【高考突破方案】第二章 -讲义（教师版）高考物理一轮复习
文档属性
| 名称 | 【高考突破方案】第二章 -讲义（教师版）高考物理一轮复习 |
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| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 5.0MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2025-12-10 14:11:27 | ||
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文档简介
第二章 相互作用
课程标准 1.认识重力、弹力与摩擦力.通过实验，了解胡克定律.知道滑动摩擦和静摩擦现象，能用动摩擦因数计算滑动摩擦力的大小. 2.通过实验，了解力的合成与分解，知道矢量和标量.能用共点力的平衡条件分析生产生活中的问题.
核心素养 物理观念 1.理解重力、弹力、摩擦力的概念，明确其产生的原因和条件. 2.掌握力的合成与分解的方法. 3.运用力的相互作用观念分析静力学问题.
科学思维 1.能够构建轻绳、轻杆、轻质弹簧及光滑斜面等物理模型. 2.善于运用假设法分析判断力是否存在，掌握受力分析法及动态图解法的运用. 3.掌握运用共点力平衡条件分析和求解实际问题的方法.
科学探究 1.通过实验探究弹簧弹力和形变量的关系. 2.通过实验探究两个互成角度的力的合成规律.
科学态度 与责任 1.通过实验和在生活中的认知，认识重力、弹力和摩擦力. 2.探究物理规律，激发兴趣，培养严谨的科学态度，逐渐形成热爱生活，探索自然的内在动力.
命题探究 命题分析 高考命题主要涉及对重力、弹力、摩擦力的理解和应用，对物体的受力分析以及共点力平衡等内容
趋势分析 试题联系实际，特别是平衡状态下的极值、临界及动态平衡问题，往往对能力要求较高.
预设情境 飞行器降落、躺椅、传送带、缓冲装置、千斤顶、斧头劈木柴、石磨、磁性玩具、索桥、刀、机械式手刹等.
第1讲 重力 弹力 摩擦力
一、重力
1.产生：由于 地球 的吸引而使物体受到的力.
2.大小：物体受到的重力G与物体的质量m的关系是G＝ mg ，其中g是自由落体加速度.
3.方向：总是 竖直向下 .
4.重心：其位置与物体的 质量 分布和 形状 有关.
二、弹力
1.形变：物体在力的作用下 形状 或 体积 的变化叫作形变.
2.弹性
(1)弹性形变：物体发生形变后，如果撤去作用力能够 恢复原状 ，这种形变就叫作弹性形变.
(2)弹性限度：如果形变过大，超过一定的限度，撤去作用力后物体不能完全恢复原来的 形状 ，这个限度叫作弹性限度.
3.弹力
(1)定义：发生 形变 的物体，要恢复原状，对与它接触的物体产生的作用力.
(2)产生的条件：①物体间直接 接触 ；②接触处发生 弹性形变 Ｗ.
(3)方向：总是与物体弹性形变的方向 相反 .
4.胡克定律
(1)内容：在弹性限度内，弹簧发生 弹性形变 时，弹力F的大小跟弹簧伸长（或缩短）的长度x成 正比 .
(2)表达式：F＝ kx .k叫作弹簧的 劲度系数 ，由弹簧自身的性质决定，单位是 牛顿每米 ，用符号 N/m 表示.x是弹簧长度的 变化量 ，不是弹簧形变以后的长度.只知弹簧弹力大小时，弹簧可能处于拉伸状态，也可能处于 压缩状态 ，两种情况都要考虑.
三、摩擦力
1.静摩擦力
(1)定义：两个物体之间只有相对运动趋势，而没有 相对运动 时的摩擦力.
(2)产生条件：接触面 粗糙 ；接触处有 弹力 ；两物体间有 相对运动趋势 .
(3)方向：沿两物体的 接触面 ，与相对运动趋势的方向 相反 .
(4)大小：02.滑动摩擦力
(1)定义：一个物体在另一个物体表面 滑动 时，受到另一物体阻碍它们相对滑动的力.
(2)产生条件：接触面 粗糙 ；接触处有弹力；两物体间有相对运动.
(3)方向：沿两物体的接触面，与 相对运动 的方向相反.
(4)大小：Ff＝ μFN ，μ为动摩擦因数，其值与两个物体的材料和接触面的 粗糙程度 有关.
考点一 重力和重心
1.重力性质
重力是由于地球的吸引而产生的，其施力物体是地球.地球表面附近的一切物体，不论是静止的，还是运动的，都受重力作用，故重力的大小与运动状态无关.但由于受地球自转的影响，重力一般不等于地球对物体的引力.
2.重力大小
(1)在同一地点，重力G与质量m成正比；同一物体，在不同地点所受的重力可能不同（随地理纬度的增加而增大，随离地面高度的增加而减小），不过这种差异很小，一般在离地面附近不太大的范围内，可认为其重力大小恒定不变.
(2)重力大小的计算公式是G＝mg.式中m是物体的质量，单位用kg；g为我们前面学过的重力加速度，是一个与地理位置有关的量，反映地球对物体作用力的强弱，通常情况下（在地球表面附近），取9.8 N/kg，表示质量是1 kg物体受到的重力为 9.8 N.
3.重力方向
重力的方向总是竖直向下，不能将重力的方向表述为“垂直地面向下”或“指向地心”等，只有在地球赤道和两极，重力的方向才指向地心.由于地球是个球体，而竖直向下是指与水平面垂直向下，因此地球各处的重力方向并不相同，如图所示.
4.重心
(1)重心的特点：重心是重力的等效作用点，并非物体的其他部位不受重力作用.
(2)重心的位置及决定因素
位置：重心的位置可以在物体上，也可以在物体外，如一个圆形平板的重心在板上，而一个铜环的重心在圆心处，不在环上.
决定因素：①物体的质量分布情况；②物体的形状.
(3)不规则薄板形物体重心的确定方法：悬挂法.
【例1】 关于重心、重力和重力加速度，下列说法正确的是( )
A.重心是物体所受重力的作用点，任何物体的重心必须在物体上，不可能在物体外
B.物体用一绳子悬挂起来处于静止状态时，该物体的重心一定在绳子所在直线上
C.地球表面的重力加速度随纬度的增大而减小
D.质量大的物体受到的重力大，所以重力加速度也大
【解析】 B 物体的重心可以在物体上，也可以在物体外，如均匀圆环的重心在其圆心处，A错误；物体悬挂起来，根据二力平衡可知，重力和绳子拉力等大反向，作用在同一直线上，绳子拉力在沿绳子方向上，所以该物体重力的作用点一定在沿绳子的方向上，即重心一定在绳子所在直线上，B正确；地球表面的重力加速度随纬度的增大而增大，C错误；在同一地点，重力加速度为一定值，与物体的质量无关，D错误.
【变式训练1】 如图所示，公园里有一仿制我国古代欹器的U形水桶，桶可绕水平轴转动，水管口持续有水流出，过一段时间桶会翻转一次，决定桶能否翻转的主要因素是( )
A.水桶自身重力的大小
B.水管每秒出水量的大小
C.水流对桶冲击力的大小
D.水桶与水整体重心高低
【解析】 D 水管口持续有水流出，而过一段时间桶会翻转一次，主要原因是流入的水导致水桶与水整体的重心往上移动，桶中的水到一定量之后水桶不能保持平衡，发生翻转，D正确.
考点二 弹力
1.弹力有无判断的常用四种方法
(1)条件法：根据物体是否直接接触并发生形变来判断是否存在弹力.此方法多用来判断形变较明显的情况.
(2)假设法：对形变不明显的情况，可假设两个物体间弹力不存在，看物体能否保持原有的运动状态，若运动状态不变，则此处可能不存在弹力；若运动状态改变，则此处一定有弹力.
(3)状态法：根据物体的运动状态，利用牛顿第二定律或共点力的平衡条件判断弹力是否存在.
(4)替换法：可以将硬的、形变不明显的施力物体用软的、易产生明显形变的物体来替换，看能否发生形状的变化，若发生形变，则此处一定有弹力.
2.弹力方向的确定的方法
3.弹力大小的计算方法
(1)对有明显形变的弹簧、橡皮条等物体，弹力的大小可以由胡克定律F＝kx计算.
(2)对于难以观察的微小形变，可以根据物体的受力情况和运动情况，运用共点力的平衡条件或牛顿第二定律来确定弹力大小.
弹力的有无及方向的判断
【例2】 图中各物体均处于静止状态.图中画出了小球A所受弹力的情况，其中正确的是( )
A B C D
【解析】 C 选项A中小球只受重力和杆的弹力且处于静止状态，由二力平衡可得小球受到的弹力应竖直向上，A错误；选项B中如果左边的绳有拉力，则竖直向上的那根绳就会发生倾斜，所以左边的绳没有拉力，B错误；对于球与面接触的弹力方向，过接触点垂直于接触面（即在接触点与球心的连线上），即D项中大半圆对小球的支持力FN2应是沿着过小球与圆弧接触点的半径，且指向圆心的弹力，D错误；球与球相接触的弹力方向，垂直于过接触点的公切面（即在两球心的连线上），而指向受力物体，由上可知C正确.
【变式训练2】 如图所示，小车内沿竖直方向的一根轻质弹簧和一条与竖直方向成α角的轻质细绳拴接一小球，此时小车与小球保持相对静止，一起在水平面上运动，下列说法正确的是( )
A.细绳一定对小球有拉力
B.轻弹簧一定对小球有弹力
C.细绳不一定对小球有拉力，但是轻弹簧一定对小球有弹力
D.细绳不一定对小球有拉力，轻弹簧也不一定对小球有弹力
【解析】 D 当小车匀速运动时，弹簧弹力大小等于小球重力大小，此时细绳的拉力FT＝0；当小车和小球向右做匀加速直线运动时，绳的拉力不可能为零，弹簧弹力有可能为零，D正确.
【易错点】 学生错选B的主要原因是认为弹簧一定有弹力，未考虑到小球和车子一起做匀变速运动的情况.
弹力大小的计算
【例3】（多选）如图所示，固定在小车上的支架的斜杆与竖直杆的夹角为θ，在斜杆下端固定有质量为m的小球，下列关于杆对球的作用力F的判断中，正确的是( )
A.小车静止时，F＝mg，方向竖直向上
B.小车静止时，F＝mg cos θ，方向垂直杆向上
C.小车向右以加速度a运动时，一定有F＝
D.小车向左以加速度a运动时，F＝，方向斜向左上方
【解析】 AD 小车静止时，由物体的平衡条件知杆对球的作用力方向竖直向上，且大小等于球的重力mg，A正确、B错误；
小车向右以加速度a运动，设小球受杆的作用力方向与竖直方向的夹角为α，如图所示，根据牛顿第二定律有F sin α＝ma，F cos α＝mg，两式相除得tan α＝，只有当球的加速度a＝g tan θ且向右时，杆对球的作用力才沿杆的方向，此时才有F＝，C错误；小车向左以加速度a运动，根据牛顿第二定律知小球所受重力mg和杆对球的作用力F的合力大小为ma，方向水平向左，根据力的合成知F＝，方向斜向左上方，D正确.
【变式训练3】 餐厅暖盘车的储盘装置示意图如图所示，三根完全相同的弹簧等间距竖直悬挂在水平固定圆环上，下端连接托盘.托盘上叠放若干相同的盘子，取走一个盘子，稳定后余下的正好升高补平.已知单个盘子的质量为300 g，相邻两盘间距为1.0 cm，重力加速度大小取10 m/s2.弹簧始终在弹性限度内，每根弹簧的劲度系数为( )
A.10 N/m B.100 N/m C.200 N/m D.300 N/m
【解析】 B 由题意知，取走一个盘子，稳定后余下的正好升高补平，则说明一个盘子的重力可以使弹簧产生的形变量等于相邻两盘间距，由ΔF＝kΔx得mg＝3kx，解得k＝100 N/m，B正确.
“活结”和“死结”问题
【例4】（多选）甲图中，轻杆AB一端与墙上的光滑铰链连接，另一端用轻绳系住，绳、杆之间夹角为30°，在B点下方悬挂质量为m的重物.乙图中，轻杆CD一端插入墙内，另一端装有小滑轮，现用轻绳绕过滑轮挂住质量为m的重物，绳、杆之间夹角也为30°.甲、乙中杆都垂直于墙，两图中重物都静止，则下列说法中正确的是( )
A.与轻杆AB连接的铰链受到杆的弹力大小为mg
B.轻杆CD上的小滑轮受到杆的弹力大小为mg
C.两根杆中弹力方向均沿杆方向
D.若甲、乙中轻绳能承受的最大拉力相同，则物体加重时，甲中轻绳更容易断裂
【解析】 AD 甲中点B受力如图1所示，杆受力沿杆，两段绳中拉力不同，由平行四边形定则，可知FN1＝＝mg，FT1＝＝2mg，则轻杆AB连接的铰链受到杆的弹力大小为mg，A正确；乙图中点D受力如图2所示，杆受力不沿杆，绳中两个拉力大小相同，可知小滑轮受到杆的弹力FN2＝FT1′＝FT2′＝mg，B、C错误；若甲、乙中轻绳能承受的最大拉力相同，则物体加重时，甲、乙图中绳子拉力大小关系为FT1＝>mg＝FT1′，故甲中轻绳更容易断裂，D正确.
【易错点】 “活结”和“死结”问题
1.活结：当绳绕过光滑的滑轮或挂钩时，由于滑轮或挂钩对绳无约束，因此绳上的力是相等的，即滑轮只改变力的方向不改变力的大小.
2.死结：若结点不是滑轮或挂钩，而是固定点时，称为“死结”，此时两侧绳上的弹力不一定相等.
【变式训练4】 在竖直平面内，固定有半圆弧轨道，其两端点M、N连线水平如图所示.将一轻质小环A套在轨道上，一细线穿过轻环，一端系在M点，另一端系一质量为m的小球，小球恰好静止在图示位置.不计所有摩擦，重力加速度大小为g.下列说法正确的是( )
A.轨道对轻环的支持力大小为mg
B.细线对M点的拉力大小为mg
C.细线对轻环的作用力大小为mg
D.N点和轻环的连线与竖直方向的夹角为30°
【解析】 D 如图所示，同一条线上拉力处处相等，对于小球，由平衡条件可得FT＝mg，故细线对M点的拉力大小为mg，B错误；轻环受力平衡，由对称性可得∠1＝∠2，等腰三角形OAM两底角相等，即∠1＝∠3，由几何关系可得∠1＋∠2＋∠3＝90°，解得∠1＝∠2＝∠3＝30°，又由于∠MAN＝90°，所以∠ANM＝60°，故N点和轻环的连线与竖直方向的夹角为30°，D正确；细线对轻环的作用力大小为F＝2FTcos 30°＝mg，C错误；轨道对轻环的支持力与细线对轻环的作用力等大、反向，故FN＝F＝mg，A错误.
“动杆”和“定杆”问题
【例5】 如图为两种形式的吊车的示意图，图a中OA为可绕O点转动的轻杆，图b中OA杆固定在墙上，且A端装有小滑轮.AB为缆绳，当它们吊起相同重物时，杆OA在图a、图b中的受力分别为Fa、Fb，杆的重量不计，则下列关系正确的是( )
图a 图b
A.Fa＝Fb B.Fa>Fb C.Fa【解析】 B 对题图中的A点受力分析，则由图a可得Fa＝Fa′＝2G cos 30°＝G，由图b可得Fb＝Fb′＝2G cos 60°＝G，故Fa>Fb.
【易错点】 “动杆”和“定杆”问题
1.动杆：若轻杆用光滑的转轴或铰链连接，当杆处于平衡时，杆所受到的弹力方向一定沿着杆，否则会引起杆的转动.
2.定杆：若轻杆被固定不发生转动，则杆所受到的弹力方向不一定沿杆的方向.
【变式训练5】 如图所示，用AC、CD两根轻绳将物块悬于水平轻杆BC的下方，其中B为光滑转轴，C为结点，轻杆BC始终保持水平，重物静止不动.已知物块质量为m，重力加速度为g.设AC、CD绳的拉力分别为FAC、FCD.下列选项正确的是( )
A.FAC＞mg
B.FCD＞mg
C.若A点上移，则FAC变大
D.若A点下移，则FCD变大
【解析】 A C点的受力如图所示，则有FACsin α＝FCD，FCD＝mg，则FAC＝＝，所以FAC＞mg，A正确，B、D错误；若A点上移，α变大，sin α变大，所以FAC变小，C错误.
轻绳、轻杆、弹性绳和轻弹簧的比较
项目轻绳轻杆弹性绳轻弹簧受外力作用时形变的种类拉伸形变拉伸形变、压缩形变、弯曲形变拉伸形变拉伸形变、压缩形变受外力作用时形变量大小微小，可忽略微小，可忽略较大，不可忽略较大，不可忽略弹力方向沿着绳，指向绳收缩的方向既能沿着杆，也可以跟杆成任意角度沿着绳，指向绳收缩的方向沿着弹簧，指向弹簧恢复原长的方向弹力大小变化情况可以突变可以突变不能突变不能突变
考点三 摩擦力的分析与计算
1.静摩擦力的有无及方向的判断方法
(1)假设法
(2)状态法：根据平衡条件、牛顿第二定律，判断静摩擦力的有无及方向.
(3)牛顿第三定律法：先确定受力较少的物体受到的静摩擦力的方向，再根据“力的相互性”确定另一物体受到的静摩擦力方向.
2.求解摩擦力的技巧
3.“三点”注意
(1)摩擦力的方向总是与物体间相对运动（或相对运动趋势）的方向相反，但不一定与物体的运动方向相反.
(2)摩擦力总是阻碍物体间的相对运动（或相对运动趋势），但不一定阻碍物体的运动，即摩擦力可以是阻力，也可以是动力.
(3)受静摩擦力作用的物体不一定静止，但一定与施力物体保持相对静止.
静摩擦力的有无及方向判断
【例6】 白板水平放置在地面上，在白板上用磁钉吸住一张彩纸，向右轻轻拉彩纸，未拉动，对这情境受力分析正确的是( )
A.磁钉受到向右的摩擦力
B.磁钉仅受重力和支持力两个力
C.彩纸受到白板向左的摩擦力
D.白板与地面间无摩擦力
【解析】 C 对磁钉分析可知，磁钉没有相对彩纸的运动趋势，则不受摩擦力，A错误；磁钉不仅受到重力和支持力，还要受到白板的磁性吸引力，B错误；由于彩纸相对于白板有向右的运动趋势，则彩纸受到白板向左的摩擦力，C正确；对整体分析可知，整体有向右的运动趋势，则白板和地面间有摩擦力，D错误.
【变式训练6】 （传统文化）（多选）中国书法历史悠久，是中华优秀传统文化之一.在楷书笔画中，长横的写法要领如下：起笔时一顿，然后向右行笔，收笔时略向右按，再向左上回带.某同学在水平桌面上平铺一张白纸，为防打滑，他在白纸的左侧靠近边缘处用镇纸压住，如图所示.则在向右行笔的过程中( )
A.镇纸受到向左的摩擦力
B.毛笔受到向左的摩擦力
C.白纸只受到向右的摩擦力
D.桌面受到向右的摩擦力
【解析】 BD 白纸和镇纸始终处于静止状态，对镇纸受力分析知，镇纸不受摩擦力，否则水平方向受力不平衡，镇纸的作用是增大白纸与桌面之间的弹力与最大静摩擦力，A错误；在书写的过程中毛笔相对纸面向右运动，受到向左的摩擦力，B正确；白纸与镇纸之间没有摩擦力，白纸始终处于静止状态，则白纸在水平方向受到毛笔对白纸向右的摩擦力以及桌面对白纸向左的摩擦力，C错误；根据牛顿第三定律，白纸对桌面的摩擦力向右，D正确.
摩擦力的分析与计算
【例7】 一本书约重6 N，有424页，书本正面朝上.现将一张A4纸夹在106～107页间，A4纸几乎能够覆盖整个书页，如图所示.若要将A4纸抽出，至少需用约1 N的拉力.不计书皮及A4纸的质量，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则A4纸和书页之间的动摩擦因数最接近( )
A.0.33 B.0.45 C.0.56 D.0.67
【解析】 A 需用约1 N的拉力克服最大静摩擦力，A4纸受正反两面的两个摩擦力，不计书皮及A4纸的质量，有1 N＝2μn1＝2×μ××106 (N)，解得μ≈0.33，A正确.
【易错点】 学生常见错误为未考虑A4纸正反面均要受到摩擦力的作用.
【变式训练7】 如图所示，某中学新校区装修时，工人用质量为m的磨石对斜壁进行打磨，当对磨石施加方向竖直向上、大小为F的推力时，磨石恰好沿斜壁向上匀速运动，已知磨石与斜壁之间的动摩擦因数为μ，则磨石受到的摩擦力大小为( )
A.μ(F－mg)cos θ B.(F－mg)sin θ C.(F－mg)cos θ D.μ(F－mg)
【解析】 C 磨石受重力、推力、斜壁的弹力及摩擦力而处于平衡状态，由图可知，F一定大于重力；先将重力及向上的推力合成后，将二者的合力向垂直于斜面方向及沿斜面方向分解可得：在沿斜面方向有Ff＝(F－mg)cos θ；在垂直斜面方向上有FN＝(F－mg)sin θ，根据Ff＝μFN得Ff＝μ(F－mg)sin θ，C正确.
摩擦力的突变问题
【例8】（多选）如图所示，水平传送带以速度v2顺时针匀速运动，质量为m的物块连接水平轻质细线，绕过光滑滑轮，下端悬挂一质量为m0的物体，某时刻物块以速度v1向右运动，物块与传送带间的动摩擦因数为μ.则关于物块m所受的摩擦力f，下列说法正确的是( )
A.若v1B.若v1>v2，则f＝μmg，方向向左
C.若v1＝v2，且物块m保持匀速运动，则f＝0
D.若v1＝v2，且物块m保持匀速运动，则f＝m0g，方向向左
【解析】 BD 若v1v2，则物块相对传送带向右运动，其所受滑动摩擦力方向向左，两种情况下物块所受滑动摩擦力大小均为f＝μmg，A错误、B正确；若v1＝v2，且物块保持匀速运动，此时物块所受细线拉力与传送带对物块的静摩擦力二力平衡，即f＝m0g，方向向左，C错误、D正确.
