大单元导学案一第1课时　力与物体的平衡

时间:2023-05-16 09:14 来源:未知作者:admin 点击:次

第1课时　力与物体的平衡

命题规律

　1.命题角度：(1)物体的受力分析、静态平衡、动态平衡；(2)静电力、安培力、洛伦兹力作用下的平衡.2.常考题型：选择题．

高考题型1　静态平衡问题

1．研究对象的选取：整体法和隔离法．
2．受力分析的方法
(1)假设法．
(2)转换研究对象法：根据牛顿第三定律，如图1.

图1
(3)动力学分析法：根据牛顿第二定律，由加速度方向判定合力的方向，从而确定某一个力的方向，如图2.

图2
3．共点力平衡的常用处理方法

	适用条件	平衡关系
合成法	三个共点力	任意两个力的合力一定与第三个力大小相等，方向相反
效果分解法	三个共点力	某一个力按力的作用效果分解，则其分力和其他两个力满足平衡条件
正交分解法	三个或三个以上共点力	将物体所受的力分解为相互垂直的两组力，每组力都满足平衡条件

考向一　合成法
例1　(2020·全国卷Ⅲ·17)如图3，悬挂甲物体的细线拴牢在一不可伸长的轻质细绳上O点处；绳的一端固定在墙上，另一端通过光滑定滑轮与物体乙相连．甲、乙两物体质量相等．系统平衡时，O点两侧绳与竖直方向的夹角分别为α和β.若α＝70°，则β等于(　　)

图3
A．45° B．55° C．60° D．70°
答案　B
解析　取O点为研究对象，在三力的作用下O点处于平衡状态，对其受力分析如图所示，根据几何关系可得β＝55°，故选B.

考向二　正交分解法
例2　如图4所示，金属棒ab质量为m，通过电流为I，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面夹角为θ，ab静止于宽为L的水平导轨上．下列说法正确的是(　　)

图4
A．金属棒受到的安培力大小为F＝BILsin θ
B．金属棒受到的摩擦力大小为F_f＝BILcos θ
C．若只改变电流方向，金属棒对导轨的压力将增大
D．若只增大磁感应强度B后，金属棒对导轨的压力将增大
答案　C
解析　金属棒受到的安培力大小F＝BIL，故A错误；电流方向从a到b，受力分析如图所示，根据平衡条件有F_f＝Fsin θ＝BILsin θ，F_N＝G－Fcos θ＝G－BILcos θ，若只增大磁感应强度B后，导轨对金属棒的支持力减小，所以金属棒对导轨的压力减小，故B、D错误；若只改变电流方向，安培力方向将变为斜向右下，安培力在竖直方向上的分力竖直向下，所以金属棒对导轨的压力将增大，故C正确．

总结提升

(1)静电场、磁场中的平衡问题，受力分析时要注意静电力、磁场力方向的判断，再结合平衡条件分析求解．
(2)涉及安培力的平衡问题，画受力示意图时要注意将立体图转化为平面图．
考向三　整体法与隔离法在平衡中的应用
例3　(2021·辽宁省1月适应性测试·7)如图5所示，用轻绳系住一质量为2m的匀质大球，大球和墙壁之间放置一质量为m的匀质小球，各接触面均光滑．系统平衡时，绳与竖直墙壁之间的夹角为α，两球心连线O₁O₂与轻绳之间的夹角为β，则α、β应满足(　　)

图5
A．tan α＝3cot β
B．2tan α＝3cot β
C．3tan α＝tan(α＋β)
D．3tan α＝2tan(α＋β)
答案　C
解析　设绳子拉力为F_T，墙壁支持力为F_N，两球之间的压力为F，将两个球作为一个整体进行受力分析，可得F_Tcos α＝3mg，F_Tsin α＝F_N
对小球进行受力分析，可得Fcos (α＋β)＝mg，
Fsin (α＋β)＝F_N，联立得3tan α＝tan (α＋β)
故选C.

