2019届二轮复习力与物体的平衡课件（共61张）（全国通用）

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第 1 讲　力与物体的平衡 专题一　力与运动 ① 静止　 0 　匀速直线运动　 0 　 ② F 合 ＝ 0 　 0 　 0 　 0 　 ③ 整 体 　场力　接触力　合成　正交分解法　 ④ 垂直于接触面　沿绳指向绳收缩的方向　 F ＝ kx 　 与 相对运动的趋势方向相反　 无 与 相对运动的方向相反 答案 回忆知识 构建体系 研究高考真题 突破高频考点 栏目索引 研究高考真题 1.(2018· 全国卷 Ⅰ ·16) 如图 1 ，三个固定的带电小球 a 、 b 和 c ，相互间的距离分别为 ab ＝ 5 cm ， bc ＝ 3 cm ， ca ＝ 4 cm. 小球 c 所受库仑力的合力的方向平行于 a 、 b 的连线 . 设小球 a 、 b 所带电荷量的比值的绝对值为 k ， 则 图 1 【 考点定位 】 库仑定律、力的合成 【难度】 中等 解析 答案 √ 1 2 3 4 5 解析 　 由于小球 c 所受库仑力的合力的方向平行于 a 、 b 的连线，根据受力分析知， a 、 b 的电荷异号 . 设合力方向向左，如图所示 ， 1 2 3 4 5 2.(2017· 全国卷 Ⅱ ·16) 如图 2 ，一物块在水平拉力 F 的作用下沿水平桌面做匀速直线运动 . 若保持 F 的大小不变，而方向与水平面成 60° 角，物块也恰好做匀速直线运动 . 则物块与桌面间的动摩擦因数 为 图 2 【考点定位】 共点力平衡、摩擦力、正交分解 【点评】 解题关键是要注意滑动摩擦力的大小随物块对桌面压力的 变化 而变化 【难度】 中等 √ 解析 答案 1 2 3 4 5 解析 　 设物块的质量为 m ，物块与桌面间的动摩擦因数为 μ ， 当 F 水平时，根据平衡条件得 F ＝ μmg ； 当 保持 F 的大小不变，而方向与水平面成 60° 角时，由平衡条件 得 F cos 60° ＝ μ ( mg － F sin 60°) ， 1 2 3 4 5 3.( 多选 )(2017· 全国卷 Ⅰ ·21) 如图 3 ，柔软轻绳 ON 的一端 O 固定，其中间某点 M 拴一重物，用手拉住绳的另一端 N ，初始时， OM 竖直且 MN 被拉直， OM 与 MN 之间的夹角为 α ( α ＞ ). 现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角 α 不变 . 在 OM 由竖直被拉到水平的过程中 图 3 1 2 3 4 5 A. MN 上的张力逐渐增大 B. MN 上的张力先增大后减小 C. OM 上的张力逐渐增大 D. OM 上的张力先增大后 减小 √ 解析 答案 √ 【考点定位】 共点力的平衡、动态平衡 【点评】 本题关键是抓住 α 角不变，寻找两绳拉力与其合力构成的力 的三 角形 的特点 . 本题对数学工具的应用能力要求较高 . 【难度】 较难 1 2 3 4 5 解析 　 设重物的质量为 m ，以重物为研究对象， 受重力 mg 、 OM 绳上拉力 F 2 、 MN 绳上拉力 F 1 ，由题意知， 三个力的合力始终为零， 矢量三角形如图所示， F 1 、 F 2 的夹角为 π － α 不变 ， 在 F 2 转至水平的过程中，矢量三角形在同一外接圆上 ， 由 图可知， MN 上的张力 F 1 逐渐增大， OM 上的张力 F 2 先增大后减小 ， 所以 A 、 D 正确， B 、 C 错误 . 1 2 3 4 5 4.