考点二 动态平衡问题
1．解决动态平衡问题的一般思路
化“动”为“静”，多个状态下“静”态对比，分析各力的变化或极值．
2．三力作用下动态平衡的分析方法
例2[2022·河北卷]如图，用两根等长的细绳将一匀质圆柱体悬挂在竖直木板的P点，将木板以底边MN为轴向后方缓慢转动直至水平，绳与木板之间的夹角保持不变，忽略圆柱体与木板之间的摩擦，在转动过程中( )
A．圆柱体对木板的压力逐渐增大
B．圆柱体对木板的压力先增大后减小
C．两根细绳上的拉力均先增大后减小
D．两根细绳对圆柱体拉力的合力保持不变
预测4 [2023·湖北省荆宜三校联考]
如图所示，在粗糙的水平地面上放着一左侧截面是半圆的柱状物体B，在B与竖直墙之间放置一光滑小球A，整个装置处于静止状态．现用水平力F推动B缓慢向左移动一小段距离后，它们仍处于静止状态，在此过程中，下列判断正确的是( )
A．小球A对物体B的压力逐渐减小
B．墙面对小球A的支持力先增大后减小
C．地面对物体B的摩擦力逐渐增大
D．水平力F逐渐增大
预测5 [2022·河北衡水中学一模]如图所示为一种可折叠壁挂书架，一个书架用两个三角形支架固定在墙壁上，两个支架横梁和斜梁的连接点O、O′可在横梁上移动，OO′始终垂直于横梁，书与书架的重心始终恰好在O、O′连线中点的正上方，书与书架的总重力为60N，某一时刻横梁AO、A′O′水平，斜梁BO、B′O′跟横梁夹角为37°，横梁对O、O′点的拉力始终沿OA、O′A′方向，斜梁对O、O′点的压力始终沿BO、B′O′方向，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不计支架的重力，则下列说法正确的是( )
A．横梁OA所受的力的大小为80N
B．斜梁BO所受的力的大小为50N
C．O、O′点同时向A，A′移动少许，横梁OA所受的力变大
D．O、O′点同时向A、A′移动少许，斜梁BO所受的力变大
考点二
例2
解析：设两绳子对圆柱体合力为FT，木板对圆柱体支持力为FN，绳子与木板夹角为α，受力分析如图：
在矢量三角形中，由正弦定理＝＝
木板以MN为轴向后方转动至水平过程中α不变，θ由90°减少至0，
由数学知识可知，FN先增大后减小，FT减小，
又两根绳子间夹角不变，所以每根绳子的拉力都随转动而不断减少．
答案：B
预测4 解析：对A球受力分析，当推动B缓慢向左移动一小段距离后，FN1与竖直方向的夹角变小，整个过程动态变化如图所示．
由图可知，FN1减小，根据牛顿第三定律，则小球A对物体B的压力逐渐减小；FN2也减小，则墙面对小球A的支持力一直减小，综上所述，A正确，B错误；以整体为研究对象，竖直方向受力平衡，则地面对B的支持力等于总重力，根据牛顿第三定律可得，B对地面的压力FN不变，则地面对物体B的摩擦力Ff也不变，C错误；整体水平方向受力平衡，根据平衡条件有F＝FN2＋Ff，由于摩擦力不变，FN2逐渐减小，则F逐渐减小，D错误．
答案：A
预测5 解析：两个支架共同承担的力的大小为60N，则每个支架所承担的力的大小为30N，对O点受力分析，如图甲所示．FOA＝＝40N，FBO＝＝50N，故A错误，B正确；O、O′同时向A、A′移动少许，对O点受力分析，如图乙所示．三角形AOB与力三角形相似，所以有＝＝，AB与BO长度不变，OA长度减小，所以FBO不变，FOA减小，故C、D错误．
答案：B考点三 电场力、磁场力作用下的平衡问题
1．电场力
(1)大小：F＝Eq，F＝.
