高考物理大二轮总复习与增分策略 专题三 受力分析 共点力的平衡(3)

F2＝F1maxsin 45°＝10×

2

N≈7.07 N 2

由于F2大于OB能承受的最大拉力，所以在物重逐渐增大时，细线OB先被拉断.

再假设OB线上的拉力刚好达到最大值(即F2max＝5 N)，处于将被拉断的临界状态，根据平衡条件有

F1sin 45°＝F2max，F1cos 45°＝F3

再选物体为研究对象，根据平衡条件有F3＝Gmax.以上三式联立解得悬挂物体的最大重力为Gmax＝F2max＝5 N.

临界与极值问题的分析技巧

1.求解平衡中的临界问题和极值问题时，首先要正确地进行受力分析和变化过程分析，找出平衡中的临界点和极值点.

2.临界条件必须在变化中寻找，不能停留在一个状态来研究临界问题，而是要把某个物理量推向极端，即极大或极小，并依此作出科学的推理分析，从而给出判断或导出结论.

变式题组

7.(多选)某学习小组为了体验最大静摩擦力与滑动摩擦力的临界状态，设计了如图15所示的装置，一位同学坐在长直木板上，让长直木板由水平位置缓慢向上转动(即木板与地面的夹角θ变大)，另一端不动，则该同学受到支持力FN、合外力F合、重力沿斜面方向的分力G1、摩擦力Ff随角度θ的变化关系图中正确的是( )

图15

答案 ACD

解析 重力沿斜面方向的分力G1＝mgsin θ，C正确；支持力FN＝mgcos θ，A正确；该同学滑动之前，F合＝0，Ff＝mgsin θ，滑动后，F合＝mgsin θ－μmgcos θ，Ff＝μmgcos θ，

11

考虑到最大静摩擦力略大于滑动摩擦力的情况，可知B错误，D正确.

8.如图16所示，三根长度均为l的轻绳分别连接于C、D两点，A、B两端被悬挂在水平天花板上，相距2l.现在C点上悬挂一个质量为m的重物，为使CD绳保持水平，在D点上可施加的力的最小值为( )

图16

A.mg B.3mg 3

1C.mg 21D.mg 4答案 C

解析 分析结点C的受力如图甲所示，由题意可知，绳CA与竖直方向间夹角为α＝30°，则可得：FD＝mgtan α＝

3

mg，再分析结点D的受力如图乙所示，由图可知，FD′与FD大小3

相等且方向恒定，FB的方向不变，当在D点施加的拉力F与绳BD垂直时，拉力F为最小，即

F＝FD′cos 30°＝mg，C正确.

12

1.(2016·绍兴市联考)一个木箱在水平拉力F的作用下沿光滑水平地面滑动，有四位同学作出它的受力情况如图所示，其中正确的是( )

12

答案 A

解析 在光滑水平地面上滑动的木箱，一定受竖直向下的重力G、竖直向上的支持力FN、水平方向的拉力F，但不受摩擦力作用，故A正确.

2.如图1所示，甲、乙、丙三个物体叠放在水平面上，用水平力F拉位于中间的物体乙，它们仍保持静止状态，三个物体的接触面均为水平，则乙物体受力的个数为( )

图1

A.3个 C.5个 答案 C

解析 由甲物体受力平衡可知，甲、乙之间不存在相互作用的摩擦力；以甲、乙系统为研究对象，水平方向受力平衡得，乙、丙的接触面间存在相互作用的摩擦力；乙还受重力、甲的压力、丙对乙的支持力和水平拉力F，故乙受5个力的作用，C正确.

3.如图2所示，静止在水平地面上装满水的纯净水桶总质量为16 kg，现有某同学用60 N的力竖直向上提水桶，则下列说法正确的是( )

B.4个 D.6个

图2

A.此时水桶的重力为100 N B.此时水桶对地面的压力为60 N C.此时水桶受到合力大小为100 N D.此时水桶受到的合力一定为零 答案 D

4.(2016·诸暨市联考)如图3所示，用相同的弹簧测力计将同一个重物m，分别按甲、乙、丙三种方式悬挂起来，读数分别是F1、F2、F3、F4，已知θ＝30°，则有( )

13

图3

A.F4最大 B.F3＝F2 C.F2最大

D.F1比其他各读数都小 答案 C

解析 由平衡条件可知：F1＝mgtan θ，F2cos θ＝mg,2F3cos θ＝mg，F4＝mg，因此可知F1＝

3233mg，F2＝mg，F3＝mg，故选项A、B、D错误，C正确. 333

5.(多选)如图4所示，一个质量为m的滑块静止置于倾角为30°的粗糙斜面上，一根轻弹簧一端固定在竖直墙上的P点，另一端系在滑块上，弹簧与竖直方向的夹角为30°，则( )

图4

A.弹簧一定处于压缩状态 B.滑块可能受到三个力作用 C.斜面对滑块的支持力不能为0 D.斜面对滑块的摩擦力的大小等于mg 答案 BC

6.(2016·湖州联考)三段不可伸长的细绳OA、OB、OC能承受的最大拉力相同，均为200 N，它们共同悬挂一重物，如图5所示，其中OB是水平的，A端、B端固定，θ＝30°.则O点悬挂的重物G不能超过( )

图5

A.100 N C.346 N 答案 A

14

B.173 N D.200 N

7.如图6所示，倾角为θ＝30°的斜面体放在水平地面上，一个重为G的球在水平力F的作用下，静止于光滑斜面上，此时水平力的大小为F；若将力F从水平方向逆时针转过某一角度α后，仍保持F的大小不变，且小球和斜面体依然保持静止，此时水平地面对斜面体的摩擦力为Ff，那么F和Ff的大小分别是( )

图6

A.F＝C.F＝33

G，Ff＝G 6333

G，Ff＝G 42

B.F＝D.F＝33

G，Ff＝G 2433G，Ff＝G 36

答案 D

解析 根据题意可知，水平力F沿斜面向上的分力Fcos θ＝Gsin θ，所以F＝Gtan θ，解得F＝

3

G；力F转过某一角度α后，根据题意可知，力F沿斜面向上的分力与小球重力沿3

斜面向下的分力仍相等，则力F转过的角度α＝60°，此时把小球和斜面体看成一个整体，水平地面对斜面体的摩擦力和力F的水平分力等大，即Ff＝Fcos α＝

3G. 6

8.(2016·温州8月选考)如图7所示，质量为m的正方体和质量为M的正方体放在两竖直墙和水平面间，处于静止状态.m和M的接触面与竖直方向的夹角为α，重力加速度为g，若不计一切摩擦，下列说法正确的是( )

图7

A.水平面对正方体M的弹力大小大于(M＋m)g B.水平面对正方体M的弹力大小为(M＋m)gcos α C.墙面对正方体m的弹力大小为mgtan α D.墙面对正方体M的弹力大小为

tan α答案 D

解析 由于两墙面竖直，对M和m整体受力分析可知，地面对M的弹力大小等于(M＋m)g，A、B错误；在水平方向，墙对M和m的弹力大小相等、方向相反，隔离物体m受力分析如图所示，根据平行四边形定则可得m受到的墙对它的弹力大小为，所以M受到墙面的弹力

tan α

15

mgmg

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