资源简介

(共63张PPT)
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
对小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·江西鹰潭市校考)如图所示为某同学左手从地面上抓取篮球并离
开地面的照片。为简单起见，假设只有大拇指、中指和小拇指对篮球有力的作用，三根手指的抓取点在同一水平面内呈对称分布，且与球心的连线和竖直方向成53°角。已知手指与篮球之间的动摩擦因数为0.9，篮球质量为500 g，g取10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin 53° =0.8，cos 53°=0.6，假设三根手指对篮球的作用力
大小相等，则每根手指对篮球的压力至少约为
A.14 N　B.17 N　C.19 N　D.20 N
√
例2
篮球受七个力的作用，除重力外，其余3组力呈空间对称分布，每一组力中的弹力和摩擦力在竖直方向分力的合力，
承担了篮球自身重力的三分之一，对篮球受到的
一组力受力分析如图所示
由竖直方向受力平衡有Ffsin 53°=Fcos 53°+mg，
Ff=μF，解得F≈14 N，故选A。
多题归一
(2024·北京市石景山区期末)如图所示，为营造节日气氛，同学们用轻质细线在墙角悬挂彩灯。已知两彩灯质量均为m，OA段细线与竖直方向夹角为37°(sin 37°=0.6，cos 37°=0.8)，BC段细线保持水平，重力加速度为g。关于三段细线拉力FOA、FAB、FBC，下列表达式正确的是
A.FOA=mg、FAB=mg、FBC=mg
B.FOA=mg、FAB=mg、FBC=mg
C.FOA=mg、FAB=mg、FBC=mg
D.FOA=4mg、FAB=mg、FBC=2mg
√
例3
将两彩灯看成整体，受力分析如图所示，
根据平衡条件可得FOA==mg
FBC=2mgtan 37°=mg，对结点B受力分析，
根据共点力平衡可得FAB==mg，故选A。
(2024·山东菏泽市期中)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°，已知每颗小球的重力均为1 N，则第15颗小球与第16颗小球之间轻绳的
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颗小球与第16颗小
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
√
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。
变式2
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·广东湛江市检测)如图所示，用光滑铁丝弯成的四分之一圆弧轨道竖直固定在水平地面上，O为圆心，A为轨道上的一点，一中间带有小孔的小球套在圆弧轨道上，对小球施加一个拉力，若在拉力方向从水平向左在纸面内顺时针转至竖直向上的过程中，小球始终静止在A点，则拉力F
A.先变大，后变小
B.先变小，后变大
C.一直变大
D.一直变小
√
例5
根据题意可知，小球始终静止在A点，对小球受力分析可知，小球受重力、轨道的弹力及拉力处于平衡状态，三力可组成一个闭合的三角形，如图所示
则拉力方向从水平向左在纸面内顺时针转至竖直向
上的过程中，拉力F先变小，后变大。故选B。
　 (2022·河北卷·7)如图，用两根等长的细绳将一匀质圆柱体悬挂在竖直木板的P点，将木板以底边MN为轴向后方缓慢转动直至水平，绳与木板之间的夹角保持不变，忽略圆柱体与木板之间的摩擦，在转动过程中
A.圆柱体对木板的压力逐渐增大
B.圆柱体对木板的压力先增大后减小
C.两根细绳上的拉力均先增大后减小
D.两根细绳对圆柱体拉力的合力保持不变
√
例6
方法一：解析法
设两根细绳对圆柱体拉力的合力大小为FT，木板对圆柱体的支持力大小为FN，从右向左看，受力分析如图所示，绳子与木板间的夹角不变，α也不变，
在矢量三角形中，根据正弦定理有
==，
在木板以底边MN为轴向后方缓慢转动直至水平的过程中，α不变，γ从90°逐渐减小到0，
又γ+β+α=180°，且α<90°，
可知90°<γ+β<180°，则0<β<180°，
可知β从锐角逐渐增大到钝角，
根据==可知，
sin γ不断减小，FT逐渐减小，sin β先增大后减小，FN先增大
后减小，结合牛顿第三定律可知，圆柱体对木板的压力先增大后减小，设两根细绳之间的夹角为2θ，一根细绳的拉力大小为FT'，则2FT'cos θ=FT，可得FT'=，θ不变，FT逐渐减小，可知两根细绳上的拉力不断减小，两根细绳对圆柱体拉力的合力不断减小，故B正确，A、C、D错误。
方法二：辅助圆法
作出圆柱体的重力mg、木板对圆柱体的支持力FN、两根细绳对圆柱体拉力的合力FT初始状态矢量三角形，并画出它的外接圆，使A点在圆上顺时针移动，FT与竖直方向夹角变大，由图可知，FT逐渐减小，FN先增大后减小。
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甲
(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=。
乙
3.数学知识在力学中的应用
数学知识 图示 公式 注意事项
辅助角公式 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
数学知识 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
数学知识 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 C B AD C C D CD
题号 9 11
答案 B D
对一对
答案
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答案
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10.
