第二章 专题强化二 受力分析 共点力的平衡-【勤径学升】2026年高考物理一轮总复习（人教版2019）

null专题强化二受力分析共点力的平衡 = mg,解得【an0= 当T逐渐增大时，「逐兼增大，故选 【精研考点提能力】 项C错误，D正确， 热点1 、(2mg)+F=/5mg,由题可知两弹 精讲导学 E_P,解 [例1门A解析以P.Q两球整体为研 黄约形变登相等·则有一卡一 究对象，受力如图甲所示，由平衡条 ,故A正确，B、C、D 件可得F,=4 ugtan a:限离Q球，受 力如图乙所示，出平衡条件可得F,一 错误 G gtan月，解得tana=tanB,故选A 甲 45 例4]B解析设物 体的重力为G 以B点为研究对 象，分析受力情 甲 况，如图所示：作 热点2 出力N与F的合 针对训练 类型突破 力F,,根据平衡条件得知，F,=F= 1.A解析对球体进行受力分析，球体 [例2]C解析对小清块受力分析，如 G,由△F,NBn△0BA得-铝 受重力mg,弹簧测力计的拉力F,、斜 图甲所示，由题意可知，推力F与回 面对其的支持力F、挡板对其的支持 档对滑块的支持力F。始终垂直，即 解得N-铝G,武中，AB,A0.G不 力F、,如图所示 a十B始终为90°，在小滑块由A点向 变，则N保持不变，C、D错误：由 B点缓慢移动的过程中，口减小，B增 大，由平衡条件得F=mgcos a,F △R,NB△0BA得六=品，BO F ngsin a,可知推力F一直增大，凹槽 减小，划F一直减小，A错误，B正确。 对滑块的支持力F、一直减小，A,B mg 例5]B解析法一：矢量圆法 错误：对小滑块和凹槽整体受力分 以铅琼为研究对象，受重力G、右手对 Fkc0s60°=Fc9860 析，如图乙所示，根得平衡条件可得， 铅球的弹力为F,和左手对铅球的弹 墙面对凹槽的压力大小F。=Fsin a Fsin60°+Fx sin60°+F,=mg 力为F,,受力分析如阁所示，缓便旋 R=R=得NA正确， 乞ngsin2a,水平地面对世槽的支持 转过程中处千平衡状态，则将三力平 移后构成一首尾相连的三角形，两手 力F:=Mg十mg一Fcos a,在小滑块 2.A解析对A,B整体受力分析，如 之问夹角保持60°不变，则两力之问 由A点向B底援慢移动的过程中，a 图甲所示，曼到向下的重力和向上的 的夹角保持I20°不变，则在三角形 推力F,由平衡条件可却B与墙壁之间 曲受逐南减小到零，根据数学知识可 中，F与F,夹角保持60°不变，重力 不可能有弹力，因此也不可能有库 知格面对凹措的压力先增大后减小， G的大小方向不变，作出力三角形的 力，做C错误：对B受力分析如图乙所 水平地面对凹禮的支持力一直减小， 外接图，根据弦所对的圈周角都相 示，其受到重力，A对B的弹力及座泰 C正确，D借误. 等，则右手由图示位置缓慢旋转60 力而处于平衡状态，故B受到三个力。 至水平位置过程中力的三角形变化 B错误：对A受力分析，如图丙所示。 如图所示，分析可得下，开始小于直 受到重力、推力，B对A的弹力和摩擦 径，当转过30°时F等于直径，再转 力，共四个力，A正确，D错误。 时又小于直径，所以F先增大后减 小，F,开始就小于直径，转动过程中 .F 一直减小，选项B正确。 n 乙 .120 [例3]BD解析选N为研究对象，受 力情况如图甲所示，用水平拉力F缓 慢拉动N的过程中，水平拉力F逐渐 (m,+i8 增大，细绳的拉力T逐浙增大，做选 甲 项A错误，B正确。对于M,受重力 3.A解析对下面的小球进行受力分 GM、支持力F、绳的拉力T以及料雨 法二：正弦定理法 析，如图甲所示。根据平衡条件得F 对它的座擦力∫。如图乙所示，若开 以铅疏为研究对象，受重力G,右手对 ugtan 45mg Fco 始时斜面对M的摩擦力「沿斜面向 铅球的弹力为F,及左手对铅球的弹 力为F:,受力分析如图所示，缓慢能 对两个小球整体受力分析，如图乙所 上，则T十f=Gysin0,T逐渐增大，f 逐渐减小，当「减小到零后，再反向 转过程中处干平衡欲态，则将三力平 示，根据平衡条件得tan0= mg·又F F 增大：若开始时斜面对M的座擦力 移后构成一首尾相连的三角形，两手 沿斜面向下，光时，T=Gysin0十f, 之间夹角保持60不变，右手由图示 高考一轮总复习+物理 ·486· 位置缓慢旋转的角度设为日，转动过 ,其 解析(1)实险时认为可以用的码所 程始终处于平衡状态，根据正弦定理 cos 0+usin √/1+usin(0+a) 受重力的大小代替弹簧举力的大小， F 1 这样做的依据是根据平衡莱件，约码 有 G sin 60 sin(60°+0历 中tana= =√5，a=60°，由数学知积 静止时，其所受重力大小等于弹力 F in(60-)右手由图示位置缓旋 知，当0十a=90°，即0=30°时，F有最 大小。 (2)由图可知，当弹黄未挂重物时，弹 转60"至水平位置过程中0由0°变为 小值，且最小值为F=mg 1+口 簧自由下垂的长度Ln=10.0cm= 60°，sin(60°十0)先变大再变小，所以 F先增大后减小，sin(60一8)一直 ×10×10 3 0.10m,弹簧的劲度系数为k=A二 N=50N,选项A正确。 变小，所以F一直减小，选项B 1+( 2.0-0 正确。 0.15-0.10Nm=40N/m 5.C解析由题意对小球受力分析，沿 (3③圈为长-品，与殊黄自重无关，款 120 斜面方向由平衡条件得mgsin30° F,cos30°，解得F,=mgtan30° 无影响。 3 考点2 mg,对小球和斜面构成的整体受力 角度创新 分析，由平衡条件得，水平方向游足 [例2]①正比②98 热点3 F,sin30°=F,竖直方向满足F、十 解析①对B分析，根据平衡条件有 精讲导学 F,cos30=3mg,当F=uFw时，斜画 F。十m,g=F,F。=(x一x),x为 [例6](1)53°(2)1kg 体与水平面问的动摩擦因数最小，解 弹黄初始的压缩量，可得F=mg十 解析(1)当圆环恰好要开始滑动 时，设此时水平棒对圆环的支持力大 得报小为=得我C正确 kx一kx,可知F与r呈线性关系，可 如弹簧的弹力与弹簧的形变量成正 小为F,细绳对四环的拉力大小为 实验二 探究弹萄弹力与形变量的关系 比：②由题意可知，F-x图像斜率的 F,,对圆环受力分析，如图甲所示，根 考点1 绝对值表示弹簧的劲度系数，则k一 据平衡条件有uF、=Frcos0①， 典例剖析 19.6 [例1](1)上端10.90(2)54(3)超出 0.2 N/m-98 N/m. 了弹簧b的弹性限度 例3](1)12.20(2)见解析图83.3 解析(1)为了便于直接读出单簧的 (83.1~83.5都算正确) 长度，刻度尺的零刻度应与弹簧的上 解析(1)刻度尺的最小刻度为1mm, 墙对齐：出题图乙可得，刻度尺的最 根据刘度尺的读数规则可知，估读到最 小分度值为1mm,则弹黄的原长为 小刻度的下一位，故读数为12.20cm. F=Fsin 002). 联立①②解得tan0=上=4 L=10.90cm. (2)根据表格数据作出图像，如图 (2)根据F-x图像可得a弹簧的劲 所不， =53°. (2)由题意，根据几何关系可知P 度系数为=AF 3.5 x6.5X10TN/m≈ =90°. 54 N m. 按如图乙所示，以O为坐标原点建立 针对调练 Oy直角坐标系，对物块甲受力分 1.(1)弹簧测力计的示数(2)动摩擦因 析，根器平衡条件有Gcos8+F,sind 数的倒数(3)在误差允许的范围内， 1214161820m 一mg=0③， 滑动摩擦力F,与正压力F、。成正比 由题意可知F、十F=mg,则F、= 解析(1)实脸中应测量木块和木块上 mg一k△x, 陆码所受的总重力，大小等于小幸受到 即Fw=mg一k(x一x). 的正压力F、:并记录弹黄测力计的示数 得围像的斜率绝对值为弹簧的劲度 该示数等于小车所受的滑动摩擦力F,。 系数，由图像可知， (2)由F,=:F、可知，所得F、一F,图 6 线的料率所表示的物理意义为动摩擦 4=AF △x 0.1940-0.1220Nm≈ 因数的倒数 83.3N/m. (3)通过实验可得出的结论是：在误差 针对训练 F,cos0-Gsin0=0④， 允许的范围内，滑动摩擦力F,与正压 联立③④解得m=1kg 3.(1)6.046.05(2)3(3)48.6 力Fx成正比。 针对训练 解析(1)41。=1，-L,=(18.09 2(1)根据平衡条件，钩码静止时，其所 12.05)cm=6.04cm, 1,A解析木箱受到重力mg,拉力F 受重力大小等于弹力大小(2)10.0 地面的支持力和滑动摩擦力作用，根 压缩量的平均值为=十△L十△ 3 据平衡条件得Fcos0=F,Fsin0+ 0(③)无因为一盖与弹资自重 603+608+6.04 Fw=mg,又F=F,联立解得F= 无关 3 m=6.05cm ·487· 高考一轮总复习·物理