版高考物理二轮复习第1部分专题1力与运动第1讲力与物体的平衡教案文档格式.docx
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❷预计在2020年高考命题中仍会延续上述特点,复习中要加强多物体静态平衡和受力分析的训练。
1.(2019·
全国卷Ⅱ·
T16)物块在轻绳的拉动下沿倾角为30°
的固定斜面向上匀速运动,轻绳与斜面平行。
已知物块与斜面之间的动摩擦因数为
,重力加速度取10m/s2。
若轻绳能承受的最大张力为1500N,则物块的质量最大为( )
A.150kg B.100
kg
C.200kgD.200
A [设物块的质量最大为m,将物块的重力沿斜面方向和垂直斜面方向分解,由平衡条件可知在沿斜面方向有F=mgsin30°
+μmgcos30°
,解得m=150kg,A项正确。
]
2.(2019·
全国卷Ⅲ·
T16)用卡车运输质量为m的匀质圆筒状工件,为使工件保持固定,将其置于两光滑斜面之间,如图所示。
两斜面Ⅰ、Ⅱ固定在车上,倾角分别为30°
和60°
。
重力加速度为g。
当卡车沿平直公路匀速行驶时,圆筒对斜面Ⅰ、Ⅱ压力的大小分别为F1、F2,则( )
A.F1=
mg,F2=
mgB.F1=
mg
C.F1=
mD.F1=
D [以工件为研究对象,受力分析如图所示,重力与F′1、F′2的合力等大反向,根据共点力平衡条件得
=cos30°
,
=cos60°
,则F′1=
mg,F′2=
mg,根据牛顿第三定律,F1=F′1=
mg,F2=F′2=
mg,故只有D选项正确。
3.(2016·
T17)如图所示,两个轻环a和b套在位于竖直面内的一段固定圆弧上;
一细线穿过两轻环,其两端各系一质量为m的小球,在a和b之间的细线上悬挂一小物块,平衡时,a、b间的距离恰好等于圆弧的半径,不计所有摩擦。
小物块的质量为( )
A.
B.
mC.m D.2m
[题眼点拨] ①“细线穿过两轻环”“不计所有摩擦”说明细线上张力处处相等且等于mg;
②“平衡时,a、b间的距离恰好等于圆弧的半径”说明平衡时,确定圆弧的圆心,利用对称性分析各力的方向,利用几何关系分析悬挂点的角度是解题关键。
C [由于物块通过挂钩悬挂在线上,细线穿过圆环且所有摩擦都不计,可知线上各处张力都等于小球重力mg。
如图所示,由对称性可知a、b位于同一水平线上,物块处于圆心O点正上方,则∠1=∠2,∠3=∠4,∠1=∠5。
因圆弧对轻环的弹力沿圆弧半径方向,且轻环重力不计,由平衡条件知环两侧细线关于圆弧半径对称,即∠5=∠6,由几何关系得∠1=∠2=∠5=∠6=30°
,∠3=∠4=60°
再由物块与挂钩的受力平衡有mgcos60°
+mgcos60°
=Mg,故有M=m,C正确。
[教师备选题]
1.(2017·
T17)一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距80cm的两点上,弹性绳的原长也为80cm。
将一钩码挂在弹性绳的中点,平衡时弹性绳的总长度为100cm;
再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点,则弹性绳的总长度变为(弹性绳的伸长始终处于弹性限度内)( )
A.86cm B.92cm C.98cm D.104cm
B [将钩码挂在弹性绳的中点时,由数学知识可知钩码两侧的弹性绳(劲度系数设为k)与竖直方向夹角θ均满足sinθ=
,对钩码(设其重力为G)静止时受力分析,得G=2k
cosθ;
弹性绳的两端移至天花板上的同一点时,对钩码受力分析,得G=2k
,联立解得L=92cm,故A、C、D项错误,B项正确。
2.(多选)(2016·
全国卷Ⅰ·
T19)如图所示,一光滑的轻滑轮用细绳OO′悬挂于O点;
另一细绳跨过滑轮,其一端悬挂物块a,另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b。
外力F向右上方拉b,整个系统处于静止状态。
若F方向不变,大小在一定范围内变化,物块b仍始终保持静止,则( )
A.绳OO′的张力也在一定范围内变化
B.物块b所受到的支持力也在一定范围内变化
C.连接a和b的绳的张力也在一定范围内变化
