专题01　力与物体的平衡-高三物理二轮复习（命题规律+知识荟萃+经典例题+精选习题）(江苏专用)

高三物理二轮复习资料（命题规律+知识荟萃+经典例题+精选习题）

（江苏专用）

专题01　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．

【知识荟萃】

★考向一　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

（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.

（4）整体法与隔离法

3．共点力平衡的常用处理方法

★考向二  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，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．

如图，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）

（2）对于一般的四力平衡及多力平衡，可采用正交分解法．

★考向三  电磁力作用下的平衡问题

1、电场力作用下的平衡问题

（1）电场力的大小和方向

①大小：F＝Eq，F＝。

②方向：正电荷所受电场力的方向与电场强度的方向相同；负电荷所受电场力的方向与电场强度的方向相反。

（2）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。

（3）步骤

①选取研究对象（整体法或隔离法）。

②受力分析，多了电场力。

③列平衡方程。

2、磁场力作用下的平衡问题

（1）安培力

①大小：F＝ILB，此式只适用于B⊥I的情况，且L是导线的有效长度，当B∥I时F＝0。

②方向：用左手定则判断，安培力垂直于B、I决定的平面。

（2）洛伦兹力

①大小：F洛＝qvB，此式只适用于B⊥v的情况。当B∥v时F洛＝0。

②方向：用左手定则判断，洛伦兹力垂直于B、v决定的平面，洛伦兹力永不做功。

（3）立体平面化

该模型一般由倾斜导轨、导体棒、电源和电阻等组成。这类题目的难点是题图具有立体性，各力的方向不易确定。因此解题时一定要先把立体图转化成平面图，通过受力分析建立各力的平衡关系。

（4）带电体的平衡

如果带电粒子在重力场、电场和磁场三者组成的复合场中做直线运动，则一定是匀速直线运动。

【经典例题】

【例题1】拉力器是一种很好的健身器材，由脚环、两根相同的弹性绳、把手等组成。如图所示，女子拉开拉力器使其比原长伸长了40cm，此时拉力大小为120N。假设弹性绳的弹力与伸长量遵循胡克定律，且未超过弹性限度。则（　　）

A．人对健身器材的拉力是由于弹性绳形变产生的

B．若对拉力器的拉力增大，则弹性绳的劲度系数也增大

C．每根弹性绳的劲度系数为150N/m

D．若对拉力器的拉力减为60N，则弹性绳长度变为

【答案】  C

【解析】

A．人对健身器材的拉力是由于人自身形变产生的，A错误；

B．弹性绳的劲度系数是弹性绳固有的属性，对拉力器的拉力增大时，其劲度系数还是不变，B错误；

C．根据胡克定律得

代入数据解得每根弹性绳的劲度系数为

C正确；

D．根据胡克定律，可得若对拉力器的拉力减为60N，则有

代入数据，解得

故弹性绳的形变量为20cm，D错误。

故选C。

【例题2】轻质细线上端固定，下端悬挂一小球，对小球施加一个大小恒定且小于小球重力的拉力F，开始时拉力方向竖直向上，如图所示。现将拉力F在同一竖直平面内沿顺时针方向缓慢转过90°。设细线中拉力的大小为，细线与竖直方向的夹角为，则在拉力F方向变化的过程中（　　）

A．一直增大，一直增大

B．一直增大，先增大后减小

C．先增大后减小，一直增大

D．先增大后减小，先增大后减小

【答案】  B

【解析】

设当细线与竖直方向的夹角为时F与竖直方向的夹角为，对小球受力分析，如图所示

由分析图可知，F与的合力，方向竖直向上，故F、和可以组成一个闭合的矢量三角形。因F的大小不变，所以当F在同一竖直平面内沿顺时针方向缓慢转过90°的过程中，可以以F的大小为半径画出一个动态圆进行分析，同时保证合力的大小、方向都不变，如图所示

当F的方向由竖直向上变到水平向右，即不断增大的过程中，由图可知，从位置1到位置2，再到位置3，的大小不断增大，而从位置1变到位置2，增大；当F与垂直，即在位置2时，最大；从位置2变到位置3，减小，故先增大后减小。

故选B。

【例题3】工人对社区的公共体育健身器材进行维修时，发现某秋千由于长期使用，导致两根支架向内发生了对称倾斜，如图中虚线所示；经维修扶正后，如图中实线所示。两根绳子长度相同，悬点等高。秋千静止时用F表示座椅所受合力大小，用F1表示一根绳对座椅拉力的大小。则与扶正前相比（　　）

