2024年新高考物理二輪熱點題型歸納：專題01 力與物體的平衡（解析版）

專題01力與物色的平衡

--------------------------------------------------------------------------O--------------------------------------------------------------------------

題型一受力分析、整體法隔離法的應用

題型二共點力的靜態(tài)平衡

題型三共點力作用下的動態(tài)平衡

邈型四平衡中的臨界極值

題型五電磁場中的受力平衡何題

題型一受力分析、整體法隔離法的應用

【解題指導】

1.基本思路

在分析兩個或兩個以上物體間的相互作用時，一股采用整體法與隔離法進行分析.

2.兩點注意

(1)采用整體法進行受力分析時，要注意系統(tǒng)內各個物體的狀杰應該相同.

(2)當直接分析一個物體的受力不方便時，可轉移研究對象，先分析另一個物體的受力，再根據(jù)牛頓第三定

律分析該物體的受力，此法叫“轉移研究對象法”

1(2023上.江蘇南通?高三統(tǒng)考階段練習)如圖所示，一架直梯斜靠在光滑的豎直墻壁上，下端放在粗糙的

水平地面上，直梯處于靜止狀態(tài)。則()

A.直梯受到4個力作用B.直梯的重心一定在直梯上

C.堵壁對直梯的彈力是因直梯形變產生的D.地面對直梯的作用力?塔直向上

【答案】A

【詳解】A.直梯受到重力、地面的支持力、墻壁的彈力和水平地面的摩擦力，共4個力的作用，故4正確；

B,直梯的重心不一定在直梯上，故8錯誤；

C.墻壁對直梯的彈力是因墻壁形變產生的，故C錯誤；

D.地面對直梯的支持力豎直向上，摩擦力處于水平方向，則地面對直梯的作用力方向斜向上，故。錯誤。

故選4

2（2024上.廣東東莞?高三?？茧A段練習）某一平衡藝術家將石塊4、B、C從下到上依次疊放在一塊大石

頭上，并使它們始終保持靜止，整個環(huán)境處于無風狀態(tài)，則（）

——B

A.石塊C對8的壓力就是C的重力B.石塊8一定只受3個力的作用

C.石塊，受到的合力向上D.石塊8對石塊4的作用力一定豎直向下

【答案】。

【詳解】壓力與重力是兩種不同性質的力，不能說石塊C對8的壓力就是C的重力，故4錯誤；

BD.石塊8受力的個數(shù)最多可能5個，即重力、C對B的壓力和摩擦力、A對8的支持力和摩擦力，由于

B、C可以正立在石塊4上，以8、C石塊為整體，根據(jù)平衡條件可知4對8、C整體的作用力豎直向上，

與8、C的總重力平衡.所以石塊8對石塊，的作用力一定豎直向下，故8錯誤，。正確；

C.石塊力處于靜止狀態(tài)，合力為0,故C錯誤.

故選

【方法提煉】

1.受力分析的常用方法

受力分析貫穿整個力學，包括分析處于平衡狀態(tài)和非平衡狀態(tài)物體的受力情況，為了知識的連貫，此處歸納

出通用的受力分析方法（對于非平衡狀態(tài)的受力分析運用參見后續(xù)二、三、四專題）。

口）假設法：在受力分析時，對于彈力、摩擦力，若不能確定是否存在，或者不能確定力的方向、特點，可先作

出假設（如該力存在、沿某一個方向、摩擦力是靜摩擦力），然后根據(jù)該假設對運動狀態(tài)的影響判斷假設是否

成立。

化）整體法與隔離法：若系統(tǒng)內各個物體的運動狀態(tài)相同，優(yōu)先采用整體法；如果需要求解系統(tǒng)內部的相互

作用，可再用隔離法。如果系統(tǒng)內部各部分運動狀態(tài)不同，一般用隔離法（如果存在相對運動但整體處于

平衡狀態(tài)，也可以采用整體法）。整體法與隔離法一般交叉綜合運用。

，：3）轉換對象法：當直接分析一個物體的受力不方便時，可轉換研究對象，先分析另一個物體的受力，再根據(jù)

