专题06 共点力平衡 期中考试复习讲义 -江苏省2026-2027学年高一上学期物理人教版必修第一册

2026—2027学年高一上学期物理期中复习讲义（人教版2019·江苏专用） 专题六 共点力平衡 2026—2027学年度第一学期 · 期中复习 专题六　共点力平衡 高一物理（人教版2019）· 江苏专用　|　精讲精练 · 原卷版 70 分钟 建议用时 39 题 题量设置 ★★★★☆ 难度系数 原卷版 讲义版本 01　内容概览 01　共点力静态平衡 · 考点一　平衡条件与合成法 · 考点二　正交分解法 · 考点三　力的三角形法 02　共点力动态平衡 · 考点四　解析法与图解法 · 考点五　相似三角形法与拉密定理 03　平衡中的临界与极值 · 考点六　临界与极值问题（含摩擦角与自锁） 04　综合练习 · 15 道精选真题（选择 + 1 道解答） · 限时闯关 · 查漏补缺 02　期中考情分析（江苏） 100 分 试卷满分 75 分钟 考试时长 11 题 / 44 分 单项选择题 5 题 / 56 分 非选择题 江苏高一物理期中一般由地市教研室或名校联考统一命题，全部答案写在答题卡上。下表汇总了近两年南京、苏州、南通等地真题的典型结构： 题型 题量 分值 考查重点 单项选择题 11 题 44 分（每题 4 分） 平衡条件与合成法、正交分解、力三角形、动态平衡、相似三角形与拉密定理、临界与极值 实验题 1～2 题 约 14～18 分 探究两个互成角度的力的合成规律（含力传感器、作图比较、误差分析） 计算与综合题 3～4 题 约 38～42 分 共点力平衡、动态平衡、连接体与临界极值，常结合斜面、绳杆、圆环、支架情境 考试范围 本次期中统考范围为必修第一册：第一章《运动的描述》、第二章《匀变速直线运动的研究》、第三章《相互作用——力》，以及第四章第一节《牛顿第一定律》。 本专题聚焦第三章的共点力平衡，覆盖静态平衡的合成法、正交分解法、力的三角形法，动态平衡的解析法、图解法、相似三角形法、拉密定理与辅助圆法，以及平衡中的临界、极值与自锁现象，是力学受力分析的综合应用，也是期中选择题与计算题的高频载体。请以本校考试说明为准。 命题特点 ■ 平衡条件是根本：合外力为零 =0 是总开关；静态平衡三力先合两力、多力用正交分解，两轴合力都要为零。 ■ 动态平衡考方法：一力恒定、一力方向不变用图解法；两力方向都变且有几何关系用相似三角形，夹角不变用拉密定理或辅助圆。 ■ 几何分析定成败：力的封闭三角形、正弦定理、相似三角形对应边成比例，角找错则全错，作图要规范。 ■ 临界极值高频：“刚好/恰好”取等号，变力垂直时最小，摩擦角与自锁、三角函数极值是难点与区分点。 备考建议 · 牢记平衡条件：合外力为零，正交分解时两个方向合力都为零；瞬时速度为零不等于平衡，“不受力”与“合力为零”要分清； · 静态平衡会选法：三力、两力垂直或等大用合成法（力三角形），三个力以上或方向较杂用正交分解，选轴让尽量多的力靠轴； · 动态平衡“化动为静”：一力恒、一向定用图解（变力垂直时最小）；两力方向都变用相似三角形，两变力夹角不变用拉密定理或辅助圆； · 临界极值求规范：抓“刚好/恰好”取等号，先列力的函数表达式再用三角函数或二次函数求极值，结合物理约束检验；掌握摩擦角 tanφ=μ 与自锁 θ≤φ。 03　期中复习目标 序号 复习目标 要求层级 对应考点 自评达成 1 理解平衡状态与共点力平衡条件，会用 =0、=0、=0 处理平衡问题，明确“速度为零”不等于平衡 掌握 考点一 □ 2 掌握合成法与正交分解法，能根据力的个数与特点选择合适方法求共点力 应用 考点一、二 □ 3 掌握力的三角形法与正弦定理，能处理节点、支架、绳杆等静态平衡问题 应用 考点三 □ 4 理解动态平衡“化动为静”的思想，掌握解析法与图解法，能判断变力的变化趋势与最小值 应用 考点四 □ 5 掌握相似三角形法、拉密定理与辅助圆法，能分析两力方向都变的动态平衡 应用 考点五 □ 6 理解临界与极值问题，能利用临界条件和二次函数、三角函数求力的极值，掌握摩擦角与自锁 应用 考点六 □ 04　知识体系（思维导图） 图1　共点力平衡 知识体系思维导图 考向一　共点力静态平衡 考点一 　平衡条件与合成法 知识梳理 1．平衡状态 物体处于静止或匀速直线运动状态，称为平衡状态，其本质特征是加速度为零。注意“瞬时速度为零”不等于平衡，如竖直上抛运动的最高点。 2．共点力的平衡条件：合外力为零 （1）平衡条件：；正交分解形式为 、。 （2）若物体在某一方向上不受力，或该方向合力为零，则该方向上保持平衡。 3．平衡条件的两个重要推论 （1）物体受 n 个共点力平衡时，其中任意一个力，与其余（n−1）个力的合力等大反向。 （2）三个不平行的力平衡时，这三个力的矢量首尾相接，必组成一个封闭的三角形。 4．合成法（三力平衡） （1）对于三力平衡，先把其中两个力按平行四边形定则合成，其合力与第三个力等大反向。 （2）当两力互相垂直或等大时，用合成法最简便。 表1　平衡条件与合成法 项目 内容 记忆点 / 说明 平衡状态 静止或匀速直线运动 加速度为零，非“速度为零” 平衡条件 合外力为零 正交形式 、 两轴合力均为零 推论一 任一力与其余力合力等大反向 受 n 个共点力平衡 推论二 三力首尾相接成封闭三角形 三个不平行力 合成法 先合两力，与第三力等大反向 三力、两力垂直/等大 重难诠释 平衡条件是合外力为零，不是“不受力”，也不是“速度为零”；瞬时速度为零（最高点）并不平衡。 合成法：三力平衡先合两力，合力与第三力等大反向，两力要按平行四边形定则，不能直接相加减。 记忆点：“平衡看合力，三力先合两力”。 图2　合成法：F₁、F₂ 的合力 F₁₂ 与 F₃ 等大反向 热点·生活实例　科技前沿·人形机器人稳定站立与行走 近年来人形机器人（如“天工”、宇树 H1/G1）快速发展。机器人站立或缓慢行走时，重力、地面支持力与脚掌的摩擦力共同作用，合外力始终为零；单脚支撑的瞬间，靠调整重心与脚掌摩擦维持平衡，这正是共点力平衡与临界摩擦的综合应用。 图　机器人缓慢行走：每一时刻合外力均为零 例题 10月中旬的秋季运动会上，学校的操场上进行了一场别开生面的教师趣味比赛——同心鼓运动（如图甲所示）。质量为m的鼓身上，沿圆周均匀固定着8根长度相同的绳子（俯视图如图乙所示），游戏开始前，8名队员各自拉紧一根绳子，保证鼓面水平并保持其静止，此时每根绳子与竖直方向的夹角为θ（如图丙所示）。重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．每根绳子的拉力不可能大于重力 B．夹角θ越大，每根绳子的拉力越小 C．每根绳子的拉力为 D．如果缓慢增加绳子拉力，可以把所有绳子拉成水平 易错点 　平衡条件是“合外力为零”，不是“物体不受力”，也不是“速度为零”：静止要求合外力为零，即 =0，但瞬时速度为零的物体合外力不一定为零（如竖直上抛的最高点）。合成法用于三力平衡：先把两力合成，其合力必须与第三力等大反向，两力合力要用平行四边形定则，不能直接相加减。 变式 1 如图所示，小张同学用两根一样长的细绳拴住一只钩码，拉住绳子两头使钩码悬停在空中，保持两手处于同一高度，起始时两绳间的夹角为150°，现将两绳间夹角慢慢减小，则（　　） A．两绳拉力大小不变 B．两绳拉力逐渐增大 C．两绳拉力的合力逐渐减小 D．两绳拉力的合力保持不变 变式 2 如图所示，已知两人用同样大小的力F共提一桶水，两人手臂间的夹角为θ，水和水桶的总重力为G，下列说法正确的是（　　） A．当θ＝120°时，F＝G B．不管θ为何值，均有F＝0.5G C．当θ＝60°时，F＝0.5G D．θ越大，F越小 变式 3 三段不可伸长的轻绳OA、OB、OC能承受的最大拉力相同。它们共同悬挂一重物，A端、B端固定，OA与水平顶板间夹角为30°，OB与顶板间夹角为60°，如图所示。若逐渐增加C端所挂物体的质量，则最先断的绳是（　　） A．OC B．OB C．OA D．3绳同时断裂 考点二 　正交分解法 知识梳理 1．正交分解法 （1）把物体所受各力沿两个互相垂直的坐标轴分解，分别求 x、y 方向的合力，再令其分别为零。 （2）平衡条件：、。 2．坐标轴的选取 （1）原则上让尽可能多的力与坐标轴重合，使需要分解的力最少。 （2）常取水平、竖直方向；在斜面上常取沿斜面、垂直斜面方向。 3．正交分解的一般步骤 受力分析 → 建立坐标系 → 把各力分解到 x、y 轴 → 列 ＝0、＝0 → 联立求解。 4．斜面情境：物体沿斜面匀速（或静止）时，摩擦力 、支持力 。 三力平衡、两力垂直或等大时用合成法；力的个数较多（三个以上）或方向较复杂时，用正交分解法更稳妥。 表2　静态平衡方法：合成法与正交分解 方法 内容 适用 / 记忆点 合成法 先合两力、与第三力等大反向 三力、两力垂直/等大 正交分解 ， 三个力以上 选轴 尽量多的力与轴重合 减少分解 常见选轴 水平、竖直 一般情境 斜面选轴 沿斜面、垂直斜面 ； 重难诠释 正交分解两个方向合力都要为零，不能只列一个方向；选轴使尽量多的力与轴重合。 sin、cos 不要弄混，分力方向不能画反。 记忆点：“三力以上用正交，选轴让力尽量靠轴”。 图3　正交分解步骤：建立坐标系 → 分解重力 → 沿轴列平衡方程 例题 用如图所示的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。通过两根轻质细线CA、CB将平板水平悬挂，两根细线与竖直方向夹角分别为30°、60°，ACBD在同一竖直平面内，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 C．保持平板水平，绳CA不动，逐渐缩短绳CB，使B点在平板上左移，这一过程中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 易错点 　正交分解时两个方向合力都要为零，即 =0、=0，不能只列一个方向；选轴应使尽量多的力与轴重合，以减少分解；分力方向不能画反，F 与 x 轴夹角为 θ 时 =Fcosθ、=Fsinθ，sin、cos 不要弄混。 变式 1 一根轻绳一端系质量m1＝1kg的小球P，另一端系于光滑竖直墙壁上的O点，轻绳与竖直方向的夹角θ＝37°，在墙壁和小球P之间夹有一质量m2＝0.6kg的长方体物块Q，如图所示，小球P、物块Q均静止，取重力加速度大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列说法正确的是（　　） A．物块Q受到小球P竖直向下的摩擦力 B．小球P不受摩擦力作用 C．竖直墙壁对物块Q的弹力大小为12N D．轻绳的拉力大小为12.5N 变式 2 灯笼是中国传统节庆的重要象征，每逢农历新年，家家户户都会挂起红彤彤的灯笼，营造出喜庆祥和的节日氛围。