第二版《高中物理題型筆記》上冊(cè)

高中物理題型筆記上冊(cè)前言高中物理對(duì)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(shí)結(jié)合在一起，又可以抽象起來(lái)，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(jī)；但另一部分同學(xué)在堅(jiān)持題海戰(zhàn)術(shù)的同時(shí)，卻無(wú)法形成一套完整的邏輯思維，苦于成績(jī)平平；更有甚者因物理的難度，在理綜考試時(shí)對(duì)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(diǎn)考法，更需要有非常高的做題熟練度，才可以在有限的時(shí)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(diǎn)？如何讓同學(xué)們掌握每個(gè)考點(diǎn)所對(duì)應(yīng)的解題技巧？讓同學(xué)們熟悉高中物理所有的考點(diǎn)，完全掌握每個(gè)考點(diǎn)相應(yīng)的解題技巧，是我們匯編此書的初衷，讓同學(xué)們?cè)诟呖贾薪鸢耦}名是我們的愿景。我們基于數(shù)十年的實(shí)際教學(xué)經(jīng)驗(yàn)，對(duì)同學(xué)們學(xué)習(xí)過(guò)程中的難點(diǎn)與痛點(diǎn)了然于胸，通過(guò)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(shí)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(diǎn)，并進(jìn)行了詳細(xì)的總結(jié)與歸類。本書對(duì)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(diǎn)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?cè)诟呖贾械奈锢沓煽?jī)，踏入理想的大學(xué)之門。本書難免會(huì)有疏漏和不當(dāng)之處，敬請(qǐng)諒解，并希望各位同行和同學(xué)給予及時(shí)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(yùn)動(dòng)TOC\o"1-3"\h\u2082826131題型筆記1.1勻變速直線運(yùn)動(dòng)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(duì)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(duì)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(dòng)的距離為m1g(eq\f(1,k1)+eq\f(1,k2))，m2移動(dòng)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(duì)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(duì)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(dòng)的距離為m1g(eq\f(1,k1)+eq\f(1,k2))，m2移動(dòng)的距離為eq\f(m1g,k2).2.彈簧的串并聯(lián)問(wèn)題筆記：彈簧的串并聯(lián)問(wèn)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(guò)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(guò)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(zhǎng)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(zhǎng)了Δl2，求Δl1∶Δl2的比值.【解析】將一根完整的彈簧可以看成4個(gè)eq\f(1,4)段長(zhǎng)的小彈簧串聯(lián)而成，每個(gè)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(zhǎng)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(shí)，上方的彈簧處于原長(zhǎng)；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(shí)，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(shí)，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(shí)，其相對(duì)第一次靜止時(shí)高度下降x2，則AC彈簧伸長(zhǎng)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(yùn)動(dòng)時(shí)，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(shí)，其相對(duì)第一次靜止時(shí)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(yùn)動(dòng)的木板或傳送帶上，接觸面均粗糙，給物塊一個(gè)大小合適的初速度，其中木板與傳送帶勻速運(yùn)動(dòng)，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(dòng)摩擦力的作用，則摩擦力的方向與相對(duì)運(yùn)動(dòng)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(duì)運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)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(yùn)動(dòng)，物塊與傳送帶間無(wú)摩擦力.(2)無(wú)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(shí)系統(tǒng)無(wú)相對(duì)運(yùn)動(dòng)(有相對(duì)運(yùn)動(dòng)趨勢(shì))，即相對(duì)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(yùn)動(dòng)的趨勢(shì)(也可通過(guò)假設(shè)接觸面光滑來(lái)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(yàn)，分析人走路時(shí)腳受到的摩擦力方向與騎車時(shí)前后輪受到的摩擦力方向.【解析】人走路時(shí)，腳和地面接觸，腳蹬地面，對(duì)地面產(chǎn)生擠壓，以地面為參考系，腳有一個(gè)向后運(yùn)動(dòng)的趨勢(shì)，所以腳受到的摩擦力向前，人在這個(gè)力的作用下向前運(yùn)動(dòng)，人走路時(shí)腳與地面間無(wú)相對(duì)運(yùn)動(dòng)，故腳受到的摩擦力為靜摩擦力.自行車一般是后輪驅(qū)動(dòng)的，人蹬腳踏板時(shí)通過(guò)鏈條帶動(dòng)后輪轉(zhuǎn)動(dòng)，與人走路時(shí)的情況類似，因此地面對(duì)后輪的摩擦力方向向前，從而推動(dòng)自行車向前運(yùn)動(dòng)；前輪相對(duì)地面(參考物)向前運(yùn)動(dòng)，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(shí)，前后輪都隨著車靠慣性相對(duì)地面前進(jìn)，這時(shí)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(yùn)動(dòng)，因此自行車速度越來(lái)越慢.總結(jié)加速時(shí)，驅(qū)動(dòng)輪受到的摩擦力與加速方向相同，從動(dòng)輪受到的摩擦力方向與運(yùn)動(dòng)方向相反；減速時(shí)，驅(qū)動(dòng)輪與從動(dòng)輪受到摩擦力的方向均與運(yùn)動(dòng)方向相反，從而阻礙車的運(yùn)動(dòng)，速度減慢.