1、1专题 1 力与物体的平衡考题一 物体的受力分析及平衡问题1.中学物理中的各种性质的力种类 大小 方向 说明重力G mg(不同高度、纬度、星球， g 值不同)竖直向下微观粒子的重力一般可忽略，带电小球、微粒的重力一般不能忽略弹簧的弹力 F kx(x 为形变量) 沿弹簧轴线 大小、方向都能够发生2变化静摩擦力 0 Ff 静 Fmax与相对运动趋势方向相反没有公式，只能由牛顿运动定律求解滑动摩擦力 Ff 滑 F N与相对运动方向相反一般情况下 FN mg万有引力 F Gm1m2r2沿质点间的连线适用于质点之间、质量均匀分布的球体之间引力的求解库仑力 F kq1q2r2 沿点电荷间的连线适用于真空中
2、点电荷间库仑力的求解电场力 F 电 qE正(负)电荷与电场强度方向相同(相反)带电体处于电场中一定受电场力安培力F BIL当 B I 时， F0洛伦兹力F 洛 qvB当 B v 时， F 洛 0左手定则，安培力(洛伦兹力)的方向总是垂直于B 与 I(或 B 与 v)决定的平面电流或电荷处于磁场中不一定受磁场力2.受力分析的常用方法(1)整体法与隔离法整体法 隔离法概念将加速度相同的几个物体作为一个整体来分析的方法将研究对象与周围物体分隔开的方法选用原则研究系统外的物体对系统整体的作用力或系统整体的加速度研究系统内物体之间的相互作用力(2)假设法在受力分析时，若不能确定某力是否存在，可先对其作出
3、存在或不存在的假设，然后再就该力存在与否对物体运动状态影响的不同来判断该力是否存在.(3)转换研究对象法当直接分析一个物体的受力不方便时，可转换研究对象，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.3例 1 将重为 4mg 的均匀长方体物块切成相等的 A、 B 两部分，切面与边面夹角为 45，如图 1 所示叠放并置于水平地面上，现用弹簧秤竖直向上拉物块 A 的上端，弹簧秤示数为mg，整个装置保持静止，则( )图 1A.地面与物块间可能存在静摩擦力B.物块对地面的压力大于 3mgC.A 对 B 的压力大小为 mgD.A、 B 之间静摩擦力大小为 mg22解析 对 A、 B 整体受
4、力分析，水平方向不受地面的摩擦力，否则不能平衡，故 A 错误；竖直方向受力平衡，则有 FN F4 mg，解得： FN3 mg，则物块对地面的压力等于 3mg，故 B错误；对 A 受力分析，如图所示.把 A 部分所受力沿切面和垂直切面方向进行分解，根据平衡条件得： FNA(2 mg mg)cos 45， Ff(2 mg mg)sin 45解得： FNA Ff mg，故 C 错误，D 正确.22答案 D变式训练1.如图 2 所示，带电体 P、 Q 可视为点电荷，电荷量相同.倾角为 、质量为 M 的斜面体放在粗糙地面上，将质量为 m 的带电体 P 放在粗糙的斜面体上.当带电体 Q 放在与 P 等高(
5、 PQ连线水平)且与带电体 P 相距为 r 的右侧位置时， P 静止且受斜面体的摩擦力为 0，斜面体保持静止，静电力常量为 k，则下列说法正确的是( )4图 2A.P、 Q 所带电荷量为 mgktan r2B.P 对斜面体的压力为 0C.斜面体受到地面的摩擦力为 0D.斜面体对地面的压力为( M m)g答案 D解析 对 P，如图甲F 库 mgtan kq2r2得 q ，对 P 和斜面体，如图乙mgr2tan k得 FN( M m)g， Ff F 库 mgtan .2.如图 3 所示，质量均为 m 的两物体 a、 b 放置在两固定的水平挡板之间，物体间竖直夹放一根轻弹簧，弹簧与 a、 b 不粘连
6、且无摩擦.现在物体 b 上施加逐渐增大的水平向右的拉力F，两物体始终保持静止状态，已知重力加速度为 g，下列说法正确的是( )图 3A.物体 b 所受摩擦力随 F 的增大而增大B.弹簧对物体 b 的弹力大小可能等于 mgC.物体 a 对挡板的压力大小可能等于 2mgD.物体 a 所受摩擦力随 F 的增大而增大答案 A解析 对 b：水平方向 Ff F， F 增大，则 Ff增大，故 A 项正确；由于 b 物体受到摩擦力，则上挡板必定对 b 物体有向下正压力，在竖直方向上，受到重力、正压力和弹簧弹力保持平衡，那么弹簧弹力为重力和正压力之和，必定大于重力 mg，故 B 项错误；弹簧弹力大于mg，对 a
