2019高考物理二輪復習 專題一 力與運動 第1講 力與物體的平衡學案

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1、第1講　力與物體的平衡 [做真題·明考向]　　　　　　　　　　　　　　　　　　真題體驗　透視命題規(guī)律 授課提示：對應學生用書第3頁 [真題再做] 1.(2017·高考全國卷Ⅱ，T16)如圖，一物塊在水平拉力F的作用下沿水平桌面做勻速直線運動．若保持F的大小不變，而方向與水平面成60°角，物塊也恰好做勻速直線運動．物塊與桌面間的動摩擦因數為(　　) A．2－　　　　　　　　 B. C. D. 解析：在F的作用下沿水平桌面勻速運動時有F＝μmg；F的方向與水平面成60°角拉動時有Fcos60°＝μ(mg－Fsin60°)，聯(lián)立解得μ＝，故選C. 答案：C 2．(2017·高考

2、全國卷Ⅲ，T17)一根輕質彈性繩的兩端分別固定在水平天花板上相距80cm的兩點上，彈性繩的原長也為80cm.將一鉤碼掛在彈性繩的中點，平衡時彈性繩的總長度為100cm；再將彈性繩的兩端緩慢移至天花板上的同一點，則彈性繩的總長度變?yōu)?彈性繩的伸長始終處于彈性限度內)(　　) A．86 cm B．92 cm C．98 cm D．104 cm 解析：將鉤碼掛在彈性繩的中點時，由數學知識可知鉤碼兩側的彈性繩(勁度系數設為k)與豎直方向夾角θ均滿足sinθ＝，對鉤碼(設其重力為G)靜止時受力分析，得G＝2k(－)cosθ；彈性繩的兩端移至天花板上的同一點時，對鉤碼受力分析，得G＝2k(－)，聯(lián)立解

3、得L＝92cm，故A、C、D項錯誤，B項正確． 答案：B 3．(多選)(2017·高考全國卷Ⅰ，T21)如圖，柔軟輕繩ON的一端O固定，其中間某點M拴一重物，用手拉住繩的另一端N.初始時，OM豎直且MN被拉直，OM與MN之間的夾角為α(α>)．現(xiàn)將重物向右上方緩慢拉起，并保持夾角α不變．在OM由豎直被拉到水平的過程中(　　) A．MN上的張力逐漸增大 B．MN上的張力先增大后減小 C．OM上的張力逐漸增大 D．OM上的張力先增大后減小 解析：將重物向右上方緩慢拉起，重物處于動態(tài)平衡狀態(tài)，可利用平衡條件或力的分解畫出動態(tài)圖分析．將重物的重力沿兩繩方向分解，畫出分解的動態(tài)圖如圖所示．

4、在三角形中，根據正弦定理有＝＝，由題意可知FMN的反方向與FOM的夾角γ＝180°－α不變，因sinβ(β為FMN與G的夾角)先增大后減小，故OM上的張力先增大后減小，當β＝90°時，OM上的張力最大，因sinθ(θ為FOM與G的夾角)逐漸增大，故MN上的張力逐漸增大，選項A、D正確，B、C錯誤． 答案：AD 4.(2015·高考全國卷Ⅰ，T24)如圖所示，一長為10cm的金屬棒ab用兩個完全相同的彈簧水平地懸掛在勻強磁場中，磁場的磁感應強度大小為0.1T，方向垂直于紙面向里；彈簧上端固定，下端與金屬棒絕緣．金屬棒通過開關與一電動勢為12V的電池相連，電路總電阻為2Ω.已知開關斷開時兩

5、彈簧的伸長量均為0.5cm；閉合開關，系統(tǒng)重新平衡后，兩彈簧的伸長量與開關斷開時相比均改變了0.3cm.重力加速度大小取10m/s2.判斷開關閉合后金屬棒所受安培力的方向，并求出金屬棒的質量． 解析：金屬棒通電后，閉合回路電流I＝＝A＝6A 導體棒受到的安培力大小為F＝BIL＝0.06N. 開關閉合后，電流方向為從b到a，由左手定則判斷可知金屬棒受到的安培力方向豎直向下 由平衡條件知，開關閉合前：2kx＝mg 開關閉合后：2k(x＋Δx)＝mg＋F 代入數值解得m＝0.01kg. 答案：方向豎直向下　0.01kg [考情分析] ■命題特點與趨勢——怎么考 1．物體的平衡條件

6、及其應用歷來是高考的熱點，它不僅涉及力學中共點力的平衡，還常涉及帶電粒子在電場、磁場或復合場中的平衡問題． 2．應用整體法和隔離法分析物體的受力特點及平衡問題是考生必須掌握的方法，也是高考考查的重點． 3．“整體法、隔離法”在受力分析中的應用，物體的“動態(tài)平衡”問題在2019年復習中應引起重視． ■解題要領——怎么做 　解決物體的平衡問題，一是要認清物體平衡狀態(tài)的特征和受力環(huán)境，這是分析平衡問題的關鍵；二是要靈活運用處理力學平衡問題的基本方法(如合成法、正交分解法、效果分解法、三角形相似法等)來解答；三是要有辨析圖形幾何關系的能力． [建體系·記要點]　　　　　　　　　　　　　　知識

