高考物理二轮复习教案专题一力与运动力与物体的平衡

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高考物理力物体的平衡复习教案

高考物理力物体的平衡复习教案一、教学目标1. 理解二力平衡的条件及应用。

2. 掌握力的合成与分解，能运用力的合成与分解解释实际问题。

3. 掌握物体的平衡状态，能判断物体是否处于平衡状态。

4. 能运用平衡条件解决实际问题，提高解决实际问题的能力。

二、教学重点与难点1. 重点：二力平衡的条件及应用，力的合成与分解，物体的平衡状态。

2. 难点：力的合成与分解在实际问题中的应用，物体平衡状态的判断。

三、教学方法采用问题驱动法、案例分析法、讨论法等，引导学生主动探究，提高分析问题和解决问题的能力。

四、教学过程1. 导入：通过一个生活中的实例，如拉车问题，引导学生思考力的合成与分解在解决问题中的作用。

2. 新课：讲解二力平衡的条件及应用，通过示例让学生理解并掌握。

3. 案例分析：分析实际问题，让学生运用平衡条件解决问题。

4. 练习：布置一些有关力物体的平衡的练习题，让学生独立完成，巩固所学知识。

五、课后作业1. 复习本节课所学的知识，整理笔记。

2. 完成课后练习题，加深对力的合成与分解、物体的平衡状态的理解。

3. 收集生活中的平衡现象，下节课分享。

六、教学内容与要求1. 复习二力平衡的条件，能够识别和应用二力平衡解决简单问题。

2. 掌握力的合成与分解的基本方法，能够运用到实际问题中。

3. 理解物体的平衡状态，能够判断物体在受力时的平衡状态。

七、教学过程1. 复习导入：通过简单的例子复习二力平衡的条件，让学生回顾并巩固。

2. 知识讲解：详细讲解力的合成与分解的方法，并通过图示和实例让学生理解。

3. 案例分析：分析几个复杂一点的案例，让学生应用二力平衡和力的合成与分解来解决问题。

4. 小组讨论：让学生分组讨论一些实际问题，每组尝试提出解决方案，并分享给全班。

八、教学练习1. 设计一些练习题，让学生独立完成，检验他们对二力平衡和力的合成与分解的掌握。

2. 让学生尝试解决一些实际问题，如物体悬挂平衡、桥梁承重等，巩固他们的应用能力。

(新课标)2020版高考物理大二轮复习专题一力与运动第一讲力与物体的平衡教学案

第一讲力与物体的平衡[答案] (1)场力(2)接触力(3)按顺序找力①分析场力，如：重力、电场力、磁场力；②分析已知外力；③分析接触力：先分析弹力，后分析摩擦力．(4)受力分析的注意事项①只分析受力物体，不分析施力物体；②只分析性质力，不分析效果力，如向心力等；③只分析外力，不分析内力；④分析物体受力时，应关注物体的运动状态(如物体静止、加速与减速、直线与曲线运动等)．(5)平衡条件：F合＝0(正交分解F x＝0，F y＝0)．(6)平衡状态：物体处于静止或匀速直线运动的状态.热点考向一重力、弹力、摩擦力作用下的平衡问题【典例】(多选)(2019·全国卷Ⅰ)如图，一粗糙斜面固定在地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮．一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块N，另一端与斜面上的物块M相连，系统处于静止状态．现用水平向左的拉力缓慢拉动N，直至悬挂N的细绳与竖直方向成45°.已知M始终保持静止，则在此过程中( )A．水平拉力的大小可能保持不变B．M所受细绳的拉力大小一定一直增加C．M所受斜面的摩擦力大小一定一直增加D．M所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加[思路引领] 对N进行受力分析，N的重力不变，水平向左的拉力方向不变，可考虑用图解法分析．[解析] 对N进行受力分析如图所示，因为N的重力与水平拉力F的合力和细绳的拉力T是一对平衡力，从图中可以看出水平拉力的大小逐渐增大，细绳的拉力也一直增大，选项A错误，B正确；M的质量与N的质量的大小关系不确定，设斜面倾角为θ，若m N g≥m M g sinθ，则M所受斜面的摩擦力大小会一直增大，若m N g<m M g sinθ，则M所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增大，选项D正确，C错误．[答案] BD解平衡问题常用的四种方法迁移一单个物体的平衡问题1．(2019·豫南九校联考)如图所示，竖直平面内的光滑半圆环固定在水平面上，重力为G的小球套在环上，轻弹簧上端P与小球相连，下端Q固定在水平面上．若小球在图示位置静止时弹簧恰好竖直，半径OP与水平面夹角为θ.弹簧的劲度系数为k，弹簧处于弹性限度内，则此时( )A．小球受3个力作用B ．环受到小球的压力大小为G sin θC ．弹簧处于伸长状态D ．弹簧的形变量为G k[解析] 由于弹簧恰好竖直，小球受到的重力与受到的弹簧弹力恰好平衡，环对小球没有支持力作用，小球只受两个力的作用，即kx ＝G ，得x ＝G k，弹簧处于压缩状态，综上所述，D 正确．[答案] D迁移二多个物体的平衡问题2．(多选)(2019·凯里模拟)如图所示，有一个固定的14圆弧阻挡墙PQ ，其半径OP 水平，OQ 竖直．在PQ 和一个斜面体A 之间卡着一个表面光滑的重球B ，斜面体A 放在光滑的地面上并受到一水平向左的推力F ，整个装置处于静止状态．现改变推力F 的大小，推动斜面体A 沿着水平地面向左缓慢运动，使球B 沿斜面上升很小一段高度．在球B 缓慢上升的过程中，下列说法正确的是( )A ．斜面体A 与球B 之间的弹力逐渐减小 B ．阻挡墙PQ 与球B 之间的弹力逐渐减小C ．水平推力F 逐渐增大D ．水平地面对斜面体A 的弹力逐渐减小[解析] 当球B 上升时，用动态三角形法分析球B 所受各力的变化，如图甲所示，其中θ为F OB 与竖直方向的夹角，G B 大小和方向均不变，F AB方向不变、大小变化，球B 上升时θ增大，由图可知θ增大时F AB 和F OB 均减小，A 、B 正确．对斜面体进行受力分析，如图乙所示，建立平面直角坐标系，由牛顿第三定律知F AB ＝F BA ，因为球B 上升时F AB 减小，故F BA 也减小，斜面体在x 方向受到的合力为零，则推力F 减小，斜面体在y 方向受到的合力为零，G A 为定值，则水平地面对斜面体的弹力F N 也减小，C 错误，D 正确．[答案] ABD三力动态平衡的方法选择热点考向二复合场内的平衡问题【典例】(多选)(2019·贵州遵义段考)如图所示，质量为m、电荷量为q的微粒以速度v与水平方向成45°角进入匀强电场和匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．如果微粒做匀速直线运动，则下列说法正确的是( )A ．微粒受电场力、洛伦兹力、重力三个力作用B ．微粒带负电，微粒在运动中电势能不断增加C ．匀强电场的电场强度E ＝2mg qD ．匀强磁场的磁感应强度B ＝mg qv[思路引领][解析] 微粒做匀速直线运动，微粒受重力、电场力和洛伦兹力三个力作用，且三力平衡，故A 正确；若微粒带正电，电场力水平向左，洛伦兹力垂直速度方向斜向下，重力方向竖直向下，则三个力不可能平衡，可知微粒带负电，受力如图所示，电场力做负功，则电势能不断增加，故B 正确；根据平衡条件有θ＝45°，∴mg ＝Eq ，Bvq ＝2mg ，B ＝2mgqv，故C 、D 错误．[答案] AB复合场中的平衡问题是指在电场力、重力、洛伦兹力参与下的平衡问题．处理方法与纯力学问题的分析方法一样，把方法和规律进行迁移应用即可．迁移一重力场、磁场中的平衡问题1.(多选)(2019·绵阳市高中二诊)如图所示，空间中有斜向右下方与水平方向成θ角的匀强磁场，一绝缘竖直挡板MN垂直纸面放置，一根通有垂直纸面向外的电流的水平金属杆，紧贴挡板上的O点处于静止状态．下列说法正确的是( )A．若挡板MN表面光滑，略微减小金属杆中电流，金属杆可能仍然静止于O点B．若挡板MN表面光滑，略微增大金属杆中电流，要保持金属杆仍然静止，可将挡板绕过O点垂直纸面的轴逆时针转动一定的角度C．若挡板MN表面粗糙，略微增大金属杆中电流，金属杆可能仍然静止，且金属杆所受的静摩擦力一定增大D．若挡板MN表面粗糙，略微减小金属杆中电流，金属杆可能仍然静止，且金属杆所受的静摩擦力方向可能竖直向上[解析] 若挡板MN光滑，金属杆在3个力的作用下平衡，平移后这三个力构成首尾相连的封闭三角形，如图甲所示．减小金属杆中的电流，则安培力F安减小，支持力与重力的方向都不变，则金属杆无法平衡，A错误；增大金属杆中的电流，安培力F安增大，若要金属杆平衡，F N需要沿着图中2的方向，即挡板逆时针转动一定角度，B正确；若MN表面粗糙，重力、摩擦力和安培力在竖直方向上的合力为0，因安培力在竖直方向上的分力与重力大小不确定，所以摩擦力的方向不确定，安培力变化时，摩擦力的大小方向变化也不确定，C错误，D正确．[答案] BD迁移二重力场、磁场、电场中的平衡问题2．(多选)如图所示，在一竖直平面内，y轴左侧有一水平向右的匀强电场E1和一垂直纸面向里的匀强磁场B，y轴右侧有一竖直方向的匀强电场E2，一电荷量为q(电性未知)、质量为m 的微粒从x 轴上A 点以一定初速度与水平方向成θ＝37°角沿直线经P 点运动到图中C 点，其中m 、q 、B 均已知，重力加速度为g ，则( )A ．微粒一定带负电B ．电场强度E 2一定竖直向上C ．两电场强度之比E 1E 2＝43D ．微粒的初速度为v ＝5mg4Bq[解析] 微粒从A 到P 受重力、静电力和洛伦兹力作用做直线运动，则微粒做匀速直线运动，由左手定则及静电力的性质可确定微粒一定带正电，选项A 错误；此时有qE 1＝mg tan37°，微粒从P 到C 在静电力、重力作用下做直线运动，必有mg ＝qE 2，所以E 2的方向竖直向上，选项B 正确；由以上分析可知E 1E 2＝34，选项C 错误；AP 段有mg ＝Bqv cos37°，即v ＝5mg4Bq，选项D 正确．[答案] BD(1)若物体在重力、电场力、洛伦兹力作用下做直线运动，则物体必做匀速直线运动．(2)无法判断物体带电性质时，可考虑用假设法处理. 热点考向三电磁感应现象中的平衡问题【典例】 (2016·全国卷Ⅰ)如图所示，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连．两细金属棒ab(仅标出a端)和cd(仅标出c端)长度均为L，质量分别为2m和m；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平．右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上．已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g.已知金属棒ab匀速下滑．求：(1)作用在金属棒ab上的安培力的大小；(2)金属棒运动速度的大小．[解析] (1)设两导线的张力大小之和为T，右斜面对ab棒的支持力的大小为F N1，作用在ab棒上的安培力的大小为F，左斜面对cd棒的支持力大小为F N2.对于ab棒，由力的平衡条件得2mg sinθ＝μF N1＋T＋F①F N1＝2mg cosθ②对于cd棒，同理有mg sinθ＋μF N2＝T③F N2＝mg cosθ④联立①②③④式得F＝mg(sinθ－3μcosθ)⑤(2)由安培力公式得F＝BIL⑥这里I是回路abdca中的感应电流．ab棒上的感应电动势为E＝BLv⑦式中，v 是ab 棒下滑速度的大小．由欧姆定律得I ＝E R⑧ 联立⑤⑥⑦⑧式得v ＝(sin θ－3μcos θ)mgRB 2L2.⑨[答案] (1)mg (sin θ－3μcos θ) (2)(sin θ－3μcos θ)mgR B 2L 2电磁感应中的平衡问题的处理方法1．抓好两个对象2．列好平衡方程根据平衡状态时导体所受合力等于零列式分析，可考虑用合成法或正交分解法求解．(2019·大连模拟)如图所示，上下不等宽的平行导轨，EF 和GH 部分导轨间的距离为L ，PQ 和MN 部分的导轨间距为3L ，导轨平面与水平面的夹角为30°，整个装置处在垂直于导轨平面的匀强磁场中．金属杆ab 和cd 的质量均为m ，都可在导轨上无摩擦地滑动，且与导轨接触良好，现对金属杆ab 施加一个沿导轨平面向上的作用力F ，使其沿斜面匀速向上运动，同时cd 处于静止状态，则F 的大小为( )A.23mg B ．mg C.43mg D.32mg [解析] 设ab 杆向上做切割磁感线运动时，产生感应电流大小为I ，受到安培力大小为F 安＝BIL ，对于cd ，由平衡条件得BI ·3L ＝mg sin30°，对于ab 杆，由平衡条件得F ＝mg sin30°＋BIL ，综上可得：F ＝23mg ，故选项A 正确．[答案] A(1)处理平衡问题时，需注意挖掘题干中的隐含条件“达到最大速度”． (2)处理电磁感应中的电学量时，需注意I ＝ER ＋r，而不是I ＝E R.思维方法突破——平衡中的临界极值问题的处理方法1．临界状态平衡问题的临界状态是指物体所处的平衡状态将要被破坏而尚未被破坏的状态，可理解成“恰好出现”或“恰好不出现”，在问题的描述中常用“刚好”“恰能”“恰好”等语言叙述，解临界问题的基本方法是假设推理法．2．解题思路解决此类问题重在形成清晰的物理图景，分析清楚物理过程，从而找出临界条件或达到极值的条件．要特别注意可能出现的多种情况．【典例】(2019·湖北襄阳模拟)质量为M的木楔倾角为θ，在水平面上保持静止，质量为m的木块刚好可以在木楔上表面匀速下滑．现在用与木楔上表面成α角的力F拉着木块匀速上滑，如图所示，求：(1)当α为多大时，拉力F有最小值，求此最小值；(2)拉力F最小时，木楔对水平面的摩擦力．[审题指导]第一步读题干—提信息[解析] (1)选木块为研究对象，木块刚好匀速下滑，设木块与斜面间的动摩擦因数为μ，此时平行于斜面方向必有mg sinθ＝μmg cosθ当加上外力F 时，木块沿斜面匀速上滑，其受力如图(甲)所示，则有F f ＝μF N平行于斜面方向：F f ＋mg sin θ＝F cos α 垂直于斜面方向：F N ＋F sin α＝mg cos θ 解得F ＝mg (μcos θ＋sin θ)cos α＋μsin α，联立得F ＝mg sin2θsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－θ＋α，故当α＝θ时，分母最大，F 有最小值，F min ＝mg sin2θ.(2)对木块和木楔整体受力分析如图(乙)所示，设水平面对木楔M 的摩擦力是F f ′，水平方向受力平衡，则有F f ′＝F min cos(θ＋α)＝F min cos2θ得F f ′＝12mg sin4θ.[答案] (1)mg sin2θ (2)12mg sin4θ解决临界极值问题的三种方法(1)解析法：根据物体的平衡条件列出平衡方程，在解方程时采用数学方法求极值．通常用到的数学知识有二次函数求极值、讨论分式求极值、三角函数求极值以及几何法求极值等.(2)图解法：此种方法通常适用于物体仅在三个力作用下的平衡问题．首先根据平衡条件作出力的矢量三角形，然后根据矢量三角形进行动态分析，确定其最大值或最小值．(3)极限法：极限法是一种处理极值问题的有效方法，它是指通过恰当选取某个变化的物理量将问题推向极端(如“极大”“极小”等)，从而把比较隐蔽的临界现象暴露出来，快速求解.1．如图所示，汽车通过钢绳拉动物体．假设钢绳的质量可忽略不计，物体的质量为m，物体与水平地面间的动摩擦因数为μ，汽车的质量为m0，汽车运动中受到的阻力跟它对地面的压力成正比，比例系数为k，且k>μ.要使汽车匀速运动时的牵引力最小，角α应为( )A．0° B．30°C．45° D．60°[解析] 隔离汽车，由平衡条件得水平方向有F＝k(m0g＋F1sinα)＋F1cosα隔离物体，由平衡条件得水平方向有F1cosα＝μ(mg－F1sinα)解得F＝km0g＋μmg＋F1(k－μ)sinα，式中F1(k－μ)>0，则sinα＝0，即α＝0°时，牵引力F最小(临界点)．故选项A正确．[答案] A2．(2019·吉林松原模拟)倾角为θ＝37°的斜面在水平面保持静止，斜面上有一重为G的物体A，物体A与斜面间的动摩擦因数μ＝0.4.现给A施以一水平力F，如图所示．设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)，如果物体A能在斜面上静止，水平力F与G的比值不可能是( )A．3 B．2 C．1 D．0.5[解析] 设物体刚好不下滑时F＝F1，物体受力如图1所示，由平衡条件得F1cosθ＋μN1＝G sinθ，N1＝F1sinθ＋G cosθ.得F1G＝sinθ－μcosθcosθ＋μsinθ＝sin37°－0.5×cos37°cos37°＋0.5×sin37°＝211；设物体刚好不上滑时F＝F2，物体受力如图2所示，则F2cosθ＝μN2＋G sinθ，N2＝F2sinθ＋G cosθ，得F2G＝sinθ＋μcosθcosθ－μsinθ＝sin37°＋0.5cos37°cos37°－0.5sin37°＝2，即211≤FG≤2.所以不可能的是3.故选A.[答案] A专题强化训练(一)一、选择题1．(2019·河北名校联盟质检)如图所示，光滑的四分之一圆弧轨道AB固定在竖直平面内，A端与水平面相切．穿在轨道上的小球在拉力F作用下，缓慢地由A向B运动，F始终沿轨道的切线方向，轨道对球的弹力为N.在运动过程中( )A．F增大，N减小 B．F减小，N减小C．F增大，N增大 D．F减小，N增大[解析]由题意知，小球在由A运动到B的过程中始终处于平衡状态．设某一时刻小球运动至如图所示位置，则对球由平衡条件，得F＝mg sinθ，N＝mg cosθ，在运动过程中，θ增大，故F增大，N减小，A项正确．[答案] A2．(2019·葫芦岛重点高中期中联考)用右图所示简易装置可以测定水平风速，在水平地面上竖直固定一直杆，半径为R、质量为m的空心塑料球用细线悬于杆顶端O.当风沿水平方向吹来时，球在风力的作用下飘了起来．已知风力大小与“风速”和“球正对风的截面积”均成正比，当风速v 0＝3 m/s 时，测得球平衡时细线与竖直方向的夹角θ＝30°，则( )A ．风速v ＝4.5 m/s 时，细线与竖直方向的夹角θ＝45°B ．若风速增大到某一值时，细线与竖直方向的夹角θ可能等于90°C ．若风速不变，换用半径更大、质量不变的球，则夹角θ增大D ．若风速不变，换用半径相等、质量更大的球，则夹角θ增大 [解析] 对小球受力分析如图，由平衡条件可得风力大小F ＝mg tan θ，而由题意知F ∝Sv ，又S ＝πR 2，则F ＝k πR 2v (k 为常数)，则有mg tan θ＝k πR 2v ，由此可知：当风速由3 m/s 增大到4.5 m/s 时，tan θ4.5＝tan30°3，可得tan θ＝32，A 错误．因小球所受重力方向竖直向下，而风力方向水平向右，则知细线与水平方向的夹角θ不可能等于90°，B 错误．由mg tan θ＝k πR 2v 可知，当v 、m 不变，R 增大时，θ角增大；当v 、R 不变，m 增大时，θ角减小，C 正确，D 错误．[答案] C3．(2019·上饶重点高中一模)如图所示，在斜面上等高处，静止着两个相同的质量为m 的物块A 和B .两物块之间连接着一个劲度系数为k 的轻质弹簧，斜面的倾角为θ，两物块和斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g ，则弹簧的最大伸长量是( )A.mg kB.μmg cos θkC.mg sin θ＋μmg cos θkD.mg μ2cos 2θ－sin 2θk[解析] 物块静止在斜面上，在斜面所在平面内受三个力作用，一个是重力沿斜面向下的分力mg sin θ，静摩擦力f ≤f m ＝μmg cos θ，方向不确定，水平方向的弹簧弹力kx ，则物块所受静摩擦力f 大小等于kx 与mg sin θ的合力，当静摩擦力最大时有kx ＝f 2m －(mg sin θ)2，可得x ＝mg μ2cos 2θ－sin 2θk，故D 正确． [答案] D4．(多选)(2019·河北五校联考)如图所示，形状和质量完全相同的两个圆柱体a 、b 靠在一起，表面光滑，重力为G ，其中b 的下半部分刚好固定在水平面MN 的下方，上边露出另一半，a 静止在水平面上，现过a 的轴心施加一水平作用力F ，可缓慢地将a 拉离水平面一直滑到b 的顶端，对该过程分析，则应有( )A ．拉力F 先增大后减小，最大值是GB ．开始时拉力F 最大为3G ，以后逐渐减小为0C ．a 、b 间的压力开始最大为2G ，而后逐渐减小到GD ．a 、b 间的压力由0逐渐增大，最大为G[解析] 要把a 拉离水平面，在刚拉离时水平面MN 对a 的支持力应为零，因此对a 受力分析如图甲所示，则sin θ＝R 2R ＝12，所以θ＝30°，拉力F ＝G tan30°＝3G ；当a 逐渐上移时用图解法分析可知F 逐渐减小至零(如图乙所示)；在开始时，a 、b 间的压力F N ＝Gsin30°＝2G ，以后逐渐减小至G .因此选项B 、C 正确，A 、D 错误．[答案] BC5．(2019·河北五校联考)如图所示，质量为M的半圆形框架竖直放置在粗糙的水平地面上，质量为m的光滑小球P在水平外力F的作用下处于静止状态，P与圆心O的连线与水平面的夹角为θ，将力F在竖直面内沿顺时针方向缓慢地转过90°，框架与小球始终保持静止状态，在此过程中下列说法正确的是( )A．框架对小球的支持力一直减小B．力F的最小值为mg sinθC．地面对框架的摩擦力先减小后增大D．框架对地面的压力一直增大[解析] 用图解法求解，对小球受力分析如图所示，力F顺时针转过90°的过程中，先减小后增大，最小值为mg cosθ；框架对小球的支持力F N一直减小，A正确，B错误．以框架为研究对象，由平衡条件得地面对框架的摩擦力大小等于F N cosθ，随F N减小，F N cosθ减小，C错误；框架对地面的压力等于Mg＋F N sinθ，随F N的减小而减小，D错误．[答案] A6．(2019·河北五校联考)如图所示，一个半球形的碗放在桌面上，碗口水平，O点为其球心，碗的内表面及碗口是光滑的．一根细线跨在碗口上，线的两端分别系有质量为m1和m2的小球．当它们处于平衡状态时，质量为m1的小球与O点的连线与水平线的夹角为α＝90°，质量为m2的小球位于水平地面上，设此时质量为m2的小球对地面的压力大小为F N，细线的拉力大小为F T，则( )A．F N＝(m2－m1)g B．F N＝m2gC．F T＝22m1g D．F T＝⎝⎛⎭⎪⎫m2－22m1g[解析] 分析小球(m1)的受力情况，由物体的平衡条件可得，线的拉力F T＝0，故C、D 均错误；分析小球(m2)的受力情况，由平衡条件可得F N＝F N′＝m2g，故A错误、B正确．[答案] B7．(2019·宝鸡质检)如右图所示，轻杆A端用铰链固定，滑轮在A点正上方(滑轮大小及摩擦均可不计)，轻杆B端吊一重物，现将轻绳的一端拴在杆的B端，用拉力F将B端缓慢上拉(均未断)，在轻杆达到竖直前，以下分析正确的是( )A．轻绳的拉力越来越大 B．轻绳的拉力越来越小C．轻杆的弹力越来越大 D．轻杆的弹力越来越小[解析] 以B点为研究对象，它受三个力的作用而处于动态平衡状态，其中一个是轻杆的弹力F ，一个是轻绳斜向上的拉力T ，一个是轻绳竖直向下的拉力F ′(大小等于重物所受的重力)，如图所示，根据相似三角形法，可得F ′OA ＝F AB ＝T OB，由于OA 和AB 不变，OB 逐渐减小，因此轻杆的弹力大小不变，而轻绳的拉力越来越小，故选项B 正确，A 、C 、D 错误．[答案] B8．(2019·山西六校联考)如图，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a 、b 和c 分别位于边长为l 的正三角形的三个顶点上；a 、b 带正电，电荷量均为q ，c 带负电．整个系统置于方向水平的匀强电场中．已知静电力常量为k .若三个小球均处于静止状态，则匀强电场场强的大小为( )A.3kq 3l 2B.3kq l 2C.3kq l 2D.23kq l 2[解析]带电小球a 、b 在c 球位置处的场强大小均为E a ＝kq l 2，方向如图所示，根据平行四边形定则，其合电场强度大小为E ab ＝3kq l 2，该电场应与外加的匀强电场E 等大反向，即E ＝3kq l 2，B项正确．[答案] B9.(2019·池州二模)如图所示，在倾角为θ＝37°的斜面上，固定一平行金属导轨，现在导轨上垂直导轨放置一质量m＝0.4 kg的金属棒ab，它与导轨间的动摩擦因数为μ＝0.5.整个装置处于方向竖直向上的匀强磁场中，导轨接电源E，若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，滑动变阻器的阻值符合要求，现闭合开关S，要保持金属棒ab在导轨上静止不动，则( )A．金属棒所受安培力的方向水平向左B．金属棒所受到的摩擦力方向一定沿平行斜面向上C．金属棒所受安培力的取值范围是811N≤F≤8 ND．金属棒受到的安培力的最大值为16 N[解析] 由左手定则可以判断金属棒所受安培力的方向水平向右，故选项A错误；当金属棒刚好不向上运动时，金属棒受到的摩擦力为最大静摩擦力，方向平行斜面向下，设金属棒受到的安培力大小为F1，其受力分析如图甲所示，则由平衡条件得F N＝F1sinθ＋mg cosθ，F1cosθ＝mg sinθ＋f max，f max＝μF N，联立解得F1＝8 N；当金属棒刚好不向下运动时，设金属棒受到的安培力大小为F2，其受力分析如图乙所示，则由平衡条件得F N′＝F2sinθ＋mg cosθ，F2cosθ＋f max′＝mg sinθ，f max′＝μF N′，联立解得F2＝811N，所以金属棒受到的安培力的取值范围为811N≤F≤8 N，故选项C正确，B、D错误．[答案] C10．(多选)(2019·辽宁五校联考)如图所示，在半径为R 的光滑半球形碗的最低点P 处固定两原长相同的轻质弹簧，弹簧的另一端与质量均为m 的两小球相连，当两小球分别在A 、B 两点静止不动时，OA 、OB 与OP 之间的夹角满足α<β，已知弹簧不弯曲且始终在弹性限度内，则下列说法正确的是( )A ．静止在B 点的小球对碗内壁的压力较小B ．两小球对碗内壁的压力一样大C ．静止在A 点的小球受到弹簧的弹力较大D ．P 、B 之间弹簧的劲度系数比A 、P 之间的弹簧的劲度系数大[解析] 两小球在A 、B 两点的受力分析如图所示．设碗内壁对小球的支持力分别为F 1、F 2，弹簧对小球的弹力分别为F A 、F B ，对A 点的小球，由力的矢量三角形与几何三角形相似可得F 1R ＝mg R ＝F A x AP ，同理对B 点的小球有F 2R ＝mg R ＝F B x BP ，可得F 1＝F 2，由牛顿第三定律可知，两小球对碗内壁的压力一样大，选项A 错误，B 正确；又有F A x AP ＝F B x BP，因为α<β，所以x BP >x AP ，F B >F A ，选项C 错误；因两弹簧原长相等，x BP >x AP ，所以B 、P 间的弹簧压缩量x B 小于A 、P 间弹簧压缩量x A ，又F A <F B ，由胡克定律可知，B 、P 间弹簧的劲度系数k B 大于A 、P 间弹簧的劲度系数k A ，选项D 正确．[答案] BD二、非选择题11．(2019·江西红色七校联考)如图所示，倾角为θ＝37°的两根平行长直金属导轨的间距为d ，其底端接有阻值为R 的电阻，整个装置处在垂直两导轨所在斜面向上、磁感应强度大小为B 的匀强磁场中．质量均为m (质量分布均匀)、电阻均为R 的导体杆ab 、cd 垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触．两导体杆与导轨间的动摩擦因数均为μ＝0.5，现杆ab 在恒力F 作用下沿导轨向上做匀速运动，杆cd 能保持静止状态．导轨电阻不计，重力加速度大小为g .求杆ab 的速度大小．[解析] 导体杆ab 以速度v 运动，切割磁感线产生感应电动势，则有：E ＝Bdv 根据闭合电路欧姆定律，有E ＝I ⎝ ⎛⎭⎪⎫R ＋R 2 导体杆ab 有最小速度v min 时，对于导体杆cd 则有 B ·I 12d ＋μmg cos37°＝mg sin37° 解得v min ＝3mgR 5B 2d 2 导体杆ab 有最大速度v max 时，对于导体杆cd 则有B ·I 22d ＝μmg cos37°＋mg sin37° 解得v max ＝3mgR B 2d 2 故导体杆ab 的速度应满足条件：3mgR 5B 2d 2≤v ≤3mgR B 2d 2 [答案] 3mgR 5B 2d 2≤v ≤3mgRB 2d 2 12．(2019·河北省衡水中学第一次调研)如下图所示，放在粗糙的固定斜面上的物块A 和悬挂的物块B 均处于静止状态．轻绳AO 绕过光滑的定滑轮与轻弹簧的右端及轻绳BO 的上端连接于O 点，轻弹簧中轴线沿水平方向，轻绳的OC 段与竖直方向的夹角(θ＝53°，斜面倾角α＝37°，物块A 和B 的质量分别为m A ＝5 kg 、m B ＝1.5 kg ，弹簧的劲度系数k ＝500 N/m ，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g ＝10 m/s 2，求：(1)弹簧的伸长量x；(2)物块A受到的摩擦力．[解析](1)对结点O受力分析如图所示：根据平衡条件，有：F T cosθ－m B g＝0，F T sinθ－F＝0，且：F＝kx，解得：x＝4 cm；(2)设物块A所受摩擦力沿斜面向下，对物块A做受力分析如图所示：根据平衡条件，有：F T′－F f－m A g sinα＝0，且F T′＝F T，解得：F f＝－5 N，即物块A 所受摩擦力大小为5 N，方向沿斜面向上．[答案] (1)4 cm (2)5 N，方向沿斜面向上。

