高考物理二輪復(fù)習(xí)學(xué)案：專題復(fù)習(xí)篇 專題1 第1講 力與物體的平衡

1、PAGE 14 -力與物體的平衡建體系知關(guān)聯(lián)析考情明策略考情分析分析近幾年的高考題可以看出，高考命題熱點(diǎn)集中在物體受力分析、物體平衡問(wèn)題的分析與計(jì)算，涉及力的合成與分解、共點(diǎn)力的平衡條件、整體法和隔離法等常規(guī)方法，題型一般為選擇題。素養(yǎng)呈現(xiàn)1.受力分析的方法2.整體法、隔離法3.共點(diǎn)力的靜態(tài)平衡4.共點(diǎn)力的動(dòng)態(tài)平衡素養(yǎng)落實(shí)1.熟悉常見性質(zhì)力有無(wú)及方向的判斷2.靈活應(yīng)用受力分析的一般步驟3.掌握整體法、隔離法選取原則4.平衡問(wèn)題的解題方法考點(diǎn)1| 物體的靜態(tài)平衡問(wèn)題1研究對(duì)象選取的2點(diǎn)技巧(1)采用整體法進(jìn)行受力分析時(shí)，要注意系統(tǒng)內(nèi)各個(gè)物體的狀態(tài)應(yīng)該相同。(2)當(dāng)直接分析一個(gè)物體的受力不方便時(shí)，

2、可轉(zhuǎn)移研究對(duì)象，先分析另一個(gè)物體的受力，再根據(jù)牛頓第三定律分析該物體的受力，此法叫“轉(zhuǎn)換研究對(duì)象法”。2求解共點(diǎn)力平衡問(wèn)題的常用方法常用方法包括力的合成法、分解法及正交分解法，示意圖如圖所示。合成法 分解法正交分解法典例1(2019全國(guó)卷T16)用卡車運(yùn)輸質(zhì)量為m的勻質(zhì)圓筒狀工件，為使工件保持固定，將其置于兩光滑斜面之間，如圖所示。兩斜面、固定在車上，傾角分別為30和60。重力加速度為g。當(dāng)卡車沿平直公路勻速行駛時(shí)，圓筒對(duì)斜面、壓力的大小分別為F1、F2，則()AF1eq f(r(3),3)mg，F(xiàn)2eq f(r(3),2)mgBF1eq f(r(3),2)mg，F(xiàn)2eq f(r(3),3)m

3、gCF1eq f(1,2)mg，F(xiàn)2eq f(r(3),2)mgDF1eq f(r(3),2)mg，F(xiàn)2eq f(1,2)mg題眼點(diǎn)撥“勻速行駛”表明車上工件處于靜態(tài)平衡狀態(tài)?！肮饣泵妗北砻鞴ぜ托泵骈g僅有彈力作用?！?0、60”角明確彈力方向。D以工件為研究對(duì)象，受力分析如圖所示，重力與F1、F2的合力等大反向，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件得eq f(F1,mg)cos 30，eq f(F2,mg)cos 60，則F1eq f(r(3),2)mg，F(xiàn)2eq f(1,2)mg，根據(jù)牛頓第三定律，F(xiàn)1F1eq f(r(3),2)mg，F(xiàn)2F2eq f(1,2)mg，故只有D選項(xiàng)正確。反思感悟：處理靜態(tài)平

4、衡問(wèn)題的基本思路跟進(jìn)訓(xùn)練1.(2020全國(guó)卷T17)如圖所示，懸掛甲物體的細(xì)線拴牢在一不可伸長(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)繩上O點(diǎn)處；繩的一端固定在墻上，另一端通過(guò)光滑定滑輪與物體乙相連。甲、乙兩物體質(zhì)量相等。系統(tǒng)平衡時(shí)，O點(diǎn)兩側(cè)繩與豎直方向的夾角分別為和。若70，則等于()A45 B55 C60 D70B取O點(diǎn)為研究對(duì)象，在三力的作用下處于平衡狀態(tài)，對(duì)其受力分析如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系可得=55。2.膠州灣大橋是青島市境內(nèi)黃島區(qū)、城陽(yáng)區(qū)以及李滄區(qū)的跨海通道，對(duì)進(jìn)一步加快山東半島城市群建設(shè)有著重要意義。如圖，設(shè)橋體中三塊相同的鋼箱梁1、2、3受到鋼索a、b、c拉力的方向相同，相鄰鋼箱梁間的作用力均沿水平方向，下列說(shuō)