【变式训练8】 如图甲所示，质量为0.4 kg的物块在水平力F作用下由静止释放，物块与墙面间的动摩擦因数为0.4，力F随时间t变化的关系如图乙所示，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2.下列图像中，能正确反映物块所受摩擦力大小与时间(Ff－t)变化关系的是( )
【解析】 C 物块水平方向受力平衡，F＝FN＝5t，滑动摩擦力方向竖直向上，Ff＝μFN＝0.4×5t＝2t.所以Ff－t图像是过原点的倾斜直线，斜率k＝2，当物块静止时，物块受到静摩擦力作用Ff＝mg＝4 N，当Ffmg＝4 N时，物块做减速运动到速度为零，物块静止，其所受静摩擦力为Ff＝mg＝4 N，即物块先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，有＝mg，得Ffmax＝8 N＝2t，知t＝4 s，C正确，A、B、D错误.
摩擦力的“四类典型”突变问题 类型1：“静—静”突变 物体在静摩擦力和其他力的共同作用下处于静止状态，当作用在物体上的其他力的合力发生变化时，如果物体仍然保持静止状态，则物体受到的静摩擦力将发生突变. 类型2：“静—动”突变 物体在静摩擦力和其他力作用下处于相对静止状态，当其他力变化时，如果物体不能保持相对静止状态，则物体受到的静摩擦力将“突变”成滑动摩擦力. 类型3：“动—静”突变 在滑动摩擦力和其他力作用下，做减速运动的物体突然停止滑行时，物体将不再受滑动摩擦力作用，滑动摩擦力“突变”为静摩擦力. 类型4：“动—动”突变 在滑动摩擦力作用下运动至达到共同速度后，如果在静摩擦力作用下不能保持相对静止，则物体将受滑动摩擦力作用，且其方向发生反向.
1.关于重力的大小和方向，以下说法正确的是( )
A.在地球上方的物体都要受到重力作用，所受的重力与它的运动状态无关，也与是否存在其他力的作用无关
B.在地球各处的重力方向都是一样的
C.物体的重力作用在重心上，把重心挖去物体就不会受到重力作用
D.对某一物体而言，其重力的大小总是一个恒量，不因物体从赤道移到南极而变化
【解析】 A 物体受到的重力是由于地球的吸引而产生的，是万有引力的一个分力，而万有引力与运动状态无关，与其他力无关，A正确；重力的方向总是竖直向下的，在不同的位置方向不一定相同，B错误；一个物体的各部分都受到重力的作用，从效果上看，可以认为各部分受到的重力作用集中于一点，这一点叫作物体的重心，所以重心是等效出来的，与其他部分没有区别，C错误；重力等于质量与重力加速度的乘积，在不同的地方，质量不变，但重力加速度有可能会变化，两极的重力加速度最大，赤道最小，所以在地球的不同地方，物体的重力有可能变化，D错误.
2.两个劲度系数分别为k1和k2的轻质弹簧a、b串接在一起，a弹簧的一端固定在墙上，如图所示，开始时弹簧均处于原长状态，现用水平力作用在b弹簧的P端向右拉动弹簧，当a弹簧的伸长量为L时( )
A.b弹簧的伸长量为L
B.b弹簧的伸长量也为L
C.P端向右移动的距离为2L
D.P端向右移动的距离为（1＋）L
【解析】 D 由题意知，两根轻弹簧串接在一起，则两弹簧弹力大小相等，根据胡克定律F＝kx得，x与k成反比，则得b弹簧的伸长量为，A、B错误；P端向右移动的距离等于两根弹簧伸长量之和，即为L＋L＝（1＋）L，C错误、D正确.
3.足球运动有“世界第一运动”的美誉，是全球体育界最具影响力的单项体育运动.如图所示为四种与足球有关的情景，下列说法正确的是( )
A.甲图中，静止在草地上的足球受到的支持力就是它的重力
B.乙图中，静止在光滑水平地面上且相互接触的两个足球会受到相互作用的弹力
C.丙图中，踩在脚下且静止在水平草地上的足球可能受到3个力的作用
D.丁图中，落在球网中的足球受到的弹力是由于足球发生了形变而产生的
【解析】 C 甲图中，静止在草地上的足球受到的支持力与重力平衡，但支持力不是重力，A错误；乙图中，若静止在光滑水平地面上且相互接触的两个足球会受到相互作用的弹力，则足球在水平方向上只受到这个弹力，不会静止，B错误；丙图中，踩在脚下且静止在水平草地上的足球可能受到重力、支持力和人脚的压力3个力的作用，C正确；丁图中，落在球网中的足球受到弹力是由于球网发生了形变而产生的，D错误.
4.如图所示，一足够长的轻质绸带放在水平光滑桌面上，绸带上放A、B两物块，A物块质量大于B物块，两物块同时分别受到反向等大逐渐增大的力作用，两物块与绸带间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等.下列说法错误的是( )
A.两物块所受摩擦力的大小总是相等
B.两物块不可能同时相对绸带滑动
C.A物块不可能相对绸带发生滑动
D.A物块所受摩擦力一定大于B物块所受摩擦力
【解析】 D 轻质丝绸的质量为零，因此合力一定为零.当A、B两物块同时分别受到反向等大逐渐增大的力作用时，轻质绸带所受的摩擦力一定大小相等，方向相反；由于A物块所受最大静摩擦力较大，故B物块先相对绸带运动，A物块不会发生相对绸带滑动，如果A发生相对滑动，丝绸受到A较大的滑动摩擦力，则B对丝绸提供的摩擦力无法与之平衡.A、B、C正确，D错误.
5.口罩是一种卫生用品，一般戴在口鼻部位用于过滤进入口鼻的空气.为了佩戴舒适，口罩两边的弹性绳的劲度系数比较小，某同学将弹性绳拆下，当弹性绳下端悬挂一块橡皮擦时，弹性绳的长度为30 cm，悬挂两块相同的橡皮擦时，弹性绳的长度为40 cm，如图所示.当弹性绳下端悬挂一支笔时，弹性绳的长度为35 cm.若弹性绳满足胡克定律，且弹性绳始终在弹性限度内，不计弹性绳受到的重力.则下列说法错误的是( )
A.弹性绳的原长为20 cm
B.弹性绳的劲度系数为10 N/m
C.一支笔受到的重力是一块橡皮擦受到的重力的1.5倍
D.将一块橡皮擦和一支笔一起挂在弹性绳下端时，弹性绳长45 cm
【解析】 B 本题以口罩弹性绳为物理情景考查胡克定律的应用.设弹性绳原长为L0，劲度系数为k，橡皮擦重力为G1，笔的重力为G2，由胡克定律可知G1＝k(30－L0)×10-2，2G1＝k(40－L0)×10-2，G2＝k(35－L0)×10-2，联立解得L0＝20 cm，G2＝1.5G1，根据已知条件无法计算k，A、C正确，B错误；将一块橡皮擦和一支笔一起挂在弹性绳下端时，由胡克定律可知G2＋G1＝k(x－L0)×10-2，解得x＝0.45 m＝45 cm，D正确.
6.（教考衔接·人教版必修第一册P63、66）（多选）某同学利用图甲所示装置研究摩擦力的变化情况.实验台上固定一个力传感器，传感器用棉线拉住物块，物块放置在粗糙的长木板上.水平向左拉木板，传感器记录的F－t图像如图乙所示.下列说法正确的是( )
A.实验中必须让木板保持匀速运动
B.图乙不可以反映摩擦力随时间的变化关系
C.最大静摩擦力与滑动摩擦力之比约为10∶7
D.只用图乙中数据不可得出物块与木板间的动摩擦因数
【解析】 CD 为了能研究摩擦力随时间的变化曲线，故物块一直要处于静止状态，则向左的摩擦力一直与向右轻绳的拉力平衡，图乙是向右轻绳的拉力随时间变化曲线，故图乙也可以反映摩擦力随时间变化的关系，由图乙可知向右轻绳的拉力先增大后减小，最后趋于不变，故物块先受静摩擦力作用后受滑动摩擦力作用，所以不需要让木板保持匀速运动，A、B错误；由图可知，最大静摩擦力约为10 N，滑动摩擦力约为7 N，故最大静摩擦力与滑动摩擦力之比约为10∶7，C正确；根据Ff＝μFN，FN＝mg可知，由于不知道物块的重力，故无法求物块与木板间的动摩擦因数，D正确.
7.如图所示，质量为m＝10 kg的物体放在水平传送带C上，与传送带间的动摩擦因数为μ1＝0.4.由于受到相对于地面静止的光滑导槽A、B的控制，物体只能沿水平导槽运动（图为俯视图，导槽与传送带间有空隙）.现传送带以v1＝8 m/s的速度向右匀速运动，同时用力F拉动物体（方向沿导槽方向）使物体以v2＝6 m/s的速度沿导槽匀速运动，g取10 m/s2，求拉力F大小.
【解析】
物体有相对于传送带水平向左的速度v1′和沿导槽的速度v2，故物体相对于传送带的速度如图所示，
tan θ＝＝＝，即θ＝53°，
滑动摩擦力方向与相对运动方向相反，
所以有F＝Ffcos θ＝μmg cos θ＝0.4×10×10×0.6 N＝24 N.
8.如图，上表面光滑且水平的小车静止在水平地面上，A、B为固定在小车上的挡板，C、D为竖直放置的轻质薄板.A、C和D、B之间分别用两个相同的轻质弹簧连接，薄板C、D间夹住一个长方体金属块（视为质点）.金属块与小车上表面有一定的距离并与小车保持静止，此时金属块所受到的摩擦力为最大静摩擦力.已知金属块的质量m＝10 kg，弹簧劲度系数k＝1000 N/m，金属块和薄板C、D间动摩擦因数μ＝0.8.设金属块受到的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g取10 m/s2.求：
(1)此时弹簧的压缩量；
(2)当小车、金属块一起向右加速运动，加速度大小a＝15 m/s2时，A、C和D、B间弹簧形变量及金属块受到的摩擦力大小.
【解析】 (1)由于两个轻质弹簧相同，所以两弹簧压缩量相同.设弹簧的压缩量为x0，弹簧形变产生的弹力大小为F，
由胡克定律得F＝kx0，
设金属块所受摩擦力大小为Ff，此时金属块所受摩擦力等于最大静摩擦力，依题意得
Ff＝2μF，
由物体平衡条件得Ff＝mg，
代入题给数据得x0＝0.062 5 m.
(2)假设A、C和D、B间的弹簧压缩量分别为x1和x2，有x1＋x2＝2x0，
由牛顿第二定律得k(x1－x2)＝ma，
代入题给数据得
x1＝0.137 5 m，x2＝－0.012 5 m，
由x2<0可知，此时薄板D已与金属块分离，D、B间弹簧已恢复原长，无弹力.金属块水平方向加速运动所需的合力全部由A、C间弹簧的弹力提供.
设A、C和D、B间弹簧实际压缩量分别为x1′、x2′，则x2′＝0，
由牛顿运动定律可得kx1′＝ma，
可得x1′＝0.15 m，
由于此时最大静摩擦力
Ffmax′＝μkx1′＝120 N>mg，
故金属块受到的摩擦力大小为
Ff′＝mg＝100 N.
第2讲 力的合成与分解
一、力的合成
1.合力与分力
(1)定义：假设一个力单独作用的效果跟某几个力共同作用的效果相同，这个力就叫作那几个力的 合力 .假设几个力共同作用的效果跟某个力单独作用的效果相同，这几个力就叫作那个力的 分力 .
(2)关系：合力与分力是 等效替代 关系.
2.共点力
作用在物体的 同一点 ，或作用线相交于一点的几个力.如图均为共点力.
3.力的合成
(1)定义：求几个力的 合力 的过程.
(2)运算法则
①平行四边形定则：求两个互成角度的分力的合力，如果以表示这两个力的有向线段为 邻边 作平行四边形，这两个邻边之间的 对角线 就代表合力的大小和方向.如图甲所示，F1、F2为分力，F为合力.
②三角形定则：把两个矢量的首尾顺次连接起来，第一个矢量的起点到第二个矢量的终点的 有向线段 为合矢量.如图乙所示，F1、F2为分力，F为合力.
二、力的分解
1.定义：求一个力的 分力 的过程.
2.性质：力的分解是 力的合成 的逆运算.
3.遵循的原则
(1) 平行四边形 定则.
(2) 三角形 定则.
4.分解方法
(1)按力的作用效果分解.
(2)正交分解法.
如图将O点受力进行分解.
三、矢量和标量
1.矢量：既有大小又有 方向 ，相加时遵从 平行四边形 定则的物理量，如速度、力等.
2.标量：只有大小，没有 方向 ，相加时遵从算术法则的物理量，如路程、质量等.
考点一 共点力的合成
1.两个共点力的合成
|F1－F2|≤F合≤F1＋F2，即两个力大小不变时，其合力随夹角的增大而减小，当两力反向时，合力最小；当两力同向时，合力最大.
2.三个共点力的合成
(1)最大值：三个力共线且同向时，其合力最大，为F1＋F2＋F3.
(2)最小值：任取两个力，求出其合力的范围，如果第三个力在这个范围之内，则三个力的合力的最小值为零，如果第三个力不在这个范围内，则合力的最小值为最大的一个力减去另外两个较小的力的大小之和.
3.共点力合成的常用方法
(1)作图法：从力的作用点O起，按同一标度作出两个分力F1和F2的图示，再以F1和F2的图示为邻边作平行四边形，画出过作用点O的对角线，量出对角线的长度，计算出合力F的大小，量出对角线与某一分力的夹角，确定合力F的方向（如图甲所示）.
(2)计算法：若两个力F1、F2的夹角为θ，如图乙所示，合力的大小可由余弦定理得
F＝，
tan α＝.
力的合成法的理解
【例1】（2023·江苏卷）如图所示，“嫦娥五号”探测器静止在月球平坦表面处.已知探测器质量为m，四条腿与竖直方向的夹角均为θ，月球表面的重力加速度为地球表面重力加速度g的.每条腿对月球表面压力的大小为( )
A. B. C. D.
【解析】 D 对“嫦娥五号”探测器受力分析有FN ＝ mg月，则对一条腿有FN1＝mg月＝，根据牛顿第三定律可知每条腿对月球表面的压力为，D正确.
【变式训练1】 物体在五个共点力的作用下保持平衡，如图所示.其中F5大小为10 N，方向水平向右.若撤去力F5，保持其余四个力不变，此时的合力为F；若将F5转过120°，此时的合力为F′，则F与F′大小之比为( )
A.1∶1 B.1∶ C.1∶ D.1∶2
【解析】 C 根据共点力的平衡条件可知其余四个力的合力一定与F5等大反向，若撤去力F5，保持其余四个力不变，此时的合力为F＝F5，若将F5转过120°，此时的合力为F′＝F5，则F与F′大小之比为1∶，C正确.
力的合成法的应用
【例2】（2023·浙江卷）如图所示，水平面上固定两排平行的半圆柱体，重为G的光滑圆柱体静置其上，a、b为相切点，∠aOb＝90°，半径Ob与重力的夹角为37°.已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则圆柱体受到的支持力Fa、Fb大小为( )
A.Fa＝0.6G，Fb＝0.4G
B.Fa＝0.4G，Fb＝0.6G
C.Fa＝0.8G，Fb＝0.6G
D.Fa＝0.6G，Fb＝0.8G
【解析】 D 对光滑圆柱体受力分析如图，由题意有Fa＝G sin 37°＝0.6G，Fb＝G cos 37°＝0.8G，D正确.
【变式训练2】 如图所示，吸附在竖直玻璃上质量为m的擦窗工具，在竖直平面内受重力、拉力和摩擦力（图中未画出摩擦力）的共同作用做匀速直线运动.若拉力大小与重力大小相等，方向水平向右，重力加速度为g，则擦窗工具所受摩擦力( )
A.大小等于mg B.大小等于mg
C.方向竖直向上 D.方向水平向左
【解析】 B 由题意可知擦窗工具做匀速直线运动，则受力平衡.对擦窗工具在如题图所示平面内进行受力分析，如图所示.根据平行四边形定则，擦窗工具所受摩擦力大小为Ff＝＝mg，由tan θ＝＝1，可知擦窗工具所受摩擦力方向与水平方向成θ＝45°角指向左上方，B正确，A、C、D错误.
两种求解合力的方法的比较 (1)作图法求合力，需严格用同一标度作出力的图示，作出规范的平行四边形，才能较精确地求出合力的大小和方向. (2)计算法求合力，只需作出力的示意图，对平行四边形的作图要求也不太严格，重点是利用数学方法求解，往往适用于两力的夹角是特殊角的情况.
考点二 力的分解的两种常用方法
1.力的效果分解法
(1)根据力的实际作用效果确定两个实际分力的方向.
(2)再根据两个分力方向画出平行四边形.
(3)最后由几何知识求出两个分力的大小和方向.
2.力的正交分解法
(1)建立坐标轴的原则：在静力学中，以少分解力和容易分解力为原则（使尽量多的力分布在坐标轴上）；在动力学中，往往以加速度方向和垂直加速度方向为坐标轴建立坐标系.
(2)多个力求合力的方法：把各力向相互垂直的x轴、y轴分解.
x轴上的合力：Fx＝Fx1＋Fx2＋Fx3＋…
y轴上的合力：Fy＝Fy1＋Fy2＋Fy3＋…
合力大小F＝，
若合力方向与x轴夹角为θ，则tan θ＝.
力的效果分解法
【例3】 某压榨机的结构示意图如图所示，其中B为固定铰链，若在A铰链处作用一垂直于墙壁的力F，则由于力F的作用，使滑块C压紧物体D，设C与D光滑接触，杆的重力及滑块C的重力不计，图中a＝0.6 m，b＝0.1 m，则物体D所受压力的大小与力F的比值为( )
A.3 B.4 C.5 D.6
【解析】 A 设力F与AC方向间的夹角为θ，将力F按作用效果沿AB和AC两个方向进行分解，作出力的分解图如图甲所示.由几何关系得2F1cos θ＝F，则得F1＝F2＝，再将F2按作用效果分解为FN和FN′，作出力的分解图如图乙所示.
甲 乙
由几何关系得FN＝F2sin θ，联立得到FN＝，根据几何知识得tan θ＝＝6，得到FN＝3F，A正确，B、C、D错误.
【变式训练3】 （生活情境）有一种瓜子破壳器其简化截面如图所示，将瓜子放入两圆柱体所夹的凹槽之间，按压瓜子即可破开瓜子壳.瓜子的剖面可视作顶角为θ的扇形，将其竖直放入两完全相同的水平等高圆柱体A、B之间，并用竖直向下的恒力F按压瓜子且保持静止，若此时瓜子壳未破开，忽略瓜子重力，不考虑瓜子的形状改变，不计摩擦，若保持A、B距离不变，则( )
A.圆柱体A、B对瓜子压力的合力为零
B.顶角θ越大，圆柱体A对瓜子的压力越小
C.顶角θ越大，圆柱体A对瓜子的压力越大
D.圆柱体A对瓜子的压力大小与顶角θ无关
【解析】 B
圆柱体A、B对瓜子压力的合力不为零，与恒力F等大反向，A错误；根据力的作用效果分解如图所示，由三角函数得sin ＝，解得FA＝，合力F恒定，顶角θ越大，FA越小，圆柱体A对瓜子的压力大小等于FA，则压力越小，B正确，C、D错误.
力的正交分解法
【例4】如图所示，蜘蛛用蛛丝将其自身悬挂在水管上，并处于静止状态.蛛丝OM、ON与竖直方向夹角分别为α、β(α>β).用F1、F2分别表示OM、ON的拉力，则( )
A.F1的竖直分力大于F2的竖直分力
B.F1的竖直分力等于F2的竖直分力
C.F1的水平分力大于F2的水平分力
D.F1的水平分力等于F2的水平分力
【解析】 D 对结点O受力分析可得，水平方向F1sin α＝F2sin β，即F1的水平分力等于F2的水平分力，C错误、D正确；由α>β可知F1F1y，A、B错误.
【变式训练4】 四旋翼无人机通过改变前后端的旋翼转速，形成前后旋翼升力差，使机体倾斜，产生垂直于机体指向前上方的力，实现朝前飞行.一架重为G的四旋翼无人机正匀速水平朝前飞行，机体与水平方向夹角为θ，已知空气阻力的大小与其速度大小成正比，比例系数为k，方向与运动方向相反.则无人机的飞行速度大小为( )
A. B. C. D.
【解析】 D 对飞机受力分析，并把垂直于机体指向前上方的力F分解，如图所示.飞机做匀速直线运动，则有F cos θ＝G，F sin θ＝Ff，
又因为Ff＝kv，解得v＝，D正确.
力的合成与分解方法的选择 力的效果分解法、正交分解法、合成法都是常见的解题方法.一般情况下，物体只受三个力时，用力的效果分解法、合成法解题较为简单，在三角形中找几何关系，利用几何关系或三角形相似求解.而物体受三个以上力的情况多用正交分解法，但也要视题目具体情况而定.
1.现代人经常低头玩手机，这会使颈椎长期受压，可能引发颈椎病.人低头时，可粗略认为头受重力G，肌肉拉力F1和颈椎支持力F2.如图所示，某同学低头看手机时头颈弯曲与竖直方向成60°，此时肌肉对头的拉力F1约为头重的4倍，F2沿图中虚线方向，依据上述信息估算此时颈椎受到的压力F的可能值( )
A.G5G
【解析】 C 对人的头部受力分析如图所示.在三角形中，由几何知识可知，大角对大边，所以F2>F1＝4G.又因为两边之和大于第三边，故F22.耙在中国已有1 500年以上的历史，北魏贾思勰著《齐民要术》称之为“铁齿楱”，将使用此农具的作业称作耙.如图甲所示，牛通过两根耙索拉耙沿水平方向匀速耙地.两根耙索等长且对称，延长线的交点为O1，∠AO1B＝60°，拉力大小均为F，平面AO1B与水平面的夹角为30°（O2为AB的中点），如图乙所示.忽略耙索质量，下列说法正确的是( )
A.两根耙索的合力大小为F
B.两根耙索的合力大小为F
C.地对耙的水平阻力大小为
D.地对耙的水平阻力大小为
【解析】 B 两根耙索的合力大小为F′＝2F cos 30°＝F，A错误、B正确；由平衡条件得，地对耙的水平阻力大小为Ff＝F′cos 30°＝F，C、D错误.
