高考物理二輪復習-第1部分-專題1-第1講-力與物體的平衡

力與物體的平衡真題情境2021·廣東卷T32021·湖南卷T52020·全國卷ⅢT172020·山東卷T8考情分析【命題分析】高考命題對本講考查較多，命題熱點集中在物體的受力分析，物體的平衡問題。解題時常涉及整體法與隔離法的應用，同時還注重與數學知識相結合來處理問題?！舅仞B(yǎng)要求】1．熟悉常見性質力的有無及方向的判斷。2．靈活應用受力分析的一般步驟。3．掌握整體法、隔離法選用原則。4．熟練使用常見的平衡問題的解題方法。必備知識突破點一|力學中的平衡問題1．研究對象選取的兩點技巧(1)采用整體法進行受力分析時，要注意系統(tǒng)內各個物體的狀態(tài)應該相同。(2)當直接分析一個物體的受力不方便時，可轉移研究對象，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，此法叫“轉換研究對象法”。2．求解平衡問題的常用方法二力平衡法、合成法、正交分解法、相似三角形法、正弦定理法、圖解法等。物體的靜態(tài)平衡[典例1](多選)(2021·山東濟南高三檢測)如圖所示，A、B、C三個完全相同的水泥管道靜止疊放在水平地面上，假設每個管道的質量均為m，重力加速度為g，下列說法正確的是()A．A對B的彈力大小為eq\f(\r(3),3)mgB．地面對B、C均沒有摩擦力作用C．地面對B的支持力大小為eq\f(\r(3),2)mgD．地面對B的摩擦力大小為eq\f(\r(3),6)mg[思路點撥]此題為多物體的靜態(tài)平衡問題，解此題關鍵是以下兩點：(1)將立體圖轉化為平面圖，靈活采用整體法或隔離法選取研究對象并做好受力分析。(2)根據受力特點采用合成法或分解法列平衡方程求解。AD[選擇A、B、C為研究對象，可得其截面圖如圖甲所示，對A受力分析如圖乙所示，由題意知，FBA＝FCA，2FBAcos30°＝mg，則A對B的彈力FAB＝FBA＝eq\f(\r(3),3)mg，選項A正確；對B受力分析如圖丙所示，由于A對B有斜向左下的彈力，則地面對B有摩擦力作用，同理，地面對C也有摩擦力作用，選項B錯誤；對B，由平衡條件可得mg＋FABcos30°＝FNB，FABsin30°＝Ff，聯(lián)立解得FNB＝eq\f(3,2)mg，Ff＝eq\f(\r(3),6)mg，選項C錯誤，D正確。甲乙丙]反思感悟：處理靜態(tài)平衡問題的思路方法磁場中的平衡問題[典例2](2021·湖南卷)質量為M的凹槽靜止在水平地面上，內壁為半圓柱面，截面如圖所示，A為半圓的最低點，B為半圓水平直徑的端點。凹槽恰好與豎直墻面接觸，內有一質量為m的小滑塊。用推力F推動小滑塊由A點向B點緩慢移動，力F的方向始終沿圓弧的切線方向，在此過程中所有摩擦均可忽略，下列說法正確的是()A．推力F先增大后減小B．凹槽對滑塊的支持力先減小后增大C．墻面對凹槽的壓力先增大后減小D．水平地面對凹槽的支持力先減小后增大[題眼點撥](1)“小滑塊由A點向B點緩慢移動”運動中的任意狀態(tài)可看成平衡狀態(tài)。(2)“力F的方向始終沿圓弧的切線方向”力F的方向與彈力方向的夾角始終為90°。C[對小滑塊受力分析，如圖所示，由題意可知，推力F與凹槽對滑塊的支持力FN始終垂直，即α＋β始終為90°，在小滑塊由A點向B點緩慢移動的過程中，α減小，β增大，而F＝mgcosα，FN＝mgsinα，可知推力F一直增大，凹槽對滑塊的支持力FN一直減小，A、B錯誤；對小滑塊和凹槽整體根據平衡條件可得，墻面對凹槽的壓力大小FN1＝Fsinα＝mgcosα·sinα＝eq\f(1,2)mgsin2α，水平地面對凹槽的支持力FN2＝Mg＋mg－Fcosα，在小滑塊由A點向B點緩慢移動的過程中，α由eq\f(π,2)逐漸減小到零，根據數學知識可知墻面對凹槽的壓力先增大后減小，水平地面對凹槽的支持力一直減小，C正確，D錯誤。]