专题1 第1讲 力与物体的平衡-【步步高】2024年高考物理大二轮专题复习与增分策略（新高考，苏京）

第1讲　力与物体的平衡 目标要求　1.会分析物体的静态平衡问题，会选择合适的方法处理静态平衡问题。2.会分析动态平衡问题，掌握常见的处理动态平衡问题的方法，并会处理动态平衡的临界与极值问题。 考点一　静态平衡问题 1．对物体进行受力分析 2．处理平衡问题常用的四种方法 合成法 物体受三个共点力的作用而平衡，则任意两个力的合力一定与第三个力大小相等，方向相反 分解法 按效果分解：物体受三个共点力的作用而平衡，将某一个力按力的作用效果分解，则其分力和其他两个力分别满足平衡条件 正交分解法：物体受到三个或三个以上力的作用时，将物体所受的力分解为相互垂直的两组，每组力都满足平衡条件 矢量三角形法 对受三个共点力作用而平衡的物体，将力的矢量图平移，使三个力组成一个首尾依次相接的矢量三角形，根据正弦定理、余弦定理或相似三角形等数学知识求解未知力 例1　(2020·全国卷Ⅲ·17)如图，悬挂甲物体的细线拴牢在一不可伸长的轻质细绳上O点处；绳的一端固定在墙上，另一端通过光滑定滑轮与物体乙相连。甲、乙两物体质量相等。系统平衡时，O点两侧绳与竖直方向的夹角分别为α和β。若α＝70°，则β等于(　　) A．45° B．55° C．60° D．70° 答案　B 解析　取O点为研究对象，在三力的作用下O点处于平衡状态，对其受力分析如图所示，根据几何关系可得β＝55°，故选B。 例2　(2023·江苏徐州市模拟)质量为m粗细均匀的麻绳如图所示悬挂，悬点处切线与竖直方向夹角分别为37°和53°，P点为最低点，sin 37°＝0.6，重力加速度为g，则(　　) A．左侧悬点对麻绳拉力为0.6mg B．右侧悬点对麻绳拉力为0.8mg C．最低点P处张力为0.3mg D．P点右侧麻绳质量为0.36m 答案　D 解析　对麻绳受力分析，受重力mg、左侧悬点对麻绳拉力F1、右侧悬点对麻绳拉力F2， F1cos 37°＋F2cos 53°＝mg，F1sin 37°＝F2sin 53°，解得F1＝0.8mg，F2＝0.6mg，故A、B错误；对P点右侧麻绳受力分析，受重力m1g、最低点P处张力F、右侧悬点对麻绳拉力F2，则F＝F2sin 53°＝0.48mg，m1g＝F2cos 53°＝0.36mg，所以P点右侧麻绳质量为m1＝0.36m，故C错误，D正确。 例3　如图所示，倾角为α的斜面固定在水平面上，在斜面和固定的竖直挡板之间有两个匀质球P、Q，P球质量是Q球质量的三倍，各接触面均光滑，系统处于静止状态，P、Q两球的球心连线与竖直方向的夹角为β，下列说法正确的是(　　) A．4tan α＝tan β B．3tan α＝tan β C．2tan α＝tan β D．tan α＝tan β 答案　A 解析　以P、Q两球整体为研究对象，受力分析如图甲所示，由平衡条件可得F2＝4mgtan α，以Q球为研究对象，受力分析如图乙所示，由平衡条件可得F2＝mgtan β，联立解得4tan α＝tan β，故选A。 整体法、隔离法的运用 在处理共点力平衡的问题时，若出现了两个或多个物体，一般会使用整体法或隔离法，可以使用“整体法＋隔离法”或“隔离法＋隔离法”，可根据具体题目灵活应用。 例4　如图所示，与水平面夹角均为θ＝37°的两金属导轨平行放置，间距为1 m，金属导轨的一端接有电动势E＝3 V、内阻r＝1 Ω的直流电源，另一端接有定值电阻R＝4 Ω。