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2019版高考物理通用版二轮复习讲义：第一部分第一板块第1讲明“因”熟“力”破解共点力的平衡问题
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第1讲
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考法
学法
平衡问题是历年高考的重点，高考既可能在选择题中单独考查平衡问题，也可能在计算题中综合考查平衡问题。考查的内容主要包括：①对各种性质的力的理解；
②共点力作用下平衡条件的应用。该部分内容主要解决的是选择题中的受力分析和共点力平衡问题。用到的思想方法有：①整体法和隔离法；②假设法；③合成法；④正交分解法；⑤矢量三角形法；⑥相似三角形法；⑦等效思想；⑧分解思想。
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[知能全通]————————————————————————————————
受力分析是整个高中阶段物理知识的基础，能正确进行受力分析是解答力学问题的
关键。
1．受力分析的一般步骤
2．分析三种典型力的注意事项
(1)弹力：弹力的方向一定与接触面或接触点的切面垂直，且指向受力物体。
(2)静摩擦力：两物体接触处有无静摩擦力，要根据物体间有无相对运动趋势或根据平衡条件进行判断。
(3)滑动摩擦力：利用公式求解滑动摩擦力时，一定要注意分析接触面间的实际压力，不能简单地代入重力求解。
[题点全练]————————————————————————————————
1.[多选](2018·湖北中学调研)如图所示，顶角为θ的光滑圆锥体固定在水平面上，一质量为m的匀质圆环套在圆锥体上处于静止状态，重力加速度大小为g，下列判断正确的是( )
A．圆锥体对圆环的作用力方向垂直于圆锥的侧面
B．圆锥体对圆环的作用力方向竖直向上
C．圆环的张力不为零
D．圆环的张力方向指向圆环的圆心
解析：选BC 由题意知圆环受重力和圆锥体对圆环的作用力处于平衡状态，则圆锥体对圆环的作用力与圆环所受的重力等大反向，即圆锥体对圆环的作用力方向竖直向上，故A错误，B正确；质量为m的匀质圆环套在圆锥体上，圆环有被撑开的趋势，所以圆环的张力不为零，故C正确；圆环的张力方向沿圆环的切线方向，故D错误。
2.如图所示，小明在水平桌面上将三个形状不规则的石块成功叠放在一起，下列说法正确的是( )
A．石块a一定只受两个力
B．石块b对a的支持力与a受到的重力是一对相互作用力
C．石块c受到水平桌面向左的摩擦力
D．水平桌面对石块c的支持力等于三个石块受到的重力之和
解析：选D 石块a与b的接触面不一定沿水平方向，可能还受到摩擦力，故A错误；石块b对a的支持力与a受到的重力性质不同，作用在一个物体上，不是一对相互作用力，故B错误；对a、b、c整体受力分析，受重力和水平桌面的支持力而平衡，即石块c与水平桌面之间无摩擦力，故C错误；对a、b、c整体，由平衡条件得：水平桌面对石块c的支持力等于三个石块受到的重力之和，故D正确。
3．(2018·淄博实验中学一诊)如图所示，一质量均匀的实心圆球被直径AB所在的平面一分为二，先后以AB沿水平和竖直两种不同方向放置在光滑支架上，处于静止状态，两半球间的作用力分别为F和F′，已知支架间的距离为AB长度的一半，则等于( )
A. B.
C. D.
解析：选A 设两半球的总质量为m，当球以AB沿水平方向放置，可知F＝mg；当球以AB沿竖直方向放置，单独对右半球受力分析如图
所示，可得：F′＝tan θ，根据支架间的距离为AB的一半，可得：θ＝30°，则＝＝，则A正确。
[知能全通]————————————————————————————————
1．整体法和隔离法对比
整体法
原则
只涉及系统外力，不涉及系统内部物体之间的相互作用
条件
系统内的物体具有相同的运动状态
优、缺点
利用此法解题一般比较简单，但不能求系统内力
隔离法
原则
分析系统内某个物体的受力情况
优点
系统内物体受到的内力、外力均能求
2.整体法、隔离法的应用技巧
(1)不涉及系统内力时，优先考虑应用整体法，即“能整体、不隔离”。
(2)需要应用“隔离法”的，也要先隔离“简单”的物体，即待求量少或受力少或处于边缘处的物体。
(3)各“隔离体”间的关联力，表现为作用力与反作用力，对于系统则表现为内力。
(4)实际问题通常需要交叉应用整体法、隔离法。
(5)在某些特殊情形中，研究对象可以是物体的一部分，如绳子的结点、力的作用点等。
[题点全练]————————————————————————————————
1．[多选]如图所示，截面为三角形的木块a上放置一铁块b，木块a的竖直边靠在竖直且粗糙的墙面上，现用竖直向上的推力F，推动a、b一起向上匀速运动，运动过程中a、b始终保持相对静止，则下列说法正确的是( )
A．a受到6个力的作用
B．a受到4个力的作用
C．b受到3个力的作用
D．b受到2个力的作用
解析：选BC 先对a、b整体受力分析，受到重力和推力，二力平衡，整体不受墙面的弹力和摩擦力，再对b受力分析，受到重力、支持力和静摩擦力，三力平衡，即b受到3个力的作用，故C正确，D错误；再对a受力分析，受到重力、推力、b对a的压力和静摩擦力，故a受到4个力的作用，故A错误，B正确。
2.(2019届高三·珠海一中模拟)如图所示，水平固定且倾角为37°的光滑斜面上有两个质量均为m＝1 kg 的小球A、B，它们用劲度系数为k＝200 N/m 的轻质弹簧连接，弹簧的原长为l0＝20 cm，现对B施加一水平向左的推力F，使A、B均在斜面上以加速度a＝4 m/s2 向上做匀加速运动，此时弹簧的长度l和推力F的大小分别为(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)( )
A．0.15 m,25 N B．0.25 m,25 N
C．0.15 m,12.5 N D．0.25 m,12.5 N
解析：选B 以整体为研究对象，受力分析如图所示，沿斜面方向有：Fcos 37°－2mgsin 37°＝2ma，以A为研究对象，沿斜面方向有：
kx－mgsin 37°＝ma，x＝l－l0，解得F＝25 N，l＝0.25 m，故B正确，A、C、D错误。
3．[多选](2018·凯里模拟)如图所示，形状相同的物块A、B，其截面为直角三角形，相对排放在粗糙水平地面上，光滑球体C架在两物块的斜面上，系统处于静止状态。已知物块A、B的质量都为M，θ＝60°，球体C的质量为m，则以下说法正确的是( )
A．地面对A的摩擦力大小为mg
B．地面对A的摩擦力大小为mg
C．A对C的弹力大小为mg
D．A对地面的压力大小为Mg＋mg
解析：选BD 以C为研究对象，受力分析如图所示，C受重力和斜向上的两个弹力作用，把两个弹力合成，合力竖直向上，大小等于mg，由数学知识可知，A对C的弹力大小为mg，C错误；再以A为研究对象，C对A的正压力大小为mg，其在水平方向上的分力大小等于地面对A的摩擦力大小，由此可知地面对A的摩擦力大小为mgcos 30°＝mg，A错误，B正确；以A、B、C整体为研究对象，所受重力为2Mg＋mg，地面对整体的支持力大小为2Mg＋mg，由对称性可知A受到地面的支持力大小为Mg＋，由牛顿第三定律可知，A对地面的压力大小为Mg＋mg，D正确。
[研一题]————————————————————————————————
[多选]如图所示，质量为M的斜面体放在粗糙水平面上，用轻绳拴住质量为m的小球置于斜面上，整个系统处于静止状态，已知斜面倾角及轻绳与竖直方向夹角均为θ＝30°。不计小球与斜面间的摩擦，则( )
A．轻绳对小球的作用力大小为mg
B．斜面对小球的作用力大小为mg
C．斜面体对水平面的压力大小为(M＋m)g
D．斜面体与水平面间的摩擦力大小为mg
[解析] 以小球为研究对象，受力分析如图甲所示，由几何关系知β＝θ＝30°，根据受力平衡可得FT＝FN＝mg；以斜面体为研究对象，受力分析如图乙所示，由受力平衡得FN1＝Mg＋FN′cos θ，由牛顿第三定律得FN′＝FN，解得FN1＝Mg＋mg，由牛顿第三定律可知，斜面体对水平面的压力大小为Mg＋mg，Ff＝FN′sin θ＝mg，故B、C错误，A、D正确。
[答案] AD
[悟一法]————————————————————————————————
1．破解“静态平衡”问题的一般程序
2．处理平衡问题的常用方法
方法
解 读
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等大、反向
分解法
三力平衡时，还可以将某一个力按力的效果分解，则其分力和其他两个力分别平衡
正交
分解法
物体受三个或三个以上力的作用时，将所有力分解为相互垂直的两组，每组力分别平衡
[通一类]————————————————————————————————
1．(2019届高三·唐山六校联考)如图所示，物块A和滑环B用绕过光滑定滑轮的不可伸长的轻绳连接，滑环B套在与竖直方向夹角为θ＝37°的粗细均匀的固定杆上，连接滑环B的绳与杆垂直并在同一竖直平面内，B恰好不能下滑，B和杆间的动摩擦因数为μ＝0.4，设B和杆间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则A和B的质量之比为(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)( )
