第二章第3讲受力分析共点力的平衡

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物理一轮复习第2章相互作用第3讲受力分析共点力的平衡含解析

第3讲受力分析共点力的平衡时间:50分钟满分：100分一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。

其中1~7题为单选，8～10题为多选）1．我国的高铁技术在世界处于领先地位，高铁(如图甲所示）在行驶过程中非常平稳，放在桌上的水杯几乎感觉不到晃动.图乙为高铁车厢示意图，A、B两物块相互接触地放在车厢里的水平桌面上,物块与桌面间的动摩擦因数相同，A的质量比B的质量大，车厢在平直的铁轨上向右做匀速直线运动，A、B相对于桌面始终保持静止，下列说法正确的是（)A．A受到2个力的作用B．B受到3个力的作用C．A受到桌面对它向右的摩擦力D．B受到A对它向右的弹力答案A解析车厢在平直的铁轨上向右做匀速直线运动，此时AB 均向右做匀速直线运动，故A、B均只受重力和支持力作用,水平方向不受外力，故水平方向均不受摩擦力，同时A、B间也没有弹力作用，故A正确，B、C、D错误。

2．下列四个图中所有接触面均粗糙，各物体均处于静止状态,其中物体A受力个数可能超过5个的是（)答案C解析A选项中对整体分析，可知墙壁对A没有弹力，故A 最多受到重力、B的支持力、B的摩擦力、弹簧的拉力共四个力，故A错误;B选项中A最多受四个力,故B错误;C选项中A受重力、B的压力和摩擦力、斜面的支持力、推力，也可能受到斜面的摩擦力,共六个力,故C正确；D选项中A最多受到重力、斜面的支持力、摩擦力、推力和B的压力共五个力，故D错误。

3。

飞艇常常用于执行扫雷、空中预警、电子干扰等作战任务。

如图所示为飞艇拖曳扫雷具扫除水雷的模拟图。

当飞艇匀速飞行时，绳子与竖直方向的夹角恒为θ。

已知扫雷具质量为m,重力加速度为g，扫雷具所受浮力不能忽略，下列说法正确的是(）A．扫雷具受3个力作用B．绳子拉力大小为错误!C．水对扫雷具作用力的水平分力小于绳子拉力D．绳子拉力一定大于mg答案C解析扫雷具受到重力、绳子拉力、水的阻力、水的浮力共4个力作用，A错误；设扫雷具所受水的浮力为f，绳子的拉力为F，由F cosθ＝mg－f，解得绳子拉力F＝错误!,B错误；水对扫雷具的作用力包括竖直向上的浮力和水平向右的阻力,绳子拉力在水平方向的分力大小等于水的阻力(即水对扫雷具作用力的水平分力),所以水对扫雷具作用力的水平分力小于绳子拉力,C 正确;在竖直方向，重力竖直向下,浮力竖直向上，则由mg＝f＋F cosθ可知,无法判断绳子拉力与重力mg的大小关系，D错误。

第二章第3讲受力分析共点力的平衡

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A．水平向右匀速过程，冰球一定受到三个力 B．水平向右匀减速过程，冰球可能只受到两个力 C．竖直向上匀加速过程，冰球一定受到两个力 D．竖直向上匀减速过程，冰球可能受到一个力
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易错警示受力分析的4个易错点
1．不要把研究对象所受的力与研究对象对其他物体的作用力混淆(如第1题)． 2．每一个力都应找出其施力物体，不能无中生有． 3．合力和分力不能重复考虑． 4．对整体进行受力分析时，组成整体的几个物体间的作用力为内力，不能在受力图中出现；当把某一物体单独隔离分析时，原来的内力变成外力，要在受力分析图中画出(如第2题中的滑块Q对P的压力F′N)．
适用条件
注意事项
优点
合成法
物体受三个力作用而平衡
(1)表示三个力大小的线段长度不可随意画； (2)两力的合力与第三个力等大反向
对于物体所受的三个力，有两个力相互垂直或两
物体受三个分解
力作用而平法
衡
将其中一个力按作用效果分解，其两个分力分别与物体受到的另两个力等大反向
个力大小相等的平衡问题求解较简单
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2．受力分析的一般步骤
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1．[隔离法的应用] (2020·湖北六校联考)如图所示，传送带

第二章第3节受力分析

第二章第3节受力分析、共点力的平衡【例1】(2011·潍坊模拟)如图所示，小车M在恒力F作用下，沿水平地面做直线运动，由此可判断( )A.若地面光滑，则小车一定受三个力作用B.若地面粗糙，则小车可能受三个力作用C.若小车做匀速运动，则小车一定受四个力的作用D.若小车做加速运动，则小车可能受三个力的作用【答案】选C、D.【详解】先分析重力和已知力F，再分析弹力，由于F的竖直分力可能等于重力，因此地面可能对物体无弹力作用，则A错；F的竖直分力可能小于重力，则一定有地面对物体的弹力存在，若地面粗糙，小车受摩擦力作用，共四个力作用，B错；若小车做匀速运动，那么水平方向上所受摩擦力和F的水平分力平衡，这时小车一定受重力、恒力F、地面弹力、摩擦力四个力作用，则C对；若小车做加速运动，当地面光滑时，小车受重力和力F作用或受重力、力F、地面支持力作用，选项D正确.【例2】(2011·深圳模拟)如图所示,小圆环A吊着一个质量为m2的物块并套在另一个竖直放置的大圆环上,有一细线一端拴在小圆环A上,另一端跨过固定在大圆环最高点B的一个小滑轮后吊着一个质量为m1的物块.如果小圆环、滑轮、绳子的大小和质量以及相互之间的摩擦都可以忽略不计,绳子又不可伸长,若平衡时弦AB所对应的圆心角为α,则两物块的质量比m1∶m2应为( )【答案】选C.【详解】解法一：采取相似三角形法对小圆环A受力分析，如图所示，FT2与FN的合力与FT1平衡，由矢量三角形与几何三角形相似，可知得解法二：采用正交分解法建立如解法一中图所示的坐标系，可知：FT2=FN=m2g解得解法三：采用三力平衡的推论法FT2与FN 的合力与FT1平衡，则FT2与FN 所构成的平行四边形为菱形，有FT2=m2g,FT1=m1g 解得【巩固练习】1.（2011.安徽高考·T14）一质量为m 的物块恰好静止在倾角为θ的斜面上。

现对物块施加一个竖直向下的恒力F ，如图所示。

第二章第3讲受力分析共点力的平衡

A．3 B．4 C．5 D．6
第二章
高三一轮物理
解析：B 首先对物体进行受力分析：它受到三个力作用，重力、沿斜面向上的摩擦力、垂直斜面向上的支持力．再对车进行受力分析：物体对小车沿斜面向下的摩擦力、垂直斜面向下的压力、地球对它的吸引重力、地面对小车竖直向上的支持力，即四个力作用，故选 B 答案．
第二章
解析：A 滑块受力如图，
由平衡条件知： mFg＝tan θ⇒F＝tamngθ 同理得 FN＝smingθ.
高三一轮物理
第二章
高三一轮物理
2.(2018·大连模拟)如图所示，开口向下的“ ”形框架，两侧竖直杆光滑固定，上面水平横杆中点固定一定滑轮，两侧杆上套着的两滑块用轻绳绕过定滑轮相连，并处于静止状态，此时连接滑块 A 的绳与水平方向夹角为 θ，连接滑块 B 的绳与水平方向的夹角为 2θ，则 A、B 两滑块的质量之比为( )
第二章
高三一轮物理
A．FN 保持不变，FT 不断增大 B．FN 不断增大，FT 不断减小 C．FN 保持不变，FT 先增大后减小 D．FN 不断增大，FT 先减小后增大
第二章
高三一轮物理
解析：D 由于用水平力 F 缓慢推动斜面体，故小球处于动态平衡状态．小球受到大小方向不变的重力、方向不变的斜面支持力、方向大小均变化的细线的拉力，三个力构成封闭的三角形，画出小球受力示意图，如图所示．当细线与斜面平行时，细线拉力 FT2 与支持力方向垂直，细线拉力 FT2 最小．当小球升到接近斜面顶端时细绳接近水平，细线拉力为 FT4，所以 FT 先减小后增大．而此过程中斜面对小球的支持力 FN 一直增大．选项 D 正确．
第二章
高三一轮物理
【反思启迪】当物体受 3 个共点力作用而发生缓慢动态变化时，若只需研究力的定性变化情况，则用图解法更直观简捷．作图时要注意哪些力是不变的、哪些力是变化的以及力变化的特点．

第二章第三节受力分析共点力的平衡课件课件

1．如图所示，倾斜索道与水平方向的夹角为37°，当载重车
厢沿索道匀速下滑时，车厢内重物受力个数可能为( A )
A．2个
B．1个
C．3个
D．4个
2.如图所示，质量分别为m1、m2的两个物体通过轻弹簧连接, 在力F的作用下一起沿水平方向做匀速直线运动(m1在地面， m2在空中)，力F与水平方向成θ角．则m1所受支持力N和摩擦力f正确的是( A ) A．N＝m1g＋m2g－Fsin θ B．N＝m1g＋m2g－Fcos θ C．f＝Ftan θ D．f＝Fsin θ
[总结提升] (1)物体的受力情况与物体的运动状态有关，分析物体受力时，要注意物体所处的状态． (2)注意整体法和隔离法灵活交叉使用．
1．(2013·高考上海卷)如图，质量mA>mB的两物体A、B叠放在一起，靠着竖直墙面．让它们由静止释放，在沿粗糙墙面下落过程中，物体B的受力示意图是( A )
第三节受力分析共点力的平衡
一、受力分析 1．概念把研究对象(指定物体)在指定的物理环境中受到的所有力都分析出来，并画出物体所受力的___示__意__图___，这个过程就是受力分析． 2．受力分析的一般顺序先分析__场__力___ (重力、电场力、磁场力等)，然后按接触面分析接触力(弹力、摩擦力)，最后分析已知力．
近斜面顶端时细绳接近水平，此过程中斜面对小球的支持力
N以及绳对小球的拉力FT的变化情况是( D ) A．N保持不变，FT不断增大 B．N不断增大，FT不断减小 C．N保持不变，FT先增大后减小 D．N不断增大，FT先减小后增大
[审题突破] 用水平力F缓慢推动斜面体的含义是什么？在整个过程中小球受几个力？哪个力是恒力？哪个力方向不变? [解析] 选小球为研究对象,其受力情况如图所示,用平行四边形定则作出相应的“力三角形OAB”，其中OA的大小、方向均不变，AB的方向不变，推动斜面时，FT逐渐趋于水平，B 点向下转动，根据动态平衡，FT先减小后增大，N不断增大, 选项D正确．

第二章第3讲受力分析共点力的平衡

作出物体 A 的受力分析图如图所示，由平衡条件得
Fsin θ＋F1sin θ－mg＝0① Fcos θ－F2－F1cos θ＝0② 由①式得 mg F＝－F1③ sin θ
由②③式得 F＝
mg F2 ＋ ④ 2sin θ 2cos θ
要使两绳都伸直，则有 F1≥0，F2≥0 所以由③式得 Fmax＝由④式得 mg 20 3 Fmin＝＝ N 2sin θ 3 综合得 F 的取值范围为 20 3 40 3 N≤F≤ N. 3 3 mg 40 3 ＝ N sin θ 3
以两个小球组成的整体为研究对象，分析受力，作出 F 在三个方向时整体的受力图，根据平衡条件，F 与 FT 的合力与重力 mg 总是大小相等、方向相反，由力的合成图可知，当 F 与细线 Oa 垂直时， F 有最小值，即图中 2 位置；根据平衡条件， F 的最小值为 Fmin＝ 4mgsin 37° ＝ 2.4mg， FT＝ 4mgcos 37° ＝ 3.2mg. 故选 B.
[题组突破训练] 1． [解析法 ] 如图所示，小船被绳索牵引着匀速靠岸，若水的阻力不变，则( )
A．绳子张力不变 B．绳子张力不断减小 C．船所受浮力不变 D．船所受浮力不断减小
2． [图解法 ] (2016· 高考全国卷Ⅱ)质量为 m 的物体用轻绳 AB 悬挂于天花板上．用水平向左的力 F 缓慢拉动绳的中点 O，如图所示．用 T 表示绳 OA 段拉力的大小，在 O 点向左移动的过程中( A． F 逐渐变大，T 逐渐变大 B．F 逐渐变大，T 逐渐变小 C． F 逐渐变小，T 逐渐变大 D． F 逐渐变小，T 逐渐变小 )
热点聚焦
热点一求解平衡问题的基本思路
பைடு நூலகம்
平衡类问题不仅仅涉及力学内容,在电磁学中常涉及带电粒子

