2021江苏高考物理一轮教师用书：第二章基础课3　受力分析　共点力的平衡


基础课3　受力分析　共点力的平衡

知识排查
知识点一　受力分析
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
(1)画出已知力。
(2)分析场力(重力、电场力、磁场力)。
(3)分析弹力。
(4)分析摩擦力。
知识点二　共点力的平衡
1.平衡状态
物体处于静止状态或匀速直线运动状态。
2.平衡条件：F合＝0或者
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，这两个力必定大小相等，方向相反。
(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，其中任何一个力与其余两个力的合力大小相等，方向相反。
(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，其中任何一个力与其余几个力的合力大小相等，方向相反。
小题速练
1.思考判断
(1)物体沿光滑斜面下滑时，物体受到重力、支持力和下滑力的作用。(　　)
(2)对物体进行受力分析时不用区分外力与内力，两者都要同时分析。(　　)
(3)处于平衡状态的物体加速度一定等于零。(　　)
(4)速度等于零的物体一定处于平衡状态。(　　)
答案　(1)×　(2)×　(3)√　(4)×
2.[人教版必修1P65插图引申)]如图1所示，润扬大桥有很长的引桥，其目的是为了(　　)

图1
A.增大汽车上桥时对桥面的压力
B.减小汽车上桥时对桥面的压力
C.增大汽车重力沿平行于引桥桥面向下的分力
D.减小汽车重力沿平行于引桥桥面向下的分力
解析　根据mgsin θ(θ为引桥倾角)判断，润扬大桥有很长的引桥，主要是为了减小汽车重力沿平行于引桥桥面向下的分力，选项D正确。
答案　D

　受力分析　整体法与隔离法的应用
1.受力分析的基本方法

整体法
隔离法
选用原则
研究系统外的物体对系统整体的作用力或者系统整体的加速度
研究系统内部各物体之间的相互作用力
注意问题
受力分析时不考虑系统内各物体之间的相互作用力
一般情况下先隔离受力较少的物体
2.受力分析的4个步骤

【例1】 (2019·连云港模拟)(多选)如图2所示，在水平力F作用下，A、B保持静止。若A与B的接触面是水平的，且F不等于0，则B的受力个数可能为(　　)

图2
A.3个　　　　　　 B.4个
C.5个 D.6个
解析　先对AB整体受力分析，一定受重力、推力、支持力，对于摩擦力，分三种情况：当推力平行斜面向上的分力大于重力的下滑分力时，有上滑趋势，受向下的摩擦力作用；当推力平行斜面向上的分力小于重力的下滑分力时，有下滑趋势，受向上的摩擦力作用；当推力平行斜面向上的分力等于重力的下滑分力时，无滑动趋势，不受摩擦力作用。所以物体B可能受重力、A对B的压力和摩擦力，以及斜面对B的支持力共4个力，也可能另外受到斜面对B的摩擦力共5个力，故选项B、C都是可能的。
答案　BC
【例2】 (2019·南京一中检测)如图3所示，甲、乙两个小球的质量均为m，两球间用细线连接，甲球用细线悬挂在天花板上。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面的(　　)

图3

解析　用整体法分析，把两个小球看做一个整体，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，两水平力相互平衡，故细线1的拉力一定与重力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，选项A正确。
答案　A
　共点力作用下物体平衡的分析方法
处理平衡问题的常用方法
方法
内容
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
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
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3】 (2019·扬州模拟) (多选)如图4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(　　)

图4
A.F＝mgtan θ B.F＝
C.FN＝ D.FN＝
解析　对滑块进行受力分析，作出受力图，滑块处于静止状态，合力为零，则有：Ftan θ＝mg，FNsin θ＝mg，得F＝，FN＝，故B、C正确。

答案　BC
【例4】 (2019·江苏卷，2)如图5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5
A. 　　　 B.
C.Tsin α 　　　 D.Tcos α
解析　对气球受力分析，如图所示，将绳的拉力T分解，在水平方向，风对气球的作用力大小F＝Tsin α，选项C正确。

答案　C

静态平衡问题的解题“四步骤”
　　　　　　
　动态平衡问题的分析方法
1.基本思路
化“动”为“静”，“静”中求“动”。
2.“两种”典型方法

【例5】 (2019·江苏省扬州中学调研)如图6所示，用一轻绳将光滑小球P系于竖直墙壁上的O点，在墙壁和球P之间夹有一矩形物块Q，P、Q均处于静止状态，现有一铅笔紧贴墙壁从O点开始缓慢下移，则在铅笔缓慢下移的过程中(　　)