将质量为0.025 kg的导体棒ab垂直放在金属导轨上，整个装置处在垂直导轨平面向上的匀强磁场中。当开关S断开时，导体棒刚好不上滑，当开关S闭合时，导体棒刚好不下滑。已知导体棒接入电路的电阻R0＝4 Ω，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，金属导轨电阻不计，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取g＝10 m/s2。则导体棒与导轨间的动摩擦因数为(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　当S断开时，ab中电流I1＝＝ A＝0.6 A，当S闭合时，ab中电流I2＝×＝× A＝0.5 A，则BI1d－μmgcos θ＝mgsin θ，BI2d＋μmgcos θ＝mgsin θ，解得μ＝，故选B。 1．对于静电场、磁场中的平衡问题，受力分析时要注意静电力、磁场力方向的判断，再结合平衡条件分析求解。 2．涉及安培力的平衡问题，画受力示意图时要注意将立体图转化为平面图。 考点二　动态平衡问题 化“动”为“静”，将多个状态下的“静”态进行对比，通过矢量三角形图解法、动态圆法、正弦定理、三角函数、极值法等分析各力的变化或极值。 例5　(2023·海南卷·3)如图所示，工人利用滑轮组将重物缓慢提起，下列说法正确的是(　　) A．工人受到的重力和支持力是一对平衡力 B．工人对绳的拉力和绳对工人的拉力是一对作用力与反作用力 C．重物缓慢拉起过程，绳子拉力变小 D．重物缓慢拉起过程，绳子拉力不变 答案　B 解析　工人受到三个力，绳的拉力，地面支持力和重力，三力平衡，故A错误；人对绳和绳对人的拉力是一对作用力与反作用力，B正确；重物拉起过程，两绳的张角变大，拉力变大，C、D错误。 例6　(2021·湖南卷·5)质量为M的凹槽静止在水平地面上，内壁为半圆柱面，截面如图所示，A为半圆的最低点，B为半圆水平直径的端点。凹槽恰好与竖直墙面接触，内有一质量为m的小滑块，用推力F推动小滑块由A点向B点缓慢移动，力F的方向始终沿圆弧的切线方向，在此过程中所有摩擦均可忽略，下列说法正确的是(　　) A．推力F先增大后减小 B．凹槽对滑块的支持力先减小后增大 C．墙面对凹槽的压力先增大后减小 D．水平地面对凹槽的支持力先减小后增大 答案　C 解析　对滑块受力分析，由平衡条件有F＝mgsin θ，FN＝mgcos θ，θ为F与水平方向的夹角，滑块从A缓慢移动到B点时，θ越来越大，则推力F越来越大，支持力FN越来越小，所以A、B错误； 对凹槽与滑块整体受力分析，墙面对凹槽的压力大小为FN′＝Fcos θ＝mgsin θcos θ＝ mgsin 2θ，则θ越来越大时，墙面对凹槽的压力先增大后减小，所以C正确； 水平地面对凹槽的支持力为FN地＝(M＋m)g－Fsin θ＝(M＋m)g－mgsin2θ 则θ越来越大时，水平地面对凹槽的支持力越来越小，所以D错误。 例7　质量为M的木楔倾角为θ，在水平面上保持静止，当将一质量为m的木块放在木楔斜面上时，它正好匀速下滑。如果用与木楔斜面成α角的力F拉着木块匀速上升，如图所示(已知木楔在整个过程中始终静止，重力加速度为g)。 (1)当α变化时，求拉力F的最小值； (2)F取最小值时，求木楔对水平面的摩擦力是多少。 