力与物理的平衡高考题(III)老师专用

1、力与物体的平衡高考题（4）主要题型：选择题知识热点(1)单独命题受力分析力的合成与分解共点力平衡(2)交汇命题点：带电体(或粒子)在电场、磁场或复合场中的平衡问题物理方法(1)整体法和隔离法(2)假设法(3)合成法(4)正交分解法(5)矢量三角形法(图解法)(6)等效思想等1(2011江苏卷，1)如图111所示，石拱桥的正中央有一质量为m的对称楔形石块，侧面与竖直方向的夹角为，重力加速度为g.若接触面间的摩擦力忽略不计，则石块侧面所受弹力的大小为()图111A.eq f(mg,2sin ) B.eq f(mg,2cos ) C.eq f(1,2)mgtan D.eq f(1,2)mgcot 解

2、析对石块受力分析如图，建立如图所示坐标系，由平衡条件得：2Fsin mg，解得Feq f(mg,2sin ).答案A2. (2014山东卷，14)如图112所示，用两根等长轻绳将木板悬挂在竖直木桩上等高的两点，制成一简易秋千某次维修时将两轻绳各剪去一小段，但仍保持等长且悬挂点不变木板静止时，F1表示木板所受合力的大小，F2表示单根轻绳对木板拉力的大小，则维修后()AF1不变，F2变大 BF1不变，F2变小CF1变大，F2变大 DF1变小，F2变小图112解析木板静止，所受合力为零，将两轻绳各剪去一小段，木板再次静止，所受合力仍为零，所以F1不变，两绳之间的夹角变大，木板重力沿绳方向的分力变大，

3、故F2变大，正确选项为A.答案A3(2014广东卷，14)如图113所示，水平地面上堆放着原木，关于原木P在支撑点M、N处受力的方向，下列说法正确的是()AM处受到的支持力竖直向上 BN处受到的支持力竖直向上 CM处受到的静摩擦力沿MN方向 DN处受到的静摩擦力沿水平方向图113解析M处所受支持力方向与支持面(地面)垂直，即竖直向上，A正确；N处所受支持力与支持面(原木接触面)垂直，即垂直MN向上，故B错误，摩擦力与接触面平行，故C、D错误答案A图1144(2014扬州市高三第一学期期末检测)在水平地面上固定一个上表面光滑的斜面体，在它上面放有质量为m的木块，用一根平行于斜面的细线连接一个轻环

4、，并将轻环套在一根两端固定、粗糙的水平直杆上，整个系统处于静止状态，如图114所示，则杆对环的摩擦力大小为()Amgsin Bmgcos Cmgtan Dmgsin cos 解析设细线的弹力为F，对斜面上的物块由共点力平衡条件有Fmgsin 0，对轻环由共点力平衡条件有Fcos f0，解得杆对环的摩擦力大小为fmgsin cos .答案D图1155(2014淮安市高三考前信息卷)如图115所示，斜面的倾角为30，物块A、B通过轻绳连接在弹簧测力计的两端，A、B重力分别为10 N、6 N，整个装置处于静止状态，不计一切摩擦，则弹簧测力计的读数为()A1 N B5 N C6 N D11 N解析对物

5、体A由共点力平衡条件有FTGAsin 300，由牛顿第三定律可知，弹簧测力计的读数为FT5 N选项B正确答案B图1166(多选)(2014山东滨州模拟)完全相同的两物体P、Q，质量均为m，叠放在一起置于水平面上，如图116所示现用两根等长的细线系在两物体上，两细线与水平方向均成角，在细线的结点处施加一水平拉力F，两物体始终保持静止状态，则下列说法正确的是(重力加速度为g)()A物体P受到细线的拉力大小为Fcos B两物体间的摩擦力大小为eq f(F,2)C物体Q对地面的压力大小为2mg D地面对Q的摩擦力为F解析隔离三绳的结点O受力分析如图甲，由平衡条件得FTeq f(F,2 cos )，A项

