(京津鲁琼专用)2020版高考物理大二轮复习专题一第1讲力与物体的平衡讲义
(京津鲁琼版)2020版高考物理总复习第二章第1节重力弹力摩擦力课件
小球的加速度 a＝gtan θ 时，杆对小球的作用力才沿杆的方向，
此时才有
F
＝
ma sin θ
，
C
错误；小车以加速度
a
向
左加速运动时，由牛顿第二定律，可知小球所 受到的重力 mg 与杆对球的作用力的合力大 小为 ma，方向水平向左，如图乙所示．所以 杆对球的作用力的大小 F＝
（ma）2＋（mg）2，方向斜向左上方，tan θ1＝ag，D 正确． [答案] D
2．弹力方向的确定
角度二 弹力的计算
(2019·安庆质检)如图所示，固定在小车上的支架的 斜杆与竖直杆间的夹角为 θ，在斜杆的下端固定有质量为 m 的小球，下列关于杆对球的作用力 F 的判断正确的是( ) A．小车静止时，F＝mgsin θ，方向沿杆向上 B．小车静止时，F＝mgcos θ，方向垂直于杆向上 C．小车以向右的加速度 a 运动时，一定有 F＝sminaθ D．小车以向左的加速度 a 运动时，F＝ （ma）2＋（mg）2，方向斜向左 上方，与竖直方向的夹角 θ1 满足 tan θ1＝ag
A．容器受到的摩擦力不断增大 B．容器受到的摩擦力不变 C．水平力 F 必须逐渐增大 D．容器受到的合力逐渐增大
解析：选 A.因注水过程中容器始终静止，故容器受到的合力始 终为零，D 错误；由平衡条件可得，墙对容器的静摩擦力 Ff ＝m 总 g，随 m 总的增大而增大，A 正确，B 错误；只要 m 总 g≤ μ F，不增大水平力 F 也可使容器静止不动，C 错误．
计算弹力的三种方法 (1)根据胡克定律计算； (2)根据力的平衡条件计算； (3)根据牛顿第二定律计算．
静摩擦力的有无及方向判断 【题组突破】 1．如图所示，物体 A、B 在力 F 作用下一起以大小相等的速 度沿 F 方向匀速运动，关于物体 A 所受的摩擦力，下列说法正 确的是( )
2020届高考物理二轮复习专题一力与运动第一讲力与物体的平衡课件
第一讲力与物体的平衡热点一物体的受力分析强化学思知能学有所思，思有深度一、理清一个“网络”，明晰“力”是根源二、受力分析中的“2分析” “2注意”1.“2分析”⑴只分析研究对象受的力，不分析研究对象给其他物体的力；(2)只分析性质力(六种常见力)，不分析效果力，如向心力等.2.“2注意”(1)合力与分力不可同时作为物体的受力；(2)物体的受力情况与运动情况相对应.三、命题规律1.该热点为历年高考的重点，主要考查力的有无和方向的判断，且常和共点力的平衡知识结合起来考査.2-考查的题型一般为选择题，在动力学中也常在计算题中被考查到.题组冲关调研范有所得，练有高度［范例调研］O点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块〃•外力F向右上方拉b9整个系统处于静止状态.若F 方向不变，大小在一定范围内变化，物块方仍始终保持静止，则（BD）［例1］（多选）如图，光滑的轻滑轮用细绳OO）悬挂于A・绳OO‘的张力也在一定范围内变化B. 物块方所受到的支持力也在一定范围内变化C. 连接。
和方的绳的张力也在一定范围内变化D. 物块方与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化［关键点拨］以点为研究对象，由三力平衡分析绳oo f的张力变化情况；以物块〃为研究对象，用正交分解法列方程分析物块〃所受支持力及与桌面间摩擦力的变化情况.［解析］系统处于静止状态，连接a 和b的绳的张力大小八等于物块“的重力6, C项错误；以少点为研究对象，受力分析如图甲所示，右恒定，夹角〃不变，由平衡条件知，绳OO'的张力為恒定不变，A项错误；以方为研究对象，受力分析如图乙所示，贝!I甲乙F N+Ticos^+Fsina—G b=0 /+ T xsin^—Fcosa=0 F N、/均随F的变化而变化，故B、D项正确•［自主突破］1. （2018-滨州模拟妆口图所示，开口向下的“”形框架,两侧竖直杆光滑固定，上面水平横杆中点固定一定滑轮，两侧杆上套着的两滑块用轻绳绕过定滑轮相连，并处于静止状态，此时连接滑块A的绳与水平方向夹角为伏连接滑块B的绳与水平方向的夹角为2伏则B两滑块的质量之比为（A ）C ・ 2sin& 1D ・ 1 2sin 〃A. 1 2cos 〃■ B• 2cos 〃 1解析：设绳的拉力为Fn对两个滑块分别受力分析，如图所示，根据平衡条件得，加A^=Frsin伏m B g=F^Yn23,解得〒sin0 1gv 十迤=^n2O=2c^09选项A正确・FJ2. （2018•江西南昌面的夹角为«=15°,-个质量忽略不计的小轻环C套在直杆上, 一根轻质细线依次穿过小环甲、小轻环C和小环乙，且两端分别固定于直杆上的去B两点，小环甲和小环乙分居在小轻环c的两侧•设小环甲的质量为加1，小环乙的质量为加2,调节B间细线的长度，当系统处于静止状态时0=45。
(京津鲁琼版)2020版高考物理总复习第二章第3节受力分析共点力的平衡课件
解析：选 D.先对小球受力分析，受重力、半圆球对其的支持力 和挡板对其的支持力，设半圆球对其支持力方向与竖直方向的 夹角为 θ，根据共点力平衡条件，有 FN＝cmosgθ，F＝mgtan θ， 挡板保持竖直且缓慢地向右移动过程中，角 θ 不断变大，故 F 变大，FN 变大，D 正确，A、B、C 错误．
角度二 相似三角形法 (多选)(2019·甘肃兰州模拟)两轻杆通过铰链相连构成
一个三角形框架，AB、BC、CA 三边长度为 30 cm、20 cm、 40 cm，在 A 点用一细线挂 1 kg 物块，系统处于静止，则(g＝ 10 m/s2)( )
A．AB 杆对 A 点有沿杆从 B 点指向 A 点的弹力 B．CA 杆作用于 A 点的弹力不一定沿 CA 杆方向 C．CA 杆产生的弹力大小为 20 N D．若改为挂一个 0.5 kg 物块，则 AB 杆上弹力也会变为原来 一半
则有：tan α ＝2 98F9mg＝25 908090，故选项 C 正确，选项 A、B、 D 错误．
动态平衡问题的分析方法 【知识提炼】 分析动态平衡问题常用的三种方法
方法
步骤
(1)根据已知量的变化情况，画出平行四边形
图解法 边、角的变化；
(2)确定未知量大小、方向的变化
方法
步骤
(1)根据已知条件画出两个不同情况对应的力的三角
解析：选 AD.对 m1、m2 整体受力分析，受到重力 mg＝(m1＋ m2)g、支持力 N、拉力 F、滑动摩擦力 f，如图．
根据共点力平衡条件，有 Fcos θ－f＝0；N＋Fsin θ－mg＝0； 解得：N＝mg－Fsin θ＝(m1＋m2)g－Fsin θ；f＝Fcos θ.
