《2018屆高考物理二輪復習 板塊一 專題突破復習 專題一 力與運動 第一講 力與物體的平衡學案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2018屆高考物理二輪復習 板塊一 專題突破復習 專題一 力與運動 第一講 力與物體的平衡學案（28頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、 第一講　力與物體的平衡 [知識建構] [高考調研] 1.注重對科學素養(yǎng)的考查：題目設置既突出基礎，又貼近生活．如2017年天津卷第8題通過懸掛衣服的衣架掛鉤考查三力平衡問題． 2.考查形式以選擇題為主，更加注重數學方法的運用：2017年全國卷三套試卷均在選擇題中進行了考查，全國卷Ⅰ第16題結合復合場考查三力平衡知識，第21題考查動態(tài)平衡問題(圖解法或正弦定理的應用)，全國卷Ⅱ第16題考查簡單的正交分解的應用，全國卷Ⅲ第17題考查對稱法、正交分解法和數學方法的運用．該內容也可能滲透在力學或電學計算題中進行綜合考查． 3.常用的思想方法：等效思想、分解思想、假設法、矢量三角

2、形法、整體法和隔離法、正交分解法、合成法、轉換研究對象法、圖解法. [答案]　(1)場力 (2)接觸力 (3)按順序找力 ①分析場力，如：重力、電場力、磁場力； ②分析已知外力； ③分析接觸力：先分析彈力，后分析摩擦力． (4)受力分析的注意事項 ①只分析受力物體，不分析施力物體； ②只分析性質力，不分析效果力，如向心力等； ③只分析外力，不分析內力； ④分析物體受力時，應關注物體的運動狀態(tài)(如物體的靜止、加速與減速、直線與曲線運動等)． (5)平衡條件：F＝0(正交分解Fx＝0，Fy＝0)． (6)平衡狀態(tài)：物體處于靜止或勻速直線運動的狀態(tài). 考向

3、一　受力分析 [歸納提煉] 1．受力分析的基本思路 2．受力分析的常用方法 [熟練強化] 1．(2017·蘇北三市調研)如圖所示， 勻強電場方向垂直于傾角為α的絕緣粗糙斜面向上，一質量為m的帶正電荷的滑塊靜止于斜面上．關于該滑塊的受力，下列說法中正確的是(當地重力加速度為g)(　　) A．滑塊可能只受重力、電場力、摩擦力三個力的作用 B．滑塊所受的摩擦力大小一定為mgsinα C．滑塊所受的電場力大小可能為mgcosα D．滑塊對斜面的壓力大小一定為mgcosα [解析]　物體一定受重力和電場力，如果沒有摩擦力滑塊不會平衡，故彈力和摩擦力一定同時存在

4、，故A錯誤；對滑塊進行受力分析，如右圖所示．根據力的平衡條件得：mgsinα＝Ff，F電＋F彈＝mgcosα，故B對，C、D均錯． [答案]　B 2. (2017·南昌三中理綜測試)如圖所示，穿在一根光滑的固定桿上的小球A、B連接在一條跨過定滑輪的細繩兩端，桿與水平面成θ角，不計所有摩擦，當兩球靜止時，OA繩與桿的夾角為θ，OB繩沿豎直方向，則正確的說法是(　　) A．小球A可能受到2個力的作用 B．小球A一定受到3個力的作用 C．小球B可能受到3個力的作用 D．細繩對A的拉力大于對B的拉力 [解析]　對A球受力分析可知，A受到重力、細繩的拉力以及桿對A球的彈力，三個力的合

5、力為零，故A錯誤，B正確；對B球受力分析可知，B受到重力，細繩的拉力，兩個力的合力為零，桿對B球沒有彈力，否則B不能平衡，故C錯誤；定滑輪不改變力的大小，即細繩對A的拉力等于對B的拉力，故D錯誤． [答案]　B 3．(多選)(2017·嘉興二模) 如圖所示，在斜面上，木塊A與B的接觸面是水平的．連接木塊A的繩子呈水平狀態(tài)，兩木塊均保持靜止．則木塊A和木塊B可能的受力個數分別為(　　) A．2個和4個　　　　　　　　 B．3個和4個 C．4個和4個 D．4個和6個 [解析]　若繩子上的拉力為零，以A、B整體為研究對象，可知B和斜面之間一定有靜摩擦力，A、B的受力情況如圖所示，

