2008年全国地区物理科专题平衡类问题

专题一 平衡类问题
【高考点睛】
物体的平衡是力学的基础，各种力的概念、平衡条件的应用贯穿于力学乃至整个高中物理。

对物体受力分析是解决力学问题的基础和关键，力的合成与分解所遵循的平行四边形定则、三角形法则、正交分解法是解决此类题的重要方法。

物体的平衡状态是人们在生产、生活和科学实验中常见的一种状态，是高考命题的热点。

从统计列表可以看出：①平衡类问题历年高考均反复考查，考查率100℅；涉及的题型以选择、填空题为主，近几年有上升计算题的趋势；试题难度、所占总分比例有所上升。

②本专题教学时数占1/10，而从近几年高考分值来看，有三年超过了15%，两个年份达到或接近20%，可见本专题之重要及在高考中的地位，因此复习中必须予以足够重视。

从近几年的高考趋势看，本专题在高考中的命题趋势，一是更加注重学科内的综合，这一部分内容更多的是考查与其他部分（如牛顿定律、动量、功和能、电场、磁场）的综合，如2004年全国理综卷24题、2005年全国理综卷Ⅱ24题. 同时考查得更具有创新性，如2004年全国理综卷（天津）的第17题.二是与其他学科、生产生活、科学实践相结合也是大势所趋，本专题内容可与数学、生物、建筑、及航空、航天等学科相联系，如利用数学求解力平衡时的极值问题，利用斯·托克斯原理测量细胞大小、进行密立根油滴实验，建筑物的平衡问题，以及航天器在不同运动过程中的受力问题.
这就要求同学们深刻地领会力学知识以便能灵活地运用到身边的具体事例中去，以所学知识为基础，从丰富翔实的背景材料中抽象出物理模型，正确地受力分析，利用有关的平衡知识来解决实际问题.
【考题回放】
考题1.（易错题）(2004·全国理综Ⅱ)如图1-1所示，四个完全相同的弹簧都处于水平位置，它们的右端受到大小皆为F 的拉力作用，而左端的情况各不相同：①中弹簧的左端固定在墙上，②中弹簧的左端受大小也为F 的拉力作用，③中弹簧的左端拴一小物块，物块在光滑的桌面上滑动，④中弹簧的左端拴一小物块，物块在有摩擦的桌面上滑动.若认为弹簧的质量都为零，以1l 、2l 、3l 、4l 依次表示四个弹簧的伸长量，则有 ( )
A. 2l >1l
B. 4l >3l
C. 1l >3l
D. 2l =4l
Ｆ F
①
② ③
④
图1-1
错解：C
错因分析：在情形①中，因弹簧静止所以弹簧受到的弹力F kl =1；在情形③中，因弹簧向右做加速运动，而错认为弹簧受到的合力向右，由牛顿第二定律弹力可知F kl <3，所以得1l >3l . 正解：在上述四种情形中，取弹簧为研究对象，不管弹簧的加速度为多少，因弹簧是轻弹簧，其质量为零，所以合力为零，每条弹簧受的弹力均等于F ，由胡克定律得每条弹簧的伸长量相同，答案为D. 答案：D
点评：本题考查了考生所学的基础知识(力的平衡条件)、基本技能(研究对象的选取)的掌握程度，因此在高考复习中，学科的基础知识、基本技能、基本方法应是同学们复习的基础和重点；在复习的过程中应注意“轻线”、“轻弹簧”等物理模型的特点──轻线、轻弹簧上各处的张力一定相等.
