受力分析講義

拓?fù)浣逃{百川，容學(xué)問，立德行，善人品PAGE5專注孩子的未來拓?fù)浣逃龑W(xué)科教師講義Toppdswl003副校長(zhǎng)/組長(zhǎng)簽字：簽字日期：年級(jí)：高三課時(shí)數(shù)：2輔導(dǎo)科目：物理教師：畢曉冬課題受力分析授課日期及時(shí)段14年10月2日10：00—12：00a.m/p.m.（A/B/D/E/F）教學(xué)目的學(xué)會(huì)進(jìn)行受力分析的一般步驟與方法.2.掌握共點(diǎn)力的平衡條件及推論.3.掌握整體法與隔離法，學(xué)會(huì)分析動(dòng)態(tài)平衡問題和極值問題．重難點(diǎn)學(xué)會(huì)分析動(dòng)態(tài)平衡問題和極值問題教學(xué)內(nèi)容 1．[受力分析]如圖1所示，物塊A、B通過一根不可伸長(zhǎng)的細(xì)線連接，A靜止在斜面上，細(xì)線繞過光滑的滑輪拉住B，A與滑輪之間的細(xì)線與斜面平行．則物塊A受力的個(gè)數(shù)可能是 () 圖1A．3個(gè) B．4個(gè) C．5個(gè) D．2個(gè)答案AB2．[受力分析和平衡條件的應(yīng)用]滑滑梯是小孩很喜歡的娛樂活動(dòng)．如圖2所示，一個(gè)小孩正在滑梯上勻速下滑，則 ()A．小孩所受的重力與小孩所受的彈力大小相等 圖2B．小孩所受的重力與小孩所受的摩擦力大小相等C．小孩所受的彈力和摩擦力的合力與小孩所受的重力大小相等D．小孩所受的重力和彈力的合力與小孩所受的摩擦力大小相等答案CD3．[受力分析和平衡條件的應(yīng)用]如圖3所示，在傾角為θ的斜面上，放著一個(gè)質(zhì)量為m的光滑小球，小球被豎直的木板擋住，則小球?qū)δ景宓膲毫Υ笮? ()A．mgcosθ B．mgtanθ 圖3C.eq\f(mg,cosθ) D.eq\f(mg,tanθ)答案B解析取光滑小球?yàn)檠芯繉?duì)象，對(duì)小球進(jìn)行受力分析，由于小球是光滑的，因此小球不會(huì)受到摩擦力的作用，建立如圖所示的直角坐標(biāo)系，由于小球靜止，則有FN1sinθ－FN2＝0，F(xiàn)N1cosθ－mg＝0解得：FN1＝eq\f(mg,cosθ)，F(xiàn)N2＝mgtanθ由牛頓第三定律可知，小球?qū)δ景宓膲毫镕N2′＝FN2＝mgtanθ.4．[受力分析和平衡條件的應(yīng)用]如圖4所示，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(diǎn)，另一端系在滑塊上，彈簧與豎直方向的夾角為30°，則 ()A．滑塊可能受到三個(gè)力作用B．彈簧一定處于壓縮狀態(tài) 圖4C．斜面對(duì)滑塊的支持力大小可能為零D．斜面對(duì)滑塊的摩擦力大小一定等于eq\f(1,2)mg答案AD考點(diǎn)梳理1．受力分析(1)概念把研究對(duì)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(gè)過程就是受力分析．(2)受力分析的一般順序先分析重力，然后分析接觸力(彈力、摩擦力)，最后分析其他力(電磁力、浮力等)．2．共點(diǎn)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(yùn)動(dòng)的狀態(tài)．(2)共點(diǎn)力的平衡條件：F合＝0或者eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(F合x＝0,F合y＝0))3．