學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精2021新高考物理（山東專用）二輪復(fù)習(xí)學(xué)案：專題復(fù)習(xí)篇專題1第1講力與物體的平衡含解析力與物體的平衡［建體系·知關(guān)聯(lián)][析考情·明策略］考情分析縱覽2020年山東、海南、北京、天津各省市等級(jí)考物理試題,清新之風(fēng)撲面而來，試題風(fēng)格既有傳承更有發(fā)展。試題依據(jù)《課程標(biāo)準(zhǔn)》,充分體現(xiàn)了《中國(guó)高考評(píng)價(jià)體系》的要求。本專題命題重點(diǎn)是力的動(dòng)態(tài)平衡;通過情境緊密聯(lián)系生活，圍繞物理學(xué)科核心素養(yǎng)，考查考生從實(shí)際問題中構(gòu)建物理模型的能力.一般需要利用整體法和隔離法進(jìn)行受力分析，題型一般為選擇題。素養(yǎng)呈現(xiàn)1.受力分析的方法2。整體法、隔離法3.共點(diǎn)力的靜態(tài)平衡4。共點(diǎn)力的動(dòng)態(tài)平衡素養(yǎng)落實(shí)1.熟悉常見性質(zhì)力有無及方向的判斷2.靈活應(yīng)用受力分析的一般步驟3。掌握整體法、隔離法選取原則4.平衡問題的解題方法考點(diǎn)1|物體的靜態(tài)平衡問題新儲(chǔ)備·等級(jí)考提能1．研究對(duì)象選取的2點(diǎn)技巧（1)采用整體法進(jìn)行受力分析時(shí)，要注意系統(tǒng)內(nèi)各個(gè)物體的狀態(tài)應(yīng)該相同。（2）當(dāng)直接分析一個(gè)物體的受力不方便時(shí)，可轉(zhuǎn)移研究對(duì)象，先分析另一個(gè)物體的受力，再根據(jù)牛頓第三定律分析該物體的受力,此法叫“轉(zhuǎn)換研究對(duì)象法”。2．求解共點(diǎn)力平衡問題的常用方法常用方法包括力的合成法、分解法及正交分解法，示意圖如圖所示。合成法分解法正交分解法新案例·等級(jí)考評(píng)價(jià)[案例1］（2019·全國(guó)卷Ⅲ·T16)用卡車運(yùn)輸質(zhì)量為m的勻質(zhì)圓筒狀工件，為使工件保持固定，將其置于兩光滑斜面之間，如圖所示。兩斜面Ⅰ、Ⅱ固定在車上,傾角分別為30°和60°.重力加速度為g。當(dāng)卡車沿平直公路勻速行駛時(shí)，圓筒對(duì)斜面Ⅰ、Ⅱ壓力的大小分別為F1、F2,則（）A．F1＝eq\f（\r(3），3）mg，F(xiàn)2＝eq\f（\r（3）,2）mg B．F1＝eq\f（\r(3）,2)mg，F(xiàn)2＝eq\f（\r(3），3)mgC．F1＝eq\f（1,2)mg，F(xiàn)2＝eq\f(\r(3），2)mg D．F1＝eq\f(\r(3），2）mg,F2＝eq\f(1，2）mg[題眼點(diǎn)撥］①“勻速行駛”表明車上工件處于靜態(tài)平衡狀態(tài).②“光滑斜面"表明工件和斜面間僅有彈力作用。③“30°、60°"角明確彈力方向.D[以工件為研究對(duì)象，受力分析如圖所示,重力與F′1、F′2的合力等大反向，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件得eq\f（F′1,mg)＝cos30°，eq\f（F′2,mg)＝cos60°，則F′1＝eq\f（\r（3),2)mg，F(xiàn)′2＝eq\f(1,2)mg，根據(jù)牛頓第三定律,F1＝F′1＝eq\f（\r(3）,2）mg，F(xiàn)2＝F′2＝eq\f（1，2）mg，故只有D選項(xiàng)正確。]反思感悟：處理靜態(tài)平衡問題的基本思路［跟進(jìn)訓(xùn)練］1。（2020·全國(guó)卷Ⅲ·T17）如圖所示，懸掛甲物體的細(xì)線拴牢在一不可伸長(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)繩上O點(diǎn)處；繩的一端固定在墻上，另一端通過光滑定滑輪與物體乙相連.