如图所示，一个直角支架固定于竖直平面内。一根长度为2.5m的轻质细绳两端分别固定在支架上的A、B两点，已知A、B两点高度相同，且间距为l＝1.5m。将一质量为1.2kg的灯笼用光滑的挂钩悬挂在细绳上，不计空气阻力对灯笼的影响，已知重力加速度为g＝10m/s2，关于该系统的平衡状态，下列说法正确的是（　　） A．轻质细绳上的张力大小为10N B．若将细绳的端点从B移到C，细绳的弹力变小 C．若将细绳的端点从B移到C，细绳的弹力不变 D．若将细绳的端点从B移到D，细绳的弹力变小 变式 3 如图，有五个质量均为m的小彩灯，通过轻质细绳进行连接。连接天花板与彩灯1的轻质细绳与竖直方向的夹角θ1＝30°，连接彩灯2、3的细绳与水平方向的夹角为θ2，彩灯5右侧通过水平恒定的拉力F固定。下列说法正确的是（　　） A．连接天花板和彩灯1的细绳拉力大小为 B．连接彩灯2、3的细绳与水平方向的夹角θ2满足 C．水平恒定拉力F的大小为 D．若保持外力F的方向不变，使θ1缓慢增大，则外力F持续减小 考点三 　力的三角形法 知识梳理 1．力的三角形法 （1）三力平衡时，把三个力的矢量依次平移，使它们首尾相接，必组成一个封闭的力三角形。 （2）根据三角形的边角关系（正弦定理、三角函数），即可求各力的大小。 2．力三角形的意义 力三角形由各力矢量平移得到，只表示力的大小和方向，不表示力的作用点，也不是物体的运动轨迹。 3．正弦定理（拉密定理） 力三角形中由正弦定理：（α、β、γ 为各力所对的角）。 拉密定理形式：（θ₁、θ₂、θ₃ 为相邻两力的夹角，与三角形内角互为补角，sin 值相同）。 4．适用情形：三个力平衡、方向之间夹角关系清楚时（如节点、支架、绳杆），用力三角形法最直观。 表3　力的三角形法与正弦定理 项目 内容 记忆点 力三角形 三力首尾相接、封闭 三力平衡 力三角形意义 只表示大小、方向 不是运动轨迹 正弦定理 各力与对角正弦成比例 用三角形内角 拉密定理 用相邻力夹角 与内角互补，sin 相同 适用情形 节点、支架、绳杆 夹角关系清楚 重难诠释 力三角形必须首尾相接、封闭；接成“箭头对箭头”就不是平衡。 力三角形不是运动轨迹，也不表示作用点；正弦定理与拉密定理的角不要混淆。 记忆点：“三力平移首尾连，封闭三角即平衡”。 图4　三力首尾相接组成封闭三角形 例题 如图甲，一名登山爱好者正沿着竖直崖壁向上攀爬，绳的一端固定在较高处的A点，另一端拴在人的腰间C点（重心处），在人向上攀爬的过程中可以把人简化为图乙的物理模型：脚与崖壁接触点为O点（可自由转动），人的重力G全部集中在C点，O到C点可简化为轻杆，AC为轻绳，已知OC长度不变，人向上攀爬过程中到达某位置后保持O点不动，缓慢转动OC来调整姿势，某时刻AOC构成等边三角形，则（　　） A．在此时刻，轻绳对人的拉力与人的重力的合力不一定沿杆 B．AC绳在虚线位置与实线位置承受的拉力大小相等 C．在虚线位置时，OC段承受的压力比在实线位置时更大 D．在此时刻，轻绳AC承受的拉力大小为T1；当OC水平时，轻绳AC承受的拉力大小为T2，则 易错点 　力三角形中三个力必须首尾相接（箭头接箭尾），三角形封闭才表示合力为零；若接成“箭头对箭头”就不是平衡。矢量三角形只表示各力的大小和方向，不表示作用点，也不是物体的实际运动轨迹；“共点辐射”与“封闭三角形”两种画法等价。 变式 1 甲图中，轻杆AB一端与墙上的光滑的铰链连接，另一端用轻绳系住，绳、杆之间夹角为30°，在B点下方悬挂质量为m的重物。乙图中，轻杆CD一端插入墙内，另一端装有小滑轮，现用轻绳绕过滑轮挂住质量为m的重物，绳、杆之间夹角也为30°。甲、乙中杆都垂直于墙，两图中重物都静止，则下列说法中正确的是（　　） A．与轻杆AB连接的铰链受到杆的弹力大小为mg B．轻杆CD上的小滑轮受到杆的弹力大小为mg C．两根杆中弹力方向均沿杆方向 D．若甲、乙中轻绳能承受最大拉力相同，则物体加重时，乙中轻绳更容易断裂 变式 2 如图甲为北京大学所悬挂的校名牌匾，其示意图可简化为如图乙的侧视图。已知牌匾重力大小为G，两根拉绳上的合力大小为FT，两个木制横挡和墙壁对牌匾的合力大小为F，F的方向恰好和拉绳相垂直，则F、FT、G的关系为（　　） A．F2＝G2 B．F＝FT C．F2＝G2 D．G＝FT 变式 3 如图所示，一台空调外机用两个三角形支架固定在外墙上，空调外机的重心恰好在支架横梁和斜梁的连接点O的上方，水平横梁AO对O点的拉力为FA，斜梁BO对O点的弹力为FB。如果把斜梁加长一点，仍保持连接点O的位置不变，横梁仍然水平，与加长前相比（　　） A．FA增大、FB减小 B．FA减小、FB增大 C．FA、FB均减小 D．FA、FB均增大 考向二　共点力动态平衡 考点四 　解析法与图解法 知识梳理 1．动态平衡 （1）控制某一量使物体缓慢变化，物体始终处于一系列平衡状态，叫动态平衡；基本思路是“化动为静、静中求动”。 （2）“缓慢”表示每一时刻都可视为平衡，合外力为零。 2．解析法 （1）对物体受力分析，列出平衡条件方程，用三角函数表示各力与角度的关系，再由角度变化判断力的变化。 （2）适用：能写出明确函数关系的情形。 3．图解法 （1）特征：一个力是恒力（大小、方向都不变，常为重力），另一个力方向不变，第三个力变化。 （2）从恒力末端沿“方向不变的力”的方向作射线，变力连接恒力始端与射线上的点、箭头指向恒力始端；变力在与该射线垂直时最小。 4．图解法结论 变力 F 与“方向不变的力”垂直时，F 取最小值；据此可判断力的变化趋势。 表4　解析法与图解法 方法 内容 适用 / 记忆点 动态平衡 一系列平衡状态 缓慢、合外力为零 解析法 列方程、用三角函数 有明确函数关系 图解法 恒力 + 方向不变的力 + 变力 一力方向不变 最小值 变力垂直时最小 关键结论 作图要点 恒力大小方向不变 除变化量外一致 重难诠释 动态平衡“缓慢”即每时刻平衡，合外力为零。 图解法：变力在与方向不变的力垂直时最小，不是“方向不变”时最小。 记忆点：“一力恒、一向定，变力垂直最省力”。 图5　图解法：变力 F 与方向不变的力垂直时最小 例题 如图所示，两根细绳AO和BO连接于O点，O点下方用细绳CO悬挂一重物，并处于静止状态，绳AO拉力为F1，绳BO拉力为F2。保持A、O点位置不变，而将绳BO缓慢向B1O、B2O移动直至水平。对于此过程，下列选项正确的是（　　） A．F1逐渐变小 B．F1可能先减小后增大 C．F2可能一直增大 D．F1、F2的合力逐渐变小 易错点 　图解法适用于“一个力恒力、另一个力方向不变”的情形；动态过程中变力不是在“力的方向不变”时最小，而是在变力与方向不变的力垂直时最小（）。各位置作图时恒力的大小、方向都要保持不变，矢量三角形中除变化量外其余都应一致。 变式 1 如图所示，某同学将一篮球放在光滑的斜坡上用光滑的竖直挡板挡住来探究三力静态平衡和动态平衡。她先挡住篮球让它处于静止状态，然后缓慢地把挡板绕其与坡面的接触轴沿逆时针方向转一个较小角度（小于斜坡的倾角）。已知篮球的重力为G，斜坡的倾角为θ，下列说法正确的是（　　） A．篮球处于静止状态时，挡板对篮球的弹力大小为Gsinθ B．篮球处于静止状态时，斜坡对篮球的弹力大小为Gcosθ C．在缓慢转动挡板的过程中，挡板对篮球的弹力逐渐减小 D．在缓慢转动挡板的过程中，斜坡对篮球的弹力逐渐增大 变式 2 如图甲所示，某质量为M的人借助瑜伽球锻炼身体，她屈膝静蹲，背部倚靠在质量为m的瑜伽球上，球紧靠竖直墙面。假设瑜伽球光滑且视为均匀球体，整体可简化成图乙，人的背部与水平面夹角为θ（θ＜90°），重力加速度为g。则（　　） A．人静止不动时，人受到地面的摩擦力向左 B．人静止不动时，人对地面的压力大于（M+m）g C．当人缓慢竖直站立（θ逐渐变大）的过程中，人受到地面的摩擦力变大 D．当人缓慢竖直站立（θ逐渐变大）的过程中，瑜伽球对墙的压力变小 变式 3 如图，水平地面上竖直固定一根粗细均匀、光滑的直杆，杆上套有圆环A，地面上有一个滑块B，A、B用轻杆通过活动铰链连接，轻杆与竖直方向的夹角为θ，A、B处于静止状态。现缓慢减小θ角，在θ角减小的前、后两个状态中，下列说法正确的是（　　） A．直杆对圆环A的弹力增大 B．物块B对地面的压力减小 C．A、B间轻杆的弹力增大 D．地面对物块B的摩擦力减小 考点五 　相似三角形法与拉密定理 知识梳理 1．相似三角形法 （1）特征：一个力是恒力（常为重力），两个变力的方向都随位置变化，且能找到与力三角形相似的空间几何三角形。 （2）力三角形与几何三角形相似，对应边成比例：。 2．拉密定理（正弦定理） （1）三个共点力平衡时，每个力与另外两个力夹角的正弦之比相等。 （2）适用：一个力恒定，两个变力方向都变，且两变力之间的夹角不变（或可由几何关系确定）。 3．辅助圆法 若恒力大小方向不变、两变力夹角恒定，则三个力的末端在同一圆周上，恒力为固定弦，可用辅助圆判断两变力的变化。 4．方法选择 一力方向不变用图解法；两力方向都变且有几何关系用相似三角形；两力方向都变且夹角不变用拉密定理或辅助圆。 表5　相似三角形法、拉密定理与辅助圆 方法 内容 适用 / 记忆点 相似三角形 力三角形∽几何三角形，对应边成比例 两力方向变、有几何关系 拉密定理 三力与对角正弦成比例 三力、两变力夹角不变 辅助圆 恒力为固定弦，三力末端共圆 两变力夹角恒定 图解法 变力垂直时最小 一力方向不变 关键 对应边、对应角不能找错 角是对角 重难诠释 相似三角形对应边不能找错；拉密的角是相邻力夹角，不是三角形内角。 辅助圆要求两变力夹角恒定，恒力为固定弦。 记忆点：“两力都变找相似，夹角不变用拉密”。 　 图6　相似三角形：力三角形∽几何三角形（左）　图7　辅助圆法：恒力为固定弦（右） 热点·生活实例　低空经济·无人机吊运 随着“低空经济”发展，货运无人机已用于山区、农田吊运物资。无人机悬停吊运时，重力、绳的拉力以及空气升力构成平衡；当吊绳角度改变，可借助力三角形或拉密定理分析拉力变化，这正是动态平衡的实际应用。 图　无人机悬停吊运：各力构成平衡 例题 表面光滑、半径为R的半球固定在水平地面上，球心O的正上方O′处有一无摩擦的定滑轮，轻质细绳两端各系一个小球挂在定滑轮上，如图所示，两小球平衡时，若滑轮两侧细绳的长度分别为L1＝2.3R和L2＝2.5R，则这两个小球的质量之比m1：m2为（不计球的大小）（　　） A．23：1 B．23：25 C．25：23 D．25：1 易错点 　相似三角形法要求力三角形与空间几何三角形相似，对应边不能找错；拉密定理只适用于共点三力平衡，其中各角是相邻两力的夹角（对角），不要与三角形内角混淆；辅助圆法要求两变力夹角恒定，恒力为固定弦。 变式 1 如图，不计重力的轻杆OP能以O为轴在竖直平面内自由转动，P端悬挂一重物，另用一根轻绳通过定滑轮系在P端。