第二章第3讲受力分析共点力平衡-2025高三总复习物理(新高考)

第3讲受力分析共点力平衡[课标要求]1．知道受力分析的概念，了解受力分析的一般思路。

2．理解共点力平衡的条件，会解共点力平衡问题。

考点一物体的受力分析1．受力分析：即分析物体的受力，有两条思路：(1)根据物体运动状态的变化来分析和判断其受力情况；(2)根据各种力的特点，从相互作用的角度来分析物体的受力。

2．受力分析的一般顺序：先分析场力(如重力、电场力、磁场力)，再分析接触力(如弹力、摩擦力)，最后分析其他力。

【基础知识判断】1．受力分析时即要分析研究对象受到的力，也要分析研究对象的施力物体的受力。

(×)2．惯性不是力，但受力分析时可以把物体的惯性当力。

(×)3．受力分析时只分析物体实际受到的力，不要把效果力当性质力去分析。

(√)1．受力分析的一般步骤2．受力分析的三种方法假设法在判断某力是否存在时，先对其做出不存在的假设，然后根据该力不存在时对物体运动和受力状态的影响来判断该力是否存在。

状态法(1)处于平衡状态的物体：根据其平衡条件进行受力分析。

(2)处于变速状态的物体：应用牛顿第二定律进行受力分析。

转换法在受力分析时，若不方便直接分析某力是否存在：(1)可以转换为分析该力的反作用力，根据其反作用力是否存在，判断该力是否存在。

(2)可以转换为分析与该力相关的其他研究对象，通过对其他研究对象进行受力分析，判断该力是否存在。

(2024·四川绵阳高三模拟)如图所示，a、b两个小球穿在一根粗糙的固定杆上(球的小孔比杆的直径大)，并且通过一条细绳跨过定滑轮连接。

已知b球质量为m，杆与水平面成θ角，不计滑轮的一切摩擦，重力加速度为g。

当两球静止时，Oa段绳与杆的夹角也为θ，Ob 段绳沿竖直方向，则下列说法正确的是()A．a一定受到4个力的作用B．b只可能受到2个力的作用C．绳子对a的拉力有可能等于mgD．a的质量一定为m tanθ答案：C解析：对a和b分别受力分析可知，a至少受重力、杆的支持力、绳的拉力3个力，可能还受摩擦力共4个力，b受重力、绳的拉力2个力或重力、绳的拉力、杆的支持力、摩擦力4个力的作用，选项A、B错误；对b受力分析可知，b受绳子的拉力可能等于mg，因此绳子对a的拉力可能等于mg，选项C正确；对a受力分析，如果摩擦力为零，则m a g sinθ＝mg cos θ，可得m a＝mtanθ，选项D错误。

