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(考点分析) 第三节 共点力的平衡-2023年高考物理一轮系统复习学思用
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这是一份(考点分析) 第三节 共点力的平衡-2023年高考物理一轮系统复习学思用，共17页。
【考点分析】 第三节 共点力的平衡
【考点一】 三力平衡问题
【典型例题1】 (2021·江苏启东中学)如图所示，光滑斜面的倾角为30°，轻绳通过两个滑轮与A相连，轻绳的另一端固定于天花板上，不计轻绳与滑轮的摩擦。物块A的质量为m，不计滑轮的质量，挂上物块B后，当滑轮两边轻绳的夹角为90°时，A、B恰能保持静止，则物块B的质量为( )
A．m B．m
C．m D．2m
【解析】 先对A受力分析，运用共点力平衡条件求出轻绳的拉力；再对B受力分析，再次运用共点力平衡条件求出B的质量，如图所示，
根据共点力平衡条件，有mgsin 30°＝T，T＝Mg，
解得M＝m，故A正确。
【答案】 A
【考点二】 多力平衡问题
【典型例题2】 (2021·黑龙江哈尔滨市三中)如图所示，斜面固定，平行于斜面处于压缩状态的轻弹簧一端连接物块A，另一端固定，最初A静止.在A上施加与斜面成30°角的恒力F，A仍静止，下列说法正确的是( )
A．A对斜面的压力一定变小 B．A对斜面的压力可能不变
C．A对斜面的摩擦力一定变大 D．A对斜面的摩擦力可能变为零
【解析】 设斜面倾角为θ，对物块进行受力分析，垂直于斜面方向，最初支持力等于mgcos θ，施加恒力F后，支持力等于mgcos θ＋Fsin 30°，支持力一定增大.根据牛顿第三定律，A对斜面的压力一定变大，故A、B错误；平行于斜面处于压缩状态的轻弹簧，最初摩擦力方向可能向上，可能向下，也可能为0，施加恒力F后，F沿斜面向上的分力为Fcos 30°，由于F大小未知，摩擦力可能仍向上，可能等于0，也可能沿斜面向下，摩擦力的大小可能增大，也可能减小，故C错误，D正确.
【答案】 D
【考点三】 多力平衡问题的应用
【典型例题3】 (2021·四川省石室中学)如图所示，一光滑的轻滑轮用细绳OO′悬挂于O点。另一细绳跨过滑轮，左端悬挂物块a，右端系一位于水平粗糙桌面上的物块b。外力F向右上方拉b，整个系统处于静止状态。若保持F的方向不变，逐渐增大F的大小，物块b仍保持静止状态，则下列说法中正确的是( )
A．桌面受到的压力逐渐增大 B．连接a、b的绳子张力逐渐减小
C．物块b与桌面间的摩擦力一定逐渐增大 D．悬挂于O点的细绳OO'中的张力保持不变
【解析】 BD．由于整个系统处于静止状态，所以滑轮两侧连接a和b的绳子的夹角不变；物块a只受重力以及绳子的拉力，由于物体a平衡，则连接a和b的绳子张力保持不变；由于绳子的张力及夹角均不变，所以OO′中的张力保持不变，B错误，D正确；
AC．对b分析可知，b处于静止即平衡状态，设绳子和水平方向的夹角为，力F和水平方向的夹角为，对b受力分析，由平衡条件可得
可得
力与力F与水平所成夹角均保持不变，绳子拉力不变，力F增大，则桌面给物体b的支持力减小，根据牛顿第三定律，桌面受到的压力逐渐减小；
在水平方向上，当拉力F的水平分力大于和绳子拉力的水平分力时，则有
此时摩擦力随着拉力增大而增大，当拉力F的水平分力小于和绳子拉力的水平分力时，则有
此时摩擦力随着拉力的增大而减小，AC错误。故选D
【答案】 D
【归纳总结】 受力分析的三个常用判据
(1)条件判据：不同性质的力产生条件不同，进行受力分析时最基本的判据是根据其产生条件．
(2)效果判据：有时候是否满足某力产生的条件是很难判定的，可先根据物体的运动状态进行分析，再运用平衡条件或牛顿运动定律判定未知力．
①物体平衡时必须保持合外力为零．
②物体做变速运动时必须保持合力方向沿加速度方向，合力大小满足F＝ma.
