2020届二轮复习专题一第1讲　力与物体的平衡课件（38张）（山东专用）

2020届二轮复习专题一第1讲　力与物体的平衡课件（38张）（山东专用）

第 1 讲 力与物体的平衡 总纲目录 考点一 受力分析 整体法与隔离法 考点二 动态平衡与临界极值问题 素养引领 · 情境命题 考点三 电磁场中的平衡问题 考点一　受力分析 整体法与隔离法 1.(2015山东理综,16,6分)如图,滑块 A 置于水平地面上,滑块 B 在一水平力作用 下紧靠滑块 A ( A 、 B 接触面竖直),此时 A 恰好不滑动, B 刚好不下滑。已知 A 与 B 间的动摩擦因数为 μ 1 , A 与地面间的动摩擦因数为 μ 2 ,最大静摩擦力等于滑动 摩擦力。 A 与 B 的质量之比为   (　 B 　)   A.   　    B.   　    C.   　    D.   答案     B　设水平作用力为 F ,则对于 B : μ 1 F = m B g ,对于整体: F = μ 2 ( m A + m B ) g ,解得   =   。 2.(2013山东理综,15,5分)如图所示,用完全相同的轻弹簧 A 、 B 、 C 将两个相同 的小球连接并悬挂,小球处于静止状态,弹簧 A 与竖直方向的夹角为30 ° ,弹簧 C 水平,则弹簧 A 、 C 的伸长量之比为   (　  D 　)   A.   ∶4　    B.4∶   　    C.1∶2　    D.2∶1 答案     D　将两小球及弹簧 B 视为整体进行受力分析有 F C = F A sin 30 ° F C = kx C F A = kx A   =   =2∶1   =2∶1 故D正确,A、B、C错误。 1. 基本思路 在分析两个或两个以上物体间的相互作用时 , 一般采用整体法与隔离法进行 分析。 2.两点注意 (1)采用整体法进行受力分析时,要注意系统内各个物体的状态应该相同。 (2)当直接分析一个物体的受力不方便时,可转移研究对象,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,此法叫“转移研究对象 法”。 1.(2019 山东济南章丘一模 ) 如图所示 , 斜面体 A 放置在水平地面上 , 物块 B 用平 行于斜面的轻弹簧拴接在挡板 P 上 , P 固定于斜面上 , A 、 B 均保持静止状态。 在物块 B 上施加水平向左的拉力 F 后 , 整个系统仍保持静止。则施加拉力 F 后 , 下列相互作用力一定存在的是   ( 　 B 　 ) A. 物块 B 与弹簧之间的弹力 B.地面与斜面体 A 之间的摩擦力 C.物块 B 与斜面体 A 之间的弹力 D.物块 B 与斜面体 A 之间的摩擦力 答案     B　对物块 B 受力分析,受重力、弹簧的弹力(可能有)、 A 对 B 的弹力 (可能有)、拉力 F 和静摩擦力(可能有),讨论:(1)如果弹簧恰好等于原长,则物 块 B 与弹簧之间没有相互作用力;(2)如果拉力、重力和弹簧的弹力三力平衡, 则没有静摩擦力和 A 对 B 的弹力,则物块 B 与斜面体 A 之间不存在弹力和摩擦 力,故A、C、D错误;对整体受力分析,由于在竖直方向上没有其他外力,在水 平方向上有一水平向左的拉力 F ,根据平衡条件,地面对 A 必须有静摩擦力,故 B正确。 2.(2019山东济宁一模)如图所示,质量为 m 的长木板放在水平地面上,站在木板 上的人用斜向右下方的力 F 推箱子,三者都保持静止。人和箱子的质量也均 为 m ,重力加速度为 g 。下列说法正确的是   (　 C 　)   A.人对长木板的压力大小为 mg B.长木板对地面的压力大于3 mg C.箱子受到摩擦力的方向水平向左 D.