牛頓第三定律分析該物體的受;Jj。

（4）動力學分析法：根據(jù)物體的運動狀態(tài)用平衡條件或牛頓運動定律確定其受力情況。

2.整體法和隔離法的應用技巧

，⑴不涉及系統(tǒng)內力時，優(yōu)先考慮應用整體法，即“能整體、不隔離”。

，：2）應用“隔離法”時，要先隔離“簡單”的物體，如待求量少、或受力少、或處于邊緣處的物體。

⑶將“整體法”與“隔離?法”有機結合、靈活應用。

陽各“隔離體”間的力，表現(xiàn)為作用力與反作用力，對整體系統(tǒng)則是內力。

【變式演練】

（2023上.貴州貴陽.高三校聯(lián)考階段練習）《中國制造2025》是國家實施強國戰(zhàn)略第一個十年行動綱

領，智能機器制造是一個重要方向，其中智能機械臂已廣泛應用于各種領域。如圖所示，一機械臂鐵夾夾起

一個金屬小球，小球在空中處于靜止狀態(tài)，鐵夾與球接觸面保持豎直，則（）

A.鐵夾對小球的兩個彈力為一對相互作用力

B.若進一步加大鐵夾對小球擠壓，小球受到的摩擦力變大

C.小球受到5個力的作用

D.若鐵夾水平勻速移動，鐵夾對小球作用力的方向斜向上

【答案】C

【詳解】除鐵夾對小球的兩個彈力作用在同一個物體上，不是一對作用力與反作用力，故八錯誤；

3.若進一步加大鐵夾對小球擠壓，小球受到的摩擦力不會變大，只要小球處于靜止它所受的靜摩擦力就

等于重力，故8錯誤；

C.小球受到5個力的作用，分別為：重力、左右兩側分別受到鐵夾的兩個彈力、左右兩側分別受到鐵夾的

兩個摩擦力，故C正確；

D.若鐵夾水平勻速移動，鐵夾對小球作用力的方向應該豎直向上，與重力等大反向，故。錯誤。

故選C。

2（2023上?安徽?高三校聯(lián)考階段練習）如圖所示，截面為三角形的兩物塊4B置放后放置于豎直的

彈簧及豎直墻面之間，系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，以下受力分析正確的是（）

A.彈簧的彈力大于，、8兩物決的總重力

B.4物塊受堵面豎直向上的摩擦力

C.A物塊共受5個力作用

A.4物體受力的個數(shù)可能為4個

B.8物體受力的個數(shù)可能為6個

C.8物體受到墻壁的摩擦力方向可能向上，也可能向下

D.8物體不受到墻壁的摩擦力

【答案】。

【詳解】4.隔離A物體，囚受重力、8對A的支持力和摩擦力三個力作用，故在錯誤；

BCD.將48看作一個整體，整體在豎直方向上受到「和總重力，墻對8沒有彈力，也沒有摩擦力，所以

B受到重力、豎直力尸、4對B的壓力和摩擦力四個力，故8C錯誤，。正確。

放選。。

IHT（2024上?云南?高三校聯(lián)考階段練習）（多選）如圖所示，物體48疊放在粗糙的斜面C上,沿斜面向

上的拉力下作用在物體8上，使4、B一起沿斜面向上勻速運動，斜面C始終靜止在水平地面上。下列說

法正確的是（）

互

A.此過程中，物體A受2個力作用

B.此過程中，物體8受6個力作用

C.此過程中，斜面。受6個力作用

D.此過程中，地面受到的壓力小于4B、C整體所受的重力

【答案】BD

【詳解】A.物體A除受重力、支持外，還受到沿斜面向上的靜摩擦力，共3個力，故A錯誤；

B.物體A8間有沿斜面方向的靜摩擦力，B、C間有沿斜面方向的滑動摩擦力，物體8還受到重力、支持

力、壓力、拉力作用，癡個力，故8正確；

C.斜面C除受到重力外，還受到地面對C的靜摩擦力及支持力，物體8對C的壓力及滑動摩擦力，共5個

力，故C錯誤；

D.以4B、C整體為研究對象，由于整體受沿斜面向上的拉力尸作用，地面受到的壓力小于4B、C整

體所受的重力，故。正確。

改選BD。

題型二共點力的靜態(tài)平衡

【解題指導】

1.基本思路：根據(jù)物體所處的狀態(tài)（靜止或者勻速直線運動），受力分析，結合平衡條件列式.

2.主要方法：力的合成法和正交分解法.

