1、第2讲 力与物体的平衡 1.力的合成与分解：(1)运算法则。_。_。平行四边形定则 三角形定则(2)常用方法。合成法。分解法。_。(3)合力与分力的关系：_。正交分解法 等效替代 2.共点力的平衡：(1)平衡状态：物体处于_的状态。(2)平衡条件：F合_或 。静止或匀速直线运动 Fx=_ Fy=_ 0 0 0 1.(多选)(2012海南高考)下列关于摩擦力的说法，正确的是 ()A.作用在物体上的滑动摩擦力只能使物体减速，不可能使物体 加速 B.作用在物体上的静摩擦力只能使物体加速，不可能使物体减 速 C.作用在物体上的滑动摩擦力既可能使物体减速，也可能使物 体加速 D.作用在物体上的静摩擦力既
2、可能使物体加速，也可能使物体 减速【解析】选C、D。摩擦力的方向可能与物体运动方向相同，也可能与物体运动方向相反，但一定是与物体相对运动方向或相对运动趋势方向相反。当滑动摩擦力的方向与物体的运动方向相同时，使物体加速，选项A错误、C正确；当静摩擦力的方向与物体的运动方向相反时，使物体减速，选项B错误、D正确。2.(2012新课标全国卷)如图,一小球放置在木板与 竖直墙面之间。设墙面对球的压力大小为N1,球对木 板的压力大小为N2。以木板与墙连接点所形成的水 平直线为轴,将木板从图示位置开始缓慢地转到水 平位置。不计摩擦,在此过程中()A.N1始终减小,N2始终增大 B.N1始终减小，N2始终减
3、小 C.N1先增大后减小,N2始终减小 D.N1先增大后减小，N2先减小后增大【解析】选B。以小球为研究对象，画出小球受力的矢量三角形，由力的矢量三角形很直观地可看出：N1始终减小，N2始终减小。故选项B正确。3.(2013山东高考)如图所示，用完全相同的轻弹簧A、B、C 将两个相同的小球连接并悬挂，小球处于静止状态，弹簧A与 竖直方向的夹角为30，弹簧C水平，则弹簧A、C的伸长量之 比为()A.4 B.4 C.12 D.21 33【解析】选D。对两小球组成的整体，受到整体重力G、轻弹簧 A的弹力FA和轻弹簧C的弹力FC三个力的作用，根据平衡条件可 得，水平方向有FAsin30=FC，又据胡克
4、定律可得FA=kxA，FC=kxC，联立得 选项D正确。ACx2x1，4.(2013新课标全国卷)如图，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F1和F2(F20)。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。设物块质量为m，斜面的倾角为，最大静摩擦 力为fm，对物块受力分析，根据物块的平衡条件建立方程，外 力F最大时，最大静摩擦力方向沿斜面向下，有mgsin+fm=F1；外力F最小时，最大静摩擦力方向沿斜面向上，有 mgsi
5、n-fm=F2；两式相减，可解得最大静摩擦力fm，选项C正确；由这两 个等式无法解出物块的质量和斜面的倾角及物块对斜面的正压 力。热点考向1 物体的受力分析【典例1】(2013东城区一模)如图所示，质量分别为mA和mB的物体A、B用细绳连接后跨过滑轮，A静止在倾角为45的斜面上。已知mA2mB，不计滑轮摩擦，现将斜面倾角由45增大到50，系统保持静止。下列说法正确的是()A.细绳对A的拉力将增大 B.A对斜面的压力将减小 C.A受到的静摩擦力不变 D.A受到的合力将增大【解题探究】(1)请画出物体A、B的受力分析图。提示:(2)请结合受力分析图写出下列各力的表达式，并判断斜面倾 角由45增大到
