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專題一　力與運動
微專題1　力與物體的平衡
1.物體處于平衡狀態的常見情況：
(1)物體處于靜止狀態；
(2)物體做勻速直線運動；
(3)動態平衡(物體緩慢移動)；
(4)帶電粒子在復合場中做直線運動。
2.物體處于平衡狀態的條件：合力始終為零。
3.解決平衡問題的步驟和方法
4.注意點
(1)力的分析順序：先整體后隔離；先分析其他力再分析摩擦力；
(2)靜電力、安培力或洛倫茲力的出現可能對彈力或摩擦力產生影響；
(3)出現“最大”“最小”“恰好”等文字時，一般為臨界問題。
考點一　受力分析　靜態平衡問題
1.(2024·河北卷·5)如圖，彈簧測力計下端掛有一質量為0.20 kg的光滑均勻球體，球體靜止于帶有固定擋板的斜面上，斜面傾角為30°，擋板與斜面夾角為60°。若彈簧測力計位于豎直方向，讀數為1.0 N，g取10 m/s2，擋板對球體支持力的大小為：
A. N B.1.0 N
C. N D.2.0 N
2.(2024·河北保定市一模)如圖所示，質量為m的均勻直木桿靜置在水平地面與傾角為37°的光滑斜面之間，已知斜面對木桿的支持力大小為F，重力加速度為g，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，下列說法正確的是：
A.木桿處于四力平衡狀態
B.水平地面可能是光滑的
C.水平地面對木桿的支持力大小為mg-0.6F
D.水平地面對木桿的摩擦力大小為0.8F
【點撥·提煉】　共點力問題中，把物體在不同接觸面的受力平移到重心上進行分析，較為有效。
3.(2024·江蘇南京市零模)如圖所示，有4 042個質量均為m的小球(可視為質點)，將它們用長度相等的輕繩依次連接，再將其左端固定在天花板上，右端施加一水平力使全部小球靜止。已知連接天花板的輕繩與水平方向的夾角為60°，設第2 021個小球和第2 022個小球之間的輕繩的彈力大小是4 042個小球的總重力的k倍，則k值為：
A. B. C. D.
4.(2024·湖北卷·6)如圖所示，兩拖船P、Q拉著無動力貨船S一起在靜水中沿圖中虛線方向勻速前進，兩根水平纜繩與虛線的夾角均保持為30°。假設水對三艘船在水平方向的作用力大小均為Ff，方向與船的運動方向相反，則每艘拖船發動機提供的動力大小為：
A.Ff B.Ff
C.2Ff D.3Ff
考點二　動態平衡問題
5.(2024·黑龍江哈爾濱市一模)如圖甲所示，直導線P、Q分別被兩根等長且平行的絕緣輕繩懸掛于水平軸上，且P固定于水平軸正下方，兩組繩長也相同且都與水平軸垂直，其截面圖如圖乙所示，導線P通以垂直紙面向里的電流；導線Q電流方向未知，平衡時兩導線位于同一平面，且Q的兩根絕緣輕繩與豎直方向夾角均為θ。已知Q的質量為m，重力加速度為g。下列說法正確的是：
A.導線Q中電流方向垂直紙面向里
B.導線P、Q間的安培力大小為2mgsin
C.僅使導線P中電流I緩慢增大且θ不超過90°，導線Q對輕繩的拉力大小逐漸增大
D.當導線P中電流突然消失的瞬間，導線Q受到兩繩的拉力大小之和為mgsin θ
6.(多選)(2024·河南省信陽高級中學二模)如圖所示，兩質量相等的光滑小圓環A、B用細線相連，水平橫桿穿過圓環A，豎直桿穿過圓環B。開始時，細線貼著豎直桿處于豎直方向。現在細線某點上施加一水平向右的拉力F，使兩環緩慢移動，則在這一移動過程中：
A.水平向右的拉力F逐漸增大
B.橫桿對環A的彈力逐漸增大
C.細線對環B的拉力逐漸增大
D.細線對球A的拉力逐漸增大
7.(2024·湖南長沙市二模)圖(a)所示的采棉機在運輸圓柱形棉包的過程中緩慢經過一段如圖(b)所示路面(運動時，圓柱形棉包在前，路段足夠長)，CD、EF為水平路面，M點為傾角最大的位置，傾角為30°。棉包放在如圖(c)所示的“V”形擋板上，兩板間夾角恒為120°，初始時OA與水平面的夾角為30°。運動過程中，棉包不脫離擋板，忽略“V”形擋板對棉包的摩擦力，已知重力加速度為g。則：
A.從D到M斜面對采棉機的作用力越來越小
B.從D到M棉包對OA板的壓力先增大后減小
C.從D到M棉包對OB板的壓力一直增大
D.采棉機在EF段做減速運動，加速度大小可以為g
考點三　平衡中的臨界和極值問題
8.(2024·江蘇鎮江市一模)如圖所示，寬為l的光滑導軌與水平面成α角，質量為m、長為l的金屬桿水平放置在導軌上。空間存在著勻強磁場，當回路中電流為I時，金屬桿恰好能靜止，已知重力加速度為g。勻強磁場磁感應強度大小不可能是下列選項中的：
