2016年高考物理复习--受力分析、共点力的平衡要点

第3课时 受力分析 共点力的平衡

考纲解读 1.学会进行受力分析的一般步骤与方法.2.掌握共点力的平衡条件及推论.3.掌握整体法与隔离法，学会用图解法分析动态平衡问题和极值问题．

考点一 整体与隔离法的应用

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． 例1 如图1所示，传送带沿逆时针方向匀速转动．小木块a、b用细线连接，用平行于传送带的细线拉住a，两木块均处于静止状态．关于木块受力个数，正确的是( )

图1

A．a受4个，b受5个 B．a受4个，b受4个 C．a受5个，b受5个 D．a受5个，b受4个

解析 先分析木块b的受力，木块b受重力、传送带对b的支持力、沿传送带向下的滑动摩擦力、细线的拉力，共4个力；再分析木块a的受力，木块a受重力、传送带对a的支持力、沿传送带向下的滑动摩擦力及上、下两段细线的拉力，共5个力，故D正确． 答案 D 变式题组

1．[整体法与隔离法的应用](2013·上海·8)如图2所示，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( )

图2

答案 A

解析 两物体A、B叠放在一起，在沿粗糙墙面下落过程中，由于物体与竖直墙面之间没有压力，所以物体与竖直墙面之间没有摩擦力，二者一起做自由落体运动，A、B之间没有弹力作用，故物体B的受力示意图是图A.

2．[整体与隔离法的应用]如图3所示，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( )

图3

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之间一定有摩擦力 答案 AD

解析 将a、b看成整体，其受力图如图甲所示，说明a与墙壁之间没有弹力和摩擦力作用；对物体b进行受力分析，如图乙所示，b受到3个力作用，所以a受到4个力作用．

甲 乙

3．[整体与隔离法的应用](2013·山东·15)如图4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，则弹簧A、C的伸长量之比为( )

图4

A.3∶4 B．4∶3 C．1∶2 D．2∶1 答案 D

解析 这是典型的平衡模型，解题的要点是对两小球进行受力分析，列平衡方程，若取两小球作为一个整体来研究会更方便． 方法1：分别对两小球受力分析，如图所示 FAsin 30°－FBsin α＝0 FB′sin α－FC＝0，FB＝FB′

得FA＝2FC，即弹簧A、C的伸长量之比为2∶1，选项D正确．

方法2：将两球作为一个整体进行受力分析，如图所示

FA′1

由平衡条件知：＝ FCsin 30°即FA′＝2FC

又FA′＝FA，则FA＝2FC，故选项D正确．

受力分析的方法步骤

考点二 处理平衡问题常用的“三种”方法处理平衡问题的常用方法

1．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．

2．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．

3．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．

例2 在科学研究中，可以用风力仪直接测量风力的大小，其原理如图5所示．仪器中一根轻质金属丝下悬挂着一个金属球，无风时，金属丝竖直下垂；当受到沿水平方向吹来的风时，金属丝偏离竖直方向一定角度．风力越大，偏角越大．通过传感器，就可以根据偏角的大小测出风力的大小，求风力大小F跟金属球的质量m、偏角θ之间的关系．

图5

解析 取金属球为研究对象，有风时，它受到三个力的作用：重力mg、水平方向的风力F和金属丝的拉力FT，如图所示．这三个力是共点力，在这三个共点力的作用下金属球处于平衡状态，则这三个力的合力为零．

法一：(力的合成法)如图甲所示，风力F和拉力FT的合力与重力等大反向，由平行四边形定

则可得F＝mgtan θ.

法二：(力的分解法)重力有两个作用效果：使金属球抵抗风的吹力和使金属丝拉紧，所以可以将重力沿水平方向和金属丝的方向进行分解，如图乙所示，由几何关系可得F＝F′＝mgtan θ.

