名师教案河南省高考物理二轮讲义教案 第2章加强1讲受力分析 共点力平衡.docx
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名师教案河南省高考物理二轮讲义教案第2章加强1讲受力分析共点力平衡
加强一讲 受力分析 共点力平衡
知识一 受力分析
1．概念
把指定物体（或研究对象）在特定的物理环境中受到的所有外力都分析出来，并画出物体受力的示意图的过程．
2．顺序
先分析场力（重力、电场力、磁场力），再分析接触力（弹力、摩擦力），最后分析其他力．
3．受力分析的常用方法
（1）整体法和隔离法
当物理情景中涉及物体较多时，就要考虑采用整体法和隔离法
①整体法
同时满足上述两个条件即可采用整体法．
②隔离法
物体必须从系统中隔离出来，独立地进行受力分析，列出方程．
（2）假设法
在未知某力是否存在时，可先对其作出存在或不存在的假设，然后再就该力存在或不存在对物体运动状态是否产生影响来判断该力是否存在．
将一物块分成相等的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，绳子处于竖直伸直状态，整个装置静止．则
（1）绳子上的拉力可能为零吗？
（2）地面受到的压力可能为零吗？
（3）地面与物块间可能存在摩擦力吗？
（1）可能．A、B两部分之间的相互作用力大小恰好等于A部分的重力时，绳子拉力为零．
（2）不可能．绳子拉力的最大值等于A部分的重力大小，故B部分始终压在地面上，地面受到的压力不会等于零．
（3）不可能．由于绳子处于竖直状态，A、B之间如果有相互作用力，也一定在竖直方向上，物块整体相对于地面无相对运动趋势，故地面与物块之间不会存在摩擦力．
知识二 共点力的平衡
共点力
力的作用点在物体上的同一点或力的延长线交于一点的几个力叫做共点力，能简化成质点的物体受到的力可以视为共点力
平衡状态
物体处于静止状态或匀速直线运动状态，叫做平衡状态．（该状态下物体的加速度为零）
平衡条件
物体受到的合外力为零，即F合＝0或
对平衡条件的理解
二力平衡
两个力大小相等，方向相反，是一对平衡力
三力平衡
任意两个力的合力与第三个力等大反向
n个力平衡
任意n－1个力的合力与余下的那个力等大反向
（1）速度等于零的物体一定处于平衡状态．（×）
（2）物体的平衡状态是指物体处于静止或速度等于零的状态．（×）
（3）若物体受到三个力F1、F2、F3的作用而平衡，将F1转动90°时，三个力的合力大小为
F1.（√）
1．（多选）滑滑梯是小孩很喜欢的娱乐活动．如图2－3－1所示，一个小孩正在滑梯上匀速下滑，则（ ）
图2－3－1
A．小孩所受的重力与小孩所受的弹力大小相等
B．小孩所受的重力与小孩所受的摩擦力大小相等
C．小孩所受的弹力和摩擦力的合力与小孩所受的重力大小相等
D．小孩所受的重力和弹力的合力与小孩所受的摩擦力大小相等
【答案】 CD
2.
图2－3－2
如图2－3－2所示，在倾角为θ的斜面上，放着一个质量为m的光滑小球，小球被竖直的木板挡住，则小球对木板的压力大小为（ ）
A．mgcosθ B．mgtanθ
C.
D.
【解析】 取光滑小球为研究对象，对小球进行受力分析，由于小球是光滑的，因此小球不会受到摩擦力的作用，建立如图所示的直角坐标系，由于小球静止，
则有FN1sinθ－FN2＝0，
FN1cosθ－mg＝0
解得：
FN1＝
，FN2＝mgtanθ
由牛顿第三定律可知，小球对木板的压力为FN2′＝FN2＝mgtanθ.
【答案】 B
3.
图2－3－3
如图2－3－3所示，质量为m的小球置于倾角为30°的光滑斜面上，劲度系数为k的轻质弹簧一端系在小球上，另一端固定在墙上的P点，小球静止时，弹簧与竖直方向的夹角为30°，则弹簧的伸长量为（ ）
A.
B.
C.
D.