7、串聯(lián)　熟記核心要點 授課提示：對應學生用書第4頁 [網絡構建] [要點熟記] 1．熟悉各個力的特點，會判斷彈力的方向，會判斷和計算摩擦力． (1)兩物體間彈力的方向一定與接觸面或接觸點的切面垂直，且指向受力物體． (2)兩物體接觸處有無靜摩擦力，要根據物體間有無相對運動趨勢或根據平衡條件進行判斷． (3)物體間恰好不相對滑動時，其間靜摩擦力恰好等于最大靜摩擦力． 2．共點力的平衡：共點力的平衡條件是F合＝0，平衡狀態(tài)是指物體處于勻速直線運動狀態(tài)或靜止狀態(tài)． 3．多個共點力平衡：任意方向上合力為零，建立直角坐標系后，兩個坐標軸上的合力均為零，即Fx＝0，F(xiàn)y＝0. 4

8、．動態(tài)平衡：物體在緩慢移動過程中，可以認為物體處于平衡狀態(tài)，其所受合力為零． 5．帶電物體在復合場中除了受到重力、彈力和摩擦力外，還涉及電磁學中的電場力、安培力或洛倫茲力．電磁場中的平衡問題也遵循合力為零這一規(guī)律． [研考向·提能力]　　　　　　　　　　　　　　　　　考向研析　掌握應試技能 授課提示：對應學生用書第4頁 考向一　物體的受力分析 　受力分析的三點注意 (1)在分析兩個或兩個以上物體間的相互作用時，一般采用整體法與隔離法進行分析． (2)采用整體法進行受力分析時，要注意系統(tǒng)內各個物體的狀態(tài)應該相同． (3)當直接分析一個物體的受力不方便時，可轉移研究對象

9、，先分析另一個物體的受力，再根據牛頓第三定律分析該物體的受力，此法叫“轉移研究對象法”． 1．(多選)(2018·遼寧大連高三質檢)如圖所示，地面上固定著一個斜面，上面疊放上著A、B兩個物塊并均處于靜止狀態(tài)．現(xiàn)對物塊A施加一斜向上的作用力F，A、B兩個物塊始終處于靜止狀態(tài)．則木塊B的受力個數可能是(　　) A．3個　　　　　　　 B.4個 C．5個 D．6個 解析：對A受力分析可得，A受豎直向下的重力、斜向左上方的拉力F、豎直向上的支持力及水平向右的摩擦力，對B受力分析可得，B受重力、A對B的壓力、斜面的支持力、A對B向左的摩擦力，若斜面對B沒有摩擦力則B受到4個力作用，若斜面對B

10、有摩擦力則B受5個力作用，選項A、D錯誤，B、C正確． 答案：BC 2.如圖，一個L形木板(上表面光滑)放在斜面體上，輕質彈簧一端固定在木板上，另一端與置于木板上表面的木塊相連．斜面體放在平板小車上，整體一起沿水平向右的方向做勻速直線運動，不計空氣阻力，則關于各物體的受力情況，下列說法正確的是(　　) A．L形木板受4個力的作用 B．斜面體可能只受2個力作用 C．木塊受2個力作用 D．斜面體不可能受平板小車對它的摩擦力作用 解析：先把L形木板、木塊、斜面體看成一個整體進行分析，受重力、小車的支持力，選項D正確；隔離木塊進行分析，其受重力、L形木板的支持力、彈簧的彈力(沿斜面向上)

11、三個力作用處于平衡狀態(tài)，選項C錯誤；隔離L形木板進行分析，其受重力、斜面體的支持力、彈簧的彈力(沿斜面向下)、木塊的壓力、斜面體對它的摩擦力5個力作用，選項A錯誤；隔離斜面體進行分析，其受重力、小車的支持力、L形木板對它的壓力和摩擦力4個力作用，選項B錯誤． 答案：D 3.(多選)(2018·江西南昌三中摸底)如圖所示，穿在一根光滑的固定桿上的小球A、B連接在一條跨過定滑輪的細繩兩端，桿與水平面成θ角，不計所有摩擦，當兩球靜止時，OA繩與桿的夾角為θ，OB繩沿豎直方向，則下列說法正確的是(　　) A．小球A可能受到2個力的作用 B．小球A一定受到3個力的作用 C．小球B可能受到3個力

12、的作用 D．細繩對A的拉力與對B的拉力大小相等 解析：對A球受力分析可知，A受到重力、細繩的拉力以及桿對A球的彈力，三個力的合力為零，故A錯誤，B正確；對B球受力分析可知，B受到重力、細繩的拉力，兩個力的合力為零，桿對B球沒有彈力，否則B不能平衡，故C錯誤；定滑輪不改變力的大小，即細繩對A的拉力與對B的拉力大小相等，故D正確． 答案：BD 受力分析的四種方法 (1)假設法：在受力分析時，若不能確定某力是否存在，可先對其作出存在的假設，然后根據分析該力存在對物體運動狀態(tài)的影響來判斷假設是否成立． (2)整體法：將幾個相互關聯(lián)的物體作為一個整體進行受力分析的方法，如第2題中，研究斜

13、面體和平板小車間作用力時，將L形木板、木塊和斜面體看成一個整體． (3)隔離法：將所研究的對象從周圍的物體中分離出來，單獨進行受力分析的方法，如第1題中，對A、B兩物體單獨分析，研究其受力個數． (4)動力學分析法：對變速運動的物體進行受力分析時，應用牛頓運動定律進行分析求解的方法． 考向二　共點力作用下的靜態(tài)平衡問題 [典例展示1]　(多選)如圖所示，細繩CO與豎直方向成30°角，A、B兩物體用跨過輕質滑輪(可看成質點)的細繩相連．已知物體B的重力mBg＝100N，地面對物體B的支持力FN＝80N．下列說法正確的是(　　) A．物體A的重力為40N B．物體B與地面間的摩擦力