2020版物理新增分大一轮新高考(京津鲁琼)讲义：第二章 相互作用 第1讲 含解析
内容与要求 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．3．能用共点力的平衡条件分析日常生活中的问题．第1讲重力弹力一、力1．定义：力是物体与物体间的相互作用．2．作用效果：使物体发生形变或改变物体的运动状态(即产生加速度)．3．性质：力具有物质性、相互性、共存性、矢量性、独立性等特征．4．四种基本相互作用：引力相互作用、电磁相互作用、强相互作用和弱相互作用．二、重力1．产生：由于地球吸引而使物体受到的力．注意：重力不是万有引力，而是万有引力竖直向下的一个分力．2．大小：G＝mg，可用弹簧测力计测量．注意：(1)物体的质量不会变；(2)G的变化是由在地球上不同位置处g的变化引起的．3．方向：总是竖直向下．注意：竖直向下是和水平面垂直，不一定和接触面垂直，也不一定指向地心．4．重心：物体的每一部分都受重力作用，可认为重力集中作用于一点，即物体的重心．(1)影响重心位置的因素：物体的几何形状；物体的质量分布．(2)不规则薄板形物体重心的确定方法：悬挂法．注意：重心的位置不一定在物体上．自测1(多选)关于地球上的物体，下列说法中正确的是()A．物体只有静止时才受重力作用B．地面上的物体受到的重力垂直于水平面C．重心是物体受到重力的等效作用点，故重心一定在物体上D．物体所受重力的大小与物体运动状态无关答案BD三、弹力1．弹力(1)定义：发生形变的物体由于要恢复原状而对与它接触的物体产生的作用力．(2)产生条件：①物体间直接接触；②接触处发生形变．(3)方向：总是与施力物体形变的方向相反．2．胡克定律(1)内容：在弹性限度内，弹力的大小和弹簧形变大小(伸长或缩短的量)成正比．(2)表达式：F＝kx.①k是弹簧的劲度系数，单位是牛顿每米，用符号N/m表示；k的大小由弹簧自身性质决定．②x是弹簧长度的变化量，不是弹簧形变以后的长度．自测2下列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()答案 C命题点一弹力分析的“四类模型”问题1．弹力(1)方向(2)计算弹力大小的三种方法①根据胡克定律进行求解．②根据力的平衡条件进行求解．③根据牛顿第二定律进行求解．2．弹力有无的判断“三法”(1)假设法：假设将与研究对象接触的物体解除接触，判断研究对象的运动状态是否发生改变．若运动状态不变，则此处不存在弹力；若运动状态改变，则此处一定存在弹力．(2)替换法：用细绳替换装置中的轻杆，看能不能维持原来的力学状态．如果能维持，则说明这个杆提供的是拉力；否则，提供的是支持力．(3)状态法：由运动状态分析弹力，即物体的受力必须与物体的运动状态相符合，依据物体的运动状态，由二力平衡(或牛顿第二定律)列方程，求解物体间的弹力．模型1物体与物体间的弹力例1(2018·山西省太原市上学期期末)历经一年多的改造，2017年10月1日，太原迎泽公园重新开园，保持原貌的七孔桥与新建的湖面码头，为公园增色不少．如图1乙是七孔桥正中央一孔，位于中央的楔形石块1，左侧面与竖直方向的夹角为θ，右侧面竖直．若接触面间的摩擦力忽略不计，则石块1 左、右两侧面所受弹力的比值为()图1A.1tan θ B ．sin θ C.1cos θ D.12cos θ答案 C解析 对石块1受力分析如图，则石块1左、右两侧面所受弹力的比值F 1F 2＝1cos θ，故C 正确．模型2 绳的弹力例2 如图2所示，质量为m 的小球套在竖直固定的光滑圆环上，轻绳一端固定在圆环的最高点A ，另一端与小球相连．小球静止时位于环上的B 点，此时轻绳与竖直方向的夹角为60°，则轻绳对小球的拉力大小为( )图2A ．2mg B.3mg C ．mg D.32mg 答案 C解析 对B 点处的小球受力分析，如图所示，则有F T sin 60°＝F N sin 60° F T cos 60°＋F N cos 60°＝mg解得F T ＝F N ＝mg ，故C 正确．模型3 弹簧的弹力例3 如图3所示，小球a 的质量为小球b 的质量的一半，分别与轻弹簧A 、B 和轻绳相连接并处于平衡状态．轻弹簧A 与竖直方向的夹角为60°，轻弹簧A 、B 的伸长量刚好相同，则下列说法正确的是( )图3A ．轻弹簧A 、B 的劲度系数之比为1∶3 B ．轻弹簧A 、B 的劲度系数之比为2∶1C ．轻绳上拉力与轻弹簧A 上拉力的大小之比为2∶1D ．轻绳上拉力与轻弹簧A 上拉力的大小之比为3∶2 答案 D解析 设轻弹簧A 、B 的伸长量都为x ，小球a 的质量为m ，则小球b 的质量为2m .对小球b ，由平衡条件知，弹簧B 中弹力为k B x ＝2mg ；对小球a ，由平衡条件知，竖直方向上，有k B x ＋mg ＝k A x cos 60°，联立解得k A ＝3k B ，选项A 、B 错误；水平方向上，轻绳上拉力F T ＝k A x sin 60°，则F T k A x ＝32，选项C 错误，D 正确．模型4 杆的弹力例4 (2018·湖南省怀化市博览联考)如图4所示，与竖直墙壁成53°角的轻杆一端斜插入墙中并固定，另一端固定一个质量为m 的小球，水平轻质弹簧处于压缩状态，弹力大小为34mg (g 表示重力加速度)，则轻杆对小球的弹力大小为( )图4A.53mg B.35mgC.45mg D.54mg 答案 D解析 小球处于静止状态，其合力为零，对小球受力分析，如图所示，由图中几何关系可得F ＝(mg )2＋(34mg )2＝54mg ，选项D 正确．命题点二 “活结”和“死结”与“动杆”和“定杆”问题类型1 “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，是固定点时，称为“死结”结点，则两侧绳上的弹力不一定相等． 例5 (2016·全国卷Ⅲ·17)如图5所示，两个轻环a 和b 套在位于竖直面内的一段固定圆弧上；一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为m 的小球．在a 和b 之间的细线上悬挂一小物块．平衡时，a 、b 间的距离恰好等于圆弧的半径．