2020版高考物理大二轮复习专题一力与运动第一讲力与物体的平衡教学案

高考物理力物体的平衡复习教案一、教学目标1. 理解二力平衡的条件及应用。

2. 掌握力的合成与分解，能运用力的合成与分解解释实际问题。

3. 掌握物体的平衡状态，能判断物体是否处于平衡状态。

4. 能运用平衡条件解决实际问题，提高解决实际问题的能力。

二、教学重点与难点1. 重点：二力平衡的条件及应用，力的合成与分解，物体的平衡状态。

2. 难点：力的合成与分解在实际问题中的应用，物体平衡状态的判断。

三、教学方法采用问题驱动法、案例分析法、讨论法等，引导学生主动探究，提高分析问题和解决问题的能力。

四、教学过程1. 导入：通过一个生活中的实例，如拉车问题，引导学生思考力的合成与分解在解决问题中的作用。

2. 新课：讲解二力平衡的条件及应用，通过示例让学生理解并掌握。

3. 案例分析：分析实际问题，让学生运用平衡条件解决问题。

4. 练习：布置一些有关力物体的平衡的练习题，让学生独立完成，巩固所学知识。

五、课后作业1. 复习本节课所学的知识，整理笔记。

2. 完成课后练习题，加深对力的合成与分解、物体的平衡状态的理解。

3. 收集生活中的平衡现象，下节课分享。

六、教学内容与要求1. 复习二力平衡的条件，能够识别和应用二力平衡解决简单问题。

2. 掌握力的合成与分解的基本方法，能够运用到实际问题中。

3. 理解物体的平衡状态，能够判断物体在受力时的平衡状态。

七、教学过程1. 复习导入：通过简单的例子复习二力平衡的条件，让学生回顾并巩固。

2. 知识讲解：详细讲解力的合成与分解的方法，并通过图示和实例让学生理解。

3. 案例分析：分析几个复杂一点的案例，让学生应用二力平衡和力的合成与分解来解决问题。

4. 小组讨论：让学生分组讨论一些实际问题，每组尝试提出解决方案，并分享给全班。

八、教学练习1. 设计一些练习题，让学生独立完成，检验他们对二力平衡和力的合成与分解的掌握。

2. 让学生尝试解决一些实际问题，如物体悬挂平衡、桥梁承重等，巩固他们的应用能力。

第 1 讲力与物体的平衡一、单项选择题1. （2019 山东临沂检测）如图所示,甲、乙两物块质量相同,静止放在水平地面上。

甲、乙之间、乙与地面间的动摩擦因数均相同，现对甲施加一水平向右的由零开始不断增大的水平拉力F（物体间最大静摩擦力等于滑动摩擦力）, 则经过一段时间后（）A. 甲相对于乙会发生相对滑动B. 乙相对于地面会发生相对滑动C. 甲相对乙不会发生相对滑动D. 甲相对于乙、乙相对于地面均不会发生相对滑动答案A设甲、乙的质量均为m,甲、乙之间以及乙与地面之间的动摩擦因数为卩,则甲、乙之间的最大静摩擦力为:f max= mg，乙与地面间的最大静摩擦力为:f max'=2卩mg,因f maX<f max',则乙相对于地面不会发生相对滑动；若F>f max=u mg时，甲、乙之间会发生相对滑动，故选项A正确,B、C D均错误。

2. （2019 山东滨州二模）浙江乌镇一带的农民每到清明时节举办民俗活动, 在一个巨型石臼上插入一根硕大的毛竹, 表演者爬上竹梢表演各种惊险动作。

如图所示, 下列说法正确的是（）A. 在任何位置表演者静止时只受重力和弹力作用B. 在任何位置竹竿对表演者的作用力必定与竹竿垂直C. 表演者静止时，竹竿对其作用力必定竖直向上D. 表演者越靠近竹竿底部所受的摩擦力就越小答案C毛竹上的表演者静止时受重力、弹力和摩擦力，故选项A错误；表演者静止时，竹竿对其作用力（弹力和摩擦力的合力）与重力等大反向，即竹竿对表演者的作用力必定竖直向上，故选项B错误,C正确；表演者越靠近竹竿底部所受的摩擦力不一定越小，故选项D错误。

3. （2019山东济南模拟）如图所示，在倾角0为37°的斜面上放置一质量为0.5 kg的物体，用一大小为1 N3平行斜面底边的水平力F推物体时，物体保持静止。

已知物体与斜面间的动摩擦因数为―，物体受到的摩擦2力大小为(sin 37 ° =0.6,cos 37 ° =0.8，g 取10 m/s )( )A. 3 NB.2 3 NC.石ND. "6 N答案C物体所受的摩擦力为静摩擦力，物体在平行斜面底边的方向上受到的摩擦力为F x，有F x=F，在沿斜面方向上受到的摩擦力为F y，有F y=mg sin 37 ° ，则物体所受摩擦力的大小等于（mgsin37 ° = 0 N，故选项C正确。

第1讲力与物体的平衡考向一受力分析、共点力作用下的静态平衡[知识必备]——提核心通技法1．受力分析的一般步骤2．整体思维法和隔离思维法对比3.常用方法包括力的合成法、分解法及正交分解法，应用实例如下：[跟进题组]——练考题 提能力1．(2019·课标Ⅲ，16)用卡车运输质量为m 的匀质圆筒状工件，为使工件保持固定，将其置于两光滑斜面之间，如图所示．两斜面Ⅰ、Ⅱ固定在车上，倾角分别为30°和60°.重力加速度为g .当卡车沿平直公路匀速行驶时，圆筒对斜面Ⅰ、Ⅱ压力的大小分别为F 1、F 2，则( )A ．F 1＝33mg ，F 2＝32mgB ．F 1＝32mg ，F 2＝33mg C ．F 1＝12mg ，F 2＝32mgD ．F 1＝32mg ，F 2＝12mg 解析：D [本题考查物体的受力分析和共点力平衡条件，以及学生应用几何知识处理物理问题的能力，体现了运动与相互作用观念．以工件为研究对象，受力分析如图所示，重力与F 1、F 2的合力等大反向，根据共点力平衡条件得F1mg ＝cos 30°，F2mg ＝cos 60°，则F 1＝32mg ，F 2＝12mg ，故只有D 选项正确．]2．(多选)如图所示，一个半球形的碗放在桌面上，碗口水平，O 点为其球心，碗的内表面及碗口是光滑的．一根轻质细线跨在碗口上，伸直细线的两端分别系有小球和小滑块．当它们静止时，小球与O点的连线与水平线的夹角为α＝90°，小滑块位于粗糙水平地面上，则( )A．小球可能受三个力作用B．小球一定受两个力作用C．小滑块受水平向右的静摩擦力D．小滑块不受摩擦力作用解析：BD [小球受竖直向下的重力和竖直向上的碗的支持力而平衡，细线对小球无拉力作用，故A错误，B正确；由于细线无拉力作用，小滑块相对地面没有运动趋势，故小滑块只受重力和地面的支持力，无摩擦力作用，故C错误，D正确．]3．(2020·云南模拟)如图所示，四分之一光滑圆弧面AB与倾角为60°的光滑斜面AC顶部相接，A处有一光滑的定滑轮，跨过定滑轮用轻质细绳连接质量分别为m1、m2的两小球，系统静止时连接的绳子与水平方向的夹角为60°.两小球及滑轮大小可忽略，则两小球质量的比值m1：m2为( )A．1∶2 B．3∶2C．2∶3 D.3∶2解析：B [对m1、m2受力分析如图所示，对m1有：m1g＝2F T cos 30°＝3F T，解得F T＝3 3m1g，对m2有：F T＝m2g sin 60°＝32m2g，解得m1：m2＝3∶2.][规律方法]——知规律握方法静态平衡问题的解题“四步骤”考向二共点力作用下的动态平衡问题[知识必备]——提核心通技法[典题例析]——析典题学通法[例1] (2019·课标Ⅰ，19)(多选)如图，一粗糙斜面固定在地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮．一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块N，另一端与斜面上的物块M相连，系统处于静止状态．现用水平向左的拉力缓慢拉动N，直至悬挂N的细绳与竖直方向成45°.已知M始终保持静止，则在此过程中( )A．水平拉力的大小可能保持不变B．M所受细绳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减小后增加[解题关键] ①系统处于静止状态，水平向左缓慢拉动N，M处于平衡状态，则N处于动态平衡状态．②因为物块M和物块N的质量关系未知，故存在多种可能，其中临界条件为m M g sin θ＝m N g.[解析]BD [本题考查了受力分析、共点力平衡中的动态平衡内容、理解能力和推理能力的应用，体现了核心素养中科学推理、科学论证要素．用水平拉力向左缓慢拉动N，如图所示，水平拉力F逐渐增大，细绳的拉力T逐渐增大，则细绳对M的拉力逐渐增大，故A错误，B正确．当物块M的质量满足m M g sin θ＞m N g时，初始时M受到的摩擦力方向沿斜面向上，这时随着对物块N的缓慢拉动，细绳的拉力T逐渐增大，物块M所受的摩擦力先向上逐渐减小，然后可能再向下逐渐增大，故C错误，D正确．][迁移题组]——多角度提能力♦[迁移1] 解析法求解动态平衡问题1．(2019·江西省新余市上学期期末)如图所示，铁板AB与水平地面之间的夹角为θ，一块磁铁吸附在铁板下方，在缓慢抬起铁板的B端时θ角增大(始终小于90°)的过程中，磁铁始终相对于铁板静止，下列说法正确的是( )A．铁板对磁铁的弹力逐渐增大B．磁铁所受合外力逐渐减小C．磁铁始终受到三个力的作用D．磁铁受到的摩擦力逐渐减小解析：A [对磁铁受力分析，受重力mg、吸引力F、支持力F N和摩擦力F f，如图所示：故磁铁受到4个力的作用；由于磁铁始终平衡，故合力为零，故B、C错误；根据平衡条件，有：mg sin θ－F f＝0，F－mg cos θ－F N＝0，解得：F f＝mg sin θ，F N＝F－mg cos θ，由于θ不断变大，故F f不断变大，F N不断变大，故D错误，A正确．]♦[迁移2] 图解法求解动态平衡问题2．(多选)如图所示，用OA、OB两根轻绳将花盆悬于两竖直墙之间，开始时OB绳水平．现保持O点位置不变，改变OB绳长使绳右端由B点缓慢上移至B′点，此时OB′与OA之间的夹角θ＜90°.设此过程OA、OB绳的拉力分别为F OA、F OB，则下列说法正确的是( )A ．F OA 一直减小B ．F OA 先减小后增大C ．F OB 一直增大D ．F OB 先减小后增大解析：AD [以结点O 为研究对象，分析受力：花盆拉力G 、绳OA 的拉力F OA 和绳OB 的拉力F OB ，如图所示，根据平衡条件知，两根绳子的拉力的合力与重力大小相等、方向相反，作出轻绳OB 在B 点上移过程中的两个位置时力的合成图如图，由图看出，F OA 逐渐减小，F OB 先减小后增大，当θ＝90°时，F OB 最小．]♦[迁移3] 相似三角形法求解动态平衡问题3.(2019·辽宁省大连市第二次模拟)如图所示，质量分布均匀的细棒中心为O 点，O 1为光滑铰链，O 2为光滑定滑轮，O 2在O 1正上方，一根轻绳一端系于O 点，另一端跨过定滑轮O 2，由水平外力F 牵引，用F N 表示铰链对细棒的作用，现在外力F 作用下，细棒从图示位置缓慢转到竖直位置的过程中，下列说法正确的是( )A ．F 逐渐变小，F N 大小不变B ．F 逐渐变小，F N 大小变大C ．F 先变小后变大，F N 逐渐变小D ．F 先变小后变大，F N 逐渐变大解析：A [画出细棒的受力图如图；根据三角形定则及相似三角形可知：FN OO1＝mg O1O2＝F OO2，因OO 1和O 1O 2不变，则F N 不变；随OO 2的减小，F 减小，故选A.][规律方法]——知规律握方法[知识必备]——提核心通技法1．问题特点2.3.解决共点力平衡中的临界、极值问题“四字诀”[典题例析]——析典题学通法[例2] (2019·课标Ⅱ，16)物块在轻绳的拉动下沿倾角为30°的固定斜面向上匀速运动，轻绳与斜面平行．已知物块与斜面之间的动摩擦因数为33，重力加速度取10 m/s2.若轻绳能承受的最大张力为1 500 N，则物块的质量最大为( )A．150 kg B．100 3 kgC．200 kg D．200 3 kg[解题关键] ①物块沿斜面向上匀速运动，说明摩擦力为滑动摩擦力，f＝μmg cos θ.②轻绳承受最大张力时对应物块的质量最大．[解析] A [本题考查了对平衡条件的理解与应用，检验了理解能力、推理能力，体现了模型建构、科学推理等核心素养．物块沿斜面向上匀速运动，则物块受力平衡，满足关系F－mg sin 30°－μmg cos 30°＝0，其中μ＝33，g＝10 m/s2，当F＝1 500 N时，物块的质量最大，为m＝Fgsin 30°＋μgcos 30°＝150 kg，故A正确．][迁移题组]——多角度提能力♦[迁移1] 解析法求临界、极值问题1.如图所示，竖直面光滑的墙角有一个质量为m、半径为r的半球体A.现在A上放一密度和半径与A相同的球体B，调整A的位置使得A、B保持静止状态，已知A与地面间的动摩擦因数为0.5.则A球球心距墙角的最远距离是( )A ．2r B.95r C.115r D.135r解析：C [由题可知B 球质量为2m ，当A 球球心距墙角最远时，A 受地面水平向右的摩擦力f ＝μ·3mg ，此时以B 球为研究对象，对其受力分析，如图所示，有F 2＝2mgtan θ，以A 和B 整体为研究对象，在水平方向有μ·3mg ＝F 2，则tan θ＝2mg 3μmg ＝23μ，代入数据得θ＝53°.由几何关系可知，A 球球心到墙角的最远距离l ＝r ＋2r cos θ＝115r ，选项C 正确．]♦[迁移2] 图解法求临界、极值问题2.重力都为G 的两个小球A 和B 用三段轻绳如图连接后悬挂在O 点上，O 、B 间的绳子长度是A 、B 间的绳子长度的2倍，将一个拉力F 作用到小球B 上，使三段轻绳都伸直且O 、A 间和A 、B 间的两段绳子分别处于竖直和水平方向上，则拉力F 的最小值为( )A.12GB.33G C ．GD.233G解析：A [对A 球受力分析可知，因O 、A 间绳竖直，则A 、B 间绳上的拉力为0，对B 球受力分析，如图所示．则可知当F 与OB 间绳垂直时，F 最小，大小为G sin θ，其中sin θ＝l 2l ＝12，则F 的最小值为12G ，故A 项正确．]。

