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1、第 1 页 专题 1 力与物体平衡 考题一 物体受力分析及平衡问题 种类 大小 方向 说明 重力 Gmg(不同高度、纬度、星球，g不同)竖直向下 微观粒子重力一般可忽略，带电小球、微粒重力一般不能忽略 弹簧弹力 Fkx(x为形变量)沿弹簧轴线 大小、方向都能够发生变化 静摩擦力 0Ff 静Fmax 与 相 对 运 动趋 势 方 向 相反 没有公式，只能由牛顿运动定律求解 滑动摩擦力 Ff 滑FN 与 相 对 运 动方向相反 一般情况下FN mg 万有引力 FGm1m2 r2 沿质点间连线 适用于质点之间、质量均匀分布球体之间引力求解 库仑力 Fkq1q2r2 沿 点 电 荷 间连线 适用于真空
2、中点电荷间库仑力求解 电场力 F电qE 正(负)电荷与 带电体处于电场第 2 页 电 场 强 度 方向一样(相反)中一定受电场力 安培力 FBIL 当BI时，F0 左手定那么，安培力(洛伦兹力)方向总是垂直于B与I(或B与v)决定平面 电流或电荷处于磁场中不一定受磁场力 洛伦兹力 F洛qvB 当Bv时，F洛0(1)整体法与隔离法 整体法 隔离法 概念 将加速度一样几个物体作为一个整体来分析方法 将研究对象与周围物体分隔开方法 选用原那么 研究系统外物体对系统整体作用力或系统整体加速度 研究系统内物体之间相互作用力(2)假设法 在受力分析时，假设不能确定某力是否存在，可先对其作出存在或不存在假设
3、，然后再就该力存在与否对物体运动状态影响不同来判断该力是否存在.(3)转换研究对象法 当直接分析一个物体受力不方便时，可转换研究对象，先分析另一个物体受力，再根据牛顿第三定律分析该物体受力.第 3 页 例 1 将重为 4mg均匀长方体物块切成相等A、B两局部，切面与边面夹角为 45，如图 1 所示叠放并置于水平地面上，现用弹簧秤竖直向上拉物块A上端，弹簧秤示数为mg，整个装置保持静止，那么()图 1 mg C.A对B压力大小为mg D.A、B之间静摩擦力大小为22mg 解析 对AB整体受力分析，水平方向不受地面摩擦力，否那么不能平衡，故 A 错误；竖直方向受力平衡，那么有FNF4mg，解得：F
4、N3mg，那么物块对地面压力等于 3mg，故 B 错误；对A受力分析如下图，把A局部所受力沿切面与垂直切面方向进展分解，根据平衡条件得：FNA(2mgmg)cos 45，Ff(2mgmg)sin 45 解得：FNAFf22mg，故 C 错误，D 正确.答案 D 变式训练 1.如图 2 所示，带电体P、Q、质量为M斜面体放在粗糙地面上，将质量为m带电体PQ放在与P等高(PQ连线水平)且与带电体P相距为r右侧位置时，P静止且受斜面体摩擦力为 0，斜面体保持静止，静电力常量为k，那么以下说法正确是()第 4 页 图 2 A.P、Q所带电荷量为 mgktan r2 B.P对斜面体压力为 0 D.斜面体
5、对地面压力为(Mm)g 答案 D 解析 对P，如图甲 F库mgtan kq2r2得q mgr2tan k，对P与斜面体，如图乙 得FN(Mm)g，FfF库mgtan.2.如图 3 所示，质量均为m两物体a、b放置在两固定水平挡板之间，物体间竖直夹放一根轻弹簧，弹簧与a、bb上施加逐渐增大水平向右拉力F，两物体始终保持静止状态，重力加速度为g，以下说法正确是()图 3 b所受摩擦力随F增大而增大 b弹力大小可能等于mg a对挡板压力大小可能等于 2mg a所受摩擦力随F增大而增大 答案 A 解析 对b：水平方向FfF，F增大所以Ff增大，故 A 项正确；由于b物体受到摩擦力，那么上挡板必定对b物
6、体有向下正压力，在竖第 5 页 直方向上，受到重力、正压力与弹簧弹力保持平衡，那么弹簧弹力为重力与正压力之与，必定大于重力mg，故 B 项错误；弹簧弹力大于mg，对a物体受力分析可知，a物体对下挡板压力为其重力与弹簧弹力之与，大于 2mg，故 C 项错误；对a物体受力分析可知，a物体在水平方向不受力作用，摩擦力始终为 0，故 D 项错误.3.如图 4 所示，一轻质细杆两端分别固定着质量为m1与m2两个小球A与B(可视为质点).将其放在一个直角形光滑槽中，轻杆与槽右壁成角，槽右壁与水平地面成角时，两球刚好能平衡，且0，那么A、B两小球质量之比为()图 4 A.cos cos sin sin B.