共點(diǎn)力平衡的幾條重要推論(1)二力平衡：如果物體在兩個(gè)共點(diǎn)力的作用下處于平衡狀態(tài)，這兩個(gè)力必定大小相等，方向相反．(2)三力平衡：如果物體在三個(gè)共點(diǎn)力的作用下處于平衡狀態(tài)，其中任意兩個(gè)力的合力一定與第三個(gè)力大小相等，方向相反．(3)多力平衡：如果物體受多個(gè)力作用處于平衡狀態(tài)，其中任何一個(gè)力與其余力的合力大小相等，方向相反．如圖乙所示，小球處于平衡狀態(tài)，合力為零．FN1與FN2的合力一定與mg平衡，即等大反向．解三角形可得：FN1＝mgtanα，所以，球?qū)醢宓膲毫N1′＝FN1＝mgtanα.所以B正確．解法三(三角形法則)如圖丙所示，小球處于平衡狀態(tài)，合力為零，所受三個(gè)力經(jīng)平移首尾順次相接，一定能構(gòu)成封閉三角形，解得：FN1＝mgtanα，故球?qū)醢宓膲毫N1′＝FN1＝mgtanα.所以B正確． 丙答案B共點(diǎn)力作用下物體平衡的一般解題思路突破訓(xùn)練2如圖10所示，一直桿傾斜固定，并與水平方向成30°的夾角；直桿上套有一個(gè)質(zhì)量為0.5kg的圓環(huán)，圓環(huán)與輕彈簧相連，在輕彈簧上端施加一豎直向上、大小F＝10N的力，圓環(huán)處于靜止?fàn)顟B(tài)，已知直桿與圓環(huán)之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.7，g＝10m/s2.下列圖10說法正確的是 ()A．圓環(huán)受到直桿的彈力，方向垂直直桿向上B．圓環(huán)受到直桿的彈力大小等于2.5NC．圓環(huán)受到直桿的摩擦力，方向沿直桿向上D．圓環(huán)受到直桿的摩擦力大小等于2.5N答案D解析對(duì)小環(huán)受力分析如圖所示：由于F＝10N>mg＝5N，所以桿對(duì)環(huán)的彈力FN垂直桿向下，桿對(duì)環(huán)還有沿桿向下的靜摩擦力Ff，則FN與Ff的合力應(yīng)豎直向下，大小為F合＝F－mg＝5N，所以FN＝F合cos30°＝eq\f(5,2)eq\r(3)N，F(xiàn)f＝F合sin30°＝2.5N．綜上可知選項(xiàng)D正確．考點(diǎn)三用圖解法進(jìn)行動(dòng)態(tài)平衡的分析1．動(dòng)態(tài)平衡：是指平衡問題中的一部分力是變力，是動(dòng)態(tài)力，力的大小和方向均要發(fā)生變化，所以叫動(dòng)態(tài)平衡，這是力平衡問題中的一類難題．2．基本思路：化“動(dòng)”為“靜”，“靜”中求“動(dòng)”．3．基本方法：圖解法和解析法．例3如圖11所示，兩根等長(zhǎng)的繩子AB和BC吊一重物靜止，兩根繩子與水平方向夾角均為60°.現(xiàn)保持繩子AB與水平方向的夾角不變，將繩子BC逐漸緩慢地變化到沿水平方向，在這一過程中，繩子BC的拉力變化情況是 ()圖11A．增大 B．先減小后增大C．減小 D．先增大后減小解析解法一：對(duì)力的處理(求合力)采用合成法，應(yīng)用合力為零求解時(shí)采用圖解法(畫動(dòng)態(tài)平行四邊形法)．作出力的平行四邊形，如圖甲所示．由圖可看出，F(xiàn)BC先減小后增大．解法二：對(duì)力的處理(求合力)采用正交分解法，應(yīng)用合力為零求解時(shí)采用解析法．