届《新步步高》物理二轮专题复习与增分策略专题突破习题专题1 力与场内物体的平衡Word格式.docx

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F＝BIL，此式只适用于B⊥I的情况，且L是导线的有效长度，当B∥I时F＝0.

用左手定则判断，安培力垂直于B、I决定的平面.

5.洛伦兹力

F＝qvB，此式只适用于B⊥v的情况.当B∥v时F＝0.

用左手定则判断，洛伦兹力垂直于B、v决定的平面，洛伦兹力不做功.

6.共点力的平衡

（1）平衡状态：

物体静止或做匀速直线运动.

（2）平衡条件：

F合＝0或Fx＝0，Fy＝0.

（3）常用推论

①若物体受n个作用力而处于平衡状态，则其中任意一个力与其余（n－1）个力的合力大小相等、方向相反.

②若三个共点力的合力为零，则表示这三个力的有向线段首尾相接组成一个封闭三角形.

1.处理共点力平衡问题的基本思路：

确定平衡状态（加速度为零）→巧选研究对象（整体法或隔离法）→受力分析→建立平衡方程→求解或作讨论.

2.常用的方法

（1）在判断弹力或摩擦力是否存在以及确定它们的方向时常用假设法.

（2）求解平衡问题时常用二力平衡法、矢量三角形法、正交分解法、相似三角形法、图解法等.

3.带电体的平衡问题仍然满足平衡条件，只是要注意准确分析场力——电场力、安培力或洛伦兹力.

4.如果带电粒子在重力场、电场和磁场三者组成的复合场中做直线运动，则一定是匀速直线运动，因为F洛⊥v.

解题方略

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.

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”.

例1

（多选）（2019·

全国乙卷·

19）如图1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（）

图1

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

解析由于物块a、b均保持静止，各绳角度保持不变，对a受力分析得，绳的拉力FT′＝mag，所以物块a受到绳的拉力保持不变.由滑轮性质，滑轮两侧绳的拉力相等，所以b受到绳的拉力大小、方向均保持不变，C选项错误；

a、b受到绳的拉力大小、方向均不变，所以OO′的张力不变，A选项错误；

对b进行受力分析，如图所示.由平衡条件得：

FTcosβ＋Ff＝Fcosα，Fsinα＋FN＋FTsinβ＝mbg.其中FT和mbg始终不变，当F大小在一定范围内变化时，支持力在一定范围内变化，B选项正确；

摩擦力也在一定范围内发生变化，D选项正确.

答案BD

预测1如图2所示，在竖直墙壁间有半圆球A和圆球B，其中圆球B的表面光滑，半圆球A与左侧墙壁之间的动摩擦因数为

.两球心之间连线与水平方向成30°

的夹角，两球恰好不下滑，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则半圆球A和圆球B的质量之比为（）

图2

A.

B.

C.

D.

答案C

解析设A的质量为m，B的质量为M，

隔离光滑圆球B，对B受力分析如图所示，

可得：

FN＝Fcosθ，Mg－Fsinθ＝0

解得：

FN＝

，

对两球组成的整体有：

（m＋M）g－μFN＝0

代入数据，联立解得：

＝

预测2（多选）如图3所示，一个固定的

圆弧阻挡墙PQ，其半径OP水平，OQ竖直.在PQ和一个斜面体A之间卡着一个表面光滑的重球B.斜面体A放在光滑的地面上并用一水平向左的力F推着，整个装置处于静止状态.现改变推力F大小，推动斜面体A沿着水平地面向左缓慢运动，使球B沿斜面上升一很小高度.则在球B缓慢上升过程中，下列说法中正确的是（）

图3

A.斜面体A与球B之间的弹力逐渐减小

B.阻挡墙PQ与球B之间的弹力逐渐减小

C.水平推力F逐渐增大

D.水平地面对斜面体A的弹力逐渐减小

答案ABD

解析重球B处于平衡状态，对B受力分析，如图所示：

当球B沿斜面上升一很小高度时，圆弧阻挡墙对B的压力方向与水平方向的夹角减小，根据图象可知，斜面体A与球B之间的弹力FN1逐渐减小，阻挡墙PQ与球B之间的弹力FN2逐渐减小，故A、B正确；

把A、B看成一个整体，整体受到重力、地面的支持力、水平推力F以及PQ对B的压力，设圆弧阻挡墙对B的压力方向与水平方向的夹角为θ，根据平衡条件可知：

水平方向F＝FN2cosθ，竖直方向FN＝（mA＋mB）g＋FN2sinθ，由于FN2逐渐减小，θ减小，则FN减小，F不一定减小，故C错误，D正确.