6、故選項A正確；若繩子上的拉力不為零，分別對A、B進行受力分析，A受到重力、B對A的支持力、繩子的拉力和B對A的靜摩擦力而平衡，B受到重力、A對B的壓力、斜面對B的支持力和A對B的靜摩擦力，斜面對B的摩擦力可有可無，所以選項C正確． [答案]　AC (1)善于轉換研究對象，尤其是對于摩擦力不易判定的情形，可以借助相接觸物體的受力判定，再應用牛頓第三定律. (2)實際問題通常需要交叉應用隔離、整體思維法. (3)對兩個以上的物體疊加組成的整體進行受力分析時，一般先采用整體思維法后采用隔離思維法，即“先整體，后隔離”. 考向二　靜態(tài)平衡問題 [歸納提煉] 1．解決靜態(tài)平衡問題的

7、基本思路 2．解決靜態(tài)平衡問題的四種常用方法 合成法 物體受三個共點力的作用而平衡時，任意兩個力的合力一定與第三個力大小相等，方向相反 分解法 物體受三個共點力的作用而平衡時，將某一個力按作用效果分解，則分力與其他兩個力分別平衡 正交分解法 物體受到三個或三個以上力的作用時，將所有力分解為相互垂直的兩組，每組力都滿足平衡條件 矢量三角形法 對受三力作用而平衡的物體，將力的矢量圖平移使三力組成一個首尾依次相接的矢量三角形，根據正弦定理、余弦定理或相似三角形等數學知識求解未知力 　某運動員做跳傘訓練，他從懸停在空中的直升機上由靜止跳下，距離直升機一段時間后打開降落傘減速下落

8、，他打開降落傘后的速度圖象如圖(a)所示．降落傘用8根對稱的繩懸掛運動員，每根繩與中軸線的夾角均為37°，如圖(b)所示．已知運動員和降落傘的質量均為50 kg，不計人所受的阻力，打開降落傘后，降落傘所受的阻力f與下落速度v成正比，即f＝kv.重力加速度g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求： (1)打開降落傘前人下落的高度． (2)阻力系數k和打開降落傘瞬間的加速度． (3)降落傘的懸繩能夠承受的拉力至少為多少？ [思路點撥]　(1)當速度為5 m/s時運動員做勻速運動． (2)打開降落傘瞬間懸繩對運動員拉力最大． [解析]　(1)打開降落傘前運動

9、員做自由落體運動，根據速度位移公式可得運動員下落的高度h＝，由圖(a)可知v0＝20 m/s，代入解得：h＝20 m．(2)由圖(a)可知，當速度為v＝5 m/s時，運動員做勻速運動，傘和運動員整體受力達到平衡狀態(tài)，由平衡條件可得：kv＝2mg，即k＝，解得k＝200 N·s/m.在打開降落傘瞬間，由牛頓第二定律可得：kv0－2mg＝2ma，解得a＝30 m/s2，方向豎直向上．(3)根據題意可知，打開降落傘瞬間懸繩對運動員拉力最大，設此時降落傘上每根懸繩的拉力為T，以運動員為研究對象，則有：8Tcos37°－mg＝ma，代入數據可解得T＝312.5 N，故懸繩能夠承受的拉力至少為312.5

10、N. [答案]　(1)20 m　(2)200 N·s/m　30 m/s2，方向豎直向上 (3)312.5 N “穩(wěn)態(tài)速度類”平衡模型一般是與實際問題相結合的物理問題，其基本特征是物體在開始運動時并不平衡，而是隨著外部條件的改變逐漸達到平衡狀態(tài).此類模型的一般解法是：先根據試題所描述的情境抽象出物理模型，然后根據物體運動的初始條件，結合運動學知識和牛頓運動定律對物體的運動情況進行分析，當物體最終達到平衡狀態(tài)時，則要依據共點力的平衡條件，列出物體的平衡方程進行求解. [熟練強化] 遷移一　單個物體平衡 1．(多選)(2017·浙江十校模擬)如圖 所示，半圓形槽半徑R＝30 c

