2025届高考物理二轮复习讲义：专题一 力与运动 第1讲 物体的平衡（含解析）

2025浙江高考物理二轮复习
专题一 力与运动 第1讲 物体的平衡讲义
【网络构建】
【关键能力】 理解力和力的运算法则,会正确受力分析,熟练运用力的平衡的各种表达形式.灵活选取研究对象、会根据实际情况构建平衡模型,同时掌握临界法、函数法、图像法、整体法、隔离法等解题方法,联系生活实际,培养学生的物理观念和科学思维.
题型1　静态平衡问题
　　　　　 　　　　　 　　　　　
例1　[2024·浙江1月选考] 如图所示,在同一竖直平面内,小球A、B上系有不可伸长的细线a、b、c和d,其中a的上端悬挂于竖直固定的支架上,d跨过左侧定滑轮、c跨过右侧定滑轮分别与相同配重P、Q相连,调节左、右两侧定滑轮高度达到平衡.已知小球A、B和配重P、Q质量均为50 g,细线c、d平行且与水平面成θ=30°角(不计摩擦,g取10 N/kg),则细线a、b的拉力分别为 (　)
A.2 N、1 N
B.2 N、0.5 N
C.1 N、1 N
D.1 N、0.5 N

【技法点拨】
定滑轮只改变力的方向,不改变力的大小,在分析细绳a的拉力时,宜采用整体受力分析;当分析A、B球之间的拉力时,既可以对A球受力分析,也可以对B球受力分析.
例2　[2020·浙江1月选考] 如图所示,在倾角为α的光滑绝缘斜面上固定一个挡板,在挡板上连接一根劲度系数为k0的绝缘轻质弹簧,弹簧另一端与A球连接.A、B、C三小球的质量均为M,qA=q0>0,qB=-q0,当系统处于静止状态时,三小球等间距排列.已知静电力常量为k,重力加速度为g,则 (　)
A.qC=q0
B.弹簧伸长量为
C.A球受到的库仑力大小为2Mg
D.相邻两小球间距为q0
【技法点拨】
1.解决电磁学中平衡问题,要理清知识体系
2.本例在分析C球时,采用假设法结合平衡知识进行讨论,也可以先求C处电场方向,电场力又必须沿斜面向上,从而求得C球电性.与电场力相关的平衡问题可以直接用电场力分析,也可以通过电场强度进行分析.
【迁移拓展】
1.[2022·浙江1月选考] 如图所示,学校门口水平地面上有一质量为m的石墩,石墩与水平地面间的动摩擦因数为μ,工作人员用轻绳按图示方式匀速移动石墩时,两平行轻绳与水平面间的夹角均为θ,重力加速度为g,则下列说法正确的是 (　)
A.轻绳的合拉力大小为
B.轻绳的合拉力大小为
C.减小夹角θ,轻绳的合拉力一定减小
D.轻绳的合拉力最小时,地面对石墩的摩擦力也最小
2.[2024·温州模拟] 如图所示,质量为M、半径为R的圆环状光滑绝缘细杆用三根交于O点的等长细线悬挂于水平面内,每根细线与竖直方向均成30°角,杆上套有三个可视为质点的带正电小球,每个小球的质量均为m、电荷量均为q,小球间的距离相等,球和杆均静止.重力加速度大小为g,静电力常量为k,则 (　)
A.每根细线对杆的拉力大小为Mg
B.每根细线对杆的拉力大小为(3m+M)g
C.每个小球受到的库仑力大小为
D.每个小球对杆的弹力大小为
题型2　动态平衡问题
　　　　　 　　　　　 　　　　　
1.动态平衡:通过控制某些物理量,使物体的状态发生缓慢的变化,而在这个过程中物体又始终处于一系列的平衡状态,在问题的描述中常用“缓慢”等语言叙述.
2.做题流程
例3　如图所示,在竖直放置的穹形支架上,一根长度不变且不可伸长的轻绳通过轻质光滑滑轮悬挂一重物G.现将轻绳的一端固定于支架上的A点,另一端从B点沿支架缓慢地向C点靠近(C点与A点等高),则在此过程中绳中拉力大小(　)
A.先变大后不变 B.先变大后变小
C.先变小后不变 D.先变小后变大
【技法点拨】
破解动态平衡问题
例4　[2024·衢州模拟] 如图所示,用轻质网兜将一质量均匀的足球悬挂在竖直木板的A点,轻绳与木板之间的夹角为α=30°.将木板以底端为轴顺时针缓慢转动直至木板水平,转动过程中绳与木板之间的夹角保持不变.忽略一切摩擦,球的重力为9 N.设木板对球的支持力为FN,绳上的拉力为FT,在木板转动过程中,下列说法正确的是 (　)
A.FN的最小值为3 N
B.FN的最大值为9 N
C.当木板转动60°时,FN是FT大小的三倍
D.当木板转动30°时,FN与FT大小相等
【迁移拓展】
1.如图所示,用OA、OB两根轻绳将花盆悬于两竖直墙之间.开始时OB绳水平,现保持O点位置不变,改变OB绳长,使绳右端由B点缓慢上移至B'点,此时OB'与OA之间的夹角θ<90°.设此过程中OA、OB绳的拉力分别为FOA、FOB,则下列说法正确的是
(　)
A.FOA一直减小
B.FOA先减小后增大
C.FOB一直增大
D.FOB一直减小
2.如图所示,光滑绝缘圆环轨道竖直固定,两个质量均为m、带等量同种电荷的小环a、b套在圆环轨道上.小环a固定在轨道最低点,初始时b处于静止状态,a、b之间距离为l(l小于轨道直径的长度).小环b缓慢漏电,自图示位置开始缓慢下滑,则 (　)
A.小环b对轨道的压力可能先指向圆心,后背离圆心
B.小环b对轨道的压力大小始终不变
C.两小环之间的库仑力先增大后减小
D.当小环b的电荷量减为初始电荷量的一半时,a、b之间的距离也减半
参考答案与详细解析
第1讲　物体的平衡
题型1
例1　D　[解析] 对A、B整体受力分析,如图甲所示,根据平衡条件可知Fa=2mg=1 N;对B球受力分析,设Fb与水平方向夹角为α,如图乙所示,根据平衡条件可知Fbcos α=mgcos 30°,Fbsin α=Fa-mg-mgsin 30°,联立解得α=30°,Fb=mg=0.5 N,选项D正确.
