1).對k2彈簧：彈力的減小量也為m1g，由胡克定律可得ΔF2＝m1g＝k2Δx2，解得Δx2＝eq\f(m1g,k2).兩根彈簧總形變量為Δx＝Δx1+Δx2＝m1g(eq\f(1,k1)+eq\f(1,k2)).綜上所述，m1移動的距離為m1g(eq\f(1,k1)+eq\f(1,k2))，m2移動的距離為eq\f(m1g,k2).解法二：利用彈簧的串并聯(lián)解題因兩根彈簧的彈力變化量大小相同，故兩根彈簧串聯(lián)，串聯(lián)后的勁度系數(shù)滿足eq\f(1,k′)＝eq\f(1,k1)+eq\f(1,k2).對m1：由胡克定律的變式可得ΔF＝m1g＝k′Δx1，解得Δx1＝m1g(eq\f(1,k1)+eq\f(1,k2))，對m2：由胡克定律的變式可得ΔF＝m1g＝k2Δx2，解得Δx2＝eq\f(m1g,k2).綜上所述，m1移動的距離為m1g(eq\f(1,k1)+eq\f(1,k2))，m2移動的距離為eq\f(m1g,k2).2.彈簧的串并聯(lián)問題筆記：彈簧的串并聯(lián)問題施加一外力，兩根彈簧的彈力變化量大小相同，即是串聯(lián).等效后的彈性系數(shù)滿足：eq\f(1,k′)＝eq\f(1,k1)+eq\f(1,k2)推到過程：Δx′＝Δx1+Δx2，即eq\f(F,k′)＝eq\f(F,k1)+eq\f(F,k2)，可得eq\f(1,k′)＝eq\f(1,k1)+eq\f(1,k2)施加一外力，兩根彈簧的形變量大小相同，即是并聯(lián).等效后的彈性系數(shù)滿足：k′＝k1+k2推到過程：F＝F1+F2，即k′Δx＝k1Δx+k2Δx，可得k′＝k1+k2【原型題10】一根輕質(zhì)彈簧下面掛一重物，彈簧伸長了Δl1，若將該彈簧剪去eq\f(3,4)，在剩下的eq\f(1,4)部分下端仍然掛原重物，彈簧伸長了Δl2，求Δl1∶Δl2的比值.【解析】將一根完整的彈簧可以看成4個eq\f(1,4)段長的小彈簧串聯(lián)而成，每個彈簧的彈簧的彈性系數(shù)為k，串聯(lián)后的彈性系數(shù)滿足eq\f(1,k′)＝eq\f(1,k)+eq\f(1,k)+eq\f(1,k)+eq\f(1,k)＝eq\f(4,k)，解得k′＝eq\f(k,4).研究完整的彈簧，有Δl1＝eq\f(mg,k′)；研究eq\f(1,4)長度的彈簧，有Δl2＝eq\f(mg,k).綜上所述，Δl1∶Δl2＝4∶1【原型題11】如圖所示，兩根輕彈簧AC和BD，它們的勁度系數(shù)分別為k1和k2，它們的C、D端分別固定在質(zhì)量為m的物體上，A、B端分別固定在支架和正下方地面上，當(dāng)物體m靜止時，上方的彈簧處于原長；若將物體的質(zhì)量變?yōu)?m，彈簧仍在彈性限度內(nèi)，已知重力加速度為g，當(dāng)物體再次靜止時，分析物體下降的高度.【解析】解法一：利用胡克定律變式解題物體m靜止時，BD彈簧的形變量為x1，由平衡條件得k2x1＝mg.設(shè)物體4m再次靜止時，其相對第一次靜止時高度下降x2，則AC彈簧伸長了x2，BD彈簧被壓縮了x2，由平衡條件得4mg＝k2(x1＋x2)＋k1x2，解得x2＝eq\f(3mg,k1＋k2).解法二：利用彈簧的串并聯(lián)解題物體運動時，兩根彈簧的形變量大小相等，相當(dāng)于兩根彈簧串聯(lián)，等效彈性系數(shù)k′＝k1+k2，等效彈簧彈力的變化量ΔF＝3mg.設(shè)物體4m再次靜止時，其相對第一次靜止時高度下降Δx，由胡克定律知Δx＝eq\f(ΔF,k′)＝eq\f(3mg,k1＋k2).題型筆記2.3摩擦力一、摩擦力方向的判斷【原型題1】如圖所示，將物塊放置在運動的木板或傳送帶上，接觸面均粗糙，給物塊一個大小合適的初速度，其中木板與傳送帶勻速運動，判斷不同情況下物塊受到摩擦力的方向.【解析】以下為17種不同情況下摩擦力的方向.方向：沿斜面向上方向：沿斜面向下方向：水平向左方向：水平向右方向：水平向左方向：水平向左方向：水平向右方向：水平向左方向：水平向左方向：沿傳送帶向上方向：沿傳送帶向下方向：沿傳送帶向下方向：沿斜面向下方向：沿斜面向上方向：沿斜面向上物塊上滑與傳送帶共速瞬間，方向：沿斜面向上物塊上滑與傳送帶共速瞬間，方向：沿斜面向上總結(jié)1.摩擦力方向的判斷方法若物體受到滑動摩擦力的作用，則摩擦力的方向與相對運動方向相反；若物體受到靜摩擦力的作用，則摩擦力的方向與相對運動趨勢方向相反.2.特別注意(1)在物塊與水平勻速傳送帶共速后，物塊與傳送帶一起做勻速運動，物塊與傳送帶間無摩擦力.(2)無論物塊上滑或下滑，物塊與傾斜勻速傳送帶共速后，物塊收到的摩擦力均沿傾斜傳送帶向上.理由：共速時系統(tǒng)無相對運動(有相對運動趨勢)，即相對靜止，可將物塊與傳送帶均看成靜止，物塊雖在傳送帶上靜止，但有沿傳送帶向下運動的趨勢(也可通過假設(shè)接觸面光滑來判斷)故物塊受到的靜摩擦力沿傳送帶向上.【原型題2】根據(jù)經(jīng)驗，分析人走路時腳受到的摩擦力方向與騎車時前后輪受到的摩擦力方向.【解析】人走路時，腳和地面接觸，腳蹬地面，對地面產(chǎn)生擠壓，以地面為參考系，腳有一個向后運動的趨勢，所以腳受到的摩擦力向前，人在這個力的作用下向前運動，人走路時腳與地面間無相對運動，故腳受到的摩擦力為靜摩擦力.自行車一般是后輪驅(qū)動的，人蹬腳踏板時通過鏈條帶動后輪轉(zhuǎn)動，與人走路時的情況類似，因此地面對后輪的摩擦力方向向前，從而推動自行車向前運動；前輪相對地面(參考物)向前運動，所以前輪受到地面摩擦力的方向向后.從另一角度思考，將前輪剎車剎死，人可以明顯感受到地面給前輪摩擦力的方向向后.當(dāng)人不蹬車前進(jìn)時，前后輪都隨著車靠慣性相對地面前進(jìn)，這時前后輪受到摩擦力的方向都是向后的，從而阻礙自行車的運動，因此自行車速度越來越慢.總結(jié)加速時，驅(qū)動輪受到的摩擦力與加速方向相同，從動輪受到的摩擦力方向與運動方向相反；減速時，驅(qū)動輪與從動輪受到摩擦力的方向均與運動方向相反，從而阻礙車的運動，速度減慢.二、影響滑動摩擦力的因素筆記(1)求滑動摩擦力的大小時，可利用公式Ff＝μFN來計算；(2)影響滑動摩擦力的因素只有μ和FN，相對滑動的速度和接觸面積不影響滑動摩擦力的大小.【原型題3】如圖所示，一木板B放在粗糙的水平地面上，木塊A放在B的上面，A的右端通過輕質(zhì)水平彈簧與豎直墻壁連接.現(xiàn)用水平力F向左拉B，使B以速度v向左勻速運動，這時彈簧對木塊A的拉力大小為FT，A、B接觸面粗糙，求：(1)A和B之間滑動摩擦力的大??；(2)木板B受到地面滑動摩擦力的大小；(3)若木板以2v的速度運動，木塊A受到的摩擦力大??；(4)若作用在木板B上的水平力為2F，則地面受到的滑動摩擦力的大小.【解析】(1)分別以A、B為研究對象，受力分析如圖所示.木塊A靜止，木板B以速度v向左勻速運動，都屬于平衡狀態(tài)，彈簧對木塊A的拉力大小為FT，所以B對A的滑動摩擦力大小等于FT.(2)隔離木板B，由水平方向三力平衡，可判斷木板B受到地面滑動摩擦力的大小等于F－FT.(3)木板以2v的速度運動時，因木塊A受到的支持力大小不變，且A、B間動摩擦因數(shù)均不變，故木板A受到的滑動摩擦力大小不變，仍為FT.(4)若作用在木板B上的水平力為2F，木板B將做加速運動，因地面對木板B的支持力大小不變，且B與地面間動摩擦因數(shù)均不變，故木板B受到的滑動摩擦力大小不變，仍為F－FT.【原型題4】如圖所示，A、B、C三個物體質(zhì)量相等，與傳送帶間的動摩擦因數(shù)均相同.三個物體隨傳送帶一起勻速運動，運動方向如圖中箭頭所示.(1)求物體A、B、C所受摩擦力；(2)若傳送帶勻速運動的速度越大，分析物體受到的摩擦力是否也越大？【解析】(1)A物體與傳送帶一起勻速運動，沒有發(fā)生相對滑動，也沒有相對運動趨勢，所以A物體不受摩擦力的作用；對B、C物體進(jìn)行受力分析，可知B、C所受的靜摩擦力大小均為mgsinθ，方向均沿傳送帶向上．(2)A物體受到摩擦力仍然為0；B、C所受靜摩擦力大小仍為mgsinθ，與傳送的速度大小無關(guān)．【原型題5】如圖所示，物塊M在靜止的傳送帶上以速度v勻速下滑時，傳送帶突然啟動，方向如圖中箭頭所示，若傳送帶的速度大小也為v，分析傳送帶啟動后，M的運動狀態(tài).【解析】由物塊M勻速下滑可知其處于平衡狀態(tài)，物塊M受重力、摩擦力、支持力的作用，傳送帶啟動以后，物塊M受到的支持力不變，物塊M與傳送帶間動摩擦因數(shù)不變，即受到的滑動摩擦力不變，故物塊M仍勻速下滑.