(统考版)2023高考物理二轮专题复习学案-专题一力与直线运动第1讲力与物体的平衡.docx

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1、第1讲力与物体的平衡命 题 热 点(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；(3)利用平衡条件解决实际问题常 考 题 型选择题高频考点能力突破考点一静态平衡问题1研究对象的选取：整体法和隔离法2共点力平衡的常用处理方法适用条件平衡关系合成法三个共点力任意两个力的合力一定与第三个力大小相等，方向相反正交分解法三个或三个以上共点力将物体所受的力分解为相互垂直的两组力，每组力都满足平衡条件力的三角形法三个共点力对受三力作用而平衡的物体，将力的矢量图平移使三力组成一个首尾依次相接的矢量三角形，根据正弦定理、余弦定理或相似三角形等数学知识求解未知力例1 202

2、2浙江6月如图所示，一轻质晒衣架静置于水平地面上，水平横杆与四根相同的斜杆垂直，两斜杆夹角60.一重为G的物体悬挂在横杆中点，则每根斜杆受到地面的()A作用力为33G B作用力为36GC摩擦力为34G D摩擦力为38G预测1 2022成都市三模如图所示，三个小球放在固定的倾斜挡板上，挡板与水平面的夹角为30，每个小球的质量均为m，墙面和挡板均光滑，则墙壁对最左端小球的弹力大小为()A33mg B3mgC23mg D33mg预测22022广东卷如图是可用来制作豆腐的石磨木柄AB静止时，连接AB的轻绳处于绷紧状态O点是三根轻绳的结点，F、F1和F2分别表示三根绳的拉力大小，F1F2且AOB60.下

3、列关系式正确的是()AFF1 BF2F1CF3F1 DF3F1预测3如图甲所示，一物块置于水平地面上现用一个与竖直方向成角的力F拉物块，使力F沿顺时针方向转动，并保持物块始终沿水平方向做匀速直线运动，得到拉力F与的变化关系图线如图乙所示根据图中信息可知物块与地面之间的动摩擦因数为()A12B32C23D312考点二动态平衡问题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2三力作用下动态平衡的分析方法例2 2022河北卷如图，用两根等长的细绳将一匀质圆柱体悬挂在竖直木板的P点，将木板以底边MN为轴向后方缓慢转动直至水平，绳与木板之间的夹角保持不变，忽

4、略圆柱体与木板之间的摩擦，在转动过程中()A圆柱体对木板的压力逐渐增大B圆柱体对木板的压力先增大后减小C两根细绳上的拉力均先增大后减小D两根细绳对圆柱体拉力的合力保持不变预测4如图所示，一圆环套在固定的倾斜光滑杆上，轻绳绕过定滑轮与圆环相连，整个装置处于同一竖直平面内，现用力F缓慢拉动轻绳，圆环对杆的弹力大小为FN，在圆环从A沿杆向上运动到轻绳处于竖直状态的过程中，下列说法正确的是()AF一直增大，FN先减小后增大BF一直增大，FN一直减小CF先减小后增大，FN一直增大DF先减小后增大，FN先减小后增大预测52022河北衡水中学一模如图所示为一种可折叠壁挂书架，一个书架用两个三角形支架固定在墙

5、壁上，两个支架横梁和斜梁的连接点O、O可在横梁上移动，OO始终垂直于横梁，书与书架的重心始终恰好在O、O连线中点的正上方，书与书架的总重力为60 N，某一时刻横梁AO、AO水平，斜梁BO、BO跟横梁夹角为37，横梁对O、O点的拉力始终沿OA、OA方向，斜梁对O、O点的压力始终沿BO、BO方向，已知sin 370.6，cos 370.8，不计支架的重力，则下列说法正确的是()A横梁OA所受的力的大小为80 NB斜梁BO所受的力的大小为50 NCO、O点同时向A，A移动少许，横梁OA所受的力变大DO、O点同时向A、A移动少许，斜梁BO所受的力变大考点三电场力、磁场力作用下的平衡问题1电场力(1)大

6、小：FEq，Fkq1q2r2.(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磁场力(1)大小：安培力FBIL；洛伦兹力F洛qvB.(2)方向：用左手定则判断3处理电磁力作用下的平衡问题的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例3 2022湖南卷如图(a)，直导线MN被两等长且平行的绝缘轻绳悬挂于水平轴OO上，其所在区域存在方向垂直指向OO的磁场，与OO距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，其截面图如图(b)所示导线通以电流I，静止后，悬线偏离竖直方向的夹角为.下列说法正确的是()A当导线静止在图(a)右侧位置时，导线

