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2020 第1部分 专题1 第1讲 力与物体的平衡
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这是一份2020 第1部分 专题1 第1讲 力与物体的平衡，共17页。
第1讲 力与物体的平衡
[高考统计·定方向] (教师授课资源)
考点
考向
五年考情汇总
1.静态平衡问题
考向1.单个物体的平衡问题
2019·全国卷Ⅱ T16
2019·全国卷Ⅲ T16
2017·全国卷Ⅲ T17
考向2.多个物体的平衡问题
2016·全国卷Ⅰ T19
2016·全国卷Ⅲ T17
考向3.电磁场中的平衡问题
2015·全国卷Ⅰ T24
2.动态平衡问题
考向1.解析法
2019·全国卷Ⅰ T19
考向2.图解法
2016·全国卷Ⅱ T14
考向3.(相似)三角形法
2017·全国卷Ⅰ T21
静态平衡问题(5年6考)
❶分析近五年的高考题可以看出，高考命题热点集中在物体受力分析、物体平衡的计算问题，涉及力的合成与分解、整体法和隔离法等常规方法。题型一般为选择题。
❷预计在2020年高考命题中仍会延续上述特点，复习中要加强多物体静态平衡和受力分析的训练。
1．(2019·全国卷Ⅱ·T16)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，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 kg
C．200 kg D．200 kg
A [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，由平衡条件可知在沿斜面方向有F＝mgsin 30°＋μmgcos 30°，解得m＝150 kg，A项正确。]
2．(2019·全国卷Ⅲ·T16)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F1、F2，则( )
A．F1＝mg，F2＝mg B．F1＝mg，F2＝mg
C．F1＝mg，F2＝m D．F1＝mg，F2＝mg
D [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＝cos 30°，＝cos 60°，则F′1＝mg，F′2＝mg，根据牛顿第三定律，F1＝F′1＝mg，F2＝F′2＝mg，故只有D选项正确。]
3．(2016·全国卷Ⅲ·T17)如图所示，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. B.m C．m D．2m
[题眼点拨] ①“细线穿过两轻环”“不计所有摩擦”说明细线上张力处处相等且等于mg；②“平衡时，a、b间的距离恰好等于圆弧的半径”说明平衡时，确定圆弧的圆心，利用对称性分析各力的方向，利用几何关系分析悬挂点的角度是解题关键。
C [由于物块通过挂钩悬挂在线上，细线穿过圆环且所有摩擦都不计，可知线上各处张力都等于小球重力mg。如图所示，由对称性可知a、b位于同一水平线上，物块处于圆心O点正上方，则∠1＝∠2，∠3＝∠4，∠1＝∠5。因圆弧对轻环的弹力沿圆弧半径方向，且轻环重力不计，由平衡条件知环两侧细线关于圆弧半径对称，即∠5＝∠6，由几何关系得∠1＝∠2＝∠5＝∠6＝30°，∠3＝∠4＝60°。再由物块与挂钩的受力平衡有mgcos 60°＋mgcos 60°＝Mg，故有M＝m，C正确。]
[教师备选题]
1．(2017·全国卷Ⅲ·T17)一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距80 cm的两点上，弹性绳的原长也为80 cm。将一钩码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为100 cm；再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点，则弹性绳的总长度变为(弹性绳的伸长始终处于弹性限度内)( )
A．86 cm B．92 cm C．98 cm D．104 cm
B [将钩码挂在弹性绳的中点时，由数学知识可知钩码两侧的弹性绳(劲度系数设为k)与竖直方向夹角θ均满足sin θ＝，对钩码(设其重力为G)静止时受力分析，得G＝2kcos θ；弹性绳的两端移至天花板上的同一点时，对钩码受力分析，得G＝2k，联立解得L＝92 cm，故A、C、D项错误，B项正确。]
2．(多选)(2016·全国卷Ⅰ·T19)如图所示，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
