2019屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題1 力與物體的平衡學(xué)案.docx

《2019屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題1 力與物體的平衡學(xué)案.docx》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題1 力與物體的平衡學(xué)案.docx（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1 力與物體的平衡 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(yīng)用在近幾年高考中頻繁考查。本部分內(nèi)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(xué)綜合考查并存?？疾榈慕嵌戎饕ǎ阂弧Ω鞣N性質(zhì)的力的理解；二、共點力平衡條件的應(yīng)用。用到的思想方法有：整體法和隔離法、假設(shè)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。 1．處理平衡問題的基本思路 確定平衡狀態(tài)(加速度為零)→巧選研究對象(整體法或隔離法)→受力分析→建立平衡方程→求解或作討論。 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(shè)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(zhǔn)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(fù)合場中做直線運動，則一定是勻速直線運動，因為F洛⊥v。 1．為了測定木塊和豎直墻壁之間的動摩擦因數(shù)，某同學(xué)設(shè)計了一個實驗：用一根彈簧將木塊壓在墻上，同時在木塊下方有一個拉力F2作用，使木塊恰好勻速向下運動(彈簧隨木塊一起向下運動)，如圖所示?，F(xiàn)分別測出了彈簧的彈力F1、拉力F2和木塊的重力G，則以下結(jié)論正確的是(　　) A．木塊受到豎直向下的滑動摩擦力 B．木塊所受的滑動摩擦力阻礙木塊下滑 C．木塊與墻壁之間的動摩擦因數(shù)為 D．木塊與墻壁之間的動摩擦因數(shù)為 2．如圖所示，A、B、C三根平行通電直導(dǎo)線質(zhì)量均為m，通入的電流大小相等，其中C中的電流方向與A、B中的電流方向相反，A、B放置在粗糙的水平面上，C靜止在空中，三根導(dǎo)線的截面處于一個等邊三角形的三個頂點，且三根導(dǎo)線均保持靜止，重力加速度為g，則A導(dǎo)線受到B導(dǎo)線的作用力大小和方向為(　　) A．mg，方向由A指向B B．mg，方向由B指向A C．mg，方向由A指向BD．mg，方向由B指向A 3．如圖，柔軟輕繩ON的一端O固定，其中間某點M拴一重物，用手拉住繩的另一端N。初始時，OM豎直且MN被拉直，OM與MN之間的夾角為α?，F(xiàn)將重物向右上方緩慢拉起，并保持夾角α不變。在OM由豎直被拉到水平的過程中(　　) A．MN上的張力逐漸增大 B．MN上的張力先增大后減小 C．OM上的張力逐漸增大 D．OM上的張力先增大后減小 1．質(zhì)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(zhì)量為m的物塊，物塊通過繞過輕質(zhì)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 2．如圖所示，斜面體A靜止放置在水平地面上，質(zhì)量為m的滑塊B在外力F1和F2的共同作用下沿斜面體表面向下運動。當(dāng)F1方向水平向右，F(xiàn)2方向沿斜面體的表面向下時，斜面體受到地面的摩擦力方向向右。則下列說法中正確的是(　　) A．若同時撤去F1和F2滑塊B的加速度方向一定沿斜面向下 B．若只撤去F1，在滑塊B仍向下運動的過程中，A所受地面摩擦力的方向一定向右 C．若只撤去F1，在滑塊B仍向下運動的過程中，A所受地面摩擦力的方向可能向左 D．若同時撤去F1和F2，給B一個沿斜面向上的初速度，在滑塊B向上運動的過程中，A始終處于靜止，則地面對A的摩擦力方向向左 1．A、C是兩個帶電小球，質(zhì)量分別是mA、mC，電荷量大小分別是QA、QC，用兩條等長絕緣細(xì)線懸掛在同一點O，兩球靜止時如圖所示，此時細(xì)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ABQC B．mA∶mC＝FTA∶FTC C．FTA＝FTC D．mA∶mC＝BC∶AB 2．如圖所示，有一個固定的1/4圓弧形阻擋墻PQ，其半徑OP水平、OQ豎直。在PQ墻和斜面體A之間卡著一個表面光滑的重球B，斜面體A放在光滑的地面上并用一水平向左的力F推著，整個裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)改變推力F的大小，推動斜面體A沿著水平地面向左緩慢運動，使球B沿斜面上升一很小高度。在球B緩慢上升的過程中，下列說法中正確的是(　　) A．斜面體A與球B之間的彈力逐漸減小 B．阻擋墻PQ與球B之間的彈力逐漸減小 C．