7、cos sin sin cos C.sin sin cos cos D.sin cos cos cos 答案 C 解析 对A球受力分析，受重力、杆弹力、槽支持力，如图甲所示：根据共点力平衡条件，有：Fsin 90m1gsin 再对B球受力分析，受重力、杆弹力、槽支持力，如图乙所示：根据平衡条件，有：m2gsin 90Fsin 联立解得：m1m2sin sin cos cos，应选项 C 正确.第 6 页 考题二 共点力作用下物体动态平衡 1.图解法：一个力恒定、另一个力方向恒定时可用此法.例：挡板P由竖直位置向水平位置缓慢旋转时小球受力变化.(如图 5)图 5 特点：一个力为恒力，另一个力方向
8、不变.2.相似三角形法：一个力恒定、另外两个力方向同时变化，当所作矢量三角形与空间某个几何三角形总相似时用此法.(如图 6)AOB与力矢量 OOA与力矢量 三角形总相似 三角形总相似 图 6 特点：一个力为恒力，另两个力方向都在变.3.解析法：如果物体受到多个力作用，可进展正交分解，利用解析法，建立平衡方程，根据自变量变化确定因变量变化.4.结论法：假设合力不变，两等大分力夹角变大，那么分力变大.例 2(2021全国甲卷14)质量为m物体用轻绳ABF缓慢拉动绳中点OT表示绳OA段拉力大小，在O点向左移动过程中()图 7 A.F逐渐变大，T逐渐变大 B.F逐渐变大，T逐渐变小 C.F逐渐变小，T
9、逐渐变大 D.F逐渐变小，T逐渐变小 解析 对O点受力分析如下图，F与T变化情况如图，由图可知在O第 7 页 点向左移动过程中，F逐渐变大，T逐渐变大，应选项 A 正确.答案 A 例 3 如图 8 所示，绳与杆均不计重力，承受力最大值一定.A端用铰链固定，滑轮O在A点正上方(滑轮大小及摩擦均可忽略)，B端挂一重物P，现施加拉力FT将B缓慢上拉(绳与杆均未断)，在杆到达竖直前()图 8 A.绳子越来越容易断 C.杆越来越容易断 解析 以B点为研究对象，分析受力情况：重物拉力F(等于重物重力G)、轻杆支持力FN与绳子拉力FT，作出受力图如图：由平衡条件得知，FN与FT合力F与F大小相等，方向相反，
10、根据三角形相似可得：FNABFTBOFAO又FG，解得：FNABAOG；FTBOAOG，使BAO缓慢变小时，AB、AO保持不变，BO变小，那么FN保持不变，FT变小.故杆无所谓易断不易断，绳子越来越不容易断，故 B 项正确.应选 B.答案 B 变式训练 4.如图 9 所示，在楼道内倾斜天花板上需要安装灯泡照明，两根轻质细线一端拴在O点、另一端分别固定在天花板上a点与b点，一灯泡通过轻质细线悬挂于O点，系统静止，Oa水平、Ob与竖直方向成第 8 页 一定夹角.现在对灯泡施加一个水平向右拉力，使灯泡缓缓向右移动一小段距离过程中()图 9 A.Oa上拉力F1可能不变 B.Oa上拉力F1不断增大 C.