BD [物块b始终保持静止，物块a也始终保持静止，绳子对a的拉力等于a的重力，绳子的夹角α也保持不变，OO′绳的拉力也保持不变，选项A、 C错误。选b为研究对象，在y轴方向有FTcos β＋Fcos γ＋FN＝mbg，由于FT不变，F变化，所以FN也变化，选项B正确。FT和F在x轴方向的分力和桌面对b的摩擦力的合力为零，由于F在一定范围内变化，则摩擦力也在一定范围内变化，选项D正确。
]
3.(2015·全国卷Ⅰ·T24)如图所示，一长为10 cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中；磁场的磁感应强度大小为0.1 T，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘。金属棒通过开关与一电动势为12 V的电池相连，电路总电阻为2 Ω。已知开关断开时两弹簧的伸长量为0.5 cm；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3 cm。重力加速度大小取10 m/s2。判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向，并求出金属棒的质量。
[解析] 依题意，开关闭合后，电流方向从b到a，由左手定则可知，金属棒所受的安培力方向竖直向下。
开关断开时，两弹簧各自相对于其原长伸长了Δl1＝0.5 cm。由胡克定律和力的平衡条件得
2kΔl1＝mg ①
式中，m为金属棒的质量，k是弹簧的劲度系数，g是重力加速度的大小。
开关闭合后，金属棒所受安培力的大小为
F＝IBL ②
式中，I是回路电流，L是金属棒的长度。两弹簧各自再伸长了Δl2＝0.3 cm，由胡克定律和力的平衡条件得
2k(Δl1＋Δl2)＝mg＋F ③
由欧姆定律有
E＝IR ④
式中，E是电池的电动势，R是电路总电阻。
联立①②③④式，并代入题给数据得
m＝0.01 kg。 ⑤
[答案] 安培力的方向竖直向下，金属棒的质量为0.01 kg
1．共点力的平衡条件：F合＝0。
2．多个共点力平衡：任意方向上合力为零，建立直角坐标系后，两个坐标轴上的合力均为零，即Fx＝0，Fy＝0。
3．受力分析的三点注意
(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(如上T2采用隔离法)。
(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”。
4．求解共点力平衡问题的常用方法
常用方法包括力的合成法、分解法及正交分解法，以T2为例分析如下：
合成法 分解法 正交分解法
(多选)如图所示，质量分别为m1、m2的两个物体通过轻弹簧连接，在力F的作用下一起沿水平方向做匀速直线运动，m1在地面上，m2在空中。此时力F与水平方向成θ角，弹簧中弹力大小为F1，弹簧轴线与水平方向的夹角为α，m1受地面的摩擦力大小为Ff，则下列说法正确的是( )
A．θ一定大于α B．θ可能等于α
C．F一定大于F1 D．F一定大于Ff
[题眼点拨] ①“F与水平方向成θ角”明确力的方向。②“通过轻弹簧连接”说明弹簧上的拉力处处相等。
ACD [m2受三力平衡：m2g、F、F1，根据平衡条件知，F与F1的水平分力大小相等，即：Fx＝Fcos θ＝F1cos α，F的竖直分力比F1的竖直分力大，即：Fy＝Fsin θ＝F1sin α＋m2g，根据F合＝，所以F>F1，根据tan θ＝，所以θ>α。根据整体法得：Fcos θ＝Ff，所以F>Ff，故A、C、D正确，B错误，故选A、C、D。]
反思：先用隔离法对m2受力分析，根据平衡条件列出方程，从而判断F与F1、θ与α的大小关系。再利用整体法对m1、m2整体受力分析，根据平衡条件列出方程，从而判断F与Ff的大小关系。
考向1 单个物体的平衡问题
1.(2019·泉州市高中毕业班单科质检)如图所示，总重为G的吊灯用三条长度相同的轻绳悬挂在天花板上，每条轻绳与竖直方向的夹角均为θ，则每条轻绳对吊灯的拉力大小为( )
A. B.
C.Gcos θ D.Gsin θ
A [对吊灯受力分析，每根绳应在竖直方向上提供重力的三分之一，设轻绳的拉力大小为T，吊灯在竖直方向受力平衡，有：3Tcos θ＝G，可得：T＝。]
考向2 多个物体的平衡问题
2.(2019·武汉示范高中联考)两个质量均为m的A、B小球用轻杆连接，A球与固定在斜面上的光滑竖直挡板接触，B球放在倾角为θ的斜面上，A、B均静止，B球没有滑动趋势，则A球对挡板的压力大小为(重力加速度为g)( )
A．mgtan θ B.