(2)方向：正电荷所受电场力的方向与电场强度的方向相同；负电荷所受电场力的方向与电场强度的方向相反．
2．磁场力
(1)大小：①安培力F＝BI⊥L；
②洛伦兹力F洛＝qv⊥B.
(2)方向：用左手定则判断．
3．处理电磁力作用下的平衡问题的方法
与纯力学问题的分析方法一样，学会把电学问题力学化．
例3[2022·湖南卷]如图(a)，直导线MN被两等长且平行的绝缘轻绳悬挂于水平轴OO′上，其所在区域存在方向垂直指向OO′的磁场，与OO′距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，其截面图如图(b)所示．导线通以电流I，静止后，悬线偏离竖直方向的夹角为θ.下列说法正确的是( )
A．当导线静止在图(a)右侧位置时，导线中电流方向由N指向M
B．电流I增大，静止后，导线对悬线的拉力不变
C．tanθ与电流I成正比
D．sinθ与电流I成正比
预测6 如图所示，固定的光滑绝缘斜面OM的倾角θ＝37°，空间存在着平行于斜面向上的匀强电场，电场强度的大小E＝3.0×103N/C.现有一电荷量为q＝2.0×10－3C的带正电的小滑块从O点沿斜面匀速下滑(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)，则小滑块的质量为( )
A．1kgB．2kg
C．3kgD．4kg
预测7 [2023·广东省肇庆市教学质量检测](多选)如图所示，间距为L的光滑金属导轨PQ、MN相互平行，导轨平面与水平面呈θ角，一金属棒ab垂直于导轨放置并与电源、开关构成回路，金属棒ab与导轨接触良好，空间存在与导轨平面垂直的匀强磁场．当通过金属棒ab的电流为I时，金属棒恰好处于静止状态，则( )
A．磁场方向垂直于导轨平面向上
B．金属棒受到的安培力的大小为mgsinθ
C．磁场的磁感应强度为
D．增大电流强度，导轨对金属棒的支持力也增大
考点三
例3 解析：当导线静止在图(a)右侧时，导体棒MN在重力、拉力和安培力的作用下处于平衡状态，由平衡条件可知，导体棒所受安培力指向右侧，又安培力与磁场方向垂直，所以安培力垂直于轻绳指向右上方，由左手定则可知，导线中电流方向由M指向N，A项错误；由平衡条件有轻绳拉力F＝，又BIL＝mgsinθ，得sinθ＝I，分析易知B、C项错误，D项正确．
答案：D
预测6 解析：带正电的小滑块从O到M沿斜面匀速下滑，对小滑块受力分析，可知Eq＝mgsin37°，解得小滑块的质量m＝1kg，A正确．
答案：A
预测7 解析：金属棒处于静止状态，则所受安培力方向沿导轨平面向上，由左手定则判断，磁场方向垂直于导轨平面向上，A正确；将重力正交分解，安培力与重力沿斜面向下的分力平衡，即有F安＝mgsinθ，B正确；由F安＝mgsinθ＝BIL可得，B＝，C错误；由于安培力与支持力垂直，电流变化引起安培力大小变化，但支持力不变始终等于重力垂直斜面的分力即FN＝mgcosθ，D错误．
答案：AB第1讲 力与物体的平衡
命题热点
(1)物体的受力分析、静态平衡、动态平衡；
(2)静电力、安培力、洛伦兹力作用下的平衡；
(3)利用平衡条件解决实际问题．
常考题型
选择题
高频考点·能力突破
考点一 静态平衡问题
1．研究对象的选取：整体法和隔离法
2．共点力平衡的常用处理方法
适用条件 平衡关系
合成法 三个共点力 任意两个力的合力一定与第三个力大小相等，方向相反
正交分解法 三个或三个以上共点力 将物体所受的力分解为相互垂直的两组力，每组力都满足平衡条件
