2019届高考物理二轮复习 专题1 力与物体的平衡学案

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专题1 力与物体的平衡

考题一 物体的受力分析及平衡问题

1.中学物理中的各种性质的力

种类 大小 方向 说明 mg微观粒子的重力一般可(不同高度、纬度、重力 G＝竖直向下 忽略，带电小球、微粒星球，g值不同) 的重力一般不能忽略 弹簧的弹力 F＝kx(x为形变量) 沿弹簧轴线 大小、方向都能够发生变化 与相对运动趋势没有公式，只能由牛顿静摩擦力 0＜Ff静≤Fmax 方向相反 运动定律求解 与相对运动方向滑动摩擦力 Ff滑＝μFN 一般情况下FN ≠mg 相反 适用于质点之间、质量万有引力 F＝Gm1·m2 r2 沿质点间的连线 均匀分布的球体之间引力的求解 Fq沿点电荷间的连适用于真空中点电荷间库仑力 ＝k1·q2r2 线 库仑力的求解 电场力 F电＝qE 正(负)电荷与电带电体处于电场中一定

1

精品 场强度方向相同(相反) 安培力 受电场力 F＝BIL 当B∥I时，F＝0 左手定则，安培力(洛伦兹力)的方向总是垂直于B与I(或B与v)决定的平面 电流或电荷处于磁场中不一定受磁场力 洛伦兹力 F洛＝qvB 当B∥v时，F洛＝0 2.受力分析的常用方法 (1)整体法与隔离法

概念 整体法 将加速度相同的几个物体作为一个整体来分析的方法 隔离法 将研究对象与周围物体分隔开的方法 选用 研究系统外的物体对系统整体的作用原则 力或系统整体的加速度

(2)假设法

研究系统内物体之间的相互作用力 在受力分析时，若不能确定某力是否存在，可先对其作出存在或不存在的假设，然后再就该力存在与否对物体运动状态影响的不同来判断该力是否存在. (3)转换研究对象法

当直接分析一个物体的受力不方便时，可转换研究对象，先分析另一个物体的受力，再根据牛顿第三定律分析该物体的受力.

例1 将重为4mg的均匀长方体物块切成相等的A、B两部分，切面与边面夹角为45°，如图1所示叠放并置于水平地面上，现用弹簧秤竖直向上拉物块A的上端，弹簧秤示数为mg，整个装置保持静止，则( )

图1

A.地面与物块间可能存在静摩擦力 B.物块对地面的压力大于3mg C.A对B的压力大小为mg

2

精品 D.A、B之间静摩擦力大小为2mg 2解析 对A、B整体受力分析，水平方向不受地面的摩擦力，否则不能平衡，故A错误；竖直方向受力平衡，则有FN＋F＝4mg，解得：FN＝3mg，则物块对地面的压力等于3mg，故B错误；对A受力分析，如图所示.

把A部分所受力沿切面和垂直切面方向进行分解，根据平衡条件得：FNA＝(2mg－mg)cos 45°，Ff＝(2mg－mg)sin 45°

解得：FNA＝Ff＝答案 D 变式训练

1.如图2所示，带电体P、Q可视为点电荷，电荷量相同.倾角为θ、质量为M的斜面体放在粗糙地面上，将质量为m的带电体P放在粗糙的斜面体上.当带电体Q放在与P等高(PQ连线水平)且与带电体P相距为r的右侧位置时，P静止且受斜面体的摩擦力为0，斜面体保持静止，静电力常量为k，则下列说法正确的是( )

2

mg，故C错误，D正确. 2

图2

A.P、Q所带电荷量为 B.P对斜面体的压力为0 C.斜面体受到地面的摩擦力为0 D.斜面体对地面的压力为(M＋m)g 答案 D

解析 对P，如图甲

mgktan θ

r2

q2

F库＝mgtan θ＝k2 r得q＝

mgr2tan θ

，对P和斜面体，如图乙 k3

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得FN′＝(M＋m)g，Ff＝F库＝mgtan θ.

