【大纲版专用】2011届高三物理二轮复习精品课件专题01 力与物体的平衡

专题一力与物体的平衡专题定位本专题解决的是受力分析和共点力平衡问题.高考对本专题内容的考查主要有：①重力、弹力、摩擦力作用下的受力分析；②重力、弹力、摩擦力、电场力和磁场力作用下的受力分析；③共点力作用下平衡条件的应用.考查的主要物理思想和方法有:①整体法和隔离法；②假设法；③合成法；④正交分解法；⑤矢量三角形法；⑥相似三角形法；⑦等效思想；⑧分解思想等.应考策略深刻理解各种性质力的方向特点，紧紧把握平衡这一特殊状态，通过受力分析，运用平衡条件，选用适当的方法解决问题.必备知识方法知识回扣1.弹力(1)产生条件：①两物体；②发生弹性形变.(2)大小：弹簧在弹性限度内弹力的大小可由胡克定律F＝kx计算.一般情况下物体间相互作用的弹力可由来求解.(3)方向①压力和支持力:垂直于接触面指向或的物体.②绳的拉力：沿着绳子并指向绳收缩的方向.③杆的弹力：可能沿杆也可能不沿杆，需要根据受力情况或物体的而定.直接接触平衡条件或牛顿运动定律被压被支持运动状态2.摩擦力(1)产生条件：①相互接触且挤压；②接触面粗糙；③有或.(2)大小：滑动摩擦力Ff＝μFN，与接触面的无关；静摩擦力根据牛顿运动定律或平衡条件来求.(3)方向：沿接触面的方向，并且跟物体的相对运动或相对运动趋势的方向相反.相对运动相对运动趋势面积切线思考摩擦力与弹力间具有什么关系？答案①都是接触力，都要求两物体相互接触并挤压.②接触面间有摩擦力存在时，一定会有弹力存在，反之不一定.③接触面间的动摩擦因数μ一定时，静摩擦力的大小与弹力没有关系，但滑动摩擦力和最大静摩擦力一定跟弹力成正比.④同一接触面间的弹力与摩擦力方向相互垂直.3.电场力(1)静电力的方向：正电荷受静电力方向与场强方向，负电荷受静电力方向与场强方向.(2)静电力的大小：F＝qE.若为匀强电场，静电力则为力;若为非匀强电场,静电力将与有关.4.安培力(1)方向：用左手定则判定.F一定垂直于I、B，I、B可以互相垂直，也可以互相不垂直，I、B任一量反向，F也反向.(2)大小：F＝BIL.①此式只适用于B和I互相垂直的情况，且L是导线的长度.②当导线电流I与磁场B平行时，F最小＝0.一致相反恒电荷在电场中所处的位置有效5.洛伦兹力(1)洛伦兹力的方向①洛伦兹力方向既与电荷的运动方向垂直，又与磁场方向垂直，所以洛伦兹力方向总是垂直于运动电荷的速度方向和磁场方向所确定的.②洛伦兹力方向总垂直于电荷运动方向，当电荷运动方向发生变化时，洛伦兹力的方向也.③由于洛伦兹力方向总与电荷运动方向垂直，所以洛伦兹力对电荷永不.(2)洛伦兹力的大小：F洛＝qvBsinθ，θ为v与B的夹角.当θ＝90°时,F洛＝qvB,此时，电荷受到的洛伦兹力最大；当θ＝0°或180°时，F洛＝0，即电荷在磁场中平行于磁场方向运动时，电荷不受洛伦兹力作用；当v＝0时，F洛＝0，说明磁场只对的电荷产生力的作用.平面随之变化做功运动6.力的合成与分解由于力是矢量，因此可以应用平行四边形定则进行合成与分解，常用法和法来分析平衡问题.7.共点力的平衡(1)状态：静止或(2)条件：F合＝0正交分解力的合成匀速直线运动规律方法1.处理平衡问题的基本思路：确定平衡状态(加速度为)→巧选研究对象(整体法或隔离法)→受力分析→建立平衡方程→求解或作讨论.2.常用的方法(1)在判断弹力或摩擦力是否存在以及确定方向时常用法.(2)求解平衡问题常用：二力平衡法、解法、正交分解法、相似三角形法、法等.3.电场最基本的特征是对放入的电荷有，与带电粒子所处的无关.假设三角形图解力的作用运动状况零4.带电粒子在电场和重力场中的平衡问题仍然满足条件，且电场一般为匀强电场.5.如果带电粒子在重力场、电场和磁场内做直线运动，则一定是，因为F洛⊥v.6.带电粒子在混合场内运动的动力学问题，一般要首先结合粒子的运动状态进行，采用矢量三角形法或正交分解法结合平衡条件或牛顿运动定律列式求解.