A. B.
C. D.
9.(2024·廣西桂林市一模)在“互聯網+”時代，網上購物已經成為一種常見的消費方式，網購也促進了快遞業發展。如圖，一快遞小哥在水平地面上拖拉一個貨箱，貨箱和里面快遞的總質量為30 kg，貨箱與地面間的動摩擦因數μ=。若該小哥拉著貨箱在水平地面上做勻速直線運動，取g=10 m/s2，則所施加拉力的最小值和方向為：
A.大小為100 N，方向指向左上方與水平方向的夾角成30°
B.大小為100 N，方向指向左上方與水平方向的夾角成60°
C.大小為150 N，方向指向左上方與水平方向的夾角成30°
D.大小為150 N，方向指向左上方與水平方向的夾角成60°
【點撥·提煉】　在力的方向發生變化的平衡問題中求拉力的極小值時，常利用： (1)三角函數極值法(輔助角法或求導法)； (2)摩擦角法：利用“摩擦角”將四力平衡轉化為三力平衡。 物體做勻速直線運動，θ角改變，求拉力F的最小值。 設支持力與摩擦力的合力為F'，F'與豎直方向的夾角為θ 則tan θ==μ 當拉力F與F'垂直時拉力最小， Fmin=mgsin θ。
1.(2024·山東卷·2)如圖所示，國產人形機器人“天工”能平穩通過斜坡。若它可以在傾角不大于30°的斜坡上穩定地站立和行走，且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則它的腳和斜面間的動摩擦因數不能小于：
A. B. C. D.
2.(2024·貴州遵義市一模)如圖甲，燃氣灶具有四個相同的支撐架，支撐架均勻分布。假設支撐架上部分為一斜面，且該斜面與豎直方向的夾角為θ，如圖乙所示。現將一質量為m的半球形鍋正放在燃氣灶上，且鍋與支撐架斜面接觸，重力加速度大小為g，下列說法正確的是：
A.每個支撐架給鍋的作用力大小為mg
B.每個支撐架給鍋的彈力大小為mgsin θ
C.每個支撐架與鍋之間存在摩擦力
D.無論支撐架斜面光滑與否，每個支撐架給鍋的作用力大小不變
3.(2024·浙江1月選考·6)如圖所示，在同一豎直平面內，小球A、B上系有不可伸長的細線a、b、c和d，其中a的上端懸掛于豎直固定的支架上，d跨過左側定滑輪、c跨過右側定滑輪分別與相同配重P、Q相連，調節左、右兩側定滑輪高度達到平衡。已知小球A、B和配重P、Q質量均為50 g，細線c、d平行且與水平成θ=30°(不計摩擦)，重力加速度g=10 m/s2，則細線a、b的拉力分別為：
A.2 N　1 N B.2 N　0.5 N
C.1 N　1 N D.1 N　0.5 N
4.(多選)(2024·寧夏銀川一中、云南昆明一中二模聯考)壓蹺蹺板是小朋友們特別喜歡的娛樂運動項目，蹺蹺板在幼兒園以及公共娛樂健身場所都可以見到。某實驗小組利用該娛樂設施進行物理研究，如圖所示。質量為m的小球B置于光滑半球形凹槽A內，凹槽放置在蹺蹺板上，凹槽的質量為M，當板的傾角為α=30°時，凹槽恰好靜止。令最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g，則在緩慢壓低蹺蹺板的Q端至跟P端等高的過程中，下列說法正確的是：
A.開始時凹槽受到沿蹺蹺板向上的摩擦力大小為
B.凹槽與蹺蹺板之間的動摩擦因數為
C.小球對凹槽的壓力大小始終為mg
D.蹺蹺板對凹槽的作用力逐漸增大
5.(2024·安徽黃山市模擬)如圖所示，兩個質量分別為M和m的小球帶同種電荷，電荷量分別為Q和q，用長度分別為L1和L2的輕繩懸掛于同一點，平衡時，兩繩與豎直方向的夾角分別是α和β，則等于：
