主干知识体系
核心再现及学科素养(1)受力分析三关键．
①选对象：选定研究对象，将其从系统中隔离出来．
②定顺序：先分析场力，后分析接触知
力．识规律
③明规律：只分析性质力，不分析效果力．
(2)物体受力平衡两要点．
①平衡状态：物体静止或匀速直线运动．
②平衡条件：F合＝0或Fx＝0，Fy＝0. 思想方法
(1)物理思想：等效思想、分解思想．(2)物理方法：假设法、矢量三角形法、整体法和隔离法、正交分解法、合成法、转换研究对象法等
.
1．(2018·全国Ⅰ卷，16)如图，三个固定的带电小球
a、b和c，相互间的距离分别为
a、b的连线．设小
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球a、b所带电荷量的比值的绝对值为
k，则(
)
A．a、b的电荷同号，k＝
169169
B．a、b的电荷异号，k＝
64
C．a、b的电荷同号，k＝
2764
D．a、b的电荷异号，k＝
27
1
D [由于小球c所受库仑力的合力的方向平行于a、b的电荷异号．根据库仑定律，
a、b的连线，根据受力分析知，
a对c的库仑力为Fa＝k0
qaqc
ac
2
①
b对c的库仑力为Fb＝k0
qbqc
bc
2
②
设合力向左，如图所示，根据相似三角形，得
Fa
ac
＝
Fb
bc
③
联立①②③式得
qa64ac
3＝.] k＝qb＝
27bc
3
2．(2018·天津卷，7)(多选)明朝谢肇淛的《五杂组》中记载：“明姑苏虎丘寺塔倾侧，议欲正之，非万缗不可．一游僧见之曰：无烦也，我能正之．”游僧每天将木楔从塔身倾斜一侧的砖缝间敲进去，经月余扶正了塔身．假设所用的木楔为等腰三角形，木楔的顶角为
θ，现在木楔背上加一力F，方向如图所示，木楔两侧产生推力FN，则(
)
A．若F一定，θ大时FN大C．若θ一定，F大时FN大
B．若F一定，θ小时FN大D．若θ一定，F小时FN大
BC [根据力F的作用效果将力F分解为垂直于木楔两侧的力FN，如图所示．
F
则2
FN
＝sin
θ
2
即FN＝
F
2sin
θ
2
所以当F一定时，θ越小，FN越大；当θ一定时，F越大，FN越大．故选项B、C正确．] 3．(2017·全国卷Ⅰ，21)(多选)如图，柔软轻绳重物，用手拉住绳的另一端＞π2
ON的一端O固定，其中间某点M拴一
α(α
N，初始时，OM竖直且MN被拉直，OM与MN之间的夹角为
)．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(
2
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AD [以重物为研究对象，受重力力合力始终为零，矢量三角形如图所示，
、OM绳上拉力F2、MN上拉力F1，由题意知，三个mg
F1、F2的夹角为π－α不变，在F2转至水平的过
MN上的张力
F1逐渐增大，OM上的张力F2
程中，矢量三角形在同一外接圆上，由图可知，先增大后减小，所以
A、D正确，B、C错误．]
4．(2016·高考全国卷Ⅲ，定圆弧上；一细线穿过两轻环，
17)如图所示，两个轻环其两端各系一质量为
a和b套在位于竖直面内的一段固
m的小球，在a和b之间的细线上悬挂
a、b间的距离恰好等
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，于圆弧的半径，不计所有摩擦．小物块的质量为
(
)
A. B.2
m
3m C2
．mD．2m
C [如图所示，圆弧的圆心为角形，同一条细线上的拉力相等，
O，悬挂小物块的点为c，由于ab＝R，则△aOb为等边三
aO方向，则aO为角平
即
，细线对a环拉力的合力沿FT＝mg
分线，由几何关系知，∠acb＝120°，故细线在拉力合力大小
c点拉力的合力与物块的重力大小相等，
m，故C对．]
FT′＝FT＝G＝mg，所以小物块质量为
5．(2016·高考全国卷Ⅰ，19)(多选)如图，一光滑的轻滑轮用细绳
′悬挂于O点；OO
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
3
向右上方拉b，整个系统处于静止状态．若始终保持静止，则
(
)
F方向不变，大小在一定范围内变化，物块b仍
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
BD [由于物体a、b均保持静止，各绳间角度保持不变，对a受力分析得，绳的拉力
所以连
ag，所以物体FT＝ma受到绳的拉力保持不变．由滑轮性质，滑轮两侧绳的拉力相等，
接a和b绳的张力大小、方向均保持不变，C选项错误；a、b受到绳的拉力大小、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．由平衡条件得FTcos
β＋Ff＝Fcos α，Fsin α＋FN＋FTsin β＝mbg，其中FT和mbg始终不变，当
范围内变化时，支持力在一定范围内变化，D选项正确．]
[高考命题]
■命题特点与趋势
F大小在一定
B选项正确；摩擦力也在一定范围内发生变化，
1．物体的平衡条件及其应用历来是高考的热点，它不仅涉及力学中共点力的平衡，还常涉及带电粒子在电场、磁场或复合场中的平衡问题．
2．整体法和隔离法分析物体的受力特点及平衡问题是学生必须掌握的方法，也是高考考查的重点．
3．“整体法、隔离法”在受力分析中的应用，中应引起重视．
■解题要领
解决物体的平衡问题，
一是要认清物体平衡状态的特征和受力环境，
这是分析平衡问题
物体的“动态平衡”问题在
2019年复习
的关键；二是要灵活运用处理力学平衡问题的基本方法解法、三角形法等
(如：合成法、正交分解法、效果分
.