14、大小為20N C．細繩CO受到的拉力為40N D．OB與豎直方向的夾角為60° [思路探究]　(1)跨過滑輪兩側細繩上的彈力有什么特點？ (2)物體受力個數多于三個力時，一般如何處理？ [解析]　畫出定滑輪的軸心O的受力分析示意圖，選取直角坐標系，如圖甲所示，根據平衡條件得FT1sinα－FT2sin30°＝0，F(xiàn)T2cos30°－FT1cosα－FT3＝0，其中FT1＝FT3＝mAg，聯(lián)立解得α＝60°，選項D正確；畫出物體B的受力分析示意圖，選取直角坐標系，如圖乙所示，根據平衡條件得Ff－FT1sinα＝0，F(xiàn)N＋FT1cosα－mBg＝0，聯(lián)立并代入數據解得FT1＝40N，F(xiàn)T

15、2＝40N，F(xiàn)f＝20N，選項B錯誤，C正確；mAg＝FT1＝40N，選項A正確． [答案]　ACD 處理平衡問題常用的三種方法 (1)合成法：物體受三個共點力的作用而平衡，則任意兩個力的合力一定與第三個力等大、反向，如例題中，細繩CO的拉力與跨過滑輪的兩細繩拉力的合力等大反向，故除解析法外也可用合成法求解． (2)效果分解法：物體受三個共點力的作用而平衡，將某一個力按力的效果分解，則其分力和其他兩個力滿足平衡條件． (3)正交分解法：物體受到三個或三個以上力的作用時，將物體所受的力分解為相互垂直的兩組，每組力都滿足平衡條件． 4．(2018·山東濰坊高三期末)如圖所示

16、，質量為m的物體置于光滑半球上，物體與球心O的連線跟水平方向的夾角為θ.水平推力F作用在物體上，物體與半球均處于靜止狀態(tài)，則F與mg的關系正確的是(　　) A．F＝mgsinθ　　　　　 B.F＝mgcosθ C．F＝mgtanθ D．F＝mgcotθ 解析：物體受到重力、沿半徑向外的支持力和水平向右的推力，三個力平衡，則有FNsinθ＝mg，F(xiàn)Ncosθ＝F，聯(lián)立解得F＝mgcotθ，選項D正確． 答案：D 5．如圖所示，物塊A和滑環(huán)B用繞過光滑定滑輪的不可伸長的輕繩連接，滑環(huán)B套在與豎直方向成θ＝37°的粗細均勻的固定桿上，連接滑環(huán)B的繩與桿垂直并在同一豎直平面內，滑環(huán)B恰好

17、不能下滑，滑環(huán)和桿間的動摩擦因數μ＝0.4，設滑環(huán)和桿間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則物塊A和滑環(huán)B的質量之比為(　　) A. B. C. D. 解析：設物塊A和滑環(huán)B的質量分別為m1、m2，若桿對B的彈力垂直于桿向下，因滑環(huán)B恰好不能下滑，則由平衡條件有m2gcosθ＝μ(m1g－m2gsinθ)，解得＝；若桿對B的彈力垂直于桿向上，因滑環(huán)B恰好不能下滑，則由平衡條件有m2gcosθ＝μ(m2gsinθ－m1g)，解得＝－(舍去)．綜上分析可知應選C. 答案：C 6.將一橫截面為扇形的物體B放在水平面上，一小滑塊A放在物體B上，如圖所示，除了物體B與水平面間的摩擦力之外，其余

18、接觸面的摩擦力均可忽略不計，已知物體B的質量為M，滑塊A的質量為m，當整個裝置靜止時，滑塊A與物體B接觸的切面與豎直擋板之間的夾角為θ.已知重力加速度為g，則下列選項正確的是(　　) A．物體B對水平面的壓力大小為Mg B．物體B受水平面的摩擦力大小為mgtanθ C．滑塊A與豎直擋板之間的彈力大小為 D．滑塊A對物體B的壓力大小為 解析：以滑塊A為研究對象進行受力分析，并運用合成法，如圖所示，由幾何知識得，擋板對滑塊A的彈力大小為FN1＝，C正確；物體B對滑塊A的彈力大小為FN2＝，根據牛頓第三定律知，滑塊A對物體B的壓力大小為，D錯誤；以滑塊A和物體B組成的系統(tǒng)為研究對象，在豎直

19、方向上受力平衡，則水平面對物體B的支持力FN＝(M＋m)g，故水平面所受壓力大小為(M＋m)g，A錯誤；A和B組成的系統(tǒng)在水平方向上受力平衡，則水平面對物體B的摩擦力大小為Ff＝FN1＝，B錯誤． 答案：C 考向三　共點力作用下的動態(tài)平衡問題 [典例展示2]　如圖所示，小球用細繩系住，繩的另一端固定于O點．現(xiàn)用水平力F緩慢推動斜面體，小球在斜面上無摩擦地滑動，細繩始終處于直線狀態(tài)，當小球升到接近斜面頂端時細繩接近水平，此過程中斜面對小球的支持力FN以及繩對小球的拉力FT的變化情況是(　　) A．FN保持不變，F(xiàn)T不斷增大 B．FN不斷增大，F(xiàn)T不斷減小 C．FN保持不變，F(xiàn)

