，摩擦力方向向上，b受四个力．
综上所述，B、C、D错误，故选B、C、D.
命题热点2 整体法与隔离法的应用
（2018·广东省惠州市第二次调研）如图8所示，一固定斜面上两个质量相同的小物块A和B紧挨着匀速下滑，A与B的接触面光滑．已知A与斜面之间的动摩擦因数是B与斜面之间的动摩擦因数的2倍，斜面倾角为α.B与斜面之间的动摩擦因数μ与A、B间弹力FN的大小分别是（ ）
图8
A．μ＝
tanα，FN＝
mgsinα
B．μ＝
tanα，FN＝
mgsinα
C．μ＝tanα，FN＝
mgcosα
D．μ＝tanα，FN＝
mgsinα
答案 A
解析 设每个小物块的质量为m，以A、B整体为研究对象，根据平衡条件得：
2mgsinα＝2μmgcosα＋μmgcosα，
解得μ＝
tanα，
以B为研究对象，则mgsinα＝μmgcosα＋FN
解得FN＝
mgsinα
故选项A正确，选项B、C、D错误．
2.（2017·湖南省常德市高三模拟）如图9所示，粗糙水平面上有一长木板，一个人在木板上用水平力F向右推着箱子在木板上匀速运动，人的质量大于箱子质量，若鞋与长木板、箱子与长木板间动摩擦因数相同，则下列说法正确的是（ ）
图9
A．人受到的滑动摩擦力方向水平向右
B．箱子受到的滑动摩擦力方向水平向左
C．木板受到的地面的摩擦力方向水平向右
D．木板受到的地面的摩擦力方向水平向左
答案 B
解析 人用力F向右推箱子，对箱子受力分析，受推力、重力、支持力和滑动摩擦力，根据平衡条件，箱子受到的滑动摩擦力方向水平向左，与推力平衡，人用力F向右推箱子，对箱子的作用力向右，根据牛顿第三定律可知，箱子对人的作用力的方向向左，人若要平衡，则受到的木板的摩擦力的方向向右，但人的脚在与木板接触时相对木板是静止的，故人受到的是静摩擦力，故A错误，B正确；对人、箱子和木板的整体受力分析，受重力和支持力，不受摩擦力，否则不平衡，故地面对木板没有摩擦力，故C、D错误．
命题热点3 对弹力特点的考查
（2018·河南省新乡市第三次模拟）如图10所示，在竖直平面内固定的半圆弧轨道两端点M、N连线水平，将一轻质小环套在轨道上，一细线穿过轻环，一端系在M点，另一端系一质量为m的小球，不计所有摩擦，重力加速度为g，小球恰好静止在图示位置，下列说法正确的是（ ）
图10
A．轨道对轻环的支持力大小为mg
B．细线对M点的拉力大小为
mg
C．细线对轻环的作用力大小为
mg
D．N点和轻环的连线与竖直方向的夹角为30°
答案 D
解析 对轻环受力分析，因轻环两边绳子的拉力相等，可知两边绳子的拉力与圆弧轨道对轻环的支持力的夹角相等，
设为θ，由几何关系可知，∠OMA＝∠MAO＝θ，则3θ＝90°，θ＝30°，则轨道对轻环的支持力大小为FN＝2FTcos30°＝2mgcos30°＝
mg，选项A错误；细线对M点的拉力大小为FT＝mg，选项B错误；细线对轻环的作用力与FN大小相等，方向相反，则FN′＝FN＝
mg，选项C错误；由几何关系可知，N点和轻环的连线与竖直方向的夹角为30°，选项D正确．
3.（2018·河北省衡水中学第一次调研）如图11所示，光滑的大圆环固定在竖直平面内，圆心为O点，P为环上最高点，轻弹簧的一端固定在P点，另一端拴连一个套在大环上的小球，小球静止在图示位置，则（ ）