)来解答；三是要有辨析图形几何关系的能力
4
高频考点一受力分析、物体的静态平衡[备考策略]
1．受力分析的4种方法
(1)假设法：在受力分析时，若不能确定某力是否存在，可先对其作出存在的假设，然后根据分析该力存在对物体运动状态的影响来判断假设是否成立．
(2)整体法：将加速度相同的几个相互关联的物体作为一个整体进行受力分析的方法．(3)隔离法：将所研究的对象从周围的物体中分离出来，单独进行受力分析的方法．(4)动力学分析法：对加速运动的物体进行受力分析时，应用牛顿运动定律进行分析求解的方法．
2．受力分析的一般步骤
3．处理静态平衡问题的基本思路
4．两大思维方法对比
[命题视角]
5
考向1 受力分析与整体法、隔离法例1 质量为M的半球形物体
A和质量为m的光滑球形物体B紧靠着放在倾角为
(
α的
)
固定斜面上，并处于静止状态，如图所示．下列关于物体受力情况的判断正确的是
A．物体A对物体B的弹力方向沿斜面向上B．物体A受到的静摩擦力大小为
Mgsin α
C．物体B对物体A的压力大于mgsin αD．物体B对斜面的压力等于
cos αmg
C [隔离物体B进行受力分析如图所示，可知物体物体A对其的弹力FN2作用，由于物体
B受到重力mg、斜面的支持力FN1和
A对物体B的弹力方向与两者的接触面垂直，故物体
A错误；将物体A和B看成一个整体，由受力分
A对物体B的弹力方向不沿斜面向上，选项
析可知，物体平衡条件可得
A受到的静摩擦力大小为Ff＝(M＋m)gsin α，选项B错误；对物体
B，根据
sin α
mgsin α＝FN2cos θ，FN1＋FN2sin θ＝mgcos α，可解得FN2＝mg>mgsin
cos θ
C正确，D
(cos α－sin αtan θ) 1．在分析两个或两个以上物体间的相互作用时，一般采用整体法与隔离法进行分析2．采用整体法进行受力分析时，要注意系统内各个物体的状态应该相同3．当直接分析一个物体的受力不方便时， . . 可转移研究对象，先分析另一个物体的受力， 再根据牛顿第三定律分析该物体的受力，此法叫“转移研究对象法”． 考向2 共点力平衡的条件例2 (2018·山东省日照市斜面体静止在水平地面上，平力的大小为 2018届高三5月校际联考)如图所示，倾角为 θ＝30°的 此时水 一个重为G的球在水平力的作用下，静止于光滑斜面上， F；若将力F从水平方向逆时针转过某一角度α后，仍保持F的大小不变， f.那么F和f的大小分别 且小球和斜面依然保持静止，此时水平地面对斜面体的摩擦力为是( ) 6 A．F＝ 3333 G，f＝ 3612 GB．F＝ 36 G，f＝G 236 1 C．F＝，f＝GGD．F＝ 36 ，f＝GG A [先研究第一种情况：对物体受力分析如图所示．由平衡条件得：N与F的合力F′与重力G大小相等，由三角函数关系得：转过一角度后，由方向如图： 3 F＝Gtan θ＝G； 3 F大小不变，小球静止，支持力与F的合力不变，故此时转动后F转 根据几何知识可得 F转过的角度是2θ. 对整体受力分析并正交分解如图： 水平方向：f＝Fcos 2θ＝[归纳反思] 33 G×＝ 2 136 G，故A正确；故选A.] 1．解决共点力平衡问题的典型方法：力的合成法、正交分解法、图解法、整体法与隔离法． 2．处理平衡问题的基本思路： 确定平衡状态(加速度为零)→巧选研究对象 (整体法或隔 7 离法)→受力分析→列平衡方程→求解或讨论． [题组突破] 1－1.如图，一个 L形木板(上表面光滑)放在斜面体上，轻质弹簧一端固定在木板上， 斜面体放在平板小车上， 整体一起沿水平向右的方向 ( ) 另一端与置于木板上表面的木块相连． 做匀速直线运动，不计空气阻力，则关于各物体的受力情况，下列说法正确的是 A．L形木板受4个力的作用B．斜面体可能只受 2个力作用 C．木块受2个力作用 D．斜面体不可能受平板小车对它的摩擦力作用 D [先把L形木板、木块、斜面体看成一个整体进行分析，受重力、小车的支持力，选项D正确；隔离木块进行分析，其受重力、 L形木板的支持力、弹簧的弹力 (沿斜面向上)三 个力作用处于平衡状态，选项C错误；隔离L形木板进行分析，其受重力、斜面体的支持力、弹簧的弹力(沿斜面向下)、木块的压力、斜面体对它的摩擦力离斜面体进行分析，其受 4个力作用，选项 B错误．] 5个力作用，选项A错误；隔 1－2.(多选)如图所示，倾角为 θ的斜面体C置于水平地面上，小物体 A相连接，连接物体 B置于斜面体C 上，通过细绳跨过光滑的轻质定滑轮与物体B的一段细绳与斜面平行， 已知A、B、C均处于静止状态，定滑轮通过细杆固定在天花板上，则下列说法中正确的是( ) A．物体B可能不受静摩擦力作用 B．斜面体C与地面之间可能不存在静摩擦力作用C．细杆对定滑轮的作用力沿杆竖直向上D．