1（2023上?黑龍江住木斯一高三校聯(lián)考期中）如圖所示，三根細輕繩系于。點，其中OA繩另一端固定于2

點，08繩的另一端與放在粗糙水平地面上質量為60kg的物體乙相連，乙與水平地面的動摩擦因數(shù)為

0.2,OC繩的另一端懸掛物體甲，輕繩04與豎直方向的夾角8=37。，。8繩水平。欲使乙物體靜止，則

甲物體的質量最大為（已知重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6,cos370=0.8；最大靜摩擦力等于滑動摩

擦力）（）

A.24kgB20kgC.16kgD.12kg

【答案】C

【詳解】根據(jù)題意可知,甲對繩子的拉大大小等于甲的重力，對結點O,受力分析如圖所示

TQ=pm乙g=m甲gtan37。

解得

/71甲=16kg

故人8。錯誤，C正確。

故選C。

2(2022.遼寧?高考真題)如圖所示，蜘蛛用蛛絲將其自身懸掛在水管上，并處F靜止狀態(tài)。蛛絲。M、ON

與豎直方向夾角分別為a、>p)o用￡、后分別表示。M、ON的拉力，則()

A.A的豎直分力大于尸2的豎直分力B.F,的豎直分力等于自的豎直分力

C.R的水平分力大于E的水平分力D.R的水平分力等于自的水平分力

【答案】D

【詳解】CD.對結點。受力分析可得，水平方向

尸sina='sin。

即E的水平分力等于8的水平分力，選項C錯誤，。正確；

AB.對結點。受力分析可得，豎直方向

Fcosa+Ecos。=ng

解得

F_mqsinB

1~sin(a+S)

Fmas\r\a

2-sin(a+p)

則E的豎直分量

mgsin6cosa

"廠sin(a+8)

F2的豎直分量

mgsinacos。

巳丫-sin(a+B)

因

sinacos。-cosasin/3=sin(a-0)>0

可知

尸2y>F|y

選項48錯誤，故選。。

3(2022.浙江?統(tǒng)考高考真題)如圖所示，學校門II水平地面上有一質量為m的石墩，石墩與水平地面間的

動摩擦因數(shù)為〃，工作人員用輕繩按圖示方式勻速移動石墩時，兩平行輕繩與水平面間的夾帶均為0,則下

列說法正確的是()

A.輕繩的合拉力大小為工'1叱

B.輕繩的合拉力大小為一產./

+//Muff

c.減小夾角e,輕繩的合拉力一定減小

D.輕繩的合拉力最小時，地面對石墩的摩擦力也最小

【答案】B

【詳解】48.對石墩受力分析，由平衡條件可知

7bos6=f

f=pN

7sin0+A/=me

聯(lián)立解得

T=—3—

cos6+〃sin。

故A錯誤，8正確；

C.拉力的大小為

丁jirng

I=----------―="

其中tan(p=工，可知當0+0=90。時，拉力有最小值，即減小夾角6,輕繩的合拉力不一定減小，故C錯

誤；

D.摩擦力大小為

f=Tcose=-

《50+//tin01+tan^

可知增大夾角a摩擦力一直減小，當6趨近于90。時，摩擦力最小，故輕繩的合拉力最小時，地面對石墩的摩

擦力不是最小，故。錯誤；故選區(qū)

【方法提煉】

1.處理靜態(tài)平衡問題的常用方法

方法內容

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

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

分解法

平衡條件?M

正交分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

解法都滿足平衡條件

力的三對受三個力作用而平衡的物體，將力的矢量圖平移使三個力組成一個首尾依次相接的矢量三

角形法角形，根據(jù)正弦定理、余弦定理或相似三角形等數(shù)學知識求解未知力

2.靜態(tài)平衡問題的解題“四步驟”

選取一個平做體（單個物體或系統(tǒng).

選界研究對象）U>

也”以不糕點）住力研究對領

角受力意圖）=>對研究財象迸行受力分析眄出受力

示意圖

明軸解麴策略:二>介取法、分解法、正交分解法

—「*據(jù)平壽條件列出乎《i方程.再

四方程求XJ"的方程，對結果進斤舊論

【變式演練】

■目|1（2023上?山東濟寧?高三統(tǒng)考期中）如圖所示，質量為M的木塊4套在水平桿上，并用輕繩將木塊4

與質量m的小球相連。今用與水平方向成一定角。的力尸拉著球帶動木塊一起向右勻速運動，運動中

V、m相對位置保持不變，不計空氣阻力，4與水平桿間的動摩擦因數(shù)為〃=~等，重力加速度為g,則下列

說法中正確的是（）

A.力尸的最小值為士（A4+m）gB.力下的最小值為卓（"+小知

C.力尸取最小值時e=60°D.力尸取最小值時e=53°

【答案】4

【詳解】AB,對木塊、小球組成的整體進行受力分析，整體受到重力、支持力、摩擦力、拉力，正交分解拉力

可得

Fcos0=f

Fsin0+N=（M+m]g

f=pN

聯(lián)立可得

Fu（A4+mla〃W+mjg

〃sin6+cos8,1+/7sin（0+

故當sin（0+0）=1時，拉力最小，最小值為?M

um寸g1....