当OP和竖直方向的夹角α缓慢增大时，OP杆的弹力FN和绳子的张力FT的大小变化是（　　） A．FN先变小后变大 B．FN不变 C．FT先变大后变小 D．FT逐渐变小 变式 2 某同学将轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆M、N上的a、b两点，将衣架挂在绳上晾晒衣物，衣架挂钩可视为光滑。晾晒一件短袖T恤时，衣架静止于如图位置。当晾晒一件厚大衣时，该同学担心晾衣绳可能会断，为防止绳断，他应该（　　） A．将绳的右端固定点b略向上移 B．将绳的右端固定点b略向下移 C．将竖直杆N向右移一小段距离 D．换一根略长的晾衣绳 变式 3 自动采棉机将棉花打包成圆柱形棉包，然后将其平稳放下。放下棉包的过程可以简化为如图所示模型，质量为m的棉包放在“V”型挡板上，两板间夹角为120°固定不变，“V”型挡板可绕P轴在竖直面内转动，使BP板由水平位置逆时针缓慢转动60°的过程中，忽略“V”型挡板对棉包的摩擦力，已知重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．棉包始终受到三个力的作用 B．棉包对AP板的压力先增大后减小 C．当BP板转过30°时，棉包对AP板的作用力大小为 D．在AP板转到水平前，BP板与AP板对棉包的作用力的合力发生变化 考向三　平衡中的临界与极值 考点六 　临界与极值问题 知识梳理 1．临界问题 （1）当某一物理量变化时，物体的受力状态会发生“恰好出现”或“恰好不出现”的转折，这个转折状态叫临界状态。 （2）关键词：“刚好 / 恰能 / 恰好”，如绳刚好绷紧（T＝0）、物体刚好滑动（f＝μN）、恰好不脱离（N＝0）。 2．极值问题 （1）在力的变化过程中，求某个力的最大值或最小值，叫极值问题。 （2）常用方法：图解法（变力垂直时最小）、解析法（二次函数、三角函数、均值不等式）。 3．解决临界极值的思路 （1）仔细分析临界条件，列临界方程并取等号； （2）对极值，先写出力的函数表达式，再用数学方法求极值，并结合物理约束检验。 4．摩擦角与自锁现象 （1）摩擦角：接触面对物体的支持力与最大静摩擦力的合力（即接触面合力）与法线的夹角 φ，满足 ，它是接触面的固有属性。 （2）自锁：当外力（或接触面合力）与法线的夹角小于摩擦角 φ（即合力落在摩擦锥内）时，无论外力多大，物体都不会发生滑动，称为自锁。 （3）斜面上物体靠自重静止（自锁）的条件为 ，即 。 表6　平衡中的临界与极值 类型 临界条件 方法 / 记忆点 绳绷紧 刚好绷紧，T＝0 取等号 滑动 刚好滑动，f＝μN 临界摩擦 脱离 恰好不脱离，N＝0 取等号 最小力 变力垂直时最小 图解法 摩擦角 接触面固有属性 自锁 合力落在摩擦锥内 重难诠释 临界关键词“刚好 / 恰好”，要分清“恰好出现”还是“恰好不出现”，并取等号。 极值要分清求哪个力的最大/最小值，数学解要结合物理约束检验。 记忆点：“临界取等号，极值找垂直，数学解要检验”。 图8　摩擦角与自锁：合力落在摩擦锥内不滑动 例题 如图所示，足够长的固定斜面倾角为30°，质量为m的滑块在拉力F的作用下沿斜面向下做匀速直线运动。已知滑块与斜面之间的动摩擦因数，重力加速度大小为g，为了使拉力F最小，下列说法正确的是（　　） A．拉力F应竖直向上 B．拉力F应沿着水平方向 C．拉力F应垂直于斜面向上 D．拉力F的最小值一定小于0.1mg 易错点 　临界条件关键词是“刚好/恰好/恰能”，要弄清是“恰好出现”还是“恰好不出现”，并据此取等号（如绳刚好绷紧 T=0、刚好滑动 f=μN、恰好不脱离 N=0）；极值要分清求哪个力的最大还是最小值，常用变力垂直时最小、三角函数或二次函数求解，并结合物理约束舍去不合理的数学解。 变式 1 如图所示，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F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有（　　） A．地面对框架的摩擦力始终为零 B．框架对小球的支持力先减小后增大 C．拉力F的最小值为mgsinθ D．框架对地面的压力一直减小 变式 2 如图所示，南京紫金山半球形天文台的半径为R，维修人员在球顶端用轻绳沿着球面从底端拉着一质量为m的器件，当器件离底端高度为时，不用拉力，器件恰好能静止在球面上。那么，器件与天文台间的动摩擦因数为（最大静摩擦力等于滑动摩擦力）（　　） A．0.75 B．0.8 C．0.4 D．0.6 变式 3 如图所示，倾角为α的斜面上，有一质量为m的物块受到平行于斜面的水平力F的作用，恰好处于静止状态，若F大小逐渐减小，已知物体与斜面的动摩擦因数为μ，则下列说法正确的是（　　） A．μ＝tanα B．物块将保持静止状态 C．物块所受到的摩擦力大小有可能不变 D．斜面对地面的作用力保持不变 05　综合练习（15 题） 本部分精选 15 道江苏期中真题，以选择题为主、含 1 道解答题，覆盖静态平衡、动态平衡、临界与极值全部考点，建议限时 38 分钟独立完成。 练习 1 图甲中挂钩架的相邻挂钩间距为15cm，图乙中单肩包的宽度约35cm，将包挂在挂钩上，要使包的背带受力最小，则背带之间的挂钩个数应为（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 练习 2 如图所示，接水过程中，手与杯子均保持静止。随着竖直放置的杯子中水越来越多，下列说法正确的是（　　） A．手对杯子的摩擦力方向竖直向下 B．杯子对手的摩擦力方向竖直向上 C．手与杯子间的摩擦力大小不断增大 D．手与杯子间的摩擦力大小保持不变 练习 3 如图所示，悬挂衣服的绳子两端A、B分别固定在两根竖直杆上，A点高于B点，无风状态下衣服静止。一阵横风吹来，衣服受到水平向右的恒力而滑动，并在新的位置保持静止。不计绳子的质量及绳与衣架挂钩间的摩擦，绳子不可伸长。现将A点下移至与B点等高，则此过程中，细绳上的张力（　　） A．逐渐变大 B．逐渐变小 C．始终不变 D．先变大后变小 练习 4 如图所示，一质量均匀分布的长方形木板放置在水平桌面上，右端位于桌面上的O点，O点左侧的桌面光滑、右侧粗糙。用水平力将木板向右推至稍伸出桌面，则该过程中木板受到的摩擦力（　　） A．一直不变 B．先增大后不变 C．先不变后变小 D．先增大后不变再变小 练习 5 某运输货物的装置可简化为如图所示模型，两根足够长的平行直圆棒MN、PQ间距保持不变，两棒所在平面与水平面成θ角。现将一个质量为m、截面半径为R的圆柱形货物放在MN、PQ上并由静止释放，已知圆柱形货物与两棒之间的动摩擦因数均为，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，则下列关于圆柱形货物被释放后的受力和运动的说法正确的是（　　） A．圆柱形货物受到3个力的作用 B．两根圆棒对圆柱形货物的支持力大小都等于 C．匀速下滑时，圆柱形货物受到MN施加的摩擦力一定为mgsinθ D．θ＝45°时，圆柱形货物一定会沿圆棒下滑 练习 6 如图所示，一物块放置在粗糙水平面上，其上固定一“L”型轻杆，轻绳ON的一端O固定在杆上，中间某点M拴一小球，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＞90°），现将小球向右上方缓慢拉起，并保持夹角α不变，在OM由竖直被拉到水平的过程中，物块始终保持静止，则（　　） A．OM上的弹力一直增大 B．MN上的弹力先减小后增大 C．水平面对物块的支持力一直变小 D．水平面对物块的摩擦力先变大再变小 练习 7 如图所示，静止在斜面上的物体受到哪几个力的作用（　　） A．重力、下滑力、支持力 B．重力、支持力、静摩擦力 C．重力、下滑力、支持力、静摩擦力 D．重力、下滑力、支持力、垂直斜面的压力 练习 8 山崖上有一块巨石，无风时地面对它的作用力是F1，当受到一个水平风力时，巨石依然静止，地面对它的作用力是F2，下列说法正确的是（　　） A．F2大于F1 B．F2等于F1 C．F2小于F1 D．F2、F1大小关系与地面是否水平有关 练习 9 每逢节日，许多家庭会通过悬挂灯笼来装饰。如图所示，通过三根轻质细线悬挂一个重力大小为G的灯笼，细线a一端固定在天花板，与竖直方向的夹角为37°，细线b一端悬挂在竖直墙壁上，与竖直墙壁间的夹角为37°，灯笼位置不变，改变细线b的长度将细线b缓慢调节至水平（sin37°＝0.6），下列关于细线a的拉力Fa、细线b的拉力Fb的判断正确的是（　　） A．初始状态时，Fa＝Fb＞G B．Fa一直减小 C．Fb先减小后增大 D．Fb一直减小 练习 10 如图所示，A、B两物体通过两个质量不计的光滑滑轮悬挂起来，处于静止状态，左侧绳与水平方向的夹角为θ。若将绳子左端从P点缓慢移到Q点，下列说法正确的是（　　） A．绳子拉力变小 B．绳子拉力变大 C．夹角θ变大 D．夹角θ不变 练习 11 如图所示，质量为m的物体由两根轻绳吊起悬在空中处于静止状态，右侧绳子的另一端固定在高墙处的A点且与竖直方向的夹角为α，左侧绳子由人拉着且与竖直方向的夹角为β，现人站立不动而把手中的长绳缓慢释放，对于在物体接触墙前的过程中，下列说法正确的是（　　） A．α有可能会大于β B．两绳子的拉力都变大 C．地面对人的摩擦力变小 D．地面对人的支持力变小 练习 12 如图所示，三根不可伸长的轻绳结点为O，轻绳1水平，轻绳2与竖直方向夹角为α（＜90°）并保持不变，轻绳3下端悬挂一小球并处于静止，现对小球施加外力F，在F的方向与轻绳3的夹角为钝角且保持不变的情况下，使小球缓慢向右升高，直到轻绳3达到水平。则该过程中（　　） A．外力F先变大后变小 B．轻绳3的拉力先变小后变大 C．轻绳2的拉力一直变小 D．轻绳1的拉力先变大后变小 练习 13 如图所示，倾角为60°、足够长的斜面OA固定在水平地面上，挡板OB可绕转轴O在竖直面内转动。现将一光滑圆球放在斜面与挡板之间，使挡板与水平面的夹角θ由60°缓慢减小至45°，这一过程中小球对挡板OB的压力（　　） A．不断减小 B．不断增大 C．先减小后增大 D．先增大后减小 练习 14 如图甲所示，明代倪端画的《捕鱼图》是一种原始的捕鱼方式，其拉网的原理图如图乙所示，罾（渔网）和连接罾的四根竹竿可看成是一个重物用不可伸长的轻绳悬挂在轻杆OA上的A点，轻杆OA可绕O点在竖直平面内自由转动，人在B点拉动轻绳AB使轻杆OA绕O点转至竖直方向，从而使重物上升。在轻杆OA由图乙所示位置缓慢转至竖直的过程中，下列说法正确的是（　　） A．人对轻绳AB的拉力变大 B．人对轻绳AB的拉力不变 C．轻杆OA上的弹力大小不变 D．