力的三角形法 三个共点力 对受三力作用而平衡的物体，将力的矢量图平移使三力组成一个首尾依次相接的矢量三角形，根据正弦定理、余弦定理或相似三角形等数学知识求解未知力
例1[2023·江苏卷]
如图所示，“嫦娥五号”探测器静止在月球平坦表面处．已知探测器质量为m，四条腿与竖直方向的夹角均为θ，月球表面的重力加速度为地球表面重力加速度g的.每条腿对月球表面压力的大小为( )
A． B． C． D．
预测1 [2022·成都市三模]如图所示，三个小球放在固定的倾斜挡板上，挡板与水平面的夹角为30°，每个小球的质量均为m，墙面和挡板均光滑，则墙壁对最左端小球的弹力大小为( )
A．mgB．mg
C．2mgD．3mg
预测2 [2023·广东省肇庆市教学质量检测]如图所示，重力为G的电灯悬于两壁之间，OA绳水平，OB绳与竖直方向夹角为45°.保持O点及绳OB的位置固定不变，将绳端A点向上移动(绳OA长度可调)，绳子重力不计，则下列判断正确的是( )
A．绳端A点上移前，OB绳拉力大小等于G
B．绳端A点上移前，OA绳拉力大小等于OB绳拉力
C．绳端A点向上移动过程中，OA绳对电灯的拉力先减小后增大
D．绳端A点向上移动过程中，OB绳对电灯的拉力一直增大
预测3 如图甲所示，一物块置于水平地面上．现用一个与竖直方向成θ角的力F拉物块，使力F沿顺时针方向转动，并保持物块始终沿水平方向做匀速直线运动，得到拉力F与θ的变化关系图线如图乙所示．根据图中信息可知物块与地面之间的动摩擦因数为( )
A． B． C．2－ D．
考点一
例1 解析：对“嫦娥五号”探测器受力分析有
FN＝mg月
则对一条腿有FN1＝mg月＝
根据牛顿第三定律可知每条腿对月球表面的压力大小为.故选D.
答案：D
预测1
解析：将三个小球作为整体受力分析如图所示，由共点力平衡可知tan30°＝，解得FN2＝mg，故B正确．
答案：B
预测2 解析：
对电灯进行受力分析如图所示，A点上移前有FA＝G，FB＝G，A、B均错误；绳端A点向上移动过程中，观察力三角形
演变情况，可知OA绳对电灯的拉力先减小后增大，OB绳对电灯的拉力一直减小，C正确，D错误．
答案：C
预测3 解析：物块受支持力N、拉力F、重力mg、摩擦力μN作用，水平方向有Fsinθ＝μN，竖直方向有Fcosθ＋N＝mg，得F＝，从题图可知，θ＝30°与120°时F相等，解得μ＝2－，选项C正确．
答案：C(共34张PPT)
第1讲 力与物体的平衡
高频考点·能力突破
素养培优·情境命题
高频考点·能力突破
考点一 静态平衡问题
1．研究对象的选取：整体法和隔离法
2．共点力平衡的常用处理方法
适用条件 平衡关系
合成法 三个共 点力 任意两个力的合力一定与第三个力大小相等，方向相反
正交分 解法 三个或三个 以上共点力 将物体所受的力分解为相互垂直的两组力，每组力都满足平衡条件
力的三 角形法 三个共 点力 对受三力作用而平衡的物体，将力的矢量图平移使三力组成一个首尾依次相接的矢量三角形，根据正弦定理、余弦定理或相似三角形等数学知识求解未知力
例1 [2023·江苏卷]
如图所示，“嫦娥五号”探测器静止在月球平坦表面处．已知探测器质量为m，四条腿与竖直方向的夹角均为θ，月球表面的重力加速度为地球表面重力加速度g的.每条腿对月球表面压力的大小为( )
A． B． C． D．
答案：D
解析：对“嫦娥五号”探测器受力分析有
FN ＝ mg月
则对一条腿有FN1＝mg月＝
根据牛顿第三定律可知每条腿对月球表面的压力大小为.故选D.