Fmin=i=、＜A4+m?

1T

故A正確，8錯誤；

CD.因為

tan（p=A

H

故

3=60。

當sin（6+w）=1時，拉力最小，此時8=30。。C。錯誤。

放選人

■S|2（2023上?安徽合肥?高三合肥一中?？茧A段練習）某中學開學軍訓，學員在水平地面上進行拉輪胎的

負荷訓練，若在起動后的?小段時間內，學員用兩根輕繩拉著輪胎做勻速直線運動。如圖所示，運動過程中

保持兩繩的端點48等高，兩繩間的夾角為。、所在平面與水平面夾角恒為已知輪胎重為G,每根繩的

拉力大小為F,則輪胎運動過程受到地面摩擦力大小為（）

A.FsinasinGB.2Fcos^s\npC.2Fcos2yCOS/?D.2Fcosasin—

9

【答案】C

【詳解】根據(jù)題意，由幾何關系可知，兩繩拉力的合力大小為

F=26cos5

方向與地面成3角，對輪胎受力分析，由平衡條件有

f=曝COS。=2FCOSy3OSj6

故選C。

m3（2023上.重慶渝中?高三統(tǒng)考期中）如圖題甲所示，用瓦片做屋頂是我國建筑特色之一.屋頂部分結

構如題圖乙所示，橫截面為圓弧的瓦片靜置在兩根相互平行的木板正中間。己知木板間距離為d,與水平

而夾角均為6,瓦片質量為m,圓弧半徑為d,忽略瓦片厚度，重力加速度為g,則（）

■8

A.每根木板對瓦片的支持力大小為.mg

B.每根木板對瓦片的支持力大小為斗mgos。

C.每根木板對瓦片的摩擦力大小為-mgcose

D.若6越小，則每根木板對瓦片的摩擦力越大

【答案】B

【詳解】根據(jù)題意，作垂直平分一片瓦片且垂直于椽子的截面，截面及受力分析圖如圖所示

4B分別為截面上瓦片與兩根椽子的接觸點，兩根椽子對瓦片的支持力的合力與瓦片垂直于椽子向下的

重力分力等大反向。由幾何關系可得a=30。。瓦片靜止，所受合力為零，根據(jù)平衡關系，可得

26gosa=mgcosd

解得每根木板對瓦片的支持力大小為_

FN=4mpcos。

O

放力錯誤；8正確；

CD.同理，每根木板對瓦片的摩擦力大小為

尸件=4mgsin。

若6越小，則每根木板對瓦片的摩擦力越小。故C。錯誤。

技選鳳

|4（2023上?四川遂宇?高三統(tǒng)考期中）上高中的小王同學去其叔叔家的石料廠玩，發(fā)現(xiàn)了一個有趣的現(xiàn)

11

象：在生產過程中砂石都會自然堆積成圓錐體，且在不斷世堆枳過程中，材料相同的砂石自然堆積成的圓錐

體的最大底角都是相同的。為了快速估測出這些砂石堆的體積，小王利用0.0625而的砂石自然堆積了?