③物体做匀速圆周运动时必须保持合外力大小恒定，满足F＝m，方向始终指向圆心．
(3)特征判据：从力的作用是相互的这个基本特征出发，通过判定其反作用力是否存在来判定该力是否存在．
【考点四】 图解法求解动态平衡问题
【典型例题4】 (2021·辽宁省六校协作体)如图所示，一个固定的圆弧阻挡墙PQ，其半径OP水平，OQ竖直，在PQ和一个斜面体A之间卡着一个表面光滑的重球B，斜面体A放在光滑的地面上并用一水平向左的力F推着，整个装置处于静止状态。现改变推力F大小，推动斜面体A沿着水平地面向左缓慢运动，使球B沿斜面上升很小高度，则在B球缓慢上升过程中，下列说法正确的是( )
A．斜面体A与B球之间的弹力逐渐增大
B．斜阻挡墙PQ与B球之间的弹力先减小后增大
C．水平地面对斜面体A的弹力逐渐增大
D．水平推力F逐渐减小
【解析】 AB．小球B处于平衡状态，对B受力分析，如图所示：
当球B沿斜面上升一很小高度时，圆弧阻挡墙对B的压力方向与水平方向的夹角减小，根据图像可知，斜面体A与球B之间的弹力N1逐渐减小，阻挡墙PQ与球B之间的弹力N2逐渐减小，故AB错误；CD．以斜面体为研究对象，则有上述解析可知球B对斜面A的弹力减小，则可以将该力分解为水平方向和竖直方向，该力与水平竖直所成夹角不变，所以竖直与水平分力都减小，而F等于其水平分力，故F减小，地面对A的支持力等于A的重力加上该力的竖直分力，故地面对A的支持力也减小，故C错误，D正确。故选D。
【答案】 D
【归纳总结】 这类平衡问题是一个物体受到三个力(或可等效为三个力)而平衡，这三个力的特点：其中一个力的大小和方向是确定的，另一个力方向始终不改变，第三个力的大小和方向都可改变。
【考点五】 解析法求解动态平衡问题
【典型例题5】 (2021·云南省玉溪市峨眉山一中)如图所示，竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘，两个带有同种电荷的小球A、B分别位于竖直墙面和水平地面，且处于同一竖直平面内，若用图示方向的水平推力F作用于小球B，则两球静止于图示位置．如果将小球向左推动少许，待两球重新达到平衡时，跟原来相比( )
A．两小球间距离将增大，推力F将减小
B．两小球间距离将增大，推力F将增大
C．两小球间距离将减小，推力F将增大
D．两小球间距离将减小，推力F将减小
【解析】 以A球为研究对象，分析受力，作出力图如图1所示：设B对A的库仑力F与墙壁的夹角为θ，由平衡条件得竖直墙面对小球A的弹力为：，将小球B向左推动少许时θ减小，则N1减小；库仑力：，θ减小，cosθ增大，减小，根据库仑定律分析得知两球之间的距离增大；再以AB整体为研究对象，分析受力如图2所示，由平衡条件得：，则推力F减小，故A正确，B、C、D错误；故选A．
【答案】 A
【考点六】 相似三角形法求解动态平衡问题
【典型例题6】 (2021·黑龙江齐齐哈尔市实验中学)如图所示，有一长为L的轻杆，一端用光滑的铰链固定在墙上，另一端固定一质量为m的小球B，在距铰链正上方L处有一光滑小定滑轮，现用手拉动绕过滑轮并系在小球B上的细线，使小球B缓慢上移，手对细线的拉力大小为F，杆对小球B的弹力大小为FN，重力加速度为g，在移动过程中，下列说法正确的是( )
A．F不变，FN减小
B．F减小，FN不变
C．当杆被拉至水平状态时F=mg
D．杆对小球B的弹力大小恒为mg
【解析】 ABD．对B球受力分析，画出力的示意图如图所示
根据相似三角形规律有，小球B缓慢上移，重力不变，L不变，则杆对小球的弹力大小FN不变，绳子长度减小，所以F减小，A错误，BD正确；C．当杆被拉至水平状态时，绳子的长度为，由相似三角形关系可得，C正确。故选BCD。
【答案】 BCD
【归纳总结】 若题目中出现有关的几何边角关系， 在画出力合成与分解的示意图后，要注意有关相似三角形或者直角三角形的知识的运用。
【考点七】 整体与隔离求解动态平衡问题
【典型例题7】 (2021·黑龙江实验中学)如图所示，轻绳的两端分别系在圆环A和小球B上，圆环A套在粗糙的水平直杆MN上．现用水平力F拉着绳子上的一点O，使小球B从图中实线位置缓慢上升到虚线位置，但圆环A始终保持在原位置不动．在这一过程中，环对杆的摩擦力为Ff和环对杆的压力FN的变化情况是 ( )
A．Ff不变，FN不变
B．Ff增大，FN不变
C．Ff增大，FN减小
D．Ff不变，FN减小
【解析】 设细绳与竖直夹角为α，由平衡条件得：F=mgtanα，α增大，则F增大；再以整体为研究对象，根据平衡条件得：f=F，则f逐渐增大．FN=(M+m)g，FN保持不变故选B．
【答案】 B
【归纳总结】 整体法与隔离法
整体法
隔离法
概念
将加速度相同的几个物体作为一个整体来分析的方法
将研究对象与周围物体分隔开来分析的方法
选用原则
研究系统外的物体对系统整体的作用力或求系统整体的加速度
研究系统内物体之间的相互作用力
【考点八】 正交分解法探究力的静态平衡
【典型例题8】 (2021·山西“六校”联考)跨过定滑轮的轻绳两端分别系着物体A和物体B，物体A放在倾角为θ的斜面上，与A相连的轻绳和斜面平行，如图所示.已知物体A的质量为m，物体A与斜面间的动摩擦因数为μ(μ
【解析】 先选物体B为研究对象，它受到重力mBg和拉力FT′的作用，根据平衡条件有FT′＝mBg，再选物体A为研究对象，它受到重力mg、斜面的支持力FN、轻绳的拉力FT(FT＝FT′)和斜面的摩擦力作用，假设物体A处于将要上滑的临界状态，则物体A受到的静摩擦力最大，且方向沿斜面向下，这时A的受力情况如图所示.根据平衡条件有FN－mgcos θ＝0，FT＝Ffm＋mgsin θ＝mBg，又知Ffm＝μFN，解得mB＝m(sin θ＋μcos θ)，再假设物体A处于将要下滑的临界状态，则物体A受到的静摩擦力最大，且方向沿斜面向上，根据平衡条件有FN－mgcos θ＝0，FT＋Ffm－mgsin θ＝0，又知Ffm＝μFN，解得mB＝m(sin θ－μcos θ)，综上所述，物体B的质量的取值范围是m(sin θ－μcos θ)≤mB≤m(sin θ＋μcos θ).
