力与运动
第1课时 力与物体的平衡
【备考指南】
1．“力与物体的平衡”是每年高考必考考点。未来命题方向是创设更接近日常生活实际的问题情境，可能会在数学方法上增加题目的难度。
2．复习备考应重视动态平衡问题、多物体问题情境的研究，注重灵活应用整体法和隔离法快捷解决问题。
3．应引导学生善于从具体的问题情境中抽象出三力平衡的模型，进而利用三力平衡的相关规律解决问题。
热点一 物体的静态平衡
处理静态平衡问题常用的方法
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 按效果分解：物体受三个共点力的作用而平衡，将某一个力按力的作用效果分解，则其分力和其他两个力分别满足平衡条件
正交分解法：物体受到三个或三个以上力的作用时，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
矢量三 角形法 对受三个共点力作用而平衡的物体，将力的矢量图平移，使三个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
[典例1] [二维平面多力平衡](2024·北京市石景山区期末)如图所示，为营造节日气氛，同学们用轻质细线在墙角悬挂彩灯。已知两彩灯质量均为m，OA段细线与竖直方向夹角为37°(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，BC段细线保持水平，重力加速度为g。关于三段细线拉力FOA、FAB、FBC，下列表达式正确的是( )
A．FOA＝mg、FAB＝mg、FBC＝mg
B．FOA＝mg、FAB＝mg、FBC＝mg
C．FOA＝mg、FAB＝mg、FBC＝mg
D．FOA＝4mg、FAB＝mg、FBC＝2mg
[听课记录]
[典例2] [分解法的应用](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
[听课记录]
[典例3] [三维空间平衡](2024·贵州卷)如图(a)所示，一质量为m的匀质球置于固定钢质支架的水平横杆和竖直墙之间，并处于静止状态，其中一个视图如图(b)所示。测得球与横杆接触点到墙面的距离为球半径的1.8倍，已知重力加速度大小为g，不计所有摩擦，则球对横杆的压力大小为( )
A．mg B．mg
C．mg D．mg
[思路点拨] 对于立体问题的解答，学会用降维法，将立体图转化为平面图。
[听课记录]
“四步”解决共点力的静态平衡问题
1．定对象——单个物体或多个物体的组合
2．析受力——画受力分析图，防多力、漏力或错力
3．选方法——合成法、分解法、正交分解法
4．列方程——根据平衡条件列出平衡方程，解方程、讨论结果。
热点二 物体的动态平衡及临界极值问题
动态平衡问题的分析方法
平面内三力动态平衡问题 图解法、相似三角形法或正弦定理法等
平面内多力动态平衡问题 正交分解法或将多力动态平衡转化为三力动态平衡
三维空间动态平衡问题 降维法，转化为二维平面内的动态平衡问题
在解决与轻绳关联的三维动态平衡问题时，除了要学会降维分析法外，还需要分清轻绳死结与活结的区别，以及动态平衡中的几何关系。
[典例4] [平面内三力动态平衡问题][一题多解][源于2021湖南卷T5改编]随着家居自动化不断发展，自动炒菜机也逐渐走进了大众的生活。图甲为某品牌的自动炒菜机，使用时，光滑的半球形铁锅静置在灶台上，菜品被倒入自动炒菜机后由于重力作用而集中在锅底，为保证菜品受热均匀，电动锅铲既可推动炒菜也可翻动炒菜。如图乙所示，推动炒菜时，锅铲推动菜品缓慢向右移动，在推动过程中锅铲始终保持竖直，使菜品到达P点；翻动炒菜时，锅铲绕O点缓慢转动，带动菜品缓慢上升翻转，使菜品到达P点。下列说法正确的是( )
A．无论是翻动炒菜，还是推动炒菜，锅铲对菜品的弹力不断增大
B．无论是翻动炒菜，还是推动炒菜，炒菜机铁锅内壁对菜品的弹力不断减小
C．只有推动炒菜时，锅铲对菜品的弹力不断增大
D．只有推动炒菜时，炒菜机铁锅内壁对菜品的弹力不断减小
[思路点拨] (1)推动炒菜时，锅铲始终保持竖直，此过程锅铲对菜品的弹力方向始终水平向右。
(2)翻动炒菜时，锅铲沿O点转动，此过程锅铲对菜品的弹力与锅壁对菜品的弹力始终垂直。
[听课记录]
“动态平衡”模型解法图析
模型图示 模型分析
木板从图示位置开始缓慢转到水平位置
b点上下移动或者b板左右移动 sin θ＝，F＝，b点上下移动，力F不变；向左(右)移动时，F会减小(增加)
缓慢拉动小球 ＝＝，则FN大小不变、FT减小
框架整体在竖直面内绕Q点逆时针缓慢转动90°，∠PON大小不变 ON的拉力先变大后变小，OP的拉力变小
[典例5] [临界极值问题](多选)某人最多能提起质量为m的物体，如图所示，现在他在机场要把质量为M的行李箱通过倾角为α的斜坡AB拉上水平平台BC，已知行李箱与ABC路面的动摩擦因数均为tan β，重力加速度为g，(α＋β)<90°，下列说法正确的是( )
A．若在水平面BC上匀速拉物体，拉力与水平面的夹角为β时拉力最小
B．若在斜坡AB上匀速拉物体，拉力与斜坡的夹角为(α＋β)时拉力最小
C．若在水平面上匀速拉物体，拉力F由水平变到竖直方向过程中，F的功率先减小后增大
D．在斜坡AB上，此人最多能匀速拉动质量为的物体
[听课记录]
突破平衡中极值与临界问题的数学知识
数学知识 图示 公式 注意事项
辅助角公式 cos θ＋μsin θ＝sin (α＋θ)其中sin α＝， cos α＝ 即tan α＝ 物体受4个共点力，合力恒定，当F方向变化时，求F的极小值
正弦定理 ＝＝＝2R(R为△ABC外接圆的半径) 物体受三个共点力平衡，把表示三个力的有向线段作闭合矢量三角形，求某一个力或分析力的变化
拉密定理 当三个共点力的合力为0时，其中任意一个力与其他两个力的夹角正弦的比值相等＝＝ 其实质为正弦定理的变形 直接画出三个合力为0的共点力，应用拉密定理，比正弦定理更加便捷
热点三 力电综合问题