高考题型2　动态平衡问题

1．解决动态平衡问题的一般思路
化“动”为“静”，多个状态下“静”态对比，分析各力的变化或极值．
2．三力作用下的动态平衡

3．四力作用下的动态平衡
(1)在四力平衡中，如果有两个力为恒力，或这两个力的合力方向确定，为了简便可用这两个力的合力代替这两个力，转化为三力平衡，例如：
如图6，qE<mg，把挡板缓慢转至水平的过程中，可以用重力与静电力的合力mg－qE代替重力与静电力．

图6
如图7，物体在拉力F作用下做匀速直线运动，改变θ大小，求拉力的最小值，可以用支持力与摩擦力的合力F′代替支持力与摩擦力．(tan θ＝μ)

图7
(2)对于一般的四力平衡及多力平衡，可采用正交分解法．
考向一　图解法
例4　(2021·山东潍坊市昌乐一中高三期末)如图8所示，斜面体A放在粗糙水平面上，小球B用轻绳拴住置于斜面上，轻绳与斜面平行且另一端固定在竖直墙面上，不计小球与斜面间的摩擦．现用水平向左的力缓慢拉动斜面体，小球始终未脱离斜面．下列说法正确的是(　　)

图8
A．轻绳的拉力先变小后变大
B．斜面对小球的支持力不变
C．水平面对斜面体的摩擦力变小
D．水平面对斜面体的支持力变大
答案　C
解析　对小球受力分析如图所示，

轻绳的拉力变大，斜面对小球的支持力变小，A、B错误；轻绳的竖直分力在变大，将小球和斜面体看作一个整体，则水平面对斜面体的支持力变小，根据滑动摩擦力公式可知，水平面对斜面体的摩擦力变小，C正确，D错误．

考向二　相似三角形法
例5　(多选)(2020·百校联盟必刷卷三)如图9所示，光滑圆环固定在竖直面内，一个小球套在环上，用穿过圆环顶端光滑小孔的细线连接，现用水平力F拉细线，使小球缓慢沿圆环向上运动，此过程中圆环对小球的弹力大小为F_N，则在运动过程中(　　)

图9
A．F增大 B．F减小
C．F_N不变 D．F_N增大
答案　BC
解析　小球沿圆环缓慢上移，对小球进行受力分析，小球受重力G、F、F_N三个力，满足受力平衡．作出受力分析图如图所示；

由图可知△OAB∽△GF_NF，即：
＝＝
小球沿圆环缓慢上移时，半径不变，重力G不变，AB长度减小，故F减小，F_N不变，故选B、C.
考向三　解析法
例6　如图10所示，晾晒衣服的绳子轻且光滑，悬挂衣服的衣架的挂钩也是光滑的，轻绳两端分别固定在两根竖直杆上的A、B两点，衣服处于静止状态．如果保持绳子A端位置不变，将B端分别移动到不同的位置，则下列判断正确的是(　　)

图10
A．B端移动到B₁位置时，绳子张力变大
B．B端移动到B₂位置时，绳子张力变小
C．B端在杆上位置不动，将杆移动到虚线位置时，绳子张力变大
D．B端在杆上位置不动，将杆移动到虚线位置时，绳子张力变小
答案　D
解析　如图所示，设绳子间的夹角为2α，绳子总长为L，两杆间距离为s，由几何关系得L₁sin α＋L₂sin α＝s，解得sin α＝＝，当B端移到B₁、B₂位置时，s、L都不变，则α也不变，由平衡条件可知2Fcos α＝mg，绳子张力F＝，α不变，绳子张力F也不变，A、B错误；B端在杆上位置不动，将杆移动到虚线位置时，s减小，L不变，则α减小，cos α增大，由F＝知，F减小，C错误，D正确．

1.如图11所示，竖直平面内固定的半圆弧轨道两端点M、N连线水平，将一轻质小环套在轨道上，一细线穿过轻环，一端系在M点，另一端系一质量为m的小球，不计所有摩擦，重力加速度为g，小球恰好静止在图示位置，下列说法正确的是(　　)

图11
A．轨道对轻环的支持力大小为mg
B．细线对M点的拉力大小为
C．细线对轻环的作用力大小为
D．N点和轻环的连线与竖直方向的夹角为30°
答案　D
解析　对圆环受力分析，因圆环两边细线的拉力大小相等，可知两边细线拉力与OA夹角相等，设为θ，由几何关系可知，∠OMA＝∠MAO＝θ，则3θ＝90°，θ＝30°，则轨道对轻环的支持力大小为F_N＝2mgcos 30°＝mg，选项A错误；细线对M点的拉力大小为F_T＝mg，选项B错误；细线对轻环的作用力大小为F_N′＝F_N＝mg，选项C错误；由几何关系可知，N点和轻环的连线与竖直方向的夹角为30°，选项D正确．

2.(多选)(2020·安徽安庆二中质检)如图12所示，质量为M的木楔倾角为θ，在水平地面上保持静止．当将一质量为m的木块放在斜面上时正好沿斜面匀速下滑，如果用与斜面成α角的力F拉着木块沿斜面匀速上滑．重力加速度为g，下列说法中正确的是(　　)