二、影響滑動(dòng)摩擦力的因素筆記(1)求滑動(dòng)摩擦力的大小時(shí)，可利用公式Ff＝μFN來(lái)計(jì)算；(2)影響滑動(dòng)摩擦力的因素只有μ和FN，相對(duì)滑動(dòng)的速度和接觸面積不影響滑動(dòng)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(guò)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(yùn)動(dòng)，這時(shí)彈簧對(duì)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(dòng)摩擦力的大?。?2)木板B受到地面滑動(dòng)摩擦力的大??；(3)若木板以2v的速度運(yùn)動(dòng)，木塊A受到的摩擦力大小；(4)若作用在木板B上的水平力為2F，則地面受到的滑動(dòng)摩擦力的大小.【解析】(1)分別以A、B為研究對(duì)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(yùn)動(dòng)，都屬于平衡狀態(tài)，彈簧對(duì)木塊A的拉力大小為FT，所以B對(duì)A的滑動(dòng)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(dòng)摩擦力的大小等于F－FT.(3)木板以2v的速度運(yùn)動(dòng)時(shí)，因木塊A受到的支持力大小不變，且A、B間動(dòng)摩擦因數(shù)均不變，故木板A受到的滑動(dòng)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(yùn)動(dòng)，因地面對(duì)木板B的支持力大小不變，且B與地面間動(dòng)摩擦因數(shù)均不變，故木板B受到的滑動(dòng)摩擦力大小不變，仍為F－FT.【原型題4】如圖所示，A、B、C三個(gè)物體質(zhì)量相等，與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)均相同.三個(gè)物體隨傳送帶一起勻速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)，沒有發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，也沒有相對(duì)運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)，所以A物體不受摩擦力的作用；對(duì)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(wú)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(shí)，傳送帶突然啟動(dòng)，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(dòng)后，M的運(yùn)動(dòng)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(dòng)以后，物塊M受到的支持力不變，物塊M與傳送帶間動(dòng)摩擦因數(shù)不變，即受到的滑動(dòng)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(dòng)力，需要時(shí)就存在，不需要時(shí)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(dòng)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(dòng)摩擦因數(shù)為μ，現(xiàn)在物體上加一個(gè)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(dòng)摩擦力，重力加速度為g，求：(1)此時(shí)物體所受摩擦力大?。?2)物體保持靜止時(shí)F的最大值.【解析】(1)解法一：對(duì)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(shí)三個(gè)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(gè)分摩擦力：一個(gè)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(shí)，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(dòng)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(gè)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(shí)，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(shí)，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(shí)，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(wú)法判斷木塊是保持靜止還是運(yùn)動(dòng)，故無(wú)法計(jì)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(shí)，由于不知道F的具體值，所以無(wú)法判斷初始時(shí)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(shí)刻，F(xiàn)＝mgsinθ，物體受到的摩擦力為0，故F減小時(shí)，F(xiàn)f一直沿斜面向上增大.(2)初始時(shí)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(shí)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(shí)，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(wú)法判斷初始時(shí)刻靜摩擦力的方向.若可以判斷初始時(shí)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(guò)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(jì)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(shuō)法中正確的是()A.繩子的張力將增大B.物體A對(duì)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(duì)象，由于B物體靜止，所以繩的張力FT＝mBg且保持不變，故A錯(cuò)誤；以A物體為研究對(duì)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(shí)，mAgsin30°＝FT，摩擦力恰好為0，當(dāng)斜面的傾角增大時(shí)，斜面對(duì)A的支持力減小，靜摩擦力增大，B正確，C錯(cuò)誤；在斜面傾角增大的過(guò)程中，輕繩的張力不變，但是夾角減小，所以合力增大，故D錯(cuò)誤．四、動(dòng)、靜摩擦力的轉(zhuǎn)變問(wèn)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(shí)針旋轉(zhuǎn)，發(fā)現(xiàn)木板的傾角α分別為30°和45°時(shí)物塊所受摩擦力的大小恰好相同，求物塊和木板間的動(dòng)摩擦因數(shù).【解析】由題意可以判斷出，當(dāng)傾角α＝30°時(shí)，物塊受到的摩擦力是靜摩擦力，其大小為Ff1＝mgsin30°，當(dāng)α＝45°時(shí)，物塊受到的摩擦力為滑動(dòng)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(gè)重量為G的長(zhǎng)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(shí)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(yùn)動(dòng)狀態(tài)；(2)物塊所受摩擦力隨時(shí)間變化規(guī)律.