如圖乙所示，將FAB、FBC分別沿水平方向和豎直方向分解，由兩方向合力為零分別列出方程：FABcos60°＝FBCsinθ，F(xiàn)ABsin60°＋FBCcosθ＝FB，聯(lián)立解得FBCsin(30°＋θ)＝FB/2，顯然，當(dāng)θ＝60°時(shí)，F(xiàn)BC最小，故當(dāng)θ增大時(shí)，F(xiàn)BC先減小后增大．甲乙答案B解析動(dòng)態(tài)平衡問題的常用方法方法步驟解析法(1)列平衡方程求出未知量與已知量的關(guān)系表達(dá)式(2)根據(jù)已知量的變化情況來確定未知量的變化情況圖解法(1)根據(jù)已知量的變化情況，畫出平行四邊形邊、角的變化(2)確定未知量大小、方向的變化

突破訓(xùn)練3如圖12所示，一光滑小球靜止放置在光滑半球面的底端，用豎直放置的光滑擋板水平向右緩慢地推動(dòng)小球，則在小球運(yùn)動(dòng)的過程中(該過程小球未脫離球面)，木板對(duì)小球的推力F1、半球面對(duì)小球的支持力F2的變化情況正確的是 () 圖12A．F1增大，F(xiàn)2減小 B．F1增大，F(xiàn)2增大C．F1減小，F(xiàn)2減小 D．F1減小，F(xiàn)2增大答案B解析作出球在某位置時(shí)的受力分析圖，如圖所示．在小球運(yùn)動(dòng)的過程中，F(xiàn)1的方向不變，F(xiàn)2與豎直方向的夾角逐漸變大，畫力的動(dòng)態(tài)平行四邊形，由圖可知F1、F2均增大，選項(xiàng)B正確．7．整體法與隔離法在平衡問題中的應(yīng)用 1．對(duì)整體法和隔離法的理解整體法是指將相互關(guān)聯(lián)的各個(gè)物體看成一個(gè)整體的方法，整體法的優(yōu)點(diǎn)在于只需要分析整個(gè)系統(tǒng)與外界的關(guān)系，避開了系統(tǒng)內(nèi)部繁雜的相互作用．隔離法是指將某物體從周圍物體中隔離出來，單獨(dú)分析該物體的方法，隔離法的優(yōu)點(diǎn)在于能把系統(tǒng)內(nèi)各個(gè)物體所處的狀態(tài)、物體狀態(tài)變化的原因以及物體間的相互作用關(guān)系表達(dá)清楚．2．整體法和隔離法的使用技巧當(dāng)分析相互作用的兩個(gè)或兩個(gè)以上物體整體的受力情況及分析外力對(duì)系統(tǒng)的作用時(shí)，宜用整體法；而在分析系統(tǒng)內(nèi)各物體(或一個(gè)物體各部分)間的相互作用時(shí)常用隔離法．整體法和隔離法不是獨(dú)立的，對(duì)一些較復(fù)雜問題，通常需要多次選取研究對(duì)象，交替使用整體法和隔離法．例4如圖13所示，質(zhì)量為M、半徑為R的半球形物體A放在水平地面上，通過最高點(diǎn)處的釘子用水平細(xì)線拉住一質(zhì)量為m、半徑為r的光滑球B.以下說法正確的有 ()A．A對(duì)地面的壓力等于(M＋m)g 圖13B．A對(duì)地面的摩擦力方向向左C．B對(duì)A的壓力大小為eq\f(R＋r,R)mgD．細(xì)線對(duì)小球的拉力大小為eq\f(r,R)mg解析對(duì)整體受力分析，可以確定A與地面間不存在摩擦力，地面對(duì)A的支持力等于A、B的總重力；再對(duì)B受力分析，借助兩球心及釘子位置組成的三角形，根據(jù)幾何關(guān)系和力的合成分解知識(shí)求得A、B間的彈力大小為eq\f(R＋r,R)mg，細(xì)線的拉力大小為eq\f(\r(R＋r2－R2),R)mg.答案AC突破訓(xùn)練4如圖14所示，截面為三角形的木塊a上放置一鐵塊b，三角形木塊豎直邊靠在豎直且粗糙的墻面上，現(xiàn)用豎直向上的作用力F，推動(dòng)木塊與鐵塊一起向上勻速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過程中鐵塊與木塊始終保持相對(duì)靜止，則下列說法正確的是 () 圖14A．