11、m，質量m＝1 kg的小物塊在沿半徑方向的輕彈簧擠壓下處于靜止狀態(tài)．已知彈簧的勁度系數k＝50 N/m，自由長度L＝40 cm，一端固定在圓心O處，彈簧與豎直方向的夾角為37°.取g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.則(　　) A．物塊對槽的壓力大小是15 N B．物塊對槽的壓力大小是13 N C．槽對物塊的摩擦力大小是6 N D．槽對物塊的摩擦力大小是8 N [解析]　物塊受重力mg、支持力N、彈簧的推力F、沿半圓形槽切線向上的靜摩擦力f，根據共點力平衡條件，切線方向上有mgsin37°＝f，半徑方向上有F＋mgcos37°＝N，根據胡克定律，F＝k·Δ

12、x＝50 N/m×(0.4－0.3)m＝5 N，解得f＝6 N，N＝13 N，選項B、C正確． [答案]　BC 遷移二　多個物體平衡 2．(2017·西安高三二模) 將一橫截面為扇形的物體B放在水平面上，一小滑塊A放在物體B上，如圖所示，除了物體B與水平面間的摩擦力之外，其余接觸面的摩擦力均可忽略不計，已知物體B的質 量為M、滑塊A的質量為m，當整個裝置靜止時，滑塊A與物體B接觸的一面與豎直擋板之間的夾角為θ.已知重力加速度為g，則下列選項正確的是(　　) A．物體B對水平面的壓力大小為Mg B．物體B受水平面的摩擦力大小為mgtanθ C．滑塊A與豎直擋板之間的彈力大小為

13、 D．滑塊A對物體B的壓力大小為 [解析]　以滑塊A為研究對象進行受力分析， 并運用合成法，如圖所示，由幾何知識得，擋板對滑塊A的彈力大小為FN1＝，C正確；物體B對滑塊A的彈力大小為FN2＝，根據牛頓第三定律，滑塊A對物體B的壓力大小為，D錯誤；以滑塊A和物體B組成的系統(tǒng)為研究對象，在豎直方向上受力平衡，則水平面對物體B的支持力FN＝(M＋m)g，故水平面所受壓力大小為(M＋m)g，A錯誤；A和B組成的系統(tǒng)在水平方向上受力平衡，則水平面對物體B的摩擦力大小為Ff＝FN1＝，B錯誤． [答案]　C 考向三　動態(tài)平衡及臨界極值問題 [歸納提煉] 解決動態(tài)平衡問題的一般思路：把“

14、動”化為“靜”，“靜”中求“動”．動態(tài)平衡問題的分析過程與處理方法如下： 　(多選)(2017·全國卷Ⅰ)如圖，柔軟輕繩ON的一端O固定，其中間某點M拴一重物，用 手拉住繩的另一端N.初始時，OM豎直且MN被拉直，OM與MN之間的夾角為α.現將重物向右上方緩慢拉起，并保持夾角α不變．在OM由豎直被拉到水平的過程中(　　) A．MN上的張力逐漸增大 B．MN上的張力先增大后減小 C．OM上的張力逐漸增大 D．OM上的張力先增大后減小 [思路路線]　 [解析]　 解法一：圖解法：對重物受力分析可知，重物受重力G、OM的拉力FOM、MN的拉力FMN.重物處于動態(tài)平衡

15、狀態(tài)，合力為零，所以G、FOM、FMN構成封閉的矢量三角形．重力不變，由于OM與MN之間的夾角α不變，則FOM與FMN的夾角(π－β)，不變，矢量三角形動態(tài)圖如圖甲所示，當FOM為圓的直徑時最大，最后FOM變?yōu)樗?，此時FMN最大，所以FOM先增大后減小，FMN一直增大． 解法二：正弦定理法：當重物轉到某一位置時，對重物受力分析，如圖乙所示．由正弦定理得＝＝，則FMN＝，FOM＝ θ角的取值范圍在0°到90°之間，當OM水平時，θ＝90°，α－θ小于90° 當θ角增大時，sinθ增大，故MN上的張力逐漸增大，OM上的張力先增大后減?。? [答案]　AD 這個題的難點是三力平衡中

16、一個力不變，另外兩個力都在變化，但是變化的兩個力的方向夾角不變，作出多個矢量三角形，利用幾何知識分析，學生在求解這個題時的障礙之一：題目描述情景“將重物向右上方緩慢拉起”不夠清晰，學生難以想象MN繩的變化；障礙之二：對數學知識應用不熟練，這個題還可以用分析特殊位置法或者正弦定理解決. 常見的解決動態(tài)平衡問題的方法 (1)圖解法：如果物體受到三個力的作用，其中一個力的大小、方向均不變，并且還有另一個力的方向不變，此時可用圖解法，畫出不同狀態(tài)下力的矢量圖，判斷各個力的變化情況．注意，此題給出的重力大小和方向不變，但兩側繩中的張力大小均變化，需認真畫出動態(tài)圖分析． (2)解析法：如果物體受