A. B. C. D.
6.(2024·河北保定市二模)如圖所示，傾角為θ的斜面固定在水平地面上，兩個物塊A、B用與斜面平行的輕質彈簧連接，兩物塊恰好能靜止在斜面上。已知物塊A的質量為1 kg，物塊A與斜面間的動摩擦因數為0.4，物塊B與斜面間的動摩擦因數為0.8，兩物塊受到的摩擦力方向相同，滑動摩擦力等于最大靜摩擦力，取重力加速度大小g=10 m/s2，sin θ=0.6，下列說法正確的是：
A.彈簧可能處于壓縮狀態
B.彈簧中的彈力大小為2.4 N
C.物塊B的質量為7 kg
D.物塊B受到的摩擦力大小為56 N
7.(2024·廣東佛山市二模)如圖，用AB與AC兩根輕繩懸掛一質量分布不均(重心偏左)的矩形畫框，畫框底部需保持與水平地面平行。若保持AB繩長不變，將C端左移，AC繩縮短至某一長度(但AC繩仍長于AB繩)后懸掛畫框，畫框保持原狀態不動，則改變AC繩長前后：
A.AB繩的拉力大小總等于AC繩的拉力大小
B.AB繩的拉力大小總小于AC繩的拉力大小
C.AB繩的拉力大小不變
D.AC繩的拉力大小可能相等
答案精析
高頻考點練
1.A　[對小球受力分析如圖所示
由幾何關系可得力F與力FN與豎直方向的夾角均為30°，因此將力F和FN正交分解可得
FNsin 30°=Fsin 30°，FNcos 30°+Fcos 30°+FT=mg
解得F=FN= N，故選A。]
2.A　[根據題意，對木桿受力分析，受重力、斜面的支持力和水平地面的支持力，由于斜面光滑，木桿和斜面間沒有摩擦力，由平衡條件可知，水平地面一定給木桿水平向右的摩擦力，如圖所示，可知，木桿處于四力平衡狀態，且水平地面不可能是光滑的，故A正確，B錯誤；由平衡條件有Ff=Fsin 37°=0.6F，FN+Fcos 37°=mg，解得FN=mg-0.8F，故C、D錯誤。]
3.B　[以4 042個小球組成的整體為研究對象，分析受力情況，如圖甲所示，根據平衡條件得F=mg，再以第2 022個到第4 042個小球共2 021個小球組成的整體為研究對象，分析受力情況，如圖乙所示，則有FT2=·2 021mg，所以k==故B正確，A、C、D錯誤。]
4.B　[根據題意對S受力分析如圖甲
正交分解可知2FTcos 30°=Ff
所以有FT=Ff
對P受力分析如圖乙
根據平衡條件：
Fcos α=FTcos 30°+Ff
Fsin α=FTsin 30°
聯立解得F=故選B。]
5.B　[對Q進行受力分析可知，P對Q的力為斥力，由安培定則和左手定則可知，兩導線的電流方向相反，即導線Q中電流方向垂直紙面向外，故A錯誤；設導線Q受到兩繩的拉力之和為FT，導線P、Q間的安培力為F，對Q進行受力分析，根據三角形定則，受力如圖所示，由于兩組繩長相同，則根據幾何知識可得FT=mg，F=2mgsin 故B正確；由上述分析可知，導線Q受到兩繩的拉力之和FT始終為mg，與電流I和角度θ無關，則導線Q對輕繩的拉力大小不變，故C錯誤；當導線P中電流突然消失的瞬間，導線P、Q間的安培力消失，此時導線Q沿兩繩方向上的合力為零，則導線Q受到兩繩的拉力大小之和為mgcos θ，故D錯誤。]
6.AC　[由于A受到重力、支持力和細線拉力作用平衡，所以拉A的細線豎直。任意狀態的受力如圖甲所示，對B受力分析如圖乙，可以構成如圖丙所示矢量三角形
設與B相連的細線與豎直方向的夾角為θ，當F繼續向右運動，則θ增大，由FT2=得出FT2變大，故C正確；
設F與細線的作用點為O點，對O點受力分析如圖丁
三力平衡有F=FT2'sin θ
FT1'=FT2'cos θ
又FT2'=FT2
則F=Gtan θ，
FT1'=G
隨著θ增大，則F增大，細線對A的拉力FT1'不變，故A受的彈力FN1=FT1'+G=2G不變，故A正確，B、D錯誤。]
7.C　[采棉機在斜面上緩慢行駛時受到重力和斜面對采棉機的作用力，受力平衡，所以斜面對采棉機的作用力與重力等大、反向，故從D到M斜面對采棉機的作用力不變，故A錯誤；采棉機從D點運動到M點的過程中，棉包重力大小和方向不變，OA板、OB板對棉包的作用力夾角不變，FOA與豎直方向的夾角變大，作出力矢量三角形的外接圓如圖甲所示，由圖可知，FOA一直減小，FOB一直增大，根據牛頓第三定律可得，棉包對OA板的壓力一直減小，棉包對OB板的壓力一直增大，故B錯誤，C正確；
采棉機在EF段做減速運動，擋板OB對棉包的支持力為0時，棉包受力如圖乙所示，
根據牛頓第二定律可得=ma，解得a=g，當加速度大于g時，棉包會從采棉機上滾下來，故D錯誤。]
8.D　[當安培力的方向沿斜面向上時，安培力最小，此時磁感應強度最小，由mgsin α=BminIl，可得Bmin=則勻強磁場磁感應強度大小不可能是故選D。]
9.C　[方法一：三角函數極值法
根據題意，設施加拉力為F，方向與水平面夾角為θ，則有Fcos θ=μ(mg-Fsin θ)，整理可得F=由數學知識，令sin α==cos α==則有F=當θ+α=即θ=30°時，F有最小值，最小值為Fmin==mg=150 N，方向指向左上方與水平方向的夾角成30°。