2.如图3所示，质量均为m的两物体a、b放置在两固定的水平挡板之间，物体间竖直夹放一根轻弹簧，弹簧与a、

b不粘连且无摩擦.现在物体b上施加逐渐增大的水平向右的拉力F，两物体始终保持静止状态，已知重力加速度

为g，下列说法正确的是( )

图3

A.物体b所受摩擦力随F的增大而增大 B.弹簧对物体b的弹力大小可能等于mg C.物体a对挡板的压力大小可能等于2mg D.物体a所受摩擦力随F的增大而增大 答案 A

解析 对b：水平方向Ff＝F，F增大，则Ff增大，故A项正确；由于b物体受到摩擦力，则上挡板必定对b物体有向下正压力，在竖直方向上，受到重力、正压力和弹簧弹力保持平衡，那么弹簧弹力为重力和正压力之和，必定大于重力mg，故B项错误；弹簧弹力大于mg，对a物体受力分析可知，a物体对下挡板的压力为其重力和弹簧弹力之和，大于2mg，故C项错误；对a物体受力分析可知，a物体在水平方向不受力的作用，摩擦力始终为0，故D项错误.

3.如图4所示，一轻质细杆两端分别固定着质量为m1和m2的两个小球A和B(可视为质点).将其放在一个直角形光滑槽中，已知轻杆与槽右壁成α角，槽右壁与水平地面成θ角时，两球刚好能平衡，且α≠0，则A、B两小球质量之比为( )

图4

cos α·cos θA. sin α·sin θsin α·sin θC. cos α·cos θ答案 C

解析 对A球受力分析，受重力、杆的弹力、槽的支持力，如图甲所示：

B.D.

cos α·sin θ

sin α·cos θsin α·cos θ

cos α·cos θ

4

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根据共点力的平衡条件，有：

＝

sin ?90°－θ?sin α

Fm1g ①

再对B球受力分析，受重力、杆的弹力、槽的支持力，如图乙所示：

根据平衡条件，有：＝

sin ?90°－α?sin θ

m2gF ②

m1sin α·sin θ

联立①②解得：＝，故选项C正确.

m2cos α·cos θ

考题二 共点力作用下物体的动态平衡

1.图解法：一个力恒定、另一个力的方向恒定时可用此法.

例：挡板P由竖直位置向水平位置缓慢旋转时小球受力的变化.(如图5)

图5

特点：一个力为恒力，另一个力的方向不变.

2.相似三角形法：一个力恒定、另外两个力的方向同时变化，当所作矢量三角形与空间的某个几何三角形总相似时用此法.(如图6)

△AOB与力的矢量 △OO′A与力的矢量 三角形总相似 三角形总相似

图6

特点：一个力为恒力，另两个力的方向都在变.

3.解析法：如果物体受到多个力的作用，可进行正交分解，利用解析法，建立平衡方程，根据自变量的变化确定因变量的变化.

4.结论法：若合力不变，两等大分力夹角变大，则分力变大.

例2 (2016·全国甲卷·14)质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上.用水平向左的力F缓慢拉动绳的中点O，

5

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如图7所示.用T表示绳OA段拉力的大小，在O点向左移动的过程中( )

图7

A.F逐渐变大，T逐渐变大 B.F逐渐变大，T逐渐变小 C.F逐渐变小，T逐渐变大 D.F逐渐变小，T逐渐变小

解析 对O点受力分析如图所示，F与T的变化情况如图，由图可知在O点向左移动的过程中，F逐渐变大，T逐渐变大，故选项A正确.

答案 A

例3 如图8所示，绳与杆均不计重力，承受力的最大值一定.A端用铰链固定，滑轮O在A点正上方(滑轮大小及摩擦均可忽略)，B端挂一重物P，现施加拉力FT将B缓慢上拉(绳和杆均未断)，在杆达到竖直前( )

图8

A.绳子越来越容易断 C.杆越来越容易断

B.绳子越来越不容易断 D.杆越来越不容易断

解析 以B点为研究对象，分析受力情况：重物的拉力F(等于重物的重力G)、轻杆的支持力FN和绳子的拉力FT，作出受力图如图：

由平衡条件得知，FN和FT的合力F′与F大小相等，方向相反，根据三角形相似可得：＝＝

FNFTF′

.又F′＝G，

ABBOAO解得：FN＝G；FT＝G，使∠BAO缓慢变小时，AB、AO保持不变，BO变小，则FN保持不变，FT变小.故杆无所谓易断不易断，绳子越来越不容易断，故B项正确.故选B.