甲、乙兩物體質(zhì)量相等。系統(tǒng)平衡時(shí),O點(diǎn)兩側(cè)繩與豎直方向的夾角分別為α和β.若α＝70°，則β等于（)A．45°B．55°C．60°D．70°B［取O點(diǎn)為研究對(duì)象，在三力的作用下處于平衡狀態(tài),對(duì)其受力分析如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系可得β＝55°.]2。膠州灣大橋是青島市境內(nèi)黃島區(qū)、城陽(yáng)區(qū)以及李滄區(qū)的跨海通道，對(duì)進(jìn)一步加快山東半島城市群建設(shè)有著重要意義。如圖，設(shè)橋體中三塊相同的鋼箱梁1、2、3受到鋼索a、b、c拉力的方向相同,相鄰鋼箱梁間的作用力均沿水平方向，下列說法正確的是（)A．鋼箱梁1對(duì)2的作用力大于鋼箱梁2對(duì)1的作用力B．鋼箱梁3所受合力最大C．鋼箱梁2、3間作用力大于鋼箱梁1、2間作用力D．鋼索c上的拉力大于鋼索b上的拉力C［鋼箱梁1對(duì)2的作用力與鋼箱梁2對(duì)1的作用力是作用力與反作用力，大小相等，方向相反,選項(xiàng)A錯(cuò)誤；因每個(gè)鋼箱梁都處于平衡狀態(tài)，故它們所受合力均為零，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；對(duì)鋼箱梁2進(jìn)行受力分析，設(shè)鋼索的拉力與水平方向的夾角為θ，由平衡條件有F23＝F12＋Tcosθ，則可知鋼箱梁1、2間作用力小于鋼箱梁2、3間作用力，選項(xiàng)C正確；由豎直方向受力平衡知Tsinθ＝mg,可得T＝eq\f(mg，sinθ)，因鋼索拉力的方向相同，所以三塊鋼箱梁受到鋼索的拉力大小相等,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。］考點(diǎn)2|物體的動(dòng)態(tài)平衡問題解析法的應(yīng)用此法常用于可以較簡(jiǎn)捷列出平衡條件方程的情況或者正交分解的情況(1)先受力分析,得出物體受哪幾個(gè)力而處于平衡狀態(tài)。(2)建立直角坐標(biāo)系，正交分解力,列平衡條件方程，或在力的三角形中結(jié)合三角形知識(shí)列平衡條件方程。（3)分析方程中的變量有哪些，分析題目信息得到這些物理量是如何變化的。（4）把分析得到的變化的物理量代入方程,得到平衡條件下的受力動(dòng)態(tài)變化情況。[案例2］（2020·山東省齊魯名校高三聯(lián)考)如圖所示，一質(zhì)量為M的四分之一圓弧軌道置于水平面上。一質(zhì)量為m的光滑小球在水平力F的作用下，緩慢運(yùn)動(dòng)到圖中虛線所示的位置.已知在此過程中圓弧軌道一直處于靜止?fàn)顟B(tài)，下列說法正確的是()A．圓弧軌道與地面間的摩擦力不變B．小球所受的支持力逐漸變小C．軌道對(duì)地面的壓力可能變大D．地面對(duì)圓弧軌道的作用力變大D[以小球?yàn)檠芯繉?duì)象，小球受重力、支持力和拉力作用處于平衡狀態(tài)，設(shè)小球重心與圓弧軌道圓心的連線與豎直方向的夾角為θ,由平衡條件可知,小球所受支持力FN＝eq\f（mg，cosθ）,小球所受拉力F＝mgtanθ，小球緩慢向上運(yùn)動(dòng)，θ增大，支持力增大，拉力增大，B項(xiàng)錯(cuò)誤；對(duì)整體受力分析,地面對(duì)軌道的支持力等于整體重力且保持不變，由牛頓第三定律可知，軌道對(duì)地面的壓力保持不變，C項(xiàng)錯(cuò)誤；軌道與地面間的摩擦力與拉力平衡，隨拉力的增大而增大，A項(xiàng)錯(cuò)誤;地面對(duì)軌道的支持力和摩擦力的合力增大，D項(xiàng)正確。］圖解法的應(yīng)用此處常用于物體受三個(gè)力作用，其中一個(gè)力大小、方向不變，另一個(gè)力的方向不變的情景，思路如下:(1)先受力分析，得出物體受幾個(gè)力而處于平衡狀態(tài).