【解析】(1)設(shè)墻壁的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，對(duì)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(dòng)摩擦力大小為Ff＝μkt，與時(shí)間成正比.初始時(shí)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(shí)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(guò)程物塊的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)是物體向下運(yùn)動(dòng)，速度逐漸增大，但加速度逐漸減小；當(dāng)摩擦力等于物塊的重力時(shí)，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(shí)，合力豎直向上，但速度的方向向下，故物體做減速運(yùn)動(dòng)；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(yùn)動(dòng)，再做加速度反向增大的減速運(yùn)動(dòng)，直至靜止.(2)當(dāng)物塊靜止瞬間，物塊受到的摩擦力由滑動(dòng)摩擦力轉(zhuǎn)變成靜摩擦力，由于物塊做減速運(yùn)動(dòng)，所以滑動(dòng)摩擦力大于重力；靜止時(shí)，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(guò)程中，需特別注意摩擦力的轉(zhuǎn)變問(wèn)題，無(wú)論摩擦力由靜摩擦力轉(zhuǎn)變成滑動(dòng)摩擦力，還是由滑動(dòng)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(wú)外力牽引做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)【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(yùn)動(dòng)，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(yùn)動(dòng)，對(duì)A受力分析可知A不受摩擦力作用；將A、B看成整體，對(duì)整體受力分析可知B與地面間有摩擦力，即A、B間無(wú)摩擦力，B與地面間有摩擦力.圖乙：A做勻速運(yùn)動(dòng)，對(duì)A受力分析可知A受摩擦力作用；將A、B看成整體，對(duì)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(wú)摩擦力.圖丙：A做勻速運(yùn)動(dòng)，對(duì)A受力分析可知A不受摩擦力；將A、B看成整體，對(duì)整體受力分析可知B與斜面間有摩擦力，即A、B間無(wú)摩擦力，B與斜面間有摩擦力.總結(jié)水平放置的物體無(wú)外力牽引做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，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(yùn)動(dòng)時(shí)，物體受到摩擦力的作用.2.系統(tǒng)受力軸對(duì)稱時(shí)【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(duì)兩塊磚的摩擦力均為mg，方向豎直向上；隔離磚塊1，木板對(duì)磚塊1的摩擦力與重力平衡，故磚塊1、2間無(wú)摩擦力.解法二：如圖所示，系統(tǒng)關(guān)于豎直方向完全軸對(duì)稱，因此對(duì)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(duì)稱性，摩擦力對(duì)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(diǎn)，故磚塊1、2間無(wú)摩擦力.解法三：兩個(gè)磚塊沒有相對(duì)運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)，故磚塊1、2間無(wú)摩擦力.總結(jié)系統(tǒng)關(guān)于豎直方向完全軸對(duì)稱，對(duì)稱軸處無(wú)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(duì)稱，此時(shí)兩物體間存在摩擦力的作用.【原型題14】如圖甲所示，有8個(gè)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(dòng)摩擦因數(shù)為μ1＝0.5，磚塊與磚塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2＝0.2，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)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(gè)磚塊改成7個(gè)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(duì)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?duì)磚塊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?。簩⒋u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(dòng).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(dòng)摩擦因數(shù)、磚與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)不同，再對(duì)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(gè)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(gè)整體，將右側(cè)小磚塊與磚塊5、6、7看成另一個(gè)整體，兩部分仍對(duì)稱，故本問(wèn)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(yùn)動(dòng)，且相對(duì)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(duì)象：小球在水平方向上運(yùn)動(dòng)，合力水平向左，小球受重力mg和斜面體的彈力FN兩個(gè)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(duì)象：由于系統(tǒng)保持相對(duì)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(shí)，小球與斜面體間無(wú)摩擦力，保持相對(duì)靜止一起運(yùn)動(dòng).分情況討論：①若整體的加速度增加，即a>gtanθ，則小球有相對(duì)斜面向上滑動(dòng)的趨勢(shì)，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(duì)斜面向下滑動(dòng)的趨勢(shì)，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(guò)比較臨界加速度與實(shí)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(guò)計(jì)算可求出摩擦力的大小.4.系統(tǒng)無(wú)相對(duì)運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)【原型題16】如圖所示，粗糙斜體的傾斜角為

θ