(1)mg　(2)mg　(3)
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
√
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保分基础练
答案
如图所示，将机器人(包括磁铁)重力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。
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答案
2.(2024·黑吉辽·3)利用砚台将墨条研磨成墨汁时讲究“圆、缓、匀”，如图，在研磨过程中，砚台始终静止在水平桌面上。当墨条的速度方向水平向左时，
A.砚台对墨条的摩擦力方向水平向左
B.桌面对砚台的摩擦力方向水平向左
C.桌面和墨条对砚台的摩擦力是一对平衡力
D.桌面对砚台的支持力与墨条对砚台的压力是一对平衡力
√
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答案
当墨条速度方向水平向左时，墨条相对于砚台向左运动，故砚台对墨条的摩擦力方向水平向右，故A错误；
根据牛顿第三定律，墨条对砚台的摩擦力方向水平向左，由于砚台始终处于静止状态，故桌面对砚台的摩擦力方向水平向右，故B错误；
由于砚台始终处于静止状态，水平方向上桌面和墨条对砚台的摩擦力是一对平衡力，故C正确；
桌面对砚台的支持力大小等于砚台的重力加上墨条对其的压力，故桌面对砚台的支持力大于墨条对砚台的压力，故D错误。
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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.
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答案
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。
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答案
4.(多选)(2024·山东省实验中学开学考)如图所示，一条细线一端与水平地板上的物体B相连，另一端绕过质量不计的光滑定滑轮与小球A相连，定滑轮用另一条细线悬挂在天花板上的O'点，细线与竖直方向所成角度为α，则
A.如果将物体B在地板上向右移动一点，α角将增大
B.无论物体B在地板上左移还是右移，只要距离足
　够小，α角将不变
C.增大小球A的质量，α角一定减小
D.悬挂定滑轮的细线的弹力不可能等于小球A的重力
√
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√
答案
对小球A受力分析可得FT=mAg，如果将物体B在地板上向右移动一点，则∠AOB增大，由于两端细线的拉力的合力一定沿其角平分线方向，对定滑轮受力分析如图所示
可得∠AOB=2α，可知如果将物体B在地板上向右移动一点，α角将增大，故A正确，B错误；
增大小球A的质量，只要物体B与地板的摩擦力足够大，物体B的位置不变，α角不变，故C错误；
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答案
由于∠AOB=2α<90°<120°，两端细线的拉力的大小均为mAg，根据力的合成可知悬挂定滑轮的细线的弹力一定大于小球A的重力，故D正确。
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答案
5.(2024·安徽淮北市质检)如图所示，在竖直墙壁上固定水平轻杆OB，B为铰链装置，OA为轻质细绳且与水平方向夹角θ=30°，小球质量为m，通过轻绳系于O点，初始时整个装置处于静止状态，现保证O点位置不变，逐渐减小绳OA的长度，使绳的上端由A点缓慢移动至C点。已知重力加速度为g，不计所有摩擦，则下列说法正确的是
A.初始时OA绳的拉力大小为mg
B.移动过程中OA绳的拉力大小逐渐增大
C.移动过程中OB杆的弹力逐渐减小
D.最终OA绳的拉力大小减小至0
√
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答案
初始时整个装置处于静止状态，则根据平衡条件，竖直方向上可得mg=FTsin 30°，解得FT=2mg，故A错误；
根据平衡条件，竖直方向上可得mg=FTsin θ
则FT=，水平方向上可得FNB=，绳的上端由A点缓慢移动至C点，θ增大，则sin θ增大，tan θ增大，则FT逐渐减小到mg，FNB减小，故B、D错误，C正确。
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答案
6.(2024·天津市南开区质检)千斤顶在汽车维修、地震救灾中经常用到。如图所示是剪式(菱形)千斤顶，当摇动把手时，螺纹杆迫使A、B间距离变小，千斤顶的两臂靠拢(螺旋杆始终保持水平)，从而将重物缓慢顶起。若重物的重力为G，AB与AC间的夹角为θ，不计千斤顶杆件自重，下列说法正确的是