【解析】 以小球为研究对象受力分析可知，小球静止，因此有Fcos30°＝mgsin30°，可得弹簧弹力F＝
mg，由胡克定律可知F＝kx，因此弹簧的伸长量x＝
，C选项正确．
【答案】 C
4.
图2－3－4
（2013·新课标全国卷Ⅱ）如图2－3－4，在固定斜面上的一物块受到一外力F的作用，F平行于斜面向上．若要物块在斜面上保持静止，F的取值应有一定范围，已知其最大值和最小值分别为F1和F2（F2>0）．由此可求出（ ）
A．物块的质量
B．斜面的倾角
C．物块与斜面间的最大静摩擦力
D．物块对斜面的正压力
【解析】 物块在斜面上处于静止状态，先对物块进行受力分析，确定其运动趋势，列平衡方程可得Ff.
物块受与斜面平行的外力F作用，而在斜面上静止，此时摩擦力的大小和方向将随F的变化而变化．设斜面倾角为θ，由平衡条件F1－mgsinθ－Ffmax＝0，F2－mgsinθ＋Ffmax＝0，解得Ffmax＝
，故选项C正确．
【答案】 C
5．（多选）（2013·广东高考）如图2－3－5，物体P静止于固定的斜面上，P的上表面水平．现把物体Q轻轻地叠放在P上，则（ ）
图2－3－5
A．P向下滑动
B．P静止不动
C．P所受的合外力增大
D．P与斜面间的静摩擦力增大
【解析】 物体P处于静止状态，把物体Q轻轻地叠放在P上时，P、Q仍处于静止状态．根据共点力的平衡条件解决问题．
设斜面倾角为θ，P、Q的质量分别为M、m，因物体P静止于固定的斜面上，则动摩擦因数μ≥tanθ，所受合外力F1＝0，静摩擦力f1＝Mgsinθ，把物体Q轻轻地叠放在P上，选整体为研究对象，则（M＋m）gsinθ≤μ（M＋m）gcosθ，故P、Q仍处于静止状态．P所受的合外力F2＝0，即F1＝F2，P与斜面间的静摩擦力f2＝（M＋m）gsinθ>f1.故选项B、D正确，选项A、C错误．如果将P、Q两物体视为一个整体，则更容易得正确的选项为B、D.
【答案】 BD
考点一 物体的受力分析
一、受力分析的步骤
1．明确研究对象
即确定受力分析的物体，研究对象可以是单个物体，也可以是多个物体的组合．
2．隔离物体分析
将研究对象从周围物体中隔离出来，进而分析物体受的重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力等，检查周围有哪些物体对它施加了力的作用．
3．画出受力示意图
边分析边将力一一画在受力示意图上，准确标出各力的方向．
4．检查受力分析是否有误
检查画出的每一个力能否找出它的施力物体，检查分析结果能否使研究对象处于题目所给运动状态，否则，必然发生了漏力、多力或错力现象．
二、应注意的问题
1．不要把研究对象所受的力与研究对象对其他物体的作用力混淆．
2．对于分析出的物体受到的每一个力，都必须明确其来源，即每一个力都应找出其施力物体，不能无中生有．
3．合力和分力不能重复考虑．
4．区分性质力与效果力：
研究对象的受力图，通常只画出按性质命名的力，不要把按效果命名的分力或合力分析进去，受力图完成后再进行力的合成或分解．
5．区分内力与外力：
对几个物体的整体进行受力分析时，这几个物体间的作用力为内力，不能在受力图中出现；当把某一物体单独隔离分析时，原来的内力变成外力，要在受力分析图中画出．
————————————
图2－3－6
（多选）如图2－3－6所示，在恒力F作用下，a、b两物体一起沿粗糙竖直墙面匀速向上运动，则关于它们受力情况的说法正确的是（ ）
A．a一定受到4个力
B．b可能受到4个力
C．a与墙壁之间一定有弹力和摩擦力
D．a与b之间一定有摩擦力