6、50过程中各力的变化情况。物理量 表达式 变化情况 F _ _ FN _ _ Ff _ _ FA合 _ _ BA1Fm gm g2 FN=mAgcos Ff=mAgsin-F FA合=0 不变 变小 变大 不变【解析】选B。物体B受重力mBg和竖直向上的绳的拉力F而平衡，则有F=mBg=细绳对A的拉力保持不变，选项A错 误；物体A受力如图所示，由物体的平衡条件得FNmAgcos 0，mAgsinFfF0，F=F 若从45增大到 50，则有FN减小，Ff增大，选项B正确，C错误；物体A始终 保持静止状态，合力始终为零，选项D错误。A1 m g,2A1 m g2，【拓展延伸】上题中：(1)若mA=
7、mB,物体A受到的静摩擦力如何变化?提示：若mA=mB,则绳的拉力F=mBg,物体A受到的静摩擦力方向沿斜面向下,由平衡条件得Ff=F-mAgsin,当从45增大到50时,Ff将逐渐减小。(2)若 从45减小到15,物体A受到的静摩擦力如何变化?提示：当3045时,物体A受到的静摩擦力方向沿斜面向上;当=30时,物体A受到的静摩擦力为零;当15 30时,物体A受到的静摩擦力方向沿斜面向下,故当从45减小到15的过程中,物体A受到的静摩擦力先减小后增大。【总结提升】受力分析的基本步骤(1)明确研究对象即确定分析受力的物体，研究对象可以是单个物体，也可以是多个物体组成的系统。(2)隔离物体分析将研
8、究对象从周围的物体中隔离出来，进而分析周围物体有哪些对它施加了力的作用。(3)画受力示意图边分析边将力一一画在受力物体上，准确标出力的方向，标明各力的符号。(4)验证受力合理性检查每个力能否找到施力物体，防止漏力、添力、画错力。【变式训练】(多选)(2013武汉二模)如图所示，物块M在静 止的传送带上以速度v匀速下滑时，传送带突然启动，方向如 图中箭头所示，若传送带的速度大小也为v，则传送带启动后 ()A.M静止在传送带上 B.M可能沿斜面向上运动 C.M受到的摩擦力不变 D.M下滑的速度不变【解析】选C、D。由M匀速下滑可知其处于平衡状态，受重力、摩擦力、支持力，传送带启动以后对M受力没有影
9、响，自然也不会影响其运动状态，选项C、D正确。热点考向2 整体法和隔离法在平衡问题中的应用【典例2】(多选)(2013潍坊二模)重为G的两个完全相同的小球,与水平面的动摩擦因数均为。竖直向上的较小的力F作用在连接两球轻绳的中点,绳间的夹角=60,如图所示。缓慢增大F,到两球刚要运动的过程中,下列说法正确的是()A.两根绳子的拉力逐渐减小 B.地面对球的支持力变小 C.球刚要开始运动时,地面对球没有支持力 D.球刚要开始运动时,球受到的摩擦力最大【解题探究】(1)请画出两个小球整体和其中一个小球的受力示意图。提示:(2)请结合受力分析图写出平衡方程式。对整体:a.水平方向:_。b.竖直方向:_。
10、对其中一球:a.水平方向:。b.竖直方向:。Ff-Ff=0 F+2FN-2G=0 TfF sinF02 NTFF cosG02(3)请结合平衡方程,判断缓慢增大F时,FN、FT、Ff的变化。提示:F增大,由F+2FN-2G=0可判断FN变小,由 可判断FT变大,由 可判断Ff变大。NTFF cosG02TfF sinF02【解析】选B、D。两球整体受力如图甲所示,由平衡条件得 F+2FN-2G=0,当缓慢增大F时,FN变小,选项B正确;其中一球受力 如图乙所示,由平衡条件得 由于FN变小,故FT变大,Ff变大,且球刚要开始运动时,Ff最大,选 项A、C错误,D正确。TfNTF sinF0,FF