将细绳剪断，若物体在静摩擦力作用 AD [对物体B进行受力分析，由共点力的平衡条件可得，如果体B一定不受静摩擦力作用，反之，则一定会受到斜面体正确；将物体 Ag＝mBgsin θ，则物m B仍静止在斜面体C上，则此时斜面体C与地面之间一定不存 C对其作用的静摩擦力，选项 A B和斜面体C看成一个整体，则该整体受到一个大小为mAg、方向沿斜面向上 的细绳的拉力，该拉力在水平向左方向上的分量为Agcos θ，故地面一定会给斜面体一个m 8 方向水平向右、大小为 mAgcos θ的静摩擦力，选项 B错误；由于连接物体 A和物体B的细 C 绳对定滑轮的合力方向不是竖直向下，故细杆对定滑轮的作用力方向不是竖直向上，选项错误；若将细绳剪断，将物体B和斜面体C看成一个整体，则该整体受竖直向下的重力和地面对其竖直向上的支持力， 故斜面体C与地面之间一定不存在静摩擦力作用，高频考点二 共点力作用下物体的动态平衡[备考策略] 熟悉一个通法——求解动态平衡问题 选项D正确．] [命题视角] 考向1 “解析法”分析动态平衡问题 例3 (2018·湖南省怀化市高三第二次模拟考试物体M静止在倾角为 )如图所示，绳子质量、滑轮摩擦不计， θ的斜面上，若倾角 ( ) θ增大，物体M仍然静止．(连接M一端的绳子 始终与斜面平行)下列判断正确的是 A．绳子的拉力可能增大B．斜面对地面的正压力增大 C．物体M受到的静摩擦力可能增大D．物体M受到斜面的作用力可能增大 C [对物体m受力分析，受重力和拉力，由二力平衡得到：T＝mg，绳子拉力一定不变，故A错误；对M、m和斜面的整体可知，地面对整体的支持力等于故斜面对地面的正压力不变，选项 M、m和斜面体的重力之和， B错误；对物体M受力分析，受重力、支持力、拉力和静 摩擦力；①如果静摩擦力沿斜面向上，如图： 根据平衡条件得到 f＋T－Mgsin θ＝0； 9 N－Mgcos θ＝0 解得：f＝Mgsin θ－T＝Mgsin θ－mg； N＝Mgcos θ 当θ变大时，f变大，N变小；②如果静摩擦力沿斜面向下，同理可得到： f＝T－Mgsin θ＝mg－Mgsin θ； N＝Mgcos θ；当θ变大时，f变小，N变小；综上所述可知，选项 的作用力应是 C正确；斜面对 M N与f的合力，也是Mg与T的合力；θ增大时，Mg与T的大小不变，夹角增 D错误；故选C.] 大，合力应变小． 考向2 “数学方法”分析动态平衡问题例4 (2018·河北衡水中学信息卷 )如图所示，处于竖直平面内的正六边形金属框架 ABCDEF可绕过C点且与平面垂直的水平轴自由转动，该金属框架的边长为 用两根不可伸长、长度均为 L，中心记为O， L的轻质细线将质量为m的金属小球悬挂于框架的A、E两个顶 g， 点并处于静止状态，现令框架绕转轴沿顺时针方向缓慢转过在包括初、末状态的整个转动过程中下列说法正确的是 ( 90°角，已知重力加速度为) A．细线OA中拉力最大值为mg 23mgB．细线OE中拉力最大值为 3C．细线OA中拉力逐渐增大D．细线OE中拉力逐渐减小 BD [对小球进行受力分析，如图所示， 10 mg的对角始终为120°，设FTA的对角为α，FTE的对角为β，缓慢转动过程中，小球 始终受力平衡，由正弦定理得 FTE ＝＝，α角由150°减小至60°，FTA sin 120°sin αsin β mgFTA 先增大后减小，当 23mg ，A、C错误；β角由90°增加至α＝90°时，FTA最大，最大值为 3 23mg 180°，FTE逐渐减小至0，当β＝90°时，FTE最大，最大值为，B、D正确．] 3 [归纳反思] 1．图解法：如果物体受到三个力的作用，其中一个力的大小、方向均不变，并且还有另一个力的方向不变，况． 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，根据自变量的变化确定因变量的变化． 3．相似三角形法：此法是图解法的特例，一般研究对象受绳且物体受到三个力的作用， (杆)、或其它物体的约束， 此时可用图解法，画出不同状态下力的矢量图， 判断各个力的变化情 其中的一个力大小、方向均不变，另外两个力的方向都发生变化． [题组突破] 2－1.(2018·黑龙江大庆调研)(多选)如图所示，一根轻绳上端固定在O点，下端拴一 2G，现对小球 个重量为G的小球，开始时轻绳处于竖直状态，轻绳所能承受的最大拉力为施加一个方向始终水平向右的力法正确的是( ) F，使球缓慢地移动，则在小球缓慢地移动过程中，下列说 11 A．力F逐渐增大B．力F的最大值为 3G C．力F的最大值为2GD．轻绳与竖直方向夹角的最大值 θ＝30° AB [对小球受力分析，如图所示．由平衡条件得渐增大，故A正确；小球缓慢地移动过程中， F＝mgtan θ，θ逐渐增大，则F逐 ，则可得cos θθ逐渐增大，FT的最大值为2G3G，故B正确，C、D错误．] G1 ＝＝，θ＝60°，此时F达到最大值为2G2 2－2.