C. D．2mgtan θ
D [根据题述，B球没有滑动趋势，说明B球不受摩擦力作用。竖直挡板光滑，A球不受摩擦力作用。把A、B看成整体进行受力分析，设挡板对A球的支持力为F，由平衡条件可得tan θ＝，解得F＝2mgtan θ，由牛顿第三定律可知，A球对挡板的压力大小为2mgtan θ，选项D正确。]
3．(2019·合肥市高三一模)
如图所示，倾斜直杆的左端固定在水平地面上，与水平面成θ角，杆上穿有质量为m的小球a和轻质圆环b，两者通过一条细绳跨过定滑轮相连接。当a、b静止时，Oa段绳与杆的夹角也为θ，不计一切摩擦，重力加速度为g。则下列说法正确的是( )
A．a可能受到2个力的作用
B．b可能受到3个力的作用
C．绳对a的拉力大小为mgtan θ
D．杆对a的支持力大小为mgcos θ
C [对小球a受力分析，如图所示，小球a一定受3个力的作用，由于b为轻质圆环，因此其不受重力的作用，b静止时，只受两个力的作用，由力的平衡条件可知F＝FNb，A、B错误；对小球a由力的平衡条件可知，沿杆方向有F′cos θ＝mgsin θ，解得绳对a的拉力F′＝mgtan θ，C正确；垂直杆方向有mgcos θ＝F′sin θ＋FNa，解得FNa＝mgcos θ－mgsin θtan θ，D错误。]
考向3 电磁场中的平衡问题
4.如图所示，两个带电小球A、B穿在一根水平固定的绝缘细杆上，并通过一根不可伸长的绝缘细绳跨接在定滑轮两端，整个装置处在水平向右的匀强电场中，当两个小球静止时，两侧细绳与竖直方向的夹角分别为α＝30°和β＝60°，不计装置中的一切摩擦及两个小球间的静电力。则A、B两球的带电荷量q1与q2大小之比为( )
A．q1∶q2＝∶1 B．q1∶q2＝∶2
C．q1∶q2＝1∶ D．q1∶q2＝2∶
C [分别对两小球受力分析，由力的平衡条件可知，两小球在水平方向的合力均为零，则小球A在水平方向上，有Tsin 30°＝Eq1，小球B在水平方向上，有T′sin 60°＝Eq2，T′＝T，则联立可解得q1∶q2＝1∶，C正确。]
5.(易错题)如图所示，一质量为m、长度为L的导体棒AC静止于两平行的水平导轨上且与两导轨垂直，通过AC的电流为I，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向与导轨平面成θ角斜向下，下列说法正确的是( )
A．AC受到的安培力大小为BILsin θ
B．AC可能不受摩擦力作用
C．AC受到的安培力与摩擦力平衡
D．AC所受的支持力大小为BILcos θ＋mg，摩擦力大小为BILsin θ
D [匀强磁场的磁感应强度与导体棒AC是垂直的，故AC所受的安培力大小F安＝BIL，A错误。安培力既垂直于导体棒也垂直于磁场，根据左手定则判断其方向，作出导体棒AC的受力示意图(从A看向C的平面图)如图所示。由于重力和支持力在竖直方向，而安培力有水平分力，没有摩擦力这三个力无法平衡，所以导体棒一定会受到水平向左的摩擦力，B错误。由图可知，安培力的方向不在水平方向，故无法与摩擦力平衡，C错误。将安培力在水平方向和竖直方向分解，根据平衡条件可得支持力大小FN＝BILcos θ＋mg，摩擦力大小Ff＝BILsin θ，D正确。]
易错点评：(1)误认为磁感应强度B与导体棒AC成θ角，从而得出F安＝BILsin θ的错误结果。
(2)判断安培力方向时，易出现左手、右手应用混淆。
动态平衡问题(5年3考)
❶近五年高考对动态平衡问题的考查，重在体现数形结合思想，应用图解法或解析法是求解动态平衡问题的常用方法。
❷在2020年高考中仍会体现数形结合的思想，应用图解法和解析法分析求解动态平衡问题仍是命题热点。
1.(2016·全国卷Ⅱ·T14)质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上。用水平向左的力F缓慢拉动绳的中点O，如图所示。用T表示绳OA段拉力的大小，在O点向左移动的过程中( )
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逐渐变大
D．F逐渐变小，T逐渐变小
A [以O点为研究对象，受力如图所示，当用水平向左的力缓慢拉动O点时，则绳OA与竖直方向的夹角变大，由共点力的平衡条件知F逐渐变大，T逐渐变大，选项A正确。]
2．(多选)(2019·全国卷Ⅰ·T19)如图所示，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