3.（生活情境）弹跳能力是职业篮球运动员重要的身体素质指标之一，许多著名的篮球运动员因为具有惊人的弹跳能力而被球迷称为“弹簧人”.弹跳过程是身体肌肉、骨骼关节等部位一系列相关动作的过程，屈膝是其中的一个关键动作.如图所示，人屈膝下蹲时，膝关节弯曲的角度为θ，设此时大、小腿部的肌群对膝关节的作用力F的方向水平向后，且大腿骨、小腿骨对膝关节的作用力大致相等，那么脚掌所受地面竖直向上的弹力约为( )
A.tan B. C. D.
【解析】 A
大腿骨和小腿骨对膝关节的作用力大小为F1，已知它们之间的夹角为θ，F即为它们的合力的大小，作出平行四边形如图所示，有F1cos ＝，则脚掌对地面竖直向下的压力为FN＝F1sin ，由牛顿第三定律可知脚掌所受地面竖直向上的弹力为FN′＝·tan ，A正确.
4.如图所示为汽车的机械式手刹（驻车器）系统的结构示意图，结构对称.当向上拉动手刹拉杆时，手刹拉索（不可伸缩）就会拉紧，拉索OD、OC分别作用于两边轮子的制动器，从而实现驻车的目的.则以下说法正确的是( )
A.当OD、OC两拉索夹角为60°时，三根拉索的拉力大小相等
B.拉动手刹拉杆时，拉索AO上拉力总比拉索OD和OC中任何一个拉力大
C.若在AO上施加一恒力，OD、OC两拉索夹角越小，拉索OD、OC拉力越大
D.若保持OD、OC两拉索拉力不变，OD、OC两拉索越短，拉动拉索AO越省力
【解析】 D 当OD、OC两拉索夹角为120°时，三根拉索的拉力大小才相等，A错误；拉动手刹拉杆时，当OD、OC两拉索夹角大于120°时，拉索AO上拉力比拉索OD和OC中任何一个拉力小，B错误；根据平行四边形定则可知，若在AO上施加一恒力，OD、OC两拉索夹角越小，拉索OD、OC拉力越小，C错误；若保持OD、OC两拉索拉力不变，OD、OC两拉索越短，则两力夹角越大，合力越小，即拉动拉索AO越省力，D正确.
5.（多选）王同学用光滑的硬钢丝弯折成“”形状，将它竖直固定放置.OB是竖直方向，BC是水平方向，角AOB等于30°，OA足够长，一个光滑的轻环套在OA上，一根足够长的轻绳一端固定在OB上的M点，轻绳穿过小环，另一端吊着一个质量为m的物体，重力加速度大小为g，下列说法正确的是( )
A.OA杆受到小环的压力大小为mg
B.OA杆受到小环的压力大小为mg
C.绳端从M点移到B点绳子张力变大
D.绳端从B点水平向左移到N点绳子张力大小不变
【解析】 AD 对悬挂的重物受力分析可知，绳子中的拉力始终与重物重力平衡，F＝mg，故无论绳子左端点如何移动绳子中的张力大小都保持不变，C错误、D正确；
小环受力情况如图所示，由几何关系可知，两绳子夹角为120°，故FN＝F＝mg，由牛顿第三定律可知，OA杆受到小环的压力大小为mg，A正确、B错误.
6.（多选）如图为一小型起重机，A、B为光滑轻质滑轮，C为电动机.物体P和A、B、C之间用不可伸长的轻质细绳连接，滑轮A的轴固定在水平伸缩杆上并可以水平移动，滑轮B固定在竖直伸缩杆上并可以竖直移动.当物体P静止时( )
A.滑轮A的轴所受压力可能沿水平方向
B.滑轮A的轴所受压力可能大于物体P的重力
C.当只将滑轮A向右移动时，A的轴所受压力变大
D.当只将滑轮B向上移动时，A的轴所受压力变大
【解析】 BC 滑轮A的轴所受压力为由A到B方向的拉力和A到P方向的拉力的合力，两个拉力与物体P的重力大小相等，设两力方向的夹角为θ，其变化范围为90°<θ<180°，根据力的合成法则可知，滑轮A的轴所受压力不可能沿水平方向，A错误；θ的大小不确定，滑轮A的轴所受压力可能大于物体P的重力，也可能小于或等于物体P的重力，B正确；当只将滑轮A向右移动时，θ变小，两绳的合力变大，A的轴所受压力变大，C正确；当只将滑轮B向上移动时，θ变大，两绳的合力变小，A的轴所受压力变小，D错误.
7.一重为G的圆柱体工件放在V形槽中，槽顶角α＝60°，槽的两侧面与水平方向的夹角相同，槽与工件接触处的动摩擦因数处处相同，大小为μ＝0.25，则：
(1)要沿圆柱体的轴线方向（如图甲所示）水平地把工件从槽中拉出来，人至少要施加多大的拉力？
(2)现把整个装置倾斜，使圆柱体的轴线与水平方向成37°角，如图乙所示，且保证圆柱体对V形槽两侧面的压力大小相等，发现圆柱体刚好能自动沿槽匀速下滑，求此时工件所受槽的摩擦力大小.(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
【解析】
(1)分析圆柱体的受力可知，沿轴线方向受到拉力F、两个侧面对圆柱体的滑动摩擦力，由题给条件知F＝2Ff.
由圆柱体重力产生的效果将重力进行分解，如图所示.
由几何关系可得G＝F1＝F2，
由Ff＝μF1得F＝0.5G.
(2)把整个装置倾斜，则重力沿压紧两侧的斜面的分力
F1′＝F2′＝G cos 37°＝0.8G，
此时工件所受槽的摩擦力大小
Ff′＝2μF1′＝0.4G.
8.在医院里常用如图所示装置对小腿受伤的病人进行牵引治疗.不计滑轮组的摩擦和绳子的质量，绳子下端所挂重物的质量是5 kg，求：（g取10 m/s2）
(1)病人的脚所受水平方向的牵引力大小；
(2)病人的脚和腿所受的竖直向上的牵引力大小.
【解析】 (1)因绳子中间各处与其他物体没有结点，所以绳子中间各处的张力（拉力）都等于所悬挂的重物的重力，即
FT＝mg＝50 N，
将ab段的绳子拉力沿水平方向和竖直方向分解，如图所示，
F水平＝FTcos 30°≈43.3 N，
F竖直＝FTsin 30°＝25 N，
由图知，病人的脚所受水平方向的牵引力
F牵＝FT＋F水平＝50 N＋43.3 N＝93.3 N.
(2)由图知，病人的脚和腿所受的竖直向上的牵引力，
F牵＝FT＋F竖直＝50 N＋25 N＝75 N.
第3讲 受力分析 共点力的平衡
一、受力分析
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.
3.受力分析的方法
(1)假设法：在未知某力是否存在时，先对其做出不存在的 假设 ，然后根据该力不存在对物体运动和受力状态的影响来判断该力是否存在的方法.
(2)状态法：对于平衡状态的物体进行受力分析时，根据其 平衡条件 进行分析，对加速运动的物体进行受力分析时，应用牛顿运动定律进行分析求解的方法.
二、共点力的平衡
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 .
考点一 物体的受力分析
1.受力分析的一般原则
(1)整体与隔离原则：当研究物体间内力时，需要隔离研究对象；当研究外力时，对整体研究一般较为简单，但有时也需要隔离.
(2)按顺序分析的原则：一般按照重力、弹力、摩擦力、其他力的顺序分析研究对象的受力情况.
(3)物体受力和运动状态相一致的原则：物体处于平衡状态时，其所受合外力为零；物体处于非平衡状态时，应用牛顿第二定律分析.
2.受力分析的方法步骤
【例1】 两相同的楔形木块A、B叠放后分别以图甲、乙两种方式在水平外力F1和竖直外力F2作用下，挨着竖直墙面保持静止状态，则在此两种方式中，木块B受力个数之比为( )
A.1∶1 B.4∶3 C.5∶3 D.5∶4
【解析】 C 题图甲中，根据整体法可知，木块B除了受重力外，一定受到墙面水平向右的弹力和竖直向上的静摩擦力，隔离B分析，其一定还受到A的弹力，隔离A分析，A受到重力、水平向左的推力、B对其垂直于接触面斜向右下的弹力，这样的三个力不可能使A平衡，所以A一定还要受到B对其沿接触面斜向右上的静摩擦力才能平衡，可知B一定受到A沿接触面斜向左下的静摩擦力，故B共受5个力的作用；题图乙中，根据整体法可知B与墙面间既无弹力也无摩擦力，所以B受重力和A的弹力及摩擦力共3个力的作用.则在此两种方式中，木块B受力个数之比为5∶3，C正确.
【易错点】 学生常见的错误为未能分析清楚木块A和B之间是否存在摩擦力.
【变式训练1】（多选）如图所示，两梯形木块A、B叠放在水平地面上，始终处于静止状态，A、B之间的接触面倾斜.A通过轻弹簧连接竖直墙面，轻弹簧处于水平拉伸状态.关于两木块的受力，下列说法正确的是( )
A.A受到B的摩擦力沿接触面向上
B.木块A可能受三个力作用
C.木块A一定受四个力作用
D.木块B受到地面施加的水平向右的摩擦力
【解析】 ACD 对A受力分析知A受到重力、弹簧拉力、B对A的支持力，根据平衡条件知一定还有B对A沿接触面向上的摩擦力，A、C正确，B错误；将A、B作为一个整体，因为整体受到弹簧水平向左的拉力，地面一定给木块B一个向右的摩擦力，D正确.
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.
考点二 共点力的平衡
求解共点力的平衡问题的常用方法
(1)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.
(2)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.
(3)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.
(4)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.
共点力的平衡条件及应用
【例2】（2024·河北卷）如图所示，弹簧测力计下端挂有一质量为0.20 kg的光滑均匀球体，球体静止于带有固定挡板的斜面上，斜面倾角为30°，挡板与斜面夹角为60°.若弹簧测力计位于竖直方向，读数为1.0 N，g取10 m/s2，挡板对球体支持力的大小为( )
A. N B.1.0 N C. N D.2.0 N
【解析】 A 对小球受力分析如图所示.由几何关系易得力F与力FN与竖直方向的夹角均为30°，因此由正交分解方程可得FNsin 30°＝F sin 30°，FNcos 30°＋F cos 30°＋FT＝mg，解得F＝FN＝ N，A正确.
【变式训练2】 如图所示，可视为质点的机器人通过磁铁吸附在船舷外壁面检测船体.壁面可视为斜面，与竖直方向夹角为θ.船和机器人保持静止时，机器人仅受重力G、支持力FN、摩擦力Ff和磁力F的作用，磁力垂直壁面.下列关系式正确的是( )
A.Ff＝G B.F＝FN C.Ff＝G cos θ D.F＝G sin θ
【解析】 C 如图所示，将机器人（包括磁铁）重力垂直于斜面方向和沿斜面方向分解.沿斜面方向，由平衡条件得Ff＝G cos θ，A错误、C正确；垂直斜面方向，由平衡条件得F＝G sin θ＋FN，B、D错误.
整体法与隔离法在平衡问题中的应用
【例3】（2024·浙江卷）如图所示，在同一竖直平面内，小球A、B上系有不可伸长的细线a、b、c和d，其中a的上端悬挂于竖直固定的支架上，d跨过左侧定滑轮、c跨过右侧定滑轮分别与相同配重P、Q相连，调节左、右两侧定滑轮高度达到平衡.已知小球A、B和配重P、Q质量均为50 g，细线c、d平行且与水平成θ＝30°（不计摩擦），则细线a、b的拉力分别为( )
A.2 N，1 N B.2 N，0.5 N C.1 N，1 N D.1 N，0.5 N
【解析】 D 由题意可知细线c对A的拉力和细线d对B的拉力大小相等、方向相反，对A、B整体分析可知细线a的拉力大小为Ta＝(mA＋mB)g＝1 N，设细线b与水平方向夹角为α，对A、B分析分别有Tb sin α＋Tc sin θ＝mAg，Tb cos α＝Td cos θ，解得Tb＝0.5 N，D正确.
【变式训练3】 如图所示，两个质量均为m的小球通过两根轻弹簧A、B连接，在水平外力F作用下，系统处于静止状态，弹簧实际长度相等.弹簧A、B的劲度系数分别为kA、kB，且原长相等.弹簧A、B与竖直方向的夹角分别为θ与45°.设A、B中的拉力分别为FA、FB，小球直径相比弹簧长度可忽略，重力加速度为g，则( )
A.tan θ＝ B.kA＝kB C.FA＝mg D.FB＝2mg
【解析】 A 对下面的小球进行受力分析，如图甲所示，根据平衡条件得F＝mg tan 45°＝mg，FB＝＝mg，D错误；对两个小球整体受力分析，如图乙所示，根据平衡条件得tan θ＝，又F＝mg，解得tan θ＝，FA＝＝mg，A正确、C错误；由题意可知，两弹簧的形变量相等，则有x＝＝，解得＝＝，B错误.
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.
考点三 平衡中的临界、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”“恰能”“恰好”等.临界问题常见的种类：(1)由静止到运动，摩擦力达到最大静摩擦力；(2)绳子恰好绷紧，拉力F＝0；(3)刚好离开接触面，支持力FN＝0.
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，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，根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.
平衡中的临界问题
【例4】 如图所示，轻质细线AB、BC、CD相互连接在一起，将P、Q两个物体悬挂起来，系统处于静止状态.已知物体Q的质量为m＝2.4 kg，细线AB与竖直方向间的夹角以及细线BC、CD与水平方向间的夹角均为θ＝37°，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6.
(1)求细线BC中张力T的大小；
(2)求物体P的质量M；
(3)若所有细线能承受的最大拉力均为400 N，现增大两物体的质量，且保持所有细线与水平方向间的夹角均不变，则哪根细线先断，并求此时两物体的总质量M′.
【解析】 (1)根据几何关系可知BC、CD与竖直方向的夹角均为53°，对结点C，根据平衡条件易知BC和CD中的张力在水平方向的分力大小相等，根据力的分解可知BC和CD中的张力大小相等，
则在竖直方向上有2T sin 37°＝mg，
解得T＝20 N.
(2)将P、Q视为一个整体，整体受重力、AB和CD的拉力保持平衡，设AB中的张力大小为T′，
则在水平方向上有T cos 37°＝T′cos 53°，
解得T′＝ N，
在竖直方向上有
(m＋M)g＝T sin 37°＋T′sin 53°，
解得M＝ kg.
(3)根据前面分析可知T′＝T，
所以增大两物体的质量，AB绳最先达到所能承受的最大拉力，此时
Tm′＝400 N，
Tm＝Tm′＝300 N，
仍以P、Q为整体，在竖直方向上根据平衡条件可得
Tm′cos 37°＋Tmcos 53°＝M′g，
解得M′＝50 kg.
【变式训练4】 如图甲所示，倾角为θ＝37°的足够长斜面上有一“L”形直角挡板，在挡板与斜面之间放有A、B两个圆柱体，其质量分别为3m和m，已知两圆柱截面圆心连线刚好水平.重力加速度大小为g.sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.
(1)若所有接触面均没有摩擦力，并施加与斜面平行向上的外力F使系统静止.求：A、B对斜面的压力分别为多大？
(2)若取走圆柱体B，只留圆柱体A在斜面上.A与斜面间的动摩擦因数为μ1＝0.5，A与挡板间的动摩擦因数为μ2.现用外力推动挡板，让A沿斜面匀速上升，上升过程中A不发生转动，已知在此过程中A受到斜面和挡板的摩擦力分别为滑动摩擦力和静摩擦力，它们的大小相等、方向如图乙所示.认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，要保证A与挡板之间不发生相对滑动，求μ2的值至少应为多大？（结果保留两位有效数字）
【解析】 (1)对A、B整体分析，设斜面对A、B整体的支持力为N，由平衡条件得
N＝4mg cos θ＝3.2mg，
F＝4mg sin θ＝2.4mg，
再对A受力分析，如图所示
由平衡条件得
F1cos θ＋3mg sin θ＝F，
F1sin θ＋NA＝3mg cos θ，
解得NA＝1.95mg，
可得斜面对B物体的支持力为
NB＝N－NA＝1.25mg，
由牛顿第三定律可得A、B对斜面的压力分别为
NA′＝NA＝1.95mg，
NB′＝NB＝1.25mg.
(2)A所受到斜面的滑动摩擦力大小为
f1＝μ1×(3mg cos θ＋f2)
由题意得f2＝f1＝2.4mg，
A对挡板的压力为F2＝3mg sin θ＋f1＝4.2mg，
则f2＝μ2minF2，
解得μ2min≈0.57，
所以μ2的值至少应为0.57.
平衡中的极值问题
【例5】 （多选）如图所示，物块c置于一粗糙斜劈上，c通过一轻质细线绕过两个光滑轻质小滑轮与小球Q相连，小球Q穿在水平横杆上，滑轮2下方吊着物体d，初始时整个系统保持静止.已知α＝30°，β＝120°，c、d、Q的质量均为m，c与斜劈、Q与横杆之间的动摩擦因数均为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力.若将Q向右缓慢移动直至β＝0°，c物体仍处于静止状态，c与1之间的细线始终与斜面平行，以下说法正确的是( )
A.c与斜劈间的摩擦力以及Q与横杆间的摩擦力都将变大
B.c与斜劈间的摩擦力始终沿斜面向下（β＝0°时除外）
C.c与斜劈间的摩擦力最小值为0
D.斜劈受到地面的最大摩擦力为mg
【解析】 BCD 分别对Q、滑轮2和物块c受力分析，如图所示.滑轮2受到向下的大小为mg的拉力，两绳子的拉力，由于为同一根绳，拉力大小均为T，对滑轮2，由平衡条件得T＝，Q受到重力mg、支持力N1，拉力T和摩擦力f1，对Q向右缓慢移动过程，在水平方向由平衡条件得f1＝T sin ＝mg·tan ，可得β减小到零，Q与横杆之间的摩擦力f1减小.物块c受到重力mg，支持力N2，拉力T，与斜劈间的摩擦力f2（假设f2的方向沿斜面向下），沿斜面的方向由平衡条件得f2＝T－mg sin α＝－mg，在β由120°减小到接近于0°的过程，f2始终大于零，即方向始终沿斜面向下，且大小减小到接近于零.当β等于0°时，c与斜劈间的摩擦力最小值为0.以斜面和c整体为研究对象，在水平方向上，斜劈受到地面的摩擦力等于T sin ＝mg·tan ，可得β＝120°时斜劈受到地面的摩擦力最大，且为mg.综上所述，A错误，B、C、D正确.
【变式训练5】 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
【解析】 C 由对称性可知，AC绳和BD绳与竖直方向的夹角相等，设均为θ，由几何关系可知sin θ＝＝，则θ＝30°.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＝mg tan 30°，对D点进行受力分析，绳CD对D点的拉力F2＝FCD＝mg tan 30°，故F2是恒力，BD绳对D点的拉力F1方向一定，又F1与在D点施加的力F3的合力和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，F3min＝F2sin 60°＝mg，C正确.
1.（2023·浙江卷）如图所示，轻质网兜兜住重力为G的足球，用轻绳挂于光滑竖直墙壁上的A点，轻绳的拉力为FT，墙壁对足球的支持力为FN，则( )
A.FTB.FT＝FN
C.FT>G
D.FT＝G
【解析】 C 对网兜和足球受力分析，设轻绳与竖直墙面夹角为θ，由平衡条件FT＝＝，FN＝G tan θ可知，FT>G，FT>FN，C正确.
2.如图所示，轻杆一端固定在竖直墙壁上，另一端固定一个质量为1.6 kg的小球，劲度系数为100 N/m的水平轻质弹簧夹在墙壁与小球之间，处于压缩状态，弹簧的压缩量为12 cm，轻杆与墙壁的夹角为60°.重力加速度大小g取10 m/s2，弹簧始终在弹性限度内.轻杆对小球的作用力大小为( )
A.12 N B.16 N C.20 N D.32 N
【解析】 C 小球受重力mg、弹簧水平向右的弹力F弹、轻杆的作用力F而处于平衡状态，由平衡条件可得F＝，又mg＝16 N，F弹＝kx＝12 N，联立可得F＝ N＝20 N，C正确.
3.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( )
【解析】 A 设风速度为v，取飘带上任意长度为x（x趋近于0）的质量为，飘带宽度为d，与水平方向夹角为θ，则该部分飘带的重力和所受风力分别为G＝mg，F＝kxdv2sin θ，则重力与风力的合力与竖直方向的夹角为tan θ＝＝，整理可得＝，则可知cos θ恒定，飘带为一条倾斜的直线，A正确，B、C、D错误.
4.如图所示为小黄利用直角墙面徒手爬楼的情境.当他双脚离开直角墙面，仅用双手将自己稳定在空中，此时关于他的受力分析可能正确的是( )
【解析】 D 依题意，当人双脚离开直角墙面，仅用双手将自己稳定在空中时，每面墙壁给人每只手的弹力均垂直墙壁指向外面，根据对称性可知墙面对人每只手的弹力大小相等，且两弹力相互垂直，根据平行四边形定则可知两弹力的合力垂直墙角竖直线指向外，所以人所受弹力与重力的合力向外倾斜，由平衡条件可得，人手所受两面直角墙壁的摩擦力的合力应向内倾斜，综上所述，D正确.