不计所有摩擦．小物块的质量为( )图5A.m2 B.32m C ．m D ．2m答案 C解析 如图所示，圆弧的圆心为O ，悬挂小物块的点为c ，由于ab ＝R ，则△aOb 为等边三角形，同一条细线上的拉力相等，F T ＝mg ，合力沿Oc 方向，则Oc 为角平分线，由几何关系知，∠acb ＝120°，故细线的拉力的合力与物块的重力大小相等，则每条细线上的拉力F T ＝G ＝mg ，所以小物块质量为m ，故C 对．变式1 (2018·河北省石家庄市二模)如图6所示，在竖直平面内固定一直杆，将轻环套在杆上．不计质量的滑轮用轻质绳OP 悬挂在天花板上，另一轻绳通过滑轮系在环上，不计所有摩擦．现向左缓慢拉绳，当环静止时，与手相连的绳子水平，若杆与地面间夹角为θ，则绳OP 与天花板之间的夹角为( )图6A.π2 B ．θ C.π4＋θ2 D.π4－θ2答案 C解析 当轻环静止不动时，PQ 绳对轻环的拉力与杆对轻环的弹力等大、反向、共线，所以PQ 绳垂直于杆，由几何关系可知，绳PQ 与竖直方向之间的夹角是θ；对滑轮进行受力分析如图，由于滑轮的质量不计，则OP 绳对滑轮的拉力与两个绳子上拉力的合力大小相等、方向相反，所以OP 绳的方向一定在两根绳子之间的夹角的角平分线上，由几何关系得OP 绳与天花板之间的夹角α＝12β＝12(π2＋θ)＝π4＋θ2，C 正确．类型2 “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．如图7甲所示，若C 为转轴，则轻杆在缓慢转动中，弹力方向始终沿杆的方向．图72．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，如图乙所示．例6(2018·天津市南开中学月考)如图8为两种形式的吊车的示意图，OA为可绕O点转动的轻杆，重量不计，AB为缆绳，当它们吊起相同重物时，杆OA在图(a)、(b)中的受力分别为F a、F b，则下列关系正确的是()图8A．F a＝F b B．F a>F bC．F a<F b D．大小不确定答案 A解析对题图中的A点受力分析，则由图(a)可得F a＝F a′＝2mg cos 30°＝3mg.由图(b)可得tan 30°＝mgF b′，则F b＝F b′＝3mg，故F a＝F b.变式2(多选)如图9所示，质量均可忽略的轻绳与轻杆，A端用铰链固定，滑轮在A点正上方(滑轮大小及摩擦均可不计)，B端吊一重物．现将绳的一端拴在杆的B端，用拉力F将B端缓慢上拉，在AB杆达到竖直前()图9A．绳子拉力不变B．绳子拉力减小C．AB杆受力增大D．AB杆受力不变答案BD解析以B点为研究对象，分析受力情况：重物的拉力F T1(等于重物的重力G)、轻杆的支持力F N 和绳子的拉力F T2，作出受力图如图所示：由平衡条件得，F N 和F T2的合力与F T1大小相等、方向相反， 根据三角形相似可得：F N AB ＝F T2BO ＝F T1AO又F ＝F T2 解得：F N ＝AB AO ·G ，F ＝BO AO·G∠BAO 缓慢变小时，AB 、AO 保持不变，BO 变小，则F N 保持不变，F 变小，故选项B 、D 正确．1．(多选)(2019·黑龙江省齐齐哈尔市模拟)关于力，下列说法正确的是( ) A ．拳击运动员一记重拳出击，被对手躲过，运动员施加的力没有受力物体 B ．站在地面上的人受到的弹力是地面欲恢复原状而产生的C ．重力、弹力是按力的性质命名的，动力、阻力、压力、支持力是按力的作用效果命名的D ．同一物体放在斜面上受到的重力一定小于放在水平面上受到的重力 答案 BC2．(多选)关于弹力，下列说法正确的是( ) A ．弹力的方向总是与施力物体形变的方向相反 B ．轻绳中的弹力方向一定沿着绳并指向绳收缩的方向 C ．轻杆中的弹力方向一定沿着轻杆D ．在弹性限度内，弹簧的弹力大小与弹簧的形变量成正比 答案 ABD3．(多选)如图1所示，A 、B 两物体的重力分别是G A ＝3 N 、G B ＝4 N ．A 用细绳悬挂在天花板上，B 放在水平地面上，连接A 、B 间的轻弹簧的弹力F 簧＝2 N ，则绳中张力F T 及B 对地面的压力F N 的可能值分别是( )图1A．7 N和10 N B．5 N和2 NC．1 N和6 N D．2 N和5 N答案BC4．(2018·新高考研究联盟联考)小明在倾斜的路面上使用一台没有故障的体重秤，那么测出来的体重示数比他实际体重()A．偏大B．偏小C．准确D．不准确，但无法判断偏大偏小答案 B5.如图2所示，A、B两物体并排放在水平桌面上，C物体叠放在A、B上，D物体悬挂在线的下端时线恰好竖直，且D物体与斜面接触．若接触面均光滑，所有物体均静止，下列说法中正确的是()图2A．A对B的弹力方向水平向右B．C对地面的压力大小等于C的重力C．D对斜面没有压力作用D．斜面对D的支持力垂直斜面向上答案 C解析物体接触并产生弹性形变时就能产生弹力作用，无法直接判断有无形变时，可用假设法．若A、B间有弹力作用，则A、B不能保持静止状态，所以A和B之间没有弹力，A错误；C对A、B 产生向下的压力作用，对地面并不产生压力，B错误；如果去掉斜面，D物体仍然静止，保持原来的状态，所以D与斜面之间没有弹力作用，C正确，D错误．6.(多选)如图3所示，一倾角为45°的斜面固定于竖直墙上，为使一光滑的铁球静止，需加一水平力F，且F通过球心，下列说法正确的是()图3A．球一定受墙的弹力且水平向左B．球可能受墙的弹力且水平向左C．球一定受斜面的弹力且垂直于斜面向上D．球可能受斜面的弹力且垂直于斜面向上答案BC解析铁球处于静止状态，当F较小时，球的受力情况如图甲所示，当F较大时，球的受力情况如图乙所示，故B、C正确．7.如图4所示，某一弹簧测力计外壳的质量为m，弹簧及与弹簧相连的挂钩质量忽略不计．将其放在光滑水平面上，现用两水平拉力F1、F2分别作用在与弹簧相连的挂钩和与外壳相连的提环上，关于弹簧测力计的示数，下列说法正确的是()图4A．只有F1＞F2时，示数才为F1B．只有F1＜F2时，示数才为F2C．不论F1、F2大小关系如何，示数均为F1D．不论F1、F2大小关系如何，示数均为F2答案 C解析弹簧测力计的示数一定等于弹簧挂钩上的拉力F1，与F1、F2的大小关系无关，C正确．