BD [对N进行受力分析如图所示，因为N的重力与水平拉力F的合力和细绳的拉力T是一对平衡力，从图中可以看出水平拉力的大小逐渐增大，细绳的拉力也一直增大，选项A错误，B正确；M的质量与N的质量的大小关系不确定，设斜面倾角为θ，若mNg≥mMgsin θ，则M所受斜面的摩擦力大小会一直增大，若mNg
3．(一题多解)(多选)(2017·全国卷Ⅰ·T21)如图所示，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。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
AD [法一：设重物的质量为m，绳OM中的张力为TOM，绳MN中的张力为TMN。开始时，TOM＝mg，TMN＝0。由于缓慢拉起，则重物一直处于平衡状态，两绳张力的合力与重物的重力mg等大、反向。
对重物受力分析如图所示，已知角α不变，在绳MN缓慢拉起的过程中，角β逐渐增大，则角(α－β)逐渐减小，但角θ不变，在三角形中，由正弦定理得：＝，(α－β)由钝角变为锐角，则TOM先增大后减小，选项D正确；同理知＝，在β由0变为的过程中，TMN一直增大，选项A正确。
法二：利用矢量圆，如图重力保持不变，是矢量圆的一条弦，FOM与FMN夹角保持不变，
由图知FMN一直增大到最大，FOM先增大再减小，当OM与竖直夹角为β＝α－90°时FOM最大。]
1．动态平衡问题的特点
通过控制某些物理量，使物体的状态发生缓慢地变化，物体状态在变化过程中始终处于平衡状态，这种平衡称为动态平衡。如上T1中“水平向左的力”“缓慢拉动O点”等特征。
2．解答动态平衡问题的三种方法
(1)“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。(如上T3)。
(2)“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。(如上T1和T3)
(3)“相似三角形法”：此法是图解法的特例，一般研究对象受绳(杆)或其他物体的约束，且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。
考向1 解析法的应用
1．(2019·江西七校高三联考)如图所示，木板P下端通过光滑铰链固定于水平地面上的O点，物体A、B叠放在木板上且处于静止状态，此时物体B的上表面水平。现使木板P绕O点缓慢旋转到虚线所示位置，物体A、B仍保持静止，与原位置相比( )
A．A对B的作用力减小
B．B对A的支持力增大
C．木板对B的支持力增大
D．木板对B的摩擦力增大
D [由题意知A、B始终处于动态平衡状态，对A受力分析知A受重力和B对A的作用力而平衡，所以A对B的作用力与A的重力大小相等，故A错误。当将木板P绕O点缓慢旋转到虚线所示位置时，B的上表面不再水平，设B的上表面与水平面间的夹角为α，则B对A的支持力为GAcos α
考向2 图解法的应用
2．(多选)(2019·四省八校双教研联盟)如图所示，用与竖直方向成θ角(θ<45°)的倾斜轻绳a和水平轻绳b共同固定一个小球，这时绳b的拉力为T1。现保持小球在原位置不动，使绳b在原竖直平面内逆时针转过θ角固定，绳b的拉力变为T2；再转过θ角固定，绳b的拉力为T3，则( )
A．绳a的拉力逐渐减小
B．T1＝T3>T2
C．T1＝T3
3.(改编题)(多选)如图所示，在直角框架MQN上，用轻绳OM、ON共同悬挂一个物体。物体的质量为m，ON呈水平状态。现让框架沿逆时针方向缓慢旋转90°，在旋转过程中，保持结点O位置不变。则下列说法正确的是( )
A．绳OM上的力一直在减小
B．绳ON上的力一直在增大
C．绳ON上的力先增大再减小
D．绳OM上的力先减小再增大
AC [选择结点O为研究对象，画出结点O的受力图，平衡得到矢量三角形，如图所示。易知轻绳OM上的拉力FM一直在减小，框架沿逆时针转过90°时拉力FM＝0，轻绳ON上的拉力FN先增大再减小，选项B、D错误，A、C正确。]
考向3 相似三角形法的应用
4．如图所示，小球A、B质量均为m，初始带电荷量均为＋q，都用长为L的绝缘细线挂在绝缘的竖直墙上O点，A球紧靠绝缘的墙壁且其悬线刚好竖直，B球悬线偏离竖直方向θ角而静止，如果保持B球的电荷量不变，使A球的电荷量缓慢减小，当两球间距缓慢变为原来的时，下列判断正确的是( )
A．小球A受到细线的拉力大小不变
B．小球B受到细线的拉力变小
C．两球之间的库仑力大小不变
D．小球A的电荷量减小为原来的
