高考知识点巡查专题02力和物体的平衡.docx
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高考知识点巡查专题02力和物体的平衡
专题二力和物体的平衡
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本部分常见的失分点有：
1.不能准确地进行受力分析；
2.找不出物体所受各力间的关系，特别是动态平衡问题中的关系；
3.研究对象的选取.
造成失误的根源在于：
①对于各种常见力的性质，产生原因不清楚，没有按正确的顺序、方法进行受力分析.②虽知道物体的平衡条件，但不能针对物体的受力情况合理地选择“平形四边形法”和“正交分解法”，将物体的平衡条件具体化，将矢量关系代数化.③不能针对具体的问题正确地运用整体法和隔离法研究问题.
排雷示例
例1.（1999年全国）
如图2—1所示，两木块的质量分别为m1和m2，两轻质弹簧的劲度系数分别为k1和k2,上面木块压在上面的弹簧上（但不拴接），整个系统处于平衡状态.现缓慢向上提上面的木块，直到它刚离开上面弹簧.在这过程中下面木块移动的距离为
图2—1
A.m1g/k1B.m2g/k1
C.m1g/k2D.m2g/k2
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题目主要考查考生对物体进行受力分析的能力，注重了对多物体系统受力分析时，研究对象的选取和状态的选取.同时考查了胡克定律这一重要规律.
雷区诊断
许多考生错选D，是由于没有认真进行分析，凭印象觉得既然问的是在缓缓上提木块1直到它刚离开弹簧l的过程中，木块2向上移动的距离，那么木
块2向上移动的距离应该等于l2－l1＝m2g/k2.其实只要分析出在这个过程中，压在弹簧2上的重力是由（m1＋m2）g减小到m2g，即减少了m1g，根据胡克定律立刻就可断定弹簧2的长度是增长了l2－l1＝m1g/k2.
木块1压在轻弹簧1上，而没有拴接，整个系统处于静止状态，设为状态1.将木块1、2连同轻弹簧1视为整体，它受到两个外力作用：
重力，大小为（m1＋m2）g，方向竖直向下；下面的轻弹簧2作用于它的弹力，大小为k2（l0－l1），l0是弹簧2的原长，l1是弹簧2在状态1的长度，这个弹力的方向竖直向上.由牛顿定律得：
（m1＋m2）g＝k2（l0－l1）①
由于缓缓上提，故当木块1刚离开弹簧1时，木块2仍将保持静止状态，称为状态2.此时木块2（连同弹簧1）受到两个外力作用：
重力，大小为m1g，方向竖直向下；下面弹簧2作用于它的弹力，大小为k2（l0－l2），l2是弹簧2的现长，这个弹力的方向竖直向上.由牛顿定律得
m2g＝k2（l0－l2）②
由①②两式得m1g＝k2（l2－l1）
由此得，从状态1到状态2，弹簧2的长度增大了Δl＝l2－l1＝m1g/k2
由于在此过程中，木块2向上移动的距离等于此过程中弹簧2长度的增加量，因而木块2向上移动的距离等于l2－l1＝m1g/k2.
正确解答C
例2.（1998年上海）
有一个直角支架AOB，AO水平放置，表面粗糙，OB竖直向下，表面光滑.AO上套有小环P，OB上套有小环Q，两环质量均为m,两环间由一根质量可忽略、不可伸长的细绳相连，并在某一位置平衡（如图2—2）.现将P环向左移一小段距离，两环再次达到平衡，那么将移动后的平衡状态和原来的平衡状态比较，AO杆对P环的支持力N和细绳上的拉力T的变化情况是
图2—2
A.N不变，T变大
B.N不变，T变小
C.N变大，T变大
D.N变大，T变小
雷区探测
同上例一样，此题目也是一道对多物体构成的系统进行受力分析的问题，而且是动态平衡问题.高考中出现的平衡问题多为此类题目.此题目与上例不同之处是，上例中受力是一维的，而此题目中受力是二维的，需要运用“平行四边形法则”和“正交分解法”来解决.
雷区诊断
这是一道多物体系统的平衡问题，解题时从研究对象上应注意整体法和隔离法的结合，分析中可以用“平行四边形法”或“正交分解法”.
两环的受力情况如图2—3所示，对两环构成的整体，由平衡条件有：
N=2mg.它不随两环位置的变化而变化.
图2—3
对环Q，由正交分解法，在竖直方向上有：
Tcosθ=mg
T=mg/cosθ,当P环向左移动时，θ角减小，cosθ增大，所以绳的拉力T减小.