5、法正確的是()A鋼箱梁1對(duì)2的作用力大于鋼箱梁2對(duì)1的作用力B鋼箱梁3所受合力最大C鋼箱梁2、3間作用力大于鋼箱梁1、2間作用力D鋼索c上的拉力大于鋼索b上的拉力C鋼箱梁1對(duì)2的作用力與鋼箱梁2對(duì)1的作用力是作用力與反作用力，大小相等，方向相反，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；因每個(gè)鋼箱梁都處于平衡狀態(tài)，故它們所受合力均為零，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；對(duì)鋼箱梁2進(jìn)行受力分析，設(shè)鋼索的拉力與水平方向的夾角為，由平衡條件有F23F12Tcos ，則可知鋼箱梁1、2間作用力小于鋼箱梁2、3間作用力，選項(xiàng)C正確；由豎直方向受力平衡知Tsin mg，可得Teq f(mg,sin )，因鋼索拉力的方向相同，所以三塊鋼箱梁受到鋼索的拉力大小

6、相等，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。考點(diǎn)2| 物體的動(dòng)態(tài)平衡問(wèn)題 解析法的應(yīng)用此法常用于可以較簡(jiǎn)捷列出平衡條件方程的情況或者正交分解的情況(1)先受力分析，得出物體受哪幾個(gè)力而處于平衡狀態(tài)。(2)建立直角坐標(biāo)系，正交分解力，列平衡條件方程，或在力的三角形中結(jié)合三角形知識(shí)列平衡條件方程。(3)分析方程中的變量有哪些，分析題目信息得到這些物理量是如何變化的。(4)把分析得到的變化的物理量代入方程，得到平衡條件下的受力動(dòng)態(tài)變化情況。典例2(多選)(2020江蘇三校聯(lián)考)如圖所示，柱體A的橫截面是圓心角為eq f(,2)的扇形面，其弧形表面光滑，而與地面接觸的下表面粗糙；在光滑豎直墻壁與柱體之間放置一質(zhì)量為m的球體，系

7、統(tǒng)處于平衡狀態(tài)。若使柱體向左移動(dòng)稍許，系統(tǒng)仍處于平衡狀態(tài)，則()A球?qū)Φ膲毫υ龃驜柱體與球之間的作用力增大C柱體所受的摩擦力減小D柱體對(duì)地面的壓力減小題眼點(diǎn)撥“弧形表面光滑”，只有相互作用的彈力。“向左移動(dòng)”球所受A的彈力方向發(fā)生改變。AB先對(duì)球進(jìn)行受力分析，其受重力、A對(duì)球的彈力N1和墻壁對(duì)球的彈力N2，如圖甲所示，因系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件有N1eq f(mg,cos )，N2mgtan ，再對(duì)整體進(jìn)行受力分析，整體受重力、地面的彈力N、墻壁對(duì)其向左的彈力N2和地面對(duì)其向右的摩擦力f，如圖乙所示，因系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件有fN2，N(Mm)g，故有fmgtan