[典例6] [电学中的平衡问题](2025·浙江一模)如图所示，平行板电容器竖直放置，金属板A、B的内侧表面上的M、N两点，在M、N两点间系一绝缘轻绳1(不可伸长)，绳长为1.25d，M、N两点等高，M、N的水平距离为d，轻绳1上套有一个轻质的光滑小环O，质量为m、电荷量为q的带负电小球，通过绝缘轻短绳2悬挂在环的下方。滑动变阻器滑片P缓慢从左往右滑动，使A、B板间电压UAB从0逐渐增大(重力加速度为g，sin 53°＝0.8，带电球始终处于金属板A、B之间，且不与A、B板接触，不计电荷对电场影响)。下列说法中正确的是( )
A．UAB＝0时，光滑小环处轻绳1的夹角为53°
B．UAB＝0时，轻绳1的张力为mg
C．UAB增大时，光滑小环处轻绳1的夹角变小
D．随着UAB增大，轻绳1的张力一直增大
[听课记录]
1．对于静电场、磁场中的平衡问题，受力分析时要注意静电力、磁场力方向的判断，再结合平衡条件分析求解。
2．涉及安培力的平衡问题，画受力示意图时要注意将立体图转化为平面图。
1．[静态平衡问题](2025·福建卷·T1) 山崖上有一个风动石，无风时地面对风动石的作用力是F1，当受到一个水平风力时，风动石依然静止，地面对风动石的作用力是F2，以下正确的是( )
A．F2大于F1 B．F1大于F2
C．F1等于F2 D．大小关系与风力大小有关
2．[磁场中的平衡问题](2025·浙江一模)如图所示，匀强磁场中有两个相同的弹簧测力计，测力计下方竖直悬挂一副边长为L，粗细均匀的均质金属等边三角形，将三条边分别记为a、b、c。在a的左右端点M、N连上导线，并通入由M到N的恒定电流，此时a边中电流大小为I，两弹簧测力计的示数均为F1。仅将电流反向，两弹簧测力计的示数均为F2。电流产生的磁场忽略不计，下列说法正确的是( )
A．a、b、c三条边中电流大小相等
B．两次弹簧测力计示数F1＝F2
C．金属等边三角形的总质量m＝
D．匀强磁场的磁感应强度B＝
3．(多选)[源于粤教必修一P94T10改编]卖货郎是旧时民间在农村或城市小巷流动贩卖日用杂货的商贩，通常肩挑货担走街串巷，摇鼓叫卖，唤人们出来购货。如图所示，假设卖货郎的每个货筐是质量为M的立方体，每个货筐由四条轻绳对称悬挂于扁担上同一点，每条轻绳与竖直方向成30°角，则卖货郎肩挑扁担静止不动时，下列说法正确的是( )
A．每条轻绳的拉力大小为Mg
B．四条轻绳拉力的合力大小为Mg
C．若将货筐上的四条轻绳减小同样长度但仍对称分布，则每条轻绳的拉力将变大
D．若将货筐上的四条轻绳与竖直方向的夹角增大为45°，则四条轻绳拉力的合力将变大
第1课时 力与物体的平衡
热点一
典例1 A [将两彩灯看成整体，受力分析如图所示，根据平衡条件可得FOA＝mg，FBC＝2mgtan 37°＝mg，对结点B受力分析，根据共点力平衡可得FAB＝mg，故选A。]
典例2 A [对球体进行受力分析，球体受重力mg、弹簧测力计的拉力T、挡板对其的支持力N1、斜面对其的支持力N2，如图所示。
由球体受力平衡得：N1cos 60°＝N2cos 60°，N1sin 60°＋N2sin 60°＋T＝mg，解得N1＝N2＝ N，A正确。]
典例3 D [对球进行受力分析如图，设球的半径为R，根据几何知识可得sin α＝＝0.8，根据平衡条件得FNcos α＝mg，解得FN＝mg，根据牛顿第三定律得球对横杆的压力大小为FN'＝FN＝mg，故选D。]
热点二
典例4 A [方法一 翻动炒菜时，锅铲对菜品的弹力F1和炒菜机铁锅内壁对菜品的弹力FN1始终垂直，受力如图(a)所示，则菜品缓慢上移的过程，FN1减小，F1增大；(点拨：一力确定，另一力方向确定，图解法)推动炒菜时，受力如图(b)所示，则菜品缓慢上移的过程，FN2、F2均增大。故A正确，B、C、D错误。
方法二 翻动炒菜时，设菜品所在位置与圆心的连线和竖直方向的夹角为θ，如图甲所示，根据平衡条件可得，炒菜机铁锅内壁对菜品的弹力FN1＝mgcos θ，F1＝mgsin θ，菜品缓慢上移，θ逐渐增大，故FN1减小，F1增大；推动炒菜时，菜品所在位置与圆心的连线和竖直方向的夹角为φ，如图乙所示，根据平衡条件可得，炒菜机铁锅内壁对菜品的弹力FN2＝，锅铲对菜品的弹力F2＝mgtan φ，菜品缓慢上移，φ逐渐增大，故FN2增大，F2增大，选项A正确。
]
典例5 AD [设拉力与水平面的夹角为θ，在水平面BC上时有，Fcos θ＝μ(Mg－Fsin θ)，解得F＝，当θ＝β时，F最小，A正确；设拉力与斜坡的夹角为θ'，匀速运动时有Fcos θ'＝Mgsin α＋μ(Mgcos α－Fsin θ')，解得F＝＝Mg·＝Mg·，故当θ'＝β时，拉力最小，B错误；设拉力与水平面的夹角为γ，则力的功率P＝Fvcos γ，当γ＝90°时，P＝0，C错误；当此人的拉力达到最大值mg时所拉重物质量达到最大值，有mg＝M'gsin(α＋β)，解得M'＝，D正确。]
热点三
典例6 C [UAB＝0时，短绳2竖直，此时设绳1与竖直方向夹角为θ，则由几何关系sin θ＝＝0.8，可得θ＝53°，可知，光滑小环处轻绳1的夹角为2θ＝106°，由平衡可知，2F1cos 53°＝mg，F1＝mg，故A、B错误；UAB增大时，带负电小球受水平方向的静电力增加，对小球受力
分析可知轻绳2向右倾斜，但是轻绳2的方向仍在轻绳1的角平分线上。
由几何关系得sin α＝，即cos β＝1.25sin α， 所以β增大时α减小，由受力分析有2FT·cos α＝F＝，即FT＝，所以当α＝45°时，FT最小，即随着UAB增大，轻绳1的张力FT先减小后增大，故C正确，D错误。故选C。]
随堂练——研高考·测风向
1．A [无风时，地面对风动石的作用力方向竖直向上，与重力平衡，大小为F1＝mg。当受到一个水平风力时，地面对风动石的作用力与竖直向下的重力及水平方向的风力F三力平衡，根据平衡条件可知，地面对风动石的作用力大小为F2＝，故F2大于F1。故选A。]