( 多选 )(2016· 全国卷 Ⅰ ·19) 如图 4 所示，一光滑的轻滑轮用细绳 OO ′ 悬挂于 O 点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块 a ，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块 b . 外力 F 向右上方拉 b ，整个系统处于静止状态 . 若 F 方向不变，大小在一定范围内变化，物块 b 仍始终保持静止， 则 A. 绳 OO ′ 的张力也在一定范围内变化 B. 物块 b 所受到的支持力也在一定范围内变化 C. 连接 a 和 b 的绳的张力也在一定范围内变化 D. 物块 b 与桌面间的摩擦力也在一定范围内 变化 图 4 【考点定位】 共点力平衡、动态平衡、正交分解法 【点评】 本题的关键是抓住物块处于平衡状态，绳子拉力不变 【难度】 中等 √ 解析 答案 √ 1 2 3 4 5 解析 　 由于物块 a 、 b 均保持静止，各绳角度保持不变，对 a 受力分析得，绳的拉力 F T ′ ＝ m a g ，所以物块 a 受到的绳的拉力保持不变 . 由于 滑轮两侧绳的拉力相等，所以 b 受到的绳的拉力大小、方向均保持不变， C 选项错误 ； a 、 b 受到的绳的拉力大小、方向均不变，所以 OO ′ 的张力不变， A 选项错误 ； 对 b 进行受力分析，如图所示 . 1 2 3 4 5 由平衡条件得： F T cos β ＋ F f ＝ F cos α ， F sin α ＋ F N ＋ F T sin β ＝ m b g . 其中 F T 和 m b g 始终不变，当 F 大小在一定范围内变化时，支持力在一定范围内变化， B 选项正确 ； 摩擦力 也在一定范围内变化， D 选项正确 . 1 2 3 4 5 5.(2016· 全国卷 Ⅲ ·17) 如图 5 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 【考点定位】 共点力平衡、合成法、弹力特点 【点评】 本题关键是同一轻绳上各处拉力大小相等 ( 不计摩擦 ) ，圆弧 面 上 弹力 方向沿半径方向及等边三角形的特点，两分力夹角 120° 时合力 的 特点 . 【难度】 中等 √ 图 5 解析 答案 1 2 3 4 5 解析 　 如图所示 ， 圆弧的圆心为 O ，悬挂小物块的点为 c ，由于 ab ＝ R ，则 △ aOb 为等边三角形，由于不计所有摩擦，所以同一条细线上的拉力相等， T ＝ mg ， 由 几何关系知， ∠ acb ＝ 120° ，故细线的拉力的合力与物块的重力大小相等，所以小物块质量为 m ，故 C 对 . 1 2 3 4 5 受力分析与物体平衡是高考重点考查的内容，近年来着重考查连接体的平衡，整体法、隔离法的应用，物体的动态平衡问题，绳、杆、面弹力的大小与方向及胡克定律，摩擦力的大小及临界极值问题等 . 复习时要熟练掌握受力分析、共点力平衡的处理方法、尤其是动态平衡的几种解题方法；还要注意弹力、摩擦力等各自的特点 . 考情分析 突破高频考点 1. 受力分析方法 (1) 受力分析的两个顺序 ① 先场力 ( 重力、电场力、磁场力 ) 后接触力 ( 先弹力后摩擦力 ). ② 先分析 “ 确定的力 ” ，再由 “ 确定的力 ” 判断 “ 不确定的力 ”. (2) 受力分析的三个检验角度 ① 明确各力的施力物体和受力物体，找不到施力物体的力是不存在的 . ② 判断物体能否保持原状态 . ③ 转换研究对象 ( 隔离 → 整体或整体 → 隔离 ) 再做受力分析，判断是否吻合 . 考点 1 　受力分析与物体的静态平衡 (3) 整体法与隔离法的应用 研究系统外的物体对系统整体的作用力时用整体法；研究系统内物体之间的相互作用力时用隔离法 . 遇到多物体平衡时一般整体法与隔离法结合运用，一般先整体后隔离 . 2. 