2019届高考物理二轮复习专题1力与物体的平衡学案.docx

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1、11 力与物体的平衡平衡问题是历年高考的重点，特别是受力分析与平衡条件的应用在近几年高考中频繁考查。本部分内容在高考命题中也有两大趋势：一是向着选择题单独考查的方向发展；二是选择题单独考查与电学综合考查并存。考查的角度主要包括：一、对各种性质的力的理解；二、共点力平衡条件的应用。用到的思想方法有：整体法和隔离法、假设法、合成法、正交分解法、矢量三角形法、相似三角形法、等效思想、分解思想等。1处理平衡问题的基本思路确 定 平 衡 状 态 (加 速 度 为 零 ) 巧 选 研 究 对 象 (整 体 法 或 隔 离 法 ) 受 力 分 析 建 立 平 衡 方 程 求 解 或 作 讨 论 。2常用的方

2、法(1)在判断弹力或摩擦力是否存在以及确定它们的方向时常用假设法。(2)求解平衡问题时常用二力平衡法、矢量三角形法、正交分解法、相似三角形法、图解法等。3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。4如果带电粒子在重力场、电场和磁场三者组成的复合场中做直线运动，则一定是匀速直线运动，因为F 洛 v。1为了测定木块和竖直墙壁之间的动摩擦因数，某同学设计了一个实验：用一根弹簧将木块压在墙上，同时在木块下方有一个拉力 F2作用，使木块恰好匀速向下运动(弹簧随木块一起向下运动)，如图所示。现分别测出了弹簧的弹力 F1、拉力 F2和木块的重力 G，则以下结论正确的是

3、( )A木块受到竖直向下的滑动摩擦力B木块所受的滑动摩擦力阻碍木块下滑C木块与墙壁之间的动摩擦因数为 21FD木块与墙壁之间的动摩擦因数为 21G2如图所示， A、 B、 C 三根平行通电直导线质量均为 m，通入的电流大小相等，其中 C 中的电流方向与 A、 B 中的电流方向相反， A、 B 放置在粗糙的水平面上， C 静止在空中，三根导线的截面处于一个等边三角形的三个顶点，且三根导线均保持静止，重力加速度为 g，则 A 导线受到 B 导线的作用力大小和方向为( )A mg，方向由 A 指向 B B mg，方向由 B 指向 A33 332C mg，方向由 A 指向 BD mg，方向由 B 指向

4、 A3 33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( 2)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1质量为 M 的斜面体放在光滑水平地面上，其倾角为 30，斜面上放一质量为 m 的物块，物块通过绕过轻质滑轮的轻绳与弹簧测力计相连，弹簧测力计的另一端与地面上的 P 点通过轻绳相连，如图所示。用水平力 F 推着斜面体在水平面

5、上缓慢向左移动，则下列说法正确的是( )A弹簧测力计的示数不断减小B水平力 F 不断减小C地面对斜面体的支持力不断减小D斜面对物块的摩擦力不断增大2如图所示，斜面体 A 静止放置在水平地面上，质量为 m 的滑块 B 在外力 F1和 F2的共同作用下沿斜面体表面向下运动。当 F1方向水平向右， F2方向沿斜面体的表面向下时，斜面体受到地面的摩擦力方向向右。则下列说法中正确的是( )A若同时撤去 F1和 F2滑块 B 的加速度方向一定沿斜面向下B若只撤去 F1，在滑块 B 仍向下运动的过程中， A 所受地面摩擦力的方向一定向右C若只撤去 F1，在滑块 B 仍向下运动的过程中， A 所受地面摩擦力的

6、方向可能向左D若同时撤去 F1和 F2，给 B 一个沿斜面向上的初速度，在滑块 B 向上运动的过程中， A 始终处于静止，则地面对 A 的摩擦力方向向左1 A、 C 是两个带电小球，质量分别是 mA、 mC，电荷量大小分别是 QA、 QC，用两条等长绝缘细线悬挂在同一点 O，两球静止时如图所示，此时细线对两球的拉力分别为FTA、 FTC，两球连线 AC 与 O 所在竖直线的交点为 B，且 ABQC B mA mC FTA FTCC FTA FTC D mA mC BC AB2如图所示，有一个固定的 1/4 圆弧形阻挡墙 PQ，其半径 OP 水平、 OQ 竖直。在 PQ 墙和斜面体 A 之间卡着

