【物理】2019届二轮复习力与物体的平衡学案（全国通用）
第1讲 力与物体的平衡
1．(2018·全国卷Ⅰ·16)如图1，三个固定的带电小球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( )
图1
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＝
D．a、b的电荷异号，k＝
【考点定位】 库仑定律、力的合成
【难度】 中等
答案 D
解析 由于小球c所受库仑力的合力的方向平行于a、b的连线，根据受力分析知，a、b的电荷异号．
根据库仑定律，a对c的库仑力为Fa＝k0①
b对c的库仑力为
Fb＝k0②
设合力方向向左，如图所示，根据相似三角形，得
＝③
联立①②③式得k＝||＝＝，故选D.
2.(2017·全国卷Ⅱ·16)如图2，一物块在水平拉力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．则物块与桌面间的动摩擦因数为( )
图2
A．2－ B. C. D.
【考点定位】 共点力平衡、摩擦力、正交分解
【点评】 解题关键是要注意滑动摩擦力的大小随物块对桌面压力的变化而变化
【难度】 中等
答案 C
解析 设物块的质量为m，物块与桌面间的动摩擦因数为μ，当F水平时，根据平衡条件得F＝μmg；当保持F的大小不变，而方向与水平面成60°角时，由平衡条件得Fcos 60°＝μ(mg－
Fsin 60°)，联立解得，μ＝，故选项C正确．
3.(多选)(2017·全国卷Ⅰ·21)如图3，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(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( )
图3
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
【考点定位】 共点力的平衡、动态平衡
【点评】 本题关键是抓住α角不变，寻找两绳拉力与其合力构成的力的三角形的特点．本题对数学工具的应用能力要求较高．
【难度】 较难
答案 AD
解析 设重物的质量为m，以重物为研究对象，受重力mg、OM绳上拉力F2、MN绳上拉力F1，由题意知，三个力的合力始终为零，矢量三角形如图所示，
F1、F2的夹角为π－α不变，在F2转至水平的过程中，矢量三角形在同一外接圆上，由图可知，MN上的张力F1逐渐增大，OM上的张力F2先增大后减小，所以A、D正确，B、C错误．
4.(多选)(2016·全国卷Ⅰ·19)如图4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，其一端悬挂物块a，另一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F方向不变，大小在一定范围内变化，物块b仍始终保持静止，则( )
图4
A．绳OO′的张力也在一定范围内变化
B．物块b所受到的支持力也在一定范围内变化
C．连接a和b的绳的张力也在一定范围内变化
D．物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化
【考点定位】 共点力平衡、动态平衡、正交分解法
【点评】 本题的关键是抓住物块处于平衡状态，绳子拉力不变
【难度】 中等
答案 BD
解析 由于物块a、b均保持静止，各绳角度保持不变，对a受力分析得，绳的拉力FT′＝mag，所以物块a受到的绳的拉力保持不变．由于滑轮两侧绳的拉力相等，所以b受到的绳的拉力大小、方向均保持不变，C选项错误；a、b受到的绳的拉力大小、方向均不变，所以OO′的张力不变，A选项错误；对b进行受力分析，如图所示．
由平衡条件得：FTcos β＋Ff＝Fcos α，Fsin α＋FN＋FTsin β＝mbg.其中FT和mbg始终不变，当F大小在一定范围内变化时，支持力在一定范围内变化，B选项正确；摩擦力也在一定范围内变化，D选项正确．
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5
A. B.m C．m D．2m
【考点定位】 共点力平衡、合成法、弹力特点
【点评】 本题关键是同一轻绳上各处拉力大小相等(不计摩擦)，圆弧面上弹力方向沿半径方向及等边三角形的特点，两分力夹角120°时合力的特点．
【难度】 中等
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，由于不计所有摩擦，所以同一条细线上的拉力相等，T＝mg，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，所以小物块质量为m，故C对．
受力分析与物体平衡是高考重点考查的内容，近年来着重考查连接体的平衡，整体法、隔离法的应用，物体的动态平衡问题，绳、杆、面弹力的大小与方向及胡克定律，摩擦力的大小及临界极值问题等.复习时要熟练掌握受力分析、共点力平衡的处理方法、尤其是动态平衡的几种解题方法；还要注意弹力、摩擦力等各自的特点.
