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高中物理高考 第3讲 受力分析 共点力的平衡
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这是一份高中物理高考 第3讲 受力分析 共点力的平衡，共32页。学案主要包含了堵点疏通，对点激活等内容，欢迎下载使用。
第3讲 受力分析 共点力的平衡
知识点 受力分析 Ⅱ
1．定义
把指定物体(研究对象)在特定的物理环境中受到的所有外力都找出来，并画出受力示意图的过程。
2．受力分析的一般顺序
先分析场力(重力、静电力、磁场力)，再分析接触力(弹力、摩擦力)，最后分析其他力。
知识点 共点力的平衡 Ⅱ
1．共点力
作用于物体的同一点或作用线相交于一点的几个力。
2．平衡状态
物体保持静止或匀速直线运动的状态。
3．共点力的平衡条件
(1)F合＝0或者
(2)平衡条件的推论
①二力平衡：如果物体在两个共点力的作用下处于平衡状态，这两个力必定大小相等，方向相反。
②三力平衡：如果物体在三个共点力的作用下处于平衡状态，其中任何一个力与其余两个力的合力大小相等，方向相反；并且这三个力的矢量可以形成一个封闭的矢量三角形。
③多力平衡：如果物体在多个共点力的作用下处于平衡状态，其中任何一个力与其余几个力的合力大小相等，方向相反。
一 堵点疏通
1．对物体进行受力分析时，只能画该物体受到的力，该物体对别的物体施加的力不能画在该物体上。( )
2．物体的速度为零即处于平衡状态。( )
3．物体在缓慢运动时所处的状态不属于平衡状态。( )
4．物体处于平衡状态时，加速度等于零。( )
5．若物体受三个力F1、F2、F3的作用而平衡，将F2转动90°时，三个力的合力大小为F2。( )
6．物体沿斜面下滑时，物体受重力、支持力和下滑力的作用。( )
答案 1.√ 2.× 3.× 4.√ 5.√ 6.×
二 对点激活
1. (人教版必修第一册·P75·T2改编)(多选)一根轻绳一端系小球P，另一端系于光滑墙壁上的O点，在墙壁和小球P之间夹有一长方体物块Q，如图所示，在小球P、物块Q均处于静止状态的情况下，下列有关说法正确的是( )
A．物块Q受3个力
B．小球P受4个力
C．若O点下移，物块Q受到的静摩擦力将增大
D．若O点上移，绳子的拉力将变小
答案 BD
解析 对P和Q进行受力分析可知，P受重力、绳子的拉力、Q对P的弹力、Q对P的摩擦力，Q受重力、墙壁的弹力、P对Q的弹力、P对Q的摩擦力，因此A错误，B正确；分析Q的受力情况可知，若O点下移，Q处于静止状态，其受到的静摩擦力等于重力不变，C错误；对P进行受力分析可知，若O点上移，绳子的拉力将变小，D正确。
2. (2020·四川省乐山市高考一诊)如图所示，将小物块P轻轻放到半圆柱体上，O为圆心。当小物块处于B位置时恰好能保持静止，OB与竖直半径的夹角∠AOB＝30°。若小物块与圆柱体之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则小物块与圆柱体之间的动摩擦因数为( )
A. B.
C. D.
答案 B
解析 当小物块处于B位置时恰好能保持静止，则此时小物块所受摩擦力为最大静摩擦力，其受力如图所示，由平衡条件得：N＝mgcosθ，fm＝mgsinθ，又fm＝μN，联立解得μ＝，故A、C、D错误，B正确。
考点1 物体的受力分析
受力分析的方法步骤
例1 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，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
(1)墙壁对A有摩擦力吗？
提示：把A、B看作一个整体对A、B分析受力，可知，A、B整体水平方向上不受力，故墙与A之间无正压力，所以墙壁对A无摩擦力。
(2)A物体受几个力？
提示：重力、B对A的弹力、B对A的摩擦力共三个力。
尝试解答 选A。
A、B共同向上做匀速运动，则A和B均处于受力平衡状态，A、B整体水平方向不受外力，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，B、C错误；物体A在其重力和B对它的作用力的作用下处于平衡状态，故A正确；A受到B斜向上的摩擦力，所以物体A对物体B的静摩擦力方向沿接触面斜向下，D错误。
受力分析的基本技巧
(1)要善于转换研究对象，尤其是对于摩擦力不易判定的情形，可以先分析与之相接触、受力较少的物体的受力情况，再应用牛顿第三定律判定。
(2)假设法是判断弹力、摩擦力的存在及方向的基本方法。
[变式1] (2020·东北师大附中、哈师大附中、辽宁省实验中学高三下学期一模)(多选)如图所示为形状相同的两个劈形物体，它们之间的接触面光滑，两物体与地面的接触面均粗糙，现对A施加水平向右的力F，两物体均保持静止，则物体B的受力个数可能是( )
A．2个 B.3个
C.4个 D.5个
答案 AC
解析 对A受力分析可知，当F与A所受的静摩擦力大小相等时，则A、B之间没有弹力，当F比A所受的静摩擦力更大时，则A、B之间有弹力。当A对B没有弹力时，B受到重力和地面的支持力2个力；当A对B有弹力时，B还受到重力、地面的支持力与摩擦力，共4个力。故A、C正确，B、D错误。
考点2 共点力的平衡
求解共点力的平衡问题的常用方法
方法
内容
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大小相等，方向相反
分解法
物体受三个共点力的作用而平衡，将某一个力按力的效果分解，则其分力和其他两个力满足平衡条件
正交分解法
物体受到三个或三个以上力的作用而平衡，将物体所受的力分解为相互垂直的两组，每组力都满足平衡条件
力的三
角形法
对受三力作用而平衡的物体，将力的矢量图平移，使三力组成一个首尾依次相接的矢量三角形，根据正弦定理、余弦定理或相似三角形等数学知识求解未知力
例2 如图所示，质量为m的物体分别置于水平地面和倾角为θ的固定斜面上。物体与地面、物体与斜面之间的动摩擦因数均为μ，用与水平地面夹角为θ的推力F1作用于物体上，使其沿地面匀速向右滑动；用水平推力F2作用于物体上，使其沿斜面匀速向上滑动，则推力之比为( )
