2.3 受力分析 共点力的平衡（练案）-2021高考物理【衡中学案】1轮总复习（全国版）

故轻环所在位置对应的圆弧半径为两细线的角平分线,因为两轻环间的距 离等于圆弧的半径,故两轻环与圆弧圆心构成等边三角形;又小球对细线 的拉力方向竖直向下,由几何可知,两轻环间的细线夹角为 120°,对小物块 进行受力分析,由三力平衡可知,小物块质量与小球质量相等,均为 m,C 项正确。 典例试做 3:BC　 本题考查整体法与动态平衡 的应用。 对 B 球受力分析,受重力 mg、斜面支持力 N 和 A 球的支持力 F,改变 R 与 r 时,A 对 B 的弹力 的方向是改变的,如图所示。 由图可以看出,当 R = r 时,支持力平行斜面向上,两球之间的弹力最 小,故 B 正确;当 R > r,R 越大,r 越小时,力 F 方向 从图中的位置 1 逐渐向位置 2、3 移动,故斜面支持 力 N 增加,根据牛顿第三定律,B 对斜面的压力也 增大,故 A 错误;对 A、B 整体分析,受重力、斜面支持力和挡板的支持力,根 据平衡条件,A 对挡板的压力 NA = 2mgsin θ,则知斜面倾角 θ 一定时,无论 半径如何,A 对挡板的压力 NA 一定,故 C 正确;由 C 项分析可知,A 对挡板 的压力 NA = 2mgsin θ,半径一定时,随着斜面倾角 θ 逐渐增大,A 对挡板的 压力 NA 增大,故 D 错误。 类题演练 3:BD　 本题为相似三角形法在动 态平衡中的应用。 以 C 点为研究对象,分析受力 情况:重物的拉力(等于重物的重力 G)、轻杆的支 持力 FN 和绳子的拉力 FT ,作出受力情况如图 所示。 由平衡条件得知,FN 和 FT 的合力与 G 大小 相等,方向相反,根据几何关系可得 FN AC = FT BC = G AB ,使∠BAC 缓慢变小时,AB、AC 保持不变,BC 变小,则 FN 保持不变,FT 变小,故选 B、D。 类题演练 4:AB　 设两段绳子间的夹角为 2α,由平衡条件可知,2Fcos α = mg,所以 F = mg 2cos α ,设绳子总长为 L,两杆间距离为 s,由几何关系 L1 sin α + L2 sin α = s,得 sin α = s L1 + L2 = s L ,绳子右端上移,L、s 都不变,α 不变,绳子张力 F 也不变,A 正确;杆 N 向右移动一些,s 变大,α 变大,cos α 变小,F 变大,B 正确;绳子两端高度差变化,不影响 s 和 L,所以 F 不变,C 错误;衣服质量增加,绳子上的拉力增加,由于 α 不会变化,悬挂点不会右 移,D 错误。 类题演练 5:AD　 将重物向右上方缓慢拉起,重物处于动态平衡状态, 可利用平衡条件或力的分解画出动态图分析。 将重物的重力沿两绳方向 分解,画出分解的动态图如图所示。 在三角形中,根据正弦定理有 G sin γ1 = FOM1 sin β1 = FMN1 sin θ1 ,由题意可知 FMN 的反方向与 FOM 的夹角 γ = 180° - α,不变, 因 sin β(β 为 FMN 与 G 的夹角)先增大后减小,故 OM 上的张力先增大后减 小,当 β = 90°时,OM 上的张力最大,因 sin θ(θ 为 FOM 与 G 的夹角) 逐渐增 大,故 MN 上的张力逐渐增大,A、D 正确,B、C 错误。 阶段培优查缺补漏 　 　 典例试做 4:C　 本题利用力的分解法考查共点 力平衡问题。 未加 F 前,对 A、B 整体受力分析,斜 面体与地面间的正压力为 2G,最大静摩擦力为 fm = 2μG,加上力 F 后,最大静摩擦力为 f′m = μ(2G + F),对半球体受力分析,则 F1 = (G + F)tan 45°; 对整体,斜面体与地面间的静摩擦力 f = F1 = (G + F)tan 45°,要使斜面体 A 静止不动,则 f≤fm′, 即(G + F)tan 45°≤μ(2G + F),解得 F≤2G,故选项 C 正确,A、B、D 错误。 类题演练 6:(1)mgsin 2θ　 (2) 1 2 mgsin 4θ 解析:木块在木楔斜面上匀速向下运动时, 有 mgsin θ = μmgcos θ,即 μ = tan θ。 (1)因其在力 F 作用下沿斜面向上匀速运动,则有: Fcos α = mgsin θ + f　 ① Fsin α + N = mgcos θ　 ② f = μN　 ③ 由①②③得 F = 2mgsin θ cos α + μsin α = 2mgsin θcos θ cos αcos θ + sin αsin θ = mgsin 2θ cos(θ - α) 则当 α = θ 时,F 有最小值,即 Fmin = mgsin 2θ。 (2)因为木块及木楔均处于平衡状态,整体受到地面的摩擦力等于 F 的水