1、1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。Fx Fy3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
2、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。2(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
3、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。()2二、选择题
4、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( )A G B Gsin C Gcos D Gtan 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3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
5、，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 f Fcos ，因滑动摩擦力存在，地面一定对物体 A 有竖直向上的支持
6、力，且有N mg Fsin ，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 B2C3 D4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 FPmg，则小球受拉力 FP、重力 mg、支
7、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4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)gB水平面对正方体 M 的弹力大小为( M m)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
8、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 Nsin ；水平方向 Nm Ncos ，解得Nm mgcot ，即墙面对正方体 m 的弹力大小等于 mgcot ；由整体法可知 NM Nm，则墙面对正方体 M 的弹力大小为 NM mgcot ，故 C 错误，D 正确。3受力分析与物体运动状态的综
9、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、
10、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5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
11、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 为( )m2m1A. B.33 23C. D.32 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 F m1g。根据合力公式可得F m1g，N2 T2 2NTcos 将 N T m2g， 60代入上式解得 ，故选项
12、 A 正确。m2m1 33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。6由正弦定理得 ，即 ，得 。Tsin 30 m1gsin 120 m2sin 30 m1sin 120 m2m1 33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 600，即 m1g m2g，所以 。12 32 m2m1 33
13、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
14、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7m 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 F B F mgtan mgtan C FN D FN mgtan mgtan 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 ， sin ，可得mgF mgFNF ， FN 。故 A 正确。mgtan mgsin 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。mgtan mgsin 2正交分解法(多选)如图所
15、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 10 m/s2)( )A风对风筝的作用力为 10 N3B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 30 F，解得 60
16、， F10 N，细线与风3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8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( )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
17、绳子对 A 的拉力大于对 B 的拉力D A、 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： T mBg在力的三角形中，有 Tsin mAgsin 90 (根据正弦定理列式)故 mA mB1tan ，故 D 正确。考点三 解决动态平
18、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
19、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9得， Fcos Ff0， FN( mg Fsin )0，又 Ff F N，联立可得 F，可见，当 减小时， F 一直减小；由摩擦力 Ff F N (mg Fsin mgcos 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。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
20、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， FA FB mg，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
21、，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。10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，
22、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 13B 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mAgcos 30B 有 T ， T T，得 mA mB 1，选项 A 正确；设 OO1 h， O
23、A x，圆环的mBgcos 60 3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 OO1Fx N1R mAgh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 f Fsin xsin ，而 xsin 表示小球 A 与 O 间的水平距离，是逐渐变小的，mAgh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 ( m 板 mA m 环 )g xcos ，而 xcos
24、 表示小球 A 与 O 间的竖直距离，是逐渐变mAgh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11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
25、架之间的距离为 d，则有 l1sin l2sin d，得：sin ，在悬点 B 竖直dl1 l2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 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
26、间的夹角为 2 ，由平衡条件可知，2 Fcos mg，所以F ，设绳子总长为 L，两杆间距离为 s，由几何关系 L1sin L2sin s，得mg2cos sin ，绳子右端上移， L、 s 都不变， 不变，绳子张力 F 也不变，A 正确；sL1 L2 sL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
27、 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12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， 增大，mg2cos 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 ， L、 s 不变，则 保持不变。sL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。13