法三：(正交分解法)以金属球为坐标原点，取水平方向为x轴，竖直方向为y轴，建立坐标系，如图丙所示． 根据平衡条件有 Fx合＝FTsin θ－F＝0 Fy合＝FTcos θ－mg＝0 解得 F＝mgtan θ. 答案 F＝mgtan θ 拓展题组

4．[平衡条件的应用]如图6所示，A、B两球用轻杆相连，用两根细线将其悬挂在水平天花板上的O点．现用一水平力F作用于小球B上，使系统保持静止状态且A、B两球在同一水平线上．已知两球重力均为G，轻杆与细线OA长均为L，则( )

图6

A．细线OB的拉力的大小为2G B．细线OB的拉力的大小为G C．水平力F的大小为2G D．水平力F的大小为G 答案 D

5．[正交分解法的应用]如图7所示，三个相同的轻质弹簧连接在O点，弹簧1的另一端固定在天花板上，且与竖直方向的夹角为30°，弹簧2水平且右端固定在竖直墙壁上，弹簧3的另一端悬挂质量为m的物体且处于静止状态，此时弹簧1、2、3的形变量分别为x1、x2、x3，则( )

图7

A．x1∶x2∶x3＝3∶1∶2 B．x1∶x2∶x3＝2∶1∶3 C．x1∶x2∶x3＝1∶2∶3 D．x1∶x2∶x3＝3∶2∶1 答案 B

解析 对物体受力分析可知：kx3＝mg，对弹簧的结点受力分析可知：kx1cos 30°＝kx3，kx1sin 30°＝kx2，联立解得x1∶x2∶x3＝2∶1∶3.

6．[合成法的应用]在如图所示的A、B、C、D四幅图中，滑轮本身的重力忽略不计，滑轮的轴O安装在一根轻木杆P上，一根轻绳ab绕过滑轮，a端固定在墙上，b端下面挂一个质量都是m的重物，当滑轮和重物都静止不动时，图A、C、D中杆P与竖直方向的夹角均为θ，图B中杆P在竖直方向上，假设A、B、C、D四幅图中滑轮受到木杆弹力的大小依次为FA、FB、FC、FD，则以下判断中正确的是( )

A．FA＝FB＝FC＝FD B．FD＞FA＝FB＞FC C．FA＝FC＝FD＞FB D．FC＞FA＝FB＞FD 答案 B

解析 设滑轮两边细绳的夹角为φ，对重物进行受力分析，可得绳子拉力等于重物重力mg，

φ

滑轮受到木杆弹力F等于细绳拉力的合力，即F＝2mgcos ，由夹角关系可得FD＞FA＝FB＞

2FC，选项B正确．

考点三 动态平衡问题的处理技巧

1．动态平衡：是指平衡问题中的一部分是变力，是动态力，力的大小和方向均要发生变化，所以叫动态平衡，这是力平衡问题中的一类难题． 2．基本思路：化“动”为“静”，“静”中求“动”． 3．基本方法：图解法和解析法．

例3 (2012·新课标·16)如图8，一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FN1，球对木板的压力大小为FN2.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8

A．FN1始终减小，FN2始终增大 B．FN1始终减小，FN2始终减小 C．FN1先增大后减小，FN2始终减小 D．FN1先增大后减小，FN2先减小后增大

解析 方法一(解析法)如图所示，由平衡条件得

mgFN1＝ tan θmgFN2＝ sin θ

随θ逐渐增大到90°，tan θ、sin θ都增大，FN1、FN2都逐渐减小，所以选项B正确． 方法二(图解法)

对球受力分析如图所示，球受3个力，分别为重力G、墙对球的弹力FN1和板对球的弹力FN2.

当板逐渐转到水平位置的过程中，球始终处于平衡状态，即FN1与FN2的合力F始终竖直向上，大小等于球的重力G，如图所示．由图可知FN1的方向不变，大小逐渐减小，FN2的方向发生变化，大小也逐渐减小，故选项B正确． 答案 B 变式题组

7．[图解法的应用]如图9所示，三根细线共系于O点，其中OA在竖直方向上，OB水平并跨过定滑轮悬挂一个重物，OC的C点固定在地面上，整个装置处于静止状态．若OC加长并使C点左移，同时保持O点位置不变，装置仍然保持静止状态，则细线OA上的拉力FA和OC上的拉力FC与原先相比是( )

图9

A．FA、FC都减小 B.FA、FC都增大 C．FA增大，FC减小 D．FA减小，FC增大 答案 A

解析 以O点为研究对象，其受FA、FB、FC三个力平衡，如图所示．当按题示情况变化时，OB绳的拉力FB不变，OA绳的拉力FA的方向不变，OC绳的拉力FC的方向与拉力FB方向的夹角减小，保持平衡时FA、FC的变化如虚线所示，显然都减小了．

8．[图解法的应用]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，整个装置处于平衡状态，如图10所示是这个装置的截面图．现使MN保持竖直并且缓慢地向右平移，在Q滑落到地面之前，发现P始终保持静止．则在此过程中，下列说法中正确的是( )

