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新高考物理一轮复习精品讲义专题2.2 受力分析 共点力作用下物体的平衡（含解析）
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这是一份新高考物理一轮复习精品讲义专题2.2 受力分析 共点力作用下物体的平衡（含解析），共20页。试卷主要包含了物理观念，科学态度与责任等内容，欢迎下载使用。
目录
TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc24542" 一 讲核心素养 PAGEREF _Tc24542 \h 1
\l "_Tc12255" 二 讲必备知识 PAGEREF _Tc12255 \h 1
\l "_Tc16238" 【知识点一】物体的受力分析 PAGEREF _Tc16238 \h 1
\l "_Tc17020" 【知识点二】静态平衡问题 PAGEREF _Tc17020 \h 5
\l "_Tc21200" 【知识点三】共点力作用下物体的动态平衡 PAGEREF _Tc21200 \h 8
\l "_Tc2383" 三．讲关键能力 PAGEREF _Tc2383 \h 15
\l "_Tc21392" 【能力点】.会分平衡中的临界与极值问题 PAGEREF _Tc21392 \h 15
\l "_Tc32513" 四．讲模型思想 PAGEREF _Tc32513 \h 17
\l "_Tc9151" “挂件衣钩滑轮”类模型-------正Y模型 PAGEREF _Tc9151 \h 17
一 讲核心素养
1.物理观念：受力分析、平衡条件。
(1)能应用三大性质力的特点及物体的运动状态分析物体的受力情况建立相互作用观。
(2)理解平衡的标志词如静止、匀速直线、缓慢等并能结合平衡条件建立物理方程。
2.科学思维：整体法、隔离法、合成法、分解法、矢量三角形法、相似三角形法、拉密定理。
(1).能用整体法、隔离法、等分析多物体系的受力情况。
(2)会利用合成法、分解法求解静态平衡类问题。
(3)会用矢量三角形法、相似三角形法、拉密定理等分析动态平衡问题。
3.科学态度与责任：在生产、生活情境中，体验物理学技术的应用。
能用静力学的知识解决以生活中的实际问题为背景的问题，体会物理学的应用价值激发学生学习欲望。
二 讲必备知识
【知识点一】 物体的受力分析
1.力学中的五种力
2.受力分析
(1)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)一般步骤
3.整体法与隔离法
【例1】(2021·内蒙古集宁一中月考)如图所示，A和B两物块的接触面是水平的，A与B保持相对静止一起沿固定粗糙斜面匀速下滑，在下滑过程中B的受力个数为( )
A．3个 B．4个
C．5个 D．6个
【答案】B
【解析】先以A为研究对象，分析受力情况：重力、B的竖直向上的支持力，B对A没有摩擦力，否则A不会匀速运动．再对B研究，B受到重力、A对B竖直向下的压力、斜面的支持力和滑动摩擦力，共4个力，B正确．
【素养升华】本题考察的学科素养主要是物理观念。要求考生能结合基本性质力的特征分析物体的受力情况建立相互作用观。
【必备知识】受力分析的两个常用判据
(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判断力是否存在．
(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＝，方向始终指向圆心．
【变式训练】 [2020·天津市东丽区等级考试模拟(三)]如图所示，水平面上的P、Q两物块的接触面水平，二者叠在一起在作用于Q上的水平恒定拉力F的作用下向右做匀速运动，某时刻撤去力F后，二者仍能不发生相对滑动。关于撤去F前后Q的受力个数的说法正确的是( )
A.撤去F前6个，撤去F后瞬间5个
B.撤去F前5个，撤去F后瞬间5个
C.撤去F前5个，撤去F后瞬间4个
D.撤去F前4个，撤去F后瞬间4个
【答案】 B
【解析】 撤去F前，物体Q受到：重力、地面的支持力、P对Q的压力、地面对Q的摩擦力和力F共5个力的作用；撤去F后的瞬间，两物体做减速运动，此时Q受力： 重力、地面的支持力、P对Q的压力、地面对Q的摩擦力和P对Q的摩擦力，共5个力作用，选项B正确。
【变式训练2】(2020·河北武邑中学模拟)如图，质量mA＞mB的两物体A、B叠放在一起，靠着竖直墙面．让它们由静止释放，在沿粗糙面下落过程中，物体B的受力示意图是( )
【答案】：A
【解析】：A与B整体同时沿竖直墙面下滑，受到总重力，墙壁对其没有支持力，如果有，将会向右加速运动，因为没有弹力，故也不受墙壁的摩擦力，即只受重力，做自由落体运动；由于整体做自由落体运动，处于完全失重状态，故A、B间无弹力，再对物体B受力分析，只受重力，故选A.
【例2】(2020·安徽庐巢七校联盟第三次联考)如图甲所示， A、B两小球通过两根轻绳连接并悬挂于O点，已知两轻绳OA和AB的长度之比为eq \r(3)∶1，A、B两小球质量分别为2m和m，现对A、B两小球分别施加水平向右的力F1和水平向左的力F2，两球恰好处于如图乙的位置静止，此时B球恰好在悬点O的正下方，轻绳OA与竖直方向成30°，则( )
A.F1＝F2 B.F1＝eq \r(3)F2
C.F1＝2F2 D.F1＝3F2
【答案】 C
【解析】 由题意知两轻绳OA和AB的长度之比为eq \r(3)∶1，B球恰好在悬点O的正下方，由几何关系可知，OA与AB垂直；以B球为研究对象，受力示意图如图甲所示，由平衡条件得
F2＝mgtan(90°－30°)＝eq \r(3)mg
以A、B两球整体为研究对象，受力示意图如图乙所示，由平衡条件得
F1－F2＝3mgtan 30°＝eq \r(3)mg
可得F1＝2eq \r(3)mg，即F1＝2F2，故C正确。
【素养升华】本题考察的学科素养主要是物理观念及科学思维。要求考生能用整体法、隔离法、等物理学科思维分析多物体系的受力情况进而建立相互作用观。
【必备知识】整体法、隔离法的应用技巧
(1)整体法：以几个物体构成的整个系统为研究对象进行求解．在许多问题中用整体法比较方便，但整体法不能求解系统的内力．
(2)隔离法：从系统中选取一部分(其中的一个物体或两个物体组成的整体，少于系统内物体的总个数)进行分析．隔离法的原则是选取受力个数最少的部分来分析．
(3)通常在分析外力对系统作用时，用整体法；在分析系统内各物体之间的相互作用时，用隔离法．有时在解答一个问题时要多次选取研究对象，需要整体法与隔离法交叉使用．
【变式训练】(2020·合肥模拟)在竖直放置的平底圆筒内，放置两个半径相同的刚性球a和b，球a质量大于球b.放置的方式有如图甲和乙两种．不计圆筒内壁和球面之间的摩擦，对有关接触面的弹力，下列说法正确的是( )
A．图甲圆筒底受到的压力大于图乙圆筒底受到的压力
B．图甲中球a对圆筒侧面的压力小于图乙中球b对侧面的压力
C．图甲中球a对圆筒侧面的压力大于图乙中球b对侧面的压力
D．图甲中球a对圆筒侧面的压力等于图乙中球b对侧面的压力
【答案】：B
【解析】：以a、b整体为研究对象受力分析，受重力、圆筒底支持力和两侧的支持力，根据平衡条件，图甲圆筒底受到的压力等于图乙圆筒底受到的压力，故A错误；根据平衡条件，同一圆筒内两侧的两个支持力是相等的；再以上面的球为研究对象，受力分析，根据平衡条件运用合成法，如图所示
由几何知识可知：FN筒＝mgtan θ，故侧壁的支持力与上面球的重力成正比，由于球a质量大于球b，故图乙中两侧的支持力较大，由牛顿第三定律易知，B正确，C、D错误．
【知识点二】静态平衡问题
1．平衡状态：物体处于静止或匀速直线运动的状态，即a＝0.
2．平衡条件：F合＝0或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(Fx＝0,Fy＝0)).