8、，若使柱體向左移動(dòng)稍許，系統(tǒng)仍處于平衡狀態(tài)，則N1與豎直方向的夾角不斷變大，故f變大，N不變，N1變大，N2變大，再由牛頓第三定律可知，選項(xiàng)A、B正確，選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤。甲乙 圖解法的應(yīng)用此處常用于物體受三個(gè)力作用，其中一個(gè)力大小、方向不變，另一個(gè)力的方向不變的情景，思路如下：(1)先受力分析，得出物體受幾個(gè)力而處于平衡狀態(tài)。(2)分析題目給出的信息，判斷物體受力的變化方式。(3)把受力對(duì)應(yīng)到幾何圖形中結(jié)合幾何知識(shí)分析。典例3如圖所示，有一質(zhì)量不計(jì)的桿AO，長(zhǎng)為R，可繞A自由轉(zhuǎn)動(dòng)。用繩在O點(diǎn)懸掛一個(gè)重為G的物體，另一根繩一端系在O點(diǎn)，另一端系在圓弧形墻壁上的C點(diǎn)。當(dāng)點(diǎn)C由圖示位置逐漸向上沿圓弧C

9、B移動(dòng)過(guò)程中(保持OA與墻面夾角不變)，OC繩所受拉力的大小變化情況是()A逐漸減小 B逐漸增大C先減小后增大 D先增大后減小題眼點(diǎn)撥“可繞A點(diǎn)自由轉(zhuǎn)動(dòng)”，桿OA對(duì)繩的作用力沿桿，且方向不變。重力大小方向不變，OC繩大小、方向改變。C對(duì)物體受力分析，物體受力平衡，則拉力等于重力G，故豎直繩的拉力不變；再對(duì)O點(diǎn)分析，O受繩的拉力、OA的支持力及OC的拉力而處于平衡，受力分析如圖所示；將F和OC繩上的拉力合成，其合力與G大小相等，方向相反，則在OC繩上移的過(guò)程中，平行四邊形的對(duì)角線保持不變，平行四邊形發(fā)生圖中所示變化，則由圖可知OC繩的拉力先減小后增大，在圖中D點(diǎn)時(shí)拉力最小，故C正確。 三角形相似

10、法的應(yīng)用此法是圖解法的特例，一般研究對(duì)象受繩(桿)或其他物體的約束，從幾何形狀來(lái)看，有一個(gè)邊大小不變，方向改變，還有一個(gè)邊的大小、方向均不變。且物體受到三個(gè)力的作用，其中的一個(gè)力大小、方向均不變，另外兩個(gè)力的方向都發(fā)生變化，可以用力三角形與幾何三角形相似的方法。典例4(多選)(2020湖南湘潭高三檢測(cè))如圖所示，表面光滑的半球形物體固定在水平面上，光滑小環(huán)D固定在半球形物體球心O的正上方，輕質(zhì)彈簧一端用輕質(zhì)細(xì)繩固定在A點(diǎn)，另一端用輕質(zhì)細(xì)繩穿過(guò)小環(huán)D與放在半球形物體上的小球P相連，DA水平。現(xiàn)將細(xì)繩固定點(diǎn)A向右緩慢平移的過(guò)程中(小球P未到達(dá)半球最高點(diǎn)前)，下列說(shuō)法正確的是()A彈簧變短 B彈簧變

11、長(zhǎng)C小球?qū)Π肭虻膲毫Υ笮〔蛔僁小球?qū)Π肭虻膲毫ψ兇箢}眼點(diǎn)撥“表面光滑，半球形物體”表明小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程OP長(zhǎng)度不變?！肮饣…h(huán)D固定”O(jiān)D的長(zhǎng)度不變。AC以小球?yàn)檠芯繉?duì)象，小球受重力G、細(xì)線的拉力FT和半球面的支持力FN，作出FN、FT的合力F，由平衡條件得知FG，如圖，根據(jù)三角形相似可得eq f(FN,PO)eq f(F,DO)eq f(FT,PD)，將FG代入得：FNeq f(PO,DO)G，F(xiàn)Teq f(PD,DO)G，將細(xì)繩固定點(diǎn)A向右緩慢平移，DO、PO不變，G也不變，PD變小，可見FT變小，F(xiàn)N不變，即知彈簧的彈力變小，彈簧變短。由牛頓第三定律知小球?qū)Π肭虻膲毫Υ笮〔蛔儯蔄、C正確，

