高中物理高考二輪復習二輪復習 2023屆高考二輪復習 力與物體的平衡

專題一力與物體的平衡考向預測平衡問題是歷年高考的重點，特別是受力分析與平衡條件的應用在近幾年高考中頻繁考查。本部分內容在高考命題中也有兩大趨勢：一是向著選擇題單獨考查的方向發(fā)展；二是選擇題單獨考查與電學綜合考查并存?？疾榈慕嵌戎饕ǎ阂?、對各種性質的力的理解；二、共點力平衡條件的應用。用到的思想方法有：整體法和隔離法、假設法、合成法、正交分解法、矢量三角形法、相似三角形法、等效思想、分解思想等。知識與技巧的梳理1．處理平衡問題的基本思路2．常用的方法(1)在判斷彈力或摩擦力是否存在以及確定它們的方向時常用假設法。(2)求解平衡問題時常用二力平衡法、矢量三角形法、正交分解法、相似三角形法、圖解法等。3．帶電體的平衡問題仍然滿足平衡條件，只是要注意準確分析場力——電場力、安培力或洛倫茲力。4．如果帶電粒子在重力場、電場和磁場三者組成的復合場中做直線運動，則一定是勻速直線運動，因為F洛⊥v。限時訓練經(jīng)典常規(guī)題經(jīng)典常規(guī)題1．如圖所示，豎直桿固定在木塊C上，兩者總重為20N，放在水平地面上。輕細繩a連接小球A和豎直桿頂端，輕細繩b連接小球A和B，小球B重為10N。當用與水平方向成30°角的恒力F作用在小球B上時，A、B、C剛好保持相對靜止且一起水平向左做勻速運動，繩a、b與豎直方向的夾角分別恒為30°和60°，則下列判斷正確的是()A．力F的大小為10NB．地面對C的支持力大小為40NC．地面對C的摩擦力大小為10ND．A球重為10N【解析】以B為研究對象受力分析，水平方向受力平衡，有：Fcos30°＝Tbcos30°，解得：F＝Tb，豎直方向受力平衡，則有：Fsin30°＋Tbsin30°＝mBg，解得：F＝mBg＝10N，故A正確；以A為研究對象受力分析，豎直方向上有：Tbsin30°＋mAg＝Tasin60°，水平方向：Tasin30°＝Tbsin60°，聯(lián)立得：mA＝mB，即A球重為10N，故D正確；以A、B、C整體為研究對象受力分析，水平方向：f＝Fcos30°＝5eq\r(3)N，豎直方向：N＋Fsin30°＝(M＋mA＋mB)g，解得：N＝35N，故B、C錯誤?！敬鸢浮緼D2．用長為m的輕質柔軟絕緣細線，拴一質量為×10－2kg、電荷量為×10－8C的小球，細線的上端固定于O點?，F(xiàn)加一水平向右的勻強電場，平衡時細線與鉛垂線成37°角，如圖所示。現(xiàn)向左拉小球使細線水平且拉直，靜止釋放，則(sin37°＝，取g＝10m/s2)()A．該勻強電場的場強為×107N/CB．平衡時細線的拉力為NC．經(jīng)過s，小球的速度大小為m/sD．小球第一次通過O點正下方時，速度大小為7m/s【解析】小球處于平衡狀態(tài)時，受力分析如圖所示，則可知qE＝mgtan37°，則該勻強電場的電場強度E＝eq\f(mgtan37°,q)＝×106N/C，選項A錯誤；細線的拉力F＝eq\f(mg,cos37°)＝N，故選項B錯誤；在外力作用下，小球拉至細線水平時，由靜止釋放，如圖所示，小球在電場力和重力的作用下，從A點由靜止開始做勻加速直線運動至B點，∠OAB＝∠OBA＝53°，OA＝OB＝l＝m，在此過程中，細線處于松弛狀態(tài)，無拉力作用，小球運動至B點時，細線繃緊，勻加速直線運動結束。