高考物理一轮复习2.3共点力平衡-(原卷版+解析)

考点07共点力平衡的应用新课程标准能用共点力的平衡条件分析生产生活中的问题。命题趋势考查的问题多为共点力的平衡问题。高考通过本章可以考查学生的生活情境分析能力，提取信息进行物理情境建构的能力，掌握运用共点力平衡条件，结合物理规律、数学函数求解求解实际问题。情境命题生活实践类试题以生活实际或力、电平衡模型为背景的静态、动态平衡问题学习探究类共点力平衡条件及应用，平衡中的临界问题考向一、共点力的平衡条件及应用题型1.三力汇交原理。题型2.四种方法的比较考向二、动态平衡问题题型1解析法的应用题型2图解法的应用题型3力的三角形法的应用题型4力的等效圆周角不变法（或正弦定理法）的应用考向三、平衡中的临界与极值问题方法1极限分析法方法2数学分析法方法3物理分析法考向一、共点力的平衡条件及应用静态平衡问题1.共点力平衡(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Fx＝0，Fy＝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若三个不共线的共点力合力为零，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。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(整体法或隔离法)→受力分析→建立平衡方程→求解或作讨论。3.常用的方法(1)在判断弹力或摩擦力是否存在以及确定它们的方向时常用假设法。(2)求解平衡问题时常用二力平衡法、矢量三角形法、正交分解法等。4.三力汇交原理：物体受三个共面非平行外力作用而平衡时，这三个力的作用线或反向延长线必交于一点。【典例1】(2022·安徽安庆二中质检)一根长2m，重为G的不均匀直棒AB，用两根细绳水平悬挂在天花板上，当棒平衡时细绳与水平面的夹角如图所示，则关于直棒重心C的位置，下列说法正确的是()A．距离B端0.5m处 B.距离B端0.75m处C．距离B端eq\f(\r(3),2)m处 D.距离B端eq\f(\r(3),3)m处【答案】A【解析】当一个物体受三个力作用而处于平衡状态时，如果其中两个力的作用线相交于一点，则第三个力的作用线必通过前两个力作用线的相交点。把O1A和O2B延长相交于O点，则重心C一定在过O点的竖直线上，如图所示。由几何知识可知：BO＝eq\f(1,2)AB＝1m，BC＝eq\f(1,2)BO＝0.5m，故重心应在距B端0.5m处。A正确。【典例2】(2022·日照第三次模拟)如图所示，光滑半球形容器固定在水平面上，O为球心。一质量为m的小滑块，在水平力F的作用下静止于P点。设滑块所受支持力为FN，OP与水平方向的夹角为θ。下列关系正确的是(重力加速度为g)()A．F＝eq\f(mg,tanθ) B．F＝mgtanθC．FN＝eq\f(mg,tanθ) D．FN＝mgtanθ【答案】A【解析】方法一合成法对滑块受力分析如图甲所示，由平衡条件知eq\f(mg,F)＝tanθ，即F＝eq\f(mg,tanθ)，FN＝eq\f(mg,sinθ)，故A正确。甲乙丙丁方法二效果分解法将重力按产生的效果分解，如图乙所示，F＝G2＝eq\f(mg,tanθ)，FN＝G1＝eq\f(mg,sinθ)，故A正确。方法三正交分解法将滑块受的力沿水平、竖直方向分解，如图丙所示，mg＝FNsinθ，F＝FNcosθ，联立解得F＝eq\f(mg,tanθ)，FN＝eq\f(mg,sinθ)，故A正确。方法四矢量三角形法如图丁所示，将滑块受的力平移，使三个力组成封闭三角形，解得F＝eq\f(mg,tanθ)，FN＝eq\f(mg,sinθ)，故A正确。【典例3】(多选)(2022·湖北宜昌第二中学月考)两轻杆通过铰链相连构成一个三角形框架，AB、BC、CA三边长度分别为30cm、20cm、40cm，在A点用一细线悬挂1kg的物块，系统处于静止状态，则(g取10m/s2)()A．AB杆对A点有沿杆从B点指向A点的弹力B．CA杆作用于A点的弹力不一定沿CA杆方向C．CA杆产生的弹力大小为20ND．若改为悬挂一个0.5kg的物块，则AB杆上弹力变为原来的一半【答案】CD【解析】AB杆对A点有沿杆从A点指向B点的拉力，A错误；由于是轻杆且通过铰链连接，则CA杆作用于A点的弹力一定沿CA杆方向，B错误；分析A点的受力，由相似三角形可知：解得FCA＝2mg＝20N，C正确；因则FAB＝15N，若改为悬挂一个0.5kg的物块，则AB杆上弹力为7.5N，D正确。考向二、动态平衡问题一．动态平衡1.动态平衡动态平衡就是通过控制某一物理量，使物体的状态发生缓慢的变化，但变化过程中的每一个状态均可视为平衡状态，所以叫动态平衡。2.常用方法解析法、图解法、相似三角形法等，特别是三力动态平衡问题，常用图解法分析。题型1解析法的应用【典例4】(2022山东聊城市第二次等级考试模拟)如图所示，用甲、乙两根筷子夹一个小球，甲倾斜，乙始终竖直。在竖直平面内，甲与竖直方向的夹角为θ，筷子与小球间的摩擦很小，可以忽略不计。小球质量一定，随着θ缓慢减小，小球始终保持静止，则下列说法正确的是()A.筷子甲对小球的弹力变小B.筷子乙对小球的弹力不变C.两根筷子对小球的弹力均增大D.两根筷子对小球的合力将增大【答案】C【解析】对小球受力分析如图根据平衡条件可知F2cosθ＝F1，F2sinθ＝mg解得F1＝eq\f(mg,tanθ)，F2＝eq\f(mg,sinθ)随着θ减小，F1，F2都在增大，故A、B错误，C正确；由于小球处于静止状态，两根筷子对小球的合力等于小球的重力，故一直不变，故D错误。题型2图解法的应用用图解法分析物体动态平衡问题时，一般是物体只受三个力作用，且其中一个力大小、方向均不变，另一个力的方向不变，第三个力大小、方向均变化。【典例5】(20220·山东威海市模拟考试)如图所示，质量为m的球放在倾角为α的光滑斜面上，在斜面上有一光滑且不计厚度的木板挡住球，使之处于静止状态．今使挡板与斜面的夹角β缓慢增大，在此过程中，斜面对球的支持力N1和挡板对球的压力N2的变化情况为()A．N1、N2都是先减小后增加B．N1一直减小，N2先增加后减小C．N1先减小后增加，N2一直减小D．N1一直减小，N2先减小后增加【答案】D.【解析】对球受力分析，如图甲所示．球始终处于平衡状态，故三个力的合力始终为零，三力构成矢量三角形．挡板逆时针转动时，N2方向也逆时针转动，作出图甲所示的动态矢量三角形．由图甲可见，N1随β的增大一直减小，N2先减小后增大．题型3力的三角形法的应用往往涉及三个力，其中一个力为恒力，另两个力的大小和方向均发生变化，则此时用力的矢量三角形与空间几何三角形相似。【典例6】(2022·河北石家庄模拟)如图所示，光滑的半圆环沿竖直方向固定，M点为半圆环的最高点，N点为半圆环上与半圆环的圆心等高的点，直径MH沿竖直方向，光滑的定滑轮固定在M处，另一小圆环穿过半圆环用质量不计的轻绳拴接并跨过定滑轮．开始小圆环处在半圆环的最低点H点，第一次拉小圆环使其缓慢地运动到N点，第二次以恒定的速率将小圆环拉到N点．滑轮大小可以忽略，则下列说法正确的是()A．第一次轻绳的拉力逐渐增大B．第一次半圆环受到的压力逐渐减小C．小圆环第一次在N点与第二次在N点时，轻绳的拉力相等D．小圆环第一次在N点与第二次在N点时，半圆环受到的压力相等【答案】C【解析】小圆环沿半圆环缓慢上移过程中，受重力G、拉力FT、弹力FN三个力处于平衡状态，受力分析如图所示．