(2018·广东省广州市高三一模 )如图所示，两块固定且相互垂直的光滑挡板POQ， 水平，小球a、b固定在轻弹簧的两端，现有一个水平向左的推力，作用于OP竖直放置，OQ b上，使a、b紧靠挡板处于静止状态．现用力F推动小球b，使之缓缓到达b′位置( ) A．推力F变大B．b对OQ的压力变大C．弹簧长度变短D．弹簧长度变长 D [隔离a分析受力，设此时 ab间作用力与水平方向上的夹角为θ，如图所示： 12 mgmg 由力的平衡条件可得：F′＝，N＝，将小球稍微向左水平移动一小段距离， sin θtan θ 当a、b重新处于静止状态时，由几何关系可知， θ增大，则sin θ、tan θ增大，mg不 D正 变时F′减小，N减小，根据胡克定律可知弹簧的形变量变小，所以弹簧长度变长，故确，C错误；对ab的整体受力分析如右图所示： 由共点力的平衡条件可知， a、b重新处于静止状态前后，OQ面板对b的支持力始终和 a、b的重力相等保持不变，推力F＝N在减小，故AB错误．所以D正确，ABC错误．] 高频考点三 电磁场中的平衡问题[备考策略] 1．高考考查特点 电学中的平衡问题是指在电场力、安培力参与下的平衡问题．处理电学中的平衡问题的方法与纯力学问题的分析方法一样，用． 把方法和规律进行迁移应 2．解题常见误区及提醒 (1)安培力方向的判断要先判断磁场方向、电流方向、再用左手定则判断，同时注意立体图转化为平面图． (2)电场力或安培力的出现，可能会对压力或摩擦力产生影响．(3)涉及电路问题时，要注意闭合电路欧姆定律的使用．例5 (2018·陕西省宝鸡市高三教学质量检测水平方向夹角为 )如图所示，匀强电场的电场强度方向与 (图中未画出)．一质量为m、 30°且斜向右上方，匀强磁场的方向垂直于纸面 电荷量为q的带电小球(可视为质点)以与水平方向成30°角斜向左上方的速度v做匀速直 13 线运动，重力加速度为 g，则( ) A．匀强磁场的方向可能垂直于纸面向外B．小球一定带正电荷 mg C．电场强度大小为 q D．磁感应强度的大小为 mgqv 受到的合力为零，假设小球带正电，则小球的受力情况如图 小球受到的重力与电场力的合力与洛伦兹假设不成立，小球一定带负电，选项B错误； 根据左手定则，匀强磁 C [小球做匀速直线运动， 甲所示，小球受到的洛伦兹力沿虚线但方向未知，力不可能平衡，故小球不可能做匀速直线运动，小球的受力情况如图乙所示， 小球受到的洛伦兹力一定斜向右上方， 场的方向一定垂直于纸面向里，选项A错误；根据几何关系，电场力大小qE＝mg，洛伦兹 3mgmg 力大小qvB＝3mg，解得E＝，B＝，选项C正确，D错误． qqv ] 例6 (2018·山东省青岛市高三统一质检 )如图，绝缘光滑圆环竖直放置， c位于圆环最高点， a、b、c为ac连线与竖直 三个套在圆环上可自由滑动的空心带电小球，已知小球方向成60°角，bc连线与竖直方向成是( ) 30°角，三个小球均处于静止状态．下列说法正确的 A．a、b、c小球带同种电荷B．a、b小球带异种电荷，C．a、b小球电量之比为 b、c小球带同种电荷36 14 D．a、b小球电量之比 39 a、b小球必须带同种电荷b小球才能平衡．故 c小球才能平衡．对 b D [A、B：对c小球受力分析可得，小球受力分析可得， b、c小球带异种电荷 A、B两项错误．C、D：对c 小球受力分析，将力正交分解后可得：解得：qa∶ｑb＝ qaqcqbqc k2sin 60°＝k2sin 30°，又rac∶rbc＝1∶3，racrbc 3∶9.故C项错误，D项正确．] [题组突破] 3－1.(2018·济宁市高三第二次模拟的正方形金属框 )如图所示，轻质弹簧下面挂有边长为L、质量为m ABCD，各边电阻相同，金属框放置在磁感应强度大小为B、方向垂直金属框 平面向里的匀强磁场中．若 A、B两端与电源相连，通以如图所示方向的电流时，弹簧恰好 AB边的电流大小为( ) 处于原长状态，则通入正方形金属框 4mg3mg A. B.3BL4BL mgmgC. D. 4BLBL B [根据电流方向可知，根据平衡条件可知：3mg ，故B正确．] 4BL 3－2.(2018·郑州市二模 )如图所示，物体 AD边、DC边、CB边串联，再与AB边并联，设每边电阻为 R， mg＝BIABL＋BIDCL，根据并联电路可知：IAB＝3IDC，联立两式解得：IAB＝ P、Q可视为点电荷，电荷量相同．倾角为 当物 θ、质量为M的斜面体放在粗糙水平面上．将质量为m的物体P放在粗糙的斜面体上． 体Q放在与P等高(PQ连线水平)且与物体P相距为r的右侧位置时，P静止且受斜面体的摩擦力为0，斜面体保持静止，静电力常量为 k，则下列说法正确的是( ) A．P、Q所带电荷量为B．P对斜面体的压力为 0 mgktan θ 2r C．斜面体受到地面的摩擦力为0 15 D．