(2)分析題目給出的信息，判斷物體受力的變化方式。(3)把受力對(duì)應(yīng)到幾何圖形中結(jié)合幾何知識(shí)分析。［案例3］如圖所示，有一質(zhì)量不計(jì)的桿AO，長(zhǎng)為R，可繞A自由轉(zhuǎn)動(dòng).用繩在O點(diǎn)懸掛一個(gè)重為G的物體，另一根繩一端系在O點(diǎn),另一端系在圓弧形墻壁上的C點(diǎn)。當(dāng)點(diǎn)C由圖示位置逐漸向上沿圓弧CB移動(dòng)過程中（保持OA與墻面夾角θ不變），OC繩所受拉力的大小變化情況是()A．逐漸減小 B．逐漸增大C．先減小后增大 D．先增大后減?。垲}眼點(diǎn)撥]①“可繞A點(diǎn)自由轉(zhuǎn)動(dòng)”，桿OA對(duì)繩的作用力沿桿，且方向不變.②重力大小方向不變，OC繩大小、方向改變.C[對(duì)物體受力分析,物體受力平衡，則拉力等于重力G，故豎直繩的拉力不變；再對(duì)O點(diǎn)分析,O受繩的拉力、OA的支持力及OC的拉力而處于平衡，受力分析如圖所示；將F和OC繩上的拉力合成，其合力與G大小相等，方向相反,則在OC繩上移的過程中，平行四邊形的對(duì)角線保持不變，平行四邊形發(fā)生圖中所示變化,則由圖可知OC繩的拉力先減小后增大，在圖中D點(diǎn)時(shí)拉力最小,故C正確。］三角形相似法的應(yīng)用此法是圖解法的特例,一般研究對(duì)象受繩(桿)或其他物體的約束，從幾何形狀來看，有一個(gè)邊大小不變，方向改變,還有一個(gè)邊的大小、方向均不變。且物體受到三個(gè)力的作用,其中的一個(gè)力大小、方向均不變，另外兩個(gè)力的方向都發(fā)生變化，可以用力三角形與幾何三角形相似的方法.[案例4］(多選）(2020·湖南湘潭高三檢測(cè)）如圖所示,表面光滑的半球形物體固定在水平面上,光滑小環(huán)D固定在半球形物體球心O的正上方，輕質(zhì)彈簧一端用輕質(zhì)細(xì)繩固定在A點(diǎn)，另一端用輕質(zhì)細(xì)繩穿過小環(huán)D與放在半球形物體上的小球P相連，DA水平.現(xiàn)將細(xì)繩固定點(diǎn)A向右緩慢平移的過程中（小球P未到達(dá)半球最高點(diǎn)前)，下列說法正確的是（）A．彈簧變短 B．彈簧變長(zhǎng)C．小球?qū)Π肭虻膲毫Σ蛔?D．小球?qū)Π肭虻膲毫ψ兇骩題眼點(diǎn)撥］①“表面光滑，半球形物體”表明小球運(yùn)動(dòng)過程OP長(zhǎng)度不變，而彈力的大小發(fā)生改變。②“光滑小環(huán)D固定"OD的長(zhǎng)度不變。AC[以小球?yàn)檠芯繉?duì)象，小球受重力G、細(xì)線的拉力FT和半球面的支持力FN，作出FN、FT的合力F,由平衡條件得知F＝G，如圖,根據(jù)三角形相似可得eq\f（FN,PO)＝eq\f(F,DO）＝eq\f(FT,PD），將F＝G代入得：FN＝eq\f(PO，DO)G,FT＝eq\f(PD,DO)G，將細(xì)繩固定點(diǎn)A向右緩慢平移，DO、PO不變，G也不變，PD變小，可見FT變小，F(xiàn)N不變,即知彈簧的彈力變小，彈簧變短.由牛頓第三定律知小球?qū)Π肭虻膲毫Υ笮〔蛔?故A、C正確,B、D錯(cuò)誤。][題組訓(xùn)練]1.如圖所示，輕繩OA、OB系于水平桿上的A點(diǎn)和B點(diǎn)，兩繩與水平桿之間的夾角均為30°，重物通過細(xì)線系于O點(diǎn)。將桿在豎直平面內(nèi)沿順時(shí)針方向緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)30°，此過程中(）A．OA繩上拉力變大，OB繩上拉力變大B．OA繩上拉力變大，OB繩上拉力變小C．OA繩上拉力變小，OB繩上拉力變大D．