D [小球B受力如图所示，两绝缘细线的长度都是L，由相似三角形得＝＝，解得T＝G，F＝，设OB与竖直方向的夹角为θ，则sin＝＝，细线对A的拉力T′＝G＋Fsin ＝G＋，当两球间距离变为原来的时，F逐渐变为F′＝，所以T′变小，故A、B、C错误；由库仑定律得F＝k，F′＝k，解得Q′A＝QA，故D正确。]
第1讲 力与物体的平衡
[高考统计·定方向] (教师授课资源)
考点
考向
五年考情汇总
1.静态平衡问题
考向1.单个物体的平衡问题
2019·全国卷Ⅱ T16
2019·全国卷Ⅲ T16
2017·全国卷Ⅲ T17
考向2.多个物体的平衡问题
2016·全国卷Ⅰ T19
2016·全国卷Ⅲ T17
考向3.电磁场中的平衡问题
2015·全国卷Ⅰ T24
2.动态平衡问题
考向1.解析法
2019·全国卷Ⅰ T19
考向2.图解法
2016·全国卷Ⅱ T14
考向3.(相似)三角形法
2017·全国卷Ⅰ T21
静态平衡问题(5年6考)
❶分析近五年的高考题可以看出，高考命题热点集中在物体受力分析、物体平衡的计算问题，涉及力的合成与分解、整体法和隔离法等常规方法。题型一般为选择题。
❷预计在2020年高考命题中仍会延续上述特点，复习中要加强多物体静态平衡和受力分析的训练。
1．(2019·全国卷Ⅱ·T16)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，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 kg
C．200 kg D．200 kg
A [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，由平衡条件可知在沿斜面方向有F＝mgsin 30°＋μmgcos 30°，解得m＝150 kg，A项正确。]
2．(2019·全国卷Ⅲ·T16)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F1、F2，则( )
A．F1＝mg，F2＝mg B．F1＝mg，F2＝mg
C．F1＝mg，F2＝m D．F1＝mg，F2＝mg
D [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＝cos 30°，＝cos 60°，则F′1＝mg，F′2＝mg，根据牛顿第三定律，F1＝F′1＝mg，F2＝F′2＝mg，故只有D选项正确。]
3．(2016·全国卷Ⅲ·T17)如图所示，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. B.m C．m D．2m
[题眼点拨] ①“细线穿过两轻环”“不计所有摩擦”说明细线上张力处处相等且等于mg；②“平衡时，a、b间的距离恰好等于圆弧的半径”说明平衡时，确定圆弧的圆心，利用对称性分析各力的方向，利用几何关系分析悬挂点的角度是解题关键。
C [由于物块通过挂钩悬挂在线上，细线穿过圆环且所有摩擦都不计，可知线上各处张力都等于小球重力mg。如图所示，由对称性可知a、b位于同一水平线上，物块处于圆心O点正上方，则∠1＝∠2，∠3＝∠4，∠1＝∠5。因圆弧对轻环的弹力沿圆弧半径方向，且轻环重力不计，由平衡条件知环两侧细线关于圆弧半径对称，即∠5＝∠6，由几何关系得∠1＝∠2＝∠5＝∠6＝30°，∠3＝∠4＝60°。再由物块与挂钩的受力平衡有mgcos 60°＋mgcos 60°＝Mg，故有M＝m，C正确。]
[教师备选题]
1．(2017·全国卷Ⅲ·T17)一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距80 cm的两点上，弹性绳的原长也为80 cm。将一钩码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为100 cm；再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点，则弹性绳的总长度变为(弹性绳的伸长始终处于弹性限度内)( )
A．86 cm B．92 cm C．98 cm D．104 cm
B [将钩码挂在弹性绳的中点时，由数学知识可知钩码两侧的弹性绳(劲度系数设为k)与竖直方向夹角θ均满足sin θ＝，对钩码(设其重力为G)静止时受力分析，得G＝2kcos θ；弹性绳的两端移至天花板上的同一点时，对钩码受力分析，得G＝2k，联立解得L＝92 cm，故A、C、D项错误，B项正确。]
2．(多选)(2016·全国卷Ⅰ·T19)如图所示，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
