資源簡介

綜合·融通　共點力平衡中三類典型問題
(融會課—主題串知綜合應用)
在共點力的平衡問題中，有三類典型問題：(1)“活結”與“死結”、“動桿”與“定桿”問題；(2)動態平衡問題；(3)臨界極值問題。這三類問題往往命題情境靈活，難度相對較大，但是只要掌握好不同類型問題的分析方法和技巧，就可以化繁為簡、化難為易，撥開云霧，見到“晴天”。
主題(一) “活結”與“死結”、“動桿”與“定桿”問題
　　　　　　　　　　　　　　　　
[知能融會通]
1．“活結”與“死結”模型
(1)“活結”一般是由輕繩跨過光滑滑輪或者繩上掛一光滑掛鉤而形成的。繩雖然因“活結”而彎曲，但實際上是同一根繩，所以由“活結”分開的兩段繩上彈力的大小一定相等，兩段繩合力的方向一定沿這兩段繩夾角的平分線。
(2)“死結”兩側的繩因結而變成了兩根獨立的繩，因此由“死結”分開的兩段繩上的彈力不一定相等。
2．“動桿”與“定桿”模型
(1)“動桿”：即桿用轉軸或鉸鏈連接，當桿處于平衡狀態時，桿所受到的彈力方向一定沿著桿，否則會引起桿的轉動。如圖甲所示，若C為轉軸，則輕桿在緩慢轉動過程中，彈力方向始終沿桿的方向。
(2)“定桿”：若輕桿被固定不發生轉動，則桿所受到的彈力方向不一定沿桿的方向。如圖乙所示，水平橫梁的一端A插在墻壁內，另一端B裝有一個小滑輪，一繩的一端C固定于墻壁上，另一端跨過滑輪后懸掛重物m。滑輪對繩的作用力方向應為圖丙中兩段繩中拉力F1和F2的合力F的反方向，即AB桿彈力的方向不沿桿的方向。
[典例]　如圖甲所示，細繩AD跨過固定的水平輕桿BC右端的輕質光滑定滑輪懸掛一質量為M1的物體，∠ACB＝30°；圖乙中輕桿HG一端用鉸鏈固定在豎直墻壁上，另一端G通過細繩EG拉住，EG與水平方向的夾角為30°，在輕桿的G點用細繩GF懸掛一質量為M2的物體(都處于靜止狀態)，求：
(1)細繩AC段的張力FAC與細繩EG的張力FEG之比；
(2)輕桿BC對C端的支持力；
(3)輕桿HG對G端的支持力。
嘗試解答：
兩種情形同為繩桿結合問題，看似相同，實為完全不同的兩種類型。圖甲為“活結”配“死桿”模型，圖乙為“死結”配“活桿”模型。解此類問題必須先弄清楚是哪一類模型，否則很容易出錯。　　
[題點全練清]
1.(多選)如圖所示，甲、乙、丙三條不可伸長的輕繩拴接于O點，甲、乙兩繩自然伸直，上端分別固定于水平天花板上的a、b點，甲繩長30 cm，乙繩長40 cm，ab距離為50 cm，甲、乙、丙三繩能承受的最大張力分別為3 N、4 N、5 N。c點位于丙繩上，在c點對丙繩施加豎直向下的拉力F，O點位置始終不變，則在拉力F從零逐漸增大的過程中(　 )
A．甲繩先斷
B．乙繩先斷
C．某繩恰好先斷時，F＝ N
D．某繩恰好先斷時，F＝ N
2．(多選)一輕桿一端通過光滑鉸鏈與地面連接，另一端安裝一光滑輕滑輪。一橡皮繩一端固定在粗糙地面上，繞過輕桿上的滑輪，另一端與地面上一物塊相連。如圖所示，初始狀態下，橡皮繩處于伸長狀態，輕桿與地面的夾角為60°，輕桿頂點恰好位于物塊正上方，系統保持平衡。緩慢調整輕桿的角度和物塊的位置，最終使輕桿與地面垂直，系統仍保持平衡。在此過程中，物塊始終在地面上，橡皮繩始終處于彈性限度內。在此過程中(　 )
A．橡皮繩長度縮短 B．橡皮繩長度伸長
C．物塊向左運動 D．物塊向右運動
主題(二) 動態平衡問題
[知能融會通]
1．動態平衡
所謂動態平衡問題，是指通過控制某些物理量，使物體的狀態發生緩慢變化，而在這個過程中物體又始終處于一系列的平衡狀態。
2．分析方法
方法 步驟
解析法 (1)列平衡方程求出未知量與已知量的關系表達式。(2)根據已知量的變化情況來確定未知量的變化情況
圖解法 (1)根據已知量的變化情況，畫出平行四邊形邊、角的變化。(2)由動態圖確定未知量大小、方向的變化
相似三角形法 (1)根據已知條件畫出兩個不同情況對應的力的三角形和空間幾何三角形，確定對應邊，利用三角形相似知識列出比例式。(2)確定未知量大小的變化情況