7、一个表面光滑的重球 B，斜面体 A 放在光滑的地面上并用一水平向左的力 F 推着，整个装置处于静止状态。现改变推力 F 的大小，推动斜面体 A 沿着水平地面向左缓慢运动，使球 B 沿斜面上升一很小高度。在球B 缓慢上升的过程中，下列说法中正确的是( )3A斜面体 A 与球 B 之间的弹力逐渐减小B阻挡墙 PQ 与球 B 之间的弹力逐渐减小C水平推力 F 逐渐增大D水平地面对斜面体 A 的弹力不变3如图所示，一金属环套在固定的光滑杆上，金属环通过跨过定滑轮的轻绳在外力 F 作用下，沿杆缓慢上滑，该过程中金属环对杆的作用力为 N，则( )A F 一直增大， N 先减小后增大B F 一直在增大， N

8、 一直增大C F 先减小后增大， N 一直增大D F 先减小后增大， N 先减小后增大4如图所示， ACD、 EFG 为两根相距 L 的足够长的金属直角导轨，它们被竖直固定在绝缘水平面上，CDGF 面与水平面成 角。两导轨所在空间存在垂直于 CDGF 平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为 B。两根质量均为 m、长度均为 L 的金属细杆 ab、 cd 与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数均为 ，两金属细杆的电阻均为 R，导轨电阻不计。当 ab 以速度 v1沿导轨向下匀速运动时， cd 杆也正好以速度 v2向下匀速运动。重力加速度为 g。以下说法正确的是( )A回路中的电流为 2B

9、LvB ab 杆所受摩擦力为 mgsin C cd 杆所受摩擦力为21(sin)LvmgRD 与 v1大小的关系为 21cosiBv5如图所示，光滑的轻滑轮通过支架固定在天花板上，一足够长的细绳跨过滑轮，一端悬挂小球 b，另一端与套在水平细杆上的小球 a 连接。在水平拉力 F 作用下小球 a 从图示虚线（最初是竖直的）位置开始缓慢向右移动(细绳中张力大小视为不变)。已知小球 b 的质量是小球 a 的 2 倍，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，小球 a 与细杆间的动摩擦因数为 。则下列说法正确的是( )A当细绳与细杆的夹角为 30时，杆对 a 球的支持力为零B支架对轻滑轮的作用力大小逐渐增加C支架对

10、a 球的摩擦力先减小后增加D当 3时，拉力 F 先减小后增加6如图所示，放在粗糙的固定斜面上的物块 A 和悬挂的物块 B 均处于静止状态。轻绳 AO 绕过光滑的定滑轮与轻弹簧的右端及轻绳 BO 的上端连接于 O 点，轻弹簧中轴线沿水平方向，轻绳的 OC 段与竖直方向的夹角 53，斜面倾角 37，物块 A 和 B 的质量分别为 mA5 kg、 mB1.5 kg，弹簧的劲度系数k500 N/m，sin 370.6，cos 370.8，重力加速度 g10 m/s 2，求：(1)弹簧的伸长量 x；(2)物块 A 受到的摩擦力。47如图所示，在水平地面 xOy 上有一沿 x 轴正方向做匀速运动的传送带，

11、运动速度为 3v0，传送带上有一质量为 m 的正方形物体随传送带一起运动，当物体运动到 yOz 平面时遇到一阻挡板 C，阻止其继续向 x 轴正方向运动。设物体与传送带间的动摩擦因数为 1，与挡板之间的动摩擦因数为 2。此时若要使物体沿 y轴正方向以 4v0匀速运动，重力加速度为 g，则沿 y 轴方向所加外力为多少？参考答案1【解题思路】木块相对于竖直墙壁下滑，受到竖直向上的滑动摩擦力，阻碍木块下5滑，A 错误，B 正确。分析木块受力如图所示。由平衡条件可得： FN F1， FF G F2，又 FF F N，以上三式联立可解得： 21FG，故 C 错误，D 正确。【答案】BD2 【解题思路】三根