方法二：摩擦角法
貨箱受四個力作用：重力mg，支持力FN，摩擦力Ff，斜向左上的拉力F，設FN與Ff的合力F'與豎直方向的夾角為θ，則tan θ==μ=所以θ=30°，貨箱等效為受到mg、F和F'三個力的作用，
其矢量圖如圖所示，當F⊥F'時，F最小，此時Fmin=mgsin 30°=150 N，Fmin與水平方向的夾角成30°。]
補償強化練
1.B　[根據題意可知機器人“天工”可以在傾角不大于30°的斜坡上穩定地站立和行走，對“天工”分析有mgsin 30°≤μmgcos 30°
可得μ≥tan 30°=
故選B。]
2.D　[假設支撐面光滑，則支撐架與鍋可以保持靜止，因此支撐架給鍋的摩擦力為0，C錯誤；設每個支撐架與鍋之間的彈力為FN，則彈力與水平方向的夾角為θ，豎直方向根據平衡條件可得4FNsin θ=mg，每個支撐架給鍋的彈力大小為B錯誤；由于摩擦力為0，因此支撐架對鍋的作用力等于支撐架對鍋的彈力，A錯誤；無論支撐架斜面光滑與否，摩擦力均為0，因此每個支撐架給鍋的作用力大小不變，均為D正確。]
3.D　[由題意可知細線c對A的拉力和細線d對B的拉力大小相等、方向相反，對A、B整體分析可知細線a的拉力大小為FTa=(mA+mB)g=1 N，設細線b與水平方向夾角為α，對A、B分析分別有FTbsin α+FTcsin θ=mAg，FTbcos α=FTdcos θ，解得FTb=0.5 N，故D正確。]
4.BC　[將小球跟凹槽視為整體，開始時恰好靜止，那么根據受力平衡知Ff=(m+M)gsin α=g，故A錯誤；根據平衡條件有(m+M)gsin α-μ(m+M)gcos α=0，解得μ=故B正確；小球所在處的凹槽切線總是水平的，那么小球對凹槽的壓力大小始終等于小球的重力，故C正確；由于小球、凹槽整體的重力不變化，與蹺蹺板的作用力等大反向，那么蹺蹺板對凹槽的作用力不變，故D錯誤。]
5.C　[設平衡時兩球的距離為r，兩個質量分別為M和m的小球連線與繩長為L1和L2的輕繩夾角分別為θ1、θ2，如圖所示，對兩球受力分析
由正弦定理得=
=
又=
聯立解得=故選C。]
6.C　[因tan θ>0.4，物塊A靜止在斜面上，所以彈簧一定處于伸長狀態，A錯誤；對物塊A有mAgsin θ=μAmAgcos θ+F，解得F=2.8 N，B錯誤；把A、B看成一個整體，有μAmAgcos θ+μBmBgcos θ=(mA+mB)gsin θ，解得mB=7 kg，物塊B受到的摩擦力大小為Ff=μBmBgcos θ=44.8 N，C正確，D錯誤。]
7.D　[對畫框受力分析如圖(a)所示，設AB繩上的拉力與水平方向的夾角為θ1，AC繩上的拉力與水平方向的夾角為θ2，根據題意，保持AB繩長不變，將C端左移，AC繩縮短至某一長度(但AC繩仍長于AB繩)，則可知該過程中θ1始終不變，且根據幾何關系，始終有θ1>θ2，則在水平方向根據平衡條件有FABcos θ1=FACcos θ2，由于θ1始終大于θ2，因此FAB始終大于FAC，故A、B錯誤；畫框的重力為恒力，AB繩上力的方向始終不變，作出力的矢量三角形如圖(b)所示，
可知隨著AC繩將C端向左移動，繩AC與豎直方向的夾角在減小，該過程中繩AC上的拉力可能先減小后增大，當繩AC垂直于繩AB時，繩AC上的拉力有最小值，因此AC繩的拉力大小可能相等，該過程中繩AB上的拉力FAB逐漸減小，但始終大于繩AC上的拉力FAC，故C錯誤，D正確。](共50張PPT)
專題一　力與運動
微專題1
力與物體的平衡
知識聚焦
高頻考點練
內容索引
核心精講
補償強化練
知識聚焦
PART ONE
常見的力
力與物體的平衡
力與物體的平衡
1.物體處于平衡狀態的常見情況：
(1)物體處于靜止狀態；
(2)物體做勻速直線運動；
(3)動態平衡(物體緩慢移動)；
(4)帶電粒子在復合場中做直線運動。
2.物體處于平衡狀態的條件：合力始終為零。
核心精講
PART TWO
3.解決平衡問題的步驟和方法
4.注意點
(1)力的分析順序：先整體后隔離；先分析其他力再分析摩擦力；
(2)靜電力、安培力或洛倫茲力的出現可能對彈力或摩擦力產生影響；
(3)出現“最大”“最小”“恰好”等文字時，一般為臨界問題。
考點一　受力分析　靜態平衡問題
1. (2024·河北卷·5)如圖，彈簧測力計下端掛有一質量為0.20 kg的光滑均勻球體，球體靜止于帶有固定擋板的斜面上，斜面傾角為30°，擋板與斜面夾角為60°。若彈簧測力計位于豎直方向，讀數為1.0 N，g取10 m/s2，擋板對球體支持力的大小為
A. N B.1.0 N
C. N D.2.0 N
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2
3
4
5
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7
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9
√