水平推力F逐漸增大 D．水平地面對斜面體A的彈力不變 3．如圖所示，一金屬環(huán)套在固定的光滑桿上，金屬環(huán)通過跨過定滑輪的輕繩在外力F作用下，沿桿緩慢上滑，該過程中金屬環(huán)對桿的作用力為N，則(　　) A．F一直增大，N先減小后增大 B．F一直在增大，N一直增大 C．F先減小后增大，N一直增大 D．F先減小后增大，N先減小后增大 4．如圖所示，ACD、EFG為兩根相距L的足夠長的金屬直角導(dǎo)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(dǎo)軌所在空間存在垂直于CDGF平面向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B。兩根質(zhì)量均為m、長度均為L的金屬細(xì)桿ab、cd與導(dǎo)軌垂直接觸形成閉合回路，桿與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)均為μ，兩金屬細(xì)桿的電阻均為R，導(dǎo)軌電阻不計。當(dāng)ab以速度v1沿導(dǎo)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 B．a(chǎn)b桿所受摩擦力為mgsin θ C．cd桿所受摩擦力為 D．μ與v1大小的關(guān)系為 5．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(xì)繩跨過滑輪，一端懸掛小球b，另一端與套在水平細(xì)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(xì)繩中張力大小視為不變)。已知小球b的質(zhì)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(xì)桿間的動摩擦因數(shù)為μ。則下列說法正確的是(　　) A．當(dāng)細(xì)繩與細(xì)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(dāng)時，拉力F先減小后增加 6．如圖所示，放在粗糙的固定斜面上的物塊A和懸掛的物塊B均處于靜止?fàn)顟B(tài)。輕繩AO繞過光滑的定滑輪與輕彈簧的右端及輕繩BO的上端連接于O點，輕彈簧中軸線沿水平方向，輕繩的OC段與豎直方向的夾角θ＝53，斜面傾角α＝37，物塊A和B的質(zhì)量分別為mA＝5 kg、mB＝1.5 kg，彈簧的勁度系數(shù)k＝500 N/m，sin 37＝0.6，cos 37＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2，求： (1)彈簧的伸長量x； (2)物塊A受到的摩擦力。 7．如圖所示，在水平地面xOy上有一沿x軸正方向做勻速運動的傳送帶，運動速度為3v0，傳送帶上有一質(zhì)量為m的正方形物體隨傳送帶一起運動，當(dāng)物體運動到y(tǒng)Oz平面時遇到一阻擋板C，阻止其繼續(xù)向x軸正方向運動。設(shè)物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ1，與擋板之間的動摩擦因數(shù)為μ2。此時若要使物體沿y軸正方向以4v0勻速運動，重力加速度為g，則沿y軸方向所加外力為多少？ 參考答案 1．【解題思路】木塊相對于豎直墻壁下滑，受到豎直向上的滑動摩擦力，阻礙木塊下滑，A錯誤，B正確。分析木塊受力如圖所示。由平衡條件可得：FN＝F1，F(xiàn)F＝G＋F2，又FF＝μFN，以上三式聯(lián)立可解得：μ＝，故C錯誤，D正確。 【答案】BD 2．【解題思路】三根導(dǎo)線的截面處于一個等邊三角形的三個頂點，通入的電流大小相等，則FBC＝FAC＝FAB，又反向電流相互排斥，對電流C受力分析如圖，由平衡條件可得：2FACcos 30＝mg，解得：FAC＝mg，則FAB＝mg；同向電流相互吸引，A導(dǎo)線受到B導(dǎo)線的作用力方向由A指向B。 【答案】A 3．【解題思路】設(shè)重物的質(zhì)量為m，繩OM中的張力為T，繩MN中的張力為TMN。開始時，T＝mg，TMN＝0。由于緩慢拉起，則重物一直處于平衡狀態(tài)，兩繩張力的合力與重物的重力mg等大、反向。 對重物受力分析如圖所示，已知角α不變，在繩MN緩慢拉起的過程中，角β逐漸增大，則角(α－β)逐漸減小，但角θ不變，在三角形中，利用正弦定理得：＝，(α－β)由鈍角變?yōu)殇J角，則TOM先增大后減小，選項D正確；同理知＝，在β由0變?yōu)榈倪^程中，TMN一直增大，選項A正確。 【答案】AD 1．【解題思路】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＝mgsin 30＋μmgcos 30保持不變，故A錯；設(shè)彈簧測力計與水平方向的夾角為θ，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＝Tcos θ，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＋Tsin θ，因為θ減小，T不變，故N減小，C對；物塊受到的是滑動摩擦力，f＝μmgcos 30大小恒定不變，故D錯。 【答案】C 2．