7、 物体受力分析可知， a 物体对下挡板的压力为其重力和弹簧弹力之和，大于 2mg，5故 C 项错误；对 a 物体受力分析可知， a 物体在水平方向不受力的作用，摩擦力始终为 0，故 D 项错误.3.如图 4 所示，一轻质细杆两端分别固定着质量为 m1和 m2的两个小球 A 和 B(可视为质点).将其放在一个直角形光滑槽中，已知轻杆与槽右壁成 角，槽右壁与水平地面成 角时，两球刚好能平衡，且 0，则 A、 B 两小球质量之比为( )图 4A. B.cos cos sin sin cos sin sin cos C. D.sin sin cos cos sin cos cos cos 答案 C解析
8、 对 A 球受力分析，受重力、杆的弹力、槽的支持力，如图甲所示：根据共点力的平衡条件，有： Fsin 90 m1gsin 再对 B 球受力分析，受重力、杆的弹力、槽的支持力，如图乙所示：根据平衡条件，有： m2gsin 90 Fsin 联立解得： ，故选项 C 正确.m1m2 sin sin cos cos 考题二 共点力作用下物体的动态平衡1.图解法：一个力恒定、另一个力的方向恒定时可用此法.例：挡板 P 由竖直位置向水平位置缓慢旋转时小球受力的变化.(如图 5)6图 5特点：一个力为恒力，另一个力的方向不变.2.相似三角形法：一个力恒定、另外两个力的方向同时变化，当所作矢量三角形与空间的某
9、个几何三角形总相似时用此法.(如图 6) AOB 与力的矢量 OO A 与力的矢量三角形总相似 三角形总相似图 6特点：一个力为恒力，另两个力的方向都在变.3.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.4.结论法：若合力不变，两等大分力夹角变大，则分力变大.例 2 (2016全国甲卷14)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 7 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( )图 7A.F 逐渐变大， T 逐渐变大B.F 逐渐变大， T 逐渐变小
10、C.F 逐渐变小， T 逐渐变大D.F 逐渐变小， T 逐渐变小解析 对 O 点受力分析如图所示， F 与 T 的变化情况如图，由图可知在 O 点向左移动的过程中， F 逐渐变大， T 逐渐变大，故选项 A 正确.7答案 A例 3 如图 8 所示，绳与杆均不计重力，承受力的最大值一定. A 端用铰链固定，滑轮 O 在 A点正上方(滑轮大小及摩擦均可忽略)， B 端挂一重物 P，现施加拉力 FT将 B 缓慢上拉(绳和杆均未断)，在杆达到竖直前( )图 8A.绳子越来越容易断 B.绳子越来越不容易断C.杆越来越容易断 D.杆越来越不容易断解析 以 B 点为研究对象，分析受力情况：重物的拉力 F(等
11、于重物的重力 G)、轻杆的支持力 FN和绳子的拉力 FT，作出受力图如图：由平衡条件得知， FN和 FT的合力 F与 F 大小相等，方向相反，根据三角形相似可得： FNAB .又 F G，解得： FN G； FT G，使 BAO 缓慢变小时， AB、 AO 保持不变， BOFTBO FAO ABAO BOAO变小，则 FN保持不变， FT变小.故杆无所谓易断不易断，绳子越来越不容易断，故 B 项正确.故选 B.答案 B变式训练4.如图 9 所示，两相同物块分别放置在对接的两固定斜面上，物块处在同一水平面内，之间用细绳连接，在绳的中点加一竖直向上的拉力 F，使两物块处于静止状态，此时绳与斜面间的
12、夹角小于 90.当增大拉力 F 后，系统仍处于静止状态，下列说法正确的是( )8图 9A.绳受到的拉力变大B.物块与斜面间的摩擦力变小C.物块对斜面的压力变小D.物块受到的合力不变答案 ACD解析 F 增大，由于绳的夹角不变，故绳上的拉力增大，A 正确；对物块进行受力分析，沿斜面方向：绳的拉力的分量与物块重力的分量之和等于静摩擦力，垂直斜面方向：物块重力的分量等于斜面对物块的支持力与绳的拉力的分量之和.由于绳上的拉力增大，故静摩擦力变大，支持力变小，B 错误，C 正确；物块仍处于平衡状态，所受合力仍为 0，故 D 正确.考题三 平衡中的临界、极值问题1.物体平衡的临界问题：当某一物理量变化时，