個小的砂石堆，測出其底部周長為3m。則砂石之間的動摩擦因數(shù)約為（取TT=3）（）

A.0.6B.0.5C.0.4D.0.3

【答案】B

【詳解】底部周長為

/=2rrr

眇石體積為

斜面傾角的正切值為

tan。=—

r

斜面表面的砂石恰好處于靜止狀態(tài)，則

mgsin。=〃mgcos9

聯(lián)立得

〃=0.5

故選以

Ml5（2023?廣東?統(tǒng)考高考真題）如圖所示，可視為質點的機器人通過磁鐵吸附在船舷外壁面檢測船體。

壁面可視為斜面，與豎直方向夾角為船和機器人保持靜止時，機器人僅受重力G、支持力加、摩擦力片

和磁力F的作用，磁力垂直壁面。下列關系式正確的是（）

A.FrGB.F=FNC.Ff=Geos?D.F=Gsin0

【答案】C

【詳解】如圖所示，將重力垂直于斜面方向和沿斜面方向分解

F尸GcosO

故月錯誤，C正確；

BD.垂直斜面方向，由平衡條件得

F=Gsin0+FN

放8。錯誤。

故選C。

■S|6（2023I??湖南長沙?高二雅禮中學?？计谥校ǘ噙x）如圖,用二根細線ab、c將質量分別為m和2m

的兩個小球1、2連接懸掛并保持靜止狀態(tài)，細線a與豎直方向的夾角為30。，細線c水平，重力加速度為g,

A.細線a上的拉力為2.3mgB.細線b上的拉力為、7mg

C.細線c上的拉力為1.5mgD.細線b與豎直方向夾角6的正切值為C53

【答案】ABD

【詳解】AC.對小球1、2整體受力分析，其受力分析如圖所示

Txos30°=3mg

Tc=3mgtan30°

解得

■8

Ta=2、3mg,T后，3mg

放4正確，C錯誤；

BD.對小球2受力分析如圖所示

Teos?=2mg,T（=2fr0tan0

解得

tan。=053,7mg

放8。正確。故選48。。

題型三共點力作用下的動態(tài)平衡

【解題指導】

1.平衡中的“四看”與“四想”

⑴看到“緩慢”，想到“物體處于動態(tài)平衡狀態(tài)”。

②看到“輕繩、輕環(huán)”，想到“純、環(huán)的質量可忽略不計”。

3）看到“光滑”，想到“摩擦力為零”。

⑷看到“恰好”想到“題述的過程存在臨界點”。

2解決動態(tài)平衡問題的一般思路：化“動”為“靜”，“靜”中求“動”。動態(tài)平衡問題的常用方法:

（1）圖解法（2）解析法（3）相似三角形法⑷正弦定理法等

1（2023?黑龍江?校聯(lián)考模擬預測）如圖所示，用細線將重力為100Mi勺物塊懸掛在O點，在物塊上施加力

F,在力尸由水平方向逆時針緩慢轉至豎直方向的過程中，物塊始終處于靜止狀態(tài)，且細線與豎直方向成

D.50>3N

【答案】B

【詳解】對物塊受力分析，作出如圖所示的矢量三角形，可知在戶由水平方向逆時針緩慢轉至豎直方向的

過程中，力尸先減小后增大，F(xiàn)的最小值

Fmtn=Gsin30°=50A/

故選8,

2（2023上.云南昆明?高三云南民族大學附屬中學?？茧A段練習）如圖所示，圓心為。、半徑為R的四分之

一圓形光滑軌道豎直固定在水平地面上，在O點正上方有一光滑的小滑輪，小滑輪到軌道最高點8的距

離為人輕繩的一端系一質量為m的小球，靠放在光滑圓形軌道上的4點，4點到小滑輪的距離為L另

一端繞過小滑輪后用力拉住.重力加速度大小為g,則（）

A.小球靜止在A點時，圓形軌道對小球的支持力大小「廠平!

B.小球靜止在幺點時，組對小球的拉力大小尸產穿斗

C.緩慢地拉繩，使小球由4到8的過程中，％大小不變，&變小

D.緩慢地拉繩，使小球由A到8的過程中，“變小，&先變小后變大

【答案】C

【詳解】A.小球受力如圖所示

■8

由平衡條件可知，將三個力按順序首尾相接，可形成圖示所示的閉合三角形，由圖可知力的矢量三角形與

幾何三角形八人。。相似，則有

mg=FN=FT

R+hRL

解得

mgR

?N=--------

R+h

mgL

卜————

R+h

其中mg、Rh均不變，L逐漸減小，則由上式可知，風不變，6?變小。

故選C。

3（2023?山西呂梁?統(tǒng)考一模）如圖所示，一個光滑大圓環(huán)豎直固定，在其水平直徑左端固定有一光滑

小圓環(huán)，一輕繩跨過小圓環(huán)后左端與物塊4相連，右端系于大圓環(huán)上的尸點。將物塊A置于靜止在粗糙

水平面上的粗糙斜面體上，輕繩MA段與斜面平行，將懸掛有重物B的光滑輕質動滑輪C置于輕繩MP

段上，穩(wěn)定后，整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)將輕繩右端從尸點沿大圓環(huán)緩慢移至下方關于直徑對稱