轻杆OA上的弹力变小 练习 15 如图，在粗糙的水平地面放置G2＝100N的劈形木块，在劈形木块上有一个G1＝200N的光滑小球被轻绳拴住悬挂在天花板上，已知绳子与竖直方向夹角为45°，斜面倾角为37°，整个装置处于静止状态。（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）则： （1）斜面对小球支持力FN的大小和轻绳对小球的拉力F2大小； （2）地面与木块间的动摩擦因数μ至少多大； （3）若在小球上施加一个外力F，让小球脱离劈形木块，这个外力的最小值为多少？ 06　答题栏 请将所选答案字母填入对应题号下方的空格内；标注“解答”的题目请直接在原题处作答。 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 题号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 答案 题号 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 答案 题号 31 32 33 34 35 36 37 38 39 答案 解答 第 1 页　共 1 页 学科网（北京）股份有限公司 $2026—2027学年高一上学期物理期中复习讲义（人教版2019·江苏专用） 专题六 共点力平衡 2026—2027学年度第一学期 · 期中复习 专题六　共点力平衡 高一物理（人教版2019）· 江苏专用　|　精讲精练 · 解析版 70 分钟 建议用时 39 题 题量设置 ★★★★☆ 难度系数 解析版 讲义版本 01　内容概览 01　共点力静态平衡 · 考点一　平衡条件与合成法 · 考点二　正交分解法 · 考点三　力的三角形法 02　共点力动态平衡 · 考点四　解析法与图解法 · 考点五　相似三角形法与拉密定理 03　平衡中的临界与极值 · 考点六　临界与极值问题（含摩擦角与自锁） 04　综合练习 · 15 道精选真题（选择 + 1 道解答） · 限时闯关 · 查漏补缺 02　期中考情分析（江苏） 100 分 试卷满分 75 分钟 考试时长 11 题 / 44 分 单项选择题 5 题 / 56 分 非选择题 江苏高一物理期中一般由地市教研室或名校联考统一命题，全部答案写在答题卡上。下表汇总了近两年南京、苏州、南通等地真题的典型结构： 题型 题量 分值 考查重点 单项选择题 11 题 44 分（每题 4 分） 平衡条件与合成法、正交分解、力三角形、动态平衡、相似三角形与拉密定理、临界与极值 实验题 1～2 题 约 14～18 分 探究两个互成角度的力的合成规律（含力传感器、作图比较、误差分析） 计算与综合题 3～4 题 约 38～42 分 共点力平衡、动态平衡、连接体与临界极值，常结合斜面、绳杆、圆环、支架情境 考试范围 本次期中统考范围为必修第一册：第一章《运动的描述》、第二章《匀变速直线运动的研究》、第三章《相互作用——力》，以及第四章第一节《牛顿第一定律》。 本专题聚焦第三章的共点力平衡，覆盖静态平衡的合成法、正交分解法、力的三角形法，动态平衡的解析法、图解法、相似三角形法、拉密定理与辅助圆法，以及平衡中的临界、极值与自锁现象，是力学受力分析的综合应用，也是期中选择题与计算题的高频载体。请以本校考试说明为准。 命题特点 ■ 平衡条件是根本：合外力为零 =0 是总开关；静态平衡三力先合两力、多力用正交分解，两轴合力都要为零。 ■ 动态平衡考方法：一力恒定、一力方向不变用图解法；两力方向都变且有几何关系用相似三角形，夹角不变用拉密定理或辅助圆。 ■ 几何分析定成败：力的封闭三角形、正弦定理、相似三角形对应边成比例，角找错则全错，作图要规范。 ■ 临界极值高频：“刚好/恰好”取等号，变力垂直时最小，摩擦角与自锁、三角函数极值是难点与区分点。 备考建议 · 牢记平衡条件：合外力为零，正交分解时两个方向合力都为零；瞬时速度为零不等于平衡，“不受力”与“合力为零”要分清； · 静态平衡会选法：三力、两力垂直或等大用合成法（力三角形），三个力以上或方向较杂用正交分解，选轴让尽量多的力靠轴； · 动态平衡“化动为静”：一力恒、一向定用图解（变力垂直时最小）；两力方向都变用相似三角形，两变力夹角不变用拉密定理或辅助圆； · 临界极值求规范：抓“刚好/恰好”取等号，先列力的函数表达式再用三角函数或二次函数求极值，结合物理约束检验；掌握摩擦角 tanφ=μ 与自锁 θ≤φ。 03　期中复习目标 序号 复习目标 要求层级 对应考点 自评达成 1 理解平衡状态与共点力平衡条件，会用 =0、=0、=0 处理平衡问题，明确“速度为零”不等于平衡 掌握 考点一 □ 2 掌握合成法与正交分解法，能根据力的个数与特点选择合适方法求共点力 应用 考点一、二 □ 3 掌握力的三角形法与正弦定理，能处理节点、支架、绳杆等静态平衡问题 应用 考点三 □ 4 理解动态平衡“化动为静”的思想，掌握解析法与图解法，能判断变力的变化趋势与最小值 应用 考点四 □ 5 掌握相似三角形法、拉密定理与辅助圆法，能分析两力方向都变的动态平衡 应用 考点五 □ 6 理解临界与极值问题，能利用临界条件和二次函数、三角函数求力的极值，掌握摩擦角与自锁 应用 考点六 □ 04　知识体系（思维导图） 图1　共点力平衡 知识体系思维导图 考向一　共点力静态平衡 考点一 　平衡条件与合成法 知识梳理 1．平衡状态 物体处于静止或匀速直线运动状态，称为平衡状态，其本质特征是加速度为零。注意“瞬时速度为零”不等于平衡，如竖直上抛运动的最高点。 2．共点力的平衡条件：合外力为零 （1）平衡条件：；正交分解形式为 、。 （2）若物体在某一方向上不受力，或该方向合力为零，则该方向上保持平衡。 3．平衡条件的两个重要推论 （1）物体受 n 个共点力平衡时，其中任意一个力，与其余（n−1）个力的合力等大反向。 （2）三个不平行的力平衡时，这三个力的矢量首尾相接，必组成一个封闭的三角形。 4．合成法（三力平衡） （1）对于三力平衡，先把其中两个力按平行四边形定则合成，其合力与第三个力等大反向。 （2）当两力互相垂直或等大时，用合成法最简便。 表1　平衡条件与合成法 项目 内容 记忆点 / 说明 平衡状态 静止或匀速直线运动 加速度为零，非“速度为零” 平衡条件 合外力为零 正交形式 、 两轴合力均为零 推论一 任一力与其余力合力等大反向 受 n 个共点力平衡 推论二 三力首尾相接成封闭三角形 三个不平行力 合成法 先合两力，与第三力等大反向 三力、两力垂直/等大 重难诠释 平衡条件是合外力为零，不是“不受力”，也不是“速度为零”；瞬时速度为零（最高点）并不平衡。 合成法：三力平衡先合两力，合力与第三力等大反向，两力要按平行四边形定则，不能直接相加减。 记忆点：“平衡看合力，三力先合两力”。 图2　合成法：F₁、F₂ 的合力 F₁₂ 与 F₃ 等大反向 热点·生活实例　科技前沿·人形机器人稳定站立与行走 近年来人形机器人（如“天工”、宇树 H1/G1）快速发展。机器人站立或缓慢行走时，重力、地面支持力与脚掌的摩擦力共同作用，合外力始终为零；单脚支撑的瞬间，靠调整重心与脚掌摩擦维持平衡，这正是共点力平衡与临界摩擦的综合应用。 图　机器人缓慢行走：每一时刻合外力均为零 例题 10月中旬的秋季运动会上，学校的操场上进行了一场别开生面的教师趣味比赛——同心鼓运动（如图甲所示）。质量为m的鼓身上，沿圆周均匀固定着8根长度相同的绳子（俯视图如图乙所示），游戏开始前，8名队员各自拉紧一根绳子，保证鼓面水平并保持其静止，此时每根绳子与竖直方向的夹角为θ（如图丙所示）。重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．每根绳子的拉力不可能大于重力 B．夹角θ越大，每根绳子的拉力越小 C．每根绳子的拉力为 D．如果缓慢增加绳子拉力，可以把所有绳子拉成水平 【答案】C 【解答】解：设每根绳子的拉力大小为FT，鼓面水平并保持其静止，根据竖直方向受力平衡有 8FTcosθ＝mg 求得 由上式可知，夹角θ越大，cosθ越小，每根绳子的拉力越大，每根绳子的拉力可能大于重力，另外，如果缓慢增加绳子拉力，由于竖直方向要保持平衡，所以不可能把所有绳子拉成水平，故C正确，ABD错误。 故选：C。 易错点 　平衡条件是“合外力为零”，不是“物体不受力”，也不是“速度为零”：静止要求合外力为零，即 =0，但瞬时速度为零的物体合外力不一定为零（如竖直上抛的最高点）。合成法用于三力平衡：先把两力合成，其合力必须与第三力等大反向，两力合力要用平行四边形定则，不能直接相加减。 变式 1 如图所示，小张同学用两根一样长的细绳拴住一只钩码，拉住绳子两头使钩码悬停在空中，保持两手处于同一高度，起始时两绳间的夹角为150°，现将两绳间夹角慢慢减小，则（　　） A．两绳拉力大小不变 B．两绳拉力逐渐增大 C．两绳拉力的合力逐渐减小 D．两绳拉力的合力保持不变 【答案】D 【解答】解：根据钩码悬停，可知钩码受力平衡，受力分析图如下： 水平方向：T1sinθ＝T2sinθ，竖直方向：T1cosθ+T2cosθ＝mg，θ从逐渐减小， 根据夹角从150°逐渐减小，即可知两个拉力等大，拉力均变小； 拉力的合力与重力相等，即拉力的合力不变，故ABC错误，D正确。 故选：D。 变式 2 如图所示，已知两人用同样大小的力F共提一桶水，两人手臂间的夹角为θ，水和水桶的总重力为G，下列说法正确的是（　　） A．当θ＝120°时，F＝G B．不管θ为何值，均有F＝0.5G C．当θ＝60°时，F＝0.5G D．θ越大，F越小 【答案】A 【解答】解：对水和水桶，竖直方向根据平衡条件得：2FcosG，解得：F。 A、当θ＝120°时，代入F可得F＝G，故A正确； BCD、F的大小与θ大小有关，只有当θ＝0时，才有F＝0.5G，F随着θ的增大而增大，故BCD错误。 故选：A。 变式 3 三段不可伸长的轻绳OA、OB、OC能承受的最大拉力相同。它们共同悬挂一重物，A端、B端固定，OA与水平顶板间夹角为30°，OB与顶板间夹角为60°，如图所示。若逐渐增加C端所挂物体的质量，则最先断的绳是（　　） A．OC B．OB C．OA D．3绳同时断裂 【答案】A 【解答】解：根据题意分析可知，对结点O受力分析可知，结点受物体的拉力、两绳子的拉力，处于平衡状态，由几何关系可知 FOA＝FOCsin30°，FOB＝FOCcos30° 又对物体受力分析可知FOC＝mg 联立上式可知， 比较三力大小可知FOC＞FOB＞FOA 所以逐渐增加重物质量，绳OC先断，故A正确，BCD错误； 故选：A。 考点二 　正交分解法 知识梳理 1．正交分解法 （1）把物体所受各力沿两个互相垂直的坐标轴分解，分别求 x、y 方向的合力，再令其分别为零。 （2）平衡条件：、。 2．