1、第1课时 力与物体的平衡 复习备考建议(1)受力分析与物体的平衡着重考查连接体的平衡、整体法与隔离法的应用、物体的动态平衡问题、绳、杆、面弹力的大小与方向、胡克定律及摩擦力的大小等.复习时要熟练掌握受力分析方法、共点力平衡的处理方法，尤其是动态平衡的几种解题方法.(2)匀变速直线运动问题一般结合牛顿运动定律，考查形式灵活，情景多样，贴近生活，计算题多以板块模型、多过程问题为主，多结合vt图象，难度较大，单纯直线运动问题一般在选择题中结合vt图象考查，难度不大.(3)平抛运动的规律及分析方法、圆周运动的受力特点(特别是竖直面内的圆周运动的受力特点)及能量变化是考查重点.平抛运动与竖直面内圆周运动
2、相结合，再结合能量守恒考察的问题也需要重视.(4)万有引力与航天基本上每年必有一题，开普勒定律、行星和卫星的运行规律、变轨、能量问题、双星问题、万有引力与重力关系等，复习时要全面深入，掌握各类问题的实质.1.受力分析顺序(1)先场力(_力、电场力、_力)后接触力(先_后摩擦力).(2)先分析“确定的力”，再由“确定的力”判断“不确定的力”.2.整体法与隔离法 研究系统外的物体对系统整体的作用力时用_法；研究系统内物体之间的相互作用力时用_法.遇到多物体平衡时一般整体法与隔离法结合运用，一般先整体后隔离.(1)采用整体法进行受力分析时，要注意系统内各个物体的运动状态应该相同.(2)当直接分析一个
3、物体的受力不方便时，可转移研究对象，先分析另一个物体的受力，再根据牛顿第三定律分析该物体的受力，此法叫“转移研究对象法”.重磁场弹力整体隔离3.两种常用方法(1)合成法：一般三力平衡时(或多力平衡转化成三力平衡后)用合成法，由平行四边形定则合成任意两力(一般为非重力的那两个力)，该合力与第三个力平衡，在由力的示意图所围成的三角形中解决问题.将力的问题转化成三角形问题，再由三角函数、勾股定理、图解法、相似三角形法等求解.(2)正交分解法：一般受三个以上共点力平衡时用正交分解法，把物体受到的各力分解到相互垂直的两个方向上，然后分别列出两个方向上的平衡方程.例1(2019湖南娄底市下学期质量检测)如
4、图1所示，竖直面光滑的墙角有一个质量为m、半径为r的均匀半球体物块A，现在A上放一密度和半径与A相同的球体B，调整A的位置使得A、B保持静止状态，已知A与地面间的动摩擦因数为0.5，则A球球心距墙角的最远距离是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)图1A.9r5B.2rC.11r5D.13r5 解析 由题意知，B的质量为2m，对A、B整体，地面对A的支持力为：FN3mg，当地面对A的摩擦力达到最大静摩擦力时，A球球心距墙角的距离最远，分别对A、B受力分析，如图所示；根据平衡条件得：FNAB2mgsin，FNBAcos FN，又FNABFNBA 解得：tan 43，则 A 球球心距墙角的最远距离为：x
5、2rcos r115 r，故C正确，A、B、D错误.1.(2019全国卷16)物块在轻绳的拉动下沿倾角为30的固定斜面向上匀速运动，轻绳与斜面平行.已知物块与斜面之间的动摩擦因数为，重力加速度取10 m/s2.若轻绳能承受的最大张力为1 500 N，则物块的质量最大为 33A.150 kg B.100 3 kgC.200 kg D.200 3 kg 解析 设物块的质量最大为m，将物块的重力沿斜面向下方向和垂直斜面向下方向分解，由平衡条件，在沿斜面方向有Fmgsin 30mgcos 30，解得m150 kg，A项正确.2.(2019浙南名校联盟期末)如图2所示，一个质量为4 kg的半球形物体A放
6、在倾角37的斜面体B的斜面上静止不动.若用通过球心的水平推力F10 N作用在物体上，物体仍静止在斜面上，斜面体仍相对地面静止.已知sin 370.6，cos 370.8，取g10 m/s2，则 图2 A.地面对斜面体B的弹力不变 B.地面对斜面体B的摩擦力增加8 N C.物体A受到斜面体B的摩擦力增加8 N D.物体A对斜面体B的作用力增加10 N 解析 对A、B整体受力分析可知，地面对斜面体B的弹力不变，地面对B的摩擦力增加了10 N；对物体A受力分析，加F前，B对A的摩擦力Ffmgsin 24 N，加F后FfFcos mgsin，得Ff16 N，故减少8 N；加F前，A对B的作用力大小为4