图6
A.细绳的拉力逐渐变小
B.Q将从墙壁和小球之间滑落
C.Q受到墙壁的摩擦力逐渐变大
D.Q受到墙壁的弹力逐渐变大
解析　对P分析，P受到重力、拉力和Q对P的弹力处于平衡，设拉力与竖直方向的夹角为θ，根据共点力平衡有拉力F＝，Q对P的支持力FN＝mgtan θ。铅笔缓慢下移的过程中，θ增大，则拉力F增
大，Q对P的支持力FN增大；对Q分析知，在水平方向上P对Q的压力增大，则墙壁对Q的弹力增大，在竖直方向上重力与摩擦力相等，所以Q受到的摩擦力不变，Q不会从墙壁和小球之间滑落，故D项正确。
答案　D
【例6】 (2019·南京高三模拟)拖把是打扫卫生时的常用工具。在某次卫生大扫除的过程中，某同学在用拖把擦地时沿推杆方向对拖把施加了推力F，此时推杆与水平方向的夹角为θ，且拖把恰好做匀速直线运动，如图7所示。已知拖把与地面之间的动摩擦因数不变，保持推力F的大小不变，减小F与水平方向的夹角θ，则下列说法正确的是(　　)

图7
A.拖把所受合外力保持不变
B.拖把一定开始做加速运动
C.拖把对地面的压力可能不变
D.拖把所受的摩擦力可能不变
解析　拖把受到重力、支持力、推力F和摩擦力的作用，在竖直方向FN＝mg＋Fsin θ，在水平方向Fx＝Fcos θ－μ(mg＋Fsin θ)＝F(cos θ－μsin θ)－μmg，当力F大小不变，与水平方向夹角减小时，cos θ增大，sin θ减小，则Fx增大，即拖把做加速运动，所以A错误，B正确；sin θ减小，则支持力减小，摩擦力f＝μFN减小，所以C、D错误。
答案　B
　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”、“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张力达到最大值；绳子绷紧与松弛的临界条件为绳中张力为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。
3.解题思路
解决共点力平衡中的临界、极值问题“四字诀”

【例7】 (2019·常州市新桥高级中学高三期中)某班级同学要调换座位，一同学用斜向上的拉力拖动桌子沿水平地面匀速运动。已知桌子的总质量为10 kg，若拉力的最小值为50 N，此时拉力与水平方向间的夹角为θ。重力加速度大小为g＝10 m/s2，桌子与地面间的动摩擦因数为μ，不计空气阻力，则(　　)
A.μ＝，θ＝60° B.μ＝，θ＝60°
C.μ＝，θ＝30° D.μ＝，θ＝30°
解析　对桌子受力分析，如图所示。根据平衡条件可知，水平方向有Fcos θ－Ff＝0，竖直方向有FN＋Fsin θ－G＝0，其中Ff＝μFN，故F＝，令μ＝tan α，则F＝＝；当θ＝α时，F有最小值，Fmin＝Gsin α＝50 N，α＝30°，故μ＝tan 30°＝，θ＝30°，选项D正确。

答案　D

涉及极值的临界问题的三种解答方法
(1)图解法
根据平衡条件作出力的矢量图，如只受三个力，则这三个力构成封闭矢量三角形，然后根据矢量图进行动态分析，确定最大值和最小值。
(2)假设推理法
先假设某种临界情况成立，然后根据平衡条件及有关知识进行论证、求解。
(3)数学方法
根据物体的平衡条件列方程，在解方程时采用数学知识求极值。通常用到的数学知识有二次函数求极值、讨论公式求极值、三角函数求极值以及几何法求极值等。　　　　　　

1.( 2019·江苏省启东中学、前黄中学、淮阴中学等七校高三上学期阶段测试)如图8所示，墙壁清洁机器人在竖直玻璃墙面上由A点沿直线匀速“爬行”到右上方B点。对机器人在竖直平面内受力分析正确的是(　　)

