专题突破 专题1 第1课时　力与物体的平衡.docx

1、第1课时力与物体的平衡命题规律1.命题角度：(1)物体的受力分析、静态平衡、动态平衡；(2)静电力、安培力、洛伦兹力作用下的平衡.2.常考题型：选择题高考题型1静态平衡问题1研究对象的选取：整体法和隔离法2受力分析的方法(1)假设法(2)转换研究对象法：根据牛顿第三定律，如图1.图1(3)动力学分析法：根据牛顿第二定律，由加速度方向判定合力的方向，从而确定某一个力的方向，如图2.图23共点力平衡的常用处理方法适用条件平衡关系合成法三个共点力任意两个力的合力一定与第三个力大小相等，方向相反效果分解法三个共点力某一个力按力的作用效果分解，则其分力和其他两个力满足平衡条件正交分解法三个或三个以上共点

2、力将物体所受的力分解为相互垂直的两组力，每组力都满足平衡条件考向一合成法例1(2020全国卷17)如图3，悬挂甲物体的细线拴牢在一不可伸长的轻质细绳上O点处；绳的一端固定在墙上，另一端通过光滑定滑轮与物体乙相连甲、乙两物体质量相等系统平衡时，O点两侧绳与竖直方向的夹角分别为和.若70，则等于()图3A45 B55 C60 D70答案B解析取O点为研究对象，在三力的作用下O点处于平衡状态，对其受力分析如图所示，根据几何关系可得55，故选B.考向二正交分解法例2如图4所示，金属棒ab质量为m，通过电流为I，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面夹角为，ab静止于宽为L的水平导轨上下列说

3、法正确的是()图4A金属棒受到的安培力大小为FBILsin B金属棒受到的摩擦力大小为FfBILcos C若只改变电流方向，金属棒对导轨的压力将增大D若只增大磁感应强度B后，金属棒对导轨的压力将增大答案C解析金属棒受到的安培力大小FBIL，故A错误；电流方向从a到b，受力分析如图所示，根据平衡条件有FfFsin BILsin ，FNGFcos GBILcos ，若只增大磁感应强度B后，导轨对金属棒的支持力减小，所以金属棒对导轨的压力减小，故B、D错误；若只改变电流方向，安培力方向将变为斜向右下，安培力在竖直方向上的分力竖直向下，所以金属棒对导轨的压力将增大，故C正确总结提升(1)静电场、磁场中

4、的平衡问题，受力分析时要注意静电力、磁场力方向的判断，再结合平衡条件分析求解(2)涉及安培力的平衡问题，画受力示意图时要注意将立体图转化为平面图考向三整体法与隔离法在平衡问题中的应用例3(2021河南郑州市高三三模)用三根细线a、b、c将重力均为G的两个小球1和2连接并悬挂，如图5所示两小球处于静止状态，细线a与竖直方向的夹角为30，细线c水平则()图5A细线a对小球1的拉力大小为4GB细线b对小球2的拉力大小为GC细线c对小球2的拉力大小为GD细线b与竖直方向的夹角为60答案C解析细线a对小球1的拉力在竖直方向的分量与两球的总重力等大反向，所以Facos 302G，化简得FaG，选项A错误；

5、细线c对小球2的拉力与细线a对小球1的拉力的水平分量大小相等，所以FcFasin 30，得FcG，选项C正确；细线b对小球1的拉力与细线b对小球2的拉力大小相等，细线b对小球2的拉力大小等于小球2所受的重力与细线c对小球2的拉力的矢量和，所以Fb，代入数据得FbG，选项B错误；设细线b与竖直方向的夹角为，细线b的拉力沿竖直方向的分力与小球2的重力相等，有Fbcos G，解得cos ，明显60，选项D错误高考题型2动态平衡问题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2三力作用下的动态平衡3四力作用下的动态平衡(1)在四力平衡中，如果有两个力为恒力

6、，或这两个力的合力方向确定，为了简便可用这两个力的合力代替这两个力，转化为三力平衡，例如：如图6，qEmg，F2mg，F22mgCF1mg，F22mgDF1mg，故选B.4.一台空调外机用两个三脚架固定在外墙上，如图4所示，空调外机的重心在支架水平横梁AO和斜梁BO连接点O的上方，横梁对O点的拉力沿OA方向、大小为F1，斜梁对O点的支持力沿BO方向、大小为F2.如果把斜梁加长一点，仍保持连接点O的位置不变，则()图4AF1增大 BF1减小CF2不变 DF2增大答案B解析对O点受力分析如图所示由平衡条件得 F1，F2，保持连接点O的位置不变，斜梁长度增加，变大，所以F1、F2均减小故选B.5(2

