第一篇 专题一 第1讲 力与物体的平衡-【步步高·大二轮专题复习】2025年高考物理复习讲义课件（苏京版）（课件PPT+word教案）

力与运动 专题一 知识体系 第1讲 力与物体的平衡 1.会分析物体静态平衡问题，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，并会处理平衡中的临界与极值问题。 目标要求 内容索引 专题强化练 考点二　动态平衡问题　平衡中的临界、极值问题 考点一　静态平衡问题 静态平衡问题 考点一 1.对物体进行受力分析 2.处理平衡问题常用的方法 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 　 (2024·河北卷·5)如图，弹簧测力计下端挂有一质量为0.20 kg的光滑均匀球体，球体静止于带有固定挡板的斜面上，斜面倾角为30°，挡板与斜面夹角为60°。若弹簧测力计位于竖直方向，读数为1.0 N，g取10 m/s2，挡板对球体支持力的大小为 A. N B.1.0 N C. N D.2.0 N √ 例1 对球受力分析如图所示， 由几何关系可得力F与力FN与竖直方向的夹角均为30°，因此将力F和FN正交分解可得FNsin 30°= Fsin 30°，FNcos 30°+Fcos 30°+FT=mg 解得F=FN= N，故选A。 　 (2024·江苏苏州市实验学校月考)如图，质量为m、边长为L的正方形竹网ABCD水平放置，用长均为L的OA、OB、OC、OD的四条轻绳静止悬挂于O点，重力加速度为g，则每根绳子的拉力大小为 A.mg B.mg C.mg D.mg √ 例2 四条轻绳拉力的合力与正方形竹网的重力大小相等、 方向相反，设每条绳上的拉力大小为FT，根据几何 关系，由平衡条件可得4FTcos 45°=mg，解得FT= mg，故选B。 多题归一 (2024·江苏淮安市洪泽中学模拟)用三根细线a、b、c将重力均为G的两个小球1和2连接，并悬挂如图所示。两小球处于静止状态，细线a与竖直方向的夹角为30°，细线c水平。已知细线a、b、c的张力分别为Fa、Fb、Fc，则 A.Fa=G B.Fc=G C.=2 D.Fb不能确定 √ 例3 将两小球看作一个整体，对整体受力分析，如图所示 根据平衡条件可得Facos 30°=2G，Fasin 30°=Fc，联 立得 Fa=G，Fc=G，可知=2，故A、B错误，C正确； 对小球2隔离分析，利用平衡条件可得Fb==G，故D错误。 如图，有40个质量相等的小球(可视为质点)，将它们用长度相等的轻绳依次连接，再将两端固定在天花板上，静止时，连接天花板的轻绳与水平方向夹角为30°，已知每个小球的重力均为1 N，则第15个小球与第16个小球之间轻绳的张力大小为 A.14 N B.28 N C.35 N D.45 N √ 变式1 一题多变 以左侧20个小球为整体，设每个小球的质量为m， 受力分析如图甲所示 由共点力的平衡条件可知F=，解得F=20 N 以16到20这五个球为整体，受力分析如图乙所示 根据共点力的平衡条件可得第15个小球与第16个 小球之间轻绳的张力大小为 F1=，解得F1=35 N，故选C。 如图所示为相邻铁塔间某根输电线的示意图，C点为该段输电线的最低点，输电线质量分布均匀，关于从A点到C点输电线上张力大小的变化情况，下列说法正确的是 A.一直增大 B.一直减小 C.先增大后减小 D.先减小后增大 √ 变式2 由于从A点到C点，张力的水平分量保持不变，而输电线与水平方向的夹角逐渐减小，因此张力减小，故选B。 多题归一 (2022·湖南卷·3)如图(a)，直导线MN被两等长且平行的绝缘轻绳悬挂于水平轴OO'上，其所在区域存在方向垂直指向OO'的磁场，与OO'距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，其截面图如图(b)所示。导线通以电流I，静止后，悬线偏离竖直方向的夹角为θ。下列说法正确的是 A.当导线静止在图(a)右侧位置时， 导线中电流方向由N指向M B.