高考物理一轮复习 第二章 相互作用 共点力的平衡 专题2 受力分析 共点力的平衡学案 新人教版

学习资料
专题2 受力分析共点力的平衡
必备知识预案自诊
知识梳理
一、受力分析
1。

受力分析
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
的过程。

2。

受力分析的一般步骤①
(1)明确:研究对象可以是某一个物体，也可以是保持相对静止的若干个物体。

（2）隔离物体分析—-将研究对象从周围的物体中出来,进而分析周围物体有哪些对
它施加了力的作用。

先分析(重力、电场力、磁场力）,再分析（弹力、摩擦力）,最后分析其他力.
(3)画出受力示意图，标明.
(4)检查画出的每一个力能否找出它的施力物体,检查分析结果能否使研究对象处于题目所给的运动状态，防止发生漏力、或错力现象。

二、共点力的平衡
1。

平衡状态②
物体处于状态或状态。

2。

平衡条件③
F 合=0或者{F F =0,
F F =0。

3。

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 ，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,其中任何一个力与另外两个力的合力大小 ，方向 ，并且这三个力的矢量可以形成一个封闭的矢量 。

(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，其中任何一个力与另外几个力的合力大小 ，方向 .
考点自诊
1.判断下列说法的正误。

(1)物体沿斜面下滑时受到重力、支持力和下滑力作用。

（ ）
(2)速度等于零的物体一定处于平衡状态。

（ ）
（3)物体的平衡状态指的是静止或匀速直线运动状态。

（ ） （4）物体处于平衡状态时,加速度等于零。

（ ） （5)二力平衡时，这两个力必定等大反向。

( )
(6）三力平衡时,将其中的一个力F 转90°角,则这三个力的合力大小为√2F 。

（ ） （7）匀速圆周运动的物体也处于平衡状态。

( ）
2.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不会晃动。

图乙为高铁车厢示意图,A 、B 两物块相互接触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，车在平直的铁轨上向右做匀速直线运动且相对于桌面始终保持静止,试分析A 、B 两物块受力情况.
3。

(新教材人教版必修第一册P75习题改编)物块在轻绳的拉动下沿倾角为30°的固定
,重力加速度斜面向上匀速运动，轻绳与斜面平行。

已知物块与斜面之间的动摩擦因数为√3
3
取10 m/s2。

若轻绳能承受的最大张力为1 500 N,则物块的质量最大值是多少？
4.（新教材人教版必修第一册P76习题改编）如图，倾角为37°的斜面上有一个重力为100 N的小球被轻绳拴住悬挂在天花板上，已知绳子与竖直方向的夹角为45°,斜面光滑，斜面体的质量为500 N，整个装置处于静止状态.求:
(1）绳对小球拉力的大小和斜面对小球支持力的大小(sin 37°=0.6）;
（2）斜面体对地面的压力和摩擦力的大小。

5。

(新教材人教版必修第一册P77习题改编)用三根细线a、b、c将重力均为G的两个小球1和2连接，并悬挂如图所示。

两小球处于静止状态,细线a与竖直方向的夹角为30°，细线c水平.求：细线a、c分别对小球1和2的拉力大小。

关键能力学案突破
考点一物体的受力分析（自主探究）
1。

受力分析的三个判据
2.整体法和隔离法在受力分析中的应用
方
整体法隔离法
法
概将加速度相同的几个相关联物体作为一个将研究对象与周围物体分隔开
3.受力分析的六个注意点
(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。

(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)涉及弹簧弹力时,要注意拉伸或压缩可能性分析。

（5)分析摩擦力时要特别注意摩擦力的方向。

（6）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,不能在受力分析图中出现；当把某一物体隔离分析时，原来的内力变成外力,要在受力分析图中画出。

对点演练
1。

（多选)如图所示，小车M在恒力的作用下，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作用
D.若小车做加速运动,则小车可能受三个力作用
2。

如图所示,叠放在固定粗糙斜面上的物块A和B接触面是水平的，A与B保持相对静止一起沿固定斜面匀速下滑，在下滑过程中A和B的受力个数为()
A。

2个，4个B。

2个，5个C。

3个，4个D。

3个，5个
3。

(2021年1月辽宁省适应性测试)如图所示,用轻绳系住一质量为2m的匀质大球,大球和墙壁之间放置一质量为m的匀质小球,各接触面均光滑。

系统平衡时,绳与竖直墙壁之间的夹角为α,两球心连线O1O2与轻绳之间的夹角为β，则α、β应满足（）
A.tan α=3cot β
B.2tan α=3cot β
C。