根據(jù)牛頓第二定律可知小球勻加速直線運動時的加速度a＝eq\f(F合,m)＝eq\f(F,m)＝eq\f,m/s2＝m/s2，假設經(jīng)過s后，小球仍在沿AB方向做勻加速直線運動，則小球的速度v＝at＝m/s，經(jīng)過的距離x＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)××m＝5m，A、B間的距離|AB|＝2×l×cos53°＝m，x＜|AB|，假設成立，故s時，小球的速度大小為m/s，故選項C正確；小球運動至B點時，細線繃緊，小球沿細線方向的分速度減為零，動能減小，假設細線繃緊過程小球機械能損失ΔE，此后在電場力、重力和細線拉力作用下沿圓弧運動至O點正下方，根據(jù)能量守恒定律，可知(qE＋mg)·l－ΔE＝eq\f(1,2)mv2，可得v＜7m/s，故選項D錯誤。【答案】C高頻易錯題高頻易錯題1．如圖，在水平晾衣桿(可視為光滑桿)上晾曬床單時，為了盡快使床單晾干，可在床單間支撐輕質細桿。隨著細桿位置的不同，細桿上邊兩側床單間夾角θ(一般θ＜150°)將不同。設床單重力為G，晾衣桿所受壓力大小為N，下列說法正確的是()A．當θ＝60°時，N＝eq\f(\r(3),3)GB．當θ＝90°時，N＝eq\f(\r(2),2)GC．只有當θ＝120°時，才有N＝GD．無論θ取何值，都有N＝G【解析】對床單受力分析，受豎直向下的重力和晾衣桿豎直向上的支持力，晾衣桿對床單的支持力始終等于G，則根據(jù)牛頓第三定律知，無論夾角θ取何值都有N＝G，故A、B、C錯誤，D正確?！敬鸢浮緿2．質量為M的斜面體放在光滑水平地面上，其傾角為30°，斜面上放一質量為m的物塊，物塊通過繞過輕質滑輪的輕繩與彈簧測力計相連，彈簧測力計的另一端與地面上的P點通過輕繩相連，如圖所示。用水平力F推著斜面體在水平面上緩慢向左移動，則下列說法正確的是()A．彈簧測力計的示數(shù)不斷減小B．水平力F不斷減小C．地面對斜面體的支持力不斷減小D．斜面對物塊的摩擦力不斷增大【解析】滑塊受重力、支持力、拉力和滑動摩擦力，在斜面體向左運動的過程中，四個力的方向均不變，根據(jù)平衡條件，拉力T＝mgsin30°＋μmgcos30°QUOTE保持不變，故A錯；設彈簧測力計與水平方向的夾角為θQUOTE，對斜面體和滑塊整體分析，受推力、重力、繩子的拉力、支持力，水平方向，有：F＝TcosθQUOTE，斜面體在水平面上緩慢向左移動θ變小，所以推力F增大，故B錯；豎直方向：N＝(M＋m)g＋TsinθQUOTE，因為θQUOTE減小，T不變，故N減小，C對；物塊受到的是滑動摩擦力，f＝μmgcos30°，QUOTE大小恒定不變，故D錯?！敬鸢浮緾精準預測題精準預測題1．A、C是兩個帶電小球，質量分別是mA、mC，電荷量大小分別是QA、QC，用兩條等長絕緣細線懸掛在同一點O，兩球靜止時如圖所示，此時細線對兩球的拉力分別為FTA、FTC，兩球連線AC與O所在豎直線的交點為B，且AB<BC，下列說法正確的是()A．QA>QCB．mA∶mC＝FTA∶FTCC．FTA＝FTCD．