8．三个相同的支座上分别搁着三个质量和直径都相等的光滑圆球a、b、c，支点P、Q在同一水平面上．a的重心位于球心，b、c的重心分别位于球心的正上方和正下方，如图5所示，三球皆静止，支点P对a球、b球和c球的弹力分别为F N a、F N b和F N c，则()图5A．F N a＝F N b＝F N c B．F N b>F N a>F N cC．F N b<F N a<F N c D．F N a>F N b＝F N c答案 A解析三种情况下，支点P、Q对球的弹力方向是垂直该点切线(接触面)指向球心，而不是沿着它们与重心的连线而指向重心，由对称性可知：P、Q两点对球的作用力大小相等，平衡时，每一种情景下，P、Q两点对球的弹力的夹角相等，故由三力平衡知识可得：三种情景下P点对球的弹力相等，A正确．9．如图6所示装置中，各小球的质量均相同，弹簧和细线的质量均不计，一切摩擦忽略不计，平衡时各弹簧的弹力分别为F1、F2、F3，其大小关系是()图6A．F1＝F2＝F3B．F1＝F2＜F3C．F1＝F3＞F2D．F3＞F1＞F2答案 A10．(多选)如图7所示为位于水平面上的小车，固定在小车上的支架的斜杆与竖直杆的夹角为θ，在斜杆的下端固定有质量为m的小球．下列关于杆对球的作用力F的判断中，正确的是()图7A．小车静止时，F＝mg sin θ，方向沿杆向上B．小车静止时，F＝mg cos θ，方向垂直于杆向上C．小车向右匀速运动时，一定有F＝mg，方向竖直向上D．小车向右匀加速运动时，一定有F＞mg，方向可能沿杆向上答案CD解析小球受重力和杆的作用力F处于静止状态或匀速直线运动状态时，由力的平衡条件知，二力必等大反向，则F＝mg，方向竖直向上．小车向右匀加速运动时，小球有向右的恒定加速度，根据牛顿第二定律知，mg和F的合力应水平向右，如图所示．由图可知，F＞mg，方向可能沿杆向上，选项C、D正确．11.(2019·山师附中第二次模拟)如图8所示，将一个质量为m的球固定在弹性杆AB的上端，现用测力计沿水平方向缓慢拉球，使杆发生弯曲，在测力计的示数逐渐增大的过程中，AB杆对球的弹力方向为()图8A．始终水平向左B ．始终竖直向上C ．斜向左上方，与竖直方向的夹角逐渐增大D ．斜向左下方，与竖直方向的夹角逐渐增大 答案 C解析 对小球受力分析可知，小球受到竖直向下的重力、水平向右的拉力和AB 杆的弹力作用，重力和拉力的合力斜向右下方，所以AB 杆对球的弹力方向斜向左上方，与竖直方向的夹角α大小满足tan α＝Fmg，在测力计的示数逐渐增大的过程中α角逐渐增大，选项C 正确．12.一个长度为L 的轻弹簧，将其上端固定，下端挂一个质量为m 的小球时，弹簧的总长度变为2L ，现将两个这样的弹簧按如图9所示方式连接，A 、B 两小球的质量均为m ，则两小球平衡时，B 小球距悬点O 的距离为(不考虑小球的大小，且弹簧都在弹性限度范围内)( )图9A ．3LB ．4LC ．5LD ．6L 答案 C解析 一个长度为L 的弹簧，挂一个质量为m 的小球时，弹簧的总长度变为2L ，即伸长L ，若两个小球如题图所示悬挂，则下面的弹簧伸长L ，上面的弹簧受力2mg ，伸长2L ，则弹簧的总长为L ＋L ＋L ＋2L ＝5L ，故C 正确．13．如图10所示，质量均为m 的A 、B 两球，由一根劲度系数为k 的轻弹簧连接静止于半径为R 的光滑半球形碗中，弹簧水平，两球间距为R 且球半径远小于碗的半径．则弹簧的原长为( )图10A.mgk ＋R B.mg 2k ＋R C.23mg 3k ＋RD.3mg3k＋R 答案 D解析 以A 球为研究对象，小球受三个力：重力、弹簧的弹力和碗的支持力，如图所示． 由平衡条件，得：tan θ＝mgkx解得：x ＝mgk tan θ根据几何关系得：cos θ＝12R R ＝12，则tan θ＝3，所以x ＝mg k tan θ＝3mg3k故弹簧原长x 0＝3mg3k＋R ，故D 正确．。
京津鲁琼专用2020版高考物理大二轮复习专题一第1讲力与物体的平衡练习含解析20191024280
力与物体的平衡一、单项选择题1．在粗糙水平面上放着一个三角形木块abc，在它的两个粗糙斜面上分别放有质量为m1和m2的两个物体，m1>m2，如图所示，若三角形木块和两物体都是静止的，则粗糙水平面对三角形木块( )A．有摩擦力的作用，摩擦力的方向水平向右B．有摩擦力的作用，摩擦力的方向水平向左C．有摩擦力的作用，但摩擦力的方向不能确定，因m1、m2、θ1、θ2的数值均未给出D．以上结论都不对解析：选D.法一(隔离法)：把三角形木块隔离出来，它的两个斜面上分别受到两物体对它的压力F N1、F N2，摩擦力F1、F2.由两物体的平衡条件知，这四个力的大小分别为F N1＝m1g cos θ1，F N2＝m2g cos θ2F1＝m1g sin θ1，F2＝m2g sin θ2它们的水平分力的大小(如图所示)分别为F N1x＝F N1sin θ1＝m1g cos θ1sin θ1F N2x＝F N2sin θ2＝m2g cos θ2sin θ2F1x＝F1cos θ1＝m1g cos θ1sin θ1F2x＝F2cos θ2＝m2g cos θ2sin θ2其中F N1x＝F1x，F N2x＝F2x，即它们的水平分力互相平衡，木块在水平方向无滑动趋势，因此不受水平面的摩擦力作用．法二(整体法)：由于三角形木块和斜面上的两物体都静止，可以把它们看成一个整体，受力如图所示．设三角形木块质量为M，则竖直方向受到重力(m1＋m2＋M)g和支持力F N作用处于平衡状态，水平方向无任何滑动趋势，因此不受水平面的摩擦力作用．2．(2019·高考全国卷Ⅱ)物块在轻绳的拉动下沿倾角为30°的固定斜面向上匀速运动，轻绳与斜面平行．已知物块与斜面之间的动摩擦因数为33，重力加速度取10 m/s2.若轻绳能承受的最大张力为1 500 N，则物块的质量最大为( )A．150 kg B．100 3 kgC ．200 kgD ．200 3 kg解析：选A.设物块的质量最大为m ，将物块的重力沿斜面方向和垂直斜面方向分解，由平衡条件，在沿斜面方向有F ＝mg sin 30°＋μmg cos 30°，解得m ＝150 kg ，A 项正确．