?第5講　受力分析 共點力的平衡

目錄
考點一　整體與隔離法的應(yīng)用 1
考點二　處理平衡問題常用的“三種”方法處理平衡問題的常用方法 1
考點三　動態(tài)平衡問題的處理技巧 12
考點四　平衡中的臨界與極值問題 18
練出高分 20

考點一　整體與隔離法的應(yīng)用
1．受力分析的定義
把指定物體(研究對象)在特定的物理環(huán)境中受到的所有外力都找出來，并畫出受力示意圖，這個過程就是受力分析．
2．受力分析的一般順序
先分析場力(重力、電場力、磁場力)，再分析接觸力(彈力、摩擦力)，最后分析其他力．
[例題1] （2023?聊城一模）掛燈籠的習(xí)俗起源于西漢，過年期間，家家戶戶都掛起了各式各樣的燈籠．如圖所示，由五根等長的輕質(zhì)細繩懸掛起質(zhì)量均為m的燈籠A、B、C、D，中間細繩是水平的，上面兩細繩與水平方向夾角為θ1，中間兩細繩與豎直方向夾角為θ2，AB間和BC間的繩中張力分別是FAB和FBC，重力加速度為g。下列關(guān)系式正確的是（　?。?br />
A．θ1＝θ2 B．tanθ1tanθ2=2
C．FBC＝mgtanθ2 D．FAB=mgsinθ2
【解答】解：設(shè)兩側(cè)繩子拉力為T，對A上面的結(jié)點受力分析可知水平方向：Tcosθ1＝FABsinθ2
豎直方向：Tsinθ1＝FABcosθ2+mg
對四個燈籠的整體分析可知：2Tsinθ1＝4mg
解得tanθ1?tanθ2＝2；T=2mgsinθ1；FAB=mgcosθ2；FBC＝mgtanθ2
故ABD錯誤，C正確。
故選：C。
[例題2] （2023?湖南模擬）輕質(zhì)絲綢放置在光滑斜面上，若固定絲綢，將物塊B放置在絲綢上，恰能靜止?，F(xiàn)將物塊A、B放置在絲綢上，用沿斜面向上的力F拉物塊A，絲綢不固定，系統(tǒng)保持靜止，如圖所示；已知物塊A、B的質(zhì)量分別為mA、mB，與絲綢的動摩擦因數(shù)分別為μA、μB，則（　　）

A．若μA＝μB，mB不可能大于mA
B．若μA＜μB，mB有可能大于mA
C．只增加mB，物塊B可能相對于絲綢滑動
D．只增加F，物塊A一定相對于絲綢滑動
【解答】解：AB、設(shè)斜面傾角為θ，物塊A、B放在絲綢上，用沿斜面向上的力F拉物塊A，系統(tǒng)保持靜止，有μAmAgcosθ≥μBmBgcosθ；若μA＝μB，則mB≤mA；若μA＜μB，則mA＞mB；故A正確，B錯誤；
C、根據(jù)題意，若固定絲綢，將物塊B放置在絲綢上，恰能靜止，根據(jù)共點力平衡有mBgsinθ＝μBmBgcosθ，只增加mB，上式仍然成立，物塊B相對于絲綢不會滑動，故C錯誤；
D、由絲綢保持靜止可知，物塊A受絲綢的摩擦力為靜摩擦力，方向沿斜面向下，但是不能確定是不是達到了最大靜摩擦力；只增加F，物塊A相對于絲綢不一定滑動，故D錯誤。
故選：A。
[例題3] （2023?湛江一模）端午節(jié)是中國的傳統(tǒng)節(jié)日，包粽子、吃粽子是人們的傳統(tǒng)習(xí)慣之一。如圖所示，某人把煮好的八個相同的粽子通過八根細繩用手提起后靜止在空中，已知每個粽子的重力均為mg，每根繩子與豎直方向的夾角均為θ，每根細繩的拉力大小為T，手受到細繩的作用力為F，下列關(guān)系式正確的是（　　）

A．F＝T B．F＝mg C．T=mgcosθ D．T＝mgtanθ
【解答】解：B、以所有粽子為對象分析可知，由牛頓第三定律可知F＝8mg，故B錯誤；
ACD、豎直方向平衡可知8Tcosθ＝8mg
解得：T=mgcosθ，故AD錯誤，C正確
故選：C。
[例題4] （2023?永州二模）為慶祝黨的二十大的勝利召開，某景區(qū)掛出32個燈籠（相鄰兩個燈籠間由輕繩連接），依次貼上“高舉中國特色社會主義旗幟，為全面建設(shè)社會主義現(xiàn)代化國家而團結(jié)奮斗”，從高到低依次標(biāo)為1、2、3、…、32。在無風(fēng)狀態(tài)下，32個燈籠處于靜止?fàn)顟B(tài)，簡化圖如圖所示，與燈籠“斗”右側(cè)相連的輕繩處于水平狀態(tài)，已知每一個燈籠的質(zhì)量m＝1kg，重力加速度g＝10m/s2，懸掛燈籠的輕繩最大承受力Tm=3202N，最左端懸掛的輕繩與豎直方向的夾角為θ。下列說法正確的是（　?。?br />
A．θ最大為60°
B．當(dāng)θ最大時最右端輕繩的拉力為3202N
C．當(dāng)tanθ=12時第16個燈籠與第17個燈籠間輕繩與豎直方向的夾角為45°
D．當(dāng)tanθ=34時第8個燈籠與第9個燈籠間輕繩與豎直方向的夾角為30°
【解答】解：AB、當(dāng)最左端連接的輕繩的拉力大小為Tm=3202N時，θ最大，此時燈籠整體受力如圖所示

由平衡條件水平方向有：Tmsinθm＝F2
豎直方向有：Tmcosθm＝32mg
聯(lián)立解得θm＝45°，F(xiàn)2＝320N
故AB錯誤；
C．當(dāng)tanθ=12時，燈籠整體受力分析如圖