第2讲力和物体的平衡[选考考点分布]章知识内容考试要求历次选考统计必考加试2020/102020/042020/12020/042020/11相互作用重力、基本相互作用c c 2 3弹力 c c摩擦力 c c 13力的合成 c c 17 13力的分解 c c 13 7牛顿运动定律共点力平衡条件及应用c c 11 13 10 5考点一重力、弹力、摩擦力及受力分析1. (2020·浙江4月选考·7)如图1所示，重型自卸车利用液压装置使车厢缓慢倾斜到一定角度，车厢上的石块就会自动滑下．以下说法正确的是( )图1A．在石块下滑前后自卸车与石块整体的重心位置不变B．自卸车车厢倾角越大，石块与车厢的动摩擦因数越小C．自卸车车厢倾角变大，车厢与石块间的正压力减小D．石块开始下滑时，受到的摩擦力大于重力沿斜面方向的分力答案 C解析物体的重心的位置跟形状还有质量分布有关，石块下滑前后，质量分布变化，形状变化，所以重心改变，选项A错；动摩擦因数与倾角无关，B错．如图，F N＝Gc os θ，倾角变大，所以车厢与石块间的正压力减小，所以C正确；石块下滑时，重力沿斜面方向的分力大于受到的摩擦力，D错．2. (2020·浙江10月学考·3)中国女排在2020年奥运会比赛中再度夺冠．图2为比赛中精彩瞬间的照片，此时排球受到的力有( )图2A．推力B．重力、推力C．重力、空气对球的作用力D．重力、推力、空气对球的作用力答案 C解析此时手与球并没有接触，所以没有推力，故C选项正确．3. (2020·浙江10月学考·13)将质量为1.0 kg的木板放在水平长木板上，用力沿水平方向拉木块，拉力从0开始逐渐增大，木块先静止后相对木板运动．用力传感器采集木块受到的拉力和摩擦力的大小，并用计算机绘制出摩擦力大小F f随拉力大小F变化的图象，如图3所示．木块与木板间的动摩擦因数为(g 取10 m/s2)( )图3A．0.3 B．0.5 C．0.6 D．1.0答案 A解析由图可知最大静摩擦力为5 N，滑动摩擦力为3 N，且滑动摩擦力满足公式F f＝μmg，所以μ＝0.3.4．(2020·浙江“七彩阳光”联考)“跑酷”是一项深受年轻人喜爱的运动，如图4为运动员在空中跳跃过程中的照片，此时运动员受到的力有( )图4A ．重力B ．重力、向前冲力C ．重力、空气作用力D ．重力、向前冲力、空气作用力 答案 C5．(2020·台州市9月选考)足球运动是目前全球体育界最具影响力的项目之一，深受青少年喜爱．如图5所示的四种与足球有关的情景．其中正确的是( )图5A ．如图甲所示，静止在草地上的足球，受到的弹力就是它受到的重力B ．如图乙所示，静止在光滑水平地面上的两个足球，因接触受到弹力作用C ．如图丙所示，踩在脚下且静止在水平草地上的足球，可能受到3个力的作用D ．如图丁所示，落在球网中的足球受到弹力，是由于足球发生了形变 答案 C6. (2020·湖州市期末)如图6所示，某人手拉弹簧，使其伸长了5 cm(在弹性限度内)，若此时弹簧的两端所受拉力各为10 N ，则( )图6A ．弹簧所受的合力大小为10 NB ．弹簧的劲度系数为200 N/mC ．弹簧的劲度系数为400 N/mD ．弹簧的劲度系数随弹簧的拉力的增大而增大 答案 B解析 弹簧所受合力大小为零；由F ＝kx 知k ＝Fx ＝200 N/m ，弹簧的劲度系数与拉力大小无关，和弹簧本身的因素有关．7．(2020·金华市高三期末)如图7所示，铁质的棋盘竖直放置，每个棋子都是一个小磁铁，能吸在棋盘上，不计棋子间的相互作用力，下列说法正确的是( )图7A．小棋子共受三个力作用B．棋子对棋盘的压力大小一定等于重力C．磁性越强的棋子所受的摩擦力越大D．质量不同的棋子所受的摩擦力不同答案 D解析小棋子受重力、棋盘的吸引力、棋盘的弹力、摩擦力，共四个力，选项A错误；棋盘对棋子吸引力的大小与磁铁内部的分子结构有关，而棋子对棋盘的压力大小等于棋盘对棋子的吸引力的大小，与重力大小无关，选项B错误；摩擦力的大小总是等于重力，不会变化，选项C错误；摩擦力的大小等于重力，则质量不同的棋子所受摩擦力不同，选项D正确．1.弹力有无的判断“三法”(1)条件法：根据物体是否直接接触并发生弹性形变来判断是否存在弹力．此方法多用来判断形变较明显的情况．(2)假设法：对形变不明显的情况，可假设两个物体间弹力不存在，看物体能否保持原有的状态，若运动状态不变，则此处不存在弹力，若运动状态改变，则此处一定有弹力．(3)状态法：根据物体的运动状态，利用牛顿第二定律或共点力平衡条件判断弹力是否存在．2．静摩擦力的有无及方向的判断方法(1)假设法(2)状态法：静摩擦力的大小与方向具有可变性．明确物体的运动状态，分析物体的受力情况，根据平衡方程或牛顿第二定律求解静摩擦力的大小和方向．(3)牛顿第三定律法：此法的关键是抓住“力是成对出现的”，先确定受力较少的物体受到的静摩擦力的方向，再根据“力的相互性”确定另一物体受到的静摩擦力的方向．3．弹力大小的计算方法(1)根据胡克定律进行求解．(2)根据力的平衡条件进行求解．(3)根据牛顿第二定律进行求解．4．摩擦力大小的计算方法(1)首先分清摩擦力的种类，因为只有滑动摩擦力才能用公式F f ＝μF N 求解，静摩擦力通常只能用平衡条件或牛顿运动定律来求解．(2)公式F f ＝μF N 中，F N 为两接触面间的正压力，与物体的重力没有必然联系，不一定等于物体的重力大小．(3)滑动摩擦力的大小与物体速度的大小无关，与接触面积的大小也无关．考点二 平衡条件的应用1. (2020·浙江11月选考·5)叠放在水平地面上的四个完全相同的排球如图8所示，质量均为m ，相互接触，球与地面间的动摩擦因数均为μ，则( )图8A ．上方球与下方三个球间均没有弹力B ．下方三个球与水平地面间均没有摩擦力C ．水平地面对下方三个球的支持力均为43mgD ．水平地面对下方三个球的摩擦力均为43μmg答案 C解析 将四个球看成一个整体，地面的支持力与球的重力平衡，设下方三个球中的一个球受到的支持力大小为F N ，因此3F N ＝4mg ，即F N ＝43mg ，所以选项C 正确．由力的平衡条件知，下面三个球对最上面的球有弹力，故最上面的球对下面三个球肯定有弹力，选项A 错误．对地面上的其中一个球进行受力分析，如图所示．由受力分析可知，选项B 错误；由于小球是受到地面的静摩擦力，因此不能通过F f ＝μF N 求解此摩擦力，选项D 错误．2. (2020·浙江4月选考·10)重力为G 的体操运动员在进行自由体操比赛时，有如图9所示的比赛动作，当运动员竖直倒立保持静止状态时，两手臂对称支撑，夹角为θ，则( )图9A ．当θ＝60°时，运动员单手对地面的正压力大小为G2B ．当θ＝120°时，运动员单手对地面的正压力大小为GC ．当θ不同时，运动员受到的合力不同D ．当θ不同时，运动员与地面之间的相互作用力不相等 答案 A解析 单手对地面的正压力大小，与θ无关，如图F 1＝F 2＝G2而手臂受力与夹角θ有关，所以选项A 正确，B 错误；不管角度如何，运动员受到的合力为零，选项C 错误；不管角度如何，运动员与地面之间的相互作用力总是等大，选项D 错误．3. (2020·浙江10月学考·13)如图10所示，质量为m 、电荷量为q 的带电小球A 用绝缘细线悬挂于O 点，带有电荷量也为q 的小球B 固定在O 点正下方绝缘柱上．其中O 点与小球A 的间距为l ，O 点与小球B 的间距为3l.当小球A 平衡时，悬线与竖直方向夹角θ＝30°.带电小球A 、B 均可视为点电荷，静电力常量为k.则( )图10A ．A 、B 间库仑力大小为F ＝kq22l 2B ．A 、B 间库仑力大小为F ＝3mg3C ．细线拉力大小为F T ＝kq23l 2D ．细线拉力大小为F T ＝3mg 答案 B解析 根据题意，OA ＝l ，OB ＝3l.当小球A 平衡时，悬线与竖直方向夹角θ＝30°，由几何关系可知，△AOB为等腰三角形，AB＝AO＝l，对小球A受力分析如图所示，由库仑定律得：F＝kq2AB2＝kq2l2，故A错误；△AOB为等腰三角形，由于对称性，绳子拉力等于库仑力，且根据平衡条件得：Fcos 30°＝F T cos 30°＝12mg，即F＝F T＝3mg3，故B正确，C、D错误．4. (2020·浙江10月学考·11)如图11所示，一质量为m、电荷量为Q的小球A系在长为l的绝缘轻绳下端，另一电荷量也为Q的小球B位于悬挂点的正下方(A、B均视为点电荷)，轻绳与竖直方向成30°角，小球A、B静止于同一高度．已知重力加速度为g，静电力常量为k，则两球间的静电力为( )图11A.4kQ2l2B.kQ2l2C．mg D.3mg 答案 A解析根据库仑定律公式得F＝kQQ(lsin 30°)2＝4kQ2l2，A选项正确，B选项错误．由于小球A、B均静止，对球A受力分析如图所示，由平衡条件得F T sin 30°＝F，F T cos 30°＝mg联立解得F＝33mg，C、D选项错误．5. (人教版必修1P61插图改编)两小孩共提总重力为G的一桶水匀速前行，如图12所示，两人手臂用力大小均为F，手臂间的夹角为θ.则( )图12A ．当θ＝60°时，F ＝G2B ．当θ＝90°时，F 有最小值 C ．当θ＝120°时，F ＝G D ．θ越大时，F 越小 答案 C解析 根据平衡条件得：2Fcosθ2＝G, 解得：F ＝G2cosθ2，当θ＝0°时，cos θ2 值最大，则F ＝G2，即为最小，当θ为60°时，F ＝33G ，当θ＝90°时，F ＝22G ；当θ为120°时，F ＝G ，当θ越大时，则F 越大，故A 、B 、D 错误，C 正确．6. (2020·浙江台州中学期中)如图13所示是磁悬浮地球仪，地球仪依靠它与底座之间的磁力悬浮在底座的正上方保持静止，已知地球仪的质量为m ，底座的质量为M ，则底座对水平地面的作用力大小为( )图13 A ．0 B ．mg C ．Mg D ．(m ＋M)g答案 D解析 将地球仪和底座看作整体，整体受到的重力为(m ＋M)g ，支持力为F N ，满足F N ＝(m ＋M)g ，根据牛顿第三定律可知底座对水平地面的作用力大小为(m ＋M)g ，选项D 正确．7. (2020·浙江绍兴一中期中)如图14所示，小球A 、B 带等量同种电荷，质量均为m ，都用长为L 的绝缘细线挂在绝缘的竖直墙上O 点，A 球靠墙且其悬线刚好竖直，B 球悬线偏离竖直方向θ角而静止，此时A 、B 两球之间的库仑力为F.由于外部原因小球B 的电荷量减少，使两球再次静止时它们之间的库仑力变为原来的一半，则小球B 的电荷量减少为原来的( )图14A.12B.14C.18D.116 答案 C解析 小球B 受力如图所示．两绝缘细线的长度都是L ，则△OAB 是等腰三角形，根据力的合成及几何关系可知B球悬线的拉力F T与B球的重力mg大小相等，即mg＝F T，小球B处于平衡状态，则库仑力F＝2mgsinθ2，设原来小球带电荷量为q，A、B间的距离是r，则r＝2Lsinθ2，由库仑定律得F＝kq2r2，后来库仑力变为原来的一半，则F 2＝2mgsinθ′2，r′＝2Lsinθ′2，F2＝kqq Br′2，解得q B＝18q，故选C.8. 如图15所示，倾角为θ、质量为m的直角三棱柱ABC置于粗糙水平地面上，柱体与水平地面间的动摩擦因数为μ.现施加一个垂直于BC面向下的外力F，柱体仍保持静止，则地面对柱体的摩擦力大小等于( )图15A．μmg B．Fsin θC．Fcos θ D．μ(Fcos θ＋mg)答案 B解析对三棱柱受力分析如图所示．F f＝Fsin θ，故B选项正确．9. (2020·湖州市期末)如图16所示，质量为m的光滑小球放在斜面和竖直挡板之间，当挡板从竖直位置逆时针缓慢转动到水平位置的过程中，斜面和挡板对小球的弹力大小的变化是( )图16A．斜面的弹力逐渐变大B．斜面的弹力先变小后变大C．挡板的弹力先变小后变大D．挡板的弹力逐渐变大答案 C解析小球受力如图甲所示，因挡板是缓慢转动，所以小球处于动态平衡状态，在转动过程中，此三力(重力、斜面支持力、挡板弹力)组成矢量三角形的变化情况如图乙所示(重力大小、方向均不变，斜面对其支持力方向始终不变)，由图可知此过程中斜面对小球的支持力不断减小，挡板对小球的弹力先减小后增大．动态平衡问题分析的常用方法1．解析法：一般把力进行正交分解，两个方向上列平衡方程，写出所要分析的力与变化角度的关系，然后判断各力的变化趋势．2．图解法：能用图解法分析动态变化的问题有三个显著特征：(1)物体一般受三个力作用；(2)其中有一个大小、方向都不变的力；(3)还有一个方向不变的力．考点三平衡中的临界与极值问题1. 如图17所示，质量m＝2.2 kg的金属块放在水平地板上，在与水平方向成θ＝37°角斜向上、大小为F＝10 N的拉力作用下，以速度v＝5.0 m/s向右做匀速直线运动．(cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6，取g＝10 m/s2)求：图17(1)金属块与地板间的动摩擦因数；(2)现换用另一个力F′施加在金属块上，为使金属块向右做匀速直线运动，求F′的最小值．答案(1)0.5 (2)2255N解析(1)设地板对金属块的支持力为F N，金属块与地板间的动摩擦因数为μ，因为金属块匀速运动，所以有Fcos θ＝μF Nmg＝Fsin θ＋F N解得：μ＝Fcos 37°mg－Fsin 37°＝822－6＝0.5.(2)分析金属块的受力，如图所示竖直方向：F′sin α＋F N ′＝mg 水平方向：F′cos α＝μF N ′ 联立可得： F′＝μmgcos α＋μsin α＝μmg1＋μ2sin (α＋φ)所以F′的最小值为2255N.2．如图18所示，质量均为m 的小球A 、B 用两根不可伸长的轻绳连接后悬挂于O 点，在外力F 的作用下，小球A 、B 处于静止状态．若要使两小球处于静止状态且悬线OA 与竖直方向的夹角θ保持30°不变，则外力F 的大小不可能为( )图18 A.33mg B.52mg C.2mg D ．mg答案 A解析 将A 、B 两球作为一个整体，受力分析如图所示，由图可以看出，外力F 与悬线OA 垂直时最小，F min ＝2mgsin θ＝mg ，所以外力F 应大于或等于mg ，不可能为选项A.3．如图19所示，重50 N 的物体A 放在倾角为37°的粗糙斜面上，有一根原长为10 cm ，劲度系数为800 N/m 的弹簧，其一端固定在斜面顶端，另一端连接物体A 后，弹簧长度为14 cm ，现用力F 沿斜面向下拉物体，若物体与斜面间的最大静摩擦力为20 N ，当弹簧的长度仍为14 cm 时，F 的大小不可能为( )图19A．10 N B．20 NC．40 N D．0 N答案 C解析A在斜面上处于静止状态时合外力为零，A在斜面上受五个力的作用，分别为重力、支持力、弹簧弹力、摩擦力和拉力F，当摩擦力的方向沿斜面向上时，F＋mgsin 37°≤F fm＋k(l－l0)，解得F≤22 N，当摩擦力沿斜面向下时，F最小值为零，即拉力的取值范围为0≤F≤22 N，故选C.1.临界与极值问题解题流程(1)对物体初始状态受力分析，明确所受各力的变化特点．(2)由关键词判断可能出现的现象或状态变化．(3)据初始状态与可能发生的变化间的联系，判断出现变化的临界条件或可能存在的极值条件．(4)选择合适的方法作图或列方程求解．2．解决临界与极值问题的常用方法(1)解析法：利用物体受力平衡写出未知量与已知量的关系表达式，根据已知量的变化情况来确定未知量的变化情况，利用临界条件确定未知量的临界值．(2)图解法：根据已知量的变化情况，画出平行四边形的边角变化，确定未知量大小、方向的变化，确定未知量的临界值．专题强化练(限时：30分钟)1．(2020·浙江名校协作体联考)鱼在水中沿直线水平向左减速游动过程中，水对鱼的作用力方向合理的是( )答案 C解析鱼在水中沿直线水平向左减速游动过程中，水对鱼的作用力和重力的合力产生向右的加速度，水对鱼的作用力方向斜向右上方．2. (2020·金华市期末)第31届夏季奥林匹克运动会于2020年8月5日至21日在巴西里约热内卢举行．中国选手王嘉男在跳远比赛中跳出了8米17的好成绩，排名第5.图1为王嘉男比赛精彩瞬间，针对此时王嘉男受力情况的分析合理的是( )图1A．只受重力B．受重力和空气阻力C．受重力、空气阻力、沙子的支持力D．受重力、空气阻力、沙子的支持力和摩擦力答案 B3．(2020·浙江“七彩阳光”联考)在弹簧测力计指针前的滑槽中嵌一块轻质小泡沫，测力计便增加了“记忆”功能．用该测力计沿水平方向拉木块．在拉力F增大到一定值之前，木块不会运动．继续缓慢增大拉力，木块开始运动，能观察到指针会突然回缩一下，之后弹簧测力计上的泡沫与指针位置如图2所示．下列判断正确的是( )图2A．小泡沫的左边缘“记忆”的示数等于最大静摩擦力B．小泡沫的左边缘“记忆”的示数等于滑动摩擦力C．小泡沫的右边缘“记忆”的示数等于最大静摩擦力D．小泡沫的右边缘“记忆”的示数等于滑动摩擦力答案 C解析木块刚要开始运动时，弹簧秤的示数为最大静摩擦力；小泡沫的右边缘“记忆”的示数等于最大静摩擦力．4. (2020·浙江“超级全能生”联考)有些自动扶梯是阶梯状的，人站在自动扶梯的水平踏板上，随扶梯斜向上匀速运动，如图3所示．以下说法正确的是( )图3A．人受到的合外力不为零B．人受到重力和支持力的作用C．人受到的合外力方向与速度方向相同D．人受到重力、支持力和摩擦力的作用答案 B解析由于匀速运动，人受到的合外力为零，不可能有摩擦力，否则不平衡了．5. (2020·宁波市诺丁汉大学附中高三上期中)如图4，球静置于水平地面OA上并紧靠斜面OB，一切摩擦不计，则( )图4A．小球只受重力和地面支持力B．小球一定受斜面的弹力C．小球受重力、地面支持力和斜面弹力D．小球受到的重力和对地面的压力是一对平衡力答案 A解析小球只受重力和地面支持力，斜面对球无弹力作用，选项A正确，B、C错误；小球受到的重力和地面对小球的支持力是一对平衡力，选项D错误；故选A.6．(2020·台州市9月选考)某木箱静止在水平地面上，对地面的压力大小为200 N，木箱与地面间的动摩擦因数为μ＝0.45，与地面间的最大静摩擦力为95 N，小孩分别用80 N、100 N的水平力推木箱，木箱受到的摩擦力大小分别为( )A．80 N和90 N B．80 N和100 NC．95 N和90 N D．90 N和100 N答案 A7．(2020·诸暨市联考)如图5所示，用相同的弹簧测力计将同一个重物m，分别按甲、乙、丙三种方式悬挂起来，读数分别是F1、F2、F3、F4，已知θ＝30°，则有( )图5A．F4最大B．F3＝F2C．F2最大D．F1比其他各读数都小答案 C解析由平衡条件可知：F1＝mgtan θ，F2cos θ＝mg,2F3cos θ＝mg，F4＝mg，因此可知F1＝33mg，F2＝233mg，F3＝33mg，故选项A、B、D错误，C正确．8. (2020·温州市十校期末联考)如图6所示，A、B为同一水平线上的两个固定绕绳装置，转动A、B，使光滑挂钩下的重物C缓慢竖直上升，下列说法正确的是( )图6A．绳子拉力大小不变B．绳子拉力大小逐渐减小C．两段绳子合力逐渐减小D．两段绳子合力不变答案 D解析重物受三个力，重力和两个拉力，重物C缓慢竖直上升时三力平衡，即有两个拉力的合力与重力平衡，所以两个拉力的合力一定，而两个拉力的夹角不断增大，故拉力不断增大，故D正确，A、B、C错误．9. (2020·金华市义乌模拟)在2020年9月3日抗战胜利70周年阅兵中，20架直升机组成数字“70”字样飞过天安门上空．如图7所示，为了使领航的直升机下悬挂的国旗不致上飘，在国旗的下端悬挂了重物，假设国旗与悬挂物(可看成一个物体)的质量为m，直升机的质量为M，直升机水平匀速飞行，在飞行过程中，悬挂国旗的细线始终与竖直方向的夹角为α.以下说法正确的是( )图7A．国旗受到2个力的作用B．细线的拉力大于mgC．空气对国旗的阻力大小为mgcos αD．空气给直升机的力方向竖直向上答案 B解析对国旗受力分析如图，国旗受三个力，重力、绳子的拉力和空气阻力，其中空气阻力与运动的方向相反，沿水平方向．根据共点力平衡得F＝mgcos α，F f＝mgtan α，故B正确，A、C、D错误．10．(2020·浙江名校协作体模拟)浙江省某中学校园环境优美，景色宜人，如图8甲所示，淡如桥是同学们必走之路，淡如桥是座石拱桥，图乙是简化图，用四块相同的坚固石块垒成圆弧形的石拱，其中第3、4块固定在地基上，第1、2块间的接触面是竖直的，每块石块的两个侧面间所夹的圆心角为30°.假定石块间的摩擦力忽略不计，则第1、2石块间的作用力和第1、3石块间的作用力大小之比为( )甲乙图8A.12B.33C.32D. 3答案 C解析对石块1受力分析，由F N12∶F N13＝sin 60°＝32知C正确．11. (2020·杭州市学考模拟)一串小灯笼(五只)彼此用轻绳连接，并悬挂在空中．在稳定水平风力作用下发生倾斜，绳与竖直方向的夹角为30°，如图9所示．设每只灯笼的质量均为m.由上往下第一只灯笼对第二只灯笼的拉力大小为( )图9A．23mg B.233mgC.833mg D．8mg答案 C解析以下面四个灯笼作为研究对象，受力分析如图．由F T cos 30°＝4mg，得F T＝833mg，故C正确．12. 如图10所示，质量为m的正方体和质量为M的正方体放在两竖直墙和水平面间，处于静止状态．m 和M的接触面与竖直方向的夹角为α，重力加速度为g，若不计一切摩擦，下列说法正确的是( )图10A．水平面对正方体M的弹力大小大于(M＋m)g B．水平面对正方体M的弹力大小为(M＋m)gcos αC．墙面对正方体m的弹力大小为mgtan αD．墙面对正方体M的弹力大小为mg tan α答案 D解析由于两墙面竖直，对M和m整体受力分析可知，水平面对M的弹力大小等于(M＋m)g，A、B错误；在水平方向，墙对M和m的弹力大小相等、方向相反，对m受力分析如图所示，根据平行四边形定则可得m受到的墙对它的弹力大小为mgtan α，所以M受到墙面的弹力大小也为mgtan α，C错误，D正确．13. (2020·浙江北仑中学期末)如图11所示，一个铁架台放在水平地面上，其上用轻质细线悬挂一个小球，开始时细线竖直．现将水平力F作用于小球上，使其缓慢地由实线位置运动到虚线位置，铁架台始终保持静止．则在这一过程中( )图11A．水平拉力F先变小后变大B．细线的拉力不变C．铁架台对地面的压力变大D．铁架台所受地面的摩擦力变大答案 D解析对小球受力分析，如图所示，小球受细线拉力、重力、水平力F.根据平衡条件，有F＝mgtan θ，θ逐渐增大，则F逐渐增大，故A错误；由图可知，细线的拉力F T＝mgcos θ，θ增大，F T增大，故B错误；以整体为研究对象，根据平衡条件得F f＝F，则F f逐渐增大，F N＝(M＋m)g，F N保持不变，故D正确，C错误．14. 如图12所示，三根长度均为l的轻绳分别连接于C、D两点，A、B两端被悬挂在水平天花板上，相距2l.现在C点上悬挂一个质量为m的重物，为使CD绳保持水平，在D点上可施加的力的最小值为( )图12A．mg B.33mgC.12mg D.14mg答案 C解析分析结点C的受力如图甲所示，由题意可知，绳CA与竖直方向间夹角为α＝30°，则可得：F D＝mgtan α＝33mg，再分析结点D的受力如图乙所示，由图可知，F D′与F D大小相等且方向恒定，F B的方向不变，当在D点施加的拉力F与绳BD垂直时，拉力F最小，即F＝F D′cos 30°＝12mg，C正确．15. 如图13所示，位于竖直侧面的物体A的质量m A＝0.2 kg，放在水平面上的物体B的质量m B＝1.0 kg，绳和滑轮间的摩擦不计，且绳的OB部分水平，OA部分竖直，A和B恰好一起匀速运动，g取10 m/s2.图13(1)求物体B与水平面间的动摩擦因数．(2)如果用水平力F向左拉物体B，使物体A和B做匀速运动需多大的拉力？答案(1)0.2 (2)4 N解析(1)因物体A和B恰好一起匀速运动，所以物体A、B均处于平衡状态．由平衡条件得对A：F T－m A g＝0对B：F T－μF N＝0F N－m B g＝0解得：μ＝0.2(2)如果用水平力F向左拉物体B，使物体A和B做匀速运动，此时水平绳的拉力与滑动摩擦力的大小均不变，对物体B由平衡条件得F－F T－μF N＝0解得：F＝4 N.16. (2020·金华市十校模拟)如图14所示，某同学用大小为5 N、方向与竖直黑板面成θ＝53°的力将黑板擦沿黑板表面竖直向上缓慢推动，黑板擦无左右运动趋势．已知黑板的规格为4.5×1.5 m2，黑板的下边缘离地的高度为0.8 m，黑板擦(可视为质点)的质量为0.1 kg，g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.图14(1)求黑板擦与黑板间的动摩擦因数μ；(2)当她擦到离地高度2.05 m时，黑板擦意外脱手沿黑板面竖直向下滑落，求黑板擦砸到黑板下边缘前瞬间的速度大小．答案(1)0.5 (2)5 m/s解析(1)对黑板擦受力分析如图所示：水平方向：Fsin θ＝F N ①竖直方向：Fcos θ＝mg＋F f ②另有：F f＝μF N③联立①②③可得：μ＝0.5(2)由受力分析可知：黑板擦脱手后做自由落体运动自由落体：v2＝2gh代入数据可得：v＝5 m/s.高考理综物理模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。