高考物理二轮复习专题力与物体的平衡教学案

专题01 力与物体的平衡1.必须牢记的概念、公式、定律 (1)质点、位移、速度、加速度的概念． (2)匀变速直线运动的位移、速度公式及推论． (3)牛顿运动定律、万有引力定律等． 2．必须掌握的三类问题 (1)圆周运动问题． (2)平抛运动问题． (3)卫星运行及其变轨问题． 3．必须明确的五个易错易混点(1)v t 图象、x t 图象都表示直线运动规律．(2)静摩擦力与滑动摩擦力方向的判定及大小的计算方法． (3)运动的合成与分解和力的合成与分解．(4)在竖直面内的圆周运动中绳模型与杆模型在最高点时的临界条件． (5)双星系统的轨道半径与天体间距离的区别.一、整体法和隔离法在平衡问题中的应用 1．平衡状态物体处于静止或匀速直线运动的状态． 2．平衡条件F 合＝0或⎩⎪⎨⎪⎧F x ＝0F y ＝0.3．利用整体、隔离思维法对物体受力分析4.注意问题(1)在受力分析时一定要恰当的选取研究对象，运用整体思维法和隔离思维法时一定要区分好内力和外力．(2)解决问题时通常需要交叉应用隔离、整体思维法．(3)对两个以上的物体叠加组成的整体进行受力分析时，一般先采用整体思维法后用隔离思维法，即“先整体，后隔离”．二、共点力作用下的动态平衡问题1．动态平衡物体在缓慢移动过程中，可认为其速度、加速度均为零，物体处于平衡状态．2．共点力平衡的重要推论(1)三个或三个以上的共点力平衡，某一个力(或其中某几个力的合力)与其余力的合力等大反向．(2)同一平面上的三个不平行的力平衡，这三个力必为共点力，且表示这三个力的有向线段可以组成一个封闭的矢量三角形．3.妙解动态平衡问题的两种典型方法：三、复合场中的平衡问题 1．六种常见力力大小方向重力 G ＝mg总是竖直向下弹力一般由力的平衡条件或牛顿运动定律求解；弹簧的弹力：F ＝kx与引起形变的力的方向相反摩擦力静摩擦力0<F f ≤F fm ；滑动摩擦力F f ＝μF N与接触面相切，与相对运动或相对运动趋势方向相反(与运动方向不一定相反)电场力匀强电场中的电场力F ＝qE ；真空中点电荷的库仑力F ＝kQq r 2正电荷所受电场力与电场强度方向相同，负电荷所受电场力与电场强度方向相反安培力 F ＝BIL(I⊥B)用左手定则判断(垂直于I 、B 所决定的平面)洛伦兹力F ＝qvB(v⊥B)用左手定则判断(垂直于v 、B 所决定的平面)2.四类组合场(1)电场与磁场的组合． (2)电场与重力场的组合． (3)重力场与磁场的组合． (4)重力场、电场和磁场的组合． 3．处理复合场中的平衡问题的方法与纯力学问题的分析方法一样，学会把电学问题力学化．分析方法是：选取研究对象――→方法“整体法”或“隔离法” ↓受力分析――→多了个电场力F ＝Eq 或安培力F ＝BIL或洛伦兹力F ＝qvB↓列平衡方程―→F 合＝0或F x ＝0，F y ＝0 4．注意问题(1)电荷在电场中一定受电场力作用，电流或电荷在磁场中不一定受磁场力作用． (2)分析电场力或洛伦兹力时，注意带电体的电性． (3)分析带电粒子受力时，要注意判断是否考虑重力．高频考点一受力分析物体的静态平衡例1．【2017·天津卷】如图所示，轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆M 、N 上的a 、b 两点，悬挂衣服的衣架钩是光滑的，挂于绳上处于静止状态。

高考物理二轮复习力与物体平衡专题复习教案

力与物体平衡专题复习一、平衡条件及其特征例题一：关于平衡状态，下列说法中正确的是（ C ）A 、当物体速度等于零时，物体处于平衡状态B 、运动的物体一定不是处于平衡状态C 、若物体的运动状态保持不变，则物体处于平衡状态D 、当物体处于平衡状态时，一定不受外力作用点评：共点力作用下物体的平衡条件：物体受到的合力为零。

若物体保持匀速直线运动或静止状态，则物体处于平衡状态，其特征是物体所受的合力为零，加速度也为零。

针对练习1：下列哪种物体处于平衡状态（ B ）A 、做匀速圆周运动的物体B 、作匀速直线运动的物体C 、竖直上抛的物体到达最高点时D 、平抛出去的物体。

针对练习2：如图所示，一物体在粗糙水平地面上受斜向上的恒定拉力F 作用而做匀速直线运动，则下列说法正确的是( )A 、物体可能只受两个力作用B 、物体可能受三个力作用C 、物体可能不受摩擦力作用D 、物体一定受四个力解析：选D.物体做匀速直线运动，则受力平衡，将拉力F 在水平方向和竖直方向上分解，则物体一定要受到滑动摩擦力的作用．再根据摩擦力产生的条件知，一定会产生弹力．因此物体一定会受到四个力的作用。

例题二：（10全国卷2）在雷雨云下沿竖直方向的电场强度为410V/m.已知一半径为1mm 的雨滴在此电场中不会下落，取重力加速度大小为10m/2s ,水的密度为310kg/3m 。

这雨滴携带的电荷量的最小值约为（）A ．2⨯910- C B. 4⨯910- C C. 6⨯C 910- D. 8⨯910- C解析:带电雨滴在电场力和重力最用下保持静止，根据平衡条件电场力和重力必然等大反向mg=Eq ，则339944410 3.14103341010r mg q C E E ρπ--⨯⨯⨯====⨯，答案B 。

点评：物体在两个力作用下处于平衡状态，则两个力大小相等、方向相反，作用在同一直线上。

例题3：（11广东卷）如图所示的水平面上，橡皮绳一端固定，另一端连接两根弹簧，连接点P 在F 1、F 2和F 3三力作用下保持静止。

高考物理二轮复习专题一力与运动第2讲力和物体的平衡学案

第2讲力和物体的平衡[选考考点分布]考点一重力、弹力、摩擦力及受力分析1. (2017·浙江4月选考·7)如图1所示，重型自卸车利用液压装置使车厢缓慢倾斜到一定角度，车厢上的石块就会自动滑下．以下说法正确的是( )图1A ．在石块下滑前后自卸车与石块整体的重心位置不变B ．自卸车车厢倾角越大，石块与车厢的动摩擦因数越小C ．自卸车车厢倾角变大，车厢与石块间的正压力减小D ．石块开始下滑时，受到的摩擦力大于重力沿斜面方向的分力答案 C解析物体的重心的位置跟形状还有质量分布有关，石块下滑前后，质量分布变化，形状变化，所以重心改变，选项A错；动摩擦因数与倾角无关，B错．如图，F N＝G cos θ，倾角变大，所以车厢与石块间的正压力减小，所以C正确；石块下滑时，重力沿斜面方向的分力大于受到的摩擦力，D错．2. (2016·浙江10月学考·3)中国女排在2016年奥运会比赛中再度夺冠．图2为比赛中精彩瞬间的照片，此时排球受到的力有( )图2A．推力B．重力、推力C．重力、空气对球的作用力D．重力、推力、空气对球的作用力答案 C解析此时手与球并没有接触，所以没有推力，故C选项正确．3. (2015·浙江10月学考·13)将质量为1.0 kg的木板放在水平长木板上，用力沿水平方向拉木块，拉力从0开始逐渐增大，木块先静止后相对木板运动．用力传感器采集木块受到的拉力和摩擦力的大小，并用计算机绘制出摩擦力大小F f随拉力大小F变化的图象，如图3所示．木块与木板间的动摩擦因数为(g取10 m/s2)( )图3A．0.3 B．0.5 C．0.6 D．1.0答案 A解析由图可知最大静摩擦力为5 N，滑动摩擦力为3 N，且滑动摩擦力满足公式F f＝μmg，所以μ＝0.3.4．(2017·浙江“七彩阳光”联考)“跑酷”是一项深受年轻人喜爱的运动，如图4为运动员在空中跳跃过程中的照片，此时运动员受到的力有( )图4A．重力B．重力、向前冲力C．重力、空气作用力D．重力、向前冲力、空气作用力答案 C5．(2017·台州市9月选考)足球运动是目前全球体育界最具影响力的项目之一，深受青少年喜爱．如图5所示的四种与足球有关的情景．其中正确的是( )图5A．如图甲所示，静止在草地上的足球，受到的弹力就是它受到的重力B．如图乙所示，静止在光滑水平地面上的两个足球，因接触受到弹力作用C．如图丙所示，踩在脚下且静止在水平草地上的足球，可能受到3个力的作用D．如图丁所示，落在球网中的足球受到弹力，是由于足球发生了形变答案 C6. (2017·湖州市期末)如图6所示，某人手拉弹簧，使其伸长了5 cm(在弹性限度内)，若此时弹簧的两端所受拉力各为10 N，则( )图6A．弹簧所受的合力大小为10 NB．弹簧的劲度系数为200 N/mC．弹簧的劲度系数为400 N/mD ．弹簧的劲度系数随弹簧的拉力的增大而增大答案 B解析弹簧所受合力大小为零；由F ＝kx 知k ＝F x＝200 N/m ，弹簧的劲度系数与拉力大小无关，和弹簧本身的因素有关．7．(2017·金华市高三期末)如图7所示，铁质的棋盘竖直放置，每个棋子都是一个小磁铁，能吸在棋盘上，不计棋子间的相互作用力，下列说法正确的是( )图7A ．小棋子共受三个力作用B ．棋子对棋盘的压力大小一定等于重力C ．磁性越强的棋子所受的摩擦力越大D ．质量不同的棋子所受的摩擦力不同答案 D解析小棋子受重力、棋盘的吸引力、棋盘的弹力、摩擦力，共四个力，选项A 错误；棋盘对棋子吸引力的大小与磁铁内部的分子结构有关，而棋子对棋盘的压力大小等于棋盘对棋子的吸引力的大小，与重力大小无关，选项B 错误；摩擦力的大小总是等于重力，不会变化，选项C 错误；摩擦力的大小等于重力，则质量不同的棋子所受摩擦力不同，选项D 正确．1.弹力有无的判断“三法”(1)条件法：根据物体是否直接接触并发生弹性形变来判断是否存在弹力．此方法多用来判断形变较明显的情况．(2)假设法：对形变不明显的情况，可假设两个物体间弹力不存在，看物体能否保持原有的状态，若运动状态不变，则此处不存在弹力，若运动状态改变，则此处一定有弹力． (3)状态法：根据物体的运动状态，利用牛顿第二定律或共点力平衡条件判断弹力是否存在． 2．静摩擦力的有无及方向的判断方法 (1)假设法(2)状态法：静摩擦力的大小与方向具有可变性．明确物体的运动状态，分析物体的受力情况，根据平衡方程或牛顿第二定律求解静摩擦力的大小和方向．(3)牛顿第三定律法：此法的关键是抓住“力是成对出现的”，先确定受力较少的物体受到的静摩擦力的方向，再根据“力的相互性”确定另一物体受到的静摩擦力的方向． 3．弹力大小的计算方法 (1)根据胡克定律进行求解． (2)根据力的平衡条件进行求解． (3)根据牛顿第二定律进行求解． 4．摩擦力大小的计算方法(1)首先分清摩擦力的种类，因为只有滑动摩擦力才能用公式F f ＝μF N 求解，静摩擦力通常只能用平衡条件或牛顿运动定律来求解．(2)公式F f ＝μF N 中，F N 为两接触面间的正压力，与物体的重力没有必然联系，不一定等于物体的重力大小．(3)滑动摩擦力的大小与物体速度的大小无关，与接触面积的大小也无关．考点二平衡条件的应用1. (2017·浙江11月选考·5)叠放在水平地面上的四个完全相同的排球如图8所示，质量均为m ，相互接触，球与地面间的动摩擦因数均为μ，则( )图8A ．上方球与下方三个球间均没有弹力B ．下方三个球与水平地面间均没有摩擦力C ．水平地面对下方三个球的支持力均为43mgD ．水平地面对下方三个球的摩擦力均为43μmg答案 C解析将四个球看成一个整体，地面的支持力与球的重力平衡，设下方三个球中的一个球受到的支持力大小为F N ，因此3F N ＝4mg ，即F N ＝43mg ，所以选项C 正确．由力的平衡条件知，下面三个球对最上面的球有弹力，故最上面的球对下面三个球肯定有弹力，选项A 错误．对地面上的其中一个球进行受力分析，如图所示．由受力分析可知，选项B 错误；由于小球是受到地面的静摩擦力，因此不能通过F f ＝μF N 求解此摩擦力，选项D 错误．2. (2017·浙江4月选考·10)重力为G 的体操运动员在进行自由体操比赛时，有如图9所示的比赛动作，当运动员竖直倒立保持静止状态时，两手臂对称支撑，夹角为θ，则( )图9A ．当θ＝60°时，运动员单手对地面的正压力大小为G2B ．当θ＝120°时，运动员单手对地面的正压力大小为GC ．当θ不同时，运动员受到的合力不同D ．当θ不同时，运动员与地面之间的相互作用力不相等答案 A解析单手对地面的正压力大小，与θ无关，如图F 1＝F 2＝G2而手臂受力与夹角θ有关，所以选项A 正确，B 错误；不管角度如何，运动员受到的合力为零，选项C 错误；不管角度如何，运动员与地面之间的相互作用力总是等大，选项D 错误． 3. (2016·浙江10月学考·13)如图10所示，质量为m 、电荷量为q 的带电小球A 用绝缘细线悬挂于O 点，带有电荷量也为q 的小球B 固定在O 点正下方绝缘柱上．其中O 点与小球A 的间距为l ，O 点与小球B 的间距为3l .当小球A 平衡时，悬线与竖直方向夹角θ＝30°.带电小球A 、B 均可视为点电荷，静电力常量为k .则( )图10A ．A 、B 间库仑力大小为F ＝kq 22l2B ．A 、B 间库仑力大小为F ＝3mg 3C ．细线拉力大小为F T ＝kq 23l2D ．细线拉力大小为F T ＝3mg 答案 B解析根据题意，OA ＝l ，OB ＝3l .当小球A 平衡时，悬线与竖直方向夹角θ＝30°，由几何关系可知，△AOB 为等腰三角形，AB ＝AO ＝l ，对小球A 受力分析如图所示，由库仑定律得：F ＝kq 2AB2＝kq 2l 2，故A 错误；△AOB 为等腰三角形，由于对称性，绳子拉力等于库仑力，且根据平衡条件得：F cos 30°＝F T cos 30°＝12mg ，即F ＝F T ＝3mg3，故B 正确，C 、D 错误． 4. (2015·浙江10月学考·11)如图11所示，一质量为m 、电荷量为Q 的小球A 系在长为l 的绝缘轻绳下端，另一电荷量也为Q 的小球B 位于悬挂点的正下方(A 、B 均视为点电荷)，轻绳与竖直方向成30°角，小球A 、B 静止于同一高度．已知重力加速度为g ，静电力常量为k ，则两球间的静电力为( )图11A.4kQ2l 2B.kQ 2l2 C ．mg D.3mg答案 A解析根据库仑定律公式得F ＝kQQ(l sin 30°)2＝4kQ2l 2，A 选项正确，B 选项错误．由于小球A 、B 均静止，对球A 受力分析如图所示，由平衡条件得F T sin 30°＝F ，F T cos 30°＝mg联立解得F ＝33mg ，C、D 选项错误．5. (人教版必修1P61插图改编)两小孩共提总重力为G 的一桶水匀速前行，如图12所示，两人手臂用力大小均为F ，手臂间的夹角为θ.则( )图12A ．当θ＝60°时，F ＝G2B ．当θ＝90°时，F 有最小值C ．当θ＝120°时，F ＝GD ．θ越大时，F 越小答案 C解析根据平衡条件得：2F cos θ2＝G , 解得：F ＝G 2cosθ2，当θ＝0°时，cos θ2值最大，则F ＝G 2，即为最小，当θ为60°时，F ＝33G ，当θ＝90°时，F ＝22G ；当θ为120°时，F ＝G ，当θ越大时，则F 越大，故A 、B 、D 错误，C 正确．6. (2016·浙江台州中学期中)如图13所示是磁悬浮地球仪，地球仪依靠它与底座之间的磁力悬浮在底座的正上方保持静止，已知地球仪的质量为m ，底座的质量为M ，则底座对水平地面的作用力大小为( )图13A ．0B ．mgC ．MgD ．(m ＋M )g答案 D解析将地球仪和底座看作整体，整体受到的重力为(m ＋M )g ，支持力为F N ，满足F N ＝(m ＋M )g ，根据牛顿第三定律可知底座对水平地面的作用力大小为(m ＋M )g ，选项D 正确．7. (2016·浙江绍兴一中期中)如图14所示，小球A 、B 带等量同种电荷，质量均为m ，都用长为L 的绝缘细线挂在绝缘的竖直墙上O 点，A 球靠墙且其悬线刚好竖直，B 球悬线偏离竖直方向θ角而静止，此时A 、B 两球之间的库仑力为F .由于外部原因小球B 的电荷量减少，使两球再次静止时它们之间的库仑力变为原来的一半，则小球B 的电荷量减少为原来的( )图14A.12B.14C.18D.116 答案 C解析小球B 受力如图所示．两绝缘细线的长度都是L ，则△OAB 是等腰三角形，根据力的合成及几何关系可知B 球悬线的拉力F T 与B 球的重力mg 大小相等，即mg ＝F T ，小球B 处于平衡状态，则库仑力F ＝2mg sin θ2，设原来小球带电荷量为q ，A 、B 间的距离是r ，则r ＝2L sinθ2，由库仑定律得F ＝k q2r2，后来库仑力变为原来的一半，则F 2＝2mg sinθ′2，r′＝2L sinθ′2，F2＝kqq Br′2，解得q B＝18q，故选C.8. 如图15所示，倾角为θ、质量为m的直角三棱柱ABC置于粗糙水平地面上，柱体与水平地面间的动摩擦因数为μ.现施加一个垂直于BC面向下的外力F，柱体仍保持静止，则地面对柱体的摩擦力大小等于( )图15A．μmg B．F sin θC．F cos θD．μ(F cos θ＋mg)答案 B解析对三棱柱受力分析如图所示．F f＝F sin θ，故B选项正确．9. (2017·湖州市期末)如图16所示，质量为m的光滑小球放在斜面和竖直挡板之间，当挡板从竖直位置逆时针缓慢转动到水平位置的过程中，斜面和挡板对小球的弹力大小的变化是( )图16A．斜面的弹力逐渐变大B．斜面的弹力先变小后变大C．挡板的弹力先变小后变大D．挡板的弹力逐渐变大答案 C解析小球受力如图甲所示，因挡板是缓慢转动，所以小球处于动态平衡状态，在转动过程中，此三力(重力、斜面支持力、挡板弹力)组成矢量三角形的变化情况如图乙所示(重力大小、方向均不变，斜面对其支持力方向始终不变)，由图可知此过程中斜面对小球的支持力不断减小，挡板对小球的弹力先减小后增大．动态平衡问题分析的常用方法1．解析法：一般把力进行正交分解，两个方向上列平衡方程，写出所要分析的力与变化角度的关系，然后判断各力的变化趋势．2．图解法：能用图解法分析动态变化的问题有三个显著特征：(1)物体一般受三个力作用；(2)其中有一个大小、方向都不变的力；(3)还有一个方向不变的力．考点三平衡中的临界与极值问题1. 如图17所示，质量m ＝2.2 kg 的金属块放在水平地板上，在与水平方向成θ＝37°角斜向上、大小为F ＝10 N 的拉力作用下，以速度v ＝5.0 m/s 向右做匀速直线运动．(cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6，取g ＝10 m/s 2)求：图17(1)金属块与地板间的动摩擦因数；(2)现换用另一个力F ′施加在金属块上，为使金属块向右做匀速直线运动，求F ′的最小值．答案 (1)0.5 (2)2255N解析 (1)设地板对金属块的支持力为F N ，金属块与地板间的动摩擦因数为μ，因为金属块匀速运动，所以有F cos θ＝μF N mg ＝F sin θ＋F N解得：μ＝F cos 37°mg －F sin 37°＝822－6＝0.5.(2)分析金属块的受力，如图所示竖直方向：F ′sin α＋F N ′＝mg 水平方向：F ′cos α＝μF N ′ 联立可得：F ′＝μmgcos α＋μsin α＝μmg1＋μ2sin (α＋φ)所以F ′的最小值为2255N.2．如图18所示，质量均为m 的小球A 、B 用两根不可伸长的轻绳连接后悬挂于O 点，在外力F 的作用下，小球A 、B 处于静止状态．若要使两小球处于静止状态且悬线OA 与竖直方向的夹角θ保持30°不变，则外力F 的大小不可能为( )图18A.33mg B.52mg C.2mg D ．mg答案 A解析将A 、B 两球作为一个整体，受力分析如图所示，由图可以看出，外力F 与悬线OA 垂直时最小，F min ＝2mg sin θ＝mg ，所以外力F 应大于或等于mg ，不可能为选项A.3．如图19所示，重50 N 的物体A 放在倾角为37°的粗糙斜面上，有一根原长为10 cm ，劲度系数为800 N/m 的弹簧，其一端固定在斜面顶端，另一端连接物体A 后，弹簧长度为14 cm ，现用力F沿斜面向下拉物体，若物体与斜面间的最大静摩擦力为20 N，当弹簧的长度仍为14 cm时，F的大小不可能为( )图19A．10 N B．20 NC．40 N D．0 N答案 C解析A在斜面上处于静止状态时合外力为零，A在斜面上受五个力的作用，分别为重力、支持力、弹簧弹力、摩擦力和拉力F，当摩擦力的方向沿斜面向上时，F＋mg sin 37°≤F fm＋k(l －l0)，解得F≤22 N，当摩擦力沿斜面向下时，F最小值为零，即拉力的取值范围为0≤F≤22 N，故选C.1.临界与极值问题解题流程(1)对物体初始状态受力分析，明确所受各力的变化特点．(2)由关键词判断可能出现的现象或状态变化．(3)据初始状态与可能发生的变化间的联系，判断出现变化的临界条件或可能存在的极值条件．(4)选择合适的方法作图或列方程求解．2．解决临界与极值问题的常用方法(1)解析法：利用物体受力平衡写出未知量与已知量的关系表达式，根据已知量的变化情况来确定未知量的变化情况，利用临界条件确定未知量的临界值．(2)图解法：根据已知量的变化情况，画出平行四边形的边角变化，确定未知量大小、方向的变化，确定未知量的临界值．专题强化练(限时：30分钟)1．(2017·浙江名校协作体联考)鱼在水中沿直线水平向左减速游动过程中，水对鱼的作用力方向合理的是( )答案 C解析鱼在水中沿直线水平向左减速游动过程中，水对鱼的作用力和重力的合力产生向右的加速度，水对鱼的作用力方向斜向右上方．2. (2017·金华市期末)第31届夏季奥林匹克运动会于2016年8月5日至21日在巴西里约热内卢举行．中国选手王嘉男在跳远比赛中跳出了8米17的好成绩，排名第5.图1为王嘉男比赛精彩瞬间，针对此时王嘉男受力情况的分析合理的是( )图1A．只受重力B．受重力和空气阻力C．受重力、空气阻力、沙子的支持力D．受重力、空气阻力、沙子的支持力和摩擦力答案 B3．(2017·浙江“七彩阳光”联考)在弹簧测力计指针前的滑槽中嵌一块轻质小泡沫，测力计便增加了“记忆”功能．用该测力计沿水平方向拉木块．在拉力F增大到一定值之前，木块不会运动．继续缓慢增大拉力，木块开始运动，能观察到指针会突然回缩一下，之后弹簧测力计上的泡沫与指针位置如图2所示．下列判断正确的是( )图2A．小泡沫的左边缘“记忆”的示数等于最大静摩擦力B．小泡沫的左边缘“记忆”的示数等于滑动摩擦力C．小泡沫的右边缘“记忆”的示数等于最大静摩擦力D．小泡沫的右边缘“记忆”的示数等于滑动摩擦力答案 C解析木块刚要开始运动时，弹簧秤的示数为最大静摩擦力；小泡沫的右边缘“记忆”的示数等于最大静摩擦力．4. (2017·浙江“超级全能生”联考)有些自动扶梯是阶梯状的，人站在自动扶梯的水平踏板上，随扶梯斜向上匀速运动，如图3所示．以下说法正确的是( )图3A．人受到的合外力不为零B．人受到重力和支持力的作用C．人受到的合外力方向与速度方向相同D．人受到重力、支持力和摩擦力的作用答案 B解析由于匀速运动，人受到的合外力为零，不可能有摩擦力，否则不平衡了．5. (2017·宁波市诺丁汉大学附中高三上期中)如图4，球静置于水平地面OA上并紧靠斜面OB，一切摩擦不计，则( )图4A．小球只受重力和地面支持力B．小球一定受斜面的弹力C．小球受重力、地面支持力和斜面弹力D．小球受到的重力和对地面的压力是一对平衡力答案 A解析小球只受重力和地面支持力，斜面对球无弹力作用，选项A正确，B、C错误；小球受到的重力和地面对小球的支持力是一对平衡力，选项D错误；故选A.6．(2017·台州市9月选考)某木箱静止在水平地面上，对地面的压力大小为200 N，木箱与地面间的动摩擦因数为μ＝0.45，与地面间的最大静摩擦力为95 N，小孩分别用80 N、100 N的水平力推木箱，木箱受到的摩擦力大小分别为( )A．80 N和90 N B．80 N和100 NC．95 N和90 N D．90 N和100 N答案 A7．(2016·诸暨市联考)如图5所示，用相同的弹簧测力计将同一个重物m，分别按甲、乙、丙三种方式悬挂起来，读数分别是F1、F2、F3、F4，已知θ＝30°，则有( )图5A．F4最大B．F3＝F2C．F2最大D．F1比其他各读数都小答案 C解析由平衡条件可知：F1＝mg tan θ，F2cos θ＝mg,2F3cos θ＝mg，F4＝mg，因此可知F1＝33mg，F2＝233mg，F3＝33mg，故选项A、B、D错误，C正确．8. (2017·温州市十校期末联考)如图6所示，A、B为同一水平线上的两个固定绕绳装置，转动A、B，使光滑挂钩下的重物C缓慢竖直上升，下列说法正确的是( )图6A．绳子拉力大小不变B．绳子拉力大小逐渐减小C．两段绳子合力逐渐减小D．两段绳子合力不变答案 D解析重物受三个力，重力和两个拉力，重物C缓慢竖直上升时三力平衡，即有两个拉力的合力与重力平衡，所以两个拉力的合力一定，而两个拉力的夹角不断增大，故拉力不断增大，故D正确，A、B、C错误．9. (2017·金华市义乌模拟)在2015年9月3日抗战胜利70周年阅兵中，20架直升机组成数字“70”字样飞过天安门上空．如图7所示，为了使领航的直升机下悬挂的国旗不致上飘，在国旗的下端悬挂了重物，假设国旗与悬挂物(可看成一个物体)的质量为m，直升机的质量为M，直升机水平匀速飞行，在飞行过程中，悬挂国旗的细线始终与竖直方向的夹角为α.以下说法正确的是( )图7A．国旗受到2个力的作用B ．细线的拉力大于mgC ．空气对国旗的阻力大小为mg cos αD ．空气给直升机的力方向竖直向上答案 B解析对国旗受力分析如图，国旗受三个力，重力、绳子的拉力和空气阻力，其中空气阻力与运动的方向相反，沿水平方向．根据共点力平衡得F ＝mgcos α，F f ＝mg tan α，故B 正确，A 、C 、D 错误．10．(2017·浙江名校协作体模拟)浙江省某中学校园环境优美，景色宜人，如图8甲所示，淡如桥是同学们必走之路，淡如桥是座石拱桥，图乙是简化图，用四块相同的坚固石块垒成圆弧形的石拱，其中第3、4块固定在地基上，第1、2块间的接触面是竖直的，每块石块的两个侧面间所夹的圆心角为30°.假定石块间的摩擦力忽略不计，则第1、2石块间的作用力和第1、3石块间的作用力大小之比为( )甲乙图8A.12B.33C.32 D.3 答案 C解析对石块1受力分析，由F N12∶F N13＝sin 60°＝32知C 正确． 11. (2016·杭州市学考模拟)一串小灯笼(五只)彼此用轻绳连接，并悬挂在空中．在稳定水平风力作用下发生倾斜，绳与竖直方向的夹角为30°，如图9所示．设每只灯笼的质量均为m .由上往下第一只灯笼对第二只灯笼的拉力大小为( )图9A ．23mg B.233mg C.833mg D ．8mg答案 C解析以下面四个灯笼作为研究对象，受力分析如图．由F T cos 30°＝4mg ，得F T ＝833mg ，故C 正确．12. 如图10所示，质量为m 的正方体和质量为M 的正方体放在两竖直墙和水平面间，处于静止状态．m 和M 的接触面与竖直方向的夹角为α，重力加速度为g ，若不计一切摩擦，下列说法正确的是( )图10A ．水平面对正方体M 的弹力大小大于(M ＋m )gB ．水平面对正方体M 的弹力大小为(M ＋m )g cos αC ．墙面对正方体m 的弹力大小为mg tan αD ．墙面对正方体M 的弹力大小为mgtan α答案 D解析由于两墙面竖直，对M 和m 整体受力分析可知，水平面对M 的弹力大小等于(M ＋m )g ，A 、B 错误；在水平方向，墙对M 和m 的弹力大小相等、方向相反，对m 受力分析如图所示，根据平行四边形定则可得m 受到的墙对它的弹力大小为mgtan α，所以M 受到墙面的弹力大小也为mgtan α，C 错误，D 正确．13. (2016·浙江北仑中学期末)如图11所示，一个铁架台放在水平地面上，其上用轻质细线悬挂一个小球，开始时细线竖直．现将水平力F 作用于小球上，使其缓慢地由实线位置运动到虚线位置，铁架台始终保持静止．则在这一过程中( )图11A ．水平拉力F 先变小后变大B ．细线的拉力不变C ．铁架台对地面的压力变大D ．铁架台所受地面的摩擦力变大答案 D解析对小球受力分析，如图所示，小球受细线拉力、重力、水平力F .根据平衡条件，有F ＝mg tan θ，θ逐渐增大，则F 逐渐增大，故A 错误；由图可知，细线的拉力F T ＝mgcos θ，θ增大，F T 增大，故B 错误；以整体为研究对象，根据平衡条件得F f ＝F ，则F f 逐渐增大，F N ＝(M ＋m )g ，F N 保持不变，故D 正确，C 错误．14. 如图12所示，三根长度均为l 的轻绳分别连接于C 、D 两点，A 、B 两端被悬挂在水平天花板上，相距2l .现在C 点上悬挂一个质量为m 的重物，为使CD 绳保持水平，在D 点上可施加的力的最小值为( )图12A ．mg B.33mg C.12mg D.14mg 答案 C解析分析结点C 的受力如图甲所示，由题意可知，绳CA 与竖直方向间夹角为α＝30°，则可得：F D ＝mg tan α＝33mg ，再分析结点D 的受力如图乙所示，由图可知，F D ′与F D 大小相等且方向恒定，F B 的方向不变，当在D 点施加的拉力F 与绳BD 垂直时，拉力F 最小，即F ＝F D ′cos 30°＝12mg ，C 正确．15. 如图13所示，位于竖直侧面的物体A的质量m A＝0.2 kg，放在水平面上的物体B的质量m B＝1.0 kg，绳和滑轮间的摩擦不计，且绳的OB部分水平，OA部分竖直，A和B恰好一起匀速运动，g取10 m/s2.图13(1)求物体B与水平面间的动摩擦因数．(2)如果用水平力F向左拉物体B，使物体A和B做匀速运动需多大的拉力？答案(1)0.2 (2)4 N解析(1)因物体A和B恰好一起匀速运动，所以物体A、B均处于平衡状态．由平衡条件得对A：F T－m A g＝0对B：F T－μF N＝0F N－m B g＝0解得：μ＝0.2(2)如果用水平力F向左拉物体B，使物体A和B做匀速运动，此时水平绳的拉力与滑动摩擦力的大小均不变，对物体B由平衡条件得F－F T－μF N＝0解得：F＝4 N.16. (2016·金华市十校模拟)如图14所示，某同学用大小为5 N、方向与竖直黑板面成θ＝53°的力将黑板擦沿黑板表面竖直向上缓慢推动，黑板擦无左右运动趋势．已知黑板的规格为4.5×1.5 m2，黑板的下边缘离地的高度为0.8 m，黑板擦(可视为质点)的质量为0.1 kg，g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.图14(1)求黑板擦与黑板间的动摩擦因数μ；(2)当她擦到离地高度2.05 m时，黑板擦意外脱手沿黑板面竖直向下滑落，求黑板擦砸到黑板下边缘前瞬间的速度大小．答案(1)0.5 (2)5 m/s解析(1)对黑板擦受力分析如图所示：水平方向：F sin θ＝F N ①竖直方向：F cos θ＝mg＋F f ②另有：F f＝μF N③联立①②③可得：μ＝0.5(2)由受力分析可知：黑板擦脱手后做自由落体运动自由落体：v2＝2gh代入数据可得：v＝5 m/s.。