地面对长木板的摩擦力的方向水平向左 答案     C    人用斜向下的力推箱子,对人受力分析,受重力和木板的支持力、 箱子的支持力(推力的反作用力)、摩擦力。人在竖直方向上合力为零,则有: 箱子的支持力沿竖直方向分力和木板的支持力的合力大小等于人的重力,故 木板的支持力小于 mg ,根据牛顿第三定律知人对木板的压力小于重力,故A错 误;对三个物体组成的整体受力分析,整体受重力和支持力,根据平衡条件可 知,支持力等于整体的重力,根据牛顿第三定律可知,地面对长木板的支持力 等于长木板对地面压力,故长木板对地面压力等于整体的重力,即3 mg ,故B错 误 ; 人用力 F 向右下方推箱子 , 对箱子受力分析 , 受推力、重力、支持力、摩擦 力 , 根据平衡条件可知 , 箱子受到的摩擦力方向向左 , 与推力在水平方向的分 力平衡,故C正确;对三个物体的整体受力分析,受重力和支持力,不受摩擦力, 否则不平衡,故地面对木板没有摩擦力,故D错误。 考点二　动态平衡与临界极值问题 1.( 多选 )(2019 课标 Ⅰ,19,6 分 ) 如图 , 一粗糙斜面固定在地面上 , 斜面顶端装有一 光滑定滑轮。一细绳跨过滑轮 , 其一端悬挂物块 N , 另一端与斜面上的物块 M 相连 , 系统处于静止状态。现用水平向左的拉力缓慢拉动 N , 直至悬挂 N 的细 绳与竖直方向成 45 ° 。已知 M 始终保持静止 , 则在此过程中   ( 　 BD 　 ) A. 水平拉力的大小可能保持不变 B. M 所受细绳的拉力大小一定一直增加 C. M 所受斜面的摩擦力大小一定一直增加 D. M 所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加 答案      BD 　本题考查了受力分析、共点力平衡中的动态平衡内容、理解能 力和推理能力的应用 , 体现了核心素养中科学推理、科学论证要素。 用水平拉力向左缓慢拉动 N , 如图所示 , 水平拉力 F 逐渐增大 , 细绳的拉力 T 逐渐 增大 , 则细绳对 M 的拉力逐渐增大 , 故 A 错误 ,B 正确。 当物块 M 的质量满足 m M g sin θ > m N g 时 , 初始时 M 受到 的摩擦力方向沿斜面向上,这时随着对物块 N 的缓慢 拉动,细绳的拉力 T 逐渐增大,物块 M 所受的摩擦力先 向上逐渐减小,然后可能再向下逐渐增大,故C错误,D正确。 2.(多选)(2017课标Ⅰ,21,6分)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 α   。现将重物向右上方缓慢拉起,并保持夹角 α 不变。在 OM 由竖直被拉到水平的过程中   (　 AD 　) 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 答案     AD　本题考查对共点力平衡问题的理解和推理能力,要求运用数学 工具求解物理问题。 设 MN 上的张力为 T , OM 上的张力为 F ,在缓慢拉起的过程中重物处于动态平 衡状态。当 OM 与竖直方向成任意 θ 角时,由受力分析有   F cos θ + T cos ( α - θ )= mg F sin θ = T sin ( α - θ ) 利用三角函数化简解得 T =   mg F =   mg 可知,在 θ 由0增加至   的过程中, MN 上的张力 T 逐渐增大,选项A正确,B错误。 由于 OM 与 MN 之间的夹角 α >   ,所以在 θ 由0增加至   的过程中, α - θ 的值先由大 于   减小至   后,进一步再减小,相应sin ( α - θ )的值先增大后减小,即 OM 上的张 力 F 先增大后减小,选项C错误,D正确。 