坐标轴的选取 （1）原则上让尽可能多的力与坐标轴重合，使需要分解的力最少。 （2）常取水平、竖直方向；在斜面上常取沿斜面、垂直斜面方向。 3．正交分解的一般步骤 受力分析 → 建立坐标系 → 把各力分解到 x、y 轴 → 列 ＝0、＝0 → 联立求解。 4．斜面情境：物体沿斜面匀速（或静止）时，摩擦力 、支持力 。 三力平衡、两力垂直或等大时用合成法；力的个数较多（三个以上）或方向较复杂时，用正交分解法更稳妥。 表2　静态平衡方法：合成法与正交分解 方法 内容 适用 / 记忆点 合成法 先合两力、与第三力等大反向 三力、两力垂直/等大 正交分解 ， 三个力以上 选轴 尽量多的力与轴重合 减少分解 常见选轴 水平、竖直 一般情境 斜面选轴 沿斜面、垂直斜面 ； 重难诠释 正交分解两个方向合力都要为零，不能只列一个方向；选轴使尽量多的力与轴重合。 sin、cos 不要弄混，分力方向不能画反。 记忆点：“三力以上用正交，选轴让力尽量靠轴”。 图3　正交分解步骤：建立坐标系 → 分解重力 → 沿轴列平衡方程 例题 用如图所示的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。通过两根轻质细线CA、CB将平板水平悬挂，两根细线与竖直方向夹角分别为30°、60°，ACBD在同一竖直平面内，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 C．保持平板水平，绳CA不动，逐渐缩短绳CB，使B点在平板上左移，这一过程中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 【解答】解：AB、对平板受力分析，根据平衡条件可得：TCAsin30°＝TCBsin60°，TCAcos30°+TCBcos60°＝mg 代入数据联立解得：，，故AB错误； C、设CB绳与竖直方向夹角为α，根据平衡条件可得：TCAsin30°＝TCBsinα，TCAcos30°+TCBcosα＝mg 代入数据联立解得： 使B点左移，则α由60°逐渐减小，则CB绳拉力变大，故C正确； D、设CA绳与竖直方向夹角为β，根据平衡条件：TCAsinβ＝TCBsin60°，TCAcosβ+TCBcos60°＝mg 代入数据联立解得： 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，故D错误。 故选：C。 易错点 　正交分解时两个方向合力都要为零，即 =0、=0，不能只列一个方向；选轴应使尽量多的力与轴重合，以减少分解；分力方向不能画反，F 与 x 轴夹角为 θ 时 =Fcosθ、=Fsinθ，sin、cos 不要弄混。 变式 1 一根轻绳一端系质量m1＝1kg的小球P，另一端系于光滑竖直墙壁上的O点，轻绳与竖直方向的夹角θ＝37°，在墙壁和小球P之间夹有一质量m2＝0.6kg的长方体物块Q，如图所示，小球P、物块Q均静止，取重力加速度大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列说法正确的是（　　） A．物块Q受到小球P竖直向下的摩擦力 B．小球P不受摩擦力作用 C．竖直墙壁对物块Q的弹力大小为12N D．轻绳的拉力大小为12.5N 【答案】C 【解答】解：AB．隔离物块Q进行受力分析可知，因其处于静止状态且墙壁光滑，所以小球P对物块Q一定有竖直向上的摩擦力作用，力的作用是相互的，所以物块Q对小球P一定有竖直向下的摩擦力作用，故AB错误； CD．以小球P和物块Q整体为研究对象进行受力分析，沿着水平方向和竖直方向建立平面直角坐标系，根据平衡关系有竖直方向的平衡方程为Fcosθ＝（m1+m2）g 解得轻绳的拉力大小为 同理水平方向的平衡方程为FN＝Fsinθ＝20×0.6N＝12N 即竖直墙壁对物块Q的弹力大小为12N，故C正确，D错误。 故选：C。 变式 2 灯笼是中国传统节庆的重要象征，每逢农历新年，家家户户都会挂起红彤彤的灯笼，营造出喜庆祥和的节日氛围。如图所示，一个直角支架固定于竖直平面内。一根长度为2.5m的轻质细绳两端分别固定在支架上的A、B两点，已知A、B两点高度相同，且间距为l＝1.5m。将一质量为1.2kg的灯笼用光滑的挂钩悬挂在细绳上，不计空气阻力对灯笼的影响，已知重力加速度为g＝10m/s2，关于该系统的平衡状态，下列说法正确的是（　　） A．轻质细绳上的张力大小为10N B．若将细绳的端点从B移到C，细绳的弹力变小 C．若将细绳的端点从B移到C，细绳的弹力不变 D．若将细绳的端点从B移到D，细绳的弹力变小 【答案】C 【解答】解：A、设AB间距为d，设一边绳与竖直方向夹角为θ，根据受力分析有， 则2Tcosθ＝mg，代入数据解得T＝7.5N，故A错误； BC、若将细绳的端点从B移到C，d不变，夹角不变，细绳的弹力不变，故B错误，C正确； D、设绳总长为L，有Lsinθ＝d，若将细绳的端点从B移到D，d增大，夹角变大，拉力增大，故D错误。 故选：C。 变式 3 如图，有五个质量均为m的小彩灯，通过轻质细绳进行连接。连接天花板与彩灯1的轻质细绳与竖直方向的夹角θ1＝30°，连接彩灯2、3的细绳与水平方向的夹角为θ2，彩灯5右侧通过水平恒定的拉力F固定。下列说法正确的是（　　） A．连接天花板和彩灯1的细绳拉力大小为 B．连接彩灯2、3的细绳与水平方向的夹角θ2满足 C．水平恒定拉力F的大小为 D．若保持外力F的方向不变，使θ1缓慢增大，则外力F持续减小 【答案】B 【解答】解：A．以五个彩灯为整体，受到重力G＝5mg，水平拉力F，天花板对彩灯1的细绳拉力T1，根据平衡条件，在竖直方向T1cosθ1＝5mg 可得，故A错误； B．对彩灯1和彩灯2整体进行受力分析，受到重力2mg，细绳拉力T1，彩灯2与彩灯3之间细绳的拉力T23，根据平衡条件，在水平方向T1sinθ1＝T23cosθ2 在竖直方向T1cosθ1＝T23sinθ2+2mg 联立方程得，故B正确； C．以五个彩灯为整体，根据平衡条件，在水平方向，故C错误； D．以五个彩灯为整体，根据平衡条件，在水平方向T1sinθ1＝F 在竖直方向T1cosθ1＝5mg 联立方程得F＝5mgtanθ1 可以分析出θ1缓慢增大，tanθ1增大，外力F持续增大，故D错误。 故选：B。 考点三 　力的三角形法 知识梳理 1．力的三角形法 （1）三力平衡时，把三个力的矢量依次平移，使它们首尾相接，必组成一个封闭的力三角形。 （2）根据三角形的边角关系（正弦定理、三角函数），即可求各力的大小。 2．力三角形的意义 力三角形由各力矢量平移得到，只表示力的大小和方向，不表示力的作用点，也不是物体的运动轨迹。 3．正弦定理（拉密定理） 力三角形中由正弦定理：（α、β、γ 为各力所对的角）。 拉密定理形式：（θ₁、θ₂、θ₃ 为相邻两力的夹角，与三角形内角互为补角，sin 值相同）。 4．适用情形：三个力平衡、方向之间夹角关系清楚时（如节点、支架、绳杆），用力三角形法最直观。 表3　力的三角形法与正弦定理 项目 内容 记忆点 力三角形 三力首尾相接、封闭 三力平衡 力三角形意义 只表示大小、方向 不是运动轨迹 正弦定理 各力与对角正弦成比例 用三角形内角 拉密定理 用相邻力夹角 与内角互补，sin 相同 适用情形 节点、支架、绳杆 夹角关系清楚 重难诠释 力三角形必须首尾相接、封闭；接成“箭头对箭头”就不是平衡。 力三角形不是运动轨迹，也不表示作用点；正弦定理与拉密定理的角不要混淆。 记忆点：“三力平移首尾连，封闭三角即平衡”。 图4　三力首尾相接组成封闭三角形 例题 如图甲，一名登山爱好者正沿着竖直崖壁向上攀爬，绳的一端固定在较高处的A点，另一端拴在人的腰间C点（重心处），在人向上攀爬的过程中可以把人简化为图乙的物理模型：脚与崖壁接触点为O点（可自由转动），人的重力G全部集中在C点，O到C点可简化为轻杆，AC为轻绳，已知OC长度不变，人向上攀爬过程中到达某位置后保持O点不动，缓慢转动OC来调整姿势，某时刻AOC构成等边三角形，则（　　） A．在此时刻，轻绳对人的拉力与人的重力的合力不一定沿杆 B．AC绳在虚线位置与实线位置承受的拉力大小相等 C．在虚线位置时，OC段承受的压力比在实线位置时更大 D．在此时刻，轻绳AC承受的拉力大小为T1；当OC水平时，轻绳AC承受的拉力大小为T2，则 【答案】D 【解答】解：A、在此时刻，人处于平衡状态，轻绳对人的拉力与人的重力的合力与杆的弹力方向相反，大小相等，而轻杆的弹力方向沿杆的方向，所以轻绳对人的拉力与人的重力的合力定沿杆方向，故A错误； BC、对人受力分析，人受到自身重力G、轻绳的拉力T以及轻杆的支持力F，三力构成的矢量三角形如图所示。 根据几何知识可知，此力的矢量三角形与△AOC相似，则可得T，F，绳在虚线位置与实线位置时，AC长度不等，则AC绳承受的拉力T大小，在虚线位置较大，OC在虚线位置时与在实线位置时长度相等，根据上式可知，轻杆OC在虚线位置与实线位置时对人的支持力大小相等，则轻杆OC在虚线位置与实线位置承受的压力大小相等，故BC错误； D、在此时刻，由于△AOC为等边三角形，可知轻绳AC承受的拉力大小为T1＝G，当OC水平时，ΔAOC为等腰直角三角形，则轻绳AC承受的拉力大小为T2G，则，故D正确。 故选：D。 易错点 　力三角形中三个力必须首尾相接（箭头接箭尾），三角形封闭才表示合力为零；若接成“箭头对箭头”就不是平衡。矢量三角形只表示各力的大小和方向，不表示作用点，也不是物体的实际运动轨迹；“共点辐射”与“封闭三角形”两种画法等价。 变式 1 甲图中，轻杆AB一端与墙上的光滑的铰链连接，另一端用轻绳系住，绳、杆之间夹角为30°，在B点下方悬挂质量为m的重物。乙图中，轻杆CD一端插入墙内，另一端装有小滑轮，现用轻绳绕过滑轮挂住质量为m的重物，绳、杆之间夹角也为30°。甲、乙中杆都垂直于墙，两图中重物都静止，则下列说法中正确的是（　　） A．与轻杆AB连接的铰链受到杆的弹力大小为mg B．轻杆CD上的小滑轮受到杆的弹力大小为mg C．两根杆中弹力方向均沿杆方向 D．若甲、乙中轻绳能承受最大拉力相同，则物体加重时，乙中轻绳更容易断裂 【答案】A 【解答】解：A．甲图轻杆AB一端与墙上的光滑的铰链连接，所以杆产生的弹力方向沿杆，设为F1，对结点B受力分析，有 方向水平向右，故A正确； B．轻杆CD一端插入墙内，另一端装有小滑轮，所以乙图绳子拉力大小为mg，对结点D受力分析，设杆的作用力大小为F2，有F2＝mg 方向斜向右上方，与水平方向成30°，故B错误； C．由上分析知甲图杆的弹力方向沿杆，乙图杆的弹力方向不沿杆，故C错误； D．因为甲中绳子的拉力 T1＝2mg 乙中绳子的拉力 T2＝mg 则物体加重时，甲中轻绳更容易断裂，故D错误。 故选：A。 变式 2 如图甲为北京大学所悬挂的校名牌匾，其示意图可简化为如图乙的侧视图。