1、专题一力与物体的平衡考点1| 力学中的平衡问题难度：中档题 题型：选择题 五年2考(2016江苏高考T1)一轻质弹簧原长为8 cm，在4 N的拉力作用下伸长了2 cm，弹簧未超出弹性限度则该弹簧的劲度系数为() 【导学号：25702000】A40 m/NB40 N/mC200 m/ND200 N/mD由Fkx知，弹簧的劲度系数k N/m200 N/m，选项D正确(2016全国甲卷T14)质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上用水平向左的力F缓慢拉动绳的中点O，如图1所示用T表示绳OA段拉力的大小，在O点向左移动的过程中()图1AF逐渐变大，T逐渐变大BF逐渐变大，T逐渐变小CF逐渐变小，T逐渐
2、变大DF逐渐变小，T逐渐变小【解题关键】解此题关键有两点：(1)“缓慢”拉动绳中点，物体处于动态平衡状态(2)根据力平衡条件画出受力分析图，利用图解法分析A以O点为研究对象，受力如图所示，当用水平向左的力缓慢拉动O点时，则绳OA与竖直方向的夹角变大，由共点力的平衡条件知F逐渐变大，T逐渐变大，选项A正确(2016全国丙卷T17)如图2所示，两个轻环a和b套在位于竖直面内的一段固定圆弧上；一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为m的小球在a和b之间的细线上悬挂一小物块平衡时，a、b间的距离恰好等于圆弧的半径不计所有摩擦小物块的质量为()图2A.B.mCmD2m【解题关键】关键语句信息解读“细线穿过两
3、轻环”，“不计所有摩擦”细绳上张力处处相等且等于mg平衡时，a、b间的距离恰好等于圆弧的半径平衡时，利用对称性分析各力的方向C如图所示，由于不计摩擦，线上张力处处相等，且轻环受细线的作用力的合力方向指向圆心由于a、b间距等于圆弧半径，则aOb60，进一步分析知，细线与aO、bO间的夹角皆为30.取悬挂的小物块研究，悬挂小物块的细线张角为120，由平衡条件知，小物块的质量与小球的质量相等，即为m.故选项C正确1高考考查特点(1)共点力的单物体动态平衡及连接体的静态、动态平衡问题是高考命题的热点(2)做好物体的受力分析，画出力的示意图，并灵活应用几何关系和平衡条件是解题的关键2解题常见误区及提醒(
4、1)对物体所处状态及受力特点的结合不能灵活应用(2)对一些常见物理语言(如轻绳、轻环)不理解(3)不能灵活应用数学关系求解物理问题考向1物体的受力分析1(2016郑州市一模)如图3所示，a、b两个小球穿在一根光滑的固定杆上，并且通过一条细绳跨过定滑轮连接已知b球质量为m，杆与水平面成角，不计所有摩擦，重力加速度为g.当两球静止时，Oa段绳与杆的夹角也为，Ob段绳沿竖直方向，则下列说法正确的是() 【导学号：25702001】图3Aa可能受到2个力的作用Bb可能受到3个力的作用C绳子对a的拉力等于mgDa的重力为mgtan C对a、b受力分析可知，a一定受3个力，b一定受2个力作用，选项A、B错
5、误；对b受力分析可知，b受绳子拉力等于mg，因此绳子对a的拉力等于mg，选项C正确；对a受力分析，Gasin mgcos ，可得：Ga，选项D错误考向2物体的静态平衡2(高考改编)在例2(2016全国甲卷T14)中，在水平拉力F作用下OA与竖直方向成角保持不变，若轻绳OA、OB承受的最大拉力相等，逐渐增大物体的质量，则轻绳OA、OB哪段先断？【解析】由例1中的受力分析图可知，TOATOB，故逐渐增大物体的质量，轻绳OA段绳先断【答案】OA段3(2016合肥市二模)如图4所示，墙上有两个钉子a和b，它们的连线与水平方向的夹角为37，两者的高度差为L.一条不可伸长的轻质细绳一端固定于a点，另一端跨
