高考知识点巡查专题02力和物体的平衡.docx

1、高考知识点巡查专题02力和物体的平衡专题二 力和物体的平衡雷区扫描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：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.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.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21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

2、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21A.m1g/k1 B.m2g/k1 C.m1g/k2 D.m2g/k2雷区探测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l2l1m2g/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(m1m2）g减小到m

3、2g，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l2l1m1g/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(m1m2)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（l0l1），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：(m1m2)gk2（l0l1） 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

4、，大小为k2（l0l2），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m2gk2（l0l2） 由两式得m1gk2（l2l1）由此得，从状态1到状态2，弹簧2的长度增大了ll2l1m1g/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l2l1m1g/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22).现将P环向左移一小段距离，两环再次达到平衡，那么

5、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22A.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23所示，对两环构成的整体，由平衡条件有

6、：N=2mg.它不随两环位置的变化而变化. 图23对环Q，由正交分解法，在竖直方向上有：Tcos=mgT=mg/cos,当P环向左移动时，角减小，cos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24所示，由图可很直观地看到T的变化情况.正确解答 B 图24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25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25A.必定是OAB.必定是OBC.必定是OC

7、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26，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26例4.（2002年全国理综）有三根长度皆为l=1.00 m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=1.0010-2 kg的带电小球A和B，它们的电量分别为-q和+q，q=1

8、.0010-7 C.A、B之间用第三根线连接起来.空间中存在大小为E=1.00106 N/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27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27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

9、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28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、分别表示细线OA、OB与竖直方向的夹角.图28A球受力如图29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T1sin+T2sin=qE T1cos=mg+T2cos 图29 图210B球受力如图210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T2sin=qE T2cos=mg 联立以上各式并代入数据，得=0 =45 由此可知，A、B球重

10、新达到平衡的位置如图211所示.与原来的位置相比，A球的重力势能减少了图211EA=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=6.810-2 J 排雷演习1.（2003年新课程，16）如图212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21

11、2A.F1 B.F2C.F3 D.F42.（2003年新课程，19）如图213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=60.两小球的质量比为 图213A. B. C. D. 3.如图214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214A.FB.F+mgC.F-mgD.mg-F4.在“互成角度的两个力的合成

12、”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215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215A.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216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2166.在图217中长为5 m的

13、细绳的两端分别系于竖立在地面上相距为4 m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12 N的物体.平衡时，绳中的张力T=_.图2177.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变大），在图218中画出铁块受到的摩擦力f随角度的变化曲线（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力且1.图2188.如图219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

14、.图219 图2209.如图220所示，小圆环重G，固定的大环半径为R，轻弹簧原长为L（L2R),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221所示，物体的质量为2 kg,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=60拉力F，若要使绳都能伸直，求拉力F的大小范围.图221专题二 力和物体的平衡1.B 2.A 3.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

15、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：D5.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=mg 由三角形相似有： 由、解出L=Ts/故正确答案为Ts/答案：Ts/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：107.当木板倾斜角较小时（此时铁块相对木板静止）

16、，铁块受到的是沿斜面向上的静摩擦力，则：f静=mgsin,随增大，f静增大.当增到一定值a0时铁块开始相对木板向下滑，静摩擦达到最大.此时有：mgsin0=mgcos0，即0=arctg,铁块在沿斜面下滑过程中：f滑=mgcos.随增大，f滑减小，且当=90时，f滑=0.则其受摩擦力f随角度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： 由库仑定律可得：F=k 由两式可得：=所以d2=d19.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=GT=G=2Gcos 由胡克定律T=k(l-L) 又由几何关系l=2Rcos 由式解得=arccos10.绳AC刚伸直时，小球受力如图由平衡条件可得：F1cos=TBcos F1sin+TBsin=mg 由得：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：F2sin=mg则F2= N所以F的范围NFN