考题2.（2005·天津卷）如图1-2所示，表面粗糙的固定斜面顶端安有滑轮，两物块P 、Q 用轻绳连接并跨过滑轮（不计滑轮的质量和摩擦），P 悬于空中，Q 放在斜面上，均处于静止状态.当用水平向左的恒力推Q 时，P 、Q 仍静止不动，则（ ）
A 、Q 受到的摩擦力一定变小
B 、Q 受到的摩擦力一定变大
C 、轻绳上拉力一定变小
D 、轻绳上拉力一定不变
解析：本题是一个静态平衡问题，由于不知物体P 和Q 的质量关系，所以放置在斜面上的Q 物体在没有水平向左的恒力推Q 时可能受到斜面对它的静摩擦力作用，也可能不受斜面对它的摩擦力作用.设斜面倾角为θ，P 的质量为1m ，Q 的质量为2m .在没有水平向左的恒力推Q 时分别有以下几种可能情况：
①当θsin 21g m g m =时，斜面对物体Q 的摩擦力为零；
②当θsin 21g m g m >时，斜面对物体Q 的静摩擦力沿斜面向下； ③当θsin 21g m g m <时，斜面对物体Q 的静摩擦力沿斜面向上.
在①这种情况下，当用水平向左的恒力推Q 时，Q 受到的摩擦力一定变大；在②这种情况下，当用水平向左的恒力推Q 时，Q 受到的摩擦力一定变大；在③这种情况下，当用水平向左的恒力推Q 时，Q 受到的摩擦力可能是减小，也可能反向不变、减小或增大；由以上分析可知Q 受到的摩擦力从大小来看：①不变；②变小；③变大；这三种情况都有可能.故选项A 、B 不正确.而轻绳上的拉力可确定P 物体为研究对象，由于P 物体处于静止状态，所以P 物体受力平衡，即轻绳的拉力等于P 物体的重力.故轻绳的拉力不变. 答案：D
图1-2
点评：本题是一静态平衡问题，而斜面上处于静态平衡的问题在我们平时的习题训练中并不陌生，而比较多的是就Q 一个物体放置在斜面上处于静止状态，分析物体所受静摩擦力的变化情况.而本题在原有题型的基础上又进了一步，再增加一个作用力，分析物体所受静摩擦力的变化情况，若考生对原有题型能够正确掌握它的分析方法那么本题也就不难作答了.可见高考并不回避陈题，只不过在原有的基础上推陈出新.
【高考点睛】
物体的平衡状态是人们在生活、生产和科学实验中常见的一种状态，是高考命题的热点，纵观近几年的高考题，虽然单独考查较少，但在高考试卷中无处不在，高考所涉及的内容以物体平衡和摩擦力较多，涉及的题型以选择题的题型出现较多，且选择题的难度有所提升，如2003年全国理综卷的第19题、2004年全国理综卷Ⅱ的第18题；而计算题所占比例有逐年上升的趋势，如2002年全国理综卷的第29题、2004年全国理综卷的第24题.所以本专题的重要性进一步凸现.
物体的平衡是力学的基础，各种力的概念、平衡条件的应用贯穿力学乃至整个高中物理.对物体受力分析是解决力学问题的基础和关键，历年高考题中均反复考查.力的合成与分解所遵循的平行四边形定则，也是矢量合成与分解时所遵循的普遍法则.
