(新高考)高考物理一轮复习讲义 第2章 专题强化二 受力分析　共点力的平衡（含解析）

专题强化二　受力分析　共点力的平衡

专题解读 1.本专题是本章重要知识和规律的综合，特别是受力分析和平衡条件的应用，是高考的重点和热点．

2．高考对本专题内容的考查主要是在选择题中作为一个考查点出现，但近年在计算题中也作为一个力学或电学考点命题．

3．用到的相关知识有：受力分析、力的合成与分解、共点力的平衡条件；用到的主要方法有：整体法与隔离法、合成法、正交分解法等．

1．力学中的五种力

2.受力分析

(1)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，并画出受力示意图的过程．

(2)一般步骤

3．整体法与隔离法

例1　(2020·云南保山市统一检测)如图1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(　　)

图1

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

答案　C

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．

变式1　如图2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kA、kB，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FA、FB.小球直径相比弹簧长度可以忽略，重力加速度为g.则(　　)

图2

A．tan θ＝   B．kA＝kB

C．FA＝mg   D．FB＝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＝mgtan 45°＝mg，FB＝＝mg；

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＝，又F＝mg，解得tan θ＝，FA＝＝mg，由题意可知两弹簧的形变量相等，则有：x＝＝，解得：＝＝，故A正确，B、C、D错误．

1．共点力平衡

(1)平衡状态：物体静止或做匀速直线运动．

(2)平衡条件：F合＝0或Fx＝0，Fy＝0.

(3)常用推论

①若物体受n个作用力而处于平衡状态，则其中任意一个力与其余(n－1)个力的合力大小相等、方向相反．

②若三个共点力的合力为零，则表示这三个力的有向线段首尾相接组成一个封闭三角形．

2．解题基本思路

确定平衡状态(加速度为零)→巧选研究对象(整体法或隔离法)→受力分析→建立平衡方程→求解或作讨论．

3．常用的方法

(1)在判断弹力或摩擦力是否存在以及确定它们的方向时常用假设法．

(2)求解平衡问题时常用二力平衡法、矢量三角形法、正交分解法、图解法等．

例2　(2019·全国卷Ⅲ·16)用卡车运输质量为m的匀质圆筒状工件，为使工件保持固定，将其置于两光滑斜面之间，如图3所示．两斜面Ⅰ、Ⅱ固定在车上，倾角分别为30°和60°.重力加速度为g.当卡车沿平直公路匀速行驶时，圆筒对斜面Ⅰ、Ⅱ压力的大小分别为F1、F2，则(　　)

图3

A．F1＝mg，F2＝mg

B．F1＝mg，F2＝mg

C．F1＝mg，F2＝mg

D．F1＝mg，F2＝mg

答案　D

解析　分析可知工件受力平衡，对工件受到的重力按照压紧斜面Ⅰ和Ⅱ的效果进行分解如图所示，

结合几何关系可知工件对斜面Ⅰ的压力大小为F1＝mgcos 30°＝mg、对斜面Ⅱ的压力大小为F2＝mgsin 30°＝mg，选项D正确，A、B、C错误．

变式2　(2019·江苏卷·2)如图4所示，一只气球在风中处于静止状态，风对气球的作用力水平向右．细绳与竖直方向的夹角为α，绳的拉力为T，则风对气球作用力的大小为(　　)

图4

A.

B.

C．Tsin α

D．Tcos α

答案　C

解析　以气球为研究对象，受力分析如图所示，则由力的平衡条件可知，气球在水平方向的合力为零，即风对气球作用力的大小为F＝Tsin α，C正确，A、B、D错误．

变式3　(2019·陕西宝鸡市高考模拟检测(二))如图5所示，一条细绳跨过定滑轮连接物体A、B，A悬挂起来，B穿在一根竖直杆上，两物体均保持静止，不计绳与滑轮、B与竖直杆间的摩擦，已知绳与竖直杆间的夹角为θ，则物体A、B的质量之比mA∶mB等于(　　)