或对环Q,用平行四边形法则.无论绳的方向如何变化，T和N2的合力不变（总与重力mg大小相等、方向相反），作平行四边形如图2—4所示，由图可很直观地看到T的变化情况.
正确解答B
图2—4
例3.（1998年全国）
三段不可伸长的细绳OA、OB、OC能承受的最大拉力相同，它们共同悬挂一重物，如图2—5所示，其中OB是水平的，A端、B端固定.若逐渐增加C端所挂物体的质量，则最先断的绳
图2—5
A.必定是OA
B.必定是OB
C.必定是OC
D.可能是OB，也可能是OC
雷区探测
本题目主要考查物体平衡条件及力的合成与分解方法的应用，也是一道动态平衡问题.
雷区诊断
处理此类问题的关键是：
正确地将研究对象所受的力合成或分解，然后比较各力的大小及变化趋向.
选取结点O为研究对象，受力如图2—6，由于TOB和TOA的合力与TOC等大反向，由图可见，三力中TOA为最大，所以当增加悬挂物体的重力时，必是OA绳先被拉断.
正确解答A
图2—6
例4.（2002年全国理综）
有三根长度皆为l=1.00m的不可伸长的绝缘轻线，其中两根的一端固定在天花板上的O点，另一端分别拴有质量皆为m=1.00×10-2kg的带电小球A和B，它们的电量分别为-q和+q，q=1.00×10-7C.A、B之间用第三根线连接起来.空间中存在大小为E=1.00×106N/C的匀强电场，场强方向沿水平向右，平衡时A、B球的位置如图2—7所示.现将O、B之间的线烧断，由于有空气阻力，A、B球最后会达到新的平衡位置.求最后两球的机械能与电势能的总和与烧断前相比较改变了多少.（不计两带电小球间相互作用的静电力）
图2—7
雷区探测
此题为一道综合性题目，考查了物体的受力分析、电场力、重力势能、电势能及功能关系等知识，更重要的是考查考生运用知识分析处理复杂问题的能力.
雷区诊断
此题所求虽然是能量的变化，但利用物体平衡条件确定系统最终的平衡状态是解决问题的关键.因为只有确定了最终的平衡状态，才能通过初末位置来求重力势能和电势能的变化量.
正确解答
图2—8中虚线表示A、B球原来的平衡位置，实线表示烧断后重新达到平衡的位置，其中α、β分别表示细线OA、OB与竖直方向的夹角.
图2—8
A球受力如图2—9所示：
重力mg，竖直向下；电场力qE，水平向左；细线OA对A的拉力T1，方向如图；细线AB对A的拉力T2,方向如图.由平衡条件
T1sinα+T2sinβ=qE①
T1cosα=mg+T2cosβ②
图2—9图2—10
B球受力如图2—10所示：
重力mg，竖直向下；电场力qE，水平向右；细线AB对B的拉力T2，方向如图.由平衡条件
T2sinβ=qE③
T2cosβ=mg④
联立以上各式并代入数据，得
α=0⑤
β=45°⑥
由此可知，A、B球重新达到平衡的位置如图2—11所示.
与原来的位置相比，A球的重力势能减少了
图2—11
EA=mgl（1-sin60°）⑦
B球的重力势能减少了
EB=mgl（1-sin60°+cos45°）⑧
A球的电势能增加了
WA=qElcos60°⑨
B球的电势能减少了
WB=qEl（sin45°-sin30°）⑩
两种势能总和减少了
W=WB-WA+EA+EB⑾
代入数据解得
W=6.8×10-2J⑿
排雷演习
1.（2003年新课程，16）如图2—12所示，三个完全相同的金属小球a、b、c位于等边三角形的三个顶点上.a和c带正电，b带负电,a所带电量的大小比b的小.已知c受到a和b的静电力的合力可用图中四条有向线段中的一条来表示，它应是
图2—12
A.F1B.F2
C.F3D.F4
2.（2003年新课程，19）如图2—13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=60°.两小球的质量比
为
图2—13
A.
B.
C.
D.
3.如图2—14所示，质量为m的质点，与三根相同的螺旋形轻弹簧相连，静止时，相邻两弹簧间的夹角均为120°.已知弹簧a、b对质点的作用力均为F，则弹簧c对质点的作用力的大小可能为
图2—14
A.F
B.F+mg
C.F-mg
D.mg-F
4.在“互成角度的两个力的合成”实验中，橡皮条的一端固定在P点，另一端被A、B两只弹簧秤水平拉至O点，F1、F2分别表示A、B两只弹簧秤的读数，如图2—15所示.使弹簧秤B从图示位置开始顺时针缓慢转动，在这过程中保持O点位置和弹簧秤A的拉伸方向不变，则在整个过程中两弹簧的读数F1、F2的变化是
图2—15
A.F1减小，F2减小
B.F1减小，F2增大
C.F1减小，F2先增大后减小
D.F1减小，F2先减小后增大
5.两根长度相等的轻绳，下端悬挂一质量为m的物体，上端分别固定在水平天花板上的M、N点，M、N两点间的距离为s,如图2—16所示，已知两绳所能经受的最大拉力均为T，则每根绳的长度不得短于_____.