A．F不变 B．F变小

C．F1变小 D．F1不变

【答案】  A

【解析】

AB．扶正前后座椅均处于静止，所受合力均为零，故F不变，故A正确，B错误；

CD．座椅静止时，受力分析，如图所示

根据共点力平衡条件，有

解得

扶正后，θ角变大，F1变大，故CD错误。

故选A。

【例题4】如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆环的最高点有一个光滑的小孔。质量为m的小球套在圆环上，一根细线的下端系着小球，上端穿过小孔用手拉住。现拉动细线，使小球沿圆环缓慢上移，在移动过程中，手对细线的拉力F和圆环对小球的弹力FN的大小变化情况是（　　）

A．F不变，FN增大 B．F不变，FN减小

C．F减小，FN不变 D．F增大，FN减小

【答案】  C

【解析】

小球沿圆环缓慢上移可看成小球始终受力平衡，对小球进行受力分析，受力示意图如图所示

由图可知，即

当A点上移时，半径不变，AB长度减小，故F减小，FN不变，C正确。

故选C。

【精选习题】

一、单选题

1．如图所示，光滑水平面上放有质量为M＝2kg的足够长的木板B，通过水平轻弹簧与竖直墙壁相连的物块A叠放在B上，A的质量为m＝1kg，弹簧的劲度系数k＝100N/m。初始时刻，系统静止，弹簧处于原长。现用一水平向右的拉力F＝10N作用在B上，已知A、B间动摩擦因数μ＝0.2，g取10m/s2。则（　　）

A．A受到的摩擦力逐渐变大

B．A向右运动的最大距离为4cm

C．B做加速度减小的加速运动

D．B对A的摩擦力一直对A做正功

【答案】  B

【解析】

A．分析题意可知，开始时A受B的静摩擦力逐渐增加，当静摩擦力达到最大时，A相对B产生滑动，则此时A受滑动摩擦力保持不变，选项A错误；

B．A、B间的最大静摩擦力

fm=μmg=2N

当B对A的静摩擦力达到最大时，A向右运动的距离为

此时弹力与摩擦力相等，A与B有共同的速度且此时A的速度达到最大值，以后A始终受到向右的大小不变的滑动摩擦力作用，A继续向右运动，由于弹力大于摩擦力，则A将做减速运动（运动情况类似竖直方向的弹簧振子），则A还能继续向右运动2cm后速度减为零，则A向右运动的最大距离为4cm，故B正确；

C．对B受力分析可知

因开始时f逐渐变大，当两者产生相对滑动后f保持不变，可知加速度先减小后保持不变，选项C错误；

D．对滑动前，A受到B对A的摩擦力和弹簧弹力作用，摩擦力向右，对A物块做正功，相对滑动后，物块A相对地面不动，则摩擦力对A不做功，故D错误。

故选B。

2．如图所示，质量都为m的A、B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止。现用大小等于mg的恒力F竖直向上拉B，B向上运动h时与A分离，则下列说法正确的是（　　）

A．B和A刚分离时，弹簧为原长

B．B和A刚分离时，它们的加速度为g

C．在B与A分离之前，它们做匀加速运动

D．弹簧的劲度系数等于

【答案】  D

【解析】

AB．物体B和A刚分离时，A与B之间的弹力为零，B受到重力mg和恒力F，因为

所以B的加速度为零，A的加速度也为零，弹簧对A有向上的弹力，与重力平衡，弹簧处于压缩状态，故AB错误；

C．在B与A分离之前，对A、B整体，重力2mg不变，弹簧弹力减小，合力减小，整体做变加速运动，故C错误；

D．物体B和A刚分离时，弹簧的弹力大小为mg，原来静止时弹力大小为2mg，则由静止开始到物体B与A刚分离时，弹力减小量

两物体向上运动的距离为h，则弹簧压缩量减小

由胡克定律得

故D正确。

故选D。

3．如图所示，质量为m的木块在质量为M的长木板上滑动，长木板与水平地面间的动摩擦因数为μ1，木块与木板间的动摩擦因数为μ2，已知长木板处于静止状态，那么此时长木板受到地面的摩擦力大小为（　　）

A．μ2mg B．μ1Mg C．μ1（m+M）g D．μ2mg+μ1Mg

【答案】  A

【解析】

对木块受力分析，受重力mg、长木板的支持力FN和向左的滑动摩擦力Ff1，有

Ff1=μ2FN

FN =mg

Ff1=μ2 mg

对长木板受力分析，受到重力Mg、木块对长木板的压力、木块对长木板向右的滑动摩擦力、地面的支持力F支和向左的静摩擦力Ff2，长木板受力平衡，由平衡条件可知，在竖直方向受力平衡，在水平方向受力平衡则有