图5

A．1∶cos θ   B．cos θ∶1

C．tan θ∶1   D．1∶sin θ

答案　A

解析　设绳子的拉力为FT，隔离A分析有

FT＝mAg①

隔离B分析有：

FTcos θ＝mBg②

由①②得：

mA∶mB＝1∶cos θ，故A正确，B、C、D错误．

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．常用方法

解析法、图解法等，特别是三力动态平衡问题，常用图解法分析．

题型1　图解法的应用

用图解法分析物体动态平衡问题时，一般是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．

例3　(2019·河北唐山市一模)光滑斜面上固定着一根刚性圆弧形细杆，小球通过轻绳与细杆相连，此时轻绳处于水平方向，球心恰位于圆弧形细杆的圆心处，如图6所示．将悬点A缓慢沿杆向上移动，直到轻绳处于竖直方向，在这个过程中，轻绳的拉力(　　)

图6

A．逐渐增大   B．大小不变

C．先减小后增大   D．先增大后减小

答案　C

解析　悬点A缓慢沿杆向上移动过程中，小球始终处于平衡状态，小球所受重力mg的大小和方向都不变，支持力的方向不变，对球进行受力分析如图所示，由图可知，拉力FT先减小后增大，选项C正确．

变式4　(2020·河南驻马店市第一学期期终)质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上，用水平力F拉着绳的中点O，使OA段绳偏离竖直方向一定角度，如图7所示．设绳OA段拉力的大小为FT，若保持O点位置不变，则当力F的方向顺时针缓慢旋转至竖直方向的过程中(　　)

图7

A．F先变大后变小，FT逐渐变小

B．F先变大后变小，FT逐渐变大

C．F先变小后变大，FT逐渐变小

D．F先变小后变大，FT逐渐变大

答案　C

解析　对结点O受力分析如图所示，当保持O点位置不变，则当力F的方向顺时针缓慢旋转至竖直方向的过程中，由图可知F先减小后增大，FT一直减小，故选C.

题型2　解析法的应用

例4　(2019·安徽蚌埠市第二次质检)如图8所示，物体甲放置在水平地面上，通过跨过定滑轮的轻绳与小球乙相连，整个系统处于静止状态．现对小球乙施加一个水平力F，使小球乙缓慢上升一小段距离，整个过程中物体甲保持静止，甲受到地面的摩擦力为Ff，则该过程中(　　)

图8

A．Ff变小，F变大   B．Ff变小，F变小

C．Ff变大，F变小   D．Ff变大，F变大

答案　D

解析　以小球乙为研究对象受力分析，设绳与竖直方向的夹角为α，根据平衡条件可得，水平拉力为F＝mgtan α，可见水平拉力F逐渐增大，绳子的拉力为FT＝，故绳子的拉力也逐渐增大；以物体甲为研究对象受力分析，根据平衡条件可得，物体甲受地面的摩擦力与绳子的拉力沿水平方向的分力FTx＝FTcos θ，两力等大反向，故摩擦力方向向左，Ff＝，逐渐增大，故D正确，A、B、C错误．

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．

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．

3．解题方法

(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．

(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(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)．

(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．

例5　如图9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、方向水平向右的恒力，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：

图9

(1)物体与斜面间的动摩擦因数；

(2)这一临界角θ0的大小．

答案　(1)　(2)60°

解析　(1)如图甲所示，未施加力F时，对物体受力分析，由平衡条件得mgsin 30°＝μmgcos 30°

解得μ＝tan 30°＝

(2)设斜面倾角为α时，受力情况如图乙所示，由平衡条件得：

Fcos α＝mgsin α＋Ff′

FN′＝mgcos α＋Fsin α

Ff′＝μFN′

解得F＝

当cos α－μsin α＝0，即tan α＝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°.