，現(xiàn)將兩個(gè)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(guò)程中，不計(jì)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(huì)一起以重力加速度g做自由落體運(yùn)動(dòng)，下落過(guò)程中A、B間的距離不變，始終保持相對(duì)靜止；同理A、B兩斜體由靜止釋放，A、B一起做自由落體運(yùn)動(dòng)，始終相對(duì)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(yùn)動(dòng)，A、B間無(wú)運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)，故A、B間無(wú)摩擦力的作用.【拓展延伸】物體A、B通過(guò)輕桿連接，由靜止釋放后，不計(jì)空阻，則輕桿無(wú)彈力.總結(jié)地球上任一物體由靜止釋放(不計(jì)空氣阻力)，均以重力加速度g做自由落體運(yùn)動(dòng).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(guò)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(shí)，疊加體間不存在彈力與摩擦力；當(dāng)a≠g時(shí)，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(yùn)動(dòng)，且相對(duì)靜止，無(wú)相對(duì)運(yùn)動(dòng)趨勢(shì).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(yùn)動(dòng)，且相對(duì)靜止，無(wú)相對(duì)運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)，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(yùn)動(dòng).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(guò)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(shí)，疊加體間不存在摩擦力；當(dāng)a≠gsinθ時(shí)，疊加體間存在摩擦力.題型筆記2.4共點(diǎn)力平衡一、三個(gè)力的共點(diǎn)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(gè)獨(dú)立等式，通過(guò)矢量三角形，并利用正弦定理可以解出兩個(gè)未知量.2.正交分解解題原理如圖甲所示的為某質(zhì)點(diǎn)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(gè)等式可解兩個(gè)未知量，利用正交分解也可以接觸兩個(gè)未知量.3.歸納解決共點(diǎn)力作用下物體的平衡問(wèn)題時(shí)，對(duì)質(zhì)點(diǎn)受力分析，未知量多于兩個(gè)時(shí)，無(wú)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(lái)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(jì)的光滑定滑輪，輕質(zhì)細(xì)繩兩端各系一個(gè)小球掛在定滑輪上，如圖所示，兩小球平衡時(shí)，若滑輪兩側(cè)細(xì)繩的長(zhǎng)度分別為L(zhǎng)1＝2.4R和L2＝2.5R，求兩個(gè)小球的質(zhì)量之比.【解析】對(duì)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(duì)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(guò)兩個(gè)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(gè)未知數(shù)，無(wú)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(diǎn)：將質(zhì)點(diǎn)沿接觸面移動(dòng)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(dòng)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(gè)頂點(diǎn)(O、O′、質(zhì)點(diǎn))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(diǎn)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】?jī)蓚€(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)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(gè)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(zhǎng)度是球面半徑的eq\r(,2)倍.當(dāng)兩球處于平衡狀態(tài)時(shí)，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(guò)O點(diǎn)的豎直半徑與ab交于O′，對(duì)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(duì)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(duì)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(jì)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(duì)a：由正弦定理可得eq\f(mag,sin45°)＝eq\f(Fa,sin(135°－α))＝eq\f(FN,sinα)，對(duì)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(shí)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(diǎn)，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(duì)小球進(jìn)行分析，當(dāng)小球質(zhì)量為m時(shí)，受力示意圖如圖甲所示；當(dāng)小球質(zhì)量為2m時(shí)，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(shí)，eq\f(F,sin60°)＝eq\f(mg,sin(180o－60°－α))；當(dāng)小球質(zhì)量為2m時(shí)，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(guò)兩個(gè)，但由于無(wú)法找到頂點(diǎn)不變的幾何三角形，因此無(wú)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(gè)力以上的共點(diǎn)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(dòng)摩擦因數(shù)為μ(0<μ<1).現(xiàn)對(duì)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(yùn)動(dòng)，求F的大小.【解析】對(duì)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(dòng)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(yùn)動(dòng)，牽引力與運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)，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(shí)，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(duì)滑塊A的摩擦力與支持力大小.