人教版高三物理教材-第2章第3节受力分析共点力的平衡

第3节受力分析共点力的平衡一、受力分析1．概念把研究对象(指定物体)在指定的物理环境中受到的所有力都分析出来，并画出物体所受力的示意图，这个过程就是受力分析．2．受力分析的一般顺序先分析重力，然后按接触面分析接触力(弹力、摩擦力)，再分析其他力(电磁力、浮力等)，最后分析已知力．二、共点力作用下物体的平衡1．平衡状态物体处于静止或匀速直线运动的状态．2．共点力的平衡条件：F 合＝0或者⎩⎨⎧Fx 合＝0Fy 合＝0 3．平衡条件的几条重要推论(1)二力平衡：如果物体在两个共点力的作用下处于平衡状态，这两个力必定大小相等，方向相反．(2)三力平衡：如果物体在三个共点力的作用下处于平衡状态，其中任意两个力的合力一定与第三个力大小相等，方向相反．(3)多力平衡：如果物体受多个力作用处于平衡，其中任何一个力与其余力的合力大小相等，方向相反．[自我诊断]1．判断正误(1)物体沿光滑斜面下滑时，受到重力、支持力和下滑力的作用．(×)(2)对物体进行受力分析时不用区分外力与内力，两者要同时分析．(×)(3)处于平衡状态的物体加速度一定等于零．(√)(4)速度等于零的物体一定处于平衡状态．(×)(5)若三个力F 1、F 2、F 3平衡，若将F 1转动90°时，三个力的合力大小为2F1.(√)(6)物体在缓慢运动时所处的状态不属于平衡状态．(×)2．如图所示，一小车的表面由一光滑水平面和光滑斜面连接而成，其上放一球，球与水平面的接触点为a，与斜面的接触点为b.当小车和球一起在水平桌面上做直线运动时，下列结论正确的是()A．球在a、b两点处一定都受到支持力B．球在a点一定受到支持力，在b点处一定不受支持力C．球在a点一定受到支持力，在b点处不一定受到支持力D．球在a点处不一定受到支持力，在b点处也不一定受到支持力解析：选D.若球与车一起水平匀速运动，则球在b处不受支持力作用，若球与车一起水平向左匀加速运动，则球在a处的支持力可能为零，D正确．3．如图所示，物块A放在倾斜的木板上，已知木板的倾角α分别为30°和45°时物块所受摩擦力的大小恰好相同，则物块和木板间的动摩擦因数为()A.12B．32C.22 D.52解析：选C.由题意可以推断出，当倾角α＝30°时，物体受到的摩擦力是静摩擦力，大小为F f1＝mg sin 30°；当α＝45°时，物体受到的摩擦力为滑动摩擦力，大小为F f2＝μF N＝μmg cos 45°，由F f1＝F f2得μ＝22，C正确．4．体操运动员静止悬挂在单杠上，当两只手掌握点之间的距离减小时，关于运动员手臂受到的拉力，下列判断正确的是()A．不变B．变小C．变大D．无法确定解析：选 B.对运动员受力分析如图所示．运动员静止悬挂在单扛上，受力平衡，设两臂与竖直方向夹角为α，根据三力平衡的特点可知运动员手臂受到的拉力F＝mg2cos α，α减小，cos α增大，F减小，故选项B正确.考点一物体的受力分析1．定义：把指定物体(研究对象)在特定的物理环境中受到的所有外力都找出来，并画出受力示意图，这个过程就是受力分析．2．受力分析的一般顺序：先分析场力(重力、电场力、磁场力)，再分析接触力(弹力、摩擦力)，最后分析其他力．3．研究对象选取方法：整体法和隔离法．(1)当分析相互作用的两个或两个以上物体整体的受力情况及分析外力对系统的作用时，宜用整体法．(2)在分析系统内各物体(或一个物体各部分)间的相互作用时常用隔离法．(3)整体法和隔离法不是独立的，对一些较复杂问题，通常需要多次选取研究对象，交替使用整体法和隔离法．1．如图所示，光滑斜面固定于水平面，滑块A、B叠放在一起冲上斜面，且始终保持相对静止，A上表面水平，则在斜面上运动时B受力的示意图为()解析：选A.先将A、B当成一个整体，一起冲上斜面时，受重力及斜面的支持力，合力沿斜面向下．再用隔离法，单独对B进行受力分析可知，B所受摩擦力水平向左，所受A的支持力在竖直方向上，A正确．2．(2017·四川达州一模)如图所示，用轻杆拴接同种材料制成的a、b两物体，它们沿斜面向下做匀速运动，关于a、b的受力情况，以下说法正确的是() A．a受三个力作用，b受四个力作用B．a受四个力作用，b受三个力作用C．a、b均受三个力作用D．a、b均受四个力作用解析：选C.对a、b和轻杆组成的整体分析，根据平衡条件有Mg sin θ＝μMg cos θ，解得μ＝tan θ.再隔离对a分析，假设受到拉力，有mg sin θ＝F T＋μmg cos θ，解得F T＝0.所以轻杆无拉力，a、b均受三个力，即重力、支持力和摩擦力，选项C正确，A、B、D错误．3．(多选)如图所示，两个相似的斜面体A、B在竖直向上的力F的作用下静止靠在竖直粗糙墙壁上．关于斜面体A和B的受力情况，下列说法正确的是() A．A一定受到4个力B．B可能受到4个力C．B与墙壁之间一定有弹力和摩擦力D．A与B之间一定有摩擦力解析：选AD.整体法确定外力：对斜面体A、B整体受力分析，其受到向下的重力G和向上的推力F，由平衡条件可知B与墙壁之间不可能有弹力，因此也不可能有摩擦力，故C错误．假设法、状态法确定B对A的接触力：对斜面体A受力分析，A一定受到重力G A和推力F.假设撤掉A，B将下落，A、B间一定存在弹力F BA，如图甲所示，为保持A处于平衡状态，B一定给A一个沿斜面向下的摩擦力F f.转换法确定B的受力：根据牛顿第三定律可知，斜面体B除受重力外，一定受到A的支持力F AB和摩擦力F f′，如图乙所示．综合以上分析可知，A、D 正确．考点二共点力的静态平衡问题解决共点力平衡问题常用的4种方法[典例1] 如图所示，光滑半球形容器固定在水平面上，O 为球心．一质量为m 的小滑块，在水平力F 的作用下静止于P 点．设滑块所受支持力为F N ，OP 与水平方向的夹角为θ.下列关系正确的是( )A ．F ＝mg tan θB ．F ＝mgt anθ C ．F N ＝mg tan θ D ．F N ＝mg tan θ解析解法一：合成法．滑块受力如图甲，由平衡条件知：mgF ＝tan θ，解得F ＝mg tan θ，F N ＝mg sin θ.解法二：效果分解法．将重力按产生的效果分解，如图乙所示，F ＝G 2＝mg tan θ，F N ＝G 1＝mg sin θ.解法三：正交分解法．将滑块受的力水平、竖直分解，如图丙所示，mg ＝F N sin θ，F ＝F N cos θ，联立解得：F＝mgtan θ，F N＝mgsin θ.解法四：封闭三角形法．如图丁所示，滑块受的三个力组成封闭三角形，解直角三角形得：F＝mgtan θ，F N＝mgsin θ，故A正确．答案 A考向2：整体法和隔离法在多体平衡问题中的应用[典例2](2017·广东佛山模拟)质量为m的四只完全相同的足球叠成两层放在水平面上，底层三只足球刚好接触成三角形，上层一只足球放在底层三只足球的正上面，系统保持静止．若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则() A．底层每个足球对地面的压力为mgB．底层每个足球之间的弹力为零C．下层每个足球对上层足球的支持力大小为mg 3D．水平面的摩擦因数至少为6 6解析根据整体法，设下面每个球对地面的压力均为F N，则3F N＝4mg，故F N＝43mg，A错误；四个球的球心连线构成了正四面体，球放在水平面上，所以下层每个足球之间的弹力为零，B正确；上层足球受到重力、下层足球对上层足球的三个支持力，由于三个支持力的方向不是竖直向上，所以三个支持力在竖直方向的分量之和等于重力，则下层每个足球对上层足球的支持力大小大于mg 3，C错误；如图所示，根据正四面体几何关系可得，F与mg夹角的余弦值cos θ＝6 3，正弦值sin θ＝33，则有F·63＋mg＝F N＝43mg，33F＝F f，解得F f＝26mg，F＝66mg ，则μ＝26mg 43mg ＝28，所以水平面的摩擦因数至少为28，故D 错误．答案 B1. (2017·安徽铜陵模拟)如图所示，质量分别为m A 、m B 的两物块A 、B 叠放在一起，若它们共同沿固定在水平地面上倾角为α的斜面匀速下滑．则( )A ．A 、B 间无摩擦力B ．B 与斜面间的动摩擦因数μ＝tan αC ．A 、B 间有摩擦力，且B 对A 的摩擦力对A 做负功D ．B 对斜面的摩擦力方向沿斜面向上解析：选B.因为A 处于平衡状态，所以A 受重力、支持力以及B 对A 的静摩擦力而平衡，可知A 、B 间有摩擦力，摩擦力的方向沿A 与B 的接触面斜向上，向下滑动的过程中，摩擦力的方向与A 速度方向的夹角为锐角，所以B 对A 的摩擦力对A 做正功，故A 、C 错误；A 、B 能一起匀速下滑，对整体分析，受重力、支持力和滑动摩擦力，则有(m A ＋m B )g sin θ＝μ(m A ＋m B )g cos θ，可得μ＝tan α，斜面对B 的摩擦力方向沿斜面向上，所以B 对斜面的摩擦力方向沿斜面向下，故B 正确，D 错误.考点三共点力的动态平衡问题1．动态平衡：通过控制某些物理量，使物体的状态发生缓慢地变化，物体在这一变化过程中始终处于一系列的平衡状态中，这种平衡称为动态平衡．2．基本思路：化“动”为“静”，“静”中求“动”．3．常用方法：解析法、图解法和相似三角形法．考向1：解析法的应用[典例3]如图所示，与水平方向成θ角的推力F作用在物块上，随着θ逐渐减小直到水平的过程中，物块始终沿水平面做匀速直线运动．关于物块受到的外力，下列判断正确的是()A．推力F先增大后减小B．推力F一直减小C．物块受到的摩擦力先减小后增大D．物块受到的摩擦力一直不变解析对物块受力分析，建立如图所示的坐标系．由平衡条件得：F cos θ－F f＝0，F N－(mg＋F sin θ)＝0，又F f＝μF N，联立可得F＝μmgcos θ－μsin θ，可见，当θ减小时，F一直减小，B正确；摩擦力F f＝μF N＝μ(mg＋F sin θ)，可知，当θ、F减小时，F f一直减小.答案 B考向2：图解法的应用图解法的适用条件：物体受到三个力的作用，其中一个力的大小、方向均不变，另一个力的方向不变，还有一个力的方向变化．[典例4](2017·湖南益阳模拟)在粗糙水平地面上与墙平行放着一个截面为半圆的柱状物体A，A与竖直墙面间放一光滑圆球B，整个装置处于静止状态．现对B施加一竖直向下的力F，F的作用线通过球心，设墙对B的作用力为F1，B 对A的作用力为F2，地面对A的摩擦力为F3.若F缓慢增大而整个装置仍保持静止，截面如图所示，在此过程中()A．F1保持不变，F3缓慢增大B．F1缓慢增大，F3保持不变C．F2缓慢增大，F3缓慢增大D．F2缓慢增大，F3保持不变解析球B受力情况如图所示，墙对球B的作用力及A对球B的作用力的合力与F及重力的合力大小相等，方向相反，故当F增大时，A对B的支持力F2′增大，故B对A的压力也增大，即F2增大，同理可知，墙对B的作用力F1增大；对整体分析，整体竖直方向受重力、支持力及压力F，水平方向受墙的作用力F1和地面对A的摩擦力为F3而处于平衡，由平衡条件得，当F增大时，地面对A的摩擦力F3增大，故选项C正确.答案 C考向3：相似三角形法的应用相似三角形法的适用条件：物体受到三个力的作用，其中一个力的大小、方向均不变，另两个力的方向都变化．[典例5] (2017·江西南昌模拟)如图所示，质量均可忽略的轻绳与轻杆承受弹力的最大值一定，杆的A 端用铰链固定，光滑轻小滑轮在A 点正上方，B 端吊一重物G ，现将绳的一端拴在杆的B 端，用拉力F 将B 端缓缦上拉，在AB 杆达到竖直前(均未断)，关于绳子的拉力F 和杆受的弹力F N 的变化，判断正确的是( )A ．F 变大B ．F 变小C ．F N 变大D ．F N 变小解析设物体的重力为G .以B 点为研究对象，分析受力情况，作出受力分析图，如图所示：作出力F N 与F 的合力F 2，根据平衡条件得知，F 2＝F 1＝G .由△F 2F N B ∽△ABO 得F N F 2＝BO AO ，解得F N ＝BO AO G ，式中，BO 、AO 、G 不变，则F N 保持不变，C 、D 错误；由△F 2F N B ∽△ABO 得F N OB ＝F AB ，AB 减小，则F 一直减小，A 错误，B 正确．答案 B1．(2017·河南濮阳模拟)(多选)如图所示，一辆小车静止在水平地面上，车内固定着一个倾角为60°的光滑斜面OA ，光滑挡板OB 可绕转轴O 在竖直平面内转动，现将一质量为m 的圆球放在斜面与挡板之间，挡板与水平面的夹角θ＝60°，下列说法正确的是( )A．若挡板从图示位置顺时针方向缓慢转动60°，则球对斜面的压力逐渐增大B．若挡板从图示位置顺时针方向缓慢转动60°，则球对挡板的压力逐渐减小C．若保持挡板不动，则球对斜面的压力大小为mgD．若保持挡板不动，使小车水平向右做匀加速直线运动，则球对挡板的压力可能为零解析：选CD.