动态平衡问题分析的常用方法

（1）解析法：

一般把力进行正交分解，两个方向上列平衡方程，写出所要分析的力与变化角度的关系，然后判断各力的变化趋势.

（2）图解法：

能用图解法分析动态变化的问题有三个显著特征：

①物体一般受三个力作用；

②其中有一个大小、方向都不变的力；

③还有一个方向不变的力.

例2

如图4所示，斜面上放有两个完全相同的物体a、b，两物体间用一根细线连接，在细线的中点加一与斜面垂直的拉力F，使两物体均处于静止状态.则下列说法正确的是（）

图4

A.a、b两物体的受力个数一定相同

B.a、b两物体对斜面的压力相同

C.a、b两物体受到的摩擦力大小一定相等

D.当逐渐增大拉力F时，物体b先开始滑动

解析对a、b进行受力分析，如图所示：

b物体处于静止状态，当拉力FT沿斜面向上的分量与重力沿斜面向下的分量相等时，摩擦力为零，所以b可能只受3个力作用，而a物体必定受到摩擦力作用，肯定受4个力作用，故A错误；

a、b两个物体，垂直于斜面方向受力都平衡，则有：

FN＋FTsinθ＝mgcosα解得：

FN＝mgcosα－FTsinθ，则a、b两物体对斜面的压力相同，故B正确；

根据A的分析可知，b的摩擦力可以为零，而a的摩擦力一定不为零，故C错误；

对a沿斜面方向有：

FT′cosθ＋mgsinα＝Ffa，对b沿斜面方向有：

FTcosθ－mgsinα＝Ffb，正压力相等，所以最大静摩擦力相等，则a先达到最大静摩擦力，先滑动，故D错误.

答案B

预测3（多选）如图5所示，质量分布均匀的光滑小球O，放在倾角均为θ的斜面体上，斜面体置于同一水平面上，且处于平衡，则下列说法中正确的是（）

图5

A.甲图中斜面体对球O弹力最大

B.丙图中斜面体对球O弹力最小

C.乙图中挡板MN对球O弹力最小

D.丙图中挡板MN对球O弹力最小

答案AD

解析将甲、乙、丙、丁四种情况小球的受力图作在同一幅图上，如图，根据平衡条件得知，丁图中斜面体对小球的弹力为零，挡板对小球的弹力等于其重力G.斜面体对小球的弹力和挡板对小球的弹力的合力与重力大小相等、方向相反，即得到三种情况下此合力相等，根据平行四边定则得知，丙图中挡板MN对球O弹力FN挡最小，甲图中斜面体对球O弹力FN斜最大.故B、C错误，A、D正确.

预测4（2019·

全国丙卷·

17）如图6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（）

图6

B.

mC.mD.2m

解析如图所示，圆弧的圆心为O，悬挂小物块的点为c，由于ab＝R，则△aOb为等边三角形，同一条细线上的拉力相等，T＝mg，合力沿aO方向，则aO为角平分线，由几何关系知，∠acb＝120°

，故绳的拉力的合力与物块的重力大小相等，即每条线上的拉力T＝G＝mg，所以小物块质量为m，故C对.

例3

如图7所示，物体P、Q可视为点电荷，电荷量相同.倾角为θ、质量为M的斜面体放在粗糙水平面上，将质量为m的物体P放在粗糙的斜面体上.当物体Q放在与P等高（PQ连线水平）且与物体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（）

图7

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

解析以P为研究对象，受到重力mg、斜面体的支持力FN和库仑力F，由平衡条件得：

F＝mgtanθFN＝

根据库仑定律得：

F＝k

联立解得：

q＝r

由牛顿第三定律得P对斜面体的压力为：

FN′＝FN＝

，故A、B错误.

以斜面体和P整体为研究对象，由平衡条件得地面对斜面体的摩擦力为：

Ff＝F，

地面对斜面体的支持力为：

FN1＝（M＋m）g，根据牛顿第三定律得斜面体受到地面的摩擦力为F，斜面体对地面的压力为：

FN1′＝FN1＝（M＋m）g.故C错误，D正确.

