(新高考)高考物理一輪復習第2章專題強化3《受力分析　共點力平衡》

專題強化三受力分析共點力平衡目標要求1.熟練掌握受力分析，會判斷彈力、摩擦力的有無及方向.2.理解共點力平衡的條件，會解共點力平衡問題．題型一受力分析1．受力分析的一般步驟2．整體法與隔離法整體法隔離法概念將加速度相同的幾個物體作為一個整體來分析的方法將研究對象與周圍物體分隔開來分析的方法選用原則研究系統(tǒng)外的物體對系統(tǒng)整體的作用力或求系統(tǒng)整體的加速度研究系統(tǒng)內(nèi)物體之間的相互作用力3.受力分析的三個技巧(1)不要把研究對象所受的力與研究對象對其他物體的作用力混淆．(2)除了根據(jù)力的性質(zhì)和特點進行判斷，假設(shè)法是判斷彈力、摩擦力有無及方向的常用方法．(3)善于轉(zhuǎn)換研究對象，尤其是彈力、摩擦力的方向不易判定的情形，可以分析與其接觸物體的受力，再應用牛頓第三定律判定．例1如圖所示，水平面上的P、Q兩物塊的接觸面水平，二者疊在一起在作用于Q上的水平恒定拉力F的作用下向右做勻速運動，某時刻撤去力F后，二者仍能不發(fā)生相對滑動．關(guān)于撤去F前后Q的受力個數(shù)的說法正確的是()A．撤去F前6個，撤去F后瞬間5個B．撤去F前5個，撤去F后瞬間5個C．撤去F前5個，撤去F后瞬間4個D．撤去F前4個，撤去F后瞬間4個答案B解析撤去F前，物塊Q受到：重力、地面的支持力、P對Q的壓力、地面對Q的摩擦力和力F共5個力的作用；撤去F后的瞬間，兩物塊做減速運動，此時Q受力：重力、地面的支持力、P對Q的壓力、地面對Q的摩擦力和P對Q的摩擦力，共5個力作用，選項B正確．例2(2022·湖南師范大學附屬中學高三月考)如圖所示，a、b兩個小球穿在一根粗糙的固定桿上(球的小孔比桿的直徑大)，并且通過一條細繩跨過定滑輪連接．已知b球質(zhì)量為m，桿與水平面成θ角，不計滑輪的一切摩擦，重力加速度為g.當兩球靜止時，Oa段繩與桿的夾角也為θ，Ob段繩沿豎直方向，則下列說法正確的是()A．a(chǎn)一定受到4個力的作用B．b只可能受到2個力的作用C．繩子對a的拉力有可能等于mgD．a(chǎn)的質(zhì)量一定為mtanθ答案C解析對a和b受力分析可知，a至少受重力、桿的支持力、繩的拉力3個力，可能還受摩擦力共4個力，b受重力、繩的拉力2個力或重力、繩的拉力、桿的支持力、摩擦力4個力的作用，選項A、B錯誤；對b受力分析可知，b受繩子拉力可能等于mg，因此繩子對a的拉力可能等于mg，選項C正確；對a受力分析，如果摩擦力為零Gasinθ＝mgcosθ可得Ga＝eq\f(mg,tanθ)；ma＝eq\f(m,tanθ)，選項D錯誤．例3(多選)如圖所示，兩個相似的斜面體A、B在豎直向上的力F的作用下靜止靠在豎直粗糙墻壁上．關(guān)于斜面體A和B的受力情況，下列說法正確的是()A．A一定受到四個力B．B可能受到四個力C．B與墻壁之間一定有彈力和摩擦力D．A與B之間一定有摩擦力答案AD解析對A、B整體受力分析，如圖甲所示，受到向下的重力和向上的推力F，由平衡條件可知B與墻壁之間不可能有彈力，因此也不可能有摩擦力，故C錯誤；對B受力分析如圖乙所示，其受到重力、A對B的彈力及摩擦力而處于平衡狀態(tài)，故B受到三個力，B錯誤；對A受力分析，如圖丙所示，受到重力、推力、B對A的彈力和摩擦力，共四個力，A、D正確．題型二共點力的平衡條件及應用1．共點力的平衡(1)平衡狀態(tài)：物體靜止或做勻速直線運動．(2)平衡條件：F合＝0或Fx＝0，F(xiàn)y＝0.(3)常用推論①若物體受n個作用力而處于平衡狀態(tài)，則其中任意一個力與其余(n－1)個力的合力大小相等、方向相反．②若三個共點力的合力為零，則表示這三個力的有向線段首尾相接組成一個封閉三角形．