_高考共點力的平衡

1、專題二受力分析共點力的平衡考綱解讀 1.學會進行受力分析的一般步驟與方法.2.掌握共點力的平衡條件及推論.3.掌握整體法與隔離法，學會用圖解法分析動態(tài)平衡問題和極值問題1對物體受力分析如圖1所示，兩個等大、反向的水平力F分別作用在物體A和B上，A、B兩物體均處于靜止狀態(tài)若各接觸面與水平地面平行，則A、B兩物體各受幾個力()圖1A3個、4個 B4個、4個C4個、5個 D4個、6個答案C解析由于A靜止，A受重力、B的支持力、拉力F及B對A向左的靜摩擦力，共4個力把A、B看做一個整體可知，兩個力F的效果抵消，地面對B沒有靜摩擦力作用，故B受重力、拉力F、地面的支持力、A對B的壓力和A對B向右的靜摩擦

2、力，共5個力的作用選項C正確2受力分析和平衡條件的應用如圖2所示，運動員的雙手握緊豎直放置的圓形器械，在手臂OA由水平方向緩慢移動到OA位置的過程中，若手臂OA、OB的拉力分別為FA和FB，則下列表述正確的是()圖2AFA一定小于運動員的重力GBFA與FB的合力始終大小不變CFA的大小保持不變DFB的大小保持不變答案B解析本題考查共點力平衡的知識，意在考查學生對共點力平衡的條件、共點力平衡時各個力之間的關系的掌握手臂OA緩慢移動時，運動員受到的拉力與運動員所受的重力平衡，如圖所示，F(xiàn)A與G的合力F合與FB等大反向，F(xiàn)AGtan ，當>45°時，F(xiàn)A>G；當<45&#

3、176;時，F(xiàn)A<G，A錯誤；同理FA與FB的合力與G等大反向，B正確；隨著角度的變化FA、FB的大小都將變化，C、D錯誤3整體法和隔離法的應用如圖3所示，質(zhì)量分別為m1、m2的兩個物體通過輕彈簧連接，在力F的作用下一起沿水平方向做勻速直線運動(m1在地面上，m2在空中)，力F與水平方向成角則m1所受支持力FN和摩擦力Ff正確的是()圖3AFNm1gm2gFsin BFNm1gm2gFcos CFfFcos DFfFsin 答案AC解析將m1、m2和彈簧看做整體，受力分析如圖所示根據(jù)平衡條件得FfFcos FNFsin (m1m2)g則FN(m1m2)gFsin 故選項A、C正確1共點力

4、作用下物體的平衡(1)平衡狀態(tài)物體處于靜止或勻速直線運動的狀態(tài)(2)共點力的平衡條件：F合0或者2共點力平衡的幾條重要推論(1)二力平衡：如果物體在兩個共點力的作用下處于平衡狀態(tài)，這兩個力必定大小相等，方向相反(2)三力平衡：如果物體在三個共點力的作用下處于平衡狀態(tài)，其中任意兩個力的合力一定與第三個力大小相等，方向相反(3)多力平衡：如果物體受多個力作用處于平衡狀態(tài)，其中任何一個力與其余力的合力大小相等，方向相反.考點一物體的受力分析1定義：把指定物體(研究對象)在特定的物理環(huán)境中受到的所有外力都找出來，并畫出受力示意圖，這個過程就是受力分析2受力分析的一般順序：先分析場力(重力、電場力、磁場

5、力)，再分析接觸力(彈力、摩擦力)，最后分析其他力例1如圖4所示，木塊A和B接觸面水平，在水平力F作用下，木塊A、B保持靜止，則木塊B受力的個數(shù)可能是()圖4A3個 B4個C5個 D6個解析根據(jù)整體法，把A、B作為一個整體，整體受重力、水平向左的推力F，斜面的支持力FN，斜面對整體的摩擦力可有可無，即斜面對B物體的摩擦力無法判斷將A隔離，B對A有向右的靜摩擦力，故A對B有向左的靜摩擦力，所以B受力分析如圖，所以B物體受力可能是4個也有可能是5個答案BC受力分析的方法步驟突破訓練1如圖5所示，在恒力F作用下，a、b兩物體一起沿粗糙豎直墻面勻速向上運動，則關于它們受力情況的說法正確的是()圖5Aa

