《（全國通用）2019屆高考物理二輪復習 專題1 力與物體的平衡學案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（全國通用）2019屆高考物理二輪復習 專題1 力與物體的平衡學案（19頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、 專題1 力與物體的平衡 考題一　物體的受力分析及平衡問題 1.中學物理中的各種性質的力 種類 大小 方向 說明 重力 G＝mg(不同高度、緯度、星球，g值不同) 豎直向下 微觀粒子的重力一般可忽略，帶電小球、微粒的重力一般不能忽略 彈簧的彈力 F＝kx(x為形變量) 沿彈簧軸線 大小、方向都能夠發(fā)生變化 靜摩擦力 0＜Ff靜≤Fmax 與相對運動趨勢方向相反 沒有公式，只能由牛頓運動定律求解 滑動摩擦力 Ff滑＝μFN 與相對運動方向相反 一般情況下FN ≠mg 萬有引力 F＝G 沿質點間的連線 適用于質點之間、質量均勻分

2、布的球體之間引力的求解 庫侖力 F＝k 沿點電荷間的連線 適用于真空中點電荷間庫侖力的求解 電場力 F電＝qE 正(負)電荷與電場強度方向相同(相反) 帶電體處于電場中一定受電場力 安培力 F＝BIL 當B∥I時，F(xiàn)＝0 左手定則，安培力(洛倫茲力)的方向總是垂直于B與I(或B與v)決定的平面 電流或電荷處于磁場中不一定受磁場力 洛倫茲力 F洛＝qvB 當B∥v時，F(xiàn)洛＝0 2.受力分析的常用方法 (1)整體法與隔離法 整體法 隔離法 概念 將加速度相同的幾個物體作為一個整體來分析的方法 將研究對象與周圍物體分隔開的方法 選用 原則

3、研究系統(tǒng)外的物體對系統(tǒng)整體的作用力或系統(tǒng)整體的加速度 研究系統(tǒng)內物體之間的相互作用力 (2)假設法 在受力分析時，若不能確定某力是否存在，可先對其作出存在或不存在的假設，然后再就該力存在與否對物體運動狀態(tài)影響的不同來判斷該力是否存在. (3)轉換研究對象法 當直接分析一個物體的受力不方便時，可轉換研究對象，先分析另一個物體的受力，再根據牛頓第三定律分析該物體的受力. 例1　將重為4mg的均勻長方體物塊切成相等的A、B兩部分，切面與邊面夾角為45°，如圖1所示疊放并置于水平地面上，現(xiàn)用彈簧秤豎直向上拉物塊A的上端，彈簧秤示數(shù)為mg，整個裝置保持靜止，則(　　) 圖1

4、A.地面與物塊間可能存在靜摩擦力 B.物塊對地面的壓力大于3mg C.A對B的壓力大小為mg D.A、B之間靜摩擦力大小為mg 解析　對A、B整體受力分析，水平方向不受地面的摩擦力，否則不能平衡，故A錯誤；豎直方向受力平衡，則有FN＋F＝4mg，解得：FN＝3mg，則物塊對地面的壓力等于3mg，故B錯誤；對A受力分析，如圖所示. 把A部分所受力沿切面和垂直切面方向進行分解，根據平衡條件得：FNA＝(2mg－mg)cos 45°，F(xiàn)f＝(2mg－mg)sin 45° 解得：FNA＝Ff＝mg，故C錯誤，D正確. 答案　D 變式訓練 1.如圖2所示，帶電體P、Q可視為點電荷，

5、電荷量相同.傾角為θ、質量為M的斜面體放在粗糙地面上，將質量為m的帶電體P放在粗糙的斜面體上.當帶電體Q放在與P等高(PQ連線水平)且與帶電體P相距為r的右側位置時，P靜止且受斜面體的摩擦力為0，斜面體保持靜止，靜電力常量為k，則下列說法正確的是(　　) 圖2 A.P、Q所帶電荷量為 B.P對斜面體的壓力為0 C.斜面體受到地面的摩擦力為0 D.斜面體對地面的壓力為(M＋m)g 答案　D 解析　對P，如圖甲 　　 F庫＝mgtan θ＝k 得q＝ ，對P和斜面體，如圖乙 得FN′＝(M＋m)g，F(xiàn)f＝F庫＝mgtan θ. 2.如圖3所示，質量均為m的兩物體a、b