已知牌匾重力大小为G，两根拉绳上的合力大小为FT，两个木制横挡和墙壁对牌匾的合力大小为F，F的方向恰好和拉绳相垂直，则F、FT、G的关系为（　　） A．F2＝G2 B．F＝FT C．F2＝G2 D．G＝FT 【答案】C 【解答】解：对牌匾受力分析，如图a所示，三力共点于O点，根据力的三角形定则和合力F的方向恰好和拉绳相垂直，可作图如图b所示 由勾股定理可得F2＝G2，故ABD错误，C正确。 故选：C。 变式 3 如图所示，一台空调外机用两个三角形支架固定在外墙上，空调外机的重心恰好在支架横梁和斜梁的连接点O的上方，水平横梁AO对O点的拉力为FA，斜梁BO对O点的弹力为FB。如果把斜梁加长一点，仍保持连接点O的位置不变，横梁仍然水平，与加长前相比（　　） A．FA增大、FB减小 B．FA减小、FB增大 C．FA、FB均减小 D．FA、FB均增大 【答案】C 【解答】解：对O点受力分析，如图所示： 根据受力平衡可得：FA＝FBcosθ，G＝FBsinθ 当OB增加时，由于O点位置不变，所以θ增大，cosθ减小，sinθ增大，根据平衡方程可得：FA减小，FB减小，故ABD错误，C正确； 故选：C。 考向二　共点力动态平衡 考点四 　解析法与图解法 知识梳理 1．动态平衡 （1）控制某一量使物体缓慢变化，物体始终处于一系列平衡状态，叫动态平衡；基本思路是“化动为静、静中求动”。 （2）“缓慢”表示每一时刻都可视为平衡，合外力为零。 2．解析法 （1）对物体受力分析，列出平衡条件方程，用三角函数表示各力与角度的关系，再由角度变化判断力的变化。 （2）适用：能写出明确函数关系的情形。 3．图解法 （1）特征：一个力是恒力（大小、方向都不变，常为重力），另一个力方向不变，第三个力变化。 （2）从恒力末端沿“方向不变的力”的方向作射线，变力连接恒力始端与射线上的点、箭头指向恒力始端；变力在与该射线垂直时最小。 4．图解法结论 变力 F 与“方向不变的力”垂直时，F 取最小值；据此可判断力的变化趋势。 表4　解析法与图解法 方法 内容 适用 / 记忆点 动态平衡 一系列平衡状态 缓慢、合外力为零 解析法 列方程、用三角函数 有明确函数关系 图解法 恒力 + 方向不变的力 + 变力 一力方向不变 最小值 变力垂直时最小 关键结论 作图要点 恒力大小方向不变 除变化量外一致 重难诠释 动态平衡“缓慢”即每时刻平衡，合外力为零。 图解法：变力在与方向不变的力垂直时最小，不是“方向不变”时最小。 记忆点：“一力恒、一向定，变力垂直最省力”。 图5　图解法：变力 F 与方向不变的力垂直时最小 例题 如图所示，两根细绳AO和BO连接于O点，O点下方用细绳CO悬挂一重物，并处于静止状态，绳AO拉力为F1，绳BO拉力为F2。保持A、O点位置不变，而将绳BO缓慢向B1O、B2O移动直至水平。对于此过程，下列选项正确的是（　　） A．F1逐渐变小 B．F1可能先减小后增大 C．F2可能一直增大 D．F1、F2的合力逐渐变小 【答案】C 【解答】解：ABC、对结点O受力分析如图： 现将细绳BO的悬点缓慢地向B1O、B2O移动过程中，分别画出平行四边形，从平行四边形中我们可以看出： F1一直在变大，F2可能先变小后变大、也可能一直增大（关键是看F2初始时是否和F1垂直），故AB错误、C正确； D、根据共点力平衡的条件可知，F1、F2的合力F等于重物的重力，保持不变，故D错误。 故选：C。 易错点 　图解法适用于“一个力恒力、另一个力方向不变”的情形；动态过程中变力不是在“力的方向不变”时最小，而是在变力与方向不变的力垂直时最小（）。各位置作图时恒力的大小、方向都要保持不变，矢量三角形中除变化量外其余都应一致。 变式 1 如图所示，某同学将一篮球放在光滑的斜坡上用光滑的竖直挡板挡住来探究三力静态平衡和动态平衡。她先挡住篮球让它处于静止状态，然后缓慢地把挡板绕其与坡面的接触轴沿逆时针方向转一个较小角度（小于斜坡的倾角）。已知篮球的重力为G，斜坡的倾角为θ，下列说法正确的是（　　） A．篮球处于静止状态时，挡板对篮球的弹力大小为Gsinθ B．篮球处于静止状态时，斜坡对篮球的弹力大小为Gcosθ C．在缓慢转动挡板的过程中，挡板对篮球的弹力逐渐减小 D．在缓慢转动挡板的过程中，斜坡对篮球的弹力逐渐增大 【答案】C 【解答】解：AB、对篮球受力分析，如图所示 设挡板对篮球的弹力大小为F1，斜坡对篮球的弹力大小为F2，根据平衡条件可得 F1＝Gtanθ，，故AB错误； CD、缓慢地把挡板绕其与坡面的接触轴沿逆时针方向转一个较小角度，挡板和斜坡对篮球的弹力的合力始终与重力G等大反向，如图所示 由图解法可知F1'、F2'均减小，故C正确，D错误。 故选：C。 变式 2 如图甲所示，某质量为M的人借助瑜伽球锻炼身体，她屈膝静蹲，背部倚靠在质量为m的瑜伽球上，球紧靠竖直墙面。假设瑜伽球光滑且视为均匀球体，整体可简化成图乙，人的背部与水平面夹角为θ（θ＜90°），重力加速度为g。则（　　） A．人静止不动时，人受到地面的摩擦力向左 B．人静止不动时，人对地面的压力大于（M+m）g C．当人缓慢竖直站立（θ逐渐变大）的过程中，人受到地面的摩擦力变大 D．当人缓慢竖直站立（θ逐渐变大）的过程中，瑜伽球对墙的压力变小 【答案】C 【解答】解：ABC、对人和球整体受力，如图所示： 根据受力平衡可得：摩擦力方向向右，支持力等于重力，根据相互作用力，可得压力大小等于重力大小， 对球受力分析，根据受力平衡可得：F＝mgtanθ，θ增大，所以tanθ增大，故F增大，根据整体法可得：f增大；故AB错误，C正确。 D、根据相互作用力，瑜伽球对墙壁的压力大小等于F，根据上面分析，F增大，故D错误； 故选：C。 变式 3 如图，水平地面上竖直固定一根粗细均匀、光滑的直杆，杆上套有圆环A，地面上有一个滑块B，A、B用轻杆通过活动铰链连接，轻杆与竖直方向的夹角为θ，A、B处于静止状态。现缓慢减小θ角，在θ角减小的前、后两个状态中，下列说法正确的是（　　） A．直杆对圆环A的弹力增大 B．物块B对地面的压力减小 C．A、B间轻杆的弹力增大 D．地面对物块B的摩擦力减小 【答案】D 【解答】解：A、对A受力分析，如图所示： 直杆对A的弹力为NA＝mAgtanθ，可知θ越小，NA越小，故A错误； B、对A、B组成的整体分析，整体竖直方向受到重力与地面的支持力，则地面对滑块B的支持力等于A、B整体的总重力，始终不变，根据牛顿第三定律可知，滑块B对地面的压力不变，故B错误； C、设轻杆上的弹力为F，对圆环A，由平衡条件有，可知θ越小，cosθ越大，F越小，故C错误； D、对整体，有f＝NA＝mAgtanθ，因NA减小，则地面对滑块B的摩擦力减小，故D正确。 故选：D。 考点五 　相似三角形法与拉密定理 知识梳理 1．相似三角形法 （1）特征：一个力是恒力（常为重力），两个变力的方向都随位置变化，且能找到与力三角形相似的空间几何三角形。 （2）力三角形与几何三角形相似，对应边成比例：。 2．拉密定理（正弦定理） （1）三个共点力平衡时，每个力与另外两个力夹角的正弦之比相等。 （2）适用：一个力恒定，两个变力方向都变，且两变力之间的夹角不变（或可由几何关系确定）。 3．辅助圆法 若恒力大小方向不变、两变力夹角恒定，则三个力的末端在同一圆周上，恒力为固定弦，可用辅助圆判断两变力的变化。 4．方法选择 一力方向不变用图解法；两力方向都变且有几何关系用相似三角形；两力方向都变且夹角不变用拉密定理或辅助圆。 表5　相似三角形法、拉密定理与辅助圆 方法 内容 适用 / 记忆点 相似三角形 力三角形∽几何三角形，对应边成比例 两力方向变、有几何关系 拉密定理 三力与对角正弦成比例 三力、两变力夹角不变 辅助圆 恒力为固定弦，三力末端共圆 两变力夹角恒定 图解法 变力垂直时最小 一力方向不变 关键 对应边、对应角不能找错 角是对角 重难诠释 相似三角形对应边不能找错；拉密的角是相邻力夹角，不是三角形内角。 辅助圆要求两变力夹角恒定，恒力为固定弦。 记忆点：“两力都变找相似，夹角不变用拉密”。 　 图6　相似三角形：力三角形∽几何三角形（左）　图7　辅助圆法：恒力为固定弦（右） 热点·生活实例　低空经济·无人机吊运 随着“低空经济”发展，货运无人机已用于山区、农田吊运物资。无人机悬停吊运时，重力、绳的拉力以及空气升力构成平衡；当吊绳角度改变，可借助力三角形或拉密定理分析拉力变化，这正是动态平衡的实际应用。 图　无人机悬停吊运：各力构成平衡 例题 表面光滑、半径为R的半球固定在水平地面上，球心O的正上方O′处有一无摩擦的定滑轮，轻质细绳两端各系一个小球挂在定滑轮上，如图所示，两小球平衡时，若滑轮两侧细绳的长度分别为L1＝2.3R和L2＝2.5R，则这两个小球的质量之比m1：m2为（不计球的大小）（　　） A．23：1 B．23：25 C．25：23 D．25：1 【答案】C 【解答】解：对左侧小球受力分析，构建矢量三角形如图所示： 由几何关系可知，力的矢量三角形和△OO′A相似，有：， 同理可知，对右侧小球，有：，又O′A＝L1，O′B＝L2， 代入数据可得：m1：m2＝25：23，故C正确，ABD错误。 故选：C。 易错点 　相似三角形法要求力三角形与空间几何三角形相似，对应边不能找错；拉密定理只适用于共点三力平衡，其中各角是相邻两力的夹角（对角），不要与三角形内角混淆；辅助圆法要求两变力夹角恒定，恒力为固定弦。 变式 1 如图，不计重力的轻杆OP能以O为轴在竖直平面内自由转动，P端悬挂一重物，另用一根轻绳通过定滑轮系在P端。当OP和竖直方向的夹角α缓慢增大时，OP杆的弹力FN和绳子的张力FT的大小变化是（　　） A．FN先变小后变大 B．FN不变 C．FT先变大后变小 D．FT逐渐变小 【答案】B 【解答】解：对P点受力分析，如图所示 夹角α缓慢增大，P点受力平衡，△AOP与图中力的矢量三角形相似，故有 由于OA、OP不变，AP变大，则FN不变，FT变大，故B正确，ACD错误。 故选：B。 变式 2 某同学将轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆M、N上的a、b两点，将衣架挂在绳上晾晒衣物，衣架挂钩可视为光滑。晾晒一件短袖T恤时，衣架静止于如图位置。当晾晒一件厚大衣时，该同学担心晾衣绳可能会断，为防止绳断，他应该（　　） A．将绳的右端固定点b略向上移 B．将绳的右端固定点b略向下移 C．将竖直杆N向右移一小段距离 D．