图12
A．当α＝2θ时，F有最小值
B．F的最小值为mgsin 2θ
C．在木块匀速上滑过程中，地面对M的静摩擦力方向水平向右
D．在木块匀速上滑过程中，地面对M的静摩擦力方向水平向左
答案　BD
解析　选木块为研究对象，当没加外力F时正好匀速下滑，设木块与斜面间的动摩擦因数为μ，此时平行于斜面方向必有mgsin θ＝μmgcos θ.当加上外力F时，对木块受力分析如图，则有F_f＝μF_N，平行于斜面方向有F_f＋mgsin θ＝Fcos α，垂直于斜面方向有F_N＋Fsin α＝mgcos θ，联立解得F＝＝，故当α＝θ时，F有最小值，最小值为F_min＝mgsin 2θ，故A错误，B正确；选M和m组成的整体为研究对象，设水平地面对木楔M的静摩擦力为F_f′，水平方向受力平衡，则有F_f′＝Fcos(θ＋α)，可知静摩擦力的方向水平向左，故C错误，D正确．

3.(多选)如图13所示，表面光滑的半球形物体固定在水平面上，光滑小环D固定在半球形物体球心O的正上方，轻质弹簧一端用轻质细绳固定在A点，另一端用轻质细绳穿过小环D与放在半球形物体上的小球P相连，DA水平．现将细绳固定点A向右缓慢平移的过程中(小球P未到达半球最高点前)，下列说法正确的是(　　)

图13
A．弹簧变短
B．弹簧变长
C．小球对半球的压力不变
D．小球对半球的压力变大
答案　AC
解析　以小球为研究对象，受力分析如图，小球受重力G、细线的拉力F_T和半球面的支持力F_N，作出F_N、F_T的合力F，由平衡条件得知F＝G，由图根据三角形相似可得＝＝，将F＝G代入得：F_N＝G，F_T＝G，将细绳固定点A向右缓慢平移，DO、PO不变，PD变小，可知F_T变小，F_N不变，即弹簧的弹力变小，弹簧变短，由牛顿第三定律知小球对半球的压力不变，故A、C正确，B、D错误．

专题强化练

[保分基础练]
1.(2021·江苏省1月适应性考试·3)如图1所示，对称晾挂在光滑等腰三角形衣架上的衣服质量为M，衣架顶角为120°，重力加速度为g，则衣架右侧对衣服的作用力大小为(　　)
btr

图1
A.Mg　　　　　　 B.Mg
C.Mg D．Mg
答案　B
解析　对衣服进行受力分析，如图所示：
btr

由几何关系知，衣架左、右侧对衣服的作用力F_N与竖直方向的夹角为30°，
则有2F_Ncos 30°＝Mg，
得F_N＝Mg，故选B.
2.戽斗是古代一种小型的人力提水灌田农具，是我国古代劳动人民智慧的结晶．如图2所示，两人双手执绳牵斗取水，在绳子长度一定时(　　)

图2
A．两人站得越近越省力
B．两人站得越远越省力
C．两边绳子与竖直方向夹角为60°时最省力
D．绳子拉力大小与两人距离远近无关
答案　A
3.如图3所示，两个相同的木模质量均为m，靠三根竖直细线连接，在水平面上按一个“互”字形静置，上方木模呈现悬浮效果，这是利用了建筑学中的“张拉整体”结构原理．已知重力加速度为g，则图中短线a上的张力F₁和水平面所受压力F₂满足(　　)

图3
A．F₁>mg，F₂<2mg B．F₁>mg，F₂＝2mg
C．F₁<mg，F₂<2mg D．F₁<mg，F₂＝2mg
答案　B
解析　对两个木模的整体受力分析，整体受2mg的重力和水平面的支持力F₂′，有F₂′＝2mg，由牛顿第三定律可知，水平面所受压力F₂＝F₂′，对上方木模分析可知，短线a上的张力F₁向上，两长线的拉力F_T向下，有2F_T＋mg＝F₁，故有F₁>mg，故选B.
4.一台空调外机用两个三脚架固定在外墙上，如图4所示，空调外机的重心在支架水平横梁AO和斜梁BO连接点O的上方，横梁对O点的拉力沿OA方向、大小为F₁，斜梁对O点的支持力沿BO方向、大小为F₂.如果把斜梁加长一点，仍保持连接点O的位置不变，则(　　)

