2025届高考物理一轮复习资料第二章相互作用第3讲受力分析共点力的平衡

第3讲受力分析共点力的平衡
学习目标 1.从具体的情境中选择研究对象，会分析其弹力、摩擦力的有无及方向。

2.会灵活应用整体法和隔离法对多物体受力分析。

3.会运用共点力平衡的条件分析解决平衡问题。

1.
2.
1.思考判断
(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)物体的速度为零即处于平衡状态。

(×)
(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)物体受三个力F1、F2、F3作用处于平衡状态，若将F2转动90°，则这三个力的合力大小为2F2。

(√)
2.“空中速降”是一项具有挑战性的体育游乐项目。

如图所示，某人沿一根绳索匀速下滑，绳索上端A竖直，下端B松弛。

下列对人的受力分析正确的是()
答案A
考点一受力分析
受力分析的四种方法
假设法在未知某力是否存在时，先对其做出不存在的假设，然后根据该力不存在对物体运动和受力状态的影响来判断该力是否存在
整体法将加速度相同的几个相互关联的物体作为一个整体进行受力分析的方法
隔离法将所研究的对象从周围的物体中分离出来，单独进行受力分析的方法
动力学分析法对加速运动的物体进行受力分析时，应用牛顿运动定律进行分析求解的方法
例1如图1所示，两梯形木块A、B叠放在水平地面上，A、B之间的接触面倾斜。

A的左侧靠在光滑的竖直墙面上，加水平推力后，关于两木块的受力，下列说法正确的是()
图1
A.A、B之间一定存在摩擦力作用
B.木块A可能受三个力作用
C.木块A一定受四个力作用
D.木块B一定受到地面向右的摩擦力
答案B
解析如果A受到重力、墙面对它的弹力和B对它的支持力，这三个力恰好平衡，则A、B之间没有摩擦力，故A、C错误，B正确；以A、B整体为研究对象，竖直方向受到A、B的重力和地面的支持力，水平方向受到水平推力和墙面的弹力，水平地面可以对B无摩擦力，故D错误。

1.如图2，天花板与水平面间的夹角为θ＝37°，一质量为m的物块在一垂直于天花板向上的力F作用下静止于天花板上，已知物块与天花板之间的动摩擦因数为μ＝0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则()
图2
A.物块可能只受三个力作用
B.物块对天花板的摩擦力沿天花板向上
C.力F的大小不得小于2mg
D.力F的大小可能为1.25mg
答案C
解析物块在重力作用下，有沿天花板下滑的趋势，一定受到沿天花板向上的静
摩擦力，天花板对物块一定也有弹力，所以物块受重力、推力F、天花板的弹力和摩擦力四个力的作用，故A错误；天花板对物块的摩擦力沿天花板向上，根据牛顿第三定律可知，物块对天花板的摩擦力沿天花板向下，故B错误；对物块受力分析及正交分解如图所示，物块静止，则y方向有F＝mg cos θ＋F N，x方向有f＝mg sin θ≤f m＝μF N，联立解得F≥2mg，故C正确，D错误。

受力分析的三个技巧
(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)除了根据力的性质和特点进行判断，假设法是判断弹力、摩擦力的有无及方向的常用方法。

(3)善于转换研究对象，尤其是在弹力、摩擦力的方向不易判定的情形中，可以分析与其接触物体的受力，再应用牛顿第三定律判定。

考点二共点力的平衡条件及应用
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。

角度三力平衡
例2质量为m的小球，用细线AB悬挂在竖直的墙壁上，细线与墙壁的夹角为60°，如图3甲所示，当小球受到拉力F1时，拉力与细线的夹角为120°，小球正好静
止不动，细线拉力为F
甲。

如图乙所示，当小球受到拉力F2时，拉力与细线的夹
角为150°，小球正好静止不动，细线拉力为F
乙
，重力加速度为g，下列等式正确的是()
图3
A.F1＝mg
B.F2＝2mg
C.F甲＝3mg
D.F乙＝3mg
答案A
解析法一合成法
对甲图中小球受力分析，如图(1)所示。