【解析】初始時(shí)，滑塊靜止在斜面上，對(duì)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(diǎn)(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(gè)力的共點(diǎn)力動(dòng)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(duì)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(duì)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(dòng)的過(guò)程中，木板的傾斜角緩慢增大，故摩擦力逐漸增大，木板對(duì)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(diǎn)O的A點(diǎn)沿圓弧緩慢下滑到B點(diǎn)，此過(guò)程中F始終沿圓弧的切線方向，分析圓柱體對(duì)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(guò)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(duì)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(dòng)繩的中點(diǎn)O.用FT表示繩OA段拉力的大小，在O點(diǎn)向左移動(dòng)的過(guò)程中，分析F與FT的變化情況.【解題】對(duì)O點(diǎn)受力分析，F(xiàn)與FT的變化情況如圖所示.由圖可知在O點(diǎn)向左移動(dòng)的過(guò)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(diǎn)轉(zhuǎn)至水平位置，分析此過(guò)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?yàn)閾醢迨蔷徛D(zhuǎn)動(dòng)，所以小球處于動(dòng)態(tài)平衡狀態(tài).在轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)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(duì)其支持力的方向始終不變)，由圖可知此過(guò)程中斜面對(duì)小球的支持力F2不斷減小，擋板對(duì)小球彈力F1先減小后增大.總結(jié)當(dāng)物體受到三個(gè)共點(diǎn)力的作用處于平衡，且只有一個(gè)力的方向發(fā)生改變時(shí)，利用矢量三角形解題即可，要熟練掌握矢量三角形動(dòng)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(gè)小滑輪，細(xì)繩一端拴一小球，小球置于半球面上的A點(diǎn)，另一端繞過(guò)小滑輪，今緩慢拉繩使小球從A點(diǎn)滑至半球頂點(diǎn)，在此過(guò)程中，分析細(xì)繩對(duì)球的拉力FT及球面對(duì)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(dòng)的過(guò)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(diǎn)，另一端通過(guò)定滑輪用力拉住，一重物用繩b掛在桿BC上，桿可繞B點(diǎn)轉(zhuǎn)動(dòng)，桿、細(xì)繩的質(zhì)量及摩擦均不計(jì)，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(diǎn)為研究對(duì)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(zhǎng)、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(gè)共點(diǎn)力作用且處于平衡狀態(tài)時(shí)，其中有兩個(gè)力的大小和方向發(fā)生改變時(shí)，僅利用三力構(gòu)成的矢量三角形無(wú)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(dòng)過(guò)程中，幾何三角形的頂點(diǎn)不變，那么可以利用該幾何三角形與矢量三角形相似來(lái)解題.4.利用動(dòng)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(diǎn)M拴一重物，用手拉住繩的另一端N，初始時(shí)，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(guò)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(gè)性質(zhì)：相同弦的圓周角相等，因此我們可以在受力分析時(shí)借助于圓進(jìn)行輔助理解.以重物為研究對(duì)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(gè)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(guò)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(guò)3段輕繩OA、OB、OC懸掛在天花板上的A點(diǎn)，輕繩OC拴接在輕質(zhì)彈簧測(cè)力計(jì)上．第一次，保持結(jié)點(diǎn)O位置不變，某人拉著輕質(zhì)彈簧測(cè)力計(jì)從水平位置緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)到豎直位置，如圖甲所示，彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù)記為F1.第二次，保持輕繩OC垂直于OA，緩慢移動(dòng)輕繩，使輕繩OA從豎直位置緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)到如圖乙所示位置，彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù)記為F2，分析F1與F2的變化情況.【解析】對(duì)圖甲中的O點(diǎn)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(dòng)態(tài)圖來(lái)解題，動(dòng)態(tài)圖如圖丙所示，故圖丙中的F1先減小后增大.對(duì)圖乙中的O點(diǎn)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(lái)輔助分析，矢量三角形動(dòng)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(gè)共點(diǎn)力作用且處于平衡狀態(tài)時(shí)，其中兩個(gè)力的方向發(fā)生改變且這兩個(gè)力的夾角不變時(shí)，需利用動(dòng)態(tài)圓來(lái)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(diǎn)，另一端與質(zhì)量為m的物體相連.輕繩l2跨過(guò)固定在B點(diǎn)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(diǎn)正下方的A點(diǎn)沿eq\f(1,4)圓弧緩慢的運(yùn)動(dòng)到接近B點(diǎn)的過(guò)程中，l1一直處于伸直狀態(tài).O、B兩點(diǎn)在同一水平線上，不計(jì)一切阻力，物體可視為質(zhì)點(diǎn)，滑輪大小不計(jì)，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(dòng)的過(guò)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(gè)共點(diǎn)力作用且處于平衡狀態(tài)時(shí)，其中有兩個(gè)力的方向發(fā)生改變時(shí)，僅利用矢量三角形無(wú)法解題；在原圖中無(wú)法到與矢量三角形相似且頂點(diǎn)不變的幾何三角形時(shí)，利用正弦定理解題更合理.四、三個(gè)力以上的共點(diǎn)力動(dòng)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(dòng)摩擦因數(shù)為μ(0＜μ＜1).