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.docx
《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.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《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.docx（18页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。
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
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
1.静态平衡问题
考向1.单个物体的平衡问题
2019·全国卷ⅡT16
2019·全国卷ⅢT16
2017·全国卷ⅢT17
考向2.多个物体的平衡问题
2016·全国卷ⅠT19
2016·全国卷ⅢT17
考向3.电磁场中的平衡问题
2015·全国卷ⅠT24
2.动态平衡问题
考向1.解析法
2019·全国卷ⅠT19
考向2.图解法
2016·全国卷ⅡT14
考向3.（相似）三角形法
2017·全国卷ⅠT21
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·T16）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
，重力加速度取10m/s2。
若轻绳能承受的最大张力为1500N，则物块的质量最大为（ ）
A．150kg B．100
kg
C．200kgD．200
kg
A [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＝mgsin30°＋μmgcos30°，解得m＝150kg，A项正确。
]
2．（2019·全国卷Ⅲ·T16）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F1、F2，则（ ）
A．F1＝
mg，F2＝
mgB．F1＝
mg，F2＝
mg
C．F1＝
mg，F2＝
mD．F1＝
mg，F2＝
mg
D [以工件为研究对象，受力分析如图所示，重力与F′1、F′2的合力等大反向，根据共点力平衡条件得
＝cos30°，
＝cos60°，则F′1＝
mg，F′2＝
mg，根据牛顿第三定律，F1＝F′1＝
mg，F2＝F′2＝
mg，故只有D选项正确。
]
3．（2016·全国卷Ⅲ·T17）如图所示，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（ ）
A.
B.
mC．m D．2m
[题眼点拨] ①“细线穿过两轻环”“不计所有摩擦”说明细线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，确定圆弧的圆心，利用对称性分析各力的方向，利用几何关系分析悬挂点的角度是解题关键。
C [由于物块通过挂钩悬挂在线上，细线穿过圆环且所有摩擦都不计，可知线上各处张力都等于小球重力mg。
如图所示，由对称性可知a、b位于同一水平线上，物块处于圆心O点正上方，则∠1＝∠2，∠3＝∠4，∠1＝∠5。
因圆弧对轻环的弹力沿圆弧半径方向，且轻环重力不计，由平衡条件知环两侧细线关于圆弧半径对称，即∠5＝∠6，由几何关系得∠1＝∠2＝∠5＝∠6＝30°，∠3＝∠4＝60°。
再由物块与挂钩的受力平衡有mgcos60°＋mgcos60°＝Mg，故有M＝m，C正确。
]
[教师备选题]
1．（2017·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．86cm B．92cm C．98cm D．104cm
B [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sinθ＝
，对钩码（设其重力为G）静止时受力分析，得G＝2k
cosθ；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
，联立解得L＝92cm，故A、C、D项错误，B项正确。
]
2．（多选）（2016·全国卷Ⅰ·T19）如图所示，一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向右上方拉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（ ）
A．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
BD [物块b始终保持静止，物块a也始终保持静止，绳子对a的拉力等于a的重力，绳子的夹角α也保持不变，OO′绳的拉力也保持不变，选项A、C错误。
选b为研究对象，在y轴方向有FTcosβ＋Fcosγ＋FN＝mbg，由于FT不变，F变化，所以FN也变化，选项B正确。
FT和F在x轴方向的分力和桌面对b的摩擦力的合力为零，由于F在一定范围内变化，则摩擦力也在一定范围内变化，选项D正确。
]
3.（2015·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/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＝0.5cm。
由胡克定律和力的平衡条件得
2kΔl1＝mg①
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＝IBL②
式中，I是回路电流，L是金属棒的长度。
两弹簧各自再伸长了Δl2＝0.3cm，由胡克定律和力的平衡条件得
2k（Δl1＋Δl2）＝mg＋F③
由欧姆定律有
E＝IR④
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＝0.01kg。
⑤
[答案] 安培力的方向竖直向下，金属棒的质量为0.01kg
1．共点力的平衡条件：
F合＝0。
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Fx＝0，Fy＝0。
3．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（如上T2采用隔离法）。
（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”。
4．求解共点力平衡问题的常用方法
常用方法包括力的合成法、分解法及正交分解法，以T2为例分析如下：
合成法 分解法 正交分解法
（多选）如图所示，质量分别为m1、m2的两个物体通过轻弹簧连接，在力F的作用下一起沿水平方向做匀速直线运动，m1在地面上，m2在空中。
此时力F与水平方向成θ角，弹簧中弹力大小为F1，弹簧轴线与水平方向的夹角为α，m1受地面的摩擦力大小为Ff，则下列说法正确的是（ ）
A．θ一定大于α B．θ可能等于α
C．F一定大于F1D．F一定大于Ff
[题眼点拨] ①“F与水平方向成θ角”明确力的方向。
②“通过轻弹簧连接”说明弹簧上的拉力处处相等。
ACD [m2受三力平衡：
m2g、F、F1，根据平衡条件知，F与F1的水平分力大小相等，即：
Fx＝Fcosθ＝F1cosα，F的竖直分力比F1的竖直分力大，即：
Fy＝Fsinθ＝F1sinα＋m2g，根据F合＝
，所以F>F1，根据tanθ＝
，所以θ>α。
根据整体法得：
Fcosθ＝Ff，所以F>Ff，故A、C、D正确，B错误，故选A、C、D。
]
反思：
先用隔离法对m2受力分析，根据平衡条件列出方程，从而判断F与F1、θ与α的大小关系。
再利用整体法对m1、m2整体受力分析，根据平衡条件列出方程，从而判断F与Ff的大小关系。
考向1 单个物体的平衡问题
1.（2019·泉州市高中毕业班单科质检）如图所示，总重为G的吊灯用三条长度相同的轻绳悬挂在天花板上，每条轻绳与竖直方向的夹角均为θ，则每条轻绳对吊灯的拉力大小为（ ）
A.