12、B、D錯(cuò)誤。題組訓(xùn)練1.如圖所示，輕繩OA、OB系于水平桿上的A點(diǎn)和B點(diǎn)，兩繩與水平桿之間的夾角均為30，重物通過(guò)細(xì)線系于O點(diǎn)。將桿在豎直平面內(nèi)沿順時(shí)針?lè)较蚓徛D(zhuǎn)動(dòng)30，此過(guò)程中()AOA繩上拉力變大，OB繩上拉力變大BOA繩上拉力變大，OB繩上拉力變小COA繩上拉力變小，OB繩上拉力變大DOA繩上拉力變小，OB繩上拉力變小B桿在轉(zhuǎn)動(dòng)前，以結(jié)點(diǎn)O為研究對(duì)象，受力情況如圖A所示，此時(shí)OA、OB拉力相等，由平衡條件得：2FAsin 30mg，則FAFBmg；當(dāng)桿在豎直平面內(nèi)沿順時(shí)針緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)30時(shí)，以節(jié)點(diǎn)O為研究對(duì)象，圖A受力情況如圖B所示，O點(diǎn)始終受力平衡，則FAsin 60mg，F(xiàn)Aeq f(2

13、r(3),3)mg，圖BFBeq f(mg,tan 60)eq f(r(3),3)mg，即OA繩上拉力變大，OB繩上拉力變小，故B正確。2.(一題多法)如圖所示，一小球在斜面上處于靜止?fàn)顟B(tài)，不考慮一切摩擦，如果把擋板由豎直位置繞O點(diǎn)緩慢轉(zhuǎn)至水平位置，則此過(guò)程中球?qū)醢宓膲毫1和球?qū)π泵娴膲毫2的變化情況是()AF1先增大后減小，F(xiàn)2一直減小BF1先減小后增大，F(xiàn)2一直減小CF1和F2都一直在增大DF1和F2都一直在減小B法一(圖解法)：小球初始時(shí)刻的受力情況如圖1所示，因擋板是緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)的，所以小球處于動(dòng)態(tài)平衡狀態(tài)，在轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中，重力、斜面的支持力和擋板的彈力組成的矢量三角形的變化情況如圖2

14、所示(重力G的大小、方向均不變，斜面對(duì)小球的支持力F2的方向始終不變)，由圖2可知此過(guò)程中斜面對(duì)小球的支持力F2不斷減小，擋板對(duì)小球的彈力F1先減小后增大，由牛頓第三定律可知選項(xiàng)B正確。圖1圖2圖3法二(解析法)：設(shè)斜面傾角為，擋板與豎直方向夾角為，如圖3所示，則由平衡條件可得：F1sin F2cos G，F(xiàn)1cos F2sin ，聯(lián)立解得F1eq f(Gsin ,cos)，F(xiàn)2eq f(G,cos sin tan )。擋板緩慢轉(zhuǎn)至水平位置，由0逐漸增大到eq f(,2)，當(dāng)時(shí)，cos()1，F(xiàn)1最小，所以F1先減小后增大；增大過(guò)程中tan 隨之增大，F(xiàn)2不斷減小，故選項(xiàng)B正確。3.(2020

15、甘肅蘭州一中期中考試)如圖所示為一簡(jiǎn)易起重裝置，AC是上端帶有滑輪的固定支架，BC為質(zhì)量不計(jì)的輕桿，桿的一端C用鉸鏈固定在支架上，另一端B懸掛一個(gè)質(zhì)量為m的重物，并用鋼絲繩跨過(guò)滑輪A連接在卷?yè)P(yáng)機(jī)上。開始時(shí)，桿BC與AC的夾角BCA90，現(xiàn)使BCA緩緩變小，直到BCA30。在此過(guò)程中，桿BC所受的力(不計(jì)一切阻力)()A逐漸增大 B先減小后增大C大小不變 D先增大后減小C以結(jié)點(diǎn)B為研究對(duì)象，分析受力情況，因B點(diǎn)處為“死結(jié)”，兩段繩子的拉力大小不同，而BC為“活桿”，作用力沿桿的方向，作出的力的合成圖如圖所示，根據(jù)平衡條件知，F(xiàn)、N的合力F合與G大小相等、方向相反。根據(jù)三角形相似得eq f(F合,