图4
A．F₁增大 B．F₁减小
C．F₂不变 D．F₂增大
答案　B
解析　对O点受力分析如图所示

由平衡条件得 F₁＝，F₂＝，保持连接点O的位置不变，斜梁长度增加，θ变大，所以F₁、F₂均减小．故选B.
5.(2021·东北三省四市教研联合体3月模拟)如图5所示，物体甲放置在水平地面上，通过跨过光滑轻质定滑轮的轻质细绳与小球乙相连，整个系统处于静止状态．现对小球乙施加水平力F，使小球乙缓慢上升一小段距离，整个过程中物体甲保持静止．设甲受到地面的摩擦力为F_f，支持力为F_N，细绳的拉力为F_T，则该过程中(　　)

图5
A．F_f变小，F不变 B．F_T变大，F_N变大
C．F_f变大，F_N变小 D．F_T不变，F不变
答案　C
解析　取乙为研究对象，分析其受力情况，设与乙相连的细绳与竖直方向夹角为α，则水平力F＝mgtan α，细绳与竖直方向夹角α逐渐增大，则F增大；取物体甲为研究对象，甲受到重力、绳子的拉力、地面的支持力以及地面的摩擦力，其中绳子的拉力F_T＝，α逐渐增大，绳子的拉力F_T逐渐增大，F_T在水平方向的分力逐渐增大，所以水平地面对甲的摩擦力增大；F_T在竖直方向的分力逐渐增大，甲受到地面的支持力F_N变小．故选C.
6.(2021·湖北省1月选考模拟·6)如图6所示，矩形平板ABCD的AD边固定在水平面上，平板与水平面夹角为θ，AC与AB的夹角也为θ.质量为m的物块在平行于平板的拉力作用下，沿AC方向匀速运动．物块与平板间的动摩擦因数μ＝tan θ，重力加速度大小为g，拉力大小为(　　)

图6
A．2mgsin θcos B．2mgsin θ
C．2mgsin D．mgsin θcos
答案　A
解析　对物块受力分析，如图甲、乙所示，重力沿平板向下的分力为mgsin θ，支持力F_N＝mgcos θ，滑动摩擦力F_f＝μF_N＝mgsin θ，则拉力F＝2mgsin θcos ，故A正确．

7.(2021·黑龙江鹤岗一中三校高三期末联考)如图7所示，将一光滑轻杆固定在水平地面上，杆与地面间的夹角为30°，一光滑轻环(不计重力)套在杆上，一个大小和质量都不计的滑轮通过轻绳OP悬挂在天花板上，用另一轻绳绕过滑轮系在轻环上，现用水平向右的力缓慢拉绳，当轻环静止不动时，OP绳与天花板之间的夹角为(　　)

图7
A．30° B．45° C．60° D．75°
答案　C
解析　对轻环Q进行受力分析如图甲，则只有绳子的拉力垂直于杆时，绳子的拉力沿杆的方向没有分力；由几何关系可知，绳子与竖直方向之间的夹角是30°；对滑轮进行受力分析如图乙，由于滑轮的质量不计，则OP绳对滑轮的拉力与两个绳子拉力的合力大小相等、方向相反，所以OP绳的方向一定在两根绳子夹角的角平分线上，由几何关系得OP绳与竖直方向之间的夹角：β＝－30°＝30°，则OP绳与天花板之间的夹角为：90°－β＝60°，故选C.

8.(2021·上海交大附中高三上学期1月期末)如图8，光滑绝缘斜面固定在水平面上，一定质量的带电小球A在斜面上保持静止，小球A与斜面间有平行于斜面的细线相连，带电小球B用绝缘杆固定，A、B在同一水平高度，此时斜面对小球A无支持力．现保持B球的水平高度不变，将B球缓慢向左移动一小段距离，则在此过程中(　　)

图8
A．小球A脱离斜面，细线所受的拉力变大
B．小球A脱离斜面，细线所受的拉力变小
C．小球A仍在斜面上，细线所受的拉力变大
D．小球A仍在斜面上，细线所受的拉力变小
答案　A
解析　因为此时斜面对小球A无支持力，可知B球对A球有引力作用；若将B球缓慢向左移动一小段距离，距离减小，则引力变大，则小球A将脱离斜面；B球对A球的引力变大，引力与重力的合力变大，根据力的平衡条件，则细线所受的拉力变大，故选A.
[争分提能练]
9.(多选)(2019·全国卷Ⅰ·19)如图9，一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(　　)

图9
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
答案　BD
解析　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F_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m_Ng≥m_Mgsin θ，则M所受斜面的摩擦力大小会一直增大，若m_Ng<m_Mgsin θ，则M所受斜面的摩擦力大小可能先减小后反向增大，选项C错误，D正确．