OA繩上拉力變小,OB繩上拉力變小B［桿在轉(zhuǎn)動(dòng)前，以結(jié)點(diǎn)O為研究對(duì)象，受力情況如圖A所示,此時(shí)OA、OB拉力相等,由平衡條件得：2FAsin30°＝mg,則FA＝FB＝mg;當(dāng)桿在豎直平面內(nèi)沿順時(shí)針緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)30°時(shí)，以節(jié)點(diǎn)O為研究對(duì)象，圖A受力情況如圖B所示，O點(diǎn)始終受力平衡，則F′Asin60°＝mg，F(xiàn)′A＝eq\f(2\r(3)，3)mg，圖BF′B＝eq\f(mg，tan60°)＝eq\f(\r(3),3)mg，即OA繩上拉力變大,OB繩上拉力變小，故B正確。]2。（一題多法)如圖所示，一小球在斜面上處于靜止?fàn)顟B(tài)，不考慮一切摩擦，如果把擋板由豎直位置繞O點(diǎn)緩慢轉(zhuǎn)至水平位置，則此過程中球?qū)醢宓膲毫1和球?qū)π泵娴膲毫2的變化情況是（)A．F1先增大后減小，F(xiàn)2一直減小B．F1先減小后增大,F2一直減小C．F1和F2都一直在增大D．F1和F2都一直在減小B[法一(圖解法）：小球初始時(shí)刻的受力情況如圖1所示，因擋板是緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)的，所以小球處于動(dòng)態(tài)平衡狀態(tài),在轉(zhuǎn)動(dòng)過程中,重力、斜面的支持力和擋板的彈力組成的矢量三角形的變化情況如圖2所示(重力G的大小、方向均不變，斜面對(duì)小球的支持力F′2的方向始終不變），由圖2可知此過程中斜面對(duì)小球的支持力F′2不斷減小，擋板對(duì)小球的彈力F′1先減小后增大,由牛頓第三定律可知選項(xiàng)B正確.圖1圖2圖3法二（解析法）：設(shè)斜面傾角為α，擋板與豎直方向夾角為β,如圖3所示，則由平衡條件可得：F′1sinβ＋F′2cosα＝G，F(xiàn)′1cosβ＝F′2sinα，聯(lián)立解得F′1＝eq\f（Gsinα,cosβ－α)，F(xiàn)′2＝eq\f(G,cosα＋sinαtanβ）。擋板緩慢轉(zhuǎn)至水平位置，β由0逐漸增大到eq\f(π,2),當(dāng)β＝α?xí)r，cos（β－α)＝1，F(xiàn)′1最小，所以F′1先減小后增大；β增大過程中tanβ隨之增大,F′2不斷減小，故選項(xiàng)B正確。]3。（2020·甘肅蘭州一中期中考試)如圖所示為一簡(jiǎn)易起重裝置,AC是上端帶有滑輪的固定支架，BC為質(zhì)量不計(jì)的輕桿,桿的一端C用鉸鏈固定在支架上，另一端B懸掛一個(gè)質(zhì)量為m的重物,并用鋼絲繩跨過滑輪A連接在卷?yè)P(yáng)機(jī)上。開始時(shí),桿BC與AC的夾角∠BCA〉90°,現(xiàn)使∠BCA緩緩變小，直到∠BCA＝30°。在此過程中，桿BC所受的力(不計(jì)一切阻力)(）A．逐漸增大 B．先減小后增大C．大小不變 D．先增大后減小C［以結(jié)點(diǎn)B為研究對(duì)象,分析受力情況，因B點(diǎn)處為“死結(jié)”,兩段繩子的拉力大小不同，而BC為“活桿”,作用力沿桿的方向，作出的力的合成圖如圖所示，根據(jù)平衡條件知，F(xiàn)、N的合力F合與G大小相等、方向相反.根據(jù)三角形相似得eq\f（F合，AC）＝eq\f(F，AB)＝eq\f(N，BC），又F合＝G，解得F＝eq\f（AB，AC）G，N＝eq\f（BC，AC)G，又∠BCA緩慢變小的過程中，AB變小，而AC、BC不變，則F變小,N不變，所以作用在BC桿上的壓力大小不變。]考點(diǎn)3|電磁場(chǎng)中的平衡問題新儲(chǔ)備·等級(jí)考提能1．基本思路要堅(jiān)持“電學(xué)問題、力學(xué)方法”的基本思路，結(jié)合電學(xué)的基本規(guī)律和力學(xué)中的受力分析及平衡條件解決問題.2．幾點(diǎn)注意(1)點(diǎn)電荷間的作用力大小要用庫(kù)侖定律。（2)安培力方向的判斷要先判斷磁場(chǎng)方向、電流方向，再用左手定則，同時(shí)注意將立體圖轉(zhuǎn)化為平面圖。