若挡板从图示位置顺时针方向缓慢转动60°，根据图象可知，F B先减小后增大，F A逐渐减小，根据牛顿第三定律可知，球对挡板的压力先减小后增大，球对斜面的压力逐渐减小，故选项A、B错误；球处于静止状态，受力平衡，对球进行受力分析，F A、F B以及G构成的三角形为等边三角形，根据几何关系可知，F A＝F B＝mg，故选项C正确；若保持挡板不动，使小车水平向右做匀加速直线运动，当F A和重力G的合力正好提供加速度时，球对挡板的压力为零，故选项D正确．2．如图所示，用OA、OB两根轻绳将物体悬于两竖直墙之间，开始时OB 绳水平．现保持O点位置不变，改变OB绳长使绳末端由B点缓慢上移至B′点，此时OB′与OA之间的夹角θ<90°.设此过程中OA、OB的拉力分别为F OA、F OB，下列说法正确的是()A．F OA逐渐增大B．F OA逐渐减小C．F OB逐渐增大D．F OB逐渐减小解析：选B.以结点O为研究对象，受力如图所示，根据平衡条件知，两根绳子的拉力的合力与重力大小相等、方向相反，作出轻绳OB在两个位置时力的合成图如图，由图看出，F OA逐渐减小，F OB先减小后增大，当θ＝90°时，F OB 最小，选项B正确．考点四共点力平衡中的临界极值问题1．临界问题当某物理量变化时，会引起其他物理量的变化，从而使物体所处的平衡状态“恰好出现”或“恰好不出现”，在问题的描述中常用“刚好”、“刚能”、“恰好”等语言叙述．2．极值问题物体平衡的极值，一般指在力的变化过程中的最大值和最小值问题．一般用图解法或解析法进行分析．3．解决极值问题和临界问题的方法(1)极限法：首先要正确地进行受力分析和变化过程分析，找出平衡的临界点和极值点；临界条件必须在变化中去寻找，不能停留在一个状态来研究临界问题，而要把某个物理量推向极端，即极大和极小，并依次做出科学的推理分析，从而给出判断或导出一般结论．(2)数学分析法：通过对问题的分析，依据物体的平衡条件写出物理量之间的函数关系(或画出函数图象)，用数学方法求极值(如求二次函数极值、公式极值、三角函数极值)，但利用数学方法求出极值后，一定要依据物理原理对该值的合理性及物理意义进行讨论和说明．(3)物理分析方法：根据物体的平衡条件，作出力的矢量图，通过对物理过程的分析，利用平行四边形定则进行动态分析，确定最大值与最小值．[典例6](2017·陕西宝鸡联考)如图所示，质量为m的物体放在一固定斜面上，当斜面倾角为30°时恰能沿斜面匀速下滑．对物体施加一大小为F水平向右的恒力，物体可沿斜面匀速向上滑行．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当斜面倾角增大并超过某一临界角θ0时，不论水平恒力F 多大，都不能使物体沿斜面向上滑行，试求：(1)物体与斜面间的动摩擦因数；(2)这一临界角θ0的大小．解析 (1)如图所1示，对物体受力分析，由平衡条件得mg sin 30°＝μmg cos 30°解得μ＝tan 30°＝33(2)设斜面倾角为α时，受力情况如图2所示，由平衡条件得F cos α＝mg sin α＋F fF N ＝mg cos α＋F sin αF f ＝μF N解得F ＝mg sin α＋μmg cos αcos α－μsin α当cos α－μsin α＝0，即cot α＝33时，F →∞，即“不论水平恒力F 多大，都不能使物体沿斜面向上滑行”，此时，临界角θ0＝α＝60°答案(1)33(2)60°1．如图所示，三根长度均为L的轻绳分别连接于C、D两点，A、B两端被悬挂在水平天花板上，相距2L，现在C点上悬挂一个质量为m的重物，为使CD绳保持水平，在D点上可施加力的最小值为()A．mg B．33mgC.12mg D.14mg解析：选C.由题图可知，要想CD水平，各绳均应绷紧，则AC与水平方向的夹角为60°；结点C受力平衡，受力分析如图所示，则CD绳的拉力F T＝mg tan30°＝33mg；D点受绳子拉力大小等于F T，方向向左；要使CD水平，D点两绳的拉力与外界的力的合力为零，则绳子对D点的拉力可分解为沿BD绳的F1及另一分力F2，由几何关系可知，当力F2与BD垂直时，F2最小，而F2的大小即为拉力的大小，故最小力F＝F T sin 60°＝12mg，故C正确．2．拖把是由拖杆和拖把头构成的擦地工具(如图所示)．设拖把头的质量为m，拖杆质量可以忽略；拖把头与地板之间的动摩擦因数为常数μ，重力加速度为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θ.(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λ.已知存在一临界角θ0，若θ≤θ0，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值tan θ0.解析：(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F cos θ＋mg－F N＝0①F sin θ－F f＝0②式中F N和F f分别为地板对拖把的正压力和摩擦力，则F f＝μF N③联立①②③式得F＝μmgsin θ－μcos θ④(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拖把与地板间的最大静摩擦力，设为F f m，则依题意有F f mF N＝λ⑤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F cos θ＋mg＝F N⑥F sin θ≤F f m⑦联立⑤⑥⑦式得F(sin θ－λcos θ)≤λmg⑧因为λmg总是大于零，要使得F为任意值时上式总是成立，只要满足sin θ－λcos θ≤0⑨即有tan θ≤λ⑩上式取等号即为临界状态，则tan θ0＝λ⑪答案：(1)μmgsin θ－μcos θ(2)λ课时规范训练[基础巩固题组]1．壁虎在竖直玻璃面上斜向上匀速爬行，关于它在此平面内的受力分析，下列图示中正确的是()解析：选 A.壁虎在竖直玻璃面上斜向上匀速爬行，受力平衡，故受到的摩擦力一定和重力等大、反向，即方向竖直向上，A正确．2．如图，一质量为m的滑块静止置于倾角为30°的粗糙斜面上，一根轻弹簧一端固定在竖直墙上的P点．另一端系在滑块上．弹簧与斜面垂直，则()A．滑块不可能只受到三个力作用B．弹簧不可能处于原长状态C．斜面对滑块的支持力大小可能为零D．斜面对滑块的摩擦力大小一定等于12mg解析：选D.弹簧与斜面垂直，则弹簧与竖直方向的夹角为30°，所以弹簧弹力的方向垂直于斜面，因为弹簧的形变情况未知，所以斜面与滑块之间的弹力大小不确定，所以滑块可能只受重力、斜面支持力和静摩擦力三个力的作用而平衡，此时弹簧弹力为零，处于原长状态，故选项A 、B 错误；假设斜面对滑块的支持力为零，则滑块只受重力和弹簧弹力，滑块不可能处于平衡状态，故滑块一定受支持力作用，故选项C 错误；由于物块处于静止状态由受力分析知摩擦力与重力沿斜面向下的分力平衡，大小为mg sin 30°＝12mg .故选项D 正确．3．“L”型木板P (上表面光滑)放在固定斜面上，轻质弹簧一端固定在木板上，另一端与置于木板上表面的滑块Q 相连，如图所示．若P 、Q 一起沿斜面匀速下滑，不计空气阻力．则木板P 的受力个数为( )A ．3B ．4C ．5D ．6解析：选C.P 、Q 一起沿斜面匀速下滑时，由于木板P 上表面光滑，滑块Q 受到重力、P 的支持力和弹簧沿斜面向上的弹力，木板P 受到重力、斜面的支持力、斜面的摩擦力、Q 的压力和弹簧沿斜面向下的弹力，C 正确．4．如图所示，质量均为m 的两个球A 、B 固定在杆的两端，将其放入光滑的半圆形碗中，杆的长度等于碗的半径，当杆与碗的竖直半径垂直时，两球刚好能平衡，则杆对小球的作用力为( )A.33mgB.233mgC.32mg D ．2mg解析：选A.由已知条件知，球A、B间的杆一定水平，对A球受力分析，如图所示，由共点力的平衡知识可得，杆的作用力为F＝mg tan 30°＝33mg，A正确．5．(多选)如图所示，轻绳的两端分别系在圆环A和小球B上，圆环A套在粗糙的水平直杆MN上．现用水平力F拉着绳子上的一点O，使小球B从图中实线位置缓慢上升到虚线位置，但圆环A始终保持在原位置不动．在这一过程中，环对杆的摩擦力F f和环对杆的压力F N的变化情况是()A．F f不变B．F f增大C．F N减小D．F N不变解析：选BD.以结点O为研究对象进行受力分析，由题意可知，O点处于动态平衡，则可作出三力的平衡关系图如图甲所示，由图可知水平拉力增大．以环和结点整体作为研究对象，对其受力分析如图乙所示，由整个系统平衡可知F N＝mg，F f＝F，即F f增大，F N不变，B、D正确．6．如图所示，物块a、b的质量分别为2m、m，水平地面和竖直墙面均光滑，在水平推力F作用下，两物块均处于静止状态，则()A．物块b受四个力作用B．物块b受到的摩擦力大小等于2mgC．物块b对地面的压力大小等于mgD．物块a受到物块b的作用力水平向右解析：选B.对a分析，a受到竖直向下的重力，墙壁对a的支持力，b对a 的弹力，要想保持静止，必须在竖直方向上受到b对a的向上的静摩擦力，故F f ba＝G a＝2mg，B正确；对b分析，b受到竖直向下的重力，地面对b的竖直向上的支持力，a对b的竖直向下的静摩擦力，a对b的水平向左的弹力，以及推力F，共5个力作用，在竖直方向上有G b＋F f ab＝F N，故F N＝3mg，即物块b对地面的压力大小等于3mg，A、C错误；物块a受到物块b的水平方向上的弹力和竖直方向上的摩擦力，合力方向不是水平向右，D错误．7．半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有一固定放置的竖直挡板MN.在半圆柱体P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于静止．如图所示是这个装置的纵截面图．若用外力先使MN保持竖直，然后缓慢地水平向右移动，在Q落到地面以前，发现P始终保持静止．在此过程中，下列说法中正确的是()A．MN对Q的弹力逐渐增大B．Q所受的合力逐渐增大C．P、Q间的弹力先减小后增大D．地面对P的摩擦力逐渐减小解析：选A.对圆柱体Q受力分析，受到重力、MN的支持力和P的支持力，如图甲所示，重力的大小和方向都不变，MN的支持力方向不变、大小改变，P的支持力方向和大小改变，然后根据平衡条件，得到F N1＝mg tan θ，F N2＝mgcos θ，由于θ不断增大，故F N1不断增大，F N2也不断增大，故选项A正确，C错误；对P、Q整体受力分析，受到总重力、MN的支持力F N1，地面的支持力F N3，地面的静摩擦力F f，如图乙所示，根据共点力平衡条件有F f＝F N1＝mg tan θ，由于θ不断增大，故F f不断增大，故选项D错误；Q一直保持静止，所受合力为零，不变，故选项B错误．[综合应用题组]8．如图所示，竖直轻杆AB在细绳AC和水平拉力作用下处于平衡状态．若A C加长，使C点左移，AB仍保持平衡状态．细绳AC上的拉力F T和杆AB受到的压力F N与原先相比，下列说法正确的是()A．F T和F N都减小B．F T和F N都增大C．F T增大，F N减小D．F T减小，F N增大解析：选A.设细绳AC与地面的夹角为α，结点A受到三个力的作用，细绳AC的拉力F T、水平绳向右的拉力F(大小、方向均不变，等于所挂物体重力的大小mg)、轻杆AB对A点向上的弹力F N′，根据物体的平衡条件有：F T＝F cos α＝mgcos α，F N′＝F tan α＝mg tan α，因AC加长，C点左移，细绳AC与地面的夹角α减小，所以细绳AC的拉力F T、轻杆AB对A点向上的弹力F N′均减小．根据牛顿第三定律可知AB受到的压力F N与F N′是作用力与反作用力关系，故AB 受到的压力F N减小，选项A正确．9．(多选)如图，一光滑的轻滑轮用细绳OO′悬挂于O点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b.外力F向右上方拉b，整个系统处于静止状态．若F方向不变，大小在一定范围内变化，物块b仍始终保持静止，则()A．绳OO′的张力也在一定范围内变化B．物块b所受到的支持力也在一定范围内变化C．连接a和b的绳的张力也在一定范围内变化D．物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化解析：选BD.因为物块b始终保持静止，所以绳OO′的张力不变，连接a 和b的绳的张力也不变，选项A、C错误；拉力F大小变化，F的水平分量和竖直分量都发生变化，由共点力的平衡条件知，物块b受到的支持力和摩擦力在一定范围内变化，选项B、D正确．10．(多选)如图所示，质量分别为m1，m2的两个物体通过轻弹簧连接，在力F的作用下一起沿水平方向做匀速直线运动(m1在地面，m2在空中)，力F与水平方向成θ角．则m1所受支持力F N和摩擦力F f正确的是()A．F N＝m1g＋m2g－F sin θB．F N＝m1g＋m2g－F cos θC．F f＝F cos θD．F f＝F sin θ。