20、T先增大后減小 D．FN不斷增大，F(xiàn)T先減小后增大 [思路探究]　分析求解本題，必須明確以下問題： (1)用水平力緩慢推動斜面體時，小球在斜面上處于什么狀態(tài)？ (2)小球在斜面上無摩擦滑動過程中，受到哪些力的作用？哪些力不變，哪些力變化？ [解析]　方法一：解析法　先對小球進行受力分析，如圖甲，小球受到重力mg、支持力FN、拉力FT的作用，設細繩與水平方向的夾角為β，斜面的傾角為α，由平衡條件得FNcosα＋FTsinβ＝mg，F(xiàn)Nsinα－FTcosβ＝0，聯(lián)立解得FT＝，F(xiàn)N＝.用水平力F緩慢推動斜面體，β一直減小直至接近0.由題圖易知，起始時刻β>α，當β＝α時，cos(β－α

21、)＝1，F(xiàn)T最小，所以FT先減小后增大．β一直減小直至接近0，tanβ不斷減小，F(xiàn)N不斷增大，選項D正確． 方法二：圖解法　由于用水平力F緩慢推動斜面體，故小球處于動態(tài)平衡狀態(tài)．小球受到大小方向均不變的重力、方向不變的支持力、方向大小均變化的細繩的拉力，三個力構成封閉的三角形，畫出小球受力示意圖如圖乙所示．當細繩與斜面平行時，細繩拉力FT2與支持力方向垂直，細繩拉力最?。斝∏蛏浇咏泵骓敹藭r細繩接近水平，細繩拉力為FT4，所以FT先減小后增大，而此過程中斜面對小球的支持力FN一直增大，選項D正確． [答案]　D “三法”巧解動態(tài)平衡問題 (1)圖解法：如果物體受到三個力的作

22、用，其中一個力的大小、方向均不變，另一個力的方向不變，此時可 用圖解法，畫出不同狀態(tài)下力的矢量圖，判斷第三個力的變化情況．如例題中小球重力大小方向不變，斜面對小球支持力方向不變，可用圖解法． (2)解析法：如果物體受到多個力的作用，可進行正交分解，利用解析法，建立平衡方程，根據自變量的變化確定因變量的變化，如例題中的方法一，寫出表達式分析β角的變化． (3)相似三角形法：如果物體受到三個力的作用，其中的一個力大小、方向均不變，另外兩個力的方向都發(fā)生變化，可以用力三角形與幾何三角形相似的方法． 7．(多選)(2017·高考天津卷)如圖所示，輕質不可伸長的晾衣繩兩端分別固定在豎直桿M、

23、N上的a、b兩點，懸掛衣服的衣架掛鉤是光滑的，掛于繩上處于靜止狀態(tài)．如果只人為改變一個條件，當衣架靜止時，下列說法正確的是(　　) A．繩的右端上移到b′，繩子拉力不變 B．將桿N向右移一些，繩子拉力變大 C．繩的兩端高度差越小，繩子拉力越小 D．若換掛質量更大的衣服，則衣架懸掛點右移 解析：設兩桿間距離為d，繩長為l，Oa、Ob段長度分別為la和lb，則l＝la＋lb，兩部分繩子與豎直方向夾角分別為α和β，受力分析如圖所示． 繩子各部分張力相等，F(xiàn)a＝Fb＝F，則α＝β，滿足2Fcosα＝mg，d＝lasinα＋lbsinα，即sinα＝，F(xiàn)＝，當改變b的位置或繩兩端的高度差時，

24、d和l均不變，則sinα為定值，α為定值，cosα為定值，繩子的拉力保持不變，故A正確，C錯誤；當換掛質量更大的衣服時，d、l不變，則sinα為定值，α不變，故衣架懸掛點不變，選項D錯誤；將桿N向右移一些，d增大，則sinα增大，cosα減小，繩子的拉力增大，故B正確． 答案：AB 8.如圖所示是一個簡易起吊設施的示意圖，AC是質量不計的撐桿，A端與豎直墻之間用鉸鏈連接，一滑輪固定在A點正上方，C端吊一重物．現(xiàn)施加一拉力F將重物P緩慢向上拉，在AC桿達到豎直狀態(tài)前(　　) A．BC繩中的拉力FT越來越大 B．BC繩中的拉力FT越來越小 C．AC桿中的支持力FN越來越大 D．AC桿中

25、的支持力FN越來越小 解析：對C點進行受力分析，如圖甲所示，由平衡條件可知，將三個力按順序首尾相接，可形成如圖乙所示的閉合三角形．很容易發(fā)現(xiàn)，這三個力與△ABC的三邊始終平行，則＝＝，其中G、、均不變，逐漸減小，則由上式可知，F(xiàn)N不變，F(xiàn)T變?。? 答案：B 9．(2018·福建廈門市高三5月調研)如圖所示，頂端附有光滑定滑輪的斜面體靜止在粗糙水平地面上，三條細繩結于O點．一條繩跨過定滑輪平行于斜面連接物塊P，一條繩連接小球Q，P、Q兩物體處于靜止狀態(tài)，另一條繩OA受外力F的作用，處于水平方向，現(xiàn)緩慢逆時針改變繩OA的方向至θ<90°，且保持結點O位 置不變，整個裝置始終處于靜止狀態(tài)