6、错；隔离物体P受力如图乙，由平衡条件得Ff1FT cos eq f(F,2)，B项正确；选PQ及两绳整体为研究对象，受力如图丙，由平衡条件和牛顿第三定律得：Q对地面的压力FNFN2mg，C项正确；FfF，D项正确答案BCD7.质量为1 kg的小球套在与水平面成37角的固定硬杆上，现用与杆和重力同平面且垂直于杆向上的力F拉小球，如图117所示，当力F20 N时小球处于静止状态，设小球与杆间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知sin 370.6，cos 370.8，取g10 m/s2.则()图117A小球与杆间的动摩擦因数不小于0.5B小球与杆间的动摩擦因数一定等于eq f(3,4)C当力F增大时小

7、球受到的摩擦力增大D当力F减小时，小球受到的摩擦力一定减小解析小球受四个力作用如图所示，由平衡条件可得Ffmgsin 370，FFNmgcos 370，解得Ff6 N，FN12 N由FfFN得eq f(Ff,FN)0.5，故小球与杆间动摩擦因数必须满足0.5，A对、B错；当力F增大时，杆对小球的弹力增大，最大静摩擦力增大，因此小球仍静止在杆上，Ffmgsin 370仍成立，摩擦力为6 N不变，C错；当力F减小时，小球可能沿杆下滑，也可能仍静止，因此摩擦力可能减小，也可能不变，D错答案A1研究对象的选取方法：(1)整体法(2)隔离法2受力分析的顺序一般按照“一重、二弹、三摩擦，四其他”的程序，结

8、合整体法与隔离法分析物体的受力情况3处理平衡问题的基本思路热点二物体的动态平衡问题8(2014广东佛山一模)如图118所示，一小球在斜面上处于静止状态，不考虑一切摩擦，如果把竖直挡板由竖直位置缓慢绕O点转至水平位置，则此过程中球对挡板的压力F1和球对斜面的压力F2的变化情况是()AF1先增大后减小，F2一直减小 BF1先减小后增大，F2一直减小CF1和F2都一直减小 DF1和F2都一直增大图118解析小球受力如图甲所示，因挡板是缓慢移动，所以小球处于动态平衡状态，在移动过程中，此三力(重力G、斜面的支持力F2、挡板的弹力F1)组合成一矢量三角形的变化情况如图乙所示(重力大小方向均不变，斜面对其

9、支持力方向始终不变)，由图可知此过程中斜面对小球的支持力不断减小，挡板对小球弹力先减小后增大，再由牛顿第三定律知B对答案B9(2014浙江省宁波市二模)如图119所示，小方块代表一些相同质量的钩码，图甲中O为轻绳之间的连接点，图乙中光滑的滑轮跨在轻绳上悬挂着钩码，两装置均处于静止状态，现将图甲中的B滑轮和图乙中的端点B沿虚线方向稍稍上移一些，则下列关于角的变化情况，说法正确的是()A图甲、图乙中角均变大 B图甲、图乙中角均不变C图甲中角变大、图乙中角不变化 D图甲中角不变、图乙中角变大图119解析题图甲中B滑轮沿虚线稍稍上移一些，O点两侧细线中拉力大小不变，这两个拉力的合力不变，从而导致题图甲

10、中角不变题图乙中的端点B沿虚线稍稍上移一些，由于A、B之间的细线长度不变，题图乙中角不变化所以选项B正确 答案B求解动态平衡问题的思想和方法1基本思想：化“动”为“静”，“静”中求“动”2基本方法：(1)解析法：对研究对象的任一状态进行受力分析，建立平衡方程，求出因变量与自变量的一般函数式，然后根据自变量的变化确定因变量的变化(2)图解法热点三电学中的平衡问题10(2014江西南昌调研)水平面上有U形导轨NMPQ，它们之间的宽度为L，M和P之间接入电源，现垂直于导轨搁一根质量为m的金属棒ab，棒与导轨的动摩擦因数为(滑动摩擦力略小于最大静摩擦力)，通过棒的电流强度为I，现加一个范围较大的匀强磁