答案　(1)mgsin 2θ　(2)mgsin 4θ 解析　(1) 方法一　木块在木楔斜面上匀速向下运动时，根据平衡条件有mgsin θ＝μmgcos θ 解得μ＝tan θ 因其在力F作用下沿斜面向上匀速运动，根据正交分解法有 Fcos α＝mgsin θ＋Ff，Fsin α＋FN＝mgcos θ 且Ff＝μFN 联立解得F＝ ＝＝ 则当α＝θ时，F有最小值，即Fmin＝mgsin 2θ。 方法二　木块所受的力构成矢量三角形，如图甲所示，支持力与摩擦力用其合力F合代替，变为“三个力”，如图乙所示，支持力与摩擦力的合力F合与FN之间的夹角β满足tan β＝ 　　　 故β＝θ， 则F合与竖直方向夹角为2θ 可得拉力F的最小值Fmin＝mgsin 2θ。 (2)由(1)可知，当F取最小值时，α＝θ 因为木块及木楔均处于平衡状态，整体受到的水平面的摩擦力等于F的水平分力，即FfM＝Fcos (α＋θ) 当F取最小值mgsin 2θ时，则有 FfM＝Fmin·cos 2θ＝mgsin 2θcos 2θ＝mgsin 4θ，由牛顿第三定律可得木楔对水平面的摩擦力大小为mgsin 4θ。 1.三力作用下的动态平衡 2．四力作用下的动态平衡 (1)在四力平衡中，如果有两个力为恒力，或这两个力的合力方向恒定，为了简便可用这两个力的合力代替这两个力，转化为三力平衡，例如：如图所示，qE<mg，把挡板缓慢转至水平的过程中，可以用重力与静电力的合力F合＝mg－qE代替重力与静电力。 (2)对于一般的四力平衡及多力平衡，可采用正交分解法。 (3)在力的方向发生变化的平衡问题中求力的极小值时，一般利用三角函数求极值。也可利用“摩擦角”将四力平衡转化为三力平衡，从而求拉力的最小值。例如：如图所示，物体在拉力F作用下做匀速直线运动，改变θ大小，求拉力的最小值时，可以用支持力与摩擦力的合力F′代替支持力与摩擦力，Fmin＝mgsin θ，其中FN与Ff的合力方向一定，“摩擦角”θ满足tan θ＝。 1．(2023·江苏苏州市期末)图a是一种大跨度悬索桥梁，图b为悬索桥模型，六对轻质吊索悬挂着质量为M的水平桥面，吊索在桥面两侧竖直对称排列，其上端挂在两根轻质悬索上(图b中只画出了其中一侧的分布情况)，悬索两端与水平方向成45°角，则一根悬索水平段CD上的张力大小是(重力加速度为g)(　　) A.Mg B.Mg C.Mg D.Mg 答案　A 解析　对题图b中左边的悬索ABC段整体受力分析如图所示，由平衡条件可得FTD＝ FTcos 45°，FTsin 45°＝，联立解得FTD＝，故选A。 2.(2023·江苏三模测试补偿训练)家用燃气炉架有互相对称的四个爪，若将总质量为m的锅放在这个炉架上，如图所示，忽略爪与锅之间的摩擦力，重力加速度为g，设锅为半径为R的球面，则每个爪与锅之间的弹力(　　) A．等于mg B．等于mg C．R越大，弹力越大 D．R越大，弹力越小 答案　D 解析　设每个爪与锅之间的弹力为FN，根据对称性可知，正对的一对爪对锅的弹力的合力方向竖直向上，则四个爪对锅的弹力在竖直方向的分力等于锅的重力；设正对的一对爪之间的距离为d，则FN与竖直方向之间的夹角sin θ＝，竖直方向根据平衡条件可得4FNcos θ＝mg，解得FN＝＝>，由此可知R越大，则FN越小，故选D。 专题强化练 [保分基础练] 1．(2023·江苏卷·7)如图所示，“嫦娥五号”探测器静止在月球平坦表面处。