高考物理二轮专题复习教学案专题1力与物体的平衡.docx

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高考物理二轮专题复习教学案专题1力与物体的平衡

专题1力与物体的平衡（2课时）

【考情分析】——具体问题、具体分析

高考命题突出受力分析、力的合成与分解方法的考查，也有将受力分析与牛顿运动定律、电磁场、功能关系进行综合考查。

题型一般为选择题和计算题。

【备考策略】——掌握方法，有的放矢

1．研究对象的选取方法：

（1）整体法　

（2）隔离法

2．受力分析的顺序

一般按照“一重、二弹、三摩擦，四其他”的程序，结合整体法与隔离法分析物体的受力情况。

3．处理平衡问题的基本思路：

第1讲第1课时

考向1：

单个物体的平衡

【高考实例】——动手解题，讲练结合，体会高考

1．【2017·新课标Ⅰ卷】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

（

）。

现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角

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

【答案】AD

【解析】以重物为研究对象，受重力mg，OM绳上拉力F2，MN上拉力F1，由题意知，三个力合力始终为零，矢量三角形如图所示，在F2转至水平的过程中，MN上的张力F1逐渐增大，OM上的张力F2先增大后减小，所以AD正确，BC错误。

【考点定位】共点力的平衡、动态平衡

【名师点睛】本题考查动态平衡，注意重物受三个力中只有重力恒定不变，且要求OM、MN两力的夹角不变，两力的大小、方向都在变。

三力合力为零，能构成封闭的三角形，再借助圆，同一圆弧对应圆周角不变，难度较大。

【规律方法】——总结提升，有理有据

1．静态平衡问题：

应先分析物体的受力情况，再根据平衡条件列出相应方程，解方程并对结果进行讨论。

2．动态平衡问题

3．求解共点力平衡问题常用的方法

（1）力的合成法：

对研究对象受力分析后，应用平行四边形定则（或三角形定则）求合力的方法。

力的合成法常

用于仅受三个共点力作用且保持平衡。

（2）正交分解法：

把物体受到的各力都分解到互相垂直的两个方向上，然后分别列出两个方向上合力为零的方程并求解。

当物体受四个及四个以上共点力作用而平衡时，一般采用正交分解法。

（3）图解法：

对研究对象进行受力分析，再根据平行四边形定则或三角形定则画出不同状态下力的矢量图

（画在同一个图中），然后根据有向线段（表示力）的长度变化情况判断各个力的变化情况。

用图解法分析动态平衡问题时要在矢量三角形中确定不变的量和

改变的量。

【精典训练】——及时训练，提升能力

1．（多选）如图所示，一个质量为m的滑块静止置于倾角为30°的粗糙斜面上，一根轻弹簧一端固定在竖直墙上的P点，另一端系在滑块上，弹簧与竖直方向的夹角为30°。

则（）

A．滑块可能受到三个力作用

B．弹簧一定处于压缩状态

C．斜面对滑块的支持力大小可能为零

D．斜面对滑块的摩擦力大小一定等于

mg

解析　弹簧可能恰好处于原长，滑块只受到重力、斜面支持力和摩擦力三个力作用，选项A正确，B错误；将滑块隔离受力分析，将滑

块所受重力分解为沿斜面方向和垂直斜面方向，由平衡条件可知，斜面对滑块的摩擦力大小一定等于

mg，斜面对滑块的支持力大小一定不为零，选项C错误，D正确。

答案　AD

2

．如图所示，用一轻绳将光滑小球（大小不能忽略）系于竖直墙壁上的O点，现用一细杆压在轻绳上紧贴墙壁从O点缓慢下移，则（）

A．轻绳对小球的拉力保持不变

B．轻绳对小球的拉力逐渐增大

C．小球对墙壁的压力保持不变

D．小球对墙壁的压力逐渐减小

解析　对小球受力分析，如图所示，由于小球始终处于平衡状态，其合力为零，在细杆从O点缓慢下移过程中，轻绳与竖直方向的夹角增大，由图中几何关系可知：

轻绳对小球的拉力F逐渐增大，墙壁对小球的支持力FN也逐渐增大，根据牛顿第三定律可知，小球对墙壁的压力也逐渐增大，故选项B正确，A、C、D错误。

答案　B

3．如图所示，位于固定的倾角为θ＝45°的粗糙斜面上的小物块P，受到一沿斜面向上的拉力F，沿斜面匀速上滑。

现把力F的方向变为竖直向上而大小不变，仍能使物块P沿斜面保持原来的速度匀速运动，则物块与斜面间的动摩擦因数为（）

A．μ＝

B．μ＝

C．μ＝

－1D．μ＝

＋1

解析　由题可知，拉力F方向沿斜面向上时，物块处于平衡状态，对其受力分析，F＝mgsin45°＋μmgcos45°；把拉力F的方向变为竖直向上时，由物块仍沿斜面保持原来的速度匀速运动可知F＝mg。