6、一定受到4個力Bb可能受到4個力Ca與墻壁之間一定有彈力和摩擦力Da與b之間一定有摩擦力答案AD解析將a、b看成整體，其受力圖如圖甲所示，說明a與墻壁之間沒有彈力和摩擦力作用；對物體b進行受力分析，如圖乙所示，b受到3個力作用，所以a受到4個力作用甲乙考點二平衡條件的應用方法1處理平衡問題的常用方法方法內(nèi)容合成法物體受三個共點力的作用而平衡，則任意兩個力的合力一定與第三個力大小相等，方向相反分解法物體受三個共點力的作用而平衡，將某一個力按力的效果分解，則其分力和其他兩個力滿足平衡條件正交分解法物體受到三個或三個以上力的作用而平衡，將物體所受的力分解為相互垂直的兩組，每組力都滿足平衡條件力的三角

7、形法對受三個力作用而平衡的物體，將力的矢量圖平移使三個力組成一個首尾依次相接的矢量三角形，根據(jù)正弦定理、余弦定理或相似三角形等數(shù)學知識求解未知力2.處理平衡問題的兩點說明(1)物體受三個力平衡時，利用力的分解法或合成法比較簡單(2)解平衡問題建立坐標系時應使盡可能多的力與坐標軸重合，需要分解的力盡可能少物體受四個以上的力作用時一般要采用正交分解法例2如圖6所示，某同學表演魔術時，將一小型條形磁鐵藏在自己的袖子里，然后對著一懸掛的金屬小球“指手畫腳”，結(jié)果小球在他神奇的功力下飄動起來假設當隱藏的小磁鐵位于小球左上方某一位置C(圖中37°)時，金屬小球偏離豎直方向的夾角也是37°

8、;.已知小球的質(zhì)量為m4.8 kg，該同學(含小磁鐵)的質(zhì)量為M50 kg，(sin 37°0.6，cos 37°0.8，g10 m/s2)求此時：圖6(1)懸掛小球的細線的拉力大小；(2)該同學受到地面的支持力和摩擦力大小答案(1)30 N(2)524 N18 N解析(1)以球為研究對象，由豎直方向受力平衡知2Fcos 37°mg，F(xiàn)30 N(2)以該同學為研究對象FfFsin 37°18 NFNFcos 37°Mg524 N.共點力作用下物體平衡的一般解題思路突破訓練2如圖7所示，質(zhì)量為M的斜面體A置于粗糙水平面上，用輕繩拴住質(zhì)量為m的小球

9、B置于斜面上，整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)已知斜面傾角30°，輕繩與斜面平行且另一端固定在豎直墻面上，不計小球與斜面間的摩擦，則()圖7A斜面體對小球的作用力大小為mgB輕繩對小球的作用力大小為mgC斜面體對水平面的壓力大小為(Mm)gD斜面體與水平面間的摩擦力大小為mg答案BD解析以小球為研究對象，對其受力分析如圖因小球保持靜止，所以由共點力的平衡條件可得：mgsin FT0FNmgcos 0由兩式可得FTmgsin mgFNmgcos mg即輕繩對小球的作用力(拉力)為mg，斜面對小球的作用力(支持力)為mg.A錯，B對把小球和斜面體作為一個整體進行研究，其受重力(Mm)g，水平面的支持

10、力FN、摩擦力Ff以及輕繩的拉力FT.受力情況如圖所示因研究對象處于靜止狀態(tài)，所以由平衡條件可得：FfFTcos 0FNFTsin (Mm)g0聯(lián)立式可得：FNMgmg，F(xiàn)fmg由牛頓第三定律可知斜面體對水平面的壓力為Mgmg.C錯，D對考點三用圖解法進行動態(tài)平衡的分析1動態(tài)平衡：是指平衡問題中的一部分力是變力，是動態(tài)力，力的大小和方向均要發(fā)生變化，所以叫動態(tài)平衡，這是力平衡問題中的一類難題2基本思路：化“動”為“靜”，“靜”中求“動”3基本方法：圖解法和解析法例3如圖8所示，物體在沿粗糙斜面向上的拉力F作用下處于靜止狀態(tài)當F逐漸增大到物體即將相對于斜面向上運動的過程中，斜面對物體的作用力可能