16、AC)eq f(F,AB)eq f(N,BC)，又F合G，解得Feq f(AB,AC)G，Neq f(BC,AC)G，又BCA緩慢變小的過(guò)程中，AB變小，而AC、BC不變，則F變小，N不變，所以作用在BC桿上的壓力大小不變?？键c(diǎn)3| 電磁場(chǎng)中的平衡問(wèn)題1基本思路要堅(jiān)持“電學(xué)問(wèn)題、力學(xué)方法”的基本思路，結(jié)合電學(xué)的基本規(guī)律和力學(xué)中的受力分析及平衡條件解決問(wèn)題。2幾點(diǎn)注意(1)點(diǎn)電荷間的作用力大小要用庫(kù)侖定律。(2)安培力方向的判斷要先判斷磁場(chǎng)方向、電流方向，再用左手定則，同時(shí)注意將立體圖轉(zhuǎn)化為平面圖。(3)電場(chǎng)力或安培力的出現(xiàn)，可能會(huì)對(duì)彈力或摩擦力產(chǎn)生影響。(4)涉及電路問(wèn)題時(shí)，要注意閉合電路歐姆

17、定律的應(yīng)用。典例5(2019全國(guó)卷T15)如圖，空間存在一方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，兩個(gè)帶電小球P和Q用相同的絕緣細(xì)繩懸掛在水平天花板下，兩細(xì)繩都恰好與天花板垂直，則()AP和Q都帶正電荷BP和Q都帶負(fù)電荷CP帶正電荷，Q帶負(fù)電荷DP帶負(fù)電荷，Q帶正電荷D對(duì)P、Q整體進(jìn)行受力分析可知，在水平方向上整體所受電場(chǎng)力為零，所以P、Q必帶等量異種電荷，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；對(duì)P進(jìn)行受力分析可知，勻強(qiáng)電場(chǎng)對(duì)它的電場(chǎng)力應(yīng)水平向左，與Q對(duì)它的庫(kù)侖力平衡，所以P帶負(fù)電荷，Q帶正電荷，選項(xiàng)D正確，C錯(cuò)誤。反思感悟：解決庫(kù)侖力作用下平衡問(wèn)題的思路庫(kù)侖力作用下平衡問(wèn)題的分析方法與純力學(xué)平衡問(wèn)題的分析方法是相同的，只是在原來(lái)

18、受力的基礎(chǔ)上多了電場(chǎng)力。具體步驟如下： 跟進(jìn)訓(xùn)練1.如圖所示，一水平導(dǎo)軌處于與水平方向成45角向左上方的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，一根通有恒定電流的金屬棒，由于受到安培力作用而在粗糙的導(dǎo)軌上向右做勻速運(yùn)動(dòng)?，F(xiàn)將磁場(chǎng)方向沿順時(shí)針緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)至豎直向上，在此過(guò)程中，金屬棒始終保持勻速運(yùn)動(dòng)，已知棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，則()A金屬棒所受摩擦力一直在減小B導(dǎo)軌對(duì)金屬棒的支持力先變小后變大C磁感應(yīng)強(qiáng)度先變小后變大D金屬棒所受安培力恒定不變C金屬棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，受力如圖甲所示，則有FNF安sin mg，F(xiàn)安cos FfFN，F(xiàn)安BIL，聯(lián)立解得Beq f(mg,ILr(12)sin)，其中tan eq f(1,)，即459