预测1 [2022·成都市三模]如图所示，三个小球放在固定的倾斜挡板上，挡板与水平面的夹角为30°，每个小球的质量均为m，墙面和挡板均光滑，则墙壁对最左端小球的弹力大小为( )
A．mg B．mg
C．2mg D．3mg
答案：B
解析：将三个小球作为整体受力分析如图所示，由共点力平衡可知tan 30°＝，解得FN2＝mg，故B正确．
预测2 [2023·广东省肇庆市教学质量检测]如图所示，重力为G的电灯悬于两壁之间，OA绳水平，OB绳与竖直方向夹角为45°.保持O点及绳OB的位置固定不变，将绳端A点向上移动(绳OA长度可调)，绳子重力不计，则下列判断正确的是( )
A．绳端A点上移前，OB绳拉力大小等于G
B．绳端A点上移前，OA绳拉力大小等于OB绳拉力
C．绳端A点向上移动过程中，OA绳对电灯的拉力先减小后增大
D．绳端A点向上移动过程中，OB绳对电灯的拉力一直增大
答案：C
解析：
对电灯进行受力分析如图所示，A点上移前有FA＝G，FB＝G，A、B均错误；绳端A点向上移动过程中，观察力三角形
演变情况，可知OA绳对电灯的拉力先减小后增大，OB绳对电灯的拉力一直减小，C正确，D错误．
预测3 如图甲所示，一物块置于水平地面上．现用一个与竖直方向成θ角的力F拉物块，使力F沿顺时针方向转动，并保持物块始终沿水平方向做匀速直线运动，得到拉力F与θ的变化关系图线如图乙所示．根据图中信息可知物块与地面之间的动摩擦因数为( )
A． B． C．2－ D．
答案：C
解析：物块受支持力N、拉力F、重力mg、摩擦力μN作用，水平方向有F sin θ＝μN，竖直方向有F cos θ＋N＝mg，得F＝，从题图可知，θ＝30°与120°时F相等，解得μ＝2－，选项C正确．
考点二 动态平衡问题
1．解决动态平衡问题的一般思路
化“动”为“静”，多个状态下“静”态对比，分析各力的变化或极值．
2．三力作用下动态平衡的分析方法
例2 [2022·河北卷]如图，用两根等长的细绳将一匀质圆柱体悬挂在竖直木板的P点，将木板以底边MN为轴向后方缓慢转动直至水平，绳与木板之间的夹角保持不变，忽略圆柱体与木板之间的摩擦，在转动过程中( )
A．圆柱体对木板的压力逐渐增大
B．圆柱体对木板的压力先增大后减小
C．两根细绳上的拉力均先增大后减小
D．两根细绳对圆柱体拉力的合力保持不变
答案：B
解析：设两绳子对圆柱体合力为FT，木板对圆柱体支持力为FN，绳子与木板夹角为α，受力分析如图：
在矢量三角形中，由正弦定理＝＝
木板以MN为轴向后方转动至水平过程中α不变，θ由90°减少至0，
由数学知识可知，FN先增大后减小，FT减小，
又两根绳子间夹角不变，所以每根绳子的拉力都随转动而不断减少．
预测4 [2023·湖北省荆宜三校联考]
如图所示，在粗糙的水平地面上放着一左侧截面是半圆的柱状物体B，在B与竖直墙之间放置一光滑小球A，整个装置处于静止状态．现用水平力F推动B缓慢向左移动一小段距离后，它们仍处于静止状态，在此过程中，下列判断正确的是( )
A．小球A对物体B的压力逐渐减小
B．墙面对小球A的支持力先增大后减小
C．地面对物体B的摩擦力逐渐增大
D．水平力F逐渐增大
答案：A
解析：对A球受力分析，当推动B缓慢向左移动一小段距离后，FN1与竖直方向的夹角变小，整个过程动态变化如图所示．