A. B.
C. D.
解析：选C 设A和B的质量分别为m1、m2，若杆对B的弹力垂直于杆向下，因B恰好不能下滑，则由平衡条件有m2gcos θ＝μ(m1g－m2gsin θ)，解得＝；若杆对B的弹力垂直于杆向上，因B恰好不能下滑，则由平衡条件有m2gcos θ＝μ(m2gsin θ－m1g)，解得＝－(舍去)。综上分析可知，C正确。
2.如图所示，某工地上起重机将重为G的正方形工件缓缓吊起。四根等长的钢绳(质量不计)，一端分别固定在正方形工件的四个角上，另一端汇聚于一处挂在挂钩上，钢绳端汇聚处到每个角的距离均与正方形的对角线长度相等。则每根钢绳的受力大小为( )
A.G B.G
C.G D.G
解析：选D 设每根钢绳的受力大小为F，由平衡条件有4Fcos θ＝G(θ为钢绳与竖直方向的夹角)，由数学知识知sin θ＝，θ＝30°，则F＝G，选项D正确。
[点点探明]————————————————————————————————
方法1 图解法破解“动态平衡”问题
如果物体受到三个力的作用，已知其中一个力的大小、方向均不变，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。
[例1] 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
[解析] 以O点为研究对象，受力分析如图所示，当用水平向左的力缓慢拉动O点时，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。
[答案] A
方法2 解析法破解“动态平衡”问题
如果把物体受到的多个力合成、分解后，能够找到力的边角关系，则应选择解析法，建立平衡方程，根据自变量的变化(一般都要用到三角函数)确定因变量的变化。
[例2] (2018·开封模拟)如图所示，一铁架台放在水平地面上，其上用轻质细线悬挂一小球，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( )
A．水平力F变小
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
[解析] 如图所示，对小球受力分析，受细线的拉力、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T＝，θ增大，T增大，故B错误；以铁架台、小球整体为研究对象，根据平衡条件得Ff＝F，则Ff逐渐增大，FN＝(M＋m)g，FN保持不变，故C错误，D正确。
[答案] D
方法3 相似三角形法破解“动态平衡”问题
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求解。
[例3] (2018·宝鸡质检)如图所示，轻杆A端用铰链固定，滑轮在A点正上方(滑轮大小及摩擦均可不计)，轻杆B端吊一重物，现将轻绳的一端拴在杆的B端，用拉力F将B端缓慢上拉(均未断)，在轻杆达到竖直前，以下分析正确的是( )
A．轻绳的拉力越来越大
B．轻绳的拉力越来越小
C．轻杆的弹力越来越大
D．轻杆的弹力越来越小
[解析] 以B点为研究对象，它受三个力的作用而处于动态平衡状态，其中一个是轻杆的弹力T，一个是轻绳斜向上的拉力F，一个是轻绳竖直向下的拉力F′(大小等于重物所受的重力)，如图所示，根据相似三角形法，可得＝＝，由于OA和AB不变，OB逐渐减小，因此轻杆的弹力大小不变，而轻绳的拉力越来越小，故选项B正确，A、C、D错误。
[答案] B
[题题过关]————————————————————————————————
1.[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，设悬挂物所受的重力为G，稳定时∠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大小不变
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F2先减小后增大
解析：选BC 设钢索OA的长度为L，杆OB的长度为R，A、B两点间的距离为H，根据相似三角形知识可知＝＝，从题图所示位置开始缩短钢索OA，钢索OA的拉力F1减小，杆OB上的支持力F2大小不变，选项A错误，B正确；从题图所示位置开始伸长钢索OA，钢索OA的拉力F1增大，杆OB上的支持力F2大小不变，选项C正确，D错误。
2.如图所示，上表面为四分之一光滑圆弧的物体A静止在粗糙的水平地面上，一小物块B从圆弧底端受到水平外力F的作用缓慢沿圆弧向上移动一小段距离，在此过程，A始终处于静止状态。下列说法正确的是( )
A．水平外力F保持不变
B．地面对A的摩擦力逐渐增大
C．A对B的支持力逐渐减小
D．地面对A的支持力逐渐减小
解析：选B 设A对B的支持力与竖直方向的夹角为θ，对B由平衡条件知，水平外力F＝mgtan θ、支持力FN1＝，B沿圆弧上移，夹角θ变大，则水平外力F和支持力FN1均增大，选项A、C错误；对A、B整体，地面对A的摩擦力Ff＝F，随水平外力F增大而增大，地面对A 的支持力FN2＝(M＋m)g保持不变，选项B正确，D错误。
[知能全通]————————————————————————————————
1．临界问题与极值问题
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，从而使物体的平衡“恰好出现”或“恰好不出现”，即处于临界状态，在问题的描述中常用“刚好”“刚能”“恰好”等字眼
极值
问题
平衡问题的极值，一般指在力的变化过程中的最大值和最小值
2．求解临界、极值问题的常用方法