2．C [根据题意可知，b与c串联后再与a并联，电压相等，bc的电阻为a的电阻的两倍，此时a边中电流大小为I，则bc中的电流为I，故A错误；电流反向前，根据左手定则，可知a边的安培力方向竖直向上，bc边的安培力方向也竖直向上，a边的安培力大小为Fa＝BIL，bc边的安培力大小为Fbc＝B·I·L＝BIL，对金属等边三角形受力分析，可得2F1＋Fa＋Fbc＝mg，解得F1＝，电流反向后，根据左手定则，可知a边的安培力方向竖直向下，bc边的安培力方向竖直向下，a边的安培力大小为F'a＝BIL，bc边的安培力大小为F'bc＝B·I·L＝BIL，对金属等边三角形受力分析，可得2F2＝mg＋F'a＋F'bc，解得F2＝，由上分析可得F13．BC [根据平衡条件可知，四条轻绳的拉力合力大小为Mg，即4Fcos 30°＝Mg，则每条轻绳的拉力大小为F＝，故A错误，B正确；若货筐上的四条轻绳减小同样长度但仍对称分布，轻绳与竖直方向的夹角α增大，由F'＝可知，每条轻绳的拉力将变大，但合力大小保持不变，故C正确，D错误。]
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专题一 力与运动
第1课时 力与物体的平衡
【备考指南】
1．“力与物体的平衡”是每年高考必考考点。未来命题方向是创设更接近日常生活实际的问题情境，可能会在数学方法上增加题目的难度。
2．复习备考应重视动态平衡问题、多物体问题情境的研究，注重灵活应用整体法和隔离法快捷解决问题。
3．应引导学生善于从具体的问题情境中抽象出三力平衡的模型，进而利用三力平衡的相关规律解决问题。
热点一 物体的静态平衡
处理静态平衡问题常用的方法
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 按效果分解：物体受三个共点力的作用而平衡，将某一个力按力的作用效果分解，则其分力和其他两个力分别满足平衡条件
正交分解法：物体受到三个或三个以上力的作用时，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
矢量三 角形法 对受三个共点力作用而平衡的物体，将力的矢量图平移，使三个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
[典例1] [二维平面多力平衡](2024·北京市石景山区期末)如图所示，为营造节日气氛，同学们用轻质细线在墙角悬挂彩灯。已知两彩灯质量均为m，OA段细线与竖直方向夹角为37°(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，BC段细线保持水平，重力加速度为g。关于三段细线拉力FOA、FAB、FBC，下列表达式正确的是( )
A．FOA＝mg、FAB＝mg、FBC＝mg
B．FOA＝mg、FAB＝mg、FBC＝mg
C．FOA＝mg、FAB＝mg、FBC＝mg
D．FOA＝4mg、FAB＝mg、FBC＝2mg
√
A [将两彩灯看成整体，受力分析如图所示，根据平衡条件可得FOA＝＝mg，FBC＝2mg tan 37°＝mg，对结点B受力分析，根据共点力平衡可得FAB＝＝mg，故选A。]
[典例2] [分解法的应用](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
√
A [对球体进行受力分析，球体受重力mg、弹簧测力计的拉力T、挡板对其的支持力N1、斜面对其的支持力N2，如图所示。
由球体受力平衡得：N1cos 60°＝N2cos 60°，N1sin 60°＋
N2sin 60°＋T＝mg，解得N1＝N2＝ N，A正确。]
【教师备选资源】
[平衡条件的应用](2025届高三上学期·重庆·模拟预测)炎热夏天，人们都安装空调，图甲是某小区高层住宅外安装空调主机的情境。为安全起见，要求吊运过程中空调主机与楼墙保持一定的距离。原理如图乙，一人在高处控制一端系在主机上的轻绳P，另一人在地面控制另一根一端系在主机上的轻绳Q，二人配合可使主机缓慢竖直上升。主机质量为m，当P绳与竖直方向的夹角α＝37°时，Q绳与竖直方向的夹角β＝53°。主机视为质点，重力加速度g(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)。则( )
A．P绳中拉力为mg
B．P绳中拉力为mg
C．Q绳中拉力为mg
D．Q绳中拉力为mg
√
C [对空调主机受力分析，建坐标系如图所示
则y方向有FPcos α＝mg＋FQcos β，
x方向有FPsin α＝FQsin β，
联立可得FP＝mg，FQ＝mg，故选C。]
[典例3] [三维空间平衡](2024·贵州卷)如图(a)所示，一质量为m的匀质球置于固定钢质支架的水平横杆和竖直墙之间，并处于静止状态，其中一个视图如图(b)所示。测得球与横杆接触点到墙面的距离为球半径的1.8倍，已知重力加速度大小为g，不计所有摩擦，则球对横杆的压力大小为
( )
A．mg
B．mg
C．mg
D．mg
√
[思路点拨] 对于立体问题的解答，学会用降维法，将立体图转化为平面图。
D [对球进行受力分析如图，设球的半径为R，根据几何知识可得sin α＝＝0.8，根据平衡条件得FNcos α＝mg，解得FN＝mg，根据牛顿第三定律得球对横杆的压力大小为FN′＝FN＝mg，故选D。]
方法总结 “四步”解决共点力的静态平衡问题
1．定对象——单个物体或多个物体的组合
2．析受力——画受力分析图，防多力、漏力或错力
3．选方法——合成法、分解法、正交分解法
4．列方程——根据平衡条件列出平衡方程，解方程、讨论结果。
热点二 物体的动态平衡及临界极值问题
动态平衡问题的分析方法
平面内三力动态平衡问题 图解法、相似三角形法或正弦定理法等
平面内多力动态平衡问题 正交分解法或将多力动态平衡转化为三力动态平衡
三维空间动态平衡问题 降维法，转化为二维平面内的动态平衡问题
在解决与轻绳关联的三维动态平衡问题时，除了要学会降维分析法外，还需要分清轻绳死结与活结的区别，以及动态平衡中的几何关系。
[典例4] [平面内三力动态平衡问题][一题多解][源于2021湖南卷T5改编]随着家居自动化不断发展，自动炒菜机也逐渐走进了大众的生活。图甲为某品牌的自动炒菜机，使用时，光滑的半球形铁锅静置在灶台上，菜品被倒入自动炒菜机后由于重力作用而集中在锅底，为保证菜品受热均匀，电动锅铲既可推动炒菜也可翻动炒菜。如图乙所示，推动炒菜时，锅铲推动菜品缓慢向右移动，在推动过程中锅铲始终保持竖直，使菜品到达P点；翻动炒菜时，锅铲绕O点缓慢转动，带动菜品缓慢上升翻转，使菜品到达P点。下列说