图8

解析　机器人匀速爬行，受向下的重力和竖直向上的作用力而处于平衡状态，故选项B正确。
答案　B
2.(2018·江苏南京、盐城第一次模拟)如图9所示，质量为m的物块沿着倾角为θ的粗糙斜面匀速下滑，物块与斜面间的动摩擦因数为μ。斜面对物块的作用力是(　　)

图9
A.大小为mg，方向竖直向上
B.大小为mgcos θ，方向垂直斜面向上
C.大小为mgsin θ，方向沿着斜面向上
D.大小为μmgcos θ，方向沿着斜面向上
解析　物块受重力mg，斜面对物块的支持力FN，摩擦力Ff，斜面对物块的作用力即支持力与摩擦力的合力，由于物块匀速下滑，所以支持力与摩擦力的合力应与重力等大反向，故A项正确。
答案　A
3.(2019·海安市高三期末质监)如图10所示，跳水运动员在走板时，从跳板的a端缓慢地走到b端，跳板逐渐向下弯曲，在此过程中，该运动员对跳板的(　　)

图10
A.压力不断增大
B.摩擦力不断增大
C.作用力不断增大
D.作用力不断减小
解析　以运动员为研究对象，由平衡条件知，跳板对运动员的支持力N＝mgcos α，摩擦力f＝mgsin α，α是跳板与水平方向的夹角。随着α的增大，N减小，f增大。由牛顿第三定律知，运动员对跳板的压力减小，摩擦力增大，A项错误，B项正确；跳板对运动员的作用力是支持力和摩擦力的合力，与重力等大反向，则跳板对运动员的作用力保持不变，所以运动员对跳板的作用力保持不变，故C、D项均错误。
答案　B
4.(2018·宿迁模拟)如图11所示，在竖直放置的穹形光滑支架上，一根不可伸长的轻绳通过光滑的轻质滑轮悬挂一重物G。现将轻绳的一端固定于支架上的A点，另一端从B点沿支架缓慢地向C点靠近。则绳中拉力大小变化的情况是(　　)

图11
A.先变小后变大 B.先变小后不变
C.先变大后不变 D.先变大后变小
解析　当轻绳的右端从B点移到直杆最上端时，设两绳的夹角为2θ。以滑轮为研究对象，分析受力情况，作出受力图如图甲所示。根据平衡条件得2Fcos θ＝mg，得到绳子的拉力F＝，所以在轻绳的右端从B点移到直杆最上端的过程中，θ增大，cos θ减小，则F变大。当轻绳的右端从直杆最上端移到C点时，如图乙，设两绳的夹角为2α。设绳子总长为L，两直杆间的距离为s，由数学知识得到sin α＝，L、s不变，则α保持不变。再根据平衡条件可知，两绳的拉力F保持不变。所以绳中拉力大小变化的情况是先变大后不变，C正确。

答案　C

(时间：30分钟)
一、单项选择题
1.(2019·江苏省南通市高三第一次模拟考试)如图1所示，竖直墙面上有一只壁虎从A点沿水平直线加速运动到B点，此过程中壁虎受到摩擦力的方向是(　　)

图1
A.斜向右上方 B.斜向左上方
C.水平向左 D.竖直向上
解析　由于壁虎从A到B做匀加速直线运动，即壁虎所受合力水平向左，在竖直平面内壁虎受重力、摩擦力，由平行四边形定则可知，摩擦力方向斜向左上方，故B正确。
答案　B
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2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2
A.F1＝mg，F2＝mg B.F1＝mg，F2＝mg
C.F1＝mg，F2＝mg D.F1＝mg，F2＝mg
解析　卡车匀速行驶，圆筒受力平衡，对圆筒受力分析，如图所示。由题意知，力F1′与F2′相互垂直。

由牛顿第三定律知F1＝F1′，F2＝F2′，
则F1＝mgsin 60°＝mg，
F2＝mgsin 30°＝mg，选项D正确。
答案　D
3.(2019·江苏省徐州市高三抽测)小朋友在搭积木时，将重为G的玩具汽车静置在薄板上，薄板发生了明显弯曲，如图3所示。关于玩具汽车受到的作用力，下列说法正确的是(　　)

图3
A.每个车轮受到薄板的弹力为
B.每个车轮受到薄板的弹力为
C.薄板弯曲程度越大，车轮受到的弹力越小
D.玩具汽车受到的合力为零
解析　因为薄板发生了明显弯曲，每个轮子所受弹力大小相等设为F，弹力与水平方向的夹角设为θ，则受力分析如图所示：