B.
C.
GcosθD.
Gsinθ
A [对吊灯受力分析，每根绳应在竖直方向上提供重力的三分之一，设轻绳的拉力大小为T，吊灯在竖直方向受力平衡，有：
3Tcosθ＝G，可得：
T＝
。
]
考向2 多个物体的平衡问题
2.（2019·武汉示范高中联考）两个质量均为m的A、B小球用轻杆连接，A球与固定在斜面上的光滑竖直挡板接触，B球放在倾角为θ的斜面上，A、B均静止，B球没有滑动趋势，则A球对挡板的压力大小为（重力加速度为g）（ ）
A．mgtanθB.
C.
D．2mgtanθ
D [根据题述，B球没有滑动趋势，说明B球不受摩擦力作用。
竖直挡板光滑，A球不受摩擦力作用。
把A、B看成整体进行受力分析，设挡板对A球的支持力为F，由平衡条件可得tanθ＝
，解得F＝2mgtanθ，由牛顿第三定律可知，A球对挡板的压力大小为2mgtanθ，选项D正确。
]
3．（2019·合肥市高三一模）
如图所示，倾斜直杆的左端固定在水平地面上，与水平面成θ角，杆上穿有质量为m的小球a和轻质圆环b，两者通过一条细绳跨过定滑轮相连接。
当a、b静止时，Oa段绳与杆的夹角也为θ，不计一切摩擦，重力加速度为g。
则下列说法正确的是（ ）
A．a可能受到2个力的作用
B．b可能受到3个力的作用
C．绳对a的拉力大小为mgtanθ
D．杆对a的支持力大小为mgcosθ
C [对小球a受力分析，如图所示，小球a一定受3个力的作用，由于b为轻质圆环，因此其不受重力的作用，b静止时，只受两个力的作用，由力的平衡条件可知F＝FNb，A、B错误；对小球a由力的平衡条件可知，沿杆方向有F′cosθ＝mgsinθ，解得绳对a的拉力F′＝mgtanθ，C正确；垂直杆方向有mgcosθ＝F′sinθ＋FNa，解得FNa＝mgcosθ－mgsinθtanθ，D错误。
]
考向3 电磁场中的平衡问题
4.如图所示，两个带电小球A、B穿在一根水平固定的绝缘细杆上，并通过一根不可伸长的绝缘细绳跨接在定滑轮两端，整个装置处在水平向右的匀强电场中，当两个小球静止时，两侧细绳与竖直方向的夹角分别为α＝30°和β＝60°，不计装置中的一切摩擦及两个小球间的静电力。
则A、B两球的带电荷量q1与q2大小之比为（ ）
A．q1∶q2＝
∶1B．q1∶q2＝
∶2
C．q1∶q2＝1∶
D．q1∶q2＝2∶
C [分别对两小球受力分析，由力的平衡条件可知，两小球在水平方向的合力均为零，则小球A在水平方向上，有Tsin30°＝Eq1，小球B在水平方向上，有T′sin60°＝Eq2，T′＝T，则联立可解得q1∶q2＝1∶
，C正确。
]
5.（易错题）如图所示，一质量为m、长度为L的导体棒AC静止于两平行的水平导轨上且与两导轨垂直，通过AC的电流为I，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向与导轨平面成θ角斜向下，下列说法正确的是（ ）
A．AC受到的安培力大小为BILsinθ
B．AC可能不受摩擦力作用
C．AC受到的安培力与摩擦力平衡
D．AC所受的支持力大小为BILcosθ＋mg，摩擦力大小为BILsinθ
D [匀强磁场的磁感应强度与导体棒AC是垂直的，故AC所受的安培力大小F安＝BIL，A错误。
安培力既垂直于导体棒也垂直于磁场，根据左手定则判断其方向，作出导体棒AC的受力示意图（从A看向C的平面图）如图所示。
由于重力和支持力在竖直方向，而安培力有水平分力，没有摩擦力这三个力无法平衡，所以导体棒一定会受到水平向左的摩擦力，B错误。
由图可知，安培力的方向不在水平方向，故无法与摩擦力平衡，C错误。
将安培力在水平方向和竖直方向分解，根据平衡条件可得支持力大小FN＝BILcosθ＋mg，摩擦力大小Ff＝BILsinθ，D正确。
]
易错点评：
（1）误认为磁感应强度B与导体棒AC成θ角，从而得出F安＝BILsinθ的错误结果。
（2）判断安培力方向时，易出现左手、右手应用混淆。
动态平衡问题（5年3考）
❶近五年高考对动态平衡问题的考查，重在体现数形结合思想，应用图解法或解析法是求解动态平衡问题的常用方法。
❷在2020年高考中仍会体现数形结合的思想，应用图解法和解析法分析求解动态平衡问题仍是命题热点。
1.（2016·全国卷Ⅱ·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。
]