11、Ob上拉力F2不断减小 D.Ob上拉力F2可能增大 答案 B 解析 设灯泡为C.先选择灯泡为研究对象，开场时灯泡受到重力与细线拉力，所以细线拉力等于灯泡重力；对灯泡施加一个水平向右拉力F后设OC与竖直方向之间夹角为，如图甲，那么FCmgcos，选择节点O为研究对象，那么O点受到三个力作用处于平衡状态，受力如图乙，由图可知，在竖直方向：F2沿竖直方向分力始终等于FCcos mg，而且F2方向始终不变，所以F2始终不变；沿水平方向：F1大小等于F2沿水平方向分力与FC沿水平方向分力与，由于FC沿水平方向分力随增大而增大，所以F1逐渐增大.可知四个选项中只有 B 正确.5.如图 10 所示，两一样物
12、块分别放置在对接两固定斜面上，物块处在同一水平面内，之间用细绳连接，在绳中点加一竖直向上拉力F，使两物块处于静止状态，此时绳与斜面间夹角小于 90.当增大拉力F后，系统仍处于静止状态，以下说法正确是()图 10 第 9 页 答案 ACD 解析 F增大，由于绳夹角不变，故绳上拉力增大，A 正确；对物块进展受力分析，沿斜面方向：绳拉力分量与物块重力分量之与等于静摩擦力，垂直斜面方向：物块重力分量等于斜面对物块支持力与绳拉力分量之与.由于绳上拉力增大，故静摩擦力变大，支持力变小，B 错误，C 正确；物块仍处于平衡状态，所受合力仍为 0，故 D 正确.考题三 平衡中临界、极值问题 1.物体平衡临界问题
13、：当某一物理量变化时，会引起其他几个物理量跟着变化，从而使物体所处平衡状态恰好出现变化或恰好不出现变化.2.极限分析法：通过恰当地选取某个变化物理量将其推向极端(“极大或“极小、“极右或“极左等).(1)物理分析方法：就是通过对物理过程分析，抓住临界(或极值)条件进展求解.(2)数学方法：例如求二次函数极值、讨论公式极值、三角函数极值.例 4 如图 11 所示，物体在拉力F作用下沿水平面做匀速运动，发现当外力F与水平方向夹角为 30时，所需外力最小，由以上条件可知，外力F最小值与重力比值为()图 11 A.32 B.12 C.33 D.36 思维标准流程 对物体受力分析如下图：物体受 4 个力
14、做匀速直线运动，所以选用正第 10 页 交分解，分方向列平衡方程.竖直方向：FNFsin 30G水平方向：Fcos 30Ff 滑动摩擦力：FfFN 解得：FGsin 301cos 30 当 sin 301cos 30最大时，F具有最小值.三角函数求极值 一阶导数为0时具有极值(sin 301cos 30)cos 301sin 300 得33 所以FG1sin 303cos 3012 变式训练 6.如图 12 所示，在两固定竖直挡板间有一外表光滑重球，球直径略小于挡板间距离，用一横截面为直角三角形楔子抵住.楔子底角为60，重力不计.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.为使球不下滑，楔子与挡板间动摩擦因
15、数至少应为()图 12 第 11 页 A.33 B.3 C.12 D.32 答案 A 解析 设球质量为M，隔离光滑均匀重球，对球受力分析如图甲所示，由几何关系可知，30，可得：FNFcos，MgFsin 0 解得：FMgsin 302Mg 再以楔子为研究对象，由于其重力忽略不计，所以只受到球压力、挡板支持力与摩擦力，如图乙：由共点力平衡可得：FNFcos，FfFsin 0 其中F与F大小相等，方向相反.又：FfFN联立得：33，故 A 正确，B、C、D 错误.7.如图 13 所示，质量为mF水平向右恒力，物体可沿斜面匀速向上滑行.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当斜面倾角增大并超过某一临界角0时