考点1 受力分析与物体的静态平衡
1．受力分析方法
(1)受力分析的两个顺序
①先场力(重力、电场力、磁场力)后接触力(先弹力后摩擦力)．
②先分析“确定的力”，再由“确定的力”判断“不确定的力”．
(2)受力分析的三个检验角度
①明确各力的施力物体和受力物体，找不到施力物体的力是不存在的．
②判断物体能否保持原状态．
③转换研究对象(隔离→整体或整体→隔离)再做受力分析，判断是否吻合．
(3)整体法与隔离法的应用
研究系统外的物体对系统整体的作用力时用整体法；研究系统内物体之间的相互作用力时用隔离法．遇到多物体平衡时一般整体法与隔离法结合运用，一般先整体后隔离．
2．共点力平衡问题常用方法
(1)合成法：一般三力平衡时(或多力平衡转化成三力平衡后)用合成法：由平行四边形定则合成任意两力(一般为非重力的那两个力)，该合力与第三个力平衡，在由力的示意图所围成的三角形中解决问题．将力的问题转化成三角形问题，再由三角函数、勾股定理、图解法、相似三角形法等求解．
(2)正交分解法：一般受三个以上共点力平衡时用正交分解法，把物体受到的各力分解到相互垂直的两个方向上，然后分别列出两个方向上的平衡方程．
命题热点1 受力分析与平衡条件的应用
(2018·河北省石家庄市模拟)如图6所示，水平地面上固定两个相同斜面M、N，斜面上分别放有质量相等的三角形木块A、B.木块A左侧面垂直于斜面，木块B左侧面沿竖直方向．在斜面M、N上分别放上一个相同的光滑球后，木块A、B始终保持静止状态，则放上球后( )
图6
A．木块A对斜面的压力等于木块B对斜面的压力
B．木块A对斜面的压力大于木块B对斜面的压力
C．木块A受到的摩擦力小于木块B受到的摩擦力
D．木块A受到的摩擦力大于木块B受到的摩擦力
答案 B
解析 以A为研究对象受力分析，
如图甲所示，由平衡条件得斜面对A的支持力FNA＝Mgcos α，以B为研究对象受力分析，如图乙所示，由平衡条件得斜面对B的支持力FNB＝Mgcos α－FN2sin α，则得FNA>FNB.由牛顿第三定律可知，A木块对斜面的压力大于B木块对斜面的压力，故A错误，B正确；以小球与A为整体作为研究对象，由平衡条件可得A木块受到的摩擦力FfA＝(M＋m)gsin α，同理，以小球与B为整体作为研究对象，得到B木块受到的摩擦力FfB＝(M＋m)gsin α，则FfA＝FfB，C、D错误．
1．(多选)a、b为截面完全相同的直角楔形物体，分别在垂直于斜边的恒力F1、F2作用下静止在相同的竖直墙面上，如图7所示，下列说法错误的是( )
图7
A．a、b受力个数可能不相同
B．b受到的摩擦力一定小于a受到的摩擦力
C．a、b所受摩擦力方向一定沿墙面向上
D．F1、F2大小一定相等
答案 BCD
解析 对a受力分析如图所示，
除摩擦力外的三个力不可能平衡，
故一定有摩擦力的存在，故a受四个力．
对b受力分析如图所示，
除摩擦力外，FNb、F2、mg三力有可能平衡，沿竖直方向和水平方向分解F2，
设F2与竖直方向的夹角为α，则有：
F2cos α＝mg①
F2sin α＝FNb②
则F2＝③
若F2＝，b不受摩擦力，此时b受三个力．
若F2>，摩擦力方向向下，b受四个力．
若0
AC>BC，可以判断图中( )
图20
A．三个小球所带电荷量的代数和可能为0
B．三个小球一定带同种电荷