从近几年的高考趋势看，本专题在高考中的出题趋势，一是更加注重学科内的综合，这一部分内容更多的是考查与其他部分（如牛顿定律、动量、功和能、电场、磁场）的综合，考查得更具有创新性，如2004年全国理综卷（天津）的第17题；二是与其他学科、生产生活、科学实践相结合也是大势所趋，本专题内容可与数学、生物、建筑、及航空、航天等学科相联系，如利用数学求解力平衡时的极值问题，利用斯·托克斯原理测量细胞大小、进行密立根油滴实验，建筑物的平衡问题，以及航天器在不同运动过程中的受力问题. 这就要求同学们深刻地领会力学知识以便能灵活地运用到身边的具体事例中去，以所学知识为基础，从丰富翔实的背景材料中抽象出物理模型，正确地受力分析，利用有关的平衡知识来解决实际问题. 【精题精析】
题型一：力平衡的定量分析
例1. 如图1-3(a)所示，一个半球形的碗放在桌面上，碗口水平，O 点为其球心，碗的内表面及碗口是光滑的.一根细线跨在碗口上，线的两端分别系有质量为1m 和2m 的小球，当它们处于平
衡状态时，质量为m 1的小球与O 点的连线与水平线的夹角为α＝60°.两小球的质量比2m /1m 为( )
A.3/3
B.2/3
C.3/2
D.2/2
解析：方法一：用力的合成法求解
以碗外小球2m 为研究对象，小球受竖直向上的拉力T F '、竖直向下的重力
g m 2的作用，根据平衡条件有g m F T
2='① 以碗内小球1m 为研究对象，小球受三个力，受力图如图1-3(b)所示，由于支持力N F 、拉力T F 、重力g m 1三力平衡，故N F 、T F 的合力必与g m 1等大反向，由几何知识知，两力与竖直方向夹角皆为
30，易知
：
图1-3(a )
T
F 图1-3(b)
g
1
T F =N F =
g m g m 113
3
30
cos 2=
② 由牛顿第三定律得T T
F F ='③ 由①②③解得
3
3
12=
m m ，A 正确. 方法二：用三角形法求解
由于N F 、T F 、g m 1三力平衡，故N F 、T F 与g m 1组成如图1-3(c)的矢量三角形，可知：
T F =N F =
g m g m 113
3
30cos 2=
，再与①③两式联立可得：3312=
m m 方法三：用正交分解法求解
建立直角坐标系如图1-3(d)，将N F 、T F 沿竖直、水平方向正交分解，根据平衡条件 g m F F T N 130cos 30cos =+ ， 30sin 30sin T N F F =解得：
T F =N F =
g m 13
3
，再与①③两式联立可得：3312=
m m 答案：A
点评：本题为常规的物体平衡问题，对三力平衡问题，可以用力的合成法、三角形法、正交分解法求解，若三力中其中两力的大小相等或两力的方向垂直，一般采用正交分解法比较简捷.
例2.如图1-4(a)所示，真空中两个相同的小球带有等量同种电荷，质量均为0.1g ，分别用10cm 长的绝缘细线悬挂于天花板上的一点，平衡时，B
球偏离竖直方向 60角，A 球竖直悬挂且与绝缘墙壁接触，求：
(1)B 球带电量为多少？
(2)墙壁对A 球的支持力为多大？
(3)若墙壁的绝缘性能不是很好，而使A 球在缓慢地漏电，那么B 球受到的拉力、库仑力的大小如何变化？ 解析：(1) B 球受力如图1-4(c)所示，因B 球静止，所以B 球受到的重力mg 、拉力B F 、库仑力F 三力组成的一个封闭的矢量三角形与OAB ∆相似〖图1-4(d 、b)〗，所以用三角形法求解较方便，可得：
AB
F
OB F OA mg B == 因AB OB OA ==，所以mg F = 再据库仑定律2
2r
Q K F =，解得：C Q 8103.3-⨯=
T
F N
F 图
1-3(d)
F
mg
B
F 图1-4(e)
图1-4(c)
图1-4(d)
(2) A 球受力如图1-4(e)所示，因A 球受到四个力的作用而静止，所以用正交分解法求解较方便，可得:060sin =- F F N ,解得：N F N 41066.8-⨯=
(3) A 球在缓慢地漏电，导致A 的电荷量减少，使A 、B 之间的距离AB 在减小，但mg 、B F 、F 三力组成的一个封闭的矢量三角形与OAB ∆还是相似，可得：
AB F OB F OA mg B ==，解得mg OA OB F B =；mg OA
AB
F = 因OB OA =，所以mg F B =不变；因AB 在减小，所以F 也减小.
答案：(1) C Q 8103.3-⨯=； (2) N F N 41066.8-⨯=； (3) 拉力B F 不变，库仑力F 在减小. 点评：本题中，B 球的三力平衡问题，用三角形法求解较简捷，特别是当B 球受的库仑力在变化时，用三角形相似的方法求解更是一气呵成!(同学们试着用正交分解法去求解，与上述方法作一个比较!!)；对于A 球的多力平衡问题(三力以上的平衡问题)，一般用正交分解法的通用解法.
