（江苏专版）2020版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）.doc

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1、1受力分析 共点力的平衡(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。()(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突破点(一) 物体的受力分析1受力分析的四个方法方法 解读假设法在未知某力是否存在时，先对其做出存在的假设，然

2、后根据该力存在对物体运动状态的影响来判断该力是否存在整体法 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的方法隔离法 将所研究的对象从周围的物体中分离出来，单独进行受力分析的方法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的方法22受力分析的四个步骤题点全练1.(2018盐城三模)如图所示，一架无人机执行航拍任务时正沿直线朝斜向下方匀速运动。用 G表示无人机重力， F表示空气对它的作用力，下列四幅图中能表示此过程中无人机受力情况的是( )解析：选 B 由于无人机正沿直线朝斜向下方匀速运动，即所受合外力为零，所以只有 B图受力可能为零，故 B正确。2.多选

3、(2019 连云港模拟)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 F不等于 0，则 B的受力个数可能为( )A3 个 B4 个C5 个 D6 个解析：选 BC 先对 AB整体受力分析，一定受重力、推力、支持力，对于摩擦力，分三种情况：当推力平行斜面向上的分力大于重力的下滑分力时，有上滑趋势，受向下的摩擦力作用；当推力平行斜面向上的分力小于重力的下滑分力时，有下滑趋势，受向上的摩擦力作用；当推力平行斜面向上的分力等于重力的下滑分力时，无滑动趋势，不受摩擦力作用。所以物体 B可能受重力、 A对 B的压力和摩擦力，以及斜面对 B的支持力共 4个力，也可能另外

4、受到斜面对 B的摩擦力共 5个力，故选项 B、C 都是可能的。3.(2019宜兴模拟)将一物块分成大小相同的 A、 B两部分靠在一起，下端放置在地面上，上端用绳子拴在天花板上，如图所示，绳子处于竖直方向，整个装置静止。则( )A绳子上拉力一定为零B A、 B之间可能存在摩擦力C地面与物体 B间可能存在摩擦力3D地面受到的压力可能为零解析：选 B 对 A部分分析，如果 A所受的重力、 B对 A的支持力和摩擦力三个力平衡，则绳子拉力为零，若 A、 B间没有弹力存在，则也没有摩擦力存在，则 A受到绳子拉力和重力，并且此二力平衡，故 A错误，B 正确；对整体分析，整体可能受总重力、地面的支持力，绳子的

5、拉力，若地面的支持力等于总重力，则绳子拉力为零，而整体在水平方向没有相对地面的运动或运动趋势，故地面与物体 B之间没有摩擦力，故选项 C错误；因为绳子的拉力不可能大于 A的重力，所以地面对 B一定有支持力，因此地面受到的压力不可能为零，故选项 D错误。突破点(二) 解决平衡问题的四种常用方法适用条件 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

6、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典例 (2018泰州期中)如图所示， AC和 BC两轻绳共同悬挂一质量为 m的物体，若保持 AC绳与竖直方向的夹角为 60不变，改变 BC绳的方向，试求：(1) 90时 BC绳上的拉力大小；(2)物体能达到平衡时， 角的取值范围；4(3) 在 090的范围内变化时，求 BC绳上拉力的最小值。思路点拨(1)分析 C点的受力情况，由平衡条件求解 BC绳中的

7、拉力。(2)当 小于 120时，两绳拉力的合力能与物体重力平衡。根据平衡条件确定出 角的最小值和最大值，再求出 的取值范围。(3)根据作图法确定 BC绳上拉力达到最大值和最小值的条件，再由平衡条件求解。解析 (1)当 90时，根据平衡条件有：TACcos 60 mg， TACsin 60 TBC，解得： TBC mg。3(2)改变 BC绳的方向时， AC绳的拉力 TAC方向不变，两绳拉力的合力 F与物体的重力平衡，重力大小和方向保持不变，经分析可知， 最小为 0，此时 TAC0；且 必须小于 120，否则两绳的合力不可能竖直向上，所以 角的取值范围是 0 120。(3) 在 090的范围内变化

8、，当两绳垂直时，即 30时， TBC最小，TBCmin mgsin 60 mg。32答案 (1) mg (2)0 120 (3) mg332方法规律(1)物体受四个及以上的力作用时，一般要采用正交分解法。(2)采用正交分解法建立坐标轴时，应使尽可能多的力与坐标轴重合，从而使需要分解的力尽可能少。集训冲关1.多选(2019扬州模拟)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 F mgtan B Fmgtan C FN D FNmgsin mgtan 解析

9、：选 BC 对滑块进行受力分析，作出受力图，滑块处于静止状态，合力为零，则有： Ftan mg， FNsin mg，得F ， FN ，故 B、C 正确。mgtan mgsin 2.(2019常州模拟)如图所示，节日期间小强站在水平河岸旁边欣赏风景，他手中牵住一重为 10 N的气球，由于受水平风力的5影响，系气球的轻绳与水平方向成 37角。已知空气对气球的浮力为 16 N，小强重 500 N，小强受的浮力不计。(sin 370.6，cos 370.8)求：(1)水平风力和绳子拉力的大小；(2)小强对地面的压力大小。解析：(1)对气球受力分析并分解如图：由平衡条件得：竖直方向： F 浮 mg Ts

