2020版高考物理第二章第4节受力分析共点力的平衡含解析32.pdf

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Fx0，Fy 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2F2。()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。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()AGBGsin CGcos DGtan 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mAmB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 D物体A对水平面的压力大小一定为Fsin 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fFcos，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NmgFsin，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()A1 B2 C3 D4 解析：选 BCD 设小球质量为m，若FPmg，则小球只受拉力FP和重力mg两个力作用；若FPmg，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FP0，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，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(Mm)gB水平面对正方体M的弹力大小为(Mm)gcos C墙面对正方体m的弹力大小为mgtan D墙面对正方体M的弹力大小为mgcot 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(Mm)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(Mm)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mgNsin；水平方向NmNcos，解得Nmmgcot，即墙面对正方体m的弹力大小等于mgcot；由整体法可知NMNm，则墙面对正方体M的弹力大小为NMmgcot，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60，则两小球的质量之比m2m1为()A.33B.23C.32D.22 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Fm1g。根据合力公式可得FN2T22NTcos m1g，将NTm2g，60代入上式解得m2m133，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Tsin 30 m1gsin 120，即m2sin 30 m1sin 120，得m2m133。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 Tsin 60 0，即12m1g32m2g，所以m2m133。答案 A 方法归纳 解答平衡问题四种常用方法对比适用条件注意事项优点合成法物体受三个力作用而平衡(1)表示三个力大小的线段长度不可随意画(2)两力的合力与第三个力等大反向对于物体所受的三个力，有两个力相互垂直或两个力大小相等的平衡问题求解较简单分解法物体受三个力作用而平衡合力为物体所受的力，而两个分力分别与物体受到的另两个力等大反向正交分解法物体受三个或三个以上的力作用而平衡选坐标轴时应使尽量多的力与坐标轴重合对于物体受三个以上的力处于平衡状态的问题求解较方便力的三角形法物体受三个力作用而平衡将三个力的矢量图平移，构成一个依次首尾相连接的矢量三角形常用于求解一般矢量三角形中未知力的大小和方向 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。下列关系正确的是()AFmgtan BFmgtan CFNmgtan DFNmgtan 解析：选 A 法一：合成法滑块受力如图甲所示，由平衡条件知：mgFtan，mgFNsin，可得Fmgtan ，FNmgsin。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，FG2mgtan，FNG1mgsin。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FT10 N，小赛手的质量为M29 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103 N B细线与水平方向的夹角为30C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 mgsin 30，FTsin mgcos 30F，解得60，F103 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，杆与水平面成角，不计所有摩擦，当两球静止时，OA绳与杆的夹角为，OB绳沿竖直方向，则下列说法正确的是()AA可能受到2 个力的作用BB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DA、B的质量之比为1tan 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：TmBg在力的三角形中，有Tsin mAgsin90(根据正弦定理列式)故mAmB1tan，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。一解析法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，与水平方向成角的推力F作用在物块上，随着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 Ff 0，FN(mgFsin)0，又FfFN，联立可得Fmgcos sin，可见，当减小时，F一直减小；由摩擦力FfFN(mgFsin)可知，当、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 二图解法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mgB保持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，FAFBmg，故 A错误；若保持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，OAOB，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()AA、B两球的质量之比为31 BOA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TmAgcos 30，对小球B有TmBgcos 60，TT，得mAmB31，选项 A正确；设OO1h，OAx，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FxN1RmAgh，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，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fFsin mAghxsin，而xsin 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mAm环)gFcos(m板mAm环)gmAghxcos，而xcos 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，则有 2Fcos 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 l2sin d，得：sin dl1l2，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l1l2不变，故不变，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2，由平衡条件可知，2Fcos mg，所以Fmg2cos，设绳子总长为L，两杆间距离为s，由几何关系L1sin L2sin s，得 sin sL1L2sL，绳子右端上移，L、s都不变，不变，绳子张力F也不变，A正确；杆N向右移动一些，s变大，变大，cos 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2。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 mg，得到绳子的拉力Fmg2cos，所以在轻绳的右端从B点移到直杆最上端的过程中，增大，cos 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2。设绳子总长为L，两直杆间的距离为s，由数学知识得到sin sL，L、s不变，则保持不变。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。反思领悟(1)不论轻绳两端的固定点如何移动或重物的悬挂位置如何变化，只要不计滑轮与绳间的摩擦，滑轮两侧绳的张力大小就相等，左右两侧绳与竖直方向间夹角也相同。(2)固定点移动前后，轻绳两端水平方向上的距离如果不变，则两侧绳的张力及两侧绳与竖直方向间夹角都不变；如果水平距离变大，则张力和夹角都变大，反之都变小。(3)悬挂位置的变化对张力及夹角没有影响。