2．（多选）（2019·全国卷Ⅰ·T19）如图所示，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
BD [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mNg≥mMgsinθ，则M所受斜面的摩擦力大小会一直增大，若mNg]
3．（一题多解）（多选）（2017·全国卷Ⅰ·T21）如图所示，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
。
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
AD [法一：
设重物的质量为m，绳OM中的张力为TOM，绳MN中的张力为TMN。
开始时，TOM＝mg，TMN＝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。
对重物受力分析如图所示，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，由正弦定理得：
＝
，（α－β）由钝角变为锐角，则TOM先增大后减小，选项D正确；同理知
＝
，在β由0变为
的过程中，TMN一直增大，选项A正确。
法二：
利用矢量圆，如图重力保持不变，是矢量圆的一条弦，FOM与FMN夹角保持不变，
由图知FMN一直增大到最大，FOM先增大再减小，当OM与竖直夹角为β＝α－90°时FOM最大。
]
1．动态平衡问题的特点
通过控制某些物理量，使物体的状态发生缓慢地变化，物体状态在变化过程中始终处于平衡状态，这种平衡称为动态平衡。
如上T1中“水平向左的力”“缓慢拉动O点”等特征。
2．解答动态平衡问题的三种方法
（1）“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。
（如上T3）。
（2）“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，并且还有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，判断各个力的变化情况。
（如上T1和T3）
（3）“相似三角形法”：
此法是图解法的特例，一般研究对象受绳（杆）或其他物体的约束，且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。
考向1 解析法的应用
1．（2019·江西七校高三联考）如图所示，木板P下端通过光滑铰链固定于水平地面上的O点，物体A、B叠放在木板上且处于静止状态，此时物体B的上表面水平。
现使木板P绕O点缓慢旋转到虚线所示位置，物体A、B仍保持静止，与原位置相比（ ）
A．A对B的作用力减小
B．B对A的支持力增大
C．木板对B的支持力增大
D．木板对B的摩擦力增大
D [由题意知A、B始终处于动态平衡状态，对A受力分析知A受重力和B对A的作用力而平衡，所以A对B的作用力与A的重力大小相等，故A错误。
当将木板P绕O点缓慢旋转到虚线所示位置时，B的上表面不再水平，设B的上表面与水平面间的夹角为α，则B对A的支持力为GAcosα对A、B整体受力分析如图所示，木板与水平地面的夹角为θ，有FN＝G总cosθ，Ff＝G总sinθ，θ增大时，FN减小，Ff增大，故C错误，D正确。
]
考向2 图解法的应用
2．（多选）（2019·四省八校双教研联盟）如图所示，用与竖直方向成θ角（θ<45°）的倾斜轻绳a和水平轻绳b共同固定一个小球，这时绳b的拉力为T1。
现保持小球在原位置不动，使绳b在原竖直平面内逆时针转过θ角固定，绳b的拉力变为T2；再转过θ角固定，绳b的拉力为T3，则（ ）
A．绳a的拉力逐渐减小
B．T1＝T3>T2
C．T1＝T3D．T1AB [分析小球在三种情况下的受力，作出力的矢量三角形如图所示，由平衡条件可知：
绳a的拉力F逐渐减小，选项A项正确；绳b逆时针转过角度θ时与绳a垂直，拉力最小，T1＝T3>T2，选项B正确，C、D错误。
]
3.（改编题）（多选）如图所示，在直角框架MQN上，用轻绳OM、ON共同悬挂一个物体。
物体的质量为m，ON呈水平状态。
现让框架沿逆时针方向缓慢旋转90°，在旋转过程中，保持结点O位置不变。
则下列说法正确的是（ ）
升级会员 