2025届高考物理二轮复习讲义：专题一 力与运动 第1讲 物体的平衡 【含答案】

2025浙江高考物理二轮复习专题一力与运动第1讲物体的平衡讲义【网络构建】【关键能力】理解力和力的运算法则,会正确受力分析,熟练运用力的平衡的各种表达形式.灵活选取研究对象、会根据实际情况构建平衡模型,同时掌握临界法、函数法、图像法、整体法、隔离法等解题方法,联系生活实际,培养学生的物理观念和科学思维.题型1静态平衡问题例1[2024·浙江1月选考]如图所示,在同一竖直平面内,小球A、B上系有不可伸长的细线a、b、c和d,其中a的上端悬挂于竖直固定的支架上,d跨过左侧定滑轮、c跨过右侧定滑轮分别与相同配重P、Q相连,调节左、右两侧定滑轮高度达到平衡.已知小球A、B和配重P、Q质量均为50g,细线c、d平行且与水平面成θ=30°角(不计摩擦,g取10N/kg),则细线a、b的拉力分别为()A.2N、1NB.2N、0.5NC.1N、1ND.1N、0.5N

【技法点拨】定滑轮只改变力的方向,不改变力的大小,在分析细绳a的拉力时,宜采用整体受力分析;当分析A、B球之间的拉力时,既可以对A球受力分析,也可以对B球受力分析.例2[2020·浙江1月选考]如图所示,在倾角为α的光滑绝缘斜面上固定一个挡板,在挡板上连接一根劲度系数为k0的绝缘轻质弹簧,弹簧另一端与A球连接.A、B、C三小球的质量均为M,qA=q0>0,qB=-q0,当系统处于静止状态时,三小球等间距排列.已知静电力常量为k,重力加速度为g,则 ()A.qC=47qB.弹簧伸长量为MgC.A球受到的库仑力大小为2MgD.相邻两小球间距为q03k【技法点拨】1.解决电磁学中平衡问题,要理清知识体系2.本例在分析C球时,采用假设法结合平衡知识进行讨论,也可以先求C处电场方向,电场力又必须沿斜面向上,从而求得C球电性.与电场力相关的平衡问题可以直接用电场力分析,也可以通过电场强度进行分析.【迁移拓展】1.[2022·浙江1月选考]如图所示,学校门口水平地面上有一质量为m的石墩,石墩与水平地面间的动摩擦因数为μ,工作人员用轻绳按图示方式匀速移动石墩时,两平行轻绳与水平面间的夹角均为θ,重力加速度为g,则下列说法正确的是 ()A.轻绳的合拉力大小为μmgcosB.轻绳的合拉力大小为μmgcosC.减小夹角θ,轻绳的合拉力一定减小D.轻绳的合拉力最小时,地面对石墩的摩擦力也最小2.[2024·温州模拟]如图所示,质量为M、半径为R的圆环状光滑绝缘细杆用三根交于O点的等长细线悬挂于水平面内,每根细线与竖直方向均成30°角,杆上套有三个可视为质点的带正电小球,每个小球的质量均为m、电荷量均为q,小球间的距离相等,球和杆均静止.重力加速度大小为g,静电力常量为k,则 ()A.每根细线对杆的拉力大小为23B.每根细线对杆的拉力大小为23(3m+M)C.每个小球受到的库仑力大小为3D.每个小球对杆的弹力大小为k题型2动态平衡问题1.动态平衡:通过控制某些物理量,使物体的状态发生缓慢的变化,而在这个过程中物体又始终处于一系列的平衡状态,在问题的描述中常用“缓慢”等语言叙述.2.做题流程例3如图所示,在竖直放置的穹形支架上,一根长度不变且不可伸长的轻绳通过轻质光滑滑轮悬挂一重物G.现将轻绳的一端固定于支架上的A点,另一端从B点沿支架缓慢地向C点靠近(C点与A点等高),则在此过程中绳中拉力大小()A.先变大后不变 B.先变大后变小C.先变小后不变 D.先变小后变大【技法点拨】破解动态平衡问题例4[2024·衢州模拟]如图所示,用轻质网兜将一质量均匀的足球悬挂在竖直木板的A点,轻绳与木板之间的夹角为α=30°.将木板以底端为轴顺时针缓慢转动直至木板水平,转动过程中绳与木板之间的夹角保持不变.忽略一切摩擦,球的重力为9N.设木板对球的支持力为FN,绳上的拉力为FT,在木板转动过程中,下列说法正确的是 ()A.FN的最小值为3NB.FN的最大值为9NC.当木板转动60°时,FN是FT大小的三倍D.当木板转动30°时,FN与FT大小相等【迁移拓展】1.如图所示,用OA、OB两根轻绳将花盆悬于两竖直墙之间.开始时OB绳水平,现保持O点位置不变,改变OB绳长,使绳右端由B点缓慢上移至B'点,此时OB'与OA之间的夹角θ<90°.设此过程中OA、OB绳的拉力分别为FOA、FOB,则下列说法正确的是()A.FOA一直减小B.FOA先减小后增大C.FOB一直增大D.FOB一直减小2.