2023年新高考物理大一轮单元复习检测01 共点力平衡【亮点讲】（解析版）.pdf
单元0 1 共点力的平衡e 知 识 梳 理.构建体系_ c-，共点力的平衡是高中物理的主干知识，受力分析是基础。灵活选取研究对象，正确受力分析，优选平衡条件的合适形式是解决问题的关键。同时体会临界极值法、函数法、图像法、整体隔离法等解题方法。本部分试题多与现实生活中的平衡现象联系，体会应用物理知识解决实际问题的乐趣。1 .静态平衡的常见模型2 .解决平衡问题的解题流程明确研究对象整体法或隔离法|分析研究对象受到的力进行受力分析|画出受力分析图三个力作用下的共点力平衡：通常用合成法或效果分解法作图作出合成或分解图-多个力作用下的共点力平衡：通常用正交分解法作图 根据数学知识列式列式求解 g 根据平衡条件列式亮点讲【典 例 I】（合成法解决静态平衡问题）如图，悬挂物体网的细线拴牢在一不可伸长的轻质细绳上0 点处；绳的一端固定在墙上的 1 点，另一端通过光滑的定滑轮与物体股相连。已知处和破两物体质量相等。系统平衡时，。点两侧绳与竖直方向的夹角分别为。和若=6 5 ,则。等于A.4 5 B.5 0 C.5 5 D.7 0【答案】B【解析】由于幽=牝，故细线的拉力等于。点左侧绳的拉力，即T =T”对结点。受力分析如图所示，则。+2=180,贝 1 。=50,选项 B 正确。【典例2】（分解法解决静态平衡问题）如图甲所示为明朝宋应星所著 天工开物中用重物测量弓弦张力的 试弓定力”插图。示意图如图乙所示，在弓的中点悬挂质量为M的重物，弓 的 质 量 为 弦 的 质 量 忽略不计，悬挂点为弦的中点，张角为。，当地重力加速度为g,则弦的张力为【答案】A【解 析】对弓和重物整体受力分析，如图所示:号 磊 产 解 得：丁 =筌故4 正确，8CD错误。【典例3】（正交分解法法解决静态平衡问题）如图所示为一固定在水平桌面上的U形槽的截面图，ZB、BC面与水平桌面间夹角分别为30。和60。一正方体木块放在槽内，木块与AB、BC面间的动摩擦因数相同,现用垂直于纸面向外的力F拉木块，木块恰好能沿槽做匀速直线运动。木块的质量为m,重力加速度为g。木块与48、BC面间的动摩擦因数大小为【答案】AD-m5(V3-l)F2=mgsm3 0=m g,则滑动摩擦力为：f=（0 +F?）由平衡条件得：F=f,解得木块与4B、BC面间的动摩擦因数大小为：=小 焉+1），故A正确，BCO错误。故选A。【典例4】（解析法解决动态平衡问题）半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有固定放置的竖直挡板MN。在P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q,整个装置处于静止状态。如图所示是这个装置的纵截面图。若用外力使MN保持竖直，缓慢地向右移动，在Q落到地面以前，发现P始终保持静止。在此过程中，下列说法中正确的是A.MN对Q的弹力先减小后增大C.P、Q间的弹力逐渐增大【答案】CB.地面对P的摩擦力逐渐减小D.Q所受的合力逐渐增大%【解析】先对Q受力分析，受重力、P对Q的支持力和MN对Q的支持力，如图：产中 一，），卜，），mg根据共点力平衡条件，有：M=荒，N2=mgtand；再对P、Q整体受力分析，受重力、地面支持力、M NrNi f挡板对其向左的支持力和地面对其向右的摩擦力，如图：-LI（M+m鬼根据共点力平衡条件，有：f=NZ,N=（M+m）g,故f=mgtcm。，MN保持竖直且缓慢地向右移动过程中，角9不断变大，故/变大，N不变，M变大，岫变大，P、Q受到的合力为零，不变，故C正确，ABD错误。故选C。【典例5】（整体法与隔离法解决平衡问题）（多选）如图所示，竖直墙壁与光滑水平地面交于8点，质量为mi的光滑半圆柱体紧靠竖直墙壁置于水平地面上，。1为半圆柱体截面所在圆的圆心，质量为巾2且可视为质点的均匀小球。2,用长度等于4、B两点间距离的细线悬挂于竖直墙壁上的A点，小球静止于半圆柱体上；当换用质量不变，而半径不同的光滑半圆柱体时，细线与竖直墙壁的夹角。就会跟着发生改变。已知重力加速度为g，不计各接触面间的摩擦，则下列说法正确的是A.当0=60。时，半 圆 柱 体 对 地 面 的 压 力 大 小 为+2gB.当。=60。时，小球对半圆柱体的压力大小为遍m2gc.换用不同的半圆柱体时，半圆柱体对竖直墙壁的最大压力大小为之m2gD.换用半径更大的半圆柱体时，半圆柱体对地面的压力保持不变【答案】AC【解析】对圆球进行受力分析如图所示,绳子拉力大小为T=m2gcos0；圆柱体对均匀圆球的支持力为：居=62外出。