图11
A．弹簧可能处于压缩状态
B．大圆环对小球的弹力方向可能指向O点
C．小球受到弹簧的弹力与重力的合力一定指向O点
D．大圆环对小球的弹力大小可能小于球的重力，也可能大于球的重力
答案 C
解析 若弹簧处于压缩状态，则对小球受力分析可知，所受重力向下，大圆环对小球的弹力指向O点，弹簧弹力沿PQ向下，由平衡条件可知，此三力不可能平衡，选项A错误；因弹簧处于拉伸状态，则大圆环对小球的弹力方向沿半径方向向外，不可能指向O点，选项B错误；因小球受重力、弹簧的弹力以及大圆环的弹力作用，由平衡条件可知，小球受到弹簧的弹力与重力的合力一定与大圆环对小球的弹力等大反向，即指向O点，选项C正确；根据力的平行四边形定则，结合几何关系可知，大圆环对小球的弹力大小等于球的重力大小，选项D错误．
考点2 动态平衡与临界极值问题
常用方法：
（1）几何法：
物体在三力作用下处于动态平衡时，常把“力的问题”转化为“三角形问题”．根据条件不同可有以下三种方法：
①图解法
物体受三个力平衡：
一个力恒定、另一个力的方向恒定时可用此法．由三角形中边长的变化知力的大小的变化，还可判断出极值．
例：
挡板P由竖直位置绕O点向水平位置缓慢旋转时小球受力的变化．（如图12）
图12 图13
②相似三角形法
物体受三个力平衡：
一个力恒定、另外两个力的方向同时变化，当所作“力的三角形”与空间的某个“几何三角形”总相似时用此法（如图13）．
③等效圆周角不变法
物体受三个力平衡：
一个力恒定、另外两个力大小、方向都变化，但两力夹角不变时可用此法（如图14）．由弦长的变化判断力的变化，此类题也可用正弦定理求解．
图14
（2）解析法：
如果物体受到多个力的作用，可进行正交分解，利用解析法，建立平衡方程，找函数关系，根据自变量的变化确定因变量的变化．还可由数学知识求极值或者根据物理临界条件求极值．
命题热点1 几何法解决动态平衡问题
（2018·吉林省吉林市第二次调研）如图15所示，半圆形框架竖直放置在粗糙的水平地面上，光滑的小球P在水平外力的作用下处于静止状态，P与圆心O的连线与水平面的夹角为θ，将力F在竖直面内沿顺时针方向缓慢地转过90°，框架与小球始终保持静止状态．在此过程中，下列说法正确的是（ ）
图15
A．框架对小球的支持力先减小后增大
B．拉力F的最小值为mgcosθ
C．地面对框架的摩擦力先减小后增大
D．框架对地面的压力先增大后减小
答案 B
解析 以小球为研究对象，分析受力情况，作出受力示意图，如图所示．
根据几何关系可知，力F顺时针转动至竖直向上之前，支持力FN逐渐减小，F先减小后增大，当F的方向沿半圆的切线方向向上时，F最小，此时Fmin＝mgcosθ，故A错误，B正确；以框架与小球组成的整体为研究对象，整体受到重力、地面的支持力、地面的摩擦力以及力F的作用，F在顺时针方向转动的过程中，F沿水平方向的分力逐渐减小，所以地面对框架的摩擦力一直在减小，F在顺时针方向转动的过程中，F沿竖直方向的分力逐渐增大，所以地面对框架的支持力一直在减小，由牛顿第三定律知框架对地面的压力一直减小，故C、D错误．