【答案】 m(sin θ－μcos θ)≤mB≤m(sin θ＋μcos θ)
【考点九】 平衡中的极值问题
【典型例题9】 (2021·广东茂名市测试)如图6所示，质量分别为3m和m的两个可视为质点的小球a、b，中间用一细线连接，并通过另一细线将小球a与天花板上的O点相连，为使小球a和小球b均处于静止状态，且Oa细线向右偏离竖直方向的夹角恒为37°，需要对小球b朝某一方向施加一拉力F.若已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.重力加速度为g，则当F的大小达到最小时，Oa细线对小球a的拉力大小为( )
A.2.4mg B.3mg C.3.2mg D.4mg
【解析】 以两个小球组成的整体为研究对象，作出F在三个方向时整体的受力图.根据平衡条件得知F与FT的合力与总重力总是大小相等、方向相反的，由力的合成图可以知道当F与绳子Oa垂直时F有最小值，即图中2位置，此时Oa细线对小球a的拉力大小为FT＝4mgcos 37°＝3.2mg，故C正确，A、B、D错误.
【答案】 C
【考点十】 平衡中的临界问题
【典型例题10】 质量为M的木楔倾角为θ，在水平面上保持静止，当将一质量为m的木块放在木楔斜面上时，它正好匀速下滑。如果用与木楔斜面成α角的力F拉着木块匀速上升，如图所示(已知木楔在整个过程中始终静止，重力加速度为g)。
(1)当α变化时，求拉力F的最小值；
(2)F取最小值时，求木楔对水平面的摩擦力是多少？
【解析】 木块在木楔斜面上匀速向下运动时，
有mgsin θ＝μmgcos θ，即μ＝tan θ。
(1)因其在力F作用下沿斜面向上匀速运动，则有：
Fcos α＝mgsin θ＋f ①
Fsin α＋N＝mgcos θ ②
f＝μN ③
由①②③得F＝＝＝
则当α＝θ时，F有最小值，即Fmin＝mgsin 2θ。
(2)因为木块及木楔均处于平衡状态，整体受到地面的摩擦力等于F的水平分力，即fM＝Fcos(α＋θ)
当F取最小值mgsin 2θ时，
fM＝Fmincos 2θ＝mg·sin 2θcos 2θ＝mgsin 4θ。
【答案】 (1)mgsin 2θ (2)mgsin 4θ
【归纳总结】 掌握突破临界问题的三种方法
(1)解析法：根据物体的平衡条件列方程，在解方程时采用数学知识求极值．通常用到的数学知识有二次函数求极值、讨论分式求极值、三角函数求极值以及几何法求极值等．
(2)图解法：根据平衡条件作出力的矢量图，如只受三个力，则这三个力构成封闭矢量三角形，然后根据矢量图进行动态分析，确定最大值和最小值．
(3)极限法：极限法是一种处理临界问题的有效方法，它是指通过恰当选取某个变化的物理量将问题推向极端(“极大”“极小”“极右”“极左”等)，从而把比较隐蔽的临界现象暴露出来，使问题明朗化，便于分析求解．
【考点十一】 正弦定理在共点力的平衡中的应用
【典型例题11】 (2021·黑龙江哈师大附中)如图所示，两个质量分别为m、m的小圆环A、B用细线连着，套在一个竖直固定的大圆环上，大圆环的圆心为O．系统平衡时，细线所对的圆心角为90°，大圆环和小圆环之间的摩擦力及线的质量忽略不计，重力加速度大小用g表示，下列判断正确的是( )
A．小圆环A、B受到大圆环的支持力之比是：1
B．小圆环A受到大圆环的支持力与竖直方向的夹角为15°
C．细线与水平方向的夹角为30°
D．细线的拉力大小为mg
【解析】 对A和B进行受力分析，根据平行四边形定则做出重力和支持力的合力的大小等于绳子的拉力的大小，设支持力与竖直方向的夹角分别为和，如图所示：
根据正弦定理可以得到：，，由于，
整理可以得到：，，
再次利用正弦定理：，
整理可以得到：，故选项A正确，BD错误；
C、由图根据几何知识可以知道，细线与水平方向的夹角为，故选项C错误．
【答案】 A
【考点十二】 极限法研究平衡问题
【典型例题12】 如图所示，用光滑的粗铁丝做成一个直角三角形，BC边水平，AC边竖直，∠ABC＝β，AB及AC边上分别套有细线系着的铜环P、Q，当它们静止时，细线跟AB边的夹角θ( )
A．θ＝β B．θ> C．θ<β D．β<θ<
【解析】 三角形支架光滑，所以不计摩擦．要求θ的范围，说明P、Q静止时有不同的位置，求出θ的两个极值即得θ的范围．P、Q在支架上保持静止时分别受到三个力的作用：重力、弹力、拉力．当铜环P的质量趋于零时，P只受到弹力和绳子的拉力作用，受力图如图甲所示．
要使P达到平衡，则有θ＝90°.同理，当铜环Q的质量趋于零时，Q受二力作用，如图乙所示．要使Q达到平衡，则θ＝β.以上讨论的是两种极限情况，所以P、Q处于静止状态时，细线跟AB边的夹角θ的范围是β<θ<90°.故D正确．
【答案】 D
【归纳总结】 极限法是指在求解某些问题时，通过恰当地选取某个物理量将其推向极端(极大、极小)，从而使各种可能情况暴露出来，便于解答．
【考点十三】 多物体的连接体研究平衡问题
【典型例题13】 如图所示，三个重均为100 N的物块，叠放在水平桌面上，各接触面水平，水平拉力F＝20 N作用在物块2上，三条轻质绳结于O点，与物块3连接的绳水平，与天花板连接的绳与水平方向成45°角，竖直绳悬挂重为20 N的小球P.整个装置处于静止状态.则( )
A.物块1和2之间的摩擦力大小为20 N B.水平绳的拉力大小为20 N
C.桌面对物块3的支持力大小为320 N D.物块3受4个力的作用
【解析】 对物块1受力分析，受重力和支持力，假如受水平方向的摩擦力，则不能保持平衡，故物块1和物块2间的摩擦力为零，A错误；对O点受力分析，受到三根绳子的拉力，如图，根据平衡条件有，x方向：FT2cos 45°＝FT1，y方向：FT2sin 45°＝GP，解得FT1＝GP＝20 N，所以水平绳中的拉力大小为20 N，B正确；对物块1、2、3整体受力分析，受重力、支持力、向左的拉力、绳子a的拉力，竖直方向：FN＝3G＝300 N，故C错误；对物块1和物块2整体研究，受重力、支持力、向左的拉力F和向右的静摩擦力Ff23，根据平衡条件得：Ff23＝F＝20 N；1、2间摩擦力为零，2、3间摩擦力为20 N，则3与桌面间摩擦力为零，故3受重力、支持力、压力、2对3的摩擦力、绳子拉力，共5个力作用，D错误.