反思感悟：解決動態(tài)平衡問題三種常用方法(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。(如圖所示)(2)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。(3)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。(如圖所示)[考向預測]1．(創(chuàng)新題)(2021·湖南省永州市高三下學期5月三模)如圖所示，永州某校高三體育專業(yè)生在水平地面上進行拉輪胎的負荷訓練，設該同學做勻速直線運動，運動過程中保持雙肩及兩繩的端點A、B等高，且繩子BO＝AO，為簡便計算，假設兩繩間的夾角為θ＝60°，繩AO、BO與水平面間的夾角恒為γ＝30°，地面對輪胎的摩擦阻力大小恒為f，則每根繩的拉力大小為()A．eq\f(2,3)fB．eq\f(\r(2),2)fC．eq\f(2\r(3),3)fD．eq\r(2)fA[設每根繩的拉力為F，則這兩根繩拉力的合力F合＝2Fcoseq\f(θ,2)，方向沿繩子所組成角的角平分線，與水平面的夾角為γ，如圖所示：由平衡條件得F合cosγ＝f，聯(lián)立解得F＝eq\f(f,cosγ·2cos\f(θ,2))，代入數據得F＝eq\f(2,3)f，故選項A正確。]2．(一題多法)如圖所示，小球用細繩系住置于斜面體上，繩的另一端固定于O點。現用水平力F緩慢推動斜面體，小球在斜面上無摩擦地滑動，細繩始終處于直線狀態(tài)。當小球升到接近斜面頂端時細繩接近水平，此過程中斜面對小球的支持力FN以及繩對小球的拉力FT的變化情況是()A．FN保持不變，FT不斷增大B．FN不斷增大，FT不斷減小C．FN保持不變，FT先增大后減小D．FN不斷增大，FT先減小后增大D[方法一：解析法先對小球進行受力分析，如圖甲，小球受到重力mg、支持力FN、拉力FT的作用，設細繩與水平方向的夾角為β，斜面的傾角為α，由平衡條件得FNcosα＋FTsinβ＝mg，FNsinα－FTcosβ＝0，聯(lián)立解得FT＝eq\f(mgsinα,cosβ－α)，FN＝eq\f(mg,cosα＋sinαtanβ)。用水平力F緩慢推動斜面體，β一直減小直至接近0。由題圖易知，起始時刻β>α，當β＝α時，cos(β－α)＝1，FT最小，所以FT先減小后增大。β一直減小直至接近0，tanβ不斷減小，FN不斷增大，選項D正確。甲乙方法二：圖解法由于用水平力F緩慢推動斜面體，故小球處于動態(tài)平衡狀態(tài)。小球受到大小方向均不變的重力、方向不變的支持力、方向大小均變化的細繩的拉力，三個力構成封閉的三角形，畫出小球受力示意圖如圖乙所示。當細繩與斜面平行時，細繩拉力FT2與支持力方向垂直，細繩拉力最小。當小球升到接近斜面頂端時細繩接近水平，細繩拉力為FT4，所以FT先減小后增大，而此過程中斜面對小球的支持力FN一直增大，選項D正確。]3．(易錯題)(多選)(2021·福建廈門高三4月調研)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，輕質彈簧一端用輕質細繩固定在A點，另一端用輕質細繩穿過小環(huán)D與放在半球形物體上的小球P相連，DA水平?，F將細繩固定點A向右緩慢平移的過程中(小球P未到達半球最高點前)，下列說法正確的是()A．彈簧變短 B．彈簧變長C．小球對半球的壓力不變 D．