(1)图解法：根据已知量的变化情况，画出平行四边形或三角形的边角变化，进而确定未知量大小、方向的变化，求出临界值或极值。
(2)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，求出极值，或利用临界条件确定未知量的临界值。
[题点全练]————————————————————————————————
1.[多选]某学习小组为了体验最大静摩擦力与滑动摩擦力的临界状态，设计了如图所示的装置，一位同学坐在长直木板一端，另一端不动，让长直木板由水平位置缓慢向上转动(即木板与地面的夹角θ变大)，则选项图中表示该同学受到支持力FN、合外力F合、重力沿斜面方向的分力G1、摩擦力Ff随角度θ的变化关系正确的是( )
解析：选ACD 重力沿斜面方向的分力G1＝mgsin θ，C正确；支持力FN＝mgcos θ，A正确；该同学滑动之前，F合＝0，Ff＝mgsin θ，滑动后，F合＝mgsin θ－μmgcos θ，Ff＝μmgcos θ，实际情况下最大静摩擦力略大于滑动摩擦力，B错误，D正确。
2.(2018·惠州模拟)如图所示，三根相同的绳的末端连接于O点，A、B端固定，C端受一水平力F，当F逐渐增大时(O点位置保持不变)，最先断的绳是( )
A．OA绳 B．OB绳
C．OC绳 D．三绳同时断
解析：选A 对结点O受力分析，受三根绳的拉力，根据平衡条件的推论得，水平和竖直两绳拉力的合力与OA绳的拉力等大反向，由平行四边形定则可知，三根绳中OA绳的拉力最大，在水平拉力逐渐增大的过程中，OA绳先断，选项A正确。
3.如图所示，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点上可施加力的最小值为( )
A．mg B．mg
C．mg D．mg
解析：选C 由题图可知，为使CD绳水平，各绳均应绷紧，由几何关系可知，AC绳与水平方向的夹角为60°；结点C受力平衡，受力分析如图所示，则CD绳的拉力FT＝mgtan 30°＝mg；D点受CD绳的拉力大小等于FT，方向向左；要使CD绳水平，D点两绳的拉力与外界的力的合力应为零，则CD绳对D点的拉力可分解为沿BD绳的F1及另一分力F2，由几何关系可知，当BD绳上的拉力F′与F1大小相等，且力F2与BD绳垂直时，F2最小，而F2的大小即为施加在D点的力的大小，故最小力F＝F2＝FTsin 60°＝mg，故C正确。
[专题强训提能]
1．[多选]如图甲所示，笔记本电脑散热底座一般有四个卡位用来调节角度。某同学将电脑放在散热底座上，为了获得更好的舒适度，由原卡位1调至卡位4，如图乙所示，电脑始终处于静止状态，则( )
A．电脑受到的支持力变大
B．电脑受到的摩擦力变大
C．散热底座对电脑的作用力的合力不变
D．电脑受到的支持力与摩擦力两力大小之和等于其所受重力的大小
解析：选AC 对电脑的受力分析如图所示，电脑始终处于静止状态，故电脑受力平衡。由平衡条件可知：电脑受到的支持力FN＝mgcos θ，电脑受到的摩擦力f＝mgsin θ，由原卡位1调至卡位4，θ减
小，故FN增大，f减小，选项A正确，B错误；散热底座对电脑的作用力的合力即电脑受到的支持力与摩擦力两力的矢量和，大小等于电脑所受的重力，始终不变，选项C正确；电脑受到的支持力与摩擦力两力大小之和大于其所受重力的大小，选项D错误。
2．(2019届高三·南京模拟)如图所示，一质量为M的磁铁，吸在竖直放置的磁性黑板上静止不动。某同学沿着黑板面，用水平向右的恒力F轻拉磁铁，磁铁向右下方做匀速直线运动，则磁铁受到的摩擦力Ff( )
A．大小为Mg B．大小为
C．大小为F D．方向水平向左
解析：选B 由题意可知，磁铁受竖直向下的重力、水平向右的恒力的作用，二力的合力为F合＝；由力的平衡条件可知，摩擦力应与二力的合力大小相等、方向相
反，则磁铁受到的摩擦力大小Ff＝F合＝，故A、C、D错误，B正确。
3．[多选]重力为G的体操运动员在进行自由体操比赛时，有如图所示的比赛动作，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( )
A．当θ＝60°时，运动员单手对地面的正压力大小为
B．当θ＝120°时，运动员单手对地面的正压力大小为G
C．当θ不同时，运动员受到的合力相同
D．当θ不同时，运动员与地面之间的相互作用力不相等
解析：选AC 对运动员受力分析如图所示，地面对手的支持力F1＝
F2＝，则运动员单手对地面的正压力大小为，与θ无关，选项A正确，B错误；不管θ如何，运动员受到的合力为零，与地面之间的相互作用力总是等大，选项C正确，D错误。
4.在粗糙水平地面上放着一个截面为半圆的柱状物体A，A与光滑竖直墙之间放另一截面也为半圆的光滑柱状物体B，整个装置处于静止状态，截面如图所示。设墙对B的作用力为F1，B对A的作用力为F2，地面对A的作用力为F3。在B上加一物体C，整个装置仍保持静止，则( )
A．F1保持不变，F3增大 B．F1增大，F3保持不变
C．F2增大，F3增大 D．F2增大，F3保持不变
解析：选C 未放上C时，以B为研究对象，受力分析如图1所示，由平衡条件得，墙对B的作用力F1＝GBtan α，当放上C时，F1增大。A对B的作用力F2′＝，F1增大，则F2′增大，由牛顿第三定律知F2′＝F2，即F2也增大。再以整体为研究对象，受力分析如图2所示，则放上C前，地面对A的支持力N＝GA＋GB，放上C后变为GA＋GB＋GC，即N增大，地面对A的摩擦力f＝F1，且F3为N与f的合力，所以F3增大，故C正确。
5.如图，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. B.