A. B.
C. D.
(1)图中两物体分别受几个力的作用？
提示：都是4个。
(2)本题适合选哪种处理平衡问题的方法？
提示：正交分解法。
尝试解答 选A。
分别对物体进行受力分析，如图甲、乙所示，物体在地面上匀速向右滑动，则水平方向上有F1x＝Ff1＝F1cosθ，竖直方向上有FN1＝F1sinθ＋mg，且Ff1＝μFN1′，FN1＝FN1′，则可得F1＝；物体在斜面上匀速向上滑动时，在沿斜面方向上有F2x＝mgsinθ＋Ff2＝F2cosθ，在垂直斜面方向上有FN2＝F2sinθ＋mgcosθ，且有Ff2＝μFN2′，FN2＝FN2′，可得F2＝，则＝，A正确。
应用平衡条件解题的步骤
(1)选取研究对象：根据题目要求，选取一个平衡体(单个物体或系统，也可以是结点)作为研究对象。
(2)画受力示意图：对研究对象进行受力分析，画出受力示意图。
(3)合成或分解：三个力直接合成或分解，四个及四个以上的力正交分解。
(4)列方程求解：根据平衡条件列出平衡方程，解平衡方程，对结果进行讨论。
[变式2－1] (2021·八省联考江苏卷)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.Mg B.Mg
C.Mg D.Mg
答案 B
解析 以衣服为研究对象，受力分析如图所示，由几何关系得F与竖直方向的夹角成30°，由共点力的平衡条件可得2Fcos30°＝Mg，解得F＝Mg，故B正确，A、C、D错误。
[变式2－2] (2020·江西省八所重点中学高三联考)如图甲所示，推力F垂直斜面作用在斜面体上，斜面体静止在竖直墙面上，若将斜面体改成如图乙所示放置，用相同大小的推力F垂直斜面作用到斜面体上，则下列说法正确的是( )
A．墙面受到的压力一定变小
B．斜面体受到的摩擦力一定变小
C．斜面体受到的摩擦力可能变大
D．斜面体可能沿墙面向上滑动
答案 B
解析 以斜面体为研究对象，受力分析如图所示，图甲中N1＝Fcosθ，f1＝mg＋Fsinθ≤fm，图乙中N2＝Fcosθ，即墙面受到的压力不变，A错误；若Fsinθ＝mg，则f2＝0，若Fsinθ＞mg，则f2方向向下且f2＝Fsinθ－mg，若Fsinθ＜mg，则f2方向向上且f2＝mg－Fsinθ，所以斜面体受到的摩擦力一定变小，B正确，C错误；因为墙面受到的压力不变，所以fm不变，图甲中f1＝mg＋Fsinθ≤fm，斜面体静止，图乙中f2一定比fm小，所以斜面体一定不会沿墙面向上滑动，D错误。
考点3 动态平衡问题分析
1.动态平衡问题
通过控制某些物理量，使物体的状态发生缓慢的变化，而在这个过程中物体又始终处于一系列的平衡状态，在问题的描述中常用“缓慢”等语言叙述。
2．解决动态平衡问题的常用方法
(1)解析法
对研究对象进行受力分析，先画出受力示意图，再根据物体的平衡条件列式求解，得到因变量与自变量的函数表达式(通常为三角函数关系)，最后根据自变量的变化确定因变量的变化。
(2)图解法
此法常用于求解三力平衡问题中，已知一个力是恒力、另一个力方向不变的情况。一般按照以下流程解题。
(3)相似三角形法
正确作出力的三角形后，如能判定力的三角形与图形中已知长度的三角形(线、杆、壁等围成的几何三角形)相似，则可用相似三角形对应边成比例求出力的比例关系，从而达到求未知量的目的。
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，则此时通常用相似三角形法分析。相似三角形法是解平衡问题时常用到的一种方法，解题的关键是正确的受力分析，寻找力三角形和几何三角形相似。
例3 光滑斜面上固定着一根刚性圆弧形细杆，小球通过轻绳与细杆相连，此时轻绳处于水平方向，球心恰位于圆弧形细杆的圆心处，如图所示。将悬点A缓慢沿杆向上移动，直到轻绳处于竖直方向，在这个过程中，轻绳的拉力( )
A．逐渐增大 B.大小不变
C．先减小后增大 D.先增大后减小
(1)悬点A缓慢沿杆向上移动的过程中，小球受力是否平衡？
提示：小球一直处于静止状态，小球受力平衡。
(2)悬点A缓慢沿杆向上移动的过程中，小球受哪几个力作用？
提示：小球受重力、斜面的支持力和绳的拉力三个力作用。
尝试解答 选C。
解法一(图解法)：在悬点A缓慢向上移动的过程中，小球始终处于平衡状态，小球所受重力mg的大小和方向都不变，支持力的方向不变，对小球进行受力分析如图甲所示，由图可知，拉力T先减小后增大，C正确。
解法二(解析法)：如图乙所示，由正弦定理得＝，得T＝，由于mg和α不变，而sinβ先增大后减小，可得T先减小后增大，C正确。
图解法处理动态平衡问题
图解法就是在对物体进行受力分析(一般受3个力)的基础上，若满足有一个力大小、方向均不变，另有一个力方向不变时，画出这3个力的封闭矢量三角形来分析力的变化情况的方法。如例3中小球所受重力mg的大小、方向均不变，小球所受斜面的支持力FN方向不变，大小变化，这两个力与小球所受轻绳的拉力T三力平衡，构成一矢量三角形，由T大小、方向的变化，引起FN的变化，且当T垂直FN时，T有最小值。
[变式3－1] 如图所示，质量为m的小球套在竖直固定的光滑圆环上，在圆环的最高点有一个光滑小孔，一根轻绳的下端系着小球，上端穿过小孔用力F拉住，开始时绳与竖直方向的夹角为θ，小球处于静止状态，现缓慢拉动轻绳，使小球沿光滑圆环上升一小段距离，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是( )
A．绳与竖直方向的夹角为θ时，F＝mgcosθ
B．小球沿光滑圆环上升过程中，轻绳拉力逐渐增大
C．小球沿光滑圆环上升过程中，小球所受支持力逐渐增大
D．小球沿光滑圆环上升过程中，小球所受支持力大小不变
答案 D
解析 绳与竖直方向的夹角为θ时，小球受到竖直向下的重力mg、圆环对小球沿半径向外的支持力FN以及沿绳方向的拉力F，画出力的示意图如图所示，F＝2mgcosθ，A错误；小球沿光滑圆环上升过程中，由三角形相似得：＝＝，所以FN＝mg不变，L变短，则F变小，故D正确，B、C错误。
[变式3－2] (2017·全国卷Ⅰ)(多选)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。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
答案 AD
解析 解法一：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。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，利用正弦定理得：＝，(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。
解法二：重物受到重力mg、OM绳的拉力FOM、MN绳的拉力FMN共三个力的作用。缓慢拉起过程中任一时刻可认为是平衡状态，三力的合力恒为0。如图所示，由三角形定则得一首尾相接的闭合三角形，由于α>且不变，则三角形中FMN与FOM的交点在一个圆弧上移动，由图可以看出，在OM被拉到水平的过程中，绳MN中拉力一直增大且恰好达到最大值，绳OM中拉力先增大后减小，故A、D正确，B、C错误。
考点4 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”等语言叙述。
2．极值问题
平衡中的极值问题，一般指在力的变化过程中的最大值和最小值问题。
3．解决极值问题和临界问题的方法
(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(或画出函数图像)，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。
例4 质量为m＝10 kg的木箱置于水平地面上，它与地面间的动摩擦因数μ＝，取g＝10 m/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．50 N 30° B.50 N 60°
C. N 30° D. N 60°
(1)物体受几个力的作用而平衡？
提示：四个力。
(2)可以用什么方法求最小值？
提示：数学分析法或物理分析法。
尝试解答 选A。