5.（多选）社会主义核心价值观基本内容为富强、民主、文明、和谐、自由、平等、公正、法治、爱国、敬业、诚信、友善.某公司为了宣传社会主义核心价值观基本内容，用一根轻质细绳将12盏灯笼按如图所示的形式依次悬挂起来，为了追求美感，平衡时左、右两侧细绳与竖直方向的夹角均为45°，相邻两灯笼间的水平距离均为x0，“富强”与“友善”两盏灯笼结点的高度均为h，每盏灯笼的质量均为M，重力加速度大小为g，下列说法正确的是( )
A.“平等”与“公正”两灯笼间细绳中的张力大小为6Mg
B.“爱国”与“敬业”两灯笼间细绳中的张力大小为7Mg
C.“和谐”灯笼的结点距地面的高度为h－2x0
D.“公正”灯笼的结点距地面的高度为h－3x0
【解析】 AC 对“平等”灯笼右侧的6盏灯笼整体进行受力分析，如图甲所示，显然T＝6Mg，A正确；
对单个灯笼受力分析，如图乙所示，可知tan θ1＝，tan θ2＝，…，tan θ5＝，由于“爱国”与“敬业”两灯笼之间细绳与水平方向的夹角满足tan θ3＝，所以细绳中的张力大小为3＝3Mg，B错误；由于相邻两灯笼之间的水平距离为x0，所以“和谐”灯笼的结点距地面的高度为h－x0(tan θ3＋tan θ4＋tan θ5)＝h－x0（＋＋）＝h－2x0，“公正”灯笼的结点距地面的高度为h－x0(tan θ1＋tan θ2＋tan θ3＋tan θ4＋tan θ5)＝h－x0（＋＋＋＋）＝h－x0，C正确、D错误.
6.（多选）如图所示，质量为M的楔形物体ABC放置在墙角的水平地板上，BC面与水平地板间的动摩擦因数为μ，楔形物体与地板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力.在楔形物体AC面与竖直墙壁之间，放置一个质量为m的光滑球体，同时给楔形物体一个向右的水平力，楔形物体与球始终处于静止状态.已知AC面倾角θ＝53°，sin 53°＝0.8，重力加速度为g，则( )
A.楔形物体对地板的压力大小为Mg
B.当F＝mg时，楔形物体与地板间无摩擦力
C.向右的水平力F的最小值一定是零
D.向右的水平力F的最大值为mg＋μ(m＋M)g
【解析】 BD 将楔形物体、光滑球体视为一个整体可知，楔形物体对地板的压力大小为(M＋m)g，A错误；球体对AC面的弹力大小为FNAC＝＝mg，当F＝FNACsin θ＝mg时，楔形物体水平方向上受到的合力为零，没有运动趋势，摩擦力为零，B正确；楔形物体受到的最大静摩擦力fm＝μ(m＋M)g，当水平向右的外力最小（设为Fmin）时，楔形物体可能有向左运动趋势，当μ(m＋M)g≥mg时Fmin＝0，当μ(m＋M)g7.如图所示，物体A、B叠放在质量m＝10 kg、倾角θ＝37°的静止斜面上，并通过跨过光滑轻质滑轮的细线相连，细线与斜面平行.两物体的质量分别为mA＝2 kg，mB＝1 kg，B与斜面间的动摩擦因数μ2＝0.2，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，滑动摩擦力等于最大静摩擦力.
(1)如果A、B间的动摩擦因数μ1＝0.1，为使A能平行于斜面向下做匀速运动，对A施加一平行于斜面向下的拉力F，求F的大小及此时斜面对地面的压力大小.
(2)如果A、B间的动摩擦因数不知，为使A、B两个物体一起静止在斜面上，A、B间的动摩擦因数μ1应满足什么条件？
【解析】 (1)对A受力分析得
F＋mAg sin θ＝FT＋μ1mAg cos θ，
对B受力分析得
FT＝mBg sin θ＋μ1mAg cos θ＋μ2(mA＋mB)g cos θ，
对整体受力分析得
FN＝(m＋mA＋mB)g＋F sin θ，
联立解得F＝2 N，FN＝131.2 N.
(2)对A受力分析得
mAg sin θ＝FT′＋μ1minmAg cos θ，
对B受力分析得
FT′＝mBg sin θ＋μ1minmAg cos θ＋μ2(mA＋mB)g cos θ，
联立解得μ1min＝0.037 5，
所以μ1≥0.037 5.
8.如图所示，光滑圆柱体的质量为m，置于倾角θ＝53°、质量均为M的两个斜面体上.两斜面体与水平地面间的动摩擦因数均为μ＝0.4，求：（重力加速度为g，sin 53°＝0.8）
(1)每个斜面体对地面压力的大小；
(2)为了不让斜面体出现滑动，的最大值.
【解析】 (1)对整体受力分析，根据平衡条件有
2Mg＋mg＝2FN，
解得地面对每个斜面体的支持力为
FN＝mg＋Mg
根据牛顿第三定律得，每个斜面体对地面的压力大小为
FN′＝FN＝mg＋Mg.
(2)对其中一个斜面体进行受力分析，如图所示当斜面体恰好不发生滑动时最大，根据平衡条件有
Ff＝FN1sin θ，
Ff＝μFN，
FN＝mg＋Mg.
对圆柱体mg＝2FN1cos θ，
联立以上各式，代入数据解得＝.
核心素养提升（二） 动态平衡问题的典型解法
题型一 解析法
基本思路：化“动”为静，“静”中求动.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，找函数关系，根据自变量的变化确定因变量的变化，还可由数学知识求极值或者根据物理临界条件求极值.
【例1】（多选）如图所示，光滑细杆竖直固定在天花板上，定滑轮A、B关于杆对称，轻质圆环C套在细杆上，通过细线绕过定滑轮与质量分别为M、m(M>m)的两物块相连.现用竖直向下的力F将圆环C缓慢向下拉，滑轮的摩擦忽略不计，则在移动过程中( )
A.外力F不断增大
B.杆对圆环C的作用力不断增大
C.杆对圆环C的作用力与外力F的合力不断增大
D.杆对圆环C的作用力与外力F的合力保持不变
【解析】 AC 设连接圆环的细线与水平方向的夹角为α，左侧细线的拉力大小为T1，右侧细线的拉力大小为T2，在竖直方向上，有F＝(T1＋T2)sin α，已知T1＝Mg，T2＝mg，则F＝(M＋m)g sin α，随着圆环C向下移动，α增大，sin α增大，则F增大，而在水平方向上，杆对圆环C的作用力N＝T1cos α－T2cos α＝(M－m)g cos α，α增大，cos α减小，则N减小，A正确、B错误；圆环C受到外力F、杆对圆环C的作用力和两细线的拉力，由平衡条件得，杆对圆环C的作用力与外力F的合力大小等于两细线拉力的合力大小，而两细线拉力大小不变，随着α的增大，其合力增大，则杆对圆环C的作用力与外力F的合力不断增大，C正确、D错误.
【变式训练1】 质量为M的凹槽静止在水平地面上，内壁为半圆柱面，截面如图所示，A为半圆的最低点，B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m的小滑块.用推力F推动小滑块由A点向B点缓慢移动，力F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F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
【解析】 C 对小滑块进行受力分析，设小滑块与圆心的连线与竖直方向的夹角为θ，凹槽对小滑块的支持力为N，则有F＝mg sin θ，N＝mg cos θ，θ由0°增加到90°的过程中，推力F一直增大，凹槽对小滑块的支持力N一直减小，A、B错误；对凹槽和小滑块整体进行受力分析，如图所示，设地面对凹槽的支持力为N1，墙面对凹槽的压力为N2，则由平衡条件可得N2＝F cos θ，N1＋F sin θ＝(M＋m)g，联立可得N2＝mg sin 2θ，N1＝Mg＋mg cos2θ，可知N2先增大后减小，N1一直减小，C正确、D错误.
解析法解动态平衡问题步骤 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.
题型二 图解法
解决动态平衡类问题常用图解法，图解法就是在对物体进行受力分析（一般受三个力）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，可画出这三个力的封闭矢量三角形来分析力的变化情况的方法，图解法也常用于求极值问题.
【例2】如图所示，装卸工人利用斜面将一质量为m、表面光滑的油桶缓慢地推到汽车上.在油桶上移的过程中，人对油桶推力的方向由与水平方向成60°角斜向上逐渐变为水平向右，已知斜面的倾角为θ＝30°，重力加速度为g，则关于工人对油桶的推力大小，下列说法正确的是( )
A.不变 B.逐渐变小 C.逐渐变大 D.最小值为
【解析】 D 分析油桶的受力情况，油桶受重力、斜面的支持力和推力，因工人缓慢地将油桶推到汽车上，油桶处于动态平衡状态，由三角形定则作出力的动态变化过程，如图所示，推力F由与水平方向成60°角斜向上逐渐变为水平向右的过程中，推力先变小后变大，最小时推力F和支持力FN垂直，即沿斜面方向，此时最小值为，D正确.
【变式训练2】（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（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
【解析】 AD 以重物为研究对象分析受力情况，受重力mg、OM绳上拉力F2、MN上拉力F1，由题意知，三个力的合力始终为零，矢量三角形如图所示，F1、F2的夹角为π－α不变，在F2转至水平的过程中，矢量三角形在同一外接圆上，由图可知，MN上的张力F1逐渐增大，OM上的张力F2先增大后减小，A、D正确，B、C错误.
图解法解动态平衡问题 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.
题型三 相似三角形法
在三力平衡问题中，如果有一个力是恒力，另外两个力方向都变化，且题目给出了空间几何关系，多数情况下力的矢量三角形与空间几何三角形相似，可利用相似三角形对应边成比例进行计算.
【例3】（多选）如图所示，仅上表面光滑的半球形物体放在粗糙水平面上，光滑小环D固定在半球形物体球心O的正上方，轻质弹簧一端用轻质细绳固定在A点，另一端用轻质细绳穿过小环D与放在半球形物体上的小球P相连，DA水平.现将细绳固定点A向右缓慢平移的过程中（小球P未到达半球最高点前且半球体始终不动），下列说法正确的是( )
A.弹簧变长
B.小球对半球的压力大小不变
C.地面对半球体的摩擦力减小
D.地面对半球体的支持力减小
【解析】 BC 以小球为研究对象，分析小球受力情况：重力G，细线的拉力T和半球面的支持力N，作出N、T的合力F，如图甲所示由平衡条件得知F＝G.由图甲中△NFP与图乙中△PDO相似可得＝＝，将F＝G，代入得N＝G，T＝G，在A点缓慢右移过程中，DO、PO不变，PD变小，可见T变小，N不变.即知弹簧的弹力变小，弹簧变短.由牛顿第三定律知小球对半球的压力大小N′不变，B正确、A错误.对半球体受力分析，设小球对半球体的压力与水平方向夹角为θ，由平衡条件可知N′cos θ＝f，N′sin θ＋Mg＝FN，N′大小不变，小球沿半球体表面上移，θ变大，可知地面对半球体的摩擦力f减小，地面对半球体的支持力FN增大，故C正确、D错误.
【变式训练3】 如图，半圆球P和竖直挡板固定在水平面上，挡板与P相切，光滑小球Q静止在P和挡板之间.已知Q的质量为m，P、Q的半径之比为4∶1，重力加速度大小为g，则Q对P的压力大小为( )
A. B. C. D.
【解析】 B 对Q进行受力分析，Q受重力mg、挡板对Q的弹力N1和P对Q的弹力N2，Q受三力平衡，将三力构建成一个首尾相连的矢量三角形，如图所示.连接P、Q两球的球心O1O2，从O2竖直向下作垂线，交球P直径于A，根据几何关系可得，球Q受三力的矢量三角形与△AO1O2相似，由相似三角形法可得＝，设球Q的半径为r，球P的半径为4r，则O1O2＝5r，AO1＝3r，根据勾股定理可得O2A＝4r，联立解得N2＝，根据牛顿第三定律可知，Q对P的压力大小为N2′＝，B正确.
相似三角形法解动态平衡问题步骤 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.若题中涉及三个力，且其中一个力为恒力，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.
题型四 正弦定理法
如图所示，物体受三个共点力作用而处于平衡状态，则三个力中任何一个力的大小分别与另外两个力的夹角的正弦成正比，即＝＝.
【例4】 某中学为增强学生体魄，组织学生进行多种体育锻炼.在某次锻炼过程中，一学生将铅球置于两手之间，其中两手之间夹角为60°.保持两手之间夹角不变，将右手由图所示位置缓慢旋转60°至水平位置.不计一切摩擦，则在转动过程中，下列说法正确的是( )
A.右手对铅球的弹力增大
B.右手对铅球的弹力先增大后减小
C.左手对铅球的弹力增大
D.左手对铅球的弹力先增大后减小
【解析】 B （方法1：正弦定理法）以铅球为研究对象，受重力G、右手对铅球的弹力为F1及左手对铅球的弹力为F2，受力分析如图甲所示，缓慢旋转过程中处于平衡状态，则将三力平移后构成一首尾相连的三角形，两手之间夹角保持60°不变，右手由图示位置缓慢旋转的角度设为θ，转动过程始终处于平衡状态，根据正弦定理有＝＝，右手由图示位置缓慢旋转60°至水平位置过程中θ由0°变为60°，sin (60°＋θ)先变大再变小，所以F1先增大后减小，sin (60°－θ)一直变小，所以F2一直减小，B正确.
（方法二：矢量圆法）以铅球为研究对象，受重力G、右手对铅球的弹力为F1和左手对铅球的弹力为F2，受力分析如图乙所示，缓慢旋转过程中处于平衡状态，则将三力平移后构成一首尾相连的三角形，两手之间夹角保持60°不变，则两力之间的夹角保持120°不变，则在三角形中，F1与F2夹角保持60°不变，重力G的大小方向不变，作出力三角形的外接圆，根据弦所对的圆周角都相等，则右手由图示位置缓慢旋转60°至水平位置过程中力的三角形变化如图所示，分析可得F1开始小于直径，当转过30°时F1等于直径，再转时又小于直径，所以F1先增大后减小，F2开始就小于直径，转动过程中一直减小，B正确.
【变式训练4】 如图，用两根等长的细绳将一匀质圆柱体悬挂在竖直木板的P点，将木板以底边MN为轴向后方缓慢转动直至水平，绳与木板之间的夹角保持不变，忽略圆柱体与木板之间的摩擦，在转动过程中( )
A.圆柱体对木板的压力逐渐增大
B.圆柱体对木板的压力先增大后减小
C.两根细绳上的拉力均先增大后减小
D.两根细绳对圆柱体拉力的合力保持不变
【解析】 B 设两绳子对圆柱体的拉力的合力为T，木板对圆柱体的支持力为N，两绳子的合力与木板夹角为β，从右向左看如图所示.
在矢量三角形中，根据正弦定理有
＝＝，
在木板以直线MN为轴向后方缓慢转动直至水平过程中，α不变，γ从90°逐渐减小到0°，
又γ＋β＋α＝180°，且α<90°，
可知90°<γ＋β<180°，则0°<β<180°，
可知β从锐角逐渐增大到钝角，
根据＝＝，
由于sin γ不断减小，可知T不断减小，sin β先增大后减小，可知N先增大后减小，结合牛顿第三定律可知，圆柱体对木板的压力先增大后减小，设两绳子之间的夹角为2θ，绳子拉力为T′，则2T′cos θ＝T，可得T′＝，θ不变，T逐渐减小，可知绳子拉力不断减小，B正确，A、C、D错误.
正弦定理法解动态平衡问题步骤 先根据已知条件画出对应的力的三角形和空间几何三角形，确定对应边，利用正弦定理知识列出比例式，再确定未知量大小的变化情况.
1.如图所示，OABC为常见的“汽车千斤顶”.当汽车需要换轮胎时，司机将它放在车身底盘和地面之间，只需摇动手柄使螺旋杆OA转动，O、A之间的距离就会逐渐减小，O、C之间的距离增大，就能将汽车车身缓缓地顶起来.在千斤顶将汽车顶起来的过程中，下列关于OA、OB的弹力的说法正确的是( )
A.OA、OB的弹力不断变大
B.OA、OB的弹力不断变小
C.OA的弹力变大、OB的弹力变小
D.OA的弹力变小、OB的弹力变大
【解析】 B 对O点进行受力分析，它受到汽车对它竖直向下的压力，大小等于汽车的重力G，OA方向杆的弹力FOA，BO方向的弹力FBO，设OB与水平方向夹角为θ，可知FBO＝，FOA＝，当千斤顶将汽车顶起来的过程中，θ变大，则FBO和FOA均变小，B正确.
2.如图所示，在水平地面的木板上安装有竖直杆，在杆上A、B两点间安装长为2d的轻绳，两竖直杆间距为d.A、B两点间的高度差为，现有带光滑钩子、质量为m的物体钩住轻绳且处于平衡状态，重力加速度大小为g.下列说法正确的是( )
A.开始平衡时θ1＝θ2＝30°
B.开始平衡时轻绳的张力大小为mg
C.若将绳子的A端沿竖直杆上移，绳子拉力将变大
D.若将木板绕水平轴CD缓慢向纸面外旋转，轻绳的张力先增大后减小
【解析】 B 令结点左侧绳长l1，结点右侧绳长l2，有l1cos θ1＋l2cos θ2＝d，由水平方向受力平衡有T cos θ1＝T cos θ2，可得cos θ1＝cos θ2＝＝，所以θ1＝θ2＝60°，竖直方向受力平衡有2T sin θ1＝mg，代入数据可解得T＝mg，A错误、B正确；将绳子的A端沿竖直杆上移，或将木板绕水平轴CD缓慢向纸面外旋转，由A、B中分析可知由于A、B两点的水平间距不变，左右两部分与水平方向夹角不变，所以绳子拉力大小不变，C、D错误.
3.哥伦比亚大学的工程师研究出一种可以用于人形机器人的合成肌肉，可模仿人体肌肉做出推、拉、弯曲和扭曲等动作.如图所示，用合成“肌肉”做成的“手臂”ced的d端固定一滑轮，c端固定于墙壁，足够长的细绳绕过d端滑轮，一端也固定于墙壁，另一端连接质量为m的物体，合成“肌肉”的c和e处类似于人手臂的关节，由“手臂”合成“肌肉”控制.设cd的连线与竖直墙壁ac夹角为θ，不计滑轮与细绳的摩擦，下列说法不正确的是( )
A.撤除轻质细杆ce瞬间，物体的下落加速度为重力加速度g
B.若保持θ＝90°，增大cd长度，细绳对滑轮的力始终沿dc方向
C.若保持ac等于ad，增大cd长度，细绳对滑轮的力始终沿dc方向
D.若θ从90°逐渐变为0°，cd长度不变，且保持ac＞cd，则细绳对滑轮的力先增大后减小
【解析】 B
撤除轻质细杆ce瞬间，细绳ad的拉力也瞬时变为零，则物体的下落加速度为重力加速度g，A正确；保持θ＝90°，增大cd长度，则∠adb变小，绳中张力大小不变，因细绳对滑轮的力沿∠adb的平分线，可知细绳对滑轮的力的方向要改变，B错误；保持ac等于ad，∠acd＝∠adc＝∠cdb，即dc为∠adb的角平分线，绳中张力不变，方向沿着dc，C正确；cd长度不变，d点的轨迹如图中虚线所示，为一段圆弧，当d的位置满足ad与圆相切时，∠adb最小，此时细绳对滑轮的力最大，因此θ从90°逐渐变为0°，细绳对滑轮的力先增大后减小，D正确.
4.如图所示，在竖直平面内固定一光滑的半圆环，圆心为O、半径为R，OA为半圆环的竖直半径，AB为与OA在同一直线上的光滑固定杆，半圆环上套有一小球a，杆AB上套有另一小球b.两小球之间连接一轻弹簧，初始时小球a在距圆环A点右侧不远处的P点，小球b固定于杆AB上的Q点，两小球间距离为R.现用外力使小球b沿杆AB缓慢向上移动一段距离，但未到达A点.在移动过程中弹簧始终在弹性限度内且在一条直线上，两小球均可视为质点，则下列说法正确的是( )
A.初始时弹簧弹力大于半圆环对小球a的弹力
B.初始时弹簧弹力大于小球a的重力
C.小球b沿杆缓慢向上移动过程中，环对小球a的支持力先增大后减小
D.小球b沿杆缓慢向上移动过程中，弹簧弹力增大
【解析】 D 对小球a进行受力分析，小球a受重力G，半圆环对小球a的支持力FN和弹簧弹力F，三力平移后构成一首尾相连的三角形，如图所示，力的三角形与三角形OPQ相似，根据三角形相似有＝＝，初始时PQ＝OP＝R，OQ>R，所以G>FN＝F，A、B错误；小球b缓慢上移过程，小球a处于动态平衡状态，随着小球b上移，OQ减小，OP不变，重力G不变，半圆环对小球的支持力FN增大，C错误；设弹簧的原长为L，弹簧的形变量为x，根据胡克定律有F＝kx，则＝＝，OQ减小，重力G不变，L不变，则弹簧形变量x增大，弹簧弹力F增大，D正确.
5.（多选）如图所示，足够长的斜面固定在水平地面上，斜面上有一光滑小球，跨过滑轮的细线一端系住小球，另一端系在竖直弹簧的上端，弹簧的下端固定在地面上.手持滑轮，系统处于平衡状态.若滑轮在手的控制下缓慢向下移动，直到拉着小球的细线与斜面平行，则这一过程中( )
A.弹簧弹力先减小后增大
B.弹簧弹力逐渐减小
C.斜面对小球支持力逐渐减小
D.斜面对小球支持力逐渐增大
【解析】 BD 在滑轮缓慢移动过程中，小球在重力G、斜面对其的支持力FN和细线上的张力FT三力的作用下保持动态平衡，故三个力可以构成一个封闭的矢量三角形如图所示，因G的大小和方向始终不变，FN的方向不变，大小可变，FT的大小、方向都在变，因此可以作出一系列矢量三角形，由图可知，FN逐渐增大，FT只能变化到与FN垂直，故FT是逐渐变小的，因弹簧弹力与FT大小相等，则弹簧弹力逐渐减小，B、D正确，A、C错误.
6.（多选）如图所示，斜面静止于水平地面.将一可视为质点的质量为m的小球用轻质柔软的细线悬挂于斜面顶端的O点，在外力F、细线拉力FT和重力mg的作用下处于平衡状态.细线与竖直方向的夹角为θ，与F的夹角为α，开始时F水平.保持α角不变，逐渐缓慢增大θ角，直至悬线水平，已知该过程中，斜面一直保持静止，则下列说法正确的是( )
A.外力F先增大后减小
B.细线拉力FT逐渐增大
C.地面对斜面的摩擦力先增大后减小
D.地面对斜面的支持力一直减小
【解析】 CD 如图所示，作出外力F、细线拉力FT的合力如图所示，二力的合力和重力大小相等，方向相反，保持α角不变，逐渐缓慢增大θ角，直至悬线水平，由此可以看出外力F逐渐增大，细线拉力FT逐渐减小，A、B错误；在此过程中，拉力F变为F′时，水平分力最大，应用整体法可得，地面对斜面的摩擦力先增大后减小，C正确；在此过程中，拉力F的竖直分力逐渐增大，根据整体法可得，地面对斜面的支持力一直在减小，D正确.