12、导线的截面处于一个等边三角形的三个顶点，通入的电流大小相等，则 FBC FAC FAB，又反向电流相互排斥，对电流 C 受力分析如图，由平衡条件可得：2 FACcos 30 mg，解得： FAC mg，则 FAB mg；同向电流相互吸引， A 导线受到 B 导线的作33 33用力方向由 A 指向 B。【答案】A3【解题思路】设重物的质量为 m，绳 OM 中的张力为 T ，绳 MN 中的张力为 TMN。OM开始时， T mg， TMN0。由于缓慢拉起，则重物一直处于平衡状态，两绳张力的合力OM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 不变，在绳 MN 缓慢拉起的过程中，角

13、逐渐增大，则角( )逐渐减小，但角 不变，在三角形中，利用正弦定理得： ，( )由钝角变为锐角，则 TOM先增大后减小，选项 D 正确；同理知 TOMsin mgsin TMNsin ，在 由 0 变为 的过程中， TMN一直增大，选项 A 正确。mgsin 2【答案】AD1 【解题思路】滑块受重力、支持力、拉力和滑动摩擦力，在斜面体向左运动的过程中，四个力的方向均不变，根据平衡条件，拉力 T mgsin 30 mg cos 30保持不变，故 A 错；设弹簧测力计与水平方向的夹角为 ，对斜面体和滑块整体分析，受推力、重力、绳子的拉力、支持力，水平方向，有： F Tcos ，斜面体在水平面上缓慢

14、向左移动 变小，所以推力 F 增大，故 B 错；竖直方向： N( M m) g Tsin ，因为 减小， T 不变，故 N 减小，C 对；物块受到的是滑动摩擦力， f mg cos 30大小恒定不变，故D 错。【答案】C2 【解题思路】设斜面倾角为 ，由题意知，在 B 沿斜劈下滑时，受到 A 对它弹力 FN和滑动摩擦力 f，根据牛顿第三定律， A 受到 B 对它的作用力 FN与 f，斜劈 A 实际上就是在这两个力的水平分力作用下有相对地面向左运动的趋势的，则有 FNsin tan 。如果撤去 F1，在物体 B 仍向下运动的过程中，对 B 有： FN mgcos ， f F N；对斜劈 A，假设

15、A 受的摩擦力 fA方向向左，则有： FNsin fcos fA，又 f f， FN FN，可得 fA FN(sin cos )0，所以斜劈 A 有相对地面向左运动的趋势，摩擦力方向是向右，故 C 错，B 对。同时撤出 F1和 F2，由以上分析可知 mBgsin m Bgcos ，物体 B 为静止，所以加速度 0，故 A 错；同时撤去 F1和 F2，给 B 一个沿斜面向上的初速度，在滑块 B 向上运动的过程中，斜劈 A 受 B 的压力和摩擦力的水平分力作用下有相对地面向右运动的趋势的， A 始终处于静止，则地面对 A 的摩擦力方向向左，故 D 对。6【答案】BD1 【解题思路】设两个小球之间的

16、库仑力为 F，利用相似三角形知识可得， A 球所受三个力 F、 FTA、 mAg构成的三角形与三角形 OBA 相似， ； C 球所受三个力 F、 FTC、 mCg 构成的三角形与三角形 OBC 相mAgOB FAB FTAAO似， ；因 OA OC，所以 mA mC FTA FTC； mA mC BC AB，则选项 B、D 正确，C 错误；因两球mCgOB FCB FTCCO之间的作用力是相互作用力，则无法判断两球带电荷量的多少，选项 A 错误。【答案】BD2【解题思路】小球 B 处于平衡状态，对 B 受力分析，如图所示，当球 B 沿斜面上升一很小高度时，圆弧阻挡墙对 B 的压力方向与水平方向