3．(2019·烟台联考) 如图所示，在固定斜面上的一物块受到一外力 F 的作用，F 平行于斜面向上．若要物块在斜面上保持静止，F 的取值应有一定范围，已知其最大值和最小值分别为 F 1和 F 2(F 2>0)．由此可求出( )A ．物块的质量B ．斜面的倾角C ．物块与斜面间的最大静摩擦力D ．物块对斜面的正压力解析：选C.设斜面倾角为θ，斜面对物块的最大静摩擦力为 F f ，当 F 取最大值 F 1时，最大静摩擦力 F f 沿斜面向下，由平衡条件得 F 1＝mg sin θ＋F f ；当 F 取最小值 F 2时，F f 沿斜面向上，由平衡条件得 F 2＝mg sin θ－F f ，联立两式可求出最大静摩擦力F f ＝F 1－F 22，选项C 正确．F N ＝mg cos θ，F 1＋F 2＝2mg sin θ，所以不能求出物块的质量、斜面的倾角和物块对斜面的正压力．4．(2017·高考全国卷Ⅲ)一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距80 cm 的两点上，弹性绳的原长也为80 cm.将一钩码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为100 cm ；再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点，则弹性绳的总长度变为(弹性绳的伸长始终处于弹性限度内)( )A ．86 cmB ．92 cmC ．98 cmD ．104 cm解析：选B.将钩码挂在弹性绳的中点时，由数学知识可知钩码两侧的弹性绳(劲度系数设为k )与竖直方向夹角θ均满足sin θ＝45，对钩码(设其重力为G )静止时受力分析，得G ＝2k ⎝⎛⎭⎪⎫1 m 2－0.8 m 2cos θ；弹性绳的两端移至天花板上的同一点时，对钩码受力分析，得G ＝2k ⎝ ⎛⎭⎪⎫L 2－0.8 m 2，联立解得L ＝92 cm ，可知A 、C 、D 项错误，B 项正确．5. 如图，两个轻环a 和b 套在位于竖直面内的一段固定圆弧上；一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为m 的小球．在a 和b 之间的细线上悬挂一小物块．平衡时，a 、b 间的距离恰好等于圆弧的半径．不计所有摩擦．小物块的质量为( )A ．m 2B ．32mC ．mD ．2m解析：选C.由于轻环不计重力，故细线对轻环的拉力的合力与圆弧对轻环的支持力等大反向，即沿半径方向；又两侧细线对轻环拉力相等，故轻环所在位置对应的圆弧半径为两细线的角平分线，因为两轻环间的距离等于圆弧的半径，故两轻环与圆弧圆心构成等边三角形；又小球对细线的拉力方向竖直向下，由几何知识可知，两轻环间的细线夹角为120°，对小物块进行受力分析，由三力平衡知识可知，小物块质量与小球质量相等，均为m ，C 项正确．6．(2017·高考全国卷Ⅱ) 如图，一物块在水平拉力F 的作用下沿水平桌面做匀速直线运动．若保持F 的大小不变，而方向与水平面成60°角，物块也恰好做匀速直线运动．物块与桌面间的动摩擦因数为( )A ．2－ 3B ．36C ．33D ．32解析：选C.当拉力水平时，物块做匀速运动，则F ＝μmg ，当拉力方向与水平方向的夹角为60°时，物块也刚好做匀速运动，则F cos 60°＝μ(mg －F sin 60°)，联立解得μ＝33，A 、B 、D 项错误，C 项正确．7．如图所示，匀强电场的电场强度方向与水平方向夹角为30°且斜向右上方，匀强磁场的方向垂直于纸面(图中未画出)．一质量为m 、电荷量为q 的带电小球(可视为质点)以与水平方向成30°角斜向左上方的速度v 做匀速直线运动，重力加速度为g ，则( )A ．匀强磁场的方向可能垂直于纸面向外B ．小球一定带正电荷C ．电场强度大小为mg qD ．磁感应强度的大小为mg qv解析：选C.小球做匀速直线运动，受到的合力为零，假设小球带正电，则小球的受力情况如图甲所示，小球受到的洛伦兹力沿虚线但方向未知，小球受到的重力与电场力的合力与洛伦兹力不可能平衡，故小球不可能做匀速直线运动，假设不成立，小球一定带负电，选项B 错误；小球的受力情况如图乙所示，小球受到的洛伦兹力一定斜向右上方，根据左手定则，匀强磁场的方向一定垂直于纸面向里，选项A 错误；根据几何关系，电场力大小qE ＝mg ，洛伦兹力大小qvB ＝3mg ，解得E ＝mg q，B ＝3mgqv，选项C 正确，D 错误．8．(2019·青岛模拟) 质量为m 的四只完全相同的足球叠成两层放在水平面上，底层三只足球刚好接触成三角形，上层一只足球放在底层三只足球的正上面，系统保持静止．若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则( )A ．底层每个足球对地面的压力为mgB ．底层每个足球之间的弹力为零C ．下层每个足球对上层足球的支持力大小为mg3D ．足球与水平面间的动摩擦因数至少为66解析：选B. 根据整体法，设下面每个球对地面的压力均为F N ，则3F N ＝4mg ，故F N ＝43mg ，A 错误；四个球的球心连线构成了正四面体，下层每个足球之间的弹力为零，B 正确；上层足球受到重力、下层足球对上层足球的三个支持力，由于三个支持力的方向不是竖直向上，所以三个支持力在竖直方向的分量之和等于重力，则下层每个足球对上层足球的支持力大小大于mg 3，C 错误；根据正四面体几何关系可求，F 与mg 夹角的余弦值cos θ＝63，正弦值sin θ＝33，则有F ·63＋mg ＝F N ＝43mg ，33F ＝F f ，解得F f ＝26mg ，F ＝66mg ，则μ≥26mg 43mg ＝28，所以足球与水平面间的动摩擦因数至少为28，故D错误．9. (2019·济宁二模)三段细绳OA 、OB 、OC 结于O 点，另一端分别系于竖直墙壁、水平顶壁和悬挂小球，稳定后OA 呈水平状态．现保持O 点位置不变，缓慢上移 A 点至D 点的过程中，关于OA 绳上的拉力变化情况的判断正确的是( )A ．一直增大B ．一直减小C ．