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1、,专题1,受力分析 物体的平衡,第一部分 专题复习篇,受力分析、物体的平衡问题是力学的基本问题，在高考中是级要求，主要考查力的产生条件、力的大小方向的判断(难点：弹力、摩擦力)、力的合成与分解、平衡条件的应用、动态平衡问题的分析、连接体问题的分析，涉及的思想方法有：整体法与隔离法、假设法、正交分解法、矢量三角形法、等效思想等高考试题命题特点：这部分知识单独考查一个知识点的试题非常少，大多数情况都是同时涉及到几个知识点，而且都是牛顿运动定律、功和能、电磁学的内容结合起来考查，考查时注重物理思维与物理能力的考核,高 考定位,目录索引,考题1 对物体受力分析的考查,考题2 对静态平衡问题的考查,考题
2、3 对动态平衡问题的考查,考题4 应用平衡条件解决电学平衡问题,考题1 对物体受力分析的考查,(多选)如图1所示，质量为m的木块A放在质量为M的三角形斜面B上，现用大小均为F，方向相反的水平力分别推A和B，它们均静止不动，则( ) A.A与B之间不一定存在摩擦力 B.B与地面之间可能存在摩擦力 C.B对A的支持力一定大于mg D.地面对B的支持力的大小一定等于(Mm)g,图1,例 1,审题突破 B、D选项考察地面对B的作用力故可以：先对物体A、B整体受力分析，根据平衡条件得到地面对整体的支持力和摩擦力；A、C选项考察物体A、B之间的受力，应当隔离，物体A受力少，故：隔离物体A受力分析，根据平衡
3、条件求解B对A的支持力和摩擦力.,解析 对A、B整体受力分析，如图，受到重力(Mm)g、支持力FN和已知的两个推力，水平方向：由于两个推力的合力为零，故整体与地面间没有摩擦力；竖直方向：有FN(Mm)g，故B错误，D正确；,再对物体A受力分析，受重力mg、推力F、斜面体B对A的支持力FN和摩擦力Ff，在沿斜面方向：当推力F沿斜面分量大于重力的下滑分量时，摩擦力的方向沿斜面向下，当推力F沿斜面分量小于重力的下滑分量时，摩擦力的方向沿斜面向上，当推力F沿斜面分量等于重力的下滑分量时，摩擦力为零，设斜面倾斜角为，在垂直斜面方向：FNmgcos Fsin ，所以B对A的支持力不一定大于mg，故A正确，
4、C错误.故选择A、D.,答案 AD,1. (单选)(2014广东14)如图2所示，水平地面上堆放着原木，关于原木P在支撑点M、N处受力的方向，下列说法正确的是( ) A.M处受到的支持力竖直向上 B.N处受到的支持力竖直向上 C.M处受到的静摩擦力沿MN方向 D.N处受到的静摩擦力沿水平方向,突破训练,图2,解析 M处支持力方向与支持面(地面)垂直，即竖直向上，选项A正确；,N处支持力方向与支持面(原木接触面)垂直，即垂直MN向上，故选项B错误；,摩擦力与接触面平行，故选项C、D错误.,答案 A,2. (单选)如图3所示，一根轻杆的两端固 定两个质量均为m的相同小球A、B，用 两根细绳悬挂在天
5、花板上，虚线为竖直 线，30，60，求轻杆对A 球的作用力( ),图3,解析 对A球受力分析如下图，细绳对小球A的力为F1，杆对A的力为F2，把F1和mg合成，由几何知识可得组成的三角形为等腰三角形，故F2mg.,答案 A,3. (单选)如图4所示，用质量为M的吸铁石， 将一张质量为m的白纸压在竖直固定的磁 性黑板上某同学沿着黑板面，用水平向 右的恒力F轻拉白纸，白纸未移动，则此时 黑板对白纸的摩擦力的大小为( ),图4,方 法 提 炼,1.合理的选取研究对象 如果题目中给出的物体不止一个，在分析物体受力情况时，往往不能直接判断它与其接触的物体间是否有相互作用的弹力和摩擦力，这时可以采用隔离法