例3.重为G 的木块与水平面间的动摩擦因数为μ，一人欲用最小的作用力F 使木板做匀速运动，则此最小的作用力的大小和方向应如何？
解析：木块在运动中受摩擦力作用，要减小摩擦力应使作用力F 斜向上，设当F 斜向上与水平方向的夹角为α时，F 的值最小.
方法一：正交分解法
木块受力分析如图1-5(a)所示，由平衡条件列方程： 0cos =-N F F μα
0sin =-+G F F N α 解得：α
μαμsin cos +=
G
F
)sin 1cos 11(1sin cos 2
2
2αμ
μ
αμ
μαμα++
++=+
令2
11cos μ
ϕ+=
，2
1sin μ
μ
ϕ+=
，
则)cos(1)sin sin cos (cos 1sin cos 22ϕαμαϕαϕμαμα-+=++=+ 可见μϕαarctan ==时F 有最小值，即2
min 1μ
μ+=G
F
方法二：三角形法
由于N f F F μ=，故不论N F 如何改变，f F 与N F 的合力R F 的方向
都不会发生改变，如图1-5(b)所示，合力R F 与竖直方向的夹角一定为μϕarctan =，力R F 、G 、F 组成封闭的矢量三角形，由图1-5(c)可知，当F 与R F 垂直时，F 有最小值，由几何关系得：2
min 1sin μ
μϕ+=
=G
G F
图1-5(a)
F 图1-5(b) F 图1-5(c)
答案：当F 与水平方向的夹角μϕαarctan ==时，2
min 1μ
μ+=
G
F
点评：力的三角形法与正交分解法是解决共点力平衡问题的最常见的两种解法，三力平衡适于用力的三角形法求解，简捷、直观；多力平衡问题适于用正交分解法求解，但有时有冗长的演算过程，因此需灵活处理.在某些情形时，可把多力化为三力，再采用三角形法，可谓捷径!
题型二：力平衡的动态分析
例4.如图1-6(a)所示，把球夹在竖直墙AC 和木板BC 之间，不计摩擦，球对墙的压力为1N F ，球对板的压力为2N F ，在将木板BC 逐渐放至水平的过程中，下列说法中正确的是( ) A.1N F 和2N F 都增大 B.1N F 和2N F 都减小 C.1N F 增大，2N F 减小 D.1N F 减小，2N F 增大
解析：取球为研究对象，球的受力情况如图1-6(b)所示：重力G ，墙对球的弹力1N F '，木板对球的弹力2N F '，这三个力的合力为零，根据平衡条件可以做出G 、1
N F '、2N F '组成的矢量三角形如图1-6(c)所示.在木板逐渐放至水平的过程中，G 的大小方向不变，1N
F '的方向不变，2N F '与竖直方向的夹角逐渐变小.从图中不难看出1
N F '减小，2N F '减小. 答案：B
点评：在静力学中.不少题目需要利用矢量三角形对物体的受力情况进行动态分析，这时一定要弄清哪些力是不变的，哪些力是变化的，是大小或方向变化还是二者均发生变化，这是矢量三角形演化的依据.
例5.如图1-7(a)所示装置，两根细绳栓住一球，保持两细绳间的夹角不变，若把整个装置顺时针缓慢转过 90，则在转动过程中，CA 绳的拉力A F 大小的变化情况是 ，CB 绳 的拉力B F 的大小变化情况是 .