[典例]　如圖，輕繩繞過固定在天花板上的小滑輪，繩A端握在站在地上的人手中，B端系一重為G的小球，小球靠在固定的光滑半球面上，人通過輕繩將小球沿球面DC緩緩拉動一小段距離過程中，下列說法不正確的是(　 )
A．人的拉力逐漸變大
B．球面對球的支持力大小不變
C．人的拉力逐漸變小
D．可認為小球的合外力為零
聽課記錄：
[題點全練清]
1.質量為m的物體用輕繩AB懸掛于天花板上。用水平向左的力F緩慢拉動繩的中點O，如圖所示。用T表示繩 OA段拉力的大小，在O點向左移動的過程中(　 )
A．F逐漸變大，T逐漸變大
B．F逐漸變大，T逐漸變小
C．F逐漸變小，T逐漸變大
D．F逐漸變小，T逐漸變小
2．如圖所示，用粗鐵絲彎成半圓環，半圓環最高點B處固定一個小滑輪，小圓環A用細繩吊著一個質量為m的物塊并套在半圓環上。細繩另一端跨過小滑輪，用力F拉動，使A緩慢向上移動(不計一切摩擦，繩子不可伸長)。則在物塊移動過程中，關于拉力F和鐵絲對A的支持力N，以下說法正確的是(　 )
A．F變大　　 　　 B．N變大
C．F變小 D．N變小
主題(三) 臨界極值問題
　　1．問題界定：物體所處平衡狀態將要發生變化的狀態為臨界狀態，涉及臨界狀態的問題為臨界問題。
2．問題特點：
(1)當某物理量發生變化時，會引起其他幾個物理量的變化。
(2)注意某現象“恰好出現”或“恰好不出現”的條件。
3．分析方法：基本方法是假設推理法，即先假設某種情況成立，然后根據平衡條件及有關知識進行論證、求解。類型1　平衡中的臨界問題
[例1]　如圖甲、乙所示，質量為m的物體置于傾角為θ的固定斜面上，物體與斜面之間的動摩擦因數為μ，先用平行于斜面的推力F1作用于物體上使其恰能沿斜面勻速上滑，若改用水平推力F2作用于物體上，也恰能使物體沿斜面勻速上滑，則兩次的推力之比為(　 )
A．cos θ＋μsin θ　　　　 B．cos θ－μsin θ
C．1＋μtan θ D．1－μtan θ
聽課記錄：
1．問題界定：物體平衡的極值問題，一般指在力的變化過程中涉及力的最大值和最小值的問題。
2．分析方法：
(1)解析法：根據物體平衡的條件列出方程，在解方程時，采用數學知識求極值或者根據物體臨界條件求極值。類型2　平衡中的極值問題
(2)圖解法：根據物體平衡的條件作出力的矢量圖，畫出平行四邊形或者矢量三角形進行動態分析，確定最大值或最小值。
[例2]　質量為M的木楔傾角為θ，在水平面上保持靜止，當將一質量為m的木塊放在木楔斜面上時，它正好勻速下滑。如果用與木楔斜面成α角的力F拉著木塊勻速上升，如圖所示(已知木楔在整個過程中始終靜止)。
(1)當α＝θ時，拉力F有最小值，求此最小值；
(2)當α＝θ時，木楔對水平面的摩擦力是多大？
嘗試解答：
綜合·融通　共點力平衡中三類典型問題
主題(一)　
[典例]　解析：題圖甲和乙中的兩個物體都處于平衡狀態，根據共點力平衡的條件可判斷，與物體相連的細繩的拉力大小等于物體的重力。分別取C點和G點為研究對象，進行受力分析，如圖1、2所示。
(1)圖1中，細繩AD跨過定滑輪拉住質量為M1的物體，物體處于平衡狀態，繩AC段的拉力FAC＝FCD＝M1g。圖2中，由共點力平衡的條件有FEGsin 30°＝FGF＝M2g，可得FEG＝2M2g。
所以＝。
(2)圖1中，根據平衡條件和幾何關系得FNC＝FAC＝M1g，方向與水平方向成30°角斜向右上方。
(3)圖2中，根據共點力平衡的條件有FNG＝＝，解得FNG＝M2g，方向水平向右。
答案：(1)　(2)M1g，方向與水平方向成30°角斜向右上方
(3)M2g，方向水平向右
[題點全練清]
1．選AD　甲繩長30 cm，乙繩長40 cm，ab距離為50 cm，再由甲、乙、丙對O點拉力滿足平行四邊形定則，得甲、乙、丙的拉力大小之比為F1∶F2∶F3＝4∶3∶5，而甲、乙、丙三繩能承受的最大張力分別為3 N、4 N、5 N，所以可知當丙繩受力為5 N時，甲繩受力為4 N，所以甲繩先斷，故A正確，B錯誤；當甲繩受力為3 N時，則有F＝×3 N＝ N，故D正確，C錯誤。