(3）電場(chǎng)力或安培力的出現(xiàn)，可能會(huì)對(duì)彈力或摩擦力產(chǎn)生影響。（4）涉及電路問題時(shí),要注意閉合電路歐姆定律的應(yīng)用。新案例·等級(jí)考評(píng)價(jià)［案例5］（2019·全國(guó)卷Ⅰ·T15)如圖,空間存在一方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng),兩個(gè)帶電小球P和Q用相同的絕緣細(xì)繩懸掛在水平天花板下，兩細(xì)繩都恰好與天花板垂直,則（）A．P和Q都帶正電荷B．P和Q都帶負(fù)電荷C．P帶正電荷，Q帶負(fù)電荷D．P帶負(fù)電荷，Q帶正電荷D［對(duì)P、Q整體進(jìn)行受力分析可知，在水平方向上整體所受電場(chǎng)力為零，所以P、Q必帶等量異種電荷，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤;對(duì)P進(jìn)行受力分析可知，勻強(qiáng)電場(chǎng)對(duì)它的電場(chǎng)力應(yīng)水平向左，與Q對(duì)它的庫(kù)侖力平衡，所以P帶負(fù)電荷，Q帶正電荷，選項(xiàng)D正確,C錯(cuò)誤。］反思感悟：解決庫(kù)侖力作用下平衡問題的思路庫(kù)侖力作用下平衡問題的分析方法與純力學(xué)平衡問題的分析方法是相同的，只是在原來受力的基礎(chǔ)上多了電場(chǎng)力。具體步驟如下：［跟進(jìn)訓(xùn)練]1.如圖所示，一水平導(dǎo)軌處于與水平方向成45°角向左上方的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,一根通有恒定電流的金屬棒，由于受到安培力作用而在粗糙的導(dǎo)軌上向右做勻速運(yùn)動(dòng)?，F(xiàn)將磁場(chǎng)方向沿順時(shí)針緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)至豎直向上，在此過程中，金屬棒始終保持勻速運(yùn)動(dòng)，已知棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,則（)A．金屬棒所受摩擦力一直在減小B．導(dǎo)軌對(duì)金屬棒的支持力先變小后變大C．磁感應(yīng)強(qiáng)度先變小后變大D．金屬棒所受安培力恒定不變C[金屬棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，受力如圖甲所示,則有FN＋F安sinθ＝mg，F(xiàn)安cosθ＝Ff＝μFN，F(xiàn)安＝BIL，聯(lián)立解得B＝eq\f(μmg,IL\r(1＋μ2)sinθ＋α)，其中tanα＝eq\f(1，μ)，即45°〈α<90°，因θ是從45°減小到0°，所以B先變小后變大，金屬棒所受安培力也先變小后變大，C對(duì)，D錯(cuò);將FN與Ff合成一個(gè)力F,則F與水平方向的夾角是一定值，金屬棒受力滿足圖乙所示情況,F安順時(shí)針變化，力F一直在增大，所以金屬棒所受摩擦力及導(dǎo)軌對(duì)金屬棒的支持力一直在增大,A、B錯(cuò).甲乙]2.如圖所示，小球A、B質(zhì)量均為m，初始帶電荷量均為＋q，都用長(zhǎng)為L(zhǎng)的絕緣細(xì)線掛在絕緣的豎直墻上O點(diǎn),A球緊靠絕緣的墻壁且其懸線剛好豎直,B球懸線偏離豎直方向θ角而靜止,如果保持B球的電荷量不變，使A球的電荷量緩慢減小,當(dāng)兩球間距緩慢變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1，3)時(shí)，下列判斷正確的是（)A．小球A受到細(xì)線的拉力大小不變B．小球B受到細(xì)線的拉力變小C．兩球之間的庫(kù)侖力大小不變D．