高頻考點練
PART THREE
1
2
3
4
5
6
對小球受力分析如圖所示
由幾何關系可得力F與力FN與豎直方向的夾角均為
30°，因此將力F和FN正交分解可得
FNsin 30°=Fsin 30°，FNcos 30°+Fcos 30°+FT=mg
解得F=FN= N，故選A。
7
8
9
2.(2024·河北保定市一模)如圖所示，質量為m的均勻直木桿靜置在水平地面與傾角為37°的光滑斜面之間，已知斜面對木桿的支持力大小為F，重力加速度為g，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，下列說法正確的是
A.木桿處于四力平衡狀態
B.水平地面可能是光滑的
C.水平地面對木桿的支持力大小為mg-0.6F
D.水平地面對木桿的摩擦力大小為0.8F
√
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根據題意，對木桿受力分析，受重力、斜面的支
持力和水平地面的支持力，由于斜面光滑，木桿
和斜面間沒有摩擦力，由平衡條件可知，水平地
面一定給木桿水平向右的摩擦力，如圖所示，可知，木桿處于四力平衡狀態，且水平地面不可能是光滑的，故A正確，B錯誤；
由平衡條件有Ff=Fsin 37°=0.6F，FN+Fcos 37°=mg，解得FN=mg-0.8F，故C、D錯誤。
7
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點撥·提煉
共點力問題中，把物體在不同接觸面的受力平移到重心上進行分析，較為有效。
3.(2024·江蘇南京市零模)如圖所示，有4 042個質量均為m的小球(可視為質點)，將它們用長度相等的輕繩依次連接，再將其左端固定在天花板上，右端施加一水平力使全部小球靜止。已知連接天花板的輕繩與水平方向的夾角為60°，設第2 021個小球和第2 022個小球之間的輕繩的彈力大小是4 042個小球的總重力的k倍，則k值為
A. B.
C. D.
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√
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以4 042個小球組成的整體為研究對象，分析
受力情況，如圖甲所示，根據平衡條件得F
=mg，再以第2 022個到第4 042個小球共
2 021個小球組成的整體為研究對象，分析受
力情況，如圖乙所示，則有FT2=·2 021mg，所以k==，故B正確，A、C、D錯誤。
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4.(2024·湖北卷·6)如圖所示，兩拖船P、Q拉著無動力貨船S一起在靜水中沿圖中虛線方向勻速前進，兩根水平纜繩與虛線的夾角均保持為30°。假設水對三艘船在水平方向的作用力大小均為Ff，方向與船的運動方向相反，則每艘拖船發動機提供的動力大小為
A.Ff B.Ff
C.2Ff D.3Ff
√
7
8
9
根據題意對S受力分析如圖甲
正交分解可知2FTcos 30°=Ff
所以有FT=Ff
對P受力分析如圖乙
根據平衡條件：Fcos α=FTcos 30°+Ff
Fsin α=FTsin 30°
聯立解得F=，故選B。
1
2
3
4
5
6
7
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考點二　動態平衡問題
5.(2024·黑龍江哈爾濱市一模)如圖甲所示，直導線P、Q分別被兩根等長且平行的絕緣輕繩懸掛于水平軸上，且P固定于水平軸正下方，兩組繩長也相同且都與水平軸垂直，其截面圖如圖乙所示，導線P通以垂直紙面向里的電流；導線Q電流方向未知，平衡時兩導線位于同一平面，且Q的兩根絕緣輕繩與豎直方向夾角均為θ。已知Q的質量為m，重力加速度為g。下列說法正確的是
1
2
3
4
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6
7
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A.導線Q中電流方向垂直紙面向里
B.導線P、Q間的安培力大小為2mgsin
C.僅使導線P中電流I緩慢增大且θ不超過90°，
導線Q對輕繩的拉力大小逐漸增大
D.當導線P中電流突然消失的瞬間，導線Q受到兩繩的拉力大小之和為
mgsin θ
1
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√
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8
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3
