2022步步高大一轮复习--物理 第二章 相互作用 专题强化二 受力分析　共点力的平衡学案

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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 (2019·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 (2019·江苏盐城中学阶段测试)如图2所示，带有孔的小球A套在粗糙的倾斜直杆上，与正下方的小球B通过轻绳连接，处于静止状态．给小球B施加水平力F使其缓慢上升，直到小球A刚要滑动．在此过程中( )
图2
A．水平力F的大小不变
B．杆对小球A的支持力不变
C．轻绳对小球B的拉力先变大后变小
D．杆对小球A的摩擦力先变小后变大
答案 D
解析 小球B受拉力F、重力和轻绳的拉力FT，合力为零，如图甲所示，由此可知，随着α的增大，拉力F和轻绳张力FT均增大，故A、C错误．再对A、B球整体分析，受重力、拉力F、支持力FN和静摩擦力Ff，如图乙所示，设杆与水平方向的夹角为θ，根据平衡条件，在垂直杆方向有FN＝(M＋m)gcs θ＋Fsin θ，随着F的增大，支持力FN增大；在平行杆方向有：Fcs θ＋Ff＝(M＋m)gsin θ，可得：Ff＝(M＋m)gsin θ－Fcs θ，可知随着F的增大，静摩擦力逐渐减小，当(M＋m)gsin θ＝Fcs θ时，静摩擦力为零，此后静摩擦力反向增大，故B错误，D正确．
1．共点力的平衡
(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．处理平衡问题的基本思路
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＝eq \f(\r(3),3)mg，F2＝eq \f(\r(3),2)mg
B．F1＝eq \f(\r(3),2)mg，F2＝eq \f(\r(3),3)mg
C．F1＝eq \f(1,2)mg，F2＝eq \f(\r(3),2)mg
D．F1＝eq \f(\r(3),2)mg，F2＝eq \f(1,2)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＝mgcs 30°＝eq \f(\r(3),2)mg、对斜面Ⅱ的压力大小为F2＝mgsin 30°＝eq \f(1,2)mg，选项D正确，A、B、C错误．
变式2 (2019·陕西宝鸡市高考模拟检测(二))如图4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4
A．1∶cs θ B．cs 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：
FTcs θ＝mBg②
由①②得：
mA∶mB＝1∶cs 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 (多选)(2019·全国卷Ⅰ·19)如图5所示，一粗糙斜面固定在地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮．一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块N，另一端与斜面上的物块M相连，系统处于静止状态．现用水平向左的拉力缓慢拉动N，直至悬挂N的细绳与竖直方向成45°.已知M始终保持静止，则在此过程中( )
图5
A．水平拉力的大小可能保持不变
B．M所受细绳的拉力大小一定一直增加
C．M所受斜面的摩擦力大小一定一直增加
D．M所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加
答案 BD
解析 对N进行受力分析如图所示，因为N的重力与水平拉力F的合力和细绳的拉力FT是一对平衡力，从图中可以看出水平拉力的大小逐渐增大，细绳的拉力也一直增大，选项A错误，B正确；M的质量与N的质量的大小关系不确定，设斜面倾角为θ，若mNg≥mMgsin θ，则M所受斜面的摩擦力大小会一直增大，若mNg变式3 (2019·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6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6
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 (2020·安徽蚌埠市质检)如图7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7
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＝eq \f(mg,cs α)，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＝FTcs θ，两力等大反向，故摩擦力方向向左，Ff＝eq \f(mgcs θ,cs α)，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8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8
(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)eq \f(\r(3),3) (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°＝μmgcs 30°
解得μ＝tan 30°＝eq \f(\r(3),3)

(2)设斜面倾角为α时，受力情况如图乙所示，由平衡条件得：
Fcs α＝mgsin α＋Ff′
FN′＝mgcs α＋Fsin α
Ff′＝μFN′
解得F＝eq \f(mgsin α＋μmgcs α,cs α－μsin α)
当cs α－μsin α＝0，即tan α＝eq \r(3)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4 (2020·福建莆田市质检)如图9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9
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－Gcs 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.(受力分析)(2019·江苏启东中学、前黄中学、淮阴中学等七校联考)如图10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10
答案 B
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B.
