专题二 受力分析共点力的平衡-2022高考物理【导学教程】新编大一轮总复习（word）人教版学案

专题二　受力分析　共点力的平衡　

考点一　物体的受力分析

1．受力分析的“四点”提醒

(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。

2．整体法与隔离法

[题组突破]

1．用两根细线把A、B两小球悬挂在水平天花板上的同一点O，并用细线连接A、B两小球，然后用力F作用在小球A上，如图所示，此时三根细线均处于直线状态，且OB细线恰好处于竖直方向，两小球均处于静止状态。不考虑小球的大小，则力F的方向不可能为(　　)

A．水平向右　　　　　　 B．竖直向上

C．沿AO方向  D．沿BA方向

[解析]　因为OB细线竖直，所以B球只受重力和细线OB的拉力而平衡，细线AB的弹力为零，A球受重力GA、细线OA的拉力TOA和力F作用，当TOA为零时，F竖直向上，且F＝GA；当TOA不为零时，根据平衡条件可知：GA与力F的合力与TOA是一对平衡力，所以力F的方向不可能沿AO方向，只有选项C符合题意。

[答案]　C

2．(2021·陕西部分学校摸底)如图所示，物体A靠在竖直墙面上，在竖直向上的力F作用下，A、B共同向上匀速运动，下列说法正确的是(　　)

A．物体A受到物体B对它的作用力的大小等于物体A的重力

B．物体B受到的作用力F的大小要小于物体A、B的重力之和

C．墙面对物体A的滑动摩擦力方向向下

D．物体A对物体B的静摩擦力方向沿接触面斜向上

[解析]　先对AB整体受力分析，由平衡条件知，

竖直方向：F＝GA＋GB

水平方向，不受力，故墙面无弹力，墙面对A没有摩擦力的作用，故B、C错误；

隔离A物体，必受重力、B对A的弹力和摩擦力作用，受三个力，所以物体A受到物体B对它的作用力大小等于物体A的重力，故A正确；

隔离B物体，受重力、A对B的弹力和摩擦力、外力F四个力作用，物体A对物体B的静摩擦力方向沿接触面斜向下，故D错误。故选A。

[答案]　A

3．(2020·云南保山市统一检测)如图所示，A、B、C三个物体处于平衡状态，则关于A、B、C三个物体的受力个数，下列说法正确的是(　　 )

A．A物体受到4个力的作用

B．B物体受到3个力的作用

C．C物体受到3个力的作用

D．C物体受到4个力的作用

[解析]　物体C受重力、B的支持力和摩擦力3个力的作用，选项C正确，D错误；物体B受重力、A的支持力、C的压力和摩擦力4个力的作用，选项B错误；把B、C看成一个整体，物体A受重力、地面的支持力以及B、C整体的压力3个力的作用，选项A错误。

[答案]　C

[规律总结]

受力分析的一般步骤

考点二　共点力作用下的静态平衡

[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FN，OP与水平方向的夹角为θ。下列关系正确的是(　　)

A．F＝　　　　　 B．F＝mgtan θ

C．FN＝  D．FN＝mgtan θ

[解析]　解法一　合成法

滑块受力如图甲，由平衡条件知：

＝tan θ⇒F＝，FN＝。

解法二　分解法

将重力按产生的效果分解，如图乙所示，F＝G2＝，FN＝G1＝。

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＝FNsin θ，F＝FNcos θ，

联立解得：F＝，FN＝。

解法四　力的三角形法

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＝，FN＝。

[答案]　A

[规律方法]

解答平衡问题四种常用方法对比

[跟踪训练]

1．(2019·全国卷Ⅱ)物块在轻绳的拉动下沿倾角为30°的固定斜面向上匀速运动，轻绳与斜面平行。已知物块与斜面之间的动摩擦因数为，重力加速度取10 m/s2。若轻绳能承受的最大张力为1 500 N，则物块的质量最大为(　　)

A．150 kg  B．100  kg

C．200 kg  D．200 kg

[解析]　物块沿斜面向上匀速运动，则物块受力平衡，满足关系F－mgsin 30°－μmgcos 30°＝0，其中μ＝，g＝10 m/s2，当F＝1 500 N时，物块的质量最大，为m＝＝150 kg，故A正确。