C. D.
解析：选B 设A、B的质量分别为mA、mB，B刚好不下滑，根据平衡条件得mBg＝μ1F；A恰好不滑动，则A与地面之间的摩擦力等于最大静摩擦力，把A、B看成一个整体，根据平衡条件得F＝μ2(mA＋mB)g，解得＝，选项B正确。
6．[多选]某些农村一大家人过春节时常用简易灶做菜，如图甲、乙所示，将一个球形铁锅用三个不计重力的小石块支起用柴火烧菜，铁锅边缘水平，小石块成正三角形放在水平灶台上，石块到铁锅球心的连线与竖直方向的夹角均为30°，已知铁锅与菜的总质量为9 kg，
不计铁锅与石块间的摩擦，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．灶台对每个石块的作用力均竖直向上
B．灶台受到每个石块的压力大小为30 N
C．每个石块与铁锅之间的弹力大小为20 N
D．灶台对每个石块的摩擦力大小为10 N
解析：选BC 灶台对石块有竖直向上的支持力和水平方向的摩擦力作用，故灶台对每个石块的作用力的方向不是竖直向上，选项A错误；铁锅和石块竖直方向对灶台的压力等于铁锅所受的重力，故灶台受到每个石块的压力大小等于mg＝×9×10 N＝30 N，选项B正确；对铁锅由平衡条件可得：3FNcos 30°＝mg，解得：FN＝20 N，选项C正确；Ff＝
FNsin 30°＝10 N，即灶台对每个石块的摩擦力大小为10 N，选项D错误。
7.如图所示，一轻绳一端固定在地面上的C点，另一端与竖直杆AB的顶端A相连，顶端A右侧一水平轻绳跨过一光滑定滑轮与一重物相连，竖直杆AB处于平衡状态，AB与地面的摩擦不计。若AC加长，使C点左移，AB仍保持平衡状态，AC上的拉力T和AB受到的地面的支持力N与原先相比，下列说法正确的是( )
A．T增大，N减小 B．T减小，N增大
C．T和N都减小 D．T和N都增大
解析：选C 若AC加长，由于悬挂的重物质量不变，右侧水平轻绳的拉力不变。分析A处受力情况，AC上的拉力T沿水平方向的分力大小等于悬挂的重物重力，沿竖直方向的分力等于AB受到的地面的支持力。若AC加长，使C点左移，AB仍保持平衡状态，显然，T和N都减小，选项C正确。
8.(2018·铁岭协作体模拟)如图所示，固定在水平地面上的物体A，左侧是圆弧面，右侧是倾角为θ的斜面，一根轻绳跨过物体A顶点上的小滑轮，轻绳左、右两端分别系有质量为m1、m2的小球，当两小球静止时，左端小球与圆心连线跟水平方向的夹角也为θ，不计一切摩擦，则m1、m2之间的关系是( )
A．m1＝m2 B．m1＝m2tan θ
C．m1＝ D．m1＝m2cos θ
解析：选B 设轻绳对两小球的拉力大小为FT，对右端小球根据平衡条件得：FT＝m2gsin θ；对左端小球根据平衡条件得：FT＝m1gcos θ；解得：m1＝m2tan θ，B正确。
9．[多选](2018·天津高考)明朝谢肇淛的《五杂组》中记载：“明姑苏虎丘寺塔倾侧，议欲正之，非万缗不可。一游僧见之曰：无烦也，我能正之。”游僧每天将木楔从塔身倾斜一侧的砖缝间敲进去，经月余扶正了塔身。假设所用的木楔为等腰三角形，木楔的顶角为θ，现在木楔背上加一力F，方向如图所示，木楔两侧产生推力FN，则( )
A．若F一定，θ大时FN大
B．若F一定，θ小时FN大
C．若θ一定，F大时FN大
D．若θ一定，F小时FN大
解析：选BC 根据力F的作用效果将力F分解为垂直于木楔两侧的力FN，如图所示。则＝sin ，即FN＝，所以当F一定时，θ越小，FN越大；当θ一定时，F越大，FN越大。故选项B、C正确。
10．[多选]如图，粗糙水平面上有a、b、c、d四个相同小物块用四根完全相同的轻弹簧连接，正好组成一个等腰梯形，系统静止。ab之间、ac之间以及bd之间的弹簧长度相同且等于cd之间弹簧长度的一半，ab之间弹簧弹力大小为cd之间弹簧弹力大小的一半。若a受到的摩擦力大小为f，则( )
A．ab之间的弹簧一定是压缩的
B．b受到的摩擦力大小为f
C．c受到的摩擦力大小为f
D．d受到的摩擦力大小为2f
解析：选ABC 设每根弹簧的原长为L0，ab之间弹簧的形变量为Δx1，cd之间弹簧的形变量为Δx2，则有kΔx2＝2kΔx1，若ab之间的弹簧是拉长的，则有：L0＋Δx2＝2(L0＋Δx1)，解得L0＝0，不符合题意，所以ab之间的弹簧是压缩的，A正确；由于a受到的摩擦力大小为f，根据对称性可得，b受到的摩擦力大小也为f，B正确；以a和c为研究对象进行受力分析如图所示，图中的θ为ac与cd之间的夹角，则cos θ＝＝，所以θ＝60°，则∠cab＝120°，a受到的摩擦力大小f＝T；对c根据力的合成可得fc＝f，C正确；由于c受到的摩擦力大小为 f，根据对称性可知，d受到的摩擦力大小也为f，D错误。
11.(2018·云南师大附中模拟)如图所示，柔软轻绳ON的一端O固定，在其上某点M拴一重物，用手拉住绳的另一端N将重物向右上方缓慢拉起。初始时，OM竖直，OM⊥MN，保持OM与MN夹角不变，在OM由竖直被拉到水平的过程中( )
A．OM上的张力逐渐增大
B．OM上的张力先增大后减小
C．MN上的张力逐渐增大
D．MN上的张力先增大后减小
解析：选C OM和MN上的张力的合力与重力是一对平衡力，受力分析如图所示。根据几何关系有FMN＝Gsin θ，FOM＝Gcos θ，可知，随着θ的增大，MN上的张力逐渐增大，OM上的张力逐渐减小，故C正确，A、B、D 错误。
12．(2019届高三·德州调研)如图所示，把一重为G的物体，用一水平推力F＝kt(k为恒量，t为时间)压在竖直的足够高的粗糙墙面上。从t＝0时刻开始物体所受的摩擦力Ff随t的关系对应选项图中的( )