经典课件：高中物理第二章第3讲受力分析共点力的平衡

【变式备选】如图所示,顶端装有定滑轮的斜面体放在粗糙水平地面上,A、B 两物体通过细绳连接,并处于静止状态 (不计绳的质量和绳与滑轮间的摩擦)。现用水平向右的力F作用于物体B上,将物体B缓慢拉高一定的距离,此过程中斜面体与物体A仍然保持静止。在此过程中( ) A.水平力F一定变小 B.斜面体所受地面的支持力一定变大 C.地面对斜面体的摩擦力一定变大 D.物体A所受斜面体的摩擦力一定变大
【典例透析 1】(2012·山东高考改编)
如图所示,两相同轻质硬杆OO1、OO2可绕其两端垂直纸面的水平轴O、O1、O2 转动,在O点悬挂一重物M,将两相同木
块m紧压在竖直挡板上,此时整个系统保持静止。Ff表示木块与挡板间摩擦力的大小,FN表示木块与挡板间正压力的大小。若挡板间的距离稍许增大后,系统仍静止,且O1、O2始终等高, 则( )
隔离法
将所研究的对象从周围的物体中分离出来进行分析的方法
研究系统内部各物体之间的相互作用力
一般情况下隔离受力较少的物体
2.假设法在受力分析时,若不能确定某力是否存在,可先对其作出存在的假设,然后分析该力存在对物体运动状态的影响来判断该力是否存在。 3.应注意的四个问题 (1)不要把研究对象所受的力与研究对象对其他物体的作用力混淆。 (2)对于分析出的物体受到的每一个力,都必须明确其来源,即每一个力都应找出其施力物体,不能无中生有。
A.Ff变小 C.FN变小
B.Ff不变 D.FN不变
【解题探究】(1)请以整体为研究对象,分析竖直方向上的受力情况: ①受到的力:_重__力__、摩擦力。 ②摩擦力的大小和方向:_与__重__力__等__大__反__向__。 (2)要分析FN的大小变化,研究对象怎样选取? 提示：先以m为研究对象,挡板对其正压力FN的大小与杆对m 的作用力大小存在关系,故还要分析转轴O点的受力情况才能判断FN的大小变化情况。