11、 cosG0,22【总结提升】整体法和隔离法的灵活应用(1)整体法:选取几个物体组成的整体为研究对象进行受力分析的方法。用整体法解题一般较简单，但整体法不能求内力。运用整体法分析问题时，系统内各物体的加速度的大小和方向均应相同。(2)隔离法：把研究对象从周围物体中隔离出来进行受力分析的方法。隔离法不仅能求出其他物体对整体的作用力，而且还能求出整体内部物体之间的作用力。(3)注意问题：实际问题通常需要交叉应用隔离法与整体法才能求解。对两个以上的物体叠加组成的整体进行受力分析时，一般先从受力最简单的物体入手，采用隔离法进行分析。【变式训练】(2013青岛一模)如图所 示，水平细杆上套一环A，环A与
12、球B间 用一轻质绳相连，质量分别为mA、mB，由于B球受到风力作用，A与B球一起向 右匀速运动。已知轻质绳与竖直方向的夹角为。则下列说法 中正确的是()A.风力增大时，轻质绳对B球的拉力保持不变 B.B球受到的风力F为mBgtan C.杆对环A的支持力随着风力的增加而增加 D.环A与水平细杆间的动摩擦因数为 BABmmm【解析】选B。以B球为研究对象，受力分析 如图，三力平衡，解三角形得到拉力FT 风力FmBgtan，当F增大时，角 增大，FT增大，选项A错误，B正确；对 A、B整体由平衡条件得，水平方向有F(mAmB)g，解得 竖直方向杆对环A的支持力 FNA(mAmB)g，选项C、D错误。
13、Bm gcos，BABm tanmm，【变式备选】如图所示，将两个质量均为m的小球a、b用细线 相连并悬挂于O点，用力F拉小球a使整个装置处于平衡状态，且悬线Oa与竖直方向的夹角=60，则力F的大小可能为()33A.3mgB.mgC.mgD.mg23【解析】选A。以a、b整体为研究对象进行受力分析如图所 示，当F与FT垂直时，F最小，Fmin2mgsin60 选项 A正确。3mg，热点考向3 共点力作用下物体的动态平衡【典例3】(2013广州一模)如图所示是给墙壁刷涂料用的涂料滚的示意图，使用时，用撑竿推着粘有涂料的涂料滚沿墙壁上下缓缓滚动，把涂料均匀地粉刷到墙上。撑竿的重力和墙壁的摩擦均不计
14、，且撑竿足够长，粉刷工人站在离墙壁一定距离处缓缓上推涂料滚，设该过程中撑竿对涂料滚的推力为F1，涂料滚对墙壁的压力为F2，则()A.F1增大，F2减小 B.F1增大，F2增大 C.F1减小，F2减小 D.F1减小，F2增大【解题探究】(1)请画出涂料滚上推过程的受力示意图。提示:(2)请结合受力分析图，判断上推涂料滚过程中，F1与竖直方向的夹角 以及F1和F2的变化。提示：角变小，F1和F2均变小。【解析】选C。涂料滚缓慢沿墙上滚过程中，处于动态平衡状态，合力为零。涂料滚受力如图所示，涂料滚上滚过程中，变小，F1和F2均变小，选项C正确。【总结提升】平衡问题的分析技巧 对于平衡类问题，应当首先
15、分清是静态平衡还是动态平衡问题。(1)对于静态平衡问题，应当先分析物体的受力情况，根据平衡条件列出平衡方程，解方程并对结果进行讨论。(2)对于动态平衡问题，结合具体情况采用相应的方法:如果物体所受的力较少，可以采用合成的方法。如果物体受到三个力的作用而处于动态平衡，若其中的一个力大小、方向均不变，另外两个力的方向都发生变化，可以用力三角形与几何三角形相似的方法求解。如果物体受到三个力的作用，其中一个力的大小、方向均不变，并且还有另一个力的方向不变，此时可用图解法分析，即可以通过画出多个平行四边形来分析力的变化。如果物体受到多个力的作用，可以用正交分解的方法列方程求解。【变式训练】(多选)(20