17、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，根據自變量的變化確定因變量的變化． (3)相似三角形法：如果物體受到三個力的作用，其中的一個力大小、方向均不變，另外兩個力的方向都發(fā)生變化，可以用力三角形與幾何三角形相似的方法． 　(2017·孝感高三調研)如圖所示， 用細線相連的質量分別為2m、m的小球A、B在拉力F作用下，處于靜止狀態(tài)，且細線OA與豎直方向的夾角保持θ＝30°不變，則拉力F的最小值為(　　) A.mg　　　　　 B.mg C.mg D.mg [思路路線]　 [解析]　A和B處于靜止狀態(tài)，受力平衡，把A和B作為整體受力分析，受到重力3mg、O

18、A繩的拉力T及拉力F，根據三力平衡原則，T與F的合力豎直向上，大小等于3mg，當F與T垂直時，F最小，F＝3mgsin30°＝mg，選項D正確． [答案]　D (1)平衡問題的臨界狀態(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”或“恰好不出現”，在問題的描述中常用“剛好”“剛能”“恰好”等語言敘述，解臨界問題的基本方法是假設推理法. (2)臨界問題往往是和極值問題聯(lián)系在一起的.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的多種情況. [熟練強化] 遷移一　圖解法 1．(多選)《大國工匠》

19、節(jié)目中講述了王進利用“秋千法”在1000 kV的高壓線上帶 電作業(yè)的過程．如右圖所示，絕緣輕繩OD一端固定在高壓電線桿塔上的O點，另一端固定在兜籃上．另一絕緣輕繩跨過固定在桿塔上C點的定滑輪，一端連接兜籃，另一端有工人控制．身穿屏蔽服的王進在兜籃里，緩慢地從C點運動到處于O點正下方的E點的電纜處．繩OD一直處于伸直狀態(tài)，兜籃、王進及攜帶的設備總質量為m，不計一切阻力，重力加速度大小為g，關于王進從C點到E點的過程中，下列說法正確的是(　　) A．工人對繩的拉力一直變大 B．繩OD的拉力越來越大 C．OC、CD兩繩拉力的合力大小等于mg D．當繩CD與豎直方向的夾角為30°時，工人

20、對繩的拉力為mg [解析]　 對兜籃、王進及攜帶的設備整體進行受力分析如右圖所示．一是重力mg、二是繩OD的拉力F1、三是繩CD對它的拉力F2，F1、F2的夾角為α，F2、F1與重力的夾角分別為β、γ，γ減小，β增大，則F1減小，F2增大．當CD與豎直方向夾角為30°時，OD與豎直方向夾角為30°，可求出F2. [答案]　BCD 遷移二　相似三角形法 2．(多選)城市中的路燈、無軌電車的供電線路等， 經常用三角形的結構懸掛，如圖是這一類結構的簡化模型．圖中輕桿OB可以繞過B點且垂直于紙面的軸自由轉動，鋼索OA和桿OB的質量都可以忽略不計，如果懸掛物的重力為G，∠ABO＝90

21、°，AB>OB.某次產品質量檢測和性能測試中保持A、B兩點不動，只改變鋼索OA的長度，關于鋼索OA的拉力F1和桿OB上的支持力F2的變化情況，下列說法正確的有(　　) A．從圖示位置開始縮短鋼索OA，鋼索OA的拉力F1先減小后增大 B．從圖示位置開始縮短鋼索OA，桿OB上的支持力F2不變大小 C．從圖示位置開始伸長鋼索OA，鋼索OA的拉力F1增大 D．從圖示位置開始伸長鋼索OA，桿OB上的支持力F2先減小后增大 [解析]　設鋼索OA的長度為L，桿OB的長度為R，A、B兩端距離為H，根據相似三角形知識可知＝＝，所以從題中圖示位置開始縮短鋼索OA，鋼索OA的拉力F1減小，桿OB上的支持力