力与物体的平衡考情分析与备考建议1．五年考情分析2．复习备考建议(1)受力分析与物体的平衡着重考查连接体的平衡、整体法与隔离法的应用、物体的动态平衡问题、绳、杆、面弹力的大小与方向、胡克定律及摩擦力的大小等．复习时要熟练掌握受力分析方法、共点力平衡的处理方法，尤其是动态平衡的几种解题方法．(2)匀变速直线运动问题一般结合牛顿运动定律，考查形式灵活，情景多样，贴近生活，计算题多以板—块模型、多过程问题为主，多结合v－t图象，难度较大，单纯直线运动问题一般在选择题中结合v－t图象考查，难度不大．(3)平抛运动的规律及分析方法、圆周运动的受力特点(特别是竖直面内的圆周运动的受力特点)及能量变化是考查重点．平抛运动与竖直面内圆周运动相结合，再结合能量守恒考察的问题也需要重视．(4)万有引力与航天基本上每年必有一题，开普勒定律、行星和卫星的运行规律、变轨、能量问题、双星问题、万有引力与重力关系等，复习时要全面深入，掌握各类问题的实质．第1课时力与物体的平衡考点受力分析与物体的静态平衡1．受力分析顺序(1)先场力(重力、电场力、磁场力)后接触力(先弹力后摩擦力)．(2)先分析“确定的力”，再由“确定的力”判断“不确定的力”．2．整体法与隔离法研究系统外的物体对系统整体的作用力时用整体法；研究系统内物体之间的相互作用力时用隔离法．遇到多物体平衡时一般整体法与隔离法结合运用，一般先整体后隔离．(1)采用整体法进行受力分析时，要注意系统内各个物体的运动状态应该相同．(2)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”．3．两种常用方法(1)合成法：一般三力平衡时(或多力平衡转化成三力平衡后)用合成法，由平行四边形定则合成任意两力(一般为非重力的那两个力)，该合力与第三个力平衡，在由力的示意图所围成的三角形中解决问题．将力的问题转化成三角形问题，再由三角函数、勾股定理、图解法、相似三角形法等求解．(2)正交分解法：一般受三个以上共点力平衡时用正交分解法，把物体受到的各力分解到相互垂直的两个方向上，然后分别列出两个方向上的平衡方程．例1(2019·湖南娄底市下学期质量检测)如图1所示，竖直面光滑的墙角有一个质量为m、半径为r的均匀半球体物块A，现在A上放一密度和半径与A相同的球体B，调整A的位置使得A、B保持静止状态，已知A与地面间的动摩擦因数为0.5，则A球球心距墙角的最远距离是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )图1 A.9r 5B ．2r C.11r 5 D.13r 5答案 C解析 由题意知，B 的质量为2m ，对A 、B 整体，地面对A 的支持力为：F N ＝3mg ，当地面对A 的摩擦力达到最大静摩擦力时，A 球球心距墙角的距离最远，分别对A 、B 受力分析，如图所示；根据平衡条件得：F N AB ＝2mg sin θ，F N BA cos θ＝μF N ， 又F N AB ＝F N BA解得：tan θ＝43，则A 球球心距墙角的最远距离为：x ＝2r cos θ＋r ＝115r ，故C 正确，A 、B 、D 错误．变式训练1．(2019·全国卷Ⅱ·16)物块在轻绳的拉动下沿倾角为30°的固定斜面向上匀速运动，轻绳与斜面平行．已知物块与斜面之间的动摩擦因数为33，重力加速度取10m/s 2.若轻绳能承受的最大张力为1500N ，则物块的质量最大为( )A ．150kgB ．1003kgC ．200kgD ．2003kg 答案 A解析 设物块的质量最大为m ，将物块的重力沿斜面向下方向和垂直斜面向下方向分解，由平衡条件，在沿斜面方向有F ＝mg sin30°＋μmg cos30°，解得m ＝150kg ，A 项正确．2．(2019·浙南名校联盟期末)如图2所示，一个质量为4kg 的半球形物体A 放在倾角θ＝37°的斜面体B 的斜面上静止不动．若用通过球心的水平推力F ＝10N 作用在物体上，物体仍静止在斜面上，斜面体仍相对地面静止．已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g ＝10m/s 2，则( )。