6、放置在兩固定的水平擋板之間，物體間豎直夾放一根輕彈簧，彈簧與a、b不粘連且無摩擦.現(xiàn)在物體b上施加逐漸增大的水平向右的拉力F，兩物體始終保持靜止狀態(tài)，已知重力加速度為g，下列說法正確的是(　　) 圖3 A.物體b所受摩擦力隨F的增大而增大 B.彈簧對物體b的彈力大小可能等于mg C.物體a對擋板的壓力大小可能等于2mg D.物體a所受摩擦力隨F的增大而增大 答案　A 解析　對b：水平方向Ff＝F，F(xiàn)增大，則Ff增大，故A項正確；由于b物體受到摩擦力，則上擋板必定對b物體有向下正壓力，在豎直方向上，受到重力、正壓力和彈簧彈力保持平衡，那么彈簧彈力為重力和正壓力之和，必定大于重力

7、mg，故B項錯誤；彈簧彈力大于mg，對a物體受力分析可知，a物體對下?lián)醢宓膲毫槠渲亓蛷椈蓮椓χ停笥?mg，故C項錯誤；對a物體受力分析可知，a物體在水平方向不受力的作用，摩擦力始終為0，故D項錯誤. 3.如圖4所示，一輕質細桿兩端分別固定著質量為m1和m2的兩個小球A和B(可視為質點).將其放在一個直角形光滑槽中，已知輕桿與槽右壁成α角，槽右壁與水平地面成θ角時，兩球剛好能平衡，且α≠0，則A、B兩小球質量之比為(　　) 圖4 A. B. C. D. 答案　C 解析　對A球受力分析，受重力、桿的彈力、槽的支持力，如圖甲所示： 根據共點力的平衡條件，有：＝

8、 ① 再對B球受力分析，受重力、桿的彈力、槽的支持力，如圖乙所示： 根據平衡條件，有：＝ ② 聯(lián)立①②解得：＝，故選項C正確. 考題二　共點力作用下物體的動態(tài)平衡 1.圖解法：一個力恒定、另一個力的方向恒定時可用此法. 例：擋板P由豎直位置向水平位置緩慢旋轉時小球受力的變化.(如圖5) 圖5 特點：一個力為恒力，另一個力的方向不變. 2.相似三角形法：一個力恒定、另外兩個力的方向同時變化，當所作矢量三角形與空間的某個幾何三角形總相似時用此法.(如圖6) △AOB與力的矢量　 △OO′A與力的矢量 三角形總相似 三角形總相似 圖6

9、 特點：一個力為恒力，另兩個力的方向都在變. 3.解析法：如果物體受到多個力的作用，可進行正交分解，利用解析法，建立平衡方程，根據自變量的變化確定因變量的變化. 4.結論法：若合力不變，兩等大分力夾角變大，則分力變大. 例2　(2016·全國甲卷·14)質量為m的物體用輕繩AB懸掛于天花板上.用水平向左的力F緩慢拉動繩的中點O，如圖7所示.用T表示繩OA段拉力的大小，在O點向左移動的過程中(　　) 圖7 A.F逐漸變大，T逐漸變大 B.F逐漸變大，T逐漸變小 C.F逐漸變小，T逐漸變大 D.F逐漸變小，T逐漸變小 解析　對O點受力分析如圖所示，F(xiàn)與T的變化情況如圖，