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ABAOBOAO精品

答案 B 变式训练

4.如图9所示，两相同物块分别放置在对接的两固定斜面上，物块处在同一水平面内，之间用细绳连接，在绳的中点加一竖直向上的拉力F，使两物块处于静止状态，此时绳与斜面间的夹角小于90°.当增大拉力F后，系统仍处于静止状态，下列说法正确的是( )

图9

A.绳受到的拉力变大 B.物块与斜面间的摩擦力变小 C.物块对斜面的压力变小 D.物块受到的合力不变 答案 ACD

解析 F增大，由于绳的夹角不变，故绳上的拉力增大，A正确；对物块进行受力分析，沿斜面方向：绳的拉力的分量与物块重力的分量之和等于静摩擦力，垂直斜面方向：物块重力的分量等于斜面对物块的支持力与绳的拉力的分量之和.由于绳上的拉力增大，故静摩擦力变大，支持力变小，B错误，C正确；物块仍处于平衡状态，所受合力仍为0，故D正确.

考题三 平衡中的临界、极值问题

1.物体平衡的临界问题：当某一物理量变化时，会引起其他几个物理量跟着变化，从而使物体所处的平衡状态恰好出现变化或恰好不出现变化.

2.极限分析法：通过恰当地选取某个变化的物理量将其推向极端(“极大”或“极小”、“极右”或“极左”等). 3.解决中学物理极值问题和临界问题的方法

(1)物理分析方法：就是通过对物理过程的分析，抓住临界(或极值)条件进行求解. (2)数学方法：例如求二次函数极值、讨论公式极值、三角函数极值.

例4 如图10所示，物体在拉力F的作用下沿水平面做匀速运动，发现当外力F与水平方向夹角为30°时，所需外力最小，由以上条件可知，外力F的最小值与重力的比值为( )

图10

7

精品 A.3133 B. C. D. 2236[思维规范流程]

对物体受力分析：物体受4个力做匀速直线运动，所以选用正交分解.分方向列平衡方程.

??竖直方向：FN＋F·sin 30°＝G???水平方向：F·cos 30°＝Ff

滑动摩擦力：Ff＝μFN

解得：F＝ 1

sin 30°＋cos 30°

μ

1

当sin 30°＋cos 30°最大时，F具有最小值.

μ

11一阶导数为0时具有极值

三角函数求极值――→(sin 30°＋cos 30°)′＝cos 30°－sin 30°＝0

μμ得μ＝所以＝

3

3

GF11

＝

Gsin 30°＋3cos 30°2

答案 B 变式训练

5.如图11所示，在两固定的竖直挡板间有一表面光滑的重球，球的直径略小于挡板间的距离，用一横截面为直角三角形的楔子抵住.楔子的底角为60°，重力不计.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.为使球不下滑，楔子与挡板间的动摩擦因数至少应为( )

图11

A.

313 B.3 C. D. 322

答案 A

解析 设球的质量为M，隔离光滑均匀重球，对球受力分析如图甲所示，

8

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由几何关系可知，θ＝30°，可得：FN＝Fcos θ

Mg－Fsin θ＝0

解得：F＝

＝2Mg

sin 30°

Mg再以楔子为研究对象，由于其重力忽略不计，所以只受到球的压力、挡板的支持力和摩擦力，如图乙：

由共点力平衡可得：

FN′＝F′cos θ Ff－F′sin θ＝0

其中F′与F大小相等，方向相反. 又：Ff＝μFN′ 联立得：μ＝

3

，故A正确，B、C、D错误. 3

6.如图12所示，质量为m的物体，放在一固定的斜面上，当斜面倾角为30°时恰能沿斜面匀速下滑.对物体施加一大小为F的水平向右的恒力，物体可沿斜面匀速向上滑行.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当斜面倾角增大并超过某一临界角θ0时，不论水平恒力F多大，都不能使物体沿斜面向上滑行，试求：