小球处于平衡状态，由合成法可得拉力F1＝mg，F甲＝mg，故A正确，C错误；
(1)(2)
对乙图中小球受力分析，如图(2)所示，小球处于平衡状态，由合成法可得F2＝
mg tan 60°＝3mg，F乙＝
mg
cos 60°
＝2mg，故B、D错误。

法二正交分解法
对甲图中小球受力分析，建立坐标系，分解F1和F甲，如图(3)所示，x轴方向：F1sin 60°＝F甲sin 60°
y轴方向：F1cos 60°＋F甲cos 60°＝mg
联立解得F1＝F甲＝mg，故A正确，C错误；
对乙图中小球受力分析，建立坐标系，分解F乙，如图(4)所示，
x轴方向：F2＝F乙sin 60°
y轴方向：F乙cos 60°＝mg
联立解得F2＝3mg，F乙＝2mg，故B、D错误。

(3)(4)
2.如图4所示，在天花板的某点处竖直固定一根轻杆a，杆的下端有一个不计大小的轻质定滑轮O。

一根跨过滑轮O的细线下端系一个重为G的物体，在细线A 端施加拉力F使物体保持静止，OA与竖直方向的夹角θ＝60°，不计一切摩擦。

下列说法中正确的是()
图4
A.细线弹力大小为2G
B.a杆对滑轮的作用力大小为3G
C.a杆对滑轮的作用力方向沿着杆竖直向上
D.a杆对滑轮的作用力大小为G
答案B
解析对物体受力分析可知，细线弹力与其重力平衡，所以细线弹力大小为G，故A错误；由于滑轮两侧细线中弹力大小相等，所以滑轮两侧细线弹力的合力F 方向位于两侧细线夹角的平分线上(如图所示)，根据对称性可知两侧细线弹力的合力大小为F＝2T cos 30°＝3G，方向与竖直方向夹角为30°斜向左下。

对滑轮根据平衡条件可知，a杆对滑轮的作用力与F平衡，其大小也为3G，方向与竖直
方向夹角为30°斜向右上，故B正确，C、D错误。

3.(2024·海南统考模拟)如图5所示，两个可视为质点的光滑小球a和b，先用一刚性轻细杆相连，再用两根细绳两端分别连接a、b球，并将细绳悬挂在O点。

已知小球a和b的质量之比m a∶m b＝3∶1，细绳Oa的长度是细绳Ob的长度的2倍，两球处于平衡状态时，绳Oa上的拉力大小为F a，绳Ob上的拉力大小为F b。

则F a∶F b为()
图5
A.3∶1
B.6∶1
C.3∶2
D.2∶3
答案B
解析两球都受到重力、细杆的弹力和细绳的拉力这三个力的作用而处于平衡状态，对a、b受力分析，如图所示，在图中过O点作竖直线交ab于c点，则△Oac
与小球a的力矢量三角形相似，△Obc与小球b的力矢量三角形相似，有m a g
l Oc ＝F a l Oa
，
m b g l Oc ＝F b
l Ob
，解得F a∶F b＝6∶1，故B正确。

角度多力平衡
例3 (2024·上海虹口模拟)如图6所示，一质量为m的正方体物块置于风洞内的水平面上，其一面与风速垂直，当风速为v0时刚好能推动该物块。

已知风对物块的推力F∝S v2，其中v为风速、S为物块的迎风面积。

当风速变为2v0时，刚好能推动用同一材料做成的另一正方体物块，则该物块的质量为(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)()
图6
A.4m
B.8m
C.32m
D.64m
答案D
解析设质量为m的正方体物块的边长为a，密度为ρ，当风速为v0时刚好能推动物块，根据平衡条件有F＝f，F N＝mg，其中F＝kS v2＝ka2v20，f＝μF N，m＝ρa3，；当风速变为2v0时，刚好能推动物块的边长变为4a，物块的体积变解得a＝k v20
μρg
为64a3，则物块质量变为m′＝64ρa3＝64m，故D正确。