由平衡條件知，最右端輕繩的拉力F21＝32mgtanθ
對第17個燈籠至第32個燈籠整體，其受力情況跟燈籠整體的受力情況相同，由平衡條件tanα=F21(32?16)mg
則第16個燈籠與第17個燈籠間輕繩與豎直方向的夾角α＝45°
故C正確；
D．當(dāng)tanθ=34時，此時燈籠整體受力如圖所示

由平衡條件知，最右端輕繩的拉力F22＝32mgtanθ
對第9個燈籠至第32個燈籠整體，其受力情況跟燈籠整體的受力情況相同，由平衡條件tanβ=F22(32?8)mg
則第8個燈籠與第9個燈籠間輕繩與豎直方向的夾角β＝45°
故D錯誤。
故選：C。
[例題5] （2023?長春模擬）如圖所示的模型體現(xiàn)了建筑學(xué)中的“張拉”結(jié)構(gòu)原理，兩個完全相同的木架M、N用三根輕繩a，b，c連接靜置于水平地面上，三根輕繩均處于張緊狀態(tài)。下列說法正確的是（　　）

A．輕繩a對M的拉力大小等于M的重力
B．輕繩a，b、c對M的拉力之和等于零
C．輕繩b、c對M的拉力之和小于輕繩a對M的拉力
D．N對地面的壓力等于N的重力
【解答】解：D.對整體受力分析，整體受重力2mg、地面的支持力FN，由平衡條件得
FN＝2mg
由牛頓第三定律，N對地面的壓力大小等于地面對N的支持力大小，即等于2mg，故D錯誤；
ABC.由對稱性可知Fb＝Fc
對上方木架M受力分析：M受重力、b繩向下的拉力Fb，c繩向下的拉力Fc，a繩向上的拉力Fa
由平衡條件有Fa＝mg+Fb+Fc
則Fa＞mg，F(xiàn)a＞Fb+Fc，故AB錯誤；故C正確。
故選：C。
考點二　處理平衡問題常用的“三種”方法處理平衡問題的常用方法
1．合成法：物體受三個共點力的作用而平衡，則任意兩個力的合力一定與第三個力大小相等、方向相反．
2．分解法：物體受三個共點力的作用而平衡，將某一個力按力的效果分解，則其分力和其他兩個力滿足平衡條件．
3．正交分解法：物體受到三個或三個以上力的作用而平衡，將物體所受的力分解為相互垂直的兩組，每組力都滿足平衡條件．
[例題6] （2023?湖南二模）如圖所示，傾角為θ＝30°、AB面光滑的斜面體放在水平地面上，一個重為G的小球在彈簧秤的水平拉力F作用下靜止在斜面上?，F(xiàn)沿逆時針方向緩慢轉(zhuǎn)動彈簧秤，直到彈簧秤的示數(shù)等于初始值，在此過程中，小球與斜面體始終處于靜止?fàn)顟B(tài)。下列說法正確的是（　?。?br />
A．力F先變大后變小
B．地面對斜面體的支持力一直變大
C．地面對斜面體的摩擦力一直變小
D．斜面體對小球的支持力一直變大
【解答】解：AD、根據(jù)題意，作出小球受力的矢量三角形，如圖所示

沿逆時針方向緩慢轉(zhuǎn)動彈簧秤，從圖中可看出力F先減小再增大，斜面對球得支持力一直減小，故AD錯誤；
BC、對斜面和小球整體受力分析，由平衡條件得：
豎直方向：N＝（mg+G）﹣Fy
水平方向：f＝Fx
現(xiàn)沿逆時針方向緩慢轉(zhuǎn)動彈簧秤，所以Fy一直增大，F(xiàn)x一直減小，因此N一直減小，f一直減小，故D錯誤，C正確。
故選：C。
[例題7] （2023?滁州一模）如圖所示，光滑半圓環(huán)豎直固定放置，最高點B處有一光滑小滑輪，質(zhì)量為m的小球A穿在環(huán)上。現(xiàn)用細繩一端拴在A上，另一端跨過滑輪用力F拉動，使A由圖示位置緩慢向上移動，圓環(huán)對A的彈力為FN，則（　　）

A．力F逐漸變大
B．彈力FN逐漸變小
C．彈力FN大小不變
D．彈力FN的方向先背離圓心O后指向圓心O
【解答】解：對球A受力分析，根據(jù)平衡條件可知，mg與FN的合力與T等大反向共線，作出mg與FN的合力，如圖所示

由三角形相似得：mgBO=FNOA=TAB
同一根繩上拉力相等，即T與F大小相等，由幾何關(guān)系得：BO＝OA＝R
則FN＝mg
即FN的方向始終背離圓心且大小不變；
A緩慢向上移動時，AB減小，則F變小，故C正確，ABD錯誤。
故選：C。
[例題8] （2023?安徽模擬）筷子是中華飲食文化的標(biāo)志之一。如圖所示，用筷子夾質(zhì)量為m的小球處于靜止，筷子均在豎直平面內(nèi)，且筷子與豎直方向的夾角均為θ。忽略小球與筷子之間的摩擦，重力加速度為g。下列說法正確的是（　?。?br />
A．筷子對小球的合力大于重力
B．筷子的彈力大小均為N=mg2cosθ
C．保持左側(cè)筷子固定不動，右側(cè)筷子緩慢變?yōu)樨Q直，左、右筷子的彈力均逐漸變大
D．保持左側(cè)筷子固定不動，右側(cè)筷子緩慢變?yōu)樨Q直，左、右筷子的彈力均逐漸變小
【解答】解：A、用筷子夾著小球在豎直平面內(nèi)處于靜止?fàn)顟B(tài)，根據(jù)平衡條件可知，筷子對小球的合力與小球的重力等大反向，故A錯誤；
B、對小球受力分析，如圖：

由幾何關(guān)系可知，筷子對小球的彈力大小為N=mg2sinθ
故B錯誤；
CD、保持左側(cè)筷子固定不動，右側(cè)筷子緩慢變?yōu)樨Q直，在右邊筷子轉(zhuǎn)到豎直方向的過程中，左邊筷子對小球彈力N1的方向始終垂直于筷子，方向不變，而小球自身的重力是一個恒力，由此可以做出在動態(tài)平衡過程中力的矢量三角形如下圖所示

