2019屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題1 力與物體的平衡學(xué)案.docx

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1 力與物體的平衡 平衡問(wèn)題是歷年高考的重點(diǎn)，特別是受力分析與平衡條件的應(yīng)用在近幾年高考中頻繁考查。本部分內(nèi)容在高考命題中也有兩大趨勢(shì)：一是向著選擇題單獨(dú)考查的方向發(fā)展；二是選擇題單獨(dú)考查與電學(xué)綜合考查并存。考查的角度主要包括：一、對(duì)各種性質(zhì)的力的理解；二、共點(diǎn)力平衡條件的應(yīng)用。用到的思想方法有：整體法和隔離法、假設(shè)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．處理平衡問(wèn)題的基本思路 確定平衡狀態(tài)(加速度為零)→巧選研究對(duì)象(整體法或隔離法)→受力分析→建立平衡方程→求解或作討論。 2．常用的方法 (1)在判斷彈力或摩擦力是否存在以及確定它們的方向時(shí)常用假設(shè)法。 (2)求解平衡問(wèn)題時(shí)常用二力平衡法、矢量三角形法、正交分解法、相似三角形法、圖解法等。 3．帶電體的平衡問(wèn)題仍然滿足平衡條件，只是要注意準(zhǔn)確分析場(chǎng)力——電場(chǎng)力、安培力或洛倫茲力。 4．如果帶電粒子在重力場(chǎng)、電場(chǎng)和磁場(chǎng)三者組成的復(fù)合場(chǎng)中做直線運(yùn)動(dòng)，則一定是勻速直線運(yùn)動(dòng)，因?yàn)镕洛⊥v。 1．為了測(cè)定木塊和豎直墻壁之間的動(dòng)摩擦因數(shù)，某同學(xué)設(shè)計(jì)了一個(gè)實(shí)驗(yàn)：用一根彈簧將木塊壓在墻上，同時(shí)在木塊下方有一個(gè)拉力F2作用，使木塊恰好勻速向下運(yùn)動(dòng)(彈簧隨木塊一起向下運(yùn)動(dòng))，如圖所示?，F(xiàn)分別測(cè)出了彈簧的彈力F1、拉力F2和木塊的重力G，則以下結(jié)論正確的是(　　) A．木塊受到豎直向下的滑動(dòng)摩擦力 B．木塊所受的滑動(dòng)摩擦力阻礙木塊下滑 C．木塊與墻壁之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 D．木塊與墻壁之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 2．如圖所示，A、B、C三根平行通電直導(dǎo)線質(zhì)量均為m，通入的電流大小相等，其中C中的電流方向與A、B中的電流方向相反，A、B放置在粗糙的水平面上，C靜止在空中，三根導(dǎo)線的截面處于一個(gè)等邊三角形的三個(gè)頂點(diǎn)，且三根導(dǎo)線均保持靜止，重力加速度為g，則A導(dǎo)線受到B導(dǎo)線的作用力大小和方向?yàn)?　　) A．mg，方向由A指向B B．mg，方向由B指向A C．mg，方向由A指向BD．mg，方向由B指向A 3．如圖，柔軟輕繩ON的一端O固定，其中間某點(diǎn)M拴一重物，用手拉住繩的另一端N。初始時(shí)，OM豎直且MN被拉直，OM與MN之間的夾角為α。現(xiàn)將重物向右上方緩慢拉起，并保持夾角α不變。在OM由豎直被拉到水平的過(guò)程中(　　) A．MN上的張力逐漸增大 B．MN上的張力先增大后減小 C．OM上的張力逐漸增大 D．OM上的張力先增大后減小 1．質(zhì)量為M的斜面體放在光滑水平地面上，其傾角為30，斜面上放一質(zhì)量為m的物塊，物塊通過(guò)繞過(guò)輕質(zhì)滑輪的輕繩與彈簧測(cè)力計(jì)相連，彈簧測(cè)力計(jì)的另一端與地面上的P點(diǎn)通過(guò)輕繩相連，如圖所示。