由图可知△OMN与△NBA相似，则有eq\f(G,R)＝eq\f(FN,R)＝eq\f(FT,MN)(式中R为半圆环的半径)，在小圆环缓慢上移的过程中，半径R不变，MN的长度逐渐减小，故轻绳的拉力FT逐渐减小，小圆环所受的支持力的大小不变，由牛顿第三定律得半圆环所受的压力的大小不变，A、B错误；第一次小圆环缓慢上升到N点时，FN＝G、FT＝eq\r(2)G；第二次小圆环运动的过程中，假设小圆环速率恒为v，当小圆环运动到N点时，在水平方向上有FT′cos45°－FN′＝meq\f(v2,R)，在竖直方向上有G＝FT′sin45°，解得FT′＝eq\r(2)G，FN′＝G－meq\f(v2,R)，再结合牛顿第三定律可知，C正确，D错误．题型4力的等效圆周角不变法（或正弦定理法）的应用物体受三个力平衡：一个力恒定、另外两个力大小、方向都变化，但两力夹角不变时可用此法(如图)．由弦长的变化判断力的变化，此类题也可用正弦定理求解．【典例7】(2022·山东聊城市第二次等级考试模拟)如图6所示，两根轻绳一端系于结点O，另一端分别系于固定竖直放置的圆环上的A、B两点，O为圆心，O点下面悬挂一物体M，绳OA水平，拉力大小为F1，绳OB与绳OA成α＝120°，拉力大小为F2。将两绳同时缓慢顺时针转过60°，并保持两绳之间的夹角α始终不变，且物体始终保持静止状态。则在旋转过程中，下列说法正确的是()A.F1逐渐增大 B.F1先增大后减小C.F2先增大后减小 D.F2先减小后增大【答案】A【解析】对结点O受力分析，并合成三角形如图所示，根据图示可知顺时针转动前(实线)到转动后(虚线)过程中，F1一直增大，F2一直减小，A正确，B、C、D错误。【典例8】(2022·江苏常州市期中)如图为一个水平传感器的简易模型，截面为内壁光滑竖直放置的正三角形，内部有一个略小于三角形内切圆的小球，三角形各边有压力传感器，通过测出小球对三边压力的大小，信息处理单元可显示摆放处的倾角．图中BC边恰好处于水平状态，现将其以C为轴在竖直平面内顺时针缓慢转动，直到AB边处于水平状态，则在转动过程中()A．球对BC边的压力一直增大B．球对BC边的压力一直减小C．球对BC边的压力先增大后减小D．球对BC边的压力先减小后增大【答案】C【解析】对正三角形内部的小球受力分析，如图所示．由几何关系可知，随着角度θ从0°到120°增大过程中，角α与角θ之和保持不变，且α＋θ＝120°，所以角β也保持不变，β＝60°，由平衡条件和正弦定理得eq\f(G,sinβ)＝eq\f(FNAC,sinθ)＝eq\f(FNBC,sin120°－θ)θ)当AB边水平时，则θ＝60°，而当θ＝30°，FNBC最大，故选C.三．平衡中的临界与极值问题1.临界问题当某物理量变化时，会引起其他几个物理量的变化，从而使物体所处的平衡状态“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。2.极值问题平衡物体的极值，一般指在力的变化过程中的最大值和最小值问题。3.解题方法(1)极限法：首先要正确地进行受力分析和变化过程分析，找出平衡的临界点和极值点；临界条件必须在变化中去寻找，不能停留在一个状态来研究临界问题，而要把某个物理量推向极端，即极大和极小。(2)数学分析法：通过对问题的分析，依据物体的平衡条件写出物理量之间的函数关系(画出函数图像)，用数学方法求极值(如求二次函数极值、公式极值、三角函数极值)。(3)物理分析方法：根据物体的平衡条件，作出力的矢量图，通过对物理过程的分析，利用平行四边形定则进行动态分析，确定最大值与最小值。方法1极限分析法【典例9】(2022·青岛黄岛区期末)竖直插销的简化侧视图如图所示，下端部件A可沿水平槽向前推动，部件B可沿竖直槽向上滑动。A、B之间的接触面与水平成45°角且摩擦因数为μ，槽与A、B间的摩擦不计。若B的质量为m，为使插销启动，加在A上的水平力F的最小值为()A.eq\f(mg,1＋μ) B．eq\f(mg,1－μ)C.eq\f(1＋μ,1－μ)mg D．eq\f(1－μ,1＋μ)mg【答案】C【解析】为使插销启动，加在A上的水平力F的最小值的临界条件是B恰好受力平衡。对A、B受力分析如图对B有mg＋fcos45°＝FABsin45°对A有F＝fsin45°＋FBAcos45°f＝μFAB＝μFBA，解得F＝eq\f(1＋μ,1－μ)mg，所以C正确，A、B、D错误。方法2数学分析法【典例10】(2022·河南高三月考)如图所示，质量为M的木楔倾角为θ，在水平面上保持静止，当将一质量为m的木块放在木楔斜面上时，它正好匀速下滑。如果用与木楔斜面成α角的力F拉着木块，木块能匀速上升，已知木楔在整个过程中始终静止。(1)当α为多大时，F有最小值，求此时α的大小及F的最小值；(2)当α＝θ时，木楔对水平面的摩擦力是多大？【答案】(1)θmgsin2θ(2)eq\f(1,2)mgsin4θ【解析】木块在木楔斜面上匀速向下运动时，有mgsinθ＝μmgcosθ，解得μ＝tanθ。(1)木块在F作用下沿斜面向上匀速运动，有Fcosα＝mgsinθ＋Ff，Fsinα＋FN＝mgcosθ，Ff＝μFN，解得F＝eq\f(2mgsinθ,cosα＋μsinα)＝eq\f(2mgsinθcosθ,cosαcosθ＋sinαsinθ)＝eq\f(mgsin2θ,cosθ－α)，则当α＝θ时，F有最小值，为Fmin＝mgsin2θ。(2)因为木块及木楔均处于平衡状态，整体受到地面的摩擦力等于F的水平分力，即Ff′＝Fcos(α＋θ)当α＝θ，即F取最小值mgsin2θ时，Ff′＝Fmincos2θ＝mgsin2θcos2θ＝eq\f(1,2)mgsin4θ。方法3物理分析法【典例11】（2020·天津市等级考模拟）如图所示，质量为m的球放在倾角为α的光滑斜面上，用光滑挡板AO将球挡住，使球处于静止状态，若挡板与斜面间的夹角为β，则()A．当β＝30°时，挡板AO所受压力最小，最小值为mgsinαB．当β＝60°时，挡板AO所受压力最小，最小值为mgcosαC．当β＝60°时，挡板AO所受压力最小，最小值为mgsinαD．当β＝90°时，挡板AO所受压力最小，最小值为mgsinα【答案】D【解析】分析小球的受力情况：重力G、斜面的支持力N2和挡板AO的压力N1，由平衡条件得知N2和N1的合力与G大小相等、方向相反，保持不变．当挡板与斜面的夹角变化时，作出四个位置的受力图，由图看出当挡板与斜面垂直时，挡板对小球的压力N1最小，挡板AO所受压力即最小，此时β＝90°，最小值N1＝mgsinα，故D项正确．1.(多选)(2022·江西省重点中学协作体第二次联考)如图7所示，自重不计的横梁的一端固定在墙壁上的A点，另一端B点用绳悬挂在墙壁上的C点，当重为G的物体由挂在梁上的B点处逐渐移至A点的过程中，横梁始终保持静止．问此过程中，A点对横梁作用力F的大小和CB绳对横梁的拉力FT的大小是如何变化的()A．F先增大后减小B．FT一直减小C．F一直减小D．FT先减小后增大2.(2022·日照第三次模拟)如图所示，一小球放在倾斜的墙面与木板之间。设小球对墙面的压力大小为F1，小球对木板的压力大小为F2。以木板与墙连接点所形成的水平直线为轴，将木板从图示位置顺时针缓慢转到与墙面垂直的位置。不计摩擦，在此过程中()A．F1先减小后增大 B．F1一直增大C．F2一直减小 D．F2先减小后增大3.(2022·安徽安庆二中质检)质量为m＝10kg的木箱置于水平地面上，它与地面间的动摩擦因数μ＝eq\f(\r(3),3)，取g＝10m/s2，受到一个与水平方向成θ角斜向上的拉力F，如图所示，为使木箱做匀速直线运动，拉力F的最小值以及此时θ分别是()A．50N30° B.50N60°C.eq\f(200,3)N30° D.eq\f(200,3)N60°4.