10、由圖可知在O點向左移動的過程中，F(xiàn)逐漸變大，T逐漸變大，故選項A正確. 答案　A 例3　如圖8所示，繩與桿均不計重力，承受力的最大值一定.A端用鉸鏈固定，滑輪O在A點正上方(滑輪大小及摩擦均可忽略)，B端掛一重物P，現(xiàn)施加拉力FT將B緩慢上拉(繩和桿均未斷)，在桿達到豎直前(　　) 圖8 A.繩子越來越容易斷 B.繩子越來越不容易斷 C.桿越來越容易斷 D.桿越來越不容易斷 解析　以B點為研究對象，分析受力情況：重物的拉力F(等于重物的重力G)、輕桿的支持力FN和繩子的拉力FT，作出受力圖如圖： 由平衡條件得知，F(xiàn)N和FT的合力F′與F大小相等，方向相反，根據

11、三角形相似可得：＝＝.又F′＝G，解得：FN＝G；FT＝G，使∠BAO緩慢變小時，AB、AO保持不變，BO變小，則FN保持不變，F(xiàn)T變小.故桿無所謂易斷不易斷，繩子越來越不容易斷，故B項正確.故選B. 答案　B 變式訓練 4.如圖9所示，兩相同物塊分別放置在對接的兩固定斜面上，物塊處在同一水平面內，之間用細繩連接，在繩的中點加一豎直向上的拉力F，使兩物塊處于靜止狀態(tài)，此時繩與斜面間的夾角小于90°.當增大拉力F后，系統(tǒng)仍處于靜止狀態(tài)，下列說法正確的是(　　) 圖9 A.繩受到的拉力變大 B.物塊與斜面間的摩擦力變小 C.物塊對斜面的壓力變小 D.物塊受到的合力不變 答案　

12、ACD 解析　F增大，由于繩的夾角不變，故繩上的拉力增大，A正確；對物塊進行受力分析，沿斜面方向：繩的拉力的分量與物塊重力的分量之和等于靜摩擦力，垂直斜面方向：物塊重力的分量等于斜面對物塊的支持力與繩的拉力的分量之和.由于繩上的拉力增大，故靜摩擦力變大，支持力變小，B錯誤，C正確；物塊仍處于平衡狀態(tài)，所受合力仍為0，故D正確. 考題三　平衡中的臨界、極值問題 1.物體平衡的臨界問題：當某一物理量變化時，會引起其他幾個物理量跟著變化，從而使物體所處的平衡狀態(tài)恰好出現(xiàn)變化或恰好不出現(xiàn)變化. 2.極限分析法：通過恰當?shù)剡x取某個變化的物理量將其推向極端(“極大”或“極小”、“極右”或“極左

13、”等). 3.解決中學物理極值問題和臨界問題的方法 (1)物理分析方法：就是通過對物理過程的分析，抓住臨界(或極值)條件進行求解. (2)數(shù)學方法：例如求二次函數(shù)極值、討論公式極值、三角函數(shù)極值. 例4　如圖10所示，物體在拉力F的作用下沿水平面做勻速運動，發(fā)現(xiàn)當外力F與水平方向夾角為30°時，所需外力最小，由以上條件可知，外力F的最小值與重力的比值為(　　) 圖10 A. B. C. D. [思維規(guī)范流程] 對物體受力分析：物體受4個力做勻速直線運動，所以選用正交分解.分方向列平衡方程. 滑動摩擦力：Ff＝μFN 解得：F＝ 當sin 30°＋co

14、s 30°最大時，F(xiàn)具有最小值. 三角函數(shù)求極值(sin 30°＋cos 30°)′＝cos 30°－sin 30°＝0 得μ＝ 所以＝＝ 答案　B 變式訓練 5.如圖11所示，在兩固定的豎直擋板間有一表面光滑的重球，球的直徑略小于擋板間的距離，用一橫截面為直角三角形的楔子抵住.楔子的底角為60°，重力不計.設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力.為使球不下滑，楔子與擋板間的動摩擦因數(shù)至少應為(　　) 圖11 A. B. C. D. 答案　A 解析　設球的質量為M，隔離光滑均勻重球，對球受力分析如圖甲所示， 由幾何關系可知，θ＝30°，可得：FN＝Fcos θ Mg

