專題一第1課時力與物體平衡

專題一力與運動知識體系第1課時力與物體的平衡命題規(guī)律1.命題角度：(1)物體的受力分析、靜態(tài)平衡、動態(tài)平衡；(2)靜電力、安培力、洛倫茲力作用下的平衡.2.?？碱}型：選擇題.內(nèi)容索引NEIRONGSUOYIN高考題型1靜態(tài)平衡問題高考題型2動態(tài)平衡問題專題強化練高考預測1.研究對象的選取：整體法和隔離法.2.受力分析的方法(1)假設法.(2)轉(zhuǎn)換研究對象法：根據(jù)牛頓第三定律，如圖1.高考題型1靜態(tài)平衡問題圖1(3)動力學分析法：根據(jù)牛頓第二定律，由加速度方向判定合力的方向，從而確定某一個力的方向，如圖2.圖23.共點力平衡的常用處理方法

適用條件平衡關系合成法三個共點力任意兩個力的合力一定與第三個力大小相等，方向相反效果分解法三個共點力某一個力按力的作用效果分解，則其分力和其他兩個力滿足平衡條件正交分解法三個或三個以上共點力將物體所受的力分解為相互垂直的兩組力，每組力都滿足平衡條件例1

(2020·全國卷Ⅲ·17)如圖3，懸掛甲物體的細線拴牢在一不可伸長的輕質(zhì)細繩上O點處；繩的一端固定在墻上，另一端通過光滑定滑輪與物體乙相連.甲、乙兩物體質(zhì)量相等.系統(tǒng)平衡時，O點兩側(cè)繩與豎直方向的夾角分別為α和β.若α＝70°，則β等于A.45° B.55°C.60° D.70°√考向一合成法圖3解析取O點為研究對象，在三力的作用下O點處于平衡狀態(tài)，對其受力分析如圖所示，根據(jù)幾何關系可得β＝55°，故選B.例2如圖4所示，金屬棒ab質(zhì)量為m，通過電流為I，處在磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向與導軌平面夾角為θ，ab靜止于寬為L的水平導軌上.下列說法正確的是A.金屬棒受到的安培力大小為F＝BILsinθB.金屬棒受到的摩擦力大小為Ff＝BILcosθC.若只改變電流方向，金屬棒對導軌的壓力將增大D.若只增大磁感應強度B后，金屬棒對導軌的壓力將增大√考向二正交分解法圖4解析金屬棒受到的安培力大小F＝BIL，故A錯誤；電流方向從a到b，受力分析如圖所示，根據(jù)平衡條件有Ff＝Fsinθ＝BILsinθ，F(xiàn)N＝G－Fcosθ＝G－BILcosθ，若只增大磁感應強度B后，導軌對金屬棒的支持力減小，所以金屬棒對導軌的壓力減小，故B、D錯誤；若只改變電流方向，安培力方向?qū)⒆優(yōu)樾毕蛴蚁?，安培力在豎直方向上的分力豎直向下，所以金屬棒對導軌的壓力將增大，故C正確.(1)靜電場、磁場中的平衡問題，受力分析時要注意靜電力、磁場力方向的判斷，再結(jié)合平衡條件分析求解.(2)涉及安培力的平衡問題，畫受力示意圖時要注意將立體圖轉(zhuǎn)化為平面圖.總結(jié)提升例3

(2021·遼寧省1月適應性測試·7)如圖5所示，用輕繩系住一質(zhì)量為2m的勻質(zhì)大球，大球和墻壁之間放置一質(zhì)量為m的勻質(zhì)小球，各接觸面均光滑.系統(tǒng)平衡時，繩與豎直墻壁之間的夾角為α，兩球心連線O1O2與輕繩之間的夾角為β，則α、β應滿足A.tanα＝3cotβB.2tanα＝3cotβC.3tanα＝tan(α＋β)D.3tanα＝2tan(α＋β)√考向三整體法與隔離法在平衡中的應用圖5解析設繩子拉力為FT，墻壁支持力為FN，兩球之間的壓力為F，將兩個球作為一個整體進行受力分析，可得FTcosα＝3mg，F(xiàn)Tsinα＝FN對小球進行受力分析，可得Fcos(α＋β)＝mg，F(xiàn)sin(α＋β)＝FN，聯(lián)立得3tanα＝tan(α＋β)故選C.1.解決動態(tài)平衡問題的一般思路化“動”為“靜”，多個狀態(tài)下“靜”態(tài)對比，分析各力的變化或極值.2.三力作用下的動態(tài)平衡高考題型2動態(tài)平衡問題3.四力作用下的動態(tài)平衡(1)在四力平衡中，如果有兩個力為恒力，或這兩個力的合力方向確定，為了簡便可用這兩個力的合力代替這兩個力，轉(zhuǎn)化為三力平衡，例如：如圖6，qE<mg，把擋板緩慢轉(zhuǎn)至水平的過程中，可以用重力與靜電力的合力mg－qE代替重力與靜電力.圖6如圖7，物體在拉力F作用下做勻速直線運動，改變θ大小，求拉力的最小值，可以用支持力與摩擦力的合力F′代替支持力與摩擦力.(tanθ＝μ)圖7(2)對于一般的四力平衡及多力平衡，可采用正交分解法.例4