【解題思路】設(shè)斜面傾角為θ，由題意知，在B沿斜劈下滑時，受到A對它彈力FN和滑動摩擦力f，根據(jù)牛頓第三定律，A受到B對它的作用力FN?與f?，斜劈A實際上就是在這兩個力的水平分力作用下有相對地面向左運動的趨勢的，則有FN?sinθ tanθ。如果撤去F1，在物體B仍向下運動的過程中，對B有：FN＝mgcos θ，f＝μFN；對斜劈A，假設(shè)A受的摩擦力fA方向向左，則有：FN?sin θ＝f?cos θ＋fA，又f?＝f，F(xiàn)N?＝FN，可得fA＝FN(sin θ－μcos θ)<0，所以斜劈A有相對地面向左運動的趨勢，摩擦力方向是向右，故C錯，B對。同時撤出F1和F2，由以上分析可知mBgsin θ <μmBgcos θ，物體B為靜止，所以加速度0，故A錯；同時撤去F1和F2，給B一個沿斜面向上的初速度，在滑塊B向上運動的過程中，斜劈A受B的壓力和摩擦力的水平分力作用下有相對地面向右運動的趨勢的，A始終處于靜止，則地面對A的摩擦力方向向左，故D對。 【答案】BD 1．【解題思路】設(shè)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(gòu)成的三角形與三角形OBA相似，＝＝；C球所受三個力F、FTC、mCg構(gòu)成的三角形與三角形OBC相似，＝＝；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】BD 2．【解題思路】小球B處于平衡狀態(tài)，對B受力分析，如圖所示，當(dāng)球B沿斜面上升一很小高度時，圓弧阻擋墻對B的壓力方向與水平方向的夾角減小，根據(jù)圖象可知，斜面體A與球B之間的彈力N2逐漸減小，阻擋墻PQ與球B之間的彈力N1逐漸減小，故A正確，B正確；以斜面體為研究對象，則有上述解析可知球B對斜面A的彈力減小，我們可以將該力分解為水平方向和豎直方向，該力與水平豎直所成夾角不變，所以豎直與水平分力都減小，而F等于其水平分力，故F減小，地面對A的支持力等于A的重力＋該力的豎直分力，故地面對A的支持力也減小，故C錯誤，D錯誤。 【答案】AB 3．【解題思路】設(shè)環(huán)的質(zhì)量為m，對環(huán)進行受力分析如圖1，環(huán)受到豎直向下的重力，與桿垂直的支持力N、以及沿繩子方向的拉力F；當(dāng)環(huán)通過跨過定滑輪的輕繩在外力F作用下，沿桿緩慢上滑時，輕繩與豎直方向的夾角逐漸減小，由圖可以知道，N逐漸減小，F(xiàn)逐漸增大；當(dāng)繩子的方向沿豎直方向時，桿對小環(huán)的作用力為0。當(dāng)環(huán)位于滑輪的右側(cè)時，受力如圖2，則環(huán)向上運動的過程中拉力F仍然增大，此時桿對環(huán)的作用力的方向垂直于桿的方向向下，逐漸增大，故A對。 【答案】A 4．【解題思路】ab桿產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢，回路中感應(yīng)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(dǎo)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(guān)系為，故D對。 【答案】CD 5．【解題思路】設(shè)a的質(zhì)量為m，則b的質(zhì)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(shè)繩子與水平方向夾角為θ，支持力FN＝2mgsin θ－mg，向右緩慢拉動的過程中，θ角逐漸減小，當(dāng)FN＝0時得sin θ＝0.5，即θ＝30，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變到0，根據(jù)f＝μFN＝μ(2mgsin θ－mg)可知，當(dāng)角度θ從90變到30時FN一直減小到零，當(dāng)角度θ從30變到0時FN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＋2mgcos θ＝2mg(cos θ＋μsin θ)－μmg，由于，而tanφ＝μ，若，則φ＝30，故拉力為，角度θ從90變到0的過程中，當(dāng)θ＝φ＝30時為最大，則拉力最大，當(dāng)角度繼續(xù)減小時，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。 【答案】AC 6．【解析】(1)對結(jié)點O受力分析如圖所示，根據(jù)平衡條件，有： FTcos θ－mBg＝0 FTsin θ－F＝0 且：F＝kx 解得：x＝4 cm。 (2)設(shè)物塊A所受摩擦力沿斜面向下，對物塊A做受力分析如圖所示，根據(jù)平衡條件，有： FT′－Ff－mAgsin α＝0 且FT′＝FT 解得：Ff＝－5 N 即物塊A所受摩擦力大小為5 N，方向沿斜面向上。 7．【解析】設(shè)物體受到傳送帶的摩擦力為f1，方向如圖甲所示；物體受到擋板的摩擦力為f2，受到擋板的彈力為N2，設(shè)所加外力為F，則物體受力分析如圖乙所示。根據(jù)已知條件，由受力平衡可得 f1＝μ1mg N2＝f1sin θ f2＝μ2N2＝μ2μ1mgsin θ 由圖可得sin θ＝0.6，cosθ＝0.8 則所加外力為F＝f2＋f1cos θ＝。