19、0，因是從45減小到0，所以B先變小后變大，金屬棒所受安培力也先變小后變大，C對(duì)，D錯(cuò)；將FN與Ff合成一個(gè)力F，則F與水平方向的夾角是一定值，金屬棒受力滿足圖乙所示情況，F(xiàn)安順時(shí)針變化，力F一直在增大，所以金屬棒所受摩擦力及導(dǎo)軌對(duì)金屬棒的支持力一直在增大，A、B錯(cuò)。甲乙2.如圖所示，小球A、B質(zhì)量均為m，初始帶電荷量均為q，都用長(zhǎng)為L(zhǎng)的絕緣細(xì)線掛在絕緣的豎直墻上O點(diǎn)，A球緊靠絕緣的墻壁且其懸線剛好豎直，B球懸線偏離豎直方向角而靜止，如果保持B球的電荷量不變，使A球的電荷量緩慢減小，當(dāng)兩球間距緩慢變?yōu)樵瓉?lái)的eq f(1,3)時(shí)，下列判斷正確的是()A小球A受到細(xì)線的拉力大小不變B小球B受到細(xì)線

20、的拉力變小C兩球之間的庫(kù)侖力大小不變D小球A的電荷量減小為原來(lái)的eq f(1,27)D小球B受力如圖所示，兩絕緣細(xì)線的長(zhǎng)度都是L，由相似三角形得eq f(G,L)eq f(T,L)eq f(F,d)，解得TG，F(xiàn)eq f(Gd,L)，則sineq f(,2)eq f(f(d,2),L)eq f(F,2G)，細(xì)線對(duì)A的拉力TGFsin eq f(,2)Geq f(F2,2G)，當(dāng)兩球間距離變?yōu)樵瓉?lái)的eq f(1,3)時(shí)，F(xiàn)逐漸變?yōu)镕eq f(F,3)，所以T變小，故A、B、C錯(cuò)誤；由庫(kù)侖定律得Fkeq f(qAqB,d2)，F(xiàn)keq f(qAqB,blc(rc)(avs4alco1(f(1,3)

21、d)eq sup12(2)，解得qAeq f(1,27)qA，故D正確。3.如圖所示，兩根平行金屬導(dǎo)軌置于水平面內(nèi)，導(dǎo)軌之間接有電阻R。金屬棒ab與兩導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸，整個(gè)裝置放在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌平面向下?，F(xiàn)使磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻減小，ab始終保持靜止，下列說(shuō)法正確的是()Aab中的感應(yīng)電流方向由b到aBab中的感應(yīng)電流逐漸減小Cab所受的安培力為零Dab所受的靜摩擦力逐漸減小D金屬棒ab、電阻R、導(dǎo)軌構(gòu)成閉合回路，磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻減小eq blc(rc)(avs4alco1(eq f(B,t)k為一定值)，則閉合回路中的磁通量減小，根據(jù)楞次定律可知，回路中產(chǎn)生順時(shí)針?lè)较虻母?/p>

22、應(yīng)電流，ab中的電流方向由a到b，故A錯(cuò)誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)Eeq f(,t)eq f(BS,t)kS，回路面積S不變，即感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為定值，根據(jù)閉合電路歐姆定律Ieq f(E,Rr)，知ab中的電流大小不變，故B錯(cuò)誤；安培力FBIL，電流大小不變，磁感應(yīng)強(qiáng)度減小，則安培力減小，但不為零，故C錯(cuò)誤；金屬棒處于靜止?fàn)顟B(tài)，所受合力為零，水平方向靜摩擦力Ff與安培力F等大反向，安培力減小，則靜摩擦力減小，故D正確?？键c(diǎn)4| 平衡中的STSE問(wèn)題題組訓(xùn)練1.(20207月浙江高考T3)矢量發(fā)動(dòng)機(jī)是噴口可向不同方向偏轉(zhuǎn)以產(chǎn)生不同方向推力的一種發(fā)動(dòng)機(jī)。當(dāng)殲20隱形戰(zhàn)斗機(jī)以速度v斜向上飛行時(shí)，其矢量發(fā)動(dòng)機(jī)的噴口如圖所示。已知飛機(jī)受到重力G、發(fā)動(dòng)機(jī)推力F1、與速度方向垂直的升力F2和與速度方向相反的空氣阻力Ff。下列受力分析示意圖可能正確的是()ABCDA由題意可知所受重力G豎直向下，空氣阻力Ff與速度方向相反，升力F2與速度方向垂直，發(fā)動(dòng)機(jī)推