(2021·山東濰坊市昌樂一中高三期末)如圖8所示，斜面體A放在粗糙水平面上，小球B用輕繩拴住置于斜面上，輕繩與斜面平行且另一端固定在豎直墻面上，不計小球與斜面間的摩擦.現(xiàn)用水平向左的力緩慢拉動斜面體，小球始終未脫離斜面.下列說法正確的是A.輕繩的拉力先變小后變大B.斜面對小球的支持力不變C.水平面對斜面體的摩擦力變小D.水平面對斜面體的支持力變大√考向一圖解法圖8解析對小球受力分析如圖所示，輕繩的拉力變大，斜面對小球的支持力變小，A、B錯誤；輕繩的豎直分力在變大，將小球和斜面體看作一個整體，則水平面對斜面體的支持力變小，根據(jù)滑動摩擦力公式可知，水平面對斜面體的摩擦力變小，C正確，D錯誤.例5

(多選)(2020·百校聯(lián)盟必刷卷三)如圖9所示，光滑圓環(huán)固定在豎直面內(nèi)，一個小球套在環(huán)上，用穿過圓環(huán)頂端光滑小孔的細線連接，現(xiàn)用水平力F拉細線，使小球緩慢沿圓環(huán)向上運動，此過程中圓環(huán)對小球的彈力大小為FN，則在運動過程中A.F增大 B.F減小C.FN不變 D.FN增大√考向二相似三角形法圖9√解析小球沿圓環(huán)緩慢上移，對小球進行受力分析，小球受重力G、F、FN三個力，滿足受力平衡.作出受力分析圖如圖所示；由圖可知△OAB∽△GFNF，即：小球沿圓環(huán)緩慢上移時，半徑不變，重力G不變，AB長度減小，故F減小，F(xiàn)N不變，故選B、C.例6如圖10所示，晾曬衣服的繩子輕且光滑，懸掛衣服的衣架的掛鉤也是光滑的，輕繩兩端分別固定在兩根豎直桿上的A、B兩點，衣服處于靜止狀態(tài).如果保持繩子A端位置不變，將B端分別移動到不同的位置，則下列判斷正確的是A.B端移動到B1位置時，繩子張力變大B.B端移動到B2位置時，繩子張力變小C.B端在桿上位置不動，將桿移動到虛線位置時，

繩子張力變大D.B端在桿上位置不動，將桿移動到虛線位置時，繩子張力變小√考向三解析法圖101.如圖11所示，豎直平面內(nèi)固定的半圓弧軌道兩端點M、N連線水平，將一輕質(zhì)小環(huán)套在軌道上，一細線穿過輕環(huán)，一端系在M點，另一端系一質(zhì)量為m的小球，不計所有摩擦，重力加速度為g，小球恰好靜止在圖示位置，下列說法正確的是A.軌道對輕環(huán)的支持力大小為mgB.細線對M點的拉力大小為C.細線對輕環(huán)的作用力大小為D.N點和輕環(huán)的連線與豎直方向的夾角為30°√123高考預測圖11解析對圓環(huán)受力分析，因圓環(huán)兩邊細線的拉力大小相等，可知兩邊細線拉力與OA夾角相等，設為θ，由幾何關系可知，∠OMA＝∠MAO＝θ，則3θ＝90°，θ＝30°，則軌道對輕環(huán)的支持力大小為FN＝2mgcos30°＝