6、过光滑钉子b悬挂一质量为m1的重物在绳ab段的中点c有一固定细绳套，若细绳套上悬挂质量为m2的钩码，平衡后绳的ac段恰好水平，则重物和钩码的质量比值为()图4A.B2C.DD根据题述，absin 37L，abcos 374L/3，ab5L/3.细绳套上悬挂质量为m2的钩码，平衡后如图所示设bc段细绳与水平面夹角为，则(4L/35L/6)tan L，解得tan 2.由力的分解可得，m1gsin m2g，而sin ，解得，选项D正确考向3物体的动态平衡4(2016河北三市二联)如图5所示，用一轻绳将光滑小球(大小不能忽略)系于竖直墙壁上的O点，现用一细杆压在轻绳上紧贴墙壁从O点缓慢下移，则()图5
7、A轻绳对小球的拉力保持不变B轻绳对小球的拉力逐渐增大C小球对墙壁的压力保持不变D小球对墙壁的压力逐渐减小B对小球受力分析，如图所示，由于小球始终处于平衡状态，其合力为零，在细杆从O点缓慢下移过程中，轻绳与竖直方向的夹角增大，由图中几何关系可知：轻绳对小球的拉力F逐渐增大，墙壁对小球的支持力FN也逐渐增大，根据牛顿第三定律可知，小球对墙壁的压力也逐渐增大，故选项B正确，A、C、D错误5(2016大连市重点中学联考)如图6所示，小方块代表一些相同质量的钩码，图甲中O为轻绳之间连接的结点，图乙中光滑的轻质小滑轮跨在轻绳上悬挂钩码，两装置处于静止状态，现将图甲中B滑轮稍稍右移一些，图乙中的端点B沿杆稍
8、稍向上移动一些(图乙中的绳长不变)，则关于角和OB绳的张力F的变化，下列说法正确的是()甲乙图6A图甲、乙中的角均增大，F均不变B图甲、乙中的角均不变，F均不变C图甲中角增大、图乙中角不变，张力F均不变D图甲中角减小、F不变，图乙中角增大、F减小B题中图甲，与O点相连的三段绳上的拉力大小分别等于所挂钩码的重力大小，保持不变，则三个力所构成的封闭三角形也保持不变；由于向下的拉力方向不变，因此OA、OB绳上的拉力方向也保持不变，如图1所示，则图甲中的夹角就保持不变题图乙中，跨过滑轮两绳上拉力大小相等，两力的合力方向竖直向上，则两力与竖直方向的夹角一定相同，如图2所示，延长AO交竖直杆于C，OBOC
9、，则AC恰好等于绳长L，sin ，B上、下移动过程中，d、L都不变，所以绳与竖直方向的夹角不变，则绳与水平方向的夹角也保持不变，2Fsin mg，绳上的拉力F不变，B正确图1图21受力分析的技巧(1)一般按照“一重、二弹、三摩擦，再其他外力”的程序；(2)分析物体的受力情况时结合整体法与隔离法；(3)平衡状态下结合平衡条件2解平衡问题常用的方法(1)正交分解法多用于物体受三个以上力而平衡；(2)合成法F0适用于物体受三个力而平衡3解决动态平衡问题方法的选取(1)图解法：如果物体受到三个力的作用，其中一个力的大小、方向均不变，另一个力的方向不变，此时可用图解法，画出不同状态下力的矢量图，判断各个
10、力的变化情况(2)解析法：如果物体受到多个力的作用，可进行正交分解，利用解析法，建立平衡方程，根据自变量的变化确定因变量的变化(3)相似三角形法：如果物体受到三个力的作用，其中的一个力大小、方向均不变，另外两个力的方向都发生变化，可以用力三角形与几何三角形相似的方法考点2| 电磁学中的平衡问题难度：中档 题型：选择题 计算题，五年1考(2013全国卷T18)如图7所示，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a、b和c分别位于边长为l的正三角形的三个顶点上；a、b带正电，电荷量均为q，c带负电整个系统置于方向水平的匀强电场中已知静电力常量为k.若三个小球均处于静止状态，则匀强电场场强的大小为()【导学