用水平力F推著斜面體在水平面上緩慢向左移動(dòng)，則下列說(shuō)法正確的是(　　) A．彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù)不斷減小 B．水平力F不斷減小 C．地面對(duì)斜面體的支持力不斷減小 D．斜面對(duì)物塊的摩擦力不斷增大 2．如圖所示，斜面體A靜止放置在水平地面上，質(zhì)量為m的滑塊B在外力F1和F2的共同作用下沿斜面體表面向下運(yùn)動(dòng)。當(dāng)F1方向水平向右，F(xiàn)2方向沿斜面體的表面向下時(shí)，斜面體受到地面的摩擦力方向向右。則下列說(shuō)法中正確的是(　　) A．若同時(shí)撤去F1和F2滑塊B的加速度方向一定沿斜面向下 B．若只撤去F1，在滑塊B仍向下運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，A所受地面摩擦力的方向一定向右 C．若只撤去F1，在滑塊B仍向下運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，A所受地面摩擦力的方向可能向左 D．若同時(shí)撤去F1和F2，給B一個(gè)沿斜面向上的初速度，在滑塊B向上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，A始終處于靜止，則地面對(duì)A的摩擦力方向向左 1．A、C是兩個(gè)帶電小球，質(zhì)量分別是mA、mC，電荷量大小分別是QA、QC，用兩條等長(zhǎng)絕緣細(xì)線懸掛在同一點(diǎn)O，兩球靜止時(shí)如圖所示，此時(shí)細(xì)線對(duì)兩球的拉力分別為FTA、FTC，兩球連線AC與O所在豎直線的交點(diǎn)為B，且ABQC B．mA∶mC＝FTA∶FTC C．FTA＝FTC D．mA∶mC＝BC∶AB 2．如圖所示，有一個(gè)固定的1/4圓弧形阻擋墻PQ，其半徑OP水平、OQ豎直。在PQ墻和斜面體A之間卡著一個(gè)表面光滑的重球B，斜面體A放在光滑的地面上并用一水平向左的力F推著，整個(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)改變推力F的大小，推動(dòng)斜面體A沿著水平地面向左緩慢運(yùn)動(dòng)，使球B沿斜面上升一很小高度。在球B緩慢上升的過(guò)程中，下列說(shuō)法中正確的是(　　) A．斜面體A與球B之間的彈力逐漸減小 B．阻擋墻PQ與球B之間的彈力逐漸減小 C．水平推力F逐漸增大 D．水平地面對(duì)斜面體A的彈力不變 3．如圖所示，一金屬環(huán)套在固定的光滑桿上，金屬環(huán)通過(guò)跨過(guò)定滑輪的輕繩在外力F作用下，沿桿緩慢上滑，該過(guò)程中金屬環(huán)對(duì)桿的作用力為N，則(　　) A．F一直增大，N先減小后增大 B．F一直在增大，N一直增大 C．F先減小后增大，N一直增大 D．F先減小后增大，N先減小后增大 4．如圖所示，ACD、EFG為兩根相距L的足夠長(zhǎng)的金屬直角導(dǎo)軌，它們被豎直固定在絕緣水平面上，CDGF面與水平面成θ角。兩導(dǎo)軌所在空間存在垂直于CDGF平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。兩根質(zhì)量均為m、長(zhǎng)度均為L(zhǎng)的金屬細(xì)桿ab、cd與導(dǎo)軌垂直接觸形成閉合回路，桿與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，兩金屬細(xì)桿的電阻均為R，導(dǎo)軌電阻不計(jì)。當(dāng)ab以速度v1沿導(dǎo)軌向下勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，cd桿也正好以速度v2向下勻速運(yùn)動(dòng)。