电流I增大，静止后，导线对悬 线的拉力不变 C.tan θ与电流I成正比 D.sin θ与电流I成正比 √ 例4 当导线静止在题图(a)右侧位置时，对导线受力分析如图所 示，可知要让安培力为图示方向，则导线中电流方向应由 M指向N，A错误； 由于与OO'距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时 间变化，有sin θ=，FT=mgcos θ，则可看出sin θ与电流I 成正比，当I增大时θ增大，则cos θ减小，静止后，导线对悬线的拉力FT减小，B、C错误，D正确。 总结提升 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　 平衡中的临界、极值问题 　 (2024·江苏淮安市模拟)如图所示，半径相同、质量均匀的圆柱体E和半圆柱体M靠在一起静止在水平地面上，E、M之间无摩擦力，M下表面粗糙。现用过E的轴心的水平力F，缓慢地将E拉离地面直至滑到M的顶端，M始终处于静止状态。则E离开地面后的过程中 A.地面所受M的压力变大 B.E对M的弹力逐渐增大 C.拉力F由最大逐渐减小为0 D.地面对M的作用力等于拉力F √ 例5 取整体为研究对象，根据平衡条件和牛顿第三定律， 地面所受M的压力不变，大小等于二者的总重力， 故A错误； 对圆柱体E受力分析，圆柱体E受重力G、拉力F、半圆柱体的支持力FN作用处于平衡状态，这三个力构成矢量三角形，如图所示 开始时FN与竖直方向成60°角，对应图中的最大三角形。此时拉力F和半圆柱体的支持力FN都最大，其大小为Fmax=Gtan 60°=G，Fnmax ==2G，随着E向上移动，拉力F、半圆柱体的支持力FN都逐渐减 小，当E移动到M顶端时，F减小到零，FN减小到G。 根据牛顿第三定律，半圆柱体的支持力FN等于E对 M的弹力，故E对M的弹力逐渐减小，开始时拉力 F最大，且为G，以后逐渐减小为0，故C正确， B错误； 地面对M的作用力是地面的支持力和摩擦力的合力，而取整体为研究对象，地面对M的摩擦力等于拉力F，所以地面对M的作用力大于拉力F，故D错误。 　 (2023·江苏南京市汉开书院检测)新疆是我国最大的优质棉花主产区，当前新疆棉花的机采率已超过80%。如图甲，是自动采棉机将棉花打包成圆柱形棉包并平稳放到棉田的情景。如图乙，是采棉机将打好的棉包卸载到地面过程示意图，质量为m的棉包放在“V”形挡板上，两板间保持120°夹角不变，“V”形挡板可绕水平转轴O在竖直面内转动；卸载棉包时使OP板由水平位置缓慢顺时针转动，直到OQ板到达水平位置卸下棉包。不计棉包与挡板间的摩擦， 重力加速度大小为g。卸载棉包过程 中，下列说法正确的是 例6 A.棉包对挡板OP的压力先减小后增大 B.棉包对挡板OQ的压力先增大后减小 C.棉包对挡板OP的压力逐渐增大 D.当挡板OP从水平位置转过15°角时， 棉包对OP板的压力为mg √ “V”形挡板在旋转直到OQ板到 达地面卸下棉包过程中，OP板由 水平位置缓慢转动60°过程中， 棉包对挡板OQ的压力逐渐增大， 棉包对挡板OP的压力逐渐减小，故A、B、C错误； 当挡板OP从水平位置转过15°角时，由正弦定理得==， 解得FOP=mg，故D正确。 总结提升 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：如图甲所示，qE<mg，把挡板沿逆时针方向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。 甲　　　　　　　　　　　乙 (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：如图乙所示，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=。 3.数学知识在力学中的应用 图示 公式 注意事项   cos θ+μsin θ=sin(α+θ) 其中sin α=，cos α= 即tan α= 物体受4个共点力，合力恒定，当F方向变化时，求F的极小值 图示 公式 注意事项   正弦定理:===2R(R为△ABC外接圆的半径) 物体受三个共点力平衡，把表示三个力的有向线段作闭合矢量三角形，求某一个力或分析力的变化 图示 公式 注意事项   拉密定理：当三个共点力的合力为0时，其中任意一个力与其他两个力的夹角正弦的比值相等，==，其实质为正弦定理的变形 直接画出三个合力为0的共点力，应用拉密定理，比正弦定理更加便捷 专题强化练 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 C D B C B D A B 题号 9 　10 答案 (1)4 kg　(2)　20 N　(3)20 N 　D 对一对 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 1.