三、靜摩擦力1.影響靜摩擦力的因素筆記1.影響靜摩擦力的因素靜摩擦力屬于被動力，需要時就存在，不需要時就不存在，靜摩擦力的大小取決于外力的需要.2.影響最大靜摩擦力的因素①接觸面的粗糙程度，即動摩擦因數(shù)μ；②接觸面間的彈力大小，即支持力FN.【原型題6】質(zhì)量為m的物體靜止地放在和水平面成θ角的粗糙斜面上，動摩擦因數(shù)為μ，現(xiàn)在物體上加一個水平方向的力F，如圖所示，物體仍靜止，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g，求：(1)此時物體所受摩擦力大??；(2)物體保持靜止時F的最大值.【解析】(1)解法一：對物體在沿斜面方向上受力分析，如圖所示，物體受到水平向右的拉力F、重力沿斜面向下的分力mgsinθ和靜摩擦力Ff的作用，物體靜止時三個力的合力為0，由勾股定理知Ff＝eq\r(F2＋(mgsinθ)2).解法二：物體受到兩個分摩擦力：一個分摩擦力Ff1沿斜面向上，平衡重力沿斜面方向的分力mgsinθ；另一分摩擦力Ff2水平向左，平衡F，兩分摩擦力垂直，故合摩擦力的大小為Ff＝eq\r(Ff12＋Ff22)＝eq\r(F2＋(mgsinθ)2).(2)當(dāng)物塊受到的靜摩擦力達(dá)到最大值時，F(xiàn)最大，由(1)可知物體受到的摩擦力為eq\r(F2＋(mgsinθ)2).又最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則Ffmax＝μmgcosθ，即eq\r(Fmax2＋(mgsinθ)2)＝μmgcosθ，解得Fmax＝mgeq\r(μ2cos2θ－sin2θ).2.靜摩擦力具有突變性【原型題7】如圖所示，一木塊放在水平桌面上，在水平方向上共受到三個力(即F1、F2和摩擦力)的作用，木塊處于靜止?fàn)顟B(tài)，其中F1＝10N，F(xiàn)2＝2N.求：(1)若撤去力F1，木塊受到的摩擦力大?。?2)若撤去力F2，木塊受到的摩擦力大小.【解析】由木塊受力分析知，當(dāng)F1、F2均存在的時，木塊受到的靜摩擦力為8N，但不知最大靜摩擦力的大小，可能恰好是8N，也可能大于8N，不能確定.(1)當(dāng)撤去力F1時，木塊若靜止，則受到的摩擦力為2N，2N的摩擦力小于最大靜摩擦力，故物體仍保持靜止.(2)當(dāng)撤去F2時，木塊若靜止，則受到的摩擦力為10N，由于最靜摩擦力未知，可能大于10N，也可能小于10N，故無法判斷木塊是保持靜止還是運動，故無法計算.3.靜摩擦力的變化具有不確定性【原型題8】如圖甲所示，一物塊在粗糙斜面上，在平行斜面向上的外力F作用下，斜面和物塊始終處于靜止?fàn)顟B(tài)，當(dāng)F按圖乙所示規(guī)律變化，分析：物塊與斜面間摩擦力的大小變化情況.【解析】t＝0時，由于不知道F的具體值，所以無法判斷初始時刻體受到的靜摩擦力的大小和方向，故需分情況討論.(1)初始時刻，F(xiàn)＝mgsinθ，物體受到的摩擦力為0，故F減小時，F(xiàn)f一直沿斜面向上增大.(2)初始時刻，F(xiàn)>mgsinθ，物體受到的靜摩擦力方向沿斜面向下，故F的減小，F(xiàn)f先沿斜面向下減小，再沿斜面向上增大.(3)初始時刻，F(xiàn)<mgsinθ，物體受到的靜摩擦力方向沿斜面向上，故F減小時，F(xiàn)f一直沿斜面向上增大.綜上所述，物塊與斜面間的摩擦力可能沿斜面向上一直增大，也可能先沿斜面向下減小，后沿斜面向上增大.總結(jié)靜摩擦力的變化具有不確定性的原因是無法判斷初始時刻靜摩擦力的方向.若可以判斷初始時刻靜摩擦力的方向，則靜摩擦力的變化就能確定，具有唯一性.【原型題9】如圖所示，物體A、B用輕質(zhì)細(xì)繩連接后跨過定滑輪．A靜止在傾角為30°的斜面上，B被懸掛著．已知質(zhì)量mA＝2mB，不計滑輪摩擦，現(xiàn)將斜面傾角由30°增大到50°，但系統(tǒng)仍保持靜止，那么下列說法中正確的是()A.繩子的張力將增大B.物體A對斜面的壓力將減小C.物體A受到的靜摩擦力將先增大后減小D.滑輪受到的繩的作用力不變【解析】B；以B為研究對象，由于B物體靜止，所以繩的張力FT＝mBg且保持不變，故A錯誤；以A物體為研究對象，在垂直于斜面的方向上有mAgcosθ＝FN，沿斜面方向有2mBgsinθ－mBg＝Ff，當(dāng)斜面的傾角為30°時，mAgsin30°＝FT，摩擦力恰好為0，當(dāng)斜面的傾角增大時，斜面對A的支持力減小，靜摩擦力增大，B正確，C錯誤；在斜面傾角增大的過程中，輕繩的張力不變，但是夾角減小，所以合力增大，故D錯誤．四、動、靜摩擦力的轉(zhuǎn)變問題【原型題10】如圖所示，物塊A放在傾斜的木板上，緩慢的將木板順時針旋轉(zhuǎn)，發(fā)現(xiàn)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，求物塊和木板間的動摩擦因數(shù).【解析】由題意可以判斷出，當(dāng)傾角α＝30°時，物塊受到的摩擦力是靜摩擦力，其大小為Ff1＝mgsin30°，當(dāng)α＝45°時，物塊受到的摩擦力為滑動摩擦力，其大小為Ff2＝μFN＝μmgcos45°，由Ff1＝Ff2得μ＝eq\f(\r(2),2).【原型題11】如圖所示，用水平力把一個重量為G的長方體物塊，壓在足夠高的豎直粗糙墻上，水平力的大小從零開始隨時間成正比地逐漸增大，物塊沿墻面下滑，重力加速度為g，分析：(1)物塊的運動狀態(tài)；(2)物塊所受摩擦力隨時間變化規(guī)律.【解析】(1)設(shè)墻壁的動摩擦因數(shù)為μ，對小球受力分析，受力示意圖如圖(a)所示.水平方向：F＝FN＝kt，豎直方向：F合＝mg－Ff＝mg－μkt，滑動摩擦力大小為Ff＝μkt，與時間成正比.初始時刻，摩擦力小于物體的重力，物體沿墻壁下滑，又由于摩擦力隨時間線性增大，所以物體的合力逐漸減小，即向下的加速度逐漸減小，此過程物塊的運動狀態(tài)是物體向下運動，速度逐漸增大，但加速度逐漸減?。划?dāng)摩擦力等于物塊的重力時，物體的加速度為0，物塊的速度達(dá)到最大值；當(dāng)摩擦力大于物塊的重力時，合力豎直向上，但速度的方向向下，故物體做減速運動；物塊的速度向下逐漸減小，加速度向上逐漸增大，直至速度減至0.綜上所述，物塊先向下做加速度減小的加速運動，再做加速度反向增大的減速運動，直至靜止.(2)當(dāng)物塊靜止瞬間，物塊受到的摩擦力由滑動摩擦力轉(zhuǎn)變成靜摩擦力，由于物塊做減速運動，所以滑動摩擦力大于重力；靜止時，靜摩擦力與重力平衡，摩擦力發(fā)生突變，摩擦力的變化規(guī)律如圖(b)所示.總結(jié)物體受力變化的過程中，需特別注意摩擦力的轉(zhuǎn)變問題，無論摩擦力由靜摩擦力轉(zhuǎn)變成滑動摩擦力，還是由滑動摩擦力轉(zhuǎn)變成靜摩擦力，摩擦力的大小均可能發(fā)生突變，且摩擦力的變化規(guī)律發(fā)生改變.五、摩擦力為0的4種典型模型1.水平放置的物體無外力牽引做勻速運動時【原型題12】如圖所示，圖甲、乙中物體A、B在力F作用下一起以相同速度沿F方向勻速運動，圖丙中物體A、B一起沿斜面勻速下滑，分析物體A、B間是否存在摩擦力.【解析】圖甲：A做勻速運動，對A受力分析可知A不受摩擦力作用；將A、B看成整體，對整體受力分析可知B與地面間有摩擦力，即A、B間無摩擦力，B與地面間有摩擦力.圖乙：A做勻速運動，對A受力分析可知A受摩擦力作用；將A、B看成整體，對整體受力分析，B與斜面間是否有摩擦力與斜面是否光滑有關(guān)，即A、B間有摩擦力，B與斜面間可能有摩擦力也可能無摩擦力.圖丙：A做勻速運動，對A受力分析可知A不受摩擦力；將A、B看成整體，對整體受力分析可知B與斜面間有摩擦力，即A、B間無摩擦力，B與斜面間有摩擦力.總結(jié)水平放置的物體無外力牽引做勻速運動時，物體不受摩擦力的作用；傾斜放置的物體不受外力牽引做勻速運動時，物體受到摩擦力的作用.2.系統(tǒng)受力軸對稱時【原型題13】磚塊的質(zhì)量為m，表面粗糙，在F外力的作用下將兩塊相同1、2的磚塊壓在兩塊相同的木板之間，并使磚塊保持靜止，求磚塊1、2間的摩擦力大小.【解析】解法一：將磚塊1、2看成整體，由受力分析可知，木板對兩塊磚的摩擦力均為mg，方向豎直向上；隔離磚塊1，木板對磚塊1的摩擦力與重力平衡，故磚塊1、2間無摩擦力.