【答案】 B
【考点十四】 含有弹簧的连接体研究平衡问题
【典型例题14】 如图所示，用完全相同的轻弹簧A、B、C将两个相同的小球连接并悬挂，小球处于静止状态，弹簧A与竖直方向的夹角为30°，弹簧C水平，则弹簧A、C的伸长量之比为( )
A.∶4 B．4∶ C．1∶2 D．2∶1
【解析】 将两小球及弹簧B视为一个整体系统，因小球处于静止状态，故该系统所受合力为零．
方法一 效果分解法．作出该系统的受力图，并将重力沿弹簧A和弹簧C分解，如图所示．
由图可知sin 30°＝＝
解得ΔxA∶ΔxC＝2∶1，
故选项D正确．
方法二 合成法．作出该系统的受力图后，将两弹力合成，如图所示，其合力F与重力G平衡．
由图，sin 30°＝，
则ΔxA∶ΔxC＝2∶1，故选项D正确．
方法三 正交分解法．作出该系统的受力图后，将力分别沿水平方向和竖直方向分解，由水平方向受力平衡，则有kΔxAsin 30°＝kΔxC，可得ΔxA∶ΔxC＝2∶1，选项D正确．
方法四 力的封闭三角形法．该系统受三力平衡，故三力首尾相接恰好组成封闭三角形，如图所示．由图得：sin 30°＝，
则ΔxA∶ΔxC＝2∶1，故选项D正确．
【答案】 D
【考点十五】 多情况的连接体问题
【典型例题15】 斜面倾角为θ的斜劈固定在水平地面上，轻绳一端绕过物块B上的轻滑轮与物块A连接，现用力拉轻绳另一端使两物块做匀速运动，轻绳始终与斜面平行。已知物块A的质量为m，物块A、B与斜面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，且μ1>tan θ>μ2，滑轮与轴间的摩擦不计，重力加速度大小为g。求：
(1)拉力F的大小。
(2)物块B的质量。
【解析】 (1)对A受力分析，由平衡条件得
F＋mgsin θ＝μ1mgcos θ
解得F＝mg(μ1cos θ－sin θ)。
(2)对B受力分析，
第一种情况，若B匀速向上运动，根据平衡条件得
2F＝mBgsin θ＋μ2mBgcos θ
解得mB＝m
第二种情况，若B匀速向下运动，根据平衡条件得
2F＝mBgsin θ－μ2mBgcos θ
解得mB＝m。
【答案】 (1)(μ1cos θ－sin θ)mg (2)m或m
【考点十六】 等效定滑轮问题
【典型例题16】 (2021·四川省内江市六中)如图所示，轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆、上的a、两点，悬挂衣服的衣架挂钩是光滑的，挂于绳上处于静止状态，如果只人为改变一个条件，当衣架静止时，下列说法正确的是( )
A．绳的右端上移到，绳子拉力不变
B．将杆向右移一些，绳子拉力变大
C．绳的两端高度差越小，绳子拉力越小
D．若换挂质量更大的衣服则衣架悬挂点右移
【解析】 设两段绳子间的夹角为，由平衡条件可知，，所以，设绳子总长为L，两杆间距离为s，由几何关系，得，A．绳子右端上移，L、s都不变，不变，绳子张力F也不变，A正确；B．杆N向右移动一些，s变大，变大，变小，F变大，B正确；C．绳子两端高度差变化，不影响s和L，所以L不变，C错误；D．衣服质量增加，绳子上的拉力增加，由于不会变化，悬挂点不会右移，D错误．
【答案】 AB
【考点十七】 绳的平衡问题
【典型例题17】 如图所示，山坡上两相邻高压塔A、B之间架有匀质粗铜线，平衡时铜线呈弧形下垂，最低点在C，已知弧线BC的长度是AC的3倍，而左塔B处铜线切线与竖直方向的夹角β＝30°.则右塔A处铜线切线与竖直方向的夹角α为( )
A.30° B.45° C.60° D.75°
【解析】 设A、B两端铜线上的拉力分别为FA、FB，铜线的质量为m，在水平方向，对铜线整体由平衡条件得FAsin α＝FBsin β，在竖直方向，对BC段，由平衡条件得FBcos β＝mg，对AC段，由平衡条件得FAcos α＝mg，联立解得tan α＝3tan β，则α＝60°，A、B、D错误，C正确.