变式5　(2020·福建莆田市质检)如图10所示，质量为m的物块静止于固定斜面上，物块与斜面间的动摩擦因数为μ，逐渐增大斜面的倾角θ，直到θ等于某特定值φ时，物块达到“欲动未动”的临界状态，此时的摩擦力为最大静摩擦力，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求θ角满足什么条件时物块总与斜面保持相对静止．

图10

答案　tan θ≤μ

解析　设θ等于某特定值φ时，物块恰能与斜面保持相对静止，则有FN－Gcos φ＝0，Ffm－Gsin φ＝0.又Ffm＝μFN，解得μ＝tan φ.显然，当θ≤φ即tan θ≤μ时，物块始终保持静止．

1.(2018·福建三明市上学期期末)如图1，某电视台每周都有棋类节目，铁质的棋盘竖直放置，每个棋子都是一个小磁铁，能吸在棋盘上，不计棋子之间的相互作用力，下列说法正确的是(　　)

图1

A．小棋子共受三个力作用

B．棋子对棋盘的压力大小等于重力

C．磁性越强的棋子所受的摩擦力越大

D．质量不同的棋子所受的摩擦力大小不同

答案　D

解析　小棋子受到重力G、棋盘面的吸引力F引、支持力FN和静摩擦力Ff，共四个力作用，重力竖直向下，摩擦力竖直向上，且重力和摩擦力是一对平衡力；支持力和吸引力为一对平衡力；棋子掉不下来的原因是棋盘对它向上的摩擦力和它的重力大小相等，所以质量不同的棋子所受摩擦力大小不同，故选项D正确．

2.如图2所示，甲、乙两个小球的质量均为m，两球间用细线2连接，甲球用细线1悬挂在天花板上．现分别用大小相等的力F水平向左、向右拉两球，平衡时细线都被拉紧．则平衡时两球的可能位置是下列选项中的(　　)

图2

答案　A

解析　用整体法分析，把两个小球看成一个整体，此整体受到的外力为竖直向下的重力2mg、水平向左的力F(甲受到的)、水平向右的力F(乙受到的)和细线1的拉力F1，两水平力相互平衡，故细线1的拉力F1一定与重力2mg等大反向，即细线1一定竖直；再用隔离法，分析乙球受力的情况，乙球受到竖直向下的重力mg、水平向右的拉力F、细线2的拉力F2，要使得乙球受力平衡，细线2必须向右倾斜，故A正确．

3.(多选)(2019·江西新余市上学期期末)如图3所示，一架救援直升机通过软绳打捞河中物体，物体质量为m，由于河水的流动对物体产生水平方向的冲击力，使软绳偏离竖直方向，当直升机相对地面静止时，绳子与竖直方向成θ角，已知物体所受的浮力不能忽略，重力加速度为g.下列说法正确的是(　　)

图3

A．绳子的拉力为

B．绳子的拉力可能小于mg

C．物体受到河水的水平方向的作用力等于绳子的拉力

D．物体受到河水的水平方向的作用力小于绳子的拉力

答案　BD

解析　对物体受力分析，如图所示：

根据平衡条件，竖直方向有F浮＋FTcos θ＝mg，则有FT＝，故绳子的拉力可能小于mg，故A错误，B正确；在水平方向上有Ff＝FTsin θ，sin θ<1，有Ff<FT，物体受到河水的水平方向的作用力小于绳子的拉力，故C错误，D正确．

4．(2019·山东泰安市期末)如图4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，则下列说法中正确的是(　　)

图4

A．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　物块沿天花板匀速上升，受力平衡，对物块受力分析可知，若天花板对物块没有向下的支持力，则物块只受到重力和向上的恒力F.若天花板对物块有垂直天花板向下的支持力，则物块必定受沿天花板向下的摩擦力，则物块受到重力、向上的恒力F、垂直天花板向下的支持力和沿天花板向下的摩擦力，所以物块可能受到两个力，也可能受到四个力，故A、B、C错误，D正确．

5．(2019·河南开封市期末)甲、乙两人用两绳aO和bO通过装在P楼和Q楼楼顶的定滑轮，将质量为m的物块由O点沿Oa直线缓慢向上提升，如图5所示，初始位置两绳夹角为锐角．则在物块由O点沿直线Oa缓慢上升过程中，以下判断正确的是(　　)