15、－Fsin θ＝0 解得：F＝＝2Mg 再以楔子為研究對象，由于其重力忽略不計，所以只受到球的壓力、擋板的支持力和摩擦力，如圖乙： 由共點力平衡可得： FN′＝F′cos θ Ff－F′sin θ＝0 其中F′與F大小相等，方向相反. 又：Ff＝μFN′ 聯(lián)立得：μ＝，故A正確，B、C、D錯誤. 6.如圖12所示，質量為m的物體，放在一固定的斜面上，當斜面傾角為30°時恰能沿斜面勻速下滑.對物體施加一大小為F的水平向右的恒力，物體可沿斜面勻速向上滑行.設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，當斜面傾角增大并超過某一臨界角θ0時，不論水平恒力F多大，都不能使物體沿斜面向上滑行，試求：

16、 圖12 (1)物體與斜面間的動摩擦因數(shù)μ； (2)臨界角θ0. 答案　(1)　(2)60° 解析　(1)由題意物體恰能沿斜面勻速下滑， 則滿足mgsin 30°＝μmgcos 30° ， 解得μ＝. (2)設斜面傾角為α，受力情況如圖所示，由勻速直線運動的條件有Fcos α＝mgsin α＋Ff，F(xiàn)N＝mgcos α＋Fsin α，F(xiàn)f＝μFN 解得F＝ 當cos α－μsin α＝0時 ，F(xiàn)→∞，即“不論水平恒力F多大，都不能使物體沿斜面向上滑行”，此時臨界角θ0＝α＝60°. 專題規(guī)范練 1.(2016·江蘇·1)一輕質彈簧原長為8 cm，在4 N的拉力作

17、用下伸長了2 cm，彈簧未超出彈性限度，則該彈簧的勁度系數(shù)為(　　) A.40 m/N B.40 N/m C.200 m/N D.200 N/m 答案　D 解析　由胡克定律得勁度系數(shù)k＝＝200 N/m，D項對. 2.如圖1所示，物體受到沿斜面向下的拉力F作用靜止在粗糙斜面上，斜面靜止在水平地面上，則下列說法正確的是(　　) 圖1 A.斜面對物體的作用力的方向豎直向上 B.斜面對物體可能沒有摩擦力 C.撤去拉力F后物體仍能靜止 D.水平地面對斜面沒有摩擦力 答案　C 解析　物體受拉力、重力、支持力和摩擦力，根據平衡條件，斜面對物體的作用力與重力和拉力的合力等大

18、反向，故A錯誤；設斜面的傾角為α，物體的質量為m，撤去F前物體靜止在斜面上，合力為零，則物體必定受到沿斜面向上的靜摩擦力，大小為Ff＝F＋mgsin α，則最大靜摩擦力至少為Ffm＝F＋mgsin α；撤去F后，因為重力的下滑分力mgsin α

19、力，則(　　) 圖2 A.增加車廂傾斜程度，石塊受到的支持力增加 B.增加車廂傾斜程度，石塊受到的摩擦力一定減小 C.卡車向前加速時，石塊所受最大靜摩擦力會減小 D.石塊向下滑動過程中，對車的壓力大于車對石塊的支持力 答案　C 解析　根據受力分析可知，石塊受到的支持力FN＝mgcos θ；故隨著車廂傾斜度增加，石塊受到的支持力減小，故A錯誤；石塊未下滑時，摩擦力等于重力的分力，故Ff＝mgsin θ，θ增大，摩擦力增大，故B錯誤；卡車向前加速運動時，合力沿運動方向，此時壓力減小，故最大靜摩擦力減小，故C正確；石塊向下滑動過程中，對車的壓力與車對石塊的支持力為作用力和反作用力，

20、故大小相等，故D錯誤. 4.如圖3所示，小球A、B穿在一根光滑固定的細桿上，一條跨過定滑輪的細繩兩端連接兩小球，桿與水平面成θ角，小球可看做質點且不計所有摩擦.當兩球靜止時，OA繩與桿的夾角為θ，繩OB沿豎直方向，則下列說法正確的是(　　) 圖3 A.小球A受到2個力的作用 B.小球A受到3個力的作用 C.桿對B球的彈力方向垂直桿斜向上 D.繩子對A的拉力大于對B的拉力 答案　B 解析　對A球受力分析可知，A受到重力，繩子的拉力以及桿對A球的彈力，三個力的合力為零，故A錯誤，B正確；對B球受力分析可知，B受到重力和繩子的拉力，兩個力的合力為零，桿對B球沒有彈力，否則B不能平