斜面体对地面的压力为 (M＋m)g 、斜面体的支持力mg D [以P为研究对象，受到重力tan θF＝mg FN和库仑力F，由平衡条件得： mg FN＝ cos θ 2 q 根据库仑定律得：F＝k2 r 联立解得：q＝r mgtan θ k P对斜面体的压力为： mg FN′＝FN＝，故A、B错误． cos θ Ff＝F，地面 F， 由牛顿第三定律得 以斜面体和P整体为研究对象，由平衡条件得地面对斜面体的摩擦力为：对斜面体的支持力为：斜面体对地面的压力为： FN1＝(M＋m)g，根据牛顿第三定律得斜面体受到地面的摩擦力为 ＋m)g.故C错误，D正确．] FN1′＝FN1＝(M 高频考点四 平衡中的临界极值问题 例7 一个质量为1 kg的物体放在粗糙的水平地面对上，今用最小的拉力拉它，使之 6 N，取g＝10 m/s，则下列关于物体与地面间) 3 D．μ＝ 5 2 做匀速直线运动，已知这个最小拉力大小为的动摩擦因数 μ的取值，正确的是( 943 A．μ＝ B．μ＝ C．μ＝ 1634 C [物体在水平面上做匀速直线运动，可知拉力在水平方向的分力与滑动摩擦力相等．以物体为研究对象，受力分析如图所示，因为物体处于平衡状态．水平方面有 Fcos α μmgN，竖直方向有＝μＦFsin α＋FN＝mg.联立可解得：F＝＝ cos α＋μsin αμmgμmg ，当α＋φ＝90°时，sin(α＋φ)＝1，F有最小值，Fmin＝22， 1＋μsinα＋φ1＋μ 3代入数值得μ＝.] 4 例8 (2018·山东省青岛市高考模拟检测理科综合能力测试端固定于O点，另一端连有一质量 )(多选)如图，弹性轻绳一 m的小球a，小球a通过不可伸长的细绳连接质量相同的 b施加一个力F，使弹性轻绳与竖直方向成 ( ) 30° 小球b，两小球均处于静止状态．现给小球角，两球依然保持静止．下列说法正确的是 16 A．弹性绳的长度一定增加B．a、b间细绳上的张力可能减小C．力F的值可能大于 mg 1 D．力F的值可能小于mg 2 BC [B.以小球b为研究对象，分析受力，作出力图如图根据作图法分析得到，细绳上的张力可能减小，故 a、b间 B正确；ACD、以小球ab为研究对象，分析受力，作出力图如图 根据作图法分析得到，弹性绳的张力可能减小，所以弹性绳的长度可能减小；当小球施 加的力F与弹性轻绳垂直时，所用的力误；故选B、C.] [归纳反思] F最小，Fmin＝2mgsin30°＝mg，故C正确，A、D错 解决临界极值问题的三种方法 (1)解析法：根据物体的平衡条件列出平衡方程，在解方程时采用数学方法求极值．通常用到的数学知识有二次函数求极值、等． (2)图解法：此种方法通常适用于物体只在三个力作用下的平衡问题．首先根据平衡条件作出力的矢量三角形，然后根据矢量三角形进行动态分析，确定其最大值或最小值． (3)极限法：极限法是一种处理极值问题的有效方法，它是指通过恰当选取某个变化的物理量将问题推向极端速求解． 17 讨论分式求极值、三角函数求极值以及几何法求极值 (如“极大”“极小”等)，从而把比较隐蔽的临界现象暴露出来，快 [题组突破] 4－1.(2018·广东佛山二模于O点，现用一轻质弹簧给小球直方向夹角为 )如图所示，两个小球 ，用细线相连并悬挂a、b质量均为m a施加一个拉力F，使整个装置处于静止状态，且k，则弹簧形变量最小值是 ( ) Oa与竖 θ＝45°，已知弹簧的劲度系数为 A. 2mg k 2mg B. 2k 42mg2mgC. D. 3kk A [对a球进行受力分析，利用图解法可判断：当弹簧上的拉力时，弹簧的拉力Δx＝ F与细线上的拉力垂直 F最小，为Fmin＝2mgsin θ＝2mg，再根据胡克定律得弹簧的最小形变量 2mg ，所以应选A.] k 4－2.(2018·湖北省武昌区高三五月调研考试 )如图所示，在水平杆MN上套上两个质量 不计的小环A和B，一长度为l、不可伸长的细线两端分别系在环一个质量为m的物块．已知环擦力．那么系统平衡时小环 A、B上，并在细线中点挂 A、B与杆间的动摩擦因数均为A、B间的最大距离为( ) μ，最大静摩擦力等于滑动摩 A. μｌ 1＋μ 2 B. l 1＋μ C. l 1＋μ 2 D. μｌ 1＋μ 1 fm＝μＦN＝μmg；设 2 1； A [则对A、B及m的整体：mg＝2FN，则环与杆间的最大静摩擦力 细绳与杆的夹角为θ，则对圆环Tcos θ＝fm；对物块：2Tsin θ＝mg.解得tan θ＝ μ 18 设AB间的最大距离为x，则 1l2 2 1－x2 2 1x2 ＝tan θ＝ 1 μ ，解得x＝ μｌ 1＋μ 2 ，故选A.] 课时跟踪训练(一) 一、选择题(1～8题为单项选择题，1．(2018·山东省实验中学高三二模水平桌面上并对放在一起，则( ) 9～12题为多项选择题) )如图所示，将某均匀长方体锯成 A、B两块后，在F方向匀速运动， 现用水平力F推B，使A、B整体保持长方体沿 A．A在水平方向受到三个力的作用，且合力为零B．