共点力平衡问题常用方法 (1) 合成法：一般三力平衡时 ( 或多力平衡转化成三力平衡后 ) 用合成法：由平行四边形定则合成任意两力 ( 一般为非重力的那两个力 ) ，该合力与第三个力平衡，在由力的示意图所围成的三角形中解决问题 . 将力的问题转化成三角形问题，再由三角函数、勾股定理、图解法、相似三角形法等求解 . (2) 正交分解法：一般受三个以上共点力平衡时用正交分解法，把物体受到的各力分解到相互垂直的两个方向上，然后分别列出两个方向上的平衡方程 . 命题热点 1 　受力分析与平衡条件的应用 　　 ( 2018· 河北省石家庄市模拟 ) 如图 6 所示，水平地面上固定两个相同斜面 M 、 N ，斜面上分别放有质量相等的三角形木块 A 、 B . 木块 A 左侧面垂直于斜面，木块 B 左侧面沿竖直方向 . 在斜面 M 、 N 上分别放上一个相同的光滑球后，木块 A 、 B 始终保持静止状态，则放上球 后 图 6 例 1 A . 木块 A 对斜面的压力等于木块 B 对斜面的压力 B. 木块 A 对斜面的压力大于木块 B 对斜面的压力 C. 木块 A 受到的摩擦力小于木块 B 受到的摩擦力 D. 木块 A 受到的摩擦力大于木块 B 受到的 摩擦力 √ 解析 答案 解析 　 以 A 为研究对象受力分析 ，如 图甲所示 ， 由 平衡条件得斜面对 A 的支持力 F N A ＝ Mg cos α ， 以 B 为研究对象受力分析，如图乙所示 ， 由平衡条件得斜面对 B 的支持力 F N B ＝ Mg cos α － F N2 sin α ， 则得 F N A > F N B . 由 牛顿第三定律可知， A 木块对斜面的压力大于 B 木块对斜面的压力，故 A 错误， B 正确 ； 以 小球与 A 为整体作为研究对象，由平衡条件可得 A 木块受到的摩擦力 F f A ＝ ( M ＋ m ) g sin α ，同理，以小球与 B 为整体作为研究对象，得到 B 木块受到的摩擦力 F f B ＝ ( M ＋ m ) g sin α ，则 F f A ＝ F f B ， C 、 D 错误 . 1.( 多选 ) a 、 b 为截面完全相同的直角楔形物体，分别在垂直于斜边的恒力 F 1 、 F 2 作用下静止在相同的竖直墙面上，如图 7 所示，下列说法错误的 是 A. a 、 b 受力个数可能不相同 B. b 受到的摩擦力一定小于 a 受到的摩擦力 C. a 、 b 所受摩擦力方向一定沿墙面向上 D. F 1 、 F 2 大小一定 相等 √ 解析 答案 拓展练 图 7 √ √ 解析 　 对 a 受力分析如图所示 ， 除摩擦力外的三个力不可能平衡， 故一定有摩擦力的存在，故 a 受四个力 . 对 b 受力分析如图所示 ， 除摩擦力外， F N b 、 F 2 、 mg 三力有可能平衡，沿竖直方向和水平方向分解 F 2 ， 设 F 2 与竖直方向的夹角为 α ，则有 ： F 2 cos α ＝ mg ① F 2 sin α ＝ F N b ② 综上所述， B 、 C 、 D 错误，故选 B 、 C 、 D. 命题热点 2 　整体法与隔离法的应用 　 　 　 ( 2018· 广东省惠州市第二次调研 ) 如图 8 所示，一固定斜面上两个质量相同的小物块 A 和 B 紧挨着匀速下滑， A 与 B 的接触面光滑 . 已知 A 与斜面之间的动摩擦因数是 B 与斜面之间的动摩擦因数的 2 倍，斜面倾角为 α . B 与斜面 之间 的动摩擦因数 μ 与 A 、 B 间弹力 F N 的大小分别 是 图 8 √ 解析 答案 例 2 解析 　 设每个小物块的质量为 m ，以 A 、 B 整体为研究对象，根据平衡条件得： 2 mg sin α ＝ 2 μmg cos α ＋ μmg cos α ， 以 B 为研究对象，则 mg sin α ＝ μmg cos α ＋ F N 故选项 A 正确，选项 B 、 C 、 D 错误 . 