法正确的是( )
A．无论是翻动炒菜，还是推动炒菜，锅铲对菜品的弹力不断增大
B．无论是翻动炒菜，还是推动炒菜，炒菜机铁锅内壁对菜品的弹力不断减小
C．只有推动炒菜时，锅铲对菜品的弹力不断增大
D．只有推动炒菜时，炒菜机铁锅内壁对菜品的弹力不断减小
√
[思路点拨] (1)推动炒菜时，锅铲始终保持竖直，此过程锅铲对菜品的弹力方向始终水平向右。
(2)翻动炒菜时，锅铲沿O点转动，此过程锅铲对菜品的弹力与锅壁对菜品的弹力始终垂直。
A [方法一 翻动炒菜时，锅铲对菜品的弹力F1和炒菜机铁锅内壁对菜品的弹力FN1始终垂直，受力如图(a)所示，则菜品缓慢上移的过程，FN1减小，F1增大；(点拨：一力确定，另一力方向确定，图解法)推动炒菜时，受力如图(b)所示，则菜品缓慢上移的过程，FN2、F2均增大。故A正确，B、C、D错误。
方法二 翻动炒菜时，设菜品所在位置与圆心的连线和竖直方向的夹角为θ，如图甲所示，根据平衡条件可得，炒菜机铁锅内壁对菜品的弹力FN1＝mg cos θ，F1＝mg sin θ，菜品缓慢上移，θ逐渐增大，故FN1减小，F1增大；推动炒菜时，菜品所在位置与圆心的连线和竖直方向的夹角为φ，如图乙所示，根据平衡条件可得，炒菜机铁锅内壁对菜品的弹力FN2＝，锅铲对菜品的弹力F2＝mg tan φ，菜品缓慢上移，φ逐渐增大，故FN2增大，F2增大，选项A正确。]
方法技巧 “动态平衡”模型解法图析
模型图示 模型分析
木板从图示位置开始缓慢转到水平位置
模型图示 模型分析
b点上下移动或者b板左右移动
sin θ＝，F＝，b点上下移动，力F不变；向左(右)移动时，F会减小(增加)
模型图示 模型分析
缓慢拉动小球
＝＝，则FN大小不变、FT减小
模型图示 模型分析
框架整体在竖直面内绕Q点逆时针缓慢转动90°，∠PON大小不变
ON的拉力先变大后变小，OP的拉力变小
[典例5] [临界极值问题](多选)某人最多能提起质量为m的物体，如图所示，现在他在机场要把质量为M的行李箱通过倾角为α的斜坡AB拉上水平平台BC，已知行李箱与ABC路面的动摩擦因数均为tan β，重力加速度为g，(α＋β)<90°，下列说法正确的是( )
A．若在水平面BC上匀速拉物体，拉力与水平面的夹角为β时拉力最小
B．若在斜坡AB上匀速拉物体，拉力与斜坡的夹角为(α＋β)时拉力最小
C．若在水平面上匀速拉物体，拉力F由水平变到竖直方向过程中，F的功率先减小后增大
D．在斜坡AB上，此人最多能匀速拉动质量
为的物体
√
√
AD [设拉力与水平面的夹角为θ，在水平面BC上时有，F cos θ＝μ(Mg－F sin θ)，解得F＝＝＝，当θ＝β时，F最小，A正确；设拉力与斜坡的夹角为θ′，匀速运动时有F cos θ′＝Mg sin α＋μ(Mg cos α－F sin θ′)，解得F＝＝Mg·＝Mg·，故当θ′＝β时，拉力最小，B错误；设拉力与水平面的夹角为γ，则力的功率P＝Fv cos γ，当γ＝90°时，P＝0，C错误；当此人的拉力达到最大值mg时所拉重物质量达到最大值，有mg＝M′g sin (α＋β)，解得M′＝，D正确。]
方法总结 突破平衡中极值与临界问题的数学知识
数学知识 图示 公式 注意事项
辅助角公式 cos θ＋μsin θ＝sin (α＋θ)其中sin α＝， cos α＝ 即tan α＝ 物体受4个共点力，合力恒定，当F方向变化时，求F的极小值
数学知识 图示 公式 注意事项
正弦定理 ＝＝＝2R(R为△ABC外接圆的半径) 物体受三个共点力平衡，把表示三个力的有向线段作闭合矢量三角形，求某一个力或分析力的变化
数学知识 图示 公式 注意事项
拉密定理 当三个共点力的合力为0时，其中任意一个力与其他两个力的夹角正弦的比值相等＝＝ 其实质为正弦定理的变形 直接画出三个合力为0的共点力，应用拉密定理，比正弦定理更加便捷
热点三 力电综合问题
[典例6] [电学中的平衡问题](2025·浙江一模)如图所示，平行板电容器竖直放置，金属板A、B的内侧表面上的M、N两点，在M、N两点间系一绝缘轻绳1(不可伸长)，绳长为1.25d，M、N两点等高，M、N的水平距离为d，轻绳1上套有一个轻质的光滑小环O，质量为m、电荷量为q的带负电小球，通过绝缘轻短绳2悬挂在环的下方。滑动变阻器滑片P缓慢从左往右滑动，使A、B板间电压UAB从0逐渐增大(重力加速度为g，sin 53°＝0.8，带电球始终处于金属板A、B之间，且不与A、B板接触，不计电荷对电场影响)。下列说法中正确的是( )
A．UAB＝0时，光滑小环处轻绳1的夹角为53°
B．UAB＝0时，轻绳1的张力为mg
C．UAB增大时，光滑小环处轻绳1的夹角变小
D．随着UAB增大，轻绳1的张力一直增大
√
C [UAB＝0时，短绳2竖直，此时设绳1与竖直方向夹角为θ，则由几何关系sin θ＝＝0.8，可得θ＝53°，可知，光滑小环处轻绳1的夹角为2θ＝106°，由平衡可知，2F1cos 53°＝mg，F1＝mg，故A、B错误；UAB增大时，带负电小球受水平方向的静电力增加，
对小球受力分析可知轻绳2向右倾斜，但是轻绳2的方向仍在轻绳1的角平分线上。
由几何关系得sin α＝＝，即cos β＝1.25sin α，所以β增大时α减小，由受力分析有2FT·cos α＝F＝，
即FT＝＝＝，
所以当α＝45°时，FT最小，即随着UAB增大，
轻绳1的张力FT先减小后增大，故C正确，D错
误。故选C。]
方法总结
1．对于静电场、磁场中的平衡问题，受力分析时要注意静电力、磁场力方向的判断，再结合平衡条件分析求解。
2．涉及安培力的平衡问题，画受力示意图时要注意将立体图转化为平面图。
1．[静态平衡问题](2025·福建卷·T1) 山崖上有一个风动石，无风时地面对风动石的作用力是F1，当受到一个水平风力时，风动石依然静止，地面对风动石的作用力是F2，以下正确的是( )
A．F2大于F1
B．F1大于F2
C．F1等于F2
D．大小关系与风力大小有关
√