3．平衡条件的推论
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．
4．三种常用方法
【例1】(多选)如图所示，光滑半球形容器固定在水平面上，O为球心。一质量为m的小滑块，在水平力F的作用下静止于P点。设滑块所受支持力为FN，OP与水平方向的夹角为θ。重力加速度为g，下列关系式正确的是( )
A．F＝eq \f(mg,tan θ)B．F＝mgtan θ
C．FN＝eq \f(mg,sin θ)D．FN＝mgtan θ
思路点拨：解此题的关键是选取小滑块为研究对象，作好受力分析，根据平衡条件求解。
【答案】AC
【解析】方法一：合成法
滑块受力如图甲，由平衡条件知eq \f(mg,F)＝tan θ，
所以F＝eq \f(mg,tan θ)，FN＝eq \f(mg,sin θ)。
方法二：效果分解法
将重力按产生的效果分解，如图乙所示，
F＝G2＝eq \f(mg,tan θ)，FN＝G1＝eq \f(mg,sin θ)。
方法三：正交分解法
将滑块受的力沿水平、竖直方向分解，如图丙所示，
mg＝FNsin θ，F＝FNcs θ，
联立解得F＝eq \f(mg,tan θ)，FN＝eq \f(mg,sin θ)。
方法四：力的三角形定则法
滑块受到的三个力可组成封闭的三角形，如图丁所示，则由几何关系可得F＝eq \f(mg,tan θ)，FN＝eq \f(mg,sin θ)。
【素养升华】本题考察的学科素养主要是科学思维。要求考生熟练掌握常见的处理平衡问题的方法来解决静态平衡问题。
【必备知识】处理平衡问题的三点说明
(1)物体受三力平衡时，利用力的效果分解法或合成法比较简单．
(2)物体受四个或四个以上的力作用时，一般采用正交分解法．
(3)物体只受三个力的作用且三力构成普通三角形，可考虑使用相似三角形法．
【变式训练1】．用卡车运输质量为m的匀质圆筒状工件，为使工件保持固定，将其置于两光滑斜面之间，如图所示。两斜面Ⅰ、Ⅱ固定在车上，倾角分别为30°和60°。重力加速度为g。当卡车沿平直公路匀速行驶时，圆筒对斜面Ⅰ、Ⅱ压力的大小分别为F1、F2，则( )
A.F1＝eq \f(\r(3),3)mg，F2＝eq \f(\r(3),2)mg B.F1＝eq \f(\r(3),2)mg，F2＝eq \f(\r(3),3)mg
C.F1＝eq \f(1,2)mg，F2＝eq \f(\r(3),2)mg D.F1＝eq \f(\r(3),2)mg，F2＝eq \f(1,2)mg
【答案】 D
【解析】 卡车匀速行驶，圆筒受力平衡，对圆筒受力分析，如图所示。由题意知，
力F1′与F2′相互垂直。
由牛顿第三定律知
F1＝F1′，F2＝F2′，
则F1＝mgsin 60°＝eq \f(\r(3),2)mg，
F2＝mgsin 30°＝eq \f(1,2)mg，选项D正确。
【变式训练2】(2020·福建泉港一中期末)如图所示，细绳上端固定于天花板上的A点，细绳的下端挂一质量为m的物体P，用力F作用于细绳上的O点；使细绳偏离竖直方向的夹角为α，且保持物体平衡，此时F与水平方向的夹角为β，若β＝α，重力加速度为g，则F的大小等于( )
A．mgcs α B．mgsin α C．mgtan α D．eq \f(mg,sin α)
【答案】B
【解析】对结点O受力分析如图
由于β＝α，则F与AO垂直，O点受三个拉力处于平衡，根据几何关系知F＝mgsin α。故B正确，A、C、D错误。
【知识点三】共点力作用下物体的动态平衡
1．动态平衡：“动态平衡”是指物体所受的力一部分是变力，是动态力，力的大小或方向发生变化，但变化过程中的每一个状态均可视为平衡状态，所以叫动态平衡。在问题的描述中常用“缓慢”等语言叙述。
2．分析动态平衡问题的方法
【例1】(2021·广东汕头市第一次模拟)如图所示，足够长的光滑平板AP与BP用铰链连接，平板AP与水平面成53°角固定不动，平板BP可绕水平轴在竖直面内自由转动，将一均匀圆柱体O放在两板间。在使BP板由水平位置缓慢转动到竖直位置的过程中，下列说法正确的是( )
A.当BP沿水平方向时，BP板受到的压力最大
B.当BP沿竖直方向时，AP板受到的压力最大
C.当BP沿竖直方向时，BP板受到的压力最小
D.当BP板与AP板垂直时，AP板受到的压力最小
【答案】 B
【解析】 当BP沿水平方向时，BP板受到的压力等于圆柱体的重力，AP板受到的压力为零。当挡板PB逆时针缓慢地转向竖直位置的过程中，小球受重力、斜面AP的弹力F1和挡板BP的弹力F2，将F1与F2合成为F＝mg，如图；小球一直处于平衡状态，三个力中的任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线，故F1和F2的合力F一定与重力等值、反向、共线。从图中可以看出，F1越来越大，F2先变小，后变大，到竖直位置时，F2＞mg，故选项B正确，A、C、D错误。
【素养提升】本题考察的学科素养主要是物理观念的相互作用观及科学思维。主要考察学生能正确受力分析并能推理出物体的受力特征进而采用矢量三角形法解决问题。
【必备知识】
用图解法分析物体动态平衡问题时，一般是物体只受三个力作用，且其中一个力大小、方向均不变，另一个力的方向不变，第三个力大小、方向均变化。．
【变式训练1】(多选)(2019·全国卷Ⅰ，19)如图，一粗糙斜面固定在地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮。一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块N，另一端与斜面上的物块M相连，系统处于静止状态。现用水平向左的拉力缓慢拉动N，直至悬挂N的细绳与竖直方向成45°。已知M始终保持静止，则在此过程中( )
A.水平拉力的大小可能保持不变
B.M所受细绳的拉力大小一定一直增加
C.M所受斜面的摩擦力大小一定一直增加
D.M所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加
【答案】 BD
【解析】 选N为研究对象，受力情况如图甲所示，用水平拉力F缓慢拉动N的过程中，水平拉力F逐渐增大，细绳的拉力FT逐渐增大，选项A错误，B正确；对M受力分析，如图乙所示，受重力GM、支持力FN、绳的拉力FT以及斜面对它的摩擦力Ff。若开始时斜面对M的摩擦力Ff沿斜面向上，则FT＋Ff＝GMsin θ，FT逐渐增大，Ff逐渐减小，当Ff减小到零后，再反向增大。若开始时斜面对M的摩擦力Ff沿斜面向下，此时，FT＝GMsin θ＋Ff，当FT逐渐增大时，Ff逐渐增大，C错误，D正确。
【例2】(2021·1月重庆市学业水平选择性考试适应性测试，7)如图所示，垂直墙角有一个截面为半圆的光滑柱体，用细线拉住的小球静止靠在接近半圆底端的M点。通过细线将小球从M点缓慢向上拉至半圆最高点的过程中，细线始终保持在小球处与半圆相切。下列说法正确的是( )
A.细线对小球的拉力先增大后减小
B.小球对柱体的压力先减小后增大
C.柱体受到水平地面的支持力逐渐减小
D.柱体对竖直墙面的压力先增大后减小
【答案】 D
【解析】 以小球为对象，设小球所在位置沿切线方向与竖直方向夹角为θ，沿切线方向有FT＝mgcs θ，沿半径方向有FN＝mgsin θ，通过细线将小球从M点缓慢向上拉至半圆最高点的过程中θ增大，所以细线对小球的拉力减小，小球对柱体的压力增大，故A、B错误；以柱体为对象，竖直方向有F地＝Mg＋FNsin θ＝Mg＋mgsin2θ，水平方向有F墙＝FNcs θ＝mgsin θcs θ＝eq \f(1,2)mgsin 2θ，θ增大，柱体受到水平地面的支持力逐渐增大；柱体对竖直墙面的压力先增大后减小，当θ＝45°时柱体对竖直墙面的压力最大，故D正确，C错误。