4.(2024·北京海淀模拟)如图7所示，质量为m的木箱在大小为F的水平外力作用下，沿倾角为θ的斜面匀速向上运动，不计空气阻力。

下列说法正确的是()
图7
A.木箱所受合力大小为mg sin θ＋F cos θ
B.斜面对木箱的支持力大小为mg cos θ
C.斜面对木箱的摩擦力大小为F cos θ－mg sin θ
D.斜面对木箱作用力的合力大小为F＋mg
答案C
解析对木箱进行受力分析，受到重力mg、斜面的弹力F N、摩擦力f、水平外力
F，如图所示。

由于木箱沿着斜面匀速向上运动，根据木箱受力平衡得木箱所受合力大小为0，A错误；垂直于斜面方向上受力平衡，斜面对木箱的支持力大小F N＝F sin θ＋mg cos θ，B错误；由于沿着斜面方向上受力平衡，有F cos θ＝f＋mg sin θ，得斜面对木箱的摩擦力大小为f＝F cos θ－mg sin θ，C正确；斜面对木箱作用力的合力大小与重力和外力F的合力大小相等，即F合＝F2＋（mg）2，D错误。

处理平衡问题的三个技巧
(1)物体受三个力平衡时，利用力的分解法或合成法比较简单。

(2)物体受四个或四个以上的力作用时，一般要采用正交分解法。

(3)正交分解法建立坐标系时应使尽可能多的力与坐标轴重合，需要分解的力尽可能少。

考点三整体法和隔离法解决多物体平衡问题
多物体通常由两个或两个以上的研究对象，通过直接接触或通过绳、杆等媒介连接组合，如叠加体、连接体等，处理方法通常是整体法和隔离法交替使用。

例4(2024·广东模拟预测)如图8所示，质量为m的正方体A和质量为M的正方体B放在两竖直墙和水平面间，处于静止状态。

A和B的接触面与竖直方向的夹角为α，重力加速度为g，若不计一切摩擦，下列说法正确的是()
图8
A.水平面对正方体B的弹力大于(M＋m)g
B.水平面对正方体B的弹力大小为(M＋m)g cos α
C.墙面对正方体A的弹力大小为mg tan α
D.墙面对正方体B的弹力大小为mg
tan α
答案D
解析对A和B构成的整体进行受力分析，如图甲所示，整体受重力(M＋m)g、水平面的支持力F N、两墙面的支持力F N A和F N B，由于两正方体受力平衡，根据共点力平衡条件，水平面对正方体B的弹力大小为F N＝(M＋m)g，故A、B错误；隔离A，对A进行受力分析，受重力mg、墙面的支持力F N A、B的支持力F N BA，如图乙所示，根据共点力平衡条件有，竖直方向mg＝F N BA sin α，水平方向F N A＝
F N BA cos α，解得F N A＝
mg
tan α
，即墙面对正方体A的弹力大小等于mg
tan α
，故C错误；
由整体法可知F N B＝F N A，则墙面对正方体B的弹力大小为F N B＝mg
tan α
，故D正确。

处理多物体平衡问题的技巧
(1)合理选择研究对象：在分析两个或两个以上物体间的相互作用时，一般采用整体法与隔离法进行分析，在使用时有时需要先整体再隔离，有时需要先隔离再整体，交替使用整体法和隔离法。

(2)转移研究对象：用隔离法直接分析一个物体的受力情况不方便时，可转移研究对象，先隔离分析相互作用的另一个物体的受力情况，再根据牛顿第三定律分析该物体的受力情况。

5.如图9所示，两个质量均为m的小球通过两根轻弹簧A、B连接，在水平外力F 作用下，系统处于静止状态，弹簧实际长度相等。

弹簧A、B的劲度系数分别为
k A、k B，且原长相等。

弹簧A、B与竖直方向的夹角分别为θ与45°。

设A、B中的拉力分别为F A、F B，小球直径相比弹簧长度可忽略，重力加速度为g，则()
图9
A.tan θ＝1
2 B.k A＝k B
C.F A＝3mg
D.F B＝2mg
答案A
解析对下面的小球进行受力分析，如图甲所示。