A.AC、BC两杆受到的弹力大小均为
B.当θ=60°时，AC、BC两杆受到的弹力大小均为G
C.摇动把手将重物缓慢顶起的过程，AC、BC杆受到
　的弹力将减小
D.摇动把手将重物缓慢顶起的过程，重物受到的支持力将增大
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答案
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根据题意，设AC、BC两杆受到的弹力大小均为F，由平衡条件及几何关系有2Fcos(90°-θ)=G，解得F=，故A错误；
由A项分析可知，当θ=60°时，AC、BC两杆受到的弹力大小均为F==G，故B错误；
摇动把手将重物缓慢顶起的过程，θ增大，sin θ增大，则F减小，故C正确；
摇动把手将重物缓慢顶起的过程，重物所受合力为零，则重物受到的支持力大小一直等于重物重力的大小，保持不变，故D错误。
答案
7.(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
√
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争分提能练
答案
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
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
tan 30°==2，故选D。
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答案
8.(多选)(2024·湖南省九校联盟联考)如图所示，倾角为θ的斜面体c置于水平地面上，小物块b置于斜面上，绝缘细绳一端与b相连(绳与斜面平行)，另一端跨过光滑的轻质定滑轮与带电小球M连接，定滑轮的正下方也有一带电小球N，M、N质量均为m，带电荷量大小均为q。M静止时细绳与竖直方向成β角(β<90°)，M、N处于同一水平线上。现在同一竖直面内向下方缓慢移动N，直到N移动到M的正下方，此过程中b、c、M始终处于静止状态。M、N均可视为点电荷，静电力常量为k，重力加速度为g。下列说法中正确的是
A.M、N间的库仑力先增大后减小
B.绝缘细绳对M的拉力逐渐增大
C.地面对c的摩擦力逐渐减小
D.M、N间距离最大值为
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√
答案
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画出小球M的受力示意图如图所示
当小球M位置不动，N缓慢向下方移动时，绝缘细绳对M的拉力FT逐渐减小，N对M的库仑力F库先减小后增大，M、N间库仑力最小时，M、N间距离最大，则有
mgsin β=，解得r=，故D正确，A、B错误；
将b和c看成一个整体，受重力、绳子沿斜面向上的拉力、地面的支持力以及水平向左的摩擦力，根据正交分解法，可知地面对c的摩擦力的大小等于拉力的水平分量，当拉力FT减小时，地面对c的摩擦力减小，故C正确。
答案
9.(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
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答案
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。
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答案
10.(2024·河南南阳市六校联考)一个底面粗糙、质量为M=3m的劈放在粗糙水平地面上，劈的斜面光滑且与水平地面成30°角。现用一端固定的轻绳系一质量为m的小球，小球放在斜面上，小球静止时轻绳与竖直方向的夹角也为30°，如图所示。重力加速度为g。
(1)当劈静止时，求绳子的拉力大小；
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答案　mg　
答案
以小球为研究对象，受力分析如图所示，对FT和mg进行正交分解。
由平衡条件有FTcos 30°=mgsin 30°
解得FT=mg
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答案
(2)当劈静止时，求地面对劈的摩擦力大小；
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答案　mg
以劈和小球整体为研究对象，受力情况如图所示。
由平衡条件可得Ff=FTcos 60°=mg
答案
(3)若地面对劈的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，为使整个系统静止，劈与地面间的动摩擦因数μ最小值多大？