答案D

预测5如图8所示，在一个倾角为θ的斜面上，有一个质量为m，带负电的小球P（可视为点电荷），空间存在着方向垂直斜面向下的匀强磁场，带电小球与斜面间的摩擦力不能忽略，它在斜面上沿图中所示的哪个方向运动时，有可能保持匀速直线运动状态（）

图8

A.v1方向B.v2方向C.v3方向D.v4方向

解析若小球的速度沿v1方向，滑动摩擦力与v1的方向相反，即沿图中v3方向，由左手定则知，小球受到的洛伦兹力方向在斜面平面内与v1垂直向下，重力的分力mgsinθ沿斜面向下，则知球在斜面平面内所受的合外力不为零，小球不可能做匀速直线运动，故A错误；

若小球的速度沿v2方向，滑动摩擦力与v2的方向相反，即沿图中v4方向，由左手定则知，小球受到的洛伦兹力方向在斜面平面内与v2垂直向上，重力的分力mgsinθ沿斜面向下，则知球在斜面平面内所受的合外力不为零，小球不可能做匀速直线运动，故B错误；

若小球的速度沿v3方向，滑动摩擦力与v3的方向相反，即沿图中v1方向，由左手定则知，小球受到的洛伦兹力方向在斜面平面内与v3垂直向上，即沿v2方向，重力的分力mgsinθ沿斜面向下，则知斜面平面内的合外力可能为零，小球有可能做匀速直线运动，故C正确；

若小球的速度沿v4方向，滑动摩擦力与v4的方向相反，即沿图中v2方向，由左手定则知，小球受到的洛伦兹力方向在斜面平面内与v4垂直向下，重力的分力mgsinθ沿斜面向下，则知斜面平面内的合外力不可能为零，小球不可能做匀速直线运动，故D错误.

预测6（2019·

24）如图9所示，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连.两细金属棒ab（仅标出a端）和cd（仅标出c端）长度均为L，质量分别为2m和m；

用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平.右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上，已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g，已知金属棒ab匀速下滑.求：

图9

（1）作用在金属棒ab上的安培力的大小；

（2）金属棒运动速度的大小.

答案

（1）mg（sinθ－3μcosθ）

（2）（sinθ－3μcosθ）

解析

（1）由于ab、cd棒被平行于斜面的导线相连，故ab、cd速度总是相等，cd也做匀速直线运动.设导线的张力的大小为FT，右斜面对ab棒的支持力的大小为FN1，作用在ab棒上的安培力的大小为F，左斜面对cd棒的支持力大小为FN2，对于ab棒，受力分析如图甲所示，由力的平衡条件得

甲乙

2mgsinθ＝μFN1＋FT＋F①

FN1＝2mgcosθ②

对于cd棒，受力分析如图乙所示，由力的平衡条件得

mgsinθ＋μFN2＝FT′＝FT③

FN2＝mgcosθ④

联立①②③④式得：

F＝mg（sinθ－3μcosθ）⑤

（2）设金属棒运动速度大小为v，ab棒上的感应电动势为E＝BLv⑥

回路中电流I＝

⑦

安培力F＝BIL⑧

联立⑤⑥⑦⑧得：

v＝（sinθ－3μcosθ）

1.平衡问题的临界状态是指物体所处的平衡状态将要被破坏而尚未被破坏的状态，可理解成“恰好出现”或“恰好不出现”，在问题的描述中常用“刚好”“刚能”“恰好”等语言叙述，解临界问题的基本方法是假设推理法.

2.临界问题往往是和极值问题联系在一起的.解决此类问题重在形成清晰的物理图景，分析清楚物理过程，从而找出临界条件或达到极值的条件.要特别注意可能出现的多种情况.

例4

质量为M的木楔倾角为θ，在水平面上保持静止，质量为m的木块刚好可以在木楔上表面上匀速下滑.现在用与木楔上表面成α角的力F拉着木块匀速上滑，如图10所示，求：

图10

（1）当α＝θ时，拉力F有最小值，求此最小值；

（2）拉力F最小时，木楔对水平面的摩擦力的大小.

解析

（1）木块刚好可以沿木楔上表面匀速下滑，mgsinθ＝μmgcosθ，则μ＝tanθ，用力F拉着木块匀速上滑，受力分析如图甲所示，Fcosα＝mgsinθ＋Ff，FN＋Fsinα＝mgcosθ，Ff＝μFN.

联立以上各式解得，F＝

当α＝θ时，F有最小值，Fmin＝mgsin2θ.

