1、第3讲受力分析共点力的平衡一、受力分析1.受力分析把指定物体(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、共点力的平衡1.平衡状态物体处于 静止 状态或 匀速直线运动 状态。2.平衡条件F合= 0 或者Fx=0Fy=0如图,小球静止不动,物块匀速运动。则:小球F合=F-mg=0。物块Fx=F1-Ff=0,Fy=F2+FN-mg=0。3.平衡条件的推论(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,其中任何一个力与其余两
2、个力的合力大小相等,方向相反。(3)多力平衡:如果物体在多个共点力的作用下处于平衡状态,其中任何一个力与其余几个力的合力大小相等,方向相反。1.判断下列说法对错。(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。( )2.一建筑塔吊如图所示向右上方匀速提升建筑物料,若忽略空气阻力,则下列有关
3、物料的受力图正确的是()答案D3.如图所示,质量为M的小英坐在质量为m的雪橇上,狗拉着雪橇沿水平地面从静止开始向左移动了一段距离,假定狗对雪橇的拉力恒为F且与水平方向成角。已知雪橇与雪地间的动摩擦因数为,重力加速度为g,则下列说法正确的是()A.雪橇对小英的作用力大小大于MgB.雪橇受到的摩擦力f=(M+m)gC.雪橇受到的摩擦力f=F cos D.地面对雪橇的支持力FN=mg-F sin 答案A考点一受力分析整体法与隔离法的应用整体法与隔离法1.(多选)如图所示,一个质量m=0.3 kg的小球穿在水平直杆上处于静止状态,现对小球施加一个5 N的拉力F,F与杆的夹角为37,小球与杆之间的动摩擦
4、因数=0.5,取g=10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8,则()A.小球受到2个力B.小球受到3个力C.若F=10 N,则小球受4个力D.若F=10 N,则小球受3个力答案AC建立如图直角坐标系F在y轴上的分力Fy=F sin 37=3 N,F与重力在y轴上的合力刚好为0,所以杆与小球只接触不挤压,无弹力和摩擦力,A对,B错;当F=10 N时,Fy=6 N,它与重力在y轴上的合力为3 N,垂直于杆向上,此时杆对小球的弹力垂直于杆向下,且F在水平方向上有分力,因此杆对小球还有摩擦力,小球一共受四个力,C对,D错。2.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
5、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()答案A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。3.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
6、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()A.3B.4 C.5D.6答案CP、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。方法技巧受力分析的四种方法整体法将加速度相同的几个相互关联的物体作为一个整体进行受力分析隔离法将所研究的对象从周围的物体中分离出来,单独进行受力分析假设法在受力分析时,若不能确定某力是否存在,可先对其作出存在的假设,然后分析该力存在
7、对物体运动状态的影响来判断该力是否存在动力学分析法对加速运动的物体进行受力分析时,应用牛顿运动定律进行分析求解考点二共点力的静态平衡1.处理静态平衡问题的常用方法方法内容合成法物体受三个共点力的作用而平衡,则任意两个力的合力一定与第三个力大小相等,方向相反分解法物体受三个共点力的作用而平衡,将某一个力按力的效果分解,则其分力和其他两个力满足平衡条件正交分解法物体受到三个或三个以上力的作用而平衡,将物体所受的力分解为相互垂直的两组,每组力都满足平衡条件力的三角形法对受三个力作用而平衡的物体,将力的矢量图平移使三个力组成一个首尾依次相接的矢量三角形,根据正弦定理、余弦定理或相似三角形等数学知识求解
8、未知力2.求解静态平衡问题的一般思路1.(2019课标,16,6分)物块在轻绳的拉动下沿倾角为30的固定斜面向上匀速运动,轻绳与斜面平行。已知物块与斜面之间的动摩擦因数为33,重力加速度取10 m/s2。若轻绳能承受的最大张力为1 500 N,则物块的质量最大为()A.150 kgB.1003 kgC.200 kgD.2003 kg 答案A物块沿斜面向上匀速运动,则物块受力平衡,满足关系F-mg sin 30-mg cos 30=0,其中=33,g=10 m/s2,当F=1 500 N时,物块的质量最大,为m=Fgsin30+gcos30=150 kg,故A正确。2.(2019河南开封质检)如