图12

(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ； (2)临界角θ0. 答案 (1)3

(2)60° 3

解析 (1)由题意物体恰能沿斜面匀速下滑， 则满足mgsin 30°＝μmgcos 30° ， 解得μ＝

3. 3

(2)设斜面倾角为α，受力情况如图所示，由匀速直线运动的条件有Fcos α＝mgsin α＋Ff，FN＝mgcos α＋Fsin α，Ff＝μFN

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解得F＝

mgsin α＋μmgcos α

cos α－μsin α

当cos α－μsin α＝0时 ，F→∞，即“不论水平恒力F多大，都不能使物体沿斜面向上滑行”，此时临界角θ0＝α＝60°.

专题规范练

1.(2016·江苏·1)一轻质弹簧原长为8 cm，在4 N的拉力作用下伸长了2 cm，弹簧未超出弹性限度，则该弹簧的劲度系数为( ) A.40 m/N C.200 m/N 答案 D

解析 由胡克定律得劲度系数k＝＝200 N/m，D项对.

2.如图1所示，物体受到沿斜面向下的拉力F作用静止在粗糙斜面上，斜面静止在水平地面上，则下列说法正确的是( )

B.40 N/m D.200 N/m

Fx

图1

A.斜面对物体的作用力的方向竖直向上 B.斜面对物体可能没有摩擦力 C.撤去拉力F后物体仍能静止 D.水平地面对斜面没有摩擦力 答案 C

解析 物体受拉力、重力、支持力和摩擦力，根据平衡条件，斜面对物体的作用力与重力和拉力的合力等大反向，故A错误；设斜面的倾角为α，物体的质量为m，撤去F前物体静止在斜面上，合力为零，则物体必定受到沿斜面向上的静摩擦力，大小为Ff＝F＋mgsin α，则最大静摩擦力至少为Ffm＝F＋mgsin α；撤去F后，因为重力的下滑分力mgsin α

3.如图2所示，装载石块的自卸卡车静止在水平地面上，车厢倾斜至一定角度时，石块会沿车厢滑至车尾.若车厢倾斜至最大角度时还有部分石块未下滑，卡车会向前加速，从而把残余石块卸下.若视最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则( )

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图2

A.增加车厢倾斜程度，石块受到的支持力增加 B.增加车厢倾斜程度，石块受到的摩擦力一定减小 C.卡车向前加速时，石块所受最大静摩擦力会减小 D.石块向下滑动过程中，对车的压力大于车对石块的支持力 答案 C

解析 根据受力分析可知，石块受到的支持力FN＝mgcos θ；故随着车厢倾斜度增加，石块受到的支持力减小，故A错误；石块未下滑时，摩擦力等于重力的分力，故Ff＝mgsin θ，θ增大，摩擦力增大，故B错误；卡车向前加速运动时，合力沿运动方向，此时压力减小，故最大静摩擦力减小，故C正确；石块向下滑动过程中，对车的压力与车对石块的支持力为作用力和反作用力，故大小相等，故D错误.

4.如图3所示，小球A、B穿在一根光滑固定的细杆上，一条跨过定滑轮的细绳两端连接两小球，杆与水平面成θ角，小球可看做质点且不计所有摩擦.当两球静止时，OA绳与杆的夹角为θ，绳OB沿竖直方向，则下列说法正确的是( )

图3

A.小球A受到2个力的作用 B.小球A受到3个力的作用 C.杆对B球的弹力方向垂直杆斜向上 D.绳子对A的拉力大于对B的拉力 答案 B

解析 对A球受力分析可知，A受到重力，绳子的拉力以及杆对A球的弹力，三个力的合力为零，故A错误，B正确；对B球受力分析可知，B受到重力和绳子的拉力，两个力的合力为零，杆对B球没有弹力，否则B不能平衡，故C错误；定滑轮不改变力的大小，则绳子对A的拉力等于对B的拉力，故D错误.