A在水平方向受到五个力的作用，且合力为零C．A对B的作用力方向与D．B对A的弹力大于桌面对 A、B接触面垂直A的摩擦力 B对A的弹力，桌面的滑动摩擦力， B对A的静摩 A [对A受力分析，在水平方向上受 擦力，在三个力的作用下处于平衡，受力如图， 故A正确，B错误．B对A的弹力和静摩擦力的合力与桌面的滑动摩擦力等值反向，与 F的方向相同；根据牛顿第三定律可知，A对B的作用力方向与F的方向相反，不是A、B 接触面垂直，故C错误．因为B对A的弹力与B对A的摩擦力垂直，二者的合力等于桌面对 A的摩擦力，所以B对A的弹力小于桌面对A的摩擦力，故D错误．故选A.] 2．(2018·山东省湖北省重点学校协作体冲刺模拟为θ斜面光滑的斜面体上，有一斜劈 )如图所示，静止在水平地面上倾角 A，A的上表面水平且放有一斜劈B，B的上表面上有 g， 一物块C，A、B、C一起沿斜面匀加速下滑，已知下列说法正确的是 ( ) A、B、C的质量均为m，重力加速度为 A．A的上表面可以是光滑的B．C可能只受两个力作用 19 C．A加速度大小为gcos θ D．斜面体受到地面的摩擦力为零 B [对B、C整体受力分析，受重力、支持力，而 B、C沿斜面匀加速下滑，整体的合力 沿斜面向下，所以A、B间摩擦力不为零，A错误；对ABC整体分析，由于斜面体斜面光滑，所以整体的加速度为 a＝gsin θ，如果B的上表面是光滑的，倾角也为θ，则C的加速度 也为a＝gsin θ，此时只受重力和有个斜向右下的作用力， B给的支持力，B正确、C错误；因为ABC整体对斜面体 而斜面体处于静止状态， 故斜 该力可分解为一个水平向右的分力， D错误．] 面体受地面的摩擦力水平向左， 3．如图所示，一根质量分布均匀的圆木左端用轻绳轻绳a与竖直方向的夹角为 a固定，通过轻质定滑轮被人拉住，b固定，通过轻质定滑轮被人拉住，开 β，α＋β<90°.现将圆木右端 α；圆木的右端用轻绳 始时圆木处于水平静止状态，轻绳b与竖直方向的夹角为 下降微小距离，而重新处于静止状态，在此过程中( ) α不变，变化前后下列说法正确的是 A．轻绳b的拉力增大C．轻绳a的拉力不变A [圆木处于平衡时，轻绳 B．轻绳b的拉力减小D．轻绳a的拉力变大 a、b的拉力反向延长线交点即为轻绳a、轻绳b和圆木的 重力的共同作用点．圆木右端下降微小距离后， β角减小，根据三力平衡条件得，矢量三 角形如图所示，轻绳a的拉力减小，轻绳b的拉力增大，故选项A正确，其余选项均错误．] 4．(2018·山东省泰安市高三二模 )如图所示，水平面上A、B两物块的接触面水平， 二 者叠放在一起．在作用于B上的水平恒定拉力F的作用下沿地面向右做匀速运动， ( ) 某时刻撤 去力F后，二者仍不发生相对滑动．下列说法正确的是 A．撤去F之前A受3个力作用B．撤去F之前B受到4个力作用C．撤去F前后，A的受力情况不变D．A、B间的动摩擦因数不小于 B与地面间的动摩擦因数 B受地面的摩擦力与 F平衡，而A水平方向 D [A、B撤去F前，整体做匀速运动，故 20 不受外力，故A不受B的摩擦力，B受重力、支持力、压力、拉力和地面的摩擦力共作用；A只受重力和 5个力 B对A的支持力，A受两个力的作用；A错误，B错误；C.撤去拉力F A受到重力和B对A的支持力及B对A的摩擦力，A受3个力的 a＝μ2g，而A的加 后，由于整体做减速运动， 作用；C错误；D.撤去拉力F后，由于整体做减速运动，整体的加速度速度aA＝μ2g<μ1g，即μ2<μ1，D正确；故选D.] 5．如图，一物块在水平拉力不变，而方向与水平面成数为( ) F的作用下沿水平桌面做匀速直线运动．若保持F的大小 60°角，物块也恰好做匀速直线运动，物块与桌面间的动摩擦因 A．2－3 B. 3 C.63 D.332 C [设物块的质量为m，据平衡条件及摩擦力公式有拉力F水平时，F＝μmg① 拉力F与水平面成60°角时，Fcos 60°＝μ(mg－Fsin 60°)②联立①②式解得 μ＝ 33 .故选C.] )如图所示，在一个倾角为 6．(2018·四川成都市高三带负电的小球 θ的斜面上，有一个质量为m， P(可视为点电荷)，空间存在着方向垂直斜面向下的匀强磁场，带电小球与斜 它在斜面上沿图中所示的哪个方向运动时， 有可能保持匀速直线运 面间的摩擦力不能忽略，动状态( ) A．v1方向C．v3方向 C [若小球的速度沿 B．v2方向D．v4方向 v1方向，滑动摩擦力与v1的方向相反，即沿图中v1垂直向下，重力的分力 v3方向，由左手mgsin θ沿斜 故A错误； 定则知，小球受到的洛伦兹力方向在斜面平面内与面向下，则知球在斜面平面内所受的合外力不为零，同理可知B、D错误；若小球的速度沿 小球不可能做匀速直线运动， v3方向，滑动摩擦力与v3的方向相反，即沿图中v1 方向，由左手定则知，小球受到的洛伦兹力方向在斜面平面内与v3垂直向上，即沿v2方向， 重力的分力mgsin θ沿斜面向下，则知斜面平面内的合外力可能为零，小球有可能做匀速直线运动，故 C正确．] )如图所示，a、b两细绳一端系着质量为 7．