【素养提升】本题考察的学科素养主要是物理观念的相互作用观及科学思维。
【必备知识】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．
【变式训练】.(2020·广东百校联盟)质量为M的半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端固定一个竖直挡板AB，在P上放两个大小相同的光滑小球C和D，质量均为m，整个装置的纵截面如图所示．开始时P、C球心连线与水平面的夹角为θ，点P、D球心连线处于竖直方向，已知重力加速度为g.则下列说法正确的是( )
A．P和挡板对C的弹力分别为eq \f(mg,tan θ)和eq \f(mg,sin θ)
B．地面对P的摩擦力大小为零
C．使挡板缓慢地向右平行移动，但C仍在P和挡板AB作用下悬于半空中，则地面对P的摩擦力将不断增大
D．使挡板绕B点顺时针缓慢转动，P始终保持静止，则D一定缓慢下滑
【答案】：C
【解析】：对D受力分析，受到重力mg和P的支持力FN；对C受力分析，受到重力mg、挡板AB的支持力FN1和P对C的支持力FN2，如图所示
根据平衡条件，得FN1＝eq \f(mg,tan θ)，FN2＝eq \f(mg,sin θ)，选项A错误；以P、C、D整体为研究对象，进行受力分析，受到三者的重力、挡板AB的支持力FN1，地面的支持力FN3，地面的静摩擦力f，根据共点力平衡条件，有FN3＝(M＋2m)g，f＝FN1，选项B错误；使挡板缓慢地向右平行移动，由于θ不断减小，故f不断增大，选项C正确；由于P、D球心连线处于竖直方向，当使挡板绕B点顺时针缓慢地转动时，小球D可继续保持静止，选项D错误．
【例3】．(2020·山东潍坊模拟)如图所示，轻杆 A端用铰链固定在墙上，B端吊一重物．通过轻绳跨过定滑轮用拉力F将B端缓慢上拉，滑轮O在A点正上方(滑轮大小及摩擦均不计)，且OA>AB，在AB杆达到竖直前 ( )
A．拉力F增大 B．拉力F大小不变
C．杆的弹力增大 D．杆的弹力大小不变
【答案】：D
【解析】：以B点为研究对象，分析受力情况：重物的拉力T′(等于重物的重力G)、轻杆的支持力N和绳子的拉力F，作出力的示意图如图．
由平衡条件得知，N和F的合力T与重物的重力大小相等，方向相反，根据三角形相似可得：eq \f(N,AB)＝eq \f(F,BO)＝eq \f(T,AO)，又T＝G，解得：N＝eq \f(AB,AO)G，F＝eq \f(BO,AO)G；使∠BAO缓慢变小时，AB、AO保持不变，BO变小，则N保持不变，F变小，故D正确，A、B、C错误．
【素养提升】本题考察的学科素养主要是科学思维。要求考生能独立分析受力并能准确区分此类动态平衡与前一类的区别与联系。
【必备知识】对于物体沿圆弧缓慢移动的动态平衡问题，常把力的矢量三角形与几何三角形联系起来，根据三角形相似，讨论力的大小变化情况。另外需要注意的是构建三角形时可能需要画辅助线。
【变式训练】如图所示，光滑的半圆环沿竖直方向固定，M点为半圆环的最高点，N点为半圆环上与半圆环的圆心等高的点，直径MH沿竖直方向，光滑的定滑轮固定在M处，另一小圆环穿过半圆环用质量不计的轻绳拴接并跨过定滑轮。开始小圆环处在半圆环的最低点H点，第一次拉小圆环使其缓慢地运动到N点，第二次以恒定的速率将小圆环拉到N点。滑轮大小可以忽略，则下列说法正确的是( )
A.第一次轻绳的拉力逐渐增大
B.第一次半圆环受到的压力逐渐减小
C.小圆环第一次在N点与第二次在N点时，轻绳的拉力相等
D.小圆环第一次在N点与第二次在N点时，半圆环受到的压力相等
【答案】C
【解析】小圆环沿半圆环缓慢上移过程中，受重力G、拉力FT、弹力FN三个力处于平衡状态，受力分析如图所示。由图可知△OMN与△NBA相似，则有eq \f(G,R)＝eq \f(FN,R)＝eq \f(FT,MN)(式中R为半圆环的半径)，在小圆环缓慢上移的过程中，半径R不变，MN的长度逐渐减小，故轻绳的拉力FT逐渐减小，小圆环所受的支持力的大小不变，由牛顿第三定律得半圆环所受的压力的大小不变，A、B错误；第一次小圆环缓慢上升到N点时，FN＝G，FT＝eq \r(2)G；第二次小圆环运动的过程中，假设小圆环速率恒为v，当小圆环运动到N点时，在水平方向上有FT′cs 45°－FN′＝meq \f(v2,R)，在竖直方向上有G＝FT′sin 45°，解得FT′＝eq \r(2)G，FN′＝G－meq \f(v2,R)，再结合牛顿第三定律可知，C正确，D错误。
【例4】(多选)如图所示，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αeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α>\f(π,2)))。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
题眼点拨：(1)“缓慢拉起”说明重物处于动态平衡；
(2)“保持夹角α不变”说明OM与MN上的张力大小和方向均变化，但其合力不变。
【答案】AD
【解析】法一：解析法
设重物的质量为m，绳OM中的张力为TOM，绳MN中的张力为TMN。开始时，TOM＝mg，TMN＝0。由于缓慢拉起，则重物一直处于平衡状态，两绳张力的合力与重物的重力mg等大、反向。
如图所示，已知角α不变，在绳MN缓慢拉起的过程中，角β逐渐增大，则角(α－β)逐渐减小，但角θ不变，在三角形中，利用正弦定理得eq \f(TOM,sinα－β)＝eq \f(mg,sin θ)，
(α－β)由钝角变为锐角，sin(α－β)先增大后减小，则TOM先增大后减小，选项D正确；
同理知eq \f(TMN,sin β)＝eq \f(mg,sin θ)，在β由0变为eq \f(π,2)的过程中，TMN一直增大，选项A正确。
法二：图解法
重物受到重力mg、OM绳的拉力FOM、MN绳的拉力FMN共三个力的作用。缓慢拉起过程中任一时刻可认为是平衡状态，三力的合力恒为0。如图所示，由三角形定则得一首尾相接的闭合三角形，由于α>eq \f(π,2)且不变，则三角形中FMN与FOM的交点在一个优弧上移动，由图可以看出，在OM被拉到水平的过程中，绳MN中拉力一直增大且恰好达到最大值，绳OM中拉力先增大后减小，故A、D正确，B、C错误。
【素养提升】本题考察的学科素养主要是科学思维中的数学思想。本题对学生应用数学知识处理物理问题能力要求较高，学生要站在与前两类动态平衡问题受力特征的基础上找到异同点，否定前两种解法的局限性进而探索出解决问题新方法以此达到学生科学思维的提升。
【必备知识】对于有一个角保持不变的动态平衡问题可优先考虑正弦定理和动态圆求解。
【变式训练】(多选)如图所示装置，两根细绳拴住一小球，保持两细绳间的夹角θ＝120°不变，若把整个装置顺时针缓慢转过90°，则在转动过程中，CA绳的拉力F1、CB绳的拉力F2的大小变化情况是( )
A.F1先变小后变大 B.F1先变大后变小
C.F2一直变小 D.F2最终变为零
【答案】 BCD
【解析】 如图所示，画出小球的受力分析图，构建力的矢量三角形，由于这个三角形中重力不变，另两个力间的夹角(180°－θ)保持不变，这类似于圆周角与对应弦长的关系，作初始三角形的外接圆(任意两边的中垂线交点即外接圆圆心)，然后让另两个力的交点在圆周上按F1、F2的方向变化规律滑动，力的矢量三角形的外接圆正好是以初态时的F2为直径的圆周，知F1先变大后变小，F2一直变小，最终CA沿竖直方向，此时F1＝mg，F2变为零，故选B、C、D.