11、()圖8A逐漸增大B逐漸減小C先增大后減小D先減小后增大解析因為初始狀態(tài)拉力F的大小未知，所以斜面對物體的摩擦力大小和方向未知，故在F逐漸增大的過程中，斜面對物體的作用力的變化存在多種可能斜面對物體的作用力是斜面對物體的支持力與摩擦力的合力因為物體始終保持靜止狀態(tài)，所以斜面對物體的作用力和物體重力G與拉力F的合力是平衡力因此，判斷斜面對物體的作用力的變化就轉(zhuǎn)化為分析物體的重力G和拉力F的合力的變化物體的重力G和拉力F的合力的變化如圖所示，由圖可知，F(xiàn)合可能先減小后增大，也可能逐漸增大答案AD用圖解法解動態(tài)平衡問題的一般思路(1)平行四邊形定則是基本方法，但也要根據(jù)實際情況采用不同的方法：若出現(xiàn)

12、直角三角形，常用三角函數(shù)表示合力與分力的關系；若給定條件中有長度條件，常用力組成的三角形(矢量三角形)與長度組成的三角形(幾何三角形)的相似比求解(2)用力的矢量三角形分析力的最小值問題的規(guī)律：若已知F合的方向、大小及一個分力F1的方向，則另一分力F2的最小值的條件為F1F2；若已知F合的方向及一個分力F1的大小、方向，則另一分力F2的最小值的條件為F2F合突破訓練3如圖9所示，將球用細繩系住放在傾角為的光滑斜面上，當細繩由水平方向緩慢向上偏移至豎直方向的過程中，細繩上的拉力將()圖9A逐漸增大B逐漸減小C先增大后減小D先減小后增大答案D解析球的重力有兩個效果，即拉細繩和壓斜面，用圖解法分析該

13、題，作出力的分解圖示如圖所示由圖可知，當細繩由水平方向逐漸向上偏移至豎直方向時，細繩上的拉力F2將先減小后增大，當F2和F1的方向垂直時，F(xiàn)2有極小值；而球壓斜面的力F1逐漸減小故選項D正確7整體法與隔離法在平衡問題中的應用整體法和隔離法的使用技巧當分析相互作用的兩個或兩個以上物體整體的受力情況及分析外力對系統(tǒng)的作用時，宜用整體法；而在分析系統(tǒng)內(nèi)各物體(或一個物體各部分)間的相互作用時常用隔離法整體法和隔離法不是獨立的，對一些較復雜問題，通常需要多次選取研究對象，交替使用整體法和隔離法例4如圖10所示，A、B、C、D四個人做雜技表演，B站在A的肩上，雙手拉著C和D，A撐開雙手水平支持著C和D.

14、若四個人的質(zhì)量均為m，他們的臂長相等，重力加速度為g，不計A手掌與C、D身體間的摩擦下列結(jié)論錯誤的是()圖10AA受到地面的支持力為4mgBB受到A的支持力為3mgCB受到C的拉力約為mgDC受到A的推力約為mg解析對A、B、C、D四個人組成的整體進行受力分析，豎直方向上受重力4mg和地面的支持力FN而平衡，故FN4mg，而支持力作用在A上，即A受到地面的支持力為4mg，故A項正確；將B、C、D視為一個整體，受重力3mg和A對整體的支持力FN而平衡，故FN3mg，而A對B、C、D的支持力作用在B上，故B受到A的支持力為3mg，B正確；對C隔離分析：C受重力mg，A對C水平向左的推力F推，B對C