9、图所示,一件重力为G的衣服悬挂在等腰衣架上,已知衣架顶角=120,底边水平,不计摩擦,则衣架一侧对衣服的作用力大小为()A.33GB.32GC.12GD.G答案A以衣服为研究对象,受力分析如图所示,衣架两侧对衣服作用力的夹角为60,由平衡条件,2F cos 30=G,解得F=33G,选项A正确。3.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。重力加速度为g。下列关系正确的是()A.F=mgtanB.F=mg tan C.FN=mgtanD.FN=mg tan 答案A解法一合成法滑块受力如图甲
10、所示,由平衡条件可知mgF=tan ,mgFN=sin F=mgtan,FN=mgsin。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=mgtan,FN=G1=mgsin。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=mgtan,FN=mgsin。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=mgtan,FN=mgsin。考点三共点力的动态平衡分析动态平衡问题的方法方法步骤解析法(1)列平衡方程求出未知量与已知量的关系表达式(2)根据已知量的变
11、化情况来确定未知量的变化情况图解法(1)根据已知量的变化情况,画出平行四边形边、角的变化(2)确定未知量的变化情况相似三角形法(1)根据已知条件画出两个不同情况对应的力的三角形和空间几何三角形,确定对应边,利用三角形相似知识列出比例式(2)确定未知量的变化情况例(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2。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()A.MN上的张力逐渐增大B.MN上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
12、增大后减小答案AD重物受到重力mg、OM绳的拉力FOM、MN绳的拉力FMN共三个力的作用。缓慢拉起过程中任一时刻可认为重物处于平衡状态,三力的合力恒为0。如图所示,由三角形定则得一首尾相接的闭合三角形,由于2且不变,则三角形中FMN与FOM的交点在一个优弧上移动,由图可以看出,在OM被拉到水平的过程中,绳MN中拉力一直增大且恰好达到最大值,绳OM中拉力先增大后减小,故A、D正确,B、C错误。考向1解析法1.(多选)如图所示,斜面体置于粗糙水平面上,斜面光滑。小球被轻质细线系住放在斜面上,细线另一端跨过定滑轮,用力拉细线使小球沿斜面缓慢向上移动一小段距离,斜面体始终静止。移动过程中()A.细线对
13、小球的拉力变大B.斜面对小球的支持力变小C.斜面对地面的压力变大D.地面对斜面的摩擦力变小答案ABD设小球和斜面的质量分别为m和M,细线与斜面的夹角为以小球为研究对象,受到重力mg、斜面的支持力N1和细线的拉力T,如图甲,则由平衡条件得甲平行斜面方向:mg sin =T cos 垂直斜面方向:N1+T sin =mg cos 使小球沿斜面缓慢向上移动时,增大,其他量不变,由式知,T增大,由式知,N1变小,故A、B正确。对斜面分析受力,受重力Mg、地面的支持力N2和摩擦力f、小球的压力N1,如图乙由平衡条件得f=N1 sin ,N1=N1变小,则f变小,N2=Mg+N1 cos ,N1变小,则N
14、2变小,由牛顿第三定律得知,斜面对地面的压力变小,故C错误,D正确。乙考向2图解法2.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.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逐渐变小答案A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