小车静置在木板上，所受合力为零，由平衡条件可知：4Fsin θ＝G，得F＝>，薄板弯曲程度越大，θ越小，sin θ越小，F越大，故选项A、B、C错误，D正确。
答案　D
4.(2019·江苏省淳中高三模拟)如图4，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(　　)

图4
A.1∶ B.1∶2
C.∶1 D.∶2
解析　设绳的拉力为T，则对物体A：mAg＝T；对物体B：mBgsin 30°＝Tcos 30°；联立解得mA∶mB＝1∶，故选项A正确。
答案　A
5.(2019·江苏省七市高三第三次调研)沪通长江大桥是世界上首座跨度超千米的公铁两用斜拉桥。如图5所示，设桥体中三块相同的钢箱梁1、2、3受到钢索拉力的方向相同，相邻钢箱梁间的作用力均沿水平方向，则(　　)

图5
A.钢箱梁1对2的作用力大于钢箱梁2对1的作用力
B.钢箱梁1、2间作用力大于钢箱梁2、3间作用力
C.钢箱梁3所受合力最大
D.三块钢箱梁受到钢索的拉力大小相等
解析　钢箱梁1对2的作用力和钢箱梁2对1的作用力是相互作用力，一定等大反向，A项错误；设钢索和水平夹角为θ，钢箱梁间1、2之间作用力为F1，钢箱梁1受到钢索的拉力为T1，根据平衡条件可知每个钢箱梁的合力都为零，且F1＝，T1＝，以1、2两钢箱梁整体为研究对象，3对2的作用力为F2，2受到的钢索拉力为T2，水平方向F2＝>F1，竖直方向(T1＋T2)sin θ＝2mg，得T2＝，B、C项错误，D项正确。
答案　D
二、多项选择题
6.(2018·兴化市第一中学期初考)如图6所示，截面为三角形的木块a上放置一铁块b，木块的竖直边靠在竖直且粗糙的墙面上，现用竖直向上的作用力F推动木块与铁块一起向上匀速运动，运动过程中铁块与木块始终保持相对静止，则下列说法正确的是(　　)

图6
A.木块与竖直墙面间一定存在摩擦力
B.木块a与铁块b间一定存在摩擦力
C.木块与竖直墙面间一定存在水平弹力
D.竖直向上的作用力F的大小一定等于铁块与木块重力之和
解析　对a、b整体受力分析，受到重力和推力，因为匀速运动，所以二力平衡，整体不受墙面的弹力和摩擦力，如果有摩擦力，则一定有弹力，且弹力沿水平方向，物体不会平衡，因为没有弹力，所以也没有摩擦力，故a与墙面之间没有摩擦力和弹力，故A、C错误，D正确；b匀速上升，受到的合力为零，b受到重力、支持力和静摩擦力才能平衡，所以木块a与铁块b间一定存在摩擦力，故B正确。
答案　BD
7.(2019·江苏省天一中学高考物理考前热身)如图7是一辆静止在水平地面上的自卸车，当车厢缓慢倾斜到一定程度时，货物会自动沿车厢底部向车尾滑动。上述过程，关于地面对车的摩擦力，下列说法正确的是(　　)

图7
A.货物匀速滑动时，无摩擦力
B.货物匀速滑动时，摩擦力方向向后
C.货物加速滑动时，摩擦力方向向前
D.货物加速滑动时，摩擦力方向向后
解析　货物匀速滑动时，车对货物的摩擦力和支持力的合力方向竖直向上，故货物对车的摩擦力和对车的压力方向竖直向下，则地面对车无摩擦力，选项A正确，B错误；货物加速滑动时，则对货物和车的整体而言，受的合外力沿斜面向下，故整体受地面的摩擦力方向向后，大小为macos θ，故选项C错误，D正确。
答案　AD
8.(2019·江苏省通州区、海门市、启东三县联考高三上学期期末考试)如图8所示，橡皮筋一端固定在竖直墙的O点，另一端悬挂质量为m的小球静止在M点。O点正下方N处固定一铁钉(橡皮筋靠在铁钉左侧)，ON间距等于橡皮筋原长，现对小球施加拉力F，使小球沿以MN为直径的圆弧缓慢向N运动，橡皮筋始终在弹性限度内，不计一切摩擦，则小球从M移动到N的过程中(　　)

