2020版高考物理一轮复习新课改省份专用讲义：第二章第4节受力分析共点力的平衡

第4节　受力分析　共点力的平衡

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．受力分析的一般步骤

二、共点力作用下物体的平衡

1．平衡状态

(1)静止：物体的速度和加速度都等于零的状态。

(2)匀速直线运动：物体的加速度为零、速度不为零的状态。

2．平衡条件

(1)物体所受合外力为零，即F合＝0。[注2]

(2)若采用正交分解法，平衡条件表达式为＝0，＝0。

3．物体平衡条件的相关推论

(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，其中任意两个力的合力一定与第三个力大小相等、方向相反。[注3]

(3)多力平衡：如果物体受多个力作用处于平衡状态，其中任何一个力与其余力的合力大小相等，方向相反。

【注解释疑】

[注1] (1)只分析物体受到的力，不分析物体对其他物体的力。

(2)只分析外力，不分析内力。

(3)性质力和效果力不可重复分析。

(4)分力与合力不可重复分析。

[注2] 物体处于平衡状态时，所受合力一定为零，物体所受合力为零时，也一定处于平衡状态，即合力为零是平衡状态的充要条件。

[注3] 三力首尾相连，构成封闭三角形。

[深化理解]

1.物体速度为零时，不一定处于平衡状态，如竖直上抛运动到最高点。

2.物体处于平衡状态时，沿任意方向的合力均为0。

3.物体受多个力作用处于平衡状态时，其中几个力的合力与其余力的合力必定等大反向。

[基础自测]

一、判断题

(1)对物体受力分析时，只能画该物体受到的力，其他物体受到的力不能画在该物体上。(√)

(2)物体沿光滑斜面下滑时，受到重力、支持力和下滑力的作用。(×)

(3)物体的速度为零即处于平衡状态。(×)

(4)物体处于平衡状态时，其加速度一定为零。(√)

(5)物体受两个力作用处于平衡状态，这两个力必定等大反向。(√)

(6)物体处于平衡状态时，其所受的作用力必定为共点力。(×)

(7)物体受三个力F1、F2、F3作用处于平衡状态，若将F2转动90°，则三个力的合力大小为F2。(√)

二、选择题

1．(2013·重庆高考)如图所示，某人静躺在椅子上，椅子的靠背与水平面之间有固定倾斜角θ。若此人所受重力为G，则椅子各部分对他的作用力的合力大小为(　　)

A．G　　　　　　　　　 B．Gsin θ

C．Gcos θ   D．Gtan θ

解析：选A　人静躺在椅子上，处于平衡状态，因此，椅子各部分对他的作用力的合力与人的重力G等大反向，A正确。

2.如图，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(　　)

解析：选A　A与B整体同时沿竖直墙面下滑，受到重力，墙壁对其没有支持力，如果有，将会向右加速运动，因为没有弹力，故也不受墙壁的摩擦力，即只受重力，做自由落体运动。由于整体做自由落体运动，处于完全失重状态，故A、B间无弹力，再对物体B受力分析，只受重力，故A项正确。

3．[鲁科版必修1 P97 T2](多选)如图所示，水平地面上的物体A，在斜向上的拉力F的作用下，向右做匀速运动，则下列说法中正确的是(　　)

A．物体A可能只受到三个力的作用

B．物体A一定受到四个力的作用

C．物体A受到的滑动摩擦力大小为Fcos θ

D．物体A对水平面的压力大小一定为Fsin θ

解析：选BC　物体水平向右做匀速运动，合力必为零，所以必受水平向左的摩擦力，且有f＝Fcos θ，因滑动摩擦力存在，地面一定对物体A有竖直向上的支持力，且有N＝mg－Fsin θ，所以选项B、C正确，A、D错误。

高考对本节内容的考查，主要集中在共点力的平衡条件及其推论、整体法与隔离法的应用等，其中动态平衡问题常结合实际应用进行考查，主要以选择题的形式呈现，难度中等。

考点一　物体的受力分析[基础自修类]

[题点全练]

1．[单个物体的受力分析]

(多选)如图所示，固定斜面上有一光滑小球，与一竖直轻弹簧P和一平行斜面的轻弹簧Q连接着，小球处于静止状态，则关于小球所受力的个数可能的是(　　)