21、衡，故C錯誤；定滑輪不改變力的大小，則繩子對A的拉力等于對B的拉力，故D錯誤. 5.如圖4甲、乙、丙所示，三個物塊質量相同且均處于靜止狀態(tài)，若彈簧秤、繩和滑輪的重力均不計，繩與滑輪、物塊與半球面間的摩擦均不計，在圖甲、乙、丙三種情況下，彈簧秤的讀數(shù)分別是F1、F2、F3，則(　　) 圖4 A.F1＝F2＝F3 B.F3>F1＝F2 C.F3＝F1>F2 D.F1>F2>F3 答案　C 解析　甲圖：物塊靜止，彈簧的拉力F1＝mg.乙圖：以物塊為研究對象，受力如圖甲，F(xiàn)2＝Gsin 60°＝mg. 　　　 丙圖：以動滑輪為研究對象，受力如圖乙.由幾何知識得F3＝mg，故

22、F3＝F1>F2 6.如圖5所示，質量均為m的A、B兩球，由一根勁度系數(shù)為k的輕彈簧連接靜止于半徑為R的光滑半球形碗中，彈簧水平，兩球間距為R且球半徑遠小于碗的半徑.則彈簧的原長為(　　) 圖5 A.＋R B.＋R C.＋R D.＋R 答案　D 解析　以A球為研究對象，小球受三個力：重力、彈力和碗的支持力. 如圖所示，由平衡條件， 得到：tan θ＝ 解得：x＝ 根據幾何關系得：cos θ＝＝， 則tan θ＝， 所以x＝＝ 故彈簧原長x0＝＋R，故D正確. 7.如圖6(a)所示，兩段等長細繩將質量分別為2m、m的小球A、B懸掛在O點，小球A受到水平

23、向右的恒力F1的作用、小球B受到水平向左的恒力F2的作用，當系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)時，出現(xiàn)了如圖(b)所示的狀態(tài)，小球B剛好位于O點正下方.則F1與F2的大小關系正確的是(　　) 圖6 A.F1＝4F2 B.F1＝3F2 C.F1＝2F2 D.F1＝F2 答案　A 解析　A受到水平向右的力F1，B受到的水平向左的力F2，以整體為研究對象，分析受力如圖甲： 設OA繩與豎直方向的夾角為α，則由平衡條件得： tan α＝ ① 以B球為研究對象，受力如圖乙，設AB繩與豎直方向的夾角為β，則由平衡條件得： tan β＝ ② 由幾何關系得到：α＝β ③ 聯(lián)立①②③解得：F1＝4

24、F2 　 8.如圖7所示，置于地面的矩形框架中用兩細繩拴住質量為m的小球，繩B水平.設繩A、B對球的拉力大小分別為F1、F2，它們的合力大小為F.現(xiàn)將框架在豎直平面內繞左下端緩慢旋轉90°，在此過程中(　　) 圖7 A.F1先增大后減小 B.F2先增大后減小 C.F先增大后減小 D.F先減小后增大 答案　B 解析　對小球受力分析如圖所示：小球處于靜止狀態(tài)，受力平衡，兩繩的拉力的合力與重力大小相等、方向相反，則F不變，根據平行四邊形定則可知，將框架在豎直平面內繞左下端緩慢旋轉90°的過程中，F(xiàn)1逐漸減小，F(xiàn)2先增大后減小，當繩A處于水平方向時，F(xiàn)2最大，故B正確.