的「點，斜面體與物塊人始終保持靜止狀態(tài)。則在此過程中（）

A.輕繩MC段與PC段間的夾角a一定先增大后減小

B.輕繩對C處滑輪的彈力一定先增大后減小

C.物塊，與斜面體之間的摩擦力一定先減小后增大

D.斜面體與水平面之間的摩擦力一定先增大后減小

【答案】AD

【詳解】設輕繩叱段長為LM、P兩點間的水平距離為&由數(shù)學關系可得

嗚二￡

將輕繩右端從P點沿大圓環(huán)緩慢移至P點過程中，/■不變，d先增大后減小，所以a先增大后減小，故4

正確；

B.輕繩中的彈力記為自，分析輕質動滑輪C處的受力情況，有

2F7COS-y=

故輕繩對C處滑輪的彈力的合力大小等于m^g,故8錯誤；

0.分析物塊4的受力情況，日于斜面傾角及動摩擦因數(shù)未知，A8的質量大小也未知，無法明確4所

受的摩擦力&，故在輕繩中的彈力先增大后減小的過程中，&的大小變化情況存在多種可能，故C錯

誤；

D.設斜面傾角為&斜面體與水平面之間的摩擦力為巳對物塊4和斜面體整體進行受力分析，正交分

解后可得

F產FjCOsO

由于6不變、自先增大后減小，所以E先增大后減小，故。正確“

故選

【方法提煉】

解決動態(tài)平衡常用方法

1.圖解法

物體受三個力平衡：一個力恒定、另一個力的方向恒定時可用此法.由三角形中邊長的變化知力的大小的

變化，還可判斷出極值.

例：擋板尸由豎直位置繞。點逆時針向水平位置緩慢旋轉時小球受力的變化.（如圖）

2.相似三角形法

物體受三個力平衡：-一個力恒定、另外兩個力的方向同時變化，當所作“力的矢量三角形”與空間的某個“幾

何三角形”總相似時用此法（如圖）.

八

△AOB與力的矢城

三角形總相似

3.解析法

如果物體受到多個力的作用，可進行正交分解，利用解析法，建立平衡方程，找函數(shù)關系，根據(jù)自變量的變化

確定因變顯的變化.還可由數(shù)學知識求極值或者根據(jù)物理臨界條件求極值.