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對Q進行受力分析可知，P對Q的力為斥力，由安培定則和左手定則可知，兩導線的電流方向相反，即導線Q中電流方向垂直紙面向外，故A錯誤；
設導線Q受到兩繩的拉力之和為FT，導線P、Q間的安培
力為F，對Q進行受力分析，根據三角形定則，受力如圖
所示，由于兩組繩長相同，則根據幾何知識可得FT=mg，
F=2mgsin ，故B正確；
7
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9
1
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3
4
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6
由上述分析可知，導線Q受到兩繩的拉力之和FT始終為mg，與電流I和角度θ無關，則導線Q對輕繩的拉力大小不變，故C錯誤；
當導線P中電流突然消失的瞬間，導線P、Q間的安培力消失，此時導線Q沿兩繩方向上的合力為零，則導線Q受到兩繩的拉力大小之和為mgcos θ，故D錯誤。
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6.(多選)(2024·河南省信陽高級中學二模)如圖所示，兩質量相等的光滑小圓環A、B用細線相連，水平橫桿穿過圓環A，豎直桿穿過圓環B。開始時，細線貼著豎直桿處于豎直方向。現在細線某點上施加一水平向右的拉力F，使兩環緩慢移動，則在這一移動過程中
A.水平向右的拉力F逐漸增大
B.橫桿對環A的彈力逐漸增大
C.細線對環B的拉力逐漸增大
D.細線對球A的拉力逐漸增大
√
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√
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由于A受到重力、支持力和細線拉力作用平衡，所以拉A的細線豎直。任意狀態的受力如圖甲所示，對B受力分析如圖乙，可以構成如圖丙所示矢量三角形
設與B相連的細線與豎直方向的夾角為θ，當F繼續向右運動，則θ增大，由FT2=得出FT2變大，故C正確；
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設F與細線的作用點為O點，對O點受力分析如圖丁
三力平衡有F=FT2'sin θ
FT1'=FT2'cos θ
又FT2'=FT2
則F=Gtan θ，
FT1'=G
隨著θ增大，則F增大，細線對A的拉力FT1'不變，故A受的彈力FN1= FT1'+G=2G不變，故A正確，B、D錯誤。
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7.(2024·湖南長沙市二模)圖(a)所示的采棉機在運輸圓柱形棉包的過程中緩慢經過一段如圖(b)所示路面(運動時，圓柱形棉包在前，路段足夠長)，CD、EF為水平路面，M點為傾角最大的位置，傾角為30°。棉包放在如圖(c)所示的“V”形擋板上，兩板間夾角恒為120°，初始時OA與水平面的夾角為30°。運動過程中，棉包不脫離擋板，忽略“V”形擋板對棉包的摩擦力，已知重力加速度為g。則
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A.從D到M斜面對采棉機的作用力越來越小
B.從D到M棉包對OA板的壓力先增大后減小
C.從D到M棉包對OB板的壓力一直增大
D.采棉機在EF段做減速運動，加速度大小可以為g
√
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采棉機在斜面上緩慢行駛時受到重力和斜面對采棉機的作用力，受力平衡，所以斜面對采棉機的作用力與重力等大、反向，故從D到M斜面對采棉機的作用力不變，故A錯誤；
采棉機從D點運動到M點的過程中，棉包重力大小和方向
不變，OA板、OB板對棉包的作用力夾角不變，FOA與豎
直方向的夾角變大，作出力矢量三角形的外接圓如圖甲
所示，由圖可知，FOA一直減小，FOB一直增大，根據牛
頓第三定律可得，棉包對OA板的壓力一直減小，棉包對OB板的壓力一直增大，故B錯誤，C正確；
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采棉機在EF段做減速運動，擋板OB對棉包的支持力為0時，
棉包受力如圖乙所示，根據牛頓第二定律可得=ma，解得a=g，當加速度大于g時，棉包會從采棉機上滾下
來，故D錯誤。
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考點三　平衡中的臨界和極值問題
8.(2024·江蘇鎮江市一模)如圖所示，寬為l的光滑導軌與水平面成α角，質量為m、長為l的金屬桿水平放置在導軌上。空間存在著勻強磁場，當回路中電流為I時，金屬桿恰好能靜止，已知重力加速度為g。勻強磁場磁感應強度大小不可能是下列選項中的