2.(动态平衡)(2019·江苏南师附中等四校期初)使用自卸式货车可以提高工作效率．如图11所示，在车厢由水平位置缓慢抬起的过程中，关于货物所受车厢的支持力FN和摩擦力Ff，下列说法正确的是( )
图11
A．支持力FN逐渐减小
B．支持力FN先减小后不变
C．摩擦力Ff逐渐增大
D．摩擦力Ff先增大后不变
答案 A
解析 设车厢与水平面的夹角为θ，支持力FN＝mgcs θ，cs θ随角度的增大而减小，故支持力一定是逐渐减小，故A正确，B错误．开始时货物受重力和支持力，抬起后受到沿斜面向上的静摩擦力，静摩擦力等于重力沿斜面向下的分力，即Ff＝mgsin θ，随角度的增大，静摩擦力增大；当角度达一定程度时，货物开始滑动，由静摩擦力变为滑动摩擦力，而滑动摩擦力Ff＝μmgcs θ，cs θ随角度的增大而减小，故滑动摩擦力将减小，故摩擦力是先增大后减小，故C、D错误．
3．(整体法和隔离法的应用)如图12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12
A．tan θ＝eq \f(1,2) B．kA＝kB
C．FA＝eq \r(3)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＝eq \f(mg,cs 45°)＝eq \r(2)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＝eq \f(F,2mg)，又F＝mg，解得tan θ＝eq \f(1,2)，FA＝eq \r(2mg2＋F2)＝eq \r(5)mg，由题意可知两弹簧的形变量相等，则有：x＝eq \f(FA,kA)＝eq \f(FB,kB)，解得：eq \f(kA,kB)＝eq \f(FA,FB)＝eq \f(\r(5),\r(2))，
故A正确，B、C、D错误．
4.(平衡条件的应用)如图13所示，在质量为m＝1 kg的物块上系着一条长30 cm的细绳，细绳的另一端连着轻质圆环，圆环套在水平的棒上可以滑动，环与棒间的动摩擦因数μ＝0.75，另有一条细绳，其一端跨过光滑定滑轮与物块相连，定滑轮固定在距离圆环50 cm的地方．当细绳的另一端挂上重物G，而圆环将要开始滑动时(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2)，试问：
图13
(1)与物块相连的两绳夹角φ多大？
(2)长为30 cm的细绳的张力是多少？
(3)重物G的质量是多少？
答案 (1)90° (2)8 N (3)0.6 kg
解析 (1)当圆环将要开始滑动时，对圆环进行受力分析得：
μFN－FTcs θ＝0
FN－FTsin θ＝0
解得tan θ＝eq \f(1,μ)＝eq \f(4,3)
故θ＝53°
又由于AO＝30 cm，AB＝50 cm，由数学知识求得φ＝90°
(2)按如图所示选取坐标轴，根据物块处于平衡状态，则有：
Gcs θ＋FT′sin θ－mg＝0
FT′cs θ－Gsin θ＝0
解得FT′＝8 N，G＝6 N
(3)G＝m′g
解得m′＝0.6 kg.
1.(2020·福建三明市质检)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．(2019·江苏南通中学期中)如图3所示，光滑斜面的倾角为θ＝37°，一个可以看成质点的小球在轻质细线的拉力作用下静止在斜面上，细线与斜面间的夹角也为37°，若小球的重力为G，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，则手对细线的拉力等于( )
图3
A．G B.eq \f(G,2) C.eq \f(3G,4) D.eq \f(4G,5)
答案 C
解析 球受重力、拉力和支持力，处于平衡状态，受力分析如图所示，由几何关系可知，沿斜面方向Fcs 37°＝Gsin 37°，解得：F＝eq \f(3G,4)，选项C正确，A、B、D错误．
4．(2020·山东泰安市模拟)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，物块受到的力有重力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.eq \f(1,2)G B.eq \f(\r(3),3)G C．G D.eq \f(2\r(3),3)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＝eq \f(l,2l)＝eq \f(1,2)，则Fmin＝eq \f(1,2)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2FTcs α＝mg，d＝lasin α＋lbsin β＝lsin α，即sin α＝eq \f(d,l)，FT＝eq \f(mg,2cs α).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，cs 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，cs 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，可得sin θ＝eq \f(s,L)；
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2FTcs θ＝G，解得：FT＝eq \f(G,2cs θ).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，cs θ减小，则绳子拉力FT2增大，故A、B、C错误，D正确．种类
大小
方向
重力
G＝mg(不同高度、纬度、星球，g不同)
竖直向下
弹簧弹力
F＝kx(x为形变量)
沿弹簧轴线
静摩擦力
0＜Ff静≤Ffmax
与相对运动趋势方向相反
滑动摩擦力
Ff滑＝μFN
与相对运动方向相反
万有引力
F＝Geq \f(m1·m2,r2)
沿质点间的连线
整体法
隔离法
概念
将加速度相同的几个物体作为一个整体来分析的方法
将研究对象与周围物体分隔开来分析的方法
选用原则
研究系统外的物体对系统整体的作用力或系统整体的加速度
研究系统内物体之间的相互作用力