【解析】 将a、b看成整体，其受力图如图甲所示，说明a与墙壁之间没有弹力和摩擦力作用；对物体b进行受力分析，如图乙所示，b受到3个力作用，所以a受到4个力作用．
甲 乙
【答案】 AD
————————————
（多选）A、B两物块如图2－3－7叠放，一起沿固定在水平地面上倾角为α的斜面匀速下滑．则（ ）
图2－3－7
A．A、B间无摩擦力
B．B与斜面间的动摩擦因数μ＝tanα
C．A、B间有摩擦力，且B对A的摩擦力对A做负功
D．B对斜面的摩擦力方向沿斜面向下
【审题指导】
（1）A、B一起匀速下滑，所受合力为零．
（2）A、B接触面不水平，二者之间存在摩擦力．
【解析】
选取A为研究对象，对其受力分析可知，物体A除了受到竖直向下的重力GA和垂直A、B接触面向上的弹力FN作用外，肯定还受到平行于A、B接触面指向左上方的摩擦力Ff的作用，如图所示．根据受力图可知，B对A的摩擦力Ff与运动方向之间的夹角小于90°，所以摩擦力Ff对A做正功，故选项A、C均错误；选取A、B组成的系统为研究对象，该系统始终处于平衡状态，对其受力分析，根据力的平衡条件易得，斜面对整体的滑动摩擦力方向沿斜面向上，根据牛顿第三定律可知B对斜面的摩擦力方向沿斜面向下，故选项D正确；沿斜面方向有（mA＋mB）gsinα＝μ（mA＋mB）gcosα，解得μ＝tanα，故选项B正确．
【答案】 BD
考点二 解决平衡类问题的常用方法
一、常用方法
方法
内容
合成法
物体受几个力的作用，通过合成的方法将它们简化成两个力，这两个力满足二力平衡条件
分解法
物体受到几个力的作用，将某一个力按力的效果进行分解，则其分力和其他力在所分解的方向上满足平衡条件
正交分解法
将处于平衡状态的物体所受的力，分解为相互正交的两组，每一组的力都满足二力平衡条件
力的三角形法
物体受同一平面内三个互不平行的力的作用平衡时，这三个力的矢量箭头首尾相接，构成一个矢量三角形，这三个力的合力必为零，利用三角形定则，根据正弦定理、余弦定理或相似三角形等数学知识可求解未知力
二、一般步骤
1．选取研究对象：
根据题目要求，恰当选取研究对象，在平衡类问题中，研究对象可以是单个物体，也可以是多个物体组成的系统，还可以是几个物体相互连接的结点．
2．分析研究对象的受力情况，画出受力图．
3．利用平衡条件建立方程并求解．
图2－3－8
一根光滑杆弯成半圆形，杆上穿着质量为m的小球，用细绳系于杆的一端，如图2－3－8所示，测得细绳与水平面的夹角为30°，设细绳对小球的拉力为FT，球所受杆的弹力为FN.则（ ）
A．FT＝mg，FN＝mg
B．FT＝mg，FN＝2mg
C．FT＝mg，FN＝
mg
D．FT＝
mg，FN＝
mg
【审题指导】
（1）杆光滑，球应受3个力的作用．
（2）球受杆的弹力方向应在球与圆心的连心上．
【解析】
图a
解法一 （正交分解法）对小球受力分析如图a所示，FN的反向延长线过圆心，由几何关系知，小球的重力、细绳的拉力与半径的夹角都为30°，沿切线和半径方向分解G
和FT，根据平衡条件知重力和拉力在切线方向的分力相等，即mgsin30°＝FTsin30°，解得mg＝FT；在垂直于切线方向上，FN＝mgcos30°＋FTcos30°＝
mg.
图b
解法二 （合成法）作出FT、FN的合成图．则由三力平衡变成了二力平衡．显然F＝mg
由图b中几何关系，还可得
F＝FT
2Fcos30°＝FN
解得FT＝mg，FN＝
mg.
解法三 （分解法）重力mg有两个效果，有两个分量，FT′是使绳产生拉力，即FT′＝FT.
FN′是造成球对环形杆产生压力，FN′＝FN.