A. B.
C. D.
√
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當安培力的方向沿斜面向上時，安培力最小，
此時磁感應強度最小，由mgsin α=BminIl，可得
Bmin=
，故選D。
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9.(2024·廣西桂林市一模)在“互聯網+”時代，網上購物已經成為一種常見的消費方式，網購也促進了快遞業發展。如圖，一快遞小哥在水平地面上拖拉一個貨箱，貨箱和里面快遞的總質量為30 kg，貨箱與地面間的動摩擦因數μ=。若該小哥拉著貨箱在水平地面上做勻速直線運動，取g=10 m/s2，則所施加拉力的最小值和方向為
A.大小為100 N，方向指向左上方與水平方向的夾角成30°
B.大小為100 N，方向指向左上方與水平方向的夾角成60°
C.大小為150 N，方向指向左上方與水平方向的夾角成30°
D.大小為150 N，方向指向左上方與水平方向的夾角成60°
√
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方法一：三角函數極值法
根據題意，設施加拉力為F，方向與水平面夾角為θ，
則有Fcos θ=μ(mg-Fsin θ)，整理可得F=，由
數學知識，令sin α==，cos α==，則有F=，
當θ+α=，即θ=30°時，F有最小值，最小值為Fmin==mg=
150 N，方向指向左上方與水平方向的夾角成30°。
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方法二：摩擦角法
貨箱受四個力作用：重力mg，支持力FN，摩擦力Ff，
斜向左上的拉力F，設FN與Ff的合力F'與豎直方向的
夾角為θ，則tan θ==μ=，所以θ=30°，貨箱等效
為受到mg、F和F'三個力的作用，
其矢量圖如圖所示，當F⊥F'時，F最小，此時Fmin=
mgsin 30°=150 N，Fmin與水平方向的夾角成30°。
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點撥·提煉
在力的方向發生變化的平衡問題中求拉力的極小值時，常利用：
(1)三角函數極值法(輔助角法或求導法)；
(2)摩擦角法：利用“摩擦角”將四力平衡轉化為三力平衡。
物體做勻速直線運動，θ角改變，求拉力F的最小值。
設支持力與摩擦力的合力為F'，F'與豎直方向的夾角為θ
則tan θ==μ
當拉力F與F'垂直時拉力最小，
Fmin=mgsin θ。
1.(2024·山東卷·2)如圖所示，國產人形機器人“天工”能平穩通過斜坡。若它可以在傾角不大于30°的斜坡上穩定地站立和行走，且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則它的腳和斜面間的動摩擦因數不能小于
A. B.
C. D.
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補償強化練
PART FOUR
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根據題意可知機器人“天工”可以在傾角不大于
30°的斜坡上穩定地站立和行走，對“天工”
分析有mgsin 30°≤μmgcos 30°
可得μ≥tan 30°=
故選B。
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2.(2024·貴州遵義市一模)如圖甲，燃氣灶具有四個相同的支撐架，支撐架均勻分布。假設支撐架上部分為一斜面，且該斜面與豎直方向的夾角為θ，如圖乙所示。現將一質量為m的半球形鍋正放在燃氣灶上，且鍋與支撐架斜面接觸，重力加速度大小為g，下列說法正確的是
A.每個支撐架給鍋的作用力大小為mg
B.每個支撐架給鍋的彈力大小為mgsin θ
C.每個支撐架與鍋之間存在摩擦力
D.無論支撐架斜面光滑與否，每個支撐架給鍋的作用力大小不變
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假設支撐面光滑，則支撐架與鍋可以保
持靜止，因此支撐架給鍋的摩擦力為0，
C錯誤；
設每個支撐架與鍋之間的彈力為FN，則彈力與水平方向的夾角為θ，豎直方向根據平衡條件可得4FNsin θ=mg，每個支撐架給鍋的彈力大小為，B錯誤；
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由于摩擦力為0，因此支撐架對鍋的作用
力等于支撐架對鍋的彈力，A錯誤；
無論支撐架斜面光滑與否，摩擦力均為0，
因此每個支撐架給鍋的作用力大小不變，均為，D正確。
3.(2024·浙江1月選考·6)如圖所示，在同一豎直平面內，小球A、B上系有不可伸長的細線a、b、c和d，其中a的上端懸掛于豎直固定的支架上，d跨過左側定滑輪、c跨過右側定滑輪分別與相同配重P、Q相連，調節左、右兩側定滑輪高度達到平衡。已知小球A、B和配重P、Q質量均為50 g，細線c、d平行且與水平成θ=30°(不計摩擦)，重力加速度g=10 m/s2，則細線a、b的拉力分別為
A.2 N　1 N B.2 N　0.5 N
C.1 N　1 N D.1 N　0.5 N
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由題意可知細線c對A的拉力和細線d對B的拉力大小