5.如图4甲、乙、丙所示，三个物块质量相同且均处于静止状态，若弹簧秤、绳和滑轮的重力均不计，绳与滑轮、物块与半球面间的摩擦均不计，在图甲、乙、丙三种情况下，弹簧秤的读数分别是F1、F2、F3，则( )

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图4

A.F1＝F2＝F3 C.F3＝F1>F2 答案 C

解析 甲图：物块静止，弹簧的拉力F1＝mg.乙图：以物块为研究对象，受力如图甲，F2＝Gsin 60°＝

3mg. 2

B.F3>F1＝F2 D.F1>F2>F3

丙图：以动滑轮为研究对象，受力如图乙.由几何知识得F3＝mg，故F3＝F1>F2

6.如图5所示，质量均为m的A、B两球，由一根劲度系数为k的轻弹簧连接静止于半径为R的光滑半球形碗中，弹簧水平，两球间距为R且球半径远小于碗的半径.则弹簧的原长为( )

图5

A.＋R 23mgC.＋R

3k答案 D

解析 以A球为研究对象，小球受三个力：重力、弹力和碗的支持力. 如图所示，由平衡条件，

mgkB.D.

mg＋R 2k3mg＋R 3k

得到：tan θ＝ 解得：x＝

mgkxmgktan θ

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1R21

根据几何关系得：cos θ＝＝，

R2则tan θ＝3， 所以x＝

mgktan θ

＝

3mg 3k故弹簧原长x0＝

3mg＋R，故D正确. 3k7.如图6(a)所示，两段等长细绳将质量分别为2m、m的小球A、B悬挂在O点，小球A受到水平向右的恒力F1的作用、小球B受到水平向左的恒力F2的作用，当系统处于静止状态时，出现了如图(b)所示的状态，小球B刚好位于O点正下方.则F1与F2的大小关系正确的是( )

图6

A.F1＝4F2 C.F1＝2F2 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，以整体为研究对象，分析受力如图甲： 设OA绳与竖直方向的夹角为α，则由平衡条件得：

B.F1＝3F2 D.F1＝F2

F1－F2

tan α＝

2mg＋mg①

以B球为研究对象，受力如图乙，设AB绳与竖直方向的夹角为β，则由平衡条件得： tan β＝

由几何关系得到：α＝β 联立①②③解得：F1＝4F2

F2mg② ③

8.如图7所示，置于地面的矩形框架中用两细绳拴住质量为m的小球，绳B水平.设绳A、B对球的拉力大小分别为F1、F2，它们的合力大小为F.现将框架在竖直平面内绕左下端缓慢旋转90°，在此过程中( )

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图7

A.F1先增大后减小 C.F先增大后减小 答案 B

解析 对小球受力分析如图所示：小球处于静止状态，受力平衡，两绳的拉力的合力与重力大小相等、方向相反，则F不变，根据平行四边形定则可知，将框架在竖直平面内绕左下端缓慢旋转90°的过程中，F1逐渐减小，F2先增大后减小，当绳A处于水平方向时，F2最大，故B正确.

B.F2先增大后减小 D.F先减小后增大

9.如图8所示，两个带有同种电荷的小球m1、m2，用绝缘细线悬挂于O点，若q1>q2，L1>L2，平衡时两球到过O点的竖直线的距离相等，则( )

图8

A.m1>m2 C.m1

解析 对m1、m2球受力分析，根据共点力平衡和几何关系得：左边两个阴影部分相似，右边两个阴影部分相似；虽然q1>q2，L1>L2，但两者的库仑力大小相等，则有

B.m1＝m2 D.无法确定

m1gm2g＝.由于F1＝F2，所以m1＝m2，故B正确，A、C、D错误. F1F2

10.(多选)如图9所示，倾角为30°的斜面体静止在水平地面上，轻绳一端连着斜面上的物体A(轻绳与斜面平行)，另一端通过两个滑轮相连于天花板上的P点.动滑轮上悬挂质量为m的物块B，开始悬挂动滑轮的两绳均竖直.现