(2023·广东卷·2)如图所示，可视为质点的机器人通过磁铁吸附在船舷外壁面检测船体。壁面可视为斜面，与竖直方向夹角为θ。船和机器人保持静止时，机器人仅受重力G、支持力FN、摩擦力Ff 和磁力F的作用，磁力垂直壁面。下列关系式正确的是 A.Ff=G B.F=FN C.Ff=Gcos θ D.F=Gsin θ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 保分基础练 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 如图所示，将机器人(包括磁铁)重力在垂直于斜面方向和沿斜面方向分解。沿斜面方向，由平衡条件得Ff=Gcos θ，故A错误，C正确； 垂直斜面方向，由平衡条件得F=Gsin θ+FN，故B、D错误。 答案 2.(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. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 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= ，故选D。 答案 3.(2024·山东卷·2)如图所示，国产人形机器人“天工”能平稳通过斜坡。若它可以在倾角不大于30°的斜坡上稳定地站立和行走，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则它的脚和斜面间的动摩擦因数不能小于 A. B. C. D. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 根据题意可知机器人“天工”可以在倾角不大 于30°的斜坡上稳定地站立和行走， 对“天工”分析有mgsin 30°≤μmgcos 30° 可得μ≥tan 30°= 故选B。 答案 4.(2024·江苏扬州市月考)倾角为30°的斜面体C固定，斜面上有一物块B通过一根轻绳绕过光滑轻质定滑轮与小球A相连，B与滑轮间的细绳与斜面平行，O与滑轮间的细绳水平，A、B的质量均为m，初始时α=135°，如图所示，现将作用于O点的拉力F逆时针缓慢转动至竖直方向(O与滑轮间的细绳保持水平)，此过程中B始终保持静止。下列说法正确的是 A.初状态，物块B受到的摩擦力方向沿斜面向上 B.O与B间细绳的拉力先变小后变大 C.B和C间的摩擦力先减小后增大 D.拉力F一直增大 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 α=135°时，结点O的受力情况如图甲所 示，FT==mg，物块B的受力情 况如图乙所示 则根据平衡条件有FT=mgsin 30°+Ff，可知摩擦力方向沿斜面向下，故A错误；画出结点O所受三个力的矢量三角形如图丙所示 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 由图丙可知O与B间的细 绳拉力逐渐减小，拉力F 一直减小，故B、D错误； 根据FT=mgsin 30°+Ff，当 O与B之间的细绳拉力逐渐 减小时，B、C间的摩擦力先减小后反向增大，故C正确。 答案 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 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 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，F' =F，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。 答案 6.