C．三个小球所受环的弹力大小为FNA>FNC>FNB
D．三个小球所带电荷量的大小为QA>QC>QB
答案 B
解析 对A球受力分析，弹力过圆心，根据平衡条件，要么B与C对A均为引力，要么B与C对A均为斥力，才能使A球处于平衡状态，所以B、C带同种电荷．对B球受力分析，根据平衡条件可得A、C带同种电荷，因此三个小球带同种电荷，所以三个小球电荷量的代数和不可能为零，A错误，B正确；A受到两个斥力，设圆心为O，AB大于AC，同时∠OAB小于∠OAC，则B的斥力更大，因此B电荷量大于C电荷量，同理A电荷量大于B电荷量，即QA>QB>QC，故D错误；根据相似三角形法和正弦定理可得＝＝，故可得FNC>FNB>FNA，C错误．
7．(2017·河北省衡水金卷)有三个完全相同的金属小球A、B、C，其中小球C不带电，小球A和B带有等量的同种电荷，如图21所示，A球固定在竖直绝缘支架上，B球用不可伸长的绝缘细线悬于A球正上方的O点处，静止时细线与OA的夹角为θ.小球C可用绝缘手柄移动，重力加速度为g，现在进行下列操作，其中描述与事实相符的是( )
图21
A．仅将球C与球A接触离开后，B球再次静止时细线中的张力比原来要小
B．仅将球C与球B接触离开后，B球再次静止时细线与OA的夹角为θ1，仅将球C与球A接触离开后，B球再次静止时细线与OA的夹角为θ2，则θ1＝θ2
C．剪断细线OB瞬间，球B的加速度一定等于g
D．剪断细线OB后，球B将沿OB方向做匀变速直线运动直至着地
答案 B
解析 仅将球C与球A接触后离开，球A的电荷量减半，致使小球A、B间的库仑力减小，对球B进行受力分析可知它在三个力的作用下平衡，设球A到O点的距离为H，细线的长度为L，由三角形相似可知＝，故细线的张力不变，故A错误；将球C与球B接触后离开，和将球C与球A接触后离开，由库仑定律知两种情况下A、B间的斥力相同，故夹角也相同，故B正确；剪断细线OB瞬间，球B在重力和库仑力作用下运动，其合力斜向右下方，与原来细线的张力等大反向，故其加速度不一定等于g，故选项C错误；剪断细线OB后，球B在空中运动时受到的库仑力随球A、B间距的变化而变化，即球B落地前做变加速曲线运动，故选项D错误．
1.(2018·湖北省黄冈中学模拟)如图1所示，与竖直方向成45°角的天花板上有一物块，该物块在竖直向上的恒力F作用下恰好能沿天花板匀速上升，则下列说法中正确的是( )
图1
A．物块一定受两个力的作用
B．物块一定受三个力的作用
C．物块可能受三个力的作用
D．物块可能受四个力的作用
答案 D
解析 物块沿天花板匀速上升，受力平衡，对物块受力分析可知，若斜面对物块没有向下的压力，则物块受到重力和向上的恒力．若斜面对物块有垂直斜面向下的压力，则必定有沿斜面向下的摩擦力，则物块受到重力、向上的恒力、垂直斜面向下的压力和沿斜面向下的摩擦力，所以物块可能受到两个力，也可能受到四个力，故A、B、C错误，D正确．
2.(2018·河北省衡水中学二调)如图2所示，一直杆倾斜固定并与水平方向成30°的夹角；直杆上套有一个质量为0.5 kg的圆环，圆环与轻弹簧相连，在轻弹簧上端施加一竖直向上、大小为F＝10 N的力，圆环处于静止状态，已知直杆与圆环之间的动摩擦因数为0.7，g＝10 m/s2.下列说法正确的是( )
图2
A．圆环受到直杆的弹力，方向垂直直杆向上
B．圆环受到直杆的弹力大小等于2.5 N