A [无风时，地面对风动石的作用力方向竖直向上，与重力平衡，大小为F1＝mg。当受到一个水平风力时，地面对风动石的作用力与竖直向下的重力及水平方向的风力F三力平衡，根据平衡条件可知，地面对风动石的作用力大小为F2＝，故F2大于F1。故选A。]
2．[磁场中的平衡问题](2025·浙江一模)如图所示，匀强磁场中有两个相同的弹簧测力计，测力计下方竖直悬挂一副边长为L，粗细均匀的均质金属等边三角形，将三条边分别记为a、b、c。在a的左右端点M、N连上导线，并通入由M到N的恒定电流，此时a边中电流大小为I，两弹簧测力计的示数均为F1。仅将电流反向，两弹簧测力计的示数均为F2。电流产生的磁场忽略不计，下列说法正确的是( )
A．a、b、c三条边中电流大小相等
B．两次弹簧测力计示数F1＝F2
C．金属等边三角形的总质量m＝
D．匀强磁场的磁感应强度B＝
√
C [根据题意可知，b与c串联后再与a并联，电压相等，bc的电阻为a的电阻的两倍，此时a边中电流大小为I，则bc中的电流为I，故A错误；电流反向前，根据左手定则，可知a边的安培力方向竖直向上，bc边的安培力方向也竖直向上，a边的安培力大小为Fa＝BIL，bc边的安培力大小为Fbc＝B·I·L＝BIL，对金属等边三角形受力分析，可得2F1＋Fa＋Fbc＝mg，解得F1＝，电流反向后，根据左手定则，可知a边的安培力方向竖直向下，bc边的安培
力方向竖直向下，a边的安培力大小为F′a＝BIL，bc边的安培力大小为F′bc＝B·I·L＝BIL，对金属等边三角形受力分析，可得2F2＝mg＋F′a＋F′bc，解得F2＝，由上分析可得F13．(多选)[源于粤教必修一P94T10改编]卖货郎是旧时民间在农村或城市小巷流动贩卖日用杂货的商贩，通常肩挑货担走街串巷，摇鼓叫卖，唤人们出来购货。如图所示，假设卖货郎的每个货筐是质量为M的立方体，每个货筐由四条轻绳对称悬挂于扁担上同一点，每条轻绳与竖直方向成30°角，则卖货郎肩挑扁担静止不动时，下列说法正确的是( )
A．每条轻绳的拉力大小为Mg
B．四条轻绳拉力的合力大小为Mg
C．若将货筐上的四条轻绳减小同样长度但仍对称
分布，则每条轻绳的拉力将变大
D．若将货筐上的四条轻绳与竖直方向的夹角增大为45°，则四条轻绳拉力的合力将变大
√
√
BC [根据平衡条件可知，四条轻绳的拉力合力大小为Mg，即
4F cos 30°＝Mg，则每条轻绳的拉力大小为F＝，故A错误，B正确；若货筐上的四条轻绳减小同样长度但仍对称分布，轻绳与竖直方向的夹角α增大，由F′＝可知，每条轻绳的拉力将变大，但合力大小保持不变，故C正确，D错误。]
说明：单选题每小题4分，多选题每小题6分，本试卷总分42分
1．[源于2024河北卷T5改编]如图所示，充满气的篮球放在由a、b两根光滑杆组成的架子上。已知两根杆相距R、其所在平面与水平面间的夹角为30°，篮球的半径为R、重力为G。则a杆对篮球的支持力大小为( )
A．G tan 30° B．G sin 30°
C．G cos 15° D．G sin 15°
课后限时练1 力与物体的平衡
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
√
C [画出篮球放置的截面图如图(a)所示，两根杆相距L＝R，根据勾股定理，两力之间的夹角为90°，Fa与Fb方向如图(b)所示，由平衡条件可知，a杆对篮球的支持力大小为Fa＝G cos 15°，故选C。]
题号
1
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题号
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2．(2025·高三上学期·陕西西安模拟预测)悬挂线是数学中一种优美曲线，如下图有一段质量均匀分布的细绳两端固定，构成悬挂线，曲线左右两端点的切线与水平方向夹角分别为45°和60°，求由水平切线的垂线所分成两部分的质量比( )
A．1∶
B．1∶
C．∶
D．1∶2
√
B [对竖直虚线左边绳子受力分析如图
由平衡条件有FT1cos 45°＝m1g，FT1sin 45°＝FT，同理对竖直虚线右边绳子受力分析，由平衡条件可得FT2sin 60°＝m2g，FT2cos 60°
＝FT，联立解得＝，故选B。]
题号
2
1
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9
3．(多选)[源于人教版教材必修第一册P81T6改编]“繁灯夺霁华”，挂灯笼已成为中国人喜庆节日的习俗。如图所示，一轻质细绳上等距悬挂四个质量相等的灯笼，BC段的细绳是水平的，另外四段细绳与水平面所成的角分别为θ1和θ2，设绳子OA段、AB段的拉力分别为T1、T2。则( )
A．＝ B．＝
C．＝ D．＝
题号
2
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9
√
√
BC [设每个灯笼质量为m，先将四个灯笼看成一个整体，由平衡条件得2T1sin θ1＝4mg，将下面两个灯笼看成一个整体，则有2T2sin θ2
＝2mg，对悬点A受力分析，水平方向上有T1cos θ1＝T2cos θ2，联立可得＝＝，故B、C正确，A、D错误。故选BC。]
题号
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4．(2025·高三上学期·福建一模)燃气灶支架有很多种规格和款式。如图所示，这是甲、乙两款不同的燃气灶支架，它们都是在一个圆圈底座上等间距地分布有五个支架齿，每一款支架齿的简化示意图在对应的款式下方。如果将质量相同、尺寸不同的球面锅置于两款支架上的a、b、c、d四个位置，则锅对各位置的压力分别为Fa、Fb、Fc、Fd，忽略锅与支架间的摩擦，下列判断正确的是( )
A．Fa＝Fb B．FaC．Fc＝Fd D．Fc题号
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8
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√