25、 9.如圖8所示，兩個帶有同種電荷的小球m1、m2，用絕緣細線懸掛于O點，若q1>q2，L1>L2，平衡時兩球到過O點的豎直線的距離相等，則(　　) 圖8 A.m1>m2 B.m1＝m2 C.m1q2，L1>L2，但兩者的庫侖力大小相等，則有＝.由于F1＝F2，所以m1＝m2，故B正確，A、C、D錯誤. 10.(多選)如圖9所示，傾角為30°的斜面體靜止在水平地面上，輕繩一端連著斜面上的物體A(輕繩與斜面平行)，另一端通過兩

26、個滑輪相連于天花板上的P點.動滑輪上懸掛質量為m的物塊B，開始懸掛動滑輪的兩繩均豎直.現(xiàn)將P點緩慢向右移動，直到動滑輪兩邊輕繩的夾角為90°時，物體A剛好要滑動.假設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，物體A與斜面間的動摩擦因數(shù)為.整個過程斜面體始終靜止，不計滑輪的質量及輕繩與滑輪的摩擦.下列說法正確的是(　　) 圖9 A.物體A的質量為m B.物體A受到的摩擦力一直增大 C.地面對斜面體的摩擦力水平向左并逐漸減小 D.斜面體對地面的壓力逐漸減小 答案　AB 解析　同一條繩子上的拉力相等，對B分析，當兩條繩子的夾角為90°時，繩子的拉力為FT＝mgsin 45°＝mg，對A受力分析，

27、在沿斜面方向上有：A受到沿斜面向下的最大靜摩擦力、重力沿斜面向下的分力和繩子的拉力，故有mAgsin 30°＋Ffm＝FT，F(xiàn)fm＝μmAgcos 30°，解得mA＝m，A正確；當兩個輕繩都是豎直方向時，繩子的拉力最小，此時mAgsin 30°

28、斜面體對地面的壓力恒定不變，D錯誤. 11.圖10中工人在推動一臺割草機，施加的力大小為100 N，方向與水平地面成30°角斜向下，g取10 m/s2. 圖10 (1)若割草機重300 N，則它作用在地面上向下的壓力為多大？ (2)若工人對割草機施加的作用力與圖示反向，力的大小不變，則割草機作用在地面上向下的壓力又為多大？ (3)割草機割完草后，工人用最小的拉力拉它，使之做勻速運動，已知這個最小拉力為180 N，則割草機與地面間的動摩擦因數(shù)μ及最小拉力與水平方向夾角α為多少？ 答案　(1)350 N　(2)250 N　(3)0.75　37° 解析　工人對割草機施加的作用力沿豎

29、直方向的分力為50 N. (1)當工人斜向下推割草機時，在豎直方向上有： FN1＝G＋Fsin 30° 解得：FN1＝350 N. 由牛頓第三定律知，割草機對地面的壓力為350 N. (2)當工人斜向上拉割草機時，在豎直方向上有：FN2＋Fsin 30°＝G 解得：FN2＝250 N 由牛頓第三定律知，割草機對地面的壓力為250 N. (3)由平衡條件知，在水平方向上：Fcos α＝μFN， 在豎直方向上有：FN＋Fsin α＝G 聯(lián)立可得： F＝＝，tan φ＝ 所以當α＋φ＝90°， 即tan α＝μ時，F(xiàn)有最小值： Fmin＝ 代入數(shù)據可得：μ＝0.75，

30、α＝37°. 12.如圖11所示，水平面上有一個傾角為θ＝30°的斜劈，質量為m.一個光滑小球，質量也為m，用繩子懸掛起來，繩子與斜面的夾角為α＝30°，整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài). 圖11 (1)求出繩子的拉力FT； (2)若地面對斜劈的最大靜摩擦力Ffm等于地面對斜劈的支持力的k倍，為了使整個系統(tǒng)始終保持靜止，k值必須滿足什么條件？ 答案　(1)mg　(2)k≥ 解析　(1)對小球受力分析，如圖甲所示，由平衡條件得： 　　　 mgsin θ－FTcos α＝0，解得FT＝mg. (2)對斜劈和小球組成的整體受力分析，如圖乙所示，由平衡條件得： 水平方向：FTcos (θ＋α)－Ff＝0 豎直方向：FN2＋FTsin (θ＋α)－2mg＝0 又Ff≤Ffm＝kFN2 聯(lián)立各式解得k≥. 19