現(xiàn)對(duì)木箱施加一拉力F，使木箱做勻速直線運(yùn)動(dòng).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(guò)程中，木箱的速度保持不變，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)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(duì)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(dòng)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(guò)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(shí)，F(xiàn)取最小值eq\f(μmg,\r(1＋μ2)).設(shè)勻速運(yùn)動(dòng)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(guò)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(dòng)的\t"/item/%E6%91%A9%E6%93%A6%E8%A7%92/_blank"臨界狀態(tài)時(shí)，\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(shí)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(shí)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(dòng)時(shí)，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(lái)的方向，如圖(c)所示.對(duì)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(gè)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(guò)程中，F(xiàn)先減小后增大.設(shè)勻速運(yùn)動(dòng)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(guò)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(gè)質(zhì)量相同的小球并保持靜止，繩AD與AC垂直．現(xiàn)對(duì)B球施加一個(gè)水平向右的力F，使B緩慢移動(dòng)到圖中虛線位置，在此過(guò)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(duì)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(guò)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(dòng)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(duì)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(shí)，故FAD逐漸變大，F(xiàn)AC逐漸減小．總結(jié)三個(gè)力以上的動(dòng)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(jiǎn)，將多個(gè)力的動(dòng)態(tài)平衡問(wèn)題轉(zhuǎn)換成三個(gè)力的動(dòng)態(tài)平衡問(wèn)題，再利用相應(yīng)的解題方法來(lái)解題.五、極值問(wèn)題1.三個(gè)共點(diǎn)力的極值問(wèn)題【原型題17】重力都為G的兩個(gè)小球A和B用三段輕繩按圖示連接后懸掛在O點(diǎn)上，O、B間的繩長(zhǎng)是A、B間的繩長(zhǎng)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(duì)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(duì)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(shí)F最小，且Fmin＝Gsinθ，則Fmin＝eq\f(1,2)G．【原型題18】如圖所示，三根長(zhǎng)度均為l的輕繩分別連接于C、D兩點(diǎn)，A、B兩端被懸掛在水平天花板上，相距2l.現(xiàn)在C點(diǎn)上懸掛一個(gè)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(diǎn)上可施加力的最小值.【解析】對(duì)C點(diǎn)進(jìn)行受力分析，由平衡條件可知，繩CD對(duì)C點(diǎn)的拉力FCD＝mgtan30°.對(duì)D點(diǎn)進(jìn)行受力分析，如圖所示.由題知繩CD對(duì)D點(diǎn)的拉力F2＝FCD＝mgtan30°，又F1方向一定，則當(dāng)F3垂直于繩BD時(shí)，F(xiàn)3最小，由幾何關(guān)系可知F3＝FCDsin60°＝eq\f(1,2)mg.2.四個(gè)共點(diǎn)力的極值問(wèn)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(yùn)動(dòng)，已知斜面傾角θ，物塊與斜面之間的動(dòng)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(yùn)動(dòng)，此時(shí)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(shí)，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(shí)，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(yùn)動(dòng)，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(yùn)動(dòng)，則牽引力的最小值F＝eq\f(mgsinα+μmgcosα,\r(1＋μ2))；若物體做勻加速運(yùn)動(dòng)，可利用“慣性力”，將勻加速運(yùn)動(dòng)等效為勻速運(yùn)動(dòng)求解.規(guī)律總結(jié)：分母為eq\r(,1＋μ2)，分子為忽略外力F時(shí)的物體受到的合力.請(qǐng)直接寫出結(jié)果：如圖所示，粗糙水平地面的動(dòng)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(gè)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(yùn)動(dòng)，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(diǎn)問(wèn)題與三力匯交原理筆記處理非質(zhì)點(diǎn)時(shí)，將非質(zhì)點(diǎn)根據(jù)需要等效成質(zhì)點(diǎn)進(jìn)行分析，再利用受力分析來(lái)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(diǎn)，為了測(cè)量這個(gè)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(gè)裝置穩(wěn)定后，測(cè)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(duì)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(duì)鐵鏈和小球整體(看成質(zhì)點(diǎn))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(gè)力的作用且處于平衡狀態(tài)，那么這三個(gè)力一定匯交于一點(diǎn)，即三力匯交原理；利用三力匯交原理可分析非質(zhì)點(diǎn)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(diǎn)，故這三個(gè)力一定匯交于一點(diǎn)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(zhǎng)度.