Ff2=

由牛顿第三定律可知

=Ff1=μ2 mg

A正确，BCD错误。

故选A。

4．在东京奥运会举重比赛中，李发彬在挺举中展现“金鸡独立”绝技，单脚支撑。又将姿势回复为双脚着地稳定3秒，最终夺得冠军，并打破奥运纪录。将李发彬的单脚支撑和双脚着地均视作平衡状态。关于此过程的表述正确的是（　　）

A．单脚支撑时地面对其支持力大小比双脚着地时的支持力大

B．单脚支撑时地面对其支持力大小比双脚着地时的支持力小

C．若李发彬握杠的两手间距离变大，则其手臂受杠铃的作用力将变大

D．若李发彬握杠的两手间距离变大，则其手臂受杠铃的作用力将变小

【答案】  C

【解析】

AB．根据受力平衡可知，单脚支撑时地面对其支持力和双脚着地时的支持力大小都等于运动员和杠铃的总重，AB错误；

CD．手臂对杠铃的作用力大小为，手臂与横杠之间的夹角为，杠铃的重力为，根据平衡条件可得

由几何关系可知握杠的两手间距离变大，对应的角越小，则变大，由牛顿第三定律可知，手臂受杠铃的作用力变大，C正确，D错误。

5．如图所示，质量为m的半球体和质量为M的正方体放在两竖直墙和水平面间，处于静止状态。半球体的底面与竖直方向夹角为α，重力加速度g，若不计一切摩擦，下列说法正确的是（　　）

A．正方体受3个力的作用 B．正方体对半球体的弹力大小为

C．水平面对正方体的弹力大小为（M+m）gcosα D．左侧墙面对正方体的弹力大小等于mgcotα

【答案】  D

【解析】

A．对正方体进行受力分析，受到重力、地面的支持力、半球体对它的压力以及左侧墙壁对它的支持力，所以正方体受到4个力作用，故A错误；

B．对半球体进行受力分析，受到重力、正方体的弹力和右侧墙壁对它的支持力，如图所示，把正方体对半球体的弹力FN2沿水平方向和竖直方向分解，可得

FN2sinα＝mg

解得

FN2＝

故B错误；

C．以两个物体所组成的系统为研究对象，竖直方向上系统受到向上的支持力和向下的重力，整体处于静止状态，所以水平面对正方体的弹力大小为（M+m）g，故C错误；

D．墙面对半球体的弹力大小

FN1＝FN2cosα

解得

FN1＝mgcotα

以整体为研究对象，水平方向上系统受到左右两侧墙面的弹力而平衡，所以左侧墙面对正方体的弹力大小等于mgcotα，故D正确。

故选D。

6．某同学经过长时间的观察后发现，路面出现水坑的地方，如果不及时修补，水坑很快会变大，善于思考的他结合学过的物理知识，对这个现象提出了多种解释，则下列说法中不合理的解释是（     ）

A．车辆上下颠簸过程中，某些时刻处于超重状态

B．把坑看作凹陷的弧形，车对坑底的压力比平路大

C．车辆的驱动轮出坑时，对地的摩擦力比平路大

D．坑洼路面与轮胎间的动摩擦因数比平直路面大

【答案】  D

【解析】

A．车辆上下颠簸过程中，可能在某些时刻加速度向上，则汽车处于超重状态，A正确，不符合题意；

B．把坑看作凹陷的弧形，根据牛顿第二定律有

则根据牛顿第三定律，把坑看作凹陷的弧形，车对坑底的压力比平路大，B正确，不符合题意；

C．车辆的驱动轮出坑时，对地的摩擦力比平路大，C正确，不符合题意；

D．动摩擦因数由接触面的粗糙程度决定，而坑洼路面可能比平直路面更光滑则动摩擦因数可能更小，D错误，符合题意。

故选D。

7．一根柔软质地完全均匀的缆绳悬在向右水平匀速飞行的直升机下方，空气对缆绳的阻力不可忽略。下列最能显示缆绳形状示意图的是（　　）

A． B．

C． D．

【答案】  C

【解析】

因空气对缆绳的阻力不可忽略，则缆绳受到水平向左的空气阻力，且缆绳各段所受空气阻力相同，所以缆绳应为倾斜的直线。

故选C。

8．某幼儿园要做一个儿童滑梯，设计时根据场地大小确定滑梯的水平跨度为L，滑板和儿童裤料之间的动摩擦因数为，假定最大静摩擦力等于滑动摩擦力，为使儿童在滑梯中能沿滑板滑下，则滑梯高度至少为（　　）