小球A的電荷量減小為原來的eq\f(1,27)D[小球B受力如圖所示，兩絕緣細(xì)線的長(zhǎng)度都是L，由相似三角形得eq\f(G,L)＝eq\f(T,L)＝eq\f（F,d），解得T＝G，F(xiàn)＝eq\f（Gd，L)，則sineq\f(θ，2）＝eq\f(\f（d，2）,L）＝eq\f(F，2G），細(xì)線對(duì)A的拉力T′＝G＋Fsineq\f(θ，2）＝G＋eq\f（F2,2G)，當(dāng)兩球間距離變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1，3)時(shí)，F(xiàn)逐漸變?yōu)镕′＝eq\f（F，3）,所以T′變小,故A、B、C錯(cuò)誤；由庫(kù)侖定律得F＝keq\f(q·q,d2），F(xiàn)′＝keq\f（q′·q，\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（1,3）d))eq\s\up12（2）），解得q′＝eq\f（1,27）q，故D正確。］3.如圖所示,兩根平行金屬導(dǎo)軌置于水平面內(nèi),導(dǎo)軌之間接有電阻R。金屬棒ab與兩導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸,整個(gè)裝置放在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌平面向下?，F(xiàn)使磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻減小，ab始終保持靜止，下列說法正確的是（)A．a(chǎn)b中的感應(yīng)電流方向由b到aB．a(chǎn)b中的感應(yīng)電流逐漸減小C．a(chǎn)b所受的安培力為零D．a(chǎn)b所受的靜摩擦力逐漸減小D[金屬棒ab、電阻R、導(dǎo)軌構(gòu)成閉合回路,磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻減小eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(ΔB,Δt）＝k為一定值）），則閉合回路中的磁通量減小，根據(jù)楞次定律可知，回路中產(chǎn)生順時(shí)針方向的感應(yīng)電流,ab中的電流方向由a到b，故A錯(cuò)誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝eq\f（ΔΦ，Δt）＝eq\f(ΔBS，Δt)＝kS，回路面積S不變,即感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為定值，根據(jù)閉合電路歐姆定律I＝eq\f(E,R＋r),知ab中的電流大小不變，故B錯(cuò)誤;安培力F＝BIL,電流大小不變，磁感應(yīng)強(qiáng)度減小,則安培力減小，但不為零，故C錯(cuò)誤；金屬棒處于靜止?fàn)顟B(tài)，所受合力為零，水平方向靜摩擦力Ff與安培力F等大反向,安培力減小，則靜摩擦力減小,故D正確。]考點(diǎn)4|平衡中的STSE問題［題組訓(xùn)練］1.(2020·7月浙江高考·T3)矢量發(fā)動(dòng)機(jī)是噴口可向不同方向偏轉(zhuǎn)以產(chǎn)生不同方向推力的一種發(fā)動(dòng)機(jī)。當(dāng)殲20隱形戰(zhàn)斗機(jī)以速度v斜向上飛行時(shí)，其矢量發(fā)動(dòng)機(jī)的噴口如圖所示。已知飛機(jī)受到重力G、發(fā)動(dòng)機(jī)推力F1、與速度方向垂直的升力F2和與速度方向相反的空氣阻力Ff.下列受力分析示意圖可能正確的是（)ABCDA[由題意可知所受重力G豎直向下，空氣阻力Ff與速度方向相反，升力F2與速度方向垂直，發(fā)動(dòng)機(jī)推力F1的方向沿噴口的反方向,對(duì)比圖中選項(xiàng)可知只有A選項(xiàng)符合題意。故選A。］2.(多選）明朝謝肇淛的《五雜組》中記