【解析】如圖所示，對(duì)細(xì)桿進(jìn)行受力分析，A點(diǎn)的彈力FN1指向球心O，B點(diǎn)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(zhǎng)線一定經(jīng)過(guò)FN1與FN2延長(zhǎng)線的交點(diǎn)，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(diǎn).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(diǎn)，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(diǎn)，故細(xì)桿的長(zhǎng)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(diǎn)，已知θ為30o，如圖所示，若在AO桿的中點(diǎn)施一大小為F的水平力，使桿處于靜止?fàn)顟B(tài)，求這時(shí)地面對(duì)O端的作用力大小.【解析】對(duì)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(diǎn)確定F′的方向，F(xiàn)′的方向由桿與地面的接觸點(diǎn)指向交點(diǎn).由幾何知識(shí)可知，F(xiàn)T與F′關(guān)于F對(duì)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(huì)出現(xiàn)無(wú)論驅(qū)動(dòng)力如何增大，也無(wú)法使物體運(yùn)動(dòng)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(wú)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(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.75，現(xiàn)給物塊施加一個(gè)外力F，與豎直方向的夾角為θ，當(dāng)θ減小超過(guò)某一臨界θ0時(shí)，無(wú)論外力F為多大，都不能使物體沿平面運(yùn)動(dòng)，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)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(dòng)的\t"/item/%E6%91%A9%E6%93%A6%E8%A7%92/_blank"臨界狀態(tài)時(shí)，\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(shí)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(shí)的φm稱為“摩擦角”，其中tanφm＝μ，如圖(a)所示.當(dāng)物體滑動(dòng)時(shí)，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(lái)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(shí)，將F分解到水平方向與豎直方向上，分力可以被對(duì)應(yīng)的支持力與靜摩擦力抵消，此時(shí)的摩擦力為靜摩擦力，小于該支持力對(duì)應(yīng)的最大靜摩擦力，故物體不會(huì)運(yùn)動(dòng)，如圖(c)所示.當(dāng)外力F與豎直方向的夾角大于φm時(shí)，將F分解到水平方向與豎直方向上，水平分力無(wú)法被對(duì)應(yīng)的最大靜摩擦力抵消，因?yàn)榇藭r(shí)壓力對(duì)應(yīng)的最大靜摩擦力小于F的水平分量，故物體無(wú)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(huì)發(fā)生滑動(dòng)，且tanφm＝μ＝0.75，即θ0＝37°.解法二：常規(guī)解法無(wú)論F多大都無(wú)法推動(dòng)，故本題屬于自鎖問(wèn)題，自鎖問(wèn)題與物體的質(zhì)量無(wú)關(guān)，假設(shè)質(zhì)量m＝0，對(duì)物體受力分析，如圖(e)所示.臨界情況：摩擦力Ff為滑動(dòng)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(shí)，物體恰好能勻速下滑，對(duì)物體施加一個(gè)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(dòng)摩擦力，當(dāng)斜面的傾斜角增大到某一臨界值時(shí)，無(wú)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(duì)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(shí)，物塊就不會(huì)發(fā)生滑動(dòng).當(dāng)斜面的傾角為30°時(shí)，物體恰好能勻速下滑，故斜面的動(dòng)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(shí)，物塊就不會(huì)發(fā)生滑動(dòng)，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(wú)論F多大都無(wú)法推動(dòng)物體，屬于自鎖問(wèn)題.自鎖問(wèn)題與物體的質(zhì)量無(wú)關(guān)，假設(shè)質(zhì)量m＝0，對(duì)物體受力分析，如圖所示.當(dāng)斜面的傾角為30°時(shí)，物體恰好能勻速下滑，故斜面的動(dòng)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(dòng)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(wèn)題【原型題26】如圖所示，矩形斜面水平邊的長(zhǎng)度0.6m，傾斜邊的長(zhǎng)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(duì)角線AC勻速下滑，物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.6，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)斜面對(duì)小物體的支持力；(2)斜面對(duì)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(duì)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(duì)物體受力分析，如圖(b)所示，滑動(dòng)摩擦力與運(yùn)動(dòng)的方向相反，故滑動(dòng)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(yùn)動(dòng)，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(lái)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(gè)質(zhì)量均為m的完全相同的球兩兩挨著疊成一個(gè)正四面體，靜置在水平地面上，若不考慮轉(zhuǎn)動(dòng)情況，球之間的摩擦力也忽略不計(jì)，要求四個(gè)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(dòng)摩擦力，求：(1)對(duì)地面對(duì)球的支持力大小；(2)球與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)的最小值.