根据平衡条件得F＝mg tan 45°
＝mg，F B＝mg
cos 45°
＝2mg，故D错误；对两个小球整体受力分析，如图乙所示，
根据平衡条件得tan θ＝F
2mg ，又F＝mg，解得tan θ＝1
2
，F A＝（2mg）2＋F2＝5
mg，故A正确，C错误；由题意可知，两弹簧的形变量相等，则有x＝F A
k A
＝F B
k B
，
解得k A
k B ＝F A
F B
＝5
2
，故B错误。

A级基础对点练
对点练1受力分析
1.(2024·河北沧州统考期末)如图1所示，用轻绳将物体Q系于竖直墙面，Q与墙面之间夹有物体P，P、Q均处于静止状态，则下列说法正确的是()
图1
A.物体P一定受到4个力的作用
B.物体P可能受到4个力的作用
C.物体Q可能受到5个力的作用
D.物体Q一定受到3个力的作用
答案B
解析物体P受到的力有重力、压力、支持力、墙的摩擦力和Q的摩擦力(两个摩擦力可能存在其中一个，也可能同时存在)，故物体P可能受到4个或5个作用力，故A错误，B正确；物体Q受到的力有重力、拉力、支持力、P的摩擦力(可能存在)，故物体Q可能受到3个或4个作用力，故C、D错误。

2.(2024·重庆八中质检)如图2所示，在细线拉力作用下风筝静止在空中。

若风筝重力不能忽略，则空气对风筝作用力的方向可能是()
图2
A.①
B.②
C.③
D.④
答案B
解析风筝静止于空中，处于平衡状态，所受合外力为零。

空气对风筝的作用力，与风筝重力和细线拉力的合力等大反向，受力分析如图所示，则空气对风筝作用力的方向可能是②的方向，故B正确。

3.(多选)如图3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(g取10 N/kg)()
图3
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
答案AC
解析如图在沿杆和垂直杆方向建立直角坐标系，当F＝5 N时，F在y轴上的分力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正确，B错误；当F＝10 N时，F y＝8 N，F与重力在y轴上的合力为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4个力，C正确，D错误。

对点练2共点力平衡的条件及应用
4.如图4所示，轻杆一端固定在竖直墙壁上，另一端固定一个质量为1.6 kg的小球，劲度系数为100 N/m的水平轻质弹簧夹在墙壁与小球之间，处于压缩状态，
弹簧的压缩量为12 cm，轻杆与墙壁的夹角为60°。

取重力加速度大小g＝10 m/s2，弹簧始终在弹性限度内。

轻杆对小球的作用力大小为()
图4
A.12 N
B.16 N
C.20 N
D.32 N
答案C
解析小球受重力mg、弹簧水平向右的弹力F弹、轻杆的作用力F而处于平衡状态，由平衡条件可得F＝（mg）2＋F2弹，又mg＝16 N，F弹＝kx＝12 N，联立可得F＝162＋122N＝20 N，故C正确。

5.(2024·四川成都模拟)2023年的春晚舞蹈《锦绣》，艺术地再现了古代戍边将士与西域各民族化干戈为玉帛并建立深厚友谊的动人故事。

图5(a)是一个优美且难度极大的后仰动作，人后仰平衡时，可粗略认为头受到重力G、肌肉拉力F2和颈椎支持力F1。

如图(b)，若弯曲后的头颈与水平方向成60°角，F2与水平方向成45°角，则可估算出F1的大小为()
图5
A.(3＋1)G
B.(3－1)G
C.(3＋2)G
D.(3－2)G
答案A
解析由力的平衡条件可得F1sin 60°＝G＋F2sin 45°，F1cos 60°＝F2cos 45°，解得
F 1＝(3＋1)
G ，故A 正确。