C [甲款支架对球面锅的支持力方向指向球面锅的球心，如图(a)所示
锅处于平衡状态，根据平衡条件，则有mg＝5FNcos θ，解得FN＝，由图知，锅的尺寸越大，θ越小，则支架对球面锅的支持力越小。又由牛顿第三定律得，锅的尺寸越大，球面锅对支架的压力越小。所以Fb题号
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7
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乙款支架对球面锅的支持力方向垂直于接触面，如图(b)所示，锅处于平衡状态，根据平衡条件，则有mg＝5FNcos θ，解得支架对球面锅的支持力FN＝，由图知，不论锅的尺寸大小，θ不变，则支架对球面锅的支持力大小不变。又由牛顿第三定律得，锅的尺寸无论大小，球面锅对支架的压力不变。故C正确，D错误。故选C。]
题号
2
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9
5．(2025·河南安阳模拟)在没有起重机的情况下，工人要将油桶搬运上汽车，常常用如图所示的方法。已知油桶重力大小为G，斜面的倾角为θ。当工人对油桶施加方向不同的推力F时，油桶始终处于匀速运动状态。假设斜面与油桶的接触面光滑。在推力F由水平方向逐渐变为竖直向上方向的过程中，以下关于油桶受力的说法正确的是( )
A．若力F沿水平方向，F的大小为G sin θ
B．若力F沿水平方向，斜面对油桶的支持力大小为G cos θ
C．F由水平方向逐渐变为竖直向上方向的过程中，
斜面对油桶的支持力逐渐变大
D．F由水平方向逐渐变为竖直向上方向的过程中，
推力F的最小值为G sin θ
题号
2
1
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√
D [当力F沿水平方向时，由于油桶为匀速运动状态，因此受力平衡，则水平和竖直方向上有F＝N sin θ，N cos θ＝G，解得F＝
G tan θ，N＝，故A、B错误；当力F由水平方向逐渐变为竖直方向的过程中，油桶的受力分析图如图所示。故支持力在逐渐变小，且推力最小为力F和支持力N垂直，即F沿斜面方向时，此时最小值为Fmin＝G sin θ，故C错误，D正确。]
题号
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6．(多选)(2025·福建厦门10月测试)如图所示，轻绳a的一端与质量为m1的物块A连接，另一端跨过光滑定滑轮与轻绳b拴接于O点，与水平方向成θ角的力F作用在O点，质量为m2的物块B恰好与地面间没有作用力，已知θ＝60°，定滑轮右侧的轻绳a与竖直方向的夹角也为θ，重力加速度为g。当F从图中所示的状态开始沿顺时针缓慢转动90°的过程中，结点O、物块A的位置始终保持不变，则下列说法正确的是( )
A．m2＝m1
B．F的最小值为m1g
C．力F先减小后变大
D．地面对物块B的支持力变大
题号
2
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9
√
√
CD [对结点O受力分析如图甲所示，则m1g＝m2g cos θ，可知m1＝m2，故A错误。F从题图所示的状态开始沿顺时针缓慢转动90°的过程如图乙所示，定滑轮右侧轻绳a的拉力大小、方向均不变，轻绳b的拉力大小逐渐变小但方向不变，力F先减小后变大，当力F与轻绳b垂直时，力F有最小值，为Fmin＝
m1g sin θ＝m1g，故B错误，C正确。F沿顺时针转动90°的过程中，轻绳b的拉力(m2g－FN)变小，则地面对物块B的支持力FN变大，故D正确。]
题号
2
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9
7．如图所示，半径为R的光滑绝缘空心圆形细管道竖直固定放置，A、B为置于管道中的可视为点电荷的带电小球，其中小球A固定在管道的最低点M处，小球B可以自由滑动。平衡时，小球B静止在管道中的N处，M、N连线与竖直方向成30°角。已知小球B所带电荷量为 ＋q，质量为m，重力加速度为g，静电力常量为k，不计小球大小和管道内径，则( )
A．小球A一定带负电
B．小球A在N处产生的电场强度大小为
C．小球A所带电荷量的绝对值为
D．小球A所带电荷量的绝对值为
题号
2
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9
√
D [对B受力分析，如图所示，可知小球A对小球B为库仑斥力，由于小球B带正电，所以小球A带正电，A错误；由平衡条件得
mg cos 30°＝F，F＝qE，联立解得小球A在N处产生的电场强度大小为E＝，B错误；由点电荷的电场强度公式得E＝，解得QA＝，D正确，C错误。]
题号
2
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9
8．(多选)(2025高三上学期·江西抚州模拟预测)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m1和m2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。当木板与水平面间的夹角为θ时，物块A、B刚好要滑动，则的值可能为( )
A． B．
C． D．
题号
2
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√
√
AD [若A相对B刚要上滑、B相对斜面刚要下滑，设轻绳中拉力为F，对A有F＝m1g sin θ＋μm1g cos θ，对B有F＋μm1g cos θ＋μ(m1＋m2)g cos θ＝m2g sin θ，联立解得＝，故A正确，B错误；若A相对B刚要下滑、B相对斜面刚要上滑，设轻绳中拉力为F′，对A有F′＋μm1g cos θ＝m1g sin θ，对B有F′＝m2g sin θ＋
μm1g cos θ＋μ(m1＋m2)g cos θ，联立解得＝，故C错误，D正确。故选AD。]
题号
2