图5

A．aO绳和bO绳中的弹力都逐渐减小

B．aO绳和bO绳中的弹力都逐渐增大

C．aO绳中的弹力先减小后增大，bO绳中的弹力一直在增大

D．aO绳中的弹力一直在增大，bO绳中的弹力先减小后增大

答案　D

解析　以物块为研究对象，分析受力情况：重力G、绳bO的拉力F和绳aO的拉力FT，由平衡条件知，F和FT的合力与G大小相等、方向相反，当将物块沿直线Oa向上缓慢移动，aO绳方向不变则FT方向不变，bO绳绕O点逆时针转动，作出转动过程三个位置力的合成图如图所示，由F3到F2到F1的过程，由图可以看出aO绳弹力FT一直增大，bO绳弹力F先减小后增大，故D正确．

6.(2020·黑龙江齐齐哈尔市调研)重力都为G的两个小球A和B用三段轻绳按如图6所示连接后悬挂在O点上，O、B间的绳子长度是A、B间的绳子长度的2倍，将一个拉力F作用到小球B上，使三段轻绳都伸直且O、A间和A、B间的两段绳子分别处于竖直和水平方向上，则拉力F的最小值为(　　)

图6

A.G  B.G  C．G  D.G

答案　A

解析　对A球受力分析可知，因O、A间绳竖直，则A、B间绳上的拉力为0.对B球受力分析如图所示，

则可知当F与O、B间绳垂直时F最小，Fmin＝Gsin θ，其中sin θ＝＝，则Fmin＝G，故A项正确．

7.(多选)(2017·天津卷·8)如图7所示，轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆M、N上的a、b两点，悬挂衣服的衣架挂钩是光滑的，挂于绳上处于静止状态．如果只人为改变一个条件，当衣架静止时，下列说法正确的是(　　)

图7

A．绳的右端上移到b′，绳子拉力不变

B．将杆N向右移一些，绳子拉力变大

C．绳的两端高度差越小，绳子拉力越小

D．若换挂质量更大的衣服，则衣架悬挂点右移

答案　AB

解析　设两杆间距离为d，绳长为l，Oa、Ob段长度分别为la和lb，则l＝la＋lb，两部分绳子与竖直方向夹角分别为α和β，受力分析如图所示．

绳子中各部分张力相等，FTa＝FTb＝FT，则α＝β.对O点受力分析可得2FTcos α＝mg，d＝lasin α＋lbsin β＝lsin α，即sin α＝，FT＝，当绳右端上移或两端高度差减小时，d和l均不变，则sin α为定值，α为定值，cos α为定值，绳子的拉力保持不变，故A正确，C错误；将杆N向右移一些，d增大，则sin α增大，cos α减小，绳子的拉力增大，故B正确；若换挂质量更大的衣服，d和l均不变，绳中拉力增大，但衣架悬挂点的位置不变，D错误．

8.(2019·山东滨州市二模)有甲、乙两根完全相同的轻绳，甲绳A、B两端按图8甲的方式固定，然后将一挂有质量为M的重物的光滑轻质动滑轮挂于甲轻绳上，当滑轮静止后，设甲绳子的张力大小为FT1；乙绳D、E两端按图乙的方式固定，然后将同样的定滑轮且挂有质量为M的重物挂于乙轻绳上，当滑轮静止后，设乙绳子的张力大小为FT2.现甲绳的B端缓慢向下移动至C点，乙绳的E端缓慢向右移动至F点，在两绳的移动过程中，下列说法正确的是(　　)

图8

A．FT1、FT2都变大   B．FT1变大、FT2变小

C．FT1、FT2都不变   D．FT1不变、FT2变大

答案　D

解析　设绳子总长为L，两竖直墙之间的距离为s，左侧绳长为L1，右侧绳长为L2.由于绳子上的拉力处处相等，所以两绳与竖直方向夹角相等，设为θ，则由几何知识，得：s＝L1sin θ＋L2sin θ＝(L1＋L2)sin θ，又L1＋L2＝L

得到sin θ＝；

设绳子的拉力大小为FT，重物的重力为G，以滑轮为研究对象，根据平衡条件得2FTcos θ＝G，解得：FT＝；可见，对题图甲，当绳子右端慢慢向下移时，s、L没有变化，则θ不变，绳子拉力FT1不变；

对题图乙，当绳子的右端从E向F移动的过程中，由于绳子的长度不变，所以两侧绳子之间的夹角θ增大，cos θ减小，则绳子拉力FT2增大，故A、B、C错误，D正确．