當(dāng)兩根筷子與豎直方向夾角都為θ時，三力構(gòu)成的矢量三角為等腰三角形，在右邊的筷子轉(zhuǎn)到豎直方向時，三個力的矢量構(gòu)成一個直角三角形，易得，在右邊筷子轉(zhuǎn)到豎直的過程中，兩筷子對小球的彈力都在增大，故C正確，D錯誤。
故選：C。
[例題9] （2023?南充模擬）如圖，輕質(zhì)不可伸長的晾衣繩兩端分別固定在豎直桿M、N上的a、b兩點，懸掛衣服的衣架鉤是光滑的，掛于繩上處于靜止?fàn)顟B(tài)。如果只人為改變一個條件，當(dāng)衣架靜止時，下列說法正確的是（　?。?br />
A．繩的右端上移到b'，繩子拉力變小
B．將桿M向左移一些，繩子拉力變小
C．換用稍長一些的輕質(zhì)晾衣繩，繩子拉力變小
D．繩的兩端高度差越小，繩子拉力變小
【解答】解：AD．設(shè)豎直桿M、N間的距離為d，繩長為L，Oa端繩長為La，Ob端繩長為Lb，故L＝La+Lb，衣架鉤兩側(cè)繩子與豎直方向夾角分別為α、β，受力分析如圖所示。

衣架鉤兩側(cè)繩子上受力相等，故有
T1＝T2＝T
則由共點力的平衡知識可得
α＝β
2Tcosα＝G
又有d＝Lasinα+Lbsinβ＝Lasinα+Lbsinα＝Lsinα
則sinα=dL
T=G2cosα
所以，如果d與L不變，則sinα不變，α不變，cosα不變，繩子所受拉力不變。故AD錯誤；
B．當(dāng)桿M向左移一些，兩桿之間的距離d變大，繩長L不變，所以α角變大，cosα變小，繩子拉力T變大，故B錯誤；
C．換用稍長一些的輕質(zhì)晾衣繩，則繩長L變大，兩桿之間的距離d不變，所以α角變小，cosα變大，繩子拉力T變小，故C正確。
故選：C。
[例題10] （多選）（2023?石家莊一模）如圖所示，輕桿OA與輕桿OB通過光滑鉸鏈安裝在豎直墻面上，另一端通過鉸鏈連接于O點。已知∠OAB＝30°，∠OBA＝60°，鉸鏈質(zhì)量忽略不計，重力加速度為g?，F(xiàn)將一個質(zhì)量為m的物塊通過輕繩懸掛于O點保持靜止，下列說法正確的是（　?。?br />
A．豎直墻對A、B兩點鉸鏈的總作用力方向豎直向上
B．輕桿OA對O點鉸鏈的推力為12mg
C．若在O點施加從零緩慢增大且水平向右的外力，則輕桿OB的彈力一直增大
D．若在O點施加從零緩慢增大且水平向右的外力，則輕桿OA的彈力先減小后增大
【解答】解：A、對輕桿OA、OB及重物所組成的系統(tǒng)進行受力分析可知，該系統(tǒng)受到豎直墻對A、B兩點鉸鏈的作用力及重物重力，由三力平衡可知豎直墻對A、B兩點鉸鏈的總作用力方向豎直向上，大小等于mg，故A正確；
B、對O點受力分析如圖：

由平衡條件得：FOA=mgcos30°=32mg
故B錯誤；
CD、若在O點施加從零緩慢增大且水平向右的外力，對O點受力情況，如圖：

將力分解到沿OB方向和沿OA方向，可得：
沿OB方向：Fcos30°＝FOB
沿OA方向：FOA＝mgsin60°﹣Fsin30°
故F緩慢增大時FOA先減小后反向增大，F(xiàn)OB一直增大，故CD正確。
故選：ACD。

考點三　動態(tài)平衡問題的處理技巧
1．動態(tài)平衡：是指平衡問題中的一部分是變力，是動態(tài)力，力的大小和方向均要發(fā)生變化，所以叫動態(tài)平衡，這是力平衡問題中的一類難題．
2．基本思路：化“動”為“靜”，“靜”中求“動”．
3．基本方法：圖解法和解析法．
[例題11] （多選）（2023?天津模擬）如圖所示，用一個質(zhì)量不計的網(wǎng)兜和一段輕繩OA把足球掛在光滑豎直墻壁上的A點，足球與墻壁的接觸點為B．若只增大輕繩OA的長度，足球始終保持靜止?fàn)顟B(tài)，忽略網(wǎng)兜與足球之間的摩擦。下列說法正確的是（　　）

A．足球?qū)Ρ诘膲毫p小
B．輕繩OA上的拉力增大
C．O點附近網(wǎng)兜上各條繩的拉力均減小
D．足球受到的合力增大
【解答】解：以足球為研究對象，其受重力mg，網(wǎng)兜上繩子OA的拉力F1和墻壁對其彈力的作用F2，如下圖所示，