(2022·山东济宁市高三监测)如图甲所示，斜面体固定在水平面上，斜面上有一物块在拉力F的作用下始终处于静止状态，拉力F在如图乙所示的范围内变化，取沿斜面向上为正方向，则下列物块所受的摩擦力Ff与时间t的关系图像可能正确的是()5.（多选）(2022·河北衡水中学高三调研)如图所示，小球A置于固定在水平面上的光滑半圆柱体上，小球B用水平轻弹簧拉着系于竖直板上，两小球A、B通过光滑滑轮用轻质细线相连，两球均处于静止状态。已知B球质量为m，O是滑轮与细线的交点且O点在半圆柱体圆心O1的正上方，OA与竖直方向成30°角，OA长度与半圆柱体半径相等，OB与竖直方向成45°角，则下列叙述正确的是()A．小球A、B受到的拉力TOA与TOB相等，且TOA＝TOB＝eq\r(2)mgB．弹簧弹力大小为eq\r(2)mgC．A球质量为eq\r(6)mD．光滑半圆柱体对A球支持力的大小为mg6.(2022·山东省青岛市5月模拟)图甲中滑索巧妙地利用了景区的自然落差，为滑行提供了原动力。游客借助绳套保护，在高空领略祖国大好河山的壮美。其装置简化如图乙所示，倾角为30°的轨道上套一个质量为m的滑轮P，质量为3m的绳套和滑轮之间用不可伸长的轻绳相连。某次检修时，工人对绳套施加一个拉力F，使绳套从滑轮正下方的A点缓慢移动，运动过程中F与轻绳的夹角始终保持120°，直到轻绳水平，绳套到达B点，如图所示。整个过程滑轮保持静止，重力加速度为g，求：(1)绳套到达B点时，轨道对滑轮的摩擦力大小和弹力大小；(2)绳套从A缓慢移动到B的过程中，轻绳上拉力的最大值。1.(2021·1月江苏新高考适应性考试，3)如图所示，对称晾挂在光滑等腰三角形衣架上的衣服质量为M，衣架顶角为120°，重力加速度为g，则衣架右侧对衣服的作用力大小为()A.eq\f(1,2)Mg B.eq\f(\r(3),3)MgC.eq\f(\r(3),2)Mg D.Mg2.(2021·1月辽宁普高校招生适应性测试，7)如图11所示，用轻绳系住一质量为2m的匀质大球，大球和墙壁之间放置一质量为m的匀质小球，各接触面均光滑。系统平衡时，绳与竖直墙壁之间的夹角为α，两球心连线O1O2与轻绳之间的夹角为β，则α、β应满足()A.tanα＝3cotβB.2tanα＝3cotβC.3tanα＝tan(α＋β)D.3tanα＝2tan(α＋β)3.(2022·黄冈模拟)如图2­3­23所示，一根粗细均匀的金属棒AB，棒的A端用轻绳连接，轻绳的另一端固定在天花板上，在棒的B端施加水平拉力F使金属棒处于静止状态．轻绳与竖直方向的夹角为α，金属棒与竖直方向的夹角为β，下列说法正确的是()A．sinβ＝2sinαB．cosβ＝2cosαC．tanβ＝2tanαD．cotβ＝2cotα4.(2022·湖南七校联考)如图所示，光滑圆环竖直固定，A为最高点，橡皮条上端固定在A点，下端连接一套在圆环上的轻质小环，小环位于B点，AB与竖直方向的夹角为30°，用光滑钩拉橡皮条中点，将橡皮条中点拉至C点时，钩的拉力大小为F，为保持小环静止于B点，需给小环施加一作用力F′，下列说法中正确的是()A．若F′沿水平方向，则F′＝eq\f(\r(3),2)FB．若F′沿竖直方向，则F′＝eq\f(\r(3),3)FC．F′的最小值为eq\f(\r(3),6)FD．F′的最大值为eq\f(\r(3),3)F5.(2022·山东省潍坊市昌乐县4月模拟)《大国工匠》节目中讲述了王进利用“秋千法”在1000kV的高压线上带电作业的过程。如图所示，绝缘轻绳OD一端固定在高压线杆塔上的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，另一端由工人控制。身穿屏蔽服的王进坐在兜篮里，缓慢地从C点运动到处于O点正下方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点运动到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的拉力一直变小C．OD、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eq\f(\r(3),3)mg6.(多选)(2022·济南三模)如图所示，两斜面体M、N完全相同，两物体P、Q也完全相同，用一根不可伸长的轻质细线通过两光滑的定滑轮将P、Q两物体连接，细线与两侧斜面均保持平行，M、N、P、Q均处于静止状态，且物体P恰好不上滑．已知α＜β，下列说法中正确的是()A．物体Q受到沿斜面向下的摩擦力B．物体Q受到的摩擦力可能为0C．地面对M的摩擦力方向水平向左D．地面对M的摩擦力与地面对N的摩擦力大小相等7.(2022·安徽合肥高三质检)如图所示，两小球A、B固定在一轻质细杆的两端，其质量分别为m1和m2.将其放入光滑的半圆形碗中，当细杆保持静止时，圆的半径OA、OB与竖直方向夹角分别为30°和45°，则m1和m2的比值为()A.eq\r(2)∶1 B.eq\r(3)∶1C．2∶1 D.eq\r(6)∶18.(多选)(2022·潮州第二次教学质检)如图所示，用光滑的粗铁丝做成一直角三角形，BC边水平，AC边竖直，∠B＝β，∠A＝α，AB及AC两边上分别套有细线系着的铜环M、N，当它们静止时，细线与AB所成的角为γ，与AC所成的角为θ(细线长度小于BC)，则()A．γ＝β B．θ＝eq\f(π,2)C．θ>eq\f(π,2)－α D．β<γ<eq\f(π,2)9.(2021·八省联考广东卷)某同学参加“筷子夹玻璃珠”游戏。如图所示，夹起玻璃珠后，左侧筷子与竖直方向的夹角θ为锐角，右侧筷子竖直，且两筷子始终在同一竖直平面内。保持玻璃珠静止，忽略筷子与玻璃珠间的摩擦。下列说法正确的是()A．两侧筷子对玻璃珠的合力比重力大B．两侧筷子对玻璃珠的合力比重力小C．左侧筷子对玻璃珠的弹力一定比玻璃珠的重力大D．右侧筷子对玻璃珠的弹力一定比玻璃珠的重力大10．(2022·山东济南市外国语学校月考)如图10所示，山坡上两相邻高压塔A、B之间架有匀质粗铜线，平衡时铜线呈弧形下垂，最低点在C，已知弧线BC的长度是AC的3倍，而左塔B处铜线切线与竖直方向的夹角β＝30°.则右塔A处铜线切线与竖直方向的夹角α为()A．30°B．45°C．60°D．75°11.(2022·重庆调研)如图所示，倾角为α的粗糙斜劈放在粗糙水平地面上，物体a放在斜劈上，轻质细线一端固定在a上，另一端绕过两个光滑的滑轮固定在c点，滑轮2下悬挂物体b，系统处于静止状态。若将悬挂点c向右移动少许，而a与斜劈始终保持静止。下列说法正确的是()A．地面对斜劈的摩擦力一定增大B．斜劈对a的摩擦力一定增大C．细线对a的拉力一定减小D．斜劈对地面的压力一定减小12.(2022·江苏省新高考适应性考试)如图甲所示，质量为M、倾角为θ的直角劈B放在水平面上，在劈的斜面上放一质量为m的物体A，将一竖直向下的力F作用于A上，物体A刚好沿斜面匀速下滑．若将一斜向下的力F′作用在A上时，A加速下滑，如图乙所示，则在图乙中关于水平面对劈的摩擦力f及支持力FN的结论正确的是()A．f＝0，FN<Mg B．f＝0，FN>MgC．f方向向右，FN>Mg D．f方向向右，FN<Mg13..(2017·江苏单科，14改编)如图11所示，两个半圆柱A、B紧靠着静置于水平地面上，其上有一光滑圆柱C，三者半径均为R。C的质量为m，A、B的质量都为eq\f(m,2)，与地面间的动摩擦因数均为μ。现用水平向右的力拉A，使A缓慢移动，直至C恰好降到地面。整个过程中B保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求：(1)未拉A时，C受到B作用力的大小F；(2)动摩擦因数的最小值μmin。