D.物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化
BD [物块b始终保持静止,物块a也始终保持静止,绳子对a的拉力等于a的重力,绳子的夹角α也保持不变,OO′绳的拉力也保持不变,选项A、C错误。
选b为研究对象,在y轴方向有FTcosβ+Fcosγ+FN=mbg,由于FT不变,F变化,所以FN也变化,选项B正确。
FT和F在x轴方向的分力和桌面对b的摩擦力的合力为零,由于F在一定范围内变化,则摩擦力也在一定范围内变化,选项D正确。
3.(2015·
T24)如图所示,一长为10cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中;
磁场的磁感应强度大小为0.1T,方向垂直于纸面向里;
弹簧上端固定,下端与金属棒绝缘。
金属棒通过开关与一电动势为12V的电池相连,电路总电阻为2Ω。
已知开关断开时两弹簧的伸长量为0.5cm;
闭合开关,系统重新平衡后,两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3cm。
重力加速度大小取10m/s2。
判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向,并求出金属棒的质量。
[解析] 依题意,开关闭合后,电流方向从b到a,由左手定则可知,金属棒所受的安培力方向竖直向下。
开关断开时,两弹簧各自相对于其原长伸长了Δl1=0.5cm。
由胡克定律和力的平衡条件得
2kΔl1=mg①
式中,m为金属棒的质量,k是弹簧的劲度系数,g是重力加速度的大小。
开关闭合后,金属棒所受安培力的大小为
F=IBL②
式中,I是回路电流,L是金属棒的长度。
两弹簧各自再伸长了Δl2=0.3cm,由胡克定律和力的平衡条件得
2k(Δl1+Δl2)=mg+F③
由欧姆定律有
E=IR④
式中,E是电池的电动势,R是电路总电阻。
联立①②③④式,并代入题给数据得
m=0.01kg。
⑤
[答案] 安培力的方向竖直向下,金属棒的质量为0.01kg
1.共点力的平衡条件:
F合=0。
2.多个共点力平衡:
任意方向上合力为零,建立直角坐标系后,两个坐标轴上的合力均为零,即Fx=0,Fy=0。
3.受力分析的三点注意
(1)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(如上T2采用隔离法)。
(2)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。
(3)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”。
4.求解共点力平衡问题的常用方法
常用方法包括力的合成法、分解法及正交分解法,以T2为例分析如下:
合成法 分解法 正交分解法
(多选)如图所示,质量分别为m1、m2的两个物体通过轻弹簧连接,在力F的作用下一起沿水平方向做匀速直线运动,m1在地面上,m2在空中。
此时力F与水平方向成θ角,弹簧中弹力大小为F1,弹簧轴线与水平方向的夹角为α,m1受地面的摩擦力大小为Ff,则下列说法正确的是( )
A.θ一定大于α B.θ可能等于α
C.F一定大于F1D.F一定大于Ff
[题眼点拨] ①“F与水平方向成θ角”明确力的方向。
②“通过轻弹簧连接”说明弹簧上的拉力处处相等。
ACD [m2受三力平衡:
m2g、F、F1,根据平衡条件知,F与F1的水平分力大小相等,即:
Fx=Fcosθ=F1cosα,F的竖直分力比F1的竖直分力大,即:
Fy=Fsinθ=F1sinα+m2g,根据F合=
,所以F>
F1,根据tanθ=
,所以θ>
α。
根据整体法得:
Fcosθ=Ff,所以F>
Ff,故A、C、D正确,B错误,故选A、C、D。
反思:
先用隔离法对m2受力分析,根据平衡条件列出方程,从而判断F与F1、θ与α的大小关系。
再利用整体法对m1、m2整体受力分析,根据平衡条件列出方程,从而判断F与Ff的大小关系。
考向1 单个物体的平衡问题
1.(2019·
泉州市高中毕业班单科质检)如图所示,总重为G的吊灯用三条长度相同的轻绳悬挂在天花板上,每条轻绳与竖直方向的夹角均为θ,则每条轻绳对吊灯的拉力大小为( )
B.