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9．(2025·浙江一模)如图所示为“V”形吊车的简化示意图，底座支点记为O点，OA为定杆且为“V”形吊车的左臂，OA上端A处固定有定滑轮，OB为活杆且为“V”形吊车的右臂，一根钢索连接B点与底座上的电动机，另一根钢索连接B点后跨过定滑轮吊着一质量为M的重物，通过电动机的牵引控制右臂OB的转动从而控制重物的起落。图示状态下，重物静止在空中，左臂OA与水平面的夹角为α ＝ 60°，左臂OA与钢索AB段的夹角为θ ＝30°，且左臂OA与右臂OB恰好相互垂
直，左臂OA质量为m，不计右臂OB和钢索的质量及一
切摩擦，重力加速度为g。则下列说法正确的是( )
题号
2
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A．图示状态下，钢索对定滑轮的压力为Mg，方向由A指向O
B．图示状态下，钢索对右臂OB的作用力为Mg，方向由B指向O
C．底座对O点竖直向上的合力为(M＋m)g
D．当启动电动机使重物缓慢上升时，左臂OA受到的钢索的作用力逐渐减小
题号
2
1
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√
B [根据几何关系，线段AM与OA段夹角为30°，θ ＝30°，根据平衡条件，钢索对定滑轮的压力为F＝2Mg cos 30°＝Mg，方向由A指向O，故A错误；钢索拉力等于Mg，AB段对B点拉力为Mg，根据几何关系，OB段与竖直方向夹角为60°，AB段、OB段夹角为60°，以OB所在直线和垂直于OB的直线建立直角坐标系，垂直于OB方向，有Mg sin 60°＝FB座sin 60°，连接B点与底座上的电动机的钢索的拉力FB座＝Mg，则钢索对右臂OB的作用力为FOB＝
Mg cos 60°＋FB座cos 60°＝Mg，方向由B指向O，故B正确；对
题号
2
1
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7
9
AOB支架及重物M整体进行受力分析可知，系统受重力、底座的支持力FNO、连接B点与底座上的电动机的钢索的向下的拉力FB座，则有FNO＝(M＋m)g＋FB座，又FB座＝Mg，故FNO＝(2M＋m)g，由牛顿第三定律可知，底座对O点竖直向上的合力为(2M＋m)g，故C错误；当启动电动机使重物缓慢上升时，与重物相连的钢索拉力不变，钢索与OA夹角不变，活杆OB顺时针转动，AB与OA夹角变小，即两绳AM、AB夹角变小，两个等大的共点力合成，夹角越小合力越大，所以左臂OA受到的钢索的作用力变大，故D错误。故选B。]
题号
2
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9
谢 谢！课后限时练1 力与物体的平衡
说明：单选题每小题4分，多选题每小题6分，本试卷总分42分
1．[源于2024河北卷T5改编]如图所示，充满气的篮球放在由a、b两根光滑杆组成的架子上。已知两根杆相距R、其所在平面与水平面间的夹角为30°，篮球的半径为R、重力为G。则a杆对篮球的支持力大小为( )
A．G tan 30° B．G sin 30°
C．G cos 15° D．G sin 15°
2．(2025·高三上学期·陕西西安模拟预测)悬挂线是数学中一种优美曲线，如下图有一段质量均匀分布的细绳两端固定，构成悬挂线，曲线左右两端点的切线与水平方向夹角分别为45°和60°，求由水平切线的垂线所分成两部分的质量比( )
A．1∶ B．1∶
C．∶ D．1∶2
3．(多选)[源于人教版教材必修第一册P81T6改编]“繁灯夺霁华”，挂灯笼已成为中国人喜庆节日的习俗。如图所示，一轻质细绳上等距悬挂四个质量相等的灯笼，BC段的细绳是水平的，另外四段细绳与水平面所成的角分别为θ1和θ2，设绳子OA段、AB段的拉力分别为T1、T2。则( )
A．＝ B．＝
C．＝ D．＝
4．(2025·高三上学期·福建一模)燃气灶支架有很多种规格和款式。如图所示，这是甲、乙两款不同的燃气灶支架，它们都是在一个圆圈底座上等间距地分布有五个支架齿，每一款支架齿的简化示意图在对应的款式下方。如果将质量相同、尺寸不同的球面锅置于两款支架上的a、b、c、d四个位置，则锅对各位置的压力分别为Fa、Fb、Fc、Fd，忽略锅与支架间的摩擦，下列判断正确的是( )
A．Fa＝Fb B．FaC．Fc＝Fd D．Fc5．(2025·河南安阳模拟)在没有起重机的情况下，工人要将油桶搬运上汽车，常常用如图所示的方法。已知油桶重力大小为G，斜面的倾角为θ。当工人对油桶施加方向不同的推力F时，油桶始终处于匀速运动状态。假设斜面与油桶的接触面光滑。在推力F由水平方向逐渐变为竖直向上方向的过程中，以下关于油桶受力的说法正确的是( )
A．若力F沿水平方向，F的大小为G sin θ
B．若力F沿水平方向，斜面对油桶的支持力大小为G cos θ
C．F由水平方向逐渐变为竖直向上方向的过程中，斜面对油桶的支持力逐渐变大
D．F由水平方向逐渐变为竖直向上方向的过程中，推力F的最小值为G sin θ
6．(多选)(2025·福建厦门10月测试)如图所示，轻绳a的一端与质量为m1的物块A连接，另一端跨过光滑定滑轮与轻绳b拴接于O点，与水平方向成θ角的力F作用在O点，质量为m2的物块B恰好与地面间没有作用力，已知θ＝60°，定滑轮右侧的轻绳a与竖直方向的夹角也为θ，重力加速度为g。当F从图中所示的状态开始沿顺时针缓慢转动90°的过程中，结点O、物块A的位置始终保持不变，则下列说法正确的是( )
A．m2＝m1
B．F的最小值为m1g
C．力F先减小后变大
D．地面对物块B的支持力变大
7．如图所示，半径为R的光滑绝缘空心圆形细管道竖直固定放置，A、B为置于管道中的可视为点电荷的带电小球，其中小球A固定在管道的最低点M处，小球B可以自由滑动。平衡时，小球B静止在管道中的N处，M、N连线与竖直方向成30°角。已知小球B所带电荷量为 ＋q，质量为m，重力加速度为g，静电力常量为k，不计小球大小和管道内径，则( )