解析：取球为研究对象，由于球处一个动态平衡过程，球的受力情况如图1-7(b)所示：重力mg ，CA 绳的拉力A F ，CB 绳 的拉力B F ，这三个
图1-7(c)
F '1
N 图1-6(b)
图1-6(c)
图1-6(a)
图1-7(b)
力的合力为零，根据平衡条件可以做出mg 、A F 、B F 组成的矢量三角形如图1-7(c)所示. 将装置顺时针缓慢转动的过程中，mg 的大小方向不变，而A F 、B F 的大小方向均在变，但可注意到A F 、B F 两力方向的夹角θ不变.那么在矢量三角形中，A F 、B F 的交点必在以mg 所在的边为弦且圆周角为θπ-的圆周上，所以在装置顺时针转动过程中，CA 绳的拉力A F 大小先增大后减小；CB 绳的拉力B F 的大小一直在减小. 答案：先增大后减小；一直在减小.
点评：本题在利用矢量三角形对物体的受力情况进行动态分析时，除一力恒定外，其余两力大小方向均在变，与一般的动态分析问题有所不同(如例4)，但可充分挖掘题中的隐含条件──两力方向的夹角不变，从而找到解决问题的关键所在.
题型三：整体法和隔离法
例6.如图1-8(a)所示，两个质量均为m 的小球A 、B 用轻杆连接后，斜放在墙上处于平衡状态，已知墙面光滑，水平地面粗糙.现将A 向上移动一小段距离，两球两次达到平衡，那么将移动后的平衡状态与原来的平衡状态比较，地面对B 球的支持力N F 、和轻杆上的压力F 的变化情况为( ) A.N F 不变、F 变大 B.N F 不变、F 变小 C.N F 变大、F 变大 D.N F 变大、F 变小
解析：方法一：隔离法
本题有两个研究对象，可先分别对A 球、B 球隔离法分析，如图1-8(b)所示，因A 球受力平衡可得：mg F =θcos ①
将A 向上移动一小段距离，即θ角减小，所以F 减小. 因B 球受力平衡可得：θcos F mg F N '+=②，F F ='③ 由①②③得：mg F N 2=与θ角无关，故N F 不变，选B.
方法二：整体法
将A 、B 两球看作一整体受力情况如图1-8(c)所示，因整体静止，故在竖直方向有：mg F N 2=，即N F 不变；而F 为整体的内力，故在整体法中得不出F 的变化情况，只有对某一单体隔离受力分析后，才能得出F 的变化情况. 答案：B
点评：在相对静止的连接体问题中，所求的是系统的外力问题，一般用整体法处理较简捷；所求的是系统的内力问题，只能用隔离法分析.
例7.如图1-9(a)所示，质量为M 的大斜面体放在水平地面上，倾角为θ.今有质量为m 的玩具汽车在斜面上匀速向上运动，斜面体保持静止.
(1)若玩具汽车是电动的，自行匀速驶上斜面，则地面对M 的支持力1N F 和地面对M 的静摩擦力1f F 各为多大？
'
图1-8(a) 图1-8(b)
图1-8(c)
(2)若玩具汽车无动力，是某人用沿斜面的拉力F 使其匀速上行的，则地面对M 的支持力2N F 和地面对M 的静摩擦力2f F 各是多大？
解析：(1)因所求的是M 、m 组成的系统受到的外力，可以选择该系统为研究对象.虽然m 相对于M 做匀速运动，但m 相对于M 匀速和m 相对于M 静止的两状态的受力情况相同，因此可
视M 、m 组成的系统为整体，整体受力情况如图1-9(b)所示，因整体静止，可得：g m M F N )(1+=，
01=f F
(2)因 m 相对于M 做匀速运动，仍以M 、m 组成的整体为研究对象，受力情况如图1-9(c)所示，因整体静止，可得：
θcos 2F F f =
g m M F F N )(sin 2+=+θ，化简得：θsin )(2F g m M F N -+=
答案：(1) g m M F N )(1+=，01=f F ；(2) θcos 2F F f =，θsin )(2F g m M F N -+=
点评：严格意义上，相对静止的连接体可视为整体，但相对匀速运动的连接体的受力情况与前者相同，所以加速度相同的连接体均可等效为一个整体处理；本题还可用隔离法求解，同学们可把两种方法求解后作一比较，以便在今后处理连接体问题中体会何时可用整体法处理，何时可用隔离法处理，何时必须用隔离法处理.