而FT′、FN′可由图c中几何关系求得．
图c
图d
解法四 （三角形法）小球受三力（mg、FN、FT）平衡，则三力首尾相连，应该形成封闭的三角形，如图d，由图中几何关系可解得FN、FT大小．
【答案】 C
考点三 用整体法隔离法处理多体平衡问题
多体平衡问题的处理方法
1．选取研究对象：
根据需要选取系统整体或其中一个物体为研究对象．
2．分析受力：
明确研究对象后正确地受力分析．
3．列出方程：
在受力分析基础上列出单体和系统的平衡方程．
4．联式求解：
多方体和系统的平衡方程联系求解．
————————————
（2013·山东高考）如图2－3－9甲所示，用完全相同的轻弹簧A、B、C将两个相同的小球连接并悬挂，小球处于静止状态，弹簧A与竖直方向的夹角为30°，弹簧C水平，则弹簧A、C的伸长量之比为（ ）
图2－3－9
A.
∶4 B．4∶
C．1∶2D．2∶1
【解析】 这是典型的平衡模型，解题的要点是对两小球进行受力分析、列平衡方程，若取两小球作为一个整体来研究会更方便．
解法1：
分别对两小球受力分析，如图所示
FAsin30°－FBcosθ＝0
F′Bcosθ－FC＝0
FB＝F′B
得FA＝2FC，即弹簧A、C的伸长量之比为2∶1，选项D正确．
解法2：
将两球作为一个整体，进行受力分析，如图所示
由平衡条件知
＝
即FA＝2FC
故选项D正确．
【答案】 D
————————————
图2－3－10
（多选）如图2－3－10所示，质量为M、半径为R的半球形物体A放在水平地面上，通过最高点处的钉子用水平细线拉住一质量为m、半径为r的光滑球B.以下说法正确的是（ ）
A．A对地面的压力等于（M＋m）g
B．A对地面的摩擦力方向向左
C．B对A的压力大小为
mg
D．细线对小球的拉力大小为
mg
【审题指导】
（1）分析物A与地面间的作用力可用整体法．
（2）分析球的受力情况要用隔离法．
【解析】 对整体受力分析，可以确定A与地面间不存在摩擦力，地面对A的支持力等于A、B的总重力；再对B受力分析，借助两球心及钉子位置组成的三角形，根据几何关系和力的合成分解知识求得A、B间的弹力大小为
mg，细线的拉力大小为
mg
【答案】 AC
动态平衡问题的分析方法
一、动态平衡：
是指平衡问题中的一部分力是变力，是动态力，力的大小和方向均要发生变化，所以叫动态平衡，这是力平衡问题中的一类难题．
二、基本思路：
化“动”为“静”，“静”中求“动”．
三、分析方法
1．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）根据已知量的变化情况来确定未知量的变化情况．
2．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）确定未知量大小、方向的变化．
————————————
（2014·郑州一中模拟）如图2－3－11所示，杆BC的B端铰接在竖直墙上，另一端C为一滑轮．重力为G的重物上系一绳经过滑轮固定于墙上A点处，杆恰好平衡．若将绳的A端沿墙向下移，再使之平衡（BC杆、滑轮、绳的质量及摩擦均不计），则（ ）
图2－3－11
A．绳的拉力增大，BC杆受压力增大
B．绳的拉力不变，BC杆受压力增大
C．绳的拉力不变，BC杆受压力减小
D．绳的拉力不变，BC杆受压力不变
【审题指导】
（1）本题比较的是轻绳的A端移动前后的两个平衡状态，两个状态下，滑轮上所受三力均平衡．
（2）B端是铰链，BC杆可以自由转动，所以BC杆受力必定沿杆．
（3）绳绕过滑轮，两段绳力相等，要保证合力沿杆（否则杆必转动），则杆必处于两绳所构成角的平分线上．
【解析】 方法一：
矢量三角形法
选取滑轮为研究对象，对其受力分析，如图甲所示．绳中的弹力大小相等，即T1＝T2＝G，T1、T2、F三力平衡，将三个力的示意图平移可以组成封闭三角形，如图甲中虚线所示，设AC段绳子与竖直墙壁间的夹角为θ，则根据几何知识可得，杆对绳子的支持力F＝2Gsin