【答案】 C
【考点分析】 第三节 共点力的平衡
【考点一】 三力平衡问题
【典型例题1】 (2021·江苏启东中学)如图所示，光滑斜面的倾角为30°，轻绳通过两个滑轮与A相连，轻绳的另一端固定于天花板上，不计轻绳与滑轮的摩擦。物块A的质量为m，不计滑轮的质量，挂上物块B后，当滑轮两边轻绳的夹角为90°时，A、B恰能保持静止，则物块B的质量为( )
A．m B．m
C．m D．2m
【解析】 先对A受力分析，运用共点力平衡条件求出轻绳的拉力；再对B受力分析，再次运用共点力平衡条件求出B的质量，如图所示，
根据共点力平衡条件，有mgsin 30°＝T，T＝Mg，
解得M＝m，故A正确。
【答案】 A
【考点二】 多力平衡问题
【典型例题2】 (2021·黑龙江哈尔滨市三中)如图所示，斜面固定，平行于斜面处于压缩状态的轻弹簧一端连接物块A，另一端固定，最初A静止.在A上施加与斜面成30°角的恒力F，A仍静止，下列说法正确的是( )
A．A对斜面的压力一定变小 B．A对斜面的压力可能不变
C．A对斜面的摩擦力一定变大 D．A对斜面的摩擦力可能变为零
【解析】 设斜面倾角为θ，对物块进行受力分析，垂直于斜面方向，最初支持力等于mgcos θ，施加恒力F后，支持力等于mgcos θ＋Fsin 30°，支持力一定增大.根据牛顿第三定律，A对斜面的压力一定变大，故A、B错误；平行于斜面处于压缩状态的轻弹簧，最初摩擦力方向可能向上，可能向下，也可能为0，施加恒力F后，F沿斜面向上的分力为Fcos 30°，由于F大小未知，摩擦力可能仍向上，可能等于0，也可能沿斜面向下，摩擦力的大小可能增大，也可能减小，故C错误，D正确.
【答案】 D
【考点三】 多力平衡问题的应用
【典型例题3】 (2021·四川省石室中学)如图所示，一光滑的轻滑轮用细绳OO′悬挂于O点。另一细绳跨过滑轮，左端悬挂物块a，右端系一位于水平粗糙桌面上的物块b。外力F向右上方拉b，整个系统处于静止状态。若保持F的方向不变，逐渐增大F的大小，物块b仍保持静止状态，则下列说法中正确的是( )
A．桌面受到的压力逐渐增大 B．连接a、b的绳子张力逐渐减小
C．物块b与桌面间的摩擦力一定逐渐增大 D．悬挂于O点的细绳OO'中的张力保持不变
【解析】 BD．由于整个系统处于静止状态，所以滑轮两侧连接a和b的绳子的夹角不变；物块a只受重力以及绳子的拉力，由于物体a平衡，则连接a和b的绳子张力保持不变；由于绳子的张力及夹角均不变，所以OO′中的张力保持不变，B错误，D正确；
AC．对b分析可知，b处于静止即平衡状态，设绳子和水平方向的夹角为，力F和水平方向的夹角为，对b受力分析，由平衡条件可得
可得
力与力F与水平所成夹角均保持不变，绳子拉力不变，力F增大，则桌面给物体b的支持力减小，根据牛顿第三定律，桌面受到的压力逐渐减小；
在水平方向上，当拉力F的水平分力大于和绳子拉力的水平分力时，则有
此时摩擦力随着拉力增大而增大，当拉力F的水平分力小于和绳子拉力的水平分力时，则有
此时摩擦力随着拉力的增大而减小，AC错误。故选D
【答案】 D
【归纳总结】 受力分析的三个常用判据
(1)条件判据：不同性质的力产生条件不同，进行受力分析时最基本的判据是根据其产生条件．
(2)效果判据：有时候是否满足某力产生的条件是很难判定的，可先根据物体的运动状态进行分析，再运用平衡条件或牛顿运动定律判定未知力．
①物体平衡时必须保持合外力为零．
②物体做变速运动时必须保持合力方向沿加速度方向，合力大小满足F＝ma.
