1、微专题2 受力分析 共点力的平衡,考点一 受力分析 共点力的平衡,考点二 共点力的静态平衡,考点三 共点力作用下的动态平衡问题,考点突破,考点四 平衡中的临界、极值问题,考点一 受力分析 整体法与隔离法的应用,考点突破,1.受力分析的基本思路,2.整体法与隔离法,例1 如图所示,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列选项中的 ( A ),【审题突破】 由于甲、乙通过细线相连,可从整体分析入手,再单独 研究甲、乙个体,需注意两个方面: (1)大小相等的力F水平向左、向
2、右拉球; (2)平衡时细线都被拉紧。,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,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 球受到竖直向下的重力mg、水平向右的拉力F、细线2的拉力,要使得 乙球受力平衡,细线2必须向右倾斜。故选A。,1.(多选)(2019广东汕头金山中学期末)如图所示,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F0,则B的受力个数可 能为 ( BC )A.3个 B.4个
3、C.5个 D.6个,解析 先对A、B整体受力分析,受重力、推力、支持力,关于是否受摩擦力,分析如下:当推力平行斜面向上的分力大于重力沿斜面向下的分力时,整体有上滑趋势,受沿斜面向下的摩擦力;当推力平行斜面向上的分力小于重力沿斜面向下的分力时,整体有下滑趋势,受沿斜面向上的摩擦力;当推力平行斜面向上的分力等于重力沿斜面向下的分力时,无滑动趋势,不受摩擦力。再对A受力分析,受推力、重力、支持力和向左的静摩擦力,共4个力。最后对B受力分析,受重力、A对B的压力和向右的静摩擦力、斜面对B的支持力,若B相对斜面有滑动趋势,则还要受到斜面的静摩擦力,若相对斜面无滑动趋势,则不受斜面的静摩擦力,即物体B可能
4、受4个力,也可能受5个力。故选B、C。,2.(2018河北保定模拟)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 ( B ),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 手机处于静止状态时,受力平衡,受到重力、支架的支持力、 摩擦力以及磁盘的吸引
5、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;磁盘对手机的吸引力和手机所受支持力均与引磁片垂直,汽车有 向前的加速度时,一定受沿斜面向上的摩擦力,故C、D均错误。,3.(2018黑龙江绥化联考)L形木板P(上表面光滑)放在固定斜面上, 轻质弹簧一端固定在木板上,另一端与置于木板上表面的滑块Q相连,如 图所示。若P、Q一起沿斜面匀速下滑,不计空气阻力。则木板P的受力 个数为 ( C )A.3 B.4 C.5 D.6,解析 P、Q一起沿斜面匀速下滑时,木板P的上表面光滑,隔离滑块 Q分析受力,受到三个力,分别为重力、P对Q的
6、支持力、弹簧对Q沿斜面 向上的弹力;再隔离木板P分析受力,受到重力、Q对P的压力、弹簧对P 沿斜面向下的弹力、斜面对P的支持力、斜面对P的摩擦力,故选项C正 确。,方法技巧,1.处理静态平衡问题的常用方法,考点二 共点力的静态平衡,2.求解静态平衡问题的一般思路,例2 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 ( A )A.F= B.F=mg tan C.FN= D.FN=mg tan ,解析 解法一 合成法 滑块受力如图甲所示,由平衡条件可知 =tan , =sin
7、 F= , FN= 。,解法二 效果分解法 将重力按产生的效果分解,如图乙所示,F=G2= ,FN=G1= 。 解法三 正交分解法 将滑块受到的力沿水平和竖直方向分解,如图丙所示,mg=FN sin ,F=FN cos ,联立解得F= ,FN= 。 解法四 矢量三角形法 滑块受到三个共点力作用处于平衡状态,则这三个力组成封闭三角形,如图丁所示,解直角三角形得F= ,FN= 。,1.(2018山东烟台一模)如图所示,斜面上放有两个完全相同的物 体a、b,两物体间用一根细线连接,在细线的中点加一与斜面垂直的拉 力F,使两物体均处于静止状态。则下列说法正确的是 ( B ),A.a、b两物体的受力个数