高考物理力物体的平衡复习教案

高考物理力物体的平衡复习教案第一章：力的概念与测量1.1 力的定义与基本性质讲解力的定义：力是物体之间相互作用的结果，它的作用使物体产生形变或改变运动状态。

介绍力的基本性质：力是矢量，具有大小和方向；力不能离开物体而单独存在；作用力和反作用力相等、方向相反。

1.2 力的测量与单位介绍弹簧测力计的原理和使用方法，让学生了解如何测量力的大小。

讲解牛顿（N）作为力的单位，以及与其他单位之间的关系。

第二章：二力平衡条件2.1 平衡状态的定义讲解平衡状态的概念：物体处于静止状态或匀速直线运动状态时，称为平衡状态。

2.2 二力平衡条件讲解二力平衡的条件：大小相等、方向相反、作用在同一直线上、作用在同一物体上。

通过实例分析，让学生学会判断二力是否平衡。

2.3 摩擦力的概念与分类讲解摩擦力的定义：摩擦力是两个接触面之间相互阻碍相对滑动的力。

介绍静摩擦力和动摩擦力的概念，并解释它们的区别。

第三章：力的合成与分解3.1 力的合成讲解力的合成的概念：多个力共同作用于一个物体时，它们的合力是这些力的矢量和。

通过平行四边形法则，让学生学会计算力的合成。

3.2 力的分解讲解力的分解的概念：已知一个力的作用效果，将这个力分解为几个分力，使它们的作用效果相同。

通过平行四边形法则，让学生学会计算力的分解。

3.3 力的平行四边形法则的应用通过实例分析，让学生学会运用力的平行四边形法则解决实际问题。

第四章：牛顿第一定律与惯性4.1 牛顿第一定律讲解牛顿第一定律的内容：一切物体在没有受到外力作用时，总保持静止状态或匀速直线运动状态。

解释惯性的概念：物体保持原来运动状态不变的性质。

4.2 惯性的度量讲解惯性的度量方法：质量是衡量物体惯性大小的量度。

让学生理解质量与惯性的关系：质量越大，惯性越大。

4.3 牛顿第一定律的应用通过实例分析，让学生学会运用牛顿第一定律解释生活中的现象。

第五章：重力与支持力5.1 重力的概念与计算讲解重力的定义：地球对物体产生的吸引力。

2021届高考物理二轮复习讲义：专题1第1讲力与物体的平衡

第1讲力与物体的平衡要点提炼1.物体的受力分析(1)正确的受力分析是解决力的平衡、动力学、能量等问题的前提。

在受力分析时，为防止漏力或多力，要按正确的顺序分析研究对象受到的力。

(2)分析物体受力的顺序说明：分析弹力和摩擦力时，要对研究对象与周围物体接触的每处都考虑。

(3)对研究对象所受力的大小、方向，哪些已知、哪些未知要明确。

(4)带电量一定的粒子在匀强电场中受到的电场力一定为恒力，在匀强磁场中受到的洛伦兹力大小会随着速度大小的改变而改变，方向会随着速度方向的改变而改变。

2．物体受力平衡的分析(1)物体受力平衡时的运动状态：静止或做匀速直线运动，即加速度为零。

(2)物体受力平衡时的受力特点：物体所受力的合力为零。

①三个共点力平衡：其中任意一个力与其余两个力的合力一定大小相等，方向相反；若有两个力等大，则这两个力一定关于第三个力所在直线对称；表示三个力的有向线段可以组成一个首尾相接的矢量三角形。

②多个共点力平衡：任意方向上合力为零；建立直角坐标系后，两个坐标轴上的合力均为零，即F x合＝0，F y合＝0；物体受N个力作用而处于平衡状态，则其中任意一个力与其余N－1个力的合力一定等大反向。

③动态平衡：物体在缓慢移动过程中，可以认为物体时刻处于平衡状态，其所受合力时刻为零。

动态平衡的常用处理方法有：图解法、解析法、相似三角形法等。

④带电粒子或带电物体在复合场中处于平衡状态时，所受合力为零；带电粒子(或微粒)在重力、恒定电场力和洛伦兹力共同作用下的直线运动必然是匀速直线运动。

高考考向1 物体的受力分析例1 (2020·吉林长白山市二模)如图所示，倾斜的滑杆上套有一个圆环(所受重力不可忽略)，圆环通过轻绳拉着一个物体，在圆环沿滑杆下滑的过程中，轻绳始终竖直。

下列说法正确的是( )A．物体做匀速直线运动B．轻绳对物体的拉力大于物体受到的重力C．圆环可能不受摩擦力的作用D．圆环受三个力作用解析圆环沿滑杆下滑的过程中，轻绳始终竖直，物体只受竖直方向的重力和轻绳的拉力作用，这两个力的合力不可能沿滑杆方向，故这两个力为一对平衡力，物体做匀速直线运动，故A正确，B错误；圆环与物体的运动情况相同，即做匀速直线运动，处于平衡状态，则圆环受到重力、轻绳的拉力、滑杆的支持力和摩擦力四个力作用，故C、D错误。

高三物理二轮学案：专题一：力与运动第2课时受力分析与物体的平衡

第二课时受力分析与物体的平衡【自主学习】考纲要求:知识网络：学习目标：1、通过例题1和变式训练1使学生掌握重力、弹力、摩擦力作用下的平衡问题；2、通过例题2和变式训练2使学生提高用图解法分析动态平衡问题的能力；3、通过例题3和变式训练3使学生熟悉用三角形相似解平衡问题的方法；4、通过例题4和变式训练4使学生掌握与电场力、磁场力有关的平衡问题。

要点梳理要点1：常见的几种力①重力与万有引力的比较方向：万有引力的方向指向地心，而重力的方向总是竖直向下，与当地的水平面垂直，但不一定指向地心。

大小：G =mg ,其中g 与地理位置和离地高度有关。

②对弹力的理解产生条件：直接接触发生弹性形变。

大小：可以由胡克定律kx F =计算，一般情况可由平衡条件或牛顿运动定律求解。

方向：垂直于接触面指向受力物体。

③摩擦力的分析与计算条件：接触、挤压、有相对运动或运动趋势大小：静摩擦力一般通过分析受力情况，沿接触面方向根据平衡条件或牛顿第二定律列方程求解滑动摩擦力由N F f μ=来计算 ④电场力大小： 221rq q kF = 真空中的点电荷 qE F = 任何电场方向：与正电荷的受力方向相同同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引。

⑤磁场力F=（l为垂直于匀强磁场的有效长度）安培力：大小IlB方向由左手定则判断F=（v是垂直磁场的有效速度）方向由左手定则判断。

洛伦兹力：大小qvB思考1:(2013上海单科,8,2分)如图,质量m A>m B的两物体A、B叠放在一起,靠着竖直墙面。

让它们由静止释放,在沿粗糙墙面下落过程中,物体B的受力示意图是( )思考2：在机场货物托运处，常用传送带运送行李和货物，如图所示，靠在一起的两个材料相同而质量和大小均不同的包装箱随传送带一起上行，下列说法正确的是()A．匀速上行时b受3个力作用B．匀加速上行时b受4个力作用C．当上行过程中传送带因故突然停止时，b受4个力作用D．若上行过程中传送带因故突然停止后，b受的摩擦力一定比原来大要点2：力的合成与分解运算法则：平行四边形定则或三角形定则常用方法：合成法、正交分解法合力和分力的关系：等效替代思考3：如图所示，F1、F2、F3恰好构成封闭的直角三角形，这三个力的合力最大的是( )思考4．(2013课标Ⅰ,21,6分)(多选)2012年11月,“歼15”舰载机在“辽宁号”航空母舰上着舰成功。