受力分析高中物理课件第二章力学第3讲

第3讲　受力分析　共点力的平衡必备知识新学法基础落实一、受力分析1．受力分析的定义把指定物体(研究对象)在特定的物理环境中受到的所有外力都找出来，并画出受力___________，这个过程就是受力分析．[主干知识·填一填]示意图2．受力分析的一般步骤整体隔离接触二、共点力作用下物体的平衡1．平衡状态(1)静止：物体的速度和___________都等于零的状态．(2)匀速直线运动：物体的加速度为零、速度不为零的状态．2．平衡条件(1)物体所受合外力为零，即F 合＝0.(2)若采用正交分解法，平衡条件表达式为F x ＝0，F y ＝0.加速度3．物体平衡条件的相关推论(1)二力平衡：如果物体在两个共点力的作用下处于平衡状态，这两个力必定大小___________，方向___________．(2)三力平衡：如果物体在三个共点力的作用下处于平衡状态，其中任意两个力的___________一定与第三个力大小相等、方向相反．(3)多力平衡：如果物体受多个力作用处于平衡状态，其中任何一个力与__________力的合力大小相等，方向相反．相等相反合力其余1．受力物体与周围物体的每个接触处最多有两个接触力——弹力、摩擦力．2．受力分析时若某个力的大小和方向不能确定，可以试一试分析该力的反作用力，再由牛顿第三定律得出该力．3．对物体受力分析时，只分析物体受到的力，不考虑物体施加的力．4．物体速度为零时，不一定处于平衡状态，如竖直上抛运动到最高点．5．物体处于平衡状态时，沿任意方向的合力均为0.6．物体受三个非平行力作用处于平衡状态，这三个力的作用线必定在同一平面内，而且这三个力必定为共点力．7．物体受多个力作用处于平衡状态时，其中几个力的合力与其余力的合力必定等大反向．[规律结论·记一记]一、易混易错判断1．对物体受力分析时，只能画该物体受到的力，其他物体受到的力不能画在该物体上．( )2．物体沿光滑斜面下滑时，受到重力、支持力和下滑力的作用．( )3．物体处于平衡状态时，其加速度一定为零．( )4．物体受两个力作用处于平衡状态，这两个力必定等大反向．( )5．物体处于平衡状态时，其所受的作用力必定为共点力．( )[必刷小题·测一测]√×√√×二、经典小题速练1.天然平衡岩带给我们的那种仿佛时间停止的静态之美成为很多艺术家的灵感源泉，他们不断尝试着复制这种不可思议的平衡之美．达莱尔·雷特便是这样一位艺术家，在其最为著名的作品中，雷特将一块大石头放在石化木顶端一块微小的基岩上．这块大石头并非呈现出直立姿态，而是倾斜着身子．则关于大石头的受力下述正确的是( )A ．大石头一定受到三个力的作用B ．基岩对大石头的支持力一定竖直向上C ．基岩对大石头的支持力等于石头重力D ．基岩对大石头的作用力一定竖直向上解析：D 由于大石头和支持它的石化木之间的接触面情形未知，可能水平也可能倾斜，但大石头处于平衡状态，基岩对大石头的作用力一定竖直向上，选项D 正确．D2.如图所示，水平面上A 、B 两物块的接触面水平，二者叠放在一起，在作用于B 上的水平恒定拉力F 的作用下沿地面向右做匀速运动，某时刻撤去力F 后，二者仍不发生相对滑动，关于撤去F 前后，下列说法正确的是( )A ．撤去F 之前A 受3个力作用B ．撤去F 之前B 受到4个力作用C ．撤去F 前后，A 的受力情况不变D ．A 、B 间的动摩擦因数μ1不小于B 与地面间的动摩擦因数μ2D解析：D　撒去F前，整体做匀速运动，B所受的地面的滑动摩擦力与F平衡，而A水平方向不受外力，A不受摩擦力，A受重力、B的支持力共2个力作用．B受重力、A的压力、拉力F、地面的支持力和滑动摩擦力，共5个力，故A、B错误；撒去拉力F后，B开始做减速运动，A相对B有向前滑动的趋势，所以B对A有静摩擦力，故A受重力、B的支持力和静摩擦力，共3个力，所以撒去F前后，A的受力情况将发生变化，故C错误；撒去力F后，二者仍不发生相对滑动，由牛顿第二定律得：对整体有μ2(m A＋m B)g＝(m A＋m B)a，对A有F f＝m A a≤μ1m A g可得μ1≥μ2，即A、B间的动摩擦因数μ1不小于B与地面间的动摩擦因数μ2，故D正确．BD关键能力新探究思维拓展命题点一　物体的受力分析(自主学习)[核心整合]1．整体法与隔离法整体法隔离法概念将加速度相同的几个物体作为一个整体来分析的方法将研究对象与周围物体分隔开的方法选用原则研究系统外的物体对系统整体的作用力或系统整体的加速度研究系统内物体之间的相互作用力2.受力分析的三个常用判据(1)条件判据：不同性质的力产生条件不同，进行受力分析时最基本的判据是其产生条件．(2)效果判据：有时候是否满足某力产生的条件是很难判定的，可先根据物体的运动状态进行分析，再运用平衡条件或牛顿运动定律判定未知力．(3)特征判据：从力的作用是相互的这个基本特征出发，通过判定其反作用力是否存在来判定该力是否存在．[题组突破]1.(整体法、隔离法的综合应用)(2022·宁夏银川市育才中学月考)如图所示，质量为M 的斜面静置在水平地面上，斜面上有一质量为m 的小物块，水平力F 作用在小物块上时，两者均保持静止，斜面受到水平地面的静摩擦力为F f1，小物块受到斜面的静摩擦力为F f2.现使F 逐渐增大，两者仍处于静止状态，则( )A ．F f1、F f2都增大B ．F f1、F f2都不一定增大C ．F f1不一定增大，F f2一定增大D ．F f1一定增大，F f2不一定增大DCD3.(转换法在受力分析时的应用)如图所示，物体A 靠在竖直墙面上，在力F 作用下，A 、B 保持静止．物体B 的受力个数为( )A ．2 B ．3C ．4D ．5解析：C 先以物体A 为研究对象，受力情况如图甲所示，此时，墙对物体A 没有支持力(此结论可利用整体法得出)．再以物体B 为研究对象，结合牛顿第三定律，其受力情况如图乙所示，即要保持物体B 平衡，B 应受到重力、压力、摩擦力、力F 共4个力的作用．C4.(根据运动状态判断受力情况)(多选)如图所示，一个质量m ＝0.4 kg 的小球穿在水平直杆上处于静止状态，现对小球施加一个5 N 的拉力F ，F 与杆的夹角为53°，小球与杆之间的动摩擦因数μ＝0.5，则( )A ．小球受到2个力B ．小球受到3个力C ．若F ＝10 N ，则小球受4个力D ．若F ＝10 N ，则小球受3个力AC解析：AC　如图在沿杆和垂直杆方向建立直角坐标系，F在y轴上分力F y＝F sin 53°＝4 N，F与重力在y轴上的合力刚好为0，所以杆与小球只接触不挤压，无弹力和摩擦力，A对，B错；当F＝10 N时，F y＝8 N，它与重力沿杆方向的合力为4 N，垂直于杆向上，此时杆对小球的弹力垂直于杆向下，且F在水平方向上有分力，因此杆对小球还有摩擦力，小球一共受四个力，C对，D错．命题点二　共点力作用下物体的静态平衡(多维探究)求解共点力平衡问题的常用方法1．合成法：一个力与其余所有力的合力等大反向，常用于非共线三力平衡．2．正交分解法：F x合＝0，F y合＝0，常用于多力平衡．3．矢量三角形法：把表示三个力的有向线段构成一个闭合的三角形，常用于非特殊角的一般三角形．例 1A第2维度：多个物体的平衡…………………　如图所示，在粗糙固定的斜面上，放有A、B 两个木块，用轻质弹簧将A 、B 两木块连接起来，B 木块的另一端再通过细线与物体C 相连接，细线跨过光滑定滑轮使C 物体悬挂着，A 、B 、C 均处于静止状态，下列说法不正确的是( )A ．弹簧弹力可能为零B ．A 受到的摩擦力可能沿斜面向上C ．B 可能不受到摩擦力的作用D ．若增大B 物体的重量，则B 物体受到的摩擦力一定将先增大后减小例 2 DAABC命题点三　共点力作用下物体的动态平衡(多维探究)1．动态平衡：是指平衡问题中的一部分力是变力，是动态力，力的大小和方向均要发生变化，所以叫动态平衡．2．基本思路：化“动”为“静”，“静”中求“动”．3．分析动态平衡问题的方法方法步骤解析法(1)列平衡方程求出未知量与已知量的关系表达式(2)根据已知量的变化情况来确定未知量的变化情况图解法(1)根据已知量的变化情况，画出平行四边形边、角的变化(2)确定未知量大小、方向的变化相似三角形法(1)根据已知条件画出两个不同情况对应的力的三角形和空间几何三角形，确定对应边，利用三角形相似知识列出比例式(2)确定未知量大小的变化情况例 3A第2维度：图解法的应用…………………(2022·广东汕头市第一次模拟)如图所示，足够长的光滑平板AP 与BP 用铰链连接，平板AP 与水平面成53°角固定不动，平板BP 可绕水平轴在竖直面内自由转动，将一均匀圆柱体O 放在两板间．在使BP 板由水平位置缓慢转动到竖直位置的过程中，下列说法正确的是( )A ．当BP 沿水平方向时，BP 板受到的压力最大B ．当BP 沿竖直方向时，AP 板受到的压力最大C ．当BP 沿竖直方向时，BP 板受到的压力最小D ．当BP 板与AP 板垂直时，AP 板受到的压力最小例 4 B解析：B　当BP沿水平方向时，BP板受到的压力等于圆柱体的重力，AP板受到的压力为零．当挡板PB逆时针缓慢地转向竖直位置的过程中，小球受重力、斜面AP的弹力F1和挡板BP的弹力F2，将F1与F2合成为F＝mg，如图所示；小球一直处于平衡状态，三个力中的任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线，故F1和F2的合力F一定与重力等值、反向、共线．从图中可以看出，F1越来越大，F2先变小，后变大，到竖直位置时，F2＞mg，故选项B正确，A、C、D错误．第3维度：相似三角形法的应用…………………　如图所示，光滑的半圆环沿竖直方向固定，M点为半圆环的最高点，N 点为半圆环上与半圆环的圆心等高的点，直径MH 沿竖直方向，光滑的定滑轮固定在M 处，另一小圆环穿过半圆环用质量不计的轻绳拴接并跨过定滑轮．开始小圆环处在半圆环的最低点H 点，第一次拉小圆环使其缓慢地运动到N 点，第二次以恒定的速率将小圆环拉到N点．滑轮大小可以忽略，则下列说法正确的是( )A ．第一次轻绳的拉力逐渐增大B ．第一次半圆环受到的压力逐渐减小C ．小圆环第一次在N 点与第二次在N 点时，轻绳的拉力相等D ．小圆环第一次在N 点与第二次在N 点时，半圆环受到的压力相等例 5 C核心素养新导向学科培优素养培优5　解答平衡中的临界和极值问题的三种方法方法一　极限分析法正确进行受力分析和变化过程分析，找到平衡的临界点和极值点；临界条件必须在变化中寻找，不能在一个状态上研究临界问题，要把某个物理量推向极大或极小．课堂上，老师准备了“∟”形光滑木板和三个完全相同、外表面光滑的匀质圆柱形积木，要将三个积木按图所示(截面图)方式堆放在木板上，则木板与水平面夹角θ的最大值为( )A ．30° B ．45°C ．60°D ．90°典例1 A方法二　数学分析法通过对问题分析，根据平衡条件列出物理量之间的函数关系(画出函数图像)，用数学方法求极值(如求二次函数极值、公式极值、三角函数极值)．典例2AD。

第2章第3节受力分析共点力的平衡

第3节受力分析共点力的平衡
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一、思考辨析(正确的画“√”，错误的画“×”)
1．对物体受力分析时，只能画该物体受到的力，其他物体受到
的力不能画在该物体上。
(√ )
2．物体沿光滑斜面下滑时，受到重力、支持力和下滑力的作用。
(×)
3．加速度等于零的物体一定处于平衡状态。
第3节受力分析共点力的平衡
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3.两个质量相同的直角楔形物体 a 和 b，分别在垂直于斜边的恒力 F1 和 F2 作用下静止在竖直墙面上，如图所示，下列说法正确的是( )
A．a、b 一定都受四个力的作用 B．a、b 所受摩擦力的方向都是竖直向上 C．F2 一定小于 F1 D．F1、F2 大小可能相等
第3节受力分析共点力的平衡
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课后限时集训3节受力分析共点力的平衡
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A [由题意可知所受重力 G 竖直向下，空气阻力 Ff 与速度方向相反，升力 F2 与速度方向垂直，发动机推力 F1 的方向沿喷口的反方向，对比图中选项可知只有 A 选项符合题意。故选项 A 正确。]
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A
B
C
D
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第二章第3讲受力分析共点力的平衡