mA∶mC＝BC∶AB【解析】設兩個小球之間的庫侖力為F，利用相似三角形知識可得，A球所受三個力F、FTA、mAg構成的三角形與三角形OBA相似，eq\f(mAg,OB)＝eq\f(F,AB)＝eq\f(FTA,AO)；C球所受三個力F、FTC、mCg構成的三角形與三角形OBC相似，eq\f(mCg,OB)＝eq\f(F,CB)＝eq\f(FTC,CO)；因OA＝OC，所以mA∶mC＝FTA∶FTC；mA∶mC＝BC∶AB，則選項B、D正確，C錯誤；因兩球之間的作用力是相互作用力，則無法判斷兩球帶電荷量的多少，選項A錯誤。【答案】BD2．如圖所示，光滑的輕滑輪通過支架固定在天花板上，一足夠長的細繩跨過滑輪，一端懸掛小球b，另一端與套在水平細桿上的小球a連接。在水平拉力F作用下小球a從圖示虛線（最初是豎直的）位置開始緩慢向右移動(細繩中張力大小視為不變)。已知小球b的質量是小球a的2倍，滑動摩擦力等于最大靜摩擦力，小球a與細桿間的動摩擦因數(shù)為μQUOTE。則下列說法正確的是()A．當細繩與細桿的夾角為30°時，桿對a球的支持力為零B．支架對輕滑輪的作用力大小逐漸增加C．支架對a球的摩擦力先減小后增加D．當時，拉力F先減小后增加【答案】AC【解析】設a的質量為m，則b的質量為2m，以b為研究對象，豎直方向受力平衡，可得繩子拉力始終等于b的重力，即T＝2mg，保持不變；以a為研究對象，受力如圖所示，設繩子與水平方向夾角為θ，支持力FN＝2mgsinθ－mgQUOTE，向右緩慢拉動的過程中，θ角逐漸減小，當FN＝0QUOTE時QUOTE得sinθ＝QUOTE，即θ＝QUOTE30°，故A正確；向右緩慢拉動的過程中，兩個繩子之間的夾角逐漸增大，繩子的拉力不變，所以繩子的合力減小，則繩子對滑輪的作用力逐漸減小，故B錯誤；由圖可知，角度θ從90°QUOTE變到0°QUOTE，根據(jù)f＝μFN＝μ(2mgsinθ－mg)QUOTE可知，當角度θ從90°QUOTE變到30°時FNQUOTE一直減小到零，當角度θ從30°QUOTE變到0°時FNQUOTE反向增大，故摩擦力先減小后增大，故C正確；由受力分析圖，可知水平方向：F＝f＋2mgcosθ＝2mg(cosθ＋μsinθ)－μmgQUOTE，由于，而tanφ＝μQUOTE，若QUOTE，則φ＝30°QUOTE，故拉力為QUOTE，角度θ從90°QUOTE變到0°的過程中，當θ＝φ＝30°QUOTE時QUOTE為最大，則拉力最大，當角度繼續(xù)減小時，QUOTE開始減小，則拉力也開始減小，故拉力F先增大后減小，故D錯誤。3．如圖所示，有一四分之一球體置于粗糙的水平面上，兩質量均為m的小球A、B(均可看作質點)通過柔軟光滑的輕繩連接，且與球體一起靜止在水平面上。B球與球心O的連線與水平方向成θ＝37°角(拉B球的輕繩與OB連線垂直)。已知重力加速度為g，sin37°＝，cos37°＝。下列關于系統(tǒng)中各物體受力的說法正確的是()A．四分之一球體一定受到水平面的摩擦力作用，方向水平向右B．小球A受到三個力的作用C．小球B受到四分之一球體摩擦力的大小為eq\f(1,5)mg，方向沿曲面切線斜向下D．