A.只增大輕繩OA的長度時，當(dāng)足球處于靜止時，相當(dāng)于OA繩與豎直方向之間的夾角θ減小，足球的重力保持不變，則墻壁對足球的支持力會變小，根據(jù)牛頓第三定律可知，足球?qū)Ρ诘膲毫ψ冃?，故A正確；
B.只增大輕繩OA的長度時，相當(dāng)于OA繩與豎直方向之間的夾角θ減小，輕繩OA上的拉力也會變小，故B錯誤；
C.結(jié)點O處于平衡狀態(tài)，由于O點附近的繩子間的夾角保持不變，網(wǎng)兜上各段繩子對O點的拉力的合力與OA對O的拉力等大反向，輕繩OA的拉力變小，則各段繩子對O點的拉力也會變小，故C正確；
D.由于足球處于靜止?fàn)顟B(tài)，故足球所受合力依然為零，故D錯誤；
故選：AC。
[例題12] （2022?襄城區(qū)校級二模）如圖所示，豎直平面內(nèi)有一圓環(huán)，圓心為O，半徑為R，PQ為水平直徑，MN為傾斜直徑，PQ與MN間的夾角為θ，一條不可伸長的輕繩長為L，兩端分別固定在圓環(huán)的M、N兩點，輕質(zhì)滑輪連接一個質(zhì)量為m的重物，放置在輕繩上，不計滑輪與輕繩間的摩擦?，F(xiàn)將圓環(huán)從圖示位置繞圓心O順時針緩慢轉(zhuǎn)過2θ角，下列說法正確的是（　?。?br />
A．圖示位置時，輕繩的張力大小為mg2sinθ
B．直徑MN水平時，輕繩的張力大小為mgLL2?4R2
C．輕繩與豎直方向間的夾角先增大再減小
D．圓環(huán)從圖示位置順時針緩慢轉(zhuǎn)過2θ的過程中，輕繩的張力逐漸減小
【解答】解：AB．同一繩子拉力相等，所以與豎直方向的夾角相等，設(shè)兩段繩子與豎直方向的夾角為α，如圖所示

根據(jù)幾何關(guān)系可得
2Rcosθ＝MB；MB＝AM?sinα+AN?sinα＝Lsinα
可得：
sinα=2RcosαL
根據(jù)平衡條件得：
2Fcosα＝mg
解得：
F=mgL2L2?4R2cos2θ
直徑MN水平時，θ＝0°，有
F=mgL2L2?4R2
故AB錯誤；
CD．M、N連線與水平直徑的夾角θ（θ≤90°）越大，M、N之間的水平距離越小，輕繩與豎直方向的夾角α越小，根據(jù)
mg＝2F cosα
知輕繩的張力F越小，當(dāng)轉(zhuǎn)過θ時繩子拉力最小，后來又逐漸增大。故圓環(huán)從圖示位置順時針緩慢轉(zhuǎn)過2θ的過程，輕繩的張力先增大再減小，故C正確；D錯誤。
故選：C。
[例題13] （2022?鼓樓區(qū)校級模擬）如圖所示，A、B為某陽臺豎直墻壁上凸出的兩顆固定釘子，小王通過一段細線跨過A、B懸掛一吊籃（吊籃不與墻壁接觸）。因A、B不等高，故重新調(diào)整釘子B于C處，A、C等高且C在B的正下方，重新懸掛上原來的細線，整個細線始終處于同一豎直平面內(nèi)，不計細線與釘子的摩擦，則下列說法正確的是（　?。?br />
A．調(diào)整后細線的張力大小比調(diào)整前要小
B．調(diào)整后細線的張力大小比調(diào)整前要大
C．調(diào)整后細線對兩個釘子的總作用力大小比調(diào)整前要小
D．調(diào)整后細線對兩個釘子的總作用力大小比調(diào)整前要大
【解答】解：AB．設(shè)未調(diào)整前吊籃與細線的交點為O，BO與AC交于D點，調(diào)整后吊籃與細線的交點為O'，釘子在B處時繩子的拉力為T1，∠AOB＝α，釘子在C處后繩子的拉力為T2，∠AO'C＝β，如下圖：

由于細線是跨在釘子上，細線上的力的大小處處相等，根據(jù)力的平衡條件和平行四邊形法則可知：
AO＝DO，AO'＝CO'，且：2T1cosα2=G，2T2cosβ2=G
因此：T1=G2cosα2，T2=G2cosβ2；
由于細線的總長度不變，因此△ABO與△ACO'周長相等，根據(jù)幾何關(guān)系可得α＞β，因此T1＞T2
故調(diào)整后細線的張力大小比調(diào)整前要小，故A正確，B錯誤；
CD．吊籃受力平衡，則細線對吊籃的拉力等于吊籃的重力；兩釘子對細線的合力等于吊籃對細線的拉力。故兩釘子對吊籃的合力等于吊籃重力，由牛頓第三定律可知細線對兩釘子的總作用力也為吊籃的重力，調(diào)整前后不變，故CD錯誤。
故選：A。
[例題14] （2022?邯鄲二模）如圖所示。在水平地面的木板上安裝有豎直桿，在桿上A、B兩點間安裝長為2d的輕繩，兩豎直桿間距為d．A、B兩點間的高度差為d2，現(xiàn)有帶光滑鉤子、質(zhì)量為m的物體鉤住輕繩且處于平衡狀態(tài)，重力加速度為g。下列說法正確的是（　?。?br />
A．開始平衡時輕繩的張力大小為mg
B．開始平衡時輕繩的張力大小為3mg3
C．若將繩子的A端沿豎直桿上移，繩子拉力將變大
D．若將木板繞水平軸CD緩慢向紙面外旋轉(zhuǎn)，輕繩的張力先增大后減小
【解答】解：設(shè)輕繩的拉力為F，同一條繩子拉力相等，則有：Fcosθ1＝Fcosθ2，所以θ1＝θ2；
如圖所示，根據(jù)圖中幾何關(guān)系可得：sinθ=d2d=12，θ＝30°，與A和B的位置無關(guān)。
AB、豎直方向根據(jù)平衡條件可得：2Fcosθ＝mg，解得：F=3mg3，故A錯誤、B正確；
C、若將繩子的A端沿豎直桿上移，θ不變，繩子拉力不變，故C錯誤；
D、若將木板繞水平軸CD緩慢向紙面外旋轉(zhuǎn)，θ不變，輕繩的張力不變，故D錯誤。
故選：B。

[例題15] （2022?全國模擬）一個光滑鐵環(huán)豎直放置，原長為X（X＜2R）的輕質(zhì)彈簧底端系一質(zhì)量為m的小球B，此球B套在鐵環(huán)上，彈簧另一端固定在鐵環(huán)最高點A，小球靜止時OA與OB夾角θ＝120°。則下列說法錯誤的是（　　）