木塊a與鐵塊b間一定存在摩擦力B．木塊與豎直墻面間一定存在水平彈力C．木塊與豎直墻面間一定存在摩擦力D．豎直向上的作用力F大小一定大于鐵塊與木塊的重力之和答案A解析鐵塊b處于平衡狀態(tài)，故鐵塊b受重力、斜面對(duì)它的垂直斜面向上的支持力和沿斜面向上的靜摩擦力，選項(xiàng)A正確；將a、b看做一個(gè)整體，豎直方向：F＝Ga＋Gb，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；整體水平方向不受力，故木塊與豎直墻面間不存在水平彈力，沒有彈力也就沒有摩擦力，選項(xiàng)B、C均錯(cuò).8.共點(diǎn)力平衡中的臨界與極值問題的處理方法 1．臨界問題當(dāng)某物理量變化時(shí)，會(huì)引起其他幾個(gè)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．常見的臨界狀態(tài)有：（1）兩接觸物體脫離與不脫離的臨界條件是相互作用力為0(主要體現(xiàn)為兩物體間的彈力為0)；（2）繩子斷與不斷的臨界條件為繩中張力達(dá)到最大值；繩子繃緊與松馳的臨界條件為繩中張力為0；（3）存在摩擦力作用的兩物體間發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)或相對(duì)靜止的臨界條件為靜摩擦力達(dá)到最大．研究的基本思維方法：假設(shè)推理法．2．極值問題平衡物體的極值，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(jìn)行分析．例5如圖15所示，兩個(gè)完全相同的球，重力大小均為G，兩球與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)都為μ，且假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，一根輕繩兩端固結(jié)在兩個(gè)球上，在繩的中點(diǎn)施加一個(gè)豎直向上的拉力，當(dāng)繩被拉直后，兩段繩間的夾角為α，求當(dāng)F至少為多大時(shí)，兩球?qū)D15會(huì)發(fā)生滑動(dòng)．審題指導(dǎo)兩球發(fā)生滑動(dòng)的臨界狀態(tài)是摩擦力達(dá)到最大靜摩擦力的狀態(tài)，即繩上拉力的水平分量等于小球受到的最大靜摩擦力時(shí)．解析對(duì)結(jié)點(diǎn)O受力分析如圖甲所示，由平衡條件得：F1＝F2＝eq\f(F,2cos\f(α,2))對(duì)任一球(如右球)受力分析如圖乙所示，球發(fā)生滑動(dòng)的臨界條件是：F2sineq\f(α,2)＝μFN，又F2coseq\f(α,2)＋FN＝G.聯(lián)立解得：F＝eq\f(2μG,μ＋tan\f(α,2))答案eq\f(2μG,μ＋tan\f(α,2))突破訓(xùn)練5如圖16所示，AC、CD、BD為三根長(zhǎng)度均為l的輕繩，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輕繩保持水平，在D點(diǎn)上可施加力的最小值為 ()圖16A．