8、一定相同 B.a、b两物体对斜面的压力相同 C.a、b两物体受到的摩擦力大小一定相等 D.当逐渐增大拉力F时,物体b先开始滑动,解析 对a、b进行受力分析,如图所示。b物体处于静止状态,当细 线沿斜面向上的分量与重力沿斜面向下的分量相等时,摩擦力为零,所 以b可能只受3个力作用,而a物体必定受到摩擦力作用,肯定受4个力作 用,故A错误;a、b两个物体,垂直于斜面方向受力都平衡,则有FN+FT sin =mg cos ,解得FN=mg cos -FT sin ,则a、b两物体对斜面的压力相同, 故B正确;根据对A项的分析可知,b受到的摩擦力可以为零,而a受到的摩 擦力一定不为零,故C错误;对a沿
9、斜面方向有FT cos +mg sin = ,对b 沿斜面方向有FT cos -mg sin = ,正压力相等,接触面粗糙程度相同,所以最大静摩擦力相等,则a先达到最大静摩擦力,先滑动,故D错误。,2.(2018河北保定模拟)如图,一不可伸长的光滑轻绳,其左端固定于 O点,右端跨过位于O点的固定光滑轴悬挂一质量为M的物体;OO段水 平,长度为L;绳子上套一可沿绳滑动的轻环。现在轻环上悬挂一钩码, 平衡后,物体上升L,则钩码的质量为 ( D ),A. M B. M C. M D. M,解析 重新平衡后,绳子形状如图,由几何关系知:绳子与竖直方向 夹角为30,则环两边绳子的夹角为60,根据平行四边
10、形定则,环两边绳 子拉力的合力为 Mg,根据平衡条件,则钩码的质量为 M,选项D正 确。,考点三 共点力作用下的动态平衡问题,1.动态平衡:物体所受的力一部分是变力,是动态力,力的大小和方向均 要发生变化,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.分析动态平衡问题的方法,例3 (多选)(2017课标,21,6分)如图,柔软轻绳ON的一端O固定,其中 间某点M拴一重物,用手拉住绳的另一端N。初始时,OM竖直且MN被拉 直,OM与MN之间的夹角为 。现将重物向右上方缓慢拉起,并保 持夹角不变。在OM由竖直被拉到水平的过程中 ( AD ),A.MN上的张力逐渐增大 B.MN上
11、的张力先增大后减小 C.OM上的张力逐渐增大 D.OM上的张力先增大后减小,【审题突破】 解题的关键是分析物体受力的特点,此题中知重力大 小、方向不变,而两侧轻绳上的张力大小、方向均变化,需根据平衡条 件结合力的矢量三角形画出动态分析图,也可直接利用正弦定理求解。,解析 将重物向右上方缓慢拉起,重物处于动态平衡状态,可利用 平衡条件或力的分解画出动态图分析。将重物的重力沿两绳方向分解, 画出分解的动态图如图所示。在三角形中,根据正弦定理有 = = ,由题意可知FMN的反方向与FOM的夹角=180-,不变,因 sin (为 FMN与G的夹角)先增大后减小,故OM上的张力先增大后减小,当=90时,
12、OM上的张力最大,因 sin (为FOM与G的夹角)逐渐增大,故MN上的张力 逐渐增大,选项A、D正确,B、C错误。,考向1 解析法,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 ( B ),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,F cos -Ff=0,FN-(mg+F sin )=0,又Ff=FN,联立可得F= ,可见,当 减小时,F一直减小;由摩擦力Ff=F
13、N= (mg+F sin )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。,考向2 图解法 2.(2016课标,14,6分)质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板 上。用水平向左的力F缓慢拉动绳的中点O,如图所示。用T表示绳OA 段拉力的大小,在O点向左移动的过程中 ( A )A.F逐渐变大,T逐渐变大 B.F逐渐变大,T逐渐变小 C.F逐渐变小,T逐渐变大 D.F逐渐变小,T逐渐变小,解析 由题意知,系统处于动态平衡状态,分析O点的受力情况如图 所示,其中T=G恒定不变,F方向不变,T大小方向均改变,在O点向左移动 的过程中,角逐渐变大,由动态矢量三角形可知F、T均