A．1　　　　　　　　　 B．2

C．3   D．4

解析：选BCD　设小球质量为m，若FP＝mg，则小球只受拉力FP和重力mg两个力作用；若FP<mg，则小球受拉力FP、重力mg、支持力FN和弹簧Q的弹力FQ四个力作用；若FP＝0，则小球要保持静止，应受FN、FQ和mg三个力作用，故小球受力个数不可能为1。A错误，B、C、D正确。

2．[多个物体的受力分析]

如图所示，质量为m的正方体和质量为M的正方体放在两竖直墙和水平面间，处于静止状态。m和M的接触面与竖直方向的夹角为α，重力加速度为g，若不计一切摩擦，下列说法正确的是(　　)

A．水平面对正方体M的弹力大于(M＋m)g

B．水平面对正方体M的弹力大小为(M＋m)gcos α

C．墙面对正方体m的弹力大小为mgtan α

D．墙面对正方体M的弹力大小为mgcot α

解析：选D　对M和m构成的整体进行受力分析，如图甲所示，整体受重力(M＋m)g、水平面的支持力N、两墙面的支持力Nm和NM，由于两正方体受力平衡，根据共点力平衡条件，水平面对正方体M的弹力大小为N＝(M＋m)g，故A、B错误。

对m进行受力分析，受重力mg、墙面的支持力Nm、M的支持力N′，如图乙所示，根据共点力平衡条件有，竖直方向mg＝N′sin α；水平方向Nm＝N′cos α，解得Nm＝mgcot α，即墙面对正方体m的弹力大小等于mgcot α；由整体法可知NM＝Nm，则墙面对正方体M的弹力大小为NM＝mgcot α，故C错误，D正确。

3．[受力分析与物体运动状态的综合]

磁性车载支架(图1)使用方便，它的原理是将一个引磁片贴在手机背面，再将引磁片对准支架的磁盘放置，手机就会被牢牢地吸附住(图2)。下列关于手机(含引磁片，下同)的说法中正确的是(　　)

A．汽车静止时，手机共受三个力的作用

B．汽车静止时，支架对手机的作用力大小等于手机的重力大小

C．当汽车以某一加速度向前加速时，手机可能不受支架对它的摩擦力作用

D．只要汽车的加速度大小合适，无论是向前加速还是减速，手机都可能不受支架对它的摩擦力作用

解析：选B　手机处于静止状态时，受力平衡，手机共受到重力、支架的支持力、摩擦力以及磁盘的吸引力，共4个力的作用，A错误；手机处于静止状态时，支架对手机的支持力、摩擦力、吸引力的合力与手机重力等大反向，B正确；因磁盘对手机的吸引力和手机所受支持力均与引磁片垂直，只要汽车有向前的加速度时，一定有沿斜面向上的摩擦力，故C、D均错误。

[名师微点]

1．整体法与隔离法

2．受力分析的注意事项

(1)养成按照一定顺序进行受力分析的习惯。

(2)涉及弹簧弹力时，要注意拉伸或压缩可能性分析。

(3)分析摩擦力时要特别注意摩擦力的方向！

(4)对于不能确定的力可以采用假设法分析。

考点二　解答平衡问题的常用方法[方法模型类]

[典例]　如图所示，一个半球形的碗放在桌面上，碗口水平，O点为其球心，碗的内表面及碗口是光滑的。一根细线跨在碗口上，线的两端分别系有质量为m1和m2的小球，当它们处于平衡状态时，质量为m1的小球与O点的连线与水平面的夹角α＝60°，则两小球的质量之比为(　　)

A.　　　　　　　　 B.

C.   D.

[解析]　法一：合成法

小球m1受拉力T、支持力N、重力m1g三力作用而处于平衡状态。受力分析如图甲所示，小球m1处于平衡状态，故N与T的合力F＝m1g。根据合力公式可得

F＝＝m1g，

将N＝T＝m2g，θ＝60°代入上式解得＝，故选项A正确。

法二：力的三角形法

小球m1受到的支持力N和细线的拉力T的合力与小球重力m1g的大小相等，方向相反，故N、T、m1g构成矢量三角形，如图乙所示。

由正弦定理得＝，即＝，得＝。

法三：正交分解法

如图丙所示，以支持力N的方向为y轴，以垂直N的方向为x轴建立坐标系。因N与T的夹角为60°，则m1g与y轴成30°角。在x轴方向由物体的平衡条件有m1gsin 30°－T·sin 60°＝0，即m1g＝m2g，所以＝。