高考物理二轮复习专题一力与运动第1讲力与物体的平衡学案0105142.docx

第1讲力与物体的平衡[做真题·明考向] 真题体验透视命题规律授课提示：对应学生用书第3页[真题再做]1.(2017·高考全国卷Ⅱ，T16)如图，一物块在水平拉力F 的作用下沿水平桌面做匀速直线运动．若保持F 的大小不变，而方向与水平面成60°角，物块也恰好做匀速直线运动．物块与桌面间的动摩擦因数为( )A ．2－ 3 B.36 C.33 D.32解析：在F 的作用下沿水平桌面匀速运动时有F ＝μmg ；F 的方向与水平面成60°角拉动时有F cos60°＝μ(mg －F sin60°)，联立解得μ＝33，故选C. 答案：C2．(2017·高考全国卷Ⅲ，T17)一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距80cm 的两点上，弹性绳的原长也为80cm.将一钩码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为100cm ；再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点，则弹性绳的总长度变为(弹性绳的伸长始终处于弹性限度内)( )A ．86 cmB ．92 cmC ．98 cmD ．104 cm 解析：将钩码挂在弹性绳的中点时，由数学知识可知钩码两侧的弹性绳(劲度系数设为k )与竖直方向夹角θ均满足sin θ＝45，对钩码(设其重力为G )静止时受力分析，得G ＝2k (1m 2－0.8m 2)cos θ；弹性绳的两端移至天花板上的同一点时，对钩码受力分析，得G ＝2k (L 2－0.8m 2)，联立解得L ＝92cm ，故A 、C 、D 项错误，B 项正确．答案：B3．(多选)(2017·高考全国卷Ⅰ，T21)如图，柔软轻绳ON 的一端O 固定，其中间某点M 拴一重物，用手拉住绳的另一端N .初始时，OM 竖直且MN 被拉直，OM与MN 之间的夹角为α(α>π2)．现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角α不变．在OM 由竖直被拉到水平的过程中( )A ．MN 上的张力逐渐增大B ．MN 上的张力先增大后减小C ．OM 上的张力逐渐增大D ．OM 上的张力先增大后减小解析：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＝F OM 1sin β1＝F MN 1sin θ1，由题意可知F MN 的反方向与F OM 的夹角γ＝180°－α不变，因sin β(β为F MN 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F OM 与G 的夹角)逐渐增大，故MN 上的张力逐渐增大，选项A 、D 正确，B 、C 错误．答案：AD4.(2015·高考全国卷Ⅰ，T24)如图所示，一长为10cm 的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为0.1T ，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘．金属棒通过开关与一电动势为12V 的电池相连，电路总电阻为2Ω.已知开关断开时两弹簧的伸长量均为0.5cm ；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3cm.重力加速度大小取10m/s 2.判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向，并求出金属棒的质量．解析：金属棒通电后，闭合回路电流I ＝E R ＝122A ＝6A 导体棒受到的安培力大小为F ＝BIL ＝0.06N.开关闭合后，电流方向为从b 到a ，由左手定则判断可知金属棒受到的安培力方向竖直向下由平衡条件知，开关闭合前：2kx ＝mg开关闭合后：2k (x ＋Δx )＝mg ＋F代入数值解得m ＝0.01kg.答案：方向竖直向下 0.01kg[考情分析]■命题特点与趋势——怎么考1．物体的平衡条件及其应用历来是高考的热点，它不仅涉及力学中共点力的平衡，还常涉及带电粒子在电场、磁场或复合场中的平衡问题．2．应用整体法和隔离法分析物体的受力特点及平衡问题是考生必须掌握的方法，也是高考考查的重点．3．“整体法、隔离法”在受力分析中的应用，物体的“动态平衡”问题在2019年复习中应引起重视．■解题要领——怎么做解决物体的平衡问题，一是要认清物体平衡状态的特征和受力环境，这是分析平衡问题的关键；二是要灵活运用处理力学平衡问题的基本方法(如合成法、正交分解法、效果分解法、三角形相似法等)来解答；三是要有辨析图形几何关系的能力．[建体系·记要点] 知识串联熟记核心要点授课提示：对应学生用书第4页[网络构建][要点熟记]1．熟悉各个力的特点，会判断弹力的方向，会判断和计算摩擦力．(1)两物体间弹力的方向一定与接触面或接触点的切面垂直，且指向受力物体．(2)两物体接触处有无静摩擦力，要根据物体间有无相对运动趋势或根据平衡条件进行判断．(3)物体间恰好不相对滑动时，其间静摩擦力恰好等于最大静摩擦力．2．共点力的平衡：共点力的平衡条件是F合＝0，平衡状态是指物体处于匀速直线运动状态或静止状态．3．多个共点力平衡：任意方向上合力为零，建立直角坐标系后，两个坐标轴上的合力均为零，即F x＝0，F y＝0.4．动态平衡：物体在缓慢移动过程中，可以认为物体处于平衡状态，其所受合力为零．5．带电物体在复合场中除了受到重力、弹力和摩擦力外，还涉及电磁学中的电场力、安培力或洛伦兹力．电磁场中的平衡问题也遵循合力为零这一规律．[研考向·提能力] 考向研析掌握应试技能授课提示：对应学生用书第4页考向一物体的受力分析受力分析的三点注意(1)在分析两个或两个以上物体间的相互作用时，一般采用整体法与隔离法进行分析．(2)采用整体法进行受力分析时，要注意系统内各个物体的状态应该相同．(3)当直接分析一个物体的受力不方便时，可转移研究对象，先分析另一个物体的受力，再根据牛顿第三定律分析该物体的受力，此法叫“转移研究对象法”．1．(多选)(2018·辽宁大连高三质检)如图所示，地面上固定着一个斜面，上面叠放上着A、B两个物块并均处于静止状态．现对物块A施加一斜向上的作用力F，A、B两个物块始终处于静止状态．则木块B的受力个数可能是( ) A．3个 B.4个C．5个D．6个解析：对A受力分析可得，A受竖直向下的重力、斜向左上方的拉力F、竖直向上的支持力及水平向右的摩擦力，对B受力分析可得，B受重力、A对B的压力、斜面的支持力、A 对B向左的摩擦力，若斜面对B没有摩擦力则B受到4个力作用，若斜面对B有摩擦力则B 受5个力作用，选项A、D错误，B、C正确．答案：BC2.如图，一个L形木板(上表面光滑)放在斜面体上，轻质弹簧一端固定在木板上，另一端与置于木板上表面的木块相连．斜面体放在平板小车上，整体一起沿水平向右的方向做匀速直线运动，不计空气阻力，则关于各物体的受力情况，下列说法正确的是( )A．L形木板受4个力的作用B．斜面体可能只受2个力作用C．木块受2个力作用D．斜面体不可能受平板小车对它的摩擦力作用解析：先把L形木板、木块、斜面体看成一个整体进行分析，受重力、小车的支持力，选项D正确；隔离木块进行分析，其受重力、L形木板的支持力、弹簧的弹力(沿斜面向上)三个力作用处于平衡状态，选项C错误；隔离L形木板进行分析，其受重力、斜面体的支持力、弹簧的弹力(沿斜面向下)、木块的压力、斜面体对它的摩擦力5个力作用，选项A错误；隔离斜面体进行分析，其受重力、小车的支持力、L形木板对它的压力和摩擦力4个力作用，选项B错误．答案：D3.(多选)(2018·江西南昌三中摸底)如图所示，穿在一根光滑的固定杆上的小球A、B连接在一条跨过定滑轮的细绳两端，杆与水平面成θ角，不计所有摩擦，当两球静止时，OA绳与杆的夹角为θ，OB绳沿竖直方向，则下列说法正确的是( )A．小球A可能受到2个力的作用B．小球A一定受到3个力的作用C．小球B可能受到3个力的作用D．细绳对A的拉力与对B的拉力大小相等解析：对A球受力分析可知，A受到重力、细绳的拉力以及杆对A球的弹力，三个力的合力为零，故A错误，B正确；对B球受力分析可知，B受到重力、细绳的拉力，两个力的合力为零，杆对B球没有弹力，否则B不能平衡，故C错误；定滑轮不改变力的大小，即细绳对A的拉力与对B的拉力大小相等，故D正确．答案：BD[方法技巧]受力分析的四种方法(1)假设法：在受力分析时，若不能确定某力是否存在，可先对其作出存在的假设，然后根据分析该力存在对物体运动状态的影响来判断假设是否成立．(2)整体法：将几个相互关联的物体作为一个整体进行受力分析的方法，如第2题中，研究斜面体和平板小车间作用力时，将L形木板、木块和斜面体看成一个整体．(3)隔离法：将所研究的对象从周围的物体中分离出来，单独进行受力分析的方法，如第1题中，对A、B两物体单独分析，研究其受力个数．(4)动力学分析法：对变速运动的物体进行受力分析时，应用牛顿运动定律进行分析求解的方法．考向二共点力作用下的静态平衡问题[典例展示1] (多选)如图所示，细绳CO与竖直方向成30°角，A、B两物体用跨过轻质滑轮(可看成质点)的细绳相连．已知物体B的重力m B g＝100N，地面对物体B的支持力F N＝80N．下列说法正确的是( )A．物体A的重力为40NB．物体B与地面间的摩擦力大小为20NC．细绳CO受到的拉力为403ND．OB与竖直方向的夹角为60°[思路探究] (1)跨过滑轮两侧细绳上的弹力有什么特点？(2)物体受力个数多于三个力时，一般如何处理？[解析] 画出定滑轮的轴心O的受力分析示意图，选取直角坐标系，如图甲所示，根据平衡条件得F T1sinα－F T2sin30°＝0，F T2cos30°－F T1cosα－F T3＝0，其中F T1＝F T3＝m A g，联立解得α＝60°，选项D正确；画出物体B的受力分析示意图，选取直角坐标系，如图乙所示，根据平衡条件得F f－F T1sinα＝0，F N＋F T1cosα－m B g＝0，联立并代入数据解得F T1＝40N，F T2＝403N，F f＝203N，选项B错误，C正确；m A g＝F T1＝40N，选项A正确．[答案] ACD[方法技巧]处理平衡问题常用的三种方法(1)合成法：物体受三个共点力的作用而平衡，则任意两个力的合力一定与第三个力等大、反向，如例题中，细绳CO的拉力与跨过滑轮的两细绳拉力的合力等大反向，故除解析法外也可用合成法求解．(2)效果分解法：物体受三个共点力的作用而平衡，将某一个力按力的效果分解，则其分力和其他两个力满足平衡条件．(3)正交分解法：物体受到三个或三个以上力的作用时，将物体所受的力分解为相互垂直的两组，每组力都满足平衡条件．4．(2018·山东潍坊高三期末)如图所示，质量为m 的物体置于光滑半球上，物体与球心O 的连线跟水平方向的夹角为θ.水平推力F 作用在物体上，物体与半球均处于静止状态，则F 与mg 的关系正确的是( )A ．F ＝mg sin θB.F ＝mg cos θ C ．F ＝mg tan θ D ．F ＝mg cot θ解析：物体受到重力、沿半径向外的支持力和水平向右的推力，三个力平衡，则有F N sin θ＝mg ，F N cos θ＝F ，联立解得F ＝mg cot θ，选项D 正确．答案：D5．如图所示，物块A 和滑环B 用绕过光滑定滑轮的不可伸长的轻绳连接，滑环B 套在与竖直方向成θ＝37°的粗细均匀的固定杆上，连接滑环B 的绳与杆垂直并在同一竖直平面内，滑环B 恰好不能下滑，滑环和杆间的动摩擦因数μ＝0.4，设滑环和杆间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物块A 和滑环B 的质量之比为( )A.75B.57C.135D.513解析：设物块A 和滑环B 的质量分别为m 1、m 2，若杆对B 的弹力垂直于杆向下，因滑环B 恰好不能下滑，则由平衡条件有m 2g cos θ＝μ(m 1g －m 2g sin θ)，解得m 1m 2＝135；若杆对B 的弹力垂直于杆向上，因滑环B 恰好不能下滑，则由平衡条件有m 2g cos θ＝μ(m 2g sin θ－m 1g )，解得m 1m 2＝－75(舍去)．综上分析可知应选C. 答案：C6.将一横截面为扇形的物体B 放在水平面上，一小滑块A 放在物体B 上，如图所示，除了物体B 与水平面间的摩擦力之外，其余接触面的摩擦力均可忽略不计，已知物体B 的质量为M ，滑块A 的质量为m ，当整个装置静止时，滑块A 与物体B 接触的切面与竖直挡板之间的夹角为θ.已知重力加速度为g ，则下列选项正确的是( )A．物体B对水平面的压力大小为MgB．物体B受水平面的摩擦力大小为mg tanθC．滑块A与竖直挡板之间的弹力大小为mgtanθD．滑块A对物体B的压力大小为mgcosθ解析：以滑块A为研究对象进行受力分析，并运用合成法，如图所示，由几何知识得，挡板对滑块A的弹力大小为F N1＝mgtanθ，C正确；物体B对滑块A的弹力大小为F N2＝mgsinθ，根据牛顿第三定律知，滑块A对物体B的压力大小为mgsinθ，D错误；以滑块A和物体B组成的系统为研究对象，在竖直方向上受力平衡，则水平面对物体B的支持力F N＝(M＋m)g，故水平面所受压力大小为(M＋m)g，A错误；A和B组成的系统在水平方向上受力平衡，则水平面对物体B的摩擦力大小为F f＝F N1＝mgtanθ，B错误．答案：C考向三共点力作用下的动态平衡问题[典例展示2] 如图所示，小球用细绳系住，绳的另一端固定于O点．现用水平力F缓慢推动斜面体，小球在斜面上无摩擦地滑动，细绳始终处于直线状态，当小球升到接近斜面顶端时细绳接近水平，此过程中斜面对小球的支持力F N以及绳对小球的拉力F T的变化情况是( ) A．F N保持不变，F T不断增大B．F N不断增大，F T不断减小C．F N保持不变，F T先增大后减小D．F N不断增大，F T先减小后增大[思路探究] 分析求解本题，必须明确以下问题：(1)用水平力缓慢推动斜面体时，小球在斜面上处于什么状态？(2)小球在斜面上无摩擦滑动过程中，受到哪些力的作用？哪些力不变，哪些力变化？[解析] 方法一：解析法先对小球进行受力分析，如图甲，小球受到重力mg、支持力F N 、拉力F T 的作用，设细绳与水平方向的夹角为β，斜面的倾角为α，由平衡条件得F N cos α＋F T sin β＝mg ，F N sin α－F T cos β＝0，联立解得F T ＝mg sin αcos (β－α)，F N ＝mg cos α＋sin αtan β.用水平力F 缓慢推动斜面体，β一直减小直至接近0.由题图易知，起始时刻β>α，当β＝α时，cos(β－α)＝1，F T 最小，所以F T 先减小后增大．β一直减小直至接近0，tan β不断减小，F N 不断增大，选项D 正确．方法二：图解法由于用水平力F 缓慢推动斜面体，故小球处于动态平衡状态．小球受到大小方向均不变的重力、方向不变的支持力、方向大小均变化的细绳的拉力，三个力构成封闭的三角形，画出小球受力示意图如图乙所示．当细绳与斜面平行时，细绳拉力F T2与支持力方向垂直，细绳拉力最小．当小球升到接近斜面顶端时细绳接近水平，细绳拉力为F T4，所以F T 先减小后增大，而此过程中斜面对小球的支持力F N 一直增大，选项D 正确．[答案] D[方法技巧]“三法”巧解动态平衡问题(1)图解法：如果物体受到三个力的作用，其中一个力的大小、方向均不变，另一个力的方向不变，此时可用图解法，画出不同状态下力的矢量图，判断第三个力的变化情况．如例题中小球重力大小方向不变，斜面对小球支持力方向不变，可用图解法．(2)解析法：如果物体受到多个力的作用，可进行正交分解，利用解析法，建立平衡方程，根据自变量的变化确定因变量的变化，如例题中的方法一，写出表达式分析β角的变化．(3)相似三角形法：如果物体受到三个力的作用，其中的一个力大小、方向均不变，另外两个力的方向都发生变化，可以用力三角形与几何三角形相似的方法．7．(多选)(2017·高考天津卷)如图所示，轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆M 、N 上的a 、b 两点，悬挂衣服的衣架挂钩是光滑的，挂于绳上处于静止状态．如果只人为改变一个条件，当衣架静止时，下列说法正确的是( )A ．绳的右端上移到b ′，绳子拉力不变B ．将杆N 向右移一些，绳子拉力变大C ．绳的两端高度差越小，绳子拉力越小D ．若换挂质量更大的衣服，则衣架悬挂点右移解析：设两杆间距离为d ，绳长为l ，Oa 、Ob 段长度分别为l a 和l b ，则l ＝l a ＋l b ，两部分绳子与竖直方向夹角分别为α和β，受力分析如图所示．绳子各部分张力相等，F a ＝F b ＝F ，则α＝β，满足2F cos α＝mg ，d＝l a sin α＋l b sin α，即sin α＝d l ，F ＝mg 2cos α，当改变b 的位置或绳两端的高度差时，d 和l 均不变，则sin α为定值，α为定值，cos α为定值，绳子的拉力保持不变，故A 正确，C 错误；当换挂质量更大的衣服时，d 、l 不变，则sin α为定值，α不变，故衣架悬挂点不变，选项D 错误；将杆N 向右移一些，d 增大，则sin α增大，cos α减小，绳子的拉力增大，故B 正确．答案：AB8.如图所示是一个简易起吊设施的示意图，AC 是质量不计的撑杆，A端与竖直墙之间用铰链连接，一滑轮固定在A 点正上方，C 端吊一重物．现施加一拉力F 将重物P 缓慢向上拉，在AC 杆达到竖直状态前( )A ．BC 绳中的拉力F T 越来越大B ．BC 绳中的拉力F T 越来越小C ．AC 杆中的支持力F N 越来越大D ．AC 杆中的支持力F N 越来越小解析：对C 点进行受力分析，如图甲所示，由平衡条件可知，将三个力按顺序首尾相接，可形成如图乙所示的闭合三角形．很容易发现，这三个力与△ABC 的三边始终平行，则GAB ＝F NAC ＝F TBC ，其中G 、AC 、AB 均不变，BC 逐渐减小，则由上式可知，F N 不变，F T 变小．答案：B9．(2018·福建厦门市高三5月调研)如图所示，顶端附有光滑定滑轮的斜面体静止在粗糙水平地面上，三条细绳结于O 点．一条绳跨过定滑轮平行于斜面连接物块P ，一条绳连接小球Q ，P 、Q 两物体处于静止状态，另一条绳OA 受外力F 的作用，处于水平方向，现缓慢逆时针改变绳OA 的方向至θ<90°，且保持结点O 位置不变，整个装置始终处于静止状态．下列说法正确的是( )A ．绳OA 的拉力一直减小B ．绳OB 的拉力一直增大C ．地面对斜面体有向右的摩擦力D ．地面对斜面体的支持力不断减小解析：对结点O 受力分析，受与小球连接的绳的拉力，大小为mg ，绳OB 的拉力F T 和OA 绳的拉力，大小为F ，三力平衡，保持结点O 位置不变，则绳OB 的方向不变，做矢量三角形如图所示，可知当绳OA 与绳OB 垂直时，外力F 最小，所以改变绳OA 的方向至θ<90°的过程中，绳OA 的拉力F 先减小再增大，连接物块的OB 绳子的张力F T 一直在减小，选项A 、B 错误；以斜面和P 、Q 整体为研究对象，根据平衡条件，地面对斜面体的摩擦力与OA 绳子水平方向的分力等大反向，即水平向左，选项C 错误；根据竖直方向受力平衡F N ＋F y ＝M 总g ，由于绳OA 拉力的竖直分力F y 不断增大，则地面对斜面体的支持力F N 不断减小，选项D 正确．答案：D考向四电磁场中的平衡问题10.如图所示，质量为m 、电荷量为q 的带电小球A 用绝缘细线悬挂于O 点，带有电荷量也为q 的小球B 固定在O 点正下方绝缘柱上，其中O 点与小球A 的间距为l ，O 点与小球B 的间距为3l ，当小球A 平衡时，悬线与竖直方向夹角θ＝30°，带电小球A 、B 均可视为点电荷，静电力常量为k ，则( )A ．A 、B 间库仑力大小F ＝kq 22l 2 B ．A 、B 间库仑力大小F ＝3mg 3C ．细线拉力大小F T ＝kq 23l2 D ．细线拉力大小F T ＝3mg解析：带电小球A 受力如图所示，由几何关系可知OC ＝32l ，即C 点为OB 中点，根据对称性可知AB ＝l .由库仑定律知A 、B 间库仑力大小F ＝kq 2l2，选项A 错误；根据平衡条件得F sin30°＝F T ·sin30°，F cos30°＋F T cos30°＝mg ，解得F ＝F T ＝3mg 3＝kq 2l2，选项B 正确，C 、D 错误．答案：B11．(多选)如图所示，质量为m 、长为L 的直导线用两绝缘细线悬挂于O 、O ′点，并处于匀强磁场中．当导线中通以沿x 正方向的电流I ，且导线保持静止时，悬线与竖直方向夹角为θ，则磁感应强度方向和大小可能为( )A ．z 正向，mg IL tan θB ．y 正向，mg ILC ．z 负向，mg IL tan θD ．沿悬线向上，mg IL sin θ解析：若磁感应强度方向为z 正向，根据左手定则，直导线所受安培力方向沿y 负方向，直导线不能平衡，选项A 错误；若磁感应强度方向为y 正向，根据左手定则，直导线所受安培力方向沿z 正方向，根据平衡条件有BIL＝mg ，所以B ＝mg IL ，选项B 正确；若磁感应强度方向为z 负向，根据左手定则，直导线所受安培力方向沿y 正方向，根据平衡条件有BIL ＝mg tan θ，所以B＝mg ILtan θ，选项C 正确；若磁感应强度方向沿悬线向上，根据左手定则，直导线所受安培力方向如图所示(侧视图)，直导线不能平衡，选项D 错误．答案：BC12.如图所示，一质量为m 的导体棒MN 两端分别放在两个固定的光滑圆形导轨上，两导轨平行且间距为L ，导轨处在竖直方向的匀强磁场中，当导体棒中通以自左向右的电流I 时，导体棒静止在与竖直方向成37°角的导轨上，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)磁场的磁感应强度B ；(2)每个圆导轨对导体棒的支持力大小F N . 解析：(1)从左向右看，受力分析如图所示，由平衡条件得tan37°＝F 安mg，F 安＝BIL ，解得B ＝3mg 4IL. (2)设两导轨对导体棒支持力为2F N ，则有2F N cos37°＝mg ，所以每个圆导轨对导体棒的支持力大小F N ＝58mg .答案：(1)3mg 4IL (2)58mg [方法技巧]解决电磁场中平衡问题的两条主线(1)正确判断方向①明确电荷的电性和场的方向．②根据左手定则结合带电体的带电性质、导体的电流方向以及磁场方向，判定研究对象所受的安培力或洛伦兹力的方向，如11题、12题中安培力方向的判断．根据电荷的电性和电场的方向判断库仑力的方向，如10题中库仑力方向的判断．(2)注意方法迁移处理电磁场中的平衡问题的方法与纯力学问题的分析方法一样，把方法和规律进行迁移应用．[限训练·通高考] 科学设题拿下高考高分单独成册对应学生用书第123页(45分钟)一、单项选择题1．一通电直导体棒用两根绝缘轻质细线悬挂在天花板上，静止在水平位置(如正面图)．现在通电导体棒所处位置加上匀强磁场，使导体棒能够静止在偏离竖直方向θ角(如侧面图)的位置．如果所加磁场的强弱不同，则磁场方向的范围是(以下选项中各图，均是在侧面图的平面内画出的，磁感应强度的大小未按比例画)( )解析：对导体棒受力分析可知，导体棒受到的安培力与重力和绳子的拉力的合力大小相等，方向相反，故由左手定则可以判断出磁场的方向范围，故C正确．答案：C2．(2018·河南重点中学联考)如图所示为三种形式的吊车的示意图，OA为可绕O点转动的轻杆，AB为质量可忽略不计的拴接在A点的轻绳，当它们吊起相同重物时，图甲、图乙、图丙中杆OA对结点的作用力大小分别为F a、F b、F c，则它们的大小关系是( )A．F a>F b＝F c B.F a＝F b>F cC．F a>F b>F c D．F a＝F b＝F c解析：设重物的质量为m，分别对三图中的结点进行受力分析，杆对结点的作用力大小分别为F a、F b、F c，对结点的作用力方向沿杆方向，各图中G＝mg.则在图甲中，F a＝2mg cos30°＝3mg；在图乙中，F b＝mg tan60°＝3mg；在图丙中，F c＝mg cos30°＝32mg.可知F a＝F b>F c，故B正确，A、C、D错误．答案：B3.(2018·重庆高三调研)重庆一些地区有挂红灯笼的习俗．如图所示，质量为m的灯笼用两根长度一定的轻绳OA、OB悬挂在水平天花板上，O为结点，OA>OB，∠AOB＝90°.设OA、OB对O点的拉力大小分别为F A、F B，轻绳能够承受足够大的拉力，则( )A ．F A 大于F BB ．若左右调节A 点位置，可使F A 等于F BC ．若左右调节A 点位置，可使F A 、F B 均大于mgD ．若改挂质量为2m 的灯笼，可使F A 、F B 均增大mg解析：如图所示，对O 点受力分析，应用正交分解法可得F A cos α＝F B cos θ，F A sin α＋F B sin θ＝mg ，因为OA >OB ，所以不管怎么调节A 点位置，都有α<θ，所以F A <F B ，选项A 、B 错误；当α、θ都较小时，可使F A 、F B都大于mg ，选项C 正确；若改挂质量为2m 的灯笼，α、θ均不变，根据F A F B＝ΔF A ΔF B ＝cos θcos α<1可知F B 的增加量比F A 的增加量大，选项D 错误．答案：C4.(2018·安徽合肥高三质检)如图所示，两小球A 、B 固定在一轻质细杆的两端，其质量分别为m 1和m 2.将其放入光滑的半圆形碗中，当细杆保持静止时，圆的半径OA 、OB 与竖直方向夹角分别为30°和45°，则m 1和m 2的比值为( ) A.2∶1 B.3∶1 C ．2∶1 D.6∶1 解析：分别对小球A 、B 受力分析如图所示．对小球A 、B 分别由三角形相似原理得m 1g OO ′＝F N1OA ，m 2g OO ′＝F N2OB ，故m 1m 2＝F N1F N2；分别由正弦定理得F N1sin α＝F sin30°，F N2sin β＝F sin45°，而sin α＝sin β，故F N1F N2＝sin45°sin30°＝2∶1，故m 1∶m 2＝2∶1，选项A 正确．答案：A5.(2018·北京东城区高三统考)如图所示，将两个完全相同的均匀长方体物块A 、B 叠放在一起置于水平地面上．两物块重均为2mg .现用弹簧测力计竖直向上拉物块A ，当弹簧测力计示数为mg 时，下列说法中正确的是( )A ．物块A 对物块B 的压力大小为mgB ．物块B 对地面的压力大小等于2mgC ．地面与物块B 之间存在静摩擦力D ．物块A 与物块B 之间存在静摩擦力。