11、号：25702002】图7A.B.C.D【解题关键】关键语句信息解读光滑绝缘水平面无摩擦力，重力与支持力平衡a、b带正电，c带负电a、b两带电小球对c带电小球的合力为引力且沿角平分线三个小球处于静止状态三带电小球受到的合外力为零B以c球为研究对象，除受另外a、b两个小球的库仑力外还受匀强电场的静电力，如图所示，c球处于平衡状态，据共点力平衡条件可知F静2kcos 30，F静Eqc，解得E，选项B正确(2015全国卷T24)如图8所示，一长为10 cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中；磁场的磁感应强度大小为0.1 T，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘金属棒
12、通过开关与一电动势为12 V的电池相连，电路总电阻为2 .已知开关断开时两弹簧的伸长量为0.5 cm；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3 cm.重力加速度大小取10 m/s2.判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向，并求出金属棒的质量图8【解题关键】解此题的关键是把握住两次平衡的条件：(1)第一次平衡：两弹簧弹力与金属棒重力平衡，弹力可由弹簧伸长量表示(2)第二次平衡：两弹簧弹力、金属棒重力和安培力平衡，注意安培力方向判断和安培力大小及此刻弹力大小的表达式【解析】依题意，开关闭合后，电流方向从b到a，由左手定则可知，金属棒所受的安培力方向竖直向下开关断开时，两
13、弹簧各自相对于其原长伸长了l10.5 cm.由胡克定律和力的平衡条件得2kl1mg式中，m为金属棒的质量，k是弹簧的劲度系数，g是重力加速度的大小开关闭合后，金属棒所受安培力的大小为FIBL式中，I是回路电流，L是金属棒的长度两弹簧各自再伸长了l20.3 cm，由胡克定律和力的平衡条件得2k(l1l2)mgF由欧姆定律有EIR式中，E是电池的电动势，R是电路总电阻联立式，并代入题给数据得m0.01 kg.【答案】安培力的方向竖直向下，金属棒的质量为0.01 kg(2014江苏高考T13)如图9所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距为L，长为3d，导轨平面与水平面的夹角为，在导轨的中
14、部刷有一段长为d的薄绝缘涂层匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直质量为m的导体棒从导轨的顶端由静止释放，在滑上涂层之前已经做匀速运动，并一直匀速滑到导轨底端导体棒始终与导轨垂直，且仅与涂层间有摩擦，接在两导轨间的电阻为R，其他部分的电阻均不计，重力加速度为g.求：图9(1)导体棒与涂层间的动摩擦因数；(2)导体棒匀速运动的速度大小v；(3)整个运动过程中，电阻产生的焦耳热Q.【解题关键】关键语句信息解读中部刷有一段长为d的薄绝缘涂层无安培力存在导体棒从导轨顶端由静止释放初速度为零下滑的总距离为3d导体棒在滑上涂层之前已经做匀速运动沿斜面方向安培力与重力分力大小相等并一直匀速滑到底端
15、在中间刷绝缘涂层部分沿斜面方向合力也为零【解析】根据平衡条件、法拉第电磁感应定律、能量守恒定律解题(1)在绝缘涂层上导体棒受力平衡：mgsin mgcos 解得导体棒与涂层间的动摩擦因数tan .(2)在光滑导轨上感应电动势：EBLv感应电流：I安培力：F安BIL受力平衡的条件是：F安mgsin 解得导体棒匀速运动的速度v.(3)摩擦生热：QTmgdcos 根据能量守恒定律知：3mgdsin QQTmv2解得电阻产生的焦耳热Q2mgdsin .【答案】(1)tan (2)(3)2mgdsin 1高考考查特点电磁场中的平衡问题是指在电场力、安培力参与下的平衡问题，解决电磁场中平衡问题的方法与力学