已知探测器质量为m，四条腿与竖直方向的夹角均为θ，月球表面的重力加速度为地球表面重力加速度g的。每条腿对月球表面压力的大小为(　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　对“嫦娥五号”探测器受力分析有FN＝mg月，则对一条腿有FN1＝mg月＝，根据牛顿第三定律可知每条腿对月球表面的压力大小为，故选D。 2.(2023·江苏连云港市模拟)如图所示，某同学展示“旋转一字马”，用双脚撑在平行竖直墙壁间保持静止。关于该同学的受力，下列说法正确的是(　　) A．该同学单脚受到的摩擦力等于重力 B．该同学单脚受到墙壁的作用力沿水平方向 C．若墙壁间距离稍远一些，则该同学腿部承受力增大 D．若墙壁间距离稍近一些，则墙壁对该同学的作用力减小 答案　C 解析　对该同学受力分析可知，该同学受重力、两脚摩擦力、墙壁的支持力，根据竖直方向受力平衡可知单脚受到的摩擦力小于重力，故A错误；该同学单脚受到墙壁的作用力是摩擦力和支持力的合力，根据力的合成可知该力不沿水平方向，故B错误；若墙壁间距离稍远一些，则该同学两腿夹角变大，根据力的合成规律可知该同学腿部承受力增大，故C正确；对该同学整体分析，可知墙壁对该同学的作用力等于重力不变，故D错误。 3．(2023·江苏南京市二模)如图甲所示，笔记本电脑支架一般有多个卡位用来调节角度，某人将电脑放在该支架上，由卡位4缓慢调至卡位1(如图乙)，电脑与支架始终处于相对静止状态，则(　　) A．电脑受到的支持力变大 B．电脑受到的摩擦力变大 C．支架对电脑的作用力减小 D．电脑受到的支持力与摩擦力两力大小之和等于其重力大小 答案　A 解析　根据题意，对电脑受力分析，如图所示，电脑始终处于静止状态，故电脑受力平衡。 由平衡条件可得，电脑受到的支持力大小为FN＝Gcos θ 电脑受到的摩擦力大小Ff＝Gsin θ 由原卡位4调至卡位1，θ减小，故FN增大，Ff减小，故A正确，B错误； 支架对电脑的作用力，即电脑受到的支持力与摩擦力两力的合力，大小等于电脑的重力，方向竖直向上，始终不变，故C错误； 电脑受到的支持力与摩擦力两力大小之和大于其重力大小，故D错误。 4.(2023·江苏省南京外国语学校期末改编)如图所示，一水平光滑晾衣杆上晾晒有一双手套。两只手套由一细线连接，某同学在晾衣杆两侧细线间放置一水平轻杆，已知两只手套质量相等，轻杆长度不变且始终水平，轻杆粗细不计，则下列说法正确的是(　　) A．将轻杆向下移动，晾衣杆两侧细线的拉力变大 B．当图中θ＝120°时，晾衣杆对细线的作用力最小 C．将轻杆向上移动，晾衣杆对细线的作用力变小 D．无论图中θ取何值，晾衣杆对细线的作用力都等于两手套的重力 答案　D 解析　对细线、轻杆和手套整体受力分析有F＝G，G为整体的重力，轻杆移动过程中，晾衣杆对细线的作用力大小不变，B、C错误，D正确。对细线上与晾衣杆接触的点受力分析，晾衣杆对细线的作用力为F，设两侧细线上的拉力为F1，则有F＝2F1cos ，轻杆向下移动过程，θ减小，则晾衣杆两侧细线上的拉力变小，A错误。 5.(2022·浙江6月选考·10)如图所示，一轻质晒衣架静置于水平地面上，水平横杆与四根相同的斜杆垂直，两斜杆夹角θ＝60°。一重为G的物体悬挂在横杆中点，则每根斜杆受到地面的(　　) A．作用力为G B．作用力为G C．摩擦力为G D．