26、．下列說法正確的是(　　) A．繩OA的拉力一直減小 B．繩OB的拉力一直增大 C．地面對斜面體有向右的摩擦力 D．地面對斜面體的支持力不斷減小 解析：對結點O受力分析，受與小球連接的繩的拉力，大小為mg，繩OB的拉力FT和OA繩的拉力，大小為F，三力平衡，保持結點O位置不變，則繩OB的方向不變，做矢量三角形如圖所示，可知當繩OA與繩OB垂直時，外力F最小，所以改變繩OA的方向至θ<90°的過程中，繩OA的拉力F先減小再增大，連接物塊的OB繩子的張力FT一直在減小，選項A、B錯誤；以斜面和P、Q整體為研究對象，根據平衡條件，地面對斜面體的摩擦力與OA繩子水平方向的分力等大反向，即水平

27、向左，選項C錯誤；根據豎直方向受力平衡FN＋Fy＝M總g，由于繩OA拉力的豎直分力Fy不斷增大，則地面對斜面體的支持力FN不斷減小，選項D正確． 答案：D 考向四　電磁場中的平衡問題 10.如圖所示，質量為m、電荷量為q的帶電小球A用絕緣細線懸掛于O點，帶有電荷量也為q的小球B固定在O點正下方絕緣柱上，其中O點與小球A的間距為l，O點與小球B的間距為l，當小球A平衡時，懸線與豎直方向夾角θ＝30°，帶電小球A、B均可視為點電荷，靜電力常量為k，則(　　) A．A、B間庫侖力大小F＝ B．A、B間庫侖力大小F＝ C．細線拉力大小FT＝ D．細線拉力大小FT＝mg 解析：帶電小

28、球A受力如圖所示，由幾何關系可知OC＝l，即C點為OB中點，根據對稱性可知AB＝l.由庫侖定律知A、B間庫侖力大小F＝，選項A錯誤；根據平衡條件得Fsin30°＝FT·sin30°，F(xiàn)cos30°＋FTcos30°＝mg，解得F＝FT＝＝，選項B正確，C、D錯誤． 答案：B 11．(多選)如圖所示，質量為m、長為L的直導線用兩絕緣細線懸掛于O、O′點，并處于勻強磁場中．當導線中通以沿x正方向的電流I，且導線保持靜止時，懸線與豎直方向夾角為θ，則磁感應強度方向和大小可能為(　　) A．z正向，tanθ B．y正向， C．z負向，tanθ D．沿懸線向上，sinθ 解析：若磁感應

29、強度方向為z正向，根據左手定則，直導線所受安培力方向沿y負方向，直導線不能平衡，選項A錯誤；若磁感應強度方向為y正向，根據左手定則，直導線所受安培力方向沿z正方向，根據平衡條件有BIL＝mg，所以B＝，選項B正確；若磁感應強度方向為z負向，根據左手定則，直導線所受安培力方向沿y正方向，根據平衡條件有BIL＝mgtanθ，所以B＝tanθ，選項C正確；若磁感應強度方向沿懸線向上，根據左手定則，直導線所受安培力方向如圖所示(側視圖)，直導線不能平衡，選項D錯誤． 答案：BC 12.如圖所示，一質量為m的導體棒MN兩端分別放在兩個固定的光滑圓形導軌上，兩導軌平行且間距為L，導軌處在豎直方向的勻強

30、磁場中，當導體棒中通以自左向右的電流I時，導體棒靜止在與豎直方向成37°角的導軌上，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求： (1)磁場的磁感應強度B； (2)每個圓導軌對導體棒的支持力大小FN. 解析：(1)從左向右看，受力分析如圖所示，由平衡條件得 tan37°＝，F(xiàn)安＝BIL， 解得B＝. (2)設兩導軌對導體棒支持力為2FN，則有 2FNcos37°＝mg， 所以每個圓導軌對導體棒的支持力大小 FN＝mg. 答案：(1)　(2)mg 解決電磁場中平衡問題的兩條主線 (1)正確判斷方向 ①明確電荷的電性和場的方向． ②根據左手定則結合帶電體的帶電

31、性質、導體的電流方向以及磁場方向，判定研究對象所受的安培力或洛倫茲力的方向，如11題、12題中安培力方向的判斷．根據電荷的電性和電場的方向判斷庫侖力的方向，如10題中庫侖力方向的判斷． (2)注意方法遷移 處理電磁場中的平衡問題的方法與純力學問題的分析方法一樣，把方法和規(guī)律進行遷移應用． [限訓練·通高考]　　　　　　　　　科學設題　拿下高考高分 單獨成冊　對應學生用書第123頁 (45分鐘) 一、單項選擇題 1．一通電直導體棒用兩根絕緣輕質細線懸掛在天花板上，靜止在水平位置(如正面圖)．現(xiàn)在通電導體棒所處位置加上勻強磁場，使導體棒能夠靜止在偏離豎直方向θ角(如側面圖)的位

32、置．如果所加磁場的強弱不同，則磁場方向的范圍是(以下選項中各圖，均是在側面圖的平面內畫出的，磁感應強度的大小未按比例畫)(　　) 解析：對導體棒受力分析可知，導體棒受到的安培力與重力和繩子的拉力的合力大小相等，方向相反，故由左手定則可以判斷出磁場的方向范圍，故C正確． 答案：C 2．(2018·河南重點中學聯(lián)考)如圖所示為三種形式的吊車的示意圖，OA為可繞O點轉動的輕桿，AB為質量可忽略不計的拴接在A點的輕繩，當它們吊起相同重物時，圖甲、圖乙、圖丙中桿OA對結點的作用力大小分別為Fa、Fb、Fc，則它們的大小關系是(　　) A．Fa>Fb＝Fc　　　　 B.Fa＝F