7、中电流方向由N指向MB电流I增大，静止后，导线对悬线的拉力不变Ctan 与电流I成正比Dsin 与电流I成正比预测6如图所示，固定的光滑绝缘斜面OM的倾角37，空间存在着平行于斜面向上的匀强电场，电场强度的大小E3.0103 N/C.现有一电荷量为q2.0103 C的带正电的小滑块从O点沿斜面匀速下滑(g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)，则小滑块的质量为()A1 kg B2 kgC3 kg D4 kg预测72022山东烟台三模(多选)如图所示，间距为L0.8 m的两条平行光滑竖直金属导轨PQ、MN足够长，底部Q、N之间连有一阻值为R12 的电阻，磁感应强度为B10.5

8、 T的匀强磁场与导轨平面垂直导轨的上端点P、M分别与横截面面积为5103 m2的10匝线圈的两端连接，线圈的轴线与大小均匀变化的匀强磁场B2平行开关S闭合后，质量为m1102 kg、电阻为R22 的金属棒ab恰能保持静止，金属棒始终与导轨接触良好，其余部分电阻不计，g取10 m/s2.则()A匀强磁场B2的磁感应强度均匀减小B金属棒中的电流为0.25 AC匀强磁场B2的磁感应强度的变化率为10 T/sD断开开关S之后，金属棒ab下滑的最大速度为1.25 m/s素养培优情境命题利用平衡条件解决实际问题1情境化试题，把对物理必备知识、关键能力的考查融入日常生活与现代科技中该类试题乍一看高、新、深，

9、但所用的知识都不会超出我们平常所用的基本概念和基本规律2解决情境化试题，要仔细分析题目展示的情境，通过分析和判断来理清物理过程，弄清题目中情境所涉及的问题与哪种物理模型符合，然后运用相应的物理知识解答情境1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，

10、则其手臂受杠铃的作用力将变小情境2抖空竹在中国有着悠久的历史假设抖空竹所用轻绳AB总长为L，空竹重力为G，可视为质点绳能承受的最大拉力是2G，将绳一端固定，将另一端缓慢水平向右移动d而使绳不断，不计一切摩擦，则d的最大值可能为()A3LB154LC32LD152L情境32022北京东城区二模某建筑工地上，工人用如图所示的方式将重物从平台运到地面甲、乙两人在同一高度手握轻绳，不计重力的光滑圆环套在轻绳上，圆环下端吊一重物甲站在A点静止不动，乙从B点缓慢向A点移动一小段距离此过程中，下列说法正确的是()A绳的拉力大小保持不变B甲所受平台的支持力大小不变C甲所受平台的摩擦力变大D甲受到平台和绳的作用

11、力的合力变大情境42022浙江1月如图所示，学校门口水平地面上有一质量为m的石礅，石礅与水平地面间的动摩擦因数为.工作人员用轻绳按图示方式匀速移动石礅时，两平行轻绳与水平面间的夹角均为，则下列说法正确的是()A轻绳的合拉力大小为mgcosB轻绳的合拉力大小为mgcos+sinC减小夹角，轻绳的合拉力一定减小D轻绳的合拉力最小时，地面对石礅的摩擦力也最小第1讲力与物体的平衡高频考点能力突破考点一例1解析：根据对称性，四根斜杆对横杆的作用力大小相等，设为F，选择横杆和物体为研究对象，根据平衡条件有4F cos 2G，解得F36G，故每根斜杆受到地面的作用力也为36G，选项B正确答案：B预测1解析：

12、将三个小球作为整体受力分析如图所示，由共点力平衡可知tan 30FN23mg，解得FN23mg，故B正确答案：B预测2解析：以结点O为研究对象，进行受力分析，由平衡条件可得F2F1cos 303F1，选项D正确答案：D预测3解析：物块受支持力N、拉力F、重力mg、摩擦力N作用，水平方向有F sin N，竖直方向有F cos Nmg，得Fmgsin+cos，从题图可知，30与120时F相等，解得23，选项C正确答案：C考点二例2解析：设两绳子对圆柱体合力为FT，木板对圆柱体支持力为FN，绳子与木板夹角为，受力分析如图：在矢量三角形中，由正弦定理mgsinFNsinFTsin木板以MN为轴向后方转

13、动至水平过程中不变，由90减少至0，由数学知识可知，FN先增大后减小，FT减小，又两根绳子间夹角不变，所以每根绳子的拉力都随转动而不断减少答案：B预测4 解析：对圆环受力分析如图所示，圆环受到三个力的作用，三个力平衡恰组成一个闭合的三角形，由于重力大小方向不变，支持力方向不变，随着拉力方向的改变，三个力的动态分析图如图所示，由图可知，拉力与竖直方向夹角越来越小，则F一直增大，FN(大小等于FN)一直减小，所以B正确；A、C、D错误答案：B预测5解析：两个支架共同承担的力的大小为60 N，则每个支架所承担的力的大小为30 N，对O点受力分析，如图甲所示FOAG2tan3740 N，FBOG2si