【變式演練】

[■目|1（2023.上海?模擬預測）如圖，在“研究共點力的合成”實驗中，彈簧秤A8通過兩細繩把橡皮條上的

結點拉到位置。，此時兩細繩間夾角小于90?！，F(xiàn)保持彈簧秤人的示數(shù)不變而改變其方向使or角變小，為使

結點仍在位置O,調整彈簧秤8的拉力及。角的大小，則下列調整方法中不可行的是（）

B

A.增大B的拉力，增大B角B.增大8的拉力，B角不變

C.增大E的拉力，減小6角D.B的拉力大小不變，增大3角

【答案】D

【詳解】由題意可知，保持。點位置不動，即合力大小方向不變，彈簧測力計4的拉力片大小不變，只要符

合該條件而且能夠做出平行四邊形即可，如圖所示，。角變小，片的箭頭端繞節(jié)點。在藍色的圓周上順時

針轉動，依據(jù)平行四邊形定則，彈簧測力計8的拉力片的箭頭端繞合力的箭頭端在紅色圓周上轉動，可見

%的大小一定增大，￡角的大小可以變大、變小或不變，綜上所述可知4BC可行，。不可行。

本題選不可行的，故選。。

[■目0（2023?安徽安慶?統(tǒng)考一模）如圖所示，兩個小球a、b質量均為m，用細線相連并懸掛于。點。現(xiàn)用

一輕質彈簧給小球a施加一個拉力F,使整個裝置處于靜止狀態(tài)，且Oa與豎直方向的夾角為6=45。，已知

彈簧的勁度系數(shù)為k,則彈簧形變量不可能為（）

21ngCJ2mgD.但

,軟

【答案】B

【詳解】以小球瑟整體為研究對象，分析受力，作出尸在幾個方向時整體的受力圖

■8

3

根據(jù)平衡條件得知：尸與后的合力與整體重力2mg總是大小相等、方向相反，由力的合成圖可知，當下與

繩子oa垂直時，尸有最小值，即圖中2位置，尸的最小值為

Fmin=2mgsine=,2mg

根據(jù)胡克定律

f~min=kXmin

解得

4

*min=,mg

K

故選艮

■目|3（2024上?山東濰坊?高三統(tǒng)考階段練習）如圖所示，光滑斜面的傾角為37。，一小球在細線的拉力作用

下靜止在斜面上，若小球所受的重力為G,已知的37。=0.6,cos370=0.8,則細線對小球拉力的最小值為

A.0.6GB.0.5GC.GD.0.8G

【答案】A

【詳解】對小球受力分析如圖所示

則拉力最小值

Fr=Gsin370=0.6G

放選人

1■0|4（2023上?上海徐匯?高三統(tǒng)考期中）消防員下降過程中，可將模型簡化為如圖所示的物須編型，腳與

墻壁觸點為A點，人的重力全部集中在點8八8可簡化為輕桿。08可簡化為輕繩，已知下降過程中48

的長度和48與豎直方向的夾角保持不變，消防員初始時刻靜止,在玻璃窗前停頓時相對于初始位置

F\

A.48桿對8的支持力變大B.桿對8的支持力變小

C.OB繩拉力保持不變D.08繩拉力變小

【答案】B

【詳解】AB.由分析可知，兩個狀態(tài)相比，重力大小方向不變，桿的支持力方向不變，作出受力圖如圖所示

由作圖法可知，消防員下降一定高度后再次保持靜止時，相對于初始位置幺8桿的支持力變小，故8正確,

,4錯誤；

CD.因為08繩拉力與A6桿支持力的方向未知，則可知拉力可能變小，可能增大，也可能先減小再增大,

取決于拉力與八8桿支持力的夾角（是否垂直），故C。錯誤。

技選鳳

|aa|5（2024.福建三明?高三三明?中?？茧A段練習）如圖所示，將?勁度系數(shù)為k的輕彈簧?端固定在內

壁光滑、半徑為燈的半球形容器底部中心。處（O為球心），彈簧另一端與質量為m的小球人相連，小球靜

止于P點，。戶與水平方向間的夾角為8=30。。若換為與質量為2m的小球8相連，小球8將靜止于"點

I：圖中未畫出），下列說法正確的是（）

o

A,容器對小球8的作用力大小為mgB.彈簧對小球4的作用力大于對小球8的作用力

c.彈簧的原長為6+2gD.OM的長度為

k2mg-1-kP

【答案】CD

【詳解】小球受到三個共點力而平衡，這三個力可以構成一個矢量三角形，當彈簧另一端與質量為m的小球

A相連時可得

皿兇Z

R=R=R

當彈簧另一端與質量2m的小球8相連時可得

2mg_N2_T2

R~~R~~L^

設彈簧原長為L，則

T=k（L0?R）

7>k（L0-L2）

聯(lián)立可得

T=mg

3介等

k

N2=2mg

LmgR+kFf

2mg+kR

可知

T2>L

放選C。。

目|6（2024.陜西渭南?高三渭南市瑞泉中學?？茧A段練習）如圖所示為一簡易起重裝置，4c是上端帶有

滑輪的固定支架.為質量不計的輕桿,桿的一端。用錢鏈固定在支架匕另一端口懸掛一個質量為m

的重物，并用鋼絲繩跨過滑輪4連接在卷揚機上。開始時，桿8c與AC的夾角/8C4>90°,現(xiàn)使/8C4

緩緩變小，直至1]/88=30°。在此過程中，（不計一切阻力）（

■8

A.繩上的拉力逐漸增大B.桿8c對8點的作用力大小不變

C.桿BC對8點的作用力先減小后增大D.繩子對滑輪人的作用力變小

【答案】BD

【詳解】BC.對結點8受力分析，由平衡條件可畫出力的示意圖

mg二AZ二7

ACBCAB

可得桿8C對8點的作用力大小為

N=氏.mg

在變小的過程中，由于4C、8c長度不變，故AZ不變，故8正確，C錯誤;

A.同理可得繩上的拉力大小為

T=衰mg

在N88變小的過程中，由于八C不變，28縮短，故7減小，故2錯誤：

D.設滑輪兩邊繩子的夾角為&根據(jù)幾何關系可知6變大，繩子對滑輪A的作用力為

F=27cos-^

「變小，cos8變小，則尸變小，故。正確。

故選BD。

題型四平衡中的臨界極值

【解題指導】

???