2．選BD　設桿長2l，由幾何關系，故未調整繩前示意圖如圖甲，橡皮繩長為3l。
調整后，如圖乙所示，橡皮繩長為4l>3l，故橡皮繩變長，A錯誤，B正確；由圖可知，物體開始位于桿底部右側l處，后位于桿底部右側2l處，說明物塊向右運動，C錯誤，D正確。
主題(二)　
[典例]　選A　設小球受到的拉力為T，受到的支持力為N，滑輪距離球面的高度為h，半球面半徑為R，對小球受力分析如圖所示，設小球與滑輪距離為L，根據幾何三角形與力三角形相似，有＝＝，設人的拉力為F，則有T＝F，故有＝＝，整理得N＝，F＝，則球面對球的支持力N始終保持不變，但由于小球與滑輪的距離L不斷減小，故拉力F不斷減小，A錯誤，B、C正確；小球緩緩被拉動，即可認為小球的合外力為零，D正確。
[題點全練清]
1．選A　以O點為研究對象，受力如圖所示，當用水平向左的力緩慢拉動O點時，則繩OA與豎直方向的夾角變大，由共點力的平衡條件知F逐漸變大，T逐漸變大，選項A正確。
2．選C　若在物塊緩慢向上移動的過程中，小圓環A處于三力平衡狀態，根據平衡條件知mg和N的合力與T等大、反向、共線，如圖所示，由三角形相似有＝＝，而F＝T，可得F＝mg，AB變小，BO不變，則F變小，N＝mg，AO、BO都不變，則N不變，故C正確，A、B、D錯誤。
主題(三)　
[例1]　選B　物體在力F1作用下和力F2作用下運動時的受力如圖(a)、(b)所示。
將重力mg、力F2沿斜面方向和垂直于斜面方向正交分解，由平衡條件可得：
F1＝mgsin θ＋Ff1，FN1＝mgcos θ，Ff1＝μFN1，
F2cos θ＝mgsin θ＋Ff2，FN2＝mgcos θ＋F2sin θ，
Ff2＝μFN2，解得：F1＝mgsin θ＋μmgcos θ，
F2＝，故＝cos θ－μsin θ，B正確。
[例2]　解析：木塊在木楔斜面上勻速向下運動時，有
mgsin θ＝μmgcos θ，即μ＝tan θ。
(1)木塊在力F作用下沿斜面向上勻速運動，有
Fcos α＝mgsin θ＋Ff，
Fsin α＋FN＝mgcos θ
Ff＝μFN
解得F＝＝＝
則當α＝θ時，F有最小值，為Fmin＝mgsin 2θ。
(2)因為木塊及木楔均處于平衡狀態，整體受到地面的摩擦力等于F的水平分力，即Ff′＝Fcos(α＋θ)
當α＝θ時，F取最小值mgsin 2θ，
所以Ffm′＝Fmincos 2θ＝mg·sin 2θ·cos 2θ
＝mgsin 4θ。
答案：(1)mgsin 2θ　(2)mgsin 4θ(共83張PPT)
綜合 融通　共點力平衡中三類典型問題
　　　 (融會課—主題串知綜合應用)
在共點力的平衡問題中，有三類典型問題：(1)“活結”與“死結”、“動桿”與“定桿”問題；(2)動態平衡問題；(3)臨界極值問題。這三類問題往往命題情境靈活，難度相對較大，但是只要掌握好不同類型問題的分析方法和技巧，就可以化繁為簡、化難為易，撥開云霧，見到“晴天”。
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主題(一) “活結”與“死結”、“動桿”與“定桿”問題　　
2
主題(二) 動態平衡問題
3
主題(三) 臨界極值問題
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課時跟蹤檢測
CONTENTS
目錄
主題(一) “活結”與“死結”、“動桿”與“定桿”問題　　
1.“活結”與“死結”模型
(1)“活結”一般是由輕繩跨過光滑滑輪或者繩上掛一光滑掛鉤而形成的。繩雖然因“活結”而彎曲，但實際上是同一根繩，所以由“活結”分開的兩段繩上彈力的大小一定相等，兩段繩合力的方向一定沿這兩段繩夾角的平分線。
(2)“死結”兩側的繩因結而變成了兩根獨立的繩，因此由“死結”分開的兩段繩上的彈力不一定相等。
知能融會通
2.“動桿”與“定桿”模型