16、平衡问题相同，只是要正确分析电场力、磁场力的大小及方向2解题常见误区及提醒(1)正、负电荷在电场中受力方向相反，点电荷间的作用力大小要用库仑定律(2)安培力方向的判断要先判断磁场方向、电流方向，再用左手定则，同时注意立体图转化为平面图(3)电场力或安培力的出现，可能会对压力或摩擦力产生影响(4)涉及电路问题时，要注意闭合电路欧姆定律的使用考向1电场中的平衡问题6(高考改编)在例4(2013全国卷T18)中，若a、b固定，c带正电荷，则保持c处于静止状态时，所加匀强电场的大小及方向怎样？【解析】若c带正电荷，a、b对c的作用力大小不变，方向与原题中方向相反，故所加匀强电场电场强度大小为，方向平行
17、于平面垂直ab连线向上【答案】方向沿平面垂直ab连线向上7(多选)如图10所示，用两根长度相同的绝缘细线把一个质量为0.1 kg的小球A悬挂到水平板的M、N两点，A上带有Q3.0106 C的正电荷两线夹角为120，两线上的拉力大小分别为F1和F2.A的正下方0.3 m处放有一带等量异种电荷的小球B，B与绝缘支架的总质量为0.2 kg(重力加速度g取10 m/s2；静电力常量k9.0109 Nm2/C2，A、B球可视为点电荷)，则()图10A支架对地面的压力大小为2.0 NB两线上的拉力大小F1F21.9 NC将B水平右移，使M、A、B在同一直线上，此时两线上的拉力大小F11.225 N，F21
18、.0 ND将B移到无穷远处，两线上的拉力大小F1F20.866 NBCA对B有竖直向上的库仑力，大小为FAB0.9 N；对B与支架整体分析，竖直方向上合力为零，则FNFABmg，可得FNmgFAB1.1 N，由牛顿第三定律知FNFN，选项A错误因两细线长度相等，B在A的正下方，则两绳拉力大小相等，小球A受到竖直向下的重力、库仑力和F1、F2作用而处于平衡状态，因两线夹角为120，根据力的合成特点可知：F1F2GAFAB1.9 N；当B移到无穷远处时，F1F2GA1 N，选项B正确，选项D错误当B水平向右移至M、A、B在同一条直线上时，如图所示，对A受力分析并沿水平和竖直方向正交分解，水平方向：
19、F1cos 30F2cos 30Fcos 30竖直方向：F1sin 30F2sin 30GAFsin 30由库仑定律知，A、B间库仑力大小F0.225 N，联立以上各式可得F11.225 N，F21.0 N，选项C正确考向2磁场中的平衡问题8(多选)(2016潍坊市期末)如图11所示，两根通电直导线用四根长度相等的绝缘细线悬挂于O、O两点，已知O、O连线水平，导线静止时绝缘细线与竖直方向的夹角均为，保持导线中的电流大小和方向不变，在导线所在空间加上匀强磁场后，绝缘细线与竖直方向的夹角均变小，则所加磁场的方向可能沿() 【导学号：25702003】图11Az轴正向Bz轴负向Cy轴正向Dy轴负向A
20、B由于导线静止时绝缘细线与竖直方向的夹角相等，则两根导线质量相等，通入的电流方向相反若所加磁场方向沿z轴正向，由左手定则可知，两根导线可能分别受到指向中间的安培力，夹角变小，A对若所加磁场方向沿z轴负向，同理夹角可能变小，B对若所加磁场方向沿y轴正向，两根导线分别受到沿z轴正向和沿z轴负向的安培力，受到沿z轴正向安培力的导线的绝缘细线与竖直方向的夹角变大，受到沿z轴负向安培力的导线的绝缘细线与竖直方向的夹角变小，C错同理可知D错9(2016湖北八校三联)如图12所示，质量为m的导体棒ab置于倾角为、间距为L的两根光滑倾斜金属导轨上，导体棒与导轨始终垂直导轨上端连接一电动势为E、内阻为r的电源和