三．讲关键能力
【能力点】.会分平衡中的临界与极值问题
1.临界问题
当某物理量变化时，会引起其他几个物理量的变化，从而使物体所处的平衡状态“恰好出现”或“恰好不出现”，在问题的描述中常用“刚好”“刚能”“恰好”等。
2.极值问题
平衡物体的极值，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临界问题，而要把某个物理量推向极端，即极大和极小。
(2)数学分析法：通过对问题的分析，依据物体的平衡条件写出物理量之间的函数关系(画出函数图象)，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。
【例1】(2020·河北邯郸市上学期期末)如图所示，在水平推力作用下，物体A静止在倾角为θ＝45°的粗糙斜面上，当水平推力为F0时，A刚好不下滑，然后增大水平推力的值，当水平推力为F时A刚好不上滑。设滑动摩擦力等于最大静摩擦力，物块A与斜面之间的动摩擦因数为μ(μ＜1)，则下列关系式成立的是( )
A.F＝eq \f(μ,1－μ)F0 B.F＝(eq \f(μ,1－μ))2F0
C.F＝eq \f(1＋μ,1－μ)F0 D.F＝(eq \f(1＋μ,1－μ))2F0
【答案】 D
【解析】 当物体恰好不下滑时，沿斜面方向刚好平衡，则有
mgsin 45°＝F0cs 45°＋μFN
垂直于斜面方向，有FN＝mgcs 45°＋F0sin 45°
解得F0＝eq \f(1－μ,1＋μ)mg
同理，当物体恰好不上滑时，有F＝eq \f(1＋μ,1－μ)mg
解得F＝(eq \f(1＋μ,1－μ))2F0，故选项D正确。
【素养提升】本题考察的学科素养主要是物理观念与科学思维。要求考生能准确的受力分析应用正交分解法解决问题并能对物理方程进行科学推理。
【必备知识】1．临界状态
平衡中的临界状态是指物体所处的平衡状态将要被破坏而尚未被破坏的状态，可理解成“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”等语言叙述，解决临界问题的基本方法是假设推理法．
2．解题思路
解决此类问题重在形成清晰的物理图景，分析清楚物理过程，从而找出临界条件或达到极值的条件．要特别注意可能出现的多种情况．
【变式训练1】．(多选)如图所示，质量为m＝5 kg的物体放在水平面上，物体与水平面间的动摩擦因数μ＝eq \f(1,\r(3))，g取10 m/s2，当物体做匀速直线运动时，下列说法正确的是( )
A．牵引力F的最小值为25 N
B．牵引力F的最小值为eq \f(25,3)eq \r(3) N
C．牵引力F与水平面的夹角为45°
D．牵引力F与水平面的夹角为30°
【答案】AD
【解析】物体受重力G、支持力N、摩擦力f和拉力F的共同作用，将拉力沿水平方向和竖直方向分解，如图所示
由共点力的平衡条件可知，在水平方向上有Fcs θ－μN＝0，在竖直方向上有Fsin θ＋N－G＝0，联立解得F＝eq \f(μG,cs θ＋μsin θ)，设tan Φ＝μ，则cs Φ＝eq \f(1,\r(1＋μ2))，所以F＝eq \f(μG,csθ－Φ)·eq \f(1,\r(1＋μ2))，当cs(θ－Φ)＝1，即θ－Φ＝0时，F取到最小值，Fmin＝eq \f(μG,\r(1＋μ2))＝25 N，而tan Φ＝μ＝eq \f(1,\r(3))，所以Φ＝30°，θ＝30°。
【变式训练2】(2020·河北保定市二模)某位同学用筷子将均匀球夹起悬停在空中，如图9所示，已知球心O与两根筷子在同一竖直面内，小球质量为m，筷子与竖直方向之间的夹角均为θ，筷子与小球表面间的动摩擦因数为μ(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，重力加速度为g。每根筷子对小球的压力至少为( )
A.eq \f(mg,2（μsin θ－cs θ）) B.eq \f(mg,2（μcs θ－sin θ）)
C.eq \f(mg,2（μcs θ＋sin θ）) D.eq \f(mg,2（sin θ－μcs θ）)
【答案】 B
【解析】 对小球受力分析
2Ffcs θ＝mg＋2FNsin θ
Ff＝μFN解得FN＝eq \f(mg,2（μcs θ－sin θ）)
四．讲模型思想
“挂件衣钩滑轮”类模型-------正Y模型
跨过光滑滑轮(挂钩)的绳上的拉力大小相等
(1)如图甲，绳子左端固定，右端从B点移到C点，两个端点之间水平距离变小，绳子夹角变小，拉力也变小．
(2)如图甲，绳子左端固定，右端从B点移到D点，两个端点之间水平距离不变，绳子夹角不变，拉力也不变．
(3)如图乙，轻杆AB两端连接有轻绳，从水平位置转一个角θ(小于90°)，两根绳子之间的夹角变小，所以拉力变小．
【例1】(2020·山东青岛十七中模拟)如图所示，在竖直平面内一根不可伸长的柔软轻绳通过光滑的轻质滑轮悬挂一重物．轻绳一端固定在墙壁上的A点，另一端从墙壁上的B点先沿着墙壁缓慢移到C点，后由C点缓慢移到D点，不计一切摩擦，且墙壁BC段竖直，CD段水平，在此过程中关于轻绳的拉力F的变化情况，下列说法正确的是( )
A．F一直减小 B．F一直增大
C．F先增大后减小 D．F先不变后增大
【答案】 D
【解析】 设轻绳总长为L，两竖直墙壁间的距离为s，两段轻绳之间的夹角为2θ，同一根轻绳拉力相等，所以每根轻绳与竖直方向的夹角均为θ，如图所示，根据平衡条件可得：2Fcs θ＝mg，所以F＝eq \f(mg,2cs θ).
根据图中几何关系结合数学知识得到sin θ＝eq \f(s,L)；
当轻绳的右端从B点移到C点时，L、s不变，则θ保持不变，则F不变；当轻绳的右端从C点移到D点时，s增大，L不变，θ变大，cs θ变小，则F增大．所以绳子拉力变化情况为：先不变后增大，故D正确．
【素养提升】本题考察的学科素养主要是物理观念与科学思维。要求考生有正确的相互作用观结合轻绳活结模型的受力特征建立“正Y”受力模型进而解决挂件一类问题。
【变式训练】(2021·湖南模考)有甲、乙两根完全相同的轻绳，甲绳A、B两端按图甲的方式固定，然后将一挂有质量为M的重物的光滑轻质动滑轮挂于甲轻绳上，当滑轮静止后，设甲绳子的张力大小为FT1；乙绳D、E两端按图乙的方式固定，然后将同样的定滑轮且挂有质量为M的重物挂于乙轻绳上，当滑轮静止后，设乙绳子的张力大小为FT2。现甲绳的B端缓慢向下移动至C点，乙绳的E端缓慢向右移动至F点，在两绳的移动过程中，下列说法正确的是( )
A.FT1、FT2都变大 B.FT1变大、FT2变小
C.FT1、FT2都不变 D.FT1不变、FT2变大
【答案】 D
【解析】 设绳子总长为L，两竖直墙之间的距离为s，左侧绳长为L1，右侧绳长为L2。由于绳子上的拉力处处相等，所以两绳与竖直方向夹角相等，设为θ，则由几何知识，得s＝L1sin θ＋L2sin θ＝(L1＋L2)sin θ，又L1＋L2＝L，得到sin θ＝eq \f(s,L)；设绳子的拉力大小为FT，重物的重力为G，以滑轮为研究对象，根据平衡条件得2FTcs θ＝G，解得FT＝eq \f(G,2cs θ)；可见，对题图甲，当绳子右端慢慢向下移动时，s、L没有变化，则θ不变，绳子拉力FT1不变；对题图乙，当绳子的右端从E向F移动的过程中，由于绳子的长度不变，所以两侧绳子之间的夹角θ增大，cs θ减小，则绳子拉力FT2增大，故A、B、C错误，D正确。
【变式训练2】(2020·湖北沙市中学考试)如图所示，不计质量的光滑小滑轮用细绳悬挂于墙上O点，跨过滑轮的细绳连接物块A、B，A、B都处于静止状态，现将物块B移至C点后，A、B仍保持静止，下列说法中正确的是( )
A．B与水平面间的摩擦力增大
B．地面对B的弹力增大
C．悬于墙上的绳所受拉力不变
D．A、B静止时，图中α、β、θ 三角始终相等
【答案】：ABD
【解析】：对物体A受力分析，受到重力和细线的拉力，根据平衡条件，拉力等于物体A的重力，当把物体B移至C点后，绳子与水平方向的夹角变小，但细线的拉力不变，对物体B受力分析，受重力、支持力、拉力和静摩擦力，如图所示．
根据共点力平衡条件，有Tcs r＝f，Tsin r＋N＝mg，由于角r变小，故B与水平面间的静摩擦力变大，地面对B的弹力增大，故A、B正确；对滑轮受力分析，受绳子的拉力T以及悬于墙上的绳子的拉力F，由于绳子的拉力与A的重力相等且夹角变大，故其合力变小，故墙上的绳子的拉力F也变小，故C错误；由于绳子的拉力相等，故合力在角平分线上，故α＝β，由几何关系可知α＝θ，故α＝β＝θ，故D正确．
【变式训练3】(2020·全国卷Ⅲ，17)如图，悬挂甲物体的细线拴牢在一不可伸长的轻质细绳上O点处；绳的一端固定在墙上，另一端通过光滑定滑轮与物体乙相连。甲、乙两物体质量相等。系统平衡时，O点两侧绳与竖直方向的夹角分别为α和β。若α＝70°，则β等于( )
A.45° B.55° C.60° D.70°
【答案】 B