(2022·海南卷·8)我国的石桥世界闻名，如图，某桥由六块形状完全相同的石块组成，其中石块1、6固定，2、5质量相同为m，3、4质量相同为m'，不计石块间的摩擦，则m∶m'为 A. B. C.1 D.2 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 争分提能练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 六块形状完全相同的石块围成半圆对应的圆心角为 180°，每块石块对应的圆心角为30°，对第3块石 块受力分析如图甲 结合力的合成可知tan 60°= 对第2块和第3块石块整体受力分析如图乙 tan 30°==2，故选D。 答案 7.(2024·江苏南通市一模)如图所示，两轻质小环a、b套在水平杆上，两根等长细线悬挂一重物处于静止状态。现保持环a的位置不变，将环b往左侧移动一小段距离，a、b仍处于静止状态。 则环a受到杆的 A.支持力不变 B.支持力变小 C.摩擦力不变 D.摩擦力变大 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 根据题意，设每根细线的拉力为F，细线与竖直方 向的夹角为θ，由平衡条件有2Fcos θ=mg，解得F= ，设杆对小环a的支持力为FN，摩擦力为Ff， 对小环a受力分析，由平衡条件有Ff=Fsin θ=，FN=Fcos θ=， 将环b往左侧移动一小段距离，θ减小，可知Ff变小，FN不变。故选A。 答案 8.(2024·湖北卷·6)如图所示，两拖船P、Q拉着无动力货船S一起在静水中沿图中虚线方向匀速前进，两根水平缆绳与虚线的夹角均保持为30°。假设水对三艘船在水平方向的作用力大小均为Ff，方向与船的运动方向相反，则每艘拖船发动机提供的动力大小为 A.Ff B.Ff C.2Ff D.3Ff √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 根据题意对S受力分析如图甲 正交分解可知2FTcos 30°=Ff 所以有FT=Ff 对P受力分析如图乙 则有(FTsin 30°)2+(Ff+FTcos 30°)2=F2 解得F=，故选B。 答案 9.(2024·江苏南京市大厂高级中学模拟)轻绳上端固定，下端系一可视为质点的物块，现对物块施加一个能保持其在图甲所示位置静止且最小的力F=20 N作用，此时轻绳与竖直方向的夹角α=30°。再将此物块取下后轻放在图乙所示的斜面上，恰好能处于静止状态。然后再对其施加一个平行于斜面的拉力F'，使物块能沿图乙中虚线从C向A匀速运动，已知斜面ABCD为矩形，∠BAC=60°，斜面的 倾角θ=30°，重力加速度g=10 m/s2，最 大静摩擦力等于滑动摩擦力。求： 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 (1)物块的质量m； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 答案　4 kg 题图甲中，当施加力F与绳子方向垂直斜向上时，力F具有最小值，则有 F=mgsin α=20 N 解得物块的质量为m=4 kg (2)物块与斜面间的动摩擦因数μ及物块在斜面上运动时受到的摩擦力Ff的大小； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 答案　　20 N 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 将此物块取下后轻放在题图乙所示的斜 面上，恰好能处于静止状态，则有 mgsin θ=μmgcos θ 可得物块与斜面间的动摩擦因数为 μ=tan θ= 对其施加一个平行于斜面的拉力F'，使物块能沿题图乙中虚线从C向A匀速运动，则物块受到滑动摩擦力作用，大小为 Ff=μmgcos θ=×4×10× N=20 N 答案 (3)拉力F'的大小。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 答案　20 N 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 由于物块重力沿斜面方向的分力为 G'=mgsin θ=4×10× N=20 N 则有Ff=G'=20 N 根据受力平衡可知，拉力F'的方向与Ff 和G'夹角的角平分线在同一直线上，则拉力的大小为F'=G'cos 30° +Ffcos 30°=20 N。 