由图可知，FN1减小，根据牛顿第三定律，则小球A对物体B的压力逐渐减小；FN2也减小，则墙面对小球A的支持力一直减小，综上所述，A正确，B错误；以整体为研究对象，竖直方向受力平衡，则地面对B的支持力等于总重力，根据牛顿第三定律可得，B对地面的压力FN不变，则地面对物体B的摩擦力Ff也不变，C错误；整体水平方向受力平衡，根据平衡条件有F＝FN2＋Ff，由于摩擦力不变，FN2逐渐减小，则F逐渐减小，D错误．
预测5 [2022·河北衡水中学一模]如图所示为一种可折叠壁挂书架，一个书架用两个三角形支架固定在墙壁上，两个支架横梁和斜梁的连接点O、O′可在横梁上移动，OO′始终垂直于横梁，书与书架的重心始终恰好在O、O′连线中点的正上方，书与书架的总重力为60 N，某一时刻横梁AO、A′O′水平，斜梁BO、B′O′跟横梁夹角为37°，横梁对O、O′点的拉力始终沿OA、O′A′方向，斜梁对O、O′点的压力始终沿BO、B′O′方向
已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计支架的重力，则下列说法正确的是( )
A．横梁OA所受的力的大小为80 N
B．斜梁BO所受的力的大小为50 N
C．O、O′点同时向A，A′移动少许，横梁OA所受的力变大
D．O、O′点同时向A、A′移动少许，斜梁BO所受的力变大
答案：B
解析：两个支架共同承担的力的大小为60 N，则每个支架所承担的力的大小为30 N，对O点受力分析，如图甲所示．FOA＝＝40 N，FBO＝＝50 N，故A错误，B正确；O、O′同时向A、A′移动少许，对O点受力分析，如图乙所示．三角形AOB与力三角形相似，所以有＝＝，AB与BO长度不变，OA长度减小，所以FBO不变，FOA减小，故C、D错误．
考点三 电场力、磁场力作用下的平衡问题
1．电场力
(1)大小：F＝Eq，F＝.
(2)方向：正电荷所受电场力的方向与电场强度的方向相同；负电荷所受电场力的方向与电场强度的方向相反．
2．磁场力
(1)大小：①安培力F＝BI⊥L；
②洛伦兹力F洛＝qv⊥B.
(2)方向：用左手定则判断．
3．处理电磁力作用下的平衡问题的方法
与纯力学问题的分析方法一样，学会把电学问题力学化．
例3 [2022·湖南卷]如图(a)，直导线MN被两等长且平行的绝缘轻绳悬挂于水平轴OO′上，其所在区域存在方向垂直指向OO′的磁场，与OO′距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，其截面图如图(b)所示．导线通以电流I，静止后，悬线偏离竖直方向的夹角为θ.下列说法正确的是( )
A．当导线静止在图(a)右侧位置时，导线中电流方向由N指向M
B．电流I增大，静止后，导线对悬线的拉力不变
C．tan θ与电流I成正比
D．sin θ与电流I成正比
答案：D
解析：当导线静止在图(a)右侧时，导体棒MN在重力、拉力和安培力的作用下处于平衡状态，由平衡条件可知，导体棒所受安培力指向右侧，又安培力与磁场方向垂直，所以安培力垂直于轻绳指向右上方，由左手定则可知，导线中电流方向由M指向N，A项错误；由平衡条件有轻绳拉力F＝，又BIL＝mgsin θ，得sin θ＝I，分析易知B、C项错误，D项正确．