(2018·四川省攀枝花市高考物理三诊试卷 m的小球，另一端系在竖直放置的圆环上，小球位于圆环的中心，开始时绳a水平，绳b倾 21 斜．现将圆环在竖直平面内顺时针缓慢地向右滚动至绳 b水平，在此过程中( ) A．a上的张力逐渐增大，B．a上的张力逐渐减小，C．a上的张力逐渐减小，D．a上的张力逐渐增大，D [设小球的重力为和b的拉力大小分别为 b上的张力逐渐增大b上的张力逐渐减小b上的张力逐渐增大b上的张力逐渐减小 b绳与竖直方向的夹角为 θ，a ，圆环沿顺时针方向转过过程中G T1、T2.小球的位置保持不动，受力保持平衡，由平衡条件可知，两 G和T1、T2组成一个闭合的三角形．由几何知识得知， G sin β ＝ 绳拉力的合力不变，小球受到的重力 T1、T2的夹角β不变，由正弦定理得 T1 sin θ ＝ T2 sin180°－β－θ ，在θ≤90° 的范围内，θ变大故T1变大，T2变小．故D正确．] 8．如图所示，一个质量粗糙斜面上的物块时斜面对物块 m＝1 kg的物块A通过一根跨过定滑轮的轻绳连接一个静止在 B施加一个与竖直方向成 θ＝30°角斜向右上方的外力 F B，现对物块 B恰无弹力．已知斜面的倾角也为 2 θ＝30°，且跨过定滑轮的轻绳两端也成 F的大 θ＝30°角，重力加速度g为10 m/s，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．若保持外力 F与斜面平行的过程中整体仍然静止， 小不变，顺时针改变力的方向至外力确的是( ) 则下列说法中正 A．物块B的质量为3 kg，所施外力为B．斜面对物块C．斜面对物块D．斜面与物块 10 N B的支持力逐渐减小B的摩擦力逐渐增大B间的动摩擦因数至少是 0.4 C [开始时斜面对物块B恰无弹力，由对称性知外力 3kg，A错误；保持外力 F＝mg＝10 N，对物块B运用平衡F大小不变，顺时针方向转至与斜 22 条件知m0g＝2Fcos θ，故m0＝ 面平行的过程中它沿斜面向上的分量增大，此斜面的支持力增大， 此时斜面对物块 垂直于斜面的分量减小，而轻绳的拉力一定，因 B还会产生一个沿斜面向下的摩擦力， 且摩擦力随角 θ的增大而增大，B错误，C正确；当外力转至与斜面平行时由平衡条件知m0gsin θ＋μＦN＝F，联立解得μ＝0.268，D错误．] 9．如图所示，顶端装有定滑轮的斜面体放在粗糙水平地面上，接，并处于静止状态(不计绳的质量和绳与滑轮间的摩擦 0gcos θ，FN＋mg＝m A、B两物体通过细绳连 F作用于物体 )．现用水平向右的力 B上，将物体B缓慢拉高一定的距离，此过程中斜面体与物体 ( ) A依然保持静止，在此过程中 A．水平力F一定变小 B．斜面体所受地面的支持力一定变大C．地面对斜面体的摩擦力一定变大D．物体A所受斜面体的摩擦力可能变大 CD [取物体B为研究对象分析其受力情况如图： mg 则有F＝mgtan θ，T＝，在物体B缓慢拉高的过程中， cos θ 之变大．对A、B两物体与斜面体这个整体而言，由于斜面体与物体 θ增大，则水平力F随 A仍然保持静止，拉力 F增大，则地面对斜面体的摩擦力一定变大，但是因为整体竖直方向并没有其它力，故斜面 体所受地面的支持力应该没有变；面体的摩擦力开始并不知道其方向， 在这个过程中尽管绳子张力变大， 但是由于物体 A所受斜 可能变 故物体A所受斜面体的摩擦力的情况无法确定， 大．故C、D正确，A、B错误．故选：C、D.] 10．(2018·湖北省麻城一中高考冲刺模拟轻质软绳两端打结系于“V”型杆上的 )如图所示，在竖直平面内，一根不可伸长的 A、B两点，已知OM边竖直，且|AO|＝|OB|，细绳绕 若在纸面内绕端点 过光滑的滑轮，重物悬挂于滑轮下处于静止状态．动“V”型杆，直到( ) O按顺时针方向缓慢转 F，则 ON边竖直，绳子的张力为T，A点处绳子与杆之间摩擦力大小为 23 A．张力T先一直增大C．摩擦力F一直减小 BC [A、B.设滑轮两侧绳子与竖直方向的夹角为顺时针方向缓慢转动“V”型杆，直到变长后变短，绳子与竖直方向的夹角为 B．张力T先增大后减小D．摩擦力F先增大后减小 α，受力如图，在纸面内绕端点O按 ON边竖直，AB的长度不变，AB在水平方向的投影先α先变大后变小，所以张力 mgT＝先增大后减 2cos α 小，故A错误，B正确；C、D.以A点为对象，受力分析如图 根据平衡条件可知，在纸面内绕端点 mgcosα＋βmg F＝Tcos(α＋β)＝＝(cos β－tan αsin β)， 2cos α2 α先变大后变 O按顺时针方向缓慢转动“V”型杆，绳子与竖直方向的夹角 β一直变大，当绳子与竖直方向的夹角 小，OA杆与竖直方向的夹角当绳子与竖直方向的夹角 α变大，摩擦力减小， C α变小时，但α＋β还是在增大，所以摩擦力还是在减小，故 正确，D错误；故选B、C.] 11．