高考物理力物体的平衡复习教案

高考物理力物体的平衡复习教案章节一：力的概念与平衡力的条件1. 复习力的定义：力是物体对物体的作用，是矢量，有大小和方向。

2. 平衡力的概念：平衡力是指作用在同一物体上的两个力，它们的大小相等、方向相反、作用在同一直线上。

3. 平衡力的条件：作用在同一物体上、大小相等、方向相反、作用在同一直线上。

4. 练习题：判断下列两个力是否为平衡力，并说明理由。

章节二：二力合成与力的分解1. 二力合成的概念：两个力作用在同一物体上，它们的作用效果可以用一个力来代替，这个力称为合力。

2. 二力合成的方法：矢量加法，将两个力的矢量首尾相接，连接首尾点的直线即为合力。

3. 力的分解概念：一个力作用在物体上，可以用两个力来代替，这两个力称为分力。

4. 力的分解方法：矢量减法，将原力的矢量分割成两个部分，这两个部分即为分力。

5. 练习题：已知两个力的大小和夹角，求它们的合力大小和方向；已知一个力的大小和方向，求它的两个分力大小和方向。

章节三：共点力平衡的条件与方程1. 共点力平衡的概念：多个力作用在同一物体上，使物体处于静止或匀速直线运动状态，称为共点力平衡。

2. 共点力平衡的条件：所有作用在物体上的力的合力为零。

3. 共点力平衡的方程：ΣF=0，即所有力的矢量和为零。

4. 练习题：已知多个力的大小和方向，判断物体是否处于平衡状态，若是，求出平衡时的作用力。

章节四：摩擦力的概念与计算1. 摩擦力的概念：两个接触的物体，在相对运动或要发生相对运动时，在接触面上产生的一种阻碍相对运动的力。

2. 摩擦力的类型：静摩擦力、滑动摩擦力、滚动摩擦力。

3. 摩擦力的计算公式：f=μN，其中μ为摩擦系数，N为正压力。

4. 练习题：已知摩擦系数和正压力，求摩擦力的大小；判断下列情况中，哪个物体受到的摩擦力最大。

章节五：牛顿第一定律与二力平衡的应用1. 牛顿第一定律：一切物体在没有受到外力作用时，总保持静止状态或匀速直线运动状态。

2. 二力平衡在实际中的应用：判断物体在受力时的运动状态，如静止、匀速直线运动、加速运动等。

高考物理二轮复习专题一力与运动第2讲力和物体的平衡学案

第2讲力和物体的平衡[历次选考考情分析]章知识内容考试要求历次选考统计必考加试2015/102016/042016/102017/042017/112018/04相互作用重力、基本相互作用c c 2 3弹力 c c摩擦力 c c 13力的合成 c c 17 13力的分解 c c 137牛顿运动定律共点力平衡条件及应用c c111310 5考点一重力、弹力、摩擦力及受力分析1．分析受力的思路(1)先数研究对象有几个接触处，每个接触处最多有两个力(弹力和摩擦力)．(2)同时注意对场力的分析．(3)假设法是判断弹力、摩擦力是否存在及其方向的基本方法．2．整体法与隔离法在分析两个或两个以上的物体间的相互作用时，一般采用整体法与隔离法进行分析；采用整体法进行受力分析时，要注意各个物体的运动状态应该相同．3．弹力大小的计算方法(1)根据胡克定律进行求解．(2)根据力的平衡条件进行求解．(3)根据牛顿第二定律进行求解．4．摩擦力大小的计算方法(1)首先分清摩擦力的种类，因为只有滑动摩擦力才能用公式F f＝μF N求解，静摩擦力通常只能用平衡条件或牛顿运动定律求解．(2)滑动摩擦力的大小与物体速度的大小无关，与接触面积的大小也无关．1．[受力分析](2018·嘉兴市期末)如图1所示，足球弹射到球网上，关于足球受力分析说法正确的是( )图1A．足球受到重力、弹力、摩擦力B．图中足球没有发生形变C．足球受到的弹力是足球形变产生的D．足球所受的合外力为零答案 A2．[弹力](2018·新高考研究联盟联考)小明在倾斜的路面上使用一台没有故障的体重秤，那么测出来的体重示数比他实际体重( )A．偏大B．偏小C．准确D．不准确，但无法判断偏大偏小答案 B3．[摩擦力](2018·宁波市期末)现代的激光打印机都是自动进纸的，其进纸原理如图2所示，进纸槽里叠放有一叠白纸，每一张白纸的质量为m.进纸时滚轮以竖直向下的力压在第1张白纸上，并沿逆时针方向转动，确保第1张纸与第2张纸相对滑动．设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，滚轮与白纸之间的动摩擦因数为μ1，白纸之间、白纸与进纸槽底座之间的动摩擦因数均为μ2(μ1>μ2)，则下列说法正确的是( )图2A．第1张白纸受到滚轮的摩擦力向左B．最后一张白纸受到进纸槽底座的摩擦力向左C．一张白纸受到上一张白纸的摩擦力一定向左D．任意两张白纸之间均可能发生相对滑动答案 B4．[动摩擦因数](2018·新高考研究联盟联考)图3是汽车45°极限爬坡时的照片，若汽车要缓慢匀速地开上45°的斜坡，车胎和路面之间的动摩擦因数至少要达到( )图3A．0.7 B．0.8 C．0.9 D．1答案 D解析若要汽车匀速上坡，μmg cos 45°≥mg sin 45°，即μ≥1，故D正确．考点二平衡条件的应用1．共点力平衡的常用处理方法(1)合成法：物体受三个共点力的作用而平衡，则任意两个力的合力一定与第三个力大小相等，方向相反．(2)效果分解法：物体受三个共点力的作用而平衡，将某一个力按力的效果分解，则其分力和其他两个力满足平衡条件．(3)正交分解法：物体受到三个或三个以上共点力的作用而平衡，通过建立平面直角坐标系将物体所受的力分解为相互垂直的两组，每组力都满足平衡条件．(4)力的三角形法：对受三个共点力作用而平衡的物体，将力的矢量图平移使三力组成一个首尾依次相接的矢量三角形，根据数学知识求解未知力．2．动态平衡问题分析的常用方法(1)解析法：一般把力进行正交分解，两个方向上列平衡方程，写出所要分析的力与变化角度的关系，然后判断各力的变化趋势．(2)图解法：能用图解法分析动态变化的问题有三个显著特征：①物体一般受三个共点力作用；②其中有一个大小、方向都不变的力；③还有一个方向不变的力．模型1 静态平衡问题例1 如图4所示，一条不可伸长的轻质细绳一端跨过光滑小钉子b 悬挂一质量为m 1的重物，另一端与一轻质绳相连于c 点，ac ＝l2，c 点悬挂质量为m 2的重物，平衡时ac 正好水平，此时质量为m 1的重物的上表面正好与ac 在同一水平线上且到b 点的距离为l ，到a 点的距离为54l ，则两重物的质量之比m 1m 2为( )图4A.52 B ．2 C.54 D.35 答案 C解析取c 点为研究对象，设此时bc 绳与水平方向夹角为θ.因c 点受到三个力且处于平衡状态，所以任意两个力的合力均与第三个力大小相等，方向相反，根据平行四边形定则将绳ac 上的拉力F 与F 1＝m 1g 合成，如图，则sin θ＝F 2m 1g ，F 2＝m 2g ，而sin θ＝ll 2＋(3l 4)2＝45，所以m 1m 2＝54，选项C 正确．5．(2018·温州市期末)一体操运动员倒立并静止在水平地面上，下列图示姿势中，假设两手臂用力大小相等，那么沿手臂的力F 最大的是( )答案 C解析将人所受的重力按照效果进行分解，由于大小、方向确定的一个力分解为两个等大的力时，合力在分力的角平分线上，且两分力的夹角越大，分力越大，因而C 图中人最费力，A 、D 图中人最省力．6．(2017·浙江11月选考·5)叠放在水平地面上的四个完全相同的排球如图5所示，质量均为m ，相互接触，球与地面间的动摩擦因数均为μ，则( )图5A ．上方球与下方三个球间均没有弹力B ．下方三个球与水平地面间均没有摩擦力C ．水平地面对下方三个球的支持力均为43mgD ．水平地面对下方三个球的摩擦力均为43μmg答案 C解析将四个球看成一个整体，地面的支持力与球的重力平衡，设下方三个球中的一个球受到的支持力大小为F N ，因此3F N ＝4mg ，即F N ＝43mg ，所以选项C 正确．由力的平衡条件知，下面三个球对最上面的球有弹力，故最上面的球对下面三个球肯定有弹力，选项A 错误．对地面上的其中一个球进行受力分析，如图所示．由受力分析可知，选项B 错误；由于小球是受到地面的静摩擦力，因此不能通过F f ＝μF N 求解此摩擦力，选项D 错误．7.如图6所示，两根轻弹簧a 、b 的上端固定在竖直墙壁上，下端连接在小球上．当小球静止，弹簧a 、b 与竖直方向的夹角分别为53°和37°，已知a 、b 的劲度系数分别为k 1、k 2.sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，则a 、b 两弹簧的伸长量之比为(弹簧a 、b 均在弹性限度内)( )图6A.4k23k1B.3k 24k 1C.3k14k2D.4k13k2答案 B解析作出小球的受力分析图如图所示：根据平衡条件得：F＝mg，故a弹簧的弹力F1＝F cos 53°＝3mg5，b弹簧的弹力F2＝F cos 37°＝4mg5，根据胡克定律F＝kx，得x＝Fk，则a、b两弹簧的伸长量之比为x1x2＝F1k1F2k2＝3k24k1，故B正确．模型2 动态平衡问题例2有甲、乙两根完全相同的轻绳，甲绳A、B两端按图7甲的方式固定，然后将一挂有质量为M的重物的光滑轻质动滑轮挂于轻绳上，当滑轮静止后，设甲绳子的张力大小为F T1；乙绳两端按图乙的方式连接，然后将挂有质量为M的重物的同样的动滑轮挂于乙轻绳上，当滑轮静止后，设乙绳子的张力大小为F T2.现甲绳的B端缓慢向下移动至C点，乙绳的E端缓慢移动至F点，在两绳的移动过程中，下列说法正确的是( )图7A ．F T1、F T2都变大B ．F T1变大、F T2变小C ．F T1、F T2都不变D ．F T1不变、F T2变大答案 D解析对题图甲，设滑轮两侧绳与竖直方向的夹角为θ，A 、C 间距为s ，绳长为L ，由几何知识得s ＝L 1sin θ＋L 2sin θ＝(L 1＋L 2)sin θ又L 1＋L 2＝L 得到sin θ＝s L；当绳子B 端慢慢向下移时，s 、L 没有变化，则θ不变，F T1大小不变；对题图乙，以滑轮为研究对象，设两侧绳与竖直方向的夹角为α， 2F T2cos α＝G ，解得：F T2＝G2cos α；当绳子的右端从E 向F 移动的过程中，由于绳子的长度不变，所以两个绳子之间的夹角增大，所以绳子的拉力F T2增大，故A 、B 、C 错误，D 正确．8.(2018·9＋1高中联盟联考)如图8所示，光滑的轻滑轮用细绳OO ′悬挂于O 点：另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a ，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b ，外力F 水平向右拉b ，整个系统处于静止状态．若F 方向不变，大小在一定范围内变化，物块b 仍始终保持静止，则( )图8A ．绳OO ′的张力也在一定范围内变化B ．物块b 所受到的支持力也在一定范围内变化C ．连接a 和b 的绳的张力也在一定范围内变化D ．物块b 与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化答案 D9.如图9所示，一光滑小球静止在光滑半球面上，被竖直放置的光滑挡板挡住．现水平向左缓慢地移动挡板直到半球的最高点，则在小球运动的过程中(该过程小球未脱离球面且球面始终静止)，挡板对小球的推力F 、半球面对小球的支持力F N 的变化情况是( )图9A．F增大，F N减小B．F增大，F N增大C．F减小，F N减小D．F减小，F N增大答案 C解析小球受重力、半球面对它的支持力F N和挡板对它的推力F，设支持力方向与竖直方向的夹角为θ，根据共点力平衡条件，有：F N＝mgcos θ，F＝mg tan θ，挡板竖直且缓慢地水平向左移动过程中，角θ不断变小，故F减小，F N减小，故C正确，A、B、D错．考点三与电场力和磁场力相关的平衡问题涉及电场力、磁场力的平衡问题的解题思路(1)恰当选取研究对象，通常为带电体或一段通电导线．(2)按照先场力(包括重力、电场力和磁场力)，再接触力(包括弹力和摩擦力)，最后其他力的顺序对研究对象进行受力分析．特别注意电场力和磁场力方向的判断方法．(3)根据物体受力情况，利用合成法、正交分解法或图解法等列平衡方程求解．例3如图10所示为探究电荷间相互作用力的示意图，图中金属球A带正电，置于绝缘支架上，带电小球B悬于绝缘丝线的下端，质量为m.当悬在P1点，B球静止时，两带电小球刚好在同一高度，此时绝缘丝线与竖直方向的夹角为θ，重力加速度为g，则( )图10A．A、B间的库仑力为mgtan θB．A、B间的库仑力为mg sin θC．将悬点移到P2，平衡时B低于AD．将悬点移到P2，平衡时A、B仍在同一高度答案 C解析当B球处于平衡状态时，刚好与A球在同一水平面上，其受力如图所示，A、B带同种电荷，再由力的平行四边形定则可得：F库＝mg tan θ，故A、B错误；将悬点移到P2，若A、B仍在同一高度，由库仑定律可知，距离越远，A、B间的库仑力越小，根据平衡条件知θ角变小，则B球降低，故C正确，D错误．10．(2018·七彩阳光联盟期中)一个质量为m、电荷量为＋q的小球，用丝线悬挂在方向水平向右的匀强电场中，场强为E.小球平衡时，悬线与竖直方向间夹角θ＝45°，如图11所示．若将匀强电场E的方向在纸面内逆时针转过角度β＝30°，小球重新达到平衡时，悬线与竖直方向间夹角为( )图11A．60° B．45° C．30° D．15°答案 A11．如图12所示，用两根绝缘细线将质量为m、长为l的金属棒ab悬挂在c、d两处，置于匀强磁场内．当棒中通以从a到b的电流I后，两悬线偏离竖直方向θ角而处于平衡状态．为了使棒平衡在该位置上，所需的磁场的最小磁感应强度的大小、方向为( )图12A.mgIltan θ，竖直向上 B.mgIltan θ，竖直向下C.mgIlsin θ，平行于悬线向下 D.mgIlsin θ，平行于悬线向上答案 D解析要求所加磁场的磁感应强度最小，应使棒平衡时所受的安培力有最小值．由于棒的重力恒定，悬线拉力的方向不变，由画出的力的三角形可知，安培力与拉力方向垂直时有最小值F min ＝mg sin θ，即IlB min ＝mg sin θ，得B min ＝mgIlsin θ，方向应平行于悬线向上．故选D.考点四平衡中的临界与极值问题1．临界与极值问题解题流程(1)对物体初始状态受力分析，明确所受各力的变化特点．(2)由关键词判断可能出现的现象或状态变化．(3)据初始状态与可能发生的变化间的联系，判断出现变化的临界条件或可能存在的极值条件．(4)选择合适的方法作图或列方程求解．2．解决临界与极值问题的常用方法(1)解析法：利用物体受力平衡写出未知量与已知量的关系表达式，根据已知量的变化情况来确定未知量的变化情况，利用临界条件确定未知量的临界值．(2)图解法：根据已知量的变化情况，画出平行四边形的边角变化，确定未知量大小、方向的变化，确定未知量的临界值．例4(2017·鲁迅中学月考)如图13所示，两个小球a、b质量均为m，用细线相连并悬挂于O点，现用一轻质弹簧给小球a施加一个拉力F，使整个装置处于静止状态，且Oa与竖直方向夹角为θ＝45°，已知弹簧的劲度系数为k，则弹簧形变量不可能是( )图13A.2mgkB.2mg2kC.42mg3kD.2mgk答案 B解析当F与细线Oa垂直时，F有最小值，F的最小值为F min＝2mg sin θ＝2×22mg＝2mg.根据胡克定律得F min＝kx min，所以x min＝2mgk，A、C、D可能，B不可能．12.如图14，在水平板的左端有一固定挡板，挡板上连接一轻质弹簧．紧贴弹簧放一质量为m的滑块，此时弹簧处于自然长度．已知滑块与板间的动摩擦因数为33，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现将板的右端缓慢抬起(板与水平面的夹角为θ)，直到板竖直，此过程中弹簧弹力的大小F随夹角θ的变化关系可能是( )图14答案 C解析设板与水平面的夹角为α时，滑块相对于板刚要滑动，则由mg sin α＝μmg cos α得tan α＝33，α＝π6则θ在0～π6范围内，弹簧处于原长，弹力F ＝0 当板与水平面的夹角大于α时，滑块相对板缓慢滑动，由平衡条件得F ＝mg sin θ－μmg cos θ＝mg 1＋μ2sin (θ－β)，其中tan β＝－μ，说明F 与θ是正弦形式的关系，当θ＝π2时，F ＝mg . 专题强化练1．(2018·嘉兴一中期末)老鹰在天空中飞翔，下列图中虚线表示老鹰在竖直平面内飞行的轨迹，关于老鹰在图示位置时的速度v 及其所受合力F 的方向可能正确的是( )答案 B2．(2017·七彩阳光联盟联考)“跑酷”是一项深受年轻人喜爱的运动，如图1为运动员在空中跳跃过程中的照片，此时运动员受到的力有( )图1A．重力B．重力、向前冲力C．重力、空气作用力D．重力、向前冲力、空气作用力答案 C3.(2018·七彩阳光联盟期中)如图2所示，一把重为G的梯子仅在一石块的支持下处于静止状态，此时梯子受到石块作用力的大小与方向分别是( )图2A．大于G、沿梯子斜向上B．等于G、沿梯子斜向上C．等于G、竖直向上D．小于G、竖直向上答案 C4.(2018·宁波市期末)如图3，某同学将一本物理书用手指压在竖直的墙壁上保持静止，则与书本相关的作用力的大小，下列说法正确的是( )图3A．书本受到的摩擦力一定等于书本的重力B．手指对书本的摩擦力一定等于书本的重力C．墙对书本的摩擦力一定等于书本的重力D．当手指对书本的压力增大时，书本受到的摩擦力也增大答案 A解析书静止，处于平衡状态，书在竖直方向受重力与摩擦力作用，由平衡条件可知，书本受到的摩擦力等于书本的重力，故A正确；书本受到手指与墙壁的摩擦力作用，由平衡条件可知，书本的重力等于手指与墙壁对书本的摩擦力的合力，手指对书本的摩擦力或墙壁对书本的摩擦力均小于书本的重力，故B、C错误；书本受到的摩擦力等于书本的重力，书本的重力不变，当手指对书本的压力增大时，书本受到的摩擦力不变，故D错误．5.(2018·湖州、衢州、丽水高三期末)如图4所示，将小铁球用两根长度相同的细绳悬挂在水平板下，磁铁放置在靠近铁球的右下方，铁球静止，则( )图4A．铁球可能受3个力B．磁铁可能受3个力C．两根细绳的拉力大小相等D．两根绳的合力方向竖直向上答案 A6．(2018·9＋1高中联盟期中)一只蜗牛沿着弧形菜叶从右向左缓慢爬行，如图5所示．下列说法中正确的是( )图5A．菜叶对蜗牛的弹力大小一定不变B．菜叶对蜗牛的摩擦力大小一定不变C．菜叶对蜗牛的摩擦力大小一定不断减小D．菜叶对蜗牛的作用力大小一定不变答案 D解析设坡角为α，蜗牛受重力、支持力、摩擦力三力平衡，根据平衡条件可得：F N＝mg cos α，F f＝mg sin α；由于坡角α先变小后变大，故支持力F N先增大后减小，静摩擦力先减小后增大，故A、B、C错误；菜叶对蜗牛的作用力是静摩擦力和支持力的合力，始终与重力平衡，一直不变，故D正确．7．(2018·嘉兴市期末)如图6所示，用手向右拉毛刷，毛刷与桌面保持相对静止，则( )图6A．手与毛刷间存在滑动摩擦力B．手受到的摩擦力与刷毛受到桌面的摩擦力方向相反C．毛刷受到桌面的静摩擦力方向向左D．手与毛刷之间不存在相互作用力答案 C8．(2018·宁波市十校联考)中国书法是一种艺术．在楷书笔画中，长横的写法要领如下：起笔时一顿，然后向右行笔，收笔时略向右按，再向左上回带，该同学在水平桌面上平铺一张白纸，为防止打滑，他在白纸的左侧靠近边缘处用镇纸压住，如图7所示．则下列关于行笔过程中各物体的受力情况正确的是( )图7A．毛笔对纸的压力一定大于毛笔的重力B．镇纸受到了向右的静摩擦力C．白纸受到了3个摩擦力D．桌面受到了向右的静摩擦力答案 D解析提笔写字时，手对毛笔有向上的作用力，则毛笔对纸的压力不一定大于毛笔的重力，选项A错误；镇纸相对白纸无运动趋势，则镇纸不受静摩擦力作用，选项B错误；白纸受到笔的向右的滑动摩擦力，同时受到桌面的向左的静摩擦力作用，选项C错误；桌面受到了白纸向右的静摩擦力，选项D正确．9．(2018·台州市高三期末)如图8所示，一个教学用的直角三角板的边长分别为a、b、c，被沿两直角边的细绳A、B悬吊在天花板上，且斜边c恰好平行于天花板，过直角的竖直线为MN.设A、B两绳对三角形薄板的拉力分别为F a和F b，已知F a和F b及薄板的重力为在同一平面的共点力，则下列判断正确的是( )图8A ．薄板的重心不在MN 线上B ．两绳对薄板的拉力F a 和F b 之比为F a ∶F b ＝b ∶cC ．两绳对薄板的拉力F a 和F b 之比为F a ∶F b ＝b ∶aD ．两绳对薄板的拉力F a 和F b 是由于薄板发生形变而产生的答案 C解析三角形薄板受重力、两个拉力处于平衡状态，三个力虽然不是作用在同一点，根据三力汇交原理，三个力的延长线必然交于一点，由几何关系，三个力一定交于三角形下面的顶点，所以重心一定在MN 线上，故A 错误；三角形薄板受力分析如图所示．根据平衡条件，则F a ＝mg cos α，F b ＝mg sin α，联立可得：F a F b ＝b a，故C 正确，B 错误；两绳对薄板的拉力F a 和F b 是由于绳发生形变引起的，故D 错误．10．(2018·嘉兴市期末)在浙江省某次学考考试过程中，某位监考老师遵守规定采取图9甲或图乙的监考姿势，则( )图9A ．甲、乙两图，人都不受地面的摩擦力B ．脚底部受到的支持力，图甲大于图乙C ．甲、乙两图，人对地面的压力相等D．地面对人的作用力，图甲大于图乙答案 C解析题图甲中人的两脚分开时有向两边的运动趋势，要受地面的静摩擦力，而题图乙中人的两脚竖直不受摩擦力，故A错误；对题图甲、乙中的人受力分析可知，竖直方向两脚所受的总的支持力等于重力，由牛顿第三定律，人对地面的压力等于脚底部受到的总的支持力，也等于重力，故B错误，C正确；地面对人的作用力包括支持力和静摩擦力，由平衡知识知总的作用力等于重力，故D错误．11.(2018·金华市十校期末)吊坠是日常生活中极为常见的饰品，深受人们喜爱．现将一“心形”金属吊坠穿在一根细线上，吊坠可沿细线自由滑动．在佩戴过程中，某人手持细线两端，让吊坠静止在空中，如图10所示，现让两手水平向外缓慢移动，不计吊坠与细线间的摩擦，则在此过程中，细线中张力大小变化情况为( )图10A．保持不变B．逐渐减小C．逐渐增大D．先减小后增大答案 C解析以吊坠为研究对象，分析受力情况，作出受力图，如图所示，根据平衡条件得：2F cos θ＝mg，得到细线的拉力F＝mg2cos θ，现让两手水平向外缓慢移动，θ变大，cos θ变小，则F增大，故C正确，A、B、D错误．12．(2018·台州市外国语学校期末)如图11所示，两段等长细线串接着两个质量、电荷量相等的带电小球a、b，a带正电、b带负电，悬挂于O点．现在空间加上水平向右的匀强电场，则此装置平衡时的位置可能是下列哪幅图( )图11答案 A解析以两个小球组成的整体为研究对象，水平方向受到两个电场力，矢量和为零，竖直方向受到总重力，根据平衡条件知，细线Oa 的拉力必定在竖直方向，所以细线Oa 的方向必须是竖直的，再以小球b 为研究对象，由于带负电，该小球受到的电场力方向水平向左，则细线ab 向左偏离竖直方向，故A 正确，B 、C 、D 错误．13.(2018·杭州市五校联考)如图12所示，质量为m 、电荷量为Q 的带电小球A 用绝缘细线悬挂于O 点，另一个带电荷量也为Q 的带电小球B 固定于O 点的正下方，已知细线长OA 为2l ，O 到B 点的距离为l ，平衡时带电小球A 、B 处于同一高度，已知重力加速度为g ，静电力常量为k ，则( )图12A ．A 、B 间库仑力大小为kQ 2l 2 B ．A 、B 间库仑力大小为2mgC ．细线拉力大小为3mgD ．细线拉力大小为23kQ 29l2 答案 D 解析 A 、B 间库仑力F ＝kQ 2(3l )2＝kQ 23l2 又由平衡条件得F ＝mg tan 60°＝3mg细线拉力F T ＝mg sin 30°＝2mg 或者F T ＝F cos 30°＝23kQ 29l2，故D 正确． 14.研究性学习小组成员为了体验最大静摩擦力与滑动摩擦力的临界状态，设计了如图13所示的装置，一质量为m 的滑块放在粗糙的长直木板上，让长直木板由水平位置缓慢向上转动(即木板与地面的夹角θ变大)，另一端不动，则该滑块受到的支持力F N 、合外力F 合、重力沿斜面方向的分力G 1、摩擦力F f 随角度θ的变化关系图象不正确的是(g 为重力加速度)( )图13答案 C解析对滑块受力分析可得，G 1＝mg sin θ，故B 正确．F N ＝mg cos θ，故A 正确．滑动后，F 合＝mg (sin θ－μcos θ)，由于合外力与θ不成正比关系，故C 错误．滑动前，滑块受到的静摩擦力与重力沿斜面方向的分力大小相等，即按正弦规律变化，而滑动之后F f ＝μm g cos θ，但滑动摩擦力比最大静摩擦力稍小，故D 正确．15.如图14所示，两根光滑金属导轨平行放置，导轨所在平面与水平面间的夹角为θ.整个装置处于沿竖直方向的匀强磁场中．质量为m 的金属杆ab 垂直导轨放置，当杆中通有从a 到b 的恒定电流I 时，金属杆ab 刚好静止．则( )图14A ．磁场方向竖直向下B ．ab 受安培力的方向平行导轨向上C ．ab 受安培力的大小为mg tan θD ．ab 受安培力的大小为mg sin θ答案 C16.倾角为θ＝37°的斜面体与水平面保持静止，斜面上有一重为G 的物体A ，物体A 与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5.现给A 施加一水平力F ，如图15所示．设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，如果物体A 能在斜面上静止，水平推力F 与G 的比值不可能是( )图15A ．3B ．2C ．1D ．0.5答案 A解析设物体刚好不下滑时F ＝F 1，则F 1·cos θ＋μF N ＝G ·sin θ，F N ＝F 1·sin θ＋G ·cos θ.得：F 1G ＝sin 37°－0.5cos 37°cos 37°＋0.5s in 37°＝211；设物体刚好不上滑时F ＝F 2，则：F 2·cos θ＝μF N ′＋G ·sin θ，F N ′＝F 2·sin θ＋G ·cos θ，得：F 2G ＝sin 37°＋0.5cos 37°cos 37°－0.5sin 37°＝2，即211≤F G≤2，故F 与G 的比值不可能为3，故选A.。