题型四：与弹簧弹力有关的平衡问题
例8.如图1-10(a)所示，一根轻弹簧上端固定在O 点，下端拴一个钢球P ，球处于静止状态，现对球施加一个方向向右的外力F ，使球缓慢偏移，在移动中的每一个时刻，都可认为钢球处于平衡状态.若外力F 方向始终水平，移动中弹簧与竖直方向的夹角 90<θ且弹簧的伸长量不超过弹性限度，则下面给出的弹簧伸长量x 与θcos 的函数关系图象中，最接近的是( )
g )g
图1-9(a)
图1-9(b) 图1-9(c) 图1-10(a)
解析：因小球经过每一位置时，小球均处于平衡状态，可取θ角为自变量，建立弹簧伸长量x 与θ的函数关系，如图1-10(b)所示中，对小球受力分析可得：mg F =θcos 弹 联立kx F =弹可得：θ
cos k mg
x =
答案：D
点评：利用小球合力等于零，还可得到水平方向的平衡条件：F F =θsin 弹，可得：θ
sin k F
x =
，但因F 的变化得不出F 与θ的简明关系，所以在建立方程时，应充分利用题目中的已知量.
例9.（易错题）如图1-11所示，质量为m 的物块与甲、乙两个弹簧相连接，甲弹簧的下端与地相连，甲、乙弹簧的劲度系数分别为1k 、2k .现在用手拉乙弹
簧的上端A ，使它缓慢上移，当甲弹簧中的弹力变为原来的32时，乙上端A 移动的距离可能为 .
错解：)1
1(352
1k k mg +
错因分析：把甲弹簧中的弹力仅当作拉力处理.
正解：本题的物理过程分三个阶段：①物块压于甲弹簧上，甲被压缩1x ；②甲
弹簧受力变为mg 3
2
，甲可能被拉伸，也可能被压缩，拉伸(或压缩)1
x '；③乙弹簧的弹力随甲的形变量变化1x ∆的不同而变化，设乙伸长2x ，则A 端移动距离为12x x ∆+.
开始时物块m 全部压于甲弹簧上，压缩量1
1k mg
x = (1)若甲仍处于压缩状态.
对甲：弹簧压缩量1
113232k mg k mg
x =
='，甲的压缩量比原来减小1111332k mg k mg k mg x =-=∆也即物块上升的高度.
对乙：分析物块m 平衡可知乙弹簧对物块m 的拉力为mg 3
1，即伸长2
23k mg
x =，故A 端上升距离)1
1(32
112k k mg x x x +=
∆+=∆ (2) 若甲处于伸长状态.
图1-10(b)
F
1
D
C
B
A
图1-11
对甲：弹簧伸长量1
113232k mg k mg
x =='，则甲弹簧从弹簧压缩量1x 的状态开始向上的伸长量为1
111
3532k mg
k mg k mg x =+='∆也即物块上升的高度. 对乙：分析物块m 平衡可知乙弹簧对物块m 的拉力为mg mg mg 3
532
=+，乙弹簧向上伸长
为22
35k mg x ='，故A 端上升距离)1
1(352
112
k k mg x x x +='∆+'='∆. 所以A 端上移距离为)11(321k k mg +或)1
1(352
1k k mg + 答案：
)11(321k k mg +或)1
1(352
1k k mg + 点评：对“当甲弹簧中的弹力变为原来的32”的全面理解是解决本题的关键所在，其实仔细审题也可以从字里行间──“可能为”──体会到多解的可能性；本题容易出错的另一处是将A 点移动距离简单理解为某一个弹簧的伸长量，其实A 点的移动距离是由甲乙共同形变的综合效果决定的.