11、场，磁感应强度大小为B，方向垂直于金属棒ab，与垂直导轨平面的方向夹角为，如图1111所示，金属棒处于静止状态，重力加速度为g，则金属棒所受的摩擦力大小为()图1111ABILsin BBILcos C(mgBILsin ) D(mgBILcos )解析金属棒处于静止状态，其合力为零，对其进行受力分析，如图所示，在水平方向有BILcos Ff0，FfBILcos ，选项B正确，选项A、C、D错误答案B11(2014南宁二模)长为L的通电导体放在倾角为的光滑斜面上，并处在磁感应强度为B的匀强磁场中，如图1112所示，当B方向竖直向上，电流为I1时导体处于平衡状态，若B方向改为垂直斜面向上，则电流

12、为I2时导体仍处于平衡状态，电流比值eq f(I1,I2)应为()图1112Acos B.eq f(1,cos ) Csin D.eq f(1,sin )解析当B竖直向上时，对导体受力分析如图所示，由平衡条件得：BI1Lmgtan 当B垂直斜面向上时，对导体受力分析如图所示，由平衡条件得：BI2Lmgsin 联立得：eq f(I1,I2)eq f(1,cos )，故选项B正确答案B12(多选)(2014浙江卷，19)如图1113所示，水平地面上固定一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角为.一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球A，细线与斜面平行小球A的质量为m、电量为q.小

13、球A的右侧固定放置带等量同种电荷的小球B，两球心的高度相同、间距为d.静电力常量为k，重力加速度为g，两带电小球可视为点电荷小球A静止在斜面上，则()图1113A小球A与B之间库仑力的大小为eq f(kq2,d2) B当eq f(q,d)eq r(f(mgsin ,k)时，细线上的拉力为0C当eq f(q,d)eq r(f(mgtan ,k)时细线上的拉力为0 D当eq f(q,d)eq r(f(mg,ktan )时斜面对小球A的支持力为0解析由Feq f(kq1q2,r2)得：F库eq f(kq2,d2)，选项A正确对A球受力分析如图所示要使FT0需满足mgtan eq f(kq2,d2)，

14、选项B错，C正确；要使A球平衡，弹力FN一定不为零，选项D错误答案AC处理电学中的平衡问题的方法：与纯力学问题的分析方法一样，学会把电学问题力学化分析方法是：高考命题热点1.力与共点力的平衡(1)物体的受力分析一定要全面，本着先重力，后弹力、摩擦力以及其他外力的顺序进行分析，根据各种力的产生条件，分析清楚各个接触面处的接触情况(2)弹力、摩擦力等力大小的计算要根据物体所处的状态列式求解，一定不要“想当然”下结论(3)找准解决问题的突破口图111514.(多选) (2014烟台二模)(6分)如图1116所示，两段等长细线L1和L2串接着两个质量相等的小球a、b，悬挂于O点现施加水平向右的力F缓慢

15、拉动a，L1对a球的拉力大小为F1，L2对b球的拉力大小为F2，在缓慢拉动的过程中，F1和F2的变化情况是()AF1变大 BF1变小 CF2不变 DF2变大图1116解析在F缓慢拉动过程中，b球受力如图甲所示，由平衡条件得F2m2g，故F2不变，选项C正确，D错误；a、b球整体受力如图乙所示，由平衡条件得F1cos (m1m2)g0，在力F向右拉动过程中，L1与竖直方向的夹角变大，cos 变小，故F1变大，选项A正确，B错误答案AC15(2014南通市、扬州市、泰州市、连云港市、淮安市三模)图1117如图1117所示，当风水平吹来时，风筝面与水平面成一夹角，人站在地面上拉住连接风筝的细线则()

16、A空气对风筝的作用力方向水平向右 B地面对人的摩擦力方向水平向左C地面对人的支持力大小等于人和风筝的总重力D风筝处于稳定状态时，拉直的细线可能垂直于风筝面解析空气对风筝的作用力应该是垂直于风筝面，方向为斜向右上方，选项A错误；把人和风筝看作一个整体，系统受到竖直向下的重力、地面对系统向上的支持力、垂直风筝面斜向上的弹力，要使系统静止，人必须受到地面对他的水平向左的摩擦力，选项B正确；风力对整个系统有向上的分力，因此地面对人的支持力要小于人和风筝的总重力，选项C错误；以风筝为研究对象，风筝受重力、绳的拉力、垂直风筝面斜向上的弹力，三力的合力为零，所以风筝所受的拉力与风力不在一条直线上，即细线不会