(1)“動桿”：即桿用轉軸或鉸鏈連接，當桿處于平衡狀態時，桿所受到的彈力方向一定沿著桿，否則會引起桿的轉動。如圖甲所示，若C為轉軸，則輕桿在緩慢轉動過程中，彈力方向始終沿桿的方向。
(2)“定桿”：若輕桿被固定不發生轉動，則桿所受到的彈力方向不一定沿桿的方向。如圖乙所示，水平橫梁的一端A插在墻壁內，另一端B裝有一個小滑輪，一繩的一端C固定于墻壁上，另一端跨過滑輪后懸掛重物m。滑輪對繩的作用力方向應為圖丙中兩段繩中拉力F1和F2的合力F的反方向，即AB桿彈力的方向不沿桿的方向。
[典例]　如圖甲所示，細繩AD跨過固定的水平輕桿BC右端的輕質光滑定滑輪懸掛一質量為M1的物體，∠ACB＝30°；圖乙中輕桿HG一端用鉸鏈固定在豎直墻壁上，另一端G通過細繩EG拉住，EG與水平方向的夾角為30°，在輕桿的G點用細繩GF懸掛一質量為M2的物體(都處于靜止狀態)，求：
(1)細繩AC段的張力FAC與細繩EG的張力FEG之比；
(2)輕桿BC對C端的支持力；
[答案]　M1g，方向與水平方向成30°角斜向右上方
[解析]　圖1中，根據平衡條件和幾何關系得FNC＝FAC＝M1g，方向與水平方向成30°角斜向右上方。
(3)輕桿HG對G端的支持力。
[思維建模]
兩種情形同為繩桿結合問題，看似相同，實為完全不同的兩種類型。圖甲為“活結”配“死桿”模型，圖乙為“死結”配“活桿”模型。解此類問題必須先弄清楚是哪一類模型，否則很容易出錯。　　
題點全練清
√
√
系統保持平衡。緩慢調整輕桿的角度和物塊的位置，最終使輕桿與地面垂直，系統仍保持平衡。在此過程中，物塊始終在地面上，橡皮繩始終處于彈性限度內。在此過程中(　 )
A.橡皮繩長度縮短 B.橡皮繩長度伸長
C.物塊向左運動 D.物塊向右運動
√
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主題(二) 動態平衡問題
1.動態平衡
所謂動態平衡問題，是指通過控制某些物理量，使物體的狀態發生緩慢變化，而在這個過程中物體又始終處于一系列的平衡狀態。
知能融會通
2.分析方法
方法 步驟
解析法 (1)列平衡方程求出未知量與已知量的關系表達式。
(2)根據已知量的變化情況來確定未知量的變化情況
圖解法 (1)根據已知量的變化情況，畫出平行四邊形邊、角的變化。
(2)由動態圖確定未知量大小、方向的變化
相似三 角形法 (1)根據已知條件畫出兩個不同情況對應的力的三角形和空間幾何三角形，確定對應邊，利用三角形相似知識列出比例式。
(2)確定未知量大小的變化情況
續表
A.人的拉力逐漸變大
B.球面對球的支持力大小不變
C.人的拉力逐漸變小
D.可認為小球的合外力為零
√
題點全練清
A.F逐漸變大，T逐漸變大
B.F逐漸變大，T逐漸變小
C.F逐漸變小，T逐漸變大
D.F逐漸變小，T逐漸變小
√
√
主題(三) 臨界極值問題
類型1　平衡中的臨界問題
1.問題界定：物體所處平衡狀態將要發生變化的狀態為臨界狀態，涉及臨界狀態的問題為臨界問題。
2.問題特點：
(1)當某物理量發生變化時，會引起其他幾個物理量的變化。
(2)注意某現象“恰好出現”或“恰好不出現”的條件。
3.分析方法：基本方法是假設推理法，即先假設某種情況成立，然后根據平衡條件及有關知識進行論證、求解。
A.cos θ＋μsin θ　 B.cos θ－μsin θ
C.1＋μtan θ D.1－μtan θ
[解析]　物體在力F1作用下和力F2作用下運動時的受力如圖(a)、(b)所示。
√
類型2　平衡中的極值問題
1.問題界定：物體平衡的極值問題，一般指在力的變化過程中涉及力的最大值和最小值的問題。
2.分析方法：
(1)解析法：根據物體平衡的條件列出方程，在解方程時，采用數學知識求極值或者根據物體臨界條件求極值。
(2)圖解法：根據物體平衡的條件作出力的矢量圖，畫出平行四邊形或者矢量三角形進行動態分析，確定最大值或最小值。
[答案]　mgsin 2θ　
(2)當α＝θ時，木楔對水平面的摩擦力是多大？