【解析】 设甲、乙两物体的质量均为m，对O点进行受力分析，右侧细绳上的拉力大小为mg，左侧细绳上的拉力大小为F，O点下方的细线上的拉力大小为mg，系统平衡时在水平方向和竖直方向进行正交分解，可得Fsin β＝mgsin α，Fcs β＋mgcs α＝mg，解得β＝55°，选项B正确。
种类
大小
方向
重力
G＝mg(不同高度、纬度、星球，g不同)
竖直向下
弹簧弹力
F＝kx(x为形变量)
沿弹簧轴线
静摩擦力
0＜Ff静≤Ffmax
与相对运动趋势方向相反
滑动摩擦力
Ff滑＝μFN
与相对运动方向相反
万有引力
F＝Geq \f(m1m2,r2)
沿质点间的连线
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系统整体的加速度
研究系统内物体之间的相互作用力
方法
内容
合成法
物体受三个共点力的作用而平衡，则任意两个力的合力一定与第三个力大小相等，方向相反
分解法
物体受三个共点力的作用而平衡，将某一个力按力的效果分解，则其分力和其他两个力满足平衡条件
正交分解法
物体受到三个或三个以上力的作用而平衡，将物体所受的力分解为相互垂直的两组，每组力都满足平衡条件
方法
步骤
解析法
(1)列平衡方程得出未知量与已知量的关系表达式；
(2)根据已知量的变化情况来确定未知量的变化情况
图解法
(1)根据已知量的变化情况，画出平行四边形边、角的变化；
(2)确定未知量大小、方向的变化
相似三角形法
(1)根据已知条件画出两个不同情况对应的力的三角形和空间几何三角形，确定对应边，利用三角形相似知识列出比例式；
(2)确定未知量大小的变化情况
目录
TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc24542" 一 讲核心素养 PAGEREF _Tc24542 \h 1
\l "_Tc12255" 二 讲必备知识 PAGEREF _Tc12255 \h 1
\l "_Tc16238" 【知识点一】物体的受力分析 PAGEREF _Tc16238 \h 1
\l "_Tc17020" 【知识点二】静态平衡问题 PAGEREF _Tc17020 \h 5
\l "_Tc21200" 【知识点三】共点力作用下物体的动态平衡 PAGEREF _Tc21200 \h 8
\l "_Tc2383" 三．讲关键能力 PAGEREF _Tc2383 \h 15
\l "_Tc21392" 【能力点】.会分平衡中的临界与极值问题 PAGEREF _Tc21392 \h 15
\l "_Tc32513" 四．讲模型思想 PAGEREF _Tc32513 \h 17
\l "_Tc9151" “挂件衣钩滑轮”类模型-------正Y模型 PAGEREF _Tc9151 \h 17
一 讲核心素养
1.物理观念：受力分析、平衡条件。
(1)能应用三大性质力的特点及物体的运动状态分析物体的受力情况建立相互作用观。
(2)理解平衡的标志词如静止、匀速直线、缓慢等并能结合平衡条件建立物理方程。
2.科学思维：整体法、隔离法、合成法、分解法、矢量三角形法、相似三角形法、拉密定理。
(1).能用整体法、隔离法、等分析多物体系的受力情况。
(2)会利用合成法、分解法求解静态平衡类问题。
(3)会用矢量三角形法、相似三角形法、拉密定理等分析动态平衡问题。
3.科学态度与责任：在生产、生活情境中，体验物理学技术的应用。
能用静力学的知识解决以生活中的实际问题为背景的问题，体会物理学的应用价值激发学生学习欲望。
二 讲必备知识
【知识点一】 物体的受力分析
1.力学中的五种力
2.受力分析
(1)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)一般步骤
3.整体法与隔离法
【例1】(2021·内蒙古集宁一中月考)如图所示，A和B两物块的接触面是水平的，A与B保持相对静止一起沿固定粗糙斜面匀速下滑，在下滑过程中B的受力个数为( )
A．3个 B．4个
C．5个 D．6个
【答案】B
【解析】先以A为研究对象，分析受力情况：重力、B的竖直向上的支持力，B对A没有摩擦力，否则A不会匀速运动．再对B研究，B受到重力、A对B竖直向下的压力、斜面的支持力和滑动摩擦力，共4个力，B正确．
【素养升华】本题考察的学科素养主要是物理观念。要求考生能结合基本性质力的特征分析物体的受力情况建立相互作用观。
【必备知识】受力分析的两个常用判据
(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判断力是否存在．
(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＝，方向始终指向圆心．
【变式训练】 [2020·天津市东丽区等级考试模拟(三)]如图所示，水平面上的P、Q两物块的接触面水平，二者叠在一起在作用于Q上的水平恒定拉力F的作用下向右做匀速运动，某时刻撤去力F后，二者仍能不发生相对滑动。关于撤去F前后Q的受力个数的说法正确的是( )
A.撤去F前6个，撤去F后瞬间5个
B.撤去F前5个，撤去F后瞬间5个
C.撤去F前5个，撤去F后瞬间4个
D.撤去F前4个，撤去F后瞬间4个
【答案】 B
【解析】 撤去F前，物体Q受到：重力、地面的支持力、P对Q的压力、地面对Q的摩擦力和力F共5个力的作用；撤去F后的瞬间，两物体做减速运动，此时Q受力： 重力、地面的支持力、P对Q的压力、地面对Q的摩擦力和P对Q的摩擦力，共5个力作用，选项B正确。
【变式训练2】(2020·河北武邑中学模拟)如图，质量mA＞mB的两物体A、B叠放在一起，靠着竖直墙面．让它们由静止释放，在沿粗糙面下落过程中，物体B的受力示意图是( )
【答案】：A
【解析】：A与B整体同时沿竖直墙面下滑，受到总重力，墙壁对其没有支持力，如果有，将会向右加速运动，因为没有弹力，故也不受墙壁的摩擦力，即只受重力，做自由落体运动；由于整体做自由落体运动，处于完全失重状态，故A、B间无弹力，再对物体B受力分析，只受重力，故选A.
【例2】(2020·安徽庐巢七校联盟第三次联考)如图甲所示， A、B两小球通过两根轻绳连接并悬挂于O点，已知两轻绳OA和AB的长度之比为eq \r(3)∶1，A、B两小球质量分别为2m和m，现对A、B两小球分别施加水平向右的力F1和水平向左的力F2，两球恰好处于如图乙的位置静止，此时B球恰好在悬点O的正下方，轻绳OA与竖直方向成30°，则( )
A.F1＝F2 B.F1＝eq \r(3)F2
C.F1＝2F2 D.F1＝3F2
【答案】 C
【解析】 由题意知两轻绳OA和AB的长度之比为eq \r(3)∶1，B球恰好在悬点O的正下方，由几何关系可知，OA与AB垂直；以B球为研究对象，受力示意图如图甲所示，由平衡条件得
F2＝mgtan(90°－30°)＝eq \r(3)mg
以A、B两球整体为研究对象，受力示意图如图乙所示，由平衡条件得
F1－F2＝3mgtan 30°＝eq \r(3)mg
可得F1＝2eq \r(3)mg，即F1＝2F2，故C正确。
【素养升华】本题考察的学科素养主要是物理观念及科学思维。要求考生能用整体法、隔离法、等物理学科思维分析多物体系的受力情况进而建立相互作用观。
【必备知识】整体法、隔离法的应用技巧
(1)整体法：以几个物体构成的整个系统为研究对象进行求解．在许多问题中用整体法比较方便，但整体法不能求解系统的内力．
(2)隔离法：从系统中选取一部分(其中的一个物体或两个物体组成的整体，少于系统内物体的总个数)进行分析．隔离法的原则是选取受力个数最少的部分来分析．
(3)通常在分析外力对系统作用时，用整体法；在分析系统内各物体之间的相互作用时，用隔离法．有时在解答一个问题时要多次选取研究对象，需要整体法与隔离法交叉使用．
【变式训练】(2020·合肥模拟)在竖直放置的平底圆筒内，放置两个半径相同的刚性球a和b，球a质量大于球b.放置的方式有如图甲和乙两种．不计圆筒内壁和球面之间的摩擦，对有关接触面的弹力，下列说法正确的是( )
A．图甲圆筒底受到的压力大于图乙圆筒底受到的压力
B．图甲中球a对圆筒侧面的压力小于图乙中球b对侧面的压力
C．图甲中球a对圆筒侧面的压力大于图乙中球b对侧面的压力
D．图甲中球a对圆筒侧面的压力等于图乙中球b对侧面的压力
【答案】：B
【解析】：以a、b整体为研究对象受力分析，受重力、圆筒底支持力和两侧的支持力，根据平衡条件，图甲圆筒底受到的压力等于图乙圆筒底受到的压力，故A错误；根据平衡条件，同一圆筒内两侧的两个支持力是相等的；再以上面的球为研究对象，受力分析，根据平衡条件运用合成法，如图所示
由几何知识可知：FN筒＝mgtan θ，故侧壁的支持力与上面球的重力成正比，由于球a质量大于球b，故图乙中两侧的支持力较大，由牛顿第三定律易知，B正确，C、D错误．
【知识点二】静态平衡问题
1．平衡状态：物体处于静止或匀速直线运动的状态，即a＝0.
2．平衡条件：F合＝0或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(Fx＝0,Fy＝0)).