重力加速度為g。以下說(shuō)法正確的是(　　) A．回路中的電流為 B．a(chǎn)b桿所受摩擦力為mgsin θ C．cd桿所受摩擦力為 D．μ與v1大小的關(guān)系為 5．如圖所示，光滑的輕滑輪通過(guò)支架固定在天花板上，一足夠長(zhǎng)的細(xì)繩跨過(guò)滑輪，一端懸掛小球b，另一端與套在水平細(xì)桿上的小球a連接。在水平拉力F作用下小球a從圖示虛線（最初是豎直的）位置開(kāi)始緩慢向右移動(dòng)(細(xì)繩中張力大小視為不變)。已知小球b的質(zhì)量是小球a的2倍，滑動(dòng)摩擦力等于最大靜摩擦力，小球a與細(xì)桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。則下列說(shuō)法正確的是(　　) A．當(dāng)細(xì)繩與細(xì)桿的夾角為30時(shí)，桿對(duì)a球的支持力為零 B．支架對(duì)輕滑輪的作用力大小逐漸增加 C．支架對(duì)a球的摩擦力先減小后增加 D．當(dāng)時(shí)，拉力F先減小后增加 6．如圖所示，放在粗糙的固定斜面上的物塊A和懸掛的物塊B均處于靜止?fàn)顟B(tài)。輕繩AO繞過(guò)光滑的定滑輪與輕彈簧的右端及輕繩BO的上端連接于O點(diǎn)，輕彈簧中軸線沿水平方向，輕繩的OC段與豎直方向的夾角θ＝53，斜面傾角α＝37，物塊A和B的質(zhì)量分別為mA＝5 kg、mB＝1.5 kg，彈簧的勁度系數(shù)k＝500 N/m，sin 37＝0.6，cos 37＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2，求： (1)彈簧的伸長(zhǎng)量x； (2)物塊A受到的摩擦力。 7．如圖所示，在水平地面xOy上有一沿x軸正方向做勻速運(yùn)動(dòng)的傳送帶，運(yùn)動(dòng)速度為3v0，傳送帶上有一質(zhì)量為m的正方形物體隨傳送帶一起運(yùn)動(dòng)，當(dāng)物體運(yùn)動(dòng)到y(tǒng)Oz平面時(shí)遇到一阻擋板C，阻止其繼續(xù)向x軸正方向運(yùn)動(dòng)。設(shè)物體與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1，與擋板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2。此時(shí)若要使物體沿y軸正方向以4v0勻速運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g，則沿y軸方向所加外力為多少？ 參考答案 1．【解題思路】木塊相對(duì)于豎直墻壁下滑，受到豎直向上的滑動(dòng)摩擦力，阻礙木塊下滑，A錯(cuò)誤，B正確。分析木塊受力如圖所示。由平衡條件可得：FN＝F1，F(xiàn)F＝G＋F2，又FF＝μFN，以上三式聯(lián)立可解得：μ＝，故C錯(cuò)誤，D正確。 【答案】BD 2．【解題思路】三根導(dǎo)線的截面處于一個(gè)等邊三角形的三個(gè)頂點(diǎn)，通入的電流大小相等，則FBC＝FAC＝FAB，又反向電流相互排斥，對(duì)電流C受力分析如圖，由平衡條件可得：2FACcos 30＝mg，解得：FAC＝mg，則FAB＝mg；同向電流相互吸引，A導(dǎo)線受到B導(dǎo)線的作用力方向由A指向B。 【答案】A 3．【解題思路】設(shè)重物的質(zhì)量為m，繩OM中的張力為T(mén)，繩MN中的張力為T(mén)MN。開(kāi)始時(shí)，T＝mg，TMN＝0。由于緩慢拉起，則重物一直處于平衡狀態(tài)，兩繩張力的合力與重物的重力mg等大、反向。 