6.如图6(a)是一种大跨度悬索桥梁，图(b)为悬索桥模型。

六对轻质吊索悬挂着质量为M 的水平桥面，吊索在桥面两侧竖直对称排列，其上端挂在两根轻质悬索上
[图(b)中只画了一侧分布]，悬索两端与水平方向成45°，则一根悬索水平段CD 上的张力大小是( )
图6
A.14Mg
B.16Mg
C.112Mg
D.124Mg
答案 A
解析 对左边的悬索ABC 受力分析，如图所示，由平衡条件可得T CD ＝T cos 45°，
T sin 45°＝14Mg ，解得T CD ＝14Mg ，故A 正确。

对点练3 整体法和隔离法解决多物体平衡问题
7.(2024·广东茂名模拟)挂灯笼的习俗起源于1800多年前的西汉时期，已成为中国人喜庆的象征。

如图7所示，由五根等长的轻质细绳悬挂起四个质量相等的灯笼，中间的细绳是水平的，另外四根细绳与水平面所成的角分别为θ1和θ2。

关于θ1和θ2，下列关系式中正确的是( )
图7
A.θ1＝θ2
B.θ1＝2θ2
C.sin θ1＝2sin θ2
D.tan θ1＝2tan θ2
答案 D
解析 以左边两个灯笼为整体，设水平方向绳子拉力为T ，则有tan θ1＝2mg T ，以左边第二个灯笼为研究对象，则有tan θ2＝mg T ，联立解得tan θ1＝2tan θ2，D 正确。

8.如图8，半径为R 、质量为m 的半圆柱体A 放在粗糙的水平地面上，A 与竖直墙面间有一半径为R 、质量为m 的光滑圆柱体B ，A 和B 的质量分布都均匀。

改变半圆柱体A 距竖直墙面的距离，使A 、B 仍保持静止状态，半圆柱体A 的圆心距竖直墙面的最远距离为2R 。

设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则半圆柱体A 与地面间的动摩擦因数为( )
图8
A.32
B.12
C.33
D.36
答案 D
解析 对A 、B 整体受力分析如图甲所示，可知地面对A 的支持力F N 地＝2mg ，摩擦力f ＝F N 墙。

对B 受力分析如图乙所示，由几何关系可知θ＝30°，则F N 墙＝
mg tan 30°，又f ＝μF N 地，联立解得μ＝mg tan 30°2mg ＝36，故D 正确。

甲 乙
B 级 综合提升练 9.如图9所示，将两个相同的木块P 、Q 置于粗糙斜面上，P 、Q 中间有一处于压缩状态的弹簧，弹簧不与P 、Q 拴接。

木块P 受到一个沿斜面向下的恒定拉力F ，P 、Q 均静止。

下列说法正确的是( )
图9
A.P一定受到5个力的作用
B.Q一定受到4个力的作用
C.只移去弹簧后P可能会沿斜面下滑
D.只移去弹簧后P所受摩擦力可能不变
答案A
解析设木块质量为m，斜面倾角为θ，对P受力分析如图所示，则P受到重力、支持力、弹簧弹力、摩擦力、拉力5个力的作用，A正确；Q受到的弹簧弹力沿斜面向上，若Q重力沿斜面向下的分力与弹簧弹力的大小相等，则Q不受摩擦力，所以Q可能受到重力、支持力、弹簧弹力3个力的作用，B错误；有弹簧时，正交分解P受到的重力，沿斜面方向受力平衡，有f P＝mg sin θ＋F弹＋F，只移去弹簧时，有f P′＝mg sin θ＋F，可知木块P受到的沿斜面向下的力变小，需要的摩擦力变小，故木块P仍然静止，C、D错误。

10.(2024·湖北武汉联考)如图10所示，两个质量均为m的A、B小球用轻杆连接，A球与固定在斜面上的光滑竖直挡板接触，B球放在倾角为θ的斜面上，A、B均静止，B球没有滑动趋势，则A球对挡板的压力大小为(重力加速度为g)()
图10
A.mg tan θ
B.2mg
tan θ C.
mg
tan θ D.2mg tan θ
答案D
解析根据题述，B球没有滑动趋势，说明B球不受摩擦力作用。