2. (2017· 湖南省常德市高三模拟 ) 如图 9 所示，粗糙水平面上有一长木板，一个人在木板上用水平力 F 向右推着箱子在木板上匀速运动，人的质量大于箱子质量，若鞋与长木板、箱子与长木板间动摩擦因数相同，则下列说法正确的 是 A. 人受到的滑动摩擦力方向水平向右 B. 箱子受到的滑动摩擦力方向水平向左 C. 木板受到的地面的摩擦力方向水平向右 D. 木板受到的地面的摩擦力方向水平 向左 √ 解析 答案 图 9 拓展练 解析 　 人用力 F 向右推箱子，对箱子受力分析，受推力、重力、支持力和滑动摩擦力，根据平衡条件，箱子受到的滑动摩擦力方向水平向左，与推力平衡，人用力 F 向右推箱子，对箱子的作用力向右，根据牛顿第三定律可知，箱子对人的作用力的方向向左，人若要平衡，则受到的木板的摩擦力的方向向右，但人的脚在与木板接触时相对木板是静止的，故人受到的是静摩擦力，故 A 错误， B 正确 ； 对 人、箱子和木板的整体受力分析，受重力和支持力，不受摩擦力，否则不平衡，故地面对木板没有摩擦力，故 C 、 D 错误 . 命题热点 3 　对弹力特点的 考查 　　　 ( 2018· 河南省新乡市第三次模拟 ) 如图 10 所示，在竖直平面内固定的半圆弧轨道两端点 M 、 N 连线水平，将一轻质小环套在轨道上，一细线穿过轻环，一端系在 M 点，另一端系一质量为 m 的小球，不计所有摩擦，重力加速度为 g ，小球恰好静止在图示位置，下列说法正确的 是 A. 轨道对轻环的支持力大小为 mg D. N 点和轻环的连线与竖直方向的夹角为 30° 图 10 解析 答案 √ 例 3 解析 　 对轻环受力分析，因轻环两边绳子的拉力相等，可知两边绳子的拉力与圆弧轨道对轻环的支持力的夹角相等 ， 设 为 θ ，由几何关系可知， ∠ OMA ＝ ∠ MAO ＝ θ ，则 3 θ ＝ 90° ， θ ＝ 30° ，则轨道对轻环的支持力大小为 F N ＝ 2 F T cos 30° ＝ 2 mg cos 30° ＝ mg ，选项 A 错误 ； 细线 对 M 点的拉力大小为 F T ＝ mg ，选项 B 错误 ； 细线 对轻环的作用力与 F N 大小相等，方向相反，则 F N ′ ＝ F N ＝ mg ，选项 C 错误 ； 由 几何关系可知， N 点和轻环的连线与竖直方向的夹角为 30° ，选项 D 正确 . 3.(2018· 河北省衡水中学第一次调研 ) 如图 11 所示，光滑的大圆环固定在竖直平面内，圆心为 O 点， P 为环上最高点，轻弹簧的一端固定在 P 点，另一端拴连一个套在大环上的小球，小球静止在图示位置， 则 A. 弹簧可能处于压缩状态 B. 大圆环对小球的弹力方向可能指向 O 点 C. 小球受到弹簧的弹力与重力的合力一定指向 O 点 D. 大圆环对小球的弹力大小可能小于球的重力， 也 可能 大于球的 重力 √ 图 11 解析 答案 变式练 多题归一 解析 　 若弹簧处于压缩状态，则对小球受力分析可知，所受重力向下，大圆环对小球的弹力指向 O 点，弹簧弹力沿 PQ 向下，由平衡条件可知，此三力不可能平衡，选项 A 错误 ； 因 弹簧处于拉伸状态，则大圆环对小球的弹力方向沿半径方向向外，不可能指向 O 点，选项 B 错误 ； 因 小球受重力、弹簧的弹力以及大圆环的弹力作用，由平衡条件可知，小球受到弹簧的弹力与重力的合力一定与大圆环对小球的弹力等大反向，即指向 O 点，选项 C 正确 ； 根据 力的平行四边形定则，结合几何关系可知，大圆环对小球的弹力大小等于球的重力大小，选项 D 错误 . 常用方法： (1) 几何法：物体在三力作用下处于动态平衡时，常把 “ 力的问题 ” 转化为 “ 三角形问题 ”. 