15、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()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越来越小答案B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FTBC=FNAC=GAB,解得BC绳中的拉力为FT=GBCAB,AC杆中的支持力为FN=GACAB。由于重物P向上运动时,AB、AC不变,BC变小,故FT减小,FN不变。选项B正确。方法技巧考向适用情况解决办法解析法物体所受力中,有一力大
16、小方向都不变,有一力大小或方向不变通过平衡状态列关系式找出所求力的函数关系式,由角度变化推导出力的变化情况图解法物体所受三力中,有一力大小方向都不变,有一力大小变化方向不变,另一力大小方向都变把三力集中在一个三角形中,以不变的力的始端为出发点,向方向不变的力的作用线画第三个力,通过角度的变化找变化情况相似三角形法物体所受力中,有一力大小方向都不变,有一力大小或方向不变把力的三角形和几何三角形找出来,利用相似三角形对应边成比例求解平衡中的临界与极值问题(1)图解法:根据物体的平衡条件,作出力的矢量图,通过对物理过程的分析,利用平行四边形定则进行动态分析,确定最大值与最小值。(2)数学解析法:通过
17、对问题的分析,依据物体的平衡条件写出物理量之间的函数关系(或画出函数图像),用数学方法求极值(如求二次函数极值、公式极值、三角函数极值)。1.(2019辽宁沈阳模拟)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(重力加速度为g)()A.mgB.33mgC.12mgD.14mg答案C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=33mg,D点受CD绳拉力FT大小
18、等于FT,方向向左。要使CD水平,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=12mg。2.将两个质量均为m的小球a、b用细线相连后,再用细线悬挂于O点,如图所示。用力F拉小球b,使两个小球都处于静止状态,且细线Oa与竖直方向的夹角保持=30,重力加速度为g,则F达到最小值时细线Oa上的拉力为()A.3mg B.mgC.32mg D.12mg答案A将两小球看做一个整体,整体受到细线Oa的拉力、拉力F、重力三个力作用,细线Oa与
19、竖直方向的夹角保持30,所以细线的拉力方向不变,重力的大小和方向都不变,如图所示,可知当F与细线的拉力垂直时,F最小,故有F=2mg sin 30=mg,T=2mg cos 30=3mg,故A正确。A组基础过关1.(2019四川彭州中学模拟)如图所示,a、b两个质量相同的球用细线连接,a球用细线挂在天花板上,b球放在光滑斜面上,系统保持静止,以下图示中正确的是() 答案B对b球受力分析,受重力、垂直斜面向上的支持力和细线的拉力,由于三力平衡时三个力中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线,故细线拉力方向斜向右上方,故A图错误;再对a、b两个球整体受力分析,受总重力、垂直斜面向上的支持力和上
20、面细线的拉力,再次根据共点力平衡条件判断上面的细线的拉力方向斜向右上方,故C、D图均错误,B图正确。2.如图所示,甲、乙两物体叠放在水平地面上,用水平向右的拉力F拉乙,甲、乙保持静止状态,甲、乙间的接触面水平,则乙受力的个数为()A.3个B.4个C.5个D.6个答案C对甲受力分析可知,甲仅受到重力和乙的支持力,甲、乙之间没有摩擦力,故乙受到重力、甲对乙的压力、地面的支持力、水平向右的拉力F和地面向左的摩擦力,故C正确。3.(2019河北衡水调研)如图所示,A、B两木块放在水平面上,它们之间用细线相连,两次连接情况中细线倾斜方向不同但倾角一样,两木块与水平面间的动摩擦因数相同,先后用水平力F1和
21、F2拉着A、B一起匀速运动,两次细线上的力分别为FT1、FT2,则()A.F1F2FT1FT2B.F1=F2FT1FT2C.F1F2FT1=FT2D.F1FT2答案B对整体受力分析可知,整体受重力、拉力、支持力及摩擦力。因整体对地面的压力相同,故摩擦力相同,因此水平拉力相等,即F1=F2。再对A受力分析可知,A受重力、支持力、绳子的拉力及与地面间的摩擦力而处于平衡状态。对第一种情况有FT1 sin =(mg-FT1 cos ),解得FT1=mgsin+cos;对第二种情况有FT2 sin =(mg+FT2 cos ),解得FT2=mgsin-cos,故FT1FT2。选B。4.如图所示,一只气球