第一讲力与物体的平衡(2)接触力(3)按顺序找力①分析场力，如：重力、电场力、磁场力； ②分析已知外力；③分析接触力：先分析弹力，后分析摩擦力． (4)受力分析的注意事项①只分析受力物体，不分析施力物体； ②只分析性质力，不分析效果力，如向心力等； ③只分析外力，不分析内力；④分析物体受力时，应关注物体的运动状态(如物体的静止、加速与减速、直线与曲线运动等)．(5)平衡条件：F ＝0(正交分解F x ＝0，F y ＝0)． (6)平衡状态：物体处于静止或匀速直线运动的状态.考向一受力分析[归纳提炼]1．受力分析的基本思路2．受力分析的常用方法1．(2017·苏北三市调研)如图所示，匀强电场方向垂直于倾角为α的绝缘粗糙斜面向上，一质量为m的带正电荷的滑块静止于斜面上．关于该滑块的受力，下列说法中正确的是(当地重力加速度为g)( ) A．滑块可能只受重力、电场力、摩擦力三个力的作用B．滑块所受的摩擦力大小一定为mg sinαC．滑块所受的电场力大小可能为mg cosαD．滑块对斜面的压力大小一定为mg cosα[解析] 物体一定受重力和电场力，如果没有摩擦力滑块不会平衡，故弹力和摩擦力一定同时存在，故A错误；对滑块进行受力分析，如右图所示．根据力的平衡条件得：mg sinα＝F f，F电＋F弹＝mg cosα，故B对，C、D均错．[答案] B2.(2017·南昌三中理综测试)如图所示，穿在一根光滑的固定杆上的小球A、B连接在一条跨过定滑轮的细绳两端，杆与水平面成θ角，不计所有摩擦，当两球静止时，OA绳与杆的夹角为θ，OB绳沿竖直方向，则正确的说法是( )A．小球A可能受到2个力的作用B．小球A一定受到3个力的作用C．小球B可能受到3个力的作用D．细绳对A的拉力大于对B的拉力[解析] 对A球受力分析可知，A受到重力、细绳的拉力以及杆对A球的弹力，三个力的合力为零，故A错误，B正确；对B球受力分析可知，B受到重力，细绳的拉力，两个力的合力为零，杆对B球没有弹力，否则B不能平衡，故C错误；定滑轮不改变力的大小，即细绳对A的拉力等于对B的拉力，故D错误．[答案] B3．(多选)(2017·嘉兴二模)如图所示，在斜面上，木块A与B的接触面是水平的．连接木块A的绳子呈水平状态，两木块均保持静止．则木块A和木块B可能的受力个数分别为( )A．2个和4个B．3个和4个C．4个和4个D．4个和6个[解析] 若绳子上的拉力为零，以A、B整体为研究对象，可知B和斜面之间一定有静摩擦力，A、B的受力情况如图所示，故选项A正确；若绳子上的拉力不为零，分别对A、B 进行受力分析，A受到重力、B对A的支持力、绳子的拉力和B对A的静摩擦力而平衡，B 受到重力、A对B的压力、斜面对B的支持力和A对B的静摩擦力，斜面对B的摩擦力可有可无，所以选项C正确．[答案]AC善于转换研究对象，尤其是对于摩擦力不易判定的情形，可以借助相接触物体的受力判定，再应用牛顿第三定律.实际问题通常需要交叉应用隔离、整体思维法.对两个以上的物体叠加组成的整体进行受力分析时，一般先采用整体思维法后采用隔离思维法，即“先整体，后隔离”.考向二静态平衡问题[归纳提炼]1．解决静态平衡问题的基本思路2．解决静态平衡问题的四种常用方法某运动员做跳伞训练，他从悬停在空中的直升机上由静止跳下，距离直升机一段时间后打开降落伞减速下落，他打开降落伞后的速度图象如图(a)所示．降落伞用8根对称的绳悬挂运动员，每根绳与中轴线的夹角均为37°，如图(b)所示．已知运动员和降落伞的质量均为50 kg，不计人所受的阻力，打开降落伞后，降落伞所受的阻力f与下落速度v成正比，即f＝kv.重力加速度g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)打开降落伞前人下落的高度．(2)阻力系数k 和打开降落伞瞬间的加速度． (3)降落伞的悬绳能够承受的拉力至少为多少？ [思路点拨] (1)当速度为5 m/s 时运动员做匀速运动． (2)打开降落伞瞬间悬绳对运动员拉力最大．[解析] (1)打开降落伞前运动员做自由落体运动，根据速度位移公式可得运动员下落的高度h ＝v 202g ，由图(a)可知v 0＝20 m/s ，代入解得：h ＝20 m ．(2)由图(a)可知，当速度为v ＝5 m/s 时，运动员做匀速运动，伞和运动员整体受力达到平衡状态，由平衡条件可得：kv ＝2mg ，即k ＝2mgv，解得k ＝200 N·s/m.在打开降落伞瞬间，由牛顿第二定律可得：kv 0－2mg ＝2ma ，解得a ＝30 m/s 2，方向竖直向上．(3)根据题意可知，打开降落伞瞬间悬绳对运动员拉力最大，设此时降落伞上每根悬绳的拉力为T ，以运动员为研究对象，则有：8T cos37°－mg ＝ma ，代入数据可解得T ＝312.5 N ，故悬绳能够承受的拉力至少为312.5 N.[答案] (1)20 m (2)200 N·s/m 30 m/s 2，方向竖直向上 (3)312.5 N“稳态速度类”平衡模型一般是与实际问题相结合的物理问题，其基本特征是物体在开始运动时并不平衡，而是随着外部条件的改变逐渐达到平衡状态.此类模型的一般解法是：先根据试题所描述的情境抽象出物理模型，然后根据物体运动的初始条件，结合运动学知识和牛顿运动定律对物体的运动情况进行分析，当物体最终达到平衡状态时，则要依据共点力的平衡条件，列出物体的平衡方程进行求解.[熟练强化]迁移一单个物体平衡1．(多选)(2017·浙江十校模拟)如图所示，半圆形槽半径R＝30 cm，质量m＝1 kg的小物块在沿半径方向的轻弹簧挤压下处于静止状态．已知弹簧的劲度系数k＝50 N/m，自由长度L＝40 cm，一端固定在圆心O 处，弹簧与竖直方向的夹角为37°.取g＝10 m/s2，s in37°＝0.6，cos37°＝0.8.则( ) A．物块对槽的压力大小是15 NB．物块对槽的压力大小是13 NC．槽对物块的摩擦力大小是6 ND．槽对物块的摩擦力大小是8 N[解析] 物块受重力mg、支持力N、弹簧的推力F、沿半圆形槽切线向上的静摩擦力f，根据共点力平衡条件，切线方向上有mg sin37°＝f，半径方向上有F＋mg cos37°＝N，根据胡克定律，F＝k·Δx＝50 N/m×(0.4－0.3)m＝5 N，解得f＝6 N，N＝13 N，选项B、C正确．[答案]BC迁移二多个物体平衡2．(2017·西安高三二模)将一横截面为扇形的物体B 放在水平面上，一小滑块A 放在物体B 上，如图所示，除了物体B 与水平面间的摩擦力之外，其余接触面的摩擦力均可忽略不计，已知物体B 的质量为M 、滑块A 的质量为m ，当整个装置静止时，滑块A 与物体B 接触的一面与竖直挡板之间的夹角为θ.已知重力加速度为g ，则下列选项正确的是( )A ．物体B 对水平面的压力大小为MgB ．物体B 受水平面的摩擦力大小为mg tan θC ．滑块A 与竖直挡板之间的弹力大小为mg tan θD ．滑块A 对物体B 的压力大小为mgcos θ[解析] 以滑块A 为研究对象进行受力分析，并运用合成法，如图所示，由几何知识得，挡板对滑块A 的弹力大小为F N1＝mg tan θ，C 正确；物体B 对滑块A 的弹力大小为F N2＝mgsin θ，根据牛顿第三定律，滑块A 对物体B 的压力大小为mg sin θ，D 错误；以滑块A 和物体B 组成的系统为研究对象，在竖直方向上受力平衡，则水平面对物体B 的支持力F N ＝(M ＋m )g ，故水平面所受压力大小为(M ＋m )g ，A 错误；A 和B 组成的系统在水平方向上受力平衡，则水平面对物体B 的摩擦力大小为F f ＝F N1＝mg tan θ，B 错误．[答案] C 考向三 动态平衡及临界极值问题[归纳提炼]解决动态平衡问题的一般思路：把“动”化为“静”，“静”中求“动”．动态平衡问题的分析过程与处理方法如下：(多选)(2017·全国卷Ⅰ)如图，柔软轻绳ON 的一端O 固定，其中间某点M 拴一重物，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>π2 .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( )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[思路路线][解析]解法一：图解法：对重物受力分析可知，重物受重力G、OM的拉力F OM、MN的拉力F MN.重物处于动态平衡状态，合力为零，所以G、F OM、F MN构成封闭的矢量三角形．重力不变，由于OM与MN之间的夹角α不变，则F OM与F MN的夹角(π－β)，不变，矢量三角形动态图如图甲所示，当F OM为圆的直径时最大，最后F OM变为水平，此时F MN最大，所以F OM先增大后减小，F MN一直增大．解法二：正弦定理法：当重物转到某一位置时，对重物受力分析，如图乙所示．由正弦定理得Gπ－α＝F MNsin θ＝F OMα－θ，则F MN ＝G sin θsin α，F OM ＝G α－θsin αθ角的取值范围在0°到90°之间，当OM 水平时，θ＝90°，α－θ小于90°当θ角增大时，sin θ增大，故MN 上的张力逐渐增大，OM 上的张力先增大后减小．[答案] AD这个题的难点是三力平衡中一个力不变，另外两个力都在变化，但是变化的两个力的方向夹角不变，作出多个矢量三角形，利用几何知识分析，学生在求解这个题时的障碍之一：题目描述情景“将重物向右上方缓慢拉起”不够清晰，学生难以想象MN 绳的变化；障碍之二：对数学知识应用不熟练，这个题还可以用分析特殊位置法或者正弦定理解决.常见的解决动态平衡问题的方法(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，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况．注意，此题给出的重力大小和方向不变，但两侧绳中的张力大小均变化，需认真画出动态图分析．(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：如果物体受到三个力的作用，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，可以用力三角形与几何三角形相似的方法．(2017·孝感高三调研)如图所示，用细线相连的质量分别为2m 、m 的小球A 、B 在拉力F 作用下，处于静止状态，且细线OA 与竖直方向的夹角保持θ＝30°不变，则拉力F 的最小值为( ) A.332mg B.23＋12mg C.23＋22mg D.32mg [思路路线][解析] A 和B 处于静止状态，受力平衡，把A 和B 作为整体受力分析，受到重力3mg 、OA 绳的拉力T 及拉力F ，根据三力平衡原则，T 与F 的合力竖直向上，大小等于3mg ，当F与T 垂直时，F 最小，F ＝3mg sin30°＝32mg ，选项D 正确． [答案] D平衡问题的临界状态是指物体所处的平衡状态将要被破坏而尚未被破坏的状态，可理解成“恰好出现”或“恰好不出现”，在问题的描述中常用“刚好”“刚能”“恰好”等语言叙述，解临界问题的基本方法是假设推理法.临界问题往往是和极值问题联系在一起的.解决此类问题重在形成清晰的物理图景，分析清楚物理过程，从而找出临界条件或达到极值的条件.要特别注意可能出现的多种情况.[熟练强化]迁移一 图解法1．(多选)《大国工匠》节目中讲述了王进利用“秋千法”在1000 kV 的高压线上带电作业的过程．如右图所示，绝缘轻绳OD 一端固定在高压电线杆塔上的O 点，另一端固定在兜篮上．另一绝缘轻绳跨过固定在杆塔上C 点的定滑轮，一端连接兜篮，另一端有工人控制．身穿屏蔽服的王进在兜篮里，缓慢地从C 点运动到处于O 点正下方的E 点的电缆处．绳OD 一直处于伸直状态，兜篮、王进及携带的设备总质量为m ，不计一切阻力，重力加速度大小为g ，关于王进从C 点到E 点的过程中，下列说法正确的是( )A ．工人对绳的拉力一直变大B ．绳OD 的拉力越来越大C ．OC 、CD 两绳拉力的合力大小等于mgD ．当绳CD 与竖直方向的夹角为30°时，工人对绳的拉力为33mg[解析]对兜篮、王进及携带的设备整体进行受力分析如右图所示．一是重力mg、二是绳OD的拉力F1、三是绳CD对它的拉力F2，F1、F2的夹角为α，F2、F1与重力的夹角分别为β、γ，γ减小，β增大，则F1减小，F2增大．当CD与竖直方向夹角为30°时，OD与竖直方向夹角为30°，可求出F2.