7.一盏电灯重力为G，悬于天花板上A点，在电线O处系一细线OB，使电线OA与竖直方向的夹角为β＝30°，如图所示.现保持β角不变，缓慢调整OB方向至OB线上拉力最小为止，此时OB与水平方向的夹角α等于多少？最小拉力是多少？
【解析】
对电灯进行受力分析如图所示，据三力平衡特点可知：OA、OB对O点的作用力TA、TB的合力T与G等大反向，即T＝G，
在△OTBT中，
∠TOTB＝90°－α，
又∠OTTB＝∠TOA＝β，
故∠OTBT＝180°－(90°－α)－β
＝90°＋α－β，
由正弦定理得＝，
联立解得TB＝，
因β不变，故当α＝β＝30°时，TB最小，且TB＝G sin β＝.
8.已知一个人
课程标准 1.认识重力、弹力与摩擦力.通过实验，了解胡克定律.知道滑动摩擦和静摩擦现象，能用动摩擦因数计算滑动摩擦力的大小. 2.通过实验，了解力的合成与分解，知道矢量和标量.能用共点力的平衡条件分析生产生活中的问题.
核心素养 物理观念 1.理解重力、弹力、摩擦力的概念，明确其产生的原因和条件. 2.掌握力的合成与分解的方法. 3.运用力的相互作用观念分析静力学问题.
科学思维 1.能够构建轻绳、轻杆、轻质弹簧及光滑斜面等物理模型. 2.善于运用假设法分析判断力是否存在，掌握受力分析法及动态图解法的运用. 3.掌握运用共点力平衡条件分析和求解实际问题的方法.
科学探究 1.通过实验探究弹簧弹力和形变量的关系. 2.通过实验探究两个互成角度的力的合成规律.
科学态度 与责任 1.通过实验和在生活中的认知，认识重力、弹力和摩擦力. 2.探究物理规律，激发兴趣，培养严谨的科学态度，逐渐形成热爱生活，探索自然的内在动力.
命题探究 命题分析 高考命题主要涉及对重力、弹力、摩擦力的理解和应用，对物体的受力分析以及共点力平衡等内容
趋势分析 试题联系实际，特别是平衡状态下的极值、临界及动态平衡问题，往往对能力要求较高.
预设情境 飞行器降落、躺椅、传送带、缓冲装置、千斤顶、斧头劈木柴、石磨、磁性玩具、索桥、刀、机械式手刹等.
第1讲 重力 弹力 摩擦力
一、重力
1.产生：由于 地球 的吸引而使物体受到的力.
2.大小：物体受到的重力G与物体的质量m的关系是G＝ mg ，其中g是自由落体加速度.
3.方向：总是 竖直向下 .
4.重心：其位置与物体的 质量 分布和 形状 有关.
二、弹力
1.形变：物体在力的作用下 形状 或 体积 的变化叫作形变.
2.弹性
(1)弹性形变：物体发生形变后，如果撤去作用力能够 恢复原状 ，这种形变就叫作弹性形变.
(2)弹性限度：如果形变过大，超过一定的限度，撤去作用力后物体不能完全恢复原来的 形状 ，这个限度叫作弹性限度.
3.弹力
(1)定义：发生 形变 的物体，要恢复原状，对与它接触的物体产生的作用力.
(2)产生的条件：①物体间直接 接触 ；②接触处发生 弹性形变 Ｗ.
(3)方向：总是与物体弹性形变的方向 相反 .
4.胡克定律
(1)内容：在弹性限度内，弹簧发生 弹性形变 时，弹力F的大小跟弹簧伸长（或缩短）的长度x成 正比 .
(2)表达式：F＝ kx .k叫作弹簧的 劲度系数 ，由弹簧自身的性质决定，单位是 牛顿每米 ，用符号 N/m 表示.x是弹簧长度的 变化量 ，不是弹簧形变以后的长度.只知弹簧弹力大小时，弹簧可能处于拉伸状态，也可能处于 压缩状态 ，两种情况都要考虑.
三、摩擦力
1.静摩擦力
(1)定义：两个物体之间只有相对运动趋势，而没有 相对运动 时的摩擦力.
(2)产生条件：接触面 粗糙 ；接触处有 弹力 ；两物体间有 相对运动趋势 .
(3)方向：沿两物体的 接触面 ，与相对运动趋势的方向 相反 .
(4)大小：0
(1)定义：一个物体在另一个物体表面 滑动 时，受到另一物体阻碍它们相对滑动的力.
(2)产生条件：接触面 粗糙 ；接触处有弹力；两物体间有相对运动.
(3)方向：沿两物体的接触面，与 相对运动 的方向相反.
(4)大小：Ff＝ μFN ，μ为动摩擦因数，其值与两个物体的材料和接触面的 粗糙程度 有关.
考点一 重力和重心
1.重力性质
重力是由于地球的吸引而产生的，其施力物体是地球.地球表面附近的一切物体，不论是静止的，还是运动的，都受重力作用，故重力的大小与运动状态无关.但由于受地球自转的影响，重力一般不等于地球对物体的引力.
2.重力大小
(1)在同一地点，重力G与质量m成正比；同一物体，在不同地点所受的重力可能不同（随地理纬度的增加而增大，随离地面高度的增加而减小），不过这种差异很小，一般在离地面附近不太大的范围内，可认为其重力大小恒定不变.
(2)重力大小的计算公式是G＝mg.式中m是物体的质量，单位用kg；g为我们前面学过的重力加速度，是一个与地理位置有关的量，反映地球对物体作用力的强弱，通常情况下（在地球表面附近），取9.8 N/kg，表示质量是1 kg物体受到的重力为 9.8 N.
3.重力方向
重力的方向总是竖直向下，不能将重力的方向表述为“垂直地面向下”或“指向地心”等，只有在地球赤道和两极，重力的方向才指向地心.由于地球是个球体，而竖直向下是指与水平面垂直向下，因此地球各处的重力方向并不相同，如图所示.
4.重心
(1)重心的特点：重心是重力的等效作用点，并非物体的其他部位不受重力作用.
(2)重心的位置及决定因素
位置：重心的位置可以在物体上，也可以在物体外，如一个圆形平板的重心在板上，而一个铜环的重心在圆心处，不在环上.
决定因素：①物体的质量分布情况；②物体的形状.
(3)不规则薄板形物体重心的确定方法：悬挂法.
【例1】 关于重心、重力和重力加速度，下列说法正确的是( )
A.重心是物体所受重力的作用点，任何物体的重心必须在物体上，不可能在物体外
B.物体用一绳子悬挂起来处于静止状态时，该物体的重心一定在绳子所在直线上
C.地球表面的重力加速度随纬度的增大而减小
D.质量大的物体受到的重力大，所以重力加速度也大
【解析】 B 物体的重心可以在物体上，也可以在物体外，如均匀圆环的重心在其圆心处，A错误；物体悬挂起来，根据二力平衡可知，重力和绳子拉力等大反向，作用在同一直线上，绳子拉力在沿绳子方向上，所以该物体重力的作用点一定在沿绳子的方向上，即重心一定在绳子所在直线上，B正确；地球表面的重力加速度随纬度的增大而增大，C错误；在同一地点，重力加速度为一定值，与物体的质量无关，D错误.
【变式训练1】 如图所示，公园里有一仿制我国古代欹器的U形水桶，桶可绕水平轴转动，水管口持续有水流出，过一段时间桶会翻转一次，决定桶能否翻转的主要因素是( )
A.水桶自身重力的大小
B.水管每秒出水量的大小
C.水流对桶冲击力的大小
D.水桶与水整体重心高低
【解析】 D 水管口持续有水流出，而过一段时间桶会翻转一次，主要原因是流入的水导致水桶与水整体的重心往上移动，桶中的水到一定量之后水桶不能保持平衡，发生翻转，D正确.
考点二 弹力
1.弹力有无判断的常用四种方法
(1)条件法：根据物体是否直接接触并发生形变来判断是否存在弹力.此方法多用来判断形变较明显的情况.
(2)假设法：对形变不明显的情况，可假设两个物体间弹力不存在，看物体能否保持原有的运动状态，若运动状态不变，则此处可能不存在弹力；若运动状态改变，则此处一定有弹力.
(3)状态法：根据物体的运动状态，利用牛顿第二定律或共点力的平衡条件判断弹力是否存在.
(4)替换法：可以将硬的、形变不明显的施力物体用软的、易产生明显形变的物体来替换，看能否发生形状的变化，若发生形变，则此处一定有弹力.
2.弹力方向的确定的方法
3.弹力大小的计算方法
(1)对有明显形变的弹簧、橡皮条等物体，弹力的大小可以由胡克定律F＝kx计算.
(2)对于难以观察的微小形变，可以根据物体的受力情况和运动情况，运用共点力的平衡条件或牛顿第二定律来确定弹力大小.
弹力的有无及方向的判断
【例2】 图中各物体均处于静止状态.图中画出了小球A所受弹力的情况，其中正确的是( )
A B C D
【解析】 C 选项A中小球只受重力和杆的弹力且处于静止状态，由二力平衡可得小球受到的弹力应竖直向上，A错误；选项B中如果左边的绳有拉力，则竖直向上的那根绳就会发生倾斜，所以左边的绳没有拉力，B错误；对于球与面接触的弹力方向，过接触点垂直于接触面（即在接触点与球心的连线上），即D项中大半圆对小球的支持力FN2应是沿着过小球与圆弧接触点的半径，且指向圆心的弹力，D错误；球与球相接触的弹力方向，垂直于过接触点的公切面（即在两球心的连线上），而指向受力物体，由上可知C正确.
【变式训练2】 如图所示，小车内沿竖直方向的一根轻质弹簧和一条与竖直方向成α角的轻质细绳拴接一小球，此时小车与小球保持相对静止，一起在水平面上运动，下列说法正确的是( )
A.细绳一定对小球有拉力
B.轻弹簧一定对小球有弹力
C.细绳不一定对小球有拉力，但是轻弹簧一定对小球有弹力
D.细绳不一定对小球有拉力，轻弹簧也不一定对小球有弹力
【解析】 D 当小车匀速运动时，弹簧弹力大小等于小球重力大小，此时细绳的拉力FT＝0；当小车和小球向右做匀加速直线运动时，绳的拉力不可能为零，弹簧弹力有可能为零，D正确.
【易错点】 学生错选B的主要原因是认为弹簧一定有弹力，未考虑到小球和车子一起做匀变速运动的情况.
弹力大小的计算
【例3】（多选）如图所示，固定在小车上的支架的斜杆与竖直杆的夹角为θ，在斜杆下端固定有质量为m的小球，下列关于杆对球的作用力F的判断中，正确的是( )
A.小车静止时，F＝mg，方向竖直向上
B.小车静止时，F＝mg cos θ，方向垂直杆向上
C.小车向右以加速度a运动时，一定有F＝
D.小车向左以加速度a运动时，F＝，方向斜向左上方
【解析】 AD 小车静止时，由物体的平衡条件知杆对球的作用力方向竖直向上，且大小等于球的重力mg，A正确、B错误；
小车向右以加速度a运动，设小球受杆的作用力方向与竖直方向的夹角为α，如图所示，根据牛顿第二定律有F sin α＝ma，F cos α＝mg，两式相除得tan α＝，只有当球的加速度a＝g tan θ且向右时，杆对球的作用力才沿杆的方向，此时才有F＝，C错误；小车向左以加速度a运动，根据牛顿第二定律知小球所受重力mg和杆对球的作用力F的合力大小为ma，方向水平向左，根据力的合成知F＝，方向斜向左上方，D正确.
【变式训练3】 餐厅暖盘车的储盘装置示意图如图所示，三根完全相同的弹簧等间距竖直悬挂在水平固定圆环上，下端连接托盘.托盘上叠放若干相同的盘子，取走一个盘子，稳定后余下的正好升高补平.已知单个盘子的质量为300 g，相邻两盘间距为1.0 cm，重力加速度大小取10 m/s2.弹簧始终在弹性限度内，每根弹簧的劲度系数为( )
A.10 N/m B.100 N/m C.200 N/m D.300 N/m
【解析】 B 由题意知，取走一个盘子，稳定后余下的正好升高补平，则说明一个盘子的重力可以使弹簧产生的形变量等于相邻两盘间距，由ΔF＝kΔx得mg＝3kx，解得k＝100 N/m，B正确.
“活结”和“死结”问题
【例4】（多选）甲图中，轻杆AB一端与墙上的光滑铰链连接，另一端用轻绳系住，绳、杆之间夹角为30°，在B点下方悬挂质量为m的重物.乙图中，轻杆CD一端插入墙内，另一端装有小滑轮，现用轻绳绕过滑轮挂住质量为m的重物，绳、杆之间夹角也为30°.甲、乙中杆都垂直于墙，两图中重物都静止，则下列说法中正确的是( )
A.与轻杆AB连接的铰链受到杆的弹力大小为mg
B.轻杆CD上的小滑轮受到杆的弹力大小为mg
C.两根杆中弹力方向均沿杆方向
D.若甲、乙中轻绳能承受的最大拉力相同，则物体加重时，甲中轻绳更容易断裂
【解析】 AD 甲中点B受力如图1所示，杆受力沿杆，两段绳中拉力不同，由平行四边形定则，可知FN1＝＝mg，FT1＝＝2mg，则轻杆AB连接的铰链受到杆的弹力大小为mg，A正确；乙图中点D受力如图2所示，杆受力不沿杆，绳中两个拉力大小相同，可知小滑轮受到杆的弹力FN2＝FT1′＝FT2′＝mg，B、C错误；若甲、乙中轻绳能承受的最大拉力相同，则物体加重时，甲、乙图中绳子拉力大小关系为FT1＝>mg＝FT1′，故甲中轻绳更容易断裂，D正确.
【易错点】 “活结”和“死结”问题
1.活结：当绳绕过光滑的滑轮或挂钩时，由于滑轮或挂钩对绳无约束，因此绳上的力是相等的，即滑轮只改变力的方向不改变力的大小.
2.死结：若结点不是滑轮或挂钩，而是固定点时，称为“死结”，此时两侧绳上的弹力不一定相等.
【变式训练4】 在竖直平面内，固定有半圆弧轨道，其两端点M、N连线水平如图所示.将一轻质小环A套在轨道上，一细线穿过轻环，一端系在M点，另一端系一质量为m的小球，小球恰好静止在图示位置.不计所有摩擦，重力加速度大小为g.下列说法正确的是( )
A.轨道对轻环的支持力大小为mg
B.细线对M点的拉力大小为mg
C.细线对轻环的作用力大小为mg
D.N点和轻环的连线与竖直方向的夹角为30°
【解析】 D 如图所示，同一条线上拉力处处相等，对于小球，由平衡条件可得FT＝mg，故细线对M点的拉力大小为mg，B错误；轻环受力平衡，由对称性可得∠1＝∠2，等腰三角形OAM两底角相等，即∠1＝∠3，由几何关系可得∠1＋∠2＋∠3＝90°，解得∠1＝∠2＝∠3＝30°，又由于∠MAN＝90°，所以∠ANM＝60°，故N点和轻环的连线与竖直方向的夹角为30°，D正确；细线对轻环的作用力大小为F＝2FTcos 30°＝mg，C错误；轨道对轻环的支持力与细线对轻环的作用力等大、反向，故FN＝F＝mg，A错误.
“动杆”和“定杆”问题
【例5】 如图为两种形式的吊车的示意图，图a中OA为可绕O点转动的轻杆，图b中OA杆固定在墙上，且A端装有小滑轮.AB为缆绳，当它们吊起相同重物时，杆OA在图a、图b中的受力分别为Fa、Fb，杆的重量不计，则下列关系正确的是( )
图a 图b
A.Fa＝Fb B.Fa>Fb C.Fa
【易错点】 “动杆”和“定杆”问题
1.动杆：若轻杆用光滑的转轴或铰链连接，当杆处于平衡时，杆所受到的弹力方向一定沿着杆，否则会引起杆的转动.
2.定杆：若轻杆被固定不发生转动，则杆所受到的弹力方向不一定沿杆的方向.
【变式训练5】 如图所示，用AC、CD两根轻绳将物块悬于水平轻杆BC的下方，其中B为光滑转轴，C为结点，轻杆BC始终保持水平，重物静止不动.已知物块质量为m，重力加速度为g.设AC、CD绳的拉力分别为FAC、FCD.下列选项正确的是( )
A.FAC＞mg
B.FCD＞mg
C.若A点上移，则FAC变大
D.若A点下移，则FCD变大
【解析】 A C点的受力如图所示，则有FACsin α＝FCD，FCD＝mg，则FAC＝＝，所以FAC＞mg，A正确，B、D错误；若A点上移，α变大，sin α变大，所以FAC变小，C错误.
轻绳、轻杆、弹性绳和轻弹簧的比较
项目轻绳轻杆弹性绳轻弹簧受外力作用时形变的种类拉伸形变拉伸形变、压缩形变、弯曲形变拉伸形变拉伸形变、压缩形变受外力作用时形变量大小微小，可忽略微小，可忽略较大，不可忽略较大，不可忽略弹力方向沿着绳，指向绳收缩的方向既能沿着杆，也可以跟杆成任意角度沿着绳，指向绳收缩的方向沿着弹簧，指向弹簧恢复原长的方向弹力大小变化情况可以突变可以突变不能突变不能突变
考点三 摩擦力的分析与计算
1.静摩擦力的有无及方向的判断方法
(1)假设法
(2)状态法：根据平衡条件、牛顿第二定律，判断静摩擦力的有无及方向.
(3)牛顿第三定律法：先确定受力较少的物体受到的静摩擦力的方向，再根据“力的相互性”确定另一物体受到的静摩擦力方向.
2.求解摩擦力的技巧
3.“三点”注意
(1)摩擦力的方向总是与物体间相对运动（或相对运动趋势）的方向相反，但不一定与物体的运动方向相反.
(2)摩擦力总是阻碍物体间的相对运动（或相对运动趋势），但不一定阻碍物体的运动，即摩擦力可以是阻力，也可以是动力.
(3)受静摩擦力作用的物体不一定静止，但一定与施力物体保持相对静止.
静摩擦力的有无及方向判断
【例6】 白板水平放置在地面上，在白板上用磁钉吸住一张彩纸，向右轻轻拉彩纸，未拉动，对这情境受力分析正确的是( )
A.磁钉受到向右的摩擦力
B.磁钉仅受重力和支持力两个力
C.彩纸受到白板向左的摩擦力
D.白板与地面间无摩擦力
【解析】 C 对磁钉分析可知，磁钉没有相对彩纸的运动趋势，则不受摩擦力，A错误；磁钉不仅受到重力和支持力，还要受到白板的磁性吸引力，B错误；由于彩纸相对于白板有向右的运动趋势，则彩纸受到白板向左的摩擦力，C正确；对整体分析可知，整体有向右的运动趋势，则白板和地面间有摩擦力，D错误.
【变式训练6】 （传统文化）（多选）中国书法历史悠久，是中华优秀传统文化之一.在楷书笔画中，长横的写法要领如下：起笔时一顿，然后向右行笔，收笔时略向右按，再向左上回带.某同学在水平桌面上平铺一张白纸，为防打滑，他在白纸的左侧靠近边缘处用镇纸压住，如图所示.则在向右行笔的过程中( )
A.镇纸受到向左的摩擦力
B.毛笔受到向左的摩擦力
C.白纸只受到向右的摩擦力
D.桌面受到向右的摩擦力
【解析】 BD 白纸和镇纸始终处于静止状态，对镇纸受力分析知，镇纸不受摩擦力，否则水平方向受力不平衡，镇纸的作用是增大白纸与桌面之间的弹力与最大静摩擦力，A错误；在书写的过程中毛笔相对纸面向右运动，受到向左的摩擦力，B正确；白纸与镇纸之间没有摩擦力，白纸始终处于静止状态，则白纸在水平方向受到毛笔对白纸向右的摩擦力以及桌面对白纸向左的摩擦力，C错误；根据牛顿第三定律，白纸对桌面的摩擦力向右，D正确.
摩擦力的分析与计算
【例7】 一本书约重6 N，有424页，书本正面朝上.现将一张A4纸夹在106～107页间，A4纸几乎能够覆盖整个书页，如图所示.若要将A4纸抽出，至少需用约1 N的拉力.不计书皮及A4纸的质量，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则A4纸和书页之间的动摩擦因数最接近( )
A.0.33 B.0.45 C.0.56 D.0.67
【解析】 A 需用约1 N的拉力克服最大静摩擦力，A4纸受正反两面的两个摩擦力，不计书皮及A4纸的质量，有1 N＝2μn1＝2×μ××106 (N)，解得μ≈0.33，A正确.
【易错点】 学生常见错误为未考虑A4纸正反面均要受到摩擦力的作用.
【变式训练7】 如图所示，某中学新校区装修时，工人用质量为m的磨石对斜壁进行打磨，当对磨石施加方向竖直向上、大小为F的推力时，磨石恰好沿斜壁向上匀速运动，已知磨石与斜壁之间的动摩擦因数为μ，则磨石受到的摩擦力大小为( )
A.μ(F－mg)cos θ B.(F－mg)sin θ C.(F－mg)cos θ D.μ(F－mg)
【解析】 C 磨石受重力、推力、斜壁的弹力及摩擦力而处于平衡状态，由图可知，F一定大于重力；先将重力及向上的推力合成后，将二者的合力向垂直于斜面方向及沿斜面方向分解可得：在沿斜面方向有Ff＝(F－mg)cos θ；在垂直斜面方向上有FN＝(F－mg)sin θ，根据Ff＝μFN得Ff＝μ(F－mg)sin θ，C正确.