摩擦力为G 答案　B 解析　设斜杆的弹力大小为F，以水平横杆和物体为整体，在竖直方向上根据受力平衡可得4Fcos 30°＝G，解得F＝G，以其中一斜杆为研究对象，其受力如图所示，可知每根斜杆受到地面的作用力应与F平衡，即大小为G，每根斜杆受到地面的摩擦力大小为Ff＝ Fsin 30°＝G，B正确，A、C、D错误。 6.如图所示，细线穿过固定在重物上的光滑小环C后，两端分别固定在天花板上的A、B两点，重物(包括小环)的质量为m，对重物施加一个水平向左的拉力F，使AC段细线竖直且重物静止，已知A、B间距离为L，细线长为3L，重力加速度为g，则F的大小为(　　) A.mg B.mg C.mg D.mg 答案　A 解析　设AC段长为d，AC与BC的夹角为θ，则BC段长为3L－d，根据几何知识有L2＋d2＝(3L－d)2，解得d＝L，因此sin θ＝，设细线上的拉力大小为FT，对重物进行受力分析，如图所示，则根据力的平衡条件有FT＋FTcos θ＝mg，F＝FTsin θ，解得F＝mg，A正确。 7．耙在中国已有1 500年以上的历史，北魏贾思勰著《齐民要术》称之为“铁齿楱”，将使用此农具的作业称作耙地。如图甲所示，牛通过两根耙索拉耙沿水平方向匀速耙地。两根耙索等长且对称，延长线的交点为O1，夹角∠AO1B＝60°，拉力大小均为F，平面AO1B与水平面的夹角为30°(O2为AB的中点)，如图乙所示。忽略耙索质量，下列说法正确的是(　　) A．两根耙索的合力大小为F B．两根耙索的合力大小为F C．地对耙的水平阻力大小为 D．地对耙的水平阻力大小为 答案　B 解析　两根耙索的合力大小为F′＝2Fcos 30°＝F，A错误，B正确；由平衡条件，地对耙的水平阻力大小为Ff＝F′cos 30°＝F，C、D错误。 [争分提能练] 8.(2023·江苏南京市考前训练)质量为M、半径为R的光滑匀质球，用一根长度也为R的细线悬挂在互相垂直的两竖直墙壁交线处的P点，则球对任一墙壁的压力大小为(重力加速度为g)(　　) A.Mg B.Mg C.Mg D.Mg 答案　B 解析　对球进行受力分析，球受重力Mg、细线的拉力FT及两个墙壁对它的支持力，两个支持力大小相等，夹角为90°，设支持力的大小为FN、细线与竖直墙壁交线的夹角θ，根据几何知识可知球心到竖直墙壁交线的垂直距离为d＝＝R，故sin θ＝＝，解得θ＝45°，在竖直方向上根据受力平衡可得FTcos θ＝Mg，解得FT＝Mg，在水平方向上根据受力平衡可知两个墙壁对球的支持力的合力大小等于细线拉力FT的水平分力的大小，即＝FTsin θ，解得FN＝Mg，根据牛顿第三定律可得，则球对任一墙壁的压力大小为Mg，故选B。 9.凿子是中国传统的木工工具，一凿子两侧面与中心轴线平行，尖端夹角为θ，当凿子插入木板中后，若用锤子沿中心轴线方向以适当的力F敲打凿子上侧时，凿子仍静止，侧视图如图，此时凿子作用于木板1面、2面、3面的弹力大小分别为F1、F2、F3，忽略凿子重力和摩擦力，下列关系式中正确的是(　　) A．F1<F3 B．F1＝Fcos θ C．F＝F2sin θ D．F＝ 答案　C 解析　对凿子受力分析并按图示建立平面直角坐标系 由受力平衡可得F2sin θ＝F，F2cos θ＋F3＝F1 所以可得F1＞F3， F＝F2sin θ＝·sin θ， 故F1＝＋F3， F＝F2sin θ＝＝， A、B、D错误，C正确。 10．