13、会引起其他几个物理量跟着变化，从而使物体所处的平衡状态恰好出现变化或恰好不出现变化.2.极限分析法：通过恰当地选取某个变化的物理量将其推向极端(“极大”或“极小” 、 “极右”或“极左”等).3.解决中学物理极值问题和临界问题的方法(1)物理分析方法：就是通过对物理过程的分析，抓住临界(或极值)条件进行求解.(2)数学方法：例如求二次函数极值、讨论公式极值、三角函数极值.例 4 如图 10 所示，物体在拉力 F 的作用下沿水平面做匀速运动，发现当外力 F 与水平方向夹角为 30时，所需外力最小，由以上条件可知，外力 F 的最小值与重力的比值为( )图 10A. B. C. D.32 12 33
14、 36思维规范流程对物体受力分析：物体受 4 个力做匀速直线运动，所以选用正交分解.分方向列平衡方程.9Error!滑动摩擦力： Ff F N解得： FGsin 30 1 cos 30当 sin 30 cos 30最大时， F 具有最小值.1三角函数求极值 (sin 30 cos 30)cos 30 sin 一 阶 导 数 为 0时 具 有 极 值 1 1300得 33所以 FG 1sin 30 3cos 3012答案 B变式训练5.如图 11 所示，在两固定的竖直挡板间有一表面光滑的重球，球的直径略小于挡板间的距离，用一横截面为直角三角形的楔子抵住.楔子的底角为 60，重力不计.设最大静摩擦
15、力等于滑动摩擦力.为使球不下滑，楔子与挡板间的动摩擦因数至少应为( )图 11A. B. C. D.33 3 12 32答案 A解析 设球的质量为 M，隔离光滑均匀重球，对球受力分析如图甲所示，10由几何关系可知， 30，可得： FN Fcos Mg Fsin 0解得： F 2 MgMgsin 30再以楔子为研究对象，由于其重力忽略不计，所以只受到球的压力、挡板的支持力和摩擦力，如图乙：由共点力平衡可得：FN Fcos Ff Fsin 0其中 F与 F 大小相等，方向相反.又： Ff F N联立得： ，故 A 正确，B、C、D 错误.336.如图 12 所示，质量为 m 的物体，放在一固定的斜
16、面上，当斜面倾角为 30时恰能沿斜面匀速下滑.对物体施加一大小为 F 的水平向右的恒力，物体可沿斜面匀速向上滑行.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当斜面倾角增大并超过某一临界角 0时，不论水平恒力 F 多大，都不能使物体沿斜面向上滑行，试求：图 12(1)物体与斜面间的动摩擦因数 ；(2)临界角 0.答案 (1) (2)6033解析 (1)由题意物体恰能沿斜面匀速下滑，则满足 mgsin 30 mg cos 30 ，解得 .33(2)设斜面倾角为 ，受力情况如图所示，由匀速直线运动的条件有 Fcos mgsin Ff， FN mgcos Fsin ， Ff F N11解得 Fmgsin mgco
17、s cos sin 当 cos sin 0 时 ， F，即“不论水平恒力 F 多大，都不能使物体沿斜面向上滑行” ，此时临界角 0 60.专题规范练1.(2016江苏1)一轻质弹簧原长为 8 cm，在 4 N 的拉力作用下伸长了 2 cm，弹簧未超出弹性限度，则该弹簧的劲度系数为( )A.40 m/N B.40 N/mC.200 m/N D.200 N/m答案 D解析 由胡克定律得劲度系数 k 200 N/m，D 项对.Fx2.如图 1 所示，物体受到沿斜面向下的拉力 F 作用静止在粗糙斜面上，斜面静止在水平地面上，则下列说法正确的是( )图 1A.斜面对物体的作用力的方向竖直向上B.斜面对物
18、体可能没有摩擦力C.撤去拉力 F 后物体仍能静止D.水平地面对斜面没有摩擦力答案 C解析 物体受拉力、重力、支持力和摩擦力，根据平衡条件，斜面对物体的作用力与重力和拉力的合力等大反向，故 A 错误；设斜面的倾角为 ，物体的质量为 m，撤去 F 前物体静止在斜面上，合力为零，则物体必定受到沿斜面向上的静摩擦力，大小为 Ff F mgsin ，则最大静摩擦力至少为 Ffm F mgsin ；撤去 F 后，因为重力的下滑分力 mgsin F1 F2C.F3 F1F2 D.F1F2F3答案 C解析 甲图：物块静止，弹簧的拉力 F1 mg.乙图：以物块为研究对象，受力如图甲，F2 Gsin 60 mg.