mg B.eq\f(\r(3),3)mg C.eq\f(1,2)mg D.eq\f(1,4)mg答案C解析對(duì)C點(diǎn)進(jìn)行受力分析，如圖所示，由平衡條件及幾何知識(shí)可知，輕繩CD對(duì)C點(diǎn)的拉力大小FCD＝mgtan30°，對(duì)D點(diǎn)進(jìn)行受力分析，輕繩CD對(duì)D點(diǎn)的拉力大小F2＝FCD＝mgtan30°，F(xiàn)1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，F(xiàn)3＝FCDsin60°＝eq\f(1,2)mg.高考題組1．(2012·山東理綜·17)如圖17所示，兩相同輕質(zhì)硬桿OO1、OO2可繞其兩端垂直紙面的水平軸O、O1、O2轉(zhuǎn)動(dòng)，在O點(diǎn)懸掛一重物M，將兩相同木塊m分別緊壓在豎直擋板上，此時(shí)整個(gè)系統(tǒng)保持靜止．Ff表示木塊與擋板間摩擦力的大小，F(xiàn)N表示木塊與擋板間正壓力的大?。魮醢彘g的距離稍許增大后，圖17系統(tǒng)仍靜止且O1、O2始終等高，則 ()A．Ff變小 B．Ff不變C．FN變小 D．FN變大答案BD解析選重物M及兩個(gè)木塊m組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，系統(tǒng)受力情況如圖甲所示，根據(jù)平衡條件有2Ff＝(M＋2m)g，即Ff＝eq\f(M＋2mg,2)，與兩擋板間距離無關(guān)，故擋板間距離稍許增大后，甲Ff不變，所以選項(xiàng)A錯(cuò)誤，選項(xiàng)B正確；如圖乙所示，將繩的張力F沿OO1、OO2兩個(gè)方向分解為F1、F2，則F1＝F2＝eq\f(F,2cosθ)，當(dāng)擋板間距離稍許增大后，F(xiàn)不變，θ變大，cosθ變小，故F1變大；選左邊木塊m為研究對(duì)象，其受力情況如圖丙所示，根據(jù)平衡條件得FN＝F1sinθ，當(dāng)兩擋板間距離稍許增大后，F(xiàn)1變大，θ變大，sinθ變大，因此FN變大，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤，選項(xiàng)D正確．乙丙2．(2011·江蘇·1)如圖18所示，石拱橋的正中央有一質(zhì)量為m的對(duì)稱楔形石塊，側(cè)面與豎直方向的夾角為α，重力加速度為g.若接觸面間的摩擦力忽略不計(jì)，則石塊側(cè)面所受彈力的大小為 ()圖18A.eq\f(mg,2sinα) B.eq\f(mg,2cosα)C.eq\f(1,2)mgtanα D.eq\f(1,2)mgcotα答案A解析以楔形石塊為研究對(duì)象，它受到豎直向下的重力和垂直側(cè)面斜向上的兩個(gè)支持力，利用正交分解法可解得：2Fsinα＝mg，則F＝eq\f(mg,2sinα)，A正確．模擬題組3．如圖19所示，位于傾角為θ的斜面上的物塊B由跨過定滑輪的輕繩與物塊A相連．從滑輪到A、B的兩段繩都與斜面平行．已知A與B之間及B與斜面之間均不光滑，若用一沿斜面向下的力F拉B并使它做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則B受力的個(gè)數(shù)為()圖19A．4個(gè) B．5個(gè) C．6個(gè) D．7個(gè)答案D解析對(duì)B進(jìn)行受力分析，它受重力、斜面的支持力、拉力F、輕繩沿斜面向上的拉力、物塊A對(duì)B的壓力、物塊A與B之間的滑動(dòng)摩擦力、B與斜面間的滑動(dòng)摩擦力，因此B共受7個(gè)力作用．4．如圖20所示，物體B的上表面水平，當(dāng)A、B相對(duì)靜止沿斜面勻速下滑時(shí)，斜面保持靜止不動(dòng)，則下列判斷正確的有()A．