22、F2大小不變，選項A錯誤，B正確；從題中圖示位置開始伸長鋼索OA，鋼索OA的拉力F1增大，桿OB上的支持力F2大小不變，選項C正確，D錯誤． [答案]　BC 遷移三　解析法 3．(多選)如圖所示， 一光滑半圓環(huán)豎直固定于粗糙的木板上，圓心為O1，小球A套在半圓環(huán)左側最低點，并由輕繩通過光滑的小滑輪O與小球B相連，B右側細線水平，O點在環(huán)心O1的正上方，OA與豎直方向成θ＝30°角，OA⊥OB，兩球均處于靜止狀態(tài)，且小球A恰好對木板沒有力的作用．若對B施加一外力F，使小球A緩慢運動到O點正下方的過程中，木板始終靜上，則下列說法正確的是(　　) A．A、B兩球的質量之比為∶1 B．

23、輕繩OA的拉力逐漸增大 C．地面對木板的摩擦力逐漸減小 D．地面對木板的摩擦力逐漸增大 [解析]　對A、B進行受力分析如圖乙所示．由幾何關系和平衡條件可得：Fcos30°＝mAg，Tcos60°＝mBg，聯(lián)立可得mA＝mB，即＝， 選項A正確；當小球A沿光滑半圓環(huán)緩慢向上移動時，處于動態(tài)平衡狀態(tài)，由力三角形與幾何三角形相似可得：＝＝，其中mAg、h、R均不變，故NA大小不變，OA段繩長l逐漸減小，故繩的拉力T逐漸減小，選項B錯誤；NA的大小不變，與水平面的夾角逐漸變大，故其在水平方向上的分力逐漸減小，則A對圓環(huán)的反作用力NA′在水平方向上的分力也逐漸減小，與分力平衡的地面對木板的摩

24、擦力隨之變小，選項C正確，選項D錯誤． [答案]　AC 4．(2017·長沙四市聯(lián)合調研)質量為M的木楔傾角為θ，在水平面上保持靜止，質量為m的木塊剛好可以在木楔上表面上勻速下滑．現在用與木楔上表面成α角的力F拉著木塊勻速上滑，如右圖所示，求： (1)當α＝θ時，拉力F有最小值，求此最小值； (2)拉力F最小時，木楔對水平面的摩擦力的大?。? [解析]　(1)木塊剛好可以沿木楔上表面勻速下滑，mgsinθ＝μmgcosθ，則μ＝tanθ，用力F拉著木塊勻速上滑，受力分析如圖甲所示，Fcosα＝mgsinθ＋Ff，FN＋Fsinα＝mgcosθ，Ff＝μFN. 聯(lián)立以上各式解得

25、，F＝. 當α＝θ時，F有最小值，Fmin＝mgsin2θ. (2)對木塊和木楔整體受力分析如圖乙所示，由平衡條件得，Ff′＝Fcos(θ＋α)，當拉力F最小時， Ff′＝Fmin·cos2θ＝mgsin4θ. [答案]　(1)mgsin2θ　(2)mgsin4θ 考向四　電磁場中的平衡問題 [歸納提煉] 電磁場中平衡問題的處理方法 與純力學問題的分析方法一樣，學會把電磁學問題力學化，分析方法是： 　(2017·河北六校聯(lián)考)如圖所示，在MN、PQ間同時存在勻強磁場和勻強電場，磁場方向垂直紙面水平向外，電場在圖中沒有標出．一帶電小球從a點射入場區(qū)，并在豎直面內沿直線運動至

26、b點，則小球(　　) A．一定帶正電 B．受到電場力的方向一定水平向右 C．從a點到b點的過程，克服電場力做功 D．從a點到b點的過程中可能做勻加速運動 [思路點撥]　(1)為使小球在場內做直線運動，小球的速度大小不能變化． (2)從a點到b點過程，洛倫茲力不做功． [解析]　因小球受到的洛倫茲力F＝qvB隨小球速度的變化而變化，為使帶電小球能在場內做直線運動，小球的速度大小不能變化，即小球受力平衡，做勻速直線運動，D錯誤；小球共受到重力、電場力和洛倫茲力三個力的作用，無論小球帶何種電荷，三力均可能平衡，故A、B錯誤；從a點到b點的過程中，小球的動能不變，洛倫茲力不做功，根據