對(duì)重物受力分析如圖所示，已知角α不變，在繩MN緩慢拉起的過(guò)程中，角β逐漸增大，則角(α－β)逐漸減小，但角θ不變，在三角形中，利用正弦定理得：＝，(α－β)由鈍角變?yōu)殇J角，則TOM先增大后減小，選項(xiàng)D正確；同理知＝，在β由0變?yōu)榈倪^(guò)程中，TMN一直增大，選項(xiàng)A正確。 【答案】AD 1．【解題思路】滑塊受重力、支持力、拉力和滑動(dòng)摩擦力，在斜面體向左運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，四個(gè)力的方向均不變，根據(jù)平衡條件，拉力T＝mgsin 30＋μmgcos 30保持不變，故A錯(cuò)；設(shè)彈簧測(cè)力計(jì)與水平方向的夾角為θ，對(duì)斜面體和滑塊整體分析，受推力、重力、繩子的拉力、支持力，水平方向，有：F＝Tcos θ，斜面體在水平面上緩慢向左移動(dòng)θ變小，所以推力F增大，故B錯(cuò)；豎直方向：N＝(M＋m) g＋Tsin θ，因?yàn)棣葴p小，T不變，故N減小，C對(duì)；物塊受到的是滑動(dòng)摩擦力，f＝μmgcos 30大小恒定不變，故D錯(cuò)。 【答案】C 2．【解題思路】設(shè)斜面傾角為θ，由題意知，在B沿斜劈下滑時(shí)，受到A對(duì)它彈力FN和滑動(dòng)摩擦力f，根據(jù)牛頓第三定律，A受到B對(duì)它的作用力FN?與f?，斜劈A實(shí)際上就是在這兩個(gè)力的水平分力作用下有相對(duì)地面向左運(yùn)動(dòng)的趨勢(shì)的，則有FN?sinθ tanθ。如果撤去F1，在物體B仍向下運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，對(duì)B有：FN＝mgcos θ，f＝μFN；對(duì)斜劈A，假設(shè)A受的摩擦力fA方向向左，則有：FN?sin θ＝f?cos θ＋fA，又f?＝f，F(xiàn)N?＝FN，可得fA＝FN(sin θ－μcos θ)<0，所以斜劈A有相對(duì)地面向左運(yùn)動(dòng)的趨勢(shì)，摩擦力方向是向右，故C錯(cuò)，B對(duì)。同時(shí)撤出F1和F2，由以上分析可知mBgsin θ <μmBgcos θ，物體B為靜止，所以加速度0，故A錯(cuò)；同時(shí)撤去F1和F2，給B一個(gè)沿斜面向上的初速度，在滑塊B向上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，斜劈A受B的壓力和摩擦力的水平分力作用下有相對(duì)地面向右運(yùn)動(dòng)的趨勢(shì)的，A始終處于靜止，則地面對(duì)A的摩擦力方向向左，故D對(duì)。 【答案】BD 1．【解題思路】設(shè)兩個(gè)小球之間的庫(kù)侖力為F，利用相似三角形知識(shí)可得，A球所受三個(gè)力F、FTA、mAg構(gòu)成的三角形與三角形OBA相似，＝＝；C球所受三個(gè)力F、FTC、mCg構(gòu)成的三角形與三角形OBC相似，＝＝；因OA＝OC，所以mA∶mC＝FTA∶FTC；mA∶mC＝BC∶AB，則選項(xiàng)B、D正確，C錯(cuò)誤；因兩球之間的作用力是相互作用力，則無(wú)法判斷兩球帶電荷量的多少，選項(xiàng)A錯(cuò)誤。 【答案】BD 2．【解題思路】小球B處于平衡狀態(tài)，對(duì)B受力分析，如圖所示，當(dāng)球B沿斜面上升一很小高度時(shí)，圓弧阻擋墻對(duì)B的壓力方向與水平方向的夾角減小，根據(jù)圖象可知，斜面體A與球B之間的彈力N2逐漸減小，阻擋墻PQ與球B之間的彈力N1逐漸減小，故A正確，B正確；以斜面體為研究對(duì)象，則有上述解析可知球B對(duì)斜面A的彈力減小，我們可以將該力分解為水平方向和豎直方向，該力與水平豎直所成夾角不變，所以豎直與水平分力都減小，而F等于其水平分力，故F減小，地面對(duì)A的支持力等于A的重力＋該力的豎直分力，故地面對(duì)A的支持力也減小，故C錯(cuò)誤，D錯(cuò)誤。 