解析：选B 开始时由于推力F为零，物体和墙面间没有挤压，则摩擦力为零，物体在重力作用下开始沿竖直墙面下滑，所以开始一段时间内为滑动摩擦力。由Ff＝μFN，又FN＝F＝kt，所以Ff＝μkt，即Ff随时间t成正比增大，当Ff增大到等于G时，物体具有一定速度，由于惯性仍然滑行，随着滑行的继续，Ff会大于G，最后物体静止于墙面上，摩擦力变为静摩擦力，竖直方向上根据二力平衡，则有Ff＝G，所以B正确。
13.(2018·哈尔滨模拟)如图所示，三个质量均为1 kg的小木块
a、b、c和两个劲度系数均为500 N/m的相同轻弹簧p、q用轻绳连
接，其中a放在光滑水平桌面上。开始时p弹簧处于原长，木块都静止。现用水平力缓慢地向左拉p弹簧的左端，直到c刚好离开水平地面为止，g取10 m/s2。则该过程中( )
A．q弹簧上端移动的距离为2 cm，p弹簧的左端向左移动的距离是4 cm
B．q弹簧上端移动的距离为4 cm，p弹簧的左端向左移动的距离是2 cm
C．q弹簧上端移动的距离为4 cm，p弹簧的左端向左移动的距离是8 cm
D．q弹簧上端移动的距离为2 cm，p弹簧的左端向左移动的距离是6 cm
解析：选C 开始时p弹簧处于原长，可知q弹簧处于压缩状态，压缩量为Δxq＝＝
2 cm; c刚好离开水平地面时，q弹簧伸长Δxq′＝＝2 cm，则q弹簧上端移动的距离为
4 cm；p弹簧伸长Δxp＝＝4 cm，则p弹簧的左端向左移动的距离是8 cm。选项C正确，A、B、D错误。
14．[多选](2018·宝鸡质检)如图所示，两块相互垂直的光滑挡板OP、OQ，OP竖直放置，小球a、b固定在轻弹簧的两端，并斜靠在OP、OQ上。现有一个水平向左的推力F作用于b上，使a、b紧靠挡板处于静止状态。现保证b不动，使OP向右缓慢平移一小段距离，则( )
A．推力F变小 B．弹簧长度变短
C．弹簧长度变长 D．b对OQ的压力变大
解析：选AC 设弹簧与竖直方向的夹角为α，现保证b不动，使OP向右缓慢平移一小段距离，则α减小，以a为研究对象，受力分析如图，根据平衡条件得：F弹＝，α减小，cos α增大，则F弹减小，弹簧长度变长；OP对a的弹力FN1＝mgtan α，α减小，FN1减小，对a、弹簧和b整体研究，水平方向：F＝FN1，则推力F将减小，故A、C正确，B错误；竖直方向：OQ对b的支持力FN2＝(ma＋mb)g不变，根据牛顿第三定律可知，b对OQ的压力不变，故D错误。
第1讲
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考法
学法
平衡问题是历年高考的重点，高考既可能在选择题中单独考查平衡问题，也可能在计算题中综合考查平衡问题。考查的内容主要包括：①对各种性质的力的理解；
②共点力作用下平衡条件的应用。该部分内容主要解决的是选择题中的受力分析和共点力平衡问题。用到的思想方法有：①整体法和隔离法；②假设法；③合成法；④正交分解法；⑤矢量三角形法；⑥相似三角形法；⑦等效思想；⑧分解思想。
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[知能全通]————————————————————————————————
受力分析是整个高中阶段物理知识的基础，能正确进行受力分析是解答力学问题的
关键。
1．受力分析的一般步骤
2．分析三种典型力的注意事项
(1)弹力：弹力的方向一定与接触面或接触点的切面垂直，且指向受力物体。
(2)静摩擦力：两物体接触处有无静摩擦力，要根据物体间有无相对运动趋势或根据平衡条件进行判断。
(3)滑动摩擦力：利用公式求解滑动摩擦力时，一定要注意分析接触面间的实际压力，不能简单地代入重力求解。
[题点全练]————————————————————————————————
1.[多选](2018·湖北中学调研)如图所示，顶角为θ的光滑圆锥体固定在水平面上，一质量为m的匀质圆环套在圆锥体上处于静止状态，重力加速度大小为g，下列判断正确的是( )
A．圆锥体对圆环的作用力方向垂直于圆锥的侧面
B．圆锥体对圆环的作用力方向竖直向上
C．圆环的张力不为零
D．圆环的张力方向指向圆环的圆心
解析：选BC 由题意知圆环受重力和圆锥体对圆环的作用力处于平衡状态，则圆锥体对圆环的作用力与圆环所受的重力等大反向，即圆锥体对圆环的作用力方向竖直向上，故A错误，B正确；质量为m的匀质圆环套在圆锥体上，圆环有被撑开的趋势，所以圆环的张力不为零，故C正确；圆环的张力方向沿圆环的切线方向，故D错误。
2.如图所示，小明在水平桌面上将三个形状不规则的石块成功叠放在一起，下列说法正确的是( )
A．石块a一定只受两个力
B．石块b对a的支持力与a受到的重力是一对相互作用力
C．石块c受到水平桌面向左的摩擦力
D．水平桌面对石块c的支持力等于三个石块受到的重力之和
解析：选D 石块a与b的接触面不一定沿水平方向，可能还受到摩擦力，故A错误；石块b对a的支持力与a受到的重力性质不同，作用在一个物体上，不是一对相互作用力，故B错误；对a、b、c整体受力分析，受重力和水平桌面的支持力而平衡，即石块c与水平桌面之间无摩擦力，故C错误；对a、b、c整体，由平衡条件得：水平桌面对石块c的支持力等于三个石块受到的重力之和，故D正确。
3．(2018·淄博实验中学一诊)如图所示，一质量均匀的实心圆球被直径AB所在的平面一分为二，先后以AB沿水平和竖直两种不同方向放置在光滑支架上，处于静止状态，两半球间的作用力分别为F和F′，已知支架间的距离为AB长度的一半，则等于( )
A. B.
C. D.
解析：选A 设两半球的总质量为m，当球以AB沿水平方向放置，可知F＝mg；当球以AB沿竖直方向放置，单独对右半球受力分析如图
所示，可得：F′＝tan θ，根据支架间的距离为AB的一半，可得：θ＝30°，则＝＝，则A正确。
[知能全通]————————————————————————————————