27、動能定理有ΔEk＝WG＋W電場＝0，重力做正功，所以電場力必做負功，C正確． [答案]　C 帶電體在復合場中的平衡問題或導體棒在磁場中的平衡問題，無非是多考慮帶電體所受的電場力、洛倫茲力或導體棒所受的安培力，分析方法與力學中的平衡問題完全相同． [熟練強化] 遷移一　電場中的平衡問題 1．(2017·長沙四市聯(lián)合調研)如右圖所示，物體P、Q可視為點電荷，電荷量相同．傾角為θ、質量為M的斜面體放在粗糙水平面上，將質量為m的物體P放在粗糙的斜面體上．當物體Q放在與P等高(PQ連線水平)且與物體P相距為r的右側位置時，P靜止且受斜面體的摩擦力為0，斜面體保持靜止，靜電力常量為k，則下列

28、說法正確的是(　　) A．P、Q所帶電荷量為 B．P對斜面體的壓力為0 C．斜面體受到地面的摩擦力為0 D．斜面體對地面的壓力為(M＋m)g [解析]　以P為研究對象，受到重力mg、斜面體的支持力FN和庫侖力F，由平衡條件得： F＝mgtanθ　FN＝ 根據庫侖定律得：F＝k 聯(lián)立解得：q＝r 由牛頓第三定律得P對斜面體的壓力為：FN′＝FN＝，故A、B錯誤． 以斜面體和P整體為研究對象，由平衡條件得地面對斜面體的摩擦力為：Ff＝F 地面對斜面體的支持力為：FN1＝(M＋m)g，根據牛頓第三定律得斜面體受到地面的摩擦力為F，斜面體對地面的壓力為：FN1′＝FN1＝

29、(M＋m)g.故C錯誤，D正確． [答案]　D 遷移二　磁場中的平衡問題 2．(2017·石家莊一模)如圖所示，用兩根等長的輕細導線將質量為m，長為L的金屬棒ab懸掛在c、d兩處，金屬棒置于勻強磁場中．當棒中通以由a到b的電流I后，兩導線偏離豎直方向θ角處于靜止狀態(tài)．已知重力加速度為g，為了使棒靜止在該位置，磁場的磁感應強度的最小值為(　　) A.　　　　　　　　　 B.tanθ C.sinθ D.cosθ [解析]　要求所加磁場的磁感應強度最小，即棒平衡時所受的安培力有最小值．棒的重力恒定，輕細導線拉力的方向不變，對棒受力分析可知，當安培力與輕細導線垂直時，安培力有最小值

30、Fmin＝mgsinθ，即ILBmin＝mgsinθ，所以Bmin＝sinθ，C正確． [答案]　C 高考高頻考點強化——整體法、隔離法 [考點歸納] 整體法 隔離法 概念 將加速度相同的幾個物體作為一個整體來分析的方法 將研究對象與周圍物體分隔開的方法 選用原則 研究系統(tǒng)外的物體對系統(tǒng)整體的作用力或系統(tǒng)整體的加速度 研究系統(tǒng)內物體之間的相互作用力 注意問題 進行受力分析時不需再考慮系統(tǒng)內物體間的相互作用 一般先隔離受力較少的物體 [真題歸類] 1. (2016·全國卷Ⅲ)如圖，兩個輕環(huán)a和b套在位于豎直面內的一段固定圓弧上；一細線穿過兩輕環(huán)，其

31、兩端各系一質量為m的小球．在a和b之間的細線上懸掛一小物塊．平衡時，a、b間的距離恰好等于圓弧的半徑．不計所有摩擦．小物塊的質量為(　　) A. B.m C．m D．2m [解析]　本題考查物體的平衡．繩的拉力等于物體的重力，圓弧對輕環(huán)的彈力一定垂直于圓弧，彈力的作用線平分拉力與重力的作用方向，由幾何知識知，中間繩的拉力方向與豎直方向夾角為60°，根據2mgcos60°＝Mg，解得M＝m，選項C正確． [答案]　C 2．(2015·山東卷)如圖所示，滑塊A置于水平地面上，滑塊B在一水平力作用下緊靠滑塊A(A、B接觸面豎直)，此時A恰好不滑動，B剛好不下滑．已知A與B間的動摩擦因數