7、0 N，加 F 后，A 对 B 的作用力大小为 F2(mg)210 17 N，A对B的作用力增加，但不是10 N.1.图解法 物体受三个力平衡：一个力恒定、另一个力的_恒定，求第三个力时可用此法.由三角形中边长的变化知力的大小的变化，还可判断出极值.例：挡板P由竖直位置绕O点逆时针向水平位置缓慢旋转时小球受力的变化.(如图3)图3方向2.相似三角形法 物体受三个力平衡：一个力恒定、另外两个力的_同时变化，当所作“力的矢量三角形”与空间的某个“几何三角形”总相似时用此法(如图4).图4 方向3.等效圆周角不变法 物体受三个力平衡：一个力恒定、另外两个力_都变化，但两力夹角不变时可用此法(如图5)
8、.由弦长的变化判断力的变化，此类题也可用正弦定理求解.大小、方向图5 4.解析法 如果物体受到多个力的作用，可进行_分解，利用解析法，建立平衡方程，找函数关系，根据自变量的变化确定因变量的变化.还可由数学知识求极值或者根据物理临界条件求极值.正交例2(多选)(2019全国卷19)如图6，一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A.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
9、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 图6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，若mNgmMgsin，则M所受斜面的摩擦力大小会一直增大，若mNgmMgsin，则M所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加，选项D正确，C错误.3.(2019江苏模拟)如图7所示，在粗糙的水平地面上放着一左侧截面是半圆的柱状物体B，在B与竖直墙之间放置一光滑小球A，整个装置处于静止状态.现用水平力拉动B缓慢
10、向右移动一小段距离后，它们仍处于静止状态，在此过程中，下列判断正确的是A.小球A对物体B的压力逐渐增大 B.小球A对物体B的压力逐渐减小 C.墙面对小球A的支持力逐渐减小 D.墙面对小球A的支持力先增大后减小 图7 解析 对A球受力分析如图，得：竖直方向：Fcos mg 水平方向：FNFsin 解得：F mgcos FNmgtan B缓慢向右移动一小段距离，A缓慢下落，则增大，所以F增大，FN增大，由牛顿第三定律知小球A对物体B的压力逐渐增大，故A正确，B、C、D错误.4.(多选)(2019安徽A10联盟开年考)如图8所示，倾角为30的斜面体放置于粗糙水平地面上，物块A通过跨过光滑定滑轮的柔软
11、轻绳与小球B连接，O点为轻绳与定滑轮的接触点.初始时，小球B在水平向右的拉力F作用下使轻绳OB段与水平拉力F的夹角120，整个系统处于静止状态.现将小球向右上方缓慢拉起，并保持夹角不变，从初始到轻绳OB段水平的过程中，斜面体与物块A均保持静止不动，则在此过程中A.拉力F逐渐增大 B.轻绳上的张力先增大后减小 C.地面对斜面体的支持力逐渐增大 D.地面对斜面体的摩擦力先增大后减小 图8 解析 小球B受重力mg、轻绳OB的拉力FT和拉力F，由题意可知，三个力的合力始终为零，矢量三角形如图，在轻绳OB转至水平的过程中，拉力FT逐渐减小，拉力F逐渐变大，故选项A正确，选项B错误；整体(含斜面体、物块A
12、和小球B)受向下的重力、向上的支持力、向左的摩擦力和拉力四个力的作用，根据小球的受力分析可知，拉力F的竖直分力逐渐增大，水平分力先增大后减小，所以支持力逐渐减小，摩擦力先增大后减小，故选项C错误，D正确.1.电场力(1)大小：FqE.若为匀强电场，电场力为_；若为非匀强电场，电场力大小与电荷所处的位置有关.点电荷间的库仑力大小F_.(2)方向：正电荷所受电场力方向与场强方向相同，负电荷所受电场力方向与场强方向_.kq1q2r2恒力相反2.两个遵循(1)遵循平衡条件：与纯力学问题的分析方法基本相同，只是多了电场力，把电学问题力学化可按以下流程分析：(2)遵循电磁学规律：要注意准确判断电场力方向.