2．處理共點力平衡問題的基本思路確定平衡狀態(tài)(加速度為零)→巧選研究對象(整體法或隔離法)→受力分析→建立平衡方程→求解或作討論．求解共點力平衡問題的常用方法：1．合成法：一個力與其余所有力的合力等大反向，常用于非共線三力平衡．2．正交分解法：Fx合＝0，F(xiàn)y合＝0，常用于多力平衡．3．矢量三角形法，把表示三個力的有向線段構(gòu)成一個閉合的三角形，常用于非特殊角的一般三角形．考向1合成法例4(2019·全國卷Ⅲ·16)用卡車運輸質(zhì)量為m的勻質(zhì)圓筒狀工件，為使工件保持固定，將其置于兩光滑斜面之間，如圖所示．兩斜面Ⅰ、Ⅱ固定在車上，傾角分別為30°和60°.重力加速度為g.當卡車沿平直公路勻速行駛時，圓筒對斜面Ⅰ、Ⅱ壓力的大小分別為F1、F2，則()A．F1＝eq\f(\r(3),3)mg，F(xiàn)2＝eq\f(\r(3),2)mgB．F1＝eq\f(\r(3),2)mg，F(xiàn)2＝eq\f(\r(3),3)mgC．F1＝eq\f(1,2)mg，F(xiàn)2＝eq\f(\r(3),2)mgD．F1＝eq\f(\r(3),2)mg，F(xiàn)2＝eq\f(1,2)mg答案D例5(2020·全國卷Ⅲ·17)如圖，懸掛甲物體的細線拴牢在一不可伸長的輕質(zhì)細繩上O點處；繩的一端固定在墻上，另一端通過光滑定滑輪與物體乙相連．甲、乙兩物體質(zhì)量相等．系統(tǒng)平衡時，O點兩側(cè)繩與豎直方向的夾角分別為α和β.若α＝70°，則β等于()A．45°B．55°C．60°D．70°答案B解析取O點為研究對象，O點在三力的作用下處于平衡狀態(tài)，對其受力分析如圖所示，F(xiàn)T1＝FT2，兩力的合力與F等大反向，根據(jù)幾何關(guān)系可得2β＋α＝180°，所以β＝55°，故選B.考向2相似三角形法例6如圖所示，小圓環(huán)A吊著一個質(zhì)量為m2的物塊并套在另一個豎直放置的大圓環(huán)上，有一細繩一端拴在小圓環(huán)A上，另一端跨過固定在大圓環(huán)最高點B的一個小滑輪后吊著一個質(zhì)量為m1的物塊．如果小圓環(huán)A、滑輪、繩子的大小和質(zhì)量以及相互之間的摩擦都可以忽略不計，繩子不可伸長，平衡時弦AB所對的圓心角為α，則兩物塊的質(zhì)量之比m1∶m2應為()A．cos

eq\f(α,2) B．sin

eq\f(α,2)C．2sin

eq\f(α,2) D．2cos

eq\f(α,2)答案C解析對小圓環(huán)A受力分析，如圖所示，F(xiàn)T2與FN的合力F與FT1大小相等，由矢量三角形與幾何三角形相似，可知eq\f(FT2,R)＝eq\f(F,2Rsin\f(α,2))，其中FT2＝m2g，F(xiàn)＝FT1＝m1g，聯(lián)立解得eq\f(m1,m2)＝2sineq\f(α,2)，C正確．考向3正交分解法例7(多選)如圖所示，輕質(zhì)光滑滑輪兩側(cè)用輕繩連著兩個物體A與B，物體B放在水平地面上，A、B均靜止．已知A和B的質(zhì)量分別為mA、mB，繩與水平方向的夾角為θ(θ<90°)，重力加速度為g，則()A．物體B受到的摩擦力可能為零B．物體B受到的摩擦力大小為mAgcosθC．物體B對地面的壓力可能為零D．物體B對地面的壓力大小為mBg－mAgsinθ答案BD解析輕繩拉力FT＝mAg，對B，在水平方向有Ff＝FTcosθ＝mAgcosθ，在豎直方向地面對B的支持力FN＝mBg－FTsinθ＝mBg－mAgsinθ，由牛頓第三定律可知，選項B、D正確；當mBg＝mAgsinθ時，F(xiàn)N＝0，此時物體B不可能靜止，選項A、C錯誤．