20xx屆新高考二輪復習-專題一-第一講-力與物體的平衡-學案-資料下載頁
2025-04-05 05:16本頁面
【正文】 大,可知水平拉力F逐漸增大,繩子的拉力FT=m乙gcosα,故繩子的拉力也逐漸增大。以物體甲為研究對象,受力分析如圖(b)所示,根據平衡條件可得,物體甲受到地面的摩擦力Ff與繩子的拉力沿水平方向的分力FTx=FTcosθ等大反向,故摩擦力方向向左,Ff=m乙gcosθcosα逐漸增大,選項D正確。解法二:圖解法對乙球受力分析并把各力平移到一個矢量三角形內,畫出如圖(c)所示的動態(tài)分析,可知選項D正確。【類題演練5】C 解析磁場在旋轉的過程中,桿處于平衡狀態(tài),桿所受重力的大小和方向不變,懸線的拉力方向不變,由圖解法結合左手定則可知,在磁場旋轉的過程中,安培力先減小后增大,由F安=BIL可知,磁場的磁感應強度先減小后增大,故只有選項C正確?！绢愵}演練6】AD 解析設將OM桿緩慢旋轉到豎直位置的過程中,某位置AC與豎直方向夾角為α,CB與豎直方向夾角為β,此時AC和BC上的拉力分別為T1和T2,則由平衡條件可知T1sinα=T2sinβ、T1cosα+T2cosβ=mg,聯立解得T1=mgsinβsin(α+β)、T2=mgsinαsin(α+β),因α+β為定值,將OM桿緩慢旋轉到豎直位置的過程中α變大、β減小,可知T2變大、T1減小,即繩BC的張力逐漸增大,繩AC的張力逐漸減小,故選項A、D正確。素養(yǎng)提升微課堂【典例1】CD 解析設拉力F與水平方向的夾角為θ,根據題意可列平衡方程式,即FcosθFf=0①FN+Fsinθ=mg②Ff=μFN③由聯立①②③解得:F=μmgμsinθ+cosθ=μmg1+μ2(sinθcosφ+cosθsinφ)=μmg1+μ2sin(θ+φ),其中tanφ=1μ,所以F≥μ1+μ2mg。比較四個選項后可判斷C、D正確?！镜淅?】BC 解析依據題意分析可知,在B點沿圓弧BC由B移動到C的過程中,雖然繩BO對O點的拉力FB、AO對O點的拉力FA都發(fā)生變化,但兩個拉力的合力F卻保持不變(三力作用下物體處于平衡狀態(tài),任意兩個力的合力與第三個力大小相等,方向相反,即F=G)。依據題意作出FA、FB及其合力F的矢量三角形如圖所示,當B點沿圓弧BC由B向C移動時,BO與豎直方向的夾角逐漸減小,依據三角形的邊角關系可知:在B點沿圓弧BC由B移動到C的過程中,BO繩對O點的拉力FB先減小后增大,AO對O點的拉力FA逐漸減小,B、C正確。根據平衡條件,OA繩和OB繩對O點拉力的合力及OA繩和OB繩對半圓形支架拉力的合力均等于重物重力,A、D錯誤?！绢愵}演練1】BC 解析先以左側小球為研究對象,分析受力情況:重力m1g、繩子的拉力FT和半球的支持力FN1,作出受力分析圖。由平衡條件得知,拉力FT和支持力FN1的合力與重力m1g大小相等、方向相反。設OO39。=h,根據三角形相似得FTL1=FN1R=m1gh,解得m1g=FThL1,FN1=FTRL1①同理,以右側小球為研究對象,得m2g=FThL2,FN2=FTRL2,②由①②式得m1m2=L2L1=2524,FN1FN2=L2L1=2524?！绢愵}演練2】C 解析設木板與水平地面的夾角為α,以物體A為研究對象,木板P未旋轉前A只受到重力和支持力而處于平衡狀態(tài),所以B對A的作用力與A的重力大小相等,方向相反。當將木板P繞O點緩慢旋轉到虛線所示位置,B的上表面不再水平,A受力情況如圖(a)所示,圖中β代表B上表面與水平方向之間的夾角。A受到重力和B對A的支持力、摩擦力三個力作用,其中B對A的支持力、摩擦力的合力仍然與A的重力等大反向,則A受到B對A的作用力保持不變,根據牛頓第三定律可知,A對B的作用力也不變,B對A的摩擦力增大,故A、B錯誤。以AB整體為研究對象,分析受力情況如圖(b)所示,總重力GAB、木板的支持力FN2和摩擦力Ff2,木板對B的作用力是支持力FN2和摩擦力Ff2的合力。由平衡條件分析可知,木板對B的作用力大小與總重力大小相等,保持不變,D錯誤。FN2=GABcosα,Ff2=GABsinα,α減小,FN2增大,Ff2減小,C正確?！绢愵}演練3】AD 解析對物體受力分析,如圖所示,由共點力的平衡條件可知,在水平方向上有FcosθFf=0,Ff=μFN,在豎直方向上有Fsinθ+FNmg=0,聯立解得F=μmgcosθ+μsinθ,設tanφ=μ,則cosφ=11+μ2,所以F=μmgcos(θφ)11+μ2,當cos(θφ)=1,即θφ=0時,F取到最小值,Fmin=μmg1+μ2=25N,而tanφ=μ=33,所以φ=30176。,θ=30176。故選項A、D正確。
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