根据条件不同可有以下三种方法： ① 图解法 物体受三个力平衡：一个力恒定、另一个力的方向恒定时可用此法 . 由三角形中边长的变化知力的大小的变化，还可判断出极值 . 考点 2 　动态平衡与临界极值问题 例 ：挡板 P 由竖直位置绕 O 点向水平位置缓慢旋转时小球受力的变化 .( 如图 12 ) ② 相似三角形法 物体受三个力平衡：一个力恒定、另外两个力的方向同时变化，当所作 “ 力的三角形 ” 与空间的某个 “ 几何三角形 ” 总相似时用此法 ( 如图 13 ). 图 12 图 13 ③ 等效圆周角不变法 物体受三个力平衡：一个力恒定、另外两个力大小、方向都变化，但两力夹角不变时可用此法 ( 如图 14). 由弦长的变化判断力的变化，此类题也可用正弦定理求解 . 图 14 (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，找函数关系，根据自变量的变化确定因变量的变化．还可由数学知识求极值或者根据物理临界条件求极值． 命题热点 1 　几何法解决动态平衡问题 　　　 ( 2018· 吉林省吉林市第二次调研 ) 如图 15 所示，半圆形框架竖直放置在粗糙的水平地面上，光滑的小球 P 在水平外力的作用下处于静止状态， P 与圆心 O 的连线与水平面的夹角为 θ ，将力 F 在竖直面内沿顺时针方向缓慢地转过 90° ，框架与小球始终保持静止状态 . 在此过程中，下列说法正确的 是 A. 框架对小球的支持力先减小后增大 B. 拉力 F 的最小值为 mg cos θ C. 地面对框架的摩擦力先减小后增大 D. 框架对地面的压力先增大后 减小 图 15 √ 解析 答案 例 4 解析 　 以小球为研究对象，分析受力情况，作出受力示意图，如图所示 . 根据几何关系可知，力 F 顺时针转动至竖直向上之前，支持力 F N 逐渐减小， F 先减小后增大，当 F 的方向沿半圆的切线方向向上时， F 最小，此时 F min ＝ mg cos θ ，故 A 错误， B 正确 ； 以 框架与小球组成的整体为研究对象，整体受到重力、地面的支持力、地面的摩擦力以及力 F 的作用， F 在顺时针方向转动的过程中， F 沿水平方向的分力逐渐减小，所以地面对框架的摩擦力一直在减小， F 在顺时针方向转动的过程中， F 沿竖直方向的分力逐渐增大，所以地面对框架的支持力一直在减小，由牛顿第三定律知框架对地面的压力一直减小，故 C 、 D 错误 . 4.( 多选 )(2018· 河北省衡水中学第一次调研 ) 半圆柱体 P 放在粗糙的水平面上，有一挡板 MN ，其延长线总是过半圆柱体的轴心 O ，但挡板与半圆柱体不接触，在 P 和 MN 之间放有一个光滑均匀的小圆柱体 Q ( P 的截面半径远大于 Q 的截面半径 ) ，整个装置处于静止状态，如图 16 是这个装置的截面图，若用外力使 MN 绕 O 点缓慢地由水平逆时针转动，在 Q 到达最高位置前，发现 P 始终保持静止，在此过程中，下列说法正确的 是 图 16 变 式练 一题多变 A. MN 对 Q 的弹力大小逐渐 减小 B. P 、 Q 间的弹力先增大后减小 C. 桌面对 P 的摩擦力先增大后 减小 D. P 所受桌面的支持力保持 不变 √ 解析 答案 √ 解析 　 以小圆柱体 Q 为研究对象，分析受力情况，作出受力示意图，如图甲所示 . 根据几何关系可知， α ＋ β 不变， α 增大， β 减小， MN 对 Q 的弹力 F 1 减小， P 对 Q 的弹力 F 2 增大，故 A 正确， B 错误 . 刚开始，挡板在最低点，处于水平位置，对整体受力分析可知，整体水平方向不受力，桌面对 P 的摩擦力为零，当 Q 运动到最高点时，对整体受力分析可知，整体水平方向不受力，桌面对 P 的摩擦力仍为零 ， 则整个过程中，桌面对 P 的摩擦力先增大后减小，故 C 正确 . 