1.（湖南省2022年普通高中学业水平选择性考试）2022年北京冬奥会跳台滑雪空中技巧比赛场地边，有一根系有飘带的风力指示杆，教练员根据飘带的形态提示运动员现场风力的情况。若飘带可视为粗细一致的匀质长绳，其所处范围内风速水平向右、大小恒定且不随高度改变。当飘带稳定时，飘带实际形态最接近的是（）A. B. C. D.2.（湖南省2022年普通高中学业水平选择性考试）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MB.电流I增大，静止后，导线对悬线的拉力不变C.tanθ与电流I成正比D.sinθ与电流I成正比3.（多选）（湖南省2022年普通高中学业水平选择性考试）球形飞行器安装了可提供任意方向推力的矢量发动机，总质量为。飞行器飞行时受到的空气阻力大小与其速率平方成正比（即，为常量）。当发动机关闭时，飞行器竖直下落，经过一段时间后，其匀速下落的速率为；当发动机以最大推力推动飞行器竖直向上运动，经过一段时间后，飞行器匀速向上的速率为。重力加速度大小为，不考虑空气相对于地面的流动及飞行器质量的变化，下列说法正确的是（）A.发动机最大推力为B.当飞行器以匀速水平飞行时，发动机推力的大小为C.发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时，飞行器速率为D.当飞行器以的速率飞行时，其加速度大小可以达到4.（多选）（2021年湖北省普通高中学业水平选择性考试物理）如图所示，一匀强电场E大小未知、方向水平向右。两根长度均为L的绝缘轻绳分别将小球M和N悬挂在电场中，悬点均为O。两小球质量均为m、带等量异号电荷，电荷量大小均为q（q>0）。平衡时两轻绳与竖直方向的夹角均为θ=45°。若仅将两小球的电荷量同时变为原来的2倍，两小球仍在原位置平衡。已知静电力常量为k，重力加速度大小为g，下列说法正确的是A.M带正电荷B.N带正电荷C.D.5．（2021年高考海南卷）如图，V型对接的绝缘斜面M、N固定在水平面上，两斜面与水平面夹角均为，其中斜面N光滑．两个质量相同的带电小滑块P、Q分别静止在M、N上，P、Q连线垂直于斜面M，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力．则P与M间的动摩擦因数至少为（）A．B．C．D．6.(2020·山东卷)如图所示，一轻质光滑定滑轮固定在倾斜木板上，质量分别为m和2m的物块A、B，通过不可伸长的轻绳跨过滑轮连接，A、B间的接触面和轻绳均与木板平行．A与B间、B与木板间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．当木板与水平面的夹角为45°时，物块A、B刚好要滑动，则μ的值为()A．eq\f(1,3)B．eq\f(1,4)C．eq\f(1,5)D．eq\f(1,6)7.（2021湖南卷第5题）.质量为的凹槽静止在水平地面上，内壁为半圆柱面，截面如图所示，为半圆的最低点，为半圆水平直径的端点。凹槽恰好与竖直墙面接触，内有一质量为的小滑块。用推力推动小滑块由A点向点缓慢移动，力的方向始终沿圆弧的切线方向，在此过程中所有摩擦均可忽略，下列说法正确的是（）A.推力先增大后减小B.凹槽对滑块的支持力先减小后增大C.墙面对凹槽的压力先增大后减小D.水平地面对凹槽的支持力先减小后增大8.（2019年全国1）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考点07共点力平衡的应用新课程标准能用共点力的平衡条件分析生产生活中的问题。命题趋势考查的问题多为共点力的平衡问题。高考通过本章可以考查学生的生活情境分析能力，提取信息进行物理情境建构的能力，掌握运用共点力平衡条件，结合物理规律、数学函数求解求解实际问题。情境命题生活实践类试题以生活实际或力、电平衡模型为背景的静态、动态平衡问题学习探究类共点力平衡条件及应用，平衡中的临界问题考向一、共点力的平衡条件及应用题型1.三力汇交原理。题型2.四种方法的比较考向二、动态平衡问题题型1解析法的应用题型2图解法的应用题型3力的三角形法的应用题型4力的等效圆周角不变法（或正弦定理法）的应用考向三、平衡中的临界与极值问题方法1极限分析法方法2数学分析法方法3物理分析法考向一、共点力的平衡条件及应用静态平衡问题1.共点力平衡(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Fx＝0，Fy＝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若三个不共线的共点力合力为零，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。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(整体法或隔离法)→受力分析→建立平衡方程→求解或作讨论。3.常用的方法(1)在判断弹力或摩擦力是否存在以及确定它们的方向时常用假设法。(2)求解平衡问题时常用二力平衡法、矢量三角形法、正交分解法等。4.三力汇交原理：物体受三个共面非平行外力作用而平衡时，这三个力的作用线或反向延长线必交于一点。【典例1】(2022·安徽安庆二中质检)一根长2m，重为G的不均匀直棒AB，用两根细绳水平悬挂在天花板上，当棒平衡时细绳与水平面的夹角如图所示，则关于直棒重心C的位置，下列说法正确的是()A．距离B端0.5m处 B.距离B端0.75m处C．距离B端eq\f(\r(3),2)m处 D.距离B端eq\f(\r(3),3)m处【答案】A【解析】当一个物体受三个力作用而处于平衡状态时，如果其中两个力的作用线相交于一点，则第三个力的作用线必通过前两个力作用线的相交点。把O1A和O2B延长相交于O点，则重心C一定在过O点的竖直线上，如图所示。由几何知识可知：BO＝eq\f(1,2)AB＝1m，BC＝eq\f(1,2)BO＝0.5m，故重心应在距B端0.5m处。A正确。【典例2】(2022·日照第三次模拟)如图所示，光滑半球形容器固定在水平面上，O为球心。一质量为m的小滑块，在水平力F的作用下静止于P点。设滑块所受支持力为FN，OP与水平方向的夹角为θ。下列关系正确的是(重力加速度为g)()A．F＝eq\f(mg,tanθ) B．F＝mgtanθC．FN＝eq\f(mg,tanθ) D．FN＝mgtanθ【答案】A【解析】方法一合成法对滑块受力分析如图甲所示，由平衡条件知eq\f(mg,F)＝tanθ，即F＝eq\f(mg,tanθ)，FN＝eq\f(mg,sinθ)，故A正确。甲乙丙丁方法二效果分解法将重力按产生的效果分解，如图乙所示，F＝G2＝eq\f(mg,tanθ)，FN＝G1＝eq\f(mg,sinθ)，故A正确。方法三正交分解法将滑块受的力沿水平、竖直方向分解，如图丙所示，mg＝FNsinθ，F＝FNcosθ，联立解得F＝eq\f(mg,tanθ)，FN＝eq\f(mg,sinθ)，故A正确。方法四矢量三角形法如图丁所示，将滑块受的力平移，使三个力组成封闭三角形，解得F＝eq\f(mg,tanθ)，FN＝eq\f(mg,sinθ)，故A正确。【典例3】(多选)(2022·湖北宜昌第二中学月考)两轻杆通过铰链相连构成一个三角形框架，AB、BC、CA三边长度分别为30cm、20cm、40cm，在A点用一细线悬挂1kg的物块，系统处于静止状态，则(g取10m/s2)()A．AB杆对A点有沿杆从B点指向A点的弹力B．