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＝＝，其中tanα＝＝，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＝＝ N＝50 N，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＝＝μ，β＝30°，Fmin＝mgsinβ＝mg＝50 N，此时θ＝β＝30°，故选A。
(1)受力分析中的临界与极值问题常与动态平衡问题结合起来考查，应用图解法进行分析，作出力的平行四边形或矢量三角形，常常有助于直观地得到结果。
(2)由静摩擦力变为滑动摩擦力、摩擦力方向改变、弹力有无及方向改变常常是临界与极值问题中要特别注意的。
[变式4－1] 将两个质量均为m的小球用细线相连后，再用细线悬挂于O点，如图所示。用力F拉右侧小球，使两个小球都处于静止状态，且细线Oa与竖直方向的夹角保持θ＝30°，则F达到最小值时Oa线上的拉力为( )
A.mg B.mg
C.mg D.mg
答案 A
解析 以两个小球组成的整体为研究对象，分析受力，作出F在三个方向时整体的受力图，根据平衡条件得知：F与T的合力与重力2mg总是大小相等、方向相反的，由力的合成图可知，当F与细线Oa垂直时，F有最小值，即图中2位置，根据平衡条件得：Fmin＝2mgsin30°＝mg，此时T＝2mgcos30°＝mg，A正确。
[变式4－2] (2020·贵州省贵阳市高三下学期开学调研)如图所示，物体A放在水平桌面上，通过定滑轮悬挂一个重为10 N的物体B，且已知物体A与桌面间的最大静摩擦力为4 N。要使A静止，需加一水平向左的力F1，则力F1的取值可以为( )
A．3 N B.7 N
C.15 N D.17 N
答案 B
解析 对A受力分析，当A受到的最大摩擦力水平向左时力F1最小，此时F1＋Ff＝mBg，解得F1＝6 N；当A受到的最大摩擦力水平向右时，力F1最大，此时F1－Ff＝mBg，解得F1＝14 N，所以力F1取值范围应该是6 N≤F1≤14 N，故A、C、D错误，B正确。
对应学生用书P034
思想方法2 整体法与隔离法在平衡问题中的应用
1．方法概述
整体法是指将相互关联的各个物体看成一个整体的方法，整体法的优点在于只需要分析整个系统与外界的关系，避开了系统内部繁杂的相互作用。
隔离法是指将某物体从周围物体中隔离出来，单独分析该物体的方法，隔离法的优点在于能把系统内各个物体所处的状态、物体状态变化的原因以及物体间的相互作用关系表达清楚。
2．解题思路
【典题例证】
(2020·四川省成都市高三(下)6月三诊)如图，光滑球A与粗糙半球B放在倾角为30°的斜面C上，C放在水平地面上，均处于静止状态。若A与B的半径相等，A的质量为2m，B的质量为m，重力加速度大小为g，则( )
A．C对A的支持力大小为mg
B．C对B的摩擦力大小为mg
C．B对A的支持力大小为mg
D．地面对C的摩擦力大小为mg
[解析] 对球A进行受力分析，如图所示，由几何关系可知，C对A的支持力、B对A的支持力与A的重力的反向延长线的夹角都是30°，由平衡条件可知FBA＝FCA＝＝，故C正确，A错误；以A、B整体为研究对象，沿斜面方向的静摩擦力与重力的分力平衡，所以C对B的摩擦力大小为Ff＝(GA＋GB)sin30°＝，故B错误；以A、B、C整体为研究对象，在水平方向不受力，所以地面对C的摩擦力大小为0，故D错误。
[答案] C
名师点睛 (1)用整体法进行受力分析时不要再考虑系统内物体间的相互作用。
(2)用隔离法时一般隔离受力较少的物体。
【针对训练】
(2020·河北省石家庄市二模)如图所示，一轻绳跨过光滑的定滑轮，一端与质量为10 kg的吊篮相连，另一端被站在吊篮里质量为50 kg的人握住，整个系统悬于空中并处于静止状态。重力加速度g＝10 m/s2，连接滑轮的两轻绳均处于竖直方向，则该人对吊篮的压力大小为( )
A．150 N B.200 N
C．300 N D.350 N
答案 B
解析 设轻绳的拉力为F，以人与吊篮组成的整体为研究对象，进行受力分析，根据平衡条件有2F＝(m＋M)g，将m＝10 kg、M＝50 kg代入解得F＝300 N；再对人进行受力分析，根据平衡条件有F＋FN＝Mg，解得FN＝200 N，根据牛顿第三定律，可知该人对吊篮的压力大小为200 N，故B正确，A、C、D错误。
1. (2020·全国卷Ⅲ)如图，悬挂甲物体的细线拴牢在一不可伸长的轻质细绳上O点处；绳的一端固定在墙上，另一端通过光滑定滑轮与物体乙相连。甲、乙两物体质量相等。系统平衡时，O点两侧绳与竖直方向的夹角分别为α和β。若α＝70°，则β等于( )
A．45° B.55°
C.60° D.70°
答案 B
解析 甲物体拴牢在O点，且甲、乙两物体的质量相等，则与甲相连的竖直细线和与乙相连的绳子对O点的拉力大小相等。对O点受力分析，如图所示，根据几何关系有：2β＋α＝180°，解得β＝55°，故B正确。
2. (2020·山东高考)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. B.
C. D.
答案 C
解析 当木板与水平面的夹角为45°时，两物块刚好要滑动，对物块A受力分析如图甲所示。沿木板方向，A与B之间的滑动摩擦力f1＝μN1＝μmgcos45°，根据平衡条件可知T＝mgsin45°＋μmgcos45° ①；对物块B受力分析如图乙所示。沿木板方向，B与木板之间的滑动摩擦力f2＝μN2＝μ·3mgcos45°，根据平衡条件可知2mgsin45°＝T＋μmgcos45°＋μ·3mgcos45° ②；①②两式联立，可得2mgsin45°＝mgsin45°＋μmgcos45°＋μmgcos45°＋μ·3mgcos45°，解得μ＝。A、B、D错误，C正确。
3. (2019·江苏高考)如图所示，一只气球在风中处于静止状态，风对气球的作用力水平向右。细绳与竖直方向的夹角为α，绳的拉力为T，则风对气球作用力的大小为( )
A. B.
C．Tsinα D.Tcosα
答案 C
解析 对气球受力分析，如图所示，将绳的拉力T分解，在水平方向：风对气球的作用力大小F＝Tsinα，C正确。
4．(2019·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，重力加速度取10 m/s2。若轻绳能承受的最大张力为1500 N，则物块的质量最大为( )
A．150 kg B.100 kg
C.200 kg D.200 kg
答案 A
解析 物块沿斜面向上匀速运动，受力如图，根据平衡条件有
F＝Ff＋mgsinθ①
Ff＝μFN②
FN＝mgcosθ③
由①②③式得
F＝mgsinθ＋μmgcosθ
所以m＝
故当Fmax＝1500 N时，有mmax＝150 kg，A正确。
5. (2019·全国卷Ⅰ)(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
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T逐渐增大，A错误，B正确。对于M，受重力GM、支持力FN、绳的拉力T以及斜面对它的摩擦力f；如图乙所示，若开始时斜面对M的摩擦力f沿斜面向上，则T＋f＝GMsinθ，T逐渐增大，f逐渐减小，可能会出现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，则T＝GMsinθ＋f，当T逐渐增大时，f逐渐增大，C错误，D正确。
6. (2017·天津高考)(多选)如图所示，轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆M、N上的a、b两点，悬挂衣服的衣架挂钩是光滑的，挂于绳上处于静止状态。如果只人为改变一个条件，当衣架静止时，下列说法正确的是( )
A．绳的右端上移到b′，绳子拉力不变
B．将杆N向右移一些，绳子拉力变大
C．绳的两端高度差越小，绳子拉力越小
D．若换挂质量更大的衣服，则衣架悬挂点右移
答案 AB