單個物體受到三個力平衡，通常采用合成法，三個力構(gòu)成矢量三角形求解；單個物體受到四個及以上的力，通常采用正交分解法求解，建立坐標系應使盡可能多的力與坐標軸重合，使需要分解的力盡可能少．考向4整體法、隔離法解決靜態(tài)平衡問題例8(2022·黑龍江鶴崗市第一中學高三月考)如圖甲所示，A、B兩小球通過兩根輕繩連接并懸掛于O點，已知兩輕繩OA和AB的長度之比為eq\r(3)∶1，A、B兩小球質(zhì)量分別為2m和m，現(xiàn)對A、B兩小球分別施加水平向右的力F1和水平向左的力F2，兩球恰好處于如圖乙的位置靜止，此時B球恰好在懸點O的正下方，輕繩OA與豎直方向成30°，則()A．F1＝F2 B．F1＝eq\r(3)F2C．F1＝2F2 D．F1＝3F2答案C解析由題意知兩輕繩OA和AB的長度之比為eq\r(3)∶1，B球恰好在懸點O的正下方，由幾何關(guān)系可知，OA與AB垂直；以B球為研究對象，受力示意圖如圖甲所示，由平衡條件得F2＝mgtan(90°－30°)＝eq\r(3)mg，以A、B兩球整體為研究對象，受力示意圖如圖乙所示，由平衡條件得F1－F2＝3mgtan30°＝eq\r(3)mg，可得F1＝2eq\r(3)mg，即F1＝2F2，故C正確．例9如圖所示，兩個質(zhì)量均為m的小球通過兩根輕彈簧A、B連接，在水平外力F作用下，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，彈簧實際長度相等．彈簧A、B的勁度系數(shù)分別為kA、kB，且原長相等．彈簧A、B與豎直方向的夾角分別為θ與45°.設(shè)A、B中的拉力分別為FA、FB，小球直徑相比彈簧長度可忽略，重力加速度為g，則()A．tanθ＝eq\f(1,2) B．kA＝kBC．FA＝eq\r(3)mg D．FB＝2mg答案A解析對下面的小球進行受力分析，如圖甲所示．根據(jù)平衡條件得：F＝mgtan45°＝mg，F(xiàn)B＝eq\f(mg,cos45°)＝eq\r(2)mg；對兩個小球整體受力分析，如圖乙所示，根據(jù)平衡條件得：tanθ＝eq\f(F,2mg)，又F＝mg，解得tanθ＝eq\f(1,2)，F(xiàn)A＝eq\r(2mg2＋F2)＝eq\r(5)mg，由題圖可知兩彈簧的形變量相等，則有：x＝eq\f(FA,kA)＝eq\f(FB,kB)，解得：eq\f(kA,kB)＝eq\f(FA,FB)＝eq\f(\r(5),\r(2))，故A正確，B、C、D錯誤．課時精練1．(2020·浙江7月選考·3)矢量發(fā)動機是噴口可向不同方向偏轉(zhuǎn)以產(chǎn)生不同方向推力的一種發(fā)動機．當“殲－20”隱形戰(zhàn)斗機以速度v斜向上飛行時，其矢量發(fā)動機的噴口如圖所示．已知飛機受到重力G、發(fā)動機推力F1、與速度方向垂直的升力F2和與速度方向相反的空氣阻力Ff.下列受力分析示意圖可能正確的是()答案A解析由題意可知，戰(zhàn)斗機所受重力豎直向下，F(xiàn)2方向與速度方向垂直，F(xiàn)f方向與速度方向相反，故選項A正確．2．科技的發(fā)展正在不斷地改變著我們的生活．如圖甲是一款手機支架，其表面采用了納米微吸材料，用手觸碰無粘感，接觸到平整光滑的硬性物體時，會牢牢吸附在物體上；如圖乙是手機靜止吸附在支架上的側(cè)視圖，若手機的重力為G，表面與水平面的夾角為θ，則下列說法正確的是()A．手機受到的支持力大小為GcosθB．手機受到的支持力不可能大于GC．納米材料對手機的作用力大小為GsinθD．