A．鐵環(huán)對小球的彈力方向一定沿OB方向向外
B．小球所受彈簧的彈力大小等于其重力大小的3倍
C．該彈簧的勁度系數(shù)k=3mg3R?X
D．若更換為原長相同且勁度系數(shù)更大的輕彈簧，小球再次靜止時，鐵環(huán)對小球的彈力變大
【解答】解：A、小球受到重力、支持力和彈簧彈力，如圖所示，所以鐵環(huán)對小球的彈力方向一定沿OB方向向外，故A正確；
B、根據(jù)圖中幾何關(guān)系可得：mgR=NR，所以N＝mg；根據(jù)平衡條件可得：T＝2mgcos30°=3mg，即小球所受彈簧的彈力大小等于其重力大小的3倍，故B正確；
C、根據(jù)圖中幾何關(guān)系可得彈簧長度：L＝AB＝2Rcos30°=3R，根據(jù)胡克定律可得：T＝k（L﹣X），聯(lián)立解得：k=3mg3R?X，故C正確；
D、根據(jù)圖中幾何關(guān)系可得：mgR=NR=TAB，若更換為原長相同且勁度系數(shù)更大的輕彈簧，小球再次靜止時，AB間距減小，而TAB的值不變，所以鐵環(huán)對小球的彈力不變，故D錯誤。
本題選錯誤的，故選：D。



考點四　平衡中的臨界與極值問題
1．臨界問題
當(dāng)某物理量變化時，會引起其他幾個物理量的變化，從而使物體所處的平衡狀態(tài)“恰好出現(xiàn)”或“恰好不出現(xiàn)”，在問題的描述中常用“剛好”、“剛能”、“恰好”等語言敘述．
常見的臨界狀態(tài)有：
(1)兩接觸物體脫離與不脫離的臨界條件是相互作用力為0(主要體現(xiàn)為兩物體間的彈力為0)．
(2)繩子斷與不斷的臨界條件為繩中的張力達到最大值；繩子繃緊與松馳的臨界條件為繩中的張力為0.
(3)存在摩擦力作用的兩物體間發(fā)生相對滑動或相對靜止的臨界條件為靜摩擦力達到最大．
研究的基本思維方法：假設(shè)推理法．
2．極值問題
平衡物體的極值，一般指在力的變化過程中的最大值和最小值問題．一般用圖解法或解析法進行分析．
[例題16] （多選）傾角為θ＝37°的斜面與水平面保持靜止，斜面上有一重為G的物體A，物體A與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5．現(xiàn)給A施以一水平力F，如圖所示．設(shè)最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等（sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8），如果物體A能在斜面上靜止，水平推力F與G的比值可能是（　?。?br />
A．3 B．2 C．1 D．0.05
【解答】解：設(shè)物體剛好不下滑時F＝F1，作出力圖如圖。則由平衡條件得：
F1?cosθ+f1＝G?sinθ，
N1＝F1?sinθ+G?cosθ。
又 f1＝μN1
聯(lián)立得：F1G=sin37°?0.5×cos37°cos37°+0.5×sin37°=211；
設(shè)物體剛好不上滑時F＝F2，則：
F2?cosθ＝μN2+G?sinθ，
N2＝F2?sinθ+G?cosθ，
得：F2G=sin37°+0.5×cos37°cos37°?0.5×sin37°=2
即得211≤FG≤2．則AD錯誤，BC正確。
故選：BC。

[例題17] （2021?武陵區(qū)校級二模）如圖所示，用一根長為L的細繩一端固定在O點，另一端懸掛質(zhì)量為m的小球A，為使細繩與豎直方向夾角為30°且繃緊，小球A處于靜止，則需對小球施加的最小力等于（　　）

A．3mg B．12mg C．32mg D．33mg
【解答】解：以小球為研究對象，分析受力，作出力圖如圖，根據(jù)作圖法分析得到，當(dāng)小球施加的力F與細繩垂直時，所用的力最小。
根據(jù)平衡條件，F(xiàn)的最小值為：
Fmin＝Gsin30°＝mg×12=12mg
故選：B。


練出高分
一．選擇題（共15小題）
1．（2023?廈門模擬）有一種瓜子破殼器如圖甲所示，將瓜子放入兩圓柱體所夾的凹槽之間，按壓瓜子即可破開瓜子殼。破殼器截面如圖乙所示，瓜子的剖面可視作頂角為θ的扇形，將其豎直放入兩完全相同的水平等高圓柱體A、B之間，并用豎直向下的恒力F按壓瓜子且保持靜止，若此時瓜子殼未破開，忽略瓜子自重，不計摩擦，則（　?。?br />
A．若僅減小A、B距離，圓柱體A對瓜子的壓力變大
B．若僅減小A、B距離，圓柱體A對瓜子的壓力變小
C．若A、B距離不變，頂角θ越大，圓柱體A對瓜子的壓力越大
D．若A、B距離不變，頂角θ越大，圓柱體A對瓜子的壓力越小
【解答】解：AB．瓜子處于平衡狀態(tài)，若僅減小A、B距離，不能改變A、B對瓜子的彈力方向不變，根據(jù)平衡條件，則A、B對瓜子的彈力大小也不變，故AB錯誤；
CD．若A、B距離不變，頂角θ越大，則A、B對瓜子彈力的夾角減小，合力不變，如圖