③物体做匀速圆周运动时必须保持合外力大小恒定，满足F＝m，方向始终指向圆心．
(3)特征判据：从力的作用是相互的这个基本特征出发，通过判定其反作用力是否存在来判定该力是否存在．
【考点四】 图解法求解动态平衡问题
【典型例题4】 (2021·辽宁省六校协作体)如图所示，一个固定的圆弧阻挡墙PQ，其半径OP水平，OQ竖直，在PQ和一个斜面体A之间卡着一个表面光滑的重球B，斜面体A放在光滑的地面上并用一水平向左的力F推着，整个装置处于静止状态。现改变推力F大小，推动斜面体A沿着水平地面向左缓慢运动，使球B沿斜面上升很小高度，则在B球缓慢上升过程中，下列说法正确的是( )
A．斜面体A与B球之间的弹力逐渐增大
B．斜阻挡墙PQ与B球之间的弹力先减小后增大
C．水平地面对斜面体A的弹力逐渐增大
D．水平推力F逐渐减小
【解析】 AB．小球B处于平衡状态，对B受力分析，如图所示：
当球B沿斜面上升一很小高度时，圆弧阻挡墙对B的压力方向与水平方向的夹角减小，根据图像可知，斜面体A与球B之间的弹力N1逐渐减小，阻挡墙PQ与球B之间的弹力N2逐渐减小，故AB错误；CD．以斜面体为研究对象，则有上述解析可知球B对斜面A的弹力减小，则可以将该力分解为水平方向和竖直方向，该力与水平竖直所成夹角不变，所以竖直与水平分力都减小，而F等于其水平分力，故F减小，地面对A的支持力等于A的重力加上该力的竖直分力，故地面对A的支持力也减小，故C错误，D正确。故选D。
【答案】 D
【归纳总结】 这类平衡问题是一个物体受到三个力(或可等效为三个力)而平衡，这三个力的特点：其中一个力的大小和方向是确定的，另一个力方向始终不改变，第三个力的大小和方向都可改变。
【考点五】 解析法求解动态平衡问题
【典型例题5】 (2021·云南省玉溪市峨眉山一中)如图所示，竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘，两个带有同种电荷的小球A、B分别位于竖直墙面和水平地面，且处于同一竖直平面内，若用图示方向的水平推力F作用于小球B，则两球静止于图示位置．如果将小球向左推动少许，待两球重新达到平衡时，跟原来相比( )
A．两小球间距离将增大，推力F将减小
B．两小球间距离将增大，推力F将增大
C．两小球间距离将减小，推力F将增大
D．两小球间距离将减小，推力F将减小
【解析】 以A球为研究对象，分析受力，作出力图如图1所示：设B对A的库仑力F与墙壁的夹角为θ，由平衡条件得竖直墙面对小球A的弹力为：，将小球B向左推动少许时θ减小，则N1减小；库仑力：，θ减小，cosθ增大，减小，根据库仑定律分析得知两球之间的距离增大；再以AB整体为研究对象，分析受力如图2所示，由平衡条件得：，则推力F减小，故A正确，B、C、D错误；故选A．
【答案】 A
【考点六】 相似三角形法求解动态平衡问题
【典型例题6】 (2021·黑龙江齐齐哈尔市实验中学)如图所示，有一长为L的轻杆，一端用光滑的铰链固定在墙上，另一端固定一质量为m的小球B，在距铰链正上方L处有一光滑小定滑轮，现用手拉动绕过滑轮并系在小球B上的细线，使小球B缓慢上移，手对细线的拉力大小为F，杆对小球B的弹力大小为FN，重力加速度为g，在移动过程中，下列说法正确的是( )
A．F不变，FN减小
B．F减小，FN不变
C．当杆被拉至水平状态时F=mg
D．杆对小球B的弹力大小恒为mg
【解析】 ABD．对B球受力分析，画出力的示意图如图所示
根据相似三角形规律有，小球B缓慢上移，重力不变，L不变，则杆对小球的弹力大小FN不变，绳子长度减小，所以F减小，A错误，BD正确；C．当杆被拉至水平状态时，绳子的长度为，由相似三角形关系可得，C正确。故选BCD。
【答案】 BCD
【归纳总结】 若题目中出现有关的几何边角关系， 在画出力合成与分解的示意图后，要注意有关相似三角形或者直角三角形的知识的运用。
【考点七】 整体与隔离求解动态平衡问题
【典型例题7】 (2021·黑龙江实验中学)如图所示，轻绳的两端分别系在圆环A和小球B上，圆环A套在粗糙的水平直杆MN上．现用水平力F拉着绳子上的一点O，使小球B从图中实线位置缓慢上升到虚线位置，但圆环A始终保持在原位置不动．在这一过程中，环对杆的摩擦力为Ff和环对杆的压力FN的变化情况是 ( )
A．Ff不变，FN不变
B．Ff增大，FN不变
C．Ff增大，FN减小
D．Ff不变，FN减小
【解析】 设细绳与竖直夹角为α，由平衡条件得：F=mgtanα，α增大，则F增大；再以整体为研究对象，根据平衡条件得：f=F，则f逐渐增大．FN=(M+m)g，FN保持不变故选B．
【答案】 B
【归纳总结】 整体法与隔离法
整体法
隔离法
概念
将加速度相同的几个物体作为一个整体来分析的方法
将研究对象与周围物体分隔开来分析的方法
选用原则
研究系统外的物体对系统整体的作用力或求系统整体的加速度
研究系统内物体之间的相互作用力
【考点八】 正交分解法探究力的静态平衡
【典型例题8】 (2021·山西“六校”联考)跨过定滑轮的轻绳两端分别系着物体A和物体B，物体A放在倾角为θ的斜面上，与A相连的轻绳和斜面平行，如图所示.已知物体A的质量为m，物体A与斜面间的动摩擦因数为μ(μ
【解析】 先选物体B为研究对象，它受到重力mBg和拉力FT′的作用，根据平衡条件有FT′＝mBg，再选物体A为研究对象，它受到重力mg、斜面的支持力FN、轻绳的拉力FT(FT＝FT′)和斜面的摩擦力作用，假设物体A处于将要上滑的临界状态，则物体A受到的静摩擦力最大，且方向沿斜面向下，这时A的受力情况如图所示.根据平衡条件有FN－mgcos θ＝0，FT＝Ffm＋mgsin θ＝mBg，又知Ffm＝μFN，解得mB＝m(sin θ＋μcos θ)，再假设物体A处于将要下滑的临界状态，则物体A受到的静摩擦力最大，且方向沿斜面向上，根据平衡条件有FN－mgcos θ＝0，FT＋Ffm－mgsin θ＝0，又知Ffm＝μFN，解得mB＝m(sin θ－μcos θ)，综上所述，物体B的质量的取值范围是m(sin θ－μcos θ)≤mB≤m(sin θ＋μcos θ).