10.一根轻杆斜靠在光滑的竖直墙壁上，下端放在粗糙的水平地面上，轻杆处于静止状态。一个穿在杆上的小环从杆的顶端匀速滑下的过程中，下列说法正确的是 A.地面所受的压力变大 B.地面所受的摩擦力变大 C.墙壁对轻杆的弹力变大 D.地面对轻杆的作用力变小 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 尖子生选练 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 由于小环从杆的顶端匀速滑下，加速度为零，轻杆静 止，加速度也为零。则可将小环和轻杆整体受力分析， 可知地面所受的压力始终等于小环的重力，保持不变， 故A错误； 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 对轻杆受力分析，受到小环的作用力(等于小环的重力 G)、竖直墙壁的弹力F、地面的支持力FN，和地面的摩 擦力Ff，如图所示，以B为支点，根据力矩平衡条件有 Gx=Fy，根据共点力平衡条件有G=FN，F=Ff，联立可 得Ff=F=G，在小环匀速滑下的过程中，x逐渐减小，y 保持不变，所以地面对轻杆的摩擦力和墙壁对轻杆的弹力逐渐变小，即地面受到的摩擦力也变小，故B、C错误； 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 由于小环匀速滑下的过程中，地面对轻杆的摩擦力逐渐变小，而地面对轻杆的支持力不变，所以地面给轻杆的作用力变小，故D正确。 答案 本课结束 THANKS $$ 第1讲　力与物体的平衡 目标要求　1.会分析物体静态平衡问题，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，并会处理平衡中的临界与极值问题。 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　(2024·河北卷·5)如图，弹簧测力计下端挂有一质量为0.20 kg的光滑均匀球体，球体静止于带有固定挡板的斜面上，斜面倾角为30°，挡板与斜面夹角为60°。若弹簧测力计位于竖直方向，读数为1.0 N，g取10 m/s2，挡板对球体支持力的大小为(　　) A. N B.1.0 N C. N D.2.0 N 答案　A 解析　对球受力分析如图所示， 由几何关系可得力F与力FN与竖直方向的夹角均为30°，因此将力F和FN正交分解可得FNsin 30°=Fsin 30°，FNcos 30°+Fcos 30°+FT=mg 解得F=FN= N，故选A。 例2　(2024·江苏苏州市实验学校月考)如图，质量为m、边长为L的正方形竹网ABCD水平放置，用长均为L的OA、OB、OC、OD的四条轻绳静止悬挂于O点，重力加速度为g，则每根绳子的拉力大小为(　　) A.mg B.mg C.mg D.mg 答案　B 解析　四条轻绳拉力的合力与正方形竹网的重力大小相等、方向相反，设每条绳上的拉力大小为FT，根据几何关系，由平衡条件可得4FTcos 45°=mg，解得FT=mg，故选B。 例3　(2024·江苏淮安市洪泽中学模拟)用三根细线a、b、c将重力均为G的两个小球1和2连接，并悬挂如图所示。两小球处于静止状态，细线a与竖直方向的夹角为30°，细线c水平。已知细线a、b、c的张力分别为Fa、Fb、Fc，则(　　) A.Fa=G B.Fc=G C.=2 D.Fb不能确定 答案　C 解析　将两小球看作一个整体，对整体受力分析，如图所示 根据平衡条件可得Facos 30°=2G，Fasin 30°=Fc，联立得 Fa=G，Fc=G，可知=2，故A、B错误，C正确；对小球2隔离分析，利用平衡条件可得Fb==G，故D错误。 一题多变 变式1　如图，有40个质量相等的小球(可视为质点)，将它们用长度相等的轻绳依次连接，再将两端固定在天花板上，静止时，连接天花板的轻绳与水平方向夹角为30°，已知每个小球的重力均为1 N，则第15个小球与第16个小球之间轻绳的张力大小为(　　) A.14 N B.28 N C.35 N D.45 N 答案　C 解析　以左侧20个小球为整体，设每个小球的质量为m，受力分析如图甲所示 由共点力的平衡条件可知F=，解得F=20 N 以16到20这五个球为整体，受力分析如图乙所示 根据共点力的平衡条件可得第15个小球与第16个小球之间轻绳的张力大小为 F1=，解得F1=35 N，故选C。 