根據(jù)力的合成與分解，則兩彈力減小，故C錯誤，D正確。
故選：D。
2．（2023?徐匯區(qū)二模）如圖一手機懸空吸附在磁吸式充電寶上，緩緩轉(zhuǎn)動充電寶使手機屏幕由水平轉(zhuǎn)為豎直，兩者始終保持相對靜止，則手機與充電寶間作用力（　?。?br />
A．不斷增大 B．不斷減小 C．方向改變 D．方向不變
【解答】解：緩緩轉(zhuǎn)動充電寶使手機屏幕由水平轉(zhuǎn)為豎直，兩者始終保持相對靜止，則手機始終受力平衡，充電寶對手機的作用力與手機的重力等大反向，則手機與充電寶間作用力大小和方向均不變，故ABC錯誤，D正確。
故選：D。
3．（2023?河北模擬）如圖所示，質(zhì)量為1kg的物塊靜止在固定斜面上，第一次用大小為2.5N、方向沿斜面向下的推力推物塊，物塊沿斜面勻速下滑；第二次用大小為12.5N、方向沿斜面向上的拉力拉物塊，物塊沿斜面勻速上滑。取重力加速度大小g＝10m/s2。物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為（　?。?br />
A．0.2 B．0.5 C．32 D．22
【解答】解：設(shè)物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，斜面與水平方向夾角為θ，由平衡關(guān)系有
F1+mgsinθ＝μmgcosθ
F2＝μmgcosθ+mgsinθ
聯(lián)立兩式，代入數(shù)據(jù)解得
μ=32
故ABD錯誤，C正確。
故選：C。
4．（2023?重慶模擬）足球比賽開始前，裁判將一質(zhì)量為m的足球靜置于球員入場通道口的桌面支架上，如圖（側(cè)視圖）所示。該支架由三個相同立柱組成，三個立柱成正三角形固定在水平桌面上，每個立柱和足球的接觸點與足球球心的連線與豎直方向的夾角均為θ。不計足球與立柱間的摩擦，重力加速度為g，則（　　）

A．單個立柱對足球的作用力豎直向上
B．單個立柱對足球的作用力大小為13mg
C．只增大夾角θ，三個立柱對足球的合力變大
D．只增大夾角θ，單個立柱對足球的作用力變大
【解答】解：A．單個立柱對足球的彈力方向沿立柱和足球的接觸點與球心的連線并指向球心，故A錯誤；
B．對足球受力分析，如圖所示：

根據(jù)幾何關(guān)系可得：3Fcosθ＝mg
可得：F=mg3cosθ，故B錯誤；
C．足球靜止，三個立柱對足球的合力始終等于足球的重力，故C錯誤；
D．根據(jù)F=mg3cosθ可知增大夾角θ，力F變大，故D正確。
故選：D。
5．（2023?廣州一模）傳統(tǒng)嶺南祠堂式建筑陳家祠保留了瓦片屋頂，屋頂結(jié)構(gòu)可簡化為如圖，弧形瓦片靜止在兩根相互平行的傾斜椽子正中間。已知椽子與水平面夾角均為θ，瓦片質(zhì)量為m，重力加速度為g，則椽子對瓦片（　?。?br />
A．支持力的合力方向豎直向上
B．作用力的合力方向豎直向上
C．支持力的合力大小為mg
D．作用力的合力大小為mgcosθ
【解答】解：A、對瓦片受力分析，瓦片所受支持力垂直于瓦片的切面指向瓦片，兩力的合力方向垂直椽子斜向上，故A錯誤；
BD、瓦片靜止，則椽子對瓦片的作用力的合力與重力等大反向，大小為mg，方向豎直向上，故B正確，D錯誤；
C、根據(jù)平衡條件得，支持力的合力大小為N＝mgcosθ，故C錯誤。
故選：B。
6．（2023?天河區(qū)二模）如圖所示，在吊環(huán)運動中，有一高難度的動作：先雙手撐住吊環(huán)，雙臂夾緊，然后身體下移，雙臂緩慢張開至水平。雙臂夾緊時，吊繩恰好豎直，雙臂完全張開時，吊繩與豎直方向夾角為37°，sin37°＝0.6。運動員在雙臂張開過程中（　?。?br />
A．吊繩的張力在逐漸減小
B．吊繩的張力保持不變
C．兩吊環(huán)對運動員作用力的合力在逐漸增大
D．雙臂完全張開時，吊繩張力與運動員重力之比為5：8
【解答】解：設(shè)吊繩拉力為T，與豎直方向夾角為θ，根據(jù)平衡條件2Tcosθ＝mg
解得T=mg2cosθ
雙臂張開過程，θ變大，則T變大，故AB錯誤；
C．運動員受到兩吊環(huán)對他的作用力大小始終等于運動員的重力，故C錯誤。
D．根據(jù)平衡條件和幾何關(guān)系，雙臂完全張開時Tmg=12cos37°=58
吊繩張力與運動員重力之比為5：8，故D正確。
故選：D。
7．（2023?哈爾濱模擬）擦玻璃機器人可以幫助人們解決高層和戶外擦玻璃難的問題，如圖所示，一棟大廈表面均為玻璃材料，擦玻璃機器人牽引擦子清潔玻璃時，將大廈某一表面簡化為正三角形ABC，與水平面夾角為30°，擦玻璃機器人對擦子的牽引力平行于玻璃表面，擦子與玻璃間的動摩擦因數(shù)為36，機器人在該表面由B點勻速運動到AC中點D的過程中，質(zhì)量為m的擦子受的牽引力為（　　）

A．12mg B．14mg C．312mg D．74mg
【解答】解：機器人在垂直玻璃表面的方向，重力垂直玻璃表面的分力等于機器人的支持力，則有N＝mgcos30°，則滑動摩擦力f＝μN，代入數(shù)據(jù)可得f=mg4，滑動摩擦力與物體相對玻璃表面的速度方向相反，機器人勻速運動，合力為零，在玻璃表面機器人受力分析如圖所示：

滑動摩擦力f與重力向下的分力mgsin30°的合力與牽引力F等大反向，由幾何關(guān)系可知f與mgsin30°的夾角為60°，則∠OPM＝120°，在△OPM中，由余弦定理可得：cos120°=(mgsin30°)2+f2?F22×mgsi30°×f，代入數(shù)據(jù)可得F=74mg，故ABC錯誤，D正確。
故選：D。
8．（2023?石嘴山模擬）如圖1是工人把貨物運送到房屋頂端的場景，簡化圖如圖2所示，繩子跨過定滑輪拉動貨物A，沿傾角為θ的玻璃棚緩慢向上移動，忽略貨物所受摩擦阻力，則下列說法正確的是（　?。?br />
A．貨物A對玻璃棚的壓力不變
B．貨物A對玻璃棚的壓力越來越大
C．繩子的拉力越來越大
D．繩子的拉力越來越小
【解答】解：對A受力分析，畫力的矢量圖如圖：