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11
答案　
为使整个系统静止，必须满足Ffmax=μFN≥FTcos 60°
且有FN+FTsin 60°=(M+m)g
联立解得μ≥
答案
11.(2024·河北沧州市一模)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
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尖子生选练
答案
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，
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答案
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。
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答案第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
例2　(2024·江西鹰潭市校考)如图所示为某同学左手从地面上抓取篮球并离开地面的照片。为简单起见，假设只有大拇指、中指和小拇指对篮球有力的作用，三根手指的抓取点在同一水平面内呈对称分布，且与球心的连线和竖直方向成53°角。已知手指与篮球之间的动摩擦因数为0.9，篮球质量为500 g，g取10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin 53°=0.8，cos 53°=0.6，假设三根手指对篮球的作用力大小相等，则每根手指对篮球的压力至少约为(　　)
A.14 N B.17 N
C.19 N D.20 N
例3　(2024·北京市石景山区期末)如图所示，为营造节日气氛，同学们用轻质细线在墙角悬挂彩灯。已知两彩灯质量均为m，OA段细线与竖直方向夹角为37°(sin 37°=0.6，cos 37°=0.8)，BC段细线保持水平，重力加速度为g。关于三段细线拉力FOA、FAB、FBC，下列表达式正确的是(　　)
A.FOA=mg、FAB=mg、FBC=mg
B.FOA=mg、FAB=mg、FBC=mg
C.FOA=mg、FAB=mg、FBC=mg
D.FOA=4mg、FAB=mg、FBC=2mg
一题多变
变式1　(2024·山东菏泽市期中)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°，已知每颗小球的重力均为1 N，则第15颗小球与第16颗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
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
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·广东湛江市检测)如图所示，用光滑铁丝弯成的四分之一圆弧轨道竖直固定在水平地面上，O为圆心，A为轨道上的一点，一中间带有小孔的小球套在圆弧轨道上，对小球施加一个拉力，若在拉力方向从水平向左在纸面内顺时针转至竖直向上的过程中，小球始终静止在A点，则拉力F(　　)
A.先变大，后变小 B.先变小，后变大
C.一直变大 D.一直变小
例6　(2022·河北卷·7)如图，用两根等长的细绳将一匀质圆柱体悬挂在竖直木板的P点，将木板以底边MN为轴向后方缓慢转动直至水平，绳与木板之间的夹角保持不变，忽略圆柱体与木板之间的摩擦，在转动过程中(　　)
A.圆柱体对木板的压力逐渐增大
B.圆柱体对木板的压力先增大后减小
C.两根细绳上的拉力均先增大后减小
D.两根细绳对圆柱体拉力的合力保持不变
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(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
数学知识 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
答案精析
例1　A　[对小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　A　[篮球受七个力的作用，除重力外，其余3组力呈空间对称分布，每一组力中的弹力和摩擦力在竖直方向分力的合力，承担了篮球自身重力的三分之一，对篮球受到的一组力受力分析如图所示
由竖直方向受力平衡有Ffsin 53°=Fcos 53°+mg，Ff=μF，解得F≈14 N，故选A。]
例3　A　[将两彩灯看成整体，受力分析如图所示，根据平衡条件可得FOA==mg
FBC=2mgtan 37°=mg，对结点B受力分析，根据共点力平衡可得
FAB==mg，故选A。]