换一根略长的晾衣绳 【答案】D 【解答】解：根据题意分析可知，该同学担心晾衣绳可能会断，为防止绳断，应使绳子拉力变小；设两段绳子与水平方向的夹角为θ，绳子总长度为L，两杆水平距离为d，由几何关系可得d＝L1cosθ+L2cosθ＝Lcosθ 可得 竖直方向由受力平衡得2Tsinθ＝mg T为绳拉力，m为衣服质量，可得 AB、根据题意分析可知，将绳的右端固定点b略向上移或略向下移，两杆水平距离d不变，且绳子总长度L不变，可知θ不变，拉力T不变，故AB错误； C、根据题意分析可知，将竖直杆N向右移一小段距离，则两杆水平距离d变大，由，可知θ变小，由，可知拉力T变大，故C错误； D、根据题意分析可知，换一根略长的晾衣绳，由，可知θ变大，由，可知拉力T变小，故D正确。 故选：D。 变式 3 自动采棉机将棉花打包成圆柱形棉包，然后将其平稳放下。放下棉包的过程可以简化为如图所示模型，质量为m的棉包放在“V”型挡板上，两板间夹角为120°固定不变，“V”型挡板可绕P轴在竖直面内转动，使BP板由水平位置逆时针缓慢转动60°的过程中，忽略“V”型挡板对棉包的摩擦力，已知重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．棉包始终受到三个力的作用 B．棉包对AP板的压力先增大后减小 C．当BP板转过30°时，棉包对AP板的作用力大小为 D．在AP板转到水平前，BP板与AP板对棉包的作用力的合力发生变化 【答案】C 【解答】解：A.在BP水平时，由平衡条件可知，水平方向不受力，只受重力和BP板的支持力，故A错误； B.对棉包受力分析，构建矢量三角形如图所示： 重力大小方向都不变，两个板的弹力夹角不变，所以用辅助圆分析，由几何关系可知，FB一直减小，FA一直增大，故B错误； C.对棉包受力分析，如图所示： 由几何关系可知，θ＝30°，由平行四边形法则可知，mgFAFB，代入数据可得：FA，由牛顿第三定律可知，棉包对AP板的作用力为，故C正确； D.棉包始终处于平衡状态，由平衡条件可知，BP板与AP板对棉包的作用力的合力与重力始终等大反向，即合力方向始终竖直向上，大小等于重力的大小，故D错误。 故选：C。 考向三　平衡中的临界与极值 考点六 　临界与极值问题 知识梳理 1．临界问题 （1）当某一物理量变化时，物体的受力状态会发生“恰好出现”或“恰好不出现”的转折，这个转折状态叫临界状态。 （2）关键词：“刚好 / 恰能 / 恰好”，如绳刚好绷紧（T＝0）、物体刚好滑动（f＝μN）、恰好不脱离（N＝0）。 2．极值问题 （1）在力的变化过程中，求某个力的最大值或最小值，叫极值问题。 （2）常用方法：图解法（变力垂直时最小）、解析法（二次函数、三角函数、均值不等式）。 3．解决临界极值的思路 （1）仔细分析临界条件，列临界方程并取等号； （2）对极值，先写出力的函数表达式，再用数学方法求极值，并结合物理约束检验。 4．摩擦角与自锁现象 （1）摩擦角：接触面对物体的支持力与最大静摩擦力的合力（即接触面合力）与法线的夹角 φ，满足 ，它是接触面的固有属性。 （2）自锁：当外力（或接触面合力）与法线的夹角小于摩擦角 φ（即合力落在摩擦锥内）时，无论外力多大，物体都不会发生滑动，称为自锁。 （3）斜面上物体靠自重静止（自锁）的条件为 ，即 。 表6　平衡中的临界与极值 类型 临界条件 方法 / 记忆点 绳绷紧 刚好绷紧，T＝0 取等号 滑动 刚好滑动，f＝μN 临界摩擦 脱离 恰好不脱离，N＝0 取等号 最小力 变力垂直时最小 图解法 摩擦角 接触面固有属性 自锁 合力落在摩擦锥内 重难诠释 临界关键词“刚好 / 恰好”，要分清“恰好出现”还是“恰好不出现”，并取等号。 极值要分清求哪个力的最大/最小值，数学解要结合物理约束检验。 记忆点：“临界取等号，极值找垂直，数学解要检验”。 图8　摩擦角与自锁：合力落在摩擦锥内不滑动 例题 如图所示，足够长的固定斜面倾角为30°，质量为m的滑块在拉力F的作用下沿斜面向下做匀速直线运动。已知滑块与斜面之间的动摩擦因数，重力加速度大小为g，为了使拉力F最小，下列说法正确的是（　　） A．拉力F应竖直向上 B．拉力F应沿着水平方向 C．拉力F应垂直于斜面向上 D．拉力F的最小值一定小于0.1mg 【答案】D 【解答】解：对物块受力分析，如图所示： 物体向下滑动，所以有：f＝μFN，所以压力FN与f的合力方向不变，即图中T方向不变，根据几何关系可得：tanα， 根据三力平衡可得：当T与F垂直时，F取最小值，此时有：F＝mgsin（60°﹣α），代入数据解得：≈0.08mg， 故ABC错误，D正确。 故选：D。 易错点 　临界条件关键词是“刚好/恰好/恰能”，要弄清是“恰好出现”还是“恰好不出现”，并据此取等号（如绳刚好绷紧 T=0、刚好滑动 f=μN、恰好不脱离 N=0）；极值要分清求哪个力的最大还是最小值，常用变力垂直时最小、三角函数或二次函数求解，并结合物理约束舍去不合理的数学解。 变式 1 如图所示，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F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有（　　） A．地面对框架的摩擦力始终为零 B．框架对小球的支持力先减小后增大 C．拉力F的最小值为mgsinθ D．框架对地面的压力一直减小 【答案】D 【解答】解：ABC、以小球为研究对象，受力分析如图所示： 根据几何关系可知，当F在竖直面内沿顺时针方向缓慢地转过90°的过程中，拉力F先减小后增大，框架对小球的支持力逐渐减小，当F的方向沿圆弧的切线方向向上时，F最小，其最小值为Fmin＝mgcosθ 再以框架与小球组成的整体为研究对象，初始时，水平方向由平衡条件可知，地面对框架的摩擦力f＝F。当F在竖直面内沿顺时针方向缓慢地转过90°的过程中，F沿水平方向的分力逐渐减小，则地面对框架的摩擦力始终减小，故ABC错误； D、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，则地面对框架的支持力始终减小，根据牛顿第三定律知，框架对地面的压力始终减小，故D正确。 故选：D。 变式 2 如图所示，南京紫金山半球形天文台的半径为R，维修人员在球顶端用轻绳沿着球面从底端拉着一质量为m的器件，当器件离底端高度为时，不用拉力，器件恰好能静止在球面上。那么，器件与天文台间的动摩擦因数为（最大静摩擦力等于滑动摩擦力）（　　） A．0.75 B．0.8 C．0.4 D．0.6 【答案】A 【解答】解：当器件离底端高度大于或等于时，不用拉力器件也可以静止在球面上，设此时该点与球心的连线与水平方向夹角为θ，几何关系可知 可知θ＝53°，由平衡条件有 联立解得μ ＝0.75 故BCD错误，A正确。 故选：A。 变式 3 如图所示，倾角为α的斜面上，有一质量为m的物块受到平行于斜面的水平力F的作用，恰好处于静止状态，若F大小逐渐减小，已知物体与斜面的动摩擦因数为μ，则下列说法正确的是（　　） A．μ＝tanα B．物块将保持静止状态 C．物块所受到的摩擦力大小有可能不变 D．斜面对地面的作用力保持不变 【答案】B 【解答】解：A、质量为m的物块受到平行于斜面的水平力F的作用，恰好处于静止状态，根据平衡条件可得：μmgcosα，μ≠tanα，故A错误； BC、若F大小逐渐减小，摩擦力f，则物块受到的静摩擦力减小，物块将保持静止状态，故B正确、C错误； D、F大小逐渐减小，整体分析可知，地面对斜面的摩擦力减小，而整体重力不变，地面对斜面的作用力为重力与摩擦力的合力，根据力的合成可知，地面对斜面的作用力减小，则斜面对地面的作用力减小，故D错误。 故选：B。 05　综合练习（15 题） 本部分精选 15 道江苏期中真题，以选择题为主、含 1 道解答题，覆盖静态平衡、动态平衡、临界与极值全部考点，建议限时 38 分钟独立完成。 练习 1 图甲中挂钩架的相邻挂钩间距为15cm，图乙中单肩包的宽度约35cm，将包挂在挂钩上，要使包的背带受力最小，则背带之间的挂钩个数应为（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【解答】解：设悬挂后背包带与竖直方向的夹角为θ，背包带上的拉力为F，根据平衡条件可得2Fcosθ＝mg 代入数据得 在单肩包的质量一定的条件下，为了使悬挂时背包带受力最小，则cosθ最大，θ最小，由于相邻挂钩之间的距离为15cm，图乙中单肩包的宽度约为35cm，故使背包带跨过3个挂钩时，此时背包带受力最小，故ABD错误，C正确。 故选：C。 练习 2 如图所示，接水过程中，手与杯子均保持静止。随着竖直放置的杯子中水越来越多，下列说法正确的是（　　） A．手对杯子的摩擦力方向竖直向下 B．杯子对手的摩擦力方向竖直向上 C．手与杯子间的摩擦力大小不断增大 D．手与杯子间的摩擦力大小保持不变 【答案】C 【解答】解：AB.手与杯子均保持静止，以杯子为研究对象，杯子竖直方向受力平衡，受到竖直向下的重力，手对杯子向上的摩擦力，根据牛顿第三定律，杯子对手的摩擦力竖直向下。故AB错误。 CD.随着竖直放置的杯子中水越来越多，杯子和水的总重力增大，手与杯子间的摩擦力大小不断增大，故C正确，D错误。 故选：C。 练习 3 如图所示，悬挂衣服的绳子两端A、B分别固定在两根竖直杆上，A点高于B点，无风状态下衣服静止。一阵横风吹来，衣服受到水平向右的恒力而滑动，并在新的位置保持静止。不计绳子的质量及绳与衣架挂钩间的摩擦，绳子不可伸长。现将A点下移至与B点等高，则此过程中，细绳上的张力（　　） A．逐渐变大 B．逐渐变小 C．始终不变 D．先变大后变小 【答案】B 【解答】解：当在有风的情况下，重力与风力的合力为恒力，则两细绳拉力的合力也为恒力，将A点下移至与B点等高，如图所示 根据图可以看出，两细绳之间的夹角变小，则细绳上的张力变小，故ACD错误，B正确。 故选：B。 练习 4 如图所示，一质量均匀分布的长方形木板放置在水平桌面上，右端位于桌面上的O点，O点左侧的桌面光滑、右侧粗糙。用水平力将木板向右推至稍伸出桌面，则该过程中木板受到的摩擦力（　　） A．一直不变 B．先增大后不变 C．先不变后变小 D．先增大后不变再变小 【答案】B 【解答】解：O点左侧的桌面光滑、右侧粗糙，将木板完全推到O点右侧之前，木板与O点右侧桌面的正压力一直增大，根据f＝μFN可知摩擦力一直增大；当木板完全推到O点右侧之后，木板与O点右侧桌面的正压力不变，根据f＝μFN可知摩擦力不变；木板向右推至稍伸出桌面后，木板与粗糙水平面之间的正压力不变，摩擦力不变，故摩擦力先增大后不变，故B正确、ACD错误。 故选：B。 练习 5 某运输货物的装置可简化为如图所示模型，两根足够长的平行直圆棒MN、PQ间距保持不变，两棒所在平面与水平面成θ角。现将一个质量为m、截面半径为R的圆柱形货物放在MN、PQ上并由静止释放，已知圆柱形货物与两棒之间的动摩擦因数均为，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，则下列关于圆柱形货物被释放后的受力和运动的说法正确的是（　　） A．