小球對半球的壓力變大AC[以小球為研究對象，小球受重力G、細繩的拉力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F＝G，由甲、乙兩圖，根據三角形相似可得eq\f(FN,PO)＝eq\f(F,DO)＝eq\f(FT,PD)，將F＝G代入得：FN＝eq\f(PO,DO)G，FT＝eq\f(PD,DO)G，將細繩固定點A向右緩慢平移的過程中，DO、PO不變，PD變小，可知FT變小，FN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對半球的壓力不變，故A、C正確，B、D錯誤。]甲乙突破點二|電磁場中的平衡問題1．基本原則解決電磁學中的平衡問題，要把握“電學搭臺，力學唱戲”的破題原則，要結合電磁學的基本規(guī)律和力學的受力分析及平衡條件解題。2．四點注意(1)求解點電荷間的作用力大小要運用庫侖定律。(2)安培力方向的判斷要先明確磁場方向、電流方向，再用左手定則，同時注意將立體圖轉化為平面圖。(3)電場力或安培力的出現，可能會對彈力或摩擦力產生影響。(4)涉及電路問題時，要注意閉合電路歐姆定律的應用。電場中的靜態(tài)平衡[典例3](多選)如圖所示，傾角為θ的斜面體c置于水平地面上，小物塊b置于斜面上，通過絕緣細繩跨過光滑的定滑輪與帶正電小球M連接，定滑輪左側連接物塊b的一段細繩與斜面平行，帶負電的小球N用絕緣細線懸掛于P點。設兩帶電小球在緩慢漏電的過程中，兩球心始終處于同一水平面上，并且b、c都處于靜止狀態(tài)，下列說法中正確的是()A．b對c的摩擦力一定減小B．地面對c的支持力一定變大C．地面對c的摩擦力方向一定向左D．地面對c的摩擦力一定變大[題眼點撥](1)“絕緣細繩跨過光滑的定滑輪”細繩對物塊b的拉力與對M的拉力大小相等。(2)“緩慢漏電”庫侖力逐漸減小。BC[兩帶電小球在緩慢漏電過程中，庫侖力F庫＝eq\f(kQq,r2)減小。對小球M，由平衡條件知，繩子拉力大小FT＝eq\r(mg2＋F\o\al(2,庫))減??；對物塊b，摩擦力Ff1＝mbgsinθ－FT，方向向上，或Ff1＝FT－mbgsinθ，方向向下，故其可能增大，也可能減小，選項A錯誤；對b、c整體，地面對c的支持力FN＝(mb＋mc)g－FTsinθ隨FT減小而變大，地面對c的摩擦力Ff2＝FTcosθ減小，方向一定向左，選項B、C正確，D錯誤。]磁場中的平衡問題[典例4](多選)質量為m的通電細桿ab置于傾角為θ的光滑的平行導軌上，在磁場的作用下，ab恰好在導軌上靜止，如圖所示。下圖是從b端觀察時的四個平面圖，其中通電細桿ab可能保持靜止的是()ABCDAB[桿受到豎直向下的重力、水平向右的安培力和垂直于斜面的支持力的作用，在這三個力的作用下，可能處于平衡狀態(tài)，A正確；桿受到豎直向下的重力、豎直向上的安培力，在這兩個力的作用下，可能處于平衡狀態(tài)，B正確；桿受到豎直向下的重力和豎直向下的安培力，支持力垂直于斜面向上，在這三個力的作用下，不可能處于平衡狀態(tài)，C錯誤；桿受到豎直向下的重力，水平向左的安培力，垂直于斜面向上的支持力，在這三個力的作用下，不可能處于平衡狀態(tài)，D錯誤。]反思感悟：電磁學中平衡問題的解題流程與力學問題的解題流程和分析方法一樣，把方法和規(guī)律進行遷移應用即可：[考向預測]4．如圖所示，一水平導軌處于與水平方向成45°角向左上方的勻強磁場中，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軌上向右做勻速運動?，F將磁場方向沿順時針緩慢轉動至豎直向上，在此過程中，金屬棒始終保持勻速運動，已知棒與導軌間的動摩擦因數為μ，則()A．金屬棒所受摩擦力一直在減小B．