变式2　如图所示为相邻铁塔间某根输电线的示意图，C点为该段输电线的最低点，输电线质量分布均匀，关于从A点到C点输电线上张力大小的变化情况，下列说法正确的是(　　) A.一直增大 B.一直减小 C.先增大后减小 D.先减小后增大 答案　B 解析　由于从A点到C点，张力的水平分量保持不变，而输电线与水平方向的夹角逐渐减小，因此张力减小，故选B。 例4　(2022·湖南卷·3)如图(a)，直导线MN被两等长且平行的绝缘轻绳悬挂于水平轴OO'上，其所在区域存在方向垂直指向OO'的磁场，与OO'距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，其截面图如图(b)所示。导线通以电流I，静止后，悬线偏离竖直方向的夹角为θ。下列说法正确的是(　　) A.当导线静止在图(a)右侧位置时，导线中电流方向由N指向M B.电流I增大，静止后，导线对悬线的拉力不变 C.tan θ与电流I成正比 D.sin θ与电流I成正比 答案　D 解析　当导线静止在题图(a)右侧位置时，对导线受力分析如图所示，可知要让安培力为图示方向，则导线中电流方向应由M指向N，A错误；由于与OO'距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，有sin θ=，FT=mgcos θ，则可看出sin θ与电流I成正比，当I增大时θ增大，则cos θ减小，静止后，导线对悬线的拉力FT减小，B、C错误，D正确。 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　平衡中的临界、极值问题 例5　(2024·江苏淮安市模拟)如图所示，半径相同、质量均匀的圆柱体E和半圆柱体M靠在一起静止在水平地面上，E、M之间无摩擦力，M下表面粗糙。现用过E的轴心的水平力F，缓慢地将E拉离地面直至滑到M的顶端，M始终处于静止状态。则E离开地面后的过程中(　　) A.地面所受M的压力变大 B.E对M的弹力逐渐增大 C.拉力F由最大逐渐减小为0 D.地面对M的作用力等于拉力F 答案　C 解析　取整体为研究对象，根据平衡条件和牛顿第三定律，地面所受M的压力不变，大小等于二者的总重力，故A错误；对圆柱体E受力分析，圆柱体E受重力G、拉力F、半圆柱体的支持力FN作用处于平衡状态，这三个力构成矢量三角形，如图所示 开始时FN与竖直方向成60°角，对应图中的最大三角形。此时拉力F和半圆柱体的支持力FN都最大，其大小为Fmax=Gtan 60°=G，FNmax==2G，随着E向上移动，拉力F、半圆柱体的支持力FN都逐渐减小，当E移动到M顶端时，F减小到零，FN减小到G。根据牛顿第三定律，半圆柱体的支持力FN等于E对M的弹力，故E对M的弹力逐渐减小，开始时拉力F最大，且为G，以后逐渐减小为0，故C正确，B错误；地面对M的作用力是地面的支持力和摩擦力的合力，而取整体为研究对象，地面对M的摩擦力等于拉力F，所以地面对M的作用力大于拉力F，故D错误。 例6　(2023·江苏南京市汉开书院检测)新疆是我国最大的优质棉花主产区，当前新疆棉花的机采率已超过80%。如图甲，是自动采棉机将棉花打包成圆柱形棉包并平稳放到棉田的情景。如图乙，是采棉机将打好的棉包卸载到地面过程示意图，质量为m的棉包放在“V”形挡板上，两板间保持120°夹角不变，“V”形挡板可绕水平转轴O在竖直面内转动；卸载棉包时使OP板由水平位置缓慢顺时针转动，直到OQ板到达水平位置卸下棉包。不计棉包与挡板间的摩擦，重力加速度大小为g。卸载棉包过程中，下列说法正确的是(　　) A.棉包对挡板OP的压力先减小后增大 B.棉包对挡板OQ的压力先增大后减小 C.棉包对挡板OP的压力逐渐增大 D.当挡板OP从水平位置转过15°角时，棉包对OP板的压力为mg 答案　D 解析　“V”形挡板在旋转直到OQ板到达地面卸下棉包过程中，OP板由水平位置缓慢转动60°过程中，棉包对挡板OQ的压力逐渐增大，棉包对挡板OP的压力逐渐减小，故A、B、C错误；当挡板OP从水平位置转过15°角时，由正弦定理得==，解得FOP=mg，故D正确。 