10、in 37水平方向： F 风 Tcos 37联立解得： T10 N， F 风 8 N；(2)对小强受力分析并分解，由平衡条件得，竖直方向：FN Mg Tsin 37500 N100.6 N494 N。答案：(1)8 N 10 N (2)494 N突破点(三) 解决动态平衡问题的三种方法动态平衡问题简述：通过控制某些物理量，使物体的状态发生缓慢地变化，物体在这一变化过程中始终处于一系列的平衡状态中，这种平衡称为动态平衡。解决此类问题的基本思路是化“动”为“静” ， “静”中求“动” ，具体有以下三种方法： 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列式求解，得到

11、因变量与自变量的一般函数表达式，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( mg Fsin )0，又 Ff F N，联立可得 F，可见，当 减小时， F一直减小，B 正确；摩擦力 mgcos sin Ff F N (mg Fsin )，可知，当 、 F减小时

12、， Ff一直减小。答案 B 二 图 解 法6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。受 力分 析 化 “动 ”为 “静 ” 画 不 同 状 态下 的 平 衡 图 “静 ”中 求 “动 ” 确 定 力的 变 化例 2 (2016全国卷)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逐渐变小解析 以 O点为研究对象，受力分析，如图所示，当用

13、水平向左的力缓慢拉动 O点时，则绳 OA与竖直方向的夹角变大，由共点力的平衡条件知 F逐渐变大， T逐渐变大，选项 A正确。答案 A 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 (2018商丘模拟)如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆环的最高点有一个光滑的小孔。质量为 m的小球套在圆环上。一根细线的下端系着小球，上端穿过小孔用手拉住。现拉动细线，使小球沿圆环缓慢上移，在移动过程中手对线的拉力 F和轨道对小球的弹力 FN的大小变化情况是(

14、 )A F不变， FN增大 B F不变， FN减小C F减小， FN不变 D F增大， FN减小解析 小球沿圆环缓慢上移可看作处于平衡状态，对小球进行受力分析，作出受力示意图如图所示，由图可知 OAB GFA即： ，当 A点上移时，半径不变， AB长度减小，故 F减小， FN不GR FAB FNR变，故 C正确。答案 C7轻绳与滑轮的组合典例 (2018济南模拟)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

15、大后变小解析 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 ，在悬点 B竖直向上移至 C点的过dl1 l2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。答案 C反思领悟(1)不计滑轮与绳间的摩擦时，左右两段绳中张力相等，左右两段绳与竖直方向的夹角也相等。(2)总绳长度不变时，sin ，绳中张力和绳与竖直方向的夹角 随两悬点水平距dl离 d的变化而变化。应

16、用体验1(2018海安模拟)有甲、乙两根完全相同的轻绳，甲绳 A、 B两端按图甲的方式固定，然后将一挂有质量为 M重物的光滑轻质动滑轮挂于轻绳上，当滑轮静止后，设绳子的张力大小为 T1；乙绳两端按图乙的方式连接，然后将同样的定滑轮且挂有质量为 M的重物挂于乙轻绳上，当滑轮静止后，设乙绳子的张力大小为 T2。现甲绳的 B端缓慢向下移动至C点，乙绳的 E端缓慢移动至 F点，在两绳的移动过程中，下列说法正确的是( )A T1、 T2都变大 B T1变大、 T2变小C T1、 T2都不变 D T1不变、 T2变大解析：选 D 对甲图分析，设绳子总长为 L，两竖直墙之间的距离为 s，左侧绳长为8L1，右

17、侧绳长为 L2。由于绳子上的拉力处处相等，所以两绳与竖直方向夹角相等，设为 ，则由几何知识，得： s L1sin L2sin ( L1 L2)sin ，又 L1 L2 L，得到sin ；当绳子右端慢慢向下移时， s、 L没有变化，则 不变。绳子的拉力大小为sLT1，重物的重力为 G。以滑轮为研究对象，根据平衡条件得 2T1cos G，解得： T1；可见，当 不变时，绳子拉力 T1不变。对乙图，当绳子的右端从 E向 F移动的G2cos 过程中，由于绳子的长度不变，所以两个绳子之间的夹角增大，由于两个绳子的合力大小等于物体的重力，方向与重力的方向相反，所以当两个绳子之间的夹角增大时，绳子的拉力之间

18、的夹角增大，所以绳子的拉力 T2增大。故 A、B、C 错误，D 正确。2(2018宿迁模拟)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 ，所以在轻绳的右端从 B点移到直杆最上端的过mg2cos 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，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。再根据平衡条件可知，两绳sL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。9