選項A錯誤；123細線對M點的拉力大小為FT＝mg，選項B錯誤；由幾何關系可知，N點和輕環(huán)的連線與豎直方向的夾角為30°，選項D正確.2.(多選)(2020·安徽安慶二中質(zhì)檢)如圖12所示，質(zhì)量為M的木楔傾角為θ，在水平地面上保持靜止.當將一質(zhì)量為m的木塊放在斜面上時正好沿斜面勻速下滑，如果用與斜面成α角的力F拉著木塊沿斜面勻速上滑.重力加速度為g，下列說法中正確的是A.當α＝2θ時，F(xiàn)有最小值B.F的最小值為mgsin2θC.在木塊勻速上滑過程中，地面對M的靜摩擦力

方向水平向右D.在木塊勻速上滑過程中，地面對M的靜摩擦力方向水平向左123√圖12√解析選木塊為研究對象，當沒加外力F時正好勻速下滑，設木塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，此時平行于斜面方向必有mgsinθ＝μmgcosθ.當加上外力F時，對木塊受力分析如圖，則有Ff＝μFN，平行于斜面方向有Ff＋mgsinθ＝Fcosα，垂直于斜面方向有FN＋Fsinα＝mgcosθ，聯(lián)立解得F＝

故當α＝θ時，F(xiàn)有最小值，最小值為Fmin＝mgsin2θ，故A錯誤，B正確；123選M和m組成的整體為研究對象，設水平地面對木楔M的靜摩擦力為Ff′，水平方向受力平衡，則有Ff′＝Fcos(θ＋α)，可知靜摩擦力的方向水平向左，故C錯誤，D正確.3.(多選)如圖13所示，表面光滑的半球形物體固定在水平面上，光滑小環(huán)D固定在半球形物體球心O的正上方，輕質(zhì)彈簧一端用輕質(zhì)細繩固定在A點，另一端用輕質(zhì)細繩穿過小環(huán)D與放在半球形物體上的小球P相連，DA水平.現(xiàn)將細繩固定點A向右緩慢平移的過程中(小球P未到達半球最高點前)，下列說法正確的是A.彈簧變短

B.彈簧變長C.小球?qū)Π肭虻膲毫Σ蛔?/p>

D.小球?qū)Π肭虻膲毫ψ兇?23√圖13√解析以小球為研究對象，受力分析如圖，小球受重力G、細線的拉力FT和半球面的支持力FN，作出FN、FT的合力F，由平衡條件得知F＝G，由圖根據(jù)三角形相似可得

將F＝G代入得：FN＝G，

將細繩固定點A向右緩慢平移，DO、PO不變，PD變小，可知FT變小，F(xiàn)N123不變，即彈簧的彈力變小，彈簧變短，由牛頓第三定律知小球?qū)Π肭虻膲毫Σ蛔?，故A、C正確，B、D錯誤.1.(2021·江蘇省1月適應性考試·3)如圖1所示，對稱晾掛在光滑等腰三角形衣架上的衣服質(zhì)量為M，衣架頂角為120°，重力加速度為g，則衣架右側(cè)對衣服的作用力大小為√圖1保分基礎練12345678910111213專題強化練解析對衣服進行受力分析，如圖所示：由幾何關系知，衣架左、右側(cè)對衣服的作用力FN與豎直方向的夾角為30°，則有2FNcos30°＝Mg，12345678910111213故選B.2.戽斗是古代一種小型的人力提水灌田農(nóng)具，是我國古代勞動人民智慧的結(jié)晶.如圖2所示，兩人雙手執(zhí)繩牽斗取水，在繩子長度一定時A.兩人站得越近越省力B.兩人站得越遠越省力C.兩邊繩子與豎直方向夾角為60°時最省力D.繩子拉力大小與兩人距離遠近無關12345678910111213√圖23.如圖3所示，兩個相同的木模質(zhì)量均為m，靠三根豎直細線連接，在水平面上按一個“互”字形靜置，上方木模呈現(xiàn)懸浮效果，這是利用了建筑學中的“張拉整體”結(jié)構(gòu)原理.已知重力加速度為g，則圖中短線a上的張力F1和水平面所受壓力F2滿足A.F1>mg，F(xiàn)2<2mgB.F1>mg，F(xiàn)2＝2mgC.F1<mg，F(xiàn)2<2mgD.F1<mg，F(xiàn)2＝2mg圖312345678910111213√解析對兩個木模的整體受力分析，整體受2mg的重力和水平面的支持力F2′，有F2′＝2mg，由牛頓第三定律可知，水平面所受壓力F2＝F2′，對上方木模分析可知，短線a上的張力F1向上，兩長線的拉力FT向下，有2FT＋mg＝F1，故有F1>mg，故選B.123456789101112134.一臺空調(diào)外機用兩個三腳架固定在外墻上，如圖4所示，空調(diào)外機的重心在支架水平橫梁AO和斜梁BO連接點O的上方，橫梁對O點的拉力沿OA方向、大小為F1，斜梁對O點的支持力沿BO方向、大小為F2.如果把斜梁加長一點，仍保持連接點O的位置不變，則A.F1增大 B.F1減小C.F2不變 D.F2增大12345678910111213√圖4解析對O點受力分析如圖所示123456789101112135.(2021·東北三省四市教研聯(lián)合體3月模擬)如圖5所示，物體甲放置在水平地面上，通過跨過光滑輕質(zhì)定滑輪的輕質(zhì)細繩與小球乙相連，整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài).現(xiàn)對小球乙施加水平力F，使小球乙緩慢上升一小段距離，整個過程中物體甲保持靜止.設甲受到地面的摩擦力為Ff，支持力為FN，細繩的拉力為FT，則該過程中A.Ff變小，F(xiàn)不變