21、最大阻值为R的滑动变阻器，开始时滑动变阻器接入电路的阻值最大导体棒、导轨电阻均不计，重力加速度为g，则下列说法正确的是()图12A若加一垂直导轨平面向下的匀强磁场，为使导体棒静止在导轨上，则磁感应强度B的大小应为tan B若加一磁感应强度大小、方向都可以改变的匀强磁场，要使导体棒能静止在导轨上，则磁感应强度B的最小值为sin ，方向垂直导轨平面向下C若加一竖直向下的匀强磁场，为使导体棒静止在导轨上，则磁感应强度B的大小应为sin D若加一竖直向下的磁感应强度大小为B0的匀强磁场，当滑动变阻器连入电路的阻值突然变为时，导体棒的加速度大小为cos B若加一垂直导轨平面向下的匀强磁场，导体棒受力如图
22、1所示，由平衡条件和闭合电路欧姆定律有mgsin BIL，I，解得Bsin ，A错误；当安培力平行斜面向上时，安培力和重力沿斜面的分力平衡，此时安培力最小，同图1，有Bsin ，方向垂直导轨平面向下，B正确；若加一竖直向下的匀强磁场，导体棒受力如图2所示，由平衡条件和闭合电路欧姆定律有mgsin BILcos ，I，解得Btan ，C错误；若加一竖直向下的磁感应强度为B0的匀强磁场，当滑动变阻器连入电路的阻值突然变为时，由牛顿第二定律和闭合电路欧姆定律有B0ILcos mgsin ma，I，解得acos gsin ，D错误图1图2处理电学中的平衡问题的技巧(1)与纯力学问题的分析方法一样，学会
23、把电学问题力学化，分析方法是：(2)几点提醒电荷在电场中一定受电场力作用，电流或电荷在磁场中不一定受磁场力作用；分析电场力或洛伦兹力时，一定要注意带电体是正电荷还是负电荷热点模型解读| 力学中的斜面体模型考题模型展示模型解读2016全国卷乙T24该模型中要抓住ab棒、cd棒的受力特点，充分利用跨过滑轮的细导线拉力相等的特点2013全国卷T15物体静止在斜面上，因摩擦力大小可以变化，往往存在最大静摩擦力而出现极值问题2015全国卷T20物块运动与图象结合，将vt图象的信息与物块的受力及运动相结合，分段求解典例(2016云南重点中学三联)如图13所示，固定的倾角37的斜坡C上放有一个长方体木块A，
24、它恰好能静止在斜坡上现把一正方体铁块B放在木块上，已知铁块与木块间的动摩擦因数为0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力则下列说法正确的是()图13A铁块能静止在木块上B铁块会匀速下滑C木块仍然能够静止D木块会加速下滑【解题指导】由于木块恰好能静止在斜坡上，故依题意，木块与斜坡间的动摩擦因数为1tan 370.75，当铁块放在木块上后，由于20.5tan 37，故铁块会加速下滑，选项A、B错误；放上铁块后，木块受到铁块沿斜面向下的力为2mgcos 37，而木块与斜面间的最大静摩擦力增加了1mgcos 37，大于2mgcos 37，故木块仍然能够静止，选项C正确，D错误【答案】C拓展应用如图14所示
25、，质量为m的物体，放在一固定斜面上，当斜面倾角为30时恰能沿斜面匀速下滑对物体施加一大小为F的水平向右恒力，物体可沿斜面匀速向上滑行设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当斜面倾角增大并超过某一临界角0时，不论水平恒力F多大，都不能使物体沿斜面向上滑行，试求：(1)物体与斜面间的动摩擦因数；(2)这一临界角0的大小图14【解析】(1)物体恰匀速下滑，由平衡条件得mgsin 30mgcos 30则.(2)设斜面倾角为，由平衡条件Fcos mgsin FfFNmgcos Fsin 而FfFN解得F当cos sin 0时，即cot 时，外力F趋于无穷大，即不论水平恒力F多大，都不能使物体沿斜面向上滑行此时临界角060.【答案】(1)(2)60