【答案】 m(sin θ－μcos θ)≤mB≤m(sin θ＋μcos θ)
【考点九】 平衡中的极值问题
【典型例题9】 (2021·广东茂名市测试)如图6所示，质量分别为3m和m的两个可视为质点的小球a、b，中间用一细线连接，并通过另一细线将小球a与天花板上的O点相连，为使小球a和小球b均处于静止状态，且Oa细线向右偏离竖直方向的夹角恒为37°，需要对小球b朝某一方向施加一拉力F.若已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.重力加速度为g，则当F的大小达到最小时，Oa细线对小球a的拉力大小为( )
A.2.4mg B.3mg C.3.2mg D.4mg
【解析】 以两个小球组成的整体为研究对象，作出F在三个方向时整体的受力图.根据平衡条件得知F与FT的合力与总重力总是大小相等、方向相反的，由力的合成图可以知道当F与绳子Oa垂直时F有最小值，即图中2位置，此时Oa细线对小球a的拉力大小为FT＝4mgcos 37°＝3.2mg，故C正确，A、B、D错误.
【答案】 C
【考点十】 平衡中的临界问题
【典型例题10】 质量为M的木楔倾角为θ，在水平面上保持静止，当将一质量为m的木块放在木楔斜面上时，它正好匀速下滑。如果用与木楔斜面成α角的力F拉着木块匀速上升，如图所示(已知木楔在整个过程中始终静止，重力加速度为g)。
(1)当α变化时，求拉力F的最小值；
(2)F取最小值时，求木楔对水平面的摩擦力是多少？
【解析】 木块在木楔斜面上匀速向下运动时，
有mgsin θ＝μmgcos θ，即μ＝tan θ。
(1)因其在力F作用下沿斜面向上匀速运动，则有：
Fcos α＝mgsin θ＋f ①
Fsin α＋N＝mgcos θ ②
f＝μN ③
由①②③得F＝＝＝
则当α＝θ时，F有最小值，即Fmin＝mgsin 2θ。
(2)因为木块及木楔均处于平衡状态，整体受到地面的摩擦力等于F的水平分力，即fM＝Fcos(α＋θ)
当F取最小值mgsin 2θ时，
fM＝Fmincos 2θ＝mg·sin 2θcos 2θ＝mgsin 4θ。
【答案】 (1)mgsin 2θ (2)mgsin 4θ
【归纳总结】 掌握突破临界问题的三种方法
(1)解析法：根据物体的平衡条件列方程，在解方程时采用数学知识求极值．通常用到的数学知识有二次函数求极值、讨论分式求极值、三角函数求极值以及几何法求极值等．
(2)图解法：根据平衡条件作出力的矢量图，如只受三个力，则这三个力构成封闭矢量三角形，然后根据矢量图进行动态分析，确定最大值和最小值．
(3)极限法：极限法是一种处理临界问题的有效方法，它是指通过恰当选取某个变化的物理量将问题推向极端(“极大”“极小”“极右”“极左”等)，从而把比较隐蔽的临界现象暴露出来，使问题明朗化，便于分析求解．
【考点十一】 正弦定理在共点力的平衡中的应用
【典型例题11】 (2021·黑龙江哈师大附中)如图所示，两个质量分别为m、m的小圆环A、B用细线连着，套在一个竖直固定的大圆环上，大圆环的圆心为O．系统平衡时，细线所对的圆心角为90°，大圆环和小圆环之间的摩擦力及线的质量忽略不计，重力加速度大小用g表示，下列判断正确的是( )
A．小圆环A、B受到大圆环的支持力之比是：1
B．小圆环A受到大圆环的支持力与竖直方向的夹角为15°
C．细线与水平方向的夹角为30°
D．细线的拉力大小为mg
【解析】 对A和B进行受力分析，根据平行四边形定则做出重力和支持力的合力的大小等于绳子的拉力的大小，设支持力与竖直方向的夹角分别为和，如图所示：
根据正弦定理可以得到：，，由于，
整理可以得到：，，
再次利用正弦定理：，
整理可以得到：，故选项A正确，BD错误；
C、由图根据几何知识可以知道，细线与水平方向的夹角为，故选项C错误．
【答案】 A
【考点十二】 极限法研究平衡问题
【典型例题12】 如图所示，用光滑的粗铁丝做成一个直角三角形，BC边水平，AC边竖直，∠ABC＝β，AB及AC边上分别套有细线系着的铜环P、Q，当它们静止时，细线跟AB边的夹角θ( )
A．θ＝β B．θ> C．θ<β D．β<θ<
【解析】 三角形支架光滑，所以不计摩擦．要求θ的范围，说明P、Q静止时有不同的位置，求出θ的两个极值即得θ的范围．P、Q在支架上保持静止时分别受到三个力的作用：重力、弹力、拉力．当铜环P的质量趋于零时，P只受到弹力和绳子的拉力作用，受力图如图甲所示．
要使P达到平衡，则有θ＝90°.同理，当铜环Q的质量趋于零时，Q受二力作用，如图乙所示．要使Q达到平衡，则θ＝β.以上讨论的是两种极限情况，所以P、Q处于静止状态时，细线跟AB边的夹角θ的范围是β<θ<90°.故D正确．
【答案】 D
【归纳总结】 极限法是指在求解某些问题时，通过恰当地选取某个物理量将其推向极端(极大、极小)，从而使各种可能情况暴露出来，便于解答．
【考点十三】 多物体的连接体研究平衡问题
【典型例题13】 如图所示，三个重均为100 N的物块，叠放在水平桌面上，各接触面水平，水平拉力F＝20 N作用在物块2上，三条轻质绳结于O点，与物块3连接的绳水平，与天花板连接的绳与水平方向成45°角，竖直绳悬挂重为20 N的小球P.整个装置处于静止状态.则( )
A.物块1和2之间的摩擦力大小为20 N B.水平绳的拉力大小为20 N
C.桌面对物块3的支持力大小为320 N D.物块3受4个力的作用
【解析】 对物块1受力分析，受重力和支持力，假如受水平方向的摩擦力，则不能保持平衡，故物块1和物块2间的摩擦力为零，A错误；对O点受力分析，受到三根绳子的拉力，如图，根据平衡条件有，x方向：FT2cos 45°＝FT1，y方向：FT2sin 45°＝GP，解得FT1＝GP＝20 N，所以水平绳中的拉力大小为20 N，B正确；对物块1、2、3整体受力分析，受重力、支持力、向左的拉力、绳子a的拉力，竖直方向：FN＝3G＝300 N，故C错误；对物块1和物块2整体研究，受重力、支持力、向左的拉力F和向右的静摩擦力Ff23，根据平衡条件得：Ff23＝F＝20 N；1、2间摩擦力为零，2、3间摩擦力为20 N，则3与桌面间摩擦力为零，故3受重力、支持力、压力、2对3的摩擦力、绳子拉力，共5个力作用，D错误.