圆柱形货物受到3个力的作用 B．两根圆棒对圆柱形货物的支持力大小都等于 C．匀速下滑时，圆柱形货物受到MN施加的摩擦力一定为mgsinθ D．θ＝45°时，圆柱形货物一定会沿圆棒下滑 【答案】D 【解答】解：A.对货物受力分析，受到重力，两个圆棒的支持力和摩擦力，所以受到五个力的作用，故A错误； B.从侧面观察，对货物受力分析如图所示： 沿斜面方向有：f＝mgsinθ，垂直斜面方向有：N＝mgcosθ， 沿斜面方向观察，对货物受力分析如图所示： 由几何关系可知，两个支持力相互垂直，大小相等，由平行四边形法则可知，N＝2N1cos45°，代入数据可得：N1，故B错误； C.由上述分析可知，货物匀速下滑时，受到的摩擦力为f＝mgsinθ，则其受到一侧圆棒的摩擦力为mgsinθ，故C错误； D.货物与圆棒的最大静摩擦力为fmax＝2μN1，代入数据可得：，重力沿斜面向下的分力为mgsin45°，所以货物一定会下滑，故D正确。 故选：D。 练习 6 如图所示，一物块放置在粗糙水平面上，其上固定一“L”型轻杆，轻绳ON的一端O固定在杆上，中间某点M拴一小球，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＞90°），现将小球向右上方缓慢拉起，并保持夹角α不变，在OM由竖直被拉到水平的过程中，物块始终保持静止，则（　　） A．OM上的弹力一直增大 B．MN上的弹力先减小后增大 C．水平面对物块的支持力一直变小 D．水平面对物块的摩擦力先变大再变小 【答案】D 【解答】解：设OM与竖直方向的夹角为θ，根据题意θ从0°缓慢增大到90°。 AB、以小球M为研究对象，受重力mg、OM绳的拉力F1和MN绳的拉力F2作用。根据正弦定理构建力三角形： 解得： 在θ增大的过程中，sinθ单调递增，故MN上的弹力F2一直增大；由于α＞90°，相位（α﹣θ）从α减小到α﹣90°，该区间跨越90°峰值（因α＜180°且α﹣90°＜90°），故sin（α﹣θ）先增大后减小，即OM上的弹力F1先增大后减小，故AB错误； CD、以“物块+轻杆+小球”整体为研究对象，系统受到外部拉力F2的作用。根据几何关系，F2与竖直向下方向的夹角为（α﹣θ）。水平方向摩擦力f平衡F2的水平分量： 利用积化和差公式变形： 当θ增大时，变量（2θ﹣α）从﹣α变为（180°﹣α），该区间包含0°，余弦值cos（2θ﹣α）先增大后减小，故摩擦力f先变大再变小，竖直方向支持力FN满足： FN＝G总+F2cos（α﹣θ） 代入F2并化简得： 变量（2θ﹣α）的变化区间包含﹣90°，正弦值先减小后增大，故支持力FN先变小后变大，故C错误，D正确。 故选：D。 练习 7 如图所示，静止在斜面上的物体受到哪几个力的作用（　　） A．重力、下滑力、支持力 B．重力、支持力、静摩擦力 C．重力、下滑力、支持力、静摩擦力 D．重力、下滑力、支持力、垂直斜面的压力 【答案】B 【解答】解：物体受到重力、支持力、静摩擦力。垂直斜面的压力作用在斜面上，不是物体受到的，物体不受到下滑力，下滑力是重力沿斜面的分力，故B正确，ACD错误。 故选：B。 练习 8 山崖上有一块巨石，无风时地面对它的作用力是F1，当受到一个水平风力时，巨石依然静止，地面对它的作用力是F2，下列说法正确的是（　　） A．F2大于F1 B．F2等于F1 C．F2小于F1 D．F2、F1大小关系与地面是否水平有关 【答案】A 【解答】解：当无风时，只受重力和支持力，根据二力平衡可得：F1＝mg 当有水平方向的风时，竖直方向上还是只受重力和支持力，重力等于支持力，水平方向上风力等于摩擦力，地面对石头有支持力还有摩擦力，所以合力大于支持力， 综上两种情况下有：F2＞F1，故A正确，BCD错误； 故选：A。 练习 9 每逢节日，许多家庭会通过悬挂灯笼来装饰。如图所示，通过三根轻质细线悬挂一个重力大小为G的灯笼，细线a一端固定在天花板，与竖直方向的夹角为37°，细线b一端悬挂在竖直墙壁上，与竖直墙壁间的夹角为37°，灯笼位置不变，改变细线b的长度将细线b缓慢调节至水平（sin37°＝0.6），下列关于细线a的拉力Fa、细线b的拉力Fb的判断正确的是（　　） A．初始状态时，Fa＝Fb＞G B．Fa一直减小 C．Fb先减小后增大 D．Fb一直减小 【答案】C 【解答】解：对灯笼受力分析，根据细线b的变化，做出受力平衡图如下： 细线b长度不断减少，所以Fb顺时针旋转，由几何关系可知，Fa一直增大，Fb先减小后增大。初始状态时Fa＝Fb＜G 故ABD错误，C正确。 故选：C。 练习 10 如图所示，A、B两物体通过两个质量不计的光滑滑轮悬挂起来，处于静止状态，左侧绳与水平方向的夹角为θ。若将绳子左端从P点缓慢移到Q点，下列说法正确的是（　　） A．绳子拉力变小 B．绳子拉力变大 C．夹角θ变大 D．夹角θ不变 【答案】D 【解答】解：AB、对B受力分析，根据B始终平衡，可知B受到绳子的拉力大小始终与B的重力相等，即：T＝mBg，即绳子拉力不变，故AB错误； CD、对A受力分析，如下图： 根据A始终平衡，由图可知：2Tsinθ＝mAg，拉力T不变，mAg不变，故夹角θ不变，故C错误，D正确。 故选：D。 练习 11 如图所示，质量为m的物体由两根轻绳吊起悬在空中处于静止状态，右侧绳子的另一端固定在高墙处的A点且与竖直方向的夹角为α，左侧绳子由人拉着且与竖直方向的夹角为β，现人站立不动而把手中的长绳缓慢释放，对于在物体接触墙前的过程中，下列说法正确的是（　　） A．α有可能会大于β B．两绳子的拉力都变大 C．地面对人的摩擦力变小 D．地面对人的支持力变小 【答案】C 【解答】解：A、根据人未动，物体缓慢靠向墙壁，可知物体的运动过程如下图： 由图可知，角度α变小，β变大，初始：α＜β，之后α不可能会大于β，故A错误； B、对物体受力分析，如下图： 可知：，结合A选项分析，可知：AO不变，OC减小，AC增大，则：TA减小，TB减小，故B错误； C、对人和物体整体受力分析，如下图： 由图可知：TAcosα+N＝m总g，TAsinα＝f，由AB选项分析可知：TA减小，α变小，则f减小，故C正确； D、对人受力分析，如下图： 由图可知：TBcosβ+N＝m人g，TBsinβ＝f，由AB选项分析可知：TB减小，β变大，可得人受到的支持力变大，故D错误。 故选：C。 练习 12 如图所示，三根不可伸长的轻绳结点为O，轻绳1水平，轻绳2与竖直方向夹角为α（＜90°）并保持不变，轻绳3下端悬挂一小球并处于静止，现对小球施加外力F，在F的方向与轻绳3的夹角为钝角且保持不变的情况下，使小球缓慢向右升高，直到轻绳3达到水平。则该过程中（　　） A．外力F先变大后变小 B．轻绳3的拉力先变小后变大 C．轻绳2的拉力一直变小 D．轻绳1的拉力先变大后变小 【答案】D 【解答】解：AB、对小球受力分析，由于绳3与F之间的夹角不变，根据等效圆，作图如下： 当小球向右上移动时，到绳3水平时，可以看出F不断增大，F3先增大，后减小；故AB错误； CD、对O点受力分析，如图所示： 根据受力平衡可得：F1＝F2sinα+F3sinθ，F2cosα＝F3cosθ 根据小球的移动可知，θ变大，sinθ增大，cosθ减小，结合上面对F3的大小分析，可以得出，F1先变大，后减小；F2先增大后减小，故C错误，D正确。 故选：D。 练习 13 如图所示，倾角为60°、足够长的斜面OA固定在水平地面上，挡板OB可绕转轴O在竖直面内转动。现将一光滑圆球放在斜面与挡板之间，使挡板与水平面的夹角θ由60°缓慢减小至45°，这一过程中小球对挡板OB的压力（　　） A．不断减小 B．不断增大 C．先减小后增大 D．先增大后减小 【答案】A 【解答】解：圆球处于静止状态时受力平衡，对圆球进行受力分析，作出受力的动态矢量图如图所示： 圆球受到重力G、斜面的支持力F和挡板的压力F，三力平衡。将F和F合成，合力与重力等大反向。当挡板与水平面的夹角θ由60°缓慢减小至45°时，通过力的动态三角形分析可知，F（挡板对圆球的压力）不断减小，由牛顿第三定律可知圆球对挡板的压力不断减小，故A正确，BCD错误。 故选：A。 练习 14 如图甲所示，明代倪端画的《捕鱼图》是一种原始的捕鱼方式，其拉网的原理图如图乙所示，罾（渔网）和连接罾的四根竹竿可看成是一个重物用不可伸长的轻绳悬挂在轻杆OA上的A点，轻杆OA可绕O点在竖直平面内自由转动，人在B点拉动轻绳AB使轻杆OA绕O点转至竖直方向，从而使重物上升。在轻杆OA由图乙所示位置缓慢转至竖直的过程中，下列说法正确的是（　　） A．人对轻绳AB的拉力变大 B．人对轻绳AB的拉力不变 C．轻杆OA上的弹力大小不变 D．轻杆OA上的弹力变小 【答案】D 【解答】解：对A点受力分析，如图所示 根据平衡条件可得FT＝G，过O点作竖直线OC交AB于C点，可知A点受力FT、FOA、FBA三个力作用， 根据平行四边形定则作出FOA、FBA两个力的合力F，根据平衡条件可得F＝FT＝G 由三角形相似，可得 将F＝G代入得， 人在B点将轻杆OA拉至竖直方向的过程中，AO的长度不变，OC的长度变大，AC的长度变小，故轻杆OA的弹力FOA变小，人对轻绳AB的拉力FBA变小，故D正确，ABC错误。 故选：D。 练习 15 如图，在粗糙的水平地面放置G2＝100N的劈形木块，在劈形木块上有一个G1＝200N的光滑小球被轻绳拴住悬挂在天花板上，已知绳子与竖直方向夹角为45°，斜面倾角为37°，整个装置处于静止状态。（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）则： （1）斜面对小球支持力FN的大小和轻绳对小球的拉力F2大小； （2）地面与木块间的动摩擦因数μ至少多大； （3）若在小球上施加一个外力F，让小球脱离劈形木块，这个外力的最小值为多少？ 【答案】（1）斜面对小球支持力FN的大小为，轻绳对小球的拉力F2大小为； （2）地面与木块间的动摩擦因数μ至少为0.4； （3）若在小球上施加一个外力F，让小球脱离劈形木块，这个外力的最小值为。 【解答】解：（1）对小球受力分析如图所示： 将力正交分解，由平衡条件可得，， 代入数据可得，； （2）以木块和小球为整体，由平衡条件可得，， 若木块不滑动，有f地≤μN地，代入数据可得μ≥0.4，则地面与木块间的动摩擦因数至少为0.4； （3）小球脱离劈形木块时，受力分析如图所示： 当外力F垂直绳子斜向左上方时，外力具有最小值，由平衡条件可得F＝sin45°，代入数据可得F。 答：（1）斜面对小球支持力FN的大小为，轻绳对小球的拉力F2大小为； （2）地面与木块间的动摩擦因数μ至少为0.4； （3）若在小球上施加一个外力F，让小球脱离劈形木块，这个外力的最小值为。 第 1 页　共 1 页 学科网（北京）股份有限公司 $