解法二：如圖所示，系統(tǒng)關(guān)于豎直方向完全軸對稱，因此對稱的左側(cè)與右側(cè)受力應(yīng)完全相同.若磚塊之間存在摩擦力，則根據(jù)對稱性，摩擦力對兩邊的作用方向應(yīng)相同，這違反了作用力與反作用力特點，故磚塊1、2間無摩擦力.解法三：兩個磚塊沒有相對運動趨勢，故磚塊1、2間無摩擦力.總結(jié)系統(tǒng)關(guān)于豎直方向完全軸對稱，對稱軸處無摩擦力，若例題中左、右兩物體的質(zhì)量不相同，則系統(tǒng)不關(guān)于豎直方向軸對稱，此時兩物體間存在摩擦力的作用.【原型題14】如圖甲所示，有8個完全相同的磚塊水平疊放在一起，磚塊的質(zhì)量均為m，在外力F的作用下將磚塊夾在兩塊相同的木板之間，使磚塊水平靜止；若木板與磚塊間的動摩擦因數(shù)為μ1＝0.5，磚塊與磚塊間的動摩擦因數(shù)為μ2＝0.2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g，求：(1)水平外力F的最小值；(2)若將8個磚塊改成7個磚塊，如圖乙所示，水平外力F的最小值.【解析】(1)將1、2、3、4看成整體，將5、6、7、8看成整體后進(jìn)行受力分析，根據(jù)對稱性可知，磚塊4、5間的摩擦力為0.分析磚塊3、4間的摩擦力大?。簩Υu塊4進(jìn)行分析，磚塊4的重力由磚塊3、4間的摩擦力平衡；分析磚塊2、3間的摩擦力大小：將磚塊3、4看成整體，磚塊3、4的重力由磚塊2、3間的摩擦力平衡，以此類推……從中間開始，越往外，磚塊間摩擦力越大，磚塊1左側(cè)與磚塊8右側(cè)的摩擦力最大，故最外側(cè)的磚塊更容易發(fā)生滑動.最外側(cè)的磚塊與木板間的靜摩擦力大小為4mg，該靜摩擦力小于等于最大靜摩擦力，最大靜摩擦力Ff＝μ1F，系統(tǒng)保持靜止需滿足Ff＝μ1F≥4mg，解得F≥8mg.磚塊間動摩擦因數(shù)、磚與木板間的動摩擦因數(shù)不同，再對中間幾塊磚塊進(jìn)行分析，磚塊1、2間靜摩擦力最大，靜摩擦力的大小為3mg，該靜摩擦力小于等于最大靜摩擦力，最大靜摩擦力Ff′＝μ2F，系統(tǒng)保持靜止需滿足Ff′＝μ2F≥3mg，解得F≥15mg.綜上所述，F(xiàn)的最小值為15mg.(2)將第4塊磚分割成左、右兩個相同的小磚塊，則磚塊的總數(shù)為偶數(shù)，將磚1、2、3與左側(cè)小磚塊看成一個整體，將右側(cè)小磚塊與磚塊5、6、7看成另一個整體，兩部分仍對稱，故本問可等效成(1)進(jìn)行分析.磚塊1與木板間的摩擦力為3.5mg，該靜摩擦力小于等于最大靜摩擦力，最大靜摩擦力Ff＝μ1F，系統(tǒng)保持靜止需滿足Ff＝μ1F≥3.5mg，解得F≥7mg.磚塊1、2間靜摩擦力的大小為2.5mg，該靜摩擦力小于等于最大靜摩擦力，最大靜擦力Ff′＝μ2F，系統(tǒng)保持靜止需滿足Ff′＝μ2F≥2.5mg，解得F≥12.5mg.綜上所述，F(xiàn)的最小值為12.5mg.3.gtanθ模型中摩擦力為0的臨界條件【原型題15】如圖所示，粗糙斜面體的質(zhì)量為M，傾斜角為θ，小球的質(zhì)量為m，小球與斜面體在外力F的作用下一起向左做勻加速直線運動，且相對靜止，重力加速度為g，分析小球與斜面的摩擦力的方向.【解析】為了便于分析，假設(shè)m與M間光滑.以m為研究對象：小球在水平方向上運動，合力水平向左，小球受重力mg和斜面體的彈力FN兩個力的作用，是典型的gtanθ受力模型，受力情況如圖所示，合力為mgtanθ.由牛頓第二定律得mgtanθ＝ma，解得a＝gtanθ；以系統(tǒng)為研究對象：由于系統(tǒng)保持相對靜止，因此系統(tǒng)的加速度相同，加速度均為gtanθ.結(jié)論：當(dāng)系統(tǒng)的加速度為gtanθ時，小球與斜面體間無摩擦力，保持相對靜止一起運動.分情況討論：①若整體的加速度增加，即a>gtanθ，則小球有相對斜面向上滑動的趨勢，故小球受到的摩擦力方向沿斜面向下；②若整體的加速度減小，即a<gtanθ，則小球有相對斜面向下滑動的趨勢，故小球受到的摩擦力方向沿斜面向上.總結(jié)加速度a＝gtanθ是臨界條件，通過比較臨界加速度與實際加速度，判斷小球受到的摩擦力方向，再結(jié)合牛頓第二定律并通過計算可求出摩擦力的大小.4.系統(tǒng)無相對運動趨勢【原型題16】如圖所示，粗糙斜體的傾斜角為

θ

，現(xiàn)將兩個完全相同的斜體A、B相互疊加，由某一高度靜止釋放，A、B下降的過程中，不計空氣阻力，重力加速度為g，分析A、B間是否存在摩擦力.【解析】利用等效思維進(jìn)行思考，將A、B想象成小物塊，且相距很近(肉眼不可見)，如圖所示.A、B由靜止釋放，那么它們會一起以重力加速度g做自由落體運動，下落過程中A、B間的距離不變，始終保持相對靜止；同理A、B兩斜體由靜止釋放，A、B一起做自由落體運動，始終相對靜止，A、B間不存在彈力，故不存在摩擦力.直接理解：A、B以重力加速度g做自由落體運動，A、B間無運動趨勢，故A、B間無摩擦力的作用.【拓展延伸】物體A、B通過輕桿連接，由靜止釋放后，不計空阻，則輕桿無彈力.總結(jié)地球上任一物體由靜止釋放(不計空氣阻力)，均以重力加速度g做自由落體運動.同學(xué)們要能理解重力加速度g的特殊性與固有性.判斷斜面疊加體下落過程中，疊加體間是否有摩擦力，可根據(jù)重力加速度g進(jìn)行判斷.當(dāng)a＝g時，疊加體間不存在彈力與摩擦力；當(dāng)a≠g時，疊加體間存在彈力與摩擦力.【原型題17】如圖所示，傾角為

θ

的光滑斜面體固定在地面上，質(zhì)量為

m的粗糙小物塊A與質(zhì)量為M的木板B疊放，木板與物塊間粗糙，將A、B在斜面上由靜止釋放，重力加速度為g，分析A、B間是否存在摩擦力.【解析】斜面光滑，由于A、B相鄰放置，由靜止釋放，A、B均已加速度gsinθ沿斜面向下做勻變速直線運動，且相對靜止，無相對運動趨勢.同理，將A、B疊加放置，A、B均以加速度gsinθ沿斜面向下做勻變速直線運動，且相對靜止，無相對運動趨勢，故A、B間摩擦力.總結(jié)若傾斜角θ為的光滑斜面固定在地面上，任一物體在斜面上由靜止釋放，均以加速度gsinθ做勻變速直線運動.同學(xué)們也要能理解gsinθ的特殊性和固有性.判斷疊加體沿斜面下滑過程中，疊加體間是否有摩擦力，可根據(jù)加速度gsinθ進(jìn)行判斷.當(dāng)a＝gsinθ時，疊加體間不存在摩擦力；當(dāng)a≠gsinθ時，疊加體間存在摩擦力.題型筆記2.4共點力平衡一、三個力的共點力靜態(tài)平衡筆記1.矢量三角形解題原理如圖所示的為力的矢量三角形，角度已經(jīng)標(biāo)出.由正弦定理可得eq\f(F1,sinθ)＝eq\f(F2,sinβ)＝eq\f(F3,sinα).從數(shù)學(xué)角度理解：正弦定理是三連等式，相當(dāng)于兩個獨立等式，通過矢量三角形，并利用正弦定理可以解出兩個未知量.2.正交分解解題原理如圖甲所示的為某質(zhì)點受力分析圖，根據(jù)正交分解原理，將F分解到水平方向與豎直方向，如圖乙所示.水平方向：Fcosθ＝Ff，豎直方向：Fsinθ+FN＝mg.從數(shù)學(xué)角度理解：兩個等式可解兩個未知量，利用正交分解也可以接觸兩個未知量.3.歸納解決共點力作用下物體的平衡問題時，對質(zhì)點受力分析，未知量多于兩個時，無法利用矢量三角形或正交分解解題，需要結(jié)合其他方法來解題.1.利用矢量三角形解題【原型題1】表面光滑、半徑為R的半球固定在水平地面上，球心O的正上方O′處有一大小不計的光滑定滑輪，輕質(zhì)細(xì)繩兩端各系一個小球掛在定滑輪上，如圖所示，兩小球平衡時，若滑輪兩側(cè)細(xì)繩的長度分別為L1＝2.4R和L2＝2.5R，求兩個小球的質(zhì)量之比.【解析】對小球m1、m2分別進(jìn)行受力分析，并畫出平衡狀態(tài)下的矢量三角形，如圖所示.顯然△O′OB與小球m1受力的矢量三角形相似.設(shè)OO′＝H，OB＝R，O′B＝L2，則eq\f(m1g,H)＝eq\f(FT,L1)＝eq\f(FN1,R)，對m2同理可得eq\f(m2g,H)＝eq\f(FT′,L2)＝eq\f(FN2,R)，綜上所述，eq\f(m1,m2)＝eq\f(L2,L1)＝25∶24.總結(jié)1.