33、b>Fc C．Fa>Fb>Fc D．Fa＝Fb＝Fc 解析：設重物的質量為m，分別對三圖中的結點進行受力分析，桿對結點的作用力大小分別為Fa、Fb、Fc，對結點的作用力方向沿桿方向，各圖中G＝mg.則在圖甲中，F(xiàn)a＝2mgcos30°＝mg；在圖乙中，F(xiàn)b＝mgtan60°＝mg；在圖丙中，F(xiàn)c＝mgcos30°＝mg.可知Fa＝Fb>Fc，故B正確，A、C、D錯誤． 　 答案：B 3.(2018·重慶高三調研)重慶一些地區(qū)有掛紅燈籠的習俗．如圖所示，質量為m的燈籠用兩根長度一定的輕繩OA、OB懸掛在水平天花板上，O為結點，OA>OB，∠AOB＝90°.設OA、OB對O點的拉力大小分

34、別為FA、FB，輕繩能夠承受足夠大的拉力，則(　　) A．FA大于FB B．若左右調節(jié)A點位置，可使FA等于FB C．若左右調節(jié)A點位置，可使FA、FB均大于mg D．若改掛質量為2m的燈籠，可使FA、FB均增大mg 解析：如圖所示，對O點受力分析，應用正交分解法可得FAcosα＝FBcosθ，F(xiàn)Asinα＋FBsinθ＝mg，因為OA>OB，所以不管怎么調節(jié)A點位置，都有α<θ，所以FA

35、2018·安徽合肥高三質檢)如圖所示，兩小球A、B固定在一輕質細桿的兩端，其質量分別為m1和m2.將其放入光滑的半圓形碗中，當細桿保持靜止時，圓的半徑OA、OB與豎直方向夾角分別為30°和45°，則m1和m2的比值為(　　) A.∶1　　　　　　　 B.∶1 C．2∶1 D.∶1 解析：分別對小球A、B受力分析如圖所示．對小球A、B分別由三角形相似原理得＝，＝，故＝；分別由正弦定理得＝，＝，而sinα＝sinβ，故＝＝∶1，故m1∶m2＝∶1，選項A正確． 答案：A 5.(2018·北京東城區(qū)高三統(tǒng)考)如圖所示，將兩個完全相同的均勻長方體物塊A、B疊放在一起置于水平地面上．兩物塊重均

36、為2mg.現(xiàn)用彈簧測力計豎直向上拉物塊A，當彈簧測力計示數為mg時，下列說法中正確的是(　　) A．物塊A對物塊B的壓力大小為mg B．物塊B對地面的壓力大小等于2mg C．地面與物塊B之間存在靜摩擦力 D．物塊A與物塊B之間存在靜摩擦力 解析：當彈簧測力計示數為mg時，物塊A、B均處于平衡狀態(tài)，對A由平衡條件知，物塊B對物塊A的支持力大小為mg，故A對B的壓力大小為mg，選項A正確；對B由平衡條件知，地面對物塊B的支持力大小等于3mg，故B對地面的壓力大小等于3mg，選項B錯誤；物塊A與物塊B之間、物塊B與地面之間均無相對運動的趨勢，故地面與物塊B之間、物塊A與物塊B之間都不存在靜

37、摩擦力，選項C、D錯誤． 答案：A 6.(2018·江蘇六校高三第二次聯(lián)考)如圖所示，傾角為θ的斜面體C置于水平面上，B置于斜面體上，通過輕繩跨過光滑的定滑輪與A相連接，連接B的一段輕繩與斜面平行，A、B、C都處于靜止狀態(tài)，則(　　) A．水平面對C的支持力大于B、C的總重力 B．C對B一定有摩擦力 C．水平面對C一定有摩擦力 D．水平面對C可能沒有摩擦力 解析：對B、C整體受力分析，水平面對C的支持力等于B、C的總重力減去繩子的拉力在豎直方向上的分力，故水平面對C的支持力小于B、C的總重力，選項A錯誤；若mAg＝mBgsinθ，則斜面C對B的靜摩擦力為零，選項B錯誤；對B、C整

38、體進行受力分析，可知繩子的拉力在水平方向上的分力等于地面對C的摩擦力，故摩擦力一定不為零，選項C正確，D錯誤． 答案：C 7.如圖所示，一水平導軌處于與水平方向成45°角向左上方的勻強磁場中，一根通有恒定電流的金屬棒，由于受到安培力作用而在粗糙的導軌上向右做勻速運動．現(xiàn)將磁場方向沿順時針緩慢轉動至豎直向上，在此過程中，金屬棒始終保持勻速運動，已知棒與導軌間的動摩擦因數為μ，則(　　) A．金屬棒所受摩擦力一直在減小 B．導軌對金屬棒的支持力先變小后變大 C．磁感應強度先變小后變大 D．金屬棒所受安培力恒定不變 解析：金屬棒勻速運動時，受力如圖甲所示，則有FN＋F安sinθ＝mg，

39、F安cosθ＝Ff＝μFN，F(xiàn)安＝BIL，聯(lián)立解得B＝，其中tanα＝，即45°<α<90°，因θ是從45°減小到0°，所以B先變小后變大，金屬棒所受安培力也先變小后變大，C對，D錯；將FN與Ff合成一個力F，則F與水平方向的夾角是一定值，金屬棒受力滿足圖乙所示情況，F(xiàn)安順時針變化，力F一直在增大，所以金屬棒所受摩擦力及導軌對金屬棒的支持力一直在增大，A、B錯． 答案：C 8．(2018·安徽“江淮十?！备呷?lián)考)如圖，水平地面上放置一個傾角為α的粗糙斜面，頂端固定有輕質滑輪，斜面右側有一水平天花板AB.用一段不可伸長的輕繩連接質量為M的物體并放置在斜面上，另一端跨過定滑輪后接在天花板