平衡匀速直线运动受力分析热点题型例析题型1对物体受力分析例1如图1所示，质量为m的正方体和质量为M的正方体放在两竖直墙和水平面间，处于静止状态.m与M的接触面与竖直方向的夹角为α，若不计一切摩擦，下列说法正确的是()A.水平面对正方体M的弹力大小大于(M＋m)gB.水平面对正方体M的弹力大小为(M＋m)g·cosαC.墙面对正方体M的弹力大小为mgcotαD.墙面对正方体M的弹力大小为mgtanα图1审题突破由于所分析的力都是水平面和墙面对M的作用力，而m与M间也有相互作用，因此应采用整体和隔离相结合的方法分析受力.另外应注意点与面接触的弹力方向垂直于面.解析取M和m整体为研究对象，竖直方向受力为：两个物体的重力(M＋m)g，地面对正方体M的弹力FN，FN＝(M＋m)g，A、B错；隔离m受力分析如图，分析平移力后得到的矢量三角形可知：F1＝mgcotα，对整体分析知墙对M的弹力大小也为F1.C正确，D错.答案C一题多变M与m间相互作用力的大小为多少？解析M与m间的相互作用力即为上图中的F2，F2＝mgsinα.答案mgsinα以题说法1.在分析两个以上物体间的相互作用时，一般采用整体和隔离相结合的方法进行分析.2.当一个物体受三个共点力作用平衡时，这三个力可以构成一个矢量三角形，通过解三角形求某个力，如本例中分析m的受力时.3.当直接分析M的受力不方便时，可转移研究对象，先分析m的受力，根据牛顿第三定律再分析M的受力，此法叫“转移研究对象法”.预测演练1如图2所示，光滑水平地面上放有截面为四分之一圆面的柱状物体A，A与竖直墙面之间放一光滑的圆柱形物体B.对A施加一水平向左的力F，整个装置保持静止.若将A的位置向左移动稍许，整个装置仍保持静止，则以下说法正确的是()A.水平外力F增大B.墙对B的作用力减小C.地面对A的支持力减小D.B对A的作用力减小图2解析整个装置处于动态平衡状态.隔离B分析如甲图，由矢量三角形法则知，FAB变小，F墙变小，故B、D项正确.对AB整体受力分析如乙图，F地＝GA＋GB，不变；F＝F墙，变小，故A、C项错.甲乙答案BD题型2共点力的平衡问题例2(2010·江苏·3)如图3所示，置于水平地面的三脚架上固定着一质量为m的照相机.三脚架的三根轻质支架等长，与竖直方向均成30°角，则每根支架中承受的压力大小为()A.13mgB.23mgC.36mgD.239mg图3解析对物体进行受力分析：竖直方向受力平衡3Fcos30°＝mg故F＝mg3cos30°＝233mg＝239mg.由牛顿第三定律得F′＝F＝239mg，故D正确.答案D以题说法1.平衡问题在题目中都有所暗示，如“静止”、“匀速”、“缓慢移动”等.2.此题中和三根绳子吊着物体是一样的效果.3.常用正交分解法沿两个方向列平衡式处理类似问题.预测演练2(14分)如图4所示，质量M＝23kg的木块A套在水平杆上，并用轻绳将木块A与质量m＝3kg的小球B相连.现用跟水平方向成α＝30°角的力F＝103N拉着小球带动木块一起向右匀速运动，运动过程中A、B的相对位置保持不变，取g＝10m/s2.求：(1)运动过程中轻绳的拉力FT和绳与水平方向夹角θ；(2)木块与水平杆间的动摩擦因数μ.图4解析(1)设细绳中的拉力为FT，对B，由平衡条件可得Fcos30°＝FTcosθ(2分)Fsin30°＋FTsinθ＝mg(2分)解得FT＝103N(2分)θ＝30°(2分)(2)对A，由平衡条件可得FTsinθ＋Mg＝FN(2分)FTcosθ＝μFN(2分)解得μ＝35(2分)答案(1)103N30°(2)35题型3共点力作用下的动态平衡问题例3如图5所示是简式千斤顶示意图，当摇动把手时，螺纹轴就能迫使千斤顶的两臂靠拢，从而将预制板顶起.当预制板刚被顶起时对千斤顶的压力为1.0×105N，此时千斤顶两臂间的夹角为120°，则下列判断正确的是()A.此时两臂支持力大小均为1.0×105NB.此时千斤顶对预制板的支持力为1.0×105NC.若继续摇动手把，千斤顶对预制板的支持力将增大D.