图8
A.橡皮筋的弹力一直在变小
B.拉力F的方向始终跟橡皮筋垂直
C.拉力F的方向始终跟圆弧垂直
D.拉力F先变大后变小
解析　小球从M移动到N的过程中，橡皮筋的长度越来越小，即形变量越来越小，所以橡皮筋的弹力一直在变小，故A项正确；设圆弧的半径为R，橡皮筋的劲度系数为k，因在M点橡皮筋弹力大小为mg，则mg＝k·2R。对小球在圆弧上任意点A受力分析，小球受重力，橡皮筋的弹力F′，方向沿AN，拉力F，如图所示。设NA与竖直方向的夹角为α，则NA＝2R·cos α，橡皮筋的弹力F′＝k·NA＝k·2Rcos α＝mgcos α，设拉力F与水平方向之间的夹角为β，在水平方向：Fcos β＝F′sin α
竖直方向：F′cos α＋Fsin β＝mg

联立可得：β＝α，F＝mgsin α
由上可知拉力F的方向与橡皮筋的方向垂直，而且随α的增大，F逐渐增大，故B正确，C、D错误。
答案　AB
9.如图9所示，某小孩在广场游玩时，将一气球用轻质细绳与地面上的木块相连。气球在水平风力作用下处于斜拉状态，此时细绳与竖直方向成θ角。若气球和木块的质量分别为m、M，当水平风力缓慢增大时，下列说法正确的是(　　)

图9
A.细绳拉力变大
B.水平面对木块的弹力不变
C.木块滑动前水平面对木块的摩擦力变大
D.木块有可能脱离水平面
解析　对气球受力分析，受到重力、风的推力、拉力、浮力，如图甲所示。根据共点力平衡条件有Tsin θ＝F，Tcos θ＋mg＝F浮，解得T＝，当风力增大时，绳子的拉力T也增大，故选项A正确；再对气球和木块整体受力分析，受总重力、地面支持力、浮力、风的推力和摩擦力，如图乙所示。

根据共点力平衡条件有FN＝(M＋m)g－F浮，Ff＝F，当风力增大时，地面支持力不变，木块不可能脱离水平面，故选项B正确，D错误；木块滑动前受到的地面的摩擦力与风力平衡，故摩擦力随风力的增大而逐渐增大，故选项C正确。
答案　ABC
三、计算题
10.(2019·无锡期中)如图10所示，所受重力G1＝8 N的砝码悬挂在绳PA和PB的结点上。PA偏离竖直方向37°角，PB在水平方向，且连在所受重力为G2＝100 N的木块上，木块静止于倾角为θ＝37°的斜面上。(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)试求：

图10
(1)求PB绳中拉力大小；
(2)木块与斜面间的摩擦力；
(3)木块所受斜面的弹力。
解析　(1)对结点P受力分析，如图甲所示，可得
FAcos 37°＝G1，FAsin 37°＝FB，
得：FB＝G1tan 37°＝8 N×＝6 N。

(2)对G2的受力情况如图乙所示
Ff＝G2sin 37°＋FB′cos 37°，
又FB′＝FB，得Ff＝64.8 N，方向沿斜面向上。
(3)FN＋FB′sin 37°＝G2cos 37°
FN＝76.4 N，方向垂直于斜面向上。
答案　6 N　(2)64.8 N，方向沿斜面向上　(3)76.4 N，方向垂直于斜面向上
11.(2017·江苏单科，14改编)如图11所示，两个半圆柱A、B紧靠着静置于水平地面上，其上有一光滑圆柱C，三者半径均为R。C的质量为m，A、B的质量都为，与地面间的动摩擦因数均为μ。现用水平向右的力拉A，使A缓慢移动，直至C恰好降到地面。整个过程中B保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求：

图11
(1)未拉A时，C受到B作用力的大小F；
(2)动摩擦因数的最小值μmin。
解析　(1)对C受力分析，如图甲所示

甲
根据平衡条件，有2Fcos 30°＝mg，解得F＝mg。
(2)C恰好降到地面时，B受C压力的水平分力最大，如图乙所示

乙
Fxmax＝mg，
B受地面的最大静摩擦力Ff＝μ(mg＋mg)＝μmg
根据题意，B保持静止，则有Ffmin＝Fxmax，
解得μmin＝。
答案　(1)mg　(2)