納米材料對手機的作用力豎直向上答案D解析手機支架采用了納米微吸材料，支架斜面對手機有吸引力，由平衡條件得FN＝Gcosθ＋F吸，所以手機受到的支持力大小不可能為Gcosθ，其大小可能大于G，也可能小于G，取決于吸引力的大小，選項A、B錯誤；手機處于靜止狀態(tài)，受力平衡，手機受到豎直向下的重力和納米材料的作用力(支持力、吸引力和摩擦力的合力)，故納米材料對手機的作用力豎直向上，大小等于G，選項C錯誤，D正確．3.(2021·江蘇省1月適應性考試·3)如圖所示，對稱晾掛在光滑等腰三角形衣架上的衣服質(zhì)量為M，衣架頂角為120°，重力加速度為g，則衣架右側(cè)對衣服的作用力大小為()A.eq\f(1,2)Mg B.eq\f(\r(3),3)MgC.eq\f(\r(3),2)Mg D．Mg答案B解析對衣服進行受力分析，如圖所示：由幾何關(guān)系知，衣架左、右側(cè)對衣服的作用力FN與豎直方向的夾角為30°，則有2FNcos30°＝Mg，得FN＝eq\f(\r(3),3)Mg，故選B.4.(多選)如圖所示，在傾斜的墻上，用垂直于墻面的力F按壓物塊，使其靜止在圖示位置．則下列說法正確的是()A．物塊可能受三個力作用B．物塊一定受四個力作用C．物塊所受摩擦力方向一定沿墻面向上D．若增大力F，則物塊與墻面間摩擦力增大答案BC解析受力分析由平衡條件可知，物塊能靜止，一定有摩擦力作用且方向沿墻面向上，故物塊與墻面間壓力不可能為0，則物塊一定受四個力作用，A錯誤，B、C正確；由于物塊與墻面間摩擦力為靜摩擦力，故大小與正壓力無關(guān)，D錯誤．5.如圖所示，質(zhì)量為m的木塊A放在質(zhì)量為M的三角形斜劈B上，現(xiàn)同時用大小為F1和F2、方向相反的水平力分別推木塊A和斜劈B，它們均靜止不動，重力加速度為g，則()A．地面對B的支持力的大小一定等于(M＋m)gB．F1、F2一定等大反向C．A與B之間一定存在摩擦力D．B與地面之間一定存在摩擦力答案A解析對A、B整體受力分析，受到重力(M＋m)g、支持力FN和已知的兩個推力，地面對整體可能有靜摩擦力，根據(jù)平衡條件有FN＝(M＋m)g，故A正確；對整體，水平方向可能有摩擦力，故F1、F2不一定等大反向，故B錯誤；對木塊A受力分析，受重力mg、已知的推力F1、斜劈B對A的支持力FN′，可能有B對A的摩擦力Ff，推力F1沿斜面的分力等于重力沿斜面的分力時，摩擦力為零，即A、B間不一定有摩擦力，故C錯誤；對整體，當F1＝F2時，斜劈B不受地面的靜摩擦力，故D錯誤．6.(多選)如圖所示，質(zhì)量為M、半徑為R的半球形物體A放在水平地面上，通過最高點處大小不計的釘子用水平細線拉住一質(zhì)量為m、半徑為r的光滑球B.重力加速度為g，則()A．A對地面的壓力等于(M＋m)gB．A對地面的摩擦力方向向左C．A對B的支持力大小為eq\f(R＋r,R)mgD．細線對B的拉力大小為eq\f(r,R)mg答案AC解析對A、B整體受力分析，受重力和支持力，相對地面無相對滑動趨勢，故不受摩擦力，根據(jù)平衡條件知，支持力等于整體的重力，根據(jù)牛頓第三定律知，整體對地面的壓力與地面對整體的支持力大小相等，故A對地面的壓力等于(M＋m)g，故A正確，B錯誤；對B受力分析，如圖所示，根據(jù)平衡條件得：F＝eq\f(mg,cosθ)，F(xiàn)T＝mgtanθ，其中cosθ＝eq\f(R,R＋r)，tanθ＝eq\f(\r(R＋r2－R2),R)，故F＝eq\f(R＋r,R)mg，F(xiàn)T＝mgeq\f(\r(R＋r2－R2),R)，故C正確，D錯誤．7.三個相同的建筑管材(可看作圓柱體)靜止疊放于水平地面上，其截面示意圖如圖所示，每個管材的質(zhì)量均為m.各管材間接觸，設(shè)管材間光滑、管材與地面間粗糙．重力加速度為g，對此下列說法中正確的是()A．管材與地面接觸處的壓力大小為eq\f(\r(3),3)mgB．上下管材接觸處的壓力大小為eq\f(\r(3),3)mgC．