解析 设绳长为l，两杆间距离为d，选O点为研究对象，因aOb为同一根绳，故aO、bO对O点的拉力大小相等，因此平衡时aO、bO与水平方向的夹角相等，设为θ。对于O点受力情况如图所示，根据平衡条件，得2Tsinθ＝mg，而sinθ＝，所以T＝·。由以上各式可知，当l、d不变时，θ不变，故换挂质量更大的衣服时，悬挂点不变，选项D错误。若衣服质量不变，改变b的位置或绳两端的高度差，绳子拉力不变，选项A正确，选项C错误。当N杆向右移一些时，d变大，则T变大，选项B正确。
7．(2021·湖南省株洲市高三教学质量统一检测(一))如图为汽车内常备的两种类型的“千斤顶”：甲是“菱”形，乙是“y”形，摇动手柄，使螺旋杆转动，A、B间距离发生改变，从而实现重物的升降。若物重均为G，螺旋杆保持水平，AB与BC之间的夹角都为θ，不计杆件自重，则甲、乙两千斤顶螺旋杆的拉力大小之比为( )
A．1∶1 B.1∶2
C.2∶1 D.2∶3
答案 A
解析 根据题意，对“y”形千斤顶B点受力分析如图a，由平衡条件得F＝Gcotθ；对“菱”形千斤顶C点受力分析，根据对称性可知，两臂对C点的支持力大小F1相等，由平衡条件有2F1sinθ＝G，对“菱”形千斤顶B点受力分析如图b，由平衡条件得F′＝2F1cosθ，联立解得F′＝Gcotθ；则甲、乙两千斤顶螺旋杆的拉力大小之比为1∶1，故A正确。
时间：50分钟 满分：100分
一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。其中1～7题为单选，8～10题为多选)
1. (2020·江西省九江市十校高三下模拟)如图所示，倾斜的滑杆上套有一个圆环(所受重力不可忽略)，圆环通过轻绳拉着一个物体，在圆环沿滑杆下滑的过程中，轻绳始终竖直。下列说法正确的是( )
A．物体做匀速直线运动
B．轻绳对物体的拉力大于物体受到的重力
C．圆环可能不受摩擦力的作用
D．圆环受三个力作用
答案 A
解析 圆环沿滑杆下滑的过程中，轻绳始终竖直，物体只受竖直方向的重力和轻绳的拉力作用，这两个力的合力不可能沿滑杆方向，故这两个力为一对平衡力，物体做匀速直线运动，故A正确，B错误；若圆环不受沿滑杆向上的摩擦力作用，则圆环不可能与物体的运动情况相同(即做匀速直线运动)，故C错误；圆环受到重力、滑杆的支持力、摩擦力和轻绳的拉力四个力作用，故D错误。
2. (2020·贵州省普通高等学校招生适应性测试)如图所示，质量为m的物块A叠放在物块B上无相对运动地沿固定斜面匀速下滑，已知B上表面与竖直方向的夹角为θ，重力加速度大小为g，则( )
A．B对A的作用力大小为mgsinθ
B．B对A的作用力大小为mgcosθ
C．B对A的摩擦力大小为mgsinθ
D．B对A的摩擦力大小为mgcosθ
答案 D
解析 物块A随B沿斜面匀速下滑，则物块A受力平衡，可知B对A的作用力与A的重力平衡，即B对A的作用力大小为mg，故A、B错误；由物块A沿B与A的接触面方向受力平衡可知，B对A的摩擦力大小为f＝mgcosθ，故C错误，D正确。
3. (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＝，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。
4. 如图所示，左侧是半径为R的四分之一圆弧，右侧是半径为2R的一段圆弧。二者圆心在一条竖直线上，小球a、b通过一轻绳相连，二者恰好于等高处平衡。已知θ＝37°，不计所有摩擦，则小球a、b的质量之比为( )
A．3∶4 B.3∶5
C.4∶5 D.1∶2
答案 A
解析 设b球与右侧圆弧圆心的连线和竖直方向的夹角为α，如图所示，则cosα＝＝0.8，则α＝37°。对a、b两个小球受力分析，由平衡条件有T＝magcosθ，T＝mbgsinα，联立解得＝，A正确。
5．(2020·湖北省宜昌市高三1月调研)如图所示，细绳一端固定在A点，跨过与A等高的B点的光滑定滑轮后在另一端悬挂一个沙桶Q。现有另一个沙桶P通过光滑挂钩挂在A、B之间，稳定后挂钩下降至C点，∠ACB＝120°，下列说法正确的是( )
A．若只增加Q桶的沙子，再次平衡后C点位置不变
B．若只增加P桶的沙子，再次平衡后C点位置不变
C．若在两桶内增加相同质量的沙子，再次平衡后C点位置不变
D．若在两桶内增加相同质量的沙子，再次平衡后沙桶Q位置上升
答案 C
解析 对沙桶Q分析有FT＝GQ，设C点左右两段绳的夹角为θ，对C点分析可知，其受三力而平衡，而C点为“活结”，两侧的绳张力大小相等，有2FTcos＝GP，联立可知2GQcos＝GP，故若只增加Q桶的沙子，Q的重力增大，夹角θ变大，C点上升；若只增加P桶的沙子，P的重力增大，夹角θ变小，C点下降，故A、B错误。稳定后挂钩在C点时，由平衡条件有2GQcos＝GP，又θ＝120°，可得GP＝GQ，故若在两沙桶内增加相同质量的沙子，再次平衡后，P和Q的重力依然相同，θ不变，C点的位置不变，故C正确，D错误。
6. (2021·八省联考重庆卷)如图所示，垂直墙脚有一个截面为半圆的光滑柱体，用细线拉住的小球静止靠在接近半圆底端的M点。通过细线将小球从M点缓慢向上拉至半圆最高点的过程中，细线始终保持在小球处与半圆相切。下列说法正确的是( )
A．细线对小球的拉力先增大后减小
B．小球对柱体的压力先减小后增大
C．柱体受到水平地面的支持力逐渐减小
D．柱体对竖直墙面的压力先增大后减小
答案 D
解析 以小球为对象，设小球所在位置半圆切线方向与竖直方向的夹角为θ，沿半圆切线方向有FT＝mgcosθ，沿半圆半径方向有FN＝mgsinθ，通过细线将小球从M点缓慢向上拉至半圆最高点的过程中θ从0增大至90°，所以细线对小球的拉力FT一直减小，柱体对小球的支持力FN一直增大，小球对柱体的压力FN′一直增大，故A、B错误；以柱体为研究对象，竖直方向有F地＝Mg＋FN′sinθ＝Mg＋mgsin2θ，水平方向有F墙＝FNcosθ＝mgsinθcosθ＝mgsin2θ，θ从0增大至90°，柱体受到水平地面的支持力逐渐增大，结合牛顿第三定律可知，柱体对竖直墙面的压力先增大后减小，当θ＝45°时柱体对竖直墙面的压力最大，故D正确，C错误。
7. 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点上可施加的力的最小值为( )
A．mg B.mg
C.mg D.mg
答案 C
解析 对C点进行受力分析，由平衡条件可知，绳CD对C点的拉力FCD＝mgtan30°，对D点进行受力分析，绳CD对D点的拉力F2＝FCD＝mgtan30°，故F2是恒力，F1方向一定，则F1与F3的合力与F2等值反向，如图所示，由图知当F3垂直于绳BD时，F3最小，由几何关系可知，F3＝FCDsin60°＝mg，C正确。
8. 宁波诺丁汉大学的四名学生设计的“户外水杯”获得了设计界“奥斯卡”之称的红点设计大奖。户外水杯的杯子下方有一个盛了塑料球的复合材料罩，球和杯底直接接触，塑料球和罩子的重量非常轻，几乎可以忽略不计，但是作用却很大，在不是水平的接触面上可以自动调整，使水杯处于水平状态，如图所示。设此水杯放置于某一倾角的斜面上，则以下说法正确的是( )
A．上部分的杯子受到两个力：重力、球施加的支持力
B．整个户外杯子受到三个力：重力、摩擦力、支持力
C．塑料球受到的合力不一定为零
D．因为重力不计，所以罩子只受弹力，不受摩擦力
答案 AB
解析 上部分的杯子处于平衡状态，受重力和支持力平衡，故只受重力和球施加的支持力，A正确；整个杯子放在斜面上受重力、支持力和摩擦力的作用而处于平衡，B正确；塑料球由于处于平衡状态，故其受到的合力为零，C错误；虽然罩子重力不计，但是由于其受到上面杯子的压力，从而对斜面产生压力，并且有下滑的趋势，故一定受到摩擦力，D错误。
9．(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
答案 BD
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Ga，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
FN＋T1cosθ＋Fsinα－Gb＝0
f＋T1sinθ－Fcosα＝0
FN、f均随F的变化而变化，故B、D两项正确。