所以有mgsin45°＋μmgcos45°＝mg，解得μ＝

－1，选项C正确。

答案　C

考向2：

多个物体的平衡

【高考实例】——动手解题，讲练结合，体会高考

1．（多选）（2016·全国卷Ⅰ，19）如图，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

解析　由于物体a、b均保持静止，各绳间角度保持不变，对a受力分析得，绳的拉力T＝mag，所以物体a受到绳的拉力保持不变。

由滑轮性质，滑轮两侧绳的拉力相等，所以连接a和b绳的张力大小、方向均保持不变，C选项错误；

a、b受到绳的拉力大小、方向均不变，所以OO′的张力不变，A选项错误；对b

b、进行受力分析，如图所示。

由平衡条件得：

Tcosβ＋f＝Fcosα，

c、

Fsinα＋FN＋Tsinβ＝mbg。

其中T和mbg始终不变，当F大小在一定范围内变化时，支持力在一定范围内变化，B选项正确；摩擦力也在一定范围内发生变化，D选项正确。

答案　BD

【规律方法】——总结提升，有理有据

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．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．解题思路

→

→

→

再接现练，综合运用，提升难度：

2．（2016·全国卷Ⅰ，24）如图，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）由于ab、cd棒被平行于斜面的导线相连，故ab、cd速度总是大小相等，cd也做匀速直线运动。

设两导线上拉力的大小为T，右斜面对ab棒的支持力的大小为FN1，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FN2。

对于ab棒，受力分析如图甲所示，由力的平衡条件得

甲　　　　　　　乙

2mgsinθ＝μFN1＋T＋F①

FN1＝2mgcosθ②

对于cd棒，受力分析如图乙所示，由力的平衡条件得

mgsinθ＋μFN2＝T③

FN2＝mgcosθ④

联立①②③④式得：

F＝mg（sinθ－3μcosθ）⑤

（2）设金属棒运动速度大小为v，ab棒上的感应电动势为E＝BLv⑥

回路中电流I＝

⑦

安培力F＝BIL⑧

联立⑤⑥⑦⑧得：

v＝（sinθ－3μcosθ）

答案　

（1）mg（sinθ－3μcosθ）

（2）（sinθ－3μcosθ）

【精典训练】——及时训练，提升能力

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。

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

，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

【答案】AB

【解析】设两杆间距离为d，绳长为l，Oa、Ob段长度分别为la和lb，则

，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。

绳子中各部分张力相等，

，则

。

满足

，

，即

，

，d和l均不变，则sinα为定值，α为定值，cosα为定值，绳子的拉力保持不变，衣服的位置不变，故A正确，CD错误；将杆N向右移一些，d增大，则sinα增大，cosα减小，绳子的拉力增大，故B正确。

【考点定位】受力分析，共点力的平衡

【名师点睛】本题是力的动态平衡的典型模型，学生并不陌生，关键要判断出绳子和竖直方向的夹角只与绳长和两杆间的距离有关。

2．【2017·河南省南阳、信阳等六市高三第二次联考】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10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接触的一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Mg

B．物体B受水平面的摩擦力大小为mgtanθ

C．滑块A与竖直挡板之间的弹力大小为

D．滑块A对物体B的压力大小为

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FN1＝

，C正确；物体B对滑块A的弹力大小为FN2＝

，根据牛顿第三定律，滑块A对物体B的压力大小为

，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FN＝（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Ff＝FN1＝

，B错误。

答案　C

3.（多选）如图所示，用一段绳子把轻质滑轮吊装在A点，一根轻绳跨过滑轮，绳的一端拴在井中的水桶上，人用力拉绳的另一端，滑轮中心为O点，人所拉绳子与OA的夹角为β，拉水桶的绳子与OA的夹角为α。