图10

A．MN对Q的弹力逐渐减小 B．地面对P的摩擦力逐渐增大 C．P、Q间的弹力先减小后增大 D．Q所受的合力逐渐增大 答案 B

解析 Q的受力情况如图甲所示，F1表示P对Q的弹力，F2表示MN对Q的弹力，F2的方向水平向左保持水平，F1的方向顺时针旋转，由平行四边形的边长变化可知：F1与F2都逐渐增大，A、C错误；由于挡板MN缓慢移动，Q处于平衡状态，所受合力为零，D错误；对P、Q整体受力分析，如图乙所示，由平衡条件得，Ff＝F2＝mgtan θ，由于θ不断增大，故Ff不断增大，B正确．

处理动态平衡问题的一般思路

(1)平行四边形定则是基本方法，但也要根据实际情况采用不同的方法，若出现直角三角形，常用三角函数表示合力与分力的关系． (2)图解法的适用情况

图解法分析物体动态平衡问题时，一般物体只受三个力作用，且其中一个力大小、方向均不变，另一个力的方向不变，第三个力大小、方向均变化． (3)用力的矢量三角形分析力的最小值问题的规律：

①若已知F合的方向、大小及一个分力F1的方向，则另一分力F2的最小值的条件为F1⊥F2； ②若已知F合的方向及一个分力F1的大小、方向，则另一分力F2的最小值的条件为F2⊥F合．

考点四 平衡中的临界与极值问题

1．临界问题

当某物理量变化时，会引起其他几个物理量的变化，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． 常见的临界状态有：

(1)两接触物体脱离与不脱离的临界条件是相互作用力为0(主要体现为两物体间的弹力为0)． (2)绳子断与不断的临界条件为绳中的张力达到最大值；绳子绷紧与松驰的临界条件为绳中的张力为0.

(3)存在摩擦力作用的两物体间发生相对滑动或相对静止的临界条件为静摩擦力达到最大． 研究的基本思维方法：假设推理法． 2．极值问题

平衡物体的极值，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．

例4 重为G的木块与水平地面间的动摩擦因数为μ，一人欲用最小的作用力F使木块做匀速运动，则此最小作用力的大小和方向应如何？

解析 木块在运动过程中受摩擦力作用，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．木块受力分析如图所示，由平衡条件知：

Fcos α－μFN＝0，Fsin α＋FN－G＝0

μG

解上述二式得：F＝ cos α＋μsin α

μ1

令tan φ＝μ，则sin φ＝，cos φ＝ 22

1＋μ1＋μ

μGμG

可得F＝＝

2cos α＋μsin α1＋μcos?α－φ?可见当α＝φ时，F有最小值，即Fmin＝答案

μG1＋μ

2

μG

与水平方向成α角斜向上且tan α＝μ 1＋μ2变式题组

9．[临界问题]倾角为θ＝37°的斜面与水平面保持静止，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11

A．3 B．2 C．1 D．0.5 答案 A

解析 设物体刚好不下滑时F＝F1， 则F1·cos θ＋μFN＝G·sin θ， FN＝F1·sin θ＋G·cos θ.

－0.5×cos 37°0.22F1sin 37°得：＝＝＝；

Gcos 37°＋0.5×sin 37°1.111设物体刚好不上滑时F＝F2，则： F2·cos θ＝μFN＋G·sin θ， FN＝F2·sin θ＋G·cos θ，

＋0.5×cos 37°1F2sin 37°得：＝＝＝2，

Gcos 37°－0.5×sin 37°0.52F

即≤≤2，故F与G的比值不可能为A. 11G

10．[极值问题]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，相距为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12

A．mg B.答案 C

解析 对C点进行受力分析，由平衡条件可知，绳CD对C点的拉力FCD＝mgtan 30°，对D点进行受力分析，绳CD对D点的拉力F2＝FCD＝mgtan 30°，故F2是恒力，F1方向一定，则F1与F3的合力与F2等值反向，如图所示，由图知当F3垂直于绳BD时，F3最小，由几何关

1

系可知，F3＝FCDsin 60°＝mg，选项C正确．

2

311mg C.mg D.mg 324

解决极值问题和临界问题的方法

(1)图解法：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．

(2)数学解法：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)．

高考模拟 明确考向

1．(2014·山东·14)如图13，用两根等长轻绳将木板悬挂在竖直木桩上等高的两点，制成一简易秋千，某次维修时将两轻绳各剪去一小段，但仍保持等长且悬挂点不变．木板静止时，F1表示木板所受合力的大小，F2表示单根轻绳对木板拉力的大小，则维修后( )

图13

A．F1不变，F2变大 B．F1不变，F2变小 C．F1变大，F2变大 D．F1变小，F2变小 答案 A

解析 维修前后，木板静止，受力平衡，合外力为零，F1不变，则C、D错误．对木板受力分析，如图：

G则2Fcos θ＝G，得F＝.