利用相似三角形解題的條件(1)未知量超過兩個且角度均未知例題中輕繩拉力的大小與方向未知，弧面彈力大小與方向未知，共四個未知數(shù)，無法僅利用矢量三角形或正交分解解題.(2)在圖中找到與力的矢量三角形相似的幾何三角形.結(jié)合三角形的特點：將質(zhì)點沿接觸面移動稍許，仍能找到新的幾何三角形與力的矢量三角形相似，與移動前的幾何三角形相比，形狀發(fā)生了變化，但幾何三角形的三個頂點(O、O′、質(zhì)點)不變.2.解題步驟第一步：作出合適的矢量三角形，以方便尋找相似的幾何三角形；矢量三角形的作法：先作出質(zhì)點的重力，其次判斷矢量三角形畫在重力的左側(cè)還是右側(cè).判斷方法：以重力為界，矢量三角形與原圖的方向相反.(例題中以m1g為界，原圖大部分處于右側(cè)，故將矢量三角形作在重力的左側(cè).)第二步：尋找合適的幾何三角形.第三步：根據(jù)相似三角形的性質(zhì)，列出相似比.【原型題2】兩個可視為質(zhì)點的小球a和b，用質(zhì)量可忽略的剛性細(xì)桿相連，放置在一個光滑的半球面內(nèi)，如圖所示.已知小球a和b的質(zhì)量之比為eq\r(,3)，細(xì)桿長度是球面半徑的eq\r(,2)倍.當(dāng)兩球處于平衡狀態(tài)時，求：(1)a、b受到球面支持力的比值；(2)細(xì)桿與水平面的夾角

θ.【解析】解法一：利用相似三角形解題.(1)設(shè)球半徑為R，過O點的豎直半徑與ab交于O′，對a球進(jìn)行受力分析并作出矢量三角形，并找到相應(yīng)的幾何三角形；同理對b球進(jìn)行受力分析并作出矢量三角形，并找到相應(yīng)的幾何三角形，如圖甲所示：由相似三角形得eq\f(mag,OO′)＝eq\f(Fa,R)＝eq\f(FN,O′a)，eq\f(mbg,OO′)＝eq\f(Fb,R)＝eq\f(FN,O′b)；故eq\f(Fa,Fb)＝eq\f(ma,mb)＝eq\r(,3).(2)取a、b及細(xì)桿組成的整體為研究對象，受力如圖乙所示，由平衡條件得水平方向上有：Nbcosα＝Nacosβ，又α+β＝90°故eq\f(Fa,Fb)＝eq\f(cosα,cosβ)＝eq\f(cos(90°－β),cosβ)＝tanβ＝eq\r(,3)，解得β＝60°，計算得出：θ＝β－45°＝15°.解法二：利用正弦定理解題.(1)由已知條件可得∠Oab＝∠Oba＝45°，∠aOb＝90°，知道角度后可以考慮利用正弦定理解題，作出矢量三角形，如圖丙所示，設(shè)Oa與豎直方向的夾角為α.對a：由正弦定理可得eq\f(mag,sin45°)＝eq\f(Fa,sin(135°－α))＝eq\f(FN,sinα)，對b：由正弦定理可得eq\f(mbg,sin45°)＝eq\f(Fb,sin(45°+α))＝eq\f(FN′,sin(90°－α))，又eq\f(ma,mb)＝eq\r(,3)，聯(lián)立解得α＝30°，eq\f(Fa,Fb)＝eq\r(,3).(2)已知α＝30°，由幾何知識得θ＝15°.【拓展延伸】以下兩圖與本原型題等同，圖甲中Oa＝Ob，則FOa、FOb相當(dāng)于原型題中的Fa、Fb，ab間的彈簧相當(dāng)于輕桿；圖乙中Oa＝Ob，F(xiàn)Oa、FOb相當(dāng)于原型題中的Fa、Fb，故原型題中的結(jié)論仍成立，結(jié)論為eq\f(FOa,FOb)＝eq\f(ma,mb).2.利用正弦定理解題【原型題3】如圖所示，質(zhì)量為m的小球A用絕緣細(xì)線懸掛于O點，處于靜止?fàn)顟B(tài)。小球忽然受到某一方向的風(fēng)力，設(shè)小球受到的風(fēng)力為定值，小球A的平衡位置在θ1＝60o處；若將A的質(zhì)量改變?yōu)?m，其新的平衡位置在θ2＝30o處，重力加速度為g，求小球A受到的風(fēng)力大小.【解析】對小球進(jìn)行分析，當(dāng)小球質(zhì)量為m時，受力示意圖如圖甲所示；當(dāng)小球質(zhì)量為2m時，受力示意圖如圖乙所示.設(shè)風(fēng)力方向與豎直方向的夾角為α，由正弦定理得，當(dāng)小球質(zhì)量為m時，eq\f(F,sin60°)＝eq\f(mg,sin(180o－60°－α))；當(dāng)小球質(zhì)量為2m時，eq\f(F,sin30°)＝eq\f(2mg,sin(180°－30o－α))；聯(lián)立解得α＝60o，F(xiàn)＝mg.綜上所述，小球受到的風(fēng)力大小為mg，方向斜向右上方，與豎直方向的夾角為60o.總結(jié)本題只能利用“矢量三角形+正弦定理”解題，未知數(shù)雖超過兩個，但由于無法找到頂點不變的幾何三角形，因此無法利用“矢量三角形+相似三角形”解題.又角度已知，則利用正弦定理解題更合理.二、三個力以上的共點力靜態(tài)平衡【原型題4】如圖所示，水平地面上有一質(zhì)量為m的木箱，木箱與地面之間的動摩擦因數(shù)為μ(0<μ<1).現(xiàn)對木箱施加一大小未知的拉力F，F(xiàn)的方向與水平面夾角為θ，現(xiàn)使木箱向右做勻速直線運動，求F的大小.【解析】對木箱受力分析，如圖所示.水平方向：Fcosθ＝Ff，豎直方向：Fsinθ+FN＝mg，物塊受到滑動摩擦力Ff＝μFN，聯(lián)立解得F＝eq\f(μmg,cosθ＋μsinθ).總結(jié)物體在水平面上因受到斜拉力的牽引而做勻速運動，牽引力與運動方向的夾角為θ，則牽引力大小為F＝eq\f(μmg,cosθ＋μsinθ).若物體在傾斜角α為的斜面上受到外力的牽引，牽引力與斜面的夾角為θ，沿斜面向上勻速運動，則牽引力大小為F＝eq\f(mgsinα+μmgcosα,cosθ＋μsinθ).規(guī)律總結(jié)：分母為cosθ＋μsinθ，分子為不考慮牽引力F時，物體受到的合力大小.【原型題5】如圖所示，將一斜面固定在水平地面上，在斜面上放一質(zhì)量為m的滑塊A，物塊靜止在斜面上，在滑塊A上施加一豎直向下的恒力F，重力加速度為g，求斜面對滑塊A的摩擦力與支持力大小.【解析】初始時，滑塊靜止在斜面上，對滑塊進(jìn)行受力分析，如圖甲所示，由平衡條件知沿斜面方向：mgsinθ＝Ff，垂直斜面方向：mgcosθ＝FN.施加恒力F后，將F看成滑塊重力的一部分，相當(dāng)于滑塊的重力變大，故滑塊仍靜止在斜面上(自鎖現(xiàn)象)，受力分析如圖乙所示，由平衡條件知沿斜面方向：Ff′＝(F+mg)sinθ，垂直斜面方向：FN′＝(F+mg)cosθ.總結(jié)給質(zhì)點(物體)受施加一豎直方向的恒力，可利用等效重力的思想解題，等效的新重力為原重力與恒力的合力.三、三個力的共點力動態(tài)平衡1.等效斜面受力模型解題【原型題6】如圖所示，物塊的質(zhì)量為m，靜止在粗糙的木板上，現(xiàn)使木板的傾斜角緩慢增大，物塊始終靜止在木板上，分析木板對物塊的支持力和摩擦力的變化情況.【解析】物塊靜止在木板上，對木板進(jìn)行受力分析，如圖所示.由平衡條件知.沿斜面方向：mgsinθ＝Ff，垂直斜面方向：mgcosθ＝FN.在木板轉(zhuǎn)動的過程中，木板的傾斜角緩慢增大，故摩擦力逐漸增大，木板對物塊的支持力逐漸減小.【原型題7】如圖所示，上表面光滑的半圓柱體固定在水平面上，小物塊在外力F作用下從靠近半圓柱體頂點O的A點沿圓弧緩慢下滑到B點，此過程中F始終沿圓弧的切線方向，分析圓柱體對小物塊的支持力和外力F的變化情況.【解析】由于F的方向一直沿著圓弧的切線方向，因此可將弧面等效成斜面，物塊緩慢下滑的過程中，相當(dāng)于斜面的傾斜角逐漸增大，故外力F逐漸增大，圓柱體對物塊的支持力逐漸減小.2.利用矢量三角形解題【原型題8】如圖所示，質(zhì)量為m的物體用輕繩AB懸掛于天花板上.用水平向左的力F緩慢拉動繩的中點O.用FT表示繩OA段拉力的大小，在O點向左移動的過程中，分析F與FT的變化情況.【解題】對O點受力分析，F(xiàn)與FT的變化情況如圖所示.由圖可知在O點向左移動的過程中，F(xiàn)逐漸變大，F(xiàn)T逐漸變大.【原型題9】如圖所示，一小球在斜面上處于靜止?fàn)顟B(tài)，不考慮一切摩擦，如果把豎直擋板由豎直位置緩慢繞O點轉(zhuǎn)至水平位置，分析此過程中球?qū)醢宓膲毫1和球?qū)π泵娴膲毫2的變化情況.【解析】小球受力情況如圖甲所示，因為擋板是緩慢轉(zhuǎn)動，所以小球處于動態(tài)平衡狀態(tài).