先增大后减小D ．先减小后增大解析：选D.可运用动态图解法，由图可知，当 OA 与 OB 垂直时，OA 上的拉力最小，故D 正确．10．(2019·长沙模拟) 如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆环的最高点有一个光滑的小孔．质量为m 的小球套在圆环上，一根细线的下端系着小球，上端穿过小孔用手拉住．现拉动细线，使小球沿圆环缓慢上移，在移动过程中手对线的拉力F 和环对小球的弹力F N 的大小变化情况是( )A ．F 减小，F N 不变B ．F 不变，F N 减小C ．F 不变，F N 增大D ．F 增大，F N 减小解析：选A.对小球受力分析，其所受的三个力组成一个闭合三角形，如图所示，力三角形与圆内的三角形相似，由几何关系可知mg R ＝F N R ＝F L，小球缓慢上移时mg 不变，R 不变，L 减小，故F 减小，F N 大小不变，A 正确．二、多项选择题11. (2018·高考天津卷)明朝谢肇淛的《五杂组》中记载：“明姑苏虎丘寺塔倾侧，议欲正之，非万缗不可．一游僧见之曰：无烦也，我能正之．”游僧每天将木楔从塔身倾斜一侧的砖缝间敲进去，经月余扶正了塔身．假设所用的木楔为等腰三角形，木楔的顶角为θ，现在木楔背上加一力F ，方向如图所示，木楔两侧产生推力F N ，则( )A ．若F 一定，θ大时F N 大B ．若F 一定，θ小时F N 大C ．若θ一定，F 大时F N 大D ．若θ一定，F 小时F N 大解析：选BC.木楔两侧面产生的推力合力大小等于F ，由力的平行四边形定则可知，F N ＝F2sinθ2，由表达式可知，若F 一定，θ越小，F N 越大，A 项错误，B 项正确；若θ一定，F越大，F N 越大，C 项正确，D 项错误．12．如图所示，轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆M 、N 上的a 、b 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b ′，绳子拉力不变B ．将杆N 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：选AB.设两段绳子间的夹角为2α，绳子的拉力大小为F ，由平衡条件可知，2F cos α＝mg ，所以F ＝mg2cos α，设绳子总长为L ，两杆间距离为s ，由几何关系L 1sin α＋L 2sinα＝s ，得sin α＝sL 1＋L 2＝s L，绳子右端上移，L 、s 都不变，α不变，绳子张力F 也不变，A 正确；杆N 向右移动一些，s 变大，α变大，cos α变小，F 变大，B 正确；绳子两端高度差变化，不影响s 和L ，所以F 不变，C 错误；衣服质量增加，绳子上的拉力增加，由于α不会变化，悬挂点不会右移，D 错误．13．(2019·德州模拟)如图所示，重物A 被绕过小滑轮P 的细线所悬挂，小滑轮P 被一根细线系于天花板上的O 点，B 物体放在粗糙的水平桌面上，O ′是三根线的结点，bO ′水平拉着B 物体，cO ′竖直拉着重物 C ，aO ′、bO ′与cO ′的夹角如图所示．细线、小滑轮的重力和细线与滑轮间的摩擦力均可忽略，整个装置处于静止状态．若悬挂小滑轮的细线 OP 的张力大小是20 3 N ，则下列说法中正确的是(g ＝10 m/s 2)( )A ．重物 A 的质量为2 kgB ．桌面对 B 物体的摩擦力大小为 10 3 NC ．重物 C 的质量为1 kgD ．OP 与竖直方向的夹角为60°解析：选ABC.以小滑轮 P 为研究对象，受力分析如图甲所示，则有2T cos 30°＝F ，故T ＝F2cos 30°＝20 N ，由于T ＝m A g ，故m A ＝2 kg ，则选项A 正确；以 O ′点为研究对象，受力分析如图乙所示，由平衡条件得：T cos 30°＝F b ，F b ＝10 3 N ，T sin 30°＝F C ＝m C g ，故 m C ＝1 kg ，则选项C 正确；又因为 F b ＝－f ，所以选项 B 正确；OP 与竖直方向的夹角应为30°，所以选项 D 错误．14. 表面光滑、半径为R 的半球固定在水平地面上，球心O 的正上方O ′处有一无摩擦定滑轮，轻质细绳两端各系一个可视为质点的小球挂在定滑轮上，如图所示．两小球平衡时，若滑轮两侧细绳的长度分别为L 1＝2.4R 和L 2＝2.5R ，则这两个小球的质量之比为m 1m 2，小球与半球之间的压力之比为F N1F N2，则以下说法正确的是( )A ．m 1m 2＝2425B ．m 1m 2＝2524C ．F N1F N2＝2524 D ．F N1F N2＝2425解析：选BC.先以左侧小球为研究对象，分析受力情况：重力m 1g 、绳子的拉力F T 和半球的支持力F N1，作出受力分析图．由平衡条件得知，拉力F T 和支持力F N 的合力与重力m 1g 大小相等、方向相反．设OO ′＝h ，根据三角形相似得F T L 1＝F N1R ＝m 1g h ，解得m 1g ＝F T h L 1，F N1＝F T RL 1…①同理，以右侧小球为研究对象，得：m 2g ＝F T h L 2，F N2＝F T R L 2…②，由①∶②得m 1m 2＝L 2L 1＝2524，F N1F N2＝L 2L 1＝2524. 15. (2019·滨州质检)如图所示，在竖直平面内，一根不可伸长的轻质软绳两端打结系于“V ”形杆上的A 、B 两点，已知OM 边竖直，且|AO |＝|OB |，细绳绕过光滑的滑轮，重物悬挂于滑轮下处于静止状态．若在纸面内绕端点O 按顺时针方向缓慢转动“V ”形杆，直到ON 边竖直，绳子的张力为T ，A 点处绳子与杆之间摩擦力大小为F ，则( )A．张力T一直增大B．张力T先增大后减小C．摩擦力F一直减小D．摩擦力F先增大后减小解析：选BC.设滑轮两侧绳子与竖直方向的夹角α，受力如图甲，在纸面内绕端点O按顺时针方向缓慢转动“V”形杆，直到ON边竖直，AB的长度不变，AB在水平方向的投影先变长后变短，绳子与竖直方向的夹角α先变大后变小，所以张力T＝mg2cos α先增大后减小，故A错误，B正确；以A点为研究对象，受力分析如图乙．根据平衡条件可知，F＝T cos(α＋β)＝mg cos（α＋β）2cos α＝mg2(cos β－tan αsin β)，在纸面内绕端点O按顺时针方向缓慢转动“V”形杆，绳子与竖直方向的夹角α先变大后变小，OA 杆与竖直方向的夹角β一直变大，当绳子与竖直方向的夹角α变大时，摩擦力减小，当绳子与竖直方向的夹角α变小时，但(α＋β)还是在增大，所以摩擦力还是在减小，故C正确，D错误．。