预测6 如图所示，固定的光滑绝缘斜面OM的倾角θ＝37°，空间存在着平行于斜面向上的匀强电场，电场强度的大小E＝3.0×103 N/C.现有一电荷量为q＝2.0×10－3 C的带正电的小滑块从O点沿斜面匀速下滑(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，则小滑块的质量为( )
A．1 kg B．2 kg
C．3 kg D．4 kg
答案：A
解析：带正电的小滑块从O到M沿斜面匀速下滑，对小滑块受力分析，可知Eq＝mg sin 37°，解得小滑块的质量m＝1 kg，A正确．
预测7 [2023·广东省肇庆市教学质量检测](多选)如图所示，间距为L的光滑金属导轨PQ、MN相互平行，导轨平面与水平面呈θ角，一金属棒ab垂直于导轨放置并与电源、开关构成回路，金属棒ab与导轨接触良好，空间存在与导轨平面垂直的匀强磁场．当通过金属棒ab的电流为I时，金属棒恰好处于静止状态，则( )
A．磁场方向垂直于导轨平面向上
B．金属棒受到的安培力的大小为mg sin θ
C．磁场的磁感应强度为
D．增大电流强度，导轨对金属棒的支持力也增大
答案：AB
解析：金属棒处于静止状态，则所受安培力方向沿导轨平面向上，由左手定则判断，磁场方向垂直于导轨平面向上，A正确；将重力正交分解，安培力与重力沿斜面向下的分力平衡，即有F安＝mg sin θ，B正确；由F安＝mg sin θ＝BIL可得，B＝，C错误；由于安培力与支持力垂直，电流变化引起安培力大小变化，但支持力不变始终等于重力垂直斜面的分力即FN＝mg cos θ，D错误．
素养培优·情境命题
利用平衡条件解决实际问题
1．情境化试题，把对物理必备知识、关键能力的考查融入日常生活与现代科技中．该类试题乍一看高、新、深，但所用的知识都不会超出我们平常所用的基本概念和基本规律．
2．解决情境化试题，要仔细分析题目展示的情境，通过分析和判断来理清物理过程，弄清题目中情境所涉及的问题与哪种物理模型符合，然后运用相应的物理知识解答．
情境1 在东京奥运会举重比赛中，李发彬在挺举中展现“金鸡独立”绝技，单脚支撑．又将姿势回复为双脚着地稳定3秒，最终夺得冠军，并打破奥运纪录．将李发彬的单脚支撑和双脚着地均视作平衡状态．关于此过程的表述正确的是( )
A．单脚支撑时地面对其支持力大小比双脚着地时的支持力大
B．单脚支撑时地面对其支持力大小比双脚着地时的支持力小
C．若李发彬握杠的两手间距离变大，则其手臂受杠铃的作用力将变大
D．若李发彬握杠的两手间距离变大，则其手臂受杠铃的作用力将变小
答案：C
解析：根据受力平衡可知，单脚支撑时地面对其支持力和双脚着地时的支持力大小都等于运动员和杠铃的总重，A、B错误；手臂对杠铃的作用力大小为F，手臂与横杠之间的夹角为θ，杠铃的重力为G，根据平衡条件可得2F sin θ＝G.
由几何关系可知握杠的两手间距离变大，对应的θ角越小，则F变大，由牛顿第三定律可知，手臂受杠铃的作用力变大，C正确，D错误．
情境2 抖空竹在中国有着悠久的历史．假设抖空竹所用轻绳AB总长为L，空竹重力为G，可视为质点．绳能承受的最大拉力是2G，将绳一端固定，将另一端缓慢水平向右移动d而使绳不断，不计一切摩擦，则d的最大值可能为( )
A．L B．L C．L D．L
答案：B
解析：设轻绳与水平方向的夹角为θ，根据受力分析可得竖直方向上有2FTsin θ＝G，绳能承受的最大拉力是2G，当FT＝2G时，解得sin θ＝，由几何关系可得sin θ＝，联立解得d＝L，故选B.