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：如图甲所示，qE<mg，把挡板沿逆时针方向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。 甲　　　　　　　　　　　乙 (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：如图乙所示，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=。 3.数学知识在力学中的应用 图示 公式 注意事项 cos θ+μsin θ=sin(α+θ) 其中sin α=，cos α= 即tan α= 物体受4个共点力，合力恒定，当F方向变化时，求F的极小值 正弦定理:===2R(R为△ABC外接圆的半径) 物体受三个共点力平衡，把表示三个力的有向线段作闭合矢量三角形，求某一个力或分析力的变化 拉密定理：当三个共点力的合力为0时，其中任意一个力与其他两个力的夹角正弦的比值相等==，其实质为正弦定理的变形 直接画出三个合力为0的共点力，应用拉密定理，比正弦定理更加便捷 专题强化练　[分值：60分] 1~5题每题5分，6~8题每题6分，9题10分，10题7分，共60分 [保分基础练] 1.(2023·广东卷·2)如图所示，可视为质点的机器人通过磁铁吸附在船舷外壁面检测船体。壁面可视为斜面，与竖直方向夹角为θ。船和机器人保持静止时，机器人仅受重力G、支持力FN、摩擦力Ff和磁力F的作用，磁力垂直壁面。下列关系式正确的是(　　) A.Ff=G B.F=FN C.Ff=Gcos θ D.F=Gsin θ 答案　C 解析　如图所示，将机器人(包括磁铁)重力在垂直于斜面方向和沿斜面方向分解。沿斜面方向，由平衡条件得Ff=Gcos θ，故A错误，C正确；垂直斜面方向，由平衡条件得F=Gsin θ+FN，故B、D错误。 2.(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。 3.(2024·山东卷·2)如图所示，国产人形机器人“天工”能平稳通过斜坡。若它可以在倾角不大于30°的斜坡上稳定地站立和行走，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则它的脚和斜面间的动摩擦因数不能小于(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　根据题意可知机器人“天工”可以在倾角不大于30°的斜坡上稳定地站立和行走，对“天工”分析有mgsin 30°≤μmgcos 30° 可得μ≥tan 30°= 故选B。 4.(2024·江苏扬州市月考)倾角为30°的斜面体C固定，斜面上有一物块B通过一根轻绳绕过光滑轻质定滑轮与小球A相连，B与滑轮间的细绳与斜面平行，O与滑轮间的细绳水平，A、B的质量均为m，初始时α=135°，如图所示，现将作用于O点的拉力F逆时针缓慢转动至竖直方向(O与滑轮间的细绳保持水平)，此过程中B始终保持静止。下列说法正确的是(　　) A.初状态，物块B受到的摩擦力方向沿斜面向上 B.O与B间细绳的拉力先变小后变大 C.B和C间的摩擦力先减小后增大 D.拉力F一直增大 答案　C 解析　α=135°时，结点O的受力情况如图甲所示，FT==mg，物块B的受力情况如图乙所示 则根据平衡条件有FT=mgsin 30°+Ff，可知摩擦力方向沿斜面向下，故A错误；画出结点O所受三个力的矢量三角形如图丙所示 由图丙可知O与B间的细绳拉力逐渐减小，拉力F一直减小，故B、D错误；根据FT=mgsin 30°+Ff，当O与B之间的细绳拉力逐渐减小时，B、C间的摩擦力先减小后反向增大，故C正确。 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，F'=F，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。 [争分提能练] 6.(2022·海南卷·8)我国的石桥世界闻名，如图，某桥由六块形状完全相同的石块组成，其中石块1、6固定，2、5质量相同为m，3、4质量相同为m'，不计石块间的摩擦，则m∶m'为 (　　) A. B. C.1 D.2 答案　D 解析　六块形状完全相同的石块围成半圆对应的圆心角为180°，每块石块对应的圆心角为30°，对第3块石块受力分析如图甲 结合力的合成可知tan 60°= 对第2块和第3块石块整体受力分析如图乙 tan 30°=，联立解得=2，故选D。 