16、，不管水平恒力F多大，都不能使物体沿斜面向上滑行，试求：图 13(1)物体与斜面间动摩擦因数；(2)临界角0.第 12 页 答案(1)33(2)60 解析(1)由题意物体恰能沿斜面匀速下滑，那么满足mgsin 30mgcos 30 解得33(2)设斜面倾角为，受力情况如下图，由匀速直线运动条件有Fcos mgsin Ff，FNmgcos Fsin，FfFN 解得Fmgsin mgcos cos sin 当 cos sin 0 时，F，即“不管水平恒力F多大，都不能使物体沿斜面向上滑行，此时临界角060.专题标准练 1.如图 1 所示，一小男孩通过一根弹簧想把地面上木箱拖回房间，但试了两次均未拖
17、动.分析图甲、图乙后，以下说法正确是()图 1 答案 B 解析 对木箱受力分析，因处于平衡状态，合力为零，那么弹力等于木箱受到摩擦力，故 A 错误；根据弹簧形变量大小可知，图乙弹力较大，那么图甲中木箱受到摩擦力小于图乙中木箱受到摩擦力，故 B 正确；根据平衡条件可知，两图中木箱均处于平衡状态，那么它们合力为零，故 C、D 错误.第 13 页 2.如图 2 所示，物体受到沿斜面向下拉力F作用静止在粗糙斜面上，斜面静止在水平地面上，那么以下说法正确是()图 2 F后物体仍能静止 答案 C 解析 物体受拉力、重力、支持力与摩擦力，根据平衡条件，斜面对物体作用力与重力与拉力合力等大反向，故 A 错误；
18、设斜面倾角为，物体质量为m，撤去F前物体静止在斜面上，合力为零，那么物体必定受到沿斜面向上静摩擦力，大小为FfFmgsin，那么最大静摩擦力至少为FfmFmgsin；撤去F后，因为重力下滑分力mgsin F1F2 C.F3F1F2 D.F1F2F3 答案 C 解析 甲图：物块静止，弹簧拉力F1mg；乙图：以物块为研究对象，受力如图甲，F2Gsin 6032mgmg F3mg，故F3F1F2 6.如图 6 所示，质量均为mA、B两球，由一根劲度系数为k轻弹簧连接静止于半径为R光滑半球形碗中，弹簧水平，两球间距为R且球半径远小于碗半径.那么弹簧原长为()图 6 A.mgkR B.mg2kR C.2
19、3mg3kR D.3mg3kR 答案 D 解析 以A球为研究对象，小球受三个力：重力、弹力与碗支持力如第 16 页 下图，由平衡条件，得到：tan mgkx 解得：xmgktan 根据几何关系得：cos 12RR12，那么 tan 3，所以xmgktan 3mg3k 故弹簧原长x03mg3kR，故 D 正确.7.如图 7(a)所示，两段等长细绳将质量分别为 2m、m小球A、B悬挂在O点，小球A受到水平向右恒力F1作用、小球B受到水平向左恒力F2作用，当系统处于静止状态时，出现了如图(b)所示状态，小球B刚好位于OF1与F2大小关系正确是()图 7 A.F14F2 B.F13F2 C.F12F2
20、 D.F1F2 答案 A 解析 A受到水平向右力F1，B受到水平向左力F2，以整体为研究对象，分析受力如图甲：设OA绳与竖直方向夹角为，那么由平衡条件得：tan F1F22mgmg第 17 页 以B球为研究对象，受力如图乙，设AB绳与竖直方向夹角为，那么由平衡条件得：tan F2mg 由几何关系得到：联立解得：F14F2 8.如图 8 所示，置于地面矩形框架中用两细绳拴住质量为m小球，绳BA、B对球拉力大小分别为F1、F2，它们合力大小为F.现将框架在竖直平面内绕左下端缓慢旋转 90，在此过程中()图 8 A.F1先增大后减小 B.F2先增大后减小 C.F先增大后减小 D.F先减小后增大 答案