管材與地面接觸處沒有摩擦力D．下方兩管材之間一定有彈力答案B解析由對稱性知，上面管材的受力情況左右對稱，下面兩個管材的受力情況相同，整體分析三個管材豎直方向受力平衡，有2F地＝3mg，則F地＝eq\f(3,2)mg，即管材與地面接觸處的壓力大小為eq\f(3,2)mg，故A錯誤；隔離上面管材，其受力如圖所示，則2Fcos30°＝mg，解得：F＝eq\f(\r(3),3)mg，故B正確；隔離下面管材，左右兩管材不擠壓，則下方兩管材之間沒有彈力，左右兩管材相對于地面有向外的運動趨勢，所以地面對兩管材有摩擦力，故C、D錯誤．8.如圖所示，質(zhì)量為M的斜面體靜置在水平地面上，斜面上有一質(zhì)量為m的小物塊，水平力F作用在小物塊上時，兩者均保持靜止，斜面體受到水平地面的靜摩擦力為Ff1，小物塊受到斜面的靜摩擦力為Ff2.現(xiàn)使F逐漸增大，兩者仍處于靜止狀態(tài)，則()A．Ff1、Ff2都增大B．Ff1、Ff2都不一定增大C．Ff1不一定增大，F(xiàn)f2一定增大D．Ff1一定增大，F(xiàn)f2不一定增大答案D解析以m、M整體為研究對象，系統(tǒng)靜止，則Ff1＝F，F(xiàn)增大，則Ff1增大；以物塊m為研究對象，受到重力mg、支持力FN、推力F，剛開始可能有靜摩擦力；①當mgsinθ>Fcosθ時，F(xiàn)f2沿斜面向上，F(xiàn)增大時，F(xiàn)f2先變小后反向增大；②當mgsinθ＝Fcosθ時，F(xiàn)增大，F(xiàn)f2變大；③當mgsinθ<Fcosθ時，F(xiàn)f2沿斜面向下，F(xiàn)增大，F(xiàn)f2變大，故D正確．9．如圖所示，三個重均為100N的物塊，疊放在水平桌面上，各接觸面水平，水平拉力F＝20N，作用在物塊2上，三條輕質(zhì)繩結(jié)于O點，與物塊3連接的繩水平，與天花板連接的繩與水平方向成45°角，豎直繩懸掛重為20N的小球P.整個裝置處于靜止狀態(tài)．則()A．物塊1和2之間的摩擦力大小為20NB．水平繩的拉力大小為20NC．桌面對物塊3的支持力大小為320ND．物塊3受4個力的作用答案B解析對物塊1受力分析，受重力和支持力，假如受水平方向的摩擦力，則不能保持平衡，故物塊1和物塊2間的摩擦力為零，A錯誤；對O點受力分析，受到三根繩子的拉力，如圖，根據(jù)平衡條件有，x方向：FT2cos45°＝FT1，y方向：FT2sin45°＝GP，解得FT1＝GP＝20N，所以水平繩中的拉力大小為20N，B正確；對物塊1、2、3整體受力分析，受重力、支持力、向左的拉力、水平繩的拉力，豎直方向：FN＝3G＝300N，C錯誤；對物塊1和物塊2整體研究，受重力、支持力、向左的拉力F和向右的靜摩擦力Ff23，根據(jù)平衡條件得：Ff23＝F＝20N；對物塊3受力分析，2、3間向左的摩擦力為20N，水平繩向右的拉力也為20N，則3與桌面間摩擦力為零，故3受重力、支持力、壓力、2對3的摩擦力、繩子拉力，共5個力作用，D錯誤．10.(2022·重慶市三峽聯(lián)盟模擬)如圖所示，一輕桿兩端固定兩個小球A、B，A球的質(zhì)量是B球質(zhì)量的3倍，輕繩跨過滑輪連接A和B，一切摩擦不計，平衡時OA和OB的長度之比為()A．1∶2 B．2∶1C．1∶3 D．1∶4答案C解析設(shè)繩上拉力為FT，OA長L1，OB長L2，過O點做豎直向下的輔助線交與AB為C點，如圖所示，利用力的三角形和長度三角形相似有eq\f(FT,mAg)＝eq\f(L1,OC)；eq\f(FT,mBg)＝eq\f(L2,OC)得eq\f(L1,L2)＝eq\f(1,3)，故A、B、D錯誤，C正確．11．(2022·江西八所重點中學聯(lián)考)如圖甲所示，推力F垂直斜面作用