A．小球A一定带负电
B．小球A在N处产生的电场强度大小为
C．小球A所带电荷量的绝对值为
D．小球A所带电荷量的绝对值为
8．(多选)(2025高三上学期·江西抚州模拟预测)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m1和m2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。当木板与水平面间的夹角为θ时，物块A、B刚好要滑动，则的值可能为( )
A． B．
C． D．
9．(2025·浙江一模)如图所示为“V”形吊车的简化示意图，底座支点记为O点，OA为定杆且为“V”形吊车的左臂，OA上端A处固定有定滑轮，OB为活杆且为“V”形吊车的右臂，一根钢索连接B点与底座上的电动机，另一根钢索连接B点后跨过定滑轮吊着一质量为M的重物，通过电动机的牵引控制右臂OB的转动从而控制重物的起落。图示状态下，重物静止在空中，左臂OA与水平面的夹角为α ＝ 60°，左臂OA与钢索AB段的夹角为θ ＝30°，且左臂OA与右臂OB恰好相互垂直，左臂OA质量为m，不计右臂OB和钢索的质量及一切摩擦，重力加速度为g。则下列说法正确的是( )
A．图示状态下，钢索对定滑轮的压力为Mg，方向由A指向O
B．图示状态下，钢索对右臂OB的作用力为Mg，方向由B指向O
C．底座对O点竖直向上的合力为(M＋m)g
D．当启动电动机使重物缓慢上升时，左臂OA受到的钢索的作用力逐渐减小
课后限时练1
1．C [画出篮球放置的截面图如图(a)所示，两根杆相距L＝R，根据勾股定理，两力之间的夹角为90°，Fa与Fb方向如图(b)所示，由平衡条件可知，a杆对篮球的支持力大小为Fa＝Gcos 15°，故选C。
]
2．B [对竖直虚线左边绳子受力分析如图
由平衡条件有FT1cos 45°＝m1g，FT1sin 45°＝FT，同理对竖直虚线右边绳子受力分析，由平衡条件可得FT2sin 60°＝m2g，FT2cos 60°＝FT，联立解得，故选B。]
3．BC [设每个灯笼质量为m，先将四个灯笼看成一个整体，由平衡条件得2T1sin θ1＝4mg，将下面两个灯笼看成一个整体，则有2T2sin θ2＝2mg，对悬点A受力分析，水平方向上有T1cos θ1＝T2cos θ2，联立可得，故B、C正确，A、D错误。故选BC。]
4．C [甲款支架对球面锅的支持力方向指向球面锅的球心，如图(a)所示
锅处于平衡状态，根据平衡条件，则有mg＝5FNcos θ，解得FN＝，由图知，锅的尺寸越大，θ越小，则支架对球面锅的支持力越小。又由牛顿第三定律得，锅的尺寸越大，球面锅对支架的压力越小。所以Fb锅处于平衡状态，根据平衡条件，则有mg＝5FNcos θ，解得支架对球面锅的支持力FN＝，由图知，不论锅的尺寸大小，θ不变，则支架对球面锅的支持力大小不变。又由牛顿第三定律得，锅的尺寸无论大小，球面锅对支架的压力不变。故C正确，D错误。故选C。]
5．D [当力F沿水平方向时，由于油桶为匀速运动状态，因此受力平衡，则水平和竖直方向上有F＝Nsin θ，Ncos θ＝G，解得F＝Gtan θ，N＝，故A、B错误；当力F由水平方向逐渐变为竖直方向的过程中，油桶的受力分析图如图所示。故支持力在逐渐变小，且推力最小为力F和支持力N垂直，即F沿斜面方向时，此时最小值为Fmin＝Gsin θ，故C错误，D正确。]
6．CD [对结点O受力分析如图甲所示，则m1g＝m2gcos θ，可知m1＝m2，故A错误。F从题图所示的状态开始沿顺时针缓慢转动90°的过程如图乙所示，定滑轮右侧轻绳a的拉力大小、方向均不变，轻绳b的拉力大小逐渐变小但方向不变，力F先减小后变大，当力F与轻绳b垂直时，力F有最小值，为Fmin＝m1gsin θ＝m1g，故B错误，C正确。F沿顺时针转动90°的过程中，轻绳b的拉力(m2g－FN)变小，则地面对物块B的支持力FN变大，故D正确。
]
7．D [对B受力分析，如图所示，可知小球A对小球B为库仑斥力，由于小球B带正电，所以小球A带正电，A错误；由平衡条件得mgcos 30°＝F， F＝qE，联立解得小球A在N处产生的电场强度大小为E＝，B错误；由点电荷的电场强度公式得E＝，解得QA＝，D正确，C错误。]
8．AD [若A相对B刚要上滑、B相对斜面刚要下滑，设轻绳中拉力为F，对A有F＝m1gsin θ＋μm1gcos θ，对B有F＋μm1gcos θ＋μ(m1＋m2)gcos θ＝m2gsin θ，联立解得，故A正确，B错误；若A相对B刚要下滑、B相对斜面刚要上滑，设轻绳中拉力为F'，对A有F'＋μm1gcos θ＝m1gsin θ，对B有F'＝m2gsin θ＋μm1gcos θ＋μ(m1＋m2)gcos θ，联立解得，故C错误，D正确。故选AD。]
9．B [根据几何关系，线段AM与OA段夹角为30°，θ ＝30°，根据平衡条件，钢索对定滑轮的压力为F＝2Mgcos 30°＝Mg，方向由A指向O，故A错误；钢索拉力等于Mg，AB段对B点拉力为Mg，根据几何关系，OB段与竖直方向夹角为60°，AB段、OB段夹角为60°，以OB所在直线和垂直于OB的直线建立直角坐标系，垂直于OB方向，有Mgsin 60°＝FB座sin 60°，连接B点与底座上的电动机的钢索的拉力FB座＝Mg，则钢索对右臂OB的作用力为FOB＝Mgcos 60°＋FB座cos 60°＝Mg，方向由B指向O，故B正确；对AOB支架及重物M整体进行受力分析可知，系统受重力、底座的支持力FNO、连接B点与底座上的电动机的钢索的向下的拉力FB座，则有FNO＝(M＋m)g＋FB座，又FB座＝Mg，故FNO＝(2M＋m)g，由牛顿第三定律可知，底座对O点竖直向上的合力为(2M＋m)g，故C错误；当启动电动机使重物缓慢上升时，与重物相连的钢索拉力不变，钢索与OA夹角不变，活杆OB顺时针转动，AB与OA夹角变小，即两绳AM、AB夹角变小，两个等大的共点力合成，夹角越小合力越大，所以左臂OA受到的钢索的作用力变大，故D错误。故选B。]
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