BD [物块b始终保持静止，物块a也始终保持静止，绳子对a的拉力等于a的重力，绳子的夹角α也保持不变，OO′绳的拉力也保持不变，选项A、 C错误。选b为研究对象，在y轴方向有FTcos β＋Fcos γ＋FN＝mbg，由于FT不变，F变化，所以FN也变化，选项B正确。FT和F在x轴方向的分力和桌面对b的摩擦力的合力为零，由于F在一定范围内变化，则摩擦力也在一定范围内变化，选项D正确。
]
3.(2015·全国卷Ⅰ·T24)如图所示，一长为10 cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中；磁场的磁感应强度大小为0.1 T，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘。金属棒通过开关与一电动势为12 V的电池相连，电路总电阻为2 Ω。已知开关断开时两弹簧的伸长量为0.5 cm；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3 cm。重力加速度大小取10 m/s2。判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向，并求出金属棒的质量。
[解析] 依题意，开关闭合后，电流方向从b到a，由左手定则可知，金属棒所受的安培力方向竖直向下。
开关断开时，两弹簧各自相对于其原长伸长了Δl1＝0.5 cm。由胡克定律和力的平衡条件得
2kΔl1＝mg ①
式中，m为金属棒的质量，k是弹簧的劲度系数，g是重力加速度的大小。
开关闭合后，金属棒所受安培力的大小为
F＝IBL ②
式中，I是回路电流，L是金属棒的长度。两弹簧各自再伸长了Δl2＝0.3 cm，由胡克定律和力的平衡条件得
2k(Δl1＋Δl2)＝mg＋F ③
由欧姆定律有
E＝IR ④
式中，E是电池的电动势，R是电路总电阻。
联立①②③④式，并代入题给数据得
m＝0.01 kg。 ⑤
[答案] 安培力的方向竖直向下，金属棒的质量为0.01 kg
1．共点力的平衡条件：F合＝0。
2．多个共点力平衡：任意方向上合力为零，建立直角坐标系后，两个坐标轴上的合力均为零，即Fx＝0，Fy＝0。
3．受力分析的三点注意
(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(如上T2采用隔离法)。
(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”。
4．求解共点力平衡问题的常用方法
常用方法包括力的合成法、分解法及正交分解法，以T2为例分析如下：
合成法 分解法 正交分解法
(多选)如图所示，质量分别为m1、m2的两个物体通过轻弹簧连接，在力F的作用下一起沿水平方向做匀速直线运动，m1在地面上，m2在空中。此时力F与水平方向成θ角，弹簧中弹力大小为F1，弹簧轴线与水平方向的夹角为α，m1受地面的摩擦力大小为Ff，则下列说法正确的是( )
A．θ一定大于α B．θ可能等于α
C．F一定大于F1 D．F一定大于Ff
[题眼点拨] ①“F与水平方向成θ角”明确力的方向。②“通过轻弹簧连接”说明弹簧上的拉力处处相等。
ACD [m2受三力平衡：m2g、F、F1，根据平衡条件知，F与F1的水平分力大小相等，即：Fx＝Fcos θ＝F1cos α，F的竖直分力比F1的竖直分力大，即：Fy＝Fsin θ＝F1sin α＋m2g，根据F合＝，所以F>F1，根据tan θ＝，所以θ>α。根据整体法得：Fcos θ＝Ff，所以F>Ff，故A、C、D正确，B错误，故选A、C、D。]
反思：先用隔离法对m2受力分析，根据平衡条件列出方程，从而判断F与F1、θ与α的大小关系。再利用整体法对m1、m2整体受力分析，根据平衡条件列出方程，从而判断F与Ff的大小关系。
考向1 单个物体的平衡问题
1.(2019·泉州市高中毕业班单科质检)如图所示，总重为G的吊灯用三条长度相同的轻绳悬挂在天花板上，每条轻绳与竖直方向的夹角均为θ，则每条轻绳对吊灯的拉力大小为( )
A. B.
C.Gcos θ D.Gsin θ
A [对吊灯受力分析，每根绳应在竖直方向上提供重力的三分之一，设轻绳的拉力大小为T，吊灯在竖直方向受力平衡，有：3Tcos θ＝G，可得：T＝。]
考向2 多个物体的平衡问题
2.(2019·武汉示范高中联考)两个质量均为m的A、B小球用轻杆连接，A球与固定在斜面上的光滑竖直挡板接触，B球放在倾角为θ的斜面上，A、B均静止，B球没有滑动趋势，则A球对挡板的压力大小为(重力加速度为g)( )
A．mgtan θ B.