貨物緩慢向上移動，則拉力方向與豎直方向上的夾角減小，由圖可知，繩子的拉力越來越大。同時，玻璃棚對貨物的支持力變小，則貨物A對玻璃棚的壓力越來越小。故C正確，ABD錯誤。
故選：C。
9．（2023?金鳳區(qū)校級一模）如圖，用筷子夾起一塊重為G的小球靜止在空中，球心與兩根筷子在同一豎直面內(nèi)，且筷子根部（較粗且緊靠的一端）與球心連線在豎直方向，筷子張角為θ。若已知每根筷子對小球的壓力大小為N，則每根筷子對小球的摩擦力大小為（　?。?br />
A．G2cosθ B．G2cosθ2
C．f=G+2Ncosθ22sinθ2 D．G+2Nsinθ22cosθ2
【解答】解：小球受力如圖所示

由平衡條件可得
2fcosθ2=G+2Nsinθ2
解得f=G+2Nsinθ22cosθ2，故ABC錯誤；故D正確。
故選：D。
10．（2023?麗江一模）如圖所示，光滑圓環(huán)豎直固定，A為最高點，橡皮條上端固定在A點，下端連接一套在圓環(huán)上的輕質(zhì)小環(huán)，小環(huán)位于B點，AB與豎直方向夾角為30°，用光滑鉤拉橡皮條中點，將橡皮條中點拉至C點時，鉤的拉力大小為F，為保持小環(huán)靜止于B點，需給小環(huán)施加一作用力F'，下列說法正確的是（　?。?br />
A．若F'沿水平方向，則F'=33F
B．若F'沿豎直方向，則F'=33F
C．F'的最大值為33F
D．F'的最小值為33F
【解答】解：A、設(shè)橡皮條的拉力大小為T．則有：2Tcos30°＝F，得：T=33F
若F'沿水平方向，小環(huán)只受橡皮條的拉力和F'，由平衡條件知：F'＝T=33F，故A正確。
B、若F'沿豎直方向，則有：F'＝Ttan30°，解得F'=13F，故B錯誤。
CD、作出小環(huán)的受力圖，

由三角形定則知，當(dāng)F'⊥N時，F(xiàn)'有最小值，且最小值為：F'min＝Tsin30°，解得F'min=36F，故CD錯誤。
故選：A。
11．（2023?市中區(qū)校級一模）如圖所示，質(zhì)量為1kg的小球A與質(zhì)量未知的滑環(huán)B用繞過光滑定滑輪的不可伸長的輕繩連接，連接滑環(huán)B的繩與桿垂直并在同一豎直平面內(nèi)。滑環(huán)B套在與豎直方向成θ＝53°的粗細均勻的固定桿上，滑環(huán)和桿間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，初始時滑環(huán)恰好不下滑，現(xiàn)對小球A施加一個水平力F，使小球A在水平力F的作用下沿著1/4圓弧軌跡緩慢上移，設(shè)滑環(huán)與桿間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力（sin53°＝0.8），下列說法正確的是（　?。?br />
A．繩子拉力保持不變
B．滑環(huán)B的質(zhì)量m＝0.5kg
C．固定桿給滑環(huán)B的彈力方向垂直于桿向上
D．滑環(huán)B受到的摩擦力逐漸變小
【解答】解：B．初始時，對小球A，由平衡關(guān)系可知，繩上的張力大小為
T1＝mAg
初始時滑環(huán)恰好不下滑，對滑環(huán)B
①假設(shè)滑環(huán)受到固定桿的支持力方向垂直于桿向下，則由平衡關(guān)系有
mgsin（π2?θ）＝μFN
T1＝FN+mgcos（π2?θ）
聯(lián)立兩式，代入數(shù)據(jù)解得
m＝0.5kg，故假設(shè)成立
②如果假設(shè)滑環(huán)受到固定桿的支持力方向垂直于桿向上，則由平衡關(guān)系有
mgsin（π2?θ）＝μFN
T1+FN＝mgcos（π2?θ）
聯(lián)立兩式，代入數(shù)據(jù)解得
m為負值，故假設(shè)不成立
故B正確；
A．對小球A施加水平力F，使小球A沿14圓弧軌跡緩慢上移，則小球A處于動態(tài)平衡狀態(tài)，受力如圖

根據(jù)平衡條件可得
Tcosα＝mAg
F＝Tsinα
解得
T=mAgcosα
F＝mAgtanα
小球A沿著14圓弧軌跡緩慢上移，α增大，可知繩上拉力T增大、外力F增大，故A錯誤；
C．開始時，由選項B的解析可知
T1＝FN+mgcos（π2?θ）
且固定桿給滑環(huán)B的彈力方向垂直于桿向下
當(dāng)小球A沿著14圓弧軌跡緩慢上移過程中，由于拉力T增大，由
T＝FN′+mgcos（π2?θ）
可知，F(xiàn)N′增大，且垂直于桿向下，故C錯誤；
D．由于FN′增大，所以滑環(huán)B仍然保持靜止，則對滑環(huán)B，由平衡關(guān)系有
f＝mgsin（π2?θ）＝mgcosθ＝mgcos53°
可知滑環(huán)B受到的摩擦力大小不變，故D錯誤。
故選：B。
12．（2023?南寧一模）如圖，直角三角形框ABC豎直放置在水平面上，BC邊位于水平方向，∠A＝30°，∠B＝90°。ABC內(nèi)部有一光滑球體，球體半徑略小于三角形框內(nèi)接圓半徑，球體所受重力為G。將ABC以C為軸在豎直面內(nèi)沿順時針緩慢轉(zhuǎn)動，直到AC邊水平，在轉(zhuǎn)動過程中，下列說法正確的是（　?。?br />
A．球?qū)C邊壓力最大值為3G
B．球?qū)C邊壓力先增大后減小
C．球?qū)C邊壓力先減小后增大
D．球?qū)C邊壓力不可能大于球的重力
【解答】解：ABC、三角形框運動過程中，對三角形內(nèi)部的球體受力分析，球受到豎直向下的重力，AC對球的彈力NAC，BC對球的彈力NBC，如圖所示：