22、在风中处于静止状态,风对气球的作用力水平向右。细绳与竖直方向的夹角为,绳的拉力为T,则风对气球作用力的大小为()A.Tsin B.TcosC.T sin D.T cos 答案C如图所示,气球处于平衡状态,在水平方向上风力与拉力T的水平分力平衡,F风=T sin ,故选项C正确。5.(多选)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,
23、则衣架悬挂点右移答案AB衣架挂钩为“活结”模型,作出受力示意图如图所示,oa、ob为一根绳,两端拉力相等,设绳aob长为L,M、N间的水平距离为d,bo延长线交M于a,由几何知识知ao=ao,sin =dL,由平衡条件有2F cos =mg,则F=mg2cos,当b上移到b时,d、L不变,不变,故F不变,选项A正确,C错误。将杆N向右移一些,L不变,d变大,变大, cos 变小,则F变大,选项B正确。只改变m,其他条件不变,则sin 不变,不变,衣架悬挂点不变,选项D错误。6.如图所示的是一个力学平衡系统,该系统由三条轻质细绳将质量均为m的两个小球连接悬挂组成,小球直径相比轻绳长度可以忽略,轻
24、绳1与竖直方向的夹角为30,轻绳2与竖直方向的夹角大于45,轻绳3水平。当此系统处于静止状态时,轻绳1、2、3的拉力分别为F1、F2、F3,比较三力的大小,下列结论正确的是()A.F1F3 B.F2F2 D.F1F3,选项A错误;对下方小球受力分析,水平方向F2 sin =F3,可知F2F3,选项B错误;对上方小球分析,水平方向F1 sin 30=F2 sin ,因45,则F1F2,选项C正确,D错误。7.(多选)如图,一光滑的轻滑轮用细绳OO悬挂于O点;另一细绳跨过滑轮,其一端悬挂物块a,另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b。外力F向右上方拉b,整个系统处于静止状态。若F方向不变,大小在一定
25、范围内变化,物块b仍始终保持静止,则()A.绳OO的张力也在一定范围内变化B.物块b所受到的支持力也在一定范围内变化C.连接a和b的绳的张力也在一定范围内变化D.物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化答案BD因为物块b始终保持静止,所以绳OO的张力不变,连接a和b的绳的张力也不变,选项A、C错误;拉力F大小变化,F的水平分量和竖直分量都发生变化,由共点力的平衡条件知,物块b受到的支持力和摩擦力在一定范围内变化,选项B、D正确。8.(多选)(2019湖南岳阳检测)如图所示,物体A、B跨过定滑轮并用轻绳连接起来,物体A放在倾角为的固定粗糙斜面上,滑轮左边的轻绳平行斜面。已知物体A的质量为m,物体
26、A与斜面的动摩擦因数为( tan 1),不计滑轮与绳之间的摩擦,要使物体A能在斜面上滑动,物体B的质量可能为()A.m(1-) sin B.m(1+) cos C.m(1-) cos D.m(sin-cos)2答案BD当物体A恰好下滑时有mg sin =mg cos +mBg,得mB=m(sin - cos ),当物体A恰好上滑时有mg sin +mg cos =mBg,得mB=m(sin + cos ),即B的质量只要小于m(sin - cos )或者大于m(sin + cos )即可,D正确;又由题意tan 1,所以45,即sin + cos T2 B.T1=T2C.F1F2答案BD以B球
27、为研究对象,B球受到重力G、弹簧的弹力F和绳子的拉力T,受力示意图如图所示。B球平衡时,F与T的合力与重力G大小相等、方向相反,即G=G;根据三角形相似得GOA=TOB=FAB。换成原长相同而劲度系数更小的弹簧,弹簧的形变量增大,AB减小,OB不变,则T不变,F减小,B、D项正确。10.质量为M的木楔倾角为(mB,整个系统处于静止状态,滑轮的质量和一切摩擦均不计,如果绳一端由Q点缓慢地向左移到P点,PQ距离为L,整个系统重新平衡后,物体的高度和两滑轮间的绳与水平方向的夹角变化情况是()A.物体A上升,上升的高度为Lcos,角不变B.物体A下降,下降的高度为L2cos,角不变C.物体A上升,上升的高度为2Lcos,角不变D.物体A的高度不变,角变小答案A将绳一端由Q点缓慢向左移到P点时,绳子的拉力大小不变,分析动滑轮的受力情况,作出受力图如图,设绳子的拉力大小为F,两绳子的夹角为2=-2,由于动滑轮两侧绳子的拉力关于竖直方向对称,则有2F cos =mBg,由于F=mAg,保持不变,则角保持不变,由几何知识有+=90,则保持不变,当绳一端的固定点Q缓慢向左移到P点,动滑轮将下降,则物体A的高度升高。结合几何关系,动滑轮与天花板间的2段绳子的长度增加量L=L2cos2=Lcos,故A上升的高度为h=Lcos,故A正确,B、C、D错误。