16、13烟台二模)如图所 示,两段等长细线L1和L2串接着两个质量相等的 小球a、b,悬挂于O点。现施加水平向右的力F 缓慢拉动a,L1对a球的拉力大小为F1,L2对b球的 拉力大小为F2,在缓慢拉动的过程中,F1和F2的 变化情况是()A.F1变大 B.F1变小 C.F2不变 D.F2变大【解析】选A、C。在F缓慢拉动过程中,b球受力如图甲所示,由平衡条件得F2=m2g,故F2不变,选项C正确,D错误;a、b球整体受力如图乙所示,由平衡条件得F1cos-(m1+m2)g=0,在力F向右拉动过程中,L1与竖直方向的夹角变大,cos变小,故F1变大,选项A正确,B错误。1.(2013北京高考)倾角为
17、、质量为M的斜面体静止在水 平桌面上，质量为m的木块静止在斜面体上。下列结论正确的 是()A.木块受到的摩擦力大小是mgcos B.木块对斜面体的压力大小是mgsin C.桌面对斜面体的摩擦力大小是mgsin cos D.桌面对斜面体的支持力大小是(M+m)g【解析】选D。m受力分析如图甲所示，由平衡方程得FN=mgcos,Ff=mgsin,选项A、B错误；M和m整体受力分析如图 乙所示，可得桌面对斜面体的摩擦力大小是零，桌面对斜面 体的支持力大小是(M+m)g，故C错误，D正确。2.(2013德州二模)如图所示，倾角为 的斜面固定在水平面上，质量为m的 物块A和质量为M的物块B叠放在斜面上，
18、轻弹簧一端固定在竖直墙壁上，另一端 与物块A连接，轻弹簧与竖直墙壁的夹 角为，整个系统处于静止状态，则()A.物块A一定受到4个力的作用 B.物块B可能受到4个力的作用 C.弹簧一定处于压缩状态 D.物块B受到斜面的摩擦力大小为(M+m)gsin 【解析】选D。由题图可知，弹簧与物块A的上表面垂直，物块A受竖直向下的重力、垂直斜面向上的支持力、沿斜面向上的静摩擦力，而弹簧的弹力可能垂直斜面向上，也可能垂直斜面向下，还可能为零，选项A、C错误；物块B受竖直向下的重力、斜面的支持力、物块A的压力、物块A对B沿斜面向下的静摩擦力、斜面对B沿斜面向上的静摩擦力5个力的作用，选项B错误；对物块A、B整体
19、受力分析，由平衡条件得，沿斜面方向(M+m)gsin-Ff=0，解得Ff=(M+m)gsin，选项D正确。3.(2013长宁区二模)长为L的通电导体放在倾角为 的光滑 斜面上，并处在磁感应强度为B的匀强磁场中，如图所示，当B 方向竖直向上，电流为I1时导体处于平衡状态，若B方向改为 垂直斜面向上，则电流为I2时导体仍处于平衡状态，电流比值 应为()A.cos B.C.sin D.12II1cos1sin【解析】选B。电流为I1时导体受力如图甲所示，由平衡条件 得mgtan=BI1L，解得 电流为I2时导体受力如图 乙所示，由平衡条件得mgsin=BI2L，解得 故 选项B正确。1mgtanIB
20、L，2mgsinIBL，12I1Icos，4.(多选)如图所示，OA为一遵循胡克定律的弹性轻绳，其一端固定于天花板上的O点，另一端与静止在动摩擦因数恒定的水平地面上的滑块A相连。当绳处于竖直位置时，滑块A对地面有压力作用。B为紧挨绳的一光滑水平小钉，它到天花板的距离BO等于弹性绳的自然长度。现用一水平力F作用于A，使之向右缓慢地做直线运动，则在运动过程中()A.地面对A的支持力FN逐渐增大 B.地面对A的摩擦力F1保持不变 C.地面对A的支持力FN逐渐减小 D.水平拉力F逐渐增大【解析】选B、D。设AB的长度为x，即弹 性轻绳开始时的伸长量。当绳处于竖直 位置时，地面对滑块A的支持力FN=mg