，根据牛顿第三定律可得球对圆柱体的压力大小为：FN1=F.=m2gsine；以整体为研究对象，竖直方向根据共点力的平衡条件可得地面对圆柱体的支持力为：N=m2g+血19 Tcosdf所以圆柱体对地面的压力大小为：FN2=N=m2g+m1g-TcosO4.8=60。时代入解得半圆柱体对地面的压力大小为:N=血1。+故A正确;B.当。=60。时代入解得小球对半圆柱体的压力大小为凤1 =亨 巾2g故8错误。C.改变半圆柱体的半径，细线与竖直墙壁的夹角。就会跟着发生改变。半圆柱体对竖直墙壁的压力等于rsin。=血29。”由讥。=（小2卯讥2。，所以当细线与竖直墙壁的夹角为45时半圆柱体对竖直墙壁的压力最大为：山2 9,故c正确；D半圆柱体在竖直方向上的受的支持力：N=m1g+m2g-TcosO=mrg+m2g-m2gcos29=+m2gsin20由几何关系可知，增大半圆柱体的半径，贝*增大，可知，N将增大；根据牛顿第三定律可知，半圆柱体对地面的压力将增大。故。错误。故选AC。【典 例6（解析法解决动态平衡问题）（多选）如图所示，物块A放置在固定斜面上，细绳跨过定滑轮，一端固定在物块4上，另一端连着小球B.现给小球施加水平拉力F,使小球缓慢运动至虚线位置，物块力一直处于静止状态，下列说法正确的是A.物块与斜面间的摩擦力变大 B.物块与斜面间的摩擦力变小C.物块对斜面的压力变大 D.物块受到的合力不变【答案】AD【解析】对物体受力分析可知，当使小球缓慢运动至虚线位置时，对8受力分析可知，此时绳子的拉力增大，对4受力分析可知，4受到重力，绳子的拉力，以及斜面的摩擦力和支持力，假 设 斜 面 倾 角 为 绳 子与斜面的夹角为a,根据平衡可得：Tcosa+mgsinB=f,Tsina+N=mgcosB；因此物块与斜面间的摩擦力变大，物块对斜面的压力变小，由于在变化的过程中时刻保持平衡，因此合外力为零保持不变，故AD正确，故BC错误。故选4/）。【典例7】（矢量三角形法解决动态平衡问题）如图所示,带有光滑竖直杆的三角形斜劈固定在水平地面上，放置于斜劈上的光滑小球与套在竖直杆上的小滑块用轻绳连接，开始时轻绳与斜劈平行.现给小滑块施加一个竖直向上的拉力，使小滑块沿杆缓慢上升，整个过程中小球始终未脱离斜劈，则有A.小球对斜劈的压力保持不变B.轻绳对小球的拉力先减小后增大C.竖直杆对小滑块的弹力先增大再减小D.对小滑块施加的竖直向上的拉力逐渐增大【答案】D【解析】对小球受力分析，受重力、支持力和轻绳的拉力，如图甲所示，由图可知，轻绳的拉力T增大，支持力N减小，根据牛顿第三定律可知，小球对斜面的压力也减小；对小球和滑块整体分析，受重力、斜面的支持力N,杆的支持力M,拉力凡如图乙所示，根据平衡条件，水平方向有N=Nsi7i。，竖直方向有F+Ncos 9=G,由于N减小，。不变，则N减小，尸增大，故。正确，A8C错误。故选Do【典例8】（相似三角形法解决动态平衡问题）如图所示，光滑半球固定在水平面上，球心。的正上方固定小定滑轮C,细绳一端拴一小球甲，小球中置于半球面上的4点，细绳另一端绕过定滑轮拴有另一小球乙,小球乙置于半球面上的B点，平衡时4C与BC的长度之比为匕两球均视为质点，甲、乙两球的质量之比为/C.k2【答案】A【解析】以甲球为研究对象，分析受力情况：重力小/。，半球面的支持力N和绳子的拉力7,则半球面的支持力N和绳子的拉力7的合力尸=mri,g,4C。得：=巳得:CO AC=*。,T _ 7即有：mlflg C O,同理以乙球为研究对象，得到：mzg-C O所以得到：加/加：巾/9=BC:4c=l:k 则有：嬴=%故 选：4。【典例9 （平衡状态下的临界和极值问题）歼一20战斗机安装了我国自主研制的矢量发动机，能够在不改变飞机飞行方向的情况下，通过转动尾喷口方向改变推力的方向，使战斗机获得很多优异的飞行性能。已知在歼-20战斗机沿水平方向超音速匀速巡航时升阻比（垂直机身向上的升力和平行机身向后的阻力之比）为，飞机的重力为G,能使飞机实现水平匀速巡航模式的最小推力是A.1+Gk 22 B.7 C.,2 D.Gk Vl+fc2【答案】c【解析】飞机受到重力G、发动机推力居、升力尸2和空气阻力/，重力的方向竖直向下，升力尸2的方向竖直向上，空气阻力/力的方向与尸2垂直，如图 匕 歼-20战斗机沿水平方向超音速匀速巡航，则有水平方向4 =f，竖直方向F2+&=G,F2=k f,解得0 =G-kf,则居2=42+=微2+1）产一 2 k G f+G2,母与/的函数图像为开口向上的抛物线，其对称轴为/=磊,所以当/=，&时，母取最小值，所以解得最小推力是&mi n=/，故 A8O错误，C正确。故选C。