情境3 [2023·浙江三模]
如图为一名健身者正在拉绳锻炼．已知健身者质量为50 kg，双手对绳的拉力均为100 N，两根绳间夹角θ＝60°，两根绳关于上方连接的总绳对称且跟总绳处于同一平面，总绳与竖直方向的夹角为30°.若健身者处于静止状态，健身者与地面的动摩擦因数为0.5，绳的质量忽略不计，则健身者受地面的支持力FN和摩擦力Ff分别为( )
A．FN＝350 N，Ff＝25 N
B．FN＝500－50 N，Ff＝50 N
C．FN＝350 N，Ff＝50 N
D．FN＝350 N，Ff＝175 N
答案：C
解析：根据题意可知，总绳对人的作用力大小为F＝2×100×cos 30°＝100 N．对人受力分析，如图所示，由平衡条件有Ff＝F sin 30°＝50 N，F cos 30°＋FN＝mg，解得FN＝350 N，C正确．
情境4 [2022·浙江1月]如图所示，学校门口水平地面上有一质量为m的石礅，石礅与水平地面间的动摩擦因数为μ.工作人员用轻绳按图示方式匀速移动石礅时，两平行轻绳与水平面间的夹角均为θ，则下列说法正确的是( )
A．轻绳的合拉力大小为
B．轻绳的合拉力大小为
C．减小夹角θ，轻绳的合拉力一定减小
D．轻绳的合拉力最小时，地面对石礅的摩擦力也最小
答案：B
解析：方法一 对石礅受力分析如图1，设两根轻绳的合力为F，根据平衡条件有F cos θ＝f，F sin θ＋FN＝mg，且μFN＝f，联立可得F＝，选项A错误，B正确；上式变形得F＝，其中tan α＝，根据三角函数特点，由于θ的初始值不知道，因此减小θ，轻绳的合拉力F并不一定减小，选项C错误；根据上述讨论，当θ＋α＝90°时，轻绳的合拉力F最小，而摩擦力f＝F cos θ＝＝，可知增大夹角θ，摩擦力一直减小，当θ趋近于90°时，摩擦力最小，故轻绳的合拉力F最小时，地面对石礅的摩擦力不是最小的，选项D错误．
方法二 本题的C、D选项还可以这样判断：设F′为地面对石礅的支持力FN与摩擦力f的合力，β是摩擦力与F′间的夹角，则tan β＝＝，即不论FN、f怎么变化，合力F′的方向总保持不变，因此可将四力平衡转化为如图2所示的三力平衡问题，用矢量三角形可直观得出随着θ减小绳子的合拉力F可能先减小后增大，也可能一直增大，关键是看初始时θ的大小；摩擦力与支持力的合力F′随着θ的减小而增大，故地面对石礅的摩擦力f随着θ的减小一直增大，即f的最小值不与轻绳合拉力的最小值对应，故选项C、D均错误．素养培优·情境命题
利用平衡条件解决实际问题
1．情境化试题，把对物理必备知识、关键能力的考查融入日常生活与现代科技中．该类试题乍一看高、新、深，但所用的知识都不会超出我们平常所用的基本概念和基本规律．
2．解决情境化试题，要仔细分析题目展示的情境，通过分析和判断来理清物理过程，弄清题目中情境所涉及的问题与哪种物理模型符合，然后运用相应的物理知识解答．
情境1 在东京奥运会举重比赛中，李发彬在挺举中展现“金鸡独立”绝技，单脚支撑．又将姿势回复为双脚着地稳定3秒，最终夺得冠军，并打破奥运纪录．将李发彬的单脚支撑和双脚着地均视作平衡状态．关于此过程的表述正确的是( )
A．单脚支撑时地面对其支持力大小比双脚着地时的支持力大
B．单脚支撑时地面对其支持力大小比双脚着地时的支持力小
C．若李发彬握杠的两手间距离变大，则其手臂受杠铃的作用力将变大
D．若李发彬握杠的两手间距离变大，则其手臂受杠铃的作用力将变小