A． B． C． D．

【答案】  A

【解析】

由题意为使儿童在滑梯中能沿滑板滑下，则应该让儿童恰好能匀速下滑，即

故

由几何关系可得

解得

故选A。

9．如图所示，轻质细线上端固定，下端悬挂一小球。在同一竖直平面内对小球施加一个拉力F，保证细线中拉力的大小不变，缓慢地将细绳向右拉到水平位置。关于拉力F 的大小和与竖直方向夹角θ的说法正确的是（　　）

A．F一直增大，θ一直增大

B．F一直增大，θ一直减小

C．F一直增大，θ先增大后减小

D．F一直增大，θ先减小后增大

【答案】  B

【解析】

对小球受力分析如图所示，同一竖直平面内对小球施加一个拉力F，保证细线中拉力的大小不变，缓慢地将细绳向右拉到水平位置，F一直增大，θ一直减小，所以B正确；ACD错误；

故选B。

10．如图所示为体操男子吊环比赛中某个动作的模拟图，运动员静止不动，两根吊带对称并与竖直方向有一定夹角，此时左、右两吊环对运动员的作用力大小分别为，则下列判断正确的是（　　）

A．是一对作用力和反作用力

B．每根吊带受到吊环的拉力的大小都等于运动员重力的一半

C．在运动员将两吊带再缓慢向两边撑开的过程中，吊带上的张力缓慢增大

D．两个吊环对运动员的作用力的合力一定竖直向上

【答案】  D

【解析】

运动员的受力简化为如图所示

由平衡条件可知：在竖直方向上

解得

A．都是作用在运动员上，不可能成为一对作用力和反作用力，故A错误；

B．由公式可知，由于

每根吊带所受的拉力大小都大于等于运动员重力的一半，故B错误；

C．在运动员将两吊带再缓慢向两边撑开的过程中，角度减小，故两根吊带的拉力均减小，故C错误；

D．运动员受绳子的拉力及重力而处于平衡状态三力为共点力，根据共点力平衡的特点可知，两个吊环对运动员的作用力的合力一定竖直向上，故D正确；

故选D。

二、解答题

11．如图所示，在质量为m的物块上系着两条细绳，其中长30cm的细绳另一端连着轻质圆环，圆环套在水平棒上可以滑动，环与棒间的动摩擦因数μ＝0.75。另一细绳跨过光滑定滑轮与重为G的物块相连，定滑轮固定在距离圆环50cm的地方。当G=6N时，圆环恰要开始滑动。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：

（1）OA绳与水平杆的夹角θ大小；

（2）物块质量m大小。

【答案】  （1）53°；（2）1kg

【解析】

（1）当圆环将要开始滑动时，设此时水平棒对圆环的支持力大小为FN，细绳对圆环的拉力大小为FT，对圆环根据平衡条件有

μFN－FTcosθ＝0     ①

FN－FTsinθ＝0     ②

联立①②解得

tanθ＝＝

即

θ＝53°

（2）由题意，根据几何关系可知

φ＝90°

按如图所示建立坐标系，对物块根据平衡条件有

Gcosθ＋FT′sinθ－mg＝0     ③

FT′cosθ－Gsinθ＝0     ④

联立③④解得

m=1kg

12．如图所示，某人用轻绳牵住一只质量m=0.6kg的氢气球，因受水平风力的作用，受氢气球的轻绳与水平方向成角。已知空气对气球的浮力为，人的质量M=50kg，且人受的浮力忽略。（sin=0.6，cos=0.8，g=10m/s2）求：

（1）水平风力F风；

（2）人对地面的压力大小；

（3）若水平风力增强，人对地面的压力是否变化，请说明理由。

【答案】  （1）12N，方向水平向左；（2）491N；（3）不变

【解析】

（1）对氢气球进行受力分析，并分解如图

由平衡条件列式，竖直方向

水平方向

解得

F风=12N，T=15N

（2）对人进行受力分析，并分解如图

由平衡条件列式，竖直方向

根据牛顿第三定律人对地面的压力大小为491N；

（3）若风力增强，只改变了水平方向的力，视气球及人为一整体可知，所以竖直方向上的受力情况没改变不改变，人对地面的压力不变。