四分之一球體對小球B作用力的大小為eq\f(\r(10),5)mg【解析】以整個系統(tǒng)為研究對象，因系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，所以在水平方向不受外力作用，即球體不受水平面的摩擦力作用，選項A錯誤；由小球A處于靜止狀態(tài)可知，它受重力和輕繩拉力兩個力作用，選項B錯誤；將小球B的重力分解，沿切線方向F1＝mgcos37°＝eq\f(4,5)mg，垂直切線方向F2＝mgsin37°＝eq\f(3,5)mg，因小球B處于靜止狀態(tài)，所以小球B受摩擦力的作用，其方向沿曲面切線斜向下，大小為fB＝mg－eq\f(4,5)mg＝eq\f(1,5)mg，選項C正確；四分之一球體對小球B的作用力FB是球體對小球B的支持力FNB和摩擦力fB的合力，其中FNB＝mgsinθ＝eq\f(3,5)mg，則FB＝eq\f(\r(10),5)mg，選項D正確?！敬鸢浮緾D4．如圖所示，在豎直向下的勻強磁場中，絕緣細線下面懸掛一質量為m、長為l的導線，導線中有垂直紙面向里的恒定電流I，靜止時細線偏離豎直方向θ角，現(xiàn)將磁場沿逆時針方向緩慢轉動到水平向右，轉動時磁感應強度B的大小不變，在此過程中下列說法正確的是()A．導線受到的安培力逐漸變大B．絕緣細線受到的拉力逐漸變大C．絕緣細線與豎直方向的夾角θ先增大后減小D．導線受到的安培力與絕緣細線受到的拉力的合力大小不變，方向隨磁場的方向的改變而改變【解析】導線受到的安培力F安＝BIl大小不變，選項A錯誤；磁場逆時針轉動90°的過程中，F(xiàn)安方向逐漸由水平向左變?yōu)樨Q直向下，由于變化緩慢，所以F安與mg的合力F合與FT大小相等，方向相反，由圖可知，F(xiàn)合大小逐漸增大，θ逐漸減小，所以FT大小逐漸增大，選項B正確，C錯誤；F安與FT的合力總是與重力大小相等，方向相反，即豎直向上，選項D錯誤。【答案】B5．如圖所示，ACD、EFG為兩根相距L的足夠長的金屬直角導軌，它們被豎直固定在絕緣水平面上，CDGF面與水平面成θ角。兩導軌所在空間存在垂直于CDGF平面向上的勻強磁場，磁感應強度大小為B。兩根質量均為m、長度均為L的金屬細桿ab、cd與導軌垂直接觸形成閉合回路，桿與導軌之間的動摩擦因數(shù)均為μ，兩金屬細桿的電阻均為R，導軌電阻不計。當ab以速度v1沿導軌向下勻速運動時，cd桿也正好以速度v2向下勻速運動。重力加速度為g。以下說法正確的是()A．回路中的電流為QUOTEB．a(chǎn)b桿所受摩擦力為mgsinθQUOTEC．cd桿所受摩擦力為QUOTED．μ與v1大小的關系為QUOTE【解析】ab桿產(chǎn)生的感應電動勢，回路中感應電流，故A錯；ab桿勻速下滑，受力平衡條件，ab桿所受的安培力大小，方向沿軌道向上，則由平衡條件得：ab所受的摩擦力大小，故B錯；cd桿所受的安培力大小也等于F安，方向垂直于導軌向下，則cd桿所受摩擦力，故C對；根據(jù)cd桿受力平衡得，則得μ與v1大小的關系為，故D對?！敬鸢浮緾D6．如圖所示，在一豎直平面內，豎直y軸左側有一水平向右的勻強電場場強為E1和一垂直紙面向里的勻強磁場磁感應強度為B，y軸右側有一豎直方向的勻強電場場強為E2，一電荷量為q(電性未知)、質量為m的微粒從x軸上A點以一定初速度與水平方向成θ＝37°角沿直線經(jīng)P點運動到圖中C點，其中m、q、B均已知，sin37°＝，cos37°＝，重力加速度為g，則()A．微粒一定帶負電B．電場強度E2的方向一定豎直向上C．