情境2 抖空竹在中国有着悠久的历史．假设抖空竹所用轻绳AB总长为L，空竹重力为G，可视为质点．绳能承受的最大拉力是2G，将绳一端固定，将另一端缓慢水平向右移动d而使绳不断，不计一切摩擦，则d的最大值可能为( )
A．L B．L C．L D．L
情境3 [2023·浙江三模]
如图为一名健身者正在拉绳锻炼．已知健身者质量为50kg，双手对绳的拉力均为100N，两根绳间夹角θ＝60°，两根绳关于上方连接的总绳对称且跟总绳处于同一平面，总绳与竖直方向的夹角为30°.若健身者处于静止状态，健身者与地面的动摩擦因数为0.5，绳的质量忽略不计，则健身者受地面的支持力FN和摩擦力Ff分别为( )
A．FN＝350N，Ff＝25N
B．FN＝500－50N，Ff＝50N
C．FN＝350N，Ff＝50N
D．FN＝350N，Ff＝175N
情境4 [2022·浙江1月]如图所示，学校门口水平地面上有一质量为m的石礅，石礅与水平地面间的动摩擦因数为μ.工作人员用轻绳按图示方式匀速移动石礅时，两平行轻绳与水平面间的夹角均为θ，则下列说法正确的是( )
A．轻绳的合拉力大小为
B．轻绳的合拉力大小为
C．减小夹角θ，轻绳的合拉力一定减小
D．轻绳的合拉力最小时，地面对石礅的摩擦力也最小
素养培优·情境命题
情境1 解析：根据受力平衡可知，单脚支撑时地面对其支持力和双脚着地时的支持力大小都等于运动员和杠铃的总重，A、B错误；手臂对杠铃的作用力大小为F，手臂与横杠之间的夹角为θ，杠铃的重力为G，根据平衡条件可得2Fsinθ＝G.
由几何关系可知握杠的两手间距离变大，对应的θ角越小，则F变大，由牛顿第三定律可知，手臂受杠铃的作用力变大，C正确，D错误．
答案：C
情境2 解析：设轻绳与水平方向的夹角为θ，根据受力分析可得竖直方向上有2FTsinθ＝G，绳能承受的最大拉力是2G，当FT＝2G时，解得sinθ＝，由几何关系可得sinθ＝，联立解得d＝L，故选B.
答案：B
情境3
解析：根据题意可知，总绳对人的作用力大小为F＝2×100×cos30°＝100N．对人受力分析，如图所示，由平衡条件有Ff＝Fsin30°＝50N，Fcos30°＋FN＝mg，解得FN＝350N，C正确．
答案：C
情境4 解析：方法一 对石礅受力分析如图1，设两根轻绳的合力为F，根据平衡条件有Fcosθ＝f，Fsinθ＋FN＝mg，且μFN＝f，联立可得F＝，选项A错误，B正确；上式变形得F＝，其中tanα＝，根据三角函数特点，由于θ的初始值不知道，因此减小θ，轻绳的合拉力F并不一定减小，选项C错误；根据上述讨论，当θ＋α＝90°时，轻绳的合拉力F最小，而摩擦力f＝Fcosθ＝＝，可知增大夹角θ，摩擦力一直减小，当θ趋近于90°时，摩擦力最小，故轻绳的合拉力F最小时，地面对石礅的摩擦力不是最小的，选项D错误．
方法二 本题的C、D选项还可以这样判断：设F′为地面对石礅的支持力FN与摩擦力f的合力，β是摩擦力与F′间的夹角，则tanβ＝＝，即不论FN、f怎么变化，合力F′的方向总保持不变，因此可将四力平衡转化为如图2所示的三力平衡问题，用矢量三角形可直观得出随着θ减小绳子的合拉力F可能先减小后增大，也可能一直增大，关键是看初始时θ的大小；摩擦力与支持力的合力F′随着θ的减小而增大，故地面对石礅的摩擦力f随着θ的减小一直增大，即f的最小值不与轻绳合拉力的最小值对应，故选项C、D均错误．
答案：B