2cos θ

维修后，θ增大，cos θ减小，F增大，所以F2变大，则A正确，B错误．

2．(2013·新课标Ⅱ·15)如图14，在固定斜面上的一物块受到一外力F的作用，F平行于斜面

向上．若要物块在斜面上保持静止，F的取值应有一定范围，已知其最大值和最小值分别为F1和F2(F2＞0)．由此可求出( )

图14

A．物块的质量 B．斜面的倾角

C．物块与斜面间的最大静摩擦力 D．物块对斜面的正压力 答案 C

解析 当拉力为F1时，物块有沿斜面向上运动的趋势，受到沿斜面向下的静摩擦力，则F1＝mgsin θ＋fm.当拉力为F2时，物块有沿斜面向下运动的趋势，受到沿斜面向上的静摩擦力，则F2＋fm＝mgsin θ，由此解得fm＝

F1－F2

，其余几个量无法求出，只有选项C正确． 2

3．(2013·天津·5)如图15所示，小球用细绳系住，绳的另一端固定于O点．现用水平力F缓慢推动斜面体，小球在斜面上无摩擦地滑动，细绳始终处于直线状态，当小球升到接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FN以及绳对小球的拉力FT的变化情况是( )

图15

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 答案 D

解析 对小球受力分析如图(重力mg、斜面对小球的支持力FN，绳对小球的拉力FT)．画出一簇平行四边形如图所示，当FT方向与斜面平行时，FT最小，所以FT先减小后增大，FN一直增大，只有选项D正确．

4．如图16所示，在一根水平直杆上套着两个轻环，在环下用两根等长的轻绳拴着一个重物．把两环分开放置，静止时杆对a环的摩擦力大小为Ff，支持力为FN.若把两环距离稍微缩短一些，系统仍处于静止状态，则( )

图16

A．FN变小 B．FN变大 C．Ff变小 D．Ff变大 答案 C

解析 由对称性可知杆对两环的支持力大小相等．对重物与两环组成的整体受力分析，由平衡条件知竖直方向上2FN＝mg恒定，A、B皆错误．由极限法，将a、b两环间距离减小到0，则两绳竖直，杆对环不产生摩擦力的作用，故两环距离缩短时，Ff变小，C正确，D错误． 5．如图17所示，固定的半球面右侧是光滑的，左侧是粗糙的，O点为球心，A、B为两个完全相同的小物块(可视为质点)，小物块A静止在球面的左侧，受到的摩擦力的大小为F1，对球面的压力的大小为FN1；小物块B在水平力F2的作用下静止在球面的右侧，对球面的压力的大小为FN2，已知两小物块与球心的连线和竖直方向的夹角均为θ，则( )

图17

A．F1∶F2＝cos θ∶1 B．F1∶F2＝sin θ∶1

C．FN1∶FN2＝cos2 θ∶1 D．FN1∶FN2＝sin2 θ∶1 答案 AC

解析 分别对A、B两个相同的小物块受力分析，如图，由平衡条件得： F1＝mgsin θ，FN1＝mgcos θ

mg

同理F2＝mgtan θ，FN2＝

cos θ可得A、C正确．

练出高分

一、单项选择题

1．如图1所示，A和B两物块的接触面是水平的，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B的受力个数为( )

图1

A．3个 B．4个 C．5个 D．6个 答案 B

解析 A与B相对静止一起沿斜面匀速下滑，可将二者当作整体进行受力分析，再对B进行受力分析，可知B受到的力有：重力GB、A对B的压力、斜面对B的支持力和摩擦力，选项B正确．

2. 如图2所示，一运送救灾物资的直升机沿水平方向匀速飞行．已知物资的总质量为m，吊运物资的悬索与竖直方向成θ角．设物资所受的空气阻力为Ff，悬索对物资的拉力为F，重力加速度为g，则( )

图2

A．Ff＝mgsin θ B．Ff＝mgtan θ

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