C．圆环受到直杆的摩擦力大小等于2.5 N
D．圆环受到直杆的摩擦力，方向沿直杆向上
答案 C
3.(2018·河南省驻马店市第二次质检)如图3所示，欲使在粗糙斜面上匀速下滑的木块A停下，可采用的方法是( )
图3
A．增大斜面的倾角
B．在木块A上再叠放一个重物
C．对木块A施加一个竖直向下的力
D．对木块A施加一个垂直于斜面的力
答案 D
解析 木块匀速下滑，所受合力为零，根据平衡条件得mgsin θ＝μmgcos θ，若增大斜面的倾角θ，重力沿斜面向下的分力mgsin θ增大，滑动摩擦力Ff＝μmgcos θ减小，木块的合力方向将沿斜面向下，木块做加速运动，故A错误；若对木块A施加一个竖直向下的力，由于(F＋mg)sin θ＝μ(F＋mg)cos θ，木块的合力仍为零，仍做匀速运动，不可能停下，故B错误；若在木块A上再叠放一个重物，整体匀速下滑，不可能停下，故C错误；对木块A施加一个垂直于斜面的力F，重力沿斜面向下的分力mgsin θ不变，而滑动摩擦力Ff＝μ(F＋mgcos θ)增大，合力方向沿斜面向上，木块做减速运动，可以使木块停下，故D正确．
4．(2018·山东省淄博市仿真模拟)如图4甲所示，水平地面上固定一倾角为30°的表面粗糙的斜劈，一质量为m的小物块能沿着斜劈的表面匀速下滑．现对小物块施加一水平向右的恒力F，使它沿该斜劈表面匀速上滑．如图乙所示，则F大小应为(重力加速度为g)( )
图4
A.mg B.mg C.mg D.mg
答案 A
解析 小物块能沿着斜劈的表面匀速下滑，则有mgsin 30°＝μmgcos 30°，可得小物块与斜劈表面间的动摩擦因数μ＝tan 30°，因小物块能沿着斜劈表面匀速上滑，受力分析如图所示．
根据平衡条件，沿斜面方向：
Fcos 30°－Ff－mgsin 30°＝0
垂直斜面方向：
FN＝mgcos 30°＋Fsin 30°
又Ff＝μFN，
联立可得：F＝mg，故A正确，B、C、D错误．
5.(2018·广东省深圳市三校模拟)如图5所示，物体m通过定滑轮牵引另一水平面上的物体沿斜面匀速下滑，此过程中斜面体保持静止，斜面体质量为M，重力加速度为g，则水平地面对斜面体( )
图5
A．无摩擦力 B．有水平向右的摩擦力
C．支持力为(M＋m)g D．支持力大于(M＋m)g
答案 B
解析 以M和m组成的整体为研究对象，设绳子上的拉力为FT，受力分析如图所示，
由平衡条件可知，M必受到沿水平地面向右的摩擦力
设斜面的倾角为θ
则有FN＋FTsin θ＝(M＋m)g，
所以FN小于(M＋m)g，
故B正确，A、C、D错误．
6.如图6所示，一物块用轻绳AB悬挂于天花板上，用力F拉住套在轻绳上的光滑小圆环O(圆环质量忽略不计)，系统在图示位置处于静止状态，此时轻绳OA与竖直方向的夹角为α，力F与竖直方向的夹角为β.当缓慢拉动圆环使α(0°＜α＜90°)增大时( )
图6
A．F变大，β变大 B．F变大，β变小
C．F变小，β变大 D．F变小，β变小
答案 B
解析 由于圆环O是光滑的，所以轻绳各处张力大小相等，等于物块的重力，当α增大时，AO与OB间的夹角减小，根据平行四边形定则可知，绳AO和OB的拉力的合力变大，由平衡条件可知，F与绳AO和OB的拉力的合力等大反向，所以F变大，而绳AO和OB
的拉力的合力与OB的夹角变小，则β变小，故选B.