21、kx。滑块A向右缓慢运动到C时，设BC与水平方 向的夹角为，受力如图所示,则弹性轻 绳的伸长量x=根据滑块在竖直方向上平衡，得地面对 A的支持力FN=mgkxsin=mgkx=FN，所以地面对A 的支持力不变，地面对A的滑动摩擦力F1保持不变，选项A、C 错误，B正确；根据滑块水平方向上受力平衡，水平拉力F=F1 kxcos，因x和cos均增大，所以水平拉力F逐渐增 大，选项D正确。xsin。二 共点力作用下平衡问题的规范求解【案例剖析】(14分)(2012新课标全国卷)拖把是由拖杆和拖把头构成的擦地工具(如 图)。设拖把头的质量为m,拖杆质量可忽略;拖把头与地板之间的动摩擦因数为常数。重力加
22、速度为g。某同学用该拖把在水平 地板上拖地时,沿拖杆方向推拖把,拖杆与竖直方向的夹角为 。(1)若拖把头在地板上匀速移动,求推拖把的力的大小。(2)设能使该拖把在地板上从静止刚好开始运动的水平推力与此时地板对拖把的正压力的比值为。已知存在一临界角 0,若 0,则不管沿拖杆方向的推力多大,都不可能使拖把从静止开始运动,求这一临界角的正切tan 0。【审题】抓住信息，准确推断 关键信息信息挖掘题 干在水平地板上拖地摩擦力方向沿水平方向沿拖杆方向推拖把推力方向沿拖杆方向问 题匀速移动拖把处于平衡状态刚好开始运动最大静摩擦力等于滑动摩擦力不可能使拖把从静止开始运动推力沿水平方向的分力小于或等于最大静摩
23、擦力【破题】精准分析,无破不立(1)拖把头在地板上匀速移动时，推拖把的力的求解。画出拖把的受力示意图。提示:列平衡方程：a.水平方向：_;b.竖直方向：_。Fsin-Ff=0 Fcos+mg-FN=0(2)临界角正切tan 0的求解。请写出拖把所受最大静摩擦力Ffm与此时地板对拖把的正压 力FN的比值 的表达式。提示：请写出不可能使拖把从静止开始运动时沿拖杆方向的推力F 与最大静摩擦力Ffm的关系式。提示：FsinFfm。f mNFF。【解题】规范步骤，水到渠成(1)设该同学沿拖杆方向用大小为F的力推拖把。将推拖把的力 沿竖直和水平方向分解，由平衡条件得：Fcos+mg-FN=0 (2分)Fs
24、in-Ff=0 (2分)式中FN和Ff分别为地板对拖把的正压力和摩擦力，则：Ff=FN (1分)联立式得:F=(1分)mgsincos(2)使该拖把在地板上从静止刚好开始运动的水平推力等于最 大静摩擦力,设为Ffm，则依题意有:(1分)若不管沿拖杆方向用多大的力都不能使拖把从静止开始运动，应满足:Fcos+mg=FN (1分)FsinFfm (1分)解式得:fmNF F F(sin-cos)mg (1分)因为上式右边mg总是大于零，要使得F为任意值上式总是成 立，只要满足:sin-cos0 (2分)即tan (1分)上式取等号即为临界状态，则:tan0=(1分)答案：(1)(2)mgsincos【点题】突破瓶颈，稳拿满分(1)常见的思维障碍:在写拖把刚好开始运动的水平推力与此时地板对拖把的正压力的比值的表达式时，没有判断出水平推力等于最大静摩擦力，导致无法求出结果。在求解临界角正切值时，当写出不等式F(sin-cos)mg后，找不到不等式成立的条件而导致无法求解。(2)因解答不规范导致的失分:在列平衡方程时，没有画出受力分析图，误认为FN=mg，因漏力导致失分；将tan作为最后求解的结果，没有补充说明临界值为tan0=，导致失分。