[考试标准]一、共点力平衡条件及应用 1．平衡状态物体处于静止状态或匀速直线运动状态． 2．共点力的平衡条件F 合＝0或者⎩⎪⎨⎪⎧F x ＝0F y ＝03．平衡条件的推论(1)二力平衡：如果物体在两个共点力的作用下处于平衡状态，这两个力必定大小相等，方向相反．(2)三力平衡：如果物体在三个共点力的作用下处于平衡状态，其中任何一个力与其余两个力的合力大小相等，方向相反，并且这三个力的矢量可以形成一个封闭的矢量三角形． (3)多力平衡：如果物体在多个共点力的作用下处于平衡状态，其中任何一个力与其余几个力的合力大小相等，方向相反． [深度思考] 判断下列说法是否正确．(1)处于平衡状态的物体加速度一定等于零．( √ )(2)速度等于零的物体一定处于平衡状态．(×)(3)若三个力F1、F2、F3平衡，将F1转动90°时，三个力的合力大小为2F1.(√)(4)物体在缓慢运动时所处的状态不属于平衡状态．(×)二、受力分析1．受力分析的一般顺序(1)首先分析场力(重力、电场力、磁场力)．(2)其次分析接触力(弹力、摩擦力)．(3)最后分析其他力．2．受力分析的注意事项(1)不要把研究对象所受的力与研究对象对其他物体的作用力混淆．(2)对于分析出的物体受到的每一个力，都必须明确其来源，即每一个力都应找出其施力物体，不能无中生有．(3)合力和分力不能重复考虑．(4)区分性质力与效果力：研究对象的受力图，通常只画出按性质命名的力，不要把按效果命名的分力或合力分析进去，受力图完成后再进行力的合成或分解．1．人站在自动扶梯的水平踏板上，随扶梯斜向上匀速运动，如图1所示．以下说法正确的是()图1A．人受到重力和支持力的作用B．人受到重力、支持力和摩擦力的作用C．人受到的合外力不为零D．人受到的合外力方向与速度方向相同答案 A2．如图2所示，用手掌沿水平方向将一本书压在竖直墙壁上，保持静止．现增大手掌对书本的压力，则关于书本受到的摩擦力，下列说法中正确的是()图2A．书本只受到墙壁给它的静摩擦力B．书本只受到手掌给它的静摩擦力C．书本受到的静摩擦力保持不变D．书本受到的静摩擦力增大答案 C3．孔明灯相传是由三国时的诸葛孔明发明的．如图3所示，有一盏质量为m的孔明灯升空后沿着东偏北方向匀速上升，则此时孔明灯所受空气的作用力的大小和方向是()图3A．0 B．mg，竖直向上C．mg，东北偏上方向 D.2mg，东北偏上方向答案 B4．(2015·浙江9月选考·9)如图4所示，倾角为θ、质量为m的直角三棱柱ABC置于粗糙水平地面上，柱体与水平地面间的动摩擦因数为μ.施加一个垂直BC面的外力F，柱体仍保持静止，地面对柱体的摩擦力大小等于()图4A．μmg B．F sin θC．F cos θD．μ(F cos θ＋mg)答案 B命题点一受力分析和平衡条件的应用例1如图5所示，一条不可伸长的轻质细绳一端跨过光滑钉子b悬挂一质量为m1的重物，另一端与一轻质绳相连于c点，ac＝l2，c点悬挂质量为m2的重物，平衡时ac正好水平，此时质量为m1的重物的上表面正好与ac在同一水平线上且到b点的距离为l，到a点的距离为54l ，则两重物的质量之比m 1m 2为( )图5A.52 B ．2 C.54 D.35解析取c 点为研究对象，设此时bc 绳与水平方向夹角为θ.因c 点受到三个力且处于平衡状态，所以任意两个力的合力均与第三个力大小相等，方向相反，根据平行四边形定则将绳ac 上的拉力F 与F 1＝m 1g 合成，如图，则sin θ＝F 2m 1g ，F 2＝m 2g ，而sin θ＝ll 2＋(3l4)2＝45，所以m 1m 2＝54，选项C 正确．答案 C受力分析及处理平衡问题常用的方法 1．整体法与隔离法 (1)对整体法和隔离法的理解①整体法是指将相互关联的各个物体看成一个整体的方法．②隔离法是指将某物体从周围物体中隔离出来，单独分析该物体的方法． (2)整体法和隔离法的使用技巧当分析相互作用的两个或两个以上物体整体的受力情况及分析外力对系统的作用时，宜用整体法；而在分析系统内各物体(或一个物体各部分)间的相互作用时，宜用隔离法．2．合成法：物体受三个共点力的作用而平衡，则任意两个力的合力一定与第三个力大小相等、方向相反．3．分解法：物体受三个共点力的作用而平衡，将某一个力按力的效果分解，则其分力和其他两个力满足平衡条件．4．正交分解法：物体受到三个或三个以上力的作用而平衡，将物体所受的力分解为相互垂直的两组，每组力都满足平衡条件．5．整体法和隔离法：当多个物体整体处于平衡状态时系统内的各物体相对静止，有静止和匀速运动两种情况，不涉及内力时，采用整体法进行受力分析并求解．涉及内力时常采用先隔离后整体或先整体后隔离的方法．题组阶梯突破1．如图6所示，与竖直方向成45°角的天花板上有一物块，该物块在竖直向上的恒力F作用下恰好能沿天花板匀速上升，则下列说法正确的是()图6A．物块一定受两个力的作用B．物块一定受三个力的作用C．物块可能受三个力的作用D．物块可能受四个力的作用答案 D解析由于物块做匀速直线运动，则受力平衡，对物块受力分析可知，若物块所受重力与恒力F恰好平衡，则受两个力的作用，若物块所受重力小于恒力F，则物块一定受四个力的作用，所以D项正确．2．如图7所示，水平地面上放着一个画架，它的前支架是固定的而后支架可前后移动，画架上静止放着一幅重为G的画．下列说法正确的是()图7A．画架对画的作用力大于GB．画架后支架受到地面的摩擦力水平向前C．若后支架缓慢向后退，则画架对画的作用力变小D．画架对画的弹力是画发生弹性形变引起的答案 B解析对画受力分析知画架对画的作用力等于G，A、C错．由弹力的特征知画架对画的弹力是由画架的弹性形变产生的，D错误．画架后支架有向后的运动趋势，受到地面向前的摩擦力，B正确．3．国家大剧院外部呈椭球形．假设国家大剧院的屋顶为半球形，一保洁人员为执行保洁任务，必须在半球形屋顶上向上缓慢爬行(如图8所示)，他在向上爬的过程中( )图8A ．屋顶对他的摩擦力不变B ．屋顶对他的摩擦力变大C ．屋顶对他的支持力不变D ．屋顶对他的支持力变大答案 D解析保洁员缓慢爬行可以看成其在任意位置都处于平衡状态．对保洁员进行受力分析并建立平衡方程：摩擦力F f ＝mg sin θ，支持力F N ＝mg cos θ，向上爬时θ减小，所以F f 减小，F N 增大，D 正确．4．如图9为喜庆节日里挂的灯笼，由于天气刮风，重量为G 的灯笼向右飘起，设风对灯笼的作用力F 恒定，灯笼看成质点．在某一时间内灯笼偏离竖直方向的角度恒为θ，设轻绳对灯笼的拉力为F T .下列说法正确的是( )图9A ．F T 与F 的合力方向竖直向下B ．F T 与F 的合力大于GC ．F T 和G 是一对平衡力D ．轻绳所受拉力的大小为F T ＝G cos θ答案 D解析取灯笼为研究对象，共受到重力G 、拉力F T 、风力F 三个共点力作用，受力情况如图所示，F T 和F 的合力大小等于重力，方向竖直向上，选项A 、B 、C 错误；由矢量三角形得F T ＝Gcos θ，选项D 正确．命题点二平衡中的临界与极值问题例2 如图10所示，物体的质量为2 kg ，两根轻绳AB 和AC 的一端连接于竖直墙上，另一端系于物体上，在物体上另施加一个方向与水平线成θ＝30°的拉力F，小球处于静止状态．重力加速度为g＝10 m/s2，求：图10(1)当轻绳AC的拉力刚好为零时，拉力F的大小；(2)当轻绳AB的拉力刚好为零时，拉力F的大小；(3)若要使两绳均能伸直，求拉力F的大小的取值范围．解析对A球受力分析，受到拉力F，重力mg，两根轻绳的拉力F B、F C，根据平衡条件，有水平方向：F cos 30°＝F C＋F B cos 30°①竖直方向：F sin 30°＋F B sin 30°＝mg ②当F B＝0时，F最大，为：F max＝2mg＝40 N当F C＝0时，F最小，为：F min＝mg＝20 N若要使两绳均能伸直，拉力F的大小的取值范围：20 N≤F≤40 N.答案(1)20 N(2)40 N(3)20 N≤F≤40 N极值与临界问题的分析方法1．极值问题的分析方法(1)解析法：即根据物体的平衡条件列出方程，在解方程时，采用数学知识求极值或者根据物理临界条件求极值．(2)图解法：即根据物体的平衡条件作出力的矢量图，画出平行四边形或者矢量三角形进行动态分析，确定最大值或最小值．2．临界问题的分析方法解决这类问题的基本方法是假设法，即先假设某种情况成立，然后根据平衡条件及有关知识进行论证、求解．题组阶梯突破5．倾角为θ＝37°的斜面体与水平面保持静止，斜面上有一重为G 的物体A ，物体A 与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5.现给A 施加一水平力F ，如图11所示．设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，如果物体A 能在斜面上静止，水平推力F 与G 的比值不可能是( )图11A ．3B ．2C ．1D ．0.5答案 A解析设物体刚好不下滑时F ＝F 1，则F 1·cos θ＋μF N ＝G ·sin θ， F N ＝F 1·sin θ＋G ·cos θ.得：F 1G ＝sin 37°－0.5cos 37°cos 37°＋0.5sin 37°＝211；设物体刚好不上滑时F ＝F 2，则： F 2·cos θ＝μF N ′＋G ·sin θ， F N ′＝F 2·sin θ＋G ·cos θ，得：F 2G ＝sin 37°＋0.5cos 37°cos 37°－0.5sin 37°＝2，即211≤FG≤2，故F 与G 的比值不可能为A. 6．如图所示，一物块A 放在固定于水平地面上的斜面体B 上，处于静止状态．现用力F 沿不同方向作用在A 上，物体A 始终保持静止．则施加力F 后，物块A 受到的摩擦力一定增大且数值最小的是( )答案 D解析设斜面倾角为α，对A 项，开始时静摩擦力方向向上，有静摩擦力F f ＝mg sin α，施加F 后，若静摩擦力方向仍向上，则F ＋F f ＝mg sin α，得F f ＝mg sin α－F ，可知物块A 受到的静摩擦力减小；对C 项，施加力F 后，若静摩擦力方向仍向上，则静摩擦力F f ＝mg sin α－F cos α，物块A 受到的静摩擦力减小；对B 项，施加力F 后，静摩擦力F f1＝mg sin α＋F ，物块A 受到的静摩擦力增大；对D 项，施加力F 后，静摩擦力F f2＝(mg ＋F )sin α，物块A 受到的静摩擦力增大，经过比较可知F f2<F f1，D 项符合题意．7．如图12所示，三根长度均为l 的轻绳分别连接于C 、D 两点，A 、B 两端被悬挂在水平天花板上，相距2l .现在C 点上悬挂一个质量为m 的重物，为使CD 绳保持水平，在D 点上可施加的力的最小值为( )图12A ．mg B.33mg C.12mg D.14mg 答案 C解析分析结点C 的受力如图甲所示，由题意可知，绳CA 与竖直方向间夹角为α＝30°，则可得：F D ＝mg tan α＝33mg ，再分析结点D 的受力如图乙所示，由图可知，F D 恒定，F B 的方向不变，当在D 点施加的拉力F 与绳BD 垂直时，拉力F 为最小，即F ＝F D cos 30°＝12mg ，C 正确．(建议时间：30分钟)1．物体在共点力作用下，下列说法中正确的是()A．物体的速度在某一时刻等于零，则该时刻物体一定处于平衡状态B．物体相对另一物体保持静止时，物体一定处于平衡状态C．物体所受合力为零，就一定处于平衡状态D．物体做匀加速运动时，物体处于平衡状态答案 C2. (2016·兰溪市联考)在水平桌面上叠放着木块P和Q，用水平力F推Q，使P、Q两木块一起沿水平桌面匀速滑动，如图1所示，以下说法中正确的是()图1A．P受三个力，Q受六个力B．P受四个力，Q受六个力C．P受二个力，Q受五个力D．以上答案均不正确答案 C解析木块P受竖直方向的重力G和支持力F N的作用，木块Q受重力G′，地面的支持力F N1，P木块的压力F N′、水平推力F和地面对木块Q的摩擦力F f.3．(2015·浙江嘉兴学考一模·5)如图2所示，一物体放在自动扶梯上，随自动扶梯匀速斜向下运动，则物体受到的外力有()图2A．1个B．2个C．3个D．4个答案 B解析物体匀速运动，知物体受竖直向下的重力和竖直向上的支持力，故B正确．4．(2016·嵊州市调研)如图3所示，重物挂在弹性很好的橡皮筋的中点，在橡皮筋的两点S、P相互缓慢靠近的过程中，其长度()图3A．先增加后缩短B．逐渐增加C．逐渐缩短D．保持不变答案 C解析两条橡皮筋拉力的合力与重物的重力平衡，设它们的夹角为2θ，则橡皮筋的拉力F满足2F cos θ＝mg，当θ减小时，cos θ增大，F减小，橡皮筋的长度减小，C正确．5．如图4所示，一个“房子”形状的铁制音乐盒静止在水平面上，一个塑料壳里面装有一个圆柱形强磁铁，吸附在“房子”的顶棚斜面，保持静止状态．已知顶棚斜面与水平面的夹角为θ，塑料壳和磁铁的总质量为m，塑料壳和斜面间的动摩擦因数为μ，则以下说法正确的是()图4A．塑料壳对顶棚斜面的压力大小为mg cos θB．顶棚斜面对塑料壳的摩擦力大小一定为μmg cos θC．顶棚斜面对塑料壳的支持力和摩擦力的合力大小为mgD．磁铁的磁性若瞬间消失，塑料壳不一定会往下滑动答案 D解析作塑料壳的受力图，F N＝F吸＋mg cos θ，F N′＝F N，A错；F f＝mg sin θ，B错；F N和F f的合力与mg和F吸的合力大小相等，方向相反，C错；因最大静摩擦力和重力沿斜面的分力的大小关系未知，故D项正确．6．如图5所示，质量为m 的木块，被水平力F 紧压在倾角为θ＝60°的墙面上处于静止．则关于木块的受力情况和墙面对木块的作用力(支持力与摩擦力的合力)，下列说法不正确的是( )图5A ．墙面对木块一定有支持力B ．墙面对木块一定有摩擦力C ．墙面对木块的作用力为32F D ．墙面对木块的作用力为F 2＋(mg )2 答案 C解析假如把墙面撤去，木块不能静止，所以墙面对木块一定有支持力，木块在重力、推力、墙面的支持力作用下还不能静止，所以墙面对木块一定有摩擦力，A 、B 正确；墙面对木块的作用力是指支持力和摩擦力的合力，大小等于重力和推力的合力大小，为F 2＋(mg )2，C 错误，D 正确．7．如图6所示，质量为M 的探空气球在匀速下降，若气球所受浮力F 始终保持不变，气球在运动过程中所受阻力仅与速率有关，重力加速度为g .现欲使该气球以同样速率匀速上升，则需从气球吊篮中减少的质量为( )图6A ．2(M －Fg )B ．M －2FgC ．2M －FgD ．0 答案 A解析匀速上升和匀速下降两阶段受到的空气阻力大小相等、方向相反，下降阶段有F ＋F f ＝Mg ，上升阶段有(Mg －mg )＋F f ＝F ，联立两式得m ＝2(M －Fg)．8．如图7所示，物块A 放在倾斜的木板上，改变木板与水平面之间的夹角θ，发现当θ＝30°和θ＝45°时物块A 所受的摩擦力大小恰好相等，则物块A 与木板之间的动摩擦因数为( )图7A.12B.22C.32 D. 2 答案 B解析由题意知θ＝30°时是静摩擦力，θ＝45°时是滑动摩擦力，故mg sin 30°＝μmg cos 45°，μ＝22，故B 项正确． 9．如图8，光滑的四分之一圆弧轨道AB 固定在竖直平面内，A 端与水平面相切．穿在轨道上的小球在拉力F 作用下，缓慢地由A 向B 运动，F 始终沿轨道的切线方向，轨道对球的弹力为F N .在运动过程中( )图8A ．F 增大，F N 减小B ．F 减小，F N 减小C ．F 增大，F N 增大D ．F 减小，F N 增大答案 A解析设小球受到的弹力F N 与竖直方向的夹角为α，则在小球运动的过程中α增大．小球受三个力：重力、拉力F 和弹力F N ，小球缓慢地运动，则F ＝mg sin α、F N ＝mg cos α，所以拉力F 增大，弹力F N 减小．10．如图9，一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F N1，球对木板的压力大小为F 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()图9A．F N1始终减小，F N2始终增大B．F N1始终减小，F N2始终减小C．F N1先增大后减小，F N2始终减小D．F N1先增大后减小，F N2先减小后增大答案 B解析方法一：平行四边形法将小球的重力沿垂直于墙和垂直于木板两个方向进行分解，画出平行四边形，两个分力分别与F N1、F N2大小相等；当木板顺时针转动时，F N2的方向随之发生变化，由图可知F N1、F N2均减小，B正确．方法二：三角形法以小球为研究对象，画出小球受力的矢量三角形，木板对球的弹力为F N2′，F N2′与F N2等大反向，由力的矢量三角形很直观地可看出：F N1始终减小，F N2′始终减小．故选项B正确．11．如图10，用OA、OB两根轻绳将物体悬于两竖直墙之间，开始时OB绳水平．现保持O 点位置不变，改变OB绳长使绳末端由B点缓慢上移至B′点，此时OB′与OA之间的夹角θ<90°.设此过程中OA、OB绳的拉力分别为F OA、F OB，下列说法正确的是()图10A ．F OA 逐渐增大B ．F OA 逐渐减小C ．F OB 逐渐增大D ．F OB 逐渐减小答案 B12．如图11所示，重50 N 的物体A 放在倾角为37°的粗糙斜面上，有一根原长为10 cm 、劲度系数为800 N/m 的弹簧，其一端固定在斜面顶端，另一端连接物体A 后，弹簧长度为14 cm ，现用一弹簧测力计沿斜面向下拉物体，若物体与斜面间的最大静摩擦力为20 N ，当弹簧的长度仍为14 cm 时，弹簧测力计的读数不可能为( )图11A ．10 NB ．20 NC ．40 ND ．0 N 答案 C解析 A 在斜面上处于静止状态时合力为零，A 在斜面上受五个力的作用，分别为重力、支持力、弹簧弹力、摩擦力和拉力F ，当摩擦力的方向沿斜面向上时，F ＋mg sin 37°≤F fm ＋k (l －l 0)，F ≤22 N ，当摩擦力沿斜面向下时，F 最小值为零，即拉力的取值范围为0≤F ≤22 N ，故选C.13．将两个质量均为m 的小球a 、b 用细线相连后，再用细线悬挂于O 点，如图12所示．用力F 拉小球b ，使两个小球都处于静止状态，且细线Oa 与竖直方向的夹角保持θ＝30°，则F 的最小值为( )图12A.33mg B ．mg C.32mg D.12mg 答案 B解析以两小球整体为研究对象，当力F 与Oa 垂直时，F 有最小值，F min ＝2mg sin 30°＝mg . 14．如图13所示，一光滑小球静止放置在光滑半球面的底端，用竖直放置的光滑挡板水平向右缓慢地推动小球，则在小球运动的过程中(该过程小球未脱离球面)，木板对小球的推力F 1、半球面对小球的支持力F 2的变化情况正确的是( )图13A ．F 1增大，F 2减小B ．F 1增大，F 2增大C ．F 1减小，F 2减小D ．F 1减小，F 2增大答案 B解析作出球在某位置时的受力分析图，在小球运动的过程中，F 1的方向不变，F 2与竖直方向的夹角逐渐变大，画力的动态平行四边形，如图所示．由图可知F 1、F 2均增大，选项B 正确．15．(多选)水平地面上处于伸直状态的轻绳一端拴在质量为m 的物块上，另一端拴在固定于B 点的木桩上．用弹簧测力计的光滑挂钩缓慢拉绳，弹簧测力计始终与地面平行，如图14所示．物块在水平拉力作用下缓慢滑动．当物块滑动至A 位置、∠AOB ＝120°时，弹簧测力计的示数为F .则( )图14A ．物块与地面间的动摩擦因数为F mgB ．木桩受到绳的拉力始终大于FC ．弹簧测力计的拉力保持不变D ．弹簧测力计的拉力一直增大答案 AD解析以弹簧测力计挂钩结点处为研究对象受力分析，运用平行四边形定则得到力的合成如图所示．∠AOB＝120°时，由几何知识得绳子拉力F T＝F①物块缓慢滑动，由平衡条件得F f＝F T②又F f＝μmg③联立①②③式解得：μ＝Fmg，故A正确，B错误．为了使物块处于平衡状态，绳子拉力始终等于F，但随着物块的靠近，两边绳子的夹角逐渐减小，由平行四边形定则知合力增大，即弹簧测力计的拉力一直增大，故C错误，D正确．16．(2016·杭州市联考)如图15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，求弹簧A、C 的伸长量之比．图15答案2∶1解析把两个小球看成整体，分析受力，由平衡条件可得：F A sin 30°＝F C，又F A＝kx A，F C＝kx C，联立解得弹簧A、C的伸长量之比x A∶x C＝1∶sin 30°＝2∶1.17．如图16所示，质量为M的直角三棱柱A放在水平地面上，三棱柱的斜面是光滑的，且斜面倾角为θ.质量为m的光滑球B放在三棱柱和光滑竖直墙壁之间，A和B都处于静止状态，则地面对三棱柱的支持力和摩擦力各为多少？图16答案地面对三棱柱的支持力为(M＋m)g，摩擦力为mg tan θ.解析选取A和B整体为研究对象，它受到重力(M＋m)g、地面支持力F N、墙壁的弹力F和地面的摩擦力F f的作用，处于平衡状态，如图甲所示，根据平衡条件有：F N－(M＋m)g＝0F＝F f可得F N＝(M＋m)g.再以B为研究对象，它受到重力mg、三棱柱对它的支持力F N B和墙壁对它的弹力F的作用(如图乙所示)，处于平衡状态，根据平衡条件有：F N B cos θ＝mg，F N B sin θ＝F，解得F＝mg tan θ，所以F f＝F＝mg tan θ.。