[答案]BCD迁移二相似三角形法2．(多选)城市中的路灯、无轨电车的供电线路等，经常用三角形的结构悬挂，如图是这一类结构的简化模型．图中轻杆OB可以绕过B点且垂直于纸面的轴自由转动，钢索OA和杆OB的质量都可以忽略不计，如果悬挂物的重力为G，∠ABO＝90°，AB>OB.某次产品质量检测和性能测试中保持A、B两点不动，只改变钢索OA的长度，关于钢索OA的拉力F1和杆OB上的支持力F2的变化情况，下列说法正确的有( ) A．从图示位置开始缩短钢索OA，钢索OA的拉力F1先减小后增大B．从图示位置开始缩短钢索OA，杆OB上的支持力F2不变大小C．从图示位置开始伸长钢索OA，钢索OA的拉力F1增大D ．从图示位置开始伸长钢索OA ，杆OB 上的支持力F 2先减小后增大[解析] 设钢索OA 的长度为L ，杆OB 的长度为R ，A 、B 两端距离为H ，根据相似三角形知识可知G H ＝F 1L ＝F 2R，所以从题中图示位置开始缩短钢索OA ，钢索OA 的拉力F 1减小，杆OB 上的支持力F 2大小不变，选项A 错误，B 正确；从题中图示位置开始伸长钢索OA ，钢索OA 的拉力F 1增大，杆OB 上的支持力F 2大小不变，选项C 正确，D 错误．[答案] BC迁移三 解析法3．(多选)如图所示，一光滑半圆环竖直固定于粗糙的木板上，圆心为O 1，小球A 套在半圆环左侧最低点，并由轻绳通过光滑的小滑轮O 与小球B 相连，B 右侧细线水平，O 点在环心O 1的正上方，OA 与竖直方向成θ＝30°角，OA ⊥OB ，两球均处于静止状态，且小球A 恰好对木板没有力的作用．若对B 施加一外力F ，使小球A 缓慢运动到O 点正下方的过程中，木板始终静上，则下列说法正确的是( )A ．A 、B 两球的质量之比为3∶1B ．轻绳OA 的拉力逐渐增大C ．地面对木板的摩擦力逐渐减小D ．地面对木板的摩擦力逐渐增大[解析] 对A 、B 进行受力分析如图乙所示．由几何关系和平衡条件可得：F cos30°＝m A g ，T cos60°＝m B g ，联立可得12m A ＝32m B ，即m A m B ＝31，选项A 正确；当小球A 沿光滑半圆环缓慢向上移动时，处于动态平衡状态，由力三角形与几何三角形相似可得：N A R ＝T l ＝m A g h，其中m A g 、h 、R 均不变，故N A 大小不变，OA 段绳长l 逐渐减小，故绳的拉力T 逐渐减小，选项B 错误；N A 的大小不变，与水平面的夹角逐渐变大，故其在水平方向上的分力逐渐减小，则A 对圆环的反作用力N A ′在水平方向上的分力也逐渐减小，与分力平衡的地面对木板的摩擦力随之变小，选项C 正确，选项D 错误．[答案] AC4．(2017·长沙四市联合调研)质量为M 的木楔倾角为θ，在水平面上保持静止，质量为m 的木块刚好可以在木楔上表面上匀速下滑．现在用与木楔上表面成α角的力F 拉着木块匀速上滑，如右图所示，求：(1)当α＝θ时，拉力F 有最小值，求此最小值；(2)拉力F 最小时，木楔对水平面的摩擦力的大小．[解析] (1)木块刚好可以沿木楔上表面匀速下滑，mg sin θ＝μmg cos θ，则μ＝tan θ，用力F 拉着木块匀速上滑，受力分析如图甲所示，F cos α＝mg sin θ＋F f ，F N ＋F sin α＝mg cos θ，F f ＝μF N .联立以上各式解得，F ＝mg sin2θθ－α.当α＝θ时，F 有最小值，F min ＝mg sin2θ.(2)对木块和木楔整体受力分析如图乙所示，由平衡条件得，F f ′＝F cos(θ＋α)，当拉力F 最小时，F f ′＝F min ·cos2θ＝12mg sin4θ.[答案] (1)mg sin2θ (2)12mg sin4θ 考向四 电磁场中的平衡问题[归纳提炼]电磁场中平衡问题的处理方法与纯力学问题的分析方法一样，学会把电磁学问题力学化，分析方法是：(2017·河北六校联考)如图所示，在MN 、PQ 间同时存在匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直纸面水平向外，电场在图中没有标出．一带电小球从a 点射入场区，并在竖直面内沿直线运动至b点，则小球( )A．一定带正电B．受到电场力的方向一定水平向右C．从a点到b点的过程，克服电场力做功D．从a点到b点的过程中可能做匀加速运动[思路点拨] (1)为使小球在场内做直线运动，小球的速度大小不能变化．(2)从a点到b点过程，洛伦兹力不做功．[解析] 因小球受到的洛伦兹力F＝qvB随小球速度的变化而变化，为使带电小球能在场内做直线运动，小球的速度大小不能变化，即小球受力平衡，做匀速直线运动，D错误；小球共受到重力、电场力和洛伦兹力三个力的作用，无论小球带何种电荷，三力均可能平衡，故A、B错误；从a点到b点的过程中，小球的动能不变，洛伦兹力不做功，根据动能定理有ΔE k＝W G＋W电场＝0，重力做正功，所以电场力必做负功，C正确．[答案] C带电体在复合场中的平衡问题或导体棒在磁场中的平衡问题，无非是多考虑带电体所受的电场力、洛伦兹力或导体棒所受的安培力，分析方法与力学中的平衡问题完全相同．[熟练强化]迁移一电场中的平衡问题1．(2017·长沙四市联合调研)如右图所示，物体P、Q可视为点电荷，电荷量相同．倾角为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．当物体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 mgk tan θr 2B ．P 对斜面体的压力为0C ．斜面体受到地面的摩擦力为0D ．斜面体对地面的压力为(M ＋m )g[解析] 以P 为研究对象，受到重力mg 、斜面体的支持力F N 和库仑力F ，由平衡条件得：F ＝mg tan θ F N ＝mgcos θ根据库仑定律得：F ＝k q 2r2联立解得：q ＝rmg tan θk由牛顿第三定律得P 对斜面体的压力为：F N ′＝F N ＝mgcos θ，故A 、B 错误．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：F f ＝F 地面对斜面体的支持力为：F N1＝(M ＋m )g ，根据牛顿第三定律得斜面体受到地面的摩擦力为F ，斜面体对地面的压力为：F N1′＝F N1＝(M ＋m )g .故C 错误，D 正确．[答案] D迁移二 磁场中的平衡问题2．(2017·石家庄一模)如图所示，用两根等长的轻细导线将质量为m ，长为L 的金属棒ab 悬挂在c 、d 两处，金属棒置于匀强磁场中．当棒中通以由a 到b 的电流I 后，两导线偏离竖直方向θ角处于静止状态．已知重力加速度为g ，为了使棒静止在该位置，磁场的磁感应强度的最小值为( )A.mg ILB.mgIL tan θ C.mg IL sin θ D.mgILcos θ [解析] 要求所加磁场的磁感应强度最小，即棒平衡时所受的安培力有最小值．棒的重力恒定，轻细导线拉力的方向不变，对棒受力分析可知，当安培力与轻细导线垂直时，安培力有最小值F min ＝mg sin θ，即ILB min ＝mg sin θ，所以B min ＝mgILsin θ，C 正确．[答案] C高考高频考点强化——整体法、隔离法[考点归纳]1.(2016·全国卷Ⅲ)如图，两个轻环a 和b 套在位于竖直面内的一段固定圆弧上；一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为m 的小球．在a 和b 之间的细线上悬挂一小物块．平衡时，a 、b 间的距离恰好等于圆弧的半径．不计所有摩擦．小物块的质量为( )A.m 2B.32m C ．m D ．2m [解析] 本题考查物体的平衡．绳的拉力等于物体的重力，圆弧对轻环的弹力一定垂直于圆弧，弹力的作用线平分拉力与重力的作用方向，由几何知识知，中间绳的拉力方向与竖直方向夹角为60°，根据2mg cos60°＝Mg ，解得M ＝m ，选项C 正确．[答案] C2．(2015·山东卷)如图所示，滑块A 置于水平地面上，滑块B 在一水平力作用下紧靠滑块A (A 、B 接触面竖直)，此时A 恰好不滑动，B 刚好不下滑．已知A 与B 间的动摩擦因数为μ1，A 与地面间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．A 与B 的质量之比为( )A.1μ1μ2B.1－μ1μ2μ1μ2 C.1＋μ1μ2μ1μ2D.2＋μ1μ2μ1μ2[解析] 本题考查了共点力的平衡问题．设A 、B 的质量分别为M 、m ，水平力为F ，对整体受力分析，根据平衡条件得F ＝μ2(m ＋M )g ，对物体B 受力分析，物体B 恰好不下滑，则mg ＝μ1F ，两式联立得M m ＝1－μ1μ2μ1μ2，B 正确．[答案] B3．(多选)(2016·全国卷Ⅰ)如图，一光滑的轻滑轮用细绳OO ′悬挂于O 点；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 向右上方拉b ，整个系统处于静止状态．若F 方向不变，大小在一定范围内变化，物块b 仍始终保持静止，则( )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[解析] 系统处于静止状态，连接a和b的绳的张力大小T1等于物块a的重力G a，C项错误；以O′点为研究对象，受力分析如图甲所示，T1、恒定，夹角θ不变，由平衡条件知，绳OO′的张力T2恒定不变，A项错误；以b为研究对象，受力分析如图乙所示，则F N＋T1cosθ＋F sinα－G b＝0f＋T1sinθ－F cosα＝0F N、f均随F的变化而变化，故B、D项正确．[答案]BD整体法、隔离法的使用技巧(1)对于连结体问题，如果能够运用整体法，我们优先采用整体法，这样涉及的研究对象少，未知量少，方程少，求解简便．(2)对于大多数动力学问题，单纯采用整体法并不一定能解决，通常采用整体法和隔离法相结合的方法．[迁移训练]1．(2017·华中师大附中月考)下图中，如果作用在乙球上的力大小为F ，作用在甲球上的力大小为2F ，则此装置平衡时的位置可能是( )[解析] 将甲、乙两个小球作为一个整体，受力分析如右图所示，设上面的绳子与竖直方向的夹角为α，则根据平衡条件，可得tan α＝F2mg ，再单独研究乙球，设下面的绳子与竖直方向的夹角为β，根据平衡条件，可得tan β＝F mg，因此β>α，因此甲球在竖直线的右侧，而乙球在竖直线的左侧，选项C 正确．[答案] C2．(2017·安徽江南十校联考)如图所示，竖直面光滑的墙角有一个质量为m ，半径为r 的半球体A .现在A 上放一密度和半径与A 相同的球体B ，调整A 的位置使得A 、B 保持静止状态，已知A 与地面间的动摩擦因数为0.5.则A 球球心距墙角的最远距离是( )A ．2r B.95r C.115r D.135r[解析] 由题可知B 球质量为2m ，当A 球球心距墙角最远时，A 受地面水平向右的摩擦力f ＝μ·3mg ，此时以B 球为研究对象，对其受力分析如图所示，有F 2＝2mgtan θ，以A 和B整体为研究对象，在水平方向有μ·3mg ＝F 2，则tan θ＝2mg3μmg ，代入数据得θ＝53°.由几何关系可知，A 球球心到墙角的最远距离l ＝r ＋2r cos θ＝115r ，选项C 正确．[答案] C3．(多选)(2017·江西南昌3月模拟)如图所示，静止在粗糙水平面上的半径为4R 的半球的最高点A 处有一根水平细线系着质量为m 、半径为R 的光滑小球．已知重力加速度为g .下列说法正确的是( )A ．地面对半球的摩擦力的方向水平向右B ．细线对小球的拉力大小为34mgC ．保持小球的位置不变，将A 点沿半球逐渐下移，半球对小球的支持力逐渐减小D ．剪断细线的瞬间，小球的加速度大小为0.6g[解析] 以半球和小球整体为研究对象，整体处于平衡状态，不受摩擦力作用，A 项错误．对小球受力分析如图，拉力F A ＝mg tan θ，由几何关系可知tan θ＝34，则F A ＝34mg ，B 项正确．半球对小球的支持力F N ＝mg cos θ，在A 点下移时，θ增大，cos θ减小，则F N 增大，C 项错误．在剪断细线的瞬间，细线对小球的拉力消失，小球在沿切线方向有mg sin θ＝ma ，其中sin θ＝0.6，得a ＝0.6g ，D 项正确．[答案] BD。