CA杆作用于A点的弹力不一定沿CA杆方向C．CA杆产生的弹力大小为20ND．若改为悬挂一个0.5kg的物块，则AB杆上弹力变为原来的一半【答案】CD【解析】AB杆对A点有沿杆从A点指向B点的拉力，A错误；由于是轻杆且通过铰链连接，则CA杆作用于A点的弹力一定沿CA杆方向，B错误；分析A点的受力，由相似三角形可知：解得FCA＝2mg＝20N，C正确；因则FAB＝15N，若改为悬挂一个0.5kg的物块，则AB杆上弹力为7.5N，D正确。考向二、动态平衡问题一．动态平衡1.动态平衡动态平衡就是通过控制某一物理量，使物体的状态发生缓慢的变化，但变化过程中的每一个状态均可视为平衡状态，所以叫动态平衡。2.常用方法解析法、图解法、相似三角形法等，特别是三力动态平衡问题，常用图解法分析。题型1解析法的应用【典例4】(2022山东聊城市第二次等级考试模拟)如图所示，用甲、乙两根筷子夹一个小球，甲倾斜，乙始终竖直。在竖直平面内，甲与竖直方向的夹角为θ，筷子与小球间的摩擦很小，可以忽略不计。小球质量一定，随着θ缓慢减小，小球始终保持静止，则下列说法正确的是()A.筷子甲对小球的弹力变小B.筷子乙对小球的弹力不变C.两根筷子对小球的弹力均增大D.两根筷子对小球的合力将增大【答案】C【解析】对小球受力分析如图根据平衡条件可知F2cosθ＝F1，F2sinθ＝mg解得F1＝eq\f(mg,tanθ)，F2＝eq\f(mg,sinθ)随着θ减小，F1，F2都在增大，故A、B错误，C正确；由于小球处于静止状态，两根筷子对小球的合力等于小球的重力，故一直不变，故D错误。题型2图解法的应用用图解法分析物体动态平衡问题时，一般是物体只受三个力作用，且其中一个力大小、方向均不变，另一个力的方向不变，第三个力大小、方向均变化。【典例5】(20220·山东威海市模拟考试)如图所示，质量为m的球放在倾角为α的光滑斜面上，在斜面上有一光滑且不计厚度的木板挡住球，使之处于静止状态．今使挡板与斜面的夹角β缓慢增大，在此过程中，斜面对球的支持力N1和挡板对球的压力N2的变化情况为()A．N1、N2都是先减小后增加B．N1一直减小，N2先增加后减小C．N1先减小后增加，N2一直减小D．N1一直减小，N2先减小后增加【答案】D.【解析】对球受力分析，如图甲所示．球始终处于平衡状态，故三个力的合力始终为零，三力构成矢量三角形．挡板逆时针转动时，N2方向也逆时针转动，作出图甲所示的动态矢量三角形．由图甲可见，N1随β的增大一直减小，N2先减小后增大．题型3力的三角形法的应用往往涉及三个力，其中一个力为恒力，另两个力的大小和方向均发生变化，则此时用力的矢量三角形与空间几何三角形相似。【典例6】(2022·河北石家庄模拟)如图所示，光滑的半圆环沿竖直方向固定，M点为半圆环的最高点，N点为半圆环上与半圆环的圆心等高的点，直径MH沿竖直方向，光滑的定滑轮固定在M处，另一小圆环穿过半圆环用质量不计的轻绳拴接并跨过定滑轮．开始小圆环处在半圆环的最低点H点，第一次拉小圆环使其缓慢地运动到N点，第二次以恒定的速率将小圆环拉到N点．滑轮大小可以忽略，则下列说法正确的是()A．第一次轻绳的拉力逐渐增大B．第一次半圆环受到的压力逐渐减小C．小圆环第一次在N点与第二次在N点时，轻绳的拉力相等D．小圆环第一次在N点与第二次在N点时，半圆环受到的压力相等【答案】C【解析】小圆环沿半圆环缓慢上移过程中，受重力G、拉力FT、弹力FN三个力处于平衡状态，受力分析如图所示．由图可知△OMN与△NBA相似，则有eq\f(G,R)＝eq\f(FN,R)＝eq\f(FT,MN)(式中R为半圆环的半径)，在小圆环缓慢上移的过程中，半径R不变，MN的长度逐渐减小，故轻绳的拉力FT逐渐减小，小圆环所受的支持力的大小不变，由牛顿第三定律得半圆环所受的压力的大小不变，A、B错误；第一次小圆环缓慢上升到N点时，FN＝G、FT＝eq\r(2)G；第二次小圆环运动的过程中，假设小圆环速率恒为v，当小圆环运动到N点时，在水平方向上有FT′cos45°－FN′＝meq\f(v2,R)，在竖直方向上有G＝FT′sin45°，解得FT′＝eq\r(2)G，FN′＝G－meq\f(v2,R)，再结合牛顿第三定律可知，C正确，D错误．题型4力的等效圆周角不变法（或正弦定理法）的应用物体受三个力平衡：一个力恒定、另外两个力大小、方向都变化，但两力夹角不变时可用此法(如图)．由弦长的变化判断力的变化，此类题也可用正弦定理求解．【典例7】(2022·山东聊城市第二次等级考试模拟)如图6所示，两根轻绳一端系于结点O，另一端分别系于固定竖直放置的圆环上的A、B两点，O为圆心，O点下面悬挂一物体M，绳OA水平，拉力大小为F1，绳OB与绳OA成α＝120°，拉力大小为F2。将两绳同时缓慢顺时针转过60°，并保持两绳之间的夹角α始终不变，且物体始终保持静止状态。则在旋转过程中，下列说法正确的是()A.F1逐渐增大 B.F1先增大后减小C.F2先增大后减小 D.F2先减小后增大【答案】A【解析】对结点O受力分析，并合成三角形如图所示，根据图示可知顺时针转动前(实线)到转动后(虚线)过程中，F1一直增大，F2一直减小，A正确，B、C、D错误。【典例8】(2022·江苏常州市期中)如图为一个水平传感器的简易模型，截面为内壁光滑竖直放置的正三角形，内部有一个略小于三角形内切圆的小球，三角形各边有压力传感器，通过测出小球对三边压力的大小，信息处理单元可显示摆放处的倾角．图中BC边恰好处于水平状态，现将其以C为轴在竖直平面内顺时针缓慢转动，直到AB边处于水平状态，则在转动过程中()A．球对BC边的压力一直增大B．球对BC边的压力一直减小C．球对BC边的压力先增大后减小D．球对BC边的压力先减小后增大【答案】C【解析】对正三角形内部的小球受力分析，如图所示．由几何关系可知，随着角度θ从0°到120°增大过程中，角α与角θ之和保持不变，且α＋θ＝120°，所以角β也保持不变，β＝60°，由平衡条件和正弦定理得eq\f(G,sinβ)＝eq\f(FNAC,sinθ)＝eq\f(FNBC,sin120°－θ)θ)当AB边水平时，则θ＝60°，而当θ＝30°，FNBC最大，故选C.三．平衡中的临界与极值问题1.临界问题当某物理量变化时，会引起其他几个物理量的变化，从而使物体所处的平衡状态“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。2.极值问题平衡物体的极值，一般指在力的变化过程中的最大值和最小值问题。3.解题方法(1)极限法：首先要正确地进行受力分析和变化过程分析，找出平衡的临界点和极值点；临界条件必须在变化中去寻找，不能停留在一个状态来研究临界问题，而要把某个物理量推向极端，即极大和极小。(2)数学分析法：通过对问题的分析，依据物体的平衡条件写出物理量之间的函数关系(画出函数图像)，用数学方法求极值(如求二次函数极值、公式极值、三角函数极值)。(3)物理分析方法：根据物体的平衡条件，作出力的矢量图，通过对物理过程的分析，利用平行四边形定则进行动态分析，确定最大值与最小值。方法1极限分析法【典例9】(2022·青岛黄岛区期末)竖直插销的简化侧视图如图所示，下端部件A可沿水平槽向前推动，部件B可沿竖直槽向上滑动。A、B之间的接触面与水平成45°角且摩擦因数为μ，槽与A、B间的摩擦不计。若B的质量为m，为使插销启动，加在A上的水平力F的最小值为()A.eq\f(mg,1＋μ) B．eq\f(mg,1－μ)C.eq\f(1＋μ,1－μ)mg D．eq\f(1－μ,1＋μ)mg【答案】C【解析】为使插销启动，加在A上的水平力F的最小值的临界条件是B恰好受力平衡。