1.解答动态平衡问题的三种方法 (1)解析法。 (2)图解法。 (3)相似三角形法。 2.临界极值问题分析方法 极限法 把物理问题(或过程)推向极端,从而使临界现象(或状态)暴露出来,以达到正确解决问题的目的 假设法 临界问题存在多种可能,特别是非此即彼两种可能时,或变化过程中可能出现临界条件,也可能不出现临界条件时,往往用假设法解决问题 数学法 将物理过程转化为数学表达式,根据数学表达式解出临界条件 1.(2019山东潍坊二模)如图所示,光滑直杆倾角为30 ° ,质量为 m 的小环穿过直 杆,并通过弹簧悬挂在天花板上,小环静止时,弹簧恰好处于竖直位置,现对小 环施加沿杆向上的拉力 F ,使环缓慢沿杆滑动,直到弹簧与竖直方向的夹角为 60 ° 。整个过程中,弹簧始终处于伸长状态,以下判断正确的是   (　 B 　) A.弹簧的弹力逐渐增大 B.弹簧的弹力先减小后增大 C.杆对环的弹力逐渐增大 D.拉力 F 先增大后减小 答案     B　由几何关系可知,弹簧的长度先减小后增加,即伸长量先减小后增 加,弹簧的弹力先减小后增加,选项A错误,B正确;开始时,小环静止,根据平衡 条件可知,弹簧的弹力等于重力,即 F 弹 = mg ,此时杆对环的弹力为零,当环缓慢 沿杆滑动,直到弹簧与竖直方向的夹角为60 ° 时,弹簧的长度等于原来的长度, 弹力等于重力,此时有 mg cos 30 ° = F 弹 cos 30 ° ,杆对环的弹力仍为零,故杆对环 的弹力不是一直增大,选项C错误;设弹簧与杆之间的夹角为 θ ,则在圆环从开 始到弹簧与杆垂直位置的过程中,由平衡知识可知: F 弹 cos θ + F = mg sin 30 ° ,随 θ 角的增加, F 弹 减小,则 F 增大;在圆环从弹簧与杆垂直位置到弹簧与竖直方向 的夹角为60 ° 的过程中,由平衡知识可得 F = F 弹 cos θ + mg sin 30 ° ,随 θ 角的减小, F 弹 增大,则 F 仍然是增大,可知拉力 F 一直增大,选项D错误。 2.(多选)(2019山东日照二模)如图所示为一种儿童玩具,在以 O 点为圆心的四 分之一竖直圆弧轨道上,有一个光滑的小球(不能视为质点), O '为小球的圆 心。挡板 OM 沿着圆弧轨道的半径,以 O 点为转轴,从竖直位置开始推着小球 缓慢沿顺时针转动(水平向里看),到小球触到水平线的过程中   (　 BC 　)   A.圆弧轨道对小球的支持力逐渐增大 B.圆弧轨道对小球的支持力逐渐减小 C.挡板对小球的支持力逐渐增大 D.挡板对小球的支持力逐渐减小 答案     BC　设挡板 OM 与竖直方向的夹角为 θ 、圆弧轨道对小球的支持力为 F 1 、挡板对小球的支持力为 F 2 ,受力示意图如图所示,则 F 1 = mg cos θ 、 F 2 = mg sin θ 。小球缓慢沿顺时针转动,则 θ 增加,所以圆弧轨道对小球的支持力逐渐 减小、挡板对小球的支持力逐渐增大,故选项B、C正确,A、D错误。   3.(2019山东日照校际联合质检)如图所示,倾角 θ =37 ° 的斜面上有一木箱,木箱 与斜面之间的动摩擦因数 μ =   。现对木箱施加一拉力 F ,使木箱沿着斜面向 上做匀速直线运动。设 F 的方向与斜面的夹角为 α ,在 α 从0 ° 逐渐增大到60 ° 的 过程中,木箱的速度保持不变,则(　 A 　) A. F 先减小后增大　    B. F 先增大后减小 C. F 一直增大　     D. F 一直减小 答案     A　对木箱受力分析如图所示 正交分解得 F N + F sin α = mg cos θ F cos α = mg sin θ + F f 又 F f = μF N 联立解得 F =   又cos α + μ sin α =cos α +   sin α =     (cos 30 ° cos α +sin 30 ° sin α )=     cos(30 ° - α ) 在 α 从0 ° 逐渐增大到60 ° 的过程中,当 α =30 ° 时,cos α + μ sin α 最大, F 最小。