32、為μ1，A與地面間的動摩擦因數為μ2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力．A與B的質量之比為(　　) A. B. C. D. [解析]　本題考查了共點力的平衡問題．設A、B的質量分別為M、m，水平力為F，對整體受力分析，根據平衡條件得F＝μ2(m＋M)g，對物體B受力分析，物體B恰好不下滑，則mg＝μ1F，兩式聯(lián)立得＝，B正確． [答案]　B 3．(多選)(2016·全國卷Ⅰ)如圖，一光滑的輕滑輪用細繩OO′懸掛于O點；另一細繩跨過滑輪，其一端懸掛物塊a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物塊b.外力F向右上方拉b，整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)．若F方向不變，大小在一定范圍內變化，物塊b仍始

33、終保持靜止，則(　　) A．繩OO′的張力也在一定范圍內變化 B．物塊b所受到的支持力也在一定范圍內變化 C．連接a和b的繩的張力也在一定范圍內變化 D．物塊b與桌面間的摩擦力也在一定范圍內變化 [解析]　系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，連接a和b的繩的張力大小T1等于物塊a的重力Ga，C項錯誤；以O′點為研究對象，受力分析如圖甲所示，T1、恒定，夾角θ不變，由平衡條件知，繩OO′的張力T2恒定不變，A項錯誤；以b為研究對象，受力分析如圖乙所示，則 FN＋T1cosθ＋Fsinα－Gb＝0 f＋T1sinθ－Fcosα＝0 FN、f均隨F的變化而變化，故B、D項正確． [答案]　B

34、D 整體法、隔離法的使用技巧 (1)對于連結體問題，如果能夠運用整體法，我們優(yōu)先采用整體法，這樣涉及的研究對象少，未知量少，方程少，求解簡便． (2)對于大多數動力學問題，單純采用整體法并不一定能解決，通常采用整體法和隔離法相結合的方法． [遷移訓練] 1．(2017·華中師大附中月考)下圖中，如果作用在乙球上的力大小為F，作用在甲球上的力大小為2F，則此裝置平衡時的位置可能是(　　) [解析]　將甲、乙兩個小球作為一個整體， 受力分析如右圖所示，設上面的繩子與豎直方向的夾角為α，則根據平衡條件，可得tanα＝，再單獨研究乙球，設下面的繩子與豎直方向的夾角為β，根據平

35、衡條件，可得tanβ＝，因此β>α，因此甲球在豎直線的右側，而乙球在豎直線的左側，選項C正確． [答案]　C 2．(2017·安徽江南十校聯(lián)考)如圖所示，豎直面光滑的墻角 有一個質量為m，半徑為r的半球體A.現在A上放一密度和半徑與A相同的球體B，調整A的位置使得A、B保持靜止狀態(tài)，已知A與地面間的動摩擦因數為0.5.則A球球心距墻角的最遠距離是(　　) A．2r B.r C.r D.r [解析]　由題可知B球質量為2m，當A球球心距墻角最遠時，A受地面水平向右的摩擦力f＝μ·3mg，此時以B球為研究對象，對其受力分析如圖所示，有F2＝，以A和B整體為研究對象，在水平方向有

36、μ·3mg＝F2，則tanθ＝，代入數據得θ＝53°.由幾何關系可知，A球球心到墻角的最遠距離l＝r＋2rcosθ＝r，選項C正確． [答案]　C 3．(多選)(2017·江西南昌3月模擬)如圖所示，靜止在粗糙水平面上的半徑為4R的半球的最高點A處有一根水平細線系著質量為m、半徑為R的光滑小球．已知重力加速度為g.下列說法正確的是(　　) A．地面對半球的摩擦力的方向水平向右 B．細線對小球的拉力大小為mg C．保持小球的位置不變，將A點沿半球逐漸下移，半球對小球的支持力逐漸減小 D．剪斷細線的瞬間，小球的加速度大小為0.6g [解析]　以半球和小球整體為研究對象，整體處于平衡狀態(tài)，不受摩擦力 作用，A項錯誤．對小球受力分析如圖，拉力FA＝mgtanθ，由幾何關系可知tanθ＝，則FA＝mg，B項正確．半球對小球的支持力FN＝，在A點下移時，θ增大，cosθ減小，則FN增大，C項錯誤．在剪斷細線的瞬間，細線對小球的拉力消失，小球在沿切線方向有mgsinθ＝ma，其中sinθ＝0.6，得a＝0.6g，D項正確． [答案]　BD 28