19、32丙图：以动滑轮为研究对象，受力如图乙.由几何知识得 F3 mg，故 F3 F1F26.如图 5 所示，质量均为 m 的 A、 B 两球，由一根劲度系数为 k 的轻弹簧连接静止于半径为R 的光滑半球形碗中，弹簧水平，两球间距为 R 且球半径远小于碗的半径.则弹簧的原长为( )图 5A. R B. Rmgk mg2kC. R D. R23mg3k 3mg3k答案 D解析 以 A 球为研究对象，小球受三个力：重力、弹力和碗的支持力.如图所示，由平衡条件，14得到：tan mgkx解得： xmgktan 根据几何关系得：cos ，12RR 12则 tan ，3所以 x mgktan 3mg3k故弹
20、簧原长 x0 R，故 D 正确.3mg3k7.如图 6(a)所示，两段等长细绳将质量分别为 2m、 m 的小球 A、 B 悬挂在 O 点，小球 A 受到水平向右的恒力 F1的作用、小球 B 受到水平向左的恒力 F2的作用，当系统处于静止状态时，出现了如图(b)所示的状态，小球 B 刚好位于 O 点正下方.则 F1与 F2的大小关系正确的是( )图 6A.F14 F2 B.F13 F2C.F12 F2 D.F1 F2答案 A解析 A 受到水平向右的力 F1， B 受到的水平向左的力 F2，以整体为研究对象，分析受力如图甲：设 OA 绳与竖直方向的夹角为 ，则由平衡条件得：tan F1 F22mg
21、 mg以 B 球为研究对象，受力如图乙，设 AB 绳与竖直方向的夹角为 ，则由平衡条件得：tan F2mg由几何关系得到： 15联立解得： F14 F28.如图 7 所示，置于地面的矩形框架中用两细绳拴住质量为 m 的小球，绳 B 水平.设绳 A、 B对球的拉力大小分别为 F1、 F2，它们的合力大小为 F.现将框架在竖直平面内绕左下端缓慢旋转 90，在此过程中( )图 7A.F1先增大后减小 B.F2先增大后减小C.F 先增大后减小 D.F 先减小后增大答案 B解析 对小球受力分析如图所示：小球处于静止状态，受力平衡，两绳的拉力的合力与重力大小相等、方向相反，则 F 不变，根据平行四边形定则
22、可知，将框架在竖直平面内绕左下端缓慢旋转 90的过程中， F1逐渐减小， F2先增大后减小，当绳 A 处于水平方向时， F2最大，故 B 正确.9.如图 8 所示，两个带有同种电荷的小球 m1、 m2，用绝缘细线悬挂于 O 点，若q1q2， L1L2，平衡时两球到过 O 点的竖直线的距离相等，则( )图 8A.m1m2 B.m1 m216C.m1q2， L1L2，但两者的库仑力大小相等，则有 .由于m1gF1 m2gF2F1 F2，所以 m1 m2，故 B 正确，A、C、D 错误.10.(多选)如图 9 所示，倾角为 30的斜面体静止在水平地面上，轻绳一端连着斜面上的物体 A(轻绳与斜面平行)
23、，另一端通过两个滑轮相连于天花板上的 P 点.动滑轮上悬挂质量为m 的物块 B，开始悬挂动滑轮的两绳均竖直.现将 P 点缓慢向右移动，直到动滑轮两边轻绳的夹角为 90时，物体 A 刚好要滑动.假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物体 A 与斜面间的动摩擦因数为 .整个过程斜面体始终静止，不计滑轮的质量及轻绳与滑轮的摩擦.下列说33法正确的是( )图 9A.物体 A 的质量为 m22B.物体 A 受到的摩擦力一直增大C.地面对斜面体的摩擦力水平向左并逐渐减小D.斜面体对地面的压力逐渐减小答案 AB解析 同一条绳子上的拉力相等，对 B 分析，当两条绳子的夹角为 90时，绳子的拉力为FT mgsin 4