4．（多选）（2018·河北省衡水中学第一次调研）半圆柱体P放在粗糙的水平面上，有一挡板MN，其延长线总是过半圆柱体的轴心O，但挡板与半圆柱体不接触，在P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q（P的截面半径远大于Q的截面半径），整个装置处于静止状态，如图16是这个装置的截面图，若用外力使MN绕O点缓慢地由水平逆时针转动，在Q到达最高位置前，发现P始终保持静止，在此过程中，下列说法正确的是（ ）
图16
A．MN对Q的弹力大小逐渐减小
B．P、Q间的弹力先增大后减小
C．桌面对P的摩擦力先增大后减小
D．P所受桌面的支持力保持不变
答案 AC
解析 以小圆柱体Q为研究对象，分析受力情况，作出受力示意图，如图甲所示．
由平衡条件得：
＝
＝
，根据几何关系可知，α＋β不变，α增大，β减小，MN对Q的弹力F1减小，P对Q的弹力F2增大，故A正确，B错误．刚开始，挡板在最低点，处于水平位置，对整体受力分析可知，整体水平方向不受力，桌面对P的摩擦力为零，当Q运动到最高点时，对整体受力分析可知，整体水平方向不受力，桌面对P的摩擦力仍为零，则整个过程中，桌面对P的摩擦力先增大后减小，故C正确．以P为研究对象，受力分析如图乙所示，桌面对P的支持力FN＝Mg＋F2sinα，F2增大，α增大，所以FN增大，故D错误．
5.（多选）（2017·河北省定州市校级期中）如图17所示，光滑的半球形物体固定在水平地面上，球心正上方有一光滑的小滑轮，轻绳的一端系一小球，靠在半球上的A点，另一端绕过定滑轮后用力拉住，使小球静止，现缓慢地拉绳，在使小球沿球面由A移动到半球的顶点B的过程中，半球对小球的支持力FN和绳对小球的拉力FT的变化情况是（ ）
图17
A．FN变大B．FN不变
C．FT变小D．FT先变小后变大
答案 BC
解析 以小球为研究对象，受重力G、绳的拉力FT和半球面的支持力FN，作出FN、FT的合力F，由平衡条件得知F＝G，由相似三角形知识得：
＝
＝
（滑轮处设为O1）
解得FN＝
G，FT＝
G
将小球从A点拉到B点过程中，O1O、AO不变，O1A变小，则FT变小，FN不变，故A、D错误，B、C正确．
命题热点2 解析法解决动态平衡与极值问题
（2018·山东省日照市11月校际联合质检）如图18所示，倾角θ＝37°的斜面上有一木箱，木箱与斜面之间的动摩擦因数μ＝
.现对木箱施加一拉力F，使木箱沿着斜面向上做匀速直线运动．设F的方向与斜面的夹角为α，在α从0°逐渐增大到60°的过程中，木箱的速度保持不变，则（ ）
图18
A．F先减小后增大B．F先增大后减小
C．F一直增大D．F一直减小
答案 A
解析 对木箱受力分析如图所示，
正交分解得：
FN＋Fsinα＝mgcosθ
Fcosα＝mgsinθ＋Ff
又Ff＝μFN
联立解得F＝
又cosα＋μsinα＝cosα＋
sinα
＝
（cos30°cosα＋sin30°sinα）＝
cos（30°－α）
在α从0°逐渐增大到60°的过程中，当α＝30°时，cosα＋μsinα最大，F最小．则在α从0°逐渐增大到60°的过程中，F先减小后增大，故选A.