3tan α=tan(α+β）D。

3tan α=2tan（α+β)
考点二解决静态平衡问题的常用方法(师生共研）
1.常用方法
2.静态平衡问题解题四步骤
【典例1】如图所示,支架固定在水平地面上，其倾斜的光滑直杆与地面成30°角,两圆环A、B穿在直杆上，并用跨过光滑定滑轮的轻绳连接，滑轮的大小不计，整个装置处于同一竖直平面内.圆环平衡时,绳OA竖直，绳OB与直杆间夹角为30°。

则环A、B的质量之比为()
A。

1∶√3 B.1∶2
C.√3∶1 D。

√3∶2
解题指导
审题
破题分别选A环和B环为研究对象,受力分析;对A环,根据A环二力平衡求解;对B环可用合成法或正交分解法求解。

对于物体所受的三个力,有两个力相互垂直或两个力大小相等的平衡问题用合成法
求解较简单;对于物体受四个或四个以上的力的问题一般用正交分解法求解;对于弹力有无的分析,要注意应用状态法或假设法。

对点演练
4。

如图所示，倾角为θ的斜面体C置于水平面上,物块B置于斜面上,通过细绳跨过光滑定滑轮与沙漏A连接,连接B的一段细绳与斜面平行，在A中的沙子缓慢流出的过程中，A、B、C都处于静止状态，则下列说法正确的是(）
A。

B对C的摩擦力可能始终增大
B。

地面对C的支持力可能不变
C。

C对地面的摩擦力方向始终向左，且逐渐减小
D.滑轮对绳的作用力方向发生改变
5.(2020四川宜宾第二中学三模）如图所示,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的光滑球放在三棱柱和光滑竖直墙壁之间,A和B都处于静止状态，已知重力加速度为g,下列说法正确的是()
A。

地面对三棱柱的支持力大于(M+m)g
B。

三棱柱A共受3个力作用
C.地面对三棱柱A的摩擦力为mg sin θ
D。

地面对三棱柱A的摩擦力为mg tan θ
考点三力学中的动态平衡问题(师生共研）
1.动态平衡：动态平衡就是通过控制某一物理量，使物体的状态发生缓慢的变化，但变化过程中的每一个状态均可视为平衡状态,所以叫动态平衡.
2。

分析动态平衡问题的方法、步骤
【典例2】（多选）(2019全国卷Ⅰ)如图，一粗糙斜面固定在地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮。

一细绳跨过滑轮,其一端悬挂物块N,另一端与斜面上的物块M相连，系统处于
静止状态。

现用水平向左的拉力缓慢拉动N,直至悬挂N的细绳与竖直方向成45°.已知M
始终保持静止,则在此过程中(）
A。

水平拉力的大小可能保持不变
B.M所受细绳的拉力大小一定一直增加
C.M所受斜面的摩擦力大小一定一直增加
D。

M所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加
解题指导
审题
破题分别选研究对象，对M应用静态平衡分析法——正交分解法分析;对N应用图解法分析.
解析法对研究对象进行受力分析，先画出受力示意图，再根据物体的平衡条件，得到因变量与自变量的关系表达式(通常要用到三角函数),最后根据自变量的变化确定因
变量的变化.
对点演练
6.
(多选)如图所示,一倾角为30°的斜面固定在水平地面上，一轻弹簧左端与质量为m的物体P连接,右端连接一轻质细绳,细绳跨过光滑的定滑轮连接质量为m的物体Q,整个系统处于静止状态。

对Q施加始终与右侧悬绳垂直的拉力F,使Q缓慢移动至悬绳水平,弹簧始终在弹性限度内。

则（）
A.拉力F先变大后变小
B。

弹簧长度先增加后减小
C。

P所受摩擦力方向先向下后向上
D。

斜面对P的作用力先变小后变大
7。

如图所示,一斜面固定在水平面上，一半球形滑块固定在斜面上，球心O的正上方有一定滑轮A(视为质点），细线的一端与一质量分布均匀的光滑圆球B连接，另一端绕过滑轮A
在水平向右的拉力F作用下使圆球B保持静止。