6、(或整体法)，先分析其他物体(或整体)的受力情况，再分析被研究物体的受力情况.,2.结合运动状态及时修正 由于弹力和摩擦力都是被动力，它们的方向和大小与物体的运动状态有密切的关系，所以分析物体的受力情况时，除了根据力产生的条件判断外，还必须根据物体的运动状态，结合牛顿第二定律及时进行修正.,考题2 对静态平衡问题的考查,例 2,图5,5. (单选)在如图所示的A、B、C、D四幅图中，滑轮本身的重力忽略不计，滑轮的轴O安装在一根轻木杆P上，一根轻绳ab绕过滑轮，a端固定在墙上，b端下面挂一个质量都是m的重物，当滑轮和重物都静止不动时，图A、C、D中杆P与竖直方向夹角均为，图B中杆P在竖直方向上，
7、假设A、B、C、D四幅图中滑轮受到木杆弹力的大小依次为FA、FB、FC、FD，则以下判断中正确的是( ),6. (单选)倾角为45的斜面固定在墙角，一质量分 布均匀的光滑球体在大小为F的水平推力作用下静 止在如图7所示的位置，F的作用线通过球心，设球 所受重力大小为G，竖直墙对球的弹力大小为F1， 斜面对球的弹力大小为F2，则下列说法正确的是( ) A.F1一定大于F B.F2一定大于G C.F2一定大于F D.F2一定大于F1,图7,解析 以球为研究对象，受力分析，如图所示， 根据平衡条件可得： F2sin G FF1F2cos 所以F2一定大于G，F1一定小于F，F2与F的大小关系不确定，
8、F1和F2的大小关系也不确定，所以B正确，A、C、D错误. 答案 B,方 法 提 炼,共点力平衡问题的求解思路和方法 1.求解共点力平衡问题的一般思路2.常用求解方法 (1)正交分解法 (2)合成法,(多选)如图8所示，倾角为的斜面体c 置于水平地面上，小物块b置于斜面上，通过细 绳跨过光滑的定滑轮与沙漏a连接，连接b的一段 细绳与斜面平行.在a中的沙子缓慢流出的过程中， a、b、c都处于静止状态，则( ) A.b对c的摩擦力一定减小 B.b对c的摩擦力方向可能平行斜面向上 C.地面对c的摩擦力方向一定向右 D.地面对c的摩擦力一定减小,考题3 对动态平衡问题的考查,例 3,图8,审题突破 b
9、受到c的摩擦力不一定为零，与两物体的重力、斜面的倾角有关.对bc整体研究，由平衡条件分析水平面对c的摩擦力方向和支持力的大小. 解析 设a、b的重力分别为Ga、Gb.若GaGbsin ， b受到c的摩擦力为零；若GaGbsin ，b受到c的摩 擦力不为零.若GaGbsin ，b受到c的摩擦力沿斜面 向上，故A错误，B正确. 对b、c整体，水平面对c的摩擦力FfFTcos Gacos ，方向水平向左.在a中的沙子缓慢流出的过程中，则摩擦力在减小，故C错误，D正确. 答案 BD,7. (单选)如图9甲，手提电脑散热底座一般设置有四个卡位用来调节角度.某同学将电脑放在散热底座上，为了获得更好的舒适度
10、，由原卡位4缓慢地调至卡位1(如图乙)，电脑始终静止在底座上，则( )图9,突破训练,A.电脑受到的支持力变大 B.电脑受到的摩擦力变小 C.散热底座对电脑的作用力变大 D.散热底座对电脑的作用力不变 解析 对笔记本电脑受力分析如图所示，有：FN mgcos 、Ffmgsin .由原卡位1调至卡位4，减小， 静摩擦力Ff减小、支持力FN增加；散热底座对电脑 的作用力的合力是支持力和静摩擦力的合力，与电 脑的重力平衡，始终是不变的，故D正确. 答案 D,8. (单选)如图10将两个质量均为m的小球a、b用细线相连悬挂于O点，用力F拉小球a，使整个装置处于静止状态，且悬线Oa与竖直方向的夹角为30