在轉(zhuǎn)動過程中，此三力(重力、斜面支持力、擋板彈力)組成的矢量三角形的變化情況如圖乙所示(重力大小方向均不變，斜面對其支持力的方向始終不變)，由圖可知此過程中斜面對小球的支持力F2不斷減小，擋板對小球彈力F1先減小后增大.總結(jié)當(dāng)物體受到三個共點力的作用處于平衡，且只有一個力的方向發(fā)生改變時，利用矢量三角形解題即可，要熟練掌握矢量三角形動態(tài)圖的畫法.3.利用相似三角形解題【原型題10】如圖所示，有一固定在水平面上的光滑半球，球心O的正上方固定一個小滑輪，細(xì)繩一端拴一小球，小球置于半球面上的A點，另一端繞過小滑輪，今緩慢拉繩使小球從A點滑至半球頂點，在此過程中，分析細(xì)繩對球的拉力FT及球面對小球的支持力FN大小的變化情況.【解析】小球A受重力mg、懸線的拉力FT和彈力FN三力的作用而平衡，由mg、FT、FN三力構(gòu)成的矢量三角形與幾何三角形MOA相似，如圖所示.由相似關(guān)系得eq\f(mg,MO)＝eq\f(FN,AO)＝eq\f(FT,AM).其中MO為定值，mg為定值，故相似比為定值；A在移動的過程中，AM減小，AO不變，故FN不變，F(xiàn)T減小.【原型題11】如圖所示，細(xì)繩a一端固定在桿上C點，另一端通過定滑輪用力拉住，一重物用繩b掛在桿BC上，桿可繞B點轉(zhuǎn)動，桿、細(xì)繩的質(zhì)量及摩擦均不計，重物處于靜止.若將細(xì)繩a慢慢放下，分析繩a的拉力Fa與桿所受到的壓力F的變化情況.【解析】如圖所示，以桿端C點為研究對象，進(jìn)行受力分析并畫出力的矢量三角形，此矢量三角形與幾何三角形△ABC相似.由相似關(guān)系得eq\f(G,AB)＝eq\f(F′,BC)＝eq\f(Fa,AC).隨著細(xì)繩a慢慢放下，幾何邊AC變長、BC邊不變，則繩a的拉力Fa增大，桿所受壓力F不變.總結(jié)物體受到三個共點力作用且處于平衡狀態(tài)時，其中有兩個力的大小和方向發(fā)生改變時，僅利用三力構(gòu)成的矢量三角形無法解題；在原圖中能到與矢量三角形相似的幾何三角形，且在拉動過程中，幾何三角形的頂點不變，那么可以利用該幾何三角形與矢量三角形相似來解題.4.利用動態(tài)圓解題【原型題12】如圖所示，柔軟輕繩ON的一端O固定，其中間某點M拴一重物，用手拉住繩的另一端N，初始時，OM豎直且MN被拉直，OM與MN之間的夾角為α(α＞eq\f(π,2))．現(xiàn)將重物向右上方緩慢拉起，并保持夾角α不變．在OM由豎直被拉到水平的過程中，分析MN上的張力與OM上的張力的變化情況.【解析】由于兩輕繩拉力的夾角始終不變，我們知道圓有這樣一個性質(zhì)：相同弦的圓周角相等，因此我們可以在受力分析時借助于圓進(jìn)行輔助理解.以重物為研究對象，受重力mg、MN上拉力F1和OM繩上拉力F2的作用，由題意知，三個力的合力始終為零，矢量三角形如圖所示，F(xiàn)1、F2的夾角為(π－α)且不變，在F2轉(zhuǎn)至水平的過程中，矢量三角形在同一外接圓上.由圖可知，MN上的張力F1逐漸增大，OM上的張力F2先增大后減小.【原型題13】一鐵球通過3段輕繩OA、OB、OC懸掛在天花板上的A點，輕繩OC拴接在輕質(zhì)彈簧測力計上．第一次，保持結(jié)點O位置不變，某人拉著輕質(zhì)彈簧測力計從水平位置緩慢轉(zhuǎn)動到豎直位置，如圖甲所示，彈簧測力計的示數(shù)記為F1.第二次，保持輕繩OC垂直于OA，緩慢移動輕繩，使輕繩OA從豎直位置緩慢轉(zhuǎn)動到如圖乙所示位置，彈簧測力計的示數(shù)記為F2，分析F1與F2的變化情況.【解析】對圖甲中的O點進(jìn)行受力分析，兩根繩的合力等于鐵球的重力，其大小和方向不變，利用矢量三角形動態(tài)圖來解題，動態(tài)圖如圖丙所示，故圖丙中的F1先減小后增大.對圖乙中的O點進(jìn)行受力分析，由于彈簧的拉力與輕繩的拉力始終垂直，夾角不變，利用圓來輔助分析，矢量三角形動態(tài)圖如圖丁所示，由圖丁可知F2逐漸增大.總結(jié)物體受到三個共點力作用且處于平衡狀態(tài)時，其中兩個力的方向發(fā)生改變且這兩個力的夾角不變時，需利用動態(tài)圓來解題.5.利用正弦定理解題【原型題14】如圖所示，輕繩l1一端固定在O點，另一端與質(zhì)量為m的物體相連.輕繩l2跨過固定在B點的定滑輪，一端連接物體，另一端由力F控制，在力F的作用下，物體從處于O點正下方的A點沿eq\f(1,4)圓弧緩慢的運動到接近B點的過程中，l1一直處于伸直狀態(tài).O、B兩點在同一水平線上，不計一切阻力，物體可視為質(zhì)點，滑輪大小不計，試分析兩繩張力的變化情況.【解析】設(shè)輕繩l1的拉力為F1，與豎直方向的夾角為θ；輕繩l2的拉力為F2，與豎直方向的夾角為α.作出矢量三角形，如圖甲、乙所示.由正弦定理可知eq\f(F1,sinα)＝eq\f(F2,sinθ)＝eq\f(mg,sin[180°－(α+θ))，由幾何關(guān)系知90°－α＝α+θ代入可得eq\f(F1,sinα)＝eq\f(F2,sinθ)＝eq\f(mg,sin(90°+α))＝eq\f(mg,cosα)則F1＝mgtanα，F(xiàn)2＝eq\f(mgsinθ,cosα)＝eq\f(mgcos2α,cosα)＝mg(2cosα－eq\f(1,cosα))，在物體緩慢移動的過程中θ增大，α減小，故F1減小，F(xiàn)2(即F)增大.總結(jié)物體受到三個共點力作用且處于平衡狀態(tài)時，其中有兩個力的方向發(fā)生改變時，僅利用矢量三角形無法解題；在原圖中無法到與矢量三角形相似且頂點不變的幾何三角形時，利用正弦定理解題更合理.四、三個力以上的共點力動態(tài)平衡【原型題15】水平地面上有一木箱，木箱與地面之間的動摩擦因數(shù)為μ(0＜μ＜1).現(xiàn)對木箱施加一拉力F，使木箱做勻速直線運動.設(shè)F的方向與水平面夾角為θ，如圖所示，在θ從0逐漸增大到90°的過程中，木箱的速度保持不變，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，試分析F和F的功率的變化情況.【解析】解法一：解析法對木箱受力分析，如圖(a)所示.由受力平衡得水平方向：Fcosθ＝Ff，豎直方向：Fsinθ+FN＝mg，物塊受到滑動摩擦力Ff＝μN(yùn)聯(lián)立解得F＝eq\f(μmg,cosθ＋μsinθ)＝eq\f(μmg,\r(1＋μ2)sin(θ+φ))，且tanφ＝eq\f(1,μ).當(dāng)θ從0逐漸增大到90°的過程中，sin(θ+φ)先增大后減小，故F先減小后增大.當(dāng)sin(θ+φ)＝1時，F(xiàn)取最小值eq\f(μmg,\r(1＋μ2)).設(shè)勻速運動的速度為v0，則F的功率：P＝Fcosθv0＝eq\f(μmg,cosθ＋μsinθ)cosθv0＝eq\f(μmgv0,1＋μtanθ)當(dāng)θ從0逐漸增大到90°的過程中，tanθ一直增大，故F的功率一直減小.解法二：利用“摩擦角”與“全反力”“摩擦角”定義：當(dāng)物體處于滑動的\t"/item/%E6%91%A9%E6%93%A6%E8%A7%92/_blank"臨界狀態(tài)時，\t"/item/%E6%91%A9%E6%93%A6%E8%A7%92/_blank"靜摩擦力Ff達(dá)到最大值Ffmax(Ffmax＝μFN)，此時最大靜摩擦力Ffmax與支持力FN的合力FR與支持力FN的夾角也最大，此時的φm稱為摩擦角，其中tanφm＝μ，F(xiàn)R稱為“全反力”，如圖(b)所示.當(dāng)物體滑動時，給物體施加外力F，物體受到的支持力FN與地面的摩擦力Ff(Ff＝μFN)等比例等大減小，但支持力與摩擦力的合力FR的方向仍沿著原來的方向，如圖(c)所示.對物塊進(jìn)行受力分析，用FR代替最大靜摩擦力fmax與支持力FN，則物塊受三個力的作用，并畫出三力的矢量三角形的形態(tài)變化圖，如圖(d)所示.在θ從0逐漸增大到90°的過程中，F(xiàn)先減小后增大.設(shè)勻速運動的速度為v0，則F的功率為P＝Fcosθ·v0當(dāng)θ從0逐漸增大到90°的過程中，F(xiàn)cosθ一直減小，故F的功率一直減小.【原型題16】如圖所示，3根輕繩懸掛著兩個質(zhì)量相同的小球并保持靜止，繩AD與AC垂直．現(xiàn)對B球施加一個水平向右的力F，使B緩慢移動到圖中虛線位置，在此過程中，試分析AD、AC兩繩張力FAC、FAD的變化情況.