10. 如图所示是一个简易起吊设施的示意图，AC是质量不计的撑杆，A端与竖直墙用铰链连接，一滑轮固定在A点正上方，C端吊一重物，BC绳连接在滑轮与C端之间。现施加一拉力F缓慢将重物P向上拉，在AC杆达到竖直前( )
A．BC绳中的拉力FT越来越大
B．BC绳中的拉力FT越来越小
C．AC杆中的支撑力FN越来越大
D．AC杆中的支撑力FN大小不变
答案 BD
解析 作出C点的受力示意图，如图所示，由图可知力的矢量三角形与几何三角形ABC相似。根据相似三角形的性质得＝＝，解得BC绳中的拉力为FT＝G，AC杆中的支撑力为FN＝G。由于重物P向上运动时，AB、AC不变，BC变小，故FT减小，FN大小不变。B、D正确，A、C错误。
二、非选择题(本题共2小题，共30分)
11. (14分)如图所示，质量M＝2 kg的木块套在水平杆上，并用轻绳与质量m＝ kg的小球相连。今用跟水平方向成30°角的力 F＝10 N拉着小球并带动木块一起向右匀速运动，运动中木块与小球的相对位置保持不变，g取10 m/s2，求运动过程中轻绳与水平方向的夹角θ及木块与水平杆间的动摩擦因数。
答案 30°
解析 以木块和小球整体为研究对象，由平衡条件得
水平方向：Fcos30°－μFN＝0①
竖直方向：FN＋Fsin30°－Mg－mg＝0②
由①②得μ＝
以小球为研究对象，由平衡条件得
水平方向：Fcos30°－FTcosθ＝0③
竖直方向：Fsin30°＋FTsinθ－mg＝0④
由③④得θ＝30°。
12. (2020·辽宁省部分重点中学协作体高三(下)模拟)(16分)如图所示，用筷子夹质量为m＝0.3 kg的小球，一双筷子均在竖直平面内，且筷子和竖直方向的夹角均为θ＝30°，小球与筷子之间的动摩擦因数为μ＝，为使筷子夹住小球静止不动，求每根筷子对小球的压力N的取值范围？(已知筷子与小球间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2)
答案 2 N≤N≤6 N
解析 筷子对小球的压力最小时，小球受力如图所示，
小球受力平衡，由平衡条件得：
2Nminsinθ＋2fmaxcosθ＝mg
最大静摩擦力fmax＝μNmin
联立并代入数据得Nmin＝2 N
筷子对小球的压力最大时，摩擦力沿筷子向下，由平衡条件得：2Nmaxsinθ＝2fmax′cosθ＋mg
最大静摩擦力fmax′＝μNmax
联立并代入数据得Nmax＝6 N
则每根筷子对小球的压力N的取值范围为2 N≤N≤6 N。
第3讲 受力分析 共点力的平衡
知识点 受力分析 Ⅱ
1．定义
把指定物体(研究对象)在特定的物理环境中受到的所有外力都找出来，并画出受力示意图的过程。
2．受力分析的一般顺序
先分析场力(重力、静电力、磁场力)，再分析接触力(弹力、摩擦力)，最后分析其他力。
知识点 共点力的平衡 Ⅱ
1．共点力
作用于物体的同一点或作用线相交于一点的几个力。
2．平衡状态
物体保持静止或匀速直线运动的状态。
3．共点力的平衡条件
(1)F合＝0或者
(2)平衡条件的推论
①二力平衡：如果物体在两个共点力的作用下处于平衡状态，这两个力必定大小相等，方向相反。
②三力平衡：如果物体在三个共点力的作用下处于平衡状态，其中任何一个力与其余两个力的合力大小相等，方向相反；并且这三个力的矢量可以形成一个封闭的矢量三角形。
③多力平衡：如果物体在多个共点力的作用下处于平衡状态，其中任何一个力与其余几个力的合力大小相等，方向相反。
一 堵点疏通
1．对物体进行受力分析时，只能画该物体受到的力，该物体对别的物体施加的力不能画在该物体上。( )
2．物体的速度为零即处于平衡状态。( )
3．物体在缓慢运动时所处的状态不属于平衡状态。( )
4．物体处于平衡状态时，加速度等于零。( )
5．若物体受三个力F1、F2、F3的作用而平衡，将F2转动90°时，三个力的合力大小为F2。( )
6．物体沿斜面下滑时，物体受重力、支持力和下滑力的作用。( )
答案 1.√ 2.× 3.× 4.√ 5.√ 6.×
二 对点激活
1. (人教版必修第一册·P75·T2改编)(多选)一根轻绳一端系小球P，另一端系于光滑墙壁上的O点，在墙壁和小球P之间夹有一长方体物块Q，如图所示，在小球P、物块Q均处于静止状态的情况下，下列有关说法正确的是( )
A．物块Q受3个力
B．小球P受4个力
C．若O点下移，物块Q受到的静摩擦力将增大
D．若O点上移，绳子的拉力将变小
答案 BD
解析 对P和Q进行受力分析可知，P受重力、绳子的拉力、Q对P的弹力、Q对P的摩擦力，Q受重力、墙壁的弹力、P对Q的弹力、P对Q的摩擦力，因此A错误，B正确；分析Q的受力情况可知，若O点下移，Q处于静止状态，其受到的静摩擦力等于重力不变，C错误；对P进行受力分析可知，若O点上移，绳子的拉力将变小，D正确。
2. (2020·四川省乐山市高考一诊)如图所示，将小物块P轻轻放到半圆柱体上，O为圆心。当小物块处于B位置时恰好能保持静止，OB与竖直半径的夹角∠AOB＝30°。若小物块与圆柱体之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则小物块与圆柱体之间的动摩擦因数为( )
A. B.
C. D.
答案 B
解析 当小物块处于B位置时恰好能保持静止，则此时小物块所受摩擦力为最大静摩擦力，其受力如图所示，由平衡条件得：N＝mgcosθ，fm＝mgsinθ，又fm＝μN，联立解得μ＝，故A、C、D错误，B正确。
考点1 物体的受力分析
受力分析的方法步骤
例1 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，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
(1)墙壁对A有摩擦力吗？
提示：把A、B看作一个整体对A、B分析受力，可知，A、B整体水平方向上不受力，故墙与A之间无正压力，所以墙壁对A无摩擦力。
(2)A物体受几个力？
提示：重力、B对A的弹力、B对A的摩擦力共三个力。
尝试解答 选A。
A、B共同向上做匀速运动，则A和B均处于受力平衡状态，A、B整体水平方向不受外力，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，B、C错误；物体A在其重力和B对它的作用力的作用下处于平衡状态，故A正确；A受到B斜向上的摩擦力，所以物体A对物体B的静摩擦力方向沿接触面斜向下，D错误。
受力分析的基本技巧
(1)要善于转换研究对象，尤其是对于摩擦力不易判定的情形，可以先分析与之相接触、受力较少的物体的受力情况，再应用牛顿第三定律判定。
(2)假设法是判断弹力、摩擦力的存在及方向的基本方法。
[变式1] (2020·东北师大附中、哈师大附中、辽宁省实验中学高三下学期一模)(多选)如图所示为形状相同的两个劈形物体，它们之间的接触面光滑，两物体与地面的接触面均粗糙，现对A施加水平向右的力F，两物体均保持静止，则物体B的受力个数可能是( )
A．2个 B.3个
C.4个 D.5个
答案 AC
解析 对A受力分析可知，当F与A所受的静摩擦力大小相等时，则A、B之间没有弹力，当F比A所受的静摩擦力更大时，则A、B之间有弹力。当A对B没有弹力时，B受到重力和地面的支持力2个力；当A对B有弹力时，B还受到重力、地面的支持力与摩擦力，共4个力。故A、C正确，B、D错误。
考点2 共点力的平衡
求解共点力的平衡问题的常用方法
方法
内容
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大小相等，方向相反
分解法
物体受三个共点力的作用而平衡，将某一个力按力的效果分解，则其分力和其他两个力满足平衡条件
正交分解法
物体受到三个或三个以上力的作用而平衡，将物体所受的力分解为相互垂直的两组，每组力都满足平衡条件
力的三
角形法
对受三力作用而平衡的物体，将力的矢量图平移，使三力组成一个首尾依次相接的矢量三角形，根据正弦定理、余弦定理或相似三角形等数学知识求解未知力
例2 如图所示，质量为m的物体分别置于水平地面和倾角为θ的固定斜面上。物体与地面、物体与斜面之间的动摩擦因数均为μ，用与水平地面夹角为θ的推力F1作用于物体上，使其沿地面匀速向右滑动；用水平推力F2作用于物体上，使其沿斜面匀速向上滑动，则推力之比为( )