7、021东北三省四市教研联合体3月模拟)如图5所示，物体甲放置在水平地面上，通过跨过光滑轻质定滑轮的轻质细绳与小球乙相连，整个系统处于静止状态现对小球乙施加水平力F，使小球乙缓慢上升一小段距离，整个过程中物体甲保持静止设甲受到地面的摩擦力为Ff，支持力为FN，细绳的拉力为FT，则该过程中()图5AFf变小，F不变 BFT变大，FN变大CFf变大，FN变小 DFT不变，F不变答案C解析取乙为研究对象，分析其受力情况，设与乙相连的细绳与竖直方向夹角为，则水平力Fmgtan ，细绳与竖直方向夹角逐渐增大，则F增大；取物体甲为研究对象，甲受到重力、绳子的拉力、地面的支持力以及地面的摩擦力，其中绳子的拉力

8、FT，逐渐增大，绳子的拉力FT逐渐增大，FT在水平方向的分力逐渐增大，所以水平地面对甲的摩擦力增大；FT在竖直方向的分力逐渐增大，甲受到地面的支持力FN变小故选C.6.(2021湖北省1月选考模拟6)如图6所示，矩形平板ABCD的AD边固定在水平面上，平板与水平面夹角为，AC与AB的夹角也为.质量为m的物块在平行于平板的拉力作用下，沿AC方向匀速运动物块与平板间的动摩擦因数tan ，重力加速度大小为g，拉力大小为()图6A2mgsin cos B2mgsin C2mgsin Dmgsin cos答案A解析对物块受力分析，如图甲、乙所示，重力沿平板向下的分力为mgsin ，支持力FNmgcos

9、，滑动摩擦力FfFNmgsin ，则拉力F2mgsin cos，故A正确7.(2021黑龙江鹤岗一中三校高三期末联考)如图7所示，将一光滑轻杆固定在水平地面上，杆与地面间的夹角为30，一光滑轻环(不计重力)套在杆上，一个大小和质量都不计的滑轮通过轻绳OP悬挂在天花板上，用另一轻绳绕过滑轮系在轻环上，现用水平向右的力缓慢拉绳，当轻环静止不动时，OP绳与天花板之间的夹角为()图7A30 B45 C60 D75答案C解析对轻环Q进行受力分析如图甲，则只有绳子的拉力垂直于杆时，绳子的拉力沿杆的方向没有分力；由几何关系可知，绳子与竖直方向之间的夹角是30；对滑轮进行受力分析如图乙，由于滑轮的质量不计，则

10、OP绳对滑轮的拉力与两个绳子拉力的合力大小相等、方向相反，所以OP绳的方向一定在两根绳子夹角的角平分线上，由几何关系得OP绳与竖直方向之间的夹角：3030，则OP绳与天花板之间的夹角为：9060，故选C.8(2021湖南雅礼中学高三三模)如选项图所示，用两段长度相同的绝缘细绳连接质量相同的A、B两小球，悬挂于天花板的O点现在让A、B两小球分别带上2Q、Q的电荷量，并且加上一水平向左的匀强电场忽略A、B两小球的相互作用，则装置平衡时A、B两小球的位置可能是()答案C解析B带负电，受到的电场力水平向右，A带正电，受到的电场力水平向左以整体为研究对象，设绳子OA与竖直方向的夹角为，设绳子AB与竖直方

11、向的夹角为，对A、B整体受力分析，则tan ，对B受力分析tan ，则可知，故选C.争分提能练9(多选)(2019全国卷19)如图8，一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8A水平拉力的大小可能保持不变BM所受细绳的拉力大小一定一直增加CM所受斜面的摩擦力大小一定一直增加DM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FT是一对平衡力，

12、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，若mNgmMgsin ，则M所受斜面的摩擦力大小会一直增大，若mNgmMgsin ，则M所受斜面的摩擦力大小可能先减小后反向增大，选项C错误，D正确10(2021湖南卷5)质量为M的凹槽静止在水平地面上，内壁为半圆柱面，截面如图9所示，A为半圆的最低点，B为半圆水平直径的端点凹槽恰好与竖直墙面接触，内有一质量为m的小滑块用推力F推动小滑块由A点向B点缓慢移动，力F的方向始终沿圆弧的切线方向，在此过程中所有摩擦均可忽略，下列说法正确的是()图9A推力F先增大后减小B凹