物體B的上表面一定是粗糙的B．物體B、C都只受4個(gè)力作用 圖20C．物體C受水平面的摩擦力方向一定水平向右D．水平面對(duì)物體C的支持力小于三物體的重力大小之和答案B解析當(dāng)A、B相對(duì)靜止沿斜面勻速下滑時(shí)，斜面保持靜止不動(dòng)，A、B、C均處于平衡態(tài)，A受重力、B的支持力作用，A、B之間沒有摩擦力，物體B的上表面可以是粗糙的，也可以是光滑的，A錯(cuò)；B受重力、C施加的垂直斜面向上的彈力和沿斜面向上的摩擦力以及A的壓力作用，取A、B、C為整體，由平衡條件知水平面對(duì)C無摩擦力作用，水平面對(duì)C的支持力等于三物體重力大小之和，C受重力、B的壓力和摩擦力、水平面的支持力作用，所以B對(duì)，C、D錯(cuò)．(限時(shí)：45分鐘)題組1應(yīng)用整體法和隔離法對(duì)物體受力分析1．(2010·安徽理綜·19)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1所示．若P、Q一起沿斜面勻速下滑，不計(jì)空氣阻力．則木板P的受力個(gè)數(shù)為 ()圖1A．3 B．4 C．5 D．6答案C解析P受重力、斜面的支持力、彈簧的彈力、Q對(duì)P的壓力及斜面對(duì)P的摩擦力，共5個(gè)力．2．如圖2所示，A和B兩物塊的接觸面是水平的，A與B保持相對(duì)靜止一起沿固定粗糙斜面勻速下滑，在下滑過程中B的受力個(gè)數(shù)為 ()A．3個(gè) B．4個(gè)圖2C．5個(gè) D．6個(gè)答案B解析A與B相對(duì)靜止一起沿斜面勻速下滑，可先將二者當(dāng)做整體進(jìn)行受力分析，再對(duì)B單獨(dú)進(jìn)行受力分析，可知B受到的力有：重力GB、A對(duì)B的壓力、斜面對(duì)B的支持力和摩擦力，選項(xiàng)B正確．3．如圖3所示，一光滑斜面固定在地面上，重力為G的物體在一水平推力F的作用下處于靜止?fàn)顟B(tài)．若斜面的傾角為θ，則 ()A．F＝Gcosθ 圖3B．F＝GsinθC．物體對(duì)斜面的壓力FN＝GcosθD．物體對(duì)斜面的壓力FN＝eq\f(G,cosθ)答案D解析物體所受三力如圖所示，根據(jù)平衡條件，F(xiàn)、FN′的合力與重力等大反向，有F＝Gtanθ，F(xiàn)N＝FN′＝eq\f(G,cosθ)，故只有D選項(xiàng)正確．4．如圖4所示，質(zhì)量為m的物體在與斜面平行向上的拉力F作用下，沿著水平地面上質(zhì)量為M的粗糙斜面勻速上滑，在此過程中斜面保持靜止，則地面對(duì)斜面 () 圖4A．無摩擦力B．支持力等于(m＋M)gC．支持力為(M＋m)g－FsinθD．有水平向左的摩擦力，大小為Fcosθ答案CD解析把M、m看做一個(gè)整體，則在豎直方向上有FN＋Fsinθ＝(M＋m)g，方向水平向左，所以FN＝(M＋m)g－Fsinθ，在水平方向上，F(xiàn)f＝Fcosθ，選項(xiàng)C、D正確．5．如圖5所示，質(zhì)量為M的直角三棱柱A放在水平地面上，三棱柱的斜面是光滑的，且斜面傾角為θ.質(zhì)量為m的光滑球B放在三棱柱和光滑豎直墻之間．A、B處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)對(duì)B加一豎直向下的力F，F(xiàn)的作用線過球心．設(shè)墻對(duì)B的作用力為F1，B對(duì)A的作用力為F2，圖5地面對(duì)A的支持力為F3，地面對(duì)A的摩擦力為F4，若F緩慢增大而且整個(gè)裝置仍保持靜止，在此過程中 ()A．