7.(2018·广东省深圳市一调)如图7，一个轻型衣柜放在水平地面上，一条光滑轻绳两端分别固定在两侧顶端A、B上，再挂上带有衣服的衣架，若保持绳长和左端位置点不变，将右端依次改在C点和D点后固定，衣柜一直不动，下列说法正确的是( )
图7
A．若改在C点，绳的张力大小不变
B．若改在D点，衣架两侧绳的张力不相等
C．若改在D点，衣架两侧绳的张力相等且不变
D．若改在C点，衣柜对地面的压力将会增大
答案 C
8.(2018·河南省中原名校第六次模拟)透明发光波波球内充有氦气，通过LED彩灯发出各种色光，为节日增添了光彩．如图8所示，一小孩将一波波球通过发光细线系于放在水平地面上的小石块上．如果水平风力突然增大(空气密度保持不变)( )
图8
A．波波球受到的浮力将变大
B．细线的拉力保持不变
C．波波球可能被吹离地面
D．波波球可能会使小石块沿水平地面滑动
答案 D
9.(2018·福建省龙岩市上学期期末)如图9，竖直轻杆AB下端放在光滑水平面上，在两根细绳AC和AD的拉力作用下处于平衡状态．若减小AC的长度，使C点右移，AB仍保持平衡状态．细绳AC上拉力FT和杆AB对地面的压力FN与原来相比，下列说法正确的是( )
图9
A．FT增大，FN减小
B．FT减小，FN增大
C．FT和FN都减小
D．FT和FN都增大
答案 D
解析 由于悬挂的重物质量不变，分析结点A处受力情况，
水平拉力不变，细绳AC上拉力FT在水平方向上的分力大小等于悬挂的重物重力大小，在竖直方向上的分力大小等于AB受到的压力大小，若AC长度减小，使C点右移，竖直轻杆仍保持平衡状态，显然FT和FN都增大，故D正确．
10.(2018·广东省汕头市第二次模拟)如图10，重力都为G的两个小球A和B用三段轻绳连接后悬挂在O点，O、B间的绳子长度是A、B间的绳子长度的2倍，将一个拉力F作用在小球B上，使三段轻绳都伸直且O、A间和A、B间的两段绳子分别处于竖直方向和水平方向上，则拉力F的最小值为( )
图10
A.G B.G
C．G D.G
答案 A
解析 因OA绳竖直，则AB绳无拉力，B球受三个力作用，当力F的方向与OB方向垂直时，力F最小，则由平衡条件可知Fmin＝Gsin 30°＝G，故选A.