人拉绳沿水平面向左运动，把井中质量为m的水桶匀速提上来，人的质量为M，重力加速度为g，在此过程中，以下说法正确的是（）

A．α始终等于β

B．吊装滑轮的绳子上的拉力逐渐变大

C．地面对人的摩擦力逐渐变大

D．地面对人的支持力逐渐变大

解析　水桶匀速上升，拉水桶的轻绳中的拉力T始终等于mg，对滑轮受力分析如图甲所示，

垂直于OA方向有Tsinα＝Tsinβ，所以α＝β，沿OA方向有F＝Tcosα＋Tcosβ＝2Tcosα，人向左运动的过程中α＋β变大，所以α和β均变大，吊装滑轮的绳子上的拉力F变小，选项A正确，B错误；对人受力分析如图乙所示，θ＝α＋β逐渐变大，水平方向有f＝T′sinθ，地面对人的摩擦力逐渐变大，竖直方向有FN＋T′cosθ＝Mg，地面对人的支持力FN＝Mg－T′cosθ逐渐变大，选项C、D正确。

答案　ACD

第1讲第2课时

考向3：

电磁场中的平衡问题

【高考实例】——动手解题，讲练结合，体会高考

1．（2015·全国卷Ⅰ，24）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/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　金属棒通电后，闭合回路电流I＝

＝

A＝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，由左手定则可判断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

【规律方法】——总结提升，有理有据

1．带电体的平衡问题仍然满足平衡条件，只是要注意准确分析场力——电场力、安培力或洛伦兹力。

（1）

2．处理电学问题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。

―→

【精典训练】——及时训练，提升能力

1.均匀带正电的薄圆盘的右侧，用绝缘细线A、B悬挂一根水平通电直导线ab，电流方向由a到b，导线平行于圆盘平面。

现圆盘绕过圆心的

水平轴沿如图所示方向匀速转动，细线仍然竖直，与圆盘静止时相比，下列说法正确的是（）

A．细线所受弹力变小

B．细线所受弹力不变

C．细线所受弹力变大

D．若改变圆盘转动方向，细线所受弹力变大

解析　圆盘静止时，通电直导线受到竖直向上的弹力和竖直向下的重力，两者等大反向，合力为零。

当圆盘匀速转动时，根据右手螺旋定则，圆盘产生水平向右的磁场，根据左手定则，通电直导线受到方向向下的安培力，故细线所受的弹力变大，选项A、B错误，C正确；若改变圆盘转动方向，通电直导线受到的安培力方向向上，细线所受的弹力变小，选项D错误。

答案　C

2．（多选）（2017·山东临沂市三模）某老师用图示装置探究库仑力与电荷量的关系。

A、B是可视为点电荷的两带电小球，用绝缘细线将A悬挂，实验中在改变电荷量时，移动B并保持A、B连线与细线垂直。

用Q和q表示A、B的电荷量，d表示A、B间的距离，θ（θ不是很小）表示细线与竖直方向的夹角，x表示A偏离O点的水平距离，实验中（）

A．d应保持不变

B．B的位置在同一圆弧上

C．x与电荷量乘积Qq成正比

D．tanθ与A、B间库仑力成正比

解析　因实验要探究库仑力与电荷量的关系，故两电荷间距d应保持不变，选项A正确；因要保持A、B连线与细线垂直且AB距离总保持d不变，故B的位置在同一圆弧上，选项B正确；对A球由平衡知识可知F库＝mgsinθ，即k