13、槽对滑块的支持力先减小后增大C墙面对凹槽的压力先增大后减小D水平地面对凹槽的支持力先减小后增大答案C解析对滑块受力分析，由平衡条件有Fmgsin ，FNmgcos ，为F与水平方向的夹角，滑块从A缓慢移动到B点时，越来越大，则推力F越来越大，支持力FN越来越小，所以A、B错误；对凹槽与滑块整体受力分析，墙面对凹槽的压力为FNFcos mgsin cos mgsin 2，则越来越大时，墙面对凹槽的压力先增大后减小，所以C正确；水平地面对凹槽的支持力为FN地(Mm)gFsin (Mm)gmgsin2则越来越大时，水平地面对凹槽的支持力越来越小，所以D错误11(多选)(2021黑龙江齐齐哈尔市实验中

14、学高三期末)如图10所示，有一长为L的轻杆，一端用光滑的铰链固定在墙上，另一端固定一质量为m的小球B，在距铰链正上方L处有一光滑轻质小定滑轮，现用手拉动绕过滑轮并系在小球B上的细线，使小球B缓慢上移，手对细线的拉力大小为F，杆对小球B的弹力大小为FN，重力加速度为g，在移动过程中，下列说法正确的是()图10AF不变，FN减小BF减小，FN不变C当杆被拉至水平状态时FmgD杆对小球B的弹力大小恒为mg答案BCD解析对B球受力分析，画出力的示意图如图所示根据相似三角形规律有解得FNmg，F小球B缓慢上移，重力mg不变，L不变，则杆对小球的弹力大小FN不变，绳子长度lAB减小，所以F减小，A错误，B

15、、D正确；当杆被拉至水平状态时，绳子的长度为lABL，由相似三角形关系可得Fmg，C正确12如图11所示，半径为R的圆环竖直放置，长度为R的不可伸长的轻细绳OA、OB，一端固定在圆环上，另一端在圆心O处连接并悬挂一质量为m的重物，初始时OA绳处于水平状态把圆环沿地面向右缓慢转动，直到OA绳处于竖直状态，在这个过程中()图11AOA绳的拉力逐渐增大BOA绳的拉力先增大后减小COB绳的拉力先增大后减小DOB绳的拉力先减小后增大答案B解析以重物为研究对象，重物受到重力mg、OA绳的拉力F1、OB绳的拉力F2三个力而平衡，构成矢量三角形，置于几何圆中如图：在转动的过程中，OA绳的拉力F1先增大，转过直

16、径后开始减小，OB绳的拉力F2开始处于直径上，转动后一直减小，B正确，A、C、D错误13(多选)(2021山东潍坊市高三月考)如图12所示，木块a、b和沙桶c通过不可伸长的轻质细绳和轻质光滑滑轮连接，处于静止状态其中AB细绳的B端与滑轮的转轴连接，A端固定于天花板上现向沙桶c内加入少量沙子后，系统再次处于平衡状态下列关于各物理量变化的说法，正确的是()图12A斜面对木块a的摩擦力增大B细绳对沙桶c的拉力增大C地面对斜面体的支持力增大DAB细绳与竖直方向的夹角增大答案BD解析细绳对沙桶c的拉力等于沙与沙桶的重力，所以细绳对沙桶c的拉力增大，则B正确对a受力分析，当细绳拉力较小时，a有下滑趋势，此

17、时摩擦力方向沿斜面向上，当向沙桶c内加入少量沙子后，细绳拉力增大，摩擦力减小；当细绳拉力较大时，a有上滑趋势，此时摩擦力方向沿斜面向下，当向沙桶c内加入少量沙子后，细绳拉力增大，摩擦力增大，斜面对a的摩擦力变化情况无法确定，则A错误对a与斜面体组成的整体分析，竖直方向由平衡条件可得FN(Mma)gFT绳cos 对b木块受力分析有2FT绳cos mbg联立解得FN(Mma)gmbg所以地面对斜面体的支持力不变，则C错误由于绳子的拉力增大，连接b的细绳间的夹角增大，则通过B处滑轮的细绳间的夹角也增大，根据AB细绳拉力方向总是在通过滑轮的细绳的夹角的平分线上，所以AB细绳与竖直方向的夹角增大，则D正确