对A、B受力分析如图对B有mg＋fcos45°＝FABsin45°对A有F＝fsin45°＋FBAcos45°f＝μFAB＝μFBA，解得F＝eq\f(1＋μ,1－μ)mg，所以C正确，A、B、D错误。方法2数学分析法【典例10】(2022·河南高三月考)如图所示，质量为M的木楔倾角为θ，在水平面上保持静止，当将一质量为m的木块放在木楔斜面上时，它正好匀速下滑。如果用与木楔斜面成α角的力F拉着木块，木块能匀速上升，已知木楔在整个过程中始终静止。(1)当α为多大时，F有最小值，求此时α的大小及F的最小值；(2)当α＝θ时，木楔对水平面的摩擦力是多大？【答案】(1)θmgsin2θ(2)eq\f(1,2)mgsin4θ【解析】木块在木楔斜面上匀速向下运动时，有mgsinθ＝μmgcosθ，解得μ＝tanθ。(1)木块在F作用下沿斜面向上匀速运动，有Fcosα＝mgsinθ＋Ff，Fsinα＋FN＝mgcosθ，Ff＝μFN，解得F＝eq\f(2mgsinθ,cosα＋μsinα)＝eq\f(2mgsinθcosθ,cosαcosθ＋sinαsinθ)＝eq\f(mgsin2θ,cosθ－α)，则当α＝θ时，F有最小值，为Fmin＝mgsin2θ。(2)因为木块及木楔均处于平衡状态，整体受到地面的摩擦力等于F的水平分力，即Ff′＝Fcos(α＋θ)当α＝θ，即F取最小值mgsin2θ时，Ff′＝Fmincos2θ＝mgsin2θcos2θ＝eq\f(1,2)mgsin4θ。方法3物理分析法【典例11】（2020·天津市等级考模拟）如图所示，质量为m的球放在倾角为α的光滑斜面上，用光滑挡板AO将球挡住，使球处于静止状态，若挡板与斜面间的夹角为β，则()A．当β＝30°时，挡板AO所受压力最小，最小值为mgsinαB．当β＝60°时，挡板AO所受压力最小，最小值为mgcosαC．当β＝60°时，挡板AO所受压力最小，最小值为mgsinαD．当β＝90°时，挡板AO所受压力最小，最小值为mgsinα【答案】D【解析】分析小球的受力情况：重力G、斜面的支持力N2和挡板AO的压力N1，由平衡条件得知N2和N1的合力与G大小相等、方向相反，保持不变．当挡板与斜面的夹角变化时，作出四个位置的受力图，由图看出当挡板与斜面垂直时，挡板对小球的压力N1最小，挡板AO所受压力即最小，此时β＝90°，最小值N1＝mgsinα，故D项正确．1.(多选)(2022·江西省重点中学协作体第二次联考)如图7所示，自重不计的横梁的一端固定在墙壁上的A点，另一端B点用绳悬挂在墙壁上的C点，当重为G的物体由挂在梁上的B点处逐渐移至A点的过程中，横梁始终保持静止．问此过程中，A点对横梁作用力F的大小和CB绳对横梁的拉力FT的大小是如何变化的()A．F先增大后减小B．FT一直减小C．F一直减小D．FT先减小后增大【答案】BC【解析】对B点受力分析，受重物的拉力，横梁的支持力和细线的拉力，如图所示，根据平衡条件，有FT＝eq\f(G,cosθ)，FN＝Gtanθ，当重为G的物体由挂在梁上的B点处逐渐移至A点的过程中，θ减小，故FN减小，FT也减小；由于横梁处于平衡状态，故A点处对横梁作用力F与FN等大，也减小，B、C正确．2.(2022·日照第三次模拟)如图所示，一小球放在倾斜的墙面与木板之间。设小球对墙面的压力大小为F1，小球对木板的压力大小为F2。以木板与墙连接点所形成的水平直线为轴，将木板从图示位置顺时针缓慢转到与墙面垂直的位置。不计摩擦，在此过程中()A．F1先减小后增大 B．F1一直增大C．F2一直减小 D．F2先减小后增大【答案】C【解析】球受到重力、墙面的弹力F1′、木板的弹力F2′，受力分析如图，F1′的方向不变，受到木板的弹力F2′方向斜向左下转到斜向左上方的过程中，两个力的合力与重力等大反向，根据平行四边形定则，由图可得F1′逐渐变小，F2′逐渐变小。根据牛顿第三定律知，F1、F2均一直减小，故C正确，A、B、D错误。3.(2022·安徽安庆二中质检)质量为m＝10kg的木箱置于水平地面上，它与地面间的动摩擦因数μ＝eq\f(\r(3),3)，取g＝10m/s2，受到一个与水平方向成θ角斜向上的拉力F，如图所示，为使木箱做匀速直线运动，拉力F的最小值以及此时θ分别是()A．50N30° B.50N60°C.eq\f(200,3)N30° D.eq\f(200,3)N60°【答案】A【解析】解法一：对木箱受力分析，木箱受重力mg、拉力F、地面的支持力N和滑动摩擦力f作用，木箱做匀速直线运动，根据平衡条件得：Fcosθ＝f，Fsinθ＋N＝mg，又f＝μN，联立解得：F＝eq\f(μmg,cosθ＋μsinθ)＝eq\f(μmg,\r(1＋μ2)sinθ＋α)，其中tanα＝eq\f(1,μ)＝eq\r(3)，α＝60°，由数学知识可知，当θ＋α＝90°，即θ＝30°时F有最小值，且最小值为：Fmin＝eq\f(μmg,\r(1＋μ2))＝eq\f(\f(\r(3),3)×10×10,\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))2))N＝50N，故A正确，B、C、D错误。解法二：四力平衡转化为三力平衡，再结合图解法分析。f与N的合力方向不变，当F的方向与F合′的方向垂直时，F最小，如图所示。设F合′与竖直方向的夹角为β，则tanβ＝eq\f(f,N)＝μ，β＝30°，Fmin＝mgsinβ＝eq\f(1,2)mg＝50N，此时θ＝β＝30°，故选A。4.(2022·山东济宁市高三监测)如图甲所示，斜面体固定在水平面上，斜面上有一物块在拉力F的作用下始终处于静止状态，拉力F在如图乙所示的范围内变化，取沿斜面向上为正方向，则下列物块所受的摩擦力Ff与时间t的关系图像可能正确的是()【答案】B【解析】若t＝0时静摩擦力沿斜面向上，随F减小，Ff增大，当F反向后，Ff在原来基础上继续增大，D错误；若t＝0时静摩擦力沿斜面向下，随F减小，Ff减小，在F＝0之前，Ff已变为沿斜面向上，B正确，A、C错误．5.（多选）(2022·河北衡水中学高三调研)如图所示，小球A置于固定在水平面上的光滑半圆柱体上，小球B用水平轻弹簧拉着系于竖直板上，两小球A、B通过光滑滑轮用轻质细线相连，两球均处于静止状态。已知B球质量为m，O是滑轮与细线的交点且O点在半圆柱体圆心O1的正上方，OA与竖直方向成30°角，OA长度与半圆柱体半径相等，OB与竖直方向成45°角，则下列叙述正确的是()A．小球A、B受到的拉力TOA与TOB相等，且TOA＝TOB＝eq\r(2)mgB．弹簧弹力大小为eq\r(2)mgC．A球质量为eq\r(6)mD．光滑半圆柱体对A球支持力的大小为mg【答案】AC【解析】先对B受力分析，根据共点力平衡得，水平方向有TOBsin45°＝F，竖直方向有TOBcos45°＝mg，则TOB＝eq\r(2)mg，弹簧弹力F＝mg，根据定滑轮的特性知TOA与TOB相等，故A正确，B错误。对A受力分析，如图所示，由几何关系可知拉力TOA和支持力FN与水平方向的夹角相等，夹角为60°，则FN和TOA相等，为eq\r(2)mg，对A由平衡条件有2TOAsin60°＝mAg，解得mA＝eq\r(6)m，故C正确，D错误。6.(2022·山东省青岛市5月模拟)图甲中滑索巧妙地利用了景区的自然落差，为滑行提供了原动力。游客借助绳套保护，在高空领略祖国大好河山的壮美。其装置简化如图乙所示，倾角为30°的轨道上套一个质量为m的滑轮P，质量为3m的绳套和滑轮之间用不可伸长的轻绳相连。某次检修时，工人对绳套施加一个拉力F，使绳套从滑轮正下方的A点缓慢移动，运动过程中F与轻绳的夹角始终保持120°，直到轻绳水平，绳套到达B点，如图所示。