（2）对木块和木楔整体受力分析如图乙所示，由平衡条件得，Ff′＝Fcos（θ＋α），当拉力F最小时，Ff′＝Fmin·

cos2θ＝

mgsin4θ.

答案

（1）mgsin2θ

（2）

mgsin4θ

预测7（多选）如图11所示，两个小球a、b质量均为m，用细线相连并悬挂于O点，现用一轻质弹簧给小球a施加一个拉力F，使整个装置处于静止状态，且Oa与竖直方向夹角为θ＝45°

，已知弹簧劲度系数为k，则弹簧形变量可能是（）

图11

答案ACD

解析当F与细线Oa垂直时，F有最小值，F的最小值为：

Fmin＝2mgsinθ＝2×

mg＝

mg.

根据胡克定律：

Fmin＝kxmin，所以：

xmin＝

则A、C、D可能，B不可能.

预测8如图12所示，小球被轻质细绳系住斜吊着放在静止的光滑斜面上，设小球质量为m，斜面倾角α＝30°

，细绳与竖直方向夹角θ＝30°

，斜面体的质量M＝3m，置于粗糙水平地面上.求：

图12

（1）当斜面体静止时，细绳对小球拉力的大小；

（2）地面对斜面体的摩擦力的大小和方向；

（3）若地面对斜面体的最大静摩擦力等于地面对斜面体支持力的k倍，为了使整个系统始终处于静止状态，k值必须满足什么条件？

答案见解析

解析

（1）以小球为研究对象受力分析如图甲所示

甲

由共点力的平衡条件，可得

在x轴方向有：

FTsinθ＝FN1sinα

在y轴方向有：

FN1cosα＋FTcosθ＝mg

解得FT＝

mg

（2）以小球和斜面体整体为研究对象受力分析如图乙所示

乙

由共点力平衡条件，在x轴方向可得

Ff＝FT·

sinθ＝

mg方向水平向左

（3）对照第

（2）题小球和斜面体整体受力分析图，由共点力平衡条件，在y轴方向可得

FN2＋FT·

cosθ＝（M＋m）g

又由题意可知

Ffmax＝k·

FN2≥Ff

又M＝3m

k≥

专题强化练

1.（多选）如图1所示，粗糙水平面上有一长木板，一个人站在木板上用力F向右推箱子，木板、人、箱子均处于静止状态.三者的质量均为m，下列说法正确的是（）

A.箱子受到的摩擦力方向向右

B.人受到的摩擦力方向向右

C.箱子对木板的摩擦力方向向右

D.若水平面光滑，人用同样大小的力F推箱子，能使长木板在水平面上滑动

答案BC

解析人用力F向右推箱子，对箱子受力分析，受重力、支持力、静摩擦力和向右的推力作用，根据平衡条件，箱子受到的摩擦力方向向左，与推力平衡，故A错误；

人用力F向右推箱子，对箱子的作用力向右，根据牛顿第三定律可知，箱子对人的作用力的方向向左，人若要平衡，则受到的木板的摩擦力的方向向右，故B正确；

箱子受到的摩擦力方向向左，根据牛顿第三定律可知箱子对木板的摩擦力方向向右，故C正确；

对三者的整体受力分析，只受重力和支持力，水平方向不受力，故不能使长木板在水平面上滑动，故D错误.

2.岳阳某些农村一大家人过春节时常用简易灶做菜，如图2甲所示，将一个球形铁锅用三个轻小石块支起用柴火烧菜，铁锅边缘水平，小石块成正三角形放在水平灶台上，石块到铁锅球心的连线与竖直方向的夹角均成30°

，已知锅与菜的总质量为9kg，不计铁锅与石块间的摩擦，重力加速度g＝10m/s2，则下列说法正确的是（）

A.灶台对每个石块的作用力均竖直向上

B.灶台受到每个石块的压力为90N

C.每个石块与铁锅之间的弹力大小为20

N

D.灶台对每个石块的摩擦力为10N

3.节日期间，张灯结彩，某同学发现一种装饰灯，两个装饰灯用轻质细线悬挂在一个“T”型木质支架两端，模型简化如图3所示，支架的质量为M，每个装饰灯的质量为m，在水平恒定风力的作用下，两灯偏离竖直方向，稳定时两细线与竖直方向的夹角均为θ，支架所受的水平风力忽略不计，则地面对支架的水平作用力大小为（）

A.2mgtanθB.2mgsinθC.mgtanθD.mgsinθ

答案A

解析对装饰灯进行受力分析，设风对装饰灯的作用力为F1，细线对装饰灯的拉力为F2.根据共点力平衡得：

F2cosθ＝mg，F2sinθ＝F1，解得F1＝mgtanθ，对两个装饰灯和支架整体受力分析，根据平衡条件可知，水平方向有：

地面对支架的水平作用力大小F＝2F1＝2mgtanθ，A正确.

