2017高考物理二轮复习 第1部分 专题突破篇 专题1-15_6

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/N B40 N/m C200 m/N D200 N/m D 由 F kx知，弹簧的劲度系数 k N/m200 N/m，选项 D正确 Fx 40.02 (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 1 A F逐渐变大， T逐渐变大 B F逐渐变大， T逐渐变小 2 C F逐渐变小， T逐渐变大 D F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 2 A. B. m m2 32 C m D2 m 【解题关键】 关键语句 信息解读 “细线穿过两轻环” ， “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 3 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 (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 3 A a可能受到 2个力的作用 B b可能受到 3个力的作用 C绳子对 a的拉力等于 mg D a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 mgtan 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 4 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( ) m1m2 图 4 A. B25 C. D2 52 D 根据题述， absin 37 L， abcos 374 L/3， ab5 L/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(4 L/35 L/6)tan L，解得 tan 2.由力的分解可得， m1gsin m2g，而 sin ，解得 25 ，选项 D正确 m1m2 52 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( ) 5 图 5 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 6 A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 6 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， OB OC，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 dL 平方向的夹角 也保持不变，2 Fsin mg，绳上的拉力 F不变，B 正确 图 1 图 2 1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Error!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T 18)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( ) 【导学号：25702002】 7 图 7 A. B. 3kq3l2 3kql2 C. D 3kql2 23kql2 【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 2 k cos 30， F 静 Eqc， qqcl2 解得 E ，选项 B正确 3kql2 (2015全国卷T 24)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 8 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 2k l1 mg 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 F IBL 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( l1 l2) mg F 由欧姆定律有 E IR 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 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 初速度为零 导体棒从导轨顶端由静止释放 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 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 mg cos 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： E BLv 感应电流： I ER 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 . mgRsin B2L2 (3)摩擦生热： QT mgd cos 根据能量守恒定律知：3 mgdsin Q QT mv2 12 解得电阻产生的焦耳热 Q2 mgdsin . m3g2R2sin2 2B4L4 【答案】 (1)tan (2) mgRsin B2L2 (3)2mgdsin m3g2R2sin2 2B4L4 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 10 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T 18)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 ，方向平行于平面垂直 ab连线向上 3kql2 【答案】 方向沿平面垂直 ab连线向上 3kql2 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 Q3.010 6 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 k9.010 9 Nm2/C2， A、 B球可视为点电荷)，则( ) 图 10 A支架对地面的压力大小为 2.0 N B两线上的拉力大小 F1 F21.9 N C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， F21.0 N D将 B移到无穷远处，两线上的拉力大小 F1 F20.866 N BC A对 B有竖直向上的库仑力，大小为 FAB 0.9 N；对 B与支架整体分析， kQ2l2 竖直方向上合力为零，则 FN FAB mg，可得 FN mg FAB1.1 N，由牛顿第三定律知 F N FN，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 11 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： F1 F2 GA FAB1.9 N；当 B移到无穷远处时， F1 F2 GA1 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： F1cos 30 F2cos 30 Fcos 30 竖直方向： F1sin 30 F2sin 30 GA Fsin 30 由库仑定律知， A、 B间库仑力大小 F 0.225 N，联立以上各式 kQ2 ( lsin 30)2 FAB4 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 11 A z轴正向 B z轴负向 C y轴正向 D y轴负向 AB 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 12 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 12 A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 mg R rEL 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 mg R rEL 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 mg R rEL 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 R2 2B0ELm R 2r B 若加一垂直导轨平面向下的匀强磁场，导体棒受力如图 1所示，由平衡条件和闭 合电路欧姆定律有 mgsin BIL， I ，解得 B sin ，A 错误；当安 ER r mg R rEL 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 B sin ，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 mg R rEL 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 ， ER r 解得 B tan ，C 错误；若加一竖直向下的磁感应强度为 B0的匀强磁场，当 mg R rEL 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 R2 闭合电路欧姆定律有 B0I Lcos mgsin ma， I ，解得 ER 2 r a cos gsin ，D 错误 2B0ELm R 2r 13 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 20