则在 α 从0 ° 逐渐增大到60 ° 的过程中, F 先减小后增大,故选A。 考点三　电磁场中的平衡问题 (2018课标Ⅰ,16,6分)如图所示,三个固定的带电小球 a 、 b 和 c ,相互间的距离分 别为 ab =5 cm, bc =3 cm, ca =4 cm。小球 c 所受库仑力的合力的方向平行于 a 、 b 的连线。设小球 a 、 b 所带电荷量的比值的绝对值为 k ,则   (　 D 　) A. a 、 b 的电荷同号, k =   B. a 、 b 的电荷异号, k =   C. a 、 b 的电荷同号, k =   D. a 、 b 的电荷异号, k =   答案     D　由于小球 c 所受库仑力的合力的方向平行于 a 、 b 的连线,根据受力 分析知, a 、 b 的电荷异号。 根据库仑定律, a 对 c 的库仑力为 F a = k 0   ① b 对 c 的库仑力为 F b = k 0   ② 设合力方向向左,如图所示,根据相似三角形,得     =   ③ 联立①②③式得 k =   =   =   ,故选D。 解决电场中平衡问题的两条主线 1. 遵循平衡条件 : 与纯力学问题的分析方法相同 , 只是多了电场力、安培力等 , 把电学问题力学化分析。 2.遵循电磁学规律: (1)要注意准确判断电场力、安培力、洛伦兹力方向。 (2)要注意电场力、安培力、洛伦兹力的大小,遵循牛顿第三定律。 1.(2019山东临沂期末)如图所示,绝缘粗糙固定斜面处于磁感应强度大小 为 B 、方向为垂直斜面向上的匀强磁场中,通有大小为 I 、方向为垂直纸面向 里的恒定电流的金属细杆水平静止在斜面上。若仅把磁场方向改为竖直向 上,则   (　  C 　) A.金属杆所受的摩擦力一定变大 B.金属杆所受的摩擦力一定变小 C.金属杆所受的安培力大小保持不变 D.金属杆对斜面的压力保持不变 答案     C　由于开始时摩擦力的方向不确定,改变磁场方向,安培力方向改变, 但摩擦力的大小和方向不能确定,故A、B错误;根据 F A = BIL 可知,金属杆所受 的安培力大小保持不变,故C正确;开始时安培力方向沿斜面向上,金属杆对斜 面的压力 F N = mg cos θ ,把磁场方向改为竖直向上,安培力方向水平向右,金属 杆对斜面的压力 F N = mg cos θ + F A sin θ ,压力变大,故D错误。 2.(2019湖南株洲质检)套有三个带电小球的圆环放在水平桌面上(不计一切 摩擦),小球的电荷量保持不变,整个装置平衡后,三个小球的一种可能位置如 图所示。三个小球构成一个锐角三角形,三角形的边长大小关系是 AB > AC > BC ,可以判断图中   (　 B 　) A.三个小球所带电荷量的代数和可能为0 B.三个小球一定带同种电荷 C.三个小球所受环的弹力大小为   >   >   D.三个小球所带电荷量的大小为 Q A > Q C > Q B 答案     B　对 A 球受力分析,弹力过圆心,根据平衡条件,要么 B 与 C 对 A 均为引 力,要么 B 与 C 对 A 均为斥力,才能使 A 球处于平衡状态,所以 B 、 C 带同种电荷。 