【解析】(1)以四個(gè)小球組成的整體為研究對(duì)象，由二力平衡得地面對(duì)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(duì)每個(gè)小球的支持力FN′的大小相等，故FN′＝eq\f(4,3)mg，故地面對(duì)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(diǎn)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(duì)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(duì)稱，由平衡條件知FN12cosθ＝eq\f(1,3)mg.以球2為研究對(duì)象，以球1的圓心O1、球2的圓心O2和切點(diǎn)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(wú)數(shù)段)，每段的長(zhǎng)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(duì)應(yīng)軟繩環(huán)中心的張角為Δφ，對(duì)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(jiǎn)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(shí)知，當(dāng)角度θ(單位為弧度)很小時(shí)，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(jiǎn)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(diǎn)，解決非質(zhì)點(diǎn)問(wèn)題時(shí)，通常將其轉(zhuǎn)化成質(zhì)點(diǎn)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(shí)，如果出現(xiàn)角度θ(單位為弧度)很小時(shí)，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(huì)在機(jī)械振動(dòng)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(shí)，為簡(jiǎn)化受力分析，有時(shí)需要隔離某一個(gè)物體，有時(shí)需要對(duì)連接體整體進(jìn)行受力分析.如何判斷何時(shí)需整體分析，何時(shí)需隔離分析？對(duì)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(wèn)題，判斷出利用整體法還是隔離法來(lái)解題；隔離時(shí)，通常隔離受力較少或受力簡(jiǎn)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(zhǎng)、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(diǎn))懸掛在O點(diǎn)，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(shí)，出現(xiàn)了如圖(b)所示的狀態(tài)，小球B剛好位于O點(diǎn)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(shí)，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(duì)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(shí)，因AB細(xì)繩的拉力屬于系統(tǒng)的內(nèi)力，故以B球?yàn)檠芯繉?duì)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(zhǎng)的兩根輕質(zhì)細(xì)線把兩個(gè)質(zhì)量相等的小球懸掛在O點(diǎn).現(xiàn)對(duì)小球b施加一個(gè)水平向左的恒力F，同時(shí)對(duì)小球a施加一個(gè)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(shí)，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(duì)象，把兩球連同之間的細(xì)線看成一個(gè)整體，對(duì)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(shí)，ab細(xì)繩的拉力屬于系統(tǒng)為內(nèi)力，故以b球?yàn)檠芯繉?duì)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(shí)b球在O點(diǎn)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(guò)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(zhǎng).【解析】彈簧彈力屬于系統(tǒng)的內(nèi)力，故以A球?yàn)檠芯繉?duì)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(zhǎng)x0＝eq\f(\r(3)mg,3k)＋R.【原型題4】如圖所示，一個(gè)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(gè)小球，質(zhì)量分別是m1、m2.當(dāng)它們靜止時(shí)，m1、m2與球心的連線跟水平面分別成60°、30°角，求碗對(duì)兩小球m1、m2的彈力大小之比.【解析】?jī)尚∏騧1、m2受到的彈力屬于系統(tǒng)的外力，對(duì)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(gè)半球形的碗放在桌面上，碗口水平，O點(diǎn)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(shí)，質(zhì)量為m1的小球與O點(diǎn)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(shí)，一般需要分別隔離兩個(gè)物體，分別進(jìn)行受力分析，通過(guò)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(shí)，A、B、C剛好相對(duì)靜止一起向右勻速運(yùn)動(dòng)，且此時(shí)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(duì)C的摩擦力大??；(3)A、B球的質(zhì)量比.【解析】(1)對(duì)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(duì)C的摩擦力屬于系統(tǒng)的外力，對(duì)A、B、C整體進(jìn)行受力分析，以A、B、C整體為研究對(duì)象，受力分析如圖所示.水平方向：Ff＝Fcos30°＝mBgcos30°＝eq\f(\r(3),2)mBg.(3)對(duì)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(gè)大小相同、質(zhì)量均為m且無(wú)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(gè)球?qū)Φ?個(gè)球的作用力大小.【解析】第2個(gè)球?qū)Φ?個(gè)球的作用力與其他球之間的作用力無(wú)關(guān)，故將1、2球看成一個(gè)整體，將3~100球看成一個(gè)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(gè)球?qū)Φ?個(gè)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(dòng)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(yùn)動(dòng)，且A、B保持相對(duì)靜止，分析動(dòng)摩擦因數(shù)μ跟斜面傾角θ的關(guān)系.【解析】動(dòng)摩擦因數(shù)μ與桌面摩擦力有關(guān)，以A、B整體為研究對(duì)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(gè)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