15、的拉力F拉，設CBA為，因四人的臂長相等，則CB2CA，故 30°，故F拉 cos mg，可得F拉mg，故C正確；F推F拉 sin mg，故D錯誤故本題選D. 答案D8平衡中的臨界與極值問題的處理方法1臨界問題當某物理量變化時，會引起其他幾個物理量的變化，從而使物體所處的平衡狀態(tài)“恰好出現(xiàn)”或“恰好不出現(xiàn)”，在問題的描述中常用“剛好”、“剛能”、“恰好”等語言敘述常見的臨界狀態(tài)有：(1)兩接觸物體脫離與不脫離的臨界條件是相互作用力為0(主要體現(xiàn)為兩物體間的彈力為0)；(2)繩子斷與不斷的臨界條件為繩中張力達到最大值；繩子繃緊與松馳的臨界條件為繩中張力為0；(3)存在摩擦力作用的兩物體

16、間發(fā)生相對滑動或相對靜止的臨界條件為靜摩擦力達到最大研究的基本思維方法：假設推理法2極值問題平衡物體的極值，一般指在力的變化過程中的最大值和最小值問題一般用圖解法或解析法進行分析例5重為G的木塊與水平地面間的動摩擦因數(shù)為，一人欲用最小的作用力F使木塊做勻速運動，則此最小作用力的大小和方向應如何？解析木塊在運動過程中受摩擦力作用，要減小摩擦力，應使作用力F斜向上，設當F斜向上與水平方向的夾角為時，F(xiàn)的值最小木塊受力分析如圖所示，由平衡條件知：Fcos FN0，F(xiàn)sin FNG0解上述二式得：F令tan ，則sin ，cos 可得F可見當時，F(xiàn)有最小值，即Fmin答案與水平方向成角且tan 解決極

17、值問題和臨界問題的方法(1)圖解法：根據(jù)物體的平衡條件，作出力的矢量圖，通過對物理過程的分析，利用平行四邊形定則進行動態(tài)分析，確定最大值與最小值(2)數(shù)學解法：通過對問題的分析，依據(jù)物體的平衡條件寫出物理量之間的函數(shù)關系(或畫出函數(shù)圖象)，用數(shù)學方法求極值(如求二次函數(shù)極值、公式極值、三角函數(shù)極值)高考題組1. (2013·新課標·15)如圖11，在固定斜面上的一物塊受到一外力F的作用，F(xiàn)平行于斜面向上若要物塊在斜面上保持靜止，F(xiàn)的取值應有一定范圍，已知其最大值和最小值分別為F1和F2(F20)由此可求出()圖11A物塊的質(zhì)量B斜面的傾角C物塊與斜面間的最大靜摩擦力D物塊對

18、斜面的正壓力答案C解析當拉力為F1時，物塊有沿斜面向上運動的趨勢，受到沿斜面向下的靜摩擦力，則F1mgsin fm.當拉力為F2時，物塊有沿斜面向下運動的趨勢，受到沿斜面向上的靜摩擦力，則F2fmmgsin ，由此解得fm，其余幾個量無法求出，只有選項C正確2(2013·天津·5)如圖12所示，小球用細繩系住，繩的另一端固定于O點現(xiàn)用水平力F緩慢推動斜面體，小球在斜面上無摩擦地滑動，細繩始終處于直線狀態(tài)，當小球升到接近斜面頂端時細繩接近水平，此過程中斜面對小球的支持力FN以及繩對小球的拉力FT的變化情況是()圖12AFN保持不變，F(xiàn)T不斷增大BFN不斷增大，F(xiàn)T不斷減小CF

19、N保持不變，F(xiàn)T先增大后減小DFN不斷增大，F(xiàn)T先減小后增大答案D解析對小球受力分析如圖(重力mg、支持力FN，繩的拉力FT)畫出一簇平行四邊形如圖所示，當FT方向與斜面平行時，F(xiàn)T最小，所以FT先減小后增大，F(xiàn)N一直增大，只有選項D正確3(2013·廣東·20)如圖13，物體P靜止于固定的斜面上，P的上表面水平，現(xiàn)把物體Q輕輕地疊放在P上，則()圖13AP向下滑動BP靜止不動CP所受的合外力增大DP與斜面間的靜摩擦力增大答案BD解析設斜面的傾角為，放上Q，相當于增加了P的質(zhì)量，對P受力分析并列平衡方程得mgsin fmgcos ，Nmgcos .當m增加時，不等式兩邊都增