C. D．2mgtan θ
D [根据题述，B球没有滑动趋势，说明B球不受摩擦力作用。竖直挡板光滑，A球不受摩擦力作用。把A、B看成整体进行受力分析，设挡板对A球的支持力为F，由平衡条件可得tan θ＝，解得F＝2mgtan θ，由牛顿第三定律可知，A球对挡板的压力大小为2mgtan θ，选项D正确。]
3．(2019·合肥市高三一模)
如图所示，倾斜直杆的左端固定在水平地面上，与水平面成θ角，杆上穿有质量为m的小球a和轻质圆环b，两者通过一条细绳跨过定滑轮相连接。当a、b静止时，Oa段绳与杆的夹角也为θ，不计一切摩擦，重力加速度为g。则下列说法正确的是( )
A．a可能受到2个力的作用
B．b可能受到3个力的作用
C．绳对a的拉力大小为mgtan θ
D．杆对a的支持力大小为mgcos θ
C [对小球a受力分析，如图所示，小球a一定受3个力的作用，由于b为轻质圆环，因此其不受重力的作用，b静止时，只受两个力的作用，由力的平衡条件可知F＝FNb，A、B错误；对小球a由力的平衡条件可知，沿杆方向有F′cos θ＝mgsin θ，解得绳对a的拉力F′＝mgtan θ，C正确；垂直杆方向有mgcos θ＝F′sin θ＋FNa，解得FNa＝mgcos θ－mgsin θtan θ，D错误。]
考向3 电磁场中的平衡问题
4.如图所示，两个带电小球A、B穿在一根水平固定的绝缘细杆上，并通过一根不可伸长的绝缘细绳跨接在定滑轮两端，整个装置处在水平向右的匀强电场中，当两个小球静止时，两侧细绳与竖直方向的夹角分别为α＝30°和β＝60°，不计装置中的一切摩擦及两个小球间的静电力。则A、B两球的带电荷量q1与q2大小之比为( )
A．q1∶q2＝∶1 B．q1∶q2＝∶2
C．q1∶q2＝1∶ D．q1∶q2＝2∶
C [分别对两小球受力分析，由力的平衡条件可知，两小球在水平方向的合力均为零，则小球A在水平方向上，有Tsin 30°＝Eq1，小球B在水平方向上，有T′sin 60°＝Eq2，T′＝T，则联立可解得q1∶q2＝1∶，C正确。]
5.(易错题)如图所示，一质量为m、长度为L的导体棒AC静止于两平行的水平导轨上且与两导轨垂直，通过AC的电流为I，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向与导轨平面成θ角斜向下，下列说法正确的是( )
A．AC受到的安培力大小为BILsin θ
B．AC可能不受摩擦力作用
C．AC受到的安培力与摩擦力平衡
D．AC所受的支持力大小为BILcos θ＋mg，摩擦力大小为BILsin θ
D [匀强磁场的磁感应强度与导体棒AC是垂直的，故AC所受的安培力大小F安＝BIL，A错误。安培力既垂直于导体棒也垂直于磁场，根据左手定则判断其方向，作出导体棒AC的受力示意图(从A看向C的平面图)如图所示。由于重力和支持力在竖直方向，而安培力有水平分力，没有摩擦力这三个力无法平衡，所以导体棒一定会受到水平向左的摩擦力，B错误。由图可知，安培力的方向不在水平方向，故无法与摩擦力平衡，C错误。将安培力在水平方向和竖直方向分解，根据平衡条件可得支持力大小FN＝BILcos θ＋mg，摩擦力大小Ff＝BILsin θ，D正确。]
易错点评：(1)误认为磁感应强度B与导体棒AC成θ角，从而得出F安＝BILsin θ的错误结果。
(2)判断安培力方向时，易出现左手、右手应用混淆。
动态平衡问题(5年3考)
❶近五年高考对动态平衡问题的考查，重在体现数形结合思想，应用图解法或解析法是求解动态平衡问题的常用方法。
❷在2020年高考中仍会体现数形结合的思想，应用图解法和解析法分析求解动态平衡问题仍是命题热点。
1.(2016·全国卷Ⅱ·T14)质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上。用水平向左的力F缓慢拉动绳的中点O，如图所示。用T表示绳OA段拉力的大小，在O点向左移动的过程中( )
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逐渐变大
D．F逐渐变小，T逐渐变小
A [以O点为研究对象，受力如图所示，当用水平向左的力缓慢拉动O点时，则绳OA与竖直方向的夹角变大，由共点力的平衡条件知F逐渐变大，T逐渐变大，选项A正确。]
2．(多选)(2019·全国卷Ⅰ·T19)如图所示，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
BD [对N进行受力分析如图所示，因为N的重力与水平拉力F的合力和细绳的拉力T是一对平衡力，从图中可以看出水平拉力的大小逐渐增大，细绳的拉力也一直增大，选项A错误，B正确；M的质量与N的质量的大小关系不确定，设斜面倾角为θ，若mNg≥mMgsin θ，则M所受斜面的摩擦力大小会一直增大，若mNg