[答案]　A

[方法归纳]

解答平衡问题四种常用方法对比

[题点全练]

1．[合成法与分解法]

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：选A　法一：合成法

滑块受力如图甲所示，由平衡条件知：＝tan θ，＝sin θ，可得F＝，FN＝。故A正确。

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＝。故A正确。

2．[正交分解法]

(多选)如图所示，在夜光风筝比赛现场，某段时间内某小赛手和风筝均保持静止状态，此时风筝平面与水平面夹角为30°，风筝的质量为m＝1 kg，轻质细线中的张力为FT＝10 N，小赛手的质量为M＝29 kg，则下列说法正确的是(风对风筝的作用力认为与风筝垂直，g取10 m/s2)(　　)

A．风对风筝的作用力为10 N

B．细线与水平方向的夹角为30°

C．小赛手对地面的摩擦力方向水平向左

D．小赛手对地面的压力大小等于小赛手和风筝整体的重力，即300 N

解析：选AB　对风筝进行受力分析如图所示，将所有的力沿风筝和垂直于风筝平面进行正交分解，则FTcos θ＝mgsin 30°，FTsin θ＋mgcos 30°＝F，解得θ＝60°，F＝10 N，细线与风筝成60°角，也就是与水平方向成30°角，A、B正确；将风筝和小赛手视为一个整体，由于受风力向右上方，因此地面对人的摩擦力水平向左，根据牛顿第三定律，小赛手对地面的摩擦力水平向右，C错误；由于细线对小赛手向上拉，因此小赛手对地面的压力小于小赛手和风筝整体的重力300 N，D错误。

3．[力的三角形法]

如图所示，穿在一根光滑的固定杆上的两个小球A、B连接在一条跨过定滑轮的细绳两端，杆与水平面成θ角，不计所有摩擦，当两球静止时，OA绳与杆的夹角为θ，OB绳沿竖直方向，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．绳子对A的拉力大于对B的拉力

D．A、B的质量之比为1∶tan θ

解析：选D　对A球受力分析可知，A受到重力，绳子的拉力以及杆对A球的弹力，三个力的合力为零，故A错误；对B球受力分析可知，B受到重力，绳子的拉力，两个力合力为零，杆对B球没有弹力，否则B不能平衡，故B错误；定滑轮不改变力的大小，则绳子对A的拉力等于对B的拉力，故C错误；

分别对A、B两球受力分析，如图所示。

根据共点力平衡条件，得：T＝mBg

在力的三角形中，有＝

(根据正弦定理列式)

故mA∶mB＝1∶tan θ，故D正确。

考点三　解决动态平衡问题的三种方法[方法模型类]

1．动态平衡：通过控制某些物理量，使物体的状态发生缓慢的变化，而在这个过程中物体又始终处于一系列的平衡状态，在问题的描述中常用“缓慢”等语言叙述。

2．基本思路：化“动”为静，“静”中求动。

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，得到因变量与自变量的关系表达式(通常要用到三角函数)，最后根据自变量的变化确定因变量的变化。　　

[例1]　如图所示，与水平方向成θ角的推力F作用在物块上，随着θ逐渐减小直到水平的过程中，物块始终沿水平面做匀速直线运动。关于物块受到的外力，下列判断正确的是(　　)

A．推力F先增大后减小

B．推力F一直减小

C．物块受到的摩擦力先减小后增大

D．物块受到的摩擦力一直不变

[解析]　对物块受力分析，建立如图所示的坐标系。由平衡条件得，Fcos θ－Ff＝0，FN－(mg＋Fsin θ)＝0，又Ff＝μFN，联立可得F＝，可见，当θ减小时，F一直减小；由摩擦力Ff＝μFN＝μ(mg＋Fsin θ)可知，当θ、F减小时，Ff一直减小。综上分析可知，B正确，A、C、D错误。

[答案]　B

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2]　(多选)如图所示，小车内固定着一个倾角为60°的斜面OA，挡板OB与水平面的夹角θ＝60°。可绕转轴O在竖直面内转动，现将一质量为m的光滑圆球放在斜面与挡板之间，下列说法正确的是(　　)