A. B.
C. D.
(1)图中两物体分别受几个力的作用？
提示：都是4个。
(2)本题适合选哪种处理平衡问题的方法？
提示：正交分解法。
尝试解答 选A。
分别对物体进行受力分析，如图甲、乙所示，物体在地面上匀速向右滑动，则水平方向上有F1x＝Ff1＝F1cosθ，竖直方向上有FN1＝F1sinθ＋mg，且Ff1＝μFN1′，FN1＝FN1′，则可得F1＝；物体在斜面上匀速向上滑动时，在沿斜面方向上有F2x＝mgsinθ＋Ff2＝F2cosθ，在垂直斜面方向上有FN2＝F2sinθ＋mgcosθ，且有Ff2＝μFN2′，FN2＝FN2′，可得F2＝，则＝，A正确。
应用平衡条件解题的步骤
(1)选取研究对象：根据题目要求，选取一个平衡体(单个物体或系统，也可以是结点)作为研究对象。
(2)画受力示意图：对研究对象进行受力分析，画出受力示意图。
(3)合成或分解：三个力直接合成或分解，四个及四个以上的力正交分解。
(4)列方程求解：根据平衡条件列出平衡方程，解平衡方程，对结果进行讨论。
[变式2－1] (2021·八省联考江苏卷)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.Mg B.Mg
C.Mg D.Mg
答案 B
解析 以衣服为研究对象，受力分析如图所示，由几何关系得F与竖直方向的夹角成30°，由共点力的平衡条件可得2Fcos30°＝Mg，解得F＝Mg，故B正确，A、C、D错误。
[变式2－2] (2020·江西省八所重点中学高三联考)如图甲所示，推力F垂直斜面作用在斜面体上，斜面体静止在竖直墙面上，若将斜面体改成如图乙所示放置，用相同大小的推力F垂直斜面作用到斜面体上，则下列说法正确的是( )
A．墙面受到的压力一定变小
B．斜面体受到的摩擦力一定变小
C．斜面体受到的摩擦力可能变大
D．斜面体可能沿墙面向上滑动
答案 B
解析 以斜面体为研究对象，受力分析如图所示，图甲中N1＝Fcosθ，f1＝mg＋Fsinθ≤fm，图乙中N2＝Fcosθ，即墙面受到的压力不变，A错误；若Fsinθ＝mg，则f2＝0，若Fsinθ＞mg，则f2方向向下且f2＝Fsinθ－mg，若Fsinθ＜mg，则f2方向向上且f2＝mg－Fsinθ，所以斜面体受到的摩擦力一定变小，B正确，C错误；因为墙面受到的压力不变，所以fm不变，图甲中f1＝mg＋Fsinθ≤fm，斜面体静止，图乙中f2一定比fm小，所以斜面体一定不会沿墙面向上滑动，D错误。
考点3 动态平衡问题分析
1.动态平衡问题
通过控制某些物理量，使物体的状态发生缓慢的变化，而在这个过程中物体又始终处于一系列的平衡状态，在问题的描述中常用“缓慢”等语言叙述。
2．解决动态平衡问题的常用方法
(1)解析法
对研究对象进行受力分析，先画出受力示意图，再根据物体的平衡条件列式求解，得到因变量与自变量的函数表达式(通常为三角函数关系)，最后根据自变量的变化确定因变量的变化。
(2)图解法
此法常用于求解三力平衡问题中，已知一个力是恒力、另一个力方向不变的情况。一般按照以下流程解题。
(3)相似三角形法
正确作出力的三角形后，如能判定力的三角形与图形中已知长度的三角形(线、杆、壁等围成的几何三角形)相似，则可用相似三角形对应边成比例求出力的比例关系，从而达到求未知量的目的。
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，则此时通常用相似三角形法分析。相似三角形法是解平衡问题时常用到的一种方法，解题的关键是正确的受力分析，寻找力三角形和几何三角形相似。
例3 光滑斜面上固定着一根刚性圆弧形细杆，小球通过轻绳与细杆相连，此时轻绳处于水平方向，球心恰位于圆弧形细杆的圆心处，如图所示。将悬点A缓慢沿杆向上移动，直到轻绳处于竖直方向，在这个过程中，轻绳的拉力( )
A．逐渐增大 B.大小不变
C．先减小后增大 D.先增大后减小
(1)悬点A缓慢沿杆向上移动的过程中，小球受力是否平衡？
提示：小球一直处于静止状态，小球受力平衡。
(2)悬点A缓慢沿杆向上移动的过程中，小球受哪几个力作用？
提示：小球受重力、斜面的支持力和绳的拉力三个力作用。
尝试解答 选C。
解法一(图解法)：在悬点A缓慢向上移动的过程中，小球始终处于平衡状态，小球所受重力mg的大小和方向都不变，支持力的方向不变，对小球进行受力分析如图甲所示，由图可知，拉力T先减小后增大，C正确。
解法二(解析法)：如图乙所示，由正弦定理得＝，得T＝，由于mg和α不变，而sinβ先增大后减小，可得T先减小后增大，C正确。
图解法处理动态平衡问题
图解法就是在对物体进行受力分析(一般受3个力)的基础上，若满足有一个力大小、方向均不变，另有一个力方向不变时，画出这3个力的封闭矢量三角形来分析力的变化情况的方法。如例3中小球所受重力mg的大小、方向均不变，小球所受斜面的支持力FN方向不变，大小变化，这两个力与小球所受轻绳的拉力T三力平衡，构成一矢量三角形，由T大小、方向的变化，引起FN的变化，且当T垂直FN时，T有最小值。
[变式3－1] 如图所示，质量为m的小球套在竖直固定的光滑圆环上，在圆环的最高点有一个光滑小孔，一根轻绳的下端系着小球，上端穿过小孔用力F拉住，开始时绳与竖直方向的夹角为θ，小球处于静止状态，现缓慢拉动轻绳，使小球沿光滑圆环上升一小段距离，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是( )
A．绳与竖直方向的夹角为θ时，F＝mgcosθ
B．小球沿光滑圆环上升过程中，轻绳拉力逐渐增大
C．小球沿光滑圆环上升过程中，小球所受支持力逐渐增大
D．小球沿光滑圆环上升过程中，小球所受支持力大小不变
答案 D
解析 绳与竖直方向的夹角为θ时，小球受到竖直向下的重力mg、圆环对小球沿半径向外的支持力FN以及沿绳方向的拉力F，画出力的示意图如图所示，F＝2mgcosθ，A错误；小球沿光滑圆环上升过程中，由三角形相似得：＝＝，所以FN＝mg不变，L变短，则F变小，故D正确，B、C错误。
[变式3－2] (2017·全国卷Ⅰ)(多选)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。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
答案 AD
解析 解法一：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。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，利用正弦定理得：＝，(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。
解法二：重物受到重力mg、OM绳的拉力FOM、MN绳的拉力FMN共三个力的作用。缓慢拉起过程中任一时刻可认为是平衡状态，三力的合力恒为0。如图所示，由三角形定则得一首尾相接的闭合三角形，由于α>且不变，则三角形中FMN与FOM的交点在一个圆弧上移动，由图可以看出，在OM被拉到水平的过程中，绳MN中拉力一直增大且恰好达到最大值，绳OM中拉力先增大后减小，故A、D正确，B、C错误。
考点4 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”等语言叙述。
2．极值问题
平衡中的极值问题，一般指在力的变化过程中的最大值和最小值问题。
3．解决极值问题和临界问题的方法
(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(或画出函数图像)，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。
例4 质量为m＝10 kg的木箱置于水平地面上，它与地面间的动摩擦因数μ＝，取g＝10 m/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．50 N 30° B.50 N 60°
C. N 30° D. N 60°
(1)物体受几个力的作用而平衡？
提示：四个力。
(2)可以用什么方法求最小值？
提示：数学分析法或物理分析法。
尝试解答 选A。
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＝＝，其中tanα＝＝，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＝＝ N＝50 N，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＝＝μ，β＝30°，Fmin＝mgsinβ＝mg＝50 N，此时θ＝β＝30°，故选A。
(1)受力分析中的临界与极值问题常与动态平衡问题结合起来考查，应用图解法进行分析，作出力的平行四边形或矢量三角形，常常有助于直观地得到结果。
(2)由静摩擦力变为滑动摩擦力、摩擦力方向改变、弹力有无及方向改变常常是临界与极值问题中要特别注意的。
[变式4－1] 将两个质量均为m的小球用细线相连后，再用细线悬挂于O点，如图所示。用力F拉右侧小球，使两个小球都处于静止状态，且细线Oa与竖直方向的夹角保持θ＝30°，则F达到最小值时Oa线上的拉力为( )
A.mg B.mg
C.mg D.mg
答案 A
解析 以两个小球组成的整体为研究对象，分析受力，作出F在三个方向时整体的受力图，根据平衡条件得知：F与T的合力与重力2mg总是大小相等、方向相反的，由力的合成图可知，当F与细线Oa垂直时，F有最小值，即图中2位置，根据平衡条件得：Fmin＝2mgsin30°＝mg，此时T＝2mgcos30°＝mg，A正确。
[变式4－2] (2020·贵州省贵阳市高三下学期开学调研)如图所示，物体A放在水平桌面上，通过定滑轮悬挂一个重为10 N的物体B，且已知物体A与桌面间的最大静摩擦力为4 N。要使A静止，需加一水平向左的力F1，则力F1的取值可以为( )
A．3 N B.7 N
C.15 N D.17 N
答案 B
解析 对A受力分析，当A受到的最大摩擦力水平向左时力F1最小，此时F1＋Ff＝mBg，解得F1＝6 N；当A受到的最大摩擦力水平向右时，力F1最大，此时F1－Ff＝mBg，解得F1＝14 N，所以力F1取值范围应该是6 N≤F1≤14 N，故A、C、D错误，B正确。
对应学生用书P034
思想方法2 整体法与隔离法在平衡问题中的应用
1．方法概述
整体法是指将相互关联的各个物体看成一个整体的方法，整体法的优点在于只需要分析整个系统与外界的关系，避开了系统内部繁杂的相互作用。
隔离法是指将某物体从周围物体中隔离出来，单独分析该物体的方法，隔离法的优点在于能把系统内各个物体所处的状态、物体状态变化的原因以及物体间的相互作用关系表达清楚。
2．解题思路
【典题例证】
(2020·四川省成都市高三(下)6月三诊)如图，光滑球A与粗糙半球B放在倾角为30°的斜面C上，C放在水平地面上，均处于静止状态。若A与B的半径相等，A的质量为2m，B的质量为m，重力加速度大小为g，则( )
A．C对A的支持力大小为mg
B．C对B的摩擦力大小为mg
C．B对A的支持力大小为mg
D．地面对C的摩擦力大小为mg
[解析] 对球A进行受力分析，如图所示，由几何关系可知，C对A的支持力、B对A的支持力与A的重力的反向延长线的夹角都是30°，由平衡条件可知FBA＝FCA＝＝，故C正确，A错误；以A、B整体为研究对象，沿斜面方向的静摩擦力与重力的分力平衡，所以C对B的摩擦力大小为Ff＝(GA＋GB)sin30°＝，故B错误；以A、B、C整体为研究对象，在水平方向不受力，所以地面对C的摩擦力大小为0，故D错误。
[答案] C
名师点睛 (1)用整体法进行受力分析时不要再考虑系统内物体间的相互作用。
(2)用隔离法时一般隔离受力较少的物体。
【针对训练】
(2020·河北省石家庄市二模)如图所示，一轻绳跨过光滑的定滑轮，一端与质量为10 kg的吊篮相连，另一端被站在吊篮里质量为50 kg的人握住，整个系统悬于空中并处于静止状态。重力加速度g＝10 m/s2，连接滑轮的两轻绳均处于竖直方向，则该人对吊篮的压力大小为( )
A．150 N B.200 N
C．300 N D.350 N
答案 B
解析 设轻绳的拉力为F，以人与吊篮组成的整体为研究对象，进行受力分析，根据平衡条件有2F＝(m＋M)g，将m＝10 kg、M＝50 kg代入解得F＝300 N；再对人进行受力分析，根据平衡条件有F＋FN＝Mg，解得FN＝200 N，根据牛顿第三定律，可知该人对吊篮的压力大小为200 N，故B正确，A、C、D错误。
1. (2020·全国卷Ⅲ)如图，悬挂甲物体的细线拴牢在一不可伸长的轻质细绳上O点处；绳的一端固定在墙上，另一端通过光滑定滑轮与物体乙相连。甲、乙两物体质量相等。系统平衡时，O点两侧绳与竖直方向的夹角分别为α和β。若α＝70°，则β等于( )
A．45° B.55°
C.60° D.70°
答案 B
解析 甲物体拴牢在O点，且甲、乙两物体的质量相等，则与甲相连的竖直细线和与乙相连的绳子对O点的拉力大小相等。对O点受力分析，如图所示，根据几何关系有：2β＋α＝180°，解得β＝55°，故B正确。
2. (2020·山东高考)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. B.