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A.輕繩的拉力變大
B.繩對滑輪的壓力變大
C.繩對滑輪的壓力大小始終不變
D.繩對滑輪的壓力方向始終沿桿指向墻
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解析：由于同一根繩子的張力處處相等，輕繩的拉力等于物體的重力G保持不變，故A錯誤；根據平行四邊形定則，兩邊輕繩的拉力相等，故合力在角平分線上，由于兩拉力的夾角不斷減小，故兩個拉力的合力不斷變大，滑輪受到的壓力不斷變大，故B正確，C錯誤；根據以上分析可知兩個拉力的合力在角平分線上，隨著兩拉力的夾角不斷改變，合力方向不斷改變，故繩對滑輪的壓力方向不可能始終沿桿指向墻，故D錯誤。
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A.貨物與車廂底面間的動摩擦因數越大，車廂的最小傾角越大
B.貨物與車廂底面間的動摩擦因數越大，車廂的最小傾角越小
C.車廂的傾角增大到最小傾角過程中，貨物所受的摩擦力逐漸減小
D.車廂的傾角增大到最小傾角過程中，貨物所受的支持力逐漸增大
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5.如圖，光滑的四分之一圓弧軌道AB固定在豎直平面
內，A端與水平面相切。穿在軌道上的小球在拉力F的作用
下，緩慢地由A向B運動，F始終沿軌道的切線方向，軌道
對球的彈力為FN。在運動過程中(　 )
A.F增大，FN增大 B.F減小，FN減小
C.F增大，FN減小 D.F減小，FN增大
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A.推力F先增大后減小
B.推力F一直減小
C.物塊受到的摩擦力先減小后增大
D.物塊受到的摩擦力一直不變
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A.圖中左側細繩的拉力小于右側細繩的拉力
B.僅將右側的N點沿豎直方向升高少許，兩側細繩的拉力大小不變
C.僅將左側竹竿以A點為軸順時針方向轉過一個小角度，兩側細繩的拉力減小
D.僅將兩竹竿分別以A、B為軸逆時針方向轉過相同的小角度， 兩側細繩的拉力增大
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若僅將右側的N點沿豎直方向升高少許，l、d均不變，則θ不變，可知拉力大小保持不變，故B正確；若僅將左側竹竿以A點為軸順時針方向轉過一個小角度，l不變，d減小，θ減小，cos θ增大，則兩側細繩的拉力減小，故C正確；若僅將兩竹竿分別以A、B為軸逆時針方向轉過相同的小角度，則l、d均不變，則θ不變，兩側細繩的拉力不變，故D錯誤。
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8.如圖所示，上表面為四分之一光滑圓弧的物體A靜止在粗糙的水平地面上，一小物塊B從圓弧底端受到水平外力F的作用緩慢沿圓弧向上移動一小段距離，在此過程中，A始終處于靜止狀態。下列說法正確的是(　 )
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A.水平外力F保持不變
B.地面對A的摩擦力逐漸增大
C.A對B的支持力逐漸減小
D.地面對A的支持力逐漸減小
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A、B整體水平方向受力平衡，可得地面對物體A的摩擦力Ff＝F，所以地面對物體A的摩擦力逐漸增大，故B正確；物塊B緩慢沿圓弧向上移動一小段距離的過程中，θ增大，cos θ減小，物體A對小物塊B的支持力逐漸增大，故C錯誤；把A、B看成一個整體，根據其在豎直方向受力平衡可得地面對物體A的支持力不變，故D錯誤。