若继续摇动手把，千斤顶对预制板的支持力将减小图5审题突破这既是一个共点力的平衡问题，也是一个力的合成问题.应取两臂结合点为研究对象受力分析.解析取两臂结合点为研究对象受力分析，如图所示F1＝F2＝G，A正确；千斤顶对预制板的支持力与物体的重力是一对平衡力，B对；继续摇动手把时，F1与F2的夹角将减小，对预制板的支持力仍等于重力G.C、D错.答案AB一题多变继续摇动手把时，两臂的作用力如何变化？答案变小以题说法本题中尽管两臂间夹角变，但合力不变，两臂的作用力将减小.因此，对于动态平衡问题仍然要紧紧抓住平衡这一状态，利用平衡条件分析.预测演练3如图6所示，水平杆上套有两个相同的质量为m的环，两细线等长,下端系着质量为M的物体，系统静止，现在增大两环间距而系统仍静止，则杆对环的支持力FN和细线对环的拉力F的变化情况是()A.都不变B.都增大C.FN增大，F不变D.FN不变，F增大图6D题型4重力场、电场内的平衡问题例4如图7所示，放在水平地面上的光滑绝缘圆筒内有两个带正电小球A、B，A位于筒底靠在左侧壁处,B在右侧筒壁上受到A的斥力作用处于静止.若A的电量保持不变，B由于漏电而下降少许重新平衡，下列说法正确的是()A.A对筒底的压力变小B.B对筒壁的压力变大C.A、B间的库仑力变小D.A、B间的电势能减小图7情景建模本题的物理模型与例1相似，只不过AB间作用力为库仑力而不是弹力.解析取AB整体受力分析知A对筒底的压力大小等于AB物体重力之和不变，A错；对B受力分析如右图，F库＝mgsinθ，FN＝mgtanθ，B由于漏电而下降，即θ减小，F库增大，FN增大，故B对，C错；AB间靠近，库仑斥力做负功，电势能增大，D错.答案B以题说法1.静电力的方向与电性和场强的方向有关，匀强电场中静电力为恒力.2.电场和重力场内的平衡问题，仍然是力学问题.力学中用到的图解法和正交分解法仍然可以用在电场和重力场中.预测演练4如图8所示，A、B两带电小球，质量分别为mA、mB，电荷量分别为qA、qB,用绝缘不可伸长的细线如图悬挂，静止时A、B两球处于同一水平面.若B对A及A对B的库仑力分别为FA、FB，则下列判断正确的是()A.FAFBB.OC细线的拉力FTC＝(mA＋mB)gC.AC细线对A的拉力FTA＝mAg2D.同时烧断AC、BC细线后，A、B在竖直方向的加速度相同图8解析FA与FB是一对相互作用力，A错；对整体分析知，B对；对A受力分析如图所示，FTA＝233mAg,C错;同时烧断后，竖直方向只受重力，即竖直方向的加速度都为g，D对.答案BD题型5平衡中的最值与临界问题例5(19分)如图9所示，ace和bdf是间距为L的两根足够长平行导轨，其中ac、bd段光滑，ce、df段粗糙，导轨平面与水平面的夹角为θ.整个装置处在磁感应强度为B，方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，ab之间连有阻值为R的电阻.若将一质量为m的金属棒置于ef端，今用大小为F，方向沿斜面向上的恒力把金属棒从ef位置由静止推至距ef端s处的cd位置(此时金属棒已经做匀速运动)，现撤去恒力F，金属棒最后又回到ef端(此时金属棒也已经做匀速运动).若不计导轨和金属棒的电阻，且金属棒与ce、df段的动摩擦因数为μ.求：图9(1)金属棒上滑过程中的最大速度；(2)金属棒下滑过程的末速度；(3)金属棒自ef端上滑再回到ef端的过程中，电阻R产生的焦耳热.运动建模金属棒上滑过程中随着速度的增大，感应电流受到的安培力增大，做加速度逐渐减小的加速运动，a＝0时，速度最大；下滑过程中感应电流所受安培力仍然与运动方向相反，做加速度逐渐减小的加速运动，最终达到平衡状态，做匀速运动.解题示范(1)当金属棒上滑达匀速时速度最大为v1，此时受力平衡.F－μmgcosθ－mgsinθ＝FA(2分)FA＝BI1L(1分)I1＝BLv1R(1分)联立以上各式可得v1＝(F－μmgcosθ－mgsinθ)·RB2L2(2分)(2)设金属棒下滑过程的末速度为v