以 P 为研究对象，受力分析如图乙所示， 桌面对 P 的支持力 F N ＝ Mg ＋ F 2 sin α ， F 2 增大， α 增大，所以 F N 增大，故 D 错误 . 5.( 多选 )(2017· 河北省定州市校级期中 ) 如图 17 所示，光滑的半球形物体固定在水平地面上，球心正上方有一光滑的小滑轮，轻绳的一端系一小球，靠在半球上的 A 点，另一端绕过定滑轮后用力拉住，使小球静止，现缓慢地拉绳，在使小球沿球面由 A 移动到半球的顶点 B 的过程中，半球对小球的支持力 F N 和绳对小球的拉力 F T 的变化情况 是 A. F N 变大 B. F N 不变 C. F T 变小 D. F T 先变小后变 大 图 17 √ 解析 答案 √ 解析 　 以小球为研究对象，受重力 G 、绳的拉力 F T 和半球面的支持力 F N ，作出 F N 、 F T 的合力 F ，由平衡条件得知 F ＝ G ， 将小球从 A 点拉到 B 点过程中， O 1 O 、 AO 不变， O 1 A 变小，则 F T 变小， F N 不变，故 A 、 D 错误， B 、 C 正确 . 命题热点 2 　解析法解决动态平衡与极值问题 　　　 ( 2018· 山东省日照市 11 月校际联合质检 ) 如图 18 所示，倾角 θ ＝ 37° 的斜面上有一木箱，木箱与斜面之间的动摩擦因数 μ ＝ . 现对木箱施加一拉力 F ，使木箱沿着斜面向上做匀速直线运动 . 设 F 的方向与斜面的夹角为 α ，在 α 从 0° 逐渐增大到 60° 的过程中，木箱的速度保持不变， 则 A. F 先减小后增大 B. F 先增大后减小 C. F 一直增大 D. F 一直 减小 图 18 √ 解析 答案 例 5 解析 　 对木箱受力分析如图所示 ， 正交分解得： F N ＋ F sin α ＝ mg cos θ F cos α ＝ mg sin θ ＋ F f 又 F f ＝ μF N 在 α 从 0° 逐渐增大到 60° 的过程中，当 α ＝ 30° 时， cos α ＋ μ sin α 最大， F 最小 . 则在 α 从 0° 逐渐增大到 60° 的过程中， F 先减小后增大，故选 A. 6.(2018· 广东省深圳市三校模拟 ) 如图 19 所示，重力为 G 的圆柱体 A 被平板 B 夹在板与墙壁之间，平板 B 与底座 C 右端的铰链相连，左端由液压器调节高度，以改变平板 B 与水平底座 C 间的夹角 θ ， B 、 C 及 D 总重力也为 G ，底座 C 与水平地面间的动摩擦因数为 μ (0.5 ＜ μ ＜ 1) ，平板 B 的上表面及墙壁是光滑的 . 底座 C 与地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的 是 图 19 变 式练 一法多用 A. C 与地面间的摩擦力总等于 2 μG 不变 B. θ 角增大时，地面对 C 的摩擦力增大 C. 要保持底座 C 静止不动，应满足 tan θ ＞ 2 μ D. 若保持 θ ＝ 45° 不变，圆柱体重力增大 Δ G ，仍要保持底座 C 静止， 则 √ 解析 答案 解析 　 对 A 进行受力分析，如图甲所示， 对 B 、 C 及 D 整体进行受力分析，如图乙所示， 当 B 、 C 及 D 整体静止时，摩擦力 F f ＝ F N sin θ ＝ G tan θ ， 当 θ 角增大时，地面对 C 的摩擦力增大，当摩擦力超过最大静摩擦力后，变为滑动摩擦力，此时 F f 滑 ＝ 2 μG ，故 A 、 B 错误； 要保持底座 C 静止不动，则 F f ≤ F f 滑 ，即 G tan θ ≤ 2 μG ，解得 tan θ ≤ 