C. D.
答案 C
解析 当木板与水平面的夹角为45°时，两物块刚好要滑动，对物块A受力分析如图甲所示。沿木板方向，A与B之间的滑动摩擦力f1＝μN1＝μmgcos45°，根据平衡条件可知T＝mgsin45°＋μmgcos45° ①；对物块B受力分析如图乙所示。沿木板方向，B与木板之间的滑动摩擦力f2＝μN2＝μ·3mgcos45°，根据平衡条件可知2mgsin45°＝T＋μmgcos45°＋μ·3mgcos45° ②；①②两式联立，可得2mgsin45°＝mgsin45°＋μmgcos45°＋μmgcos45°＋μ·3mgcos45°，解得μ＝。A、B、D错误，C正确。
3. (2019·江苏高考)如图所示，一只气球在风中处于静止状态，风对气球的作用力水平向右。细绳与竖直方向的夹角为α，绳的拉力为T，则风对气球作用力的大小为( )
A. B.
C．Tsinα D.Tcosα
答案 C
解析 对气球受力分析，如图所示，将绳的拉力T分解，在水平方向：风对气球的作用力大小F＝Tsinα，C正确。
4．(2019·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，重力加速度取10 m/s2。若轻绳能承受的最大张力为1500 N，则物块的质量最大为( )
A．150 kg B.100 kg
C.200 kg D.200 kg
答案 A
解析 物块沿斜面向上匀速运动，受力如图，根据平衡条件有
F＝Ff＋mgsinθ①
Ff＝μFN②
FN＝mgcosθ③
由①②③式得
F＝mgsinθ＋μmgcosθ
所以m＝
故当Fmax＝1500 N时，有mmax＝150 kg，A正确。
5. (2019·全国卷Ⅰ)(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
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T逐渐增大，A错误，B正确。对于M，受重力GM、支持力FN、绳的拉力T以及斜面对它的摩擦力f；如图乙所示，若开始时斜面对M的摩擦力f沿斜面向上，则T＋f＝GMsinθ，T逐渐增大，f逐渐减小，可能会出现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，则T＝GMsinθ＋f，当T逐渐增大时，f逐渐增大，C错误，D正确。
6. (2017·天津高考)(多选)如图所示，轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆M、N上的a、b两点，悬挂衣服的衣架挂钩是光滑的，挂于绳上处于静止状态。如果只人为改变一个条件，当衣架静止时，下列说法正确的是( )
A．绳的右端上移到b′，绳子拉力不变
B．将杆N向右移一些，绳子拉力变大
C．绳的两端高度差越小，绳子拉力越小
D．若换挂质量更大的衣服，则衣架悬挂点右移
答案 AB
解析 设绳长为l，两杆间距离为d，选O点为研究对象，因aOb为同一根绳，故aO、bO对O点的拉力大小相等，因此平衡时aO、bO与水平方向的夹角相等，设为θ。对于O点受力情况如图所示，根据平衡条件，得2Tsinθ＝mg，而sinθ＝，所以T＝·。由以上各式可知，当l、d不变时，θ不变，故换挂质量更大的衣服时，悬挂点不变，选项D错误。若衣服质量不变，改变b的位置或绳两端的高度差，绳子拉力不变，选项A正确，选项C错误。当N杆向右移一些时，d变大，则T变大，选项B正确。
7．(2021·湖南省株洲市高三教学质量统一检测(一))如图为汽车内常备的两种类型的“千斤顶”：甲是“菱”形，乙是“y”形，摇动手柄，使螺旋杆转动，A、B间距离发生改变，从而实现重物的升降。若物重均为G，螺旋杆保持水平，AB与BC之间的夹角都为θ，不计杆件自重，则甲、乙两千斤顶螺旋杆的拉力大小之比为( )
A．1∶1 B.1∶2
C.2∶1 D.2∶3
答案 A
解析 根据题意，对“y”形千斤顶B点受力分析如图a，由平衡条件得F＝Gcotθ；对“菱”形千斤顶C点受力分析，根据对称性可知，两臂对C点的支持力大小F1相等，由平衡条件有2F1sinθ＝G，对“菱”形千斤顶B点受力分析如图b，由平衡条件得F′＝2F1cosθ，联立解得F′＝Gcotθ；则甲、乙两千斤顶螺旋杆的拉力大小之比为1∶1，故A正确。
时间：50分钟 满分：100分
一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。其中1～7题为单选，8～10题为多选)
1. (2020·江西省九江市十校高三下模拟)如图所示，倾斜的滑杆上套有一个圆环(所受重力不可忽略)，圆环通过轻绳拉着一个物体，在圆环沿滑杆下滑的过程中，轻绳始终竖直。下列说法正确的是( )
A．物体做匀速直线运动
B．轻绳对物体的拉力大于物体受到的重力
C．圆环可能不受摩擦力的作用
D．圆环受三个力作用
答案 A
解析 圆环沿滑杆下滑的过程中，轻绳始终竖直，物体只受竖直方向的重力和轻绳的拉力作用，这两个力的合力不可能沿滑杆方向，故这两个力为一对平衡力，物体做匀速直线运动，故A正确，B错误；若圆环不受沿滑杆向上的摩擦力作用，则圆环不可能与物体的运动情况相同(即做匀速直线运动)，故C错误；圆环受到重力、滑杆的支持力、摩擦力和轻绳的拉力四个力作用，故D错误。
2. (2020·贵州省普通高等学校招生适应性测试)如图所示，质量为m的物块A叠放在物块B上无相对运动地沿固定斜面匀速下滑，已知B上表面与竖直方向的夹角为θ，重力加速度大小为g，则( )
A．B对A的作用力大小为mgsinθ
B．B对A的作用力大小为mgcosθ
C．B对A的摩擦力大小为mgsinθ
D．B对A的摩擦力大小为mgcosθ
答案 D
解析 物块A随B沿斜面匀速下滑，则物块A受力平衡，可知B对A的作用力与A的重力平衡，即B对A的作用力大小为mg，故A、B错误；由物块A沿B与A的接触面方向受力平衡可知，B对A的摩擦力大小为f＝mgcosθ，故C错误，D正确。
3. (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＝，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。
4. 如图所示，左侧是半径为R的四分之一圆弧，右侧是半径为2R的一段圆弧。二者圆心在一条竖直线上，小球a、b通过一轻绳相连，二者恰好于等高处平衡。已知θ＝37°，不计所有摩擦，则小球a、b的质量之比为( )
A．3∶4 B.3∶5
C.4∶5 D.1∶2
答案 A
解析 设b球与右侧圆弧圆心的连线和竖直方向的夹角为α，如图所示，则cosα＝＝0.8，则α＝37°。对a、b两个小球受力分析，由平衡条件有T＝magcosθ，T＝mbgsinα，联立解得＝，A正确。
5．(2020·湖北省宜昌市高三1月调研)如图所示，细绳一端固定在A点，跨过与A等高的B点的光滑定滑轮后在另一端悬挂一个沙桶Q。现有另一个沙桶P通过光滑挂钩挂在A、B之间，稳定后挂钩下降至C点，∠ACB＝120°，下列说法正确的是( )