(2023·江苏省学业水平考试押题卷)如图所示，倾角为θ＝30°、静置在水平地面上的斜面体顶端有一光滑的定滑轮，斜面上的物块A通过细线绕过定滑轮与物块B相连，此时物块A恰要沿斜面滑动，现在物块B上施加水平向右的力使物块B缓慢升高(图中未画出)，当物块B与滑轮间的细线与竖直方向的夹角φ＝60°时，物块A也恰要沿斜面滑动，已知物块B的质量为m，重力加速度为g，整个过程斜面体始终静止，则(　　) A．外力F的最大值为2mg B．物块A的质量为2m C．物块A和斜面间的最大静摩擦力为mg D．地面和斜面体间的摩擦力一直减小 答案　C 解析　对物块B受力分析，如图所示，可知细线对物块B的拉力F拉和水平外力F的合力大小始终等于物块B的重力，结合几何知识知φ＝60°时F有最大值，为Fm＝mgtan 60°＝mg，A错误；设物块A的质量为m1，初始时细线的拉力大小为mg，φ＝60°时细线的拉力大小为＝2mg，沿斜面方向对物块A，分别有m1gsin 30°＝Ffm＋mg、m1gsin 30°＋Ffm＝2mg，联立解得m1＝3m、Ffm＝mg，B错误，C正确；斜面体与两个物块组成的系统始终处于平衡状态，水平方向外力逐渐增大，故地面和斜面体间的摩擦力也增大，D错误。 11.如图所示，空间有水平向右的匀强磁场，磁感应强度为B。一不可伸长的绝缘、柔软细线左端固定于M点，N点拴着一长度为d的垂直纸面的轻质直导线，右端跨过O处的光滑定滑轮后悬挂一质量为m的重物，系统处于静止状态。此时M、N、O处于同一水平线上，且MN＝2NO＝2L。当导线中通有垂直纸面向里的恒定电流时，重物m上升L高度，系统恰好再次达到平衡，已知重力加速度为g，则导线中通入的电流大小为(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　导线通有电流后，因受到安培力下降至N′点，则MN′＝ON′＝2L，如图所示 设MN′和ON′与竖直方向的夹角都为θ，则 cos θ＝＝ 根据对称性，MN′和ON′对导线的作用力都为mg，有2mgcos θ＝BId 可得I＝，故选B。 [尖子生选练] 12．(2023·江苏盐城市高级实验中学三模)用如图模型研究斜拉桥的平衡：细杆CD固定在地面，从质量为m的均匀平板正中央空洞内穿过。通过两根轻质细绳CA、CB将平板水平悬挂，与竖直方向夹角分别为30°、60°。ACBD在同一竖直平面内，重力加速度为g。则下列说法正确的是(　　) A．CB绳上的拉力大小为2mg B．CA绳上的拉力大小为mg C．保持平板水平，绳CA不动，逐渐缩短绳CB，使B在平板上左移，这一过程CB绳上的拉力变大 D．保持平板水平，绳CB不动，逐渐伸长绳CA，使A点在平板上左移，这一过程中CA绳上的拉力变小 答案　C 解析　对平板，根据平衡条件FTCAsin 30°＝FTCBsin 60°，FTCAcos 30°＋FTCBcos 60°＝mg，联立解得FTCB＝mg，FTCA＝mg，A、B错误；设CB绳与竖直方向夹角为α，根据平衡条件FTCAsin 30°＝FTCBsin α，FTCAcos 30°＋FTCBcos α＝mg，联立解得FTCB＝＝，使B点左移，则α由60°逐渐减小，则CB绳拉力变大，C正确；设CA绳与竖直方向夹角为β，根据平衡条件FTCAsin β＝FTCBsin 60°，FTCAcos β＋FTCBcos 60°＝mg，联立解得FTCA＝＝，使A点左移，则β由30°逐渐增大，这一过程中CA绳上的拉力变大，D错误。 学科网（北京）股份有限公司 $$