2 μ ，故 C 错误 ； 若 保持 θ ＝ 45° 不变，圆柱体的重力增大 Δ G m ，则 F N ″ ＝ ( G ＋ Δ G m ) ，底座 C 受到的静摩擦力刚好达到最大静摩擦力，保持底座 C 静止， 解决电场中平衡问题的两条主线 (1) 遵循平衡条件：与纯力学问题的分析方法相同，只是多了电场力，把电学问题力学化可按以下流程分析： 考点 3 　电场中的平衡问题 (2) 遵循电磁学规律： ① 要注意准确判断电场力方向 . ② 要注意电场力大小的特点：库仑力大小与距离的平方成反比，电荷间相互作用力遵循牛顿第三定律 . 　 　　 ( 2018· 湖南省株洲市上学期质检一 ) 套有三个带电小球的圆环放在水平桌面上 ( 不计一切摩擦 ) ，小球的电荷量保持不变，整个装置平衡后，三个小球的一种可能位置如图 20 所示 . 三个小球构成一个锐角三角形，三角形的边长大小关系是 AB > AC > BC ，可以判断图 中 A. 三个小球所带电荷量的代数和可能为 0 B. 三个小球一定带同种电荷 C. 三个小球所受环的弹力大小为 F N A > F N C > F N B D. 三个小球所带电荷量的大小为 Q A > Q C > Q B 图 20 √ 解析 答案 例 6 解析 　 对 A 球受力分析，弹力过圆心，根据平衡条件，要么 B 与 C 对 A 均为引力，要么 B 与 C 对 A 均为斥力，才能使 A 球处于平衡状态，所以 B 、 C 带同种电荷 . 对 B 球受力分析，根据平衡条件可得 A 、 C 带同种电荷，因此三个小球带同种电荷，所以三个小球电荷量的代数和不可能为零， A 错误， B 正确 ； A 受到两个斥力，设圆心为 O ， AB 大于 AC ，同时 ∠ OAB 小于 ∠ OAC ，则 B 的斥力更大，因此 B 电荷量大于 C 电荷量，同理 A 电荷量大于 B 电荷量，即 Q A > Q B > Q C ，故 D 错误； 7.(2017· 河北省衡水金卷 ) 有三个完全相同的金属小球 A 、 B 、 C ，其中小球 C 不带电，小球 A 和 B 带有等量的同种电荷，如图 21 所示， A 球固定在竖直绝缘支架上， B 球用不可伸长的绝缘细线悬于 A 球正上方的 O 点处，静止时细线与 OA 的夹角为 θ . 小球 C 可用绝缘手柄移动，重力加速度为 g ，现在进行下列操作，其中描述与事实相符的 是 图 21 拓展练 A. 仅将球 C 与球 A 接触离开后， B 球再次静止时细线中的张力比原来要小 B. 仅将球 C 与球 B 接触离开后， B 球再次静止时细线与 OA 的夹角为 θ 1 ， 仅 将 球 C 与球 A 接触离开后， B 球再次静止时细线与 OA 的夹角为 θ 2 ，则 θ 1 ＝ θ 2 C. 剪断细线 OB 瞬间，球 B 的加速度一定等于 g D. 剪断细线 OB 后，球 B 将沿 OB 方向做匀变速直线运动直至着地 √ 解析 答案 解析 　 仅将球 C 与球 A 接触后离开，球 A 的电荷量减半，致使小球 A 、 B 间的库仑力减小，对球 B 进行受力分析可知它在三个力的作用下平衡，设球 A 到 O 点的距离为 H ，细线的长度为 L ， 由三角形相似 可知 故细线 的张力不变，故 A 错误 ； 将球 C 与球 B 接触后离开，和将球 C 与球 A 接触后离开，由库仑定律知两种情况下 A 、 B 间的斥力相同，故夹角也相同，故 B 正确 ； 剪断 细线 OB 瞬间，球 B 在重力和库仑力作用下运动，其合力斜向右下方，与原来细线的张力等大反向，故其加速度不一定等于 g ，故选项 C 错误 ； 剪断 细线 OB 后，球 B 在空中运动时受到的库仑力随球 A 、 B 间距的变化而变化，即球 B 落地前做变加速曲线运动，故选项 D 错误 .