14、n3750 N，故A错误，B正确；O、O同时向A、A移动少许，对O点受力分析，如图乙所示三角形AOB与力三角形相似，所以有G2ABFBOBOFOAOA，AB与BO长度不变，OA长度减小，所以FBO不变，FOA减小，故C、D错误答案：B考点三例3解析：当导线静止在图(a)右侧时，导体棒MN在重力、拉力和安培力的作用下处于平衡状态，由平衡条件可知，导体棒所受安培力指向右侧，又安培力与磁场方向垂直，所以安培力垂直于轻绳指向右上方，由左手定则可知，导线中电流方向由M指向N，A项错误；由平衡条件有轻绳拉力Fmg2BIL2，又BILmgsin ，得sin BLmgI，分析易知B、C项错误，D项正确答案：D

15、预测6解析：带正电的小滑块从O到M沿斜面匀速下滑，对小滑块受力分析，可知Eqmg sin 37，解得小滑块的质量m1 kg，A正确答案：A预测7解析：由于金属棒ab恰能保持静止，则说明金属棒ab所受安培力方向竖直向上，大小与重力大小相等，根据左手定则可知金属棒ab中电流方向为ab，根据右手螺旋定则可知线圈中感应电流的磁场方向向左，与原磁场方向相反，根据楞次定律可知B2增大；由于B1IabLmg，且感应电动势E1IabR2nSB2t，联立解得Iab0.25 A，B2t10 T/s，故A错误，B、C正确断开开关S之后，金属棒ab切割磁感线产生感应电动势，感应电动势E2B1Lv，回路中产生感应电流I

16、E2R1+R2B1LvR1+R2，金属棒ab所受安培力F安B1ILB12L2vR1R2，当F安mg时，金属棒ab速度达到最大值，联立可得最大速度vmaxmgR1+R2B12L22.5 m/s.故D错误答案：BC素养培优情境命题情境1解析：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，A、B错误；手臂对杠铃的作用力大小为F，手臂与横杠之间的夹角为，杠铃的重力为G，根据平衡条件可得2F sin G.由几何关系可知握杠的两手间距离变大，对应的角越小，则F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错误答案：C情境2解析：设轻绳与水平方向的

17、夹角为，根据受力分析可得竖直方向上有2FTsin G，绳能承受的最大拉力是2G，当FT2G时，解得sin 14，由几何关系可得sin L22d22L2，联立解得d154L，故选B.答案：B情境3解析：设重物的重力为mg，对圆环受力分析如图(a)所示，根据受力平衡可知2T cos mg，解得Tmg2cos，乙从B点缓慢向A点移动一小段距离，变小，由此可知绳的拉力变小，A错误；对甲受力分析如图(b)所示，由牛顿第三定律可知，TT，根据受力平衡可知Nm甲gTcos m甲g12mg，fTsin 12mg tan ，乙从B点缓慢向A点移动一小段距离，变小，甲所受平台的摩擦力f变小，甲所受平台的支持力大小

18、不变，B正确，C错误；甲受力平衡，所受合力为零，甲受到平台和绳的作用力的合力与甲的重力等大反向，大小恒定，D错误答案：B情境4解析：方法一对石礅受力分析如图1，设两根轻绳的合力为F，根据平衡条件有F cos f，F sin FNmg，且FNf，联立可得Fmgcos+sin，选项A错误，B正确；上式变形得Fmg1+2sin+，其中tan 1，根据三角函数特点，由于的初始值不知道，因此减小，轻绳的合拉力F并不一定减小，选项C错误；根据上述讨论，当90时，轻绳的合拉力F最小，而摩擦力fF cos mgcoscos+sinmg1+tan，可知增大夹角，摩擦力一直减小，当趋近于90时，摩擦力最小，故轻绳的合拉力F最小时，地面对石礅的摩擦力不是最小的，选项D错误方法二本题的C、D选项还可以这样判断：设F为地面对石礅的支持力FN与摩擦力f的合力，是摩擦力与F间的夹角，则tan FNf1，即不论FN、f怎么变化，合力F的方向总保持不变，因此可将四力平衡转化为如图2所示的三力平衡问题，用矢量三角形可直观得出随着减小绳子的合拉力F可能先减小后增大，也可能一直增大，关键是看初始时的大小；摩擦力与支持力的合力F随着的减小而增大，故地面对石礅的摩擦力f随着的减小一直增大，即f的最小值不与轻绳合拉力的最小值对应，故选项C、D均错误答案：B