1．整体法和隔离法对比
整体法
原则
只涉及系统外力，不涉及系统内部物体之间的相互作用
条件
系统内的物体具有相同的运动状态
优、缺点
利用此法解题一般比较简单，但不能求系统内力
隔离法
原则
分析系统内某个物体的受力情况
优点
系统内物体受到的内力、外力均能求
2.整体法、隔离法的应用技巧
(1)不涉及系统内力时，优先考虑应用整体法，即“能整体、不隔离”。
(2)需要应用“隔离法”的，也要先隔离“简单”的物体，即待求量少或受力少或处于边缘处的物体。
(3)各“隔离体”间的关联力，表现为作用力与反作用力，对于系统则表现为内力。
(4)实际问题通常需要交叉应用整体法、隔离法。
(5)在某些特殊情形中，研究对象可以是物体的一部分，如绳子的结点、力的作用点等。
[题点全练]————————————————————————————————
1．[多选]如图所示，截面为三角形的木块a上放置一铁块b，木块a的竖直边靠在竖直且粗糙的墙面上，现用竖直向上的推力F，推动a、b一起向上匀速运动，运动过程中a、b始终保持相对静止，则下列说法正确的是( )
A．a受到6个力的作用
B．a受到4个力的作用
C．b受到3个力的作用
D．b受到2个力的作用
解析：选BC 先对a、b整体受力分析，受到重力和推力，二力平衡，整体不受墙面的弹力和摩擦力，再对b受力分析，受到重力、支持力和静摩擦力，三力平衡，即b受到3个力的作用，故C正确，D错误；再对a受力分析，受到重力、推力、b对a的压力和静摩擦力，故a受到4个力的作用，故A错误，B正确。
2.(2019届高三·珠海一中模拟)如图所示，水平固定且倾角为37°的光滑斜面上有两个质量均为m＝1 kg 的小球A、B，它们用劲度系数为k＝200 N/m 的轻质弹簧连接，弹簧的原长为l0＝20 cm，现对B施加一水平向左的推力F，使A、B均在斜面上以加速度a＝4 m/s2 向上做匀加速运动，此时弹簧的长度l和推力F的大小分别为(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)( )
A．0.15 m,25 N B．0.25 m,25 N
C．0.15 m,12.5 N D．0.25 m,12.5 N
解析：选B 以整体为研究对象，受力分析如图所示，沿斜面方向有：Fcos 37°－2mgsin 37°＝2ma，以A为研究对象，沿斜面方向有：
kx－mgsin 37°＝ma，x＝l－l0，解得F＝25 N，l＝0.25 m，故B正确，A、C、D错误。
3．[多选](2018·凯里模拟)如图所示，形状相同的物块A、B，其截面为直角三角形，相对排放在粗糙水平地面上，光滑球体C架在两物块的斜面上，系统处于静止状态。已知物块A、B的质量都为M，θ＝60°，球体C的质量为m，则以下说法正确的是( )
A．地面对A的摩擦力大小为mg
B．地面对A的摩擦力大小为mg
C．A对C的弹力大小为mg
D．A对地面的压力大小为Mg＋mg
解析：选BD 以C为研究对象，受力分析如图所示，C受重力和斜向上的两个弹力作用，把两个弹力合成，合力竖直向上，大小等于mg，由数学知识可知，A对C的弹力大小为mg，C错误；再以A为研究对象，C对A的正压力大小为mg，其在水平方向上的分力大小等于地面对A的摩擦力大小，由此可知地面对A的摩擦力大小为mgcos 30°＝mg，A错误，B正确；以A、B、C整体为研究对象，所受重力为2Mg＋mg，地面对整体的支持力大小为2Mg＋mg，由对称性可知A受到地面的支持力大小为Mg＋，由牛顿第三定律可知，A对地面的压力大小为Mg＋mg，D正确。
[研一题]————————————————————————————————
[多选]如图所示，质量为M的斜面体放在粗糙水平面上，用轻绳拴住质量为m的小球置于斜面上，整个系统处于静止状态，已知斜面倾角及轻绳与竖直方向夹角均为θ＝30°。不计小球与斜面间的摩擦，则( )
A．轻绳对小球的作用力大小为mg
B．斜面对小球的作用力大小为mg
C．斜面体对水平面的压力大小为(M＋m)g
D．斜面体与水平面间的摩擦力大小为mg
[解析] 以小球为研究对象，受力分析如图甲所示，由几何关系知β＝θ＝30°，根据受力平衡可得FT＝FN＝mg；以斜面体为研究对象，受力分析如图乙所示，由受力平衡得FN1＝Mg＋FN′cos θ，由牛顿第三定律得FN′＝FN，解得FN1＝Mg＋mg，由牛顿第三定律可知，斜面体对水平面的压力大小为Mg＋mg，Ff＝FN′sin θ＝mg，故B、C错误，A、D正确。
[答案] AD
[悟一法]————————————————————————————————
1．破解“静态平衡”问题的一般程序
2．处理平衡问题的常用方法
方法
解 读
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等大、反向
分解法
三力平衡时，还可以将某一个力按力的效果分解，则其分力和其他两个力分别平衡
正交
分解法
物体受三个或三个以上力的作用时，将所有力分解为相互垂直的两组，每组力分别平衡
[通一类]————————————————————————————————
1．(2019届高三·唐山六校联考)如图所示，物块A和滑环B用绕过光滑定滑轮的不可伸长的轻绳连接，滑环B套在与竖直方向夹角为θ＝37°的粗细均匀的固定杆上，连接滑环B的绳与杆垂直并在同一竖直平面内，B恰好不能下滑，B和杆间的动摩擦因数为μ＝0.4，设B和杆间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则A和B的质量之比为(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)( )