变式1　C　[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颗小球与第16颗小球之间轻绳的张力大小为F1=，解得F1=35 N，故选C。]
变式2　B　[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　D　[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。]
例5　B　[根据题意可知，小球始终静止在A点，对小球受力分析可知，小球受重力、轨道的弹力及拉力处于平衡状态，三力可组成一个闭合的三角形，如图所示
则拉力方向从水平向左在纸面内顺时针转至竖直向上的过程中，拉力F先变小，后变大。故选B。]
例6　B　[方法一：解析法
设两根细绳对圆柱体拉力的合力大小为FT，木板对圆柱体的支持力大小为FN，从右向左看，受力分析如图所示，绳子与木板间的夹角不变，α也不变，
在矢量三角形中，根据正弦定理有
==，
在木板以底边MN为轴向后方缓慢转动直至水平的过程中，α不变，γ从90°逐渐减小到0，
又γ+β+α=180°，且α<90°，
可知90°<γ+β<180°，
则0<β<180°，
可知β从锐角逐渐增大到钝角，
根据==可知，
sin γ不断减小，FT逐渐减小，sin β先增大后减小，FN先增大后减小，结合牛顿第三定律可知，圆柱体对木板的压力先增大后减小，设两根细绳之间的夹角为2θ，一根细绳的拉力大小为FT'，则2FT'cos θ=FT，可得FT'=，θ不变，FT逐渐减小，可知两根细绳上的拉力不断减小，两根细绳对圆柱体拉力的合力不断减小，故B正确，A、C、D错误。
方法二：辅助圆法
作出圆柱体的重力mg、木板对圆柱体的支持力FN、两根细绳对圆柱体拉力的合力FT初始状态矢量三角形，并画出它的外接圆，使A点在圆上顺时针移动，FT与竖直方向夹角变大，由图可知，FT逐渐减小，FN先增大后减小。]第1练　力与物体的平衡
1~6题每题4分，7~9、11题每题6分，10题12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
2.(2024·黑吉辽·3)利用砚台将墨条研磨成墨汁时讲究“圆、缓、匀”，如图，在研磨过程中，砚台始终静止在水平桌面上。当墨条的速度方向水平向左时，(　　)
A.砚台对墨条的摩擦力方向水平向左
B.桌面对砚台的摩擦力方向水平向左
C.桌面和墨条对砚台的摩擦力是一对平衡力
D.桌面对砚台的支持力与墨条对砚台的压力是一对平衡力
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.
4.(多选)(2024·山东省实验中学开学考)如图所示，一条细线一端与水平地板上的物体B相连，另一端绕过质量不计的光滑定滑轮与小球A相连，定滑轮用另一条细线悬挂在天花板上的O'点，细线与竖直方向所成角度为α，则(　　)
A.如果将物体B在地板上向右移动一点，α角将增大
B.无论物体B在地板上左移还是右移，只要距离足够小，α角将不变
C.增大小球A的质量，α角一定减小
D.悬挂定滑轮的细线的弹力不可能等于小球A的重力
5.(2024·安徽淮北市质检)如图所示，在竖直墙壁上固定水平轻杆OB，B为铰链装置，OA为轻质细绳且与水平方向夹角θ=30°，小球质量为m，通过轻绳系于O点，初始时整个装置处于静止状态，现保证O点位置不变，逐渐减小绳OA的长度，使绳的上端由A点缓慢移动至C点。已知重力加速度为g，不计所有摩擦，则下列说法正确的是(　　)
A.初始时OA绳的拉力大小为mg
B.移动过程中OA绳的拉力大小逐渐增大
C.移动过程中OB杆的弹力逐渐减小
D.最终OA绳的拉力大小减小至0
6.(2024·天津市南开区质检)千斤顶在汽车维修、地震救灾中经常用到。如图所示是剪式(菱形)千斤顶，当摇动把手时，螺纹杆迫使A、B间距离变小，千斤顶的两臂靠拢(螺旋杆始终保持水平)，从而将重物缓慢顶起。若重物的重力为G，AB与AC间的夹角为θ，不计千斤顶杆件自重，下列说法正确的是(　　)
A.AC、BC两杆受到的弹力大小均为
B.当θ=60°时，AC、BC两杆受到的弹力大小均为G
C.摇动把手将重物缓慢顶起的过程，AC、BC杆受到的弹力将减小
D.摇动把手将重物缓慢顶起的过程，重物受到的支持力将增大
［争分提能练］
7.(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
8.(多选)(2024·湖南省九校联盟联考)如图所示，倾角为θ的斜面体c置于水平地面上，小物块b置于斜面上，绝缘细绳一端与b相连(绳与斜面平行)，另一端跨过光滑的轻质定滑轮与带电小球M连接，定滑轮的正下方也有一带电小球N，M、N质量均为m，带电荷量大小均为q。M静止时细绳与竖直方向成β角(β<90°)，M、N处于同一水平线上。现在同一竖直面内向下方缓慢移动N，直到N移动到M的正下方，此过程中b、c、M始终处于静止状态。M、N均可视为点电荷，静电力常量为k，重力加速度为g。下列说法中正确的是(　　)