甲
乙
例2　A　[解析] 假设小球C带负电,相邻两小球间距为L,对小球C受力分析如图甲所示,根据库仑定律有FBC=k,FAC=k,显然小球C无法处于静止,因此小球C应该带正电,根据平衡条件得k=k+Mgsin α,则=Mgsin α,对B球受力分析如图乙所示,根据平衡条件得k=k+Mgsin α,联立解得qC=q0 ,L=,选项A正确,D错误.A所受B、C的库仑力的合力为FA=k-k=2Mgsin α,方向沿斜面向下,选项C错误.将三个小球看作整体分析,受到重力、支持力、弹簧弹力,根据平衡条件得F弹=3Mgsin α,弹簧伸长量为Δx=,选项B错误.
甲
乙
【迁移拓展】
1.B　[解析] 对石墩受力分析,如图所示,设两根轻绳的拉力均为F,根据平衡条件,有2Fcos θ=Ff,2Fsin θ+FN=mg,且Ff=μFN,F合=2F,联立解得F合=,选项A错误,B正确;F合==,其中tan α=,0<α<,即α是一个常数,根据三角函数知识知,减小夹角θ,sin(θ+α)可能减小,轻绳的合拉力F合可能增大,选项C错误;根据F合的表达式可知,当θ+α=时,合拉力最小,而摩擦力Ff=F合cos θ==,当θ=时,摩擦力最小,即合拉力最小和摩擦力最小对应的θ取值不同,所以合拉力最小时,摩擦力不是最小,选项D错误.
2.D　[解析] 对杆和小球整体受力分析,竖直方向上有3Fcos 30°=(3m+M)g,解得每根细线对杆的拉力大小为F=(3m+M)g,故A、B错误;根据题意可得,两个小球间的距离为l=2Rcos 30°,所以每个小球受到的库仑力大小为F库=2kcos 30°=,故C错误;每个小球对杆的弹力大小为FN==,故D正确.
题型2
例3　A　[解析] 对滑轮受力分析如图甲所示,由于跨过滑轮的绳子两端拉力大小一定相等,即F1=F2,由几何关系可知绳子两端拉力方向与竖直方向的夹角相等,设为θ,可知F1=F2=,如图乙所示,设绳长为L,由几何关系可知sin θ=,其中d为绳子两端点间的水平距离,轻绳另一端由B点向C点移动过程中,d先变大后不变,因此θ先变大后不变,可知绳中拉力先变大后不变,故A正确.
例4　D　[解析] 在木板转动过程中,足球的受力如图所示,根据正弦定理可得==,其中α=30°保持不变,θ由90°逐渐减小到0,β从锐角逐渐增大到钝角,则sin (90°-α)保持不变,sin θ逐渐减小,sin β先增大后减小,可知悬绳对足球的拉力FT逐渐减小,木板对足球的支持力FN先增大后减小.初始状态时FN最小,为FNmin=mgtan α=3 N,A错误;当木板转动60°时,β=90°,θ=30°,此时FN最大,为FNmax==6 N,此时FT=3 N,则FN是FT大小的2倍,B、C错误;当木板转动30°时,β=60°,θ=60°,FN、FT、mg三力构成的矢量三角形为等边三角形,FN与FT大小相等,D正确.
【迁移拓展】
1.A　[解析] 根据题意,以花盆为研究对象,分析受力,受重力G、绳OA的拉力FOA和绳OB的拉力FOB,根据平衡条件知,两根绳子的拉力的合力与重力大小相等、方向相反,作出轻绳OB在不同位置时力的合成图,如图所示,由图可看出,FOA逐渐减小,FOB先减小后增大,当θ=90°时,FOB最小,故A正确,B、C、D错误.
2.B　[解析] 对小环b进行受力分析,如图所示,将轨道对小环的支持力FN和两小环之间的库仑力F平移构成矢量三角形,设圆环轨道的半径为R,两环之间的距离为l,根据相似三角形的特点可得==,解得FN=mg,F=,当小环b缓慢漏电时,从图示位置开始缓慢下滑,则l减小,F减小,FN大小不变,即库仑力不断减小,轨道对小环b的支持力大小不变,方向始终指向圆心,由牛顿第三定律可知,小环b对轨道的压力大小始终不变,且方向始终背离圆心,故A、C错误,B正确;设a、b的初始带电荷量大小均为q,在最初的位置时,根据库仑定律可得F=,当小环b的电荷量减为初始电荷量的一半时,假设a、b之间的距离也减半,则此时的库仑力大小为F'==2F,这与整个过程中库仑力在不断减小相矛盾,说明假设错误,故D错误.