3．平衡条件的推论
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．
4．三种常用方法
【例1】(多选)如图所示，光滑半球形容器固定在水平面上，O为球心。一质量为m的小滑块，在水平力F的作用下静止于P点。设滑块所受支持力为FN，OP与水平方向的夹角为θ。重力加速度为g，下列关系式正确的是( )
A．F＝eq \f(mg,tan θ)B．F＝mgtan θ
C．FN＝eq \f(mg,sin θ)D．FN＝mgtan θ
思路点拨：解此题的关键是选取小滑块为研究对象，作好受力分析，根据平衡条件求解。
【答案】AC
【解析】方法一：合成法
滑块受力如图甲，由平衡条件知eq \f(mg,F)＝tan θ，
所以F＝eq \f(mg,tan θ)，FN＝eq \f(mg,sin θ)。
方法二：效果分解法
将重力按产生的效果分解，如图乙所示，
F＝G2＝eq \f(mg,tan θ)，FN＝G1＝eq \f(mg,sin θ)。
方法三：正交分解法
将滑块受的力沿水平、竖直方向分解，如图丙所示，
mg＝FNsin θ，F＝FNcs θ，
联立解得F＝eq \f(mg,tan θ)，FN＝eq \f(mg,sin θ)。
方法四：力的三角形定则法
滑块受到的三个力可组成封闭的三角形，如图丁所示，则由几何关系可得F＝eq \f(mg,tan θ)，FN＝eq \f(mg,sin θ)。
【素养升华】本题考察的学科素养主要是科学思维。要求考生熟练掌握常见的处理平衡问题的方法来解决静态平衡问题。
【必备知识】处理平衡问题的三点说明
(1)物体受三力平衡时，利用力的效果分解法或合成法比较简单．
(2)物体受四个或四个以上的力作用时，一般采用正交分解法．
(3)物体只受三个力的作用且三力构成普通三角形，可考虑使用相似三角形法．
【变式训练1】．用卡车运输质量为m的匀质圆筒状工件，为使工件保持固定，将其置于两光滑斜面之间，如图所示。两斜面Ⅰ、Ⅱ固定在车上，倾角分别为30°和60°。重力加速度为g。当卡车沿平直公路匀速行驶时，圆筒对斜面Ⅰ、Ⅱ压力的大小分别为F1、F2，则( )
A.F1＝eq \f(\r(3),3)mg，F2＝eq \f(\r(3),2)mg B.F1＝eq \f(\r(3),2)mg，F2＝eq \f(\r(3),3)mg
C.F1＝eq \f(1,2)mg，F2＝eq \f(\r(3),2)mg D.F1＝eq \f(\r(3),2)mg，F2＝eq \f(1,2)mg
【答案】 D
【解析】 卡车匀速行驶，圆筒受力平衡，对圆筒受力分析，如图所示。由题意知，
力F1′与F2′相互垂直。
由牛顿第三定律知
F1＝F1′，F2＝F2′，
则F1＝mgsin 60°＝eq \f(\r(3),2)mg，
F2＝mgsin 30°＝eq \f(1,2)mg，选项D正确。
【变式训练2】(2020·福建泉港一中期末)如图所示，细绳上端固定于天花板上的A点，细绳的下端挂一质量为m的物体P，用力F作用于细绳上的O点；使细绳偏离竖直方向的夹角为α，且保持物体平衡，此时F与水平方向的夹角为β，若β＝α，重力加速度为g，则F的大小等于( )
A．mgcs α B．mgsin α C．mgtan α D．eq \f(mg,sin α)
【答案】B
【解析】对结点O受力分析如图
由于β＝α，则F与AO垂直，O点受三个拉力处于平衡，根据几何关系知F＝mgsin α。故B正确，A、C、D错误。
【知识点三】共点力作用下物体的动态平衡
1．动态平衡：“动态平衡”是指物体所受的力一部分是变力，是动态力，力的大小或方向发生变化，但变化过程中的每一个状态均可视为平衡状态，所以叫动态平衡。在问题的描述中常用“缓慢”等语言叙述。
2．分析动态平衡问题的方法
【例1】(2021·广东汕头市第一次模拟)如图所示，足够长的光滑平板AP与BP用铰链连接，平板AP与水平面成53°角固定不动，平板BP可绕水平轴在竖直面内自由转动，将一均匀圆柱体O放在两板间。在使BP板由水平位置缓慢转动到竖直位置的过程中，下列说法正确的是( )
A.当BP沿水平方向时，BP板受到的压力最大
B.当BP沿竖直方向时，AP板受到的压力最大
C.当BP沿竖直方向时，BP板受到的压力最小
D.当BP板与AP板垂直时，AP板受到的压力最小
【答案】 B
【解析】 当BP沿水平方向时，BP板受到的压力等于圆柱体的重力，AP板受到的压力为零。当挡板PB逆时针缓慢地转向竖直位置的过程中，小球受重力、斜面AP的弹力F1和挡板BP的弹力F2，将F1与F2合成为F＝mg，如图；小球一直处于平衡状态，三个力中的任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线，故F1和F2的合力F一定与重力等值、反向、共线。从图中可以看出，F1越来越大，F2先变小，后变大，到竖直位置时，F2＞mg，故选项B正确，A、C、D错误。
【素养提升】本题考察的学科素养主要是物理观念的相互作用观及科学思维。主要考察学生能正确受力分析并能推理出物体的受力特征进而采用矢量三角形法解决问题。
【必备知识】
用图解法分析物体动态平衡问题时，一般是物体只受三个力作用，且其中一个力大小、方向均不变，另一个力的方向不变，第三个力大小、方向均变化。．
【变式训练1】(多选)(2019·全国卷Ⅰ，19)如图，一粗糙斜面固定在地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮。一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块N，另一端与斜面上的物块M相连，系统处于静止状态。现用水平向左的拉力缓慢拉动N，直至悬挂N的细绳与竖直方向成45°。已知M始终保持静止，则在此过程中( )
A.水平拉力的大小可能保持不变
B.M所受细绳的拉力大小一定一直增加
C.M所受斜面的摩擦力大小一定一直增加
D.M所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加
【答案】 BD
【解析】 选N为研究对象，受力情况如图甲所示，用水平拉力F缓慢拉动N的过程中，水平拉力F逐渐增大，细绳的拉力FT逐渐增大，选项A错误，B正确；对M受力分析，如图乙所示，受重力GM、支持力FN、绳的拉力FT以及斜面对它的摩擦力Ff。若开始时斜面对M的摩擦力Ff沿斜面向上，则FT＋Ff＝GMsin θ，FT逐渐增大，Ff逐渐减小，当Ff减小到零后，再反向增大。若开始时斜面对M的摩擦力Ff沿斜面向下，此时，FT＝GMsin θ＋Ff，当FT逐渐增大时，Ff逐渐增大，C错误，D正确。
【例2】(2021·1月重庆市学业水平选择性考试适应性测试，7)如图所示，垂直墙角有一个截面为半圆的光滑柱体，用细线拉住的小球静止靠在接近半圆底端的M点。通过细线将小球从M点缓慢向上拉至半圆最高点的过程中，细线始终保持在小球处与半圆相切。下列说法正确的是( )
A.细线对小球的拉力先增大后减小
B.小球对柱体的压力先减小后增大
C.柱体受到水平地面的支持力逐渐减小
D.柱体对竖直墙面的压力先增大后减小
【答案】 D
【解析】 以小球为对象，设小球所在位置沿切线方向与竖直方向夹角为θ，沿切线方向有FT＝mgcs θ，沿半径方向有FN＝mgsin θ，通过细线将小球从M点缓慢向上拉至半圆最高点的过程中θ增大，所以细线对小球的拉力减小，小球对柱体的压力增大，故A、B错误；以柱体为对象，竖直方向有F地＝Mg＋FNsin θ＝Mg＋mgsin2θ，水平方向有F墙＝FNcs θ＝mgsin θcs θ＝eq \f(1,2)mgsin 2θ，θ增大，柱体受到水平地面的支持力逐渐增大；柱体对竖直墙面的压力先增大后减小，当θ＝45°时柱体对竖直墙面的压力最大，故D正确，C错误。
【素养提升】本题考察的学科素养主要是物理观念的相互作用观及科学思维。
【必备知识】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．
【变式训练】.(2020·广东百校联盟)质量为M的半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端固定一个竖直挡板AB，在P上放两个大小相同的光滑小球C和D，质量均为m，整个装置的纵截面如图所示．开始时P、C球心连线与水平面的夹角为θ，点P、D球心连线处于竖直方向，已知重力加速度为g.则下列说法正确的是( )
A．P和挡板对C的弹力分别为eq \f(mg,tan θ)和eq \f(mg,sin θ)
B．地面对P的摩擦力大小为零
C．使挡板缓慢地向右平行移动，但C仍在P和挡板AB作用下悬于半空中，则地面对P的摩擦力将不断增大