整个过程滑轮保持静止，重力加速度为g，求：(1)绳套到达B点时，轨道对滑轮的摩擦力大小和弹力大小；(2)绳套从A缓慢移动到B的过程中，轻绳上拉力的最大值。【答案】(1)mgeq\r(3)mg(2)2eq\r(3)mg【解析】(1)绳套到达B点时，设轻绳上的拉力为F1，轨道对滑轮的摩擦力为f，弹力为FN，根据平衡条件，对质量为3m的绳套，有：F1＝3mgtan30°＝eq\r(3)mg对质量为m的滑轮P，有：FN－F1sin30°－mgcos30°＝0f＋mgsin30°－F1cos30°＝0联立解得：FN＝eq\r(3)mg，f＝mg。(2)绳套从A缓慢移动到B的过程中，任一时刻都受力平衡，对绳套受力分析，如图所示，根据正弦定理有：eq\f(FT,sinα)＝eq\f(3mg,sin60°)则当α＝90°时，轻绳上的拉力FT有最大值，FTm＝eq\f(3mg,sin60°)＝2eq\r(3)mg。方法点拨绳套缓慢移动,任一时刻可认为是处于平衡状态。三力作用下的动态平衡,不仅可利用作图来确定各力变化的情况,还可通过作图来确定可能出现的极值位置及极值的大小。1.(2021·1月江苏新高考适应性考试，3)如图所示，对称晾挂在光滑等腰三角形衣架上的衣服质量为M，衣架顶角为120°，重力加速度为g，则衣架右侧对衣服的作用力大小为()A.eq\f(1,2)Mg B.eq\f(\r(3),3)MgC.eq\f(\r(3),2)Mg D.Mg【答案】B【解析】对衣服进行受力分析，如图所示：由几何关系知，衣架左、右侧对衣服的作用力FN与竖直方向的夹角为30°，则有2FNcos30°＝Mg，得FN＝eq\f(\r(3),3)Mg，故选B。2.(2021·1月辽宁普高校招生适应性测试，7)如图11所示，用轻绳系住一质量为2m的匀质大球，大球和墙壁之间放置一质量为m的匀质小球，各接触面均光滑。系统平衡时，绳与竖直墙壁之间的夹角为α，两球心连线O1O2与轻绳之间的夹角为β，则α、β应满足()A.tanα＝3cotβB.2tanα＝3cotβC.3tanα＝tan(α＋β)D.3tanα＝2tan(α＋β)【答案】C【解析】以大球和小球为整体受力分析如图甲，有FTcosα＝3mg，FTsinα＝FN1，解得FN1＝3mgtanα再以小球为研究对象，进行受力分析如图乙所示FN2sin(α＋β)＝FN1，FN2cos(α＋β)＝mg，解得：FN1＝mgtan(α＋β)，联立得：3tanα＝tan(α＋β)，选项C正确。3.(2022·黄冈模拟)如图2­3­23所示，一根粗细均匀的金属棒AB，棒的A端用轻绳连接，轻绳的另一端固定在天花板上，在棒的B端施加水平拉力F使金属棒处于静止状态．轻绳与竖直方向的夹角为α，金属棒与竖直方向的夹角为β，下列说法正确的是()A．sinβ＝2sinαB．cosβ＝2cosαC．tanβ＝2tanαD．cotβ＝2cotα【答案】C【解析】金属棒受重力G、水平拉力F和轻绳拉力T三个力而平衡，则这三个力的矢量线段必相交于一点O′，如图所示．O点为棒的重心，即AB的中点，∠CAO′＝α，由几何关系得tanα＝eq\f(CO′,AC)，tanβ＝eq\f(BC,AC)，其中BC＝2CO′，因此tanβ＝2tanα.4.(2022·湖南七校联考)如图所示，光滑圆环竖直固定，A为最高点，橡皮条上端固定在A点，下端连接一套在圆环上的轻质小环，小环位于B点，AB与竖直方向的夹角为30°，用光滑钩拉橡皮条中点，将橡皮条中点拉至C点时，钩的拉力大小为F，为保持小环静止于B点，需给小环施加一作用力F′，下列说法中正确的是()A．若F′沿水平方向，则F′＝eq\f(\r(3),2)FB．若F′沿竖直方向，则F′＝eq\f(\r(3),3)FC．F′的最小值为eq\f(\r(3),6)FD．F′的最大值为eq\f(\r(3),3)F【答案】C【解析】设橡皮条的拉力大小为T，由题意有2Tcos30°＝F，可知T＝eq\f(\r(3),3)F，若F′沿水平方向，小环只受橡皮条的拉力和F′，由平衡条件知：F′＝T＝eq\f(\r(3),3)F，A错误；若F′沿竖直方向，则有：F′＝Ttan30°＝eq\f(1,3)F，B错误；作出小环的受力图，如图所示，由几何知识知，当F′⊥N时，F′有最小值，且最小值为：Fmin′＝Tsin30°＝eq\f(\r(3),6)F，C正确；根据平行四边形定则可知F′无最大值，D错误。5.(2022·山东省潍坊市昌乐县4月模拟)《大国工匠》节目中讲述了王进利用“秋千法”在1000kV的高压线上带电作业的过程。如图所示，绝缘轻绳OD一端固定在高压线杆塔上的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，另一端由工人控制。身穿屏蔽服的王进坐在兜篮里，缓慢地从C点运动到处于O点正下方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点运动到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的拉力一直变小C．OD、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eq\f(\r(3),3)mg【答案】CD【解析】对兜篮、王进及携带的设备整体受力分析，将整体所受力画在一个矢量三角形中，如图所示，绳OD的拉力为F1，与竖直方向的夹角为θ，绳CD的拉力为F2，与竖直方向的夹角为α。根据几何知识知：θ＋2α＝90°，由正弦定理可得eq\f(F1,sinα)＝eq\f(F2,sinθ)＝eq\f(mg,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋α)))。王进从C点运动到E点的过程中，α从0增大到eq\f(π,4)，θ从eq\f(π,2)减小到0，则F1＝mgtanα增大，F2＝mg·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2cosα－\f(1,cosα)))减小，故A、B错误；整体缓慢运动，所受合力为零，故OD、CD两绳拉力的合力大小等于mg，C正确；当α＝30°时，θ＝30°，则2F2cos30°＝mg，可得F2＝eq\f(\r(3),3)mg，故D正确。6.(多选)(2022·济南三模)如图所示，两斜面体M、N完全相同，两物体P、Q也完全相同，用一根不可伸长的轻质细线通过两光滑的定滑轮将P、Q两物体连接，细线与两侧斜面均保持平行，M、N、P、Q均处于静止状态，且物体P恰好不上滑．已知α＜β，下列说法中正确的是()A．物体Q受到沿斜面向下的摩擦力B．物体Q受到的摩擦力可能为0C．地面对M的摩擦力方向水平向左D．地面对M的摩擦力与地面对N的摩擦力大小相等【答案】BCD【解析】取沿斜面向上为正方向，设绳子拉力为T，对P根据平衡条件可得：T＝mgsinα＋fP，对Q根据平衡条件可得：T＝mgsinβ＋fQ，联立解得：fQ＝fP＋mg(sinα－sinβ)，已知α＜β，故fQ的大小和方向不能确定，Q受到的摩擦力有可能为0，故A项错误，B项正确；以M和P整体为研究对象，绳子拉力水平向右，则地面对M的摩擦力方向水平向左，故C项正确；地面对M的摩擦力大小等于绳子拉力，地面对N的摩擦力大小也等于绳子拉力，所以地面对M的摩擦力与地面对N的摩擦力大小相等、方向相反，故D项正确．7.(2022·安徽合肥高三质检)如图所示，两小球A、B固定在一轻质细杆的两端，其质量分别为m1和m2.