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A.推力F先增大后減小
B.凹槽對滑塊的支持力先減小后增大
C.墻面對凹槽的壓力先增大后減小
D.水平地面對凹槽的支持力先減小后增大
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解析：彈簧的彈力為F彈＝kx＝2 N，AB與地面之間的最大靜摩擦力為fm＝μmg＝2 N，若對A施加水平力向左，大小為3 N，則因為F＋F彈＝5 N＞fm，則A將要開始向左滑動，彈簧壓縮量減小，彈力減小，則B保持靜止，A正確；若對A施加水平力向右，大小為3 N，則此時A所受摩擦力為f＝F－F彈＝1 N＜fm，則A不會滑動，彈簧彈力不變，則B保持靜止，B錯誤；
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若對A施加水平力向左，大小為5 N，則因為F＋F彈＞fm，則A將要開始向左滑動，彈簧壓縮量減小，彈力減小，B保持靜止，C正確；若對A施加水平力向右，大小為5 N，則此時A所受摩擦力為f＝F－F彈＝3 N＞fm，則A會開始向右滑動，彈簧壓縮量變大，彈力變大，則B將開始向右滑動，D錯誤。
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4課時跟蹤檢測(十八)　共點力平衡中三類典型問題
(選擇題1～10小題，每小題5分。本檢測卷滿分80分)
1．(2024·濟南高一檢測)如圖所示，輕桿一端固定一個輕滑輪，另一端嵌入豎直的墻中。一根輕繩一端連接一個物體，另一端跨過滑輪固定在墻上的某一個位置P，把繩子端點P沿墻面向O點緩慢移動，輕桿位置不變，忽略繩子與滑輪的摩擦力。關于輕繩的拉力大小和繩對滑輪作用力的說法正確的是(　　)
A．輕繩的拉力變大
B．繩對滑輪的壓力變大
C．繩對滑輪的壓力大小始終不變
D．繩對滑輪的壓力方向始終沿桿指向墻
2.如圖所示，一根輕繩的上端固定在O點，下端拴一個重力為G的小球，現對小球施加一個方向和大小都變化的力F，使輕繩與豎直方向的夾角為30°，保持小球的位置不變，則力F的最小值是(　　)
A. B. C. D．G
3.如圖所示，蜘蛛用蛛絲將其自身懸掛在水管上，并處于靜止狀態。蛛絲OM、ON與豎直方向夾角分別為α、β(α>β)。用F1、F2分別表示OM、ON的拉力，則(　　)
A．F1的豎直分力大于F2的豎直分力
B．F1的豎直分力等于F2的豎直分力
C．F1的水平分力大于F2的水平分力
D．F1的水平分力等于F2的水平分力
4.自卸車依靠車廂構成斜面(如圖所示)，讓貨物自行滑下。由于不同貨物與車廂底面間的動摩擦因數不同，貨物能夠滑下需要車廂的最小傾角不同。關于自卸車卸貨過程，下列說法正確的是(　　)
A．貨物與車廂底面間的動摩擦因數越大，車廂的最小傾角越大
B．貨物與車廂底面間的動摩擦因數越大，車廂的最小傾角越小
C．車廂的傾角增大到最小傾角過程中，貨物所受的摩擦力逐漸減小
D．車廂的傾角增大到最小傾角過程中，貨物所受的支持力逐漸增大
5.如圖，光滑的四分之一圓弧軌道AB固定在豎直平面內，A端與水平面相切。穿在軌道上的小球在拉力F的作用下，緩慢地由A向B運動，F始終沿軌道的切線方向，軌道對球的彈力為FN。在運動過程中(　　)
A．F增大，FN增大 B．F減小，FN減小
C．F增大，FN減小 D．F減小，FN增大
6．如圖所示，與水平方向成θ角的推力F作用在物塊上，隨著θ逐漸減小直到水平的過程中，物塊始終沿水平面做勻速直線運動。關于物塊受到的外力，下列判斷正確的是(　　)
A．推力F先增大后減小
B．推力F一直減小
C．物塊受到的摩擦力先減小后增大
D．物塊受到的摩擦力一直不變
7.(多選)如圖所示，兩硬竹竿豎直插在水平地面的A、B兩點，竿間拴接一長度大于兩竿間距的輕繩，光滑的輕滑輪放在輕繩上，下端懸吊一物體，開始時繩與竹竿的懸點M、N等高，圖中∠MON>90°，則下列說法正確的是(　　)