[答案]　A

2．(2020·合肥一模)如图所示，倾斜直杆的左端固定在地面上，与水平面成θ角，杆上穿有质量为m的小球a和轻质环b，两者通过一条细绳跨过定滑轮相连接。当a、b静止时，Oa段绳与杆的夹角也为θ，不计一切摩擦，重力加速度为g。则下列说法正确的是(　　)

A．a可能受到2个力的作用

B．b可能受到3个力的作用

C．绳对a的拉力大小为mgtan θ

D．杆对a的支持力大小为mgcos θ

[解析]　对a、b受力分析，如图所示，小球a静止，它受重力mg、绳子拉力T、杆的弹力N，处于三力平衡状态，轻质环b不受重力，则绳子拉力T′和杆对其弹力N′二力平衡，该段绳子与杆垂直，A、B错误；以a球为研究对象，则绳子拉力T＝＝mgtan θ，根据正弦定理得＝，解得N＝，则C正确，D错误。

[答案]　C

考点三　共点力作用下的动态平衡

(一)用解析法分析动态平衡问题

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列式求解，得到因变量与自变量的一般函数表达式，最后根据自变量的变化确定因变量的变化。

[例2]　(2021·河北九校联考)如图所示，物块A、B(可视为质点)用跨过光滑轻质滑轮的轻绳1连接，其中物块A放在水平地面上，滑轮用轻绳2连接在竖直墙上，此时物块A、B均静止不动，连接滑轮的轻绳2与竖直墙壁间的夹角为θ。现将物块A向右缓慢移动一小段距离，若物块A、B仍能保持静止不动，则(　　)

A．轻绳1对物块A的拉力大小增大

B．地面对A的摩擦力减小

C．物块A对地面的压力增大

D．轻绳2的拉力大小保持不变

[解析]　轻绳1对物块A的拉力大小始终等于物块B的重力大小，所以轻绳1的拉力大小不变，A错误；对A进行受力分析如图所示，由共点力的平衡条件可得Ff＝FTcos α，FN＋FTsin α＝mAg，由于FT＝mBg，A向右移动之后α变小，所以地面对A的摩擦力Ff增大；又因为地面对A的支持力FN＝mAg－FTsin α增大，由牛顿第三定律可知物块A对地面的压力增大，B错误，C正确；由几何知识可知，2θ＝90°－α，由力的合成与分解知，轻绳2的拉力大小FT′＝2FTcos θ，由于物块A向右移动后α减小，故θ增大，轻绳2的拉力减小，D错误。

[答案]　C

[跟踪训练]

3.

(2020·河南月考)如图所示，在水平地面固定着一个四分之一圆弧轨道A，左侧紧靠竖直墙，底端与水平面相切。若将一光滑圆球B(视为质点)从圆弧的底部往上推，推力始终沿轨道切线方向。设轨道A对圆球B的支持力为F1，B受到的推力为F2。若向上缓慢推动圆球B少许后，下列说法正确的是(　　)

A．F1增大，F2减小　　　　　 B．F1减小，F2减小

C．F1减小，F2增大  D．F1增大，F2增大

[解析]　如图所示，根据力的合成与分解以及共点力平衡条件，有F1＝Gsin θ，F2＝Gcos θ，其中θ为推力F2与竖直方向的夹角。当缓慢推动圆球B少许后，θ变小，故F1变小，F2增大，故选C。

[答案]　C

(二)用图解法分析动态平衡问题

此法常用于求解三力平衡且有一个力是恒力、另有一个力方向不变的问题。一般按照以下流程解题。

[例3]　

(多选)(2021·潍坊一模)如图所示，一倾角为30°的斜面固定在水平地面上，一轻弹簧左端拴接在质量为m的物体P上，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

[解析]　对Q进行受力分析，并且拉力F始终与右侧悬绳垂直，则如图甲所示：

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；开始对P进行受力分析如图乙所示。开始当Q未动时，弹簧弹力为T＝mg，则此时摩擦力f＝T－mg·sin 30°，沿斜面向下随着弹簧弹力的减小，则摩擦力减小，当弹力T< mgsin 30°，摩擦力为f＝mgsin 30°－T，方向沿斜面向上，即开始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，其大小与P受到的重力mg和弹簧弹力T的合力的大小相等、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。

[答案]　CD

[规律方法]

用力的矢量三角形分析力的最小值问题

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，则另一个分力F2的最小值条件为F2⊥F合。

[跟踪训练]

4.