20、加，不等式仍然成立，P仍然靜止，故選B、D.模擬題組4.半圓柱體P放在粗糙的水平面上，有一擋板MN，其延長線總是過半圓柱體的軸心O，但擋板與半圓柱體不接觸在P和MN之間放有一個光滑均勻的小圓柱體Q，整個裝置處于靜止狀態(tài)，如圖14是這個裝置的截面圖若用外力使MN繞O點緩慢地逆時針轉(zhuǎn)動，在Q到達最高位置前，發(fā)現(xiàn)P始終保持靜止，在此過程中，下列說法中正確的是()圖14AMN對Q的彈力大小保持不變BMN對Q的彈力先增大后減小CP、Q間的彈力先增大后減小DP所受桌面的作用力一直增大答案D5.如圖15所示，質(zhì)量為m1的物體甲通過三段輕繩懸掛，三段輕繩的結(jié)點為O，輕繩OB水平且B端與站在水平面上的質(zhì)量為m2

21、的人相連，輕繩OA與豎直方向的夾角37°，物體甲及人均處于靜止狀態(tài)(已知sin 37°0.6，cos 37°0.8，g取10 m/s2.設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)求：圖15(1)輕繩OA、OB受到的拉力為多大？(2)人受到的摩擦力是多大？方向如何？(3)若人的質(zhì)量m260 kg，人與水平面之間的動摩擦因數(shù)為0.3，則欲使人在水平面上不滑動，物體甲的質(zhì)量m1最大不能超過多少？答案(1)m1gm1g(2)m1g水平向左(3)24 kg解析(1)以結(jié)點O為研究對象，如圖所示，建立直角坐標系，將FOA分解，由平衡條件FOBFOAsin 0FOAcos m1g0聯(lián)立解得

22、：FOAm1gFOBm1gtan m1g由牛頓第三定律知：輕繩OA、OB受到的拉力分別為m1g、m1g(2)人水平方向受到OB繩的拉力和水平面的靜摩擦力，受力如圖所示，由平衡條件得：FfFOBm1g，方向水平向左(3)當甲的質(zhì)量增大到人剛要滑動時，質(zhì)量達到最大，此時人受到的靜摩擦力達到最大值Ffmm2g由平衡條件得：FOBmFfm又FOBmm1mgtan m1mg聯(lián)立解得：m1m24 kg即物體甲的質(zhì)量m1最大不能超過24 kg.(限時：30分鐘)題組1對物體受力分析1.如圖1所示，兩梯形木塊A、B疊放在水平地面上，A、B之間的接觸面傾斜連接A與天花板之間的細繩沿豎直方向，關于兩木塊的受力，下

23、列說法正確的是()圖1AA、B之間一定存在摩擦力作用B木塊A可能受三個力作用C木塊B可能受到地面的摩擦力作用DB受到的地面的支持力一定大于木塊B的重力答案B解析當繩對A的拉力等于A的重力時，A、B之間沒有彈力，也一定沒有摩擦力，此時地面對B的支持力等于B的重力，因此選項A、D錯誤當繩對A的拉力為零時，由力的平衡知，A應受重力、彈力和B對A的摩擦力共三個力的作用，選項B正確由整體法可知，地面對B的摩擦力一定為零，選項C錯誤2.如圖2所示，一個質(zhì)量為m的滑塊靜止置于傾角為30°的粗糙斜面上，一根輕彈簧一端固定在豎直墻上的P點，另一端系在滑塊上，彈簧與豎直方向的夾角為30°，則(

24、)圖2A彈簧一定處于壓縮狀態(tài)B滑塊可能受到三個力作用C斜面對滑塊的支持力不能為零D斜面對滑塊的摩擦力大小等于mg答案BC3如圖3所示，固定斜面上有一光滑小球，分別與一豎直輕彈簧P和一平行斜面的輕彈簧Q連接著，小球處于靜止狀態(tài)，則關于小球所受力的個數(shù)不可能的是()圖3A1 B2C3 D4答案A解析設斜面傾角為，小球質(zhì)量為m，假設輕彈簧P對小球的拉力大小恰好等于mg，則小球受二力平衡；假設輕彈簧Q對小球的拉力等于mgsin ，小球受到重力、彈簧Q的拉力和斜面的支持力作用，三力平衡；如果兩個彈簧對小球都施加了拉力，那么除了重力，小球只有再受到斜面的支持力才能保證小球受力平衡，即四力平衡；小球只受單個