40、上的A點，在定滑輪和A點間的輕繩上掛著另一輕質滑輪，滑輪上吊有質量為m的物體，兩物體均保持靜止．現(xiàn)從A點拉著輕繩沿天花板緩慢移到B點，整個過程中物體M和斜面均靜止，不計繩與滑輪之間的摩擦，則(　　) A．M受到繩子拉力大小不變 B．M受到斜面的摩擦力增大 C．地面對斜面的摩擦力增大 D．地面對斜面的支持力增大 解析：拉著輕繩從A點緩慢移到B點的過程中，以動滑輪為研究對象可知繩中拉力大小在不斷增大，A錯誤；因不知道M的重力下滑分力與繩拉力的大小關系，無法判定M與斜面間靜摩擦力的方向和大小變化情況，B錯誤；將重物M和斜面看成一個整體，地面對斜面的摩擦力與繩拉力的水平分力平衡，C正確；

41、將重物M和斜面看成一個整體，地面對斜面的支持力等于系統(tǒng)重力與繩拉力的豎直分力之和，大小等于G斜面＋GM＋Gm，D錯誤． 答案：C 9.如圖，斜面體A靜置于粗糙水平面上，被一輕繩拴住的小球B置于光滑的斜面上，輕繩左端固定在豎直墻面上P處，此時小球靜止且輕繩與斜面平行．現(xiàn)將輕繩左端從P處緩慢沿墻面上移到P′處，斜面體始終處于靜止狀態(tài)，則在輕繩移動過程中(　　) A．輕繩的拉力先變小后變大 B．斜面體對小球的支持力逐漸增大 C．斜面體對水平面的壓力逐漸增大 D．斜面體對水平面的摩擦力逐漸減小 解析：小球B受力如圖甲所示，小球受到斜面體的支持力FN1及輕繩拉力F的合力始終與小球重力G1等

42、大反向，當輕繩左端上升時，F(xiàn)增大，F(xiàn)N1減小，故A、B錯誤；對斜面體A進行受力分析，如圖乙所示，隨小球對斜面壓力FN1′的減小，由受力平衡可知，水平面對斜面體的支持力FN2逐漸減小，摩擦力Ff逐漸減小，由牛頓第三定律可知C錯誤，D正確．故選D. 答案：D 10.如圖所示，高空作業(yè)的工人被一根繩索懸在空中，已知工人及其身上裝備的總質量為m，繩索與豎直墻壁的夾角為α，懸繩上的張力大小為F1，墻壁與工人之間的彈力大小為F2，重力加速度為g，不計人與墻壁之間的摩擦，則(　　) A．F1＝ B．F2＝ C．若緩慢增大懸繩的長度，F(xiàn)1與F2都變小 D．若緩慢增大懸繩的長度，F(xiàn)1減小，F(xiàn)2增大

43、 解析：對工人受力分析，工人受到重力、墻壁的支持力和繩索的拉力作用，如圖所示，根據共點力平衡條件，有F1＝，F(xiàn)2＝mgtanα；若緩慢增大懸繩的長度，工人下移時，細繩與豎直方向的夾角α變小，故F1變小，F(xiàn)2變小，故C正確，A、B、D錯誤． 答案：C 二、多項選擇題 11．(2016·高考全國卷Ⅰ)如圖，一光滑的輕滑輪用細繩OO′懸掛于O點；另一細繩跨過滑輪，其一端懸掛物塊a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物塊b.外力F向右上方拉b，整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)．若F方向不變，大小在一定范圍內變化，物塊b仍始終保持靜止，則(　　) A．繩OO′的張力也在一定范圍內變化 B．物塊b所受到的支持力

44、也在一定范圍內變化 C．連接a和b的繩的張力也在一定范圍內變化 D．物塊b與桌面間的摩擦力也在一定范圍內變化 解析：因為物塊b始終保持靜止，所以繩OO′的張力不變，連接a和b的繩的張力也不變，選項A、C錯誤；拉力F大小變化，F(xiàn)的水平分量和豎直分量都發(fā)生變化，由共點力的平衡條件知，物塊b受到的支持力和摩擦力在一定范圍內變化，選項B、D正確． 答案：BD 12.如圖所示，質量為m＝5kg的物體放在水平面上，物體與水平面間的動摩擦因數μ＝，g取10m/s2.當物體做勻速直線運動時，下列說法正確的是(　　) A．牽引力F的最小值為25N B．牽引力F的最小值為N C．最小牽引力F與水平

45、面的夾角為45° D．最小牽引力F與水平面的夾角為30° 解析：物體受重力G、支持力FN、摩擦力Ff和拉力F的共同作用，將拉力沿水平方向和豎直方向分解，如圖所示，由共點力的平衡條件可知，在水平方向上有Fcosθ－μFN＝0，在豎直方向上有Fsinθ＋FN－G＝0，聯(lián)立解得F＝，設tanΦ＝μ，則cosΦ＝，所以F＝·，當cos(θ－Φ)＝1即θ－Φ＝0時，F(xiàn)取到最小值，F(xiàn)min＝＝25N，而tanΦ＝μ＝，所以Φ＝30°，θ＝30°. 答案：AD 13.(2018·廣東廣州高三一模)如圖，在粗糙水平面上，a、b、c、d四個相同小物塊用四根完全相同的輕彈簧連接，正好組成一個等腰梯形，系統(tǒng)