A. B.
C. D.
解析：选C 设A和B的质量分别为m1、m2，若杆对B的弹力垂直于杆向下，因B恰好不能下滑，则由平衡条件有m2gcos θ＝μ(m1g－m2gsin θ)，解得＝；若杆对B的弹力垂直于杆向上，因B恰好不能下滑，则由平衡条件有m2gcos θ＝μ(m2gsin θ－m1g)，解得＝－(舍去)。综上分析可知，C正确。
2.如图所示，某工地上起重机将重为G的正方形工件缓缓吊起。四根等长的钢绳(质量不计)，一端分别固定在正方形工件的四个角上，另一端汇聚于一处挂在挂钩上，钢绳端汇聚处到每个角的距离均与正方形的对角线长度相等。则每根钢绳的受力大小为( )
A.G B.G
C.G D.G
解析：选D 设每根钢绳的受力大小为F，由平衡条件有4Fcos θ＝G(θ为钢绳与竖直方向的夹角)，由数学知识知sin θ＝，θ＝30°，则F＝G，选项D正确。
[点点探明]————————————————————————————————
方法1 图解法破解“动态平衡”问题
如果物体受到三个力的作用，已知其中一个力的大小、方向均不变，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。
[例1] 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
[解析] 以O点为研究对象，受力分析如图所示，当用水平向左的力缓慢拉动O点时，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。
[答案] A
方法2 解析法破解“动态平衡”问题
如果把物体受到的多个力合成、分解后，能够找到力的边角关系，则应选择解析法，建立平衡方程，根据自变量的变化(一般都要用到三角函数)确定因变量的变化。
[例2] (2018·开封模拟)如图所示，一铁架台放在水平地面上，其上用轻质细线悬挂一小球，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( )
A．水平力F变小
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
[解析] 如图所示，对小球受力分析，受细线的拉力、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T＝，θ增大，T增大，故B错误；以铁架台、小球整体为研究对象，根据平衡条件得Ff＝F，则Ff逐渐增大，FN＝(M＋m)g，FN保持不变，故C错误，D正确。
[答案] D
方法3 相似三角形法破解“动态平衡”问题
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求解。
[例3] (2018·宝鸡质检)如图所示，轻杆A端用铰链固定，滑轮在A点正上方(滑轮大小及摩擦均可不计)，轻杆B端吊一重物，现将轻绳的一端拴在杆的B端，用拉力F将B端缓慢上拉(均未断)，在轻杆达到竖直前，以下分析正确的是( )
A．轻绳的拉力越来越大
B．轻绳的拉力越来越小
C．轻杆的弹力越来越大
D．轻杆的弹力越来越小
[解析] 以B点为研究对象，它受三个力的作用而处于动态平衡状态，其中一个是轻杆的弹力T，一个是轻绳斜向上的拉力F，一个是轻绳竖直向下的拉力F′(大小等于重物所受的重力)，如图所示，根据相似三角形法，可得＝＝，由于OA和AB不变，OB逐渐减小，因此轻杆的弹力大小不变，而轻绳的拉力越来越小，故选项B正确，A、C、D错误。
[答案] B
[题题过关]————————————————————————————————
1.[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，设悬挂物所受的重力为G，稳定时∠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大小不变
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F2先减小后增大
解析：选BC 设钢索OA的长度为L，杆OB的长度为R，A、B两点间的距离为H，根据相似三角形知识可知＝＝，从题图所示位置开始缩短钢索OA，钢索OA的拉力F1减小，杆OB上的支持力F2大小不变，选项A错误，B正确；从题图所示位置开始伸长钢索OA，钢索OA的拉力F1增大，杆OB上的支持力F2大小不变，选项C正确，D错误。
2.如图所示，上表面为四分之一光滑圆弧的物体A静止在粗糙的水平地面上，一小物块B从圆弧底端受到水平外力F的作用缓慢沿圆弧向上移动一小段距离，在此过程，A始终处于静止状态。下列说法正确的是( )
A．水平外力F保持不变
B．地面对A的摩擦力逐渐增大
C．A对B的支持力逐渐减小
D．地面对A的支持力逐渐减小
解析：选B 设A对B的支持力与竖直方向的夹角为θ，对B由平衡条件知，水平外力F＝mgtan θ、支持力FN1＝，B沿圆弧上移，夹角θ变大，则水平外力F和支持力FN1均增大，选项A、C错误；对A、B整体，地面对A的摩擦力Ff＝F，随水平外力F增大而增大，地面对A 的支持力FN2＝(M＋m)g保持不变，选项B正确，D错误。
[知能全通]————————————————————————————————
1．临界问题与极值问题
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，从而使物体的平衡“恰好出现”或“恰好不出现”，即处于临界状态，在问题的描述中常用“刚好”“刚能”“恰好”等字眼
极值
问题
平衡问题的极值，一般指在力的变化过程中的最大值和最小值
2．求解临界、极值问题的常用方法
(1)图解法：根据已知量的变化情况，画出平行四边形或三角形的边角变化，进而确定未知量大小、方向的变化，求出临界值或极值。
(2)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，求出极值，或利用临界条件确定未知量的临界值。
[题点全练]————————————————————————————————
1.[多选]某学习小组为了体验最大静摩擦力与滑动摩擦力的临界状态，设计了如图所示的装置，一位同学坐在长直木板一端，另一端不动，让长直木板由水平位置缓慢向上转动(即木板与地面的夹角θ变大)，则选项图中表示该同学受到支持力FN、合外力F合、重力沿斜面方向的分力G1、摩擦力Ff随角度θ的变化关系正确的是( )
解析：选ACD 重力沿斜面方向的分力G1＝mgsin θ，C正确；支持力FN＝mgcos θ，A正确；该同学滑动之前，F合＝0，Ff＝mgsin θ，滑动后，F合＝mgsin θ－μmgcos θ，Ff＝μmgcos θ，实际情况下最大静摩擦力略大于滑动摩擦力，B错误，D正确。
2.(2018·惠州模拟)如图所示，三根相同的绳的末端连接于O点，A、B端固定，C端受一水平力F，当F逐渐增大时(O点位置保持不变)，最先断的绳是( )
A．OA绳 B．OB绳
C．OC绳 D．三绳同时断
解析：选A 对结点O受力分析，受三根绳的拉力，根据平衡条件的推论得，水平和竖直两绳拉力的合力与OA绳的拉力等大反向，由平行四边形定则可知，三根绳中OA绳的拉力最大，在水平拉力逐渐增大的过程中，OA绳先断，选项A正确。
3.如图所示，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点上可施加力的最小值为( )
A．mg B．mg
C．mg D．mg
解析：选C 由题图可知，为使CD绳水平，各绳均应绷紧，由几何关系可知，AC绳与水平方向的夹角为60°；结点C受力平衡，受力分析如图所示，则CD绳的拉力FT＝mgtan 30°＝mg；D点受CD绳的拉力大小等于FT，方向向左；要使CD绳水平，D点两绳的拉力与外界的力的合力应为零，则CD绳对D点的拉力可分解为沿BD绳的F1及另一分力F2，由几何关系可知，当BD绳上的拉力F′与F1大小相等，且力F2与BD绳垂直时，F2最小，而F2的大小即为施加在D点的力的大小，故最小力F＝F2＝FTsin 60°＝mg，故C正确。
[专题强训提能]
1．[多选]如图甲所示，笔记本电脑散热底座一般有四个卡位用来调节角度。某同学将电脑放在散热底座上，为了获得更好的舒适度，由原卡位1调至卡位4，如图乙所示，电脑始终处于静止状态，则( )
A．电脑受到的支持力变大
B．电脑受到的摩擦力变大
C．散热底座对电脑的作用力的合力不变
D．电脑受到的支持力与摩擦力两力大小之和等于其所受重力的大小
解析：选AC 对电脑的受力分析如图所示，电脑始终处于静止状态，故电脑受力平衡。由平衡条件可知：电脑受到的支持力FN＝mgcos θ，电脑受到的摩擦力f＝mgsin θ，由原卡位1调至卡位4，θ减
小，故FN增大，f减小，选项A正确，B错误；散热底座对电脑的作用力的合力即电脑受到的支持力与摩擦力两力的矢量和，大小等于电脑所受的重力，始终不变，选项C正确；电脑受到的支持力与摩擦力两力大小之和大于其所受重力的大小，选项D错误。
2．(2019届高三·南京模拟)如图所示，一质量为M的磁铁，吸在竖直放置的磁性黑板上静止不动。某同学沿着黑板面，用水平向右的恒力F轻拉磁铁，磁铁向右下方做匀速直线运动，则磁铁受到的摩擦力Ff( )
A．大小为Mg B．大小为
C．大小为F D．方向水平向左
解析：选B 由题意可知，磁铁受竖直向下的重力、水平向右的恒力的作用，二力的合力为F合＝；由力的平衡条件可知，摩擦力应与二力的合力大小相等、方向相
反，则磁铁受到的摩擦力大小Ff＝F合＝，故A、C、D错误，B正确。
3．[多选]重力为G的体操运动员在进行自由体操比赛时，有如图所示的比赛动作，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( )
A．当θ＝60°时，运动员单手对地面的正压力大小为
B．当θ＝120°时，运动员单手对地面的正压力大小为G
C．当θ不同时，运动员受到的合力相同
D．当θ不同时，运动员与地面之间的相互作用力不相等
解析：选AC 对运动员受力分析如图所示，地面对手的支持力F1＝
F2＝，则运动员单手对地面的正压力大小为，与θ无关，选项A正确，B错误；不管θ如何，运动员受到的合力为零，与地面之间的相互作用力总是等大，选项C正确，D错误。
4.在粗糙水平地面上放着一个截面为半圆的柱状物体A，A与光滑竖直墙之间放另一截面也为半圆的光滑柱状物体B，整个装置处于静止状态，截面如图所示。设墙对B的作用力为F1，B对A的作用力为F2，地面对A的作用力为F3。在B上加一物体C，整个装置仍保持静止，则( )
A．F1保持不变，F3增大 B．F1增大，F3保持不变
C．F2增大，F3增大 D．F2增大，F3保持不变
解析：选C 未放上C时，以B为研究对象，受力分析如图1所示，由平衡条件得，墙对B的作用力F1＝GBtan α，当放上C时，F1增大。A对B的作用力F2′＝，F1增大，则F2′增大，由牛顿第三定律知F2′＝F2，即F2也增大。再以整体为研究对象，受力分析如图2所示，则放上C前，地面对A的支持力N＝GA＋GB，放上C后变为GA＋GB＋GC，即N增大，地面对A的摩擦力f＝F1，且F3为N与f的合力，所以F3增大，故C正确。
5.如图，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. B.