高考物理二轮复习专题力与物体的平衡教案

专题一力与物体的平衡——————[知识结构互联]——————[核心要点回扣] ——————1．共点力的平衡条件：F合＝0或F x＝0，F y＝0.2．三个共点力的平衡(1)任意两个力的合力与第三个力大小相等，方向相反．(2)表示三个力的有向线段可以组成一个封闭的三角形．3．多个共点力的平衡(1)其中任意一个力都与其他力的合力大小相等，方向相反．(2)物体沿任何方向的合力均为零．4．动态平衡：物体在缓慢移动过程中，可认为其所受合力为零，物体处于平衡状态．5．带电粒子在复合场中除了受到重力、弹力和摩擦力外，还涉及电磁学中的电场力和洛伦兹力．电磁场中的平衡问题也遵循合力为零这一规律．考点1 力学中的平衡问题(对应学生用书第1页)■品真题·感悟高考………………………………………………………………[考题统计] 五年7考：2020年Ⅰ卷T21、Ⅱ卷T16、Ⅲ卷T172020年Ⅰ卷T19、Ⅱ卷T14、Ⅲ卷T172020年Ⅱ卷T15[考情分析]1．共点力的单物体动态平衡及连接体的静态、动态平衡问题是高考命题的热点．2．考查的内容有物体的受力分析、整体法与隔离法的应用、力的合成与分解及解析法、图解法的应用等．3．做好物体的受力分析，画出力的示意图，并灵活应用几何关系和平衡条件是解题的关键．4．要理解一些常见物理语言(如轻绳、轻环、轻滑轮等)．5．合成法适用于物体受三个力而平衡，正交分解法多用于物体受三个以上力而平衡．1．(受力分析、力的分解)(2020·Ⅱ卷T16)如图11所示，一物块在水平拉力F的作用下沿水平桌面做匀速直线运动．若保持F的大小不变，而方向与水平面成60°角，物块也恰好做匀速直线运动．物块与桌面间的动摩擦因数为( )图11A．2－ 3 B.3 6C.33D.32C [设物块的质量为m.据平衡条件及摩擦力公式有拉力F水平时，F＝μmg①拉力F与水平面成60°角时，Fcos 60°＝μ(mg－Fsin 60°)②联立①②式解得μ＝33.故选C.]2．(物体的静态平衡)(2020·Ⅲ卷T 17)如图12所示，两个轻环a和b套在位于竖直面内的一段固定圆弧上；一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为m的小球．在a和b之间的细线上悬挂一小物块．平衡时，a、b间的距离恰好等于圆弧的半径．不计所有摩擦．小物块的质量为( )图12A.m2B.32mC．m D．2m[题眼点拨] ①“细线穿过两轻环”，“不计所有摩擦”说明细绳上张力处处相等且等于mg；②“平衡时，a、b间的距离恰好等于圆弧的半径”说明平衡时，利用对称性分析各力的方向．C [如图所示，由于不计摩擦，线上张力处处相等，且轻环受细线的作用力的合力方向指向圆心．由于a、b间距等于圆弧半径，则∠aOb＝60°，进一步分析知，细线与aO、bO间的夹角皆为30°.取悬挂的小物块研究，悬挂小物块的细线张角为120°，由平衡条件知，小物块的质量与小球的质量相等，即为m.故选项C正确．]3．(物体的动态平衡)(多选)(2020·Ⅰ卷T 21)如图13所示，柔软轻绳ON 的一端O 固定，其中间某点M 拴一重物，用手拉住绳的另一端N.初始时，OM 竖直且MN 被拉直，OM 与MN 之间的夹角为α(α>π2)．现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角α不变．在OM由竖直被拉到水平的过程中( )图13A ．MN 上的张力逐渐增大B ．MN 上的张力先增大后减小C ．OM 上的张力逐渐增大D ．OM 上的张力先增大后减小[题眼点拨] ①“缓慢拉起”说明重物处于动态平衡状态；②“保持夹角α不变”说明OM 与MN 上的张力大小和方向均变化，但其合力不变．AD [设重物的质量为m ，绳OM 中的张力为T OM ，绳MN 中的张力为T MN .开始时，T OM ＝mg ，T MN ＝0.由于缓慢拉起，则重物一直处于平衡状态，两绳张力的合力与重物的重力mg 等大、反向．如图所示，已知角α不变，在绳MN 缓慢拉起的过程中，角β逐渐增大，则角(α－β)逐渐减小，但角θ不变，在三角形中，利用正弦定理得： T OM sin α－β＝mgsin θ，(α－β)由钝角变为锐角，则T OM 先增大后减小，选项D 正确；同理知T MN sin β＝mg sin θ，在β由0变为π2的过程中，T MN 一直增大，选项A 正确．]在第3题中若柔软轻绳所能承受的拉力是有限的，那么最先发生断裂的轻绳和此时绳MN 与竖直方向的夹角大小分别是( )A ．OM 90°B ．MN 90°C ．OM 60°D ．MN 60°A [由第3题中的关系式：T OMsin α－β＝mgsin θ可知，当α－β＝90°时，T OM 最大，此时绳最容易发生断裂，绳MN 与竖直方向的夹角为90°.](2020·Ⅱ卷T14)质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上．用水平向左的力F缓慢拉动绳的中点O，如图所示．用T表示绳OA段拉力的大小，在O点向左移动的过程中( )A．F逐渐变大，T逐渐变大B．F逐渐变大，T逐渐变小C．F逐渐变小，T逐渐变大D．F逐渐变小，T逐渐变小A [以O点为研究对象，受力如图所示，当用水平向左的力缓慢拉动O点时，则绳OA与竖直方向的夹角变大，由共点力的平衡条件知F逐渐变大，T逐渐变大，选项A正确．]■熟技巧·类题通法…………………………………………………………………·1．受力分析的技巧(1)一般按照“一重、二弹、三摩擦，再其他外力”的程序；(2)分析物体的受力情况时结合整体法与隔离法；(3)平衡状态下结合平衡条件．2．处理平衡问题的基本思路3．解动态平衡问题的常用方法(1)图解法：①适用条件：物体受到三个力的作用，其中一个力的大小、方向均不变，另一个力的方向不变．②使用方法：画受力分析图，作出力的平行四边形或矢量三角形，依据某一参量的变化，分析各边变化，从而确定力的大小及方向的变化情况．(2)解析法：①适用条件：物体受到三个以上的力，且某一夹角发生变化．②使用方法：对力进行正交分解，两个方向上分别列平衡方程，用三角函数表示出各个作用力与变化角之间的关系，从而判断各作用力的变化．(3)相似三角形法：①适用条件：受三个力(或相当于三个力)作用，两个力的方向发生变化，一个力大小和方向不变．②使用方法：利用力三角形与几何三角形相似的比例关系求解． ■对考向·高效速练· 考向1 物体的受力分析1．(2020·鸡西市模拟)如图14所示，穿在一根光滑的固定杆上的两个小球A 、B 连接在一条跨过定滑轮的细绳两端，杆与水平面成θ角，不计所有摩擦，当两球静止时，OA 绳与杆的夹角为θ，OB 绳沿竖直方向，则正确的说法是( ) 【导学号：19624000】图14A ．A 可能受到2个力的作用B ．B 可能受到3个力的作用C ．绳子对A 的拉力大于对B 的拉力D ．A 、B 的质量之比为1∶tan θD [对A 球受力分析可知，A 受到重力，绳子的拉力以及杆对A 球的弹力，三个力的合力为零，故A 错误；对B 球受力分析可知，B 受到重力，绳子的拉力，两个力合力为零，杆对B 球没有弹力，否则B 不能平衡，故B 错误；定滑轮不改变力的大小，则绳子对A 的拉力等于对B 的拉力，故C 错误；分别对A 、B 两球分析，运用合成法，如图：根据共点力平衡条件，得T ＝m B gT sin θ＝m A gsin 90°＋θ(根据正弦定理列式)故m A ∶m B ＝1∶tan θ，故D 正确．] 考向2 物体的静态平衡2．(多选)(2020·揭阳市揭东一中检测)如图15所示，粗糙水平面上a 、b 、c 、d 四个相同小物块用四根完全相同的轻弹簧连接，正好组成一个等腰梯形，系统静止．ab 之间、ac 之间以及bd 之间的弹簧长度相同且等于cd 之间弹簧长度的一半，ab 之间弹簧弹力大小为cd 之间弹簧弹力大小的一半．若a 受到的摩擦力大小为F f ，则( )图15A ．ab 之间的弹簧一定是压缩的B ．b 受到的摩擦力大小为F fC ．c 受到的摩擦力大小为3F fD ．d 受到的摩擦力大小为2FfABC [设每根弹簧的原长为L 0，ab 的形变量为Δx 1，cd 的形变量为Δx 2，则有kΔx 2＝2kΔx 1，若ab 弹簧也是被拉长，则有：L 0＋Δx 2＝2(L 0＋Δx 1)，解得L 0＝0，不符合题意，所以ab 被压缩，A 正确；由于a 受到的摩擦力大小为F f ，根据对称性可得，b 受到的摩擦力大小为F f ，B 正确；以a 和c 为研究对象进行力的分析如图所示，图中的θ为ac 与cd 之间的夹角，则cos θ＝14cd ac ＝12，所以θ＝60°，则∠cab＝120°，a 受到的摩擦力大小F f ＝T ；对c 根据力的合成可得F fc ＝3F f ，所以C 正确；由于c 受到的摩擦力大小为3F f ，根据对称性可知，d 受到的摩擦力大小为3F f ，D 错误．](2020·Ⅲ卷T 17)一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距80 cm 的两点上，弹性绳的原长也为80 cm.将一钩码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为100 cm ；再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点，则弹性绳的总长度变为(弹性绳的伸长始终处于弹性限度内)( )A ．86 cmB ．92 cmC ．98 cmD ．104 cm B [以钩码为研究对象，受力如图所示，由胡克定律F ＝k(l －l 0)＝0.2k ，由共点力的平衡条件和几何知识得F ＝mg 2sin α＝5mg 6；再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点，设弹性绳的总长度变为l′，由胡克定律得F′＝k(l′－l 0)，由共点力的平衡条件F′＝mg2，联立上面各式解得l′＝92 cm ，选项B 正确．] 考向3 物体的动态平衡3．(多选)(2020·潍坊市期中)如图16所示为内壁光滑的半球形凹槽，O 为圆心，∠AOB＝60°，OA 水平，小物块在与水平方向成45°的斜向上的推力F 作用下静止．现将推力F 沿逆时针缓慢转到水平方向的过程中装置始终静止，则( ) 【导学号：19624001】图16A ．M 槽对小物块的支持力逐渐减小B ．M 槽对小物块的支持力逐渐增大C ．推力F 先减小后增大D ．推力F 逐渐增大BC [以小物块为研究对象，分析受力情况，如图所示，物块受到重力G、支持力F N和推力F三个力作用，根据平衡条件可知，F N与F的合力与G大小相等，方向相反，将推力F沿逆时针缓慢转到水平方向的过程中(F由位置1→3)，根据作图可知，凹槽对小物块的支持力F N逐渐增大，推力F先减小后增大，当F 与F N垂直时，F最小．故A、D错误，B、C正确．](2020·衡水市冀州中学检测)如图所示，有一质量不计的杆AO，长为R，可绕A自由转动．用绳在O点悬挂一个重为G的物体，另一根绳一端系在O点，另一端系在圆弧形墙壁上的C点．当点C由图示位置逐渐向上沿圆弧CB移动过程中(保持OA与地面夹角θ不变)，OC绳所受拉力的大小变化情况是( )A．逐渐减小B．逐渐增大C．先减小后增大D．先增大后减小C [对G分析，G受力平衡，则拉力等于重力，故竖直绳的拉力不变；再对O点分析，O受绳子的拉力、OA的支持力F1及OC的拉力F2而处于平衡；受力分析如图所示；将F1和F2合成，其合力与G大小相等，方向相反，则在OC上移的过程中，平行四边形的对角线保持不变，平行四边形发生图中所示变化，则由图可知OC的拉力先减小后增大，故图中D点时力最小；故选C.]考点2 电磁学中的平衡问题(对应学生用书第3页)■品真题·感悟高考……………………………………………………………·[考题统计] 五年4考：2020年Ⅰ卷T162020年Ⅰ卷T242020年Ⅰ卷T242020年Ⅱ卷T18[考情分析]1．电磁场中的平衡问题是指在电场力、安培力或洛伦兹力参与下的平衡问题．2．解决电磁场中平衡问题的方法与力学平衡问题相同，只是要正确分析电场力、磁场力的大小及方向．3．安培力方向的判断要先判断磁场方向、电流方向，再用左手定则，同时注意立体图转化为平面图．4．电场力或安培力或洛伦兹力的出现，可能会对压力或摩擦力产生影响．5．涉及电路问题时，要注意闭合电路欧姆定律的使用．4．(电场中的平衡问题)(2020·Ⅱ卷T18)如图17所示，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a、b和c 分别位于边长为l的正三角形的三个顶点上；a、b带正电，电荷量均为q，c带负电．整个系统置于方向水平的匀强电场中．已知静电力常量为k.若三个小球均处于静止状态，则匀强电场场强的大小为( )图17 A.3kq3l 2 B.3kq l 2 C.3kq l2 D.23kql2[题眼点拨] ①“光滑绝缘水平面”说明无摩擦力，重力与支持力平衡；②“a、b 带正电电量为q ，c 带负电”说明a 、b 两带电小球对c 带电小球的合力为引力且沿角平分线方向；③“三个小球处于静止状态”说明三带电小球受到的合外力为零．B [以c 球为研究对象，除受另外a 、b 两个小球的库仑力外还受匀强电场的静电力，如图所示，c 球处于平衡状态，据共点力平衡条件可知F 静＝2k qq c l 2cos 30°，F 静＝Eq c ，解得E ＝3kql 2，选项B正确．]在第4题中，若a 、b 固定，c 带正电荷，则保持c 处于静止状态时，所加匀强电场强的大小及方向怎样？【解析】若c 带正电荷，a 、b 对c 的作用力大小不变，方向与原题中方向相反，故所加匀强电场电场强度大小为3kql2，方向平行于平面垂直ab 连线向上．【答案】3kql2 方向沿平面垂直ab 连线向上 5.(电场、磁场中的平衡问题)(2020·Ⅰ卷T 16)如图18所示，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上(与纸面平行)，磁场方向垂直于纸面向里．三个带正电的微粒a 、b 、c 电荷量相等，质量分别为m a 、m b 、m c .已知在该区域内，a 在纸面内做匀速圆周运动，b 在纸面内向右做匀速直线运动，c 在纸面内向左做匀速直线运动．下列选项正确的是( )图18A．m a>m b>m c B．m b>m a>m cC．m c>m a>m b D．m c>m b>m a[题眼点拨] ①“a在纸面内做匀速圆周运动”说明a粒子所受电场力与重力等大反向；②“b向右做匀速直线运动”“c向左做匀速直线运动”说明b、c所受洛伦兹力方向相反，且所受合力均为零．B [设三个微粒的电荷量均为q，a在纸面内做匀速圆周运动，说明洛伦兹力提供向心力，重力与电场力平衡，即m a g＝qE ①b在纸面内向右做匀速直线运动，三力平衡，则m b g＝qE＋qvB ②c在纸面内向左做匀速直线运动，三力平衡，则m c g＋qvB＝qE ③比较①②③式得：m b>m a>m c，选项B正确．](2020·Ⅰ卷T24)如图所示，一长为10 cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中；磁场的磁感应强度大小为0.1 T，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘．金属棒通过开关与一电动势为12 V的电池相连，电路总电阻为2 Ω.已知开关断开时两弹簧的伸长量为0.5 cm；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3 cm.重力加速度大小取10 m/s2.判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向，并求出金属棒的质量．【解析】依题意，开关闭合后，电流方向从b到a，由左手定则可知，金属棒所受的安培力方向竖直向下．开关断开时，两弹簧各自相对于其原长伸长了Δl1＝0.5 cm.由胡克定律和力的平衡条件得2kΔl1＝mg ①式中，m为金属棒的质量，k是弹簧的劲度系数，g是重力加速度的大小．开关闭合后，金属棒所受安培力的大小为F＝IBL ②式中，I是回路电流，L是金属棒的长度．两弹簧各自再伸长Δl2＝0.3 cm，由胡克定律和力的平衡条件得2k(Δl1＋Δl2)＝mg＋F ③由欧姆定律有E＝IR ④式中，E是电池的电动势，R是电路总电阻．联立①②③④式，并代入题给数据得m＝0.01 kg. ⑤【答案】安培力的方向竖直向下，金属棒的质量为0.01 kg6．(电磁感应中的平衡问题)(2020·Ⅰ卷T24)如图19所示，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连．两细金属棒ab(仅标出a 端)和cd(仅标出c 端)长度均为L ，质量分别为2m 和m ；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca ，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平．右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于斜面向上．已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R ，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g.已知金属棒ab 匀速下滑．求：图19(1)作用在金属棒ab 上的安培力的大小； (2)金属棒运动速度的大小. 【导学号：19624002】[题眼点拨] ①“两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上”说明轻导线拉力处处相等且与斜面平行；②“右斜面上存在匀强磁场”说明只有金属棒ab 受安培力的作用；③“金属棒ab 匀速下滑”说明ab 棒切割磁感线产生电动势，且处于平衡状态．【解析】 (1)设导线的张力的大小为T ，右斜面对ab 棒的支持力的大小为N 1，作用在ab 棒上的安培力的大小为F ，左斜面对cd 棒的支持力大小为N 2.对于ab 棒，由力的平衡条件得 2mgsin θ＝μN 1＋T ＋F ① N 1＝2mgcos θ ②对于cd 棒，同理有 mgsin θ＋μN 2＝T ③ N 2＝mgcos ④ 联立①②③④式得F ＝mg(sin θ－3μcos θ)． ⑤ (2)由安培力公式得 F ＝BIL⑥ 这里I 是回路abdca 中的感应电流．ab 棒上的感应电动势为 E ＝BLv⑦式中，v 是ab 棒下滑速度的大小．由欧姆定律得 I ＝E R⑧联立⑤⑥⑦⑧式得 v ＝(sin θ－3μcos θ)mgR B 2L2. ⑨ 【答案】 (1)mg(sin θ－3μcos θ) (2)(sin θ－3μcos θ)mgR B 2L2 ■熟技巧·类题通法…………………………………………………………………·处理电学中的平衡问题的方法技巧1．与纯力学问题的分析方法一样，学会把电学问题力学化，分析方法是：2．两点提醒(1)电荷在电场中一定受电场力作用，电流或电荷在磁场中不一定受磁场力作用；(2)分析电场力或洛伦兹力时，一定要注意带电体带正电荷还是负电荷．■对考向·高效速练·考向1 电场中的平衡问题4．(多选)(2020·嘉兴一中模拟)在水平板上有M、N两点，相距D＝0.45 m，用长L＝0.45 m的轻质绝缘细线分别悬挂有质量m＝3×10－2kg、电荷量q＝3.0×10－6C的小球(小球可视为点电荷，静电力常量k＝9.0×109N·m2/C2)，当两小球处于如图110所示的平衡状态时( )图110A．细线与竖直方向的夹角θ＝30°B．两小球间的距离为0.9 mC．细线上的拉力为0.2 ND．若两小球带等量异种电荷则细线与竖直方向的夹角θ＝30°ABC [对任意小球进行受力分析可以得到：kq2D＋2Lsin θ2＝mgtan θ，代入数据整理可以得到：sin θ＝12，即θ＝30°，故选项A正确；两个小球之间的距离为：r＝D＋2Lsin θ＝0.9 m，故选项B正确；对任意小球受力平衡，则竖直方向：Fcos θ＝mg，代入数据整理可以得到：F＝0.2 N，故选项C正确；当两小球带等量异种电荷时，则：kq2D－2Lsin α2＝mgtan α，整理可知选项D错误．]考向2 磁场中的平衡问题5．(多选)(2020·潍坊市期末)如图111所示，两根通电直导线用四根长度相等的绝缘细线悬挂于O、O′两点，已知O、O′连线水平，导线静止时绝缘细线与竖直方向的夹角均为θ，保持导线中的电流大小和方向不变，在导线所在空间加上匀强磁场后，绝缘细线与竖直方向的夹角均变小，则所加磁场的方向可能沿( )【导学号：19624003】图111A．z轴正向B．z轴负向C．y轴正向D．y轴负向AB [由于导线静止时绝缘细线与竖直方向的夹角相等，则两根导线质量相等，通入的电流方向相反．若所加磁场方向沿z轴正向，由左手定则可知，两根导线可能分别受到指向中间的安培力，夹角变小，A对．若所加磁场方向沿z轴负向，同理夹角可能变小，B对．若所加磁场方向沿y轴正向，两根导线分别受到沿z轴正向和沿z轴负向的安培力，受到沿z轴正向安培力的导线的绝缘细线与竖直方向的夹角变大，受到沿z轴负向安培力的导线的绝缘细线与竖直方向的夹角变小，C 错．同理可知D错．](2020·枣庄模拟)如图所示，PQ、MN是放置在水平面内的光滑导轨，GH是长度为L、电阻为r的导体棒，其中点与一端固定的轻弹簧连接，轻弹簧的劲度系数为k.导体棒处在方向向下、磁感应强度为B的匀强磁场中．图中直流电源的电动势为E，内阻不计，电容器的电容为C.闭合开关，待电路稳定后，则有( )A．导体棒中电流为ER2＋r＋R1B．轻弹簧的长度增加BLEk r＋R1C．轻弹簧的长度减少BLEk r＋R1D．电容器带电量为Er＋R1CR2C [导体棒中的电流为：I＝ER1＋r，故A错误；由左手定则知导体棒受的安培力向左，则弹簧长度减少，由平衡条件：BIL＝kΔx，代入I得：Δx＝BLEk r＋R1，故B错误，C正确；电容器上的电压等于导体棒两端的电压，Q＝CU＝C·ER1＋r·r，故D错误．]考向3 电磁感应中的平衡问题6．(多选)两根相距为L的足够长的金属直角导轨如图112所示放置，它们各有一边在同一水平面内，另一边垂直于水平面．质量均为m的金属细杆ab、cd与导轨垂直，接触良好，形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数均为μ，导轨电阻不计，回路总电阻为2R ，整个装置处于磁感应强度大小为B ，方向竖直向上的匀强磁场中．当ab 杆在平行于水平导轨的拉力F 作用下以速度v 1沿导轨匀速运动时，cd 杆也正好以速率v 2向下匀速运动，重力加速度为g ，则下列说法正确的是( )【导学号：19624004】图112A ．cd 杆所受摩擦力为零B ．ab 杆所受拉力F 的大小为μmg＋B 2L 2v 12RC ．回路中的电流为BLv 1＋v 22RD ．μ与v 1大小的关系为μ＝2RmgB 2L 2v 1BD [金属细杆切割磁感线时产生沿abdc 方向的感应电流，大小为：I ＝BLv 12R ，金属细杆ab 受到水平向左的安培力，由受力平衡得：BIL ＋μmg＝F ，金属细杆cd 运动时，受到的摩擦力和重力平衡，有：μBIL＝mg ，联立以上各式解得：F ＝μmg＋B 2L 2v 12R ，μ＝2RmgB 2L 2v 1，故A 、C 错误，B 、D 正确．]热点模型解读| 力学中的斜面体模型 (对应学生用书第5页)考题2020·Ⅰ卷T 242020·Ⅰ卷T 202020·Ⅱ卷T 15模型展示电磁感应中的平衡问题受力分析与牛顿第二定律综合平衡中的临界问题模型解读该模型中要抓住ab 棒、cd 棒的受力特点，充分利用跨过滑轮的细导线拉力相等的特点物块运动与图象结合，将vt 图象的信息与物块的受力及运动相结合，分段求解物体静止在斜面上，因摩擦力大小可以变化，往往存在最大静摩擦力而出现极值问题木块A ，它恰好能静止在斜坡上．现把一正方体铁块B 放在木块上，已知铁块与木块间的动摩擦因数为0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．则下列说法正确的是( )图113A ．铁块能静止在木块上B ．铁块会匀速下滑C ．木块仍然能够静止D ．木块会加速下滑[解题指导] 本题属于斜面上物体运动状态的判断问题，铁块能否静止，看m B gsin θ与μ2m B gcos θ的大小关系，木块能否静止，看m A gsin θ＋μ2m B gcos θ与μ1(m A ＋m B )gcos θ的大小关系． C [由于木块恰好能静止在斜坡上，故依题意，木块与斜坡间的动摩擦因数为μ1＝tan 37°＝0.75，当铁块放在木块上后，由于μ2＝0.5<tan 37°，故铁块会加速下滑，选项A 、B 错误；放上铁块后，木块受到铁块沿斜面向下的力为μ2m B gcos 37°，而木块与斜面间的最大静摩擦力增加了μ1m B gcos 37°，大于μ2m B gcos 37°，故木块仍然能够静止，选项C 正确，D 错误．][拓展应用] (多选)(2020·山东临沂模拟)一个闭合回路由两部分组成，如图114所示，虚线右侧是电阻为r 的圆形导线；置于竖直方向均匀变化的磁场B 1中，左侧是光滑的倾角为θ的平行导轨，宽度为d ，其电阻不计．磁感应强度为B 2的匀强磁场垂直于导轨平面向上，且只分布在虚线左侧，一个质量为m 、电阻为R 的导体棒MN 此时恰好能静止在导轨上，下述判断正确的是( ) 【导学号：19624005】图114A ．圆形线圈中的磁场，可以方向向上均匀增强，也可以方向向下均匀减弱B ．导体棒MN 受到的安培力大小为mgC ．回路中的感应电流为mgsin θB 2dD ．圆形导线中的电热功率为m 2g 2sin 2θB 22d2(R ＋r) AC [根据左手定则判断可知，导体棒上的电流从N 到M ，根据楞次定律可知，选项A 正确．根据共点力平衡条件，导体棒MN 受到的安培力大小等于重力沿导轨向下的分力，即B 2Id ＝mgsin θ，解得I ＝mgsin θB 2d ，选项B 错误，C 正确．圆形导线的电热功率P ＝I 2r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫mgsin θB 2d 2r ＝m 2g 2sin 2 θB 22d 2r ，选项D 错误．]高考理综物理模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。

高三物理二轮复习专题一力与运动第1讲力和物体的平衡ppt课件

着θ角的减小，地面对斜面的摩擦力一直减小，而支持力一直增大，故选项C错误，D正确．
• 分析动态平衡问题时需要注意的两个方面
• (1)在动态平衡问题中，一定要抓住不变的量(大小或方向)，然后分析
其他量的变化．
• (2)分析动态平衡问题时，先画受力示意图或力的矢量三角形，然后利
用拉密定理、正弦定理、正交分解法、相似三角形法及力的矢量图形
突破点拨
•
• (1)悬挂衣服的衣架，挂钩是光滑的，表明左右两边绳的拉力大小相等，
两边拉力与竖直方向的夹角大小相等．
• (2)绳的右端上移到b′，左右两边绳之间的夹角不变．
• 【变式考法】如图所示，质量为m的小球套在竖直固定的光滑圆环上，
轻绳一端固定在圆环的最高点A，另一端与小球相连．小球静止时位于
斜面向上逐渐减小，然后沿斜面向下逐渐增大，当库仑
力与斜面垂直时为0，设该分力为F′，在沿斜面方向根
据平衡条件：当库仑力沿斜面分力向上减小时，Ff可能先
减小后增大，也可能一直增大，当库仑力沿斜面分力向
下增大时，Ff＝mgsin α＋F′，可知Ff逐渐增大，故选项
A错误；对A研究，B对A的库仑力垂直于斜面方向的分力，
• A．a可能受到两个力的C 作用
• B．b可能受到3个力的作用
• C．绳子对a的拉力等于mg
• D．a的重力为mgtan θ
• 解析由平衡条件知，a受重力、支持力和绳的拉力三个力作用，选项A
错误；Ob绳沿竖直方向，由平衡条件知，b受重力和绳的拉力两个力，
选项B错误；对b，设Ob绳对b的拉力为F，由平衡条件得F＝mg，因为
且在此过程中物体A和斜面C始终保持静止不动，A、B可视为质点．关
于此过程，下列说法正确的是(