13、要注意电场力大小的特点：点电荷间的库仑力大小与距离的平方成反比，电荷间相互作用力遵循牛顿第三定律.例3(2019浙江新高考研究联盟第二次联考)如图9所示，两个带电荷量分别为Q1与Q2的小球固定于相距为5d的光滑水平面上，另有一个带电小球A，悬浮于空中不动，此时A离Q1的距离为4d，离Q2的距离为3d.现将带电小球A置于水平面上某一位置，发现A刚好静止，则此时小球A到Q1、Q2的距离之比为 图9A.32 B.2 3C.34 D.43 由几何关系知37，由平衡条件知F1mgsin 37，F2mgcos 37，解析 小球 A 悬浮于空中时，Q1 对其库仑力 F1k Q1q4d2，将 A 置于水平面上
14、静止，则 kQ1qr12 kQ2qr22，得r1r2 23，故选 B.Q2 对其库仑力 F2k Q2q3d2，受力分析如图所示，得Q1Q243.5.(2019浙江温州市联考)密立根油滴实验原理如图10所示.两块水平放置的金属板分别与电源的正、负极相接，板间电压为U，形成竖直向下、场强为E的匀强电场.用喷雾器从上板中间的小孔喷入大小、质量和电荷量各不相同的油滴.通过显微镜可找到悬浮不动的油滴，若此悬浮油滴的质量为m，则下列说法正确的是A.悬浮油滴带正电 B.悬浮油滴的电荷量为 C.增大场强，悬浮油滴将向上运动 D.油滴的电荷量不一定是电子电荷量的整数倍 图10mgU 解析 因油滴静止，故所受电场
15、力向上，油滴带负电，故A错误；板间距离为 d，则 mgqEqUd，得电荷量 qmgdU，故 B 错误；增大场强，电场力将大于重力，油滴将向上运动，故C正确；带电体电荷量均为元电荷的整数倍，故D错误.A.圆环 a 带正电B.圆环 a 受到的摩擦力一定为 kQqL2C.小滑块 b 受到的库仑力为 Mgtan D.斜面对小滑块 b 的支持力为 Mgcos 6.(2019浙江嘉丽3月联考)如图11所示，水平地面上固定一个绝缘直角三角形框架ABC，其中ACB.质量为m、带电荷量为q的小圆环a套在竖直边AB上，AB面与圆环间的动摩擦因数为，质量为M、带电荷量为Q的小滑块b位于斜边AC上，a、b静止在同一高
16、度上且相距L.圆环、滑块均视为质点，AC面光滑，则 图11 解析 a、b静止在同一高度上，对b，受到重力Mg、斜面的支持力FN及a对b的库仑引力F，从而处于平衡状态，由于b带正电，因此圆环a带负电，故A错误；FkQqL2 Mgtan，FN Mgcos，故 C 错误，D 正确；圆环a处于静止状态，受到的是静摩擦力，其大小为Ffmg，故B错误.1.安培力(1)大小：F_，此式只适用于BI的情况，且L是导线的_长度.当BI时F_.(2)方向：用_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_，此式只适用于Bv的情况.当Bv时F_.(2)方向：用_定则判断，洛伦兹力垂直于B、v决
17、定的平面，洛伦兹力不做功.BIL有效0左手qvB0左手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，难点是该模型具有立体性，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，则通常是匀速直线运动.例4(2019陕西榆林市模拟)如图12，挂在天平底部的矩形线圈abcd(质量不计)的一部分悬在匀强磁场中，当给矩形线圈通入如图12所示的电流I时，调节两盘中的砝码，使天平平衡.然后使电流I反向，这时要在天平的左盘上加质量为2102 kg的砝码，才能使天平重新平衡.若已知矩形线圈共10匝，
18、通入的电流I0.1 A，bc边长度为10 cm，则磁场对bc边作用力F的大小和该磁场的磁感应强度B的大小分别是(g取10 m/s2)A.F0.2 N，B20 TB.F0.2 N，B2 T C.F0.1 N，B1 TD.F0.1 N，B10 T 图12 解析 当线圈中通入题图所示电流后，右盘矩形线圈abcd受到的安培力为FnBIL，方向向上；设左盘砝码的质量为M，右盘砝码的质量为m，此时根据天平处于平衡状态有：MgmgnBIL，当通有反向电流时，右盘矩形线圈abcd受到的安培力为FnBIL，方向向下，此时根据天平处于平衡状态有：Mg210210 NmgnBIL，联立解得：B1 T，F0.1 N，
19、故A、B、D错误，C正确.7.(2019浙江台州3月一模)如图13所示，在水平绝缘杆上用两条等长的平行绝缘丝线悬挂一质量为m的通电导体棒.将导体棒放置在蹄形磁铁的磁场中，由于安培力的作用，当两条丝线与竖直方向均成30角时，导体棒处于平衡状态，重力加速度为g.则关于导体棒在平衡状态时的说法正确的是A.导体棒所在处的磁感应强度处处相等 B.导体棒受到的安培力大小一定是 C.每条丝线对导体棒的拉力大小一定是 D.导体棒受到的安培力与拉力的合力大小一定等于mg 图13 12mg33 mg8.(多选)长方形区域内存在正交的匀强电场和匀强磁场，其方向如图14所示，一个质量为m且带电荷量为q的小球以初速度v
20、0竖直向下进入该区域.若小球恰好沿直线下降，重力加速度为g，则下列判断正确的是A.小球带正电 B.电场强度 C.小球做匀速直线运动 D.磁感应强度 图14EmgqBmgqv0解析 小球在复合场内受到自身重力、电场力和洛伦兹力，其中电场力和重力都是恒力，若速度变化则洛伦兹力变化，合力变化，小球必不能沿直线下降，所以合力等于0，小球做匀速直线运动，选项C正确.若小球带正电，则电场力斜向下，洛伦兹力水平向左，和重力的合力不可能等于0，所以小球不可能带正电，选项A错误.小球带负电，受到斜向上的电场力和水平向右的洛伦兹力，根据力的合成可得 qE2mg，电场强度 E 2mgq，选项 B 错误.洛伦兹力 qv0Bmg，磁感应强度 Bmgqv0，选项 D 正确.