改变拉力F的大小，使圆球B从两球心等高的位置缓慢移动到圆球B的球心正好在O点的正上方(不考虑该位置的情况）.圆球B不会与定滑轮A接触,则下列说法正确的是()
A.拉力F一直增大
B。

拉力F先增大后减小
C。

半球形滑块对圆球B的支持力先增大后减小
D。

半球形滑块对圆球B的支持力大小保持不变
8.
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
考点四平衡中的临界极值问题(师生共研）
1。

问题特点
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能够“恰好出现”或“恰好不出现"。

在问题描述中常用“刚好”“刚能”“恰好”等语言叙述
极值
一般是指在力的变化过程中出现最大值和最小值问题问题
2。

突破临界问题的四种方法
3。

解决共点力平衡中的临界、极值问题“四字诀”
【典例3】(多选）（2020安徽安庆二中质检）如图所示，质量为M的木楔倾角为θ，在水平面上始终保持静止。

当将一质量为m的木块放在斜面上时正好匀速下滑，如果用与斜面成α角的力F拉着木块沿斜面匀速上滑.重力加速度为g，下列说法中正确的是(）
A.当α=2θ时,F有最小值
B。

F的最小值为mg sin 2θ
C。

在木块匀速上滑过程中，地面对M的静摩擦力方向水平向右
D。

在木块匀速上滑过程中，地面对M的静摩擦力方向水平向左
解题指导
审题
破题1.分析木块匀速下滑时受力,根据平衡条件能求出动摩擦因数。

2。

分析木块匀速上升时受力，根据平衡条件能求出外力表达式。

3.用数学方法分析外力有最小值的条件,并求出最小值。

4。

由木楔的运动趋势可判断出静摩擦力的方向.
对点演练
9.（多选)(2020山东泰安高三模拟）如图所示，A、B两个物体中间用一根不可伸长的轻绳相连，在物体B上施加一斜向上的力F，使A、B两物体保持相对静止一起沿水平地面向右匀速运动，当力F与水平面的夹角为θ时,力F最小。

已知A、B两物体的质量分别为m1=0。

,g取10 m/s2，不计空气阻力，则下5 kg、m2=2.5 kg，物体A与地面间的动摩擦因数μ=√3
3
列说法正确的是(）
A.θ=30°
B。

θ=60°
C。

力F的最小值为12 N
D.力F的最小值为15 N
10。

如图所示，小球被轻质细绳系住斜吊着放在静止的光滑斜面上,设小球质量为m，斜面倾角α=30°,细绳与竖直方向夹角θ=30°，斜面体的质量M=3 m，置于粗糙水平面上。

求:
(1)当斜面体静止时,细绳对小球拉力的大小;
(2）地面对斜面体的摩擦力的大小和方向;
(3)若地面对斜面体的最大静摩擦力等于地面对斜面体支持力的k倍,为了使整个系统始终处于静止状态,k的最小值。

专题2受力分析
共点力的平衡
必备知识·预案自诊
知识梳理
一、受力分析
1.示意图
2。

(1)研究对象(2)隔离场力接触力（3）各力的方向(4)添力
二、共点力的平衡
1.静止匀速直线运动
3.（1)相等相反（2)相等相反三角形（3）相等相反
考点自诊
1。

(1）× (2）× （3)√ （4)√ （5)√ （6)√ (7）× 2。

答案见解析
解析A 、B 两物块随车厢一起做匀速直线运动，处于平衡状态。

A 、B 虽然接触但并没有相互作用,所以两物块都受到重力和支持力两个力作用. 3.答案150 kg
解析物块沿斜面向上匀速运动,根据平衡条件F=F f +mg sin30°①
F f =μF N ② F N =mg cos30°③
由①②③式得F=mg sin30°+μmg cos30° 所以m=F
F sin30°+FF cos30° 代入数据得m=150kg 。

4.答案（1）300√27 N 500
7
N (2)39007
N 3007
N
解析(1)对小球进行受力分析如图,根据平衡条件有T cos45°-F N sin37°=0
T sin45°+F N cos37°—mg=0
联立解得T=
300√27N,F N =500
7
N
（2)选小球和斜面体整体为研究对象,对整体受力分析,将绳的拉力T 向竖直和水平两个方向分解,根据平衡条件和牛顿第三定律有,斜面体对地面的摩擦力F f =T sin45°=
300√2
7
×√22
N =3007N 斜面体对地面的压力F=(M+m )g —T cos45°=39007
N
5。