相等、方向相反，對A、B整體分析可知細線a的拉
力大小為FTa=(mA+mB)g=1 N，設細線b與水平方向夾
角為α，對A、B分析分別有FTbsin α+FTcsin θ=mAg，
FTbcos α=FTdcos θ，解得FTb=0.5 N，故D正確。
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4.(多選)(2024·寧夏銀川一中、云南昆明一中二模聯考)壓蹺蹺板是小朋友們特別喜歡的娛樂運動項目，蹺蹺板在幼兒園以及公共娛樂健身場所都可以見到。某實驗小組利用該娛樂設施進行物理研究，如圖所示。質量為m的小球B置于光滑半球形凹槽A內，凹槽放置在蹺蹺板上，凹槽的質量為M，當板的傾角為α=30°時，凹槽恰好靜止。令最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g，則在緩慢壓低蹺蹺板的Q端至跟P端等高的過程中，下列說法正確的是
A.開始時凹槽受到沿蹺蹺板向上的摩擦力大小為
B.凹槽與蹺蹺板之間的動摩擦因數為
C.小球對凹槽的壓力大小始終為mg
D.蹺蹺板對凹槽的作用力逐漸增大
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將小球跟凹槽視為整體，開始時恰好靜止，那么根
據受力平衡知Ff=(m+M)gsin α=g，故A錯誤；
根據平衡條件有(m+M)gsin α-μ(m+M)gcos α=0，解得
μ=，故B正確；
小球所在處的凹槽切線總是水平的，那么小球對凹槽的壓力大小始終等于小球的重力，故C正確；
由于小球、凹槽整體的重力不變化，與蹺蹺板的作用力等大反向，那么蹺蹺板對凹槽的作用力不變，故D錯誤。
5.(2024·安徽黃山市模擬)如圖所示，兩個質量分別為M和m的小球帶同種電荷，電荷量分別為Q和q，用長度分別為L1和L2的輕繩懸掛于同一點，平衡時，兩繩與豎直方向的夾角分別是α和β，則等于
A. B.
C. D.
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設平衡時兩球的距離為r，兩個質量分別為M和m的小球連線與繩長為L1和L2的輕繩夾角分別為θ1、θ2，如圖所示，對兩球受力分析
由正弦定理得=
=
又=
聯立解得=，故選C。
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6.(2024·河北保定市二模)如圖所示，傾角為θ的斜面固定在水平地面上，兩個物塊A、B用與斜面平行的輕質彈簧連接，兩物塊恰好能靜止在斜面上。已知物塊A的質量為1 kg，物塊A與斜面間的動摩擦因數為0.4，物塊B與斜面間的動摩擦因數為0.8，兩物塊受到的摩擦力方向相同，滑動摩擦力等于最大靜摩擦力，取重力加速度大小g=10 m/s2，sin θ=0.6，下列說法正確的是
A.彈簧可能處于壓縮狀態
B.彈簧中的彈力大小為2.4 N
C.物塊B的質量為7 kg
D.物塊B受到的摩擦力大小為56 N
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因tan θ>0.4，物塊A靜止在斜面上，所以彈簧一定處于伸長狀態，A錯誤；
對物塊A有mAgsin θ=μAmAgcos θ+F，解得F=2.8 N，B錯誤；
把A、B看成一個整體，有μAmAgcos θ+μBmBgcos θ=(mA+mB)gsin θ，解得mB=7 kg，物塊B受到的摩擦力大小為Ff=μBmBgcos θ=44.8 N，C正確，D錯誤。
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7.(2024·廣東佛山市二模)如圖，用AB與AC兩根輕繩懸掛一質量分布不均(重心偏左)的矩形畫框，畫框底部需保持與水平地面平行。若保持AB繩長不變，將C端左移，AC繩縮短至某一長度(但AC繩仍長于AB繩)后懸掛畫框，畫框保持原狀態不動，則改變AC繩長前后
A.AB繩的拉力大小總等于AC繩的拉力大小
B.AB繩的拉力大小總小于AC繩的拉力大小
C.AB繩的拉力大小不變
D.AC繩的拉力大小可能相等
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對畫框受力分析如圖(a)所示，設AB繩上的拉力與水
平方向的夾角為θ1，AC繩上的拉力與水平方向的夾
角為θ2，根據題意，保持AB繩長不變，將C端左移，
AC繩縮短至某一長度(但AC繩仍長于AB繩)，則可知
該過程中θ1始終不變，且根據幾何關系，始終有θ1>θ2，則在水平方向根據平衡條件有FABcos θ1=FACcos θ2，由于θ1始終大于θ2，因此FAB始終大于FAC，故A、B錯誤；
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畫框的重力為恒力，AB繩上力的方向始終不變，作出力的
矢量三角形如圖(b)所示，可知隨著AC繩將C端向左移動，
繩AC與豎直方向的夾角在減小，該過程中繩AC上的拉力可
能先減小后增大，當繩AC垂直于繩AB時，繩AC上的拉力有
最小值，因此AC繩的拉力大小可能相等，該過程中繩AB上的拉力FAB逐漸減小，但始終大于繩AC上的拉力FAC，故C錯誤，D正確。

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