将其放入光滑的半圆形碗中，当细杆保持静止时，圆的半径OA、OB与竖直方向夹角分别为30°和45°，则m1和m2的比值为()A.eq\r(2)∶1 B.eq\r(3)∶1C．2∶1 D.eq\r(6)∶1【答案】A【解析】分别对小球A、B受力分析如图所示．对小球A、B分别由三角形相似原理得eq\f(m1g,OO′)＝eq\f(FN1,OA)，eq\f(m2g,OO′)＝eq\f(FN2,OB)，故eq\f(m1,m2)＝eq\f(FN1,FN2)；分别由正弦定理得eq\f(FN1,sinα)＝eq\f(F,sin30°)，eq\f(FN2,sinβ)＝eq\f(F,sin45°)，而sinα＝sinβ，故eq\f(FN1,FN2)＝eq\f(sin45°,sin30°)＝eq\r(2)∶1，故m1∶m2＝eq\r(2)∶1，选项A正确．8.(多选)(2022·潮州第二次教学质检)如图所示，用光滑的粗铁丝做成一直角三角形，BC边水平，AC边竖直，∠B＝β，∠A＝α，AB及AC两边上分别套有细线系着的铜环M、N，当它们静止时，细线与AB所成的角为γ，与AC所成的角为θ(细线长度小于BC)，则()A．γ＝β B．θ＝eq\f(π,2)C．θ>eq\f(π,2)－α D．β<γ<eq\f(π,2)【答案】CD【解析】对铜环N受力分析，如图所示，N受重力GN、垂直AC边向右的弹力FN，N静止，则受细线的拉力TN一定斜向左上方，则θ<eq\f(π,2)，γ>β；对铜环M受力分析，M受重力GM、垂直AB边向上的弹力FM，M静止，则M所受细线拉力TM沿图中所示方向，有γ<eq\f(π,2)，则θ>eq\f(π,2)－α。综上所述，A、B错误，C、D正确。9.(2021·八省联考广东卷)某同学参加“筷子夹玻璃珠”游戏。如图所示，夹起玻璃珠后，左侧筷子与竖直方向的夹角θ为锐角，右侧筷子竖直，且两筷子始终在同一竖直平面内。保持玻璃珠静止，忽略筷子与玻璃珠间的摩擦。下列说法正确的是()A．两侧筷子对玻璃珠的合力比重力大B．两侧筷子对玻璃珠的合力比重力小C．左侧筷子对玻璃珠的弹力一定比玻璃珠的重力大D．右侧筷子对玻璃珠的弹力一定比玻璃珠的重力大【答案】C【解析】对玻璃珠受力分析如图所示，受到重力G、左侧筷子对玻璃珠的弹力F1、右侧筷子对玻璃珠的弹力F2，玻璃珠在三个力的作用下处于平衡状态。根据平衡条件可知，两侧筷子对玻璃珠的合力与重力等大反向，故A、B错误；根据平衡条件，竖直方向有F1sinθ＝G，水平方向有F2＝F1cosθ，联立得F1＝eq\f(G,sinθ)，F2＝Gcotθ，由于θ小于90°，则一定有F1>G，而F2不一定大于G，故C正确，D错误。10．(2022·山东济南市外国语学校月考)如图10所示，山坡上两相邻高压塔A、B之间架有匀质粗铜线，平衡时铜线呈弧形下垂，最低点在C，已知弧线BC的长度是AC的3倍，而左塔B处铜线切线与竖直方向的夹角β＝30°.则右塔A处铜线切线与竖直方向的夹角α为()A．30°B．45°C．60°D．75°【答案】C【解析】设A、B两端铜线上的拉力分别为FA、FB，铜线的质量为m，在水平方向，对铜线整体由平衡条件得FAsinα＝FBsinβ，在竖直方向，对BC段，由平衡条件得FBcosβ＝eq\f(3,4)mg，对AC段，由平衡条件得FAcosα＝eq\f(1,4)mg，联立解得tanα＝3tanβ，则α＝60°，A、B、D错误，C正确．11.(2022·重庆调研)如图所示，倾角为α的粗糙斜劈放在粗糙水平地面上，物体a放在斜劈上，轻质细线一端固定在a上，另一端绕过两个光滑的滑轮固定在c点，滑轮2下悬挂物体b，系统处于静止状态。若将悬挂点c向右移动少许，而a与斜劈始终保持静止。下列说法正确的是()A．地面对斜劈的摩擦力一定增大B．斜劈对a的摩擦力一定增大C．细线对a的拉力一定减小D．斜劈对地面的压力一定减小【答案】A【解析】若将悬挂点c向右移动少许，则滑轮2两侧细线之间的夹角增大。对滑轮2受力分析，由平衡条件可得细线中拉力增大，细线对a的拉力一定增大，C错误。由于不能判断出初始状态a与斜劈之间摩擦力的大小和方向，因此若将悬挂点c向右移动少许，斜劈对a的摩擦力不一定增大，B错误。把滑轮2和物体b看成整体分析受力，由平衡条件可知，两侧细线中拉力在竖直方向的分力的合力等于滑轮2和物体b的重力之和。若将悬挂点c向右移动少许，细线中拉力增大，但在竖直方向上分力不变，在水平方向上分力增大，把滑轮2、物体b、滑轮1、粗糙斜劈和物体a看成整体，分析受力，如图所示，根据平衡条件N＝G总－Tcosθ＝G总－eq\f(mbg,2)，N与角度θ无关，恒定不变，根据牛顿第三定律，斜劈对地面的压力也不变，故D错误；f＝Tsinθ＝eq\f(mbg,2)tanθ，θ变大，f增大，故A正确。12.(2022·江苏省新高考适应性考试)如图甲所示，质量为M、倾角为θ的直角劈B放在水平面上，在劈的斜面上放一质量为m的物体A，将一竖直向下的力F作用于A上，物体A刚好沿斜面匀速下滑．若将一斜向下的力F′作用在A上时，A加速下滑，如图乙所示，则在图乙中关于水平面对劈的摩擦力f及支持力FN的结论正确的是()A．f＝0，FN<Mg B．f＝0，FN>MgC．f方向向右，FN>Mg D．f方向向右，FN<Mg【答案】B【解析】当施加竖直向下的作用力时，以A为研究对象，受力分析如图1，根据共点力平衡有μ(mg＋F)cosθ＝(mg＋F)sinθ，解得μ＝tanθ；将一斜向下的力F′作用于A上时，以B为研究对象，受力分析如图2，设水平面对B的摩擦力方向水平向右，根据平衡条件得，水平方向：f＝f1cosθ－N1sinθ，又f1＝μN1，得到f＝μN1cosθ－N1sinθ＝tanθ·N1cosθ－N1sinθ＝0，竖直方向：FN>Mg，选项B正确，A、C、D错误；综上本题选B.13..(2017·江苏单科，14改编)如图11所示，两个半圆柱A、B紧靠着静置于水平地面上，其上有一光滑圆柱C，三者半径均为R。C的质量为m，A、B的质量都为eq\f(m,2)，与地面间的动摩擦因数均为μ。现用水平向右的力拉A，使A缓慢移动，直至C恰好降到地面。整个过程中B保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求：(1)未拉A时，C受到B作用力的大小F；(2)动摩擦因数的最小值μmin。【答案】(1)eq\f(\r(3),3)mg(2)eq\f(\r(3),2)【解析】(1)对C受力分析，如图甲所示甲根据平衡条件，有2Fcos30°＝mg，解得F＝eq\f(\r(3),3)mg。(2)C恰好降到地面时，B受C压力的水平分力最大，如图乙所示乙Fxmax＝eq\f(\r(3),2)mg，B受地面的最大静摩擦力Ff＝μ(eq\f(1,2)mg＋eq\f(1,2)mg)＝μmg根据题意，B保持静止，则有Ffmin＝Fxmax，解得μmin＝eq\f(\r(3),2)。1.（湖南省2022年普通高中学业水平选择性考试）2022年北京冬奥会跳台滑雪空中技巧比赛场地边，有一根系有飘带的风力指示杆，教练员根据飘带的形态提示运动员现场风力的情况。若飘带可视为粗细一致的匀质长绳，其所处范围内风速水平向右、大小恒定且不随高度改变。当飘带稳定时，飘带实际形态最接近的是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】设风速度为，取飘带上任意长度为（趋近于0）的质量为，飘带宽度为，则该部分飘带的重力和所受风力分别为，则重力与风力的的合力与竖直方向的夹角为整理可得任意长度为的飘带重力相等，所受风力的大小相等，则恒定，则飘带为一条倾斜的直线，故A正确，BCD错误。故选A。2.（湖南省2022年普通高中学业水平选择性考试）如图（a），直导线MN