4.（多选）如图4所示，一木块受到一水平力F作用静止于斜面上，此力F的方向与斜面平行，如果将力F撤除，下列对木块的描述正确的是（）

A.木块将沿斜面下滑B.木块受到的摩擦力变小

C.木块立即获得加速度D.木块所受的摩擦力方向改变

解析未撤去F前，将木块的重力分解为沿斜面方向和垂直于斜面方向两个分力，在斜面方向的分力大小为mgsinθ，方向沿斜面向下，作出木块在斜面平面内的受力情况如图：

由平衡条件得：

摩擦力：

Ff＝

，Ff的方向与F和mgsinθ的合力方向相反，所以木块受到的最大静摩擦力：

Ffm≥

，撤去F后，木块对斜面的压力没有变化，所以最大静摩擦力也没有变化，此时mgsinθ<

Ffm，故木块不会沿斜面下滑，选项A、C错误；

由平衡条件得，撤去F后，摩擦力大小为Ff′＝mgsinθ<

Ff，即摩擦力变小，摩擦力的方向与重力沿斜面向下分力方向相反，方向发生变化，故选项B、D正确.

5.如图5所示，在粗糙水平地面上放着一个截面为四分之一圆弧的柱状物体A，A的左端紧靠竖直墙，A与竖直墙之间放一光滑圆球B，整个装置处于静止状态.若把A向右移动少许后，它们仍处于静止状态.则下列判断中正确的是（）

A.球B对墙的压力增大

B.球B对柱状物体A的压力增大

C.地面对柱状物体A的摩擦力不变

D.地面对柱状物体A的支持力不变

解析球B受重力、A的支持力F1和墙壁的压力F2.如图甲所示：

则根据平衡可知，F1＝G1＝

，F2＝G2＝Gtanθ，将A向右移动少许，A对球B的作用力F1与竖直方向的夹角θ将减小，所以cosθ增大，tanθ减小，即墙壁对球B的作用力将减小，A对球B的支持力减小.根据牛顿第三定律可知，球B对墙壁的压力将减小，球B对A的压力亦减小，选项A、B错误；

对A受力分析，如图乙所示，受地面摩擦力Ff＝FBsinθ，B对A的压力FB减小且FB与竖直方向的夹角θ减小，故A受地面的摩擦力Ff减小，再根据牛顿第三定律，地面受A的摩擦力减小，选项C错误；

对A、B整体受力分析可知，地面对A的支持力等于A、B的重力之和不变.

6.（2019·

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，如图6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

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.

7.（多选）如图7所示，两个带电小球A、B分别处于光滑绝缘的竖直墙面和斜面上，且在同一竖直平面内.用水平向左的推力F作用于B球，两球在图示位置静止.现将B球沿斜面向上移动一小段距离，发现A球随之向上移动少许，两球在虚线位置重新平衡.重新平衡后与移动前相比，下列说法正确的是（）

A.墙面对A的弹力变小B.斜面对B的弹力不变

C.推力F变大D.两球之间的距离变大

解析利用整体法可知，斜面对B球支持力的竖直分量等于A、B两带电小球的重力之和，斜面倾角不变，斜面对B球支持力不变，故斜面对B的弹力不变，B选项正确；

库仑力与竖直方向的夹角变小，而竖直分量不变，故库仑力变小，A、B间的距离变大，故D正确；

因库仑力水平分量减小，故A正确，C错误.

8.如图8甲、乙、丙是生活中三种不同的背包方式.为了研究方便，假设背包者身体均呈竖直，因而可认为每条背包带均在竖直面内.甲中背包带对人的肩部的作用力设为F1；

乙中的背包带与竖直方向的夹角为θ（如图），其背包带对人肩部的作用力设为F2；

丙中的两根背包带与竖直方向的夹角均为θ（如图），其每根背包带对人肩部的作用力均为F3.若三种情况所背的包完全相同，不考虑背包跟人体间的摩擦，则关于F1、F2、F3大小的下列关系正确的是（）

A.F1>

F2B.F2>

F3C.F1>

F3D.F3＝F2

解析由图可知，题图甲中背包带沿竖直方