高三物理二轮复习 专题1 第1讲受力分析与物体平衡课件
复合场中带电体的平衡
如图所示，金属棒MN两端由等长的轻质细线水 平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，棒中通以由M向N的电 流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ。如果仅改变下列某 一个条件，θ角的相应变化情况是( )
A．棒中的电流变大，θ角变大 B．两悬线等长变短，θ角变小 C．金属棒质量变大，θ角变大 D．磁感应强度变大，θ角变小
[解析] 本题考查受力分析和共点力的平衡，意在考查考 生对共点力平衡问题的处理能力。
假设天花板与木块间的弹力为零，则之间的摩擦力也为 零，受力如图1所示。与合力为零相矛盾，A项错；假设天花 板与木块间摩擦力为零，受力如图2所示。与合力为零相矛 盾，B项错；对木块分析，如图3所示，摩擦力等于木块重力沿 斜面方向的分力，与F大小无关，C错D对。
未加沙子时，A所受的重力沿斜面向下的分力为 MAgsinθ ， 等 于 绳 子 的 拉 力 ， A 没 有 运 动 趋 势 ， 不 受 静 摩 擦 力。当向A中缓慢加入沙子时，A有向下运动趋势，由平衡条 件分析可知，A所受的摩擦力等于沙子的重力沿斜面向下的分 力，随着沙子质量的增加，A所受的摩擦力逐渐增大，C项正 确；整个系统合力仍为零，仍静止，D项错误。
二、方法技巧要用好 1．物体间静摩擦力的有无及方向判断方法 (1)“假设法”和“反推法”。 ①假设法：先假设没有摩擦力(即光滑)时，看相对静止的 物体间能否发生相对运动。若能，则有静摩擦力，方向与相对 运动方向相反；若不能，则没有静摩擦力。 ②反推法：是从被研究物体表现出的运动状态这个结果反 推出它必须具有的条件，分析组成条件的相关因素中摩擦力所 起的作用，就容易判断摩擦力的方向了。
(2014·广东理综)如图所示，水平地面上堆放着原木，关 于原木P在支撑点M、N处受力的方向，下列说法正确的是 ()
(京津鲁琼版)2020版高考物理总复习课件：第一、二章紧扣高考热点培养核心素养课件
3．斜率：斜率有两种情况，一种是纵坐标物理量与横坐标物
理量的比值，如 U－I 图象中 R＝UI ，另一种是纵坐标物理量的
变化量与横坐标物理量的变化量的比值，如
v－t
图象中
a＝ΔΔ
v， t
而不)为检测某新能源动力车的刹 车性能，现在平直公路上做刹车实验，如图所示是动力车整个 刹车过程中位移与速度平方之间的关系图象，下列说法正确的 是( )
(2)设甲、乙两车行驶过程中至少应保持距离 x0，在乙车刹车 t2 时间两车速度相等，t0 为乙车司机反应时间，乙车紧急刹车的 加速度大小为 a2＝Fmf22＝5 m/s2 速度相等：v0－a1(t2＋t0)＝v0－a2t2 解得：t2＝2.0 s 乙车发生的位移：x 乙＝v0t0＋v0t2－12a2t22＝15 m 甲车发生的位移：
(3)依题意知在宽为74d 的物体移到门框的过程中，每扇门至少要 移动78d 的距离，每扇门的运动各经历两个阶段：开始以加速度 a 匀加速运动 s1＝12d 的距离，速度达到 v0，所用时间 t1＝12t0， 而后又做匀减速运动，设减速时间为 t2，门又运动了 s2＝78d－ 12d＝38d 的距离． 由匀变速运动公式得 s2＝v0t2－12at22
A．10 s 末两车可能发生追尾 B．15 s 末两车可能发生追尾 C．若两车不发生追尾，则 t＝10 s 时两车的速度相同 D．若两车不发生追尾，则 t＝20 s 时两车的速度均为零
解析：选 B.a－t 图象中图线与坐标轴所围成的面积表示速度的 变化量．由题图可知，t＝10 s 时，两车的加速度大小均为 0.5 m/s2，此时甲车的速度 v1＝v01－Δ v1＝27 m/s－0.5＋2 1.5× 10 m/s＝17 m/s，乙车的速度 v2＝v02－Δ v2＝25 m/s－0.5＋2 1.0 ×10 m/s＝17.5 m/s，由于 v1<v2，两车不可能发生追尾，选项 A、C 均错误；由三角形相似得，t＝15 s 时，乙车的加速度大
(京津鲁琼版)2020版高考物理总复习课件：第一章机械运动与物理模型考点解析及题型详解
【基础梳理】
提示：质量 大小 形状 有向线段 直线距离 初位置 末
位置
比值
Δx Δt
运动
快慢
Δv Δt
速度变化量
判一判
【自我诊断】
(1)研究里约奥运会跳水冠军陈艾森的动作时，不能把运动员看 做质点．( )
(2)在直线运动中，物体的位移大小一定等于其路程．( )
(3)子弹击中目标的速度属于瞬时速度．( )
解析：选 D.在学校举行班级跑操比赛时，要看全体同学的步调 是否一致，不可将每个班级视为质点，故 A 项错误；同学们欣 赏运动员的“背跃式”跳高比赛时，要看运动员的肢体动作， 不可将运动员视为质点，故 B 项错误；在学校军训活动中，教 官们示范队形时，不仅要看教官们的队形，还要看教官们的肢 体动作，不可将教官视为质点，故 C 项错误；在学校军训活动 中，某教官示范跑步动作时，要看教官的肢体动作，不可将教 官视为质点，故 D 项正确．
3．在“金星凌日”的精彩天象中，观察到太阳表面上有颗小 黑点缓慢走过，持续时间达六个半小时，那便是金星，如图所 示．下面说法正确的是( )
A．地球在金星与太阳之间 B．观测“金星凌日”时可将太阳看成质点 C．以太阳为参考系，金星绕太阳一周位移不为零 D．以太阳为参考系，可以认为金星是运动的