【答案】 B
【考点十四】 含有弹簧的连接体研究平衡问题
【典型例题14】 如图所示，用完全相同的轻弹簧A、B、C将两个相同的小球连接并悬挂，小球处于静止状态，弹簧A与竖直方向的夹角为30°，弹簧C水平，则弹簧A、C的伸长量之比为( )
A.∶4 B．4∶ C．1∶2 D．2∶1
【解析】 将两小球及弹簧B视为一个整体系统，因小球处于静止状态，故该系统所受合力为零．
方法一 效果分解法．作出该系统的受力图，并将重力沿弹簧A和弹簧C分解，如图所示．
由图可知sin 30°＝＝
解得ΔxA∶ΔxC＝2∶1，
故选项D正确．
方法二 合成法．作出该系统的受力图后，将两弹力合成，如图所示，其合力F与重力G平衡．
由图，sin 30°＝，
则ΔxA∶ΔxC＝2∶1，故选项D正确．
方法三 正交分解法．作出该系统的受力图后，将力分别沿水平方向和竖直方向分解，由水平方向受力平衡，则有kΔxAsin 30°＝kΔxC，可得ΔxA∶ΔxC＝2∶1，选项D正确．
方法四 力的封闭三角形法．该系统受三力平衡，故三力首尾相接恰好组成封闭三角形，如图所示．由图得：sin 30°＝，
则ΔxA∶ΔxC＝2∶1，故选项D正确．
【答案】 D
【考点十五】 多情况的连接体问题
【典型例题15】 斜面倾角为θ的斜劈固定在水平地面上，轻绳一端绕过物块B上的轻滑轮与物块A连接，现用力拉轻绳另一端使两物块做匀速运动，轻绳始终与斜面平行。已知物块A的质量为m，物块A、B与斜面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，且μ1>tan θ>μ2，滑轮与轴间的摩擦不计，重力加速度大小为g。求：
(1)拉力F的大小。
(2)物块B的质量。
【解析】 (1)对A受力分析，由平衡条件得
F＋mgsin θ＝μ1mgcos θ
解得F＝mg(μ1cos θ－sin θ)。
(2)对B受力分析，
第一种情况，若B匀速向上运动，根据平衡条件得
2F＝mBgsin θ＋μ2mBgcos θ
解得mB＝m
第二种情况，若B匀速向下运动，根据平衡条件得
2F＝mBgsin θ－μ2mBgcos θ
解得mB＝m。
【答案】 (1)(μ1cos θ－sin θ)mg (2)m或m
【考点十六】 等效定滑轮问题
【典型例题16】 (2021·四川省内江市六中)如图所示，轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆、上的a、两点，悬挂衣服的衣架挂钩是光滑的，挂于绳上处于静止状态，如果只人为改变一个条件，当衣架静止时，下列说法正确的是( )
A．绳的右端上移到，绳子拉力不变
B．将杆向右移一些，绳子拉力变大
C．绳的两端高度差越小，绳子拉力越小
D．若换挂质量更大的衣服则衣架悬挂点右移
【解析】 设两段绳子间的夹角为，由平衡条件可知，，所以，设绳子总长为L，两杆间距离为s，由几何关系，得，A．绳子右端上移，L、s都不变，不变，绳子张力F也不变，A正确；B．杆N向右移动一些，s变大，变大，变小，F变大，B正确；C．绳子两端高度差变化，不影响s和L，所以L不变，C错误；D．衣服质量增加，绳子上的拉力增加，由于不会变化，悬挂点不会右移，D错误．
【答案】 AB
【考点十七】 绳的平衡问题
【典型例题17】 如图所示，山坡上两相邻高压塔A、B之间架有匀质粗铜线，平衡时铜线呈弧形下垂，最低点在C，已知弧线BC的长度是AC的3倍，而左塔B处铜线切线与竖直方向的夹角β＝30°.则右塔A处铜线切线与竖直方向的夹角α为( )
A.30° B.45° C.60° D.75°
【解析】 设A、B两端铜线上的拉力分别为FA、FB，铜线的质量为m，在水平方向，对铜线整体由平衡条件得FAsin α＝FBsin β，在竖直方向，对BC段，由平衡条件得FBcos β＝mg，对AC段，由平衡条件得FAcos α＝mg，联立解得tan α＝3tan β，则α＝60°，A、B、D错误，C正确.
【答案】 C
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