A．圖中左側細繩的拉力小于右側細繩的拉力
B．僅將右側的N點沿豎直方向升高少許，兩側細繩的拉力大小不變
C．僅將左側竹竿以A點為軸順時針方向轉過一個小角度，兩側細繩的拉力減小
D．僅將兩竹竿分別以A、B為軸逆時針方向轉過相同的小角度，兩側細繩的拉力增大
8．如圖所示，上表面為四分之一光滑圓弧的物體A靜止在粗糙的水平地面上，一小物塊B從圓弧底端受到水平外力F的作用緩慢沿圓弧向上移動一小段距離，在此過程中，A始終處于靜止狀態。下列說法正確的是(　　)
A．水平外力F保持不變
B．地面對A的摩擦力逐漸增大
C．A對B的支持力逐漸減小
D．地面對A的支持力逐漸減小
9.質量為M的凹槽靜止在水平地面上，內壁為半圓柱面，截面如圖所示，A為半圓的最低點，B為半圓水平直徑的端點。凹槽恰好與豎直墻面接觸，內有一質量為m的小滑塊。用推力F推動小滑塊由A點向B點緩慢移動，力F的方向始終沿圓弧的切線方向，在此過程中所有摩擦均可忽略，下列說法正確的是(　　)
A．推力F先增大后減小
B．凹槽對滑塊的支持力先減小后增大
C．墻面對凹槽的壓力先增大后減小
D．水平地面對凹槽的支持力先減小后增大
10．(多選)如圖所示，物塊A、B的質量均為2 kg，對地面的動摩擦因數均為0.1。兩物塊用一勁度系數為200 N/m的輕彈簧連接，初始狀態下彈簧比原長壓縮了1 cm。最大靜摩擦力可認為等于滑動摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。對物塊A施加一水平外力，在剛施加外力的一小段時間內，A開始運動，B保持靜止。則該外力的大小與方向組合可能是(　　)
A．向左，3 N B．向右，3 N
C．向左，5 N D．向右，5 N
11.(14分)(選自人教版教材例題)某幼兒園要在空地上做一個滑梯(如圖)，根據空地的大小，滑梯的水平跨度確定為6 m。設計時，滑板和兒童褲料之間的動摩擦因數取0.4，為使兒童在滑梯游戲時能在滑板上滑下，滑梯至少要多高？
12.(16分)如圖所示，物體的質量為2 kg，兩根輕繩AB和AC的一端連接于豎直墻上，另一端系于物體上，在物體上另施加一個方向與水平線成θ＝60°的拉力F，若要使兩繩都能伸直，求拉力F的大小范圍(g取10 m/s2)。
課時跟蹤檢測(十八)
1．選B　由于同一根繩子的張力處處相等，輕繩的拉力等于物體的重力G保持不變，故A錯誤；根據平行四邊形定則，兩邊輕繩的拉力相等，故合力在角平分線上，由于兩拉力的夾角不斷減小，故兩個拉力的合力不斷變大，滑輪受到的壓力不斷變大，故B正確，C錯誤；根據以上分析可知兩個拉力的合力在角平分線上，隨著兩拉力的夾角不斷改變，合力方向不斷改變，故繩對滑輪的壓力方向不可能始終沿桿指向墻，故D錯誤。
2．選A　輕繩對小球的拉力和力F的合力與小球的重力是一對平衡力，為一定值，由此可知，當力F與輕繩的拉力垂直時，力F最小，此時F＝，A正確。
3．選D　對O點受力分析如圖所示，由幾何關系可知，F1的豎直分力小于F2的豎直分力，F1的水平分力等于F2的水平分力，故A、B、C錯誤，D正確。
4．選A　貨物恰好下滑，此時傾角最小，對貨物受力分析可知mgsin θ＝μmgcos θ，即μ＝tan θ，故動摩擦因數越大，車廂的最小傾角越大，故A正確，B錯誤；對貨物受力分析得f＝mgsin θ，FN＝mgcos θ，故傾角增大到最小傾角過程中，貨物所受的摩擦力逐漸增大，支持力逐漸減小，故C、D錯誤。
5．選C　對小球受力分析如圖所示，F與FN方向垂直。小球緩慢地由A向B運動，可知小球處于平衡狀態，所受合力為零，F與FN的合力與小球所受重力等大、反向。由幾何知識得F＝mgsin θ，FN＝mgcos θ。在小球運動過程中，θ角增大，可得F增大，FN減小，選項C正確。