解析：选 D.金星通过太阳和地球之间时，我们才看到金星没有 被太阳照亮的一面呈黑色，选项 A 错误；因为太阳的大小对所 研究问题起着至关重要的作用，所以观测“金星凌日”不能将 太阳看成质点，选项 B 错误；金星绕太阳一周，起点与终点重 合，位移为零，选项 C 错误；金星相对于太阳的空间位置发生 了变化，所以以太阳为参考系，金星是运动的，选项 D 正确．
[解析] 利用地图计算出的出发地和目的地之间的直线距离为 整个运动过程的位移大小，里程表显示的是路程，平均速度 v
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第1讲 力与物体的平衡
真题再现
考情分析
1．(多选)(2019·高考全国卷Ⅰ)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()
C．木块受2个力作用
D．斜面体不可能受平板小车对它的摩擦力作用
解析：选D.先把L形木板、木块、斜面体看成一个整体进行受力分析，受重力、小车的支持力，选项D正确；隔离木块进行受力分析，其受重力、L形木板的支持力、弹簧的弹力(沿斜面向上)三个力作用处于平衡状态，选项C错误；隔离L形木板进行受力分析，其受重力、斜面体的支持力、弹簧的弹力(沿斜面向下)、木块的压力、斜面体对它的摩擦力5个力作用，选项A错误；隔离斜面体进行受力分析，其受4个力作用，选项B错误．
3.(多选)(2017·高考全国卷Ⅰ)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 .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
[答案]D
【题组突破】
角度1受力分析的方法
1．如图，一个L形木板(上表面光滑)放在斜面体上，轻质弹簧一端固定在木板上，另一端与置于木板上表面的木块相连．斜面体放在平板小车上，整体一起沿水平向右的方向做匀速直线运动，不计空气阻力，则关于各物体的受力情况，下列说法正确的是()
A．L形木板受4个力的作用
B．斜面体可能只受2个力作用
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
2.处理静态平衡问题的基本思路
3．两大思维方法对比
【典题例析】
(2019·高考全国卷Ⅲ)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()
2.(2018·高考全国卷Ⅰ)如图，三个固定的带电小球a、b和c，相互间的距离分别为ab＝5 cm，bc＝3 cm，ca＝4 cm.小球c所受库仑力的合力的方向平行于a、b的连线．设小球a、b所带电荷量的比值的绝对值为k，则()
A．a、b的电荷同号，k＝
B．a、b的电荷异号，k＝
C．a、b的电荷同号，k＝
C．OM上的张力逐渐增大
D．OM上的张力先增大后减小
解析：选AD.将重物向右上方缓慢拉起，重物处于动态平衡状态，可利用平衡条件或力的分解画出动态图分析．将重物的重力沿两绳方向分解，画出分解的动态图如图所示．在三角形中，根据正弦定理有 ＝ ＝ ，由题意可知FMN的反方向与FOM的夹角γ＝180°－α，不变，因sinβ(β为FMN与G的夹角)先增大后减小，故OM上的张力先增大后减小，当β＝90°时，OM上的张力最大，因sinθ(θ为FOM与G的夹角)逐渐增大，故MN上的张力逐渐增大，选项A、D正确，B、C错误.
A．F1＝ mg，F2＝ mg
B．F1＝ mg，F2＝ mg
C．F1＝ mg，F2＝ mg
D．F1＝ mg，F2＝ mg
[解析]分析可知工件受力平衡，对工件受到的重力按照压紧斜面Ⅰ和Ⅱ的效果进行分解如图所示，结合几何关系可知工件对斜面Ⅰ的压力大小为F1＝mgcos 30°＝ mg、对斜面Ⅱ的压力大小为F2＝mgsin 30°＝ mg，选项D正确，A、B、C均错误．
C．索塔两侧钢索对称且拉力大小相同时，钢索对索塔的合力竖直向下
D．a、b的电荷异号，k＝
解析：选D.
如果a、b带同种电荷，则a、b两小球对c的作用力均为斥力或引力，此时c在垂直于a、b连线的方向上的合力一定不为零，因此a、b不可能带同种电荷，A、C错误；若a、b带异种电荷，假设a对c的作用力为斥力，则b对c的作用力一定为引力，受力分析如图所示，由题意知c所受库仑力的合力方向平行于a、b的连线，则Fa、Fb在垂直于a、b连线的方向上的合力为零，由几何关系可知∠a＝37°、∠b＝53°，则Fasin 37°＝Fbcos 37°，解得 ＝ ，又由库仑定律及以上各式代入数据可解得 ＝ ，B错误，D正确.
受力分析与静态平衡
【高分快攻】
1．受力分析的4种方法
假设法
在受力分析时，若不能确定某力是否存在，可先对其作出存在的假设，然后分析该力存在对物体运动状态的影响来判断该力是否存在
整体法
将加速度相同的几个相互关联的物体作为一个整体进行受力分析
隔离法
将所研究的对象从周围的物体中分离出来，单独进行受力分析
动力学分析法
命题研究
近几年全国卷对该部分的考查较多，基本属于必考题，并且动态分析是考查热点，其中整体法与隔离法的受力分析方法，力的合成与力的分解等知识是力学的基础；在2020年的备考过程中，尤其要注重“整体法、隔离法”在连接体受力分数学知识相结合来处理问题
角度2解决共点力平衡的方法
2．(2019·高考天津卷) 2018年10月23日，港珠澳跨海大桥正式通车．为保持以往船行习惯，在航道处建造了单面索(所有钢索均处在同一竖直面内)斜拉桥，其索塔与钢索如图所示．下列说法正确的是()
A．增加钢索的数量可减小索塔受到的向下的压力
B．为了减小钢索承受的拉力，可以适当降低索塔的高度
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
解析：选BD.对N进行受力分析如图所示，因为N的重力与水平拉力F的合力和细绳的拉力T是一对平衡力，从图中可以看出水平拉力的大小逐渐增大，细绳的拉力也一直增大，选项A错误，B正确；M的质量与N的质量的大小关系不确定，设斜面倾角为θ，若mNg≥mMgsinθ，则M所受斜面的摩擦力大小会一直增大，若mNg<mMgsinθ，则M所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增大，选项D正确，C错误.