46、靜止．a、b之間、a、c之間以及b、d之間的彈簧長度相同且等于c、d之間彈簧長度的一半，a、b之間彈簧彈力大小為c、d之間彈簧彈力大小的一半．若a受到的摩擦力大小為f，則(　　) A．a、b之間的彈簧一定是壓縮的 B．b受到的摩擦力大小為f C．c受到的摩擦力大小為f D．d受到的摩擦力大小為2f 解析：根據題意可知，a、b之間彈簧彈力大小為c、d之間彈簧彈力大小的一半，若a、b與c、d同時壓縮或同時拉伸，則不可能滿足a、b之間的彈簧長度等于c、d之間彈簧長度的一半，所以只能是一個壓縮，一個拉伸，所以a、b之間的彈簧一定是壓縮的，選項A正確；根據等腰梯形的對稱性可知，a、b受到的摩擦

47、力大小相同，故b受到的摩擦力大小為f，選項B正確；根據題意，a、b之間，a、c之間以及b、d之間的彈簧長度相同，且等于c、d之間彈簧長度的一半可知，等腰梯形的底角∠acd＝∠bdc＝60°，對物塊a、c進行受力分析如圖所示，利用幾何關系可知，a受到的彈力大小為T＝f，fc＝T＝f，選項C正確；根據等腰梯形的對稱性可知，物塊d與物塊c受到的摩擦力大小相同，均為f，選項D錯誤． 答案：ABC 14.如圖，在水平面上A、B、C三點固定著三個電荷量為3Q的正點電荷，將另一質量為m的帶正電的小球(可視為點電荷)放置在O點，OABC恰構成一棱長為L的正四面體，已知靜電力常量為k，重力加速度為g.為使小

48、球能靜止在O點，則關于小球所受電場力的合力方向和所帶的電荷量，下列說法中正確的是(　　) A．所受電場力的合力方向豎直向上 B．所受電場力的合力方向豎直向下 C．電荷量為 D．電荷量為 解析：對小球受力分析可知，重力與庫侖力平衡，所以小球受到三個庫侖力的合力的方向與重力方向相反，選項A正確，B錯誤；將A、B、C處正點電荷對小球施加的庫侖力正交分解到水平方向和豎直方向，設α是A、B、C處正點電荷對小球施加的庫侖力方向與豎直方向的夾角，根據平衡條件在豎直方向上得3Fcosα＝mg，又由庫侖定律得F＝，再由圖可知，∠CAO′＝30°，則AO′＝，OO′＝L，所以得cosα＝，聯(lián)立以上各式解

49、得q＝，選項C錯誤，D正確． 答案：AD 15.如圖所示，用一段繩子把輕質滑輪吊裝在A點，一根輕繩跨過滑輪，繩的一端拴在井中的水桶上，人用力拉繩的另一端，滑輪中心為O點，人所拉繩子與OA的夾角為β，拉水桶的繩子與OA的夾角為α.人拉繩沿水平面向左運動，把井中質量為m的水桶緩慢提上來，人的質量為M，重力加速度為g，在此過程中，以下說法正確的是(　　) A．α始終等于β B．吊裝滑輪的繩子上的拉力逐漸變大 C．地面對人的摩擦力逐漸變大 D．地面對人的支持力逐漸變大 解析：水桶勻速上升，拉水桶的輕繩中的拉力FT始終等于mg，對滑輪受力分析如圖甲所示． 垂直于OA方向有FTsinα

50、＝FTsinβ，所以α＝β，沿OA方向有F＝FTcosα＋FTcosβ＝2FTcosα，人向左運動的過程中α＋β變大，所以α和β均變大，吊裝滑輪的繩子上的拉力F變小，選項A正確，B錯誤；對人受力分析如圖乙所示，θ＝α＋β逐漸變大，水平方向有Ff＝FT′sinθ，地面對人的摩擦力逐漸變大，豎直方向有FN＋FT′cosθ＝Mg，地面對人的支持力FN＝Mg－FT′cosθ逐漸變大，選項C、D正確． 答案：ACD 16.如圖，一光滑的輕滑輪用輕繩OO′懸掛于O點，另一輕繩跨過滑輪，一端連著斜面上的物體A，另一端懸掛物體B，整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)．現(xiàn)緩慢向左推動斜面，直到輕繩平行于斜面，這個過程中物塊

51、A與斜面始終保持相對靜止．則下列說法正確的是(　　) A．物塊A受到的摩擦力一定減小 B．物塊A對斜面的壓力一定增大 C．輕繩OO′的拉力一定減小 D．輕繩OO′與豎直方向的夾角一定減小 解析：對B分析，因為過程緩慢，故B受力平衡，所以繩子的拉力FT′＝mBg，由于同一條繩子上的拉力大小相同，故繩子對A的拉力大小恒為FT＝mBg. 設繩子與斜面的夾角為θ，斜面與水平面的夾角為α，對A分析，在垂直于斜面方向上，有FTsinθ＋FN＝mAgcosα，隨著斜面左移，θ在減小，故FN＝mAgcosα－FTsinθ在增大，在沿斜面方向上，物塊A受到重力沿斜面向下的分力mAgsinα和繩子沿斜面向上的分力FTcosθ，如果mAgsinα>FTcosθ，則有mAgsinα＝FTcosθ＋Ff，隨著θ在減小，F(xiàn)f在減小，如果mAgsinα