D．使挡板绕B点顺时针缓慢转动，P始终保持静止，则D一定缓慢下滑
【答案】：C
【解析】：对D受力分析，受到重力mg和P的支持力FN；对C受力分析，受到重力mg、挡板AB的支持力FN1和P对C的支持力FN2，如图所示
根据平衡条件，得FN1＝eq \f(mg,tan θ)，FN2＝eq \f(mg,sin θ)，选项A错误；以P、C、D整体为研究对象，进行受力分析，受到三者的重力、挡板AB的支持力FN1，地面的支持力FN3，地面的静摩擦力f，根据共点力平衡条件，有FN3＝(M＋2m)g，f＝FN1，选项B错误；使挡板缓慢地向右平行移动，由于θ不断减小，故f不断增大，选项C正确；由于P、D球心连线处于竖直方向，当使挡板绕B点顺时针缓慢地转动时，小球D可继续保持静止，选项D错误．
【例3】．(2020·山东潍坊模拟)如图所示，轻杆 A端用铰链固定在墙上，B端吊一重物．通过轻绳跨过定滑轮用拉力F将B端缓慢上拉，滑轮O在A点正上方(滑轮大小及摩擦均不计)，且OA>AB，在AB杆达到竖直前 ( )
A．拉力F增大 B．拉力F大小不变
C．杆的弹力增大 D．杆的弹力大小不变
【答案】：D
【解析】：以B点为研究对象，分析受力情况：重物的拉力T′(等于重物的重力G)、轻杆的支持力N和绳子的拉力F，作出力的示意图如图．
由平衡条件得知，N和F的合力T与重物的重力大小相等，方向相反，根据三角形相似可得：eq \f(N,AB)＝eq \f(F,BO)＝eq \f(T,AO)，又T＝G，解得：N＝eq \f(AB,AO)G，F＝eq \f(BO,AO)G；使∠BAO缓慢变小时，AB、AO保持不变，BO变小，则N保持不变，F变小，故D正确，A、B、C错误．
【素养提升】本题考察的学科素养主要是科学思维。要求考生能独立分析受力并能准确区分此类动态平衡与前一类的区别与联系。
【必备知识】对于物体沿圆弧缓慢移动的动态平衡问题，常把力的矢量三角形与几何三角形联系起来，根据三角形相似，讨论力的大小变化情况。另外需要注意的是构建三角形时可能需要画辅助线。
【变式训练】如图所示，光滑的半圆环沿竖直方向固定，M点为半圆环的最高点，N点为半圆环上与半圆环的圆心等高的点，直径MH沿竖直方向，光滑的定滑轮固定在M处，另一小圆环穿过半圆环用质量不计的轻绳拴接并跨过定滑轮。开始小圆环处在半圆环的最低点H点，第一次拉小圆环使其缓慢地运动到N点，第二次以恒定的速率将小圆环拉到N点。滑轮大小可以忽略，则下列说法正确的是( )
A.第一次轻绳的拉力逐渐增大
B.第一次半圆环受到的压力逐渐减小
C.小圆环第一次在N点与第二次在N点时，轻绳的拉力相等
D.小圆环第一次在N点与第二次在N点时，半圆环受到的压力相等
【答案】C
【解析】小圆环沿半圆环缓慢上移过程中，受重力G、拉力FT、弹力FN三个力处于平衡状态，受力分析如图所示。由图可知△OMN与△NBA相似，则有eq \f(G,R)＝eq \f(FN,R)＝eq \f(FT,MN)(式中R为半圆环的半径)，在小圆环缓慢上移的过程中，半径R不变，MN的长度逐渐减小，故轻绳的拉力FT逐渐减小，小圆环所受的支持力的大小不变，由牛顿第三定律得半圆环所受的压力的大小不变，A、B错误；第一次小圆环缓慢上升到N点时，FN＝G，FT＝eq \r(2)G；第二次小圆环运动的过程中，假设小圆环速率恒为v，当小圆环运动到N点时，在水平方向上有FT′cs 45°－FN′＝meq \f(v2,R)，在竖直方向上有G＝FT′sin 45°，解得FT′＝eq \r(2)G，FN′＝G－meq \f(v2,R)，再结合牛顿第三定律可知，C正确，D错误。
【例4】(多选)如图所示，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αeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α>\f(π,2)))。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
题眼点拨：(1)“缓慢拉起”说明重物处于动态平衡；
(2)“保持夹角α不变”说明OM与MN上的张力大小和方向均变化，但其合力不变。
【答案】AD
【解析】法一：解析法
设重物的质量为m，绳OM中的张力为TOM，绳MN中的张力为TMN。开始时，TOM＝mg，TMN＝0。由于缓慢拉起，则重物一直处于平衡状态，两绳张力的合力与重物的重力mg等大、反向。
如图所示，已知角α不变，在绳MN缓慢拉起的过程中，角β逐渐增大，则角(α－β)逐渐减小，但角θ不变，在三角形中，利用正弦定理得eq \f(TOM,sinα－β)＝eq \f(mg,sin θ)，
(α－β)由钝角变为锐角，sin(α－β)先增大后减小，则TOM先增大后减小，选项D正确；
同理知eq \f(TMN,sin β)＝eq \f(mg,sin θ)，在β由0变为eq \f(π,2)的过程中，TMN一直增大，选项A正确。
法二：图解法
重物受到重力mg、OM绳的拉力FOM、MN绳的拉力FMN共三个力的作用。缓慢拉起过程中任一时刻可认为是平衡状态，三力的合力恒为0。如图所示，由三角形定则得一首尾相接的闭合三角形，由于α>eq \f(π,2)且不变，则三角形中FMN与FOM的交点在一个优弧上移动，由图可以看出，在OM被拉到水平的过程中，绳MN中拉力一直增大且恰好达到最大值，绳OM中拉力先增大后减小，故A、D正确，B、C错误。
【素养提升】本题考察的学科素养主要是科学思维中的数学思想。本题对学生应用数学知识处理物理问题能力要求较高，学生要站在与前两类动态平衡问题受力特征的基础上找到异同点，否定前两种解法的局限性进而探索出解决问题新方法以此达到学生科学思维的提升。
【必备知识】对于有一个角保持不变的动态平衡问题可优先考虑正弦定理和动态圆求解。
【变式训练】(多选)如图所示装置，两根细绳拴住一小球，保持两细绳间的夹角θ＝120°不变，若把整个装置顺时针缓慢转过90°，则在转动过程中，CA绳的拉力F1、CB绳的拉力F2的大小变化情况是( )
A.F1先变小后变大 B.F1先变大后变小
C.F2一直变小 D.F2最终变为零
【答案】 BCD
【解析】 如图所示，画出小球的受力分析图，构建力的矢量三角形，由于这个三角形中重力不变，另两个力间的夹角(180°－θ)保持不变，这类似于圆周角与对应弦长的关系，作初始三角形的外接圆(任意两边的中垂线交点即外接圆圆心)，然后让另两个力的交点在圆周上按F1、F2的方向变化规律滑动，力的矢量三角形的外接圆正好是以初态时的F2为直径的圆周，知F1先变大后变小，F2一直变小，最终CA沿竖直方向，此时F1＝mg，F2变为零，故选B、C、D.
三．讲关键能力
【能力点】.会分平衡中的临界与极值问题
1.临界问题
当某物理量变化时，会引起其他几个物理量的变化，从而使物体所处的平衡状态“恰好出现”或“恰好不出现”，在问题的描述中常用“刚好”“刚能”“恰好”等。
2.极值问题
平衡物体的极值，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临界问题，而要把某个物理量推向极端，即极大和极小。
(2)数学分析法：通过对问题的分析，依据物体的平衡条件写出物理量之间的函数关系(画出函数图象)，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。
【例1】(2020·河北邯郸市上学期期末)如图所示，在水平推力作用下，物体A静止在倾角为θ＝45°的粗糙斜面上，当水平推力为F0时，A刚好不下滑，然后增大水平推力的值，当水平推力为F时A刚好不上滑。设滑动摩擦力等于最大静摩擦力，物块A与斜面之间的动摩擦因数为μ(μ＜1)，则下列关系式成立的是( )
A.F＝eq \f(μ,1－μ)F0 B.F＝(eq \f(μ,1－μ))2F0
C.F＝eq \f(1＋μ,1－μ)F0 D.F＝(eq \f(1＋μ,1－μ))2F0
【答案】 D
【解析】 当物体恰好不下滑时，沿斜面方向刚好平衡，则有
mgsin 45°＝F0cs 45°＋μFN
垂直于斜面方向，有FN＝mgcs 45°＋F0sin 45°
解得F0＝eq \f(1－μ,1＋μ)mg
同理，当物体恰好不上滑时，有F＝eq \f(1＋μ,1－μ)mg
解得F＝(eq \f(1＋μ,1－μ))2F0，故选项D正确。
【素养提升】本题考察的学科素养主要是物理观念与科学思维。要求考生能准确的受力分析应用正交分解法解决问题并能对物理方程进行科学推理。
【必备知识】1．临界状态
平衡中的临界状态是指物体所处的平衡状态将要被破坏而尚未被破坏的状态，可理解成“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”等语言叙述，解决临界问题的基本方法是假设推理法．