A.M、N间的库仑力先增大后减小
B.绝缘细绳对M的拉力逐渐增大
C.地面对c的摩擦力逐渐减小
D.M、N间距离最大值为
9.(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
10.(12分)(2024·河南南阳市六校联考)一个底面粗糙、质量为M=3m的劈放在粗糙水平地面上，劈的斜面光滑且与水平地面成30°角。现用一端固定的轻绳系一质量为m的小球，小球放在斜面上，小球静止时轻绳与竖直方向的夹角也为30°，如图所示。重力加速度为g。
(1)(4分)当劈静止时，求绳子的拉力大小；
(2)(4分)当劈静止时，求地面对劈的摩擦力大小；
(3)(4分)若地面对劈的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，为使整个系统静止，劈与地面间的动摩擦因数μ最小值多大？
［尖子生选练］
11.(2024·河北沧州市一模)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
答案精析
1.C　[如图所示，将机器人(包括磁铁)重力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.C　[当墨条速度方向水平向左时，墨条相对于砚台向左运动，故砚台对墨条的摩擦力方向水平向右，故A错误；根据牛顿第三定律，墨条对砚台的摩擦力方向水平向左，由于砚台始终处于静止状态，故桌面对砚台的摩擦力方向水平向右，故B错误；由于砚台始终处于静止状态，水平方向上桌面和墨条对砚台的摩擦力是一对平衡力，故C正确；桌面对砚台的支持力大小等于砚台的重力加上墨条对其的压力，故桌面对砚台的支持力大于墨条对砚台的压力，故D错误。]
3.B　[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.AD　[对小球A受力分析可得FT=mAg，如果将物体B在地板上向右移动一点，则∠AOB增大，由于两端细线的拉力的合力一定沿其角平分线方向，对定滑轮受力分析如图所示
可得∠AOB=2α，可知如果将物体B在地板上向右移动一点，α角将增大，故A正确，B错误；增大小球A的质量，只要物体B与地板的摩擦力足够大，物体B的位置不变，α角不变，故C错误；由于∠AOB=2α<90°<120°，两端细线的拉力的大小均为mAg，根据力的合成可知悬挂定滑轮的细线的弹力一定大于小球A的重力，故D正确。]
5.C　[初始时整个装置处于静止状态，则根据平衡条件，竖直方向上可得mg=FTsin 30°，解得FT=2mg，故A错误；
根据平衡条件，竖直方向上可得mg=FTsin θ
则FT=，水平方向上可得FNB=，绳的上端由A点缓慢移动至C点，θ增大，则sin θ增大，tan θ增大，则FT逐渐减小到mg，FNB减小，故B、D错误，C正确。]
6.C　[根据题意，设AC、BC两杆受到的弹力大小均为F，由平衡条件及几何关系有2Fcos(90°-θ)=G，解得F=，故A错误；由A项分析可知，当θ=60°时，AC、BC两杆受到的弹力大小均为F==G，故B错误；摇动把手将重物缓慢顶起的过程，θ增大，sin θ增大，则F减小，故C正确；摇动把手将重物缓慢顶起的过程，重物所受合力为零，则重物受到的支持力大小一直等于重物重力的大小，保持不变，故D错误。]
7.D　[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
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
tan 30°=，联立解得=2，故选D。]
8.CD　[画出小球M的受力示意图如图所示
当小球M位置不动，N缓慢向下方移动时，绝缘细绳对M的拉力FT逐渐减小，N对M的库仑力F库先减小后增大，M、N间库仑力最小时，M、N间距离最大，则有
mgsin β=，解得r=，故D正确，A、B错误；将b和c看成一个整体，受重力、绳子沿斜面向上的拉力、地面的支持力以及水平向左的摩擦力，根据正交分解法，可知地面对c的摩擦力的大小等于拉力的水平分量，当拉力FT减小时，地面对c的摩擦力减小，故C正确。]
9.B　[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。]
10.(1)mg　(2)mg　(3)
解析　(1)以小球为研究对象，受力分析如图所示，对FT和mg进行正交分解。
由平衡条件有
FTcos 30°=mgsin 30°
解得FT=mg
(2)以劈和小球整体为研究对象，受力情况如图所示。
由平衡条件可得Ff=FTcos 60°=mg
(3)为使整个系统静止，必须满足
Ffmax=μFN≥FTcos 60°
且有FN+FTsin 60°=(M+m)g
联立解得μ≥
11.D　[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。]

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