题型五：与摩擦有关的问题
例10.在水平桌面上有一木块受到力1F 与2F 的作用而处于平衡状态，如图1-12所示，如撤去1F ，木块受到合外力为 ，如果撤去2F ，木块受到的合力为 . 解析：原来木块能处于平衡状态，说明物体必受到静摩擦力的作用，且最大静摩擦力m f F 满足N F m f 5≥.若撤去1F ，此时推力
m f F F <2，故物体不动，合外力为0.其实物体受的静摩擦力已经发
生了变化，由原来的5N 变为此时的3N.如撤去2F 物体在8N 推力作用下，若N F m f 8≥则物体仍静止.若m f F 刚好为5N ，则物体受的合外力3N.故这种情况下物体受的合外力
N 30≤≤合F (认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力)
答案：0；N 30≤≤合F
点评：因静摩擦力的大小跟接触面间的压力大小无关，分析静摩擦往往从物体的运动状态入手，若为平衡态，静摩擦力将由平衡条件建立方程求解；而静摩擦力必须小于等于最大静摩擦力，此时必须考虑压力大小得出最大静摩擦力不变，从而可知N F m f 5≥，这是求解本题的关键点.
F 1N
3=图1-12
例11.长直木板上面的一端放有一铁块，木板绕固定轴O 由水平位置缓慢逆时针转动，如图1-13(a)所示，在α角为 0增大到 90的过程中，铁块受到的摩擦力f F 随角α变化的图象中正确的是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力) ( )
解析：物体受力分析如图1-13(b)所示，转动较小角度时，压力αcos mg F N =较大，而重力沿斜面向下的分力αsin mg 较小，因此铁块
受静摩擦力作用，由力平衡条件知，静摩擦力αsin mg F f =静，α增大，
静
f
F 增大. 随着α增大，压力αcos mg F N =减小，最大静摩擦力减小，而重力沿斜面向下的分力
αsin mg 增大，因此当α角超过某一值时，铁块受滑动摩擦力作用，由N f F F μ=滑知，αμcos mg F f =滑，α增大，滑
f
F 减小.所以综合上述两种情形，当α增大时，摩擦力先按正
弦规律增大后按余弦规律减小，答案选C. 答案：C
点评：本题考察了影响静摩擦力大小和滑动摩擦力大小的因素，在假设的静摩擦力超过最大静摩擦力时，物体变静止为滑动，这种演化需要同学结合物体的受力特点，分析物体的整个运动过程，这也是同学们求解每一力学题的习惯──先对研究对象受力分析、运动分析. 题型六：在复合场中有关的平衡问题
例12. 如图1-14(a)中bacd 的导体框架，其平面与水平面成θ角，质量为m 的导体棒PQ 与ab 、cd 接触良好，回路的电阻为R ，整个装置放于垂直于框架平面的变化的磁场中，磁感应强度的变化如图1-14(b)所示，PQ 始终静止，在s t -0内，PQ
受到的摩擦力的变化情况可能是（ ） A 、一直增大 B 、一直减小 C 、先减小后增大 D 、先增大后减小
解析：一般把物体的受力情况展示在平面图上，处理问题更加方便、准确.
⑴由楞次定律的推论：感应电流的方向总是要阻碍原磁通量的变化，可知在磁感应强度B 减小的第一阶段，感应电流的安培力A F 沿斜面向上，因0时刻可能安培力θsin mg F A <
，受
图1-13(a)
图1-13(b)
f
D
C
B A 图1-14(a)
图1-14(b)
o
力情况如图1-14(c 1)所示.由平衡条件可得: θsin mg F F f A =+,当B 减小时，可知,↑↓⇒f A F F .
当B 反向增大的第二阶段，感应电流的安培力A F 沿斜面向下，如图1-14(c 2)所示，由平衡条件可得: A f F mg F +=θsin ，当B 增大时，可知,↑↑⇒f A F F
θsin mg F A >1)所示，由平衡条件可得:
f A F m
g F +=θsin ，当B 减小时，可知,↓↓⇒f A F F ；当f F 减小到零后，↑↓⇒反向f A F F ，如
图1-14(d 2 、d 3)所示.