摩擦力的突变问题
【例8】（多选）如图所示，水平传送带以速度v2顺时针匀速运动，质量为m的物块连接水平轻质细线，绕过光滑滑轮，下端悬挂一质量为m0的物体，某时刻物块以速度v1向右运动，物块与传送带间的动摩擦因数为μ.则关于物块m所受的摩擦力f，下列说法正确的是( )
A.若v1
C.若v1＝v2，且物块m保持匀速运动，则f＝0
D.若v1＝v2，且物块m保持匀速运动，则f＝m0g，方向向左
【解析】 BD 若v1
【变式训练8】 如图甲所示，质量为0.4 kg的物块在水平力F作用下由静止释放，物块与墙面间的动摩擦因数为0.4，力F随时间t变化的关系如图乙所示，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2.下列图像中，能正确反映物块所受摩擦力大小与时间(Ff－t)变化关系的是( )
【解析】 C 物块水平方向受力平衡，F＝FN＝5t，滑动摩擦力方向竖直向上，Ff＝μFN＝0.4×5t＝2t.所以Ff－t图像是过原点的倾斜直线，斜率k＝2，当物块静止时，物块受到静摩擦力作用Ff＝mg＝4 N，当Ff
摩擦力的“四类典型”突变问题 类型1：“静—静”突变 物体在静摩擦力和其他力的共同作用下处于静止状态，当作用在物体上的其他力的合力发生变化时，如果物体仍然保持静止状态，则物体受到的静摩擦力将发生突变. 类型2：“静—动”突变 物体在静摩擦力和其他力作用下处于相对静止状态，当其他力变化时，如果物体不能保持相对静止状态，则物体受到的静摩擦力将“突变”成滑动摩擦力. 类型3：“动—静”突变 在滑动摩擦力和其他力作用下，做减速运动的物体突然停止滑行时，物体将不再受滑动摩擦力作用，滑动摩擦力“突变”为静摩擦力. 类型4：“动—动”突变 在滑动摩擦力作用下运动至达到共同速度后，如果在静摩擦力作用下不能保持相对静止，则物体将受滑动摩擦力作用，且其方向发生反向.
1.关于重力的大小和方向，以下说法正确的是( )
A.在地球上方的物体都要受到重力作用，所受的重力与它的运动状态无关，也与是否存在其他力的作用无关
B.在地球各处的重力方向都是一样的
C.物体的重力作用在重心上，把重心挖去物体就不会受到重力作用
D.对某一物体而言，其重力的大小总是一个恒量，不因物体从赤道移到南极而变化
【解析】 A 物体受到的重力是由于地球的吸引而产生的，是万有引力的一个分力，而万有引力与运动状态无关，与其他力无关，A正确；重力的方向总是竖直向下的，在不同的位置方向不一定相同，B错误；一个物体的各部分都受到重力的作用，从效果上看，可以认为各部分受到的重力作用集中于一点，这一点叫作物体的重心，所以重心是等效出来的，与其他部分没有区别，C错误；重力等于质量与重力加速度的乘积，在不同的地方，质量不变，但重力加速度有可能会变化，两极的重力加速度最大，赤道最小，所以在地球的不同地方，物体的重力有可能变化，D错误.
2.两个劲度系数分别为k1和k2的轻质弹簧a、b串接在一起，a弹簧的一端固定在墙上，如图所示，开始时弹簧均处于原长状态，现用水平力作用在b弹簧的P端向右拉动弹簧，当a弹簧的伸长量为L时( )
A.b弹簧的伸长量为L
B.b弹簧的伸长量也为L
C.P端向右移动的距离为2L
D.P端向右移动的距离为（1＋）L
【解析】 D 由题意知，两根轻弹簧串接在一起，则两弹簧弹力大小相等，根据胡克定律F＝kx得，x与k成反比，则得b弹簧的伸长量为，A、B错误；P端向右移动的距离等于两根弹簧伸长量之和，即为L＋L＝（1＋）L，C错误、D正确.
3.足球运动有“世界第一运动”的美誉，是全球体育界最具影响力的单项体育运动.如图所示为四种与足球有关的情景，下列说法正确的是( )
A.甲图中，静止在草地上的足球受到的支持力就是它的重力
B.乙图中，静止在光滑水平地面上且相互接触的两个足球会受到相互作用的弹力
C.丙图中，踩在脚下且静止在水平草地上的足球可能受到3个力的作用
D.丁图中，落在球网中的足球受到的弹力是由于足球发生了形变而产生的
【解析】 C 甲图中，静止在草地上的足球受到的支持力与重力平衡，但支持力不是重力，A错误；乙图中，若静止在光滑水平地面上且相互接触的两个足球会受到相互作用的弹力，则足球在水平方向上只受到这个弹力，不会静止，B错误；丙图中，踩在脚下且静止在水平草地上的足球可能受到重力、支持力和人脚的压力3个力的作用，C正确；丁图中，落在球网中的足球受到弹力是由于球网发生了形变而产生的，D错误.
4.如图所示，一足够长的轻质绸带放在水平光滑桌面上，绸带上放A、B两物块，A物块质量大于B物块，两物块同时分别受到反向等大逐渐增大的力作用，两物块与绸带间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等.下列说法错误的是( )
A.两物块所受摩擦力的大小总是相等
B.两物块不可能同时相对绸带滑动
C.A物块不可能相对绸带发生滑动
D.A物块所受摩擦力一定大于B物块所受摩擦力
【解析】 D 轻质丝绸的质量为零，因此合力一定为零.当A、B两物块同时分别受到反向等大逐渐增大的力作用时，轻质绸带所受的摩擦力一定大小相等，方向相反；由于A物块所受最大静摩擦力较大，故B物块先相对绸带运动，A物块不会发生相对绸带滑动，如果A发生相对滑动，丝绸受到A较大的滑动摩擦力，则B对丝绸提供的摩擦力无法与之平衡.A、B、C正确，D错误.
5.口罩是一种卫生用品，一般戴在口鼻部位用于过滤进入口鼻的空气.为了佩戴舒适，口罩两边的弹性绳的劲度系数比较小，某同学将弹性绳拆下，当弹性绳下端悬挂一块橡皮擦时，弹性绳的长度为30 cm，悬挂两块相同的橡皮擦时，弹性绳的长度为40 cm，如图所示.当弹性绳下端悬挂一支笔时，弹性绳的长度为35 cm.若弹性绳满足胡克定律，且弹性绳始终在弹性限度内，不计弹性绳受到的重力.则下列说法错误的是( )
A.弹性绳的原长为20 cm
B.弹性绳的劲度系数为10 N/m
C.一支笔受到的重力是一块橡皮擦受到的重力的1.5倍
D.将一块橡皮擦和一支笔一起挂在弹性绳下端时，弹性绳长45 cm
【解析】 B 本题以口罩弹性绳为物理情景考查胡克定律的应用.设弹性绳原长为L0，劲度系数为k，橡皮擦重力为G1，笔的重力为G2，由胡克定律可知G1＝k(30－L0)×10-2，2G1＝k(40－L0)×10-2，G2＝k(35－L0)×10-2，联立解得L0＝20 cm，G2＝1.5G1，根据已知条件无法计算k，A、C正确，B错误；将一块橡皮擦和一支笔一起挂在弹性绳下端时，由胡克定律可知G2＋G1＝k(x－L0)×10-2，解得x＝0.45 m＝45 cm，D正确.
6.（教考衔接·人教版必修第一册P63、66）（多选）某同学利用图甲所示装置研究摩擦力的变化情况.实验台上固定一个力传感器，传感器用棉线拉住物块，物块放置在粗糙的长木板上.水平向左拉木板，传感器记录的F－t图像如图乙所示.下列说法正确的是( )
A.实验中必须让木板保持匀速运动
B.图乙不可以反映摩擦力随时间的变化关系
C.最大静摩擦力与滑动摩擦力之比约为10∶7
D.只用图乙中数据不可得出物块与木板间的动摩擦因数
【解析】 CD 为了能研究摩擦力随时间的变化曲线，故物块一直要处于静止状态，则向左的摩擦力一直与向右轻绳的拉力平衡，图乙是向右轻绳的拉力随时间变化曲线，故图乙也可以反映摩擦力随时间变化的关系，由图乙可知向右轻绳的拉力先增大后减小，最后趋于不变，故物块先受静摩擦力作用后受滑动摩擦力作用，所以不需要让木板保持匀速运动，A、B错误；由图可知，最大静摩擦力约为10 N，滑动摩擦力约为7 N，故最大静摩擦力与滑动摩擦力之比约为10∶7，C正确；根据Ff＝μFN，FN＝mg可知，由于不知道物块的重力，故无法求物块与木板间的动摩擦因数，D正确.
7.如图所示，质量为m＝10 kg的物体放在水平传送带C上，与传送带间的动摩擦因数为μ1＝0.4.由于受到相对于地面静止的光滑导槽A、B的控制，物体只能沿水平导槽运动（图为俯视图，导槽与传送带间有空隙）.现传送带以v1＝8 m/s的速度向右匀速运动，同时用力F拉动物体（方向沿导槽方向）使物体以v2＝6 m/s的速度沿导槽匀速运动，g取10 m/s2，求拉力F大小.
【解析】
物体有相对于传送带水平向左的速度v1′和沿导槽的速度v2，故物体相对于传送带的速度如图所示，
tan θ＝＝＝，即θ＝53°，
滑动摩擦力方向与相对运动方向相反，
所以有F＝Ffcos θ＝μmg cos θ＝0.4×10×10×0.6 N＝24 N.
8.如图，上表面光滑且水平的小车静止在水平地面上，A、B为固定在小车上的挡板，C、D为竖直放置的轻质薄板.A、C和D、B之间分别用两个相同的轻质弹簧连接，薄板C、D间夹住一个长方体金属块（视为质点）.金属块与小车上表面有一定的距离并与小车保持静止，此时金属块所受到的摩擦力为最大静摩擦力.已知金属块的质量m＝10 kg，弹簧劲度系数k＝1000 N/m，金属块和薄板C、D间动摩擦因数μ＝0.8.设金属块受到的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g取10 m/s2.求：
(1)此时弹簧的压缩量；
(2)当小车、金属块一起向右加速运动，加速度大小a＝15 m/s2时，A、C和D、B间弹簧形变量及金属块受到的摩擦力大小.
【解析】 (1)由于两个轻质弹簧相同，所以两弹簧压缩量相同.设弹簧的压缩量为x0，弹簧形变产生的弹力大小为F，
由胡克定律得F＝kx0，
设金属块所受摩擦力大小为Ff，此时金属块所受摩擦力等于最大静摩擦力，依题意得
Ff＝2μF，
由物体平衡条件得Ff＝mg，
代入题给数据得x0＝0.062 5 m.
(2)假设A、C和D、B间的弹簧压缩量分别为x1和x2，有x1＋x2＝2x0，
由牛顿第二定律得k(x1－x2)＝ma，
代入题给数据得
x1＝0.137 5 m，x2＝－0.012 5 m，
由x2<0可知，此时薄板D已与金属块分离，D、B间弹簧已恢复原长，无弹力.金属块水平方向加速运动所需的合力全部由A、C间弹簧的弹力提供.
设A、C和D、B间弹簧实际压缩量分别为x1′、x2′，则x2′＝0，
由牛顿运动定律可得kx1′＝ma，
可得x1′＝0.15 m，
由于此时最大静摩擦力
Ffmax′＝μkx1′＝120 N>mg，
故金属块受到的摩擦力大小为
Ff′＝mg＝100 N.
第2讲 力的合成与分解
一、力的合成
1.合力与分力
(1)定义：假设一个力单独作用的效果跟某几个力共同作用的效果相同，这个力就叫作那几个力的 合力 .假设几个力共同作用的效果跟某个力单独作用的效果相同，这几个力就叫作那个力的 分力 .
(2)关系：合力与分力是 等效替代 关系.
2.共点力
作用在物体的 同一点 ，或作用线相交于一点的几个力.如图均为共点力.
3.力的合成
(1)定义：求几个力的 合力 的过程.
(2)运算法则
①平行四边形定则：求两个互成角度的分力的合力，如果以表示这两个力的有向线段为 邻边 作平行四边形，这两个邻边之间的 对角线 就代表合力的大小和方向.如图甲所示，F1、F2为分力，F为合力.
②三角形定则：把两个矢量的首尾顺次连接起来，第一个矢量的起点到第二个矢量的终点的 有向线段 为合矢量.如图乙所示，F1、F2为分力，F为合力.
二、力的分解
1.定义：求一个力的 分力 的过程.
2.性质：力的分解是 力的合成 的逆运算.
3.遵循的原则
(1) 平行四边形 定则.
(2) 三角形 定则.
4.分解方法
(1)按力的作用效果分解.
(2)正交分解法.
如图将O点受力进行分解.
三、矢量和标量
1.矢量：既有大小又有 方向 ，相加时遵从 平行四边形 定则的物理量，如速度、力等.
2.标量：只有大小，没有 方向 ，相加时遵从算术法则的物理量，如路程、质量等.
考点一 共点力的合成
1.两个共点力的合成
|F1－F2|≤F合≤F1＋F2，即两个力大小不变时，其合力随夹角的增大而减小，当两力反向时，合力最小；当两力同向时，合力最大.
2.三个共点力的合成
(1)最大值：三个力共线且同向时，其合力最大，为F1＋F2＋F3.
(2)最小值：任取两个力，求出其合力的范围，如果第三个力在这个范围之内，则三个力的合力的最小值为零，如果第三个力不在这个范围内，则合力的最小值为最大的一个力减去另外两个较小的力的大小之和.
3.共点力合成的常用方法
(1)作图法：从力的作用点O起，按同一标度作出两个分力F1和F2的图示，再以F1和F2的图示为邻边作平行四边形，画出过作用点O的对角线，量出对角线的长度，计算出合力F的大小，量出对角线与某一分力的夹角，确定合力F的方向（如图甲所示）.
(2)计算法：若两个力F1、F2的夹角为θ，如图乙所示，合力的大小可由余弦定理得
F＝，
tan α＝.
力的合成法的理解
【例1】（2023·江苏卷）如图所示，“嫦娥五号”探测器静止在月球平坦表面处.已知探测器质量为m，四条腿与竖直方向的夹角均为θ，月球表面的重力加速度为地球表面重力加速度g的.每条腿对月球表面压力的大小为( )
A. B. C. D.
【解析】 D 对“嫦娥五号”探测器受力分析有FN ＝ mg月，则对一条腿有FN1＝mg月＝，根据牛顿第三定律可知每条腿对月球表面的压力为，D正确.
【变式训练1】 物体在五个共点力的作用下保持平衡，如图所示.其中F5大小为10 N，方向水平向右.若撤去力F5，保持其余四个力不变，此时的合力为F；若将F5转过120°，此时的合力为F′，则F与F′大小之比为( )
A.1∶1 B.1∶ C.1∶ D.1∶2
【解析】 C 根据共点力的平衡条件可知其余四个力的合力一定与F5等大反向，若撤去力F5，保持其余四个力不变，此时的合力为F＝F5，若将F5转过120°，此时的合力为F′＝F5，则F与F′大小之比为1∶，C正确.
力的合成法的应用
【例2】（2023·浙江卷）如图所示，水平面上固定两排平行的半圆柱体，重为G的光滑圆柱体静置其上，a、b为相切点，∠aOb＝90°，半径Ob与重力的夹角为37°.已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则圆柱体受到的支持力Fa、Fb大小为( )
A.Fa＝0.6G，Fb＝0.4G
B.Fa＝0.4G，Fb＝0.6G
C.Fa＝0.8G，Fb＝0.6G
D.Fa＝0.6G，Fb＝0.8G
【解析】 D 对光滑圆柱体受力分析如图，由题意有Fa＝G sin 37°＝0.6G，Fb＝G cos 37°＝0.8G，D正确.
【变式训练2】 如图所示，吸附在竖直玻璃上质量为m的擦窗工具，在竖直平面内受重力、拉力和摩擦力（图中未画出摩擦力）的共同作用做匀速直线运动.若拉力大小与重力大小相等，方向水平向右，重力加速度为g，则擦窗工具所受摩擦力( )
A.大小等于mg B.大小等于mg
C.方向竖直向上 D.方向水平向左
【解析】 B 由题意可知擦窗工具做匀速直线运动，则受力平衡.对擦窗工具在如题图所示平面内进行受力分析，如图所示.根据平行四边形定则，擦窗工具所受摩擦力大小为Ff＝＝mg，由tan θ＝＝1，可知擦窗工具所受摩擦力方向与水平方向成θ＝45°角指向左上方，B正确，A、C、D错误.
两种求解合力的方法的比较 (1)作图法求合力，需严格用同一标度作出力的图示，作出规范的平行四边形，才能较精确地求出合力的大小和方向. (2)计算法求合力，只需作出力的示意图，对平行四边形的作图要求也不太严格，重点是利用数学方法求解，往往适用于两力的夹角是特殊角的情况.
考点二 力的分解的两种常用方法
1.力的效果分解法
(1)根据力的实际作用效果确定两个实际分力的方向.
(2)再根据两个分力方向画出平行四边形.
(3)最后由几何知识求出两个分力的大小和方向.
2.力的正交分解法
(1)建立坐标轴的原则：在静力学中，以少分解力和容易分解力为原则（使尽量多的力分布在坐标轴上）；在动力学中，往往以加速度方向和垂直加速度方向为坐标轴建立坐标系.
(2)多个力求合力的方法：把各力向相互垂直的x轴、y轴分解.
x轴上的合力：Fx＝Fx1＋Fx2＋Fx3＋…
y轴上的合力：Fy＝Fy1＋Fy2＋Fy3＋…
合力大小F＝，
若合力方向与x轴夹角为θ，则tan θ＝.
力的效果分解法
【例3】 某压榨机的结构示意图如图所示，其中B为固定铰链，若在A铰链处作用一垂直于墙壁的力F，则由于力F的作用，使滑块C压紧物体D，设C与D光滑接触，杆的重力及滑块C的重力不计，图中a＝0.6 m，b＝0.1 m，则物体D所受压力的大小与力F的比值为( )
A.3 B.4 C.5 D.6
【解析】 A 设力F与AC方向间的夹角为θ，将力F按作用效果沿AB和AC两个方向进行分解，作出力的分解图如图甲所示.由几何关系得2F1cos θ＝F，则得F1＝F2＝，再将F2按作用效果分解为FN和FN′，作出力的分解图如图乙所示.
甲 乙
由几何关系得FN＝F2sin θ，联立得到FN＝，根据几何知识得tan θ＝＝6，得到FN＝3F，A正确，B、C、D错误.
【变式训练3】 （生活情境）有一种瓜子破壳器其简化截面如图所示，将瓜子放入两圆柱体所夹的凹槽之间，按压瓜子即可破开瓜子壳.瓜子的剖面可视作顶角为θ的扇形，将其竖直放入两完全相同的水平等高圆柱体A、B之间，并用竖直向下的恒力F按压瓜子且保持静止，若此时瓜子壳未破开，忽略瓜子重力，不考虑瓜子的形状改变，不计摩擦，若保持A、B距离不变，则( )
A.圆柱体A、B对瓜子压力的合力为零
B.顶角θ越大，圆柱体A对瓜子的压力越小
C.顶角θ越大，圆柱体A对瓜子的压力越大
D.圆柱体A对瓜子的压力大小与顶角θ无关
【解析】 B
圆柱体A、B对瓜子压力的合力不为零，与恒力F等大反向，A错误；根据力的作用效果分解如图所示，由三角函数得sin ＝，解得FA＝，合力F恒定，顶角θ越大，FA越小，圆柱体A对瓜子的压力大小等于FA，则压力越小，B正确，C、D错误.
力的正交分解法
【例4】如图所示，蜘蛛用蛛丝将其自身悬挂在水管上，并处于静止状态.蛛丝OM、ON与竖直方向夹角分别为α、β(α>β).用F1、F2分别表示OM、ON的拉力，则( )
A.F1的竖直分力大于F2的竖直分力
B.F1的竖直分力等于F2的竖直分力
C.F1的水平分力大于F2的水平分力
D.F1的水平分力等于F2的水平分力
【解析】 D 对结点O受力分析可得，水平方向F1sin α＝F2sin β，即F1的水平分力等于F2的水平分力，C错误、D正确；由α>β可知F1
【变式训练4】 四旋翼无人机通过改变前后端的旋翼转速，形成前后旋翼升力差，使机体倾斜，产生垂直于机体指向前上方的力，实现朝前飞行.一架重为G的四旋翼无人机正匀速水平朝前飞行，机体与水平方向夹角为θ，已知空气阻力的大小与其速度大小成正比，比例系数为k，方向与运动方向相反.则无人机的飞行速度大小为( )
A. B. C. D.
【解析】 D 对飞机受力分析，并把垂直于机体指向前上方的力F分解，如图所示.飞机做匀速直线运动，则有F cos θ＝G，F sin θ＝Ff，
又因为Ff＝kv，解得v＝，D正确.
力的合成与分解方法的选择 力的效果分解法、正交分解法、合成法都是常见的解题方法.一般情况下，物体只受三个力时，用力的效果分解法、合成法解题较为简单，在三角形中找几何关系，利用几何关系或三角形相似求解.而物体受三个以上力的情况多用正交分解法，但也要视题目具体情况而定.
1.现代人经常低头玩手机，这会使颈椎长期受压，可能引发颈椎病.人低头时，可粗略认为头受重力G，肌肉拉力F1和颈椎支持力F2.如图所示，某同学低头看手机时头颈弯曲与竖直方向成60°，此时肌肉对头的拉力F1约为头重的4倍，F2沿图中虚线方向，依据上述信息估算此时颈椎受到的压力F的可能值( )
A.G
【解析】 C 对人的头部受力分析如图所示.在三角形中，由几何知识可知，大角对大边，所以F2>F1＝4G.又因为两边之和大于第三边，故F2
A.两根耙索的合力大小为F
B.两根耙索的合力大小为F
C.地对耙的水平阻力大小为
D.地对耙的水平阻力大小为
【解析】 B 两根耙索的合力大小为F′＝2F cos 30°＝F，A错误、B正确；由平衡条件得，地对耙的水平阻力大小为Ff＝F′cos 30°＝F，C、D错误.
3.（生活情境）弹跳能力是职业篮球运动员重要的身体素质指标之一，许多著名的篮球运动员因为具有惊人的弹跳能力而被球迷称为“弹簧人”.弹跳过程是身体肌肉、骨骼关节等部位一系列相关动作的过程，屈膝是其中的一个关键动作.如图所示，人屈膝下蹲时，膝关节弯曲的角度为θ，设此时大、小腿部的肌群对膝关节的作用力F的方向水平向后，且大腿骨、小腿骨对膝关节的作用力大致相等，那么脚掌所受地面竖直向上的弹力约为( )
A.tan B. C. D.