高考物理二轮复习精品资料Ⅰ专题1 物体的平衡教学案（教师版）【考纲解读】(一)内容解读1．力是物体间的相互作用．是使物体发生形变和运动状态变化的原因．力是矢量，满足力的合成和分解．2．重力是物体在地球表面附近所受到的地球对它的引力．重心．3．形变和弹力、胡克定律．4．静摩擦和最大静摩擦力的区别．5．滑动摩擦、滑动摩擦定律．6．共点力作用下的物体的平衡条件及应用．(二)能力解读1．掌握力是物体之间的相互作用。

在具体问题中能找出施力物体和受力物体．2．知道力有大小和方向，会画出力的图示和力的示意图．3．知道重力是由于地球对物体的吸引而产生的。

会计算重力的大小，知道重力的方向及重心的概念．4．知道什么是弹力以及弹力产生的条件．5．知道滑动摩擦力的大小跟什么因素有关，会运用公式，f=Μf N、计算滑动摩擦力的大小．会判断滑动摩擦力的方向．6．知道静摩擦力的产生条件．会判断静摩擦力的方向．7．理解合力与分力的概念．8．掌握力的平行四边形定则，会运用平行四边形定则求解共点力的合力．9．理解共点力作用下物体平衡的概念及条件．会运用共点力平衡条件解决有关问题．【命题规律】力是物理学的基础，其中重力、弹力、摩擦力是高考常考内容，而对摩擦力、胡克定律的命题几率更高。

大部分以选择题的形式出现，主要涉及弹簧类问题、摩擦力等，有时也与动力学、电磁学相结合，通过连接体、叠加体等形式进行考查。

力的合成与分解、摩擦力的概念及变化规律是复习重点。

【知识网络】【名师解读】【例1】（山东临沂市2011届高三期中考试）如图2－1（甲），为杂技表演的安全网示意图，网绳的结构为正方格形，O 、a 、b 、c 、d……等为网绳的结点，安全网水平张紧后，若质量为m 的运动员从高处落下，并恰好落在O 点上，该处下凹至最低点时，网绳dOe ，bOg 均成120︒向上的张角，如图2－1（乙）所示，此时O 点受到的向下的冲击力大小为F ，则这时O 点周围每根网绳承受的力的大小为A ．FB ．2F C ．F mg + D ．2F mg+ 解析：对O 点受力分析，设每根网绳对O 点的拉力为T ，在竖直方向上有，4Tcos60︒＝F ，得T ＝2F，B 项正确。