【解析】AB輕繩的拉力為系統(tǒng)的內(nèi)力，故隔離B，以B為研究對象，受力分析如圖甲所示．在將B緩緩拉到圖中虛線位置的過程，輕繩與豎直方向夾角θ變大，由B球受力分析可得FABcosθ＝mg，F(xiàn)ABsinθ＝F，輕繩AB的張力FAB逐漸變大，F(xiàn)逐漸變大，也可以利用動態(tài)平衡中的矢量三角形進(jìn)行分析.AD輕繩的拉力與AC輕繩的拉力均屬于系統(tǒng)的外力，故將A、B看成整體，以A、B整體為研究對象進(jìn)行受力分析，如圖乙所示，設(shè)AD繩與水平方向夾角為α，AC繩與水平方向夾角為β(α＋β＝90°)，并以AC、AD為坐標(biāo)軸正方向，受力分析可得FAD＝2mgsinα＋FsinβFAC＝2mgcosα－Fcosβ當(dāng)α、β不變，F(xiàn)逐漸變大時，故FAD逐漸變大，F(xiàn)AC逐漸減?。偨Y(jié)三個力以上的動態(tài)平衡的分析方法：(1)利用正交分解結(jié)合輔助角公式進(jìn)行分析判斷.(2)利用等效思想化繁為簡，將多個力的動態(tài)平衡問題轉(zhuǎn)換成三個力的動態(tài)平衡問題，再利用相應(yīng)的解題方法來解題.五、極值問題1.三個共點力的極值問題【原型題17】重力都為G的兩個小球A和B用三段輕繩按圖示連接后懸掛在O點上，O、B間的繩長是A、B間的繩長的2倍，將一拉力F作用到小球B上，使三段輕繩都伸直且O、A間和A、B間的兩段繩分別處于豎直和水平方向上，分析拉力F的最小值.【解析】對A球受力分析，因O、A間輕繩豎直，則A、B間輕繩的拉力為0.對B球進(jìn)行受力分析，如圖所示，當(dāng)F與O、B間輕繩垂直時F最小，且Fmin＝Gsinθ，則Fmin＝eq\f(1,2)G．【原型題18】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，重力加速度為g，求在D點上可施加力的最小值.【解析】對C點進(jìn)行受力分析，由平衡條件可知，繩CD對C點的拉力FCD＝mgtan30°.對D點進(jìn)行受力分析，如圖所示.由題知繩CD對D點的拉力F2＝FCD＝mgtan30°，又F1方向一定，則當(dāng)F3垂直于繩BD時，F(xiàn)3最小，由幾何關(guān)系可知F3＝FCDsin60°＝eq\f(1,2)mg.2.四個共點力的極值問題【原型題19】如圖所示，一質(zhì)量m的小物塊在與斜面成某一夾角的拉力F作用下，沿斜面向上做勻速運動，已知斜面傾角θ，物塊與斜面之間的動摩擦因數(shù)μ，重力加速度為g，求：(1)拉力F的最小值；(2)若物塊的加速度a沿斜面向上運動，此時F的最小值.【解析】(1)設(shè)物塊所受支持力為FN，所受摩擦力為Ff，拉力與斜面間的夾角為α，受力分析如圖所示.由平衡條件知沿斜面方向：Fcosα＝mgsinθ+Ff，垂直斜面方向：Fsinα＋FN－mgcosθ＝0，又Ff＝μFN，聯(lián)立解得F＝eq\f(mgsinθ＋μmgcosθ,cosα＋μsinα)＝eq\f(mgsinθ＋μmgcosθ,\r(1＋μ2)sin(θ+φ))，且tanφ＝eq\f(1,μ).當(dāng)sin(θ+φ)＝1時，F(xiàn)取最小值eq\f(mgsinθ＋μmgcosθ,\r(1＋μ2)).(2)由牛頓第二定律得：沿斜面方向：Fcosα－mgsinθ－Ff＝ma，垂直斜面方向：Fsinα＋FN－mgcosθ＝0，又Ff＝μFN，聯(lián)立解得F＝eq\f(mg(sinθ＋μcosθ)＋ma,cosα＋μsinα)＝eq\f(mg(sinθ＋μcosθ)＋ma,\r(1＋μ2)sin(θ+φ))，且tanφ＝eq\f(1,μ).當(dāng)sin(θ+φ)＝1時，F(xiàn)取最小值eq\f(mg(sinθ＋μcosθ)＋ma,\r(1＋μ2)).總結(jié)若物體在水平面上因受到斜向上的外力牽引而做勻速運動，則牽引力的最小值F＝eq\f(μmg,\r(1＋μ2))；若物體在傾角為α的斜面上因受到外力牽引而沿斜面向上勻速運動，則牽引力的最小值F＝eq\f(mgsinα+μmgcosα,\r(1＋μ2))；若物體做勻加速運動，可利用“慣性力”，將勻加速運動等效為勻速運動求解.規(guī)律總結(jié)：分母為eq\r(,1＋μ2)，分子為忽略外力F時的物體受到的合力.請直接寫出結(jié)果：如圖所示，粗糙水平地面的動摩擦因數(shù)為μ，質(zhì)量為m的物體靜止在水平面上，現(xiàn)個m施加一斜向左上的恒力F1，與水平面的夾角為α，為使m向右做勻速直線運動，再給物體施加另外一恒力F，求F的最小值.答案：Fmin＝eq\f(F1cosα+μ(mg－F1sinα),\r(1＋μ2)).六、處理非質(zhì)點問題與三力匯交原理筆記處理非質(zhì)點時，將非質(zhì)點根據(jù)需要等效成質(zhì)點進(jìn)行分析，再利用受力分析來解題.【原型題20】如圖所示，一根鐵鏈一端用細(xì)繩懸掛于A點，為了測量這個鐵鏈的質(zhì)量，在鐵鏈的下端用一根細(xì)繩系一質(zhì)量為m的小球，待整個裝置穩(wěn)定后，測得兩細(xì)繩與豎直方向的夾角為α和β，若tanα︰tanβ＝1︰3，分析鐵鏈的質(zhì)量.【解析】對小球進(jìn)行受力分析，小球受重力、拉力和細(xì)線張力的作用，由平衡條件可得tanβ＝eq\f(F,mg)，對鐵鏈和小球整體(看成質(zhì)點)進(jìn)行受力分析，其受重力、細(xì)線的拉力FT和F的作用，由平衡條件得tanα＝eq\f(F,(M＋m)g)，又tanα︰tanβ＝1︰3，聯(lián)立解得M＝2m.筆記如果物體受到三個力的作用且處于平衡狀態(tài)，那么這三個力一定匯交于一點，即三力匯交原理；利用三力匯交原理可分析非質(zhì)點物體的中心位置及受力情況.【原型題21】如圖所示，一根粗細(xì)不均勻的木棒被系于兩端的輕質(zhì)細(xì)繩吊在兩墻壁之間，且處于平衡狀態(tài)，試確定棒的重心位置.【解析】因AB棒受到兩繩的張力及重力作用而處于平衡狀態(tài)，其中兩繩的張力作用線交于一點，故這三個力一定匯交于一點O，如圖所示，據(jù)此可找出棒的重心.【原型題22】如圖所示，質(zhì)量為m的勻質(zhì)細(xì)桿，靜止在光滑的半球形碗中，碗的半徑為R，細(xì)桿與水平方向的夾角為θ＝30°，分析細(xì)桿的長度.【解析】如圖所示，對細(xì)桿進(jìn)行受力分析，A點的彈力FN1指向球心O，B點的彈力FN2垂直細(xì)桿，根據(jù)三力匯交原理，細(xì)桿重力的反向延長線一定經(jīng)過FN1與FN2延長線的交點，找到細(xì)桿的重心Q，因細(xì)桿為勻質(zhì)桿，故Q為桿的中點.由幾何關(guān)系可知△ABP為直角三角形且∠APB＝60°，△POB為等邊三角形，O為斜邊AP的中點，故AP＝2R.△APQ為等腰三角形，頂角為120°，由幾何關(guān)系知AQ＝eq\f(2eq\r(3),3)R，Q為桿的中點，故細(xì)桿的長度為eq\f(4eq\r(3),3)R.【原型題23】有一輕桿AO豎直放置于粗糙水平面上，A端用輕繩系住，輕繩另一端固定于地面B點，已知θ為30o，如圖所示，若在AO桿的中點施一大小為F的水平力，使桿處于靜止?fàn)顟B(tài)，求這時地面對O端的作用力大小.【解析】對輕桿進(jìn)行受力分析，輕桿受拉力F、細(xì)線拉力FT和地面作用力F′的作用，地面給輕桿的作用力有支持力和摩擦力，合力的方向未知，需要根據(jù)三力匯交原理確定地面作用力的方向，如圖所示，根據(jù)F與FT的交點確定F′的方向，F(xiàn)′的方向由桿與地面的接觸點指向交點.由幾何知識可知，F(xiàn)T與F′關(guān)于F對稱，由平衡條件得水平方向：F′sin30°+FTsin30°＝F豎直方向：F′cos30°＝FTcos30°

聯(lián)立解得FT＝F′＝F.七、自鎖原理筆記