24、5 mg，对 A 受力分析，在沿斜面方向上有： A 受到沿斜面向下的最大静摩22擦力、重力沿斜面向下的分力和绳子的拉力，故有 mAgsin 30 Ffm FT， Ffm m Agcos 1730，解得 mA m，A 正确；当两个轻绳都是竖直方向时，绳子的拉力最小，此时 mAgsin 2230 mg，所以刚开始静摩擦力方向沿斜面向下，故 mAgsin 30 Ff FT，随着 FT的增大，12摩擦力在增大，B 正确；将斜面体和 A 以及 B 看做一个整体，受到最右边绳子的拉力作用，并且每条绳子在竖直方向上的分力恒等于 mg，故有 Ff mgtan ，随着 的增大，摩擦12 12 2力在增大，C 错
25、误；对斜面体分析，受左边绳子斜向下的拉力，这个拉力在竖直方向上的分力恒等于 mg，所以斜面体对地面的压力恒定不变，D 错误.1211.图 10 中工人在推动一台割草机，施加的力大小为 100 N，方向与水平地面成 30角斜向下， g 取 10 m/s2.图 10(1)若割草机重 300 N，则它作用在地面上向下的压力为多大？(2)若工人对割草机施加的作用力与图示反向，力的大小不变，则割草机作用在地面上向下的压力又为多大？(3)割草机割完草后，工人用最小的拉力拉它，使之做匀速运动，已知这个最小拉力为 180 N，则割草机与地面间的动摩擦因数 及最小拉力与水平方向夹角 为多少？答案 (1)350
26、N (2)250 N (3)0.75 37解析 工人对割草机施加的作用力沿竖直方向的分力为 50 N.(1)当工人斜向下推割草机时，在竖直方向上有：FN1 G Fsin 30解得： FN1350 N.由牛顿第三定律知，割草机对地面的压力为 350 N.(2)当工人斜向上拉割草机时，在竖直方向上有： FN2 Fsin 30 G解得： FN2250 N由牛顿第三定律知，割草机对地面的压力为 250 N.(3)由平衡条件知，在水平方向上： Fcos F N，在竖直方向上有： FN Fsin G联立可得：F ，tan Gcos sin G1 2sin 118所以当 90，即 tan 时， F 有最小值
27、：Fmin G1 2代入数据可得： 0.75， 37.12.如图 11 所示，水平面上有一个倾角为 30的斜劈，质量为 m.一个光滑小球，质量也为 m，用绳子悬挂起来，绳子与斜面的夹角为 30，整个系统处于静止状态.图 11(1)求出绳子的拉力 FT；(2)若地面对斜劈的最大静摩擦力 Ffm等于地面对斜劈的支持力的 k 倍，为了使整个系统始终保持静止， k 值必须满足什么条件？答案 (1) mg (2) k33 39解析 (1)对小球受力分析，如图甲所示，由平衡条件得：mgsin FTcos 0，解得 FT mg.33(2)对斜劈和小球组成的整体受力分析，如图乙所示，由平衡条件得：水平方向： FTcos ( ) Ff0竖直方向： FN2 FTsin ( )2 mg0又 Ff Ffm kFN2联立各式解得 k .39