2020年高考物理二轮精准备考复习讲义第一部分力与运动第1讲力与平衡目录一、理清单，记住干 (1)二、研高考，探考情 (2)三、考情揭秘 (4)四、定考点，定题型 (5)超重点突破1受力分析 (5)超重点突破2静态平衡问题 (7)超重点突破3动态平衡及临界极值问题 (10)超重点突破4电磁场中的平衡问题 (13)五、固成果，提能力 (16)一、理清单，记住干1．常见力（1）接触力：弹力、摩擦力（2）场力：重力、电场力、安培力、洛伦兹力注意：各种力的大小及方向2．受力分析方法、步骤、注意事项3．共点力的平衡(1)平衡状态：物体静止或做匀速直线运动． (2)平衡条件：F 合＝0或F x ＝0，F y ＝0. (3)常用推论①若物体受n 个作用力而处于平衡状态，则其中任意一个力与其余(n －1)个力的合力大小相等、方向相反． ②若三个共点力的合力为零，则表示这三个力的有向线段首尾相接组成一个封闭三角形．二、研高考，探考情【2019·高考全国卷Ⅲ】用卡车运输质量为m 的匀质圆筒状工件，为使工件保持固定，将其置于两光滑斜面之间，如图所示．两斜面Ⅰ、Ⅱ固定在车上，倾角分别为30°和60°.重力加速度为g .当卡车沿平直公路匀速行驶时，圆筒对斜面Ⅰ、Ⅱ压力的大小分别为F 1、F 2，则( )A ．F 1＝33mg ，F 2＝32mg B ．F 1＝32mg ，F 2＝33mg C ．F 1＝12mg ，F 2＝32mg D ．F 1＝32mg ，F 2＝12mg【答案】 D【解析】 分析可知工件受力平衡，对工件受到的重力按照压紧斜面Ⅰ和Ⅱ的效果进行分解如图所示，结合几何关系可知工件对斜面Ⅰ的压力大小为F 1＝mg cos 30°＝32mg 、 对斜面Ⅱ的压力大小为F 2＝mg sin 30°＝12mg ，选项D 正确，A 、B 、C 均错误．【2019·高考全国卷 Ⅰ，T19】如图，一粗糙斜面固定在地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮．一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块N ，另一端与斜面上的物块M 相连，系统处于静止状态．现用水平向左的拉力缓慢拉动N ，直至悬挂N 的细绳与竖直方向成45°.已知M 始终保持静止，则在此过程中( )A．水平拉力的大小可能保持不变B．M所受细绳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减小后增加【答案】：BD【解析】：选N为研究对象，受力情况如图甲所示，用水平拉力F缓慢拉动N的过程中，水平拉力F逐渐增大，细绳的拉力F T逐渐增大，故A错误，B正确．对于M，受重力G M、斜面对它的支持力F N、绳的拉力F T′(F T′与F T大小始终相等)以及斜面对它的摩擦力F f，如图乙所示．若开始时斜面对M的摩擦力F f沿斜面向上，则F T′＋F f＝G M sin θ，F T′逐渐增大，F f逐渐减小，当F f减小到零后，再反向增大；若开始时斜面对M的摩擦力沿斜面向下，此时，F T′＝G M sin θ＋F f，当F T′逐渐增大时，F f逐渐增大，故C错误，D正确．【2019·高考全国卷Ⅰ】如图，空间存在一方向水平向右的匀强电场，两个带电小球P和Q用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花板下，两细绳都恰好与天花板垂直，则()A．P和Q都带正电荷B．P和Q都带负电荷C．P带正电荷，Q带负电荷D．P带负电荷，Q带正电荷【答案】 D【解析】对P、Q整体进行受力分析可知，在水平方向上整体所受电场力为零，所以P、Q必带等量异种电荷，选项A、B错误；对P进行受力分析可知，匀强电场对它的电场力应水平向左，与Q对它的库仑力平衡，所以P带负电荷，Q带正电荷，选项D正确，C错误．【2019·高考全国卷Ⅱ】物块在轻绳的拉动下沿倾角为30°的固定斜面向上匀速运动，轻绳与斜面平行．已知物块与斜面之间的动摩擦因数为33，重力加速度取10 m/s2.若轻绳能承受的最大张力为1 500 N，则物块的质量最大为()A ．150 kgB ．100 3 kgC ．200 kgD ．200 3 kg【答案】A.【解析】：设物块的质量最大为m ，将物块的重力沿斜面方向和垂直斜面方向分解，由平衡条件，在沿斜面方向有F ＝mg sin 30°＋μmg cos 30°，解得m ＝150 kg ，A 项正确．【2018·高考全国卷Ⅰ】如图，三个固定的带电小球a 、b 和c ，相互间的距离分别为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a 、b 的连线．设小球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 ＝169B ．a 、b 的电荷异号，k ＝169C.a 、b 的电荷同号，k ＝6427D ．a 、b 的电荷异号，k ＝6427【答案】D.【解析】：如果a 、b 带同种电荷，则a 、b 两小球对c 的作用力均为斥力或引力，此时c 在垂直于a 、b 连线的方向上的合力一定不为零，因此a 、b 不可能带同种电荷，A 、C 错误；若a 、b 带异种电荷，假设a 对c 的作用力为斥力，则b 对c 的作用力一定为引力，受力分析如图所示，由题意知c 所受库仑力的合力方向平行于a 、b 的连线，则F a 、F b 在垂直于a 、b 连线的方向上的合力为零，由几何关系可知∠a ＝37°、∠b ＝53°，则F a sin 37°＝F b cos 37°，解得F a F b ＝43，又由库仑定律及以上各式代入数据可解得b a q q ＝6427，B 错误，D 正确.三、考情揭秘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，还常涉及电场力、安培力及洛伦兹力的平衡问题，物体的受力分析、物体的静态平衡和物体的动态平衡问题是高考常考的命题角度， 应用整体法和隔离法分析物体的受力特点及平衡问题是考生必须掌握的方法，也是高考考查的重点．2.应考策略：深刻理解各种性质力的特点．熟练掌握分析共点力平衡问题的各种方法．四、定考点，定题型超重点突破1受力分析1．受力分析的基本思路2．受力分析的常用方法整体法与隔离法解题方略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”．例1.在粗糙水平面上放着一个三角形木块abc，在它的两个粗糙斜面上分别放有质量为m1和m2的两个物体，m1>m2，如图所示，若三角形木块和两物体都是静止的，则粗糙水平面对三角形木块()A．有摩擦力的作用，摩擦力的方向水平向右B．有摩擦力的作用，摩擦力的方向水平向左C．有摩擦力的作用，但摩擦力的方向不能确定，因m1、m2、θ1、θ2的数值均未给出D．以上结论都不对【答案】D【解析】：.法一(隔离法)：把三角形木块隔离出来，它的两个斜面上分别受到两物体对它的压力F N1、F N2，摩擦力F1、F2.由两物体的平衡条件知，这四个力的大小分别为F N1＝m1g cos θ1，F N2＝m2g cos θ2F1＝m1g sin θ1，F2＝m2g sin θ2它们的水平分力的大小(如图所示)分别为F N1x＝F N1sin θ1＝m1g cos θ1sin θ1F N2x＝F N2sin θ2＝m2g cos θ2sin θ2F1x＝F1cos θ1＝m1g cos θ1sin θ1F2x＝F2cos θ2＝m2g cos θ2sin θ2其中F N1x＝F1x，F N2x＝F2x，即它们的水平分力互相平衡，木块在水平方向无滑动趋势，因此不受水平面的摩擦力作用．法二(整体法)：由于三角形木块和斜面上的两物体都静止，可以把它们看成一个整体，受力如图所示．设三角形木块质量为M，则竖直方向受到重力(m1＋m2＋M)g和支持力F N作用处于平衡状态，水平方向无任何滑动趋势，因此不受水平面的摩擦力作用．针对训练1.(2019·福建泉州高三理科综合测试)如图所示，固定斜面上有一小球，用一竖直轻弹簧与之相连，小球处于静止状态，不考虑小球的滚动．下列说法正确的是()A．小球与斜面之间一定有弹力B．弹簧一定处于伸长状态C．弹簧可能处于压缩状态D．小球最多受到5个力【答案】：C【解析】：当小球受到弹簧的弹力与重力等大反向时，小球与斜面之间没有作用力，A错误；小球一定受到竖直向下的重力，假设弹簧被压缩，则小球还应受到竖直向下的弹力、斜面给的垂直斜面向上的支持力以及沿斜面向上的摩擦力，假设弹簧无形变，则小球还应受到斜面给的垂直斜面向上的支持力以及沿斜面向上的摩擦力，假设弹簧被拉伸且此时弹簧的弹力小于小球重力，则小球还应受到竖直向上的弹力、斜面给的垂直斜面向上的支持力以及沿斜面向上的摩擦力，即小球最多受四个力作用，C正确，B、D错误．针对训练2：（2019陕西重点中学一摸）如图所示，物体A靠在竖直墙面上，在竖直向上的力F作用下，物体A、B共同向上匀速运动，下列说法正确的是（）A．物体A受到物体B对它的作用力的大小等于物体A的重力B．物体B受到的作用力F的大小要小于物体A、B的重力之和C．墙面对物体A的滑动摩擦力方向向下D．物体A对物体B的静摩擦力方向沿接触面斜向上【答案】A【解析】物体A、B共同向上匀速运动，则A和B均处于受力平衡状态.对B分析可知，B受A的作用力、向下的重力、向上的力F三力作用，则A对B的作用力竖直向下，B对A的作用力竖直向上，分析可知，B 对A的作用力大小等于A的重力，选项A正确；A、B整体水平方向不受力，故墙面对A、B无弹力作用，墙面对物体A没有摩擦力，F大小等于A、B的重力之和,选项B、C错误；物体A对物体B的静摩擦力方向沿接触面斜向下，选项D错误.超重点突破2静态平衡问题1．解决静态平衡问题的基本思路2．解决静态平衡问题的四种常用方法(1)力的合成法与效果分解法：以受3个共点力平衡为例，将其中任两个力合成，其合力与第3个力大小相等、方向相反；或将某一个力按力的作用效果分解(沿另两个力的反方向)．(2)正交分解法：把各力分别分解到x轴和y轴上，运用坐标轴方向上合力等于零的条件求解．(3)图解法：当物体所受的力变化时，根据物体的受力特点进行受力分析，画出平行四边形或三角形．注意明确各个力中变化的力和不变的力，结合数学规律对比分析，使动态问题静态化、抽象问题形象化． (4)矢量三角形法：将三力或多力首尾相接围成一个顺向封闭三角形或多边形，该方法主要用来解决三力平衡问题．若力的三角形为直角三角形，则运用勾股定理及三角函数知识求解；若力的三角形为斜三角形，则运用正弦定理、余弦定理或相似三角形的知识求解．例2.（2019年云南楚雄高三统测）如图所示，用完全相同的轻弹簧A 、B 、C 将两个相同的小球连接并悬挂，小球处于静止状态，弹簧A 与竖直方向的夹角为30°，弹簧C 水平，则弹簧A 、C 的伸长量之比为( )A ．3∶4B ．4∶ 3C ．1∶2D ．2∶1【答案】D【解析】：法一：隔离法分别对两小球受力分析，如图甲所示F A sin 30°－F B sin α＝0 ；F ′B sin α－F C ＝0，F B ＝F ′B得F A ＝2F C ，即弹簧A 、C 的伸长量之比为2∶1，选项D 正确． 法二：整体法将两球作为一个整体，进行受力分析，如图乙所示由平衡条件知：F ′A F C ＝1sin 30°，即F ′A ＝2F C又F ′A ＝F A ，则F A ＝2F C ，即弹簧A 、C 的伸长量之比为2∶1，故选项D 正确．针对训练3.如图所示，一架救援直升机通过软绳打捞河中物体，物体质量为m ，由于河水的流动对物体产生水平方向的冲击力，使软绳偏离竖直方向，当直升机相对地面静止时，绳子与竖直方向成θ角，已知物体所受的浮力不能忽略．下列说法正确的是( )A ．绳子的拉力为mgcos θB ．绳子的拉力可能小于mgC ．物体受到河水的水平方向的作用力等于绳子的拉力D ．物体受到河水的水平方向的作用力小于绳子的拉力 【答案】 BD【解析】 对物体受力分析，如图所示：根据平衡条件，竖直方向有F 浮＋F T cos θ＝mg ，则有F T ＝mg －F 浮cos θ，故绳子的拉力可能小于mg ，故A 错误，B 正确．在水平方向上有F f ＝F T sin θ，sin θ<1，有F f <F T ，物体受到河水的水平方向的作用力小于绳子的拉力，故C 错误，D 正确．针对训练4：(2019·河北高三模拟)如图，一不可伸长的光滑轻绳，其左端固定于O 点，右端跨过位于O ′点的固定光滑轴悬挂一质量为M 的物体；OO ′段水平，长度为L ；绳子上套一可沿绳滑动的轻环．现在轻环上悬挂一钩码，平衡后，物体上升L ，则钩码的质量为( )A ．22M B ．32M C ．2M D ．3M【答案】D.【解析】：重新平衡后，绳子形状如图，由几何关系知：绳子与竖直方向夹角为30°，则环两边绳子的夹角为60°，根据平行四边形定则，环两边绳子拉力的合力为3Mg，根据平衡条件，则钩码的质量为3M，故选项D正确．超重点突破3动态平衡及临界极值问题（一）解决动态平衡问题的一般思路：把“动”化为“静”，“静”中求“动”．动态平衡问题的分析过程与处理方法如下：（二）临界极值解题方略1．平衡问题的临界状态是指物体所处的平衡状态将要被破坏而尚未被破坏的状态，可理解成“恰好出现”或“恰好不出现”，在问题的描述中常用“刚好”“刚能”“恰好”等语言叙述，解临界问题的基本方法是假设推理法．2．临界问题往往是和极值问题联系在一起的．解决此类问题重在形成清晰的物理图景，分析清楚物理过程，从而找出临界条件或达到极值的条件．要特别注意可能出现的多种情况．例3如图所示，小球用细绳系住置于斜面体上，绳的另一端固定于O点．现用水平力F缓慢推动斜面体，小球在斜面上无摩擦地滑动，细绳始终处于直线状态．当小球升到接近斜面顶端时细绳接近水平，此过程中斜面对小球的支持力F N以及绳对小球的拉力F T的变化情况是()A．F N保持不变，F T不断增大B．F N不断增大，F T不断减小C．F N保持不变，F T先增大后减小D．F N不断增大，F T先减小后增大【答案】 D【解析】方法一：解析法先对小球进行受力分析，如图甲，小球受到重力mg、支持力F N、拉力F T的作用，设细绳与水平方向的夹角为β，斜面的倾角为α，由平衡条件得F N cos α＋F T sin β＝mg ，F N sin α－F T cos β＝0，联立解得F T ＝mg sin αcos (β－α)，F N ＝mg cos α＋sin αtan β.用水平力F 缓慢推动斜面体，β一直减小直至接近0.由题图易知，起始时刻β>α，当β＝α时，cos(β－α)＝1，F T 最小，所以F T 先减小后增大．β一直减小直至接近0，tan β不断减小，F N 不断增大，选项D 正确．方法二：图解法 由于用水平力F 缓慢推动斜面体，故小球处于动态平衡状态．小球受到大小方向均不变的重力、方向不变的支持力、方向大小均变化的细绳的拉力，三个力构成封闭的三角形，画出小球受力示意图如图乙所示．当细绳与斜面平行时，细绳拉力F T2与支持力方向垂直，细绳拉力最小．当小球升到接近斜面顶端时细绳接近水平，细绳拉力为F T4，所以F T 先减小后增大，而此过程中斜面对小球的支持力F N 一直增大，选项D 正确．例4.(2019·山东烟台高三上学期期末)如图所示，一质量为m 、半径为r 的光滑球A 用细绳悬挂于O 点，另一质量为M 、半径为R 的半球形物体B 被夹在竖直墙壁和A 球之间，B 的球心到O 点之间的距离为h ，A 、B 的球心在同一水平线上，A 、B 处于静止状态，重力加速度为g 。