17、的夹角减小，根据图象可知，斜面体 A 与球 B 之间的弹力 N2逐渐减小，阻挡墙 PQ 与球 B 之间的弹力 N1逐渐减小，故 A 正确，B 正确；以斜面体为研究对象，则有上述解析可知球B 对斜面 A 的弹力减小，我们可以将该力分解为水平方向和竖直方向，该力与水平竖直所成夹角不变，所以竖直与水平分力都减小，而 F 等于其水平分力，故 F 减小，地面对 A 的支持力等于 A 的重力该力的竖直分力，故地面对 A 的支持力也减小，故 C 错误，D 错误。【答案】AB3【解题思路】设环的质量为 m，对环进行受力分析如图 1，环受到竖直向下的重力，与杆垂直的支持力 N、以及沿绳子方向的拉力F；当环通过跨

18、过定滑轮的轻绳在外力 F 作用下，沿杆缓慢上滑时，轻绳与竖直方向的夹角逐渐减小，由图可以知道， N 逐渐减小， F 逐渐增大；当绳子的方向沿竖直方向时，杆对小环的作用力为 0。当环位于滑轮的右侧时，受力如图 2，则环向上运动的过程中拉力 F 仍然增大，此时杆对环的作用力的方向垂直于杆的方向向下，逐渐增大，故 A 对。【答案】A4 【解题思路】 ab 杆产生的感应电动势 1EBLv，回路中感应电流 12BLvEIR，故 A 错； ab 杆匀速下滑，受力平衡条件， ab 杆所受的安培力大小21FIR安，方向沿轨道向上，则由平衡条件得： ab 所受的摩擦力大21sinsinLvfmgFgR安小，故

19、B 错； cd 杆所受的安培力大小也等于 F 安 ，方向垂直于导轨向下，则 cd 杆所受摩擦力21N(sin)(sin)BLvfmgFmgR安，故 C 对；根据 cd 杆受力平衡得21sin(90)(sin)BLvgfgR，则得 与 v1大小的关系为 21cosinmgLv，故 D 对。【答案】CD5 【解题思路】设 a 的质量为 m，则 b 的质量为 2m，以 b 为研究对象，竖直方向受力平衡，可得绳子拉力始终等于 b 的重力，即 T2 mg，保持不变；以 a 为研究对象，7受力如图所示，设绳子与水平方向夹角为 ，支持力 FN2 mgsin mg，向右缓慢拉动的过程中， 角逐渐减小，当 FN

20、0 时得 sin 0.5，即 30，故 A 正确；向右缓慢拉动的过程中，两个绳子之间的夹角逐渐增大，绳子的拉力不变，所以绳子的合力减小，则绳子对滑轮的作用力逐渐减小，故 B 错误；由图可知，角度 从 90变到 0，根据 f F N (2mgsin mg)可知，当角度 从 90变到 30时 FN一直减小到零，当角度 从 30变到 0时 FN反向增大，故摩擦力先减小后增大，故 C 正确；由受力分析图，可知水平方向： F f2 mgcos 2 mg(cos sin ) mg ，由于 2cosin1cos()，而 tan ，若 3，则 30，故拉力为 21()mgmg，角度 从 90变到0的过程中，当

21、 30时 cos()1为最大，则拉力最大，当角度继续减小时， cos()开始减小，则拉力也开始减小，故拉力 F 先增大后减小，故 D 错误。【答案】AC6 【解析】(1)对结点 O 受力分析如图所示，根据平衡条件，有：FTcos mBg0FTsin F0且： F kx解得： x4 cm。(2)设物块 A 所受摩擦力沿斜面向下，对物块 A 做受力分析如图所示，根据平衡条件，有：FT Ff mAgsin 0且 FT FT解得： Ff5 N即物块 A 所受摩擦力大小为 5 N，方向沿斜面向上。7 【解析】设物体受到传送带的摩擦力为 f1，方向如图甲所示；物体受到挡板的摩擦力为 f2，受到挡板的弹力为 N2，设所加外力为 F，则物体受力分析如图乙所示。根据已知条件，由受力平衡可得f1 1mgN2 f1sin f2 2N2 2 1mgsin 由图可得 sin 0.6，cos 0.8则所加外力为 F f2 f1cos 12(34)5mg。