由幾何關(guān)系得，隨著三角形框轉(zhuǎn)動，BC與水平方向的夾角θ從0開始逐漸增大到120°，NAC與豎直方向的夾角α和NBC與豎直方向的夾角θ之和保持不變，且α+θ＝120°
則β保持不變，且β＝60°，由正弦定理得：Gsinβ=NACsinθ=NBCsinα
解得：NAC=Gsinβsinθ=233Gsinθ
NBC=Gsinβsinα=233Gsin（120°﹣θ）
角θ從0逐漸增大到120°，sinθ和sin（120°﹣θ）都先增大后減小，則NAC和NBC都先增大后減小，由牛頓第三定律得，球?qū)C邊和BC邊的壓力先增大后減小，當(dāng)θ＝30°時，NBC最大，則球?qū)C邊的壓力最大，最大值為233G，故AC錯誤，B正確；
D、當(dāng)θ＝90°時，NAC最大，則球?qū)C邊的壓力最大，最大值為233G＞G，故D錯誤。
故選：B。
13．（2023?昆明一模）工地上甲、乙兩人用如圖所示的方法將帶掛鉤的重物抬起。不可伸長的輕繩兩端分別固定于剛性直桿上的A、B兩點，輕繩長度大于A、B兩點間的距離?，F(xiàn)將掛鉤掛在輕繩上，乙站直后將桿的一端搭在肩上并保持不動，甲蹲下后將桿的另一端搭在肩上，此時物體剛要離開地面，然后甲緩慢站起至站直。已知甲的身高比乙高，不計掛鉤與繩之間的摩擦。在甲緩慢站起至站直的過程中，下列說法正確的是（　?。?br />
A．輕繩的張力大小一直不變
B．輕繩的張力先變大后變小
C．輕繩的張力先變小后變大
D．輕繩對掛鉤的作用力先變大后變小
【解答】解：ABC、如圖

不計掛鉤與繩之間的摩擦，則掛鉤可視為“活結(jié)”。掛鉤兩側(cè)繩上的拉力大小相等。甲緩慢站起至站直的過程，可視為動態(tài)平衡。
設(shè)掛鉤兩側(cè)輕繩的夾角為θ，設(shè)輕繩上的拉力為F，則由共點力的平衡可得
2Fcosθ2=mg，則F=mg2cosθ2
當(dāng)甲緩慢站起至低于乙的過程中，AB之間的垂直距離變大，故輕繩間的夾角θ先變大，cosθ2先變小，輕繩的張力先變大；
當(dāng)桿水平時輕繩間夾角最大，輕繩的張力最大；
當(dāng)甲的高度超過乙的高度時，AB之間的垂直距離開始變小，故輕繩間的夾角θ變小，cosθ2變大，輕繩的張力變?。?br /> 故輕繩的張力先變大后變小，故B正確；故AC錯誤；
D、輕繩對掛鉤的作用力，大小等于掛鉤對輕繩的作用力，等于重物的重力，大小不變，故D錯誤。
故選：B。
14．（2023?遂寧三模）如圖所示，將三根長均為L的完全相同的輕質(zhì)細桿連接到同一個頂點O，另一端分別連接到豎直墻壁上的A、B、C三個點，BC連線沿水平方向，△ABC的三邊邊長也均為L。其中O、A、B、C點處，分別是四個可以向各個方向自由轉(zhuǎn)動的輕質(zhì)光滑餃鏈（未畫出）。在O點用細繩懸掛一個質(zhì)量為m的重物，則AO桿對墻壁的作用力為（　　）

A．33mg B．233mg C．3mg D．433mg
【解答】解：在平面OBC上，OB桿和OC桿對O點的作用力如圖所示：

從O點做BC邊的高，與BC邊相交于D點，由圖可知，OB桿和OC桿對O點的作用力的合力FBC沿著DO方向向上
在ADO平面上畫出O點受力情況，并作出平行四邊形，如下圖所示：

由圖可知，△ADO與△MOP相似，則有：ADAO=mgFA，AD的長度為Lsin60°=32L，代入數(shù)據(jù)，可得AO桿對O點的彈力FA=233mg，由力的相互性可知，AO桿對墻壁的作用力等于233mg，故ACD錯誤，B正確。
故選：B。
15．（2023?中山區(qū)校級一模）在生活中人們?yōu)榱烁奖愕叵蚋咛庍\送貨物，經(jīng)常使用如圖所示的方法提升重物。圖中甲、乙兩名工人分別位于兩棟樓的三樓和二樓窗口，兩人各用一根輕繩與質(zhì)量為m的重物相連。初始時重物在甲的正下方地面上，此時工人甲的繩長為L、甲、乙兩人間的距離也為L、樓間距為d，現(xiàn)甲拉住繩端不動的同時乙緩慢收短手中的輕繩，最終將重物拉至乙處。重力加速度取g，則在將重物由地面拉至乙的過程中下列說法正確的是（　?。?br />
A．甲繩的拉力先增大后減小
B．乙繩的拉力先增大后減小
C．當(dāng)重物接近乙處時甲繩的拉力接近mgL2?d2L
D．當(dāng)重物接近乙處時乙繩的拉力接近mg
【解答】解：A.受力分析如圖1所示，由正弦定理可得

mgsinβ=FT1sin(β?α)=FT2sinα
在重物向上移動的過程中α、β均增加，a增加的角度為β的2倍，
故FT1mg=sin(β?α)sinβ
可知FT1始終減小，故A錯誤；
B.因為α、β始終為銳角，且a始終小于β，由三角函數(shù)關(guān)系可知FT2mg=sinαsinβ＜sin(α+2θ)sin(β+θ)=FT2'mg
即FT2＜F'T2
則FT2始終增大，B錯誤；
CD.當(dāng)重物接近乙時，乙與重物的連線逐漸與重物的軌跡相切，兩繩間的夾角逐漸趨近90°，可認為兩拉力垂直，如圖2所示：

由相似三角形可得
mgL=FT2d=FT1L2?d2
解得
FT1=mgL2?d2L
FT2=mgdL
C正確，D錯誤。
故選：C。



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