25、力的作用，合力不可能為零，小球不可能處于靜止狀態(tài)題組2動態(tài)平衡問題分析4.如圖4所示，用一根細線系住重力為G、半徑為R的球，其與傾角為的光滑斜劈接觸，處于靜止狀態(tài)，球與斜面的接觸面非常小，細線懸點O固定不動，在斜劈從圖示位置緩慢水平向左移動直至繩子與斜面平行的過程中，下述正確的是()圖4A細繩對球的拉力先減小后增大B細繩對球的拉力先增大后減小C細繩對球的拉力一直減小D細繩對球的拉力最小值等于Gsin 答案CD解析以小球為研究對象，對其受力分析如圖所示，因題中“緩慢”移動，故小球處于動態(tài)平衡，由圖知在題設的過程中，F(xiàn)T一直減小，當繩子與斜面平行時，F(xiàn)T與FN垂直，F(xiàn)T有最小值，且FTminGsi

26、n ，故選項C、D正確5.在固定于地面的斜面上垂直安放了一個擋板，截面為圓的柱狀物體甲放在斜面上，半徑與甲相等的光滑圓球乙被夾在甲與擋板之間，乙沒有與斜面接觸而處于靜止狀態(tài)，如圖5所示現(xiàn)在從球心處對甲施加一平行于斜面向下的力F，使甲沿斜面方向緩慢地移動，直至甲與擋板接觸為止設乙對擋板的壓力為F1，甲對斜面的壓力為F2，在此過程中()圖5AF1緩慢增大，F(xiàn)2緩慢增大BF1緩慢增大，F(xiàn)2緩慢減小CF1緩慢減小，F(xiàn)2緩慢增大DF1緩慢減小，F(xiàn)2保持不變答案D解析對整體受力分析，如圖甲所示，垂直斜面方向只受兩個力：甲、乙重力在垂直于斜面方向的分力和斜面對甲的支持力F2，且F2Gcos 0，即F2保持不

27、變，由牛頓第三定律可知，甲對斜面的壓力F2也保持不變；對圓球乙受力分析如圖乙、丙所示，當甲緩慢下移時，F(xiàn)N與豎直方向的夾角減小，F(xiàn)1減小甲乙丙6.如圖6所示，形狀和質(zhì)量完全相同的兩個圓柱體a、b靠在一起，表面光滑，重力為G，其中b的下半部剛好固定在水平面MN的下方，上邊露出另一半，a靜止在平面上現(xiàn)過a的軸心施以水平作用力F，可緩慢的將a拉離平面一直滑到b的頂端，對該過程分析，則應有()圖6A拉力F先增大后減小，最大值是GB開始時拉力F最大為G，以后逐漸減小為0Ca、b間的壓力開始最大為2G，而后逐漸減小到GDa、b間的壓力由0逐漸增大，最大為G答案BC解析要把a拉離平面，在開始時，平面MN對a

28、球的支持力應為零，因此a球受力分析如圖甲所示，則sin ，所以30°，拉力FG.當球a逐漸上移時，用圖解法分析F的變化如圖乙所示在球a上移時，拉力F逐漸減小至零在開始時，F(xiàn)N2G，以后逐漸減小至G，因此正確選項為B、C.題組3整體法與隔離法的應用7如圖7所示，A和B兩物塊的接觸面是水平的，A與B保持相對靜止一起沿固定粗糙斜面勻速下滑，在下滑過程中B的受力個數(shù)為()圖7A3個B4個C5個D6個答案B解析A與B相對靜止一起沿斜面勻速下滑，可先將二者當做整體進行受力分析，再對B單獨進行受力分析，可知B受到的力有：重力GB、A對B的壓力、斜面對B的支持力和摩擦力，選項B正確8如圖8所示，水平固定傾角為30°的光滑斜面上有兩個質(zhì)量均為m的小球A、B，它們用