F1保持不變，F(xiàn)3緩慢增大B．F2、F4緩慢增大C．F1、F4緩慢增大D．F2緩慢增大，F(xiàn)3保持不變答案BC解析A、B整體豎直方向上有F3＝F＋Mg＋mg，F(xiàn)3隨F增大而增大；水平方向上有F1＝F4.B球的受力分析如圖所示，平移F1、F2′與(mg＋F)構(gòu)成力的三角形，由圖可知，當(dāng)F緩慢增大時(shí)，F(xiàn)1、F2′都增大，則F2增大，F(xiàn)4＝F1也增大，選項(xiàng)B、C正確．題組2動(dòng)態(tài)平衡問題的分析6．如圖6所示，用一根細(xì)線系住重力為G、半徑為R的球，其與傾角為α的光滑斜面劈接觸，處于靜止?fàn)顟B(tài)，球與斜面的接觸面非常小，細(xì)線懸點(diǎn)O固定不動(dòng)，在斜面劈從圖示位置緩慢水平向左移動(dòng)直至繩子與斜面平行的過程中，下述正確的是 () 圖6A．細(xì)繩對(duì)球的拉力先減小后增大B．細(xì)繩對(duì)球的拉力先增大后減小C．細(xì)繩對(duì)球的拉力一直減小D．細(xì)繩對(duì)球的拉力最小值等于Gsinα答案CD解析以小球?yàn)檠芯繉?duì)象，對(duì)其受力分析如圖所示，因題中“緩慢”移動(dòng)，故小球處于動(dòng)態(tài)平衡，由圖知在題設(shè)的過程中，F(xiàn)T一直減小，當(dāng)繩子與斜面平行時(shí)，F(xiàn)T與FN垂直，F(xiàn)T有最小值，且FTmin＝Gsinα，故選項(xiàng)C、D正確．7．如圖7所示，傾角為θ＝30°的斜面體放在水平地面上，一個(gè)重為G的球在水平力F的作用下，靜止于光滑斜面上，此時(shí)水平力的大小為F；若將力F從水平方向逆時(shí)針轉(zhuǎn)過某一角度α后，仍保持F的大小不變，且小球和斜面依然保持靜止，此時(shí)水平地面對(duì)斜面體的圖7摩擦力為Ff.那么F和Ff的大小分別是 ()A．F＝eq\f(\r(3),6)G，F(xiàn)f＝eq\f(\r(3),3)G B．F＝eq\f(\r(3),2)G，F(xiàn)f＝eq\f(\r(3),4)GC．F＝eq\f(\r(3),4)G，F(xiàn)f＝eq\f(\r(3),2)G D．F＝eq\f(\r(3),3)G，F(xiàn)f＝eq\f(\r(3),6)G答案D解析根據(jù)題意可知，水平力F沿斜面向上的分力Fcosθ＝Gsinθ，所以F＝Gtanθ，解得F＝eq\f(\r(3),3)G；根據(jù)題意可知，力F轉(zhuǎn)過的角度α＝60°，此時(shí)把小球和斜面體看成一個(gè)整體，水平地面對(duì)斜面體的摩擦力和力F的水平分力大小相等，即Ff＝Fcosα＝eq\f(\r(3),6)G.8．在固定于地面的斜面上垂直安放了一個(gè)擋板，截面為eq\f(1,4)圓的柱狀物體甲放在斜面上，半徑與甲相等的光滑圓球乙被夾在甲與擋板之間，乙沒有與斜面接觸而處于靜止?fàn)顟B(tài)，如圖8所示．現(xiàn)在從球心處對(duì)甲施加一平行于斜面向下的力F，使甲沿斜面方向緩慢圖8地移動(dòng)，直至甲與擋板接觸為止．設(shè)乙對(duì)擋板的壓力為F1，甲對(duì)斜面的壓力為F2，在此過程中 ()A．F1緩慢增大，F(xiàn)2緩慢增大B．F1緩慢增大，F(xiàn)2緩慢減小C．F1緩慢減小，F(xiàn)2緩慢增大D．