C.
GcosθD.
Gsinθ
A [对吊灯受力分析,每根绳应在竖直方向上提供重力的三分之一,设轻绳的拉力大小为T,吊灯在竖直方向受力平衡,有:
3Tcosθ=G,可得:
T=
考向2 多个物体的平衡问题
2.(2019·
武汉示范高中联考)两个质量均为m的A、B小球用轻杆连接,A球与固定在斜面上的光滑竖直挡板接触,B球放在倾角为θ的斜面上,A、B均静止,B球没有滑动趋势,则A球对挡板的压力大小为(重力加速度为g)( )
A.mgtanθB.
D.2mgtanθ
D [根据题述,B球没有滑动趋势,说明B球不受摩擦力作用。
竖直挡板光滑,A球不受摩擦力作用。
把A、B看成整体进行受力分析,设挡板对A球的支持力为F,由平衡条件可得tanθ=
,解得F=2mgtanθ,由牛顿第三定律可知,A球对挡板的压力大小为2mgtanθ,选项D正确。
3.(2019·
合肥市高三一模)
如图所示,倾斜直杆的左端固定在水平地面上,与水平面成θ角,杆上穿有质量为m的小球a和轻质圆环b,两者通过一条细绳跨过定滑轮相连接。
当a、b静止时,Oa段绳与杆的夹角也为θ,不计一切摩擦,重力加速度为g。
则下列说法正确的是( )
A.a可能受到2个力的作用
B.b可能受到3个力的作用
C.绳对a的拉力大小为mgtanθ
D.杆对a的支持力大小为mgcosθ
C [对小球a受力分析,如图所示,小球a一定受3个力的作用,由于b为轻质圆环,因此其不受重力的作用,b静止时,只受两个力的作用,由力的平衡条件可知F=FNb,A、B错误;
对小球a由力的平衡条件可知,沿杆方向有F′cosθ=mgsinθ,解得绳对a的拉力F′=mgtanθ,C正确;
垂直杆方向有mgcosθ=F′sinθ+FNa,解得FNa=mgcosθ-mgsinθtanθ,D错误。
考向3 电磁场中的平衡问题
4.如图所示,两个带电小球A、B穿在一根水平固定的绝缘细杆上,并通过一根不可伸长的绝缘细绳跨接在定滑轮两端,整个装置处在水平向右的匀强电场中,当两个小球静止时,两侧细绳与竖直方向的夹角分别为α=30°
和β=60°
,不计装置中的一切摩擦及两个小球间的静电力。
则A、B两球的带电荷量q1与q2大小之比为( )
A.q1∶q2=
∶1B.q1∶q2=
∶2
C.q1∶q2=1∶
D.q1∶q2=2∶
C [分别对两小球受力分析,由力的平衡条件可知,两小球在水平方向的合力均为零,则小球A在水平方向上,有Tsin30°
=Eq1,小球B在水平方向上,有T′sin60°
=Eq2,T′=T,则联立可解得q1∶q2=1∶
,C正确。
5.(易错题)如图所示,一质量为m、长度为L的导体棒AC静止于两平行的水平导轨上且与两导轨垂直,通过AC的电流为I,匀强磁场的磁感应强度大小为B,方向与导轨平面成θ角斜向下,下列说法正确的是( )
A.AC受到的安培力大小为BILsinθ
B.AC可能不受摩擦力作用
C.AC受到的安培力与摩擦力平衡
D.AC所受的支持力大小为BILcosθ+mg,摩擦力大小为BILsinθ
D [匀强磁场的磁感应强度与导体棒AC是垂直的,故AC所受的安培力大小F安=BIL,A错误。
安培力既垂直于导体棒也垂直于磁场,根据左手定则判断其方向,作出导体棒AC的受力示意图(从A看向C的平面图)如图所示。
由于重力和支持力在竖直方向,而安培力有水平分力,没有摩擦力这三个力无法平衡,所以导体棒一定会受到水平向左的摩擦力,B错误。
由图可知,安培力的方向不在水平方向,故无法与摩擦力平衡,C错误。