竖直挡板光滑，A球不受摩擦力作用。

把A、B看成整体并进行受力分析，设挡板对A球的支持
力为F，由平衡条件可得tan θ＝F
2mg
，解得F＝2mg tan θ，由牛顿第三定律可知，A球对挡板的压力大小为2mg tan θ，D正确。

11.如图11所示，细线一端系在质量为m的圆环A上，另一端系一质量为2m的物块B。

细线对圆环A的拉力方向水平向左。

设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，直杆倾角θ＝37°，要保证圆环A静止不动，则A与固定直杆间动摩擦因数μ至少为(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)()
图11
A.1
2 B.
5
11 C.
5
6 D.
4
5
答案A
解析对物块B受力分析，有细线的拉力F＝2mg，对圆环A受力分析，受重力mg、细线拉力F、直杆弹力F N作用，当圆环刚要上滑时，有沿杆向下的最大静摩擦力，如图所示，则弹力F N＝mg cos θ＋2mg sin θ＝2mg，摩擦力f＝2mg cos θ
－mg sin θ＝mg，由f＝μF N，可得μ＝1
2
，故A正确。

12.如图12所示，在一根水平杆上套一个质量为m1＝1.5 kg的小球A，小球A的下方连接一根不可伸长的轻绳，绳子的另一端系着一个质量为m2＝0.5 kg的小球
B。

当水平向右拉动小球B，使得轻绳与杆之间的夹角为30°时，两个小球恰好一起匀速向右运动，g＝10 m/s2，求：
图12
(1)绳子的拉力F1及拉动小球B的拉力F的大小；
(2)若将轻绳与杆之间的夹角增大为45°，拉动小球B的力斜向下且与水平方向上的夹角为30°，使小球向右匀速运动，求拉动小球B的力F′。

答案(1)10 N5 3 N(2)5(3＋1)N
解析(1)以A、B两小球整体为研究对象并对其进行受力分析，竖直方向上有(m1＋m2)g＝F N
对小球A进行受力分析，竖直方向上有m1g＋F1sin θ＝F N
对小球B进行受力分析，水平方向上有F1cos θ＝F
联立解得F1＝10 N，F＝5 3 N。

(2)以小球B为研究对象进行受力分析，如图所示
F1′sin 45°＝F′cos 30°
m2g＋F′sin 30°＝F1′cos 45°
联立解得F′＝5(3＋1)N。

C级培优加强练
13.(2024·湖南岳阳模拟)如图13所示，质量为2M的物块A静置于水平台面上，质量为M的半球体C静置于水平地面上，质量为m的光滑小球B(可视为质点)放在半球体C上，P点为三根轻绳P A、PB、PO的结点。

系统在图示位置处于静
止状态，P点位于半球体球心的正上方，PO竖直，P A水平，PB刚好与半球体相切且与竖直方向的夹角θ＝30°。

已知物块A与台面间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，则()
图13
A.绳OP的拉力大小为1
4mg
B.C受到的摩擦力大小为
3
4mg
C.A受到的摩擦力大小为1
4mg
D.地面对C的支持力大小为(M＋m)g 答案B
解析对小球B受力分析如图，绳PB的拉力大小F＝mg cos θ＝
3
2mg，对P点
受力分析可知，绳OP受到的拉力大小F T＝F cos θ＝3
4mg，A错误；对物块A受
力分析可知，物块A所受摩擦力大小等于P A绳子的拉力，则f＝F sin θ＝3
4mg，C错误；对整体受力分析可知，半球体C受到的摩擦力大小等于A所受摩擦力，
即f C＝f＝3
4mg，B正确；对B、C整体受力分析可知，地面对半球体C的支持
力大小为F N C＝(M＋m)g－F cos θ＝Mg＋1
4mg，D错误。