F1緩慢減小，F(xiàn)2保持不變答案D解析對(duì)整體受力分析，如圖甲所示，垂直斜面方向只受兩個(gè)力：甲、乙重力在垂直于斜面方向的分力和斜面對(duì)甲的支持力F2′，且F2′－Gcosθ＝0，即F2′保持不變，由牛頓第三定律可知，甲對(duì)斜面的壓力F2也保持不變；對(duì)圓球乙受力分析如圖乙、丙所示，當(dāng)甲緩慢下移時(shí)，F(xiàn)N與豎直方向的夾角減小，F(xiàn)1減?。滓冶}組3平衡條件的應(yīng)用9．如圖9所示，重50N的物體A放在傾角為37°的粗糙斜面上，有一根原長(zhǎng)為10cm，勁度系數(shù)為800N/m的彈簧，其一端固定在斜面頂端，另一端連接物體A后，彈簧長(zhǎng)度為14cm，現(xiàn)用一測(cè)力計(jì)沿斜面向下拉物體，若物體與斜面間的最大靜圖9摩擦力為20N，當(dāng)彈簧的長(zhǎng)度仍為14cm時(shí)，測(cè)力計(jì)的讀數(shù)不可能為 ()A．10N B．20N C．40N D．0N答案C解析A在斜面上處于靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)合外力為零，A在斜面上受五個(gè)力的作用，分別為重力、支持力、彈簧彈力、摩擦力、拉力F，當(dāng)摩擦力的方向沿斜面向上時(shí)，F(xiàn)＋mgsin37°≤Ffm＋k(l－l0)，解得F≤22N，當(dāng)摩擦力沿斜面向下時(shí)，F(xiàn)最小值為零，即拉力的取值范圍為0≤F≤22N，故C不可能．10．2011年7月我國(guó)“蛟龍”號(hào)載人潛水器成功實(shí)現(xiàn)下潛5km深度．設(shè)潛水器在下潛或上升過程中只受重力、海水浮力和海水阻力作用，其中，海水浮力F始終不變，所受海水阻力僅與潛水器速率有關(guān)．已知當(dāng)潛水器的總質(zhì)量為M時(shí)恰好勻速下降，若使?jié)撍饕酝瑯铀俾蕜蛩偕仙瑒t需要從潛水器儲(chǔ)水箱向外排出水的質(zhì)量為(重力加速度為g) ()A．2(M－eq\f(F,g)) B．M－eq\f(2F,g)C．2M－eq\f(F,g) D．2M－eq\f(F,2g)答案A解析由于以同樣速率勻速上升，則所受的阻力相等．設(shè)減少的質(zhì)量為m，運(yùn)動(dòng)過程中受到的阻力為Ff.在勻速下降過程中：F＋Ff＝Mg；在上升過程中：F＝(M－m)g＋Ff.聯(lián)立兩式解得m＝2(M－eq\f(F,g))，A選項(xiàng)正確．11．如圖10所示，質(zhì)量為m的小球置于傾角為30°的光滑斜面上，勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧一端系在小球上，另一端固定在墻上的P點(diǎn)，小球靜止時(shí)，彈簧與豎直方向的夾角為30°，則彈簧的伸長(zhǎng)量為 ()圖10A.eq\f(mg,k) B.eq\f(\r(3)mg,2k)C.eq\f(\r(3)mg,3k) D.eq\f(\r(3)mg,k)答案C解析以小球?yàn)檠芯繉?duì)象受力分析可知，小球靜止，因此有Fcos30°＝mgsin30°，可得彈簧彈力F＝eq\f(\r(3),3)mg，由胡克定律可知F＝kx，因此彈簧的伸長(zhǎng)量x＝eq\f(\r(3)mg,3k)，C選項(xiàng)正確．12．如圖11所示，物體質(zhì)量為m，靠在粗糙的豎直墻上，物體與墻間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，要使物體沿墻勻速滑動(dòng)，則外力F的大小可能是()A.eq\f(mg,sinθ)B.eq\f(mg,sinθ－μcos