C. D.
解析：选B 设A、B的质量分别为mA、mB，B刚好不下滑，根据平衡条件得mBg＝μ1F；A恰好不滑动，则A与地面之间的摩擦力等于最大静摩擦力，把A、B看成一个整体，根据平衡条件得F＝μ2(mA＋mB)g，解得＝，选项B正确。
6．[多选]某些农村一大家人过春节时常用简易灶做菜，如图甲、乙所示，将一个球形铁锅用三个不计重力的小石块支起用柴火烧菜，铁锅边缘水平，小石块成正三角形放在水平灶台上，石块到铁锅球心的连线与竖直方向的夹角均为30°，已知铁锅与菜的总质量为9 kg，
不计铁锅与石块间的摩擦，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．灶台对每个石块的作用力均竖直向上
B．灶台受到每个石块的压力大小为30 N
C．每个石块与铁锅之间的弹力大小为20 N
D．灶台对每个石块的摩擦力大小为10 N
解析：选BC 灶台对石块有竖直向上的支持力和水平方向的摩擦力作用，故灶台对每个石块的作用力的方向不是竖直向上，选项A错误；铁锅和石块竖直方向对灶台的压力等于铁锅所受的重力，故灶台受到每个石块的压力大小等于mg＝×9×10 N＝30 N，选项B正确；对铁锅由平衡条件可得：3FNcos 30°＝mg，解得：FN＝20 N，选项C正确；Ff＝
FNsin 30°＝10 N，即灶台对每个石块的摩擦力大小为10 N，选项D错误。
7.如图所示，一轻绳一端固定在地面上的C点，另一端与竖直杆AB的顶端A相连，顶端A右侧一水平轻绳跨过一光滑定滑轮与一重物相连，竖直杆AB处于平衡状态，AB与地面的摩擦不计。若AC加长，使C点左移，AB仍保持平衡状态，AC上的拉力T和AB受到的地面的支持力N与原先相比，下列说法正确的是( )
A．T增大，N减小 B．T减小，N增大
C．T和N都减小 D．T和N都增大
解析：选C 若AC加长，由于悬挂的重物质量不变，右侧水平轻绳的拉力不变。分析A处受力情况，AC上的拉力T沿水平方向的分力大小等于悬挂的重物重力，沿竖直方向的分力等于AB受到的地面的支持力。若AC加长，使C点左移，AB仍保持平衡状态，显然，T和N都减小，选项C正确。
8.(2018·铁岭协作体模拟)如图所示，固定在水平地面上的物体A，左侧是圆弧面，右侧是倾角为θ的斜面，一根轻绳跨过物体A顶点上的小滑轮，轻绳左、右两端分别系有质量为m1、m2的小球，当两小球静止时，左端小球与圆心连线跟水平方向的夹角也为θ，不计一切摩擦，则m1、m2之间的关系是( )
A．m1＝m2 B．m1＝m2tan θ
C．m1＝ D．m1＝m2cos θ
解析：选B 设轻绳对两小球的拉力大小为FT，对右端小球根据平衡条件得：FT＝m2gsin θ；对左端小球根据平衡条件得：FT＝m1gcos θ；解得：m1＝m2tan θ，B正确。
9．[多选](2018·天津高考)明朝谢肇淛的《五杂组》中记载：“明姑苏虎丘寺塔倾侧，议欲正之，非万缗不可。一游僧见之曰：无烦也，我能正之。”游僧每天将木楔从塔身倾斜一侧的砖缝间敲进去，经月余扶正了塔身。假设所用的木楔为等腰三角形，木楔的顶角为θ，现在木楔背上加一力F，方向如图所示，木楔两侧产生推力FN，则( )
A．若F一定，θ大时FN大
B．若F一定，θ小时FN大
C．若θ一定，F大时FN大
D．若θ一定，F小时FN大
解析：选BC 根据力F的作用效果将力F分解为垂直于木楔两侧的力FN，如图所示。则＝sin ，即FN＝，所以当F一定时，θ越小，FN越大；当θ一定时，F越大，FN越大。故选项B、C正确。
10．[多选]如图，粗糙水平面上有a、b、c、d四个相同小物块用四根完全相同的轻弹簧连接，正好组成一个等腰梯形，系统静止。ab之间、ac之间以及bd之间的弹簧长度相同且等于cd之间弹簧长度的一半，ab之间弹簧弹力大小为cd之间弹簧弹力大小的一半。若a受到的摩擦力大小为f，则( )
A．ab之间的弹簧一定是压缩的
B．b受到的摩擦力大小为f
C．c受到的摩擦力大小为f
D．d受到的摩擦力大小为2f
解析：选ABC 设每根弹簧的原长为L0，ab之间弹簧的形变量为Δx1，cd之间弹簧的形变量为Δx2，则有kΔx2＝2kΔx1，若ab之间的弹簧是拉长的，则有：L0＋Δx2＝2(L0＋Δx1)，解得L0＝0，不符合题意，所以ab之间的弹簧是压缩的，A正确；由于a受到的摩擦力大小为f，根据对称性可得，b受到的摩擦力大小也为f，B正确；以a和c为研究对象进行受力分析如图所示，图中的θ为ac与cd之间的夹角，则cos θ＝＝，所以θ＝60°，则∠cab＝120°，a受到的摩擦力大小f＝T；对c根据力的合成可得fc＝f，C正确；由于c受到的摩擦力大小为 f，根据对称性可知，d受到的摩擦力大小也为f，D错误。
11.(2018·云南师大附中模拟)如图所示，柔软轻绳ON的一端O固定，在其上某点M拴一重物，用手拉住绳的另一端N将重物向右上方缓慢拉起。初始时，OM竖直，OM⊥MN，保持OM与MN夹角不变，在OM由竖直被拉到水平的过程中( )
A．OM上的张力逐渐增大
B．OM上的张力先增大后减小
C．MN上的张力逐渐增大
D．MN上的张力先增大后减小
解析：选C OM和MN上的张力的合力与重力是一对平衡力，受力分析如图所示。根据几何关系有FMN＝Gsin θ，FOM＝Gcos θ，可知，随着θ的增大，MN上的张力逐渐增大，OM上的张力逐渐减小，故C正确，A、B、D 错误。
12．(2019届高三·德州调研)如图所示，把一重为G的物体，用一水平推力F＝kt(k为恒量，t为时间)压在竖直的足够高的粗糙墙面上。从t＝0时刻开始物体所受的摩擦力Ff随t的关系对应选项图中的( )
解析：选B 开始时由于推力F为零，物体和墙面间没有挤压，则摩擦力为零，物体在重力作用下开始沿竖直墙面下滑，所以开始一段时间内为滑动摩擦力。由Ff＝μFN，又FN＝F＝kt，所以Ff＝μkt，即Ff随时间t成正比增大，当Ff增大到等于G时，物体具有一定速度，由于惯性仍然滑行，随着滑行的继续，Ff会大于G，最后物体静止于墙面上，摩擦力变为静摩擦力，竖直方向上根据二力平衡，则有Ff＝G，所以B正确。
13.(2018·哈尔滨模拟)如图所示，三个质量均为1 kg的小木块
a、b、c和两个劲度系数均为500 N/m的相同轻弹簧p、q用轻绳连
接，其中a放在光滑水平桌面上。开始时p弹簧处于原长，木块都静止。现用水平力缓慢地向左拉p弹簧的左端，直到c刚好离开水平地面为止，g取10 m/s2。则该过程中( )
A．q弹簧上端移动的距离为2 cm，p弹簧的左端向左移动的距离是4 cm
B．q弹簧上端移动的距离为4 cm，p弹簧的左端向左移动的距离是2 cm
C．q弹簧上端移动的距离为4 cm，p弹簧的左端向左移动的距离是8 cm
D．q弹簧上端移动的距离为2 cm，p弹簧的左端向左移动的距离是6 cm
解析：选C 开始时p弹簧处于原长，可知q弹簧处于压缩状态，压缩量为Δxq＝＝
2 cm; c刚好离开水平地面时，q弹簧伸长Δxq′＝＝2 cm，则q弹簧上端移动的距离为
4 cm；p弹簧伸长Δxp＝＝4 cm，则p弹簧的左端向左移动的距离是8 cm。选项C正确，A、B、D错误。
14．[多选](2018·宝鸡质检)如图所示，两块相互垂直的光滑挡板OP、OQ，OP竖直放置，小球a、b固定在轻弹簧的两端，并斜靠在OP、OQ上。现有一个水平向左的推力F作用于b上，使a、b紧靠挡板处于静止状态。现保证b不动，使OP向右缓慢平移一小段距离，则( )
A．推力F变小 B．弹簧长度变短
C．弹簧长度变长 D．b对OQ的压力变大
解析：选AC 设弹簧与竖直方向的夹角为α，现保证b不动，使OP向右缓慢平移一小段距离，则α减小，以a为研究对象，受力分析如图，根据平衡条件得：F弹＝，α减小，cos α增大，则F弹减小，弹簧长度变长；OP对a的弹力FN1＝mgtan α，α减小，FN1减小，对a、弹簧和b整体研究，水平方向：F＝FN1，则推力F将减小，故A、C正确，B错误；竖直方向：OQ对b的支持力FN2＝(ma＋mb)g不变，根据牛顿第三定律可知，b对OQ的压力不变，故D错误。
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