图2—16
6.在图2—17中长为5m的细绳的两端分别系于竖立在地面上相距为4m的两杆的顶端A、B.绳上挂一个光滑的轻质挂钩，其下连着一个重为12N的物体.平衡时，绳中的张力T=____________.
图2—17
7.长直木板的上表面一端放有一铁块，木板由水平位置绕另一端缓慢向上转动（即木板与水平面的夹角α变大），在图2—18中画出铁块受到的摩擦力f随角度α的变化曲线（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力且μ＜1＝.
图2—18
8.如图2—19空气中有两个带电小球A和B，A被长为l的绝缘细线悬于固定点O，B被绝缘支架固定于O点的正下方，与O点的距离也为l,与A球相距为d1.由于漏电，过一段时间后，A的带电量变为原来的4/9，B的带电量变为原来的2/3.试求此时A、B两球间的距离.
图2—19图2—20
9.如图2—20所示，小圆环重G，固定的大环半径为R，轻弹簧原长为L（L＜2R）,其劲度系数为k,接触光滑，求小环静止时，弹簧与竖直方向的夹角.
10.如图2—21所示，物体的质量为2kg,两根轻细绳AB和AC的一端连接于竖直墙上，另一端系一物体上，在物体上另施一个方向与水平线成θ=60°拉力F，若要使绳都能伸直，求拉力F的大小范围.
图2—21
专题二力和物体的平衡
1.B2.A3.ABCD
4.提示：
以结点O为研究对象，它所受橡皮条的拉力始终不变，把此拉力的平衡力沿F1和F2方向进行分解，如图所示，弹簧秤A的拉伸方向不变，则F1的方向不变；在弹簧秤B顺时针转动过程中，F2的大小和方向均改变.图中画出弹簧秤B转动过程中的三个位置，两弹簧秤读数分别为F1′，F2′，F1″,F2″,
.观察表示力大小的有向线段长短变化，可看出弹簧秤A的读数F1一直逐渐减小，而弹簧秤B的读数F2是先减小后增大，当弹簧秤B转动到与弹簧秤A垂直时F2最小，故选D.
答案：
D
5.提示：
以物体m为研究对象，受力如图，依平行四边形法则将两个拉力T合成，合力为F，如图，依平衡条件有
F=G=mg①
由三角形相似有：
②
由①、②解出
L=T·s/
故正确答案为
T·s/
答案：
T·s/
6.提示：
（1）利用几何知识，确定细绳的夹角；
（2）弄清一根绳子经挂钩分成两段，两段的拉力大小相等.
答案：
10
7.当木板倾斜角α较小时（此时铁块相对木板静止），铁块受到的是沿斜面向上的静摩擦力，则：
f静=mgsinα,随α增大，f静增大.
当α增到一定值a0时铁块开始相对木板向下滑，静摩擦达到最大.此时有：
mgsinα0=μmgcosα0，
即α0=arctgμ,铁块在沿斜面下滑过程中：
f滑=μmgcosα.随α增大，f滑减小，且当α=90°时，f滑=0.则其受摩擦力f随角度α变化曲线如图中实线所示.
8.A球受重力mg、B球对它的库仑斥力F和悬线的拉力T的作用，平衡时此三力的合力为零，则F与mg的合力与T等值反向，如图所示，由右图中两个阴影三角形的相似便可得出：
①
由库仑定律可得：
F=k
②
由①②两式可得：
=
=
所以d2=
d1
9.小环受力如图所示.设这时弹簧长度为l′,由三角形相似有：
所以，N=G
T=
G=2Gcosθ①
由胡克定律T=k（l′-L）②
又由几何关系l′=2Rcosθ③
由①②③式解得
θ=arccos
10.绳AC刚伸直时，小球受力如图
由平衡条件可得：
F1cosθ=TB·cosθ①
F1sinθ+TB·sinθ=mg②
由①②得：
F1=
=
N
绳AB中拉力刚好为0时，小球受力如图
由平衡条件可得：
F2sinθ=mg
则F2=
=
N
所以F的范围
N≤F≤
N
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