【答案】AB 3．【解題思路】設(shè)環(huán)的質(zhì)量為m，對(duì)環(huán)進(jìn)行受力分析如圖1，環(huán)受到豎直向下的重力，與桿垂直的支持力N、以及沿繩子方向的拉力F；當(dāng)環(huán)通過(guò)跨過(guò)定滑輪的輕繩在外力F作用下，沿桿緩慢上滑時(shí)，輕繩與豎直方向的夾角逐漸減小，由圖可以知道，N逐漸減小，F(xiàn)逐漸增大；當(dāng)繩子的方向沿豎直方向時(shí)，桿對(duì)小環(huán)的作用力為0。當(dāng)環(huán)位于滑輪的右側(cè)時(shí)，受力如圖2，則環(huán)向上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中拉力F仍然增大，此時(shí)桿對(duì)環(huán)的作用力的方向垂直于桿的方向向下，逐漸增大，故A對(duì)。 【答案】A 4．【解題思路】ab桿產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，回路中感應(yīng)電流，故A錯(cuò)；ab桿勻速下滑，受力平衡條件，ab桿所受的安培力大小，方向沿軌道向上，則由平衡條件得：ab所受的摩擦力大小，故B錯(cuò)；cd桿所受的安培力大小也等于F安，方向垂直于導(dǎo)軌向下，則cd桿所受摩擦力，故C對(duì)；根據(jù)cd桿受力平衡得，則得μ與v1大小的關(guān)系為，故D對(duì)。 【答案】CD 5．【解題思路】設(shè)a的質(zhì)量為m，則b的質(zhì)量為2m，以b為研究對(duì)象，豎直方向受力平衡，可得繩子拉力始終等于b的重力，即T＝2mg，保持不變；以a為研究對(duì)象，受力如圖所示，設(shè)繩子與水平方向夾角為θ，支持力FN＝2mgsin θ－mg，向右緩慢拉動(dòng)的過(guò)程中，θ角逐漸減小，當(dāng)FN＝0時(shí)得sin θ＝0.5，即θ＝30，故A正確；向右緩慢拉動(dòng)的過(guò)程中，兩個(gè)繩子之間的夾角逐漸增大，繩子的拉力不變，所以繩子的合力減小，則繩子對(duì)滑輪的作用力逐漸減小，故B錯(cuò)誤；由圖可知，角度θ從90變到0，根據(jù)f＝μFN＝μ(2mgsin θ－mg)可知，當(dāng)角度θ從90變到30時(shí)FN一直減小到零，當(dāng)角度θ從30變到0時(shí)FN反向增大，故摩擦力先減小后增大，故C正確；由受力分析圖，可知水平方向：F＝f＋2mgcos θ＝2mg(cos θ＋μsin θ)－μmg，由于，而tanφ＝μ，若，則φ＝30，故拉力為，角度θ從90變到0的過(guò)程中，當(dāng)θ＝φ＝30時(shí)為最大，則拉力最大，當(dāng)角度繼續(xù)減小時(shí)，開(kāi)始減小，則拉力也開(kāi)始減小，故拉力F先增大后減小，故D錯(cuò)誤。 【答案】AC 6．【解析】(1)對(duì)結(jié)點(diǎn)O受力分析如圖所示，根據(jù)平衡條件，有： FTcos θ－mBg＝0 FTsin θ－F＝0 且：F＝kx 解得：x＝4 cm。 (2)設(shè)物塊A所受摩擦力沿斜面向下，對(duì)物塊A做受力分析如圖所示，根據(jù)平衡條件，有： FT′－Ff－mAgsin α＝0 且FT′＝FT 解得：Ff＝－5 N 即物塊A所受摩擦力大小為5 N，方向沿斜面向上。 7．【解析】設(shè)物體受到傳送帶的摩擦力為f1，方向如圖甲所示；物體受到擋板的摩擦力為f2，受到擋板的彈力為N2，設(shè)所加外力為F，則物體受力分析如圖乙所示。根據(jù)已知條件，由受力平衡可得 f1＝μ1mg N2＝f1sin θ f2＝μ2N2＝μ2μ1mgsin θ 由圖可得sin θ＝0.6，cosθ＝0.8 則所加外力為F＝f2＋f1cos θ＝。