11、，则F的最小值为( ),图10,解析 以a、b两球为一整体进行受力分析：受重 力2mg，绳子的拉力FT，拉力F，其中重力是恒 力，绳子拉力FT方向恒定，根据平衡条件，整体 所受合外力为零，所以当F的方向与绳子垂直时 最小，如图所示，根据几何关系可得：F2mgsin 30mg，所以B正确，A、C、D错误. 答案 B,9. (单选) (2014山东14)如图11所示，用两根等长 轻绳将木板悬挂在竖直木桩上等高的两点，制成 一简易秋千，某次维修时将两轻绳各剪去一小段， 但仍保持等长且悬挂点不变.木板静止时，F1表示 木板所受合力的大小，F2表示单根轻绳对木板拉 力的大小，则维修后( ) A.F1不变
12、，F2变大 B.F1不变，F2变小 C.F1变大，F2变大 D.F1变小，F2变小,图11,解析 木板静止时，木板受重力G以及两根轻绳的拉力F2，根据平衡条件，木板受到的合力F10，保持不变.两根轻绳的拉力F2的合力大小等于重力G，保持不变，当两轻绳剪去一段后，两根轻绳的拉力F2与竖直方向的夹角变大，因其合力不变，故F2变大.选项A正确，选项B、C、D错误. 答案 A,方 法 提 炼,1.当受力物体的状态发生“缓慢”变化时，物体所处的状态仍为平衡状态，分析此类问题的方法有解析法和矢量三角形法. 2.分析动态平衡问题时需注意以下两个方面： (1)在动态平衡问题中，一定要抓住不变的量(大小或方向)
13、，此题中不变的量是力F3和F1的合力的大小和方向，然后分析其他量的变化. (2)当物体受到一个大小和方向都不变、一个方向不变、一个大小和方向都变化的三个力作用，且题目只要求定性讨论力的大小而不必进行定量计算时，首先考虑用图解法.,(多选) (6分)如图12所示，粗糙程度均匀的绝缘空心斜面ABC放置在水平面上，CAB30，斜面内部O点(与斜面无任何连接)固定一个正点电荷，一带负电可视为质点的小物体可以分别静止在M、P、N点，P为MN的中点，OMON，OMAB，则下列判断正确的是( ) A.小物体在M、P、N点静止时一定都是受4个力 B.小物体静止在P点时受到的摩擦力最大 C.小物体静止在P点时受
14、到的支持力最大 D.小物体静止在M、N点时受到的支持力相等,考题4 应用平衡条件解决电学平衡问题,审题破题真题演练,例 4,图12,思维导图,解析 对小物体分别在三处静止时进行 受力分析，如图：结合平衡条件小物体 在P、N两点时一定受四个力的作用， 而在M处不一定，故A错误；,小物体静止在P点时，摩擦力Ffmgsin 30，设小物体静止在M、N点时，库仑力为F，则小物体静止在N点时Ffmgsin 30Fcos 30，小物体静止在M点时Ffmgsin 30Fcos 30，可见小物体静止在N点时所受摩擦力最大，故B错误；,小物体静止在P点时，设库仑力为F，受到的支持力FNmgcos 30F，小物体
15、静止在M、N点时：FNmgcos 30Fsin 30，由库仑定律知FF，故FNFN，即小物体静止在P点时受到的支持力最大，静止在M、N点时受到的支持力相等，故C、D正确.,答案 CD,(2014江苏13)(15分)如图13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：,高考现场,图13,(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.,解析 (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 .,