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将P点缓慢向右移动，直到动滑轮两边轻绳的夹角为90°时，物体A刚好要滑动.假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物体A与斜面间的动摩擦因数为说法正确的是( )

3

.整个过程斜面体始终静止，不计滑轮的质量及轻绳与滑轮的摩擦.下列3

图9

A.物体A的质量为

2m 2

B.物体A受到的摩擦力一直增大

C.地面对斜面体的摩擦力水平向左并逐渐减小 D.斜面体对地面的压力逐渐减小 答案 AB

解析 同一条绳子上的拉力相等，对B分析，当两条绳子的夹角为90°时，绳子的拉力为FT＝mgsin 45°＝2

mg，2

对A受力分析，在沿斜面方向上有：A受到沿斜面向下的最大静摩擦力、重力沿斜面向下的分力和绳子的拉力，故有mAgsin 30°＋Ffm＝FT，Ffm＝μmAgcos 30°，解得mA＝

2

m，A正确；当两个轻绳都是竖直方向时，绳子的拉2

1

力最小，此时mAgsin 30°

2摩擦力在增大，B正确；将斜面体和A以及B看做一个整体，受到最右边绳子的拉力作用，并且每条绳子在竖直11θ

方向上的分力恒等于mg，故有Ff＝mgtan ，随着θ的增大，摩擦力在增大，C错误；对斜面体分析，受左边

2221

绳子斜向下的拉力，这个拉力在竖直方向上的分力恒等于mg，所以斜面体对地面的压力恒定不变，D错误.

211.图10中工人在推动一台割草机，施加的力大小为100 N，方向与水平地面成30°角斜向下，g取10 m/s.

2

图10

(1)若割草机重300 N，则它作用在地面上向下的压力为多大？

(2)若工人对割草机施加的作用力与图示反向，力的大小不变，则割草机作用在地面上向下的压力又为多大？ (3)割草机割完草后，工人用最小的拉力拉它，使之做匀速运动，已知这个最小拉力为180 N，则割草机与地面间的动摩擦因数μ及最小拉力与水平方向夹角α为多少？

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答案 (1)350 N (2)250 N (3)0.75 37°

解析 工人对割草机施加的作用力沿竖直方向的分力为50 N. (1)当工人斜向下推割草机时，在竖直方向上有：

FN1＝G＋Fsin 30°

解得：FN1＝350 N.

由牛顿第三定律知，割草机对地面的压力为350 N.

(2)当工人斜向上拉割草机时，在竖直方向上有：FN2＋Fsin 30°＝G 解得：FN2＝250 N

由牛顿第三定律知，割草机对地面的压力为250 N. (3)由平衡条件知，在水平方向上：Fcos α＝μFN， 在竖直方向上有：FN＋Fsin α＝G 联立可得：

F＝

μGμG1

＝，tan φ＝ 2

cos α＋μsin αμ1＋μsin?α＋φ?

所以当α＋φ＝90°， 即tan α＝μ时，F有最小值：

Fmin＝

μG1＋μ

2

代入数据可得：μ＝0.75，α＝37°.

12.如图11所示，水平面上有一个倾角为θ＝30°的斜劈，质量为m.一个光滑小球，质量也为m，用绳子悬挂起来，绳子与斜面的夹角为α＝30°，整个系统处于静止状态.

图11

(1)求出绳子的拉力FT；

(2)若地面对斜劈的最大静摩擦力Ffm等于地面对斜劈的支持力的k倍，为了使整个系统始终保持静止，k值必须满足什么条件？ 答案 (1)33

mg (2)k≥ 39

解析 (1)对小球受力分析，如图甲所示，由平衡条件得：

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mgsin θ－FTcos α＝0，解得F3T＝3mg. (2)对斜劈和小球组成的整体受力分析，如图乙所示，由平衡条件得：

水平方向：FTcos (θ＋α)－Ff＝0 竖直方向：FN2＋FTsin (θ＋α)－2mg＝0 又Ff≤Ffm＝kFN2 联立各式解得k≥39

.

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