1.臨界狀態(tài)

平衡中的臨界狀態(tài)是指物體所處的平衡狀態(tài)將要被破壞而尚未被破壞的狀態(tài)，可理解成“恰好出現(xiàn)”或“恰

好不出現(xiàn)”，在問題的描述中常用“剛好”“恰能”“恰好”等語言敘述，解決臨界問題的基本方法是假設推理

法.

2.解題思路

解決此類問題重在形成清晰的物理圖景，分析清楚物理過程，從而找出臨界條件或達到極值的條件.要特

別注意可能出現(xiàn)的多種情況.

1（2024上.高三單元測試）如圖所示，質量為m的物體人靜止在傾角為。=30。、質量為"的斜面體B上。

現(xiàn)用水平力尸推物體4在尸由零增大至沖1之再逐漸減為零的過程中，A和8始終保持靜止。對此過

程下列說法正確的是（）

A.地面對8的支持力大于（M+m）g

B.A對B的壓力的最小值為，半，最大值為士譽

C.4受到摩擦力的最小值為0,最大值為牛

D.A受到摩擦力的最小值為巴廣，最大值為平

【答案】B

【詳解】八.對48組成的整體受力分析，整體受力平衡，豎直方向受到重力和地面對B的支持力，所以地

面對8的支持力等于（M+m）g,故4錯誤；

B.對A受力分析，受到重力、支持力、推力和摩擦力作用，垂直于斜面方向有

F后mpcos30o+Fsin30°

當F=0時，片最小，最小值為_

Fktnin=mgcos3Q0=4mg

當F=￥*mg時，F(xiàn)N最大,最大值為

F^ax=mgcos30°+號mpsin300=-^-pmg

根據(jù)牛頓第三定律可知4對8的壓力的最小值為對:修，最大值為X：巴式，故8正確；

CD.沿著斜面方向，當

FcosSO0=mpsin30°

即???

U、3EC

F-mg

4受到摩擦力為零;

當時，靜摩擦力方向沿斜面向上，如圖所示

摩擦力大小為

Ff=mgin300-Fcos3Q°

當尸=0時，石最大，最大值為

_FM=m奐in30°=如g

當尸士Img時，靜摩擦力方向沿斜面向下，則摩擦力大小為

_Fcos300-mgs1\n3Q°

當尸=^mg時，片最大，最大值為_

尸2=4mgeos30。-mgsin30°=刎g

綜上分析可知，4所受摩擦力的最小值為0,最大值為:mg,故C。錯誤，

故選8。

【變式演練】

題目1（2024.吉林長春?東北師大附中?？级＃┠巢┪镳^舉辦抓金磚挑戰(zhàn)賽，如圖為一塊質量m=25kg的

梭臺形金磚，挑戰(zhàn)者須戴博物館提供的手套，單手抓住金磚的a、b兩側面向上提，保持金磚c面水平朝上，

而且手指不能摳底，在空中保持25s,才是挑戰(zhàn)成功。已知金磚a、b兩側面與金磚底面的夾角均為8=

78.5°,挑戰(zhàn)者施加給金磚的單側握力為戶，手套與金磚之間的動摩擦因數(shù)為〃=0.25,假設最大靜摩擦力等

于滑動摩擦力，取重力加速度g=10m/s2。計算時取sin78.5°=0.98,cos78.5°=0.20,若要抓起金磚，力尸

至少約為（）

A.2500/VB.2778A/

C.1389/VD.無論多大的力都無法抓起金磚

【答案】B

【詳解】對金塊受力分析如圖所示

由平衡條件可得

f=pF

2fein0=mg+2FccsO

解得

F=2778/V

故選&

12（2023上?山東?高三校聯(lián)考階段練習）如圖所示，傾角為6的用糙斜面固定在水平地面上，跨過輕質滑

輪的輕質細繩左端與物塊4連接，右端與物塊B連接時，物塊A恰好能沿斜面勻速下滑，僅將細繩右端的

物塊B換為物塊C時，物塊4恰好能沿斜面勻速上滑。已知物塊4與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.5,滑輪摩

擦不計，取重力加速度大小g=10m/s2,sine=0.6,則物塊8、C的質量之比等于（）

A.1:2B.1:3C.1:4D.1:5

【答案】D

【詳解】當懸掛物塊8時有

mAgs'\nO=^rriAgcosO+mBg

當懸掛物塊C時有

mAgs\r\0+（jmAgcosO=mcg

解得

mB1

無~5"

放選。。

B