【解析】 A
大腿骨和小腿骨对膝关节的作用力大小为F1，已知它们之间的夹角为θ，F即为它们的合力的大小，作出平行四边形如图所示，有F1cos ＝，则脚掌对地面竖直向下的压力为FN＝F1sin ，由牛顿第三定律可知脚掌所受地面竖直向上的弹力为FN′＝·tan ，A正确.
4.如图所示为汽车的机械式手刹（驻车器）系统的结构示意图，结构对称.当向上拉动手刹拉杆时，手刹拉索（不可伸缩）就会拉紧，拉索OD、OC分别作用于两边轮子的制动器，从而实现驻车的目的.则以下说法正确的是( )
A.当OD、OC两拉索夹角为60°时，三根拉索的拉力大小相等
B.拉动手刹拉杆时，拉索AO上拉力总比拉索OD和OC中任何一个拉力大
C.若在AO上施加一恒力，OD、OC两拉索夹角越小，拉索OD、OC拉力越大
D.若保持OD、OC两拉索拉力不变，OD、OC两拉索越短，拉动拉索AO越省力
【解析】 D 当OD、OC两拉索夹角为120°时，三根拉索的拉力大小才相等，A错误；拉动手刹拉杆时，当OD、OC两拉索夹角大于120°时，拉索AO上拉力比拉索OD和OC中任何一个拉力小，B错误；根据平行四边形定则可知，若在AO上施加一恒力，OD、OC两拉索夹角越小，拉索OD、OC拉力越小，C错误；若保持OD、OC两拉索拉力不变，OD、OC两拉索越短，则两力夹角越大，合力越小，即拉动拉索AO越省力，D正确.
5.（多选）王同学用光滑的硬钢丝弯折成“”形状，将它竖直固定放置.OB是竖直方向，BC是水平方向，角AOB等于30°，OA足够长，一个光滑的轻环套在OA上，一根足够长的轻绳一端固定在OB上的M点，轻绳穿过小环，另一端吊着一个质量为m的物体，重力加速度大小为g，下列说法正确的是( )
A.OA杆受到小环的压力大小为mg
B.OA杆受到小环的压力大小为mg
C.绳端从M点移到B点绳子张力变大
D.绳端从B点水平向左移到N点绳子张力大小不变
【解析】 AD 对悬挂的重物受力分析可知，绳子中的拉力始终与重物重力平衡，F＝mg，故无论绳子左端点如何移动绳子中的张力大小都保持不变，C错误、D正确；
小环受力情况如图所示，由几何关系可知，两绳子夹角为120°，故FN＝F＝mg，由牛顿第三定律可知，OA杆受到小环的压力大小为mg，A正确、B错误.
6.（多选）如图为一小型起重机，A、B为光滑轻质滑轮，C为电动机.物体P和A、B、C之间用不可伸长的轻质细绳连接，滑轮A的轴固定在水平伸缩杆上并可以水平移动，滑轮B固定在竖直伸缩杆上并可以竖直移动.当物体P静止时( )
A.滑轮A的轴所受压力可能沿水平方向
B.滑轮A的轴所受压力可能大于物体P的重力
C.当只将滑轮A向右移动时，A的轴所受压力变大
D.当只将滑轮B向上移动时，A的轴所受压力变大
【解析】 BC 滑轮A的轴所受压力为由A到B方向的拉力和A到P方向的拉力的合力，两个拉力与物体P的重力大小相等，设两力方向的夹角为θ，其变化范围为90°<θ<180°，根据力的合成法则可知，滑轮A的轴所受压力不可能沿水平方向，A错误；θ的大小不确定，滑轮A的轴所受压力可能大于物体P的重力，也可能小于或等于物体P的重力，B正确；当只将滑轮A向右移动时，θ变小，两绳的合力变大，A的轴所受压力变大，C正确；当只将滑轮B向上移动时，θ变大，两绳的合力变小，A的轴所受压力变小，D错误.
7.一重为G的圆柱体工件放在V形槽中，槽顶角α＝60°，槽的两侧面与水平方向的夹角相同，槽与工件接触处的动摩擦因数处处相同，大小为μ＝0.25，则：
(1)要沿圆柱体的轴线方向（如图甲所示）水平地把工件从槽中拉出来，人至少要施加多大的拉力？
(2)现把整个装置倾斜，使圆柱体的轴线与水平方向成37°角，如图乙所示，且保证圆柱体对V形槽两侧面的压力大小相等，发现圆柱体刚好能自动沿槽匀速下滑，求此时工件所受槽的摩擦力大小.(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
【解析】
(1)分析圆柱体的受力可知，沿轴线方向受到拉力F、两个侧面对圆柱体的滑动摩擦力，由题给条件知F＝2Ff.
由圆柱体重力产生的效果将重力进行分解，如图所示.
由几何关系可得G＝F1＝F2，
由Ff＝μF1得F＝0.5G.
(2)把整个装置倾斜，则重力沿压紧两侧的斜面的分力
F1′＝F2′＝G cos 37°＝0.8G，
此时工件所受槽的摩擦力大小
Ff′＝2μF1′＝0.4G.
8.在医院里常用如图所示装置对小腿受伤的病人进行牵引治疗.不计滑轮组的摩擦和绳子的质量，绳子下端所挂重物的质量是5 kg，求：（g取10 m/s2）
(1)病人的脚所受水平方向的牵引力大小；
(2)病人的脚和腿所受的竖直向上的牵引力大小.
【解析】 (1)因绳子中间各处与其他物体没有结点，所以绳子中间各处的张力（拉力）都等于所悬挂的重物的重力，即
FT＝mg＝50 N，
将ab段的绳子拉力沿水平方向和竖直方向分解，如图所示，
F水平＝FTcos 30°≈43.3 N，
F竖直＝FTsin 30°＝25 N，
由图知，病人的脚所受水平方向的牵引力
F牵＝FT＋F水平＝50 N＋43.3 N＝93.3 N.
(2)由图知，病人的脚和腿所受的竖直向上的牵引力，
F牵＝FT＋F竖直＝50 N＋25 N＝75 N.
第3讲 受力分析 共点力的平衡
一、受力分析
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.
3.受力分析的方法
(1)假设法：在未知某力是否存在时，先对其做出不存在的 假设 ，然后根据该力不存在对物体运动和受力状态的影响来判断该力是否存在的方法.
(2)状态法：对于平衡状态的物体进行受力分析时，根据其 平衡条件 进行分析，对加速运动的物体进行受力分析时，应用牛顿运动定律进行分析求解的方法.
二、共点力的平衡
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 .
考点一 物体的受力分析
1.受力分析的一般原则
(1)整体与隔离原则：当研究物体间内力时，需要隔离研究对象；当研究外力时，对整体研究一般较为简单，但有时也需要隔离.
(2)按顺序分析的原则：一般按照重力、弹力、摩擦力、其他力的顺序分析研究对象的受力情况.
(3)物体受力和运动状态相一致的原则：物体处于平衡状态时，其所受合外力为零；物体处于非平衡状态时，应用牛顿第二定律分析.
2.受力分析的方法步骤
【例1】 两相同的楔形木块A、B叠放后分别以图甲、乙两种方式在水平外力F1和竖直外力F2作用下，挨着竖直墙面保持静止状态，则在此两种方式中，木块B受力个数之比为( )
A.1∶1 B.4∶3 C.5∶3 D.5∶4
【解析】 C 题图甲中，根据整体法可知，木块B除了受重力外，一定受到墙面水平向右的弹力和竖直向上的静摩擦力，隔离B分析，其一定还受到A的弹力，隔离A分析，A受到重力、水平向左的推力、B对其垂直于接触面斜向右下的弹力，这样的三个力不可能使A平衡，所以A一定还要受到B对其沿接触面斜向右上的静摩擦力才能平衡，可知B一定受到A沿接触面斜向左下的静摩擦力，故B共受5个力的作用；题图乙中，根据整体法可知B与墙面间既无弹力也无摩擦力，所以B受重力和A的弹力及摩擦力共3个力的作用.则在此两种方式中，木块B受力个数之比为5∶3，C正确.
【易错点】 学生常见的错误为未能分析清楚木块A和B之间是否存在摩擦力.
【变式训练1】（多选）如图所示，两梯形木块A、B叠放在水平地面上，始终处于静止状态，A、B之间的接触面倾斜.A通过轻弹簧连接竖直墙面，轻弹簧处于水平拉伸状态.关于两木块的受力，下列说法正确的是( )
A.A受到B的摩擦力沿接触面向上
B.木块A可能受三个力作用
C.木块A一定受四个力作用
D.木块B受到地面施加的水平向右的摩擦力
【解析】 ACD 对A受力分析知A受到重力、弹簧拉力、B对A的支持力，根据平衡条件知一定还有B对A沿接触面向上的摩擦力，A、C正确，B错误；将A、B作为一个整体，因为整体受到弹簧水平向左的拉力，地面一定给木块B一个向右的摩擦力，D正确.
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.
考点二 共点力的平衡
求解共点力的平衡问题的常用方法
(1)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.
(2)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.
(3)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.
(4)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.
共点力的平衡条件及应用
【例2】（2024·河北卷）如图所示，弹簧测力计下端挂有一质量为0.20 kg的光滑均匀球体，球体静止于带有固定挡板的斜面上，斜面倾角为30°，挡板与斜面夹角为60°.若弹簧测力计位于竖直方向，读数为1.0 N，g取10 m/s2，挡板对球体支持力的大小为( )
A. N B.1.0 N C. N D.2.0 N
【解析】 A 对小球受力分析如图所示.由几何关系易得力F与力FN与竖直方向的夹角均为30°，因此由正交分解方程可得FNsin 30°＝F sin 30°，FNcos 30°＋F cos 30°＋FT＝mg，解得F＝FN＝ N，A正确.
【变式训练2】 如图所示，可视为质点的机器人通过磁铁吸附在船舷外壁面检测船体.壁面可视为斜面，与竖直方向夹角为θ.船和机器人保持静止时，机器人仅受重力G、支持力FN、摩擦力Ff和磁力F的作用，磁力垂直壁面.下列关系式正确的是( )
A.Ff＝G B.F＝FN C.Ff＝G cos θ D.F＝G sin θ
【解析】 C 如图所示，将机器人（包括磁铁）重力垂直于斜面方向和沿斜面方向分解.沿斜面方向，由平衡条件得Ff＝G cos θ，A错误、C正确；垂直斜面方向，由平衡条件得F＝G sin θ＋FN，B、D错误.
整体法与隔离法在平衡问题中的应用
【例3】（2024·浙江卷）如图所示，在同一竖直平面内，小球A、B上系有不可伸长的细线a、b、c和d，其中a的上端悬挂于竖直固定的支架上，d跨过左侧定滑轮、c跨过右侧定滑轮分别与相同配重P、Q相连，调节左、右两侧定滑轮高度达到平衡.已知小球A、B和配重P、Q质量均为50 g，细线c、d平行且与水平成θ＝30°（不计摩擦），则细线a、b的拉力分别为( )
A.2 N，1 N B.2 N，0.5 N C.1 N，1 N D.1 N，0.5 N
【解析】 D 由题意可知细线c对A的拉力和细线d对B的拉力大小相等、方向相反，对A、B整体分析可知细线a的拉力大小为Ta＝(mA＋mB)g＝1 N，设细线b与水平方向夹角为α，对A、B分析分别有Tb sin α＋Tc sin θ＝mAg，Tb cos α＝Td cos θ，解得Tb＝0.5 N，D正确.
【变式训练3】 如图所示，两个质量均为m的小球通过两根轻弹簧A、B连接，在水平外力F作用下，系统处于静止状态，弹簧实际长度相等.弹簧A、B的劲度系数分别为kA、kB，且原长相等.弹簧A、B与竖直方向的夹角分别为θ与45°.设A、B中的拉力分别为FA、FB，小球直径相比弹簧长度可忽略，重力加速度为g，则( )
A.tan θ＝ B.kA＝kB C.FA＝mg D.FB＝2mg
【解析】 A 对下面的小球进行受力分析，如图甲所示，根据平衡条件得F＝mg tan 45°＝mg，FB＝＝mg，D错误；对两个小球整体受力分析，如图乙所示，根据平衡条件得tan θ＝，又F＝mg，解得tan θ＝，FA＝＝mg，A正确、C错误；由题意可知，两弹簧的形变量相等，则有x＝＝，解得＝＝，B错误.
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.
考点三 平衡中的临界、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”“恰能”“恰好”等.临界问题常见的种类：(1)由静止到运动，摩擦力达到最大静摩擦力；(2)绳子恰好绷紧，拉力F＝0；(3)刚好离开接触面，支持力FN＝0.
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，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，根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.
平衡中的临界问题
【例4】 如图所示，轻质细线AB、BC、CD相互连接在一起，将P、Q两个物体悬挂起来，系统处于静止状态.已知物体Q的质量为m＝2.4 kg，细线AB与竖直方向间的夹角以及细线BC、CD与水平方向间的夹角均为θ＝37°，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6.
(1)求细线BC中张力T的大小；
(2)求物体P的质量M；
(3)若所有细线能承受的最大拉力均为400 N，现增大两物体的质量，且保持所有细线与水平方向间的夹角均不变，则哪根细线先断，并求此时两物体的总质量M′.
【解析】 (1)根据几何关系可知BC、CD与竖直方向的夹角均为53°，对结点C，根据平衡条件易知BC和CD中的张力在水平方向的分力大小相等，根据力的分解可知BC和CD中的张力大小相等，
则在竖直方向上有2T sin 37°＝mg，
解得T＝20 N.
(2)将P、Q视为一个整体，整体受重力、AB和CD的拉力保持平衡，设AB中的张力大小为T′，
则在水平方向上有T cos 37°＝T′cos 53°，
解得T′＝ N，
在竖直方向上有
(m＋M)g＝T sin 37°＋T′sin 53°，
解得M＝ kg.
(3)根据前面分析可知T′＝T，
所以增大两物体的质量，AB绳最先达到所能承受的最大拉力，此时
Tm′＝400 N，
Tm＝Tm′＝300 N，
仍以P、Q为整体，在竖直方向上根据平衡条件可得
Tm′cos 37°＋Tmcos 53°＝M′g，
解得M′＝50 kg.
【变式训练4】 如图甲所示，倾角为θ＝37°的足够长斜面上有一“L”形直角挡板，在挡板与斜面之间放有A、B两个圆柱体，其质量分别为3m和m，已知两圆柱截面圆心连线刚好水平.重力加速度大小为g.sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.
(1)若所有接触面均没有摩擦力，并施加与斜面平行向上的外力F使系统静止.求：A、B对斜面的压力分别为多大？
(2)若取走圆柱体B，只留圆柱体A在斜面上.A与斜面间的动摩擦因数为μ1＝0.5，A与挡板间的动摩擦因数为μ2.现用外力推动挡板，让A沿斜面匀速上升，上升过程中A不发生转动，已知在此过程中A受到斜面和挡板的摩擦力分别为滑动摩擦力和静摩擦力，它们的大小相等、方向如图乙所示.认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，要保证A与挡板之间不发生相对滑动，求μ2的值至少应为多大？（结果保留两位有效数字）
【解析】 (1)对A、B整体分析，设斜面对A、B整体的支持力为N，由平衡条件得
N＝4mg cos θ＝3.2mg，
F＝4mg sin θ＝2.4mg，
再对A受力分析，如图所示
由平衡条件得
F1cos θ＋3mg sin θ＝F，
F1sin θ＋NA＝3mg cos θ，
解得NA＝1.95mg，
可得斜面对B物体的支持力为
NB＝N－NA＝1.25mg，
由牛顿第三定律可得A、B对斜面的压力分别为
NA′＝NA＝1.95mg，
NB′＝NB＝1.25mg.
(2)A所受到斜面的滑动摩擦力大小为
f1＝μ1×(3mg cos θ＋f2)
由题意得f2＝f1＝2.4mg，
A对挡板的压力为F2＝3mg sin θ＋f1＝4.2mg，
则f2＝μ2minF2，
解得μ2min≈0.57，
所以μ2的值至少应为0.57.
平衡中的极值问题
【例5】 （多选）如图所示，物块c置于一粗糙斜劈上，c通过一轻质细线绕过两个光滑轻质小滑轮与小球Q相连，小球Q穿在水平横杆上，滑轮2下方吊着物体d，初始时整个系统保持静止.已知α＝30°，β＝120°，c、d、Q的质量均为m，c与斜劈、Q与横杆之间的动摩擦因数均为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力.若将Q向右缓慢移动直至β＝0°，c物体仍处于静止状态，c与1之间的细线始终与斜面平行，以下说法正确的是( )
A.c与斜劈间的摩擦力以及Q与横杆间的摩擦力都将变大
B.c与斜劈间的摩擦力始终沿斜面向下（β＝0°时除外）
C.c与斜劈间的摩擦力最小值为0
D.斜劈受到地面的最大摩擦力为mg
【解析】 BCD 分别对Q、滑轮2和物块c受力分析，如图所示.滑轮2受到向下的大小为mg的拉力，两绳子的拉力，由于为同一根绳，拉力大小均为T，对滑轮2，由平衡条件得T＝，Q受到重力mg、支持力N1，拉力T和摩擦力f1，对Q向右缓慢移动过程，在水平方向由平衡条件得f1＝T sin ＝mg·tan ，可得β减小到零，Q与横杆之间的摩擦力f1减小.物块c受到重力mg，支持力N2，拉力T，与斜劈间的摩擦力f2（假设f2的方向沿斜面向下），沿斜面的方向由平衡条件得f2＝T－mg sin α＝－mg，在β由120°减小到接近于0°的过程，f2始终大于零，即方向始终沿斜面向下，且大小减小到接近于零.当β等于0°时，c与斜劈间的摩擦力最小值为0.以斜面和c整体为研究对象，在水平方向上，斜劈受到地面的摩擦力等于T sin ＝mg·tan ，可得β＝120°时斜劈受到地面的摩擦力最大，且为mg.综上所述，A错误，B、C、D正确.
【变式训练5】 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
【解析】 C 由对称性可知，AC绳和BD绳与竖直方向的夹角相等，设均为θ，由几何关系可知sin θ＝＝，则θ＝30°.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＝mg tan 30°，对D点进行受力分析，绳CD对D点的拉力F2＝FCD＝mg tan 30°，故F2是恒力，BD绳对D点的拉力F1方向一定，又F1与在D点施加的力F3的合力和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，F3min＝F2sin 60°＝mg，C正确.
1.（2023·浙江卷）如图所示，轻质网兜兜住重力为G的足球，用轻绳挂于光滑竖直墙壁上的A点，轻绳的拉力为FT，墙壁对足球的支持力为FN，则( )
A.FT
C.FT>G
D.FT＝G
【解析】 C 对网兜和足球受力分析，设轻绳与竖直墙面夹角为θ，由平衡条件FT＝＝，FN＝G tan θ可知，FT>G，FT>FN，C正确.
2.如图所示，轻杆一端固定在竖直墙壁上，另一端固定一个质量为1.6 kg的小球，劲度系数为100 N/m的水平轻质弹簧夹在墙壁与小球之间，处于压缩状态，弹簧的压缩量为12 cm，轻杆与墙壁的夹角为60°.重力加速度大小g取10 m/s2，弹簧始终在弹性限度内.轻杆对小球的作用力大小为( )
A.12 N B.16 N C.20 N D.32 N
【解析】 C 小球受重力mg、弹簧水平向右的弹力F弹、轻杆的作用力F而处于平衡状态，由平衡条件可得F＝，又mg＝16 N，F弹＝kx＝12 N，联立可得F＝ N＝20 N，C正确.
3.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( )
【解析】 A 设风速度为v，取飘带上任意长度为x（x趋近于0）的质量为，飘带宽度为d，与水平方向夹角为θ，则该部分飘带的重力和所受风力分别为G＝mg，F＝kxdv2sin θ，则重力与风力的合力与竖直方向的夹角为tan θ＝＝，整理可得＝，则可知cos θ恒定，飘带为一条倾斜的直线，A正确，B、C、D错误.
4.如图所示为小黄利用直角墙面徒手爬楼的情境.当他双脚离开直角墙面，仅用双手将自己稳定在空中，此时关于他的受力分析可能正确的是( )
【解析】 D 依题意，当人双脚离开直角墙面，仅用双手将自己稳定在空中时，每面墙壁给人每只手的弹力均垂直墙壁指向外面，根据对称性可知墙面对人每只手的弹力大小相等，且两弹力相互垂直，根据平行四边形定则可知两弹力的合力垂直墙角竖直线指向外，所以人所受弹力与重力的合力向外倾斜，由平衡条件可得，人手所受两面直角墙壁的摩擦力的合力应向内倾斜，综上所述，D正确.
5.（多选）社会主义核心价值观基本内容为富强、民主、文明、和谐、自由、平等、公正、法治、爱国、敬业、诚信、友善.某公司为了宣传社会主义核心价值观基本内容，用一根轻质细绳将12盏灯笼按如图所示的形式依次悬挂起来，为了追求美感，平衡时左、右两侧细绳与竖直方向的夹角均为45°，相邻两灯笼间的水平距离均为x0，“富强”与“友善”两盏灯笼结点的高度均为h，每盏灯笼的质量均为M，重力加速度大小为g，下列说法正确的是( )
A.“平等”与“公正”两灯笼间细绳中的张力大小为6Mg
B.“爱国”与“敬业”两灯笼间细绳中的张力大小为7Mg
C.“和谐”灯笼的结点距地面的高度为h－2x0
D.“公正”灯笼的结点距地面的高度为h－3x0
【解析】 AC 对“平等”灯笼右侧的6盏灯笼整体进行受力分析，如图甲所示，显然T＝6Mg，A正确；
对单个灯笼受力分析，如图乙所示，可知tan θ1＝，tan θ2＝，…，tan θ5＝，由于“爱国”与“敬业”两灯笼之间细绳与水平方向的夹角满足tan θ3＝，所以细绳中的张力大小为3＝3Mg，B错误；由于相邻两灯笼之间的水平距离为x0，所以“和谐”灯笼的结点距地面的高度为h－x0(tan θ3＋tan θ4＋tan θ5)＝h－x0（＋＋）＝h－2x0，“公正”灯笼的结点距地面的高度为h－x0(tan θ1＋tan θ2＋tan θ3＋tan θ4＋tan θ5)＝h－x0（＋＋＋＋）＝h－x0，C正确、D错误.