17、垂直于风筝面，选项D错误答案B16如图1118甲所示，斜拉桥的塔柱两侧有许多钢索，它们的一端都系在塔柱上对于每一对钢索，它们的上端可以看成系在一起，即两根钢索对塔柱的拉力F1、F2作用在同一点，它们合起来对塔柱的作用效果应该让塔柱好像受到一个竖直向下的力F一样，如图乙所示这样，塔柱便能稳固地伫立在桥墩上，不会因钢索的牵拉而发生倾斜，甚至倒下如果斜拉桥塔柱两侧的钢索不能呈对称分布如图丙所示，要保持塔柱受的合力竖直向下，那么钢索AC、AB的拉力FAC、FAB应满足()图1118AFACFAB11 BFACFABsin sin CFACFABcos cos DFACFABsin sin 解析将AB、

18、AC上的力分解，在水平方向上的合力应为零，有：FACsin FABsin 0，则FACFABsin sin ，B正确答案B17(2014吉林省长春市调研测试)如图1120甲所示，水平地面上固定一倾角为30的表面粗糙的斜劈，一质量为m的小物块能沿着斜劈的表面匀速下滑现对小物块施加一水平向右的恒力F，使它沿该斜劈表面匀速上滑如图乙所示，则F大小应为()图1120A.eq r(3)mg B.eq f(r(3),3)mg C.eq f(r(3),6)mg D.eq f(r(3),4)mg解析小物块能沿着斜劈的表面匀速下滑，可知小物块与斜劈表面间的动摩擦因数tan 30.由小物块能沿着斜劈表面匀速上滑，

19、沿斜面方向列平衡方程，可得Fcos 30mgsin 30FN，垂直斜面方向有FNFsin 30mgcos 30，联立解得Feq r(3)mg.所以B、C、D选项错误，A选项正确答案A18(2014山东潍坊市一模) 图1122如图1122所示，两相同小球a、b用轻弹簧A、B连接并悬挂在天花板上保持静止，水平力F作用在a上并缓慢拉a，当B与竖直方向夹角为60时，A、B伸长量刚好相同若A、B的劲度系数分别为k1、k2，则以下判断正确的是()A.eq f(k1,k2)eq f(1,2) B.eq f(k1,k2)eq f(1,4)C撤去F的瞬间，a球的加速度为零 D撤去F的瞬间，b球处于失重状态解析对

20、b球受力分析由平衡条件可知：k1xmg对a球受力分析如图所示，由平衡条件得：k2xcos 60k1xmg由两式得：eq f(k1,k2)eq f(1,4)故选项B正确撤去F的瞬间，a受的合外力大小为F，方向水平向右，故a球的加速度不为零，b球仍处于平衡状态，故选项C、D错误答案B图112419.(2014镇江三模)在离地相同高度处，质量分别为m1和m2的球1与球2同时由静止开始下落，由于空气阻力的作用，两球在抵达地面前均已达到匀速运动状态已知空气阻力与球的下落速度v成正比，即fkv(k0)，且两球的比例常数k完全相同，两球下落的vt关系如图1124所示，则下列叙述正确的是()Am1m2，两球同

21、时抵达地面 Bm2m1，球2先抵达地面Cm2m1，球2先抵达地面 Dm2m1，球1先抵达地面解析当小球做匀速运动时有mgkv0，veq f(mg,k)，所以质量大的最终速度大，即m2m1，vt图线与t轴包围的“面积”表示位移，由图可知球2先到达地面，选项B正确答案B图112520.如图1125所示，截面是三角形的木块a上放置一铁块b，三角形木块竖直边靠在粗糙的竖直面上，现用竖直向上的作用力F，推动木块与铁块一起向上匀速运动，运动过程中铁块与木块始终保持相对静止，下面说法正确的是()A木块a与铁块b间一定存在摩擦力 B木块a与竖直墙面间一定存在水平弹力C木块a与竖直墙面间一定存在摩擦力D竖直向上的作用力F大小一定等于铁块与木块的重力之和解析隔离铁块b对其进行受力分析，它受到重力、木块a的支持力和沿接触面向上的静摩擦力作用，如果没有摩