答案见解析
解析选两个小球1和2整体为研究对象，进行受力分析，将整体的重力沿细线a 、c 分解得:F a =
2F cos30°
=
4√33
G
F c =2
G tan30°=2√33
G
关键能力·学案突破
对点演练
1。

CD 若地面光滑,小车可能受重力、支持力、拉力F ,当拉力F 在竖直方向的分量等于重力时，支持力等于零，只受两个力，A 错误;若地面粗糙,车可能受重力、支持力、拉力F 和摩擦力,当支持力等于零时摩擦力也等于零，所以小车可能受2个力,也可能受4个力,B 错误;若小车做匀速运动,则小车受力平衡,所以小车受重力、支持力、拉力和摩擦力,一定受四个力作用,C 正确；若小车做加速运动,且F 的水平分量正好提供加速度时,不受摩擦力，此时可能受重力、支持力、拉力这三力,D 正确.
2。

A 叠放在固定粗糙斜面上的物块A 和B 接触面是水平的，A 与B 保持相对静止一起沿固定斜面匀速下滑,A 受到重力和B 对它的支持力,故A 受2个力；B 受到重力、A 对它的压力、斜面对它的支持力和斜面对它的摩擦力，故B 受4个力。

故选A 。

3。

C 设绳子拉力为T ，墙壁支持力为N ，两球之间的压力为F ，将两个球作为一个整体进行受力分析,可得
T cos α=（2mg+mg ) T sin α=N
对小球进行受力分析,可得
F cos(α+β)=mg
F sin(α+β)=N
联立得3tanα=tan(α+β）
故选C。

典例1A分别对A、B受力分析，以A为研究对象，则A受到重力和绳的拉力的作用，直杆对A没有力的作用，否则A水平方向受力不能平衡,所以T=m A g；以B为研究对象，根据几何知识可知,绳的拉力T与B受到的支持力N与竖直方向之间的夹角都是30°，所以T与N大小相等，得:m B g=2×T cos30°=√3T，故m A∶m B=1∶√3。

A正确。

对点演练
4。

A设A、B的重力分别为G A、G B。

若G A=G B sinθ，B受到C的摩擦力为零;若G A〈G B sinθ,B 受到C的摩擦力沿斜面向上,当沙子流出时,B对C的摩擦力始终增加,故A正确;以B、C整体为研究对象,分析受力如图，根据平衡条件得知，水平面对C的支持力N=（G B+G C)-T sinθ，在A中的沙子缓慢流出的过程中T减小，则N增大；水平面对C的摩擦力f=T cosθ=G A cosθ,方向水平向左,则C对地面的摩擦力方向始终向右，且逐渐减小,故B、C错误；绳子对滑轮
的作用力为两个相等的力,T方向不变，所以绳子对滑轮的作用力方向不变，则滑轮对绳的作用力方向始终不变,故D错误.
5.D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N、墙壁的弹力F和地面的摩擦力f的作用而处于平衡状态，根据平衡条件有:N-（M+m）g=0,F=f，可得N=（M+m)g,A 错误；三棱柱受竖直向下的重力,地面的支持力，水平面给的摩擦力,B给的弹力,B错误;再以B为研究对象,它受到重力mg、三棱柱对它的支持力N B、墙壁对它的弹力F的作用,而处于平衡状态，根据平衡条件有N B cosθ=mg,N B sinθ=F,解得F=mg tanθ，所以f=F=mg tanθ，C错误,D正确.
典例2
, BD对物块N进行受力分析,如图所示。

F=mg tanβ，随着β的增大,F增大,A错误.F T=FF
cos F 随着β的增大，F T增大，B正确。

由于物块M和N的质量关系、斜面倾角的大小均未知，不能确定物块M所受斜面摩擦力的方向;当物块M所受斜面摩擦力的方向沿斜面向下时,F T
增大,物块M所受斜面摩擦力可能先减小后增加，C错误,D正确。