B.FT變大，F(xiàn)N變大C.Ff變大，F(xiàn)N變小

D.FT不變，F(xiàn)不變√圖512345678910111213解析取乙為研究對象，分析其受力情況，設與乙相連的細繩與豎直方向夾角為α，則水平力F＝mgtanα，細繩與豎直方向夾角α逐漸增大，則F增大；取物體甲為研究對象，甲受到重力、繩子的拉力、地面的支持力以及地面的摩擦力，其中繩子的拉力FT＝

，α逐漸增大，繩子的拉力FT逐漸增大，F(xiàn)T在水平方向的分力逐漸增大，所以水平地面對甲的摩擦力增大；FT在豎直方向的分力逐漸增大，甲受到地面的支持力FN變小.故選C.123456789101112136.(2021·湖北省1月選考模擬·6)如圖6所示，矩形平板ABCD的AD邊固定在水平面上，平板與水平面夾角為θ，AC與AB的夾角也為θ.質(zhì)量為m的物塊在平行于平板的拉力作用下，沿AC方向勻速運動.物塊與平板間的動摩擦因數(shù)μ＝tanθ，重力加速度大小為g，拉力大小為12345678910111213√圖612345678910111213解析對物塊受力分析，如圖甲、乙所示，重力沿平板向下的分力為mgsinθ，支持力FN＝mgcosθ，滑動摩擦力Ff＝μFN＝mgsinθ，則拉力F＝7.(2021·黑龍江鶴崗一中三校高三期末聯(lián)考)如圖7所示，將一光滑輕桿固定在水平地面上，桿與地面間的夾角為30°，一光滑輕環(huán)(不計重力)套在桿上，一個大小和質(zhì)量都不計的滑輪通過輕繩OP懸掛在天花板上，用另一輕繩繞過滑輪系在輕環(huán)上，現(xiàn)用水平向右的力緩慢拉繩，當輕環(huán)靜止不動時，OP繩與天花板之間的夾角為A.30° B.45°C.60° D.75°12345678910111213√圖7由幾何關系可知，繩子與豎直方向之間的夾角是30°；對滑輪進行受力分析如圖乙，由于滑輪的質(zhì)量不計，則OP繩對滑輪的拉力與兩個繩子拉力的合力大小相等、方向相反，所以OP繩的方向一定在兩根繩子夾角的角平分線上，由幾何關系得OP繩與豎直方向之間的夾角：β＝