第二章第三讲受力分析共点力的平衡

[A组·基础巩固]热点一受力分析整体法、隔离法的应用1.(多选)(2018·福建仙游一中月考)如图所示，固定斜面上有一光滑小球，用一竖直轻弹簧P与一平行斜面的轻弹簧Q连接着，小球处于静止状态，则关于小球所受力的个数可能的是() A．1B．2C．3 D．4解析：若P弹簧对小球向上的弹力等于小球的重力，此时Q弹簧无弹力，小球受2个力平衡，若P弹簧弹力为零，小球受重力、支持力、弹簧Q的拉力处于平衡状态，小球受3个力；若P弹簧弹力不为零，小球受重力、弹簧P的拉力、支持力、弹簧Q的拉力，小球受4个力平衡，故B、C、D对．答案：BCD2.在恒力F作用下，a、b两物体一起沿粗糙竖直墙面匀速向上运动，则关于它们受力情况的说法正确的是()A．a一定受到4个力B．b可能受到4个力C．a与墙壁之间一定有弹力和摩擦力D．a与b之间不一定有摩擦力解析：对物体b受力分析，受重力、支持力和摩擦力，处于三力平衡状态，故B、D错误；对物体a、b整体受力分析，受重力、支持力，若墙壁对整体有支持力，水平方向不能平衡，故墙壁对整体没有支持力，故也没有摩擦力；最后对物体a 受力分析，受推力、重力、物体b对其的压力和静摩擦力，即物体a共受4个力，故A正确，C错误．答案：A3.(2018·河北武邑中学模拟)如图所示，套在两光滑竖直杆上质量分别为m A 、m B 的小球A 、B ，由跨过定滑轮的轻细绳连接，静止时绳与竖直方向的夹角分别为α和β，不计一切摩擦．则下列关系正确的是( )A ．m A sin α＝mB sin βB ．m A sin β＝m B sin αC ．m A cos α＝m B cos βD ．m A cos β＝m B cos α解析：设绳子拉力大小为F .对A 球，由竖直方向力平衡得：F cos α＝m A g 对B 球，由竖直方向力平衡得：F cos β＝m B g则得m A m B＝cos αcos β，即m A cos β＝m B cos α，故选D. 答案：D热点二静态平衡问题4.(2018·河北定州中学开学考试)如图，一不可伸长的光滑轻绳，其左端固定于O 点，右端跨过位于O ′点的固定光滑轴悬挂一质量为M 的物体；OO ′段水平，长度为L ，绳子上套一可沿绳滑动的轻环．现在轻环上悬挂一钩码，平衡后，物体上升L ，则钩码的质量为( ) A.22M B.32M C.2MD.3M 解析：重新平衡后，绳子形状如图所示．由几何关系知：绳子与竖直方向夹角为30°，则环两边绳子的夹角为60°，则根据平行四边形定则，环两边绳子拉力的合力为3Mg ，根据平衡条件，则钩码的质量为3M ，故选项D 正确．答案：D5.(多选)质量均为1 kg 的木块M 和N 叠放在水平地面上，用一根细线分别拴接在M 和N 右侧，在绳子中点用力F ＝5 N 拉动M 和N 一起沿水平面匀速滑动，细线与竖直方向夹角θ＝60°，g 取10 m/s 2，则下列说法正确的是( )A ．木块N 和地面之间的动摩擦因数μ＝0.25B ．木块M 和N 之间的摩擦力为F f ＝2.5 NC ．木块M 对木块N 的压力大小为10 ND ．若θ变小，拉动M 、N 一起匀速运动所需拉力应大于5 N解析：以MN 整体为研究对象知：竖直方向N ＝2mg ，水平方向：F ＝μN ，解得：μ＝0.25，A 对；由整体分析知，拉动M 、N 一起匀速运动所需的力与θ角无关，D 错；对M 分析知，绳子的拉力在水平方向的分力的大小等于M 和N 之间的静摩擦力，故F f ＝F 2＝2.5 N ，B 对；对M 分析知，竖直方向：N M ＝mg ＋T cos 60°，故M 、N 间的弹力大小大于M 的重力，即大于10 N ，C 错．答案：AB6.(2018·四川彭州中学月考)如图，A 、B 两球(可视为质点)质量均为m ，固定在轻弹簧的两端，分别用细绳悬于O 点，其中球A 处在光滑竖直墙面和光滑水平地面的交界处．已知两球均处于静止状态，OA 沿竖直方向，OAB 恰好构成一个正三角形，重力加速度为g ，则下列说法正确的是( )A ．球A 对竖直墙壁的压力大小为12mg B ．弹簧对球A 的弹力大于对球B 的弹力C ．绳OB 的拉力大小等于mgD ．球A 对地面的压力不可能为零解析：对B 球受力分析，受重力、弹簧的支持力和绳子OB 的拉力，如图所示．由于三个力夹角均为120°，故弹簧的支持力和绳子OB的拉力都等于重力mg，故C正确；对A球受力分析，受重力、弹簧的压力，墙壁的向右的支持力、细线的拉力、地面的支持力(其中地面的支持力和拉力可能只有一个)，在水平方向：F竖直墙壁＝F sin 60°＝32mg，故由牛顿第三定律知A错误；弹簧静止，合力为零，故两个球对弹簧的弹力等大、反向、共线，故弹簧对球A的弹力等于对球B的弹力，故B错误；根据平衡条件，绳OA对球A的拉力和地面的支持力的合力大小等于弹簧推力的竖直分力和重力之和，即N＋T A＝mg＋F sin 30°，故0≤N≤1.5mg.可知地面对A的支持力可能等于0，根据牛顿第三定律，球A对地面的压力可能为零，故D错误．答案：C热点三动态平衡问题7.(2018·安徽六安一中月考)如图所示，一根不可伸长的轻绳两端连接两轻环A、B，两环分别套在相互垂直的水平杆和竖直杆上，轻绳绕过光滑的轻小滑轮，重物悬挂于滑轮下，始终处于静止状态，下列说法正确的是()A．只将环A向下移动少许，绳上拉力变小，环B所受摩擦力变小B．只将环A向下移动少许，绳上拉力不变，环B所受摩擦力不变C．只将环B向右移动少许，绳上拉力变小，环A所受杆的弹力不变D．只将环B向右移动少许，绳上拉力不变，环A所受杆的弹力变小解析：设滑轮两侧绳子与竖直方向的夹角为α，绳子的长度为L，B点到墙壁的距离为S，根据几何知识和对称性，得：sin α＝SL①，以滑轮为研究对象，设绳子拉力大小为F ，根据平衡条件得：2F cos α＝mg ，得F ＝mg 2cos α②.当只将绳的左端移向A ′点，S 和L 均不变，则由②式得知，F 不变且环B 所受摩擦力不变，故A 错误，B 正确；当只将绳的右端移向B ′点，S 增加，而L 不变，则由①式得知，α增大，cos α减小，则由②式得知，F 增大，故C 、D 错误．答案：B8.如图所示，绳与杆均不计重力，承受力的最大值一定．A端用铰链固定，滑轮O 在A 点正上方(滑轮大小及摩擦均可忽略)，B 端挂一重物P ，现施加拉力F 将B 缓慢上拉(绳和杆均未断)，在杆达到竖直前( )A ．绳子越来越容易断B ．绳子越来越不容易断C ．杆越来越容易断D ．杆越来越不容易断解析：以B 点为研究对象，分析受力情况：重物的拉力T (等于重物的重力G )、轻杆的支持力N 和绳子的拉力F ，作出力图如图所示．由平衡条件得知，N 和F 的合力与T 大小相等，方向相反，根据三角形相似可得：N AB ＝F BO ＝T AO又T＝G，解得：N＝ABAO G，F＝BOAO G.使∠BAO缓慢变小时，AB、AO保持不变，BO变小，则N保持不变，F变小．故杆无所谓易断不易断，绳子越来越不容易断，故B项正确．答案：B知识点四平衡中的临界与极值问题9．(2018·四川双流中学月考)如图所示，一个重为5 N的大砝码，用细线悬挂在O点，现在用力F拉砝码，使悬线偏离竖直方向30°时处于静止状态，此时所用拉力F的最小值为()A．5.0 N B．2.5 NC．8.65 N D．4.3 N解析：以砝码为研究对象，分析受力情况：重力G、绳子的拉力T和力F，由图看出：当F与绳子垂直时F最小，由数学知识得F的最小值为F＝G sin θ＝2.5 N，故选B.答案：B[B组·能力提升]10.(2018·山西怀仁一中月考)如图所示，物体AB用细绳与弹簧连接后跨过滑轮，A静止在倾角为45°的粗糙斜面上，B悬挂着；已知质量m A＝3m B，不计滑轮摩擦，现将斜面倾角由45°减小到30°，A始终相对斜面静止．那么下列说法中正确的是()A．弹簧的弹力减小B．物体A对斜面的压力减小C．物体A受到的静摩擦力减小D．弹簧的弹力及A受到的静摩擦力都不变解析：设m A＝3m B＝3m，对物体B受力分析，受重力和拉力，由二力平衡得到：T＝mg，则知弹簧的弹力不变．再对物体A受力分析，受重力、支持力、拉力和静摩擦力，如图根据平衡条件得到：f＋T－3mg sin θ＝0，N－3mg cos θ＝0，解得f＝3mg sin θ－T ＝3mg sin θ－mg，N＝3mg cos θ，当θ变小时，物体A受到的静摩擦力f减小，物体A对斜面的压力增大，故C正确，A、B、D错误．答案：C11.(多选)(2018·哈尔滨师大附中开学考试)用一轻绳将小球P系于光滑墙壁上的O点，在墙壁和球P之间夹有一矩形物块Q.P、Q均处于静止状态，则下列相关说法正确的是()A．P物体受4个力B．Q受到3个力C．若绳子变长，绳子的拉力将变小D．若绳子变短，Q受到的静摩擦力将增大解析：P受到重力、Q的支持力、Q的静摩擦力、绳子的拉力，共4个力作用，故A正确．Q受到重力、墙壁的弹力、P的压力和静摩擦力，共4个力作用，故B错误．Q受到的静摩擦力竖直向上，与其重力平衡，与绳子长度无关，所以若绳子变短，Q受到的静摩擦力不变，故D错误．以P、Q为研究对象，设绳子与竖直方向的夹角为α，P的重力为G，绳子的拉力大小为F，Q对P的摩擦力为f，则由平衡条件得：G＋f＝F cos α，G、f不变，若绳子变长，α变小，cos α变大，则F 变小，故C 正确．答案：AC12.如图所示，质量为2m 的物体A 经过一轻质弹簧与地面上的质量为3m 的物体B 相连，弹簧的劲度系数为k ，一条不可伸长的轻绳绕过定滑轮，一端连物体A ，另一端连一质量为m 的物体C ，物体A 、B 、C 都处于静止状态，已知重力加速度为g ，忽略一切摩擦．(1)求物体B 对地面的压力；(2)把物体C 的质量改为5m ，这时C 缓慢下降，经过一段时间系统达到新的平衡状态，这时B 仍没离开地面，且C 只受重力和绳的拉力作用，求此过程中物体A 上升的高度．解析：(1)对AB 整体，根据平衡条件得：mg ＋F N ＝5mg ，得地面对B 的支持力F N ＝4mg ，则物体B 对地面的压力F N ′＝F N ＝4mg .(2)对C ：绳子的拉力F T ＝5mg .对A ：F T ＝F k ＋2mg ，所以F k ＝3mg ，即kx 1＝3mg ，得到弹簧的伸长长度为x 1＝3mg k开始时，弹簧的压缩量为x 2，则kx 2＝mg ，由几何关系得到，A 上升的高度为：h A ＝x 1＋x 2＝4mg k .答案：(1)4mg (2)4mg k13．如图所示，在质量为m ＝1 kg 的重物上系着一条长为30 cm 的细绳，细绳的另一端连着一个轻质圆环，圆环套在水平的棒上可以滑动，环与棒间的动摩擦因数μ＝0.75，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．另有一条细绳一端固定在重物上，另一端跨过定滑轮，定滑轮固定在距离圆环50 cm 的地方．当细绳的端点挂上重力为G的重物，而圆环将要开始滑动时，(g取10 m/s2)试求：(1)φ角的大小；(2)长为30 cm的细绳的张力大小；(3)重物G的质量．解析：(1)因为圆环将要开始滑动，所受的静摩擦力刚好达到最大值，有F f＝μF N. 对环进行受力分析，则有μF N－F T cos θ＝0，F N－F T sin θ＝0，解得tan θ＝1μ＝43，得θ＝53°.又由于AO＝30 cm，AB＝50 cm，由数学知识求得φ＝90°.(2)如图所示选取坐标轴，根据重物m处于平衡状态，则有F cos θ＋F T sin θ＝mg，F T cos θ－F sin θ＝0，解得F＝6 N，F T＝8 N.(3)圆环将要滑动时，对重物G进行受力分析可知G＝F，又G＝m′g，解得m′＝0.6 kg.答案：(1)90°(2)8 N(3)0.6 kg。

第二章 第3讲 受力分析 共点力的平衡

物理一轮复习第2章相互作用第3讲受力分析共点力的平衡含解析

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