11.(2018·山西省三区八校二模)如图11所示，粗糙水平地面上的长方体物块将一重为G的光滑圆球抵在光滑竖直的墙壁上，现用水平向右的拉力F缓慢拉动长方体物块，在圆球与地面接触之前，下面的相关判断正确的是( )
图11
A．球对墙壁的压力逐渐减小
B．地面对长方体物块的支持力逐渐增大
C．地面对长方体物块的摩擦力逐渐增大
D．水平拉力F逐渐减小
答案 D
解析 对球进行受力分析，如图甲所示：
球受力平衡，则有：FN1＝Gtan θ，FN2＝，当水平向右的拉力F缓慢拉动长方体物块时，θ增大，则tan θ增大，所以FN1增大，cos θ减小，则FN2增大，根据牛顿第三定律可知，球对墙壁的压力逐渐增大，故A错误；对小球和长方体物块整体进行受力分析，整体处于平衡状态，受力平衡，受到重力、地面的支持力、拉力F和墙壁的水平向右的压力以及地面的水平向左的滑动摩擦力．竖直方向上受力平衡，则地面对物块的支持力等于整体的重力，不发生改变，动摩擦因数不变，则滑动摩擦力不变，故B、C错误；对长方体物块进行受力分析，受到重力、地面的支持力、拉力F、球对物块的压力FN2′以及滑动摩擦力Ff作用，如图乙所示．受力平衡，则水平方向上有F＋FN2′sin θ＝Ff，根据牛顿第三定律可知，FN2′＝FN2，由于FN2增大，θ增大，Ff不变，则F减小，故D正确．
12.(2018·河南省郑州市第二次质量预测)如图12所示，斜面体B放在粗糙的水平面上，物块A放在粗糙的斜面体B上，轻质弹簧两端分别与物块A及固定在斜面体底端的挡板拴接，初始时A、B静止，弹簧处于压缩状态．现用力F沿斜面向上拉A，但A、B均保持静止．与未施加力F时相比较，下列说法正确的是( )
图12
A．弹簧对挡板的弹力减小
B．A、B之间的摩擦力减小
C．水平面对B的摩擦力不变
D．斜面体B对水平面的压力减小
答案 D
13．(2018·闽粤期末大联考)如图13甲所示，用OA、OB、AB三根轻质绝缘绳悬挂两个质量均为m的带等量同种电荷的小球(可视为质点)，三根绳子处于拉伸状态，且构成一个正三角形，AB绳水平，OB绳对小球的作用力大小为FT.现用绝缘物体对右侧小球施加一水平拉力F，使装置静止在图乙所示的位置，此时OA绳竖直，OB绳对小球的作用力大小为FT′.根据以上信息可以判断FT和FT′的比值为( )
图13
A. B.
C. D．条件不足，无法确定
答案 A
解析 题图甲中，对B球受力分析，受重力、OB绳子的拉力FT、A、B间的库仑力，如图a所示：
根据平衡条件，有FT＝＝mg；
题图乙中，先对小球A受力分析，受重力、AO绳子的拉力、A、B间的库仑力以及AB绳子的拉力，由于A处于平衡状态，则AB绳的拉力与库仑力大小相等、方向相反，再对B球受力分析，受拉力F、重力和OB绳子的拉力FT′、A、B间的库仑力以及AB绳的拉力，而A、B间的库仑力以及AB绳的拉力的合力为零，图中可以不画，如图b所示．
根据平衡条件，有：FT′＝2mg；
可见FT′＝FT，即＝，故选A.
14．(2018·山东省临沂市上学期期中)如图14所示，质量分别为mA和mB的物体A和B相对静止，以共同的速度沿倾角为θ的固定斜面匀速下滑，则下列说法错误的是( )
图14
A．A、B之间的动摩擦因数小于B与斜面之间的动摩擦因数
B．B受到的摩擦力的合力大小为mBgsin θ
C．A受到的静摩擦力的大小为mAgsin θ
D．取走A物体后，B物体仍将匀速下滑
答案 A
解析 对A受力分析，A处于平衡状态，因此有FfA＝mAgsin θ，方向沿斜面向上，根据牛顿第三定律可得B受到A的摩擦力方向沿斜面向下，大小为FfB1＝mAgsin θ，将A、B看做一个整体，对整体受力分析可知B受到斜面的摩擦力大小为FfB2＝(mA＋mB)gsin θ，所以B受到的摩擦力的合力大小为Ff′＝FfB2－FfB1＝mBgsin θ，B、C正确；FfB2＝(mA＋mB)gsin θ＝μB(mA＋mB)gcos θ，解得μB＝tan θ，A、B之间的动摩擦因数μA无法计算．取走A物体后，物体B受滑动摩擦力为μBmBgcos θ，代入μB＝tan θ得，μBmBgcos θ＝mBgsin θ，即物体B受力平衡，则物体B仍将匀速下滑，A错误，D正确．