，当绳的A端沿墙向下移时，θ增大，F也增大，根据牛顿第三定律，BC杆受压力增大．
图甲 图乙
方法二：
几何三角形法
图甲中，矢量三角形与几何三角形ABC相似，因此
＝
，解得F＝
·mg，当绳的A端沿墙向下移，再次平衡时，AB长度变短，而BC长度不变，F变大，根据牛顿第三定律，BC杆受压力增大．
方法三：
图解法
将绳的A端沿墙向下移，T2大小和方向不变，T1大小不变，但与T2所夹锐角逐渐增大时，再使之平衡时，画出两段绳子拉力与轻杆的弹力所构成的封闭三角形如图乙所示，显然F′大于F，即轻杆的弹力变大，根据牛顿第三定律，BC杆受压力增大．
【答案】 B
————————————
（2013·天津高考）如图2－3－12所示，小球用细绳系住，绳的另一端固定于O点．现用水平力F缓慢推动斜面体，小球在斜面上无摩擦地滑动，细绳始终处于直线状态，当小球升到接近斜面顶端时细绳接近水平，此过程中斜面对小球的支持力FN以及绳对小球的拉力FT的变化情况是（ ）
图2－3－12
A．FN保持不变，FT不断增大
B．FN不断增大，FT不断减小
C．FN保持不变，FT先增大后减小
D．FN不断增大，FT先减小后增大
【解析】 推动斜面时，小球始终处于平衡状态，根据共点力的平衡条件解决问题．
选小球为研究对象，其受力情况如图所示，用平行四边形定则作出相应的“力三角形OAB”，其中OA的大小、方向均不变，AB的方向不变，推动斜面时，FT逐渐趋于水平，B点向下转动，根据动态平衡，FT先减小后增大，FN不断增大，选项D正确．
【答案】 D
⊙共点力的平衡问题
1.
图2－3－13
（2014·山东师大附中模拟）如图2－3－13所示，在水平力F作用下，木块A、B保持静止．若木块A与B的接触面是水平的，且F≠0，则木块B的受力个数可能是（ ）
A．2 B．3
C．4D．6
【解析】 设斜面倾角为θ，A、B质量分别为m和M，对AB整体受力分析可知，一定受到重力、斜面的支持力和外力F，当（M＋m）·gsinθ≠Fcosθ时，B还受到斜面的摩擦力，对木块B受力分析可知，一定受到重力、斜面的支持力、A对B的压力和摩擦力，B与斜面间的摩擦力可能存在，也可能不存在，则C项正确．
【答案】 C
图2－3－14
2．如图2－3－14所示，一直杆倾斜固定，并与水平方向成30°的夹角；直杆上套有一个质量为0.5kg的圆环，圆环与轻弹簧相连，在轻弹簧上端施加一竖直向上、大小F＝10N的力，圆环处于静止状态，已知直杆与圆环之间的动摩擦因数为0.7，g＝10m/s2.下列说法正确的是（ ）
A．圆环受到直杆的弹力，方向垂直直杆向上
B．圆环受到直杆的弹力大小等于2.5N
C．圆环受到直杆的摩擦力，方向沿直杆向上
D．圆环受到直杆的摩擦力大小等于2.5N
【解析】
对小环受力分析如图所示：
由于F＝10N>mg＝5N，所以杆对环的弹力FN垂直杆向下，杆对环还有沿杆向下的静摩擦力Ff，则FN与Ff的合力应竖直向下，大小为F合＝F－mg＝5N，所以FN＝F合cos30°＝
N，Ff＝F合sin30°＝2.5N．综上可知选项D正确．
【答案】 D
3．蹦床可简化为如图2－3－15所示的完全相同的网绳构成的正方形，点O、a、b、c等为网绳的结点．当网水平张紧时，若质量为m的运动员从高处竖直落下，并恰好落在O点，当该处下凹至最低点时，网绳aOe、cOg均成120°向上的张角，此时O点受到的向下的冲击力为F，则这时O点周围每根网绳的拉力的大小为（ ）
图2－3－15
A．F/4 B．F/2
C．（F＋mg）/4D．（F＋mg）/2
【解析】 设每根网绳的拉力大小为F′，对结点O有：
4F′cos60°－F＝0
解得F′＝
，选项B正确．
【答案】 B
⊙动态平衡问题
4.