由于存在摩擦力，因此會出現(xiàn)無論驅(qū)動力如何增大，也無法使物體運動的現(xiàn)象，這種現(xiàn)象稱為機(jī)械自鎖.特別注意：自鎖現(xiàn)象與質(zhì)量無關(guān).【原型題24】如圖所示，質(zhì)量為m的物塊靜止放在粗糙的地面上，地面動摩擦因數(shù)μ＝0.75，現(xiàn)給物塊施加一個外力F，與豎直方向的夾角為θ，當(dāng)θ減小超過某一臨界θ0時，無論外力F為多大，都不能使物體沿平面運動，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，求這一臨界角的大小.【解析】解法一：利用“摩擦角”解題“摩擦角”定義：當(dāng)物體處于滑動的\t"/item/%E6%91%A9%E6%93%A6%E8%A7%92/_blank"臨界狀態(tài)時，\t"/item/%E6%91%A9%E6%93%A6%E8%A7%92/_blank"靜摩擦力Ff達(dá)到最大值Ffmax(Ffmax＝μFN)，此時最大靜摩擦力Ffmax與支持力FN的合力FR與支持力FN的夾角也最大，此時的φm稱為“摩擦角”，其中tanφm＝μ，如圖(a)所示.當(dāng)物體滑動時，給物體施加外力F，物體受到的支持力FN與地面的摩擦力Ff(Ff＝μFN)等比例增大或減小，但支持力與摩擦力的合力方向仍沿著原來的方向，即“摩擦角”不變，如圖(b)所示.當(dāng)外力F與豎直方向的夾角小于等于φm時，將F分解到水平方向與豎直方向上，分力可以被對應(yīng)的支持力與靜摩擦力抵消，此時的摩擦力為靜摩擦力，小于該支持力對應(yīng)的最大靜摩擦力，故物體不會運動，如圖(c)所示.當(dāng)外力F與豎直方向的夾角大于φm時，將F分解到水平方向與豎直方向上，水平分力無法被對應(yīng)的最大靜摩擦力抵消，因為此時壓力對應(yīng)的最大靜摩擦力小于F的水平分量，故物體無法保持靜止，如圖(d)所示.綜上所述：只要F與支持力FN間的夾角小于等于摩擦角φm，物塊就不會發(fā)生滑動，且tanφm＝μ＝0.75，即θ0＝37°.解法二：常規(guī)解法無論F多大都無法推動，故本題屬于自鎖問題，自鎖問題與物體的質(zhì)量無關(guān)，假設(shè)質(zhì)量m＝0，對物體受力分析，如圖(e)所示.臨界情況：摩擦力Ff為滑動摩擦力.水平方向：Fsinθ0＝Ff＝μFN，豎直方向：Fcosθ0＝FN，聯(lián)立解得tanθ0＝μ，即θ0＝37°.【原型題25】如圖所示，一質(zhì)量為m的物塊靜止放在粗糙的斜面上，當(dāng)斜面的傾角為30°時，物體恰好能勻速下滑，對物體施加一個大小為F的水平向右的恒力，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(dāng)斜面的傾斜角增大到某一臨界值時，無論水平恒力F多大，都不能使物體沿斜面上滑，求斜面臨界傾斜角的大小.【解析】解法一：利用“摩擦角”解題對物體進(jìn)行受力分析，如圖所示，當(dāng)F與支持力FN間的夾角小于等于摩擦角φ時，物塊就不會發(fā)生滑動.當(dāng)斜面的傾角為30°時，物體恰好能勻速下滑，故斜面的動摩擦因數(shù)為μ＝tan30°＝eq\f(eq\r(3),3).由幾何關(guān)系知F與支持力FN間的夾角為90°－θ.摩擦角φ：tanφ＝μ＝tan30°，解得φ＝30°.當(dāng)F與支持力FN間的夾角小于等于摩擦角φ時，物塊就不會發(fā)生滑動，即90°－θ≤φ，解得θ≤60°.綜上所述，斜面的臨界傾斜角為60°.解法二：常規(guī)解法無論F多大都無法推動物體，屬于自鎖問題.自鎖問題與物體的質(zhì)量無關(guān)，假設(shè)質(zhì)量m＝0，對物體受力分析，如圖所示.當(dāng)斜面的傾角為30°時，物體恰好能勻速下滑，故斜面的動摩擦因數(shù)為μ＝tan30°＝eq\f(eq\r(3),3).臨界情況：摩擦力Ff為滑動摩擦力.水平方向：Fcosθ0＝Ff＝μFN，豎直方向：Fsinθ0＝FN，聯(lián)立解得tanθ0＝eq\f(1,μ)，即θ0＝60°.八、立體受力問題【原型題26】如圖所示，矩形斜面水平邊的長度0.6m，傾斜邊的長度為0.8m，斜面傾角為37°，一重25N的物體在與斜面平行的力F的作用下，沿對角線AC勻速下滑，物體與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.6，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)斜面對小物體的支持力；(2)斜面對小物體摩擦力的大小和方向；(3)力F的大小和方向.【解析】(1)在垂直斜面的方向上，對物體受力分析，如圖(a)所示，由平衡條件知FN＝Gy＝Gcos37°＝25×0.8N＝20N.(2)在沿斜面的方向上，對物體受力分析，如圖(b)所示，滑動摩擦力與運動的方向相反，故滑動摩擦力Ff沿AC方向，大小為Ff＝μFN＝0.6×20N＝12N.(3)由于物體勻速運動，因此物體受到的合外力為0，由于F的大小和方向未知，可利用矢量三角形解題，畫圖力的矢量三角形，如圖(c)所示.其中Gx＝Gsin37°＝15N，F(xiàn)f＝μFN＝12N，二力的夾角為37°，由余弦定理得F＝eq\r(,Gx2＋Ff2－2GxFfcos37°)＝9N.很明顯能看出來該矢量三角形為直角三角形，F(xiàn)的方向斜指向左上方，與水平面的夾角為37°.綜上所述，力F的大小為9N，方向斜指向左上方，與水平面的夾角為37°.【原型題27】四個質(zhì)量均為m的完全相同的球兩兩挨著疊成一個正四面體，靜置在水平地面上，若不考慮轉(zhuǎn)動情況，球之間的摩擦力也忽略不計，要求四個球能保持正四面體形狀而不散開，重力加速度為g，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，求：(1)對地面對球的支持力大小；(2)球與地面間的動摩擦因數(shù)的最小值.【解析】(1)以四個小球組成的整體為研究對象，由二力平衡得地面對整體的支持力FN＝4mg.因小球2、3、4的受力狀態(tài)完全相同，故地面對每個小球的支持力FN′的大小相等，故FN′＝eq\f(4,3)mg，故地面對小球的支持力大小均為eq\f(4,3)mg.(2)畫出由各球心連線組成的四面體，如圖(a)所示，并找到底面的中心Q和球3、4的切點P，令∠O1O2Q＝θ，由幾何關(guān)系得sinθ＝eq\f(eq\r(,3),3)，cosθ＝eq\f(eq\r(,6),3).以球1為研究對象，受力分析如圖(b)所示，由幾何關(guān)系得FN12＝FN13＝FN14，且關(guān)于mg空間對稱，由平衡條件知FN12cosθ＝eq\f(1,3)mg.以球2為研究對象，以球1的圓心O1、球2的圓心O2和切點P所在的平面進(jìn)行受力分析，如圖(c)所示.由平衡條件得水平方向：Ff＝FN12′sinθ，豎直方向：FN′＝mg＋FN12′cosθ，又FN＝FN′，F(xiàn)f≤Ffm＝μFN′，聯(lián)立解得μ≥eq\f(eq\r(,2),8).【原型題28】如圖所示，錐角為α的正圓錐體鉛直放置在水平地面上，一質(zhì)量為m且分布均勻的軟繩水平的套在圓錐體上，忽略軟繩與錐體之間的摩擦力，試求軟繩中的張力.【解析】根據(jù)“化曲為直”的思想，如圖甲所示，將軟繩等分成n段(無數(shù)段)，每段的長度為Δl，再利用微元法分析，研究其中某一段，該段的質(zhì)量為Δm＝eq\f(m,2πR)Δl.研究該段軟繩，設(shè)該段軟繩對應(yīng)軟繩環(huán)中心的張角為Δφ，對該段軟繩進(jìn)行受力分析，如圖乙、丙所示.由平衡條件得水平方向：2FTsineq\f(Δφ,2)＝FNcoseq\f(α,2)，豎直方向：Δmg＝FNsineq\f(α,2)，聯(lián)立解得FT＝eq\f(Δmg,2sineq\f(Δφ,2)taneq\f(α,2)).又Δm＝eq\f(m,2πR)Δl，化簡得FT＝eq\f(mgΔl,4πRsineq\f(Δφ,2)taneq\f(α,2))，又Δφ＝eq\f(Δl,R)，則FT＝eq\f(mgΔφ,4πsineq\f(Δφ,2)taneq\f(α,2))，由數(shù)學(xué)函數(shù)知識知，當(dāng)角度θ(單位為弧度)很小時，θ≈sinθ≈cosθ≈tanθ.因n取值很大，即Δl很短，Δφ很小，故sineq\f(Δφ,2)≈eq\f(Δφ,2)，進(jìn)一步化簡得FT＝eq\f(mgΔφ,4πeq\f(Δφ,2)taneq\f(α,2))＝eq\f(mg,2πtaneq\f(α,2)).總結(jié)本題的勻質(zhì)軟繩不是質(zhì)點，解決非質(zhì)點問題時，通常將其轉(zhuǎn)化成質(zhì)點分析，再利用“化曲為直”的思想結(jié)合微元法進(jìn)行分析.