如图所示,光滑绝缘圆环轨道竖直固定,两个质量均为m、带等量同种电荷的小环a、b套在圆环轨道上.小环a固定在轨道最低点,初始时b处于静止状态,a、b之间距离为l(l小于轨道直径的长度).小环b缓慢漏电,自图示位置开始缓慢下滑,则 ()A.小环b对轨道的压力可能先指向圆心,后背离圆心B.小环b对轨道的压力大小始终不变C.两小环之间的库仑力先增大后减小D.当小环b的电荷量减为初始电荷量的一半时,a、b之间的距离也减半参考答案与详细解析第1讲物体的平衡题型1例1D[解析]对A、B整体受力分析,如图甲所示,根据平衡条件可知Fa=2mg=1N;对B球受力分析,设Fb与水平方向夹角为α,如图乙所示,根据平衡条件可知Fbcosα=mgcos30°,Fbsinα=Fa-mg-mgsin30°,联立解得α=30°,Fb=mg=0.5N,选项D正确.甲乙例2A[解析]假设小球C带负电,相邻两小球间距为L,对小球C受力分析如图甲所示,根据库仑定律有FBC=kq0qCL2,FAC=kq0qC4L2,显然小球C无法处于静止,因此小球C应该带正电,根据平衡条件得kq0qCL2=kq0qC4L2+Mgsinα,则3kq0qC4L2=Mgsinα,对B球受力分析如图乙所示,根据平衡条件得kq02L2=kq0qCL2+Mgsinα,联立解得qC=47q0,L=3kq027Mgsinα,选项A正确,D错误.A甲乙【迁移拓展】1.B[解析]对石墩受力分析,如图所示,设两根轻绳的拉力均为F,根据平衡条件,有2Fcosθ=Ff,2Fsinθ+FN=mg,且Ff=μFN,F合=2F,联立解得F合=μmgcosθ+μsinθ,选项A错误,B正确;F合=μmgcosθ+μsinθ=μmg1+μ2sin(θ+α),其中tanα=1μ,0<α<π2,即α是一个常数,根据三角函数知识知,减小夹角θ,sin(θ+α)可能减小,轻绳的合拉力F合可能增大,选项C错误;根据F合的表达式可知,当θ+α=π2时,合拉力最小,而摩擦力Ff=F合cosθ=μmg2.D[解析]对杆和小球整体受力分析,竖直方向上有3Fcos30°=(3m+M)g,解得每根细线对杆的拉力大小为F=239(3m+M)g,故A、B错误;根据题意可得,两个小球间的距离为l=2Rcos30°,所以每个小球受到的库仑力大小为F库=2kq2l2cos30°=3kq23R2,故C错误;每个小球对杆的弹力大小为题型2例3A[解析]对滑轮受力分析如图甲所示,由于跨过滑轮的绳子两端拉力大小一定相等,即F1=F2,由几何关系可知绳子两端拉力方向与竖直方向的夹角相等,设为θ,可知F1=F2=mg2cosθ,如图乙所示,设绳长为L,由几何关系可知sinθ=dL,其中d为绳子两端点间的水平距离,轻绳另一端由B点向C点移动过程中,d先变大后不变,因此θ先变大后不变,可知绳中拉力先变大后不变,故例4D[解析]在木板转动过程中,足球的受力如图所示,根据正弦定理可得mgsin(90°−α)=FTsinθ=FNsinβ,其中α=30°保持不变,θ由90°逐渐减小到0,β从锐角逐渐增大到钝角,则sin(90°-α)保持不变,sinθ逐渐减小,sinβ先增大后减小,可知悬绳对足球的拉力FT逐渐减小,木板对足球的支持力FN先增大后减小.初始状态时FN最小,为FNmin=mgtanα=33N,A错误;当木板转动60°时,β=90°,θ=30°,此时FN最大,为FNmax=mgsin60°=63N,此时FT=33N,则FN是FT大小的2倍,B、C错误;当木板转动30°时,β=60°,θ=60°,FN、FT、mg三力构成的矢量三角形为等边三角形【迁移拓展】1.A[解析]根据题意,以花盆为研究对象,分析受力,受重力G、绳OA的拉力FOA和绳OB的拉力FOB,根据平衡条件知,两根绳子的拉力的合力与重力大小相等、方向相反,作出轻绳OB在不同位置时力的合成图,如图所示,由图可看出,FOA逐渐减小,FOB先减小后增大,当θ=90°时,FOB最小,故A正确,B、C、D错误.2.B[解析]对小环b进行受力分析,如图所示,将轨道对小环的支持力FN和两小环之间的库仑力F平移构成矢量三角形,设圆环轨道的半径为R,两环之间的距离为l,根据相似三角形的特点可得mgR=FNR=Fl,解得FN=mg,F=mglR,当小环b缓慢漏电时,从