(多选)(2020·山东月考)如图所示，一质量为m的小球用线悬挂于O点，开始时悬线竖直，对小球施加一与水平方向夹角为37°的力F将小球缓慢拉离竖直位置，直至悬线水平。拉动过程中，悬线始终处于伸直状态，已知重力加速度为g，sin 37°＝0.6。则在此过程中，下列说法正确的是(　　)

A．拉力F的最大值为mg

B．拉力F的最小值为mg

C．悬线上拉力的最小值为mg

D．悬线上拉力的最小值为mg

[解析]　小球受力分析如图所示，当悬线水平时，拉力F取最大值，由共点力平衡条件可得F＝＝mg，A正确；当悬线竖直时，拉力F取最小值且为零，B错误；当悬线与拉力F垂直时，悬线上拉力取最小值，由共点力平衡条件可得T＝mgsin 53°＝mg，C正确，D错误。

[答案]　C

(三)用相似三角形法处理动态平衡问题

在三力平衡问题中，如果有一个力是恒力，另外两个力方向都变化，且题目给出了空间几何关系，多数情况下力的矢量三角形与空间几何三角形相似，可利用相似三角形对应边成比例进行计算。

[例4]　(多选)(2020·株洲二中模拟)如图所示，A球被固定在竖直支架上，A球正上方的点O悬有一轻绳拉住B球，两球之间连有轻弹簧，平衡时绳长为L，张力为T1，弹簧弹力为F1。若将弹簧换成原长相同的劲度系数更小的

轻弹簧，再次平衡时绳中的张力为T2，弹簧弹力为F2，则(　　)

A．T1＞T2　　　　　　 B．T1＝T2

C．F1＜F2  D．F1＞F2

[解析]　以B球为研究对象，B球受到重力G、弹簧的弹力F和绳子的张力T，如图所示。B球受力平衡时，F与T的合力与重力G大小相等、方向相反，即G′＝G，根据三角形相似得＝＝。换成劲度系数小的轻弹簧，形变量增大，AB减小，则T不变，F减小，选项B、D正确。

[答案]　BD

[跟踪训练]

5.

(2020·江苏扬州中学高三开学考试)如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆环的最高点有一个光滑的小孔。质量为m的小球套在圆环上。一根细线的下端系着小球，上端穿过小孔用手拉住。现拉动细线，使小球沿圆环缓慢上移，在移动过程中手对线的拉力F和轨道对小球的弹力FN大小变化情况是(　　)

A．F不变，FN增大

B．F减小，FN不变

C．F不变，FN减小

D．F增大，FN减小

[解析]　小球沿圆环缓慢上移可看作处于平衡状态，对小球进行受力分析，作出受力示意图如图，由图可知△OAB∽△GFA，即：＝＝，当A点上移时，半径不变，AB长度减小，故F减小，FN不变，A、C、D错误，B正确。

[答案]　B

考点四　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”“恰能”“恰好”等语言叙述。

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或最小值问题。

3．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)。

[例5]　如图所示，质量为m(可以看成质点)的小球P，用两根轻绳OP和O′P在P点拴结后再分别系于竖直墙上相距0.4 m的O、O′两点上，绳OP长0.5 m，绳O′P长0.3 m，今在小球上施加一方向与水平成θ＝37°角的拉力F，将小球缓慢拉起。绳O′P刚拉直时，OP绳拉力为FT1，绳OP刚松弛时，O′P绳拉力为FT2，则FT1∶FT2为(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(　　)

A．3∶4　　　　　　　　 B．4∶3

C．3∶5  D．4∶5

[解析]　绳O′P刚拉直时，由几何关系可知此时OP绳与竖直方向夹角为37°，小球受力如图甲，则FT1＝mg。绳OP刚松弛时，小球受力如图乙，则FT2＝mg，则FT1∶FT2＝3∶5，C选项正确。

[答案]　C

[例6]　

[数学分析法]

(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mgsin 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

[解析]　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mgsin θ＝μmgcos θ。当加上外力F时，对木块受力分析如图，则有Ff＝μFN，平行于斜面方向有Ff＋ mgsin θ＝Fcos α，垂直于斜面方向有FN＋Fsin α＝mgcos θ，联立解得F＝＝，故当a＝θ时，F有最小值，最小值为Fmin＝mgsin 2θ，故A错误，B正确；选M和m组成的整体为研究对象，设水平面对木楔M的摩擦力是Ff′，水平方向受力平衡，则有Ff′＝Fcos (θ＋α)，可知摩擦力的方向水平向左，故C错误，D正确。

[答案]　BD