(2018·最新高考信息卷 )如图所示，光滑水平面上有一异形滑块 ABCD在向左做匀 m 变速运动，竖直平面内存在匀强电场，斜面的小球a、b相对滑块静止，其中小球速度为g，则下列说法中正确的是 ( BC和AB光滑绝缘，上面分别有两个质量均为b带负电，电荷量大小为 ) q，小球a不带电．重力加 A．滑块加速度大小为B．滑块加速度大小为 3g33 g 24 C．电场强度的最小值为 3mg3q2mg3q 由牛顿第二定律：mgtan 30° D．电场强度的最小值为 BC [因a不带电，对a分析可知，斜面向左做匀加速运动， 3 ＝ma，解得a＝g，选项B正确，A错误；对b受力分析可知，当电场力方向沿斜面向上 3时，场强最小，则：电场强度的最小值为 FNcos 60°＋qEcos 30°＝mg；FNsin 60°－qEminsin 30°＝ma，解得 3mgEmin＝，选项C正确，D错误；故选BC.] q3 )如图所示，将质量为 12. (山东省维坊市高三三模点，小球静止在 m的小球用橡皮筋悬挂在竖直墙的 在N点固定一铁 O 间的距离等于橡皮筋原长，M点，N为O点正下方一点，ON 钉，铁钉位于橡皮筋右侧．现对小球施加拉力动，P为圆弧上的点，角度为g，则( ) F，使小球沿以MN为直径的圆弧缓慢向N运 PNM为60°.橡皮筋始终在弹性限度内，不计一切摩擦，重力加速 A．在P点橡皮筋弹力大小为 1 mg2 5 B．在P点时拉力F大小为mg 2C．小球在M向N运动的过程中拉力D．小球在M向N运动的过程中拉力 F的方向始终跟橡皮筋垂直F先变大后变小 橡皮筋拉力F1＝k2Rcos θ＝mgcos A时， AC [由题意知k2R＝mg.小球在圆弧上任意一点 θ，恰等于重力在F1方向上的分力mgcos θ，由力的平衡条件知F必然与重力的另一分力 平衡，故拉力F应与橡皮筋始终垂直，小球在 1 P点时，F1＝k2Rcos 60°＝mgcos 60°＝mg. 2 3mg拉力F＝mgsin 60°＝；小球在由M沿圆弧移到N时，F＝mgsin θ，θ变大，F逐渐2变大．故本题正确选项为 A、C.] 25 二、非选择题 13．质量为M，倾角为θ的木楔在水平面上保持静止，质量为楔上表面匀速下滑，现在用与木楔上表面成力加速度为g. m的木块刚好可以在木 α角的力F拉着木块匀速上滑，如图所示．重 (1)当α为多大时，拉力F有最小值？最小值为多少？ (2)当拉力F最小时，水平面对木楔的摩擦力为多大？解析 (1)木块刚好可以沿木楔上表面匀速下滑时， 甲 则有mgsin θ＝μmgcos θ可得μ＝tan θ 用力F拉着木块匀速上滑，受力分析如图甲所示，有sin θ＋FfFcos α＝mg FN＋Fsin α＝mgcos θ 又Ff＝μＦN sin 2θmg联立解得F＝ cosθ－α 26 乙 所以，当α＝θ时，F有最小值，为Fmin＝mgsin 2θ. (2)对木块和木楔整体受力分析如图乙所示，由平衡条件可得 Ff′＝Fcos(θ＋α) 当拉力F最小时， 1 sin 4θ. Ff′＝Fmincos 2θ＝mg2答案 (1)θ mgsin 2θ (2)mgsin 4θ 2 )如图所示，两个相同的正三棱柱 1 14．(2018·第三次全国大联考平地面上，三棱柱的中间有一个半径为的动摩擦因数为 A、B紧靠着静止于水 R的光滑圆柱C，A、B的质量均为m，A、B与地面间 g. .设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为μ，C的质量为2m (1)三者均静止时A对C的支持力为多大？ (2)若A、B能保持不动，μ应该满足什么条件？ (3)若C受到经过其轴线竖直向下的外力而能够缓慢下降到地面，求该过程中摩擦力对 A做的功． 解析 (1)圆柱C受力平衡2FNcos 60°＝2mg 解得FN＝2mg (2)如图所示，A受力平衡F地＝FNcos 60°＋mg＝2mg，f＝FNsin 60°＝ 3mg 27 3 因为f≤μＦ地，所以μ≥ 2(3)C缓慢下降的同时 A、B也缓慢且对称地向左右分开 f也成为了滑动摩擦 A的受力依然为 力 4个，但除了重力之外的其他力的大小发生改变， A受力平衡知F地′＝FN′cos 60°＋mg；f′＝FN′sin 60°＝μＦ地′ 解得f′＝ 3μmg3－μ 3－μ>0，与本题第(2)问不矛盾 解有意义，即要求由几何关系知：当 C下落到地面时，A向左移动的水平距离为W＝－f′x＝－ μmgR 3－μ x＝ 33 R 所以摩擦力的功 答案(1)2mg(2)μ≥ 32 (3)－ μmgR 3－μ 28 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容