2022年高考物理题型讲义（新高考）专题1 第1课时　力与物体的平衡

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23．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3A．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4A．金属棒受到的安培力大小为F＝BILsinθB．金属棒受到的摩擦力大小为Ff＝BILcosθC．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Ff＝Fsinθ＝BILsinθ，FN＝G－Fcosθ＝G－BILcosθ，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5A．tanα＝3cotβB．2tanα＝3cotβC．3tanα＝tan(α＋β)D．3tanα＝2tan(α＋β)答案C解析设绳子拉力为FT，墙壁支持力为FN，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FTcosα＝3mg，FTsinα＝FN对小球进行受力分析，可得Fcos(α＋β)＝mg，Fsin(α＋β)＝FN，联立得3tanα＝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．(tanθ＝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8A．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FN，则在运动过程中()图9A．F增大 B．F减小C．FN不变 D．FN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、FN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∽△GFNF，即：eq\f(G,R)＝eq\f(F,AB)＝eq\f(FN,R)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，FN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10A．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Dα＋L2sinα＝s，解得sinα＝eq\f(s,L1＋L2)＝eq\f(s,L)，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2Fcosα＝mg，绳子张力F＝eq\f(mg,2cosα)，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，cosα增大，由F＝eq\f(mg,2cosα)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11A．轨道对轻环的支持力大小为mgB．细线对M点的拉力大小为eq\f(\r(3)mg,2)C．细线对轻环的作用力大小为eq\f(3mg,2)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FN＝2mgcos30°＝eq\r(3)mg，选项A错误；细线对M点的拉力大小为FT＝mg，选项B错误；细线对轻环的作用力大小为FN′＝FN＝eq\r(3)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12A．当α＝2θ时，F有最小值B．F的最小值为mgsin2θC．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mgsinθ＝μmgcosθ.当加上外力F时，对木块受力分析如图，则有Ff＝μFN，平行于斜面方向有Ff＋mgsinθ＝Fcosα，垂直于斜面方向有FN＋Fsinα＝mgcosθ，联立解得F＝eq\f(2mgsinθ,cosα＋μsinα)＝eq\f(mgsin2θ,sin\f(π,2)－θ＋α)，故当α＝θ时，F有最小值，最小值为Fmin＝mgsin2θ，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Ff′，水平方向受力平衡，则有Ff′＝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13A．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FT和半球面的支持力FN，作出FN、FT的合力F，由平衡条件得知F＝G，由图根据三角形相似可得eq\f(FN,PO)＝eq\f(F,DO)＝eq\f(FT,PD)，将F＝G代入得：FN＝eq\f(PO,DO)G，FT＝eq\f(PD,DO)G，将细绳固定点A向右缓慢平移，DO、PO不变，PD变小，可知FT变小，FN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()图1A.eq\f(1,2)Mg B.eq\f(\r(3),3)MgC.eq\f(\r(3),2)Mg D．Mg答案B解析对衣服进行受力分析，如图所示：由几何关系知，衣架左、右侧对衣服的作用力FN与竖直方向的夹角为30°，则有2FNcos30°＝Mg，得FN＝eq\f(\r(3),3)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2A．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A3.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3A．F1>mg，F2<2mg B．F1>mg，F2＝2mgC．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FT向下，有2FT＋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4A．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＝eq\f(G,tanθ)，F2＝eq\f(G,sinθ)，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Ff，支持力为FN，细绳的拉力为FT，则该过程中()图5A．Ff变小，F不变 B．FT变大，FN变大C．Ff变大，FN变小 D．FT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＝mgtanα，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FT＝eq\f(mg,cosα)，α逐渐增大，绳子的拉力FT逐渐增大，FT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；FT在竖直方向的分力逐渐增大，甲受到地面的支持力FN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＝tanθ，重力加速度大小为g，拉力大小为()图6A．2mgsinθcoseq\f(θ,2) B．2mgsinθC．2mgsineq\f(θ,2) D．mgsinθcoseq\f(θ,2)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mgsinθ，支持力FN＝mgcosθ，滑动摩擦力Ff＝μFN＝mgsinθ，则拉力F＝2mgsinθcoseq\f(θ,2)，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7A．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＝eq\f(90°＋30°,2)－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8A．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9A．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FT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mNg≥mMgsinθ，则M所受斜面的摩擦力大小会一直增大，若mNg<mMgsinθ，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10A．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＝mgsinθ，FN＝mgcosθ，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FN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FN′＝Fcosθ＝mgsinθcosθ＝eq\f(1,2)mgsin2θ，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FN地＝(M＋m)g－Fsinθ＝(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FN，重力加速度为g，在移动过程中，下列说法正确的是()图11A．F不变，FN减小B．F减小，FN不变C．当杆被拉至水平状态时F＝eq\r(2)mgD．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eq\f(mg,L)＝eq\f(FN,L)＝eq\f(F,lAB)解得FN＝mg，F＝eq\f(mglAB,L)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FN不变，绳子长度lAB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lAB＝eq\r(2)L，由相似三角形关系可得F＝eq\r(2