＝mg

，可知x与电荷量乘积Qq成正比，选项C正确，D错误。

答案　ABC

3.如图所示,将长为50cm、质量为10g的均匀金属棒ab的两端用两只相同的弹簧悬挂成水平状态，位于垂直于纸面向里的匀强磁场中。

当金属棒中通以0.4A的电流时，弹簧恰好不伸长。

g＝10m/s2。

（1）求匀强磁场的磁感应强度的大小；

（2）当金属棒中通过大小为0.2A、方向由a到b的电流时，弹簧伸长1cm。

如果电

流方向由b到a，而电流大小不变，则弹簧伸长又是多少？

解析　

（1）弹簧恰好不伸长时，ab棒受到向上的安培力BIL和向下的重力mg大小相等，即BIL＝mg

解得B＝

＝0.5T

（2）当金属棒中通过大小为0.2A、方向由a向b的电流时，ab棒受到两只弹簧向上的拉力2kx1及向上的安培力BI1L和向下的重力mg作用，处于平衡状态。

根据平衡条件有2kx1＋BI1L＝mg

当电流反向后，ab棒在两个弹簧向上的拉力2kx2及向下的安培力BI2L和重力mg作用下处于平衡状态。

根据平衡条件有2kx2＝mg＋BI2L

联立解得x2＝

x1＝3cm。

答案　

（1）0.5T　

（2）3cm

高频考点1　整体法与隔离法的综合应用

【规律方法】——总结提升，有理有据

利用整体法和隔离法解决物理问题是高考物理中常用的方法之一。

一般解题方法是：

对于不要求讨论系统内部物体之间受力情况时，首选整体法，解题过程简明、快捷；如果要考虑系统内部各个物体之间的相互作用力，则必须使用隔离法。

在实际应用中，隔离法和整体法往往交替使用。

“一题多变”是通过转化题目中的条件和所求问题，生成多道不同的、新的题目。

此项练习能使同学们触类旁通，更加熟练地掌握解题方法，培养灵活解题的能力，同时训练同学们思维的变通性和逻辑性，能开拓思维的广度和深度，提升同学们的解题推理能力。

【精典例题】如图所示，两段等长细线串接着两个质量相等的小球a、b，并悬挂于O点。

现在两个小球上分别加上水平方向的外力，其中作用在b球上的力为F、作用在a球上的力为2F，则此装置平衡时的位置可能是下列图中的（）

解析　对b球受力分析，设拉b球的细线与竖直方向的夹角为θ，其受力图如图甲所示，由图可得tanθ＝

。

对a、b两球整体受力分析，可知A不可能；设拉a球的细线与竖直方向的夹角为α，小球a、b整体受力图如图乙所示，由图可得tanα＝

，所以θ＞α；由图可知，B图中θ＝α，C图中θ＞α，D图中θ＜α，故C图可能，B、D图不可能。

答案　C

【变式训练】1　改变物体的受力情况

如图所示，两段等长绝缘细线将质量分别为2m、m的小球A、B悬挂在O点，小球A、B分别带有＋4q和－q的电荷量，不考虑A、B两小球之间的作用力，当系统处于水平向右的匀强电场中并静止时，可能出现的状态应是（）

解析　（解题方法同典例）将典例中的力学情境变为电学情境，将所加的外力变为电场力。

对B球：

tanθ＝

，对A、B两小球整体tanα＝

，所以有α＝θ，D图正确。

答案　D

【变式训练】2

　改变物体的运动状态

如图所示，车厢里悬挂着两个质量分别为m1、m2的小球（下面球的质量为m1），当车厢向右做匀加速运动（空气阻力不计），达到稳定状态时，下列各图中正确的是（）

解析　将典例中小球由平衡状态变为匀加速运动状态。

对下面的小球受力分析，设拉下面小球的细线与水平方向的夹角为θ，其受力图如图甲所示，由图可得tanθ＝

＝

；对两球整体受力分析，设拉上面小球的细线与水平方向的夹角为α，受力图如图乙所示，由图可得tanα＝

＝

，所以θ＝α，故选项B正确。

答案　B

【变式训练】3　改变物体所处的情境

如图所示，有三根长度皆为l＝1.0m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，另一端分别挂

有质量均为m＝1.0×10－2kg的带电小球A和B，它们

的电荷量分别为－q和＋q，q＝1.0×10－7C。

A、B之间用第三根线连接起来。

空间存在大小为E＝1.0×106N/C的匀强电场，场强方向水平向右。

平衡时A、B两球的位置如图所示。

现将O、B之间的线烧断，由于空气阻力，A、B球最后会达到新的平衡位置。

则最后两球的机械能与电势能的总和与烧断前相比改变了（不计两带电小球间相互作用的静电力）（）

A．减小　6.8×10－2J

B．增加　6.8×10

－2J

C．减小　9.8×10－2J

D．增加　9.8×10－2J

解析　由上面的分析可知，将O、B之间的线烧断后，A、B球最后达到的平衡位置如图甲所示，对B球受力分析，受力图如图乙所示。

tanα＝

＝1，α＝45°。

与原来位置相比，A球的重力势能减少了EA＝mgl（1－sin60°），B球的重力势能减少了EB＝mgl（1－sin60°＋cos45°），A球的电势能增加了WA＝qElcos60°，B球的电势能减少了WB＝qEl（sin45°－sin30°），两种势能总和减少了W＝WB－WA＋EA＋EB，代入数据解得W＝6.8×10－2J，即最后两球的机械能与电势能的总和与烧断前相比减少了W＝6.8×10－2J。

故选项A正确。

答案　A