2．解题思路
解决此类问题重在形成清晰的物理图景，分析清楚物理过程，从而找出临界条件或达到极值的条件．要特别注意可能出现的多种情况．
【变式训练1】．(多选)如图所示，质量为m＝5 kg的物体放在水平面上，物体与水平面间的动摩擦因数μ＝eq \f(1,\r(3))，g取10 m/s2，当物体做匀速直线运动时，下列说法正确的是( )
A．牵引力F的最小值为25 N
B．牵引力F的最小值为eq \f(25,3)eq \r(3) N
C．牵引力F与水平面的夹角为45°
D．牵引力F与水平面的夹角为30°
【答案】AD
【解析】物体受重力G、支持力N、摩擦力f和拉力F的共同作用，将拉力沿水平方向和竖直方向分解，如图所示
由共点力的平衡条件可知，在水平方向上有Fcs θ－μN＝0，在竖直方向上有Fsin θ＋N－G＝0，联立解得F＝eq \f(μG,cs θ＋μsin θ)，设tan Φ＝μ，则cs Φ＝eq \f(1,\r(1＋μ2))，所以F＝eq \f(μG,csθ－Φ)·eq \f(1,\r(1＋μ2))，当cs(θ－Φ)＝1，即θ－Φ＝0时，F取到最小值，Fmin＝eq \f(μG,\r(1＋μ2))＝25 N，而tan Φ＝μ＝eq \f(1,\r(3))，所以Φ＝30°，θ＝30°。
【变式训练2】(2020·河北保定市二模)某位同学用筷子将均匀球夹起悬停在空中，如图9所示，已知球心O与两根筷子在同一竖直面内，小球质量为m，筷子与竖直方向之间的夹角均为θ，筷子与小球表面间的动摩擦因数为μ(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，重力加速度为g。每根筷子对小球的压力至少为( )
A.eq \f(mg,2（μsin θ－cs θ）) B.eq \f(mg,2（μcs θ－sin θ）)
C.eq \f(mg,2（μcs θ＋sin θ）) D.eq \f(mg,2（sin θ－μcs θ）)
【答案】 B
【解析】 对小球受力分析
2Ffcs θ＝mg＋2FNsin θ
Ff＝μFN解得FN＝eq \f(mg,2（μcs θ－sin θ）)
四．讲模型思想
“挂件衣钩滑轮”类模型-------正Y模型
跨过光滑滑轮(挂钩)的绳上的拉力大小相等
(1)如图甲，绳子左端固定，右端从B点移到C点，两个端点之间水平距离变小，绳子夹角变小，拉力也变小．
(2)如图甲，绳子左端固定，右端从B点移到D点，两个端点之间水平距离不变，绳子夹角不变，拉力也不变．
(3)如图乙，轻杆AB两端连接有轻绳，从水平位置转一个角θ(小于90°)，两根绳子之间的夹角变小，所以拉力变小．
【例1】(2020·山东青岛十七中模拟)如图所示，在竖直平面内一根不可伸长的柔软轻绳通过光滑的轻质滑轮悬挂一重物．轻绳一端固定在墙壁上的A点，另一端从墙壁上的B点先沿着墙壁缓慢移到C点，后由C点缓慢移到D点，不计一切摩擦，且墙壁BC段竖直，CD段水平，在此过程中关于轻绳的拉力F的变化情况，下列说法正确的是( )
A．F一直减小 B．F一直增大
C．F先增大后减小 D．F先不变后增大
【答案】 D
【解析】 设轻绳总长为L，两竖直墙壁间的距离为s，两段轻绳之间的夹角为2θ，同一根轻绳拉力相等，所以每根轻绳与竖直方向的夹角均为θ，如图所示，根据平衡条件可得：2Fcs θ＝mg，所以F＝eq \f(mg,2cs θ).
根据图中几何关系结合数学知识得到sin θ＝eq \f(s,L)；
当轻绳的右端从B点移到C点时，L、s不变，则θ保持不变，则F不变；当轻绳的右端从C点移到D点时，s增大，L不变，θ变大，cs θ变小，则F增大．所以绳子拉力变化情况为：先不变后增大，故D正确．
【素养提升】本题考察的学科素养主要是物理观念与科学思维。要求考生有正确的相互作用观结合轻绳活结模型的受力特征建立“正Y”受力模型进而解决挂件一类问题。
【变式训练】(2021·湖南模考)有甲、乙两根完全相同的轻绳，甲绳A、B两端按图甲的方式固定，然后将一挂有质量为M的重物的光滑轻质动滑轮挂于甲轻绳上，当滑轮静止后，设甲绳子的张力大小为FT1；乙绳D、E两端按图乙的方式固定，然后将同样的定滑轮且挂有质量为M的重物挂于乙轻绳上，当滑轮静止后，设乙绳子的张力大小为FT2。现甲绳的B端缓慢向下移动至C点，乙绳的E端缓慢向右移动至F点，在两绳的移动过程中，下列说法正确的是( )
A.FT1、FT2都变大 B.FT1变大、FT2变小
C.FT1、FT2都不变 D.FT1不变、FT2变大
【答案】 D
【解析】 设绳子总长为L，两竖直墙之间的距离为s，左侧绳长为L1，右侧绳长为L2。由于绳子上的拉力处处相等，所以两绳与竖直方向夹角相等，设为θ，则由几何知识，得s＝L1sin θ＋L2sin θ＝(L1＋L2)sin θ，又L1＋L2＝L，得到sin θ＝eq \f(s,L)；设绳子的拉力大小为FT，重物的重力为G，以滑轮为研究对象，根据平衡条件得2FTcs θ＝G，解得FT＝eq \f(G,2cs θ)；可见，对题图甲，当绳子右端慢慢向下移动时，s、L没有变化，则θ不变，绳子拉力FT1不变；对题图乙，当绳子的右端从E向F移动的过程中，由于绳子的长度不变，所以两侧绳子之间的夹角θ增大，cs θ减小，则绳子拉力FT2增大，故A、B、C错误，D正确。
【变式训练2】(2020·湖北沙市中学考试)如图所示，不计质量的光滑小滑轮用细绳悬挂于墙上O点，跨过滑轮的细绳连接物块A、B，A、B都处于静止状态，现将物块B移至C点后，A、B仍保持静止，下列说法中正确的是( )
A．B与水平面间的摩擦力增大
B．地面对B的弹力增大
C．悬于墙上的绳所受拉力不变
D．A、B静止时，图中α、β、θ 三角始终相等
【答案】：ABD
【解析】：对物体A受力分析，受到重力和细线的拉力，根据平衡条件，拉力等于物体A的重力，当把物体B移至C点后，绳子与水平方向的夹角变小，但细线的拉力不变，对物体B受力分析，受重力、支持力、拉力和静摩擦力，如图所示．
根据共点力平衡条件，有Tcs r＝f，Tsin r＋N＝mg，由于角r变小，故B与水平面间的静摩擦力变大，地面对B的弹力增大，故A、B正确；对滑轮受力分析，受绳子的拉力T以及悬于墙上的绳子的拉力F，由于绳子的拉力与A的重力相等且夹角变大，故其合力变小，故墙上的绳子的拉力F也变小，故C错误；由于绳子的拉力相等，故合力在角平分线上，故α＝β，由几何关系可知α＝θ，故α＝β＝θ，故D正确．
【变式训练3】(2020·全国卷Ⅲ，17)如图，悬挂甲物体的细线拴牢在一不可伸长的轻质细绳上O点处；绳的一端固定在墙上，另一端通过光滑定滑轮与物体乙相连。甲、乙两物体质量相等。系统平衡时，O点两侧绳与竖直方向的夹角分别为α和β。若α＝70°，则β等于( )
A.45° B.55° C.60° D.70°
【答案】 B
【解析】 设甲、乙两物体的质量均为m，对O点进行受力分析，右侧细绳上的拉力大小为mg，左侧细绳上的拉力大小为F，O点下方的细线上的拉力大小为mg，系统平衡时在水平方向和竖直方向进行正交分解，可得Fsin β＝mgsin α，Fcs β＋mgcs α＝mg，解得β＝55°，选项B正确。
种类
大小
方向
重力
G＝mg(不同高度、纬度、星球，g不同)
竖直向下
弹簧弹力
F＝kx(x为形变量)
沿弹簧轴线
静摩擦力
0＜Ff静≤Ffmax
与相对运动趋势方向相反
滑动摩擦力
Ff滑＝μFN
与相对运动方向相反
万有引力
F＝Geq \f(m1m2,r2)
沿质点间的连线
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系统整体的加速度
研究系统内物体之间的相互作用力
方法
内容
合成法
物体受三个共点力的作用而平衡，则任意两个力的合力一定与第三个力大小相等，方向相反
分解法
物体受三个共点力的作用而平衡，将某一个力按力的效果分解，则其分力和其他两个力满足平衡条件
正交分解法
物体受到三个或三个以上力的作用而平衡，将物体所受的力分解为相互垂直的两组，每组力都满足平衡条件
方法
步骤
解析法
(1)列平衡方程得出未知量与已知量的关系表达式；
(2)根据已知量的变化情况来确定未知量的变化情况
图解法
(1)根据已知量的变化情况，画出平行四边形边、角的变化；
(2)确定未知量大小、方向的变化
相似三角形法
(1)根据已知条件画出两个不同情况对应的力的三角形和空间几何三角形，确定对应边，利用三角形相似知识列出比例式；
(2)确定未知量大小的变化情况
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