高考物理一轮复习第二章第4节受力分析共点力的平衡讲义含解析.pdf

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1、(完整)高考物理一轮复习第二章第 4 节受力分析共点力的平衡讲义含解析(word 版可编辑修改)1(完整)高考物理一轮复习第二章第 4 节受力分析共点力的平衡讲义含解析(word版可编辑修改)编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（(完整)高考物理一轮复习第二章第 4 节受力分析共点力的平衡讲义含解析(word版可编辑修改)）的内容能够给您的工作和学习带来便利。同时也真诚的希望收到您的建议和反馈，这将是我们进步的源泉，前进的动力。本文可编辑可修改，如果觉得对您有

2、帮助请收藏以便随时查阅，最后祝您生活愉快 业绩进步，以下为(完整)高考物理一轮复习第二章第4 节受力分析共点力的平衡讲义含解析(word版可编辑修改)的全部内容。(完整)高考物理一轮复习第二章第 4 节受力分析共点力的平衡讲义含解析(word 版可编辑修改)2 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

3、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,平衡条件表达式为错误!0，错误!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】(完整)高考物理一轮复习第二章第 4 节受力分析共点力的平衡讲义含解析(word 版可编辑修改)3 注 1(1)只分析物体受到的力,不分析物体对其他物

4、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

5、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(）AG BGsin 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

6、分对他的作用力的合力与人的重力G等大反向，A正确.(完整)高考物理一轮复习第二章第 4 节受力分析共点力的平衡讲义含解析(word 版可编辑修改)4 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

7、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

8、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(完整)高考物理一轮复习第二章第 4 节受力分析共点力的平衡讲义含解析(word 版可编辑修改)5 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

9、.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）g B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

10、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(）(完整)高考物理一轮复习第二章第 4 节受力分析共点力的平衡讲义含解析(word 版可编辑修改)6 A汽车静止

11、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

12、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

13、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错误!为（）(完整)高考物理一轮复习第二章第 4 节受力分析共点力的平衡讲义含解析(word 版可编辑修改)7 A。错误!B。错误!C.错误!D.错误!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 F错误!m1g，将NTm2g，60代入上式解得m2m1错误!，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

14、角形,如图乙所示。由正弦定理得错误!错误!,即错误!错误!，得错误!错误!.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 30Tsin 60 0，即错误!m1g错误!m2g，所以m2m1错误!。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

15、个力合力为物体所受的力，而两个(完整)高考物理一轮复习第二章第 4 节受力分析共点力的平衡讲义含解析(word 版可编辑修改)8 作用而平衡 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

16、支持力为FN，OP与水平方向的夹角为。下列关系正确的是（)AF错误!BFmgtan CFN错误!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：错误!tan，错误!sin，可得F错误!，FN错误!。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，FG2错误!，FNG1错误!。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m1 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

17、 10 m/s2）（)(完整)高考物理一轮复习第二章第 4 节受力分析共点力的平衡讲义含解析(word 版可编辑修改)9 A风对风筝的作用力为 10错误!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 mgsin 3 0，FTsin mgcos 30F,解得60,F10错误!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

18、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

19、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,有错误!错误!(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(完整)高考物理一轮复习第二章第 4 节受力分析共点力的平衡讲义含解析(word 版可编辑修改)10 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

20、语言叙述。2基本思路:化“动”为静，“静”中求动。错误!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 Ff0，FN(mgFsin）0,又FfFN,联立可得F错误!,可

21、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 错误!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mg B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(完整)高考物理一轮复习第二章第 4 节受力分析共点力的平衡

22、讲义含解析(word 版可编辑修改)11 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

23、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

24、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T错误!，对小球B有T错误!，TT，得mAmB错误!1,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错误!错误!错误!,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(完整)高考物理一轮复习第二章第 4 节受力分析共点力的平衡讲义含解析(word 版可编辑修改)12 A、半

25、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 错误!xsin，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）g错误!xcos,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

26、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 错误!，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

27、()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(完整)高考物理一轮复习第二章第 4 节受力分析共点力的平衡讲义含解析(word 版可编辑修改)13 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F错误!,设绳子总长为L，两杆间距离为s，由几何关系L1sin L2sin s，得 sin 错误!错误!,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

28、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F错误!，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 错误!，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。错误!（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。