6.（2018·广东省深圳市三校模拟）如图19所示，重力为G的圆柱体A被平板B夹在板与墙壁之间，平板B与底座C右端的铰链相连，左端由液压器调节高度，以改变平板B与水平底座C间的夹角θ，B、C及D总重力也为G，底座C与水平地面间的动摩擦因数为μ（0.5＜μ＜1），平板B的上表面及墙壁是光滑的．底座C与地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是（ ）
图19
A．C与地面间的摩擦力总等于2μG不变
B．θ角增大时，地面对C的摩擦力增大
C．要保持底座C静止不动，应满足tanθ＞2μ
D．若保持θ＝45°不变，圆柱体重力增大ΔG，仍要保持底座C静止，则ΔG的最大值ΔGm＝
G
答案 D
解析 对A进行受力分析，如图甲所示，
根据平衡条件得：
FN＝
，
对B、C及D整体进行受力分析，如图乙所示，
当B、C及D整体静止时，摩擦力Ff＝FNsinθ＝Gtanθ，
当θ角增大时，地面对C的摩擦力增大，当摩擦力超过最大静摩擦力后，变为滑动摩擦力，此时Ff滑＝2μG，故A、B错误；要保持底座C静止不动，则Ff≤Ff滑，即Gtanθ≤2μG，解得tanθ≤2μ，故C错误；若保持θ＝45°不变，圆柱体的重力增大ΔGm，则FN″＝
（G＋ΔGm），底座C受到的静摩擦力刚好达到最大静摩擦力，保持底座C静止，根据平衡条件得：
FN″＝μ
，解得ΔGm＝
G，故D正确．
考点3 电场中的平衡问题
解决电场中平衡问题的两条主线
（1）遵循平衡条件：
与纯力学问题的分析方法相同，只是多了电场力，把电学问题力学化可按以下流程分析：
（2）遵循电磁学规律：
①要注意准确判断电场力方向．
②要注意电场力大小的特点：
库仑力大小与距离的平方成反比，电荷间相互作用力遵循牛顿第三定律．
（2018·湖南省株洲市上学期质检一）套有三个带电小球的圆环放在水平桌面上（不计一切摩擦），小球的电荷量保持不变，整个装置平衡后，三个小球的一种可能位置如图20所示．三个小球构成一个锐角三角形，三角形的边长大小关系是AB>AC>BC，可以判断图中（ ）
图20
A．三个小球所带电荷量的代数和可能为0
B．三个小球一定带同种电荷
C．三个小球所受环的弹力大小为FNA>FNC>FNB
D．三个小球所带电荷量的大小为QA>QC>QB
答案 B
解析 对A球受力分析，弹力过圆心，根据平衡条件，要么B与C对A均为引力，要么B与C对A均为斥力，才能使A球处于平衡状态，所以B、C带同种电荷．对B球受力分析，根据平衡条件可得A、C带同种电荷，因此三个小球带同种电荷，所以三个小球电荷量的代数和不可能为零，A错误，B正确；A受到两个斥力，设圆心为O，AB大于AC，同时∠OAB小于∠OAC，则B的斥力更大，因此B电荷量大于C电荷量，同理A电荷量大于B电荷量，即QA>QB>QC，故D错误；根据相似三角形法和正弦定理可得
＝
＝
，故可得FNC>FNB>FNA，C错误．
7．（2017·河北省衡水金卷）有三个完全相同的金属小球A、B、C，其中小球C不带电，小球A和B带有等量的同种电荷，如图21所示，A球固定在竖直绝缘支架上，B球用不可伸长的绝缘细线悬于A球正上方的O点处，静止时细线与OA的夹角为θ.小球C可用绝缘手柄移动，重力加速度为g，现在进行下列操作，其中描述与事实相符的是（ ）
图21
A．仅将球C与球A接触离开后，B球再次静止时细线中的张力比原来要小
B．仅将球C与球B接触离开后，B球再次静止时细线与OA的夹角为θ1，仅将球C与球A接触离开后，B球再次静止时细线与OA的夹角为θ2，则θ1＝θ2
C．剪断细线OB瞬间，球B的加速度一定等于g
D．剪断细线OB后，球B将沿OB方向做匀变速直线运动直至着地
答案 B
解析 仅将球C与球A接触后离开，球A的电荷量减半，致使小球A、B间的库仑力减小，对球B进行受力分析可知它在三个力的作用下平衡，设球A到O点的距离为H，细线的长度为L，由三角形相似可知
＝
，故细线的张力不变，故A错误；将球C与球B接触后离开，和将球C与球A接触后离开，由库仑定律知两种情况下A、B间的斥力相同，故夹角也相同，故B正确；剪断细线OB瞬间，球B在重力和库仑力作用下运动，其合力斜向右下方，与原来细线的张力等大反向，故其加速度不一定等于g，故选项C错误；剪断细线OB后，球B在空中运动时受到的库仑力随球A、B间距的变化而变化，即球B落地前做变加速曲线运动，故选项D错误．
1.（2018·湖北省黄冈中学模拟）如图1所示，与竖直方向成45°角的天花板上有
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