14、逐渐变大,故A项 正确。,考向3 相似三角形法 3.如图所示是一个简易起吊装置的示意图,AC是质量不计的撑杆,A 端与竖直墙用铰链连接,一滑轮固定在A点正上方,C端吊一重物。现施 加一拉力F缓慢将重物P向上拉,在AC杆达到竖直前 ( B ),A.BC绳中的拉力FT越来越大 B.BC绳中的拉力FT越来越小 C.AC杆中的支持力FN越来越大 D.AC杆中的支持力FN越来越小,解析 作出C点的受力示意图,如图所示,由图可知力的矢量三角形 与几何三角形ABC相似。根据相似三角形的性质得 = = ,解得 BC绳中的拉力为FT=G ,AC杆中的支持力为FN=G 。由于重物P 向上运动时,AB、AC不变,B
15、C变小,故FT减小, FN不变。选项B正确。,方法技巧,考点四 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发生变化,从而 使物体所处的平衡状态“恰好出现”或“恰好不出现”,在问题中常用 “刚好”“刚能”“恰好”等语言描述。 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
16、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。,例4 (2019辽宁沈阳月考)如图所示,三根长度均为l的轻绳分别连接于 C、D两点,A、B两端被悬挂在水平天花板上,相距2l。现在C点上悬挂 一个质量为m的重物,为使CD绳保持水平,在D点上可施加的力的最小值 为 ( C ),A.mg B. mg C. mg D. mg,【审题指导】 解答本题时应把握以下两点: (1)先以C点为研究对象,进行受力分析,求出CD绳中的张力大小; (2)再以D点为研究对象,明确绳CD对D点的拉力是恒力,大小、方向不 变,BD绳对D点的拉力方向不变,因此可以利用图解法求解在D
17、点可施加 力的最小值。,解析 由题图可知,要想CD水平,各绳均应绷紧,则AC与水平方向的夹角为60,结点C受力平衡,受力分析如图所示,则CD绳对结点C的拉力FT=mg tan 30= mg,D点受,CD绳拉力FT大小等于FT,方向向左。要使CD水,D点受两绳的 拉力与外界施加的力的合力为零,则CD绳对D点的拉力可分解为沿BD 绳的力F1和另一分力F2,由几何关系可知,当力F2与BD垂直时,F2最小,而 F2的大小等于施加的力的大小,故最小力F=FT sin 60= mg。,1.细线OA、OB的O端与质量为m的小球拴接在一起,A、B两端固 定于竖直墙面上,其中细线OA与竖直方向成45角,细线OB
18、与竖直方向 成60角,如图所示,现在对小球施加一个与水平 方向成45角的拉力F,小球保持静止,细线OA、 OB均处于伸直状态,已知重力加速度为g,小球 可视为质点,下列说法错误的是 ( D ),A.在保证细线OA、OB都伸直的情况下,若F增大,则细线OA中拉力变 小,细线OB中拉力变大 B.当F= mg时,细线OB中拉力为零 C.为保证两根细线均伸直,拉力F不能超过 mg D.为保证两根细线均伸直,拉力F不能超过 mg,解析 对小球进行受力分析如图所示,设细线 OA、OB对小球的拉力分别为TA、TB,若OA、 OB都伸直,对小球由平衡条件列方程,竖直方向有TA cos 45+F sin 45=
19、TB cos 60+mg,水平,方向有TA sin 45+TB sin 60=F cos 45,解得TA= mg-(2- )F,TB= ( - )F-( -1)mg,若F增大,则TA变小,TB变大,A项正确;TB为零时,有TB= ( - )F-( -1)mg=0,解得F= mg,B项正确;为保证两根细线都伸直, F最大时,有TA= mg-(2- )F=0,解得F= mg,C项正确,D项 错误。,2.(2017安徽江淮名校联考)如图所示,轻质弹簧一端系在质量为m= 1 kg的小物块上,另一端固定在墙上。物块在斜面上静止时,弹簧与竖直 方向的夹角为37,已知斜面倾角=37,斜面与小物块间的动摩擦因
20、数 =0.5,斜面固定不动。设物块与斜面间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大 小相等,下列说法正确的是 ( C ),A.小物块可能只受三个力 B.弹簧弹力大小一定等于4 N C.弹簧弹力大小不可能等于3 N D.斜面对物块支持力可能为零,解析 假如物块受3个作用力,重力、斜面的支持力以及摩擦力,则 mg sin 37=6 N,而最大静摩擦力为mg cos 37=4 N6 N,则物块不能静 止,故选项A错误;要使物块静止,设弹簧弹力最小为F,则满足mg sin 37= (F+mg cos 37),解得F=4 N,故当弹力不小于4 N时,物块均能静止,选项 B错误,C正确;若斜面对物块支持力为零,则物块与斜面之间的摩擦力为 零,则物块不可能静止,选项D错误。,