導軌對金屬棒的支持力先變小后變大C．磁感應強度先變小后變大D．金屬棒所受安培力恒定不變C[金屬棒勻速運動時，受力如圖甲所示，則有FN＋F安sinθ＝mg，F安cosθ＝Ff＝μFN，F安＝BIL，聯(lián)立解得B＝eq\f(μmg,IL\r(1＋μ2)sinθ＋α)，其中tanα＝eq\f(1,μ)，即45°<α<90°，因θ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，D錯；將FN與Ff合成一個力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安順時針變化，力F一直在增大，所以金屬棒所受摩擦力及導軌對金屬棒的支持力一直在增大，A、B錯。甲乙]5．(多選)(2021·云南省昆明市一模)如圖所示，一條光滑絕緣柔軟輕繩跨過一定滑輪，輕繩兩端連接質量分別為m1、m2的兩個帶同種電荷的小球，穩(wěn)定時，兩側輕繩的長度分別為l1、l2，且l1>l2，與豎直方向的夾角分別為θ1、θ2?，F緩慢減少小球m1的電荷量到一定值，系統(tǒng)重新穩(wěn)定，兩側輕繩的長度分別變?yōu)閘′1、l′2，與豎直方向的夾角分別變?yōu)棣取?、θ′2，關于穩(wěn)定時的情景下列說法正確的是()A．θ′1<θ′2 B．θ′1＝θ′2C．l′1<l1 D．l′1＝l1BC[以兩小球作為一個整體研究，滑輪對輕繩的作用力始終豎直向上，同一輕繩彈力T大小處處相等，則左、右兩側輕繩與豎直方向的夾角等大，故平衡時θ1＝θ2，θ′1＝θ′2，對左邊帶電小球受力分析，由三角形相似法，則有eq\f(m1g,h)＝eq\f(T,l1)，同理對右邊小球有eq\f(m2g,h)＝eq\f(T,l2)，可得eq\f(m1,m2)＝eq\f(l2,l1)，故m1<m2，由極限法可知若小球電荷量減小到0，則每個小球只受重力與繩子彈力，且右邊小球所受重力大，則m1上升m2下降，故l1減小、l2增加，故C正確。]突破點三|新情境探究近幾年高考物理試題中與生活、生產、高科技密切聯(lián)系的試題在逐漸增多，如以生活、勞動為情境，考查受力分析和共點力平衡等。同學們在解決此類問題時要將所學物理知識與實際情境聯(lián)系起來，抓住問題實質，將問題轉化為熟知的物理模型和物理過程求解。以矢量發(fā)動機為背景考查物體的受力分析[案例1](2020·7月浙江選考)矢量發(fā)動機是噴口可向不同方向偏轉以產生不同方向推力的一種發(fā)動機。當殲20隱形戰(zhàn)斗機以速度v斜向上飛行時，其矢量發(fā)動機的噴口如圖所示。已知飛機受到重力G、發(fā)動機推力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)動機推力F1的方向沿噴口的反方向，對比圖中選項可知只有A選項符合題意。故選A。]以“中國天眼”維護為背景考查物體的平衡問題[案例2](2020·7月浙江選考)如圖是“中國天眼”500m口徑球面射電望遠鏡維護時的照片。為不損傷望遠鏡球面，質量為m的工作人員被懸在空中的氦氣球拉著，當他在離底部有一定高度的望遠鏡球面上緩慢移動時，氦氣球對其有大小為eq\f(5,6)mg、方向豎直向上的拉力作用，使其有“人類在月球上行走”的感覺，若將人視為質點，此時工作人員()A．受到的重力大小為eq\f(1,6)mg B．受到的合力大小為eq\f(1,6)mgC．對球面的壓力大小為eq\f(1,6)mg D．對球面的作用力大小為eq\f(1,6)mgD[工作人員的質量為m，則工作人員受到的重力G＝mg，A錯誤；工作人員在球面上緩慢行走，處于平衡狀態(tài)，合力為0，B錯誤；工作人員站