图2－3－16
（2012·新课标全国高考）如图2－3－16，一小球放置在木板与竖直墙面之间．设墙面对球的压力大小为N1，球对木板的压力大小为N2.以木板与墙连接点所形成的水平直线为轴，将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置．不计摩擦，在此过程中（ ）
A．N1始终减小，N2始终增大
B．N1始终减小，N2始终减小
C．N1先增大后减小，N2始终减小
D．N1先增大后减小，N2先减小后增大
【解析】 如图所示，因为N1＝
，N2＝
，随θ逐渐增大到90°，tanθ、sinθ都增大，N1、N2都逐渐减小，所以选项B正确．
【答案】 B
⊙正交分解法处理临界问题
图2－3－17
5．如图2－3－17所示，质量为m的物体，放在一固定斜面上，当斜面倾角为30°时恰能沿斜面匀速下滑．对物体施加一大小为F的水平向右的恒力，物体可沿斜面匀速向上滑行．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当斜面倾角增大并超过某一临界角θ0时，不论水平恒力F多大，都不能使物体沿斜面向上滑行，试求：
（1）物体与斜面间的动摩擦因数；
（2）临界角θ0的大小．
【解析】
（1）由题意可知，当斜面的倾角为30°时，物体恰好能沿斜面匀速下滑，由平衡条件可得，FN＝mgcos30°，mgsin30°＝μFN
解得，μ＝tan30°＝
.
（2）设斜面倾角为α，对物体受力分析如图所示，Fcosα＝mgsinα＋f
FN＝mgcosα＋Fsinα
当物体无法向上滑行时，静摩擦力f≤μFN
联立解得：
F（cosα－μsinα）≤mgsinα＋μmgcosα
若使“不论水平恒力F多大”，上式都成立，则有cosα－μsinα≤0
解得，tanα≥
＝60°，即θ0＝60°.
【答案】
（1）
（2）60°
实验二 探究弹力和弹簧伸长的关系
实验目的
1．探究弹力和弹簧伸长的关系．
2．学会用列表法和图象法处理物理量之间的关系．
实验原理
图2－4－1
1．如图2－4－1所示，弹簧在下端悬挂钩码时会伸长，平衡时弹簧产生的弹力与所挂钩码的重力大小相等．
2．用刻度尺测出弹簧在不同钩码拉力下的伸长量x，建立坐标系，以纵坐标表示弹力大小F，以横坐标表示弹簧的伸长量x，在坐标系中描出实验所测得的各组（x、F）对应的点，用平滑的曲线连接起来，根据实验所得的图线，就可探知弹力大小与伸长量间的关系．
实验器材
铁架台、毫米刻度尺、弹簧、钩码（若干）、三角板、铅笔、重垂线、坐标纸等．
实验过程
图2－4－2
1．如图2－4－2所示，将铁架台放在桌面上（固定好），将弹簧的一端固定于铁架台的横梁上，在靠近弹簧处将刻度尺（最小分度为1mm）固定于铁架台上，并用重垂线检查刻度尺是否竖直．
2．记下弹簧下端不挂钩码时所对应的刻度l0，即弹簧的原长．
3．在弹簧下端挂上钩码，待钩码静止时测出弹簧的长度l，求出弹簧的伸长x和所受的外力F（等于所挂钩码的重力）．
4．改变所挂钩码的数量，重复上述实验，要尽量多测几组数据，将所测数据填写在下列表格中．
记录表：
弹簧原长l0＝________cm.
次数
内容
1
2
3
4
5
6
拉力F/N
弹簧总长/cm
弹簧伸长/cm
5.以力为纵坐标，以弹簧的伸长为横坐标，根据所测数据在坐标纸上描点．
6．按照图中各点的分布与走向，作出一条平滑的图线．所画的点不一定正好都在这条图线上，但要注意使图线两侧的点数大致相同．
7．以弹簧的伸长为自变量，写出图线所代表的函数表达式，并解释函数表达式中常数的物理意义．
注意事项
1．所挂钩码不要过重，以免弹簧被过分拉伸，超出它的弹性限度，要注意观察，适
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