将安培力在水平方向和竖直方向分解,根据平衡条件可得支持力大小FN=BILcosθ+mg,摩擦力大小Ff=BILsinθ,D正确。
易错点评:
(1)误认为磁感应强度B与导体棒AC成θ角,从而得出F安=BILsinθ的错误结果。
(2)判断安培力方向时,易出现左手、右手应用混淆。
动态平衡问题(5年3考)
❶近五年高考对动态平衡问题的考查,重在体现数形结合思想,应用图解法或解析法是求解动态平衡问题的常用方法。
❷在2020年高考中仍会体现数形结合的思想,应用图解法和解析法分析求解动态平衡问题仍是命题热点。
1.(2016·
T14)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,如图所示。
用T表示绳OA段拉力的大小,在O点向左移动的过程中( )
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
A [以O点为研究对象,受力如图所示,当用水平向左的力缓慢拉动O点时,则绳OA与竖直方向的夹角变大,由共点力的平衡条件知F逐渐变大,T逐渐变大,选项A正确。
2.(多选)(2019·
T19)如图所示,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( )
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
BD [对N进行受力分析如图所示,因为N的重力与水平拉力F的合力和细绳的拉力T是一对平衡力,从图中可以看出水平拉力的大小逐渐增大,细绳的拉力也一直增大,选项A错误,B正确;
M的质量与N的质量的大小关系不确定,设斜面倾角为θ,若mNg≥mMgsinθ,则M所受斜面的摩擦力大小会一直增大,若mNg<
mMgsinθ,则M所受斜面的摩擦力大小先减小后增大,选项D正确,C错误。
3.(一题多解)(多选)(2017·
T21)如图所示,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( )
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
AD [法一:
设重物的质量为m,绳OM中的张力为TOM,绳MN中的张力为TMN。
开始时,TOM=mg,TMN=0。
由于缓慢拉起,则重物一直处于平衡状态,两绳张力的合力与重物的重力mg等大、反向。
对重物受力分析如图所示,已知角α不变,在绳MN缓慢拉起的过程中,角β逐渐增大,则角(α-β)逐渐减小,但角θ不变,在三角形中,由正弦定理得:
=
,(α-β)由钝角变为锐角,则TOM先增大后减小,选项D正确;
同理知
,在β由0变为
的过程中,TMN一直增大,选项A正确。
法二:
利用矢量圆,如图重力保持不变,是矢量圆的一条弦,FOM与FMN夹角保持不变,
由图知FMN一直增大到最大,FOM先增大再减小,当OM与竖直夹角为β=α-90°
时FOM最大。
1.动态平衡问题的特点
通过控制某些物理量,使物体的状态发生缓慢地变化,物体状态在变化过程中始终处于平衡状态,这种平衡称为动态平衡。
如上T1中“水平向左的力”“缓慢拉动O点”等特征。
2.解答动态平衡问题的三种方法
(1)“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。
(如上T3)。
(2)“图解法”:
如果物体受到三个力的作用,其中一个力的大小、方向均不变,并且还有另一个力的方向不变,此时可用图解法,画出不同状态下力的矢量图,判断各个力的变化情况。