对点演练
6。

CD对Q进行受力分析，Q受到重力mg、拉力F、细绳的弹力T的作用,其中细绳的弹力与弹簧弹力始终相等，并且拉力F始终与右侧悬绳垂直。

当Q逐渐向上运动时，画出平行四边形如图甲所示,可知弹簧的弹力逐渐减小，而拉力F逐渐增大,当悬绳水平时，拉力F=mg,此时弹簧的弹力减小到0,所以弹簧的长度逐渐减小，故选项A、B错误。

当Q未动时，对P 进行受力分析如图乙所示，弹簧弹力为T=mg,则此时摩擦力f=T-mg sin30°,沿斜面向下,随着弹簧弹力的减小，则摩擦力减小，当弹力T〈mg sin30°,摩擦力为f’=mg sin30°-T，方向沿斜面向上，即摩擦力反向并且随着弹力的减小而增大,故选项C正确。

斜面对P的作用力即为P受到的摩擦力和支持力的合力，与P受到的重力mg和弹簧弹力T的合力大小相等、方向相反，随着弹簧弹力T的减小，则重力mg和弹簧弹力T的合力也减小（小于重力mg)，
当弹簧弹力减小到0之后，二者合力大小等于重力mg,即斜面对P的作用力先变小后变大,故选项D正确。

7。

D对圆球B受力分析，并合成三角形如图
根据几何关系可知图中力构成的矢量三角形与阴影部分的三角形相似,则FF
F =F
F
=F
F
移动过程中，高度h和两球的球心距r不变,所以半球形滑块对圆球B的支持力大小保持不变，绳子长度l变短,F减小,A、B、C错误，D正确.
8.B解法一（解析法）:对物块受力分析,建立如图甲所示的坐标系。

由平衡条件得，
F cosθ-F f=0，F N—（mg+F sinθ)=0,又F f=μF N，联立可得F=FFF
cos F-F sin F
，可见,当θ减小时,F 一直减小；由摩擦力F f=μF N=μ(mg+F sinθ）可知,当θ、F减小时，F f一直减小。

综上分析可知，B正确，A、C、D错误。

甲
乙
解法二(图解法)：对物块受力分析如图乙所示，由F f=μF N知,摩擦力与支持力成正比，所以摩擦力与支持力的合力方向不变,将其看成一个力F合;这样物块就受三个力的作用,其中重力的大小方向不变.在θ逐渐减小直到水平的过程中，摩擦力与支持力的合力F合也在减小，因此摩擦力和支持力都在减小。

B正确.
典例3
BD选木块为研究对象，当没加外力F时正好匀速下滑,设木块与斜面间的动摩擦因数为μ,此时平行于斜面方向必有mg sinθ=μmg cosθ,则μ=tanθ。

当加上外力F时,对木块受力分析如图,则有F f=μF N,平行于斜面方向有F f+mg sinθ=F cosα,垂直于斜面方向有
F N+F sinα=mg cosθ，联立解得F=2FF sin F
cos F+F sin F =FF sin2F
sin(π
2
-F+F)
，故当α=θ时,F有最小值,最小
值为F min=mg sin2θ,故A错误,B正确;在木块匀速上滑过程中，木楔M有向右运动的趋势，可知静摩擦力的方向水平向左,故C错误,D正确。

对点演练
9.AD对A、B两物体,采用整体法进行受力分析，由受力平衡和正交分解法,在竖直方向上，
F N=（m1+m2）g-F sinθ
滑动摩擦力为f=μF N
在水平方向上f=F cosθ
解得F=F(F1+F2)F
cos F+F sin F
由三角函数知识,得F的最小值为F min=1F2
√
=15N
此时有tan θ=μ=√33
,θ=30°，A 、D 正确。

10.答案(1）√3
3mg （2)√3
6mg 水平向左 （3）√3
21 解析（1）以小球为研究对象受力分析如图甲所示
由共点力平衡条件，可得 在x 轴方向有F T sin θ=F N1sin α 在y 轴方向有F N1cos α+F T cos θ=mg
解得F T =√3
3mg
甲
乙
(2）以小球和斜面整体为研究对象受力分析如图乙所示
由共点力平衡条件，在x 轴方向可得F f =F T ·sin θ=√3
6mg 方向水平向左
（3)对照（2）中小球和斜面整体受力分析图，由共点力平衡条件,在y 轴方向可得
F N2+F T ·cos θ=（M+m ）g
又由题意可知F fmax =k·F N2≥F f 又M=3m
联立解得k≥√3
21。