当B 反向增大，安培力A F 沿斜面向下，由平衡条件可得:θsin mg F F A f +=，当B 增大时，可知, ↑↑⇒f A F F .
综上两种情况，摩擦力可能一直增大，可能先减小后增大.
答案：AC
点评：在对物体受力分析时，只要同学们判断清楚磁场力的特点后，余下的处理问题的方法与前面的例题相似，只要知道静摩擦力大小、方向的特点，就可把握解决问题的关键. 例13.
如图1-15(a)所示，地面附近空间中存在着水平方向的匀强电场和匀强磁场，已知磁场方向垂直于纸面向里，一个带电油滴沿着一条与竖直方向成θ角的直线运动.由此可判断（ ） A 、如果油滴带正电，它是从M 点运动到N 点 B 、如果油滴带正电，它是从N 点运动到M 点
C 、如果水平电场方向向左，油滴是从M 点运动到N 点
D 、如果水平电场方向向右，油滴是从M 点运动到N 点
解析：若油滴所做的直线运动是变速运动，则洛伦兹力f F 的大小必变化，而重力mg 与电场力F 是恒力，又f F 的方向垂直运动方向，油滴所受的合力与MN 运动方向不共线，则油滴做变速曲线运动，与题目的条件矛盾，所以油滴一定做匀速直线运动.
在对带电油滴受力分析时，先分析重力，再电场力，后磁场力.重力mg 竖直向下，电场力F 可能水平向右、可能水平向左.
θM N
图1-15(a)
f 图1-15(b)
若F 水平向右，无论洛伦兹力f F 垂直MN 斜向上或斜向下，如图1-15(b)所示，油滴不能处于平衡状态.
若F 水平向左，则f F 垂直MN 斜向上时，如图1-15(c)所示，油滴受力平衡，如果水平电场方向向右，则油滴带负电，油滴是从N 点运动到M 点；如果水平电场方向向左，则油滴带正电，油滴是从M 点运动到N.所以选AC. 答案：AC
点评：做好此题必须要理解洛伦兹力大小、方向的特点，速率决定洛伦兹力
大小，而洛伦兹力又只改变速度方向，从而导出带电体在场力作用下的直线运动一定是匀速直线运动；同时必须加强思维的多元性培养，从而挖掘出物体所受合外力为零时出现的各种可能情况.
【高考点击】
例14.武汉市水果湖建有一座李白放鹰台，每年春天吸引了许多游客前往放风筝.会放风筝的人，可以使风筝静止在空中.如图1-16（a ）所示的四幅图中，AB 代表风筝的截面.OL 代表风筝线，风向水平，假设风筝表面光滑，风筝可能静止的是（ ）
解析：因风筝静止，风筝所受合力为零，所以对风筝受力分析，可知风筝受
到竖直向下的重力mg 、线对其斜右下的拉力L F 、风对其垂直表面向上的托力
T F 三力作用，因三力合力为零，则只有B 图满足题意，受力情况如图1-16（b ）所示.
答案：B
点评：本题自然把力的平衡知识与同学们非常贴近、熟悉的生活经历联系起
来，基础性很强，考查了同学们能否从实际的生活中抽象出物理模型、利用力平衡知识去解决实际问题的能力，这是高考出题的一种趋向.
例15. 如图1-17（a ）所示，将一根不可伸长、柔软的轻绳两端分别系于A 、B 两点上，一
物体用动滑轮悬挂在绳子上，达到平衡时，两段绳子间的夹角为1θ，绳子张力为1F ；将绳子一端由B 点移动C 点，待整个系统达到平衡时，两段绳子间的夹角为2θ，绳子张力为2F ；再将绳子一端由C 点移至D 点，待整个系统达到平衡时，两段绳子间的夹角为3θ，绳子的张力为3F ，不计摩擦，则（ ）
f
图1-15(c)
A
B
C
D
B
图1-16（a ）
图1-16（b ）。