－30°＝30°，則OP繩與天花板之間的夾角為：90°－β＝60°，故選C.12345678910111213解析對輕環(huán)Q進行受力分析如圖甲，則只有繩子的拉力垂直于桿時，繩子的拉力沿桿的方向沒有分力；8.(2021·上海交大附中高三上學期1月期末)如圖8，光滑絕緣斜面固定在水平面上，一定質(zhì)量的帶電小球A在斜面上保持靜止，小球A與斜面間有平行于斜面的細線相連，帶電小球B用絕緣桿固定，A、B在同一水平高度，此時斜面對小球A無支持力.現(xiàn)保持B球的水平高度不變，將B球緩慢向左移動一小段距離，則在此過程中A.小球A脫離斜面，細線所受的拉力變大B.小球A脫離斜面，細線所受的拉力變小C.小球A仍在斜面上，細線所受的拉力變大D.小球A仍在斜面上，細線所受的拉力變小12345678910111213√圖812345678910111213解析因為此時斜面對小球A無支持力，可知B球?qū)球有引力作用；若將B球緩慢向左移動一小段距離，距離減小，則引力變大，則小球A將脫離斜面；B球?qū)球的引力變大，引力與重力的合力變大，根據(jù)力的平衡條件，則細線所受的拉力變大，故選A.9.(多選)(2019·全國卷Ⅰ·19)如圖9，一粗糙斜面固定在地面上，斜面頂端裝有一光滑定滑輪.一細繩跨過滑輪，其一端懸掛物塊N，另一端與斜面上的物塊M相連，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài).現(xiàn)用水平向左的拉力緩慢拉動N，直至懸掛N的細繩與豎直方向成45°.已知M始終保持靜止，則在此過程中A.水平拉力的大小可能保持不變B.M所受細繩的拉力大小一定一直增加C.M所受斜面的摩擦力大小一定一直增加D.M所受斜面的摩擦力大小可能先減小后增加圖912345678910111213√爭分提能練√12345678910111213解析對N進行受力分析如圖所示，因為N的重力與水平拉力F的合力和細繩的拉力FT是一對平衡力，從圖中可以看出水平拉力的大小逐漸增大，細繩的拉力也一直增大，選項A錯誤，B正確；M的質(zhì)量與N的質(zhì)量的大小關系不確定，設斜面傾角為θ，若mNg≥mMgsinθ，則M所受斜面的摩擦力大小會一直增大，若mNg<mMgsinθ，則M所受斜面的摩擦力大小可能先減小后反向增大，選項C錯誤，D正確.10.(2021·湖南卷·5)質(zhì)量為M的凹槽靜止在水平地面上，內(nèi)壁為半圓柱面，截面如圖10所示，A為半圓的最低點，B為半圓水平直徑的端點.凹槽恰好與豎直墻面接觸，內(nèi)有一質(zhì)量為m的小滑塊.用推力F推動小滑塊由A點向B點緩慢移動，力F的方向始終沿圓弧的切線方向，在此過程中所有摩擦均可忽略，下列說法正確的是A.推力F先增大后減小B.凹槽對滑塊的支持力先減小后增大C.墻面對凹槽的壓力先增大后減小D.水平地面對凹槽的支持力先減小后增大圖1012345678910111213√則θ越來越大時，墻面對凹槽的壓力先增大后減小，所以C正確；解析對滑塊受力分析，由平衡條件有F＝mgsinθ，F(xiàn)N＝mgcosθ，θ為F與水平方向的夾角，滑塊從A緩慢移動到B點時，θ越來越大，則推力F越來越大，支持力FN越來越小，所以A、B錯誤；12345678910111213對凹槽與滑塊整體受力分析，墻面對凹槽的壓力為水平地面對凹槽的支持力為FN地＝(M＋m)g－Fsinθ＝(M＋m)g－mgsin2θ則θ越來越大時，水平地面對凹槽的支持力越來越小，所以D錯誤.1234567891011121311.(多選)(2021·黑龍江齊齊哈爾市實驗中學高三期末)如圖11所示，有一長為L的輕桿，一端用光滑的鉸鏈固定在墻上，另一端固定一質(zhì)量為m的小球B，在距鉸鏈正上方L處有一光滑輕質(zhì)小定滑輪，現(xiàn)用手拉動繞過滑輪并系在小球B上的細線，使小球B緩慢上移，手對細線的拉力大小為F，桿對小球B的彈力大小為FN，重力加速度為g，在移動過程中，下列說法正確的是A.F不變，F(xiàn)N減小B.F減小，F(xiàn)N不變C.當桿被拉至水平狀態(tài)時F＝D.桿對小球B的彈力大小恒為mg√12345678910111213圖11√