6．選B　對物塊受力分析，建立如圖所示的坐標系。由平衡條件得，Fcos θ－f＝0，N－(mg＋Fsin θ)＝0，又f＝μN，聯立可得F＝，可見當θ減小時，F一直減小，摩擦力f＝μN＝μ(mg＋Fsin θ)，可知當θ、F減小時，f一直減小，綜上所述，B正確。
7．選BC　如圖，設繩中拉力為T，由幾何關系，可得sin θ＝，l為繩長，d為桿間距離，則有2Tcos θ＝mg，動滑輪對應為繩的活結，則其兩端繩的拉力大小相等，故A錯誤；若僅將右側的N點沿豎直方向升高少許，l、d均不變，則θ不變，可知拉力大小保持不變，故B正確；若僅將左側竹竿以A點為軸順時針方向轉過一個小角度，l不變，d減小，θ減小，cos θ增大，則兩側細繩的拉力減小，故C正確；若僅將兩竹竿分別以A、B為軸逆時針方向轉過相同的小角度，則l、d均不變，則θ不變，兩側細繩的拉力不變，故D錯誤。
8．選B　對小物塊B進行受力分析，它受到支持力FN、水平外力F與重力mg，如圖所示，設物塊B所在處切線與水平方向夾角為θ，因它處于平衡狀態，水平外力F＝mgtan θ，物體A對小物塊B的支持力FN＝。在物塊B緩慢沿圓弧向上移動一小段距離的過程中，θ增大，則水平外力F增大，故A錯誤；A、B整體水平方向受力平衡，可得地面對物體A的摩擦力Ff＝F，所以地面對物體A的摩擦力逐漸增大，故B正確；物塊B緩慢沿圓弧向上移動一小段距離的過程中，θ增大，cos θ減小，物體A對小物塊B的支持力逐漸增大，故C錯誤；把A、B看成一個整體，根據其在豎直方向受力平衡可得地面對物體A的支持力不變，故D錯誤。
9．選C　對小滑塊受力分析，如圖所示，由題意可知，推力F與凹槽對滑塊的支持力FN始終垂直，即α＋β始終為90°，在小滑塊由A點向B點緩慢移動的過程中，α減小，β增大，而F＝mgcos α、FN＝mgsin α，可知推力F一直增大，凹槽對滑塊的支持力FN一直減小，A、B錯誤；對小滑塊和凹槽整體根據平衡條件可得，墻面對凹槽的壓力大小FN1＝Fsin α＝mgsin 2α，水平地面對凹槽的支持力FN2＝Mg＋mg－Fcos α，在小滑塊由A點向B點緩慢移動的過程中，α由逐漸減小到0，根據數學知識可知墻面對凹槽的壓力先增大后減小，水平地面對凹槽的支持力一直減小，C正確，D錯誤。
10．選AC　彈簧的彈力為F彈＝kx＝2 N，AB與地面之間的最大靜摩擦力為fm＝μmg＝2 N，若對A施加水平力向左，大小為3 N，則因為F＋F彈＝5 N＞fm，則A將要開始向左滑動，彈簧壓縮量減小，彈力減小，則B保持靜止，A正確；若對A施加水平力向右，大小為3 N，則此時A所受摩擦力為f＝F－F彈＝1 N＜fm，則A不會滑動，彈簧彈力不變，則B保持靜止，B錯誤；若對A施加水平力向左，大小為5 N，則因為F＋F彈＞fm，則A將要開始向左滑動，彈簧壓縮量減小，彈力減小，B保持靜止，C正確；若對A施加水平力向右，大小為5 N，則此時A所受摩擦力為f＝F－F彈＝3 N＞fm，則A會開始向右滑動，彈簧壓縮量變大，彈力變大，則B將開始向右滑動，D錯誤。
11．解析：如圖，沿平行和垂直于斜面兩個方向建立直角坐標系。把重力G沿兩坐標軸方向分解為F1和F2。
設斜面傾角為θ，用l、b和h分別表示AB、AC和BC的長度。
根據共點力平衡的條件和直角三角形中三角函數關系可知：
在x軸方向上：F1－f＝0
f＝F1＝Gsin θ＝G①
在y軸方向上：F2－N＝0
N＝F2＝Gcos θ＝G②
由于f＝μN③
把①②式代入③式有G＝μG
可求得h＝μb＝0.4×6 m＝2.4 m
滑梯至少要2.4 m高，兒童才能從滑梯上滑下。
答案：2.4 m
12．解析：對物體受力分析并建立直角坐標系，如圖所示，由平衡條件得
Fsin θ＋F1sin θ－mg＝0
Fcos θ－F2－F1cos θ＝0
由上述兩式得F＝－F1
F＝＋
令F1＝0，得F最大值Fmax＝＝ N
令F2＝0，得F最小值Fmin＝＝ N
綜合得F的取值范圍 N≤F≤ N。
答案： N≤F≤ N
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