6.（多选）如图所示，质量为M的楔形物体ABC放置在墙角的水平地板上，BC面与水平地板间的动摩擦因数为μ，楔形物体与地板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力.在楔形物体AC面与竖直墙壁之间，放置一个质量为m的光滑球体，同时给楔形物体一个向右的水平力，楔形物体与球始终处于静止状态.已知AC面倾角θ＝53°，sin 53°＝0.8，重力加速度为g，则( )
A.楔形物体对地板的压力大小为Mg
B.当F＝mg时，楔形物体与地板间无摩擦力
C.向右的水平力F的最小值一定是零
D.向右的水平力F的最大值为mg＋μ(m＋M)g
【解析】 BD 将楔形物体、光滑球体视为一个整体可知，楔形物体对地板的压力大小为(M＋m)g，A错误；球体对AC面的弹力大小为FNAC＝＝mg，当F＝FNACsin θ＝mg时，楔形物体水平方向上受到的合力为零，没有运动趋势，摩擦力为零，B正确；楔形物体受到的最大静摩擦力fm＝μ(m＋M)g，当水平向右的外力最小（设为Fmin）时，楔形物体可能有向左运动趋势，当μ(m＋M)g≥mg时Fmin＝0，当μ(m＋M)g
(1)如果A、B间的动摩擦因数μ1＝0.1，为使A能平行于斜面向下做匀速运动，对A施加一平行于斜面向下的拉力F，求F的大小及此时斜面对地面的压力大小.
(2)如果A、B间的动摩擦因数不知，为使A、B两个物体一起静止在斜面上，A、B间的动摩擦因数μ1应满足什么条件？
【解析】 (1)对A受力分析得
F＋mAg sin θ＝FT＋μ1mAg cos θ，
对B受力分析得
FT＝mBg sin θ＋μ1mAg cos θ＋μ2(mA＋mB)g cos θ，
对整体受力分析得
FN＝(m＋mA＋mB)g＋F sin θ，
联立解得F＝2 N，FN＝131.2 N.
(2)对A受力分析得
mAg sin θ＝FT′＋μ1minmAg cos θ，
对B受力分析得
FT′＝mBg sin θ＋μ1minmAg cos θ＋μ2(mA＋mB)g cos θ，
联立解得μ1min＝0.037 5，
所以μ1≥0.037 5.
8.如图所示，光滑圆柱体的质量为m，置于倾角θ＝53°、质量均为M的两个斜面体上.两斜面体与水平地面间的动摩擦因数均为μ＝0.4，求：（重力加速度为g，sin 53°＝0.8）
(1)每个斜面体对地面压力的大小；
(2)为了不让斜面体出现滑动，的最大值.
【解析】 (1)对整体受力分析，根据平衡条件有
2Mg＋mg＝2FN，
解得地面对每个斜面体的支持力为
FN＝mg＋Mg
根据牛顿第三定律得，每个斜面体对地面的压力大小为
FN′＝FN＝mg＋Mg.
(2)对其中一个斜面体进行受力分析，如图所示当斜面体恰好不发生滑动时最大，根据平衡条件有
Ff＝FN1sin θ，
Ff＝μFN，
FN＝mg＋Mg.
对圆柱体mg＝2FN1cos θ，
联立以上各式，代入数据解得＝.
核心素养提升（二） 动态平衡问题的典型解法
题型一 解析法
基本思路：化“动”为静，“静”中求动.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，找函数关系，根据自变量的变化确定因变量的变化，还可由数学知识求极值或者根据物理临界条件求极值.
【例1】（多选）如图所示，光滑细杆竖直固定在天花板上，定滑轮A、B关于杆对称，轻质圆环C套在细杆上，通过细线绕过定滑轮与质量分别为M、m(M>m)的两物块相连.现用竖直向下的力F将圆环C缓慢向下拉，滑轮的摩擦忽略不计，则在移动过程中( )
A.外力F不断增大
B.杆对圆环C的作用力不断增大
C.杆对圆环C的作用力与外力F的合力不断增大
D.杆对圆环C的作用力与外力F的合力保持不变
【解析】 AC 设连接圆环的细线与水平方向的夹角为α，左侧细线的拉力大小为T1，右侧细线的拉力大小为T2，在竖直方向上，有F＝(T1＋T2)sin α，已知T1＝Mg，T2＝mg，则F＝(M＋m)g sin α，随着圆环C向下移动，α增大，sin α增大，则F增大，而在水平方向上，杆对圆环C的作用力N＝T1cos α－T2cos α＝(M－m)g cos α，α增大，cos α减小，则N减小，A正确、B错误；圆环C受到外力F、杆对圆环C的作用力和两细线的拉力，由平衡条件得，杆对圆环C的作用力与外力F的合力大小等于两细线拉力的合力大小，而两细线拉力大小不变，随着α的增大，其合力增大，则杆对圆环C的作用力与外力F的合力不断增大，C正确、D错误.
【变式训练1】 质量为M的凹槽静止在水平地面上，内壁为半圆柱面，截面如图所示，A为半圆的最低点，B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m的小滑块.用推力F推动小滑块由A点向B点缓慢移动，力F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F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
【解析】 C 对小滑块进行受力分析，设小滑块与圆心的连线与竖直方向的夹角为θ，凹槽对小滑块的支持力为N，则有F＝mg sin θ，N＝mg cos θ，θ由0°增加到90°的过程中，推力F一直增大，凹槽对小滑块的支持力N一直减小，A、B错误；对凹槽和小滑块整体进行受力分析，如图所示，设地面对凹槽的支持力为N1，墙面对凹槽的压力为N2，则由平衡条件可得N2＝F cos θ，N1＋F sin θ＝(M＋m)g，联立可得N2＝mg sin 2θ，N1＝Mg＋mg cos2θ，可知N2先增大后减小，N1一直减小，C正确、D错误.
解析法解动态平衡问题步骤 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.
题型二 图解法
解决动态平衡类问题常用图解法，图解法就是在对物体进行受力分析（一般受三个力）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，可画出这三个力的封闭矢量三角形来分析力的变化情况的方法，图解法也常用于求极值问题.
【例2】如图所示，装卸工人利用斜面将一质量为m、表面光滑的油桶缓慢地推到汽车上.在油桶上移的过程中，人对油桶推力的方向由与水平方向成60°角斜向上逐渐变为水平向右，已知斜面的倾角为θ＝30°，重力加速度为g，则关于工人对油桶的推力大小，下列说法正确的是( )
A.不变 B.逐渐变小 C.逐渐变大 D.最小值为
【解析】 D 分析油桶的受力情况，油桶受重力、斜面的支持力和推力，因工人缓慢地将油桶推到汽车上，油桶处于动态平衡状态，由三角形定则作出力的动态变化过程，如图所示，推力F由与水平方向成60°角斜向上逐渐变为水平向右的过程中，推力先变小后变大，最小时推力F和支持力FN垂直，即沿斜面方向，此时最小值为，D正确.
【变式训练2】（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（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
【解析】 AD 以重物为研究对象分析受力情况，受重力mg、OM绳上拉力F2、MN上拉力F1，由题意知，三个力的合力始终为零，矢量三角形如图所示，F1、F2的夹角为π－α不变，在F2转至水平的过程中，矢量三角形在同一外接圆上，由图可知，MN上的张力F1逐渐增大，OM上的张力F2先增大后减小，A、D正确，B、C错误.
图解法解动态平衡问题 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.
题型三 相似三角形法
在三力平衡问题中，如果有一个力是恒力，另外两个力方向都变化，且题目给出了空间几何关系，多数情况下力的矢量三角形与空间几何三角形相似，可利用相似三角形对应边成比例进行计算.
【例3】（多选）如图所示，仅上表面光滑的半球形物体放在粗糙水平面上，光滑小环D固定在半球形物体球心O的正上方，轻质弹簧一端用轻质细绳固定在A点，另一端用轻质细绳穿过小环D与放在半球形物体上的小球P相连，DA水平.现将细绳固定点A向右缓慢平移的过程中（小球P未到达半球最高点前且半球体始终不动），下列说法正确的是( )
A.弹簧变长
B.小球对半球的压力大小不变
C.地面对半球体的摩擦力减小
D.地面对半球体的支持力减小
【解析】 BC 以小球为研究对象，分析小球受力情况：重力G，细线的拉力T和半球面的支持力N，作出N、T的合力F，如图甲所示由平衡条件得知F＝G.由图甲中△NFP与图乙中△PDO相似可得＝＝，将F＝G，代入得N＝G，T＝G，在A点缓慢右移过程中，DO、PO不变，PD变小，可见T变小，N不变.即知弹簧的弹力变小，弹簧变短.由牛顿第三定律知小球对半球的压力大小N′不变，B正确、A错误.对半球体受力分析，设小球对半球体的压力与水平方向夹角为θ，由平衡条件可知N′cos θ＝f，N′sin θ＋Mg＝FN，N′大小不变，小球沿半球体表面上移，θ变大，可知地面对半球体的摩擦力f减小，地面对半球体的支持力FN增大，故C正确、D错误.
【变式训练3】 如图，半圆球P和竖直挡板固定在水平面上，挡板与P相切，光滑小球Q静止在P和挡板之间.已知Q的质量为m，P、Q的半径之比为4∶1，重力加速度大小为g，则Q对P的压力大小为( )
A. B. C. D.
【解析】 B 对Q进行受力分析，Q受重力mg、挡板对Q的弹力N1和P对Q的弹力N2，Q受三力平衡，将三力构建成一个首尾相连的矢量三角形，如图所示.连接P、Q两球的球心O1O2，从O2竖直向下作垂线，交球P直径于A，根据几何关系可得，球Q受三力的矢量三角形与△AO1O2相似，由相似三角形法可得＝，设球Q的半径为r，球P的半径为4r，则O1O2＝5r，AO1＝3r，根据勾股定理可得O2A＝4r，联立解得N2＝，根据牛顿第三定律可知，Q对P的压力大小为N2′＝，B正确.
相似三角形法解动态平衡问题步骤 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.若题中涉及三个力，且其中一个力为恒力，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.
题型四 正弦定理法
如图所示，物体受三个共点力作用而处于平衡状态，则三个力中任何一个力的大小分别与另外两个力的夹角的正弦成正比，即＝＝.
【例4】 某中学为增强学生体魄，组织学生进行多种体育锻炼.在某次锻炼过程中，一学生将铅球置于两手之间，其中两手之间夹角为60°.保持两手之间夹角不变，将右手由图所示位置缓慢旋转60°至水平位置.不计一切摩擦，则在转动过程中，下列说法正确的是( )
A.右手对铅球的弹力增大
B.右手对铅球的弹力先增大后减小
C.左手对铅球的弹力增大
D.左手对铅球的弹力先增大后减小
【解析】 B （方法1：正弦定理法）以铅球为研究对象，受重力G、右手对铅球的弹力为F1及左手对铅球的弹力为F2，受力分析如图甲所示，缓慢旋转过程中处于平衡状态，则将三力平移后构成一首尾相连的三角形，两手之间夹角保持60°不变，右手由图示位置缓慢旋转的角度设为θ，转动过程始终处于平衡状态，根据正弦定理有＝＝，右手由图示位置缓慢旋转60°至水平位置过程中θ由0°变为60°，sin (60°＋θ)先变大再变小，所以F1先增大后减小，sin (60°－θ)一直变小，所以F2一直减小，B正确.
（方法二：矢量圆法）以铅球为研究对象，受重力G、右手对铅球的弹力为F1和左手对铅球的弹力为F2，受力分析如图乙所示，缓慢旋转过程中处于平衡状态，则将三力平移后构成一首尾相连的三角形，两手之间夹角保持60°不变，则两力之间的夹角保持120°不变，则在三角形中，F1与F2夹角保持60°不变，重力G的大小方向不变，作出力三角形的外接圆，根据弦所对的圆周角都相等，则右手由图示位置缓慢旋转60°至水平位置过程中力的三角形变化如图所示，分析可得F1开始小于直径，当转过30°时F1等于直径，再转时又小于直径，所以F1先增大后减小，F2开始就小于直径，转动过程中一直减小，B正确.
【变式训练4】 如图，用两根等长的细绳将一匀质圆柱体悬挂在竖直木板的P点，将木板以底边MN为轴向后方缓慢转动直至水平，绳与木板之间的夹角保持不变，忽略圆柱体与木板之间的摩擦，在转动过程中( )
A.圆柱体对木板的压力逐渐增大
B.圆柱体对木板的压力先增大后减小
C.两根细绳上的拉力均先增大后减小
D.两根细绳对圆柱体拉力的合力保持不变
【解析】 B 设两绳子对圆柱体的拉力的合力为T，木板对圆柱体的支持力为N，两绳子的合力与木板夹角为β，从右向左看如图所示.
在矢量三角形中，根据正弦定理有
＝＝，
在木板以直线MN为轴向后方缓慢转动直至水平过程中，α不变，γ从90°逐渐减小到0°，
又γ＋β＋α＝180°，且α<90°，
可知90°<γ＋β<180°，则0°<β<180°，
可知β从锐角逐渐增大到钝角，
根据＝＝，
由于sin γ不断减小，可知T不断减小，sin β先增大后减小，可知N先增大后减小，结合牛顿第三定律可知，圆柱体对木板的压力先增大后减小，设两绳子之间的夹角为2θ，绳子拉力为T′，则2T′cos θ＝T，可得T′＝，θ不变，T逐渐减小，可知绳子拉力不断减小，B正确，A、C、D错误.
正弦定理法解动态平衡问题步骤 先根据已知条件画出对应的力的三角形和空间几何三角形，确定对应边，利用正弦定理知识列出比例式，再确定未知量大小的变化情况.
1.如图所示，OABC为常见的“汽车千斤顶”.当汽车需要换轮胎时，司机将它放在车身底盘和地面之间，只需摇动手柄使螺旋杆OA转动，O、A之间的距离就会逐渐减小，O、C之间的距离增大，就能将汽车车身缓缓地顶起来.在千斤顶将汽车顶起来的过程中，下列关于OA、OB的弹力的说法正确的是( )
A.OA、OB的弹力不断变大
B.OA、OB的弹力不断变小
C.OA的弹力变大、OB的弹力变小
D.OA的弹力变小、OB的弹力变大
【解析】 B 对O点进行受力分析，它受到汽车对它竖直向下的压力，大小等于汽车的重力G，OA方向杆的弹力FOA，BO方向的弹力FBO，设OB与水平方向夹角为θ，可知FBO＝，FOA＝，当千斤顶将汽车顶起来的过程中，θ变大，则FBO和FOA均变小，B正确.
2.如图所示，在水平地面的木板上安装有竖直杆，在杆上A、B两点间安装长为2d的轻绳，两竖直杆间距为d.A、B两点间的高度差为，现有带光滑钩子、质量为m的物体钩住轻绳且处于平衡状态，重力加速度大小为g.下列说法正确的是( )
A.开始平衡时θ1＝θ2＝30°
B.开始平衡时轻绳的张力大小为mg
C.若将绳子的A端沿竖直杆上移，绳子拉力将变大
D.若将木板绕水平轴CD缓慢向纸面外旋转，轻绳的张力先增大后减小
【解析】 B 令结点左侧绳长l1，结点右侧绳长l2，有l1cos θ1＋l2cos θ2＝d，由水平方向受力平衡有T cos θ1＝T cos θ2，可得cos θ1＝cos θ2＝＝，所以θ1＝θ2＝60°，竖直方向受力平衡有2T sin θ1＝mg，代入数据可解得T＝mg，A错误、B正确；将绳子的A端沿竖直杆上移，或将木板绕水平轴CD缓慢向纸面外旋转，由A、B中分析可知由于A、B两点的水平间距不变，左右两部分与水平方向夹角不变，所以绳子拉力大小不变，C、D错误.
3.哥伦比亚大学的工程师研究出一种可以用于人形机器人的合成肌肉，可模仿人体肌肉做出推、拉、弯曲和扭曲等动作.如图所示，用合成“肌肉”做成的“手臂”ced的d端固定一滑轮，c端固定于墙壁，足够长的细绳绕过d端滑轮，一端也固定于墙壁，另一端连接质量为m的物体，合成“肌肉”的c和e处类似于人手臂的关节，由“手臂”合成“肌肉”控制.设cd的连线与竖直墙壁ac夹角为θ，不计滑轮与细绳的摩擦，下列说法不正确的是( )
A.撤除轻质细杆ce瞬间，物体的下落加速度为重力加速度g
B.若保持θ＝90°，增大cd长度，细绳对滑轮的力始终沿dc方向
C.若保持ac等于ad，增大cd长度，细绳对滑轮的力始终沿dc方向
D.若θ从90°逐渐变为0°，cd长度不变，且保持ac＞cd，则细绳对滑轮的力先增大后减小
【解析】 B
撤除轻质细杆ce瞬间，细绳ad的拉力也瞬时变为零，则物体的下落加速度为重力加速度g，A正确；保持θ＝90°，增大cd长度，则∠adb变小，绳中张力大小不变，因细绳对滑轮的力沿∠adb的平分线，可知细绳对滑轮的力的方向要改变，B错误；保持ac等于ad，∠acd＝∠adc＝∠cdb，即dc为∠adb的角平分线，绳中张力不变，方向沿着dc，C正确；cd长度不变，d点的轨迹如图中虚线所示，为一段圆弧，当d的位置满足ad与圆相切时，∠adb最小，此时细绳对滑轮的力最大，因此θ从90°逐渐变为0°，细绳对滑轮的力先增大后减小，D正确.
4.如图所示，在竖直平面内固定一光滑的半圆环，圆心为O、半径为R，OA为半圆环的竖直半径，AB为与OA在同一直线上的光滑固定杆，半圆环上套有一小球a，杆AB上套有另一小球b.两小球之间连接一轻弹簧，初始时小球a在距圆环A点右侧不远处的P点，小球b固定于杆AB上的Q点，两小球间距离为R.现用外力使小球b沿杆AB缓慢向上移动一段距离，但未到达A点.在移动过程中弹簧始终在弹性限度内且在一条直线上，两小球均可视为质点，则下列说法正确的是( )
A.初始时弹簧弹力大于半圆环对小球a的弹力
B.初始时弹簧弹力大于小球a的重力
C.小球b沿杆缓慢向上移动过程中，环对小球a的支持力先增大后减小
D.小球b沿杆缓慢向上移动过程中，弹簧弹力增大
【解析】 D 对小球a进行受力分析，小球a受重力G，半圆环对小球a的支持力FN和弹簧弹力F，三力平移后构成一首尾相连的三角形，如图所示，力的三角形与三角形OPQ相似，根据三角形相似有＝＝，初始时PQ＝OP＝R，OQ>R，所以G>FN＝F，A、B错误；小球b缓慢上移过程，小球a处于动态平衡状态，随着小球b上移，OQ减小，OP不变，重力G不变，半圆环对小球的支持力FN增大，C错误；设弹簧的原长为L，弹簧的形变量为x，根据胡克定律有F＝kx，则＝＝，OQ减小，重力G不变，L不变，则弹簧形变量x增大，弹簧弹力F增大，D正确.
5.（多选）如图所示，足够长的斜面固定在水平地面上，斜面上有一光滑小球，跨过滑轮的细线一端系住小球，另一端系在竖直弹簧的上端，弹簧的下端固定在地面上.手持滑轮，系统处于平衡状态.若滑轮在手的控制下缓慢向下移动，直到拉着小球的细线与斜面平行，则这一过程中( )
A.弹簧弹力先减小后增大
B.弹簧弹力逐渐减小
C.斜面对小球支持力逐渐减小
D.斜面对小球支持力逐渐增大
【解析】 BD 在滑轮缓慢移动过程中，小球在重力G、斜面对其的支持力FN和细线上的张力FT三力的作用下保持动态平衡，故三个力可以构成一个封闭的矢量三角形如图所示，因G的大小和方向始终不变，FN的方向不变，大小可变，FT的大小、方向都在变，因此可以作出一系列矢量三角形，由图可知，FN逐渐增大，FT只能变化到与FN垂直，故FT是逐渐变小的，因弹簧弹力与FT大小相等，则弹簧弹力逐渐减小，B、D正确，A、C错误.
6.（多选）如图所示，斜面静止于水平地面.将一可视为质点的质量为m的小球用轻质柔软的细线悬挂于斜面顶端的O点，在外力F、细线拉力FT和重力mg的作用下处于平衡状态.细线与竖直方向的夹角为θ，与F的夹角为α，开始时F水平.保持α角不变，逐渐缓慢增大θ角，直至悬线水平，已知该过程中，斜面一直保持静止，则下列说法正确的是( )
A.外力F先增大后减小
B.细线拉力FT逐渐增大
C.地面对斜面的摩擦力先增大后减小
D.地面对斜面的支持力一直减小
【解析】 CD 如图所示，作出外力F、细线拉力FT的合力如图所示，二力的合力和重力大小相等，方向相反，保持α角不变，逐渐缓慢增大θ角，直至悬线水平，由此可以看出外力F逐渐增大，细线拉力FT逐渐减小，A、B错误；在此过程中，拉力F变为F′时，水平分力最大，应用整体法可得，地面对斜面的摩擦力先增大后减小，C正确；在此过程中，拉力F的竖直分力逐渐增大，根据整体法可得，地面对斜面的支持力一直在减小，D正确.
7.一盏电灯重力为G，悬于天花板上A点，在电线O处系一细线OB，使电线OA与竖直方向的夹角为β＝30°，如图所示.现保持β角不变，缓慢调整OB方向至OB线上拉力最小为止，此时OB与水平方向的夹角α等于多少？最小拉力是多少？
【解析】
对电灯进行受力分析如图所示，据三力平衡特点可知：OA、OB对O点的作用力TA、TB的合力T与G等大反向，即T＝G，
在△OTBT中，
∠TOTB＝90°－α，
又∠OTTB＝∠TOA＝β，
故∠OTBT＝180°－(90°－α)－β
＝90°＋α－β，
由正弦定理得＝，
联立解得TB＝，
因β不变，故当α＝β＝30°时，TB最小，且TB＝G sin β＝.
8.已知一个人
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