7.(2024·江苏南通市一模)如图所示，两轻质小环a、b套在水平杆上，两根等长细线悬挂一重物处于静止状态。现保持环a的位置不变，将环b往左侧移动一小段距离，a、b仍处于静止状态。则环a受到杆的 (　　) A.支持力不变 B.支持力变小 C.摩擦力不变 D.摩擦力变大 答案　A 解析　根据题意，设每根细线的拉力为F，细线与竖直方向的夹角为θ，由平衡条件有2Fcos θ=mg，解得F=，设杆对小环a的支持力为FN，摩擦力为Ff，对小环a受力分析，由平衡条件有Ff=Fsin θ=，FN=Fcos θ=，将环b往左侧移动一小段距离，θ减小，可知Ff变小，FN不变。故选A。 8.(2024·湖北卷·6)如图所示，两拖船P、Q拉着无动力货船S一起在静水中沿图中虚线方向匀速前进，两根水平缆绳与虚线的夹角均保持为30°。假设水对三艘船在水平方向的作用力大小均为Ff，方向与船的运动方向相反，则每艘拖船发动机提供的动力大小为(　　) A.Ff B.Ff C.2Ff D.3Ff 答案　B 解析　根据题意对S受力分析如图甲 正交分解可知2FTcos 30°=Ff 所以有FT=Ff 对P受力分析如图乙 则有(FTsin 30°)2+(Ff+FTcos 30°)2=F2 解得F=，故选B。 9.(10分)(2024·江苏南京市大厂高级中学模拟)轻绳上端固定，下端系一可视为质点的物块，现对物块施加一个能保持其在图甲所示位置静止且最小的力F=20 N作用，此时轻绳与竖直方向的夹角α=30°。再将此物块取下后轻放在图乙所示的斜面上，恰好能处于静止状态。然后再对其施加一个平行于斜面的拉力F'，使物块能沿图乙中虚线从C向A匀速运动，已知斜面ABCD为矩形，∠BAC=60°，斜面的倾角θ=30°，重力加速度g=10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求： (1)(2分)物块的质量m； (2)(4分)物块与斜面间的动摩擦因数μ及物块在斜面上运动时受到的摩擦力Ff的大小； (3)(4分)拉力F'的大小。 答案　(1)4 kg　(2)　20 N　(3)20 N 解析　(1)题图甲中，当施加力F与绳子方向垂直斜向上时，力F具有最小值，则有 F=mgsin α=20 N 解得物块的质量为m=4 kg (2)将此物块取下后轻放在题图乙所示的斜面上，恰好能处于静止状态，则有 mgsin θ=μmgcos θ 可得物块与斜面间的动摩擦因数为 μ=tan θ= 对其施加一个平行于斜面的拉力F'，使物块能沿题图乙中虚线从C向A匀速运动，则物块受到滑动摩擦力作用，大小为 Ff=μmgcos θ=×4×10× N=20 N (3)由于物块重力沿斜面方向的分力为 G'=mgsin θ=4×10× N=20 N 则有Ff=G'=20 N 根据受力平衡可知，拉力F'的方向与Ff和G'夹角的角平分线在同一直线上，则拉力的大小为F'=G'cos 30° +Ffcos 30°=20 N。 [尖子生选练] 10.一根轻杆斜靠在光滑的竖直墙壁上，下端放在粗糙的水平地面上，轻杆处于静止状态。一个穿在杆上的小环从杆的顶端匀速滑下的过程中，下列说法正确的是(　　) A.地面所受的压力变大 B.地面所受的摩擦力变大 C.墙壁对轻杆的弹力变大 D.地面对轻杆的作用力变小 答案　D 解析　由于小环从杆的顶端匀速滑下，加速度为零，轻杆静止，加速度也为零。则可将小环和轻杆整体受力分析，可知地面所受的压力始终等于小环的重力，保持不变，故A错误；对轻杆受力分析，受到小环的作用力(等于小环的重力G)、竖直墙壁的弹力F、地面的支持力FN，和地面的摩擦力Ff，如图所示，以B为支点，根据力矩平衡条件有Gx=Fy，根据共点力平衡条件有G=FN，F=Ff，联立可得Ff=F=G，在小环匀速滑下的过程中，x逐渐减小，y保持不变，所以地面对轻杆的摩擦力和墙壁对轻杆的弹力逐渐变小，即地面受到的摩擦力也变小，故B、C错误；由于小环匀速滑下的过程中，地面对轻杆的摩擦力逐渐变小，而地面对轻杆的支持力不变，所以地面给轻杆的作用力变小，故D正确。 学科网（北京）股份有限公司 $$