A．若只增加Q桶的沙子，再次平衡后C点位置不变
B．若只增加P桶的沙子，再次平衡后C点位置不变
C．若在两桶内增加相同质量的沙子，再次平衡后C点位置不变
D．若在两桶内增加相同质量的沙子，再次平衡后沙桶Q位置上升
答案 C
解析 对沙桶Q分析有FT＝GQ，设C点左右两段绳的夹角为θ，对C点分析可知，其受三力而平衡，而C点为“活结”，两侧的绳张力大小相等，有2FTcos＝GP，联立可知2GQcos＝GP，故若只增加Q桶的沙子，Q的重力增大，夹角θ变大，C点上升；若只增加P桶的沙子，P的重力增大，夹角θ变小，C点下降，故A、B错误。稳定后挂钩在C点时，由平衡条件有2GQcos＝GP，又θ＝120°，可得GP＝GQ，故若在两沙桶内增加相同质量的沙子，再次平衡后，P和Q的重力依然相同，θ不变，C点的位置不变，故C正确，D错误。
6. (2021·八省联考重庆卷)如图所示，垂直墙脚有一个截面为半圆的光滑柱体，用细线拉住的小球静止靠在接近半圆底端的M点。通过细线将小球从M点缓慢向上拉至半圆最高点的过程中，细线始终保持在小球处与半圆相切。下列说法正确的是( )
A．细线对小球的拉力先增大后减小
B．小球对柱体的压力先减小后增大
C．柱体受到水平地面的支持力逐渐减小
D．柱体对竖直墙面的压力先增大后减小
答案 D
解析 以小球为对象，设小球所在位置半圆切线方向与竖直方向的夹角为θ，沿半圆切线方向有FT＝mgcosθ，沿半圆半径方向有FN＝mgsinθ，通过细线将小球从M点缓慢向上拉至半圆最高点的过程中θ从0增大至90°，所以细线对小球的拉力FT一直减小，柱体对小球的支持力FN一直增大，小球对柱体的压力FN′一直增大，故A、B错误；以柱体为研究对象，竖直方向有F地＝Mg＋FN′sinθ＝Mg＋mgsin2θ，水平方向有F墙＝FNcosθ＝mgsinθcosθ＝mgsin2θ，θ从0增大至90°，柱体受到水平地面的支持力逐渐增大，结合牛顿第三定律可知，柱体对竖直墙面的压力先增大后减小，当θ＝45°时柱体对竖直墙面的压力最大，故D正确，C错误。
7. 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点上可施加的力的最小值为( )
A．mg B.mg
C.mg D.mg
答案 C
解析 对C点进行受力分析，由平衡条件可知，绳CD对C点的拉力FCD＝mgtan30°，对D点进行受力分析，绳CD对D点的拉力F2＝FCD＝mgtan30°，故F2是恒力，F1方向一定，则F1与F3的合力与F2等值反向，如图所示，由图知当F3垂直于绳BD时，F3最小，由几何关系可知，F3＝FCDsin60°＝mg，C正确。
8. 宁波诺丁汉大学的四名学生设计的“户外水杯”获得了设计界“奥斯卡”之称的红点设计大奖。户外水杯的杯子下方有一个盛了塑料球的复合材料罩，球和杯底直接接触，塑料球和罩子的重量非常轻，几乎可以忽略不计，但是作用却很大，在不是水平的接触面上可以自动调整，使水杯处于水平状态，如图所示。设此水杯放置于某一倾角的斜面上，则以下说法正确的是( )
A．上部分的杯子受到两个力：重力、球施加的支持力
B．整个户外杯子受到三个力：重力、摩擦力、支持力
C．塑料球受到的合力不一定为零
D．因为重力不计，所以罩子只受弹力，不受摩擦力
答案 AB
解析 上部分的杯子处于平衡状态，受重力和支持力平衡，故只受重力和球施加的支持力，A正确；整个杯子放在斜面上受重力、支持力和摩擦力的作用而处于平衡，B正确；塑料球由于处于平衡状态，故其受到的合力为零，C错误；虽然罩子重力不计，但是由于其受到上面杯子的压力，从而对斜面产生压力，并且有下滑的趋势，故一定受到摩擦力，D错误。
9．(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
答案 BD
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Ga，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
FN＋T1cosθ＋Fsinα－Gb＝0
f＋T1sinθ－Fcosα＝0
FN、f均随F的变化而变化，故B、D两项正确。
10. 如图所示是一个简易起吊设施的示意图，AC是质量不计的撑杆，A端与竖直墙用铰链连接，一滑轮固定在A点正上方，C端吊一重物，BC绳连接在滑轮与C端之间。现施加一拉力F缓慢将重物P向上拉，在AC杆达到竖直前( )
A．BC绳中的拉力FT越来越大
B．BC绳中的拉力FT越来越小
C．AC杆中的支撑力FN越来越大
D．AC杆中的支撑力FN大小不变
答案 BD
解析 作出C点的受力示意图，如图所示，由图可知力的矢量三角形与几何三角形ABC相似。根据相似三角形的性质得＝＝，解得BC绳中的拉力为FT＝G，AC杆中的支撑力为FN＝G。由于重物P向上运动时，AB、AC不变，BC变小，故FT减小，FN大小不变。B、D正确，A、C错误。
二、非选择题(本题共2小题，共30分)
11. (14分)如图所示，质量M＝2 kg的木块套在水平杆上，并用轻绳与质量m＝ kg的小球相连。今用跟水平方向成30°角的力 F＝10 N拉着小球并带动木块一起向右匀速运动，运动中木块与小球的相对位置保持不变，g取10 m/s2，求运动过程中轻绳与水平方向的夹角θ及木块与水平杆间的动摩擦因数。
答案 30°
解析 以木块和小球整体为研究对象，由平衡条件得
水平方向：Fcos30°－μFN＝0①
竖直方向：FN＋Fsin30°－Mg－mg＝0②
由①②得μ＝
以小球为研究对象，由平衡条件得
水平方向：Fcos30°－FTcosθ＝0③
竖直方向：Fsin30°＋FTsinθ－mg＝0④
由③④得θ＝30°。
12. (2020·辽宁省部分重点中学协作体高三(下)模拟)(16分)如图所示，用筷子夹质量为m＝0.3 kg的小球，一双筷子均在竖直平面内，且筷子和竖直方向的夹角均为θ＝30°，小球与筷子之间的动摩擦因数为μ＝，为使筷子夹住小球静止不动，求每根筷子对小球的压力N的取值范围？(已知筷子与小球间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2)
答案 2 N≤N≤6 N
解析 筷子对小球的压力最小时，小球受力如图所示，
小球受力平衡，由平衡条件得：
2Nminsinθ＋2fmaxcosθ＝mg
最大静摩擦力fmax＝μNmin
联立并代入数据得Nmin＝2 N
筷子对小球的压力最大时，摩擦力沿筷子向下，由平衡条件得：2Nmaxsinθ＝2fmax′cosθ＋mg
最大静摩擦力fmax′＝μNmax
联立并代入数据得Nmax＝6 N
则每根筷子对小球的压力N的取值范围为2 N≤N≤6 N。
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