A．当小车与挡板均静止时，球对斜面OA的压力小于mg

B．保持θ＝60°不变，使小车水平向右运动，则球对斜面OA的压力可能为零

C．保持小车静止，在θ由60°缓慢减小至15°的过程中，球对挡板OB的压力先减小再增大

D．保持小车静止，在θ由60°缓慢减小至15°的过程中，球对挡板OA的压力逐渐增大

[解析]　球处于静止状态时受力平衡，对球进行受力分析，如图所示，FA、FB以及G之间的夹角两两都为120°，根据几何关系可知，FA＝FB＝mg，故A错误；若保持θ＝60°不变，使小车水平向右做匀加速直线运动，当由FB和重力G的合力提供加速度时，球对挡板OA的压力为零，故B正确；保持小车静止，在θ由60°缓慢减小至15°的过程中，根据图像可知，FA不断减小，FB先减小后增大，根据牛顿第三定律可知，球对挡板的压力先减小后增大，对斜面的压力不断减小，故C正确，D错误。

[答案]　BC

三相似三角形法

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3]　(多选)如图所示，一光滑半圆环竖直固定于粗糙的木板上，圆心为O1，穿套在环上的小球A位于左侧最低点，并由细线通过光滑的小滑轮O与小球B相连，B右侧细线水平，O在圆心O1的正上方，OA与竖直方向成30°角，OA⊥OB，地面水平，两球均处于静止状态，小球A恰好对木板没有力的作用。若对B施加一外力，使小球A缓慢运动到O点正下方的过程中，木板始终静止，则下列说法正确的是(　　)

A．A、B两球的质量之比为∶1

B．OA细线拉力逐渐变大

C．地面对木板的摩擦力逐渐变小

D．地面对木板的支持力逐渐变小

[解析]　小球A位于左侧最低点时，细线对小球A的拉力大小T＝，对小球B有T′＝，T＝T′，得mA∶mB＝∶1，选项A正确；设OO1＝h，OA＝x，圆环的半径为R，细线OA的拉力大小为F，环对A的支持力大小为N1，如图1所示，则根据三角形相似有＝＝，当x变小时，F也变小，但N1不变，选项B错误；设细线OA与OO1间夹角为θ，以小球A、半圆环和木板整体受力分析如图2所示，地面对木板的摩擦力大小f＝Fsin θ＝xsin θ，而xsin θ表示小球A与O间的水平距离，是逐渐变小的，故f逐渐变小，选项C正确；地面对木板的支持力大小N2＝(m板＋mA＋m环)g－Fcos θ＝(m板＋mA＋m环)g－xcos θ，而xcos θ表示小球A与O间的竖直距离，是逐渐变小的，N2逐渐变大，选项D错误。

[答案]　AC

“融会贯通”归纳好——动态平衡与“几何绳”的结合

1．竖直放置的“”形支架上，一根不可伸长的轻绳通过不计摩擦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(与A点等高)沿支架缓慢地向C点靠近，则绳中拉力大小变化的情况是(　　)

A．变大　　　　　　　　 B．变小

C．不变   D．先变大后变小

解析：选C　因不计轻质滑轮的摩擦力，故悬挂重物的左右两段轻绳的拉力大小相等，由平衡条件可知，两绳与竖直方向的夹角大小相等，设均为θ，则有2Fcos θ＝G。设左右两段绳长分别为l1、l2，两竖直支架之间的距离为d，则有l1sin θ＋l2sin θ＝d，得：sin θ＝，在悬点B竖直向上移至C点的过程中，虽然l1、l2的大小均变化，但l1＋l2不变，故θ不变，F不变，C正确。

2．(多选)(2017·天津高考)如图所示，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(　　)

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

解析：选AB　设两段绳子间的夹角为2α，由平衡条件可知，2Fcos α＝mg，所以F＝，设绳子总长为L，两杆间距离为s，由几何关系L1sin α＋L2sin α＝s，得sin α＝＝，绳子右端上移，L、s都不变，α不变，绳子张力F也不变，A正确；杆N向右移动一些，s变大，α变大，cos α变小，F变大，B正确；绳子两端高度差变化，不影响s和L，所以F不变，C错误；衣服质量增加，绳子上的拉力增加，由于α不会变化，悬挂点不会右移，D错误。

3．如图所示，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(　　)

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：选C　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，如图乙所示，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。