利用三角函數(shù)解題時，如果出現(xiàn)角度θ(單位為弧度)很小時，要想起利用三角函數(shù)的特殊關(guān)系，即θ≈sinθ≈cosθ≈tanθ.本技巧將會在機(jī)械振動章節(jié)中再次使用.題型筆記2.5整體隔離在平衡態(tài)中的應(yīng)用筆記：總綱研究連接體受力時，為簡化受力分析，有時需要隔離某一個物體，有時需要對連接體整體進(jìn)行受力分析.如何判斷何時需整體分析，何時需隔離分析？對于整體隔離的用法：“外力看整體，內(nèi)力看隔離”.根據(jù)題目的問題，判斷出利用整體法還是隔離法來解題；隔離時，通常隔離受力較少或受力簡單的物體.一、考察連接體的平衡形態(tài)【原型題1】如圖(a)所示，兩段等長、輕質(zhì)的細(xì)繩將質(zhì)量分別為m、2m的小球A、B(均可視為質(zhì)點)懸掛在O點，小球A受到水平向右的恒力F1的作用，小球B受到水平向左的恒力F2的作用，當(dāng)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)時，出現(xiàn)了如圖(b)所示的狀態(tài)，小球B剛好位于O點正下方．求F1與F2的比值.【解析】A受到水平向右的力F1的作用，B受到水平向左的力F2的作用.分析OA繩時，由于OA繩的拉力屬于系統(tǒng)的外力，故以A、B組成的整體為研究對象，受力分析如圖甲所示，設(shè)OA繩與豎直方向的夾角為α，由平衡條件得tanα＝eq\f(F1－F2,2mg＋mg).分析AB繩時，因AB細(xì)繩的拉力屬于系統(tǒng)的內(nèi)力，故以B球為研究對象，受力分析如圖乙所示．設(shè)AB繩與豎直方向的夾角為β，由平衡條件得tanβ＝eq\f(F2,2mg)，由幾何關(guān)系得α＝β，解得2F1＝5F2，即F1：F2＝5：2.【原型題2】如圖所示，用等長的兩根輕質(zhì)細(xì)線把兩個質(zhì)量相等的小球懸掛在O點.現(xiàn)對小球b施加一個水平向左的恒力F，同時對小球a施加一個水平向右的恒力3F，最后達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，分析系統(tǒng)平衡的狀態(tài).【解析】分析Oa細(xì)繩時，Oa細(xì)繩的拉力屬于系統(tǒng)的外力，故以a、b組成的整體為研究對象，把兩球連同之間的細(xì)線看成一個整體，對其進(jìn)行受力分析，如圖甲所示，水平方向上受方向向左的F和方向向右的力3F的作用，故Oa細(xì)繩一定向右偏，設(shè)Oa細(xì)繩與豎直方向夾角為α，由受力分析可得tanα＝eq\f(3F－F,2mg)＝eq\f(F,mg).分析ab細(xì)繩時，ab細(xì)繩的拉力屬于系統(tǒng)為內(nèi)力，故以b球為研究對象，如圖乙所示，設(shè)ab細(xì)繩與豎直方向夾角為β，由受力分析可得tanβ＝eq\f(F,mg)，聯(lián)立可得α＝β，故系統(tǒng)平衡時b球在O點的正下方.總結(jié)兩根繩分別提供連接體系統(tǒng)的內(nèi)力與外力，通過整體隔離，進(jìn)行受力分析，再利用正切值比較兩根繩與豎直方向的夾角大小，確定系統(tǒng)的平衡狀態(tài).二、繩、桿和彈簧連接體【原型題3】如圖所示，質(zhì)量均為m的A、B兩球，由一根勁度系數(shù)為k的輕彈簧連接并靜止于半徑為R的光滑半球形碗中，彈簧水平，兩球間距為R且球半徑遠(yuǎn)小于碗的半徑，重力加速度為g，求彈簧的原長.【解析】彈簧彈力屬于系統(tǒng)的內(nèi)力，故以A球為研究對象，小球受重力、彈力和碗的支持力的作用，受力圖如圖所示.設(shè)彈簧壓縮量為x，由平衡條件得tanθ＝eq\f(mg,kx)，解得x＝eq\f(mg,ktanθ)，由幾何關(guān)系可得cosθ＝eq\f(\f(1,2)R,R)＝eq\f(1,2)，則tanθ＝eq\r(3).故x＝eq\f(mg,ktanθ)＝eq\f(\r(3)mg,3k)，彈簧原長x0＝eq\f(\r(3)mg,3k)＋R.【原型題4】如圖所示，一個半球形的碗放在桌面上，碗口水平，O是球心，碗的內(nèi)表面光滑.一根輕質(zhì)桿的兩端固定有兩個小球，質(zhì)量分別是m1、m2.當(dāng)它們靜止時，m1、m2與球心的連線跟水平面分別成60°、30°角，求碗對兩小球m1、m2的彈力大小之比.【解析】兩小球m1、m2受到的彈力屬于系統(tǒng)的外力，對整體進(jìn)行受力分析，如圖乙所示，由平衡條件可知，水平方向合力為0，則FN1cosβ＝FN2cosα，即eq\f(FN1,FN2)＝eq\f(\r(3),1).【原型題5】如圖所示，一個半球形的碗放在桌面上，碗口水平，O點為其球心，碗的內(nèi)表面及碗口是光滑的.一根細(xì)線跨在碗口上，線的兩端分別系有質(zhì)量為m1和m2的小球，當(dāng)它們處于平衡狀態(tài)時，質(zhì)量為m1的小球與O點的連線與水平面的夾角α＝60°，求兩小球的質(zhì)量之比eq\f(m2,m1).【解析】由題意可知，可以利用隔離法解題.隔離m2：m2受重力和細(xì)線的拉力處于平衡狀態(tài)，由二力平衡條件得，細(xì)線的拉力FT＝m2g.隔離m1：m1受FT、FN、m1g三力作用而處于平衡狀態(tài).受力分析如圖所示，小球m1處于平衡狀態(tài)，是典型的正Y受力模型，且夾角為θ＝60°，故FN＝FT，m1g＝eq\r(,3)FT＝eq\r(,3)m2g，即eq\f(m2,m1)＝eq\f(\r(3),3).總結(jié)求解連接體質(zhì)量比時，一般需要分別隔離兩個物體，分別進(jìn)行受力分析，通過連接介質(zhì)(桿、繩、彈簧等)彈力相等建立聯(lián)系，從而找到連接體的質(zhì)量關(guān)系.【原型題6】如圖所示，質(zhì)量為M的木塊C放在水平地面上，固定在C上的豎直輕桿的頂端分別用細(xì)繩a和b連接小球A和小球B，小球A、B的質(zhì)量分別為mA和mB，當(dāng)與水平方向成30°角的力F作用在小球B上時，A、B、C剛好相對靜止一起向右勻速運動，且此時繩a、b與豎直方向的夾角分別為30°和60°，求：(1)F的大??；(2)地面對C的摩擦力大??；(3)A、B球的質(zhì)量比.【解析】(1)對小球B進(jìn)行受力分析，是典型的正Y受力模型，夾角為120°，故FTb＝F＝mBg.(2)地面對C的摩擦力屬于系統(tǒng)的外力，對A、B、C整體進(jìn)行受力分析，以A、B、C整體為研究對象，受力分析如圖所示.水平方向：Ff＝Fcos30°＝mBgcos30°＝eq\f(\r(3),2)mBg.(3)對小球A進(jìn)行受力分析，豎直方向：mAg＋FTbsin30°＝FTasin60°，水平方向：FTasin30°＝FTbsin60°，聯(lián)立解得mA＝mB.三、疊加型連接體【原型題7】如圖所示，100個大小相同、質(zhì)量均為m且無摩擦的球體靜止放置于兩相互垂直且光滑的平面上，平面AB與水平面的夾角為30°，重力加速度為g，求第2個球?qū)Φ?個球的作用力大小.【解析】第2個球?qū)Φ?個球的作用力與其他球之間的作用力無關(guān)，故將1、2球看成一個整體，將3~100球看成一個整體.斜面光滑，3~100球整體靜止在斜面上，由受力分析可知，第2個球?qū)Φ?個球的作用力等于3~100球整體重力沿斜面方向的分力，即FN＝98mgsin30°＝49mg.【原型題8】完全相同的直角三角形滑塊A、B按如圖所示疊放，設(shè)A、B接觸的斜面光滑，A與桌面間的動摩擦因數(shù)為μ.現(xiàn)在B上作用一水平推力F，恰好使A、B一起在桌面上勻速運動，且A、B保持相對靜止，分析動摩擦因數(shù)μ跟斜面傾角θ的關(guān)系.【解析】動摩擦因數(shù)μ與桌面摩擦力有關(guān)，以A、B整體為研究對象，摩擦力屬于外力，故需要整體分析；斜面傾角θ與A、B間的彈力有關(guān)，屬于系統(tǒng)的內(nèi)力，故需隔離分析.取A、B為一個整體，受力分析如圖甲所示，由平衡條件得F＝Ff，F(xiàn)N＝2mg，又Ff＝μFN聯(lián)立解得F＝2μmg.再隔離滑塊B，受力分析如圖乙所示，由平衡條件得FNBcosθ＝mg，F(xiàn)NBsinθ＝F，解得F＝mgtanθ，即2μmg＝mgta