21、 B 解析 对小球受力分析如下图：小球处于静止状态，受力平衡，两绳拉力合力与重力大小相等、方向相反，那么F不变，根据平行四边形定那么可知，将框架在竖直平面内绕左下端缓慢旋转 90过程中，F1逐渐减小，F2先增大后减小，当绳A处于水平方向时，F2最大，故 B 正确.9.如图 9 所示，两个带有同种电荷小球m1、m2，用绝缘细线悬挂于O点，假设q1q2，L1L2，平衡时两球到过O点竖直线距离相等，那么()图 9 A.m1m2 第 18 页 B.m1m2 C.m1q2，L1L2，但两者库仑力大小相等，那么有m1gF1m2gF2由于F1F2，所以m1m2，故 B 正确，A、C、D 错误.10.(多项选
22、择)如图 10 所示，倾角为 30斜面体静止在水平地面上，轻绳一端连着斜面上物体A(轻绳与斜面平行)，另一端通过两个滑轮相连于天花板上Pm物块BP点缓慢向右移动，直到动滑轮两边轻绳夹角为 90时，物体A刚好要滑动.假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物体A与斜面间动摩擦因数为33.整个过程斜面体始终静止，不计滑轮质量及轻绳与滑轮摩擦.以下说法正确是()图 10 A质量为22m A受到摩擦力一直增大 答案 AB 解析 同一条绳子上拉力相等，对B受力分析，当两条绳子夹角为90时，绳子拉力为FTmgsin 4522mg，对A受力分析，在第 19 页 沿斜面方向上有：A受到沿斜面向下最大静摩擦力，重力沿斜
23、面向下分力与绳子拉力，故有mAgsin 30FfmFT，FfmmAgcos 30，解得mA22m，A 正确；当两个轻绳都是竖直方向时，绳子拉力最小，此时mAgsin 3012mg，所以刚开场静摩擦力方向沿斜面向下，故mAgsin 30FfFT，随着FT增大，摩擦力在增大，B 正确；将斜面体与A以及B看做一个整体，受到最右边绳子拉力作用，并且每条绳子在竖直方向上分力恒等于12mg 故有Ff12mgtan 2，随着增大，摩擦力在增大，C 错误；对斜面体分析，受左边绳子斜向下拉力，这个拉力在竖直方向上分力恒等于12mg，所以斜面体对地面压力恒定不变，D 错误.11.图 11 中工人在推动一台割草机，
24、施加力大小为 100 N，方向与水平地面成 30角斜向下，g取 10 m/s2.图 11(1)假设割草机重 300 N，那么它作用在地面上向下压力为多大？(2)假设工人对割草机施加作用力与图示反向，力大小不变，那么割草机作用在地面上向下压力又为多大？(3)割草机割完草后，工人用最小拉力拉它，使之做匀速运动，这个最小拉力为 180 N，那么割草机与地面间动摩擦因数及最小拉力与水平方向夹角为多少？第 20 页 答案(1)350 N(2)250 N(3)0.75 37 解析 工人对割草机施加作用力沿竖直方向分力为 50 N.(1)当工人斜向下推割草机时，在竖直方向上有：FN1GFsin 30 解得：
25、FN1350 N.由牛顿第三定律知，割草机对地面压力为 350 N.(2)当工人斜向上拉割草机时，在竖直方向上有：FN2Fsin 30G 解得：FN2250 N 由牛顿第三定律知，割草机对地面压力为 250 N.(3)由平衡条件知，在水平方向上：Fcos FN，在竖直方向上有：FNFsin G 联立可得：FGcos sin G12sin，tan 1 所以当90，即 tan 时，F有最小值：FminG12 代入数据可得：0.75，37.12.如图 12 所示，水平面上有一个倾角为30斜劈，质量为m.一个光滑小球，质量也为m，用绳子悬挂起来，绳子与斜面夹角为30，整个系统处于静止状态.图 12 第 21 页(1)求出绳子拉力FT；(2)假设地面对斜劈最大静摩擦力Ffm等于地面对斜劈支持力k倍，为了使整个系统始终保持静止，k值必须满足什么条件？答案(1)33mg(2)k39 解析(1)对小球受力分析，如图甲所示，由平衡条件得：mgsin FTcos 0，解得FT33mg.(2)对斜劈与小球组成整体受力分析，如图乙所示，由平衡条件得：水平方向：FTcos()Ff0 竖直方向：FN2FTsin()2mg0 又FfFfmkFN2 联立各式解得k39.