新教材2024高考物理二轮专题复习第一编专题复习攻略专题一力与运动第1讲力与物体的平衡教师用书

第1讲力与物体的平衡知识网络构建命题分类剖析命题点一静态平衡问题1．共点力平衡的常用处理方法(1)研究对象的选取：①整体法与隔离法(如图甲)；②转换研究对象法(如图乙)．(2)画受力分析图：按一定的顺序分析力，只分析研究对象受到的力．(3)验证受力的合理性：①假设法(如图丙)；②动力学分析法(如图丁)．例 1[2023·山东卷]餐厅暖盘车的储盘装置示意图如图所示，三根完全相同的弹簧等间距竖直悬挂在水平固定圆环上，下端连接托盘．托盘上叠放若干相同的盘子，取走一个盘子，稳定后余下的正好升高补平．已知单个盘子的质量为300 g，相邻两盘间距1.0 cm，重力加速度大小取10 m/s2.弹簧始终在弹性限度内，每根弹簧的劲度系数为( )A．10 N/m B．100 N/mC．200 N/m D．300 N/m例 2[2023·河北保定一模]质量为M的正方体A与质量为m的圆球B在水平向右的外力F作用下静止在墙角处，它们的截面图如图所示，截面正方形的对角线与截面圆的一条直径恰好在一条直线上，所有摩擦忽略不计，重力加速度为g.则( )A．F＝(M＋m)gB．F＝mgC．地面受到的压力为F N，F N<(M＋m)gD．地面受到的压力为F N，F N>(M＋m)g提升训练1. [2023·广东省中山市测试]如图甲为明朝《天工开物》记载测量“弓弦”张力的插图，图乙为示意图．弓的质量为m ＝5 kg ，弦的质量忽略不计，悬挂点为弦的中点．当在弓的中点悬挂质量为M ＝15 kg 的重物时，弦的张角为θ＝120°，g ＝10 m/s 2，则弦的张力为( )A ．50 NB ．150 NC ．200 ND ．200√3 N 2.[2023·浙江6月]如图所示，水平面上固定两排平行的半圆柱体，重为G 的光滑圆柱体静置其上，a 、b 为相切点，∠aOb ＝90°，半径Ob 与重力的夹角为37°.已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则圆柱体受到的支持力F a 、F b 大小为( )A ．F a ＝0.6G ，F b ＝0.4GB ．F a ＝0.4G ，F b ＝0.6GC ．F a ＝0.8G ，F b ＝0.6GD ．F a ＝0.6G ，F b ＝0.8G 3.[2023·河南省洛阳市模拟]如图所示，一光滑球体放在支架与竖直墙壁之间，支架的倾角θ＝60°，光滑球体的质量为m ，支架的质量为2m ，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个装置保持静止，则支架和地面间的动摩擦因数至少为( )A ．√39B ．√34C ．√32 D ．√33命题点二动态平衡问题(含临界、极值问题)1．解决动态平衡问题的一般思路化“动”为“静”，多个状态下“静”态对比，分析各力的变化或极值． 2．“缓慢”移动的三类经典模型图例分析求力F的最小值F min＝mg sin θ，结论：sin θ＝dLF＝mg，2cosθ绳子端点上下移动，力F不变N1、N2始终减小斜面对球的支持力F1逐渐减小，挡板对球的弹力F2先减小后增大考向1 共点力作用下的动态平衡例 1[2023·四川省成都市检测](多选)某中学举行趣味运动会时，挑战用一支钢尺取出深盒子(固定不动)中的玻璃球，该游戏深受大家喜爱，参与者热情高涨．游戏中需要的器材和取球的原理分别如图甲和图乙所示．若忽略玻璃球与盒壁、钢尺间的摩擦力，在不损坏盒子的前提下，钢尺沿着盒子上边缘某处旋转拨动(钢尺在盒内的长度逐渐变短)，使玻璃球沿着盒壁缓慢上移时，下列说法正确的是( )A．钢尺对玻璃球的弹力逐渐减小B．钢尺对玻璃球的弹力先增大后减小C．盒壁对玻璃球的弹力逐渐减小D．盒壁对玻璃球的弹力先减小后增大例 2[2023·河北唐山三模]如图所示，木板B放置在粗糙水平地面上，O为光滑铰链．轻杆一端与铰链O固定连接，另一端固定连接一质量为m的小球A.现将轻绳一端拴在小球A 上，另一端通过光滑的定滑轮O′由力F牵引，定滑轮位于O的正上方，整个系统处于静止状态．现改变力F的大小使小球A和轻杆从图示位置缓慢运动到O′正下方，木板始终保持静止，则在整个过程中( )A．外力F大小不变B．轻杆对小球的作用力变小C．地面对木板的支持力逐渐变小D．地面对木板的摩擦力逐渐减小思维提升三力作用下的动态平衡考向2 平衡中的极值或临界值问题例 3[2023·山东菏泽市模拟]将三个质量均为m的小球a、b、c用细线相连后(bc间无细线相连)，再用细线悬挂于O点，如图所示．用力F拉小球c，使三个小球都处于静止状态，且细线Oa与竖直方向的夹角保持为θ＝30°，则F的最小值为( ) A．1.5mg B．1.8mgC．2.1mg D．2.4mg例 4[2023·陕西省汉中市联考]在吊运表面平整的重型板材(混凝土预制板、厚钢板)时，如因吊绳无处钩挂而遇到困难，可用一根钢丝绳将板拦腰捆起(不必捆的很紧)，用两个吊钩勾住绳圈长边的中点起吊(如图所示)，若钢丝绳与板材之间的动摩擦因数为μ，为了满足安全起吊(不考虑钢丝绳断裂)，需要满足的条件是( )A．tan α>μ B．tan α<μC．sin α>μ D．sin α<μ提升训练1.[2023·湖南张家界模拟考](多选)利用物理模型对问题进行分析，是一种重要的科学思维方法．如图甲所示为拔河比赛时一位运动员的示意图，可以认为静止的运动员处于平衡状态．该情形下运动员可简化成如图乙所示的一质量分布均匀的钢管模型．运动员在拔河时身体缓慢向后倾倒，可以认为钢管与地面的夹角θ逐渐变小，在此期间，脚与水平地面之间没有滑动，绳子的方向始终保持水平．已知当钢管受到同一平面内不平行的三个力而平衡时，三个力的作用线必交于一点．根据上述信息，当钢管与地面的夹角θ逐渐变小时，下列说法正确的有( )A．地面对钢管支持力的大小不变B．地面对钢管的摩擦力变大C．地面对钢管作用力的合力变大D．地面对钢管作用力的合力大小不变2．(多选)在如图所示的装置中，两物块A、B的质量分别为m A、m B，而且m A>m B，整个系统处于静止状态，设此时轻质动滑轮右端的轻绳与水平面之间的夹角为θ，若小车向左缓慢移动一小段距离并停下来后，整个系统再次处于静止状态，则下列说法正确的是( )A．物块A的位置将变高B．物块A的位置将变低C．轻绳与水平面的夹角θ将变大D．轻绳与水平面的夹角θ将不变3．长沙某景区挂出32个灯笼(相邻两个灯笼由轻绳连接)，依次贴上“高举中国特色社会主义旗帜，为全面建设社会主义现代化国家而团结奋斗”，从高到低依次标为1、2、3、…、32.在无风状态下，32个灯笼处于静止状态，简化图如图所示．与灯笼“斗”右侧相连的轻绳处于水平状态，已知每一个灯笼的质量m＝0.5 kg，重力加速度g＝10 m/s2，悬挂灯笼的轻绳最大承受力T m＝320 N，最左端连接的轻绳与竖直方向的夹角为θ.下列说法正确的是( )A．θ最大为53°NB．当θ最大时最右端轻绳的拉力为F2＝160√33C．当θ＝53°时第8个灯笼与第9个灯笼间轻绳与竖直方向的夹角为45°D．当θ＝37°时第8个灯笼与第9个灯笼间轻绳与竖直方向的夹角为45°命题点三电场力、磁场力作用下的平衡问题1．电场力.(1)大小：F＝Eq，F＝kq1q2r2(2)方向：正电荷所受电场力的方向与电场强度的方向相同；负电荷所受电场力的方向与电场强度的方向相反．2．磁场力(1)大小：①安培力F＝BIL；②洛伦兹力F洛＝qv B.(2)方向：用左手定则判断．3．电磁学中平衡问题的处理方法处理方法与力学中平衡问题的分析方法一样，把方法和规律进行迁移应用即可．考向1 电场中的平衡问题例 1[2023·浙江模拟预测]如图所示，A、C为带异种电荷的带电小球，B、C为带同种电荷的带电小球．A、B被固定在绝缘竖直杆上，Q AQ B ＝3√38时，C球静止于粗糙的绝缘水平天花板上．已知L ACL AB＝√3，下列说法正确的是( )A．C处的摩擦力不为零B．杆对B的弹力为零C．缓慢将C处点电荷向右移动，则其无法保持静止D．缓慢将C处点电荷向左移动，则其一定会掉下来考向2 磁场中的平衡问题例 2 如图所示，竖直平面内有三根轻质细绳，绳1水平，绳2与水平方向成60°角，O为结点，绳3的下端拴接一质量为m、长度为l的导体棒，棒垂直于纸面静止，整个空间存在竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场．现向导体棒通入方向向里、大小由零缓慢增大到I0的电流，可观察到导体棒缓慢上升到与绳1所处的水平面成30°角时保持静止．已知重力加速度为g.在此过程中，下列说法正确的是( )A．绳1受到的拉力先增大后减小B．绳2受到的拉力先增大后减小C．绳3受到的拉力的最大值为√3mgD．导体棒中电流I0的值为√3mglB提升训练1.[2024·山西省翼城中学模拟预测]如图甲所示，一通电导体棒用两根绝缘轻质细线悬挂在天花板上并静止在水平位置．当导体棒所在空间加上匀强磁场，再次静止时细线与竖直方向成θ角，如图乙所示(图甲中从左向右看)．已知导体棒长度为L、质量为m、电流为I，重力加速度大小为g.关于图乙，下列说法正确的是( )A．当磁场方向斜向右上方且与细线垂直时磁感应强度最小B．磁感应强度的最小值为mg sinθILC．磁感应强度最小时，每根细线的拉力大小为mg2cosθD．当磁场方向水平向左时，不能使导体棒在图示位置保持静止2．如图所示，一绝缘细线竖直悬挂一小球A，在水平地面上固定一根劲度系数为k′的绝缘轻质弹簧，弹簧上端与小球C相连，在小球A和C之间悬停一小球B，当系统处于静止时，小球B处在AC两小球的中间位置．已知三小球质量均为m，电荷量均为q，电性未知．则下列判断正确的是( )A.相邻两小球之间的间距为q√kmgB．弹簧的形变量为11mg8k′C．细线对小球A的拉力大小为11mg8D．小球C受到的库仑力大小为5mg8素养培优·情境命题利用平衡条件解决实际问题联系日常生活，创新试题情境化设计，渗透实验的思想，考查考生分析解决实际问题的能力，引导学生实现从“解题”到“解决问题”的转变情境1 工人推车——科学思维[典例1] [2023·四川省成都市联测]如图甲所示，工人用推车运送石球，到达目的地后，缓慢抬起把手将石球倒出(图乙)．若石球与板OB、OA之间的摩擦不计，∠AOB＝60°，图甲中BO 与水平面的夹角为30°，则在抬起把手使OA 变得水平的过程中，石球对OB 板的压力大小N 1、对OA 板的压力大小N 2的变化情况是( )A ．N 1减小、N 2先增大后减小B ．N 1减小、N 2增大C ．N 1增大、N 2减小D ．N 1增大、N 2先减小后增大情境2 悬索桥——科学态度与责任[典例2] [2023·江苏省无锡市测试]图a 是一种大跨度悬索桥梁，图b 为悬索桥模型．六对轻质吊索悬挂着质量为M 的水平桥面，吊索在桥面两侧竖直对称排列，其上端挂在两根轻质悬索上(图b 中只画了一侧分布)，悬索两端与水平方向成45°，则一根悬索水平段CD 上的张力大小是( )A ．14Mg B ．16MgC ．112Mg D ．124Mg情境3 瓜子破壳器——科学探究[典例3] [2023·福建福州4月检测]有一种瓜子破壳器如图甲所示，将瓜子放入两圆柱体所夹的凹槽之间，按压瓜子即可破开瓜子壳．破壳器截面如图乙所示，瓜子的剖面可视作顶角为θ的扇形，将其竖直放入两完全相同的水平等高圆柱体A 、B 之间，并用竖直向下的恒力F 按压瓜子且保持静止，若此时瓜子壳未破开，忽略瓜子自重，不计摩擦，则( )A ．若仅减小A 、B 距离，圆柱体A 对瓜子的压力变大 B ．若仅减小A 、B 距离，圆柱体A 对瓜子的压力变小C ．若A 、B 距离不变，顶角θ越大，圆柱体A 对瓜子的压力越大D．若A、B距离不变，顶角θ越大，圆柱体A对瓜子的压力越小第1讲力与物体的平衡命题分类剖析命题点一[例1] 解析：由题知，取走一个盘子，稳定后余下的正好升高补平，则说明一个盘子的重力使弹簧形变量为相邻两盘间距，则有mg＝3·kx，解得k＝100 N/m，故选B.答案：B[例2] 解析：对圆球B受力分析如图，β＝45°A对B的弹力T＝mg，cosβ根据牛顿第三定律，B对A的弹力T′＝T＝mg，F＝T′sin β＝mg，故A错误，B正cosβcos β＝Mg＋mg，故C、D 确；对AB整体地面受到的压力为F N＝Mg＋T′cos β＝Mg＋mgcosβ错误．故选B.答案：B[提升训练]1．解析：整体法对弓和物体受力分析如图：＝(M＋m)g竖直方向上由受力平衡可得：2F cos θ2解得：F＝(M+m)g＝200 N，故C正确，A、B、D错误．2cosθ2答案：C2．解析：对光滑圆柱体受力分析如图由题意有F a＝G sin 37°＝0.6GF b＝G cos 37°＝0.8G故选D.答案：D3．解析：对光滑球体受力分析如图所示根据平衡条件可得N2cos θ＝mg对支架受力分析如图所示根据牛顿第三定律可知N3＝N2对支架由平衡条件可得N4＝2mg＋N3cos θ，f＝N3sin θ又f＝μN4联立解得μ＝√33.故选D.可知支架和地面间的动摩擦因数至少为√33答案：D命题点二[例1] 解析：对玻璃球的受力分析如图所示，玻璃球受重力G，左侧钢尺对玻璃球的弹力F1，盒壁对玻璃球的弹力F2，玻璃球在3个力作用下处于动态平衡，玻璃球沿着纸盒壁缓慢上移时，θ角变大，利用图解法可知，F1和F2均逐渐减小，A、C项正确，B、D项错误．故选AC.答案：AC[例2] 解析：对小球A进行受力分析，三力构成矢量三角形，如图所示根据几何关系可知两三角形相似，因此mgOO′＝FO′A＝F′OA，缓慢运动过程中，O′A越来越小，则F逐渐减小，故A错误；由于OA长度不变，杆对小球的作用力F′大小不变，故B 错误；由于杆对木板的作用力大小不变，方向向右下，但杆的作用力与竖直方向的夹角越来越小，所以地面对木板的支持力逐渐增大，地面对木板的摩擦力逐渐减小，故C错误，D正确．答案：D[例3] 解析：取整体为研究对象，当F垂直于Oa时，F最小，根据几何关系可得，拉力的最小值F＝3mg sin 30°＝1.5mg，故选A.答案：A[例4] 解析：要起吊重物，只需满足绳子张力T的竖直分量小于钢丝绳与板材之间的最大静摩擦力，一般情况认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，如图所示即T cos αμ>T sin α，化简可得tan α<μ，故B正确，A、C、D错误．故选B.答案：B[提升训练]1．解析：对钢管受力分析，钢管受重力mg、绳子的拉力T、地面对钢管竖直向上的支持力F N、水平向右的摩擦力F f，可知F N＝mg，F f＝T＝mgtanθ即随着钢管与地面夹角的逐渐变小，地面对钢管支持力的大小不变，地面对钢管的摩擦力变大，故A、B正确；对钢管受力分析，可认为钢管受到重力mg、绳子的拉力T和地面对钢管作用力的合力F 三个力，钢管平衡，三个力的作用线必交于一点，由此可知F方向沿钢管斜向上，与水平面夹角为α(钢管与水平面的夹角为θ)，根据共点力平衡条件可知F＝mgsinα，T＝mgtanα，当钢管与地面的夹角θ逐渐变小，同时α也减小，地面对钢管作用力的合力变大，C正确，D 错误．答案：ABC2．解析：以轻质动滑轮与轻绳的接触点O为研究对象，分析O点的受力情况，作出O 点的受力分析图，如图所示设绳子的拉力大小为F，动滑轮两侧绳子的夹角为2α，由于动滑轮两侧绳子的拉力关于竖直方向对称，则有2F cos α＝m B g，又小车向左缓慢移动一小段距离后，轻绳中的拉力大小与小车移动前相同，即F＝m A g保持不变，可知α角保持不变，由几何知识得，α＋θ＝90°，则θ保持不变，当小车向左缓慢移动一小段距离后，动滑轮将下降，则物块A 的位置将变高，故选项A、D正确，B、C错误．答案：AD3．解析：当最左端连接的轻绳的拉力大小为T m＝320 N时，θ最大，此时灯笼整体受力如图所示由平衡条件T m sin θm＝F2T m cos θm＝32mg解得θm＝60°，F2＝160√3 NA、B错误；当θ＝53°时，灯笼整体受力分析如图由平衡条件知，最右端轻绳的拉力F21＝32mg tan 53°＝6403N对第9个灯笼至第32个灯笼整体，其受力情况跟灯笼整体的受力情况类似，由平衡条件tan α＝F21(32−8)mg≠1则第8个灯笼与第9个灯笼间轻绳与竖直方向的夹角α≠45°，C错误；当θ＝37°时，此时灯笼整体受力如图所示由平衡条件知，最右端轻绳的拉力F22＝32mg tan 37°＝120 N对第9个灯笼至第32个灯笼整体，其受力情况跟灯笼整体的受力情况类似，由平衡条件tan β＝F22(32−8)mg＝1则第8个灯笼与第9个灯笼间轻绳与竖直方向的夹角β＝45°，D正确．答案：D命题点三[例1] 解析：对C进行受力分析，A对C有吸引力，B对C有排斥力，及其重力，与水平天花板对C 可能有竖直向下的压力，如图所示由平衡条件，结合矢量合成法则，若不受摩擦力得F AC＝F BC cos θ由几何知识可得cos θ＝√32依据库仑定律有kQ A Q CL AC2＝√32kQ B Q CL BC2，Q AQ B＝3√38Q A Q B ＝3√38时恰好处于平衡状态；C球静止没有运动趋势，C处的摩擦力为零，故A错误；缓慢将C处点电荷向右移动，平衡状态被打破，其无法保持静止，故C正确；缓慢将C处点电荷向左移动，F BC变大，其竖直方向上的分量变大，C球一定不会掉下来，故D错误；B球如果不受杆的力，则C球给B球的排斥力在水平方向的分量无法平衡，因此杆对B 一定有弹力作用，故B错误．答案：C[例2] 解析：对整体分析，重力大小和方向不变，绳1、2弹力方向不变，根据左手定则，安培力水平向右且逐渐增大，由平衡条件得水平方向F1＝F2cos 60°＋BIl竖直方向F 2sin 60°＝mg电流逐渐变大，则F 1增大、F 2不变，故A 、B 错误；当电流增大到I 0时，安培力与重力的合力最大，即绳3的拉力最大sin 30°＝mg F 3最大值为F 3＝2mg ，故C 错误；对导体棒受力分析得tan 30°＝mg BI 0l ，得I 0＝√3mg Bl，故D 正确．答案：D [提升训练] 1．解析：对导体棒受力分析如图所示，导体棒在重力、拉力和安培力的作用下处于平衡状态．由平衡条件可知，导体棒所受拉力和安培力的合力与重力等大反向，拉力和安培力可能的方向如图所示，当安培力方向斜向右上方且与细线垂直时安培力最小，此时磁场方向沿着细线斜向左上方，A 错误；设磁感应强度大小为B ，由平衡条件得mg sin θ＝BIL ，解得B ＝mg sin θIL ，B 正确；设每条细线拉力大小为F T ，由平衡条件得mg cos θ＝2F T ，解得F T ＝12mg cos θ，C 错误；当磁场方向水平向左时，安培力竖直向上，如果安培力与重力大小相等，可以使导体棒在图示位置保持静止，D 错误．答案：B2．解析：如图甲所示，以小球B 为研究对象，小球A 和小球C 分别对小球B 的库仑力大小相等，且小球A 和小球C 对小球B 的合力与小球B 的重力等大反向，所以小球A 和小球B 带异种电荷，小球B 和小球C 带同种电荷，即小球A 和小球C 对小球B 的库仑力大小均为F A ＝F C ＝mg2，由库仑定律可得kq 2r 2＝12mg ，解得小球A 和小球B 之间距离为r ＝q √2kmg ，故A 错误；如图乙所示，以小球A 为研究对象，受到小球B 向下的库仑力为F B ＝mg 2，受到小球C向下的库仑力是受到小球B 的14，即为F C ′＝mg 8，所以小球A 受到的拉力为F T A ＝mg ＋F B ＋F ′C＝13mg 8，故C 错误；如图丙所示，以小球C 为研究对象，小球C 受到小球B 向下的库仑力为F ′B ＝mg2，受到A 向上的库仑力为F ′A ＝mg8，则小球C 对弹簧的压力为F 压＝F ′B －F ′A ＋mg＝11mg 8，小球C 受到向上的弹力为F 弹＝F 压＝11mg 8，由胡克定律得F 弹＝k ′x ，解得弹簧的形变量为x ＝11mg8k ′，故B 正确，D 错误．答案：B 素养培优·情境命题[典例1] 解析：在倒出石球的过程中，两个支持力的夹角是个确定值，为α＝120°，根据力的示意图可知N 1sin β＝N 2sin γ＝Gsin α，在转动过程中β从90°增大到180°，则sin β不断减小，N 1将不断减小；γ从150°减小到60°，其中跨过了90°，因此sin γ 先增大后减小，则N 2将先增大后减小，选项A 正确．答案：A[典例2] 解析：对整体分析，根据平衡条件，2F T AC sin 45°＝Mg ，F T AC ＝√22Mg .对悬索左边受力分析，受A 左上绳的力F T AC ，CD 上水平向右的拉力为F T ，根据平衡条件，F T ＝F T AC cos 45°＝12Mg ，一根悬索水平段CD 上的张力大小是14Mg ，故选A.答案：A[典例3] 解析：瓜子处于平衡状态，若仅减小A 、B 距离，A 、B 对瓜子的弹力方向不变，则大小也不变，A 、B 错误；若A 、B 距离不变，顶角θ越大，则A 、B 对瓜子弹力的夹角减小，合力不变，则两弹力减小，C 错误，D 正确．故选D.答案：D。

1高三物理第二轮复习教案(第一讲-平衡问题)

1高三物理第二轮复习教案(第一讲-平衡问题)第一讲平衡问题一、特别提示[解平衡问题几种常见方法]1、力的合成、分解法：对于三力平衡，一般根据“任意两个力的合力与第三力等大反向”的关系，借助三角函数、相似三角形等手段求解；或将某一个力分解到另外两个力的反方向上，得到这两个分力必与另外两个力等大、反向；对于多个力的平衡，利用先分解再合成的正交分解法。

2、力汇交原理：如果一个物体受三个不平行外力的作用而平衡，这三个力的作用线必在同一平面上，而且必有共点力。

3、正交分解法：将各力分解到x 轴上和y 轴上，运用两坐标轴上的合力等于零的条件)00(∑∑==y x F F 多用于三个以上共点力作用下的物体的平衡。

值得注意的是，对x 、y 方向选择时，尽可能使落在x 、y 轴上的力多；被分解的力尽可能是已知力。

4、矢量三角形法：物体受同一平面内三个互不平行的力作用平衡时，这三个力的矢量箭头首尾相接恰好构成三角形，则这三个力的合力必为零，利用三角形法求得未知力。

5、对称法：利用物理学中存在的各种对称关系分析问题和处理问题的方法叫做对称法。

在静力学中所研究对象有些具有对称性，模型的对称往往反映出物体或系统受力的对称性。

解题中注意到这一点，会使解题过程简化。

6、正弦定理法：三力平衡时，三个力可构成一封闭三角形，若由题设条件寻找到角度关系，则可用正弦定理列式求解。

7、相似三角形法：利用力的三角形和线段三角形相似。

二、典型例题1、力学中的平衡：运动状态未发生改变，即0=a。

表现：静止或匀速直线运动（1）在重力、弹力、摩擦力作用下的平衡例1 质量为m的物体置于动摩擦因数为μ的水平面上，现对它施加一个拉力，使它做匀速直线运动，问拉力与水平方向成多大夹角时这个力最小？解析取物体为研究对象，物体受到重力mg，地面的支持力N，摩擦力f及拉力T四个力作用，如图1-1所示。

由于物体在水平面上滑动，则N=，将f和Nfμ起动需要的动力的大小是允许在一定范围内的，只有当维持匀速运动时，外力才需确定的数值。

高考物理二轮复习第1部分专题1 力与运动第1讲力与物体的平衡教案-人教版高三全册物理教案

力与物体的平衡第1讲力与物体的平衡[高考统计·定方向] (教师授课资源)考点考向五年考情汇总2019·全国卷Ⅱ T162019·全国卷Ⅲ T162017·全国卷Ⅲ T172016·全国卷Ⅰ T192016·全国卷Ⅲ T172015·全国卷Ⅰ T242019·全国卷Ⅰ T192016·全国卷Ⅱ T 14 考向3.(相似)三角形法 2017·全国卷Ⅰ T 21静态平衡问题(5年6考)❶分析近五年的高考题可以看出，高考命题热点集中在物体受力分析、物体平衡的计算问题，涉及力的合成与分解、整体法和隔离法等常规方法。

题型一般为选择题。

❷预计在2020年高考命题中仍会延续上述特点，复习中要加强多物体静态平衡和受力分析的训练。

1．(2019·全国卷Ⅱ·T 16)物块在轻绳的拉动下沿倾角为30°的固定斜面向上匀速运动，轻绳与斜面平行。

物块与斜面之间的动摩擦因数为33，重力加速度取10 m/s 2。

假设轻绳能承受的最大X 力为1 500 N ，那么物块的质量最大为( )A ．150 kgB ．100 3 kgC ．200 kgD ．200 3 kgA [设物块的质量最大为m ，将物块的重力沿斜面方向和垂直斜面方向分解，由平衡条件可知在沿斜面方向有F ＝mg sin 30°＋μmg cos 30°，解得m ＝150 kg ，A 项正确。

]2．(2019·全国卷Ⅲ·T 16)用卡车运输质量为m 的匀质圆筒状工件，为使工件保持固定，将其置于两光滑斜面之间，如下图。

两斜面Ⅰ、Ⅱ固定在车上，倾角分别为30°和60°。

重力加速度为g 。

当卡车沿平直公路匀速行驶时，圆筒对斜面Ⅰ、Ⅱ压力的大小分别为F 1、F 2，那么( )A ．F 1＝33mg ，F 2＝32mgB ．F 1＝32mg ，F 2＝33mg C ．F 1＝12mg ，F 2＝32m D ．F 1＝32mg ，F 2＝12mg D [以工件为研究对象，受力分析如下图，重力与F ′1、F ′2的合力等大反向，根据共点力平衡条件得F ′1mg ＝cos 30°，F ′2mg ＝cos 60°，那么F ′1＝32mg ，F ′2＝12mg ，根据牛顿第三定律，F1＝F′1＝32mg，F2＝F′2＝12mg，故只有D选项正确。

(部编版)2020版高考物理二轮复习专题一力与物体的平衡教学案

专题一力与物体的平衡考情分析命题解读本专题共4个考点，力的合成与分解为Ⅱ要求，其余皆为Ⅰ要求。

从三年命题情况看，命题特点为： (1)注重基础知识。

如围绕胡克定律、摩擦力考查学生的理解能力；(2)注重过程方法。

如围绕力、电现象中的平衡问题考查受力分析、正交分解、稳态速度、对称思想等，即便在计算题中也是在第(1)(2)问中出现，难度中等。

整体难度适中，命题指数★★★☆☆，复习目标是达B 必会。

1.(2016·扬州一模)某电视台每周都有棋类节目，铁质的棋盘竖直放置，每个棋子都是一个小磁铁，能吸在棋盘上，不计棋子间的相互作用力，下列说法正确的是( )图1A.小棋子共受三个力作用B.棋子对棋盘的压力大小等于重力C.磁性越强的棋子所受的摩擦力越大D.质量不同的棋子所受的摩擦力不同解析小棋子受到重力、向上的摩擦力、棋盘的吸引力和棋盘的支持力作用，选项A 错误；棋盘对棋子的摩擦力等于棋子的重力，故无论棋子的磁性多强，摩擦力是不变的，质量不同的棋子所受的重力不同，故摩擦力不同，选项B 、C 错误，D 项正确。

答案 D2.(2016·江苏清江中学高三第四次月考)在如图2所示的四幅图中，AB 、BC 均为轻质杆，各图中杆的A 、C 端都通过铰链与墙连接，两杆都在B处由铰链连接，下列关于受力的说法正确的是( )图2A.甲图中的AB杆表现为拉力，BC杆表现为拉力B.乙图中的AB杆表现为拉力，BC杆表现为支持力C.丙图中的AB、BC杆均表现为拉力D.丁图中的AB、BC杆均表现为支持力解析在甲图中，对B分析，受到AB杆的拉力，BC杆的支持力，绳子的拉力三力平衡，A项错误；乙图中对B受力分析，B受到绳子竖直向下的拉力，则BC应为支持力，由平衡条件可知AB应为支持力，B项错误；丙图中对B 点分析可知，B受到绳子向下的拉力，AB杆提供向上的拉力，BC杆应为向右的拉力，C项正确；丁图中对B分析可知，B受到绳子向下的拉力，AB杆提供拉力，BC杆提供支持力，D项错误。