10．(2021·湖南卷·5)质量为M的凹槽静止在水平地面上，内壁为半圆柱面，截面如图10所示，A为半圆的最低点，B为半圆水平直径的端点．凹槽恰好与竖直墙面接触，内有一质量为m的小滑块．用推力F推动小滑块由A点向B点缓慢移动，力F的方向始终沿圆弧的切线方向，在此过程中所有摩擦均可忽略，下列说法正确的是(　　)

图10
A．推力F先增大后减小
B．凹槽对滑块的支持力先减小后增大
C．墙面对凹槽的压力先增大后减小
D．水平地面对凹槽的支持力先减小后增大
答案　C
解析　对滑块受力分析，由平衡条件有F＝mgsin θ，
F_N＝mgcos θ，θ为F与水平方向的夹角，滑块从A缓慢移动到B点时，θ越来越大，则推力F越来越大，支持力F_N越来越小，所以A、B错误；
对凹槽与滑块整体受力分析，墙面对凹槽的压力为
F_N′＝Fcos θ＝mgsin θcos θ＝mgsin 2θ，
则θ越来越大时，墙面对凹槽的压力先增大后减小，所以C正确；
水平地面对凹槽的支持力为
F_N_地＝(M＋m)g－Fsin θ＝(M＋m)g－mgsin²θ
则θ越来越大时，水平地面对凹槽的支持力越来越小，所以D错误．
11．(多选)(2021·黑龙江齐齐哈尔市实验中学高三期末)如图11所示，有一长为L的轻杆，一端用光滑的铰链固定在墙上，另一端固定一质量为m的小球B，在距铰链正上方L处有一光滑轻质小定滑轮，现用手拉动绕过滑轮并系在小球B上的细线，使小球B缓慢上移，手对细线的拉力大小为F，杆对小球B的弹力大小为F_N，重力加速度为g，在移动过程中，下列说法正确的是(　　)

图11
A．F不变，F_N减小
B．F减小，F_N不变
C．当杆被拉至水平状态时F＝mg
D．杆对小球B的弹力大小恒为mg
答案　BCD
解析　对B球受力分析，画出力的示意图如图所示

根据相似三角形规律有＝＝
解得F_N＝mg，F＝
小球B缓慢上移，重力mg不变，L不变，则杆对小球的弹力大小F_N不变，绳子长度l_AB减小，所以F减小，A错误，B、D正确；当杆被拉至水平状态时，绳子的长度为l_AB＝L，由相似三角形关系可得F＝mg，C正确．
12.如图12所示，半径为R的圆环竖直放置，长度为R的不可伸长的轻细绳OA、OB，一端固定在圆环上，另一端在圆心O处连接并悬挂一质量为m的重物，初始时OA绳处于水平状态．把圆环沿地面向右缓慢转动，直到OA绳处于竖直状态，在这个过程中(　　)

图12
A．OA绳的拉力逐渐增大
B．OA绳的拉力先增大后减小
C．OB绳的拉力先增大后减小
D．OB绳的拉力先减小后增大
答案　B
解析　以重物为研究对象，重物受到重力mg、OA绳的拉力F₁、OB绳的拉力F₂三个力而平衡，构成矢量三角形，置于几何圆中如图：

在转动的过程中，OA绳的拉力F₁先增大，转过直径后开始减小，OB绳的拉力F₂开始处于直径上，转动后一直减小，B正确，A、C、D错误．
13．(2021·山东滨州市高三期末)如图13所示，竖直杆固定在木块C上，两者总重为20 N，放在水平地面上，轻细绳a连接小球A和竖直杆顶端，轻细绳b连接小球A和B，小球A、B重均为10 N．当用最小的恒力F作用在小球B上时，A、B、C均保持静止，绳a与竖直方向的夹角为30°.下列说法正确的是(　　)

图13
A．力F的大小为5N
B．绳a的拉力大小为10N
C．地面对C的摩擦力大小为10 N
D．地面对C的支持力大小为40 N
答案　B
解析　以A、B整体为研究对象，整体受到重力2G、绳a的拉力F_Ta和恒力F，当恒力F的方向与绳a拉力的方向垂直向上时，F最小，如图所示．

则F＝2Gsin 30°＝2×10×N＝10 N，F_Ta＝2Gcos 30°＝2×10×N＝10N，故A错误，B正确；以A、B、C及竖直杆整体为研究对象，根据水平方向受力平衡可得F_f＝Fcos 30°＝10×N＝5N，根据竖直方向受力平衡可得F_N＋Fsin 30°＝G_A＋G_B＋G_C_、杆，解得F_N＝G_A＋G_B＋G_C_、杆－Fsin 30°＝10 N＋10 N＋20 N－10×N＝35 N，故C、D错误．

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