对 B 球受力分析,根据平衡条件可得 A 、 C 带同种电荷,因此三个小球带同种电 荷,所以三个小球电荷量的代数和不可能为零,故A错误,B正确; A 受到两个斥 力,设圆心为 O , AB 大于 AC ,同时∠ OAB 小于∠ OAC ,则 B 的斥力更大,因此球 B 的电荷量大于球 C 的电荷量,同理球 A 的电荷量大于球 B 的电荷量,即 Q A > Q B > Q C ,故D错误;根据相似三角形和正弦定理可知   =   =   ,解得 F N C > F N B > F N A ,故C错误。 3.(2019北京丰台期末)有三个完全相同的金属小球 A 、 B 、 C ,其中小球 C 不带 电,小球 A 和 B 带有等量的同种电荷,如图所示, A 球固定在竖直绝缘支架上, B 球 用不可伸长的绝缘细线悬于 A 球正上方的 O 点处,静止时细线与 OA 的夹角为 θ 。小球 C 可用绝缘手柄移动,重力加速度为 g ,现在进行下列操作,其中描述与 事实相符的是   (　　) A.仅将球 C 与球 A 接触离开后, B 球再次静止时细线中的张力比原来要小 B.仅将球 C 与球 B 接触离开后, B 球再次静止时细线与 OA 的夹角为 θ 1 ,仅将球 C 与球 A 接触离开后, B 球再次静止时细线与 OA 的夹角为 θ 2 ,则 θ 1 = θ 2 C.剪断细线 OB 瞬间,球 B 的加速度一定等于 g D.剪断细线 OB 后,球 B 将沿 OB 方向做匀变速直线运动直至落地 答案     B　仅将球 C 与球 A 接触后离开,球 A 的电荷量减半,致使小球 A 、 B 间的 库仑力减小,对球 B 进行受力分析可知它在三个力的作用下平衡,设球 A 到 O 点 的距离为 H ,细线的长度为 L ,由相似三角形可知   =   ,故细线的张力不变,故 A错误;将球 C 与球 B 接触后离开,和将球 C 与球 A 接触后离开,由库仑定律知两 种情况下 A 、 B 间的斥力相同,故夹角也相同,故B正确;剪断细线 OB 瞬间,球 B 在重力和库仑力作用下运动,其合力斜向右下方,与原来细线的张力等大反 向,故其加速度不一定等于 g ,故C错误;剪断细线 OB 后,球 B 在空中运动时受到 的库仑力随球 A 、 B 间距的变化而变化,即球 B 落地前做变加速曲线运动,故D 错误。 素养引领·情境命题 　　合理设置物理情景,可以培养学生分析解决实际问题的能力,这也是高考 的发展方向。中国的基础建设屡创世界奇迹,中国建造的大桥让世人惊叹!以 此为背景的题目也较常出现,情景新颖,有利于培养分析解题能力。 (2019 天津理综 ,2,6 分 )2018 年 10 月 23 日 , 港珠澳跨海大桥正式通车。为保持以 往船行习惯 , 在航道处建造了单面索 ( 所有钢索均处在同一竖直面内 ) 斜拉桥 , 其索塔与钢索如图所示。下列说法正确的是   ( 　  C 　 ) A.增加钢索的数量可减小索塔受到的向下的压力 B.为了减小钢索承受的拉力,可以适当降低索塔的高度 C.索塔两侧钢索对称且拉力大小相同时,钢索对索塔的 合力竖直向下 D.为了使索塔受到钢索的合力竖直向下,索塔两侧的钢索必须对称分布 答案     C　对桥身进行受力分析可知,钢索对桥身的拉力的合力与桥身的重 力大小相等、方向相反,则钢索对索塔向下的压力数值上等于桥身的重力,即 增加钢索的数量,钢索对索塔的压力大小恒定不变,故A错误;合力一定,分力 间的夹角越小,则分力越小。为了减小钢索承受的拉力,应该增大索塔的高 度,达到减小钢索间夹角的目的,故B错误;根据对称性可知,索塔两侧钢索对 称分布,拉力大小相等时,水平分力抵消,钢索对索塔的合力竖直向下,故C正 确;如图所示:将钢索 AC 、 AB 的拉力 F AC 、 F AB 进行合成,合力竖直向下,结合正 弦定理可知:   =   ,得 F AC ∶ F AB =sin β ∶sin α ,故索塔两侧的钢索不必须对 称分布,故D错误。