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力与物体的平衡复习备考建议(1)受力分析与物体的平衡着重考查连接体的平衡、整体法与隔离法的应用、物体的动态平衡问题、绳、杆、面弹力的大小与方向、胡克定律及摩擦力的大小等．复习时要熟练掌握受力分析方法、共点力平衡的处理方法，尤其是动态平衡的几种解题方法．(2)匀变速直线运动问题一般结合牛顿运动定律，考查形式灵活，情景多样，贴近生活，计算题多以板—块模型、多过程问题为主，多结合v－t图象，难度较大，单纯直线运动问题一般在选择题中结合v－t图象考查，难度不大．(3)平抛运动的规律及分析方法、圆周运动的受力特点(特别是竖直面内的圆周运动的受力特点)及能量变化是考查重点．平抛运动与竖直面内圆周运动相结合，再结合能量守恒考察的问题也需要重视．(4)万有引力与航天基本上每年必有一题，开普勒定律、行星和卫星的运行规律、变轨、能量问题、双星问题、万有引力与重力关系等，复习时要全面深入，掌握各类问题的实质．第1课时力与物体的平衡考点受力分析与物体的静态平衡1．受力分析顺序(1)先场力(重力、电场力、磁场力)后接触力(先弹力后摩擦力)．(2)先分析“确定的力”，再由“确定的力”判断“不确定的力”．2．整体法与隔离法研究系统外的物体对系统整体的作用力时用整体法；研究系统内物体之间的相互作用力时用隔离法．遇到多物体平衡时一般整体法与隔离法结合运用，一般先整体后隔离．(1)采用整体法进行受力分析时，要注意系统内各个物体的运动状态应该相同．(2)当直接分析一个物体的受力不方便时，可转移研究对象，先分析另一个物体的受力，再根据牛顿第三定律分析该物体的受力，此法叫“转移研究对象法”．3．两种常用方法(1)合成法：一般三力平衡时(或多力平衡转化成三力平衡后)用合成法，由平行四边形定则合成任意两力(一般为非重力的那两个力)，该合力与第三个力平衡，在由力的示意图所围成的三角形中解决问题．将力的问题转化成三角形问题，再由三角函数、勾股定理、图解法、相似三角形法等求解．(2)正交分解法：一般受三个以上共点力平衡时用正交分解法，把物体受到的各力分解到相互垂直的两个方向上，然后分别列出两个方向上的平衡方程．例1(2019·湖南娄底市下学期质量检测)如图1所示，竖直面光滑的墙角有一个质量为m、半径为r 的均匀半球体物块A ，现在A 上放一密度和半径与A 相同的球体B ，调整A 的位置使得A 、B 保持静止状态，已知A 与地面间的动摩擦因数为0.5，则A 球球心距墙角的最远距离是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )图1A.9r 5B ．2r C.11r 5 D.13r 5答案 C解析由题意知，B 的质量为2m ，对A 、B 整体，地面对A 的支持力为：F N ＝3mg ，当地面对A 的摩擦力达到最大静摩擦力时，A 球球心距墙角的距离最远，分别对A 、B 受力分析，如图所示；根据平衡条件得：F N AB ＝2mg sin θ，F N BA cos θ＝μF N ，又F N AB ＝F N BA解得：tan θ＝43，则A 球球心距墙角的最远距离为：x ＝2r cos θ＋r ＝115r ，故C 正确，A 、B 、D 错误．变式训练1．(2019·全国卷Ⅱ·16)物块在轻绳的拉动下沿倾角为30°的固定斜面向上匀速运动，轻绳与斜面平行．已知物块与斜面之间的动摩擦因数为33，重力加速度取10m/s 2.若轻绳能承受的最大张力为1500N ，则物块的质量最大为( )A ．150kgB ．1003kgC ．200kgD ．2003kg 答案 A解析设物块的质量最大为m ，将物块的重力沿斜面向下方向和垂直斜面向下方向分解，由平衡条件，在沿斜面方向有F＝mg sin30°＋μmg cos30°，解得m＝150kg，A项正确．2．(2019·浙南名校联盟期末)如图2所示，一个质量为4kg的半球形物体A放在倾角θ＝37°的斜面体B的斜面上静止不动．若用通过球心的水平推力F＝10N作用在物体上，物体仍静止在斜面上，斜面体仍相对地面静止．已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10m/s2，则( )图2A．地面对斜面体B的弹力不变B．地面对斜面体B的摩擦力增加8NC．物体A受到斜面体B的摩擦力增加8ND．物体A对斜面体B的作用力增加10N答案 A解析对A、B整体受力分析可知，地面对斜面体B的弹力不变，地面对B的摩擦力增加了10 N；对物体A受力分析，加F前，B对A的摩擦力F f＝mg sin θ＝24 N，加F后F f′＋F·cosθ＝mg sin θ，得F f′＝16 N，故减少8 N；加F前，A对B的作用力大小为40 N，加F后，A对B的作用力大小为F2＋(mg)2＝1017 N，A对B的作用力增加，但不是10 N．考点动态平衡问题1．图解法物体受三个力平衡：一个力恒定、另一个力的方向恒定，求第三个力时可用此法．由三角形中边长的变化知力的大小的变化，还可判断出极值．例：挡板P由竖直位置绕O点逆时针向水平位置缓慢旋转时小球受力的变化．(如图3)图32．相似三角形法物体受三个力平衡：一个力恒定、另外两个力的方向同时变化，当所作“力的矢量三角形”与空间的某个“几何三角形”总相似时用此法(如图4)．图43．等效圆周角不变法物体受三个力平衡：一个力恒定、另外两个力大小、方向都变化，但两力夹角不变时可用此法(如图5)．由弦长的变化判断力的变化，此类题也可用正弦定理求解．图54．解析法如果物体受到多个力的作用，可进行正交分解，利用解析法，建立平衡方程，找函数关系，根据自变量的变化确定因变量的变化．还可由数学知识求极值或者根据物理临界条件求极值．例2(多选)(2019·全国卷Ⅰ·19)如图6，一粗糙斜面固定在地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮．一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块N，另一端与斜面上的物块M相连，系统处于静止状态．现用水平向左的拉力缓慢拉动N，直至悬挂N的细绳与竖直方向成45°.已知M 始终保持静止，则在此过程中( )图6A．水平拉力的大小可能保持不变B．M所受细绳的拉力大小一定一直增加C．M所受斜面的摩擦力大小一定一直增加D．M所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加答案BD解析对N进行受力分析如图所示，因为N的重力与水平拉力F的合力和细绳的拉力F T是一对平衡力，从图中可以看出水平拉力的大小逐渐增大，细绳的拉力也一直增大，选项A错误，B正确；M的质量与N的质量的大小关系不确定，设斜面倾角为θ，若m N g≥m M g sinθ，则M所受斜面的摩擦力大小会一直增大，若m N g<m M g sinθ，则M所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加，选项D正确，C错误．变式训练3．(2019·江苏模拟)如图7所示，在粗糙的水平地面上放着一左侧截面是半圆的柱状物体B，在B与竖直墙之间放置一光滑小球A，整个装置处于静止状态．现用水平力拉动B缓慢向右移动一小段距离后，它们仍处于静止状态，在此过程中，下列判断正确的是( )图7A．小球A对物体B的压力逐渐增大B．小球A对物体B的压力逐渐减小C．墙面对小球A的支持力逐渐减小D．墙面对小球A的支持力先增大后减小答案 A解析对A球受力分析如图，得：竖直方向：F cosθ＝mg水平方向：F N＝F sinθ解得：F＝mgcosθF N＝mg tanθB缓慢向右移动一小段距离，A缓慢下落，则θ增大，所以F增大，F N增大，由牛顿第三定律知小球A对物体B的压力逐渐增大，故A正确，B、C、D错误．4．(多选)(2019·安徽A10联盟开年考)如图8所示，倾角为30°的斜面体放置于粗糙水平地面上，物块A通过跨过光滑定滑轮的柔软轻绳与小球B连接，O点为轻绳与定滑轮的接触点．初始时，小球B在水平向右的拉力F作用下使轻绳OB段与水平拉力F的夹角θ＝120°，整个系统处于静止状态．现将小球向右上方缓慢拉起，并保持夹角θ不变，从初始到轻绳OB段水平的过程中，斜面体与物块A均保持静止不动，则在此过程中( )图8A．拉力F逐渐增大B．轻绳上的张力先增大后减小C．地面对斜面体的支持力逐渐增大D．地面对斜面体的摩擦力先增大后减小答案AD解析小球B受重力mg、轻绳OB的拉力F T和拉力F，由题意可知，三个力的合力始终为零，矢量三角形如图，在轻绳OB转至水平的过程中，拉力F T逐渐减小，拉力F逐渐变大，故选项A正确，选项B 错误；整体(含斜面体、物块A和小球B)受向下的重力、向上的支持力、向左的摩擦力和拉力四个力的作用，根据小球的受力分析可知，拉力F的竖直分力逐渐增大，水平分力先增大后减小，所以支持力逐渐减小，摩擦力先增大后减小，故选项C错误，D正确．考点电场力作用下的平衡问题1．电场力(1)大小：F＝qE.若为匀强电场，电场力为恒力；若为非匀强电场，电场力大小与电荷所处的位置有关．点电荷间的库仑力大小F ＝k q 1q 2r 2. (2)方向：正电荷所受电场力方向与场强方向相同，负电荷所受电场力方向与场强方向相反．2．两个遵循(1)遵循平衡条件：与纯力学问题的分析方法基本相同，只是多了电场力，把电学问题力学化可按以下流程分析：(2)遵循电磁学规律：①要注意准确判断电场力方向．②要注意电场力大小的特点：点电荷间的库仑力大小与距离的平方成反比，电荷间相互作用力遵循牛顿第三定律．例3 (2019·浙江新高考研究联盟第二次联考)如图9所示，两个带电荷量分别为Q 1与Q 2的小球固定于相距为5d 的光滑水平面上，另有一个带电小球A ，悬浮于空中不动，此时A 离Q 1的距离为4d ，离Q 2的距离为3d .现将带电小球A 置于水平面上某一位置，发现A 刚好静止，则此时小球A 到Q 1、Q 2的距离之比为( )图9A.3∶2B ．2∶ 3C ．3∶4D ．4∶3 答案 B解析小球A 悬浮于空中时，Q 1对其库仑力F 1＝k Q 1q (4d )2，Q 2对其库仑力F 2＝k Q 2q(3d )2，受力分析如图所示，由几何关系知θ＝37°，由平衡条件知F 1＝mg sin37°，F 2＝mg cos37°，得Q 1Q 2＝43.将A 置于水平面上静止，则kQ 1q r 12＝k Q 2q r 22，得r 1r 2＝23，故选B. 变式训练5．(2019·浙江温州市联考)密立根油滴实验原理如图10所示．两块水平放置的金属板分别与电源的正、负极相接，板间电压为U ，形成竖直向下、场强为E 的匀强电场．用喷雾器从上板中间的小孔喷入大小、质量和电荷量各不相同的油滴．通过显微镜可找到悬浮不动的油滴，若此悬浮油滴的质量为m ，则下列说法正确的是( )图10A ．悬浮油滴带正电B ．悬浮油滴的电荷量为mg UC ．增大场强，悬浮油滴将向上运动D ．油滴的电荷量不一定是电子电荷量的整数倍答案 C解析因油滴静止，故所受电场力向上，油滴带负电，故A 错误；板间距离为d ，则mg ＝qE ＝q Ud ，得电荷量q ＝mgd U，故B 错误；增大场强，电场力将大于重力，油滴将向上运动，故C 正确；带电体电荷量均为元电荷的整数倍，故D 错误．6．(2019·浙江嘉丽3月联考)如图11所示，水平地面上固定一个绝缘直角三角形框架ABC ，其中∠ACB ＝θ.质量为m 、带电荷量为q 的小圆环a 套在竖直边AB 上，AB 面与圆环间的动摩擦因数为μ，质量为M 、带电荷量为＋Q 的小滑块b 位于斜边AC 上，a 、b 静止在同一高度上且相距L .圆环、滑块均视为质点，AC 面光滑，则( )图11A ．圆环a 带正电B ．圆环a 受到的摩擦力一定为μk Qq L 2C ．小滑块b 受到的库仑力为Mg tan θD ．斜面对小滑块b 的支持力为Mg cos θ答案 D解析 a 、b 静止在同一高度上，对b ，受到重力Mg 、斜面的支持力F N 及a 对b 的库仑引力F ，从而处于平衡状态，由于b 带正电，因此圆环a 带负电，故A 错误；F ＝k Qq L2＝Mg tan θ，F N ＝Mg cos θ，故C 错误，D 正确；圆环a 处于静止状态，受到的是静摩擦力，其大小为F f ＝mg ，故B 错误．考点磁场力作用下的平衡问题1．安培力(1)大小：F ＝BIL ，此式只适用于B ⊥I 的情况，且L 是导线的有效长度．当B ∥I 时F ＝0.(2)方向：用左手定则判断，安培力垂直于B 、I 决定的平面．2．洛伦兹力(1)大小：F ＝qvB ，此式只适用于B ⊥v 的情况．当B ∥v 时F ＝0.(2)方向：用左手定则判断，洛伦兹力垂直于B 、v 决定的平面，洛伦兹力不做功．3．立体平面化该模型一般由倾斜导轨、导体棒、电源和电阻等组成，难点是该模型具有立体性，解题时一定要先把立体图转化成平面图，通过受力分析建立各力的平衡关系．4．带电体的平衡如果带电粒子在重力场、电场和磁场三者组成的复合场中做直线运动，则通常是匀速直线运动．例4 (2019·陕西榆林市模拟)如图12，挂在天平底部的矩形线圈abcd (质量不计)的一部分悬在匀强磁场中，当给矩形线圈通入如图12所示的电流I 时，调节两盘中的砝码，使天平平衡．然后使电流I 反向，这时要在天平的左盘上加质量为2×10－2kg 的砝码，才能使天平重新平衡．若已知矩形线圈共10匝，通入的电流I ＝0.1A ，bc 边长度为10cm ，则磁场对bc 边作用力F 的大小和该磁场的磁感应强度B 的大小分别是(g 取10m/s 2)( )图12A ．F ＝0.2N ，B ＝20TB ．F ＝0.2N ，B ＝2TC ．F ＝0.1N ，B ＝1TD ．F ＝0.1N ，B ＝10T答案 C解析当线圈中通入题图所示电流后，右盘矩形线圈abcd 受到的安培力为F ＝nBIL ，方向向上；设左盘砝码的质量为M ，右盘砝码的质量为m ，此时根据天平处于平衡状态有：Mg ＝mg －nBIL ，当通有反向电流时，右盘矩形线圈abcd 受到的安培力为F ′＝nBIL ，方向向下，此时根据天平处于平衡状态有：Mg ＋2×10－2×10 N＝mg ＋nBIL ，联立解得：B ＝1 T ，F ＝0.1N ，故A 、B 、D 错误，C 正确．变式训练7．(2019·浙江台州3月一模)如图13所示，在水平绝缘杆上用两条等长的平行绝缘丝线悬挂一质量为m 的通电导体棒．将导体棒放置在蹄形磁铁的磁场中，由于安培力的作用，当两条丝线与竖直方向均成30°角时，导体棒处于平衡状态，重力加速度为g .则关于导体棒在平衡状态时的说法正确的是( )图13A ．导体棒所在处的磁感应强度处处相等B ．导体棒受到的安培力大小一定是12mg C ．每条丝线对导体棒的拉力大小一定是33mg D ．导体棒受到的安培力与拉力的合力大小一定等于mg答案 D8．(多选)长方形区域内存在正交的匀强电场和匀强磁场，其方向如图14所示，一个质量为m 且带电荷量为q 的小球以初速度v 0竖直向下进入该区域．若小球恰好沿直线下降，重力加速度为g ，则下列判断正确的是( )图14A ．小球带正电B ．电场强度E ＝mgqC ．小球做匀速直线运动D ．磁感应强度B ＝mgqv 0答案 CD解析小球在复合场内受到自身重力、电场力和洛伦兹力，其中电场力和重力都是恒力，若速度变化则洛伦兹力变化，合力变化，小球必不能沿直线下降，所以合力等于0，小球做匀速直线运动，选项C 正确．若小球带正电，则电场力斜向下，洛伦兹力水平向左，和重力的合力不可能等于0，所以小球不可能带正电，选项A 错误．小球带负电，受到斜向上的电场力和水平向右的洛伦兹力，根据力的合成可得qE ＝2mg ，电场强度E ＝2mgq，选项B 错误．洛伦兹力qv 0B ＝mg ，磁感应强度B ＝mgqv 0，选项D 正确．专题突破练1．(2019·全国卷Ⅲ·16)用卡车运输质量为m 的匀质圆筒状工件，为使工件保持固定，将其置于两光滑斜面之间，如图1所示．两斜面Ⅰ、Ⅱ固定在车上，倾角分别为30°和60°.重力加速度为g .当卡车沿平直公路匀速行驶时，圆筒对斜面Ⅰ、Ⅱ压力的大小分别为F 1、F 2，则( )图1A ．F 1＝33mg ，F 2＝32mgB ．F 1＝32mg ，F 2＝33mg C ．F 1＝12mg ，F 2＝32mgD ．F 1＝32mg ，F 2＝12mg 答案 D解析分析可知工件受力平衡，对工件受到的重力按照压紧斜面Ⅰ和Ⅱ的效果进行分解如图所示，结合几何关系可知工件对斜面Ⅰ的压力大小为F 1＝mg cos30°＝32mg ，对斜面Ⅱ的压力大小为F 2＝mg sin30°＝12mg ，选项D 正确，A 、B 、C 错误．2.(2019·浙江绍兴市3月选考)如图2所示，攀岩者仅凭借鞋底和背部的摩擦停留在竖直的岩壁间，鞋子、背部与岩壁间的动摩擦因数分别为0.80和0.60.为了节省体力，他尽可能减小身体与岩壁间的正压力，使自己刚好不下滑．假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列判断正确的是( )图2A ．攀岩者受到三个力的作用B ．鞋子受到岩壁的静摩擦力，方向竖直向下C ．岩壁对鞋子的支持力大于岩壁对背部的支持力D ．攀岩者背部受到的静摩擦力支撑了体重的37答案 D3.如图3所示，两根光滑金属导轨平行放置，导轨所在平面与水平面间的夹角为θ.整个装置处于沿竖直方向的匀强磁场中．金属杆ab 垂直导轨放置，当金属杆ab 中通有从a 到b 的恒定电流I 时，金属杆ab 刚好静止．则( )图3A ．磁场方向竖直向上B ．磁场方向竖直向下C ．金属杆ab 受安培力的方向平行导轨向上D ．金属杆ab 受安培力的方向平行导轨向下答案 A解析当磁场方向竖直向上时，由左手定则可知安培力水平向右，受力分析如图所示，金属杆ab受力可以平衡，A正确；若磁场方向竖直向下，由左手定则可知安培力水平向左，则金属杆ab受力无法平衡，B错误；磁场方向沿竖直方向，则金属杆ab所受安培力的方向垂直于磁场方向，故金属杆ab所受安培力的方向不可能平行于导轨，C、D错误．4.(2019·全国卷Ⅰ·15)如图4，空间存在一方向水平向右的匀强电场，两个带电小球P和Q用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花板下，两细绳都恰好与天花板垂直，则( )图4A．P和Q都带正电荷B．P和Q都带负电荷C．P带正电荷，Q带负电荷D．P带负电荷，Q带正电荷答案 D解析对P、Q整体进行受力分析可知，在水平方向上整体所受电场力为零，所以P、Q必带等量异种电荷，选项A、B错误；对P进行受力分析可知，匀强电场对它的电场力应水平向左，与Q对它的库仑力平衡，所以P带负电荷，Q带正电荷，选项D正确，C错误．5．(2019·福建龙岩市期末质量检查)如图5甲所示，在挪威的两座山峰间夹着一块岩石，吸引了大量游客前往观赏．该景观可简化成如图乙所示的模型，右壁竖直，左壁稍微倾斜．设左壁与竖直方向的夹角为θ，由于长期的风化，θ将会减小．岩石与山峰间的摩擦很小，可以忽略不计．若岩石质量一定，θ减小，岩石始终保持静止，下列说法正确的是( )图5A．山峰左壁对岩石的作用力将增大B．山峰右壁对岩石的作用力不变C ．山峰对岩石的作用力减小D ．岩石受到的合力将增大答案 A解析对岩石受力分析如图所示：根据平衡条件可知：F N2cos θ＝F N1，F N2sin θ＝mg ，解得：F N1＝mg tan θ，F N2＝mgsin θ，随着θ减小，F N1、F N2都在增大，故A 正确，B 错误；根据共点力平衡可知，山峰对岩石的作用力始终不变，大小等于岩石的重力，故C 错误；由于岩石处于静止状态，所以岩石受到的合力一直为零，故D 错误．6.(2019·浙江超级全能生2月联考)打印机是现代办公不可或缺的设备，正常情况下，进纸系统能做到“每次只进一张纸”，进纸系统的结构如图6所示．设图中刚好有10张相同的纸，每张纸的质量均为m ，搓纸轮按图示方向转动带动最上面的第1张纸向右运动，搓纸轮与纸张之间的动摩擦因数为μ1，纸张与纸张之间、纸张与底部摩擦片之间的动摩擦因数均为μ2.下列说法正确的是( )图6A ．第1张纸受到搓纸轮的摩擦力方向向左B ．第2张纸与第3张纸之间的摩擦力大小为2μ2mgC ．第10张纸与摩擦片之间的摩擦力为0D ．要做到“每次只进一张纸”，应要求μ1>μ2 答案 D7．(多选)如图7所示，用两根长度相同的绝缘细线把一个质量为0.1kg 的小球A 悬挂在水平板的M 、N 两点，A 上带有Q ＝3.0×10－6C 的正电荷．两线夹角为120°，两线上的拉力大小分别为F 1和F 2.A 的正下方0.3m 处放有一带等量异种电荷的小球B ，B 与绝缘支架的总质量为0.2kg(重力加速度g 取10m/s 2；静电力常量k ＝9.0×109N·m 2/C 2，A 、B 球可视为点电荷)，则( )图7A ．支架对地面的压力大小为2.0NB ．两线上的拉力大小F 1＝F 2＝1.9NC ．将B 水平右移，使M 、A 、B 在同一直线上，此时两线上的拉力大小F 1＝1.225N ，F 2＝1.0ND ．将B 移到无穷远处，两线上的拉力大小F 1＝F 2＝0.866N 答案 BC解析小球A 、B 间的库仑力为F 库＝k Q ·Q r 2＝9.0×109×3.0×10－6×3.0×10－60.32N ＝0.9N ，以B 和绝缘支架整体为研究对象，受力分析如图甲所示，地面对支架的支持力为F N ＝mg －F库＝1.1N ，由牛顿第三定律知，A 错误；以A 球为研究对象，受力分析如图乙所示，F 1＝F 2＝m A g ＋F 库＝1.9N ，B 正确；B 水平向右移，当M 、A 、B 在同一直线上时，由几何关系知A 、B间距为r ′＝0.6m ，F 库′＝kQ ·Qr ′2＝0.225N ，以A 球为研究对象，受力分析如图丙所示，可知F 2′＝1.0 N ，F 1′－F 库′＝1.0 N ，F 1′＝1.225 N ，C 正确；将B 移到无穷远处，则F 库″＝0，可求得F 1″＝F 2″＝1.0N ，D 错误．8.如图8所示，半圆形金属框架竖直放在粗糙的水平地面上，套在其上的光滑小球P 在水平外力F 作用下处于静止状态，P 与圆心O 的连线与水平面的夹角为θ，现用力F 拉动小球，使其缓慢上移到框架的最高点，在此过程中金属框架始终保持静止，下列说法中正确的是( )图8A ．框架对小球的支持力先减小后增大B ．水平拉力F 先增大后减小C ．地面对框架的支持力先减小后增大D ．地面对框架的摩擦力一直减小答案 D解析以小球为研究对象，受力分析如图所示：根据动态矢量三角形可知，框架对小球的支持力不断减小，故A错误；水平拉力F一直减小，故B错误；以框架与小球组成的整体为研究对象，整体受到重力、地面的支持力、地面的摩擦力以及力F的作用，因水平拉力F一直减小，所以地面对框架的摩擦力始终在减小，地面对框架的支持力保持不变，故C错误，D正确．9．(2019·安徽蚌埠市质检)如图9所示，A、B、C三根平行通电直导线质量均为m，通入的电流大小相等，其中C中的电流方向与A、B中的电流方向相反，A、B放置在粗糙的水平面上，C静止在空中，三根导线的截面处于一个等边三角形的三个顶点，且三根导线均保持静止，重力加速度为g，则A导线受到B导线的作用力大小和方向为( )图9A.33mg，方向由A指向BB.33mg，方向由B指向AC.3mg，方向由A指向BD.3mg，方向由B指向A答案 A解析三根导线的截面处于一个等边三角形的三个顶点，通入的电流大小相等，则F BC＝F AC ＝F BA，又反向电流相互排斥，对电流C受力分析如图：由平衡条件可得：2F AC cos30°＝mg，解得：F AC ＝33mg ，则F BA ＝33mg 同向电流相互吸引，故A 导线受到B 导线的作用力方向由A 指向B .10．(多选)A 、C 是两个带电小球，质量分别是m A 、m C ，电荷量大小分别是Q A 、Q C ，用两条等长绝缘细线悬挂在同一点O ，两球静止时如图10所示，此时细线对两球的拉力分别为F T A 、F T C ，两球连线AC 与O 所在竖直线的交点为B ，且AB <BC ，下列说法正确的是( )图10A ．Q A >Q CB ．m A ∶mC ＝F T A ∶F T C C ．F T A ＝F T CD ．m A ∶m C ＝BC ∶AB答案 BD解析设两个小球之间的库仑力为F ，利用相似三角形知识可得，A 球所受三个力F 、F T A 、m A g 构成的三角形与三角形OBA 相似，m A g OB ＝F AB ＝F T AAO；C 球所受三个力F 、F T C 、m C g 构成的三角形与三角形OBC 相似，m C g OB ＝F CB ＝F T CCO；因OA ＝OC ，所以m A ∶m C ＝F T A ∶F T C ；m A ∶m C ＝BC ∶AB ，则选项B 、D 正确，C 错误；因两球之间的作用力是相互作用力，则无法判断两球带电荷量的多少，选项A 错误．11.(2019·山东烟台市下学期高考诊断)如图11所示，质量为M 的斜劈静止在粗糙水平地面上，质量为m 的物块正在质量为M 的斜面上匀速下滑．现在m 上施加一个水平推力F ，则在m 的速度减小为零之前，下列说法正确的是( )图11A ．加力F 之后，m 与M 之间的摩擦力变小B ．加力F 之后，m 与M 之间的作用力不变C ．加力F 之后，M 与地面之间产生静摩擦力D ．加力F 前后，M 与地面间都没有摩擦力答案 D解析由m 匀速下滑得：垂直斜面方向：F N ＝mg cos θ，滑动摩擦力为：F f ＝μmg cos θ；在m 上加一水平向右的力F ，垂直斜面方向：F N ′＝mg cos θ＋F sin θ，滑动摩擦力为：F f ′＝μF N ′＝μ(mg cos θ＋F sin θ)；对物块，所受支持力增加了F sin θ，则摩擦力增加μF sin θ，即支持力与摩擦力成比例地增加，其合力方向还是竖直向上，大小增大，而m 与M 之间的作用力即为此合力，也是增大的，则斜面所受的摩擦力与压力的合力方向还是竖直向下，水平方向仍无运动趋势，则不受地面的摩擦力，故A 、B 、C 错误，D 正确．12.如图12所示，边长为l 、质量为m 的等边三角形导线框用绝缘细线悬挂于天花板，导线框中通一逆时针方向的电流，图中虚线过ab 边中点和ac 边中点，在虚线的下方有一垂直于导线框向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为B ，此时导线框处于静止状态，细线中的拉力为F 1；保持其他条件不变，现将虚线下方的磁场移至虚线上方，此时细线中拉力为F 2.导线框中的电流大小为( )图12A.F 2－F 1Bl B.F 2－F 12BlC.2(F 2－F 1)BlD.2(F 2－F 1)3Bl答案 A解析当磁场在虚线下方时，通电导线的等效长度为12l ，受到的安培力方向竖直向上，故F 1＋12BIl ＝mg ，当磁场在虚线上方时，通电导线的等效长度为12l ，受到的安培力方向竖直向下，故F 2＝12BIl ＋mg ，联立可得I ＝F 2－F 1Bl，A 正确．。

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