(如上T1和T3)
(3)“相似三角形法”:
此法是图解法的特例,一般研究对象受绳(杆)或其他物体的约束,且物体受到三个力的作用,其中的一个力大小、方向均不变,另外两个力的方向都发生变化,可以用力三角形与几何三角形相似的方法。
考向1 解析法的应用
江西七校高三联考)如图所示,木板P下端通过光滑铰链固定于水平地面上的O点,物体A、B叠放在木板上且处于静止状态,此时物体B的上表面水平。
现使木板P绕O点缓慢旋转到虚线所示位置,物体A、B仍保持静止,与原位置相比( )
A.A对B的作用力减小
B.B对A的支持力增大
C.木板对B的支持力增大
D.木板对B的摩擦力增大
D [由题意知A、B始终处于动态平衡状态,对A受力分析知A受重力和B对A的作用力而平衡,所以A对B的作用力与A的重力大小相等,故A错误。
当将木板P绕O点缓慢旋转到虚线所示位置时,B的上表面不再水平,设B的上表面与水平面间的夹角为α,则B对A的支持力为GAcosα<
GA,故B错误。
对A、B整体受力分析如图所示,木板与水平地面的夹角为θ,有FN=G总cosθ,Ff=G总sinθ,θ增大时,FN减小,Ff增大,故C错误,D正确。
考向2 图解法的应用
四省八校双教研联盟)如图所示,用与竖直方向成θ角(θ<
45°
)的倾斜轻绳a和水平轻绳b共同固定一个小球,这时绳b的拉力为T1。
现保持小球在原位置不动,使绳b在原竖直平面内逆时针转过θ角固定,绳b的拉力变为T2;
再转过θ角固定,绳b的拉力为T3,则( )
A.绳a的拉力逐渐减小
B.T1=T3>
T2
C.T1=T3<
D.T1<
T2<
T3
AB [分析小球在三种情况下的受力,作出力的矢量三角形如图所示,由平衡条件可知:
绳a的拉力F逐渐减小,选项A项正确;
绳b逆时针转过角度θ时与绳a垂直,拉力最小,T1=T3>
T2,选项B正确,C、D错误。
3.(改编题)(多选)如图所示,在直角框架MQN上,用轻绳OM、ON共同悬挂一个物体。
物体的质量为m,ON呈水平状态。
现让框架沿逆时针方向缓慢旋转90°
,在旋转过程中,保持结点O位置不变。
A.绳OM上的力一直在减小
B.绳ON上的力一直在增大
C.绳ON上的力先增大再减小
D.绳OM上的力先减小再增大
AC [选择结点O为研究对象,画出结点O的受力图,平衡得到矢量三角形,如图所示。
易知轻绳OM上的拉力FM一直在减小,框架沿逆时针转过90°
时拉力FM=0,轻绳ON上的拉力FN先增大再减小,选项B、D错误,A、C正确。
考向3 相似三角形法的应用
4.如图所示,小球A、B质量均为m,初始带电荷量均为+q,都用长为L的绝缘细线挂在绝缘的竖直墙上O点,A球紧靠绝缘的墙壁且其悬线刚好竖直,B球悬线偏离竖直方向θ角而静止,如果保持B球的电荷量不变,使A球的电荷量缓慢减小,当两球间距缓慢变为原来的
时,下列判断正确的是( )
A.小球A受到细线的拉力大小不变
B.小球B受到细线的拉力变小
C.两球之间的库仑力大小不变
D.小球A的电荷量减小为原来的
D [小球B受力如图所示,两绝缘细线的长度都是L,由相似三角形得
,解得T=G,F=
,设OB与竖直方向的夹角为θ,则sin
,细线对A的拉力T′=G+Fsin
=G+
,当两球间距离变为原来的
时,F逐渐变为F′=
,所以T′变小,故A、B、C错误;
由库仑定律得F=k
,F′=k
,解得Q′A=
QA,故D正确。
]
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