3．(一题多解)(多选)(2017·全国卷Ⅰ·T21)如图所示，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。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
AD [法一：设重物的质量为m，绳OM中的张力为TOM，绳MN中的张力为TMN。开始时，TOM＝mg，TMN＝0。由于缓慢拉起，则重物一直处于平衡状态，两绳张力的合力与重物的重力mg等大、反向。
对重物受力分析如图所示，已知角α不变，在绳MN缓慢拉起的过程中，角β逐渐增大，则角(α－β)逐渐减小，但角θ不变，在三角形中，由正弦定理得：＝，(α－β)由钝角变为锐角，则TOM先增大后减小，选项D正确；同理知＝，在β由0变为的过程中，TMN一直增大，选项A正确。
法二：利用矢量圆，如图重力保持不变，是矢量圆的一条弦，FOM与FMN夹角保持不变，
由图知FMN一直增大到最大，FOM先增大再减小，当OM与竖直夹角为β＝α－90°时FOM最大。]
1．动态平衡问题的特点
通过控制某些物理量，使物体的状态发生缓慢地变化，物体状态在变化过程中始终处于平衡状态，这种平衡称为动态平衡。如上T1中“水平向左的力”“缓慢拉动O点”等特征。
2．解答动态平衡问题的三种方法
(1)“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。(如上T3)。
(2)“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。(如上T1和T3)
(3)“相似三角形法”：此法是图解法的特例，一般研究对象受绳(杆)或其他物体的约束，且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。
考向1 解析法的应用
1．(2019·江西七校高三联考)如图所示，木板P下端通过光滑铰链固定于水平地面上的O点，物体A、B叠放在木板上且处于静止状态，此时物体B的上表面水平。现使木板P绕O点缓慢旋转到虚线所示位置，物体A、B仍保持静止，与原位置相比( )
A．A对B的作用力减小
B．B对A的支持力增大
C．木板对B的支持力增大
D．木板对B的摩擦力增大
D [由题意知A、B始终处于动态平衡状态，对A受力分析知A受重力和B对A的作用力而平衡，所以A对B的作用力与A的重力大小相等，故A错误。当将木板P绕O点缓慢旋转到虚线所示位置时，B的上表面不再水平，设B的上表面与水平面间的夹角为α，则B对A的支持力为GAcos α
考向2 图解法的应用
2．(多选)(2019·四省八校双教研联盟)如图所示，用与竖直方向成θ角(θ<45°)的倾斜轻绳a和水平轻绳b共同固定一个小球，这时绳b的拉力为T1。现保持小球在原位置不动，使绳b在原竖直平面内逆时针转过θ角固定，绳b的拉力变为T2；再转过θ角固定，绳b的拉力为T3，则( )
A．绳a的拉力逐渐减小
B．T1＝T3>T2
C．T1＝T3
3.(改编题)(多选)如图所示，在直角框架MQN上，用轻绳OM、ON共同悬挂一个物体。物体的质量为m，ON呈水平状态。现让框架沿逆时针方向缓慢旋转90°，在旋转过程中，保持结点O位置不变。则下列说法正确的是( )
A．绳OM上的力一直在减小
B．绳ON上的力一直在增大
C．绳ON上的力先增大再减小
D．绳OM上的力先减小再增大
AC [选择结点O为研究对象，画出结点O的受力图，平衡得到矢量三角形，如图所示。易知轻绳OM上的拉力FM一直在减小，框架沿逆时针转过90°时拉力FM＝0，轻绳ON上的拉力FN先增大再减小，选项B、D错误，A、C正确。]
考向3 相似三角形法的应用
4．如图所示，小球A、B质量均为m，初始带电荷量均为＋q，都用长为L的绝缘细线挂在绝缘的竖直墙上O点，A球紧靠绝缘的墙壁且其悬线刚好竖直，B球悬线偏离竖直方向θ角而静止，如果保持B球的电荷量不变，使A球的电荷量缓慢减小，当两球间距缓慢变为原来的时，下列判断正确的是( )
A．小球A受到细线的拉力大小不变
B．小球B受到细线的拉力变小
C．两球之间的库仑力大小不变
D．小球A的电荷量减小为原来的
D [小球B受力如图所示，两绝缘细线的长度都是L，由相似三角形得＝＝，解得T＝G，F＝，设OB与竖直方向的夹角为θ，则sin＝＝，细线对A的拉力T′＝G＋Fsin ＝G＋，当两球间距离变为原来的时，F逐渐变为F′＝，所以T′变小，故A、B、C错误；由库仑定律得F＝k，F′＝k，解得Q′A＝QA，故D正确。]
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