第4講受力分析共點力的平衡學習目標1.從具體的情境中選擇研究對象，會分析其彈力、摩擦力的有無及方向。2.會靈活應用整體法和隔離法對多物體受力分析。3.會運用共點力平衡的條件分析解決平衡問題。eq\a\vs4\al(1.,,,,)eq\a\vs4\al(2.,,,,)1.思考判斷(1)對物體受力分析時，只能畫該物體受到的力，其他物體受到的力不能畫在該物體上。(√)(2)物體沿光滑斜面下滑時，受到重力、支持力和下滑力的作用。(×)(3)物體的速度為零即處于平衡狀態。(×)(4)物體處于平衡狀態時，其加速度一定為零。(√)(5)物體受兩個力作用處于平衡狀態，這兩個力必定等大反向。(√)(6)物體處于平衡狀態時，其所受的作用力必定為共點力。(×)(7)物體受三個力F1、F2、F3作用處于平衡狀態，若將F2轉動90°，則三個力的合力大小為eq\r(2)F2。(√)2.如圖1，三米跳板跳水運動員在跳板的外端靜止站立時，受到力的個數是()圖1A.1個 B.2個 C.3個 D.4個答案C考點一受力分析受力分析的四種方法假設法在未知某力是否存在時，先對其做出不存在的假設，然后根據該力不存在對物體運動和受力狀態的影響來判斷該力是否存在整體法將加速度相同的幾個相互關聯的物體作為一個整體進行受力分析的方法隔離法將所研究的對象從周圍的物體中分離出來，單獨進行受力分析的方法動力學分析法對加速運動的物體進行受力分析時，應用牛頓運動定律進行分析求解的方法例1(多選)(2023·山東青島質量檢測)如圖2所示，固定在地面上的帶凹槽的長直桿與水平面成α＝30°角，輕質環a套在桿上，置于凹槽內質量為m的小球b通過一條細繩跨過定滑輪與環a連接。a、b靜止時，拉b的細繩與桿間的夾角為30°，重力加速度為g，不計一切摩擦。下列說法正確的是()圖2A.a受到3個力的作用B.b受到3個力的作用C.細桿對b的作用力大小為eq\f(1,2)mgD.細繩對a的拉力大小為eq\f(\r(3),3)mg答案BD解析輕質環a套在桿上，不計摩擦，則a靜止時細繩的拉力與桿對a的彈力平衡，故拉a的細繩與桿垂直，a受到兩個力作用，故A錯誤；對b球受力分析可知，b受到重力、繩子的拉力和桿對b球的彈力，3個力的作用，故B正確；以b為研究對象，受力分析如圖所示，根據幾何關系可得β＝θ＝30°，則細桿對b的作用力大小FN等于細繩對b的拉力大小FT，則2FNcos30°＝mg，可得FN＝eq\f(\r(3),3)mg，故C錯誤；細繩對b的拉力FT＝FN＝eq\f(\r(3),3)mg，則細繩對a的拉力大小為FT′＝eq\f(\r(3),3)mg，故D正確。跟蹤訓練1.(2023·山東臨沂月考)如圖3所示，兩個等大、反向的水平力F1和F2分別作用在物體A和B上，A、B兩物體均處于靜止狀態。若各接觸面與水平地面平行，則A、B兩物體的受力個數分別為()圖3A.3個、4個 B.4個、4個C.4個、5個 D.4個、6個答案C解析先對物體A、B整體進行受力分析，水平方向上，兩個等大、反向的力F1和F2正好平衡，所以物體B不受地面的摩擦力。對A物體進行受力分析，物體A受到重力、拉力F1、B給的支持力和摩擦力，所以A受到4個力作用；對B物體進行受力分析，物體B受到重力、拉力F2、地面的支持力、A給的摩擦力和壓力，所以物體B受5個力的作用，故C正確，A、B、D錯誤。考點二共點力的平衡條件及應用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，Fy合＝0，常用于多力平衡。角度合成法例2(2022·廣東深圳模擬)如圖4所示，ab繩一端固定在豎直墻上，另一端系在豎直固定的直桿上，質量為m的重物用細線系于ab繩上的c點，ac段水平，a點到桿的距離為ac段長度的2倍，bc段繩長度是ac段長度的eq\r(3)倍，重力加速度為g，將繩b端沿桿緩慢下移，當移到與a點等高的位置d時，ac段和bc段繩上的張力F1、F2大小分別為()圖4A.F1＝eq\f(\r(3),2)mg，F2＝eq\f(1,2)mgB.F1＝eq\f(1,2)mg，F2＝eq\f(\r(3),2)mgC.F1＝eq\f(\r(3),3)mg，F2＝eq\f(2\r(3),3)mgD.F1＝eq\f(2\r(3),3)mg，F2＝eq\f(\r(3),3)mg答案A解析設ac＝x，則cd＝x，bc＝eq\r(3)x，當b點下移時，c點將以a點為圓心，以x為半徑轉動，當b點到達d點時，結點c轉到e點，因ad＝2x，ae＝x，de＝eq\r(3)x，可知三角形aed為直角三角形，且∠ade＝30°，則由合成知識可得F1＝mgcos30°＝eq\f(\r(3),2)mg，F2＝mgsin30°＝eq\f(1,2)mg，故A正確。跟蹤訓練2.如圖5所示，在天花板的某點處豎直固定一根輕桿a，桿的下端有一個不計大小的輕質定滑輪O。一根跨過滑輪O的細線下端系一個重為G的物體，在細線A端施加拉力F使物體保持靜止，OA與豎直方向的夾角為θ＝60°。不計一切摩擦。下列說法中正確的是()圖5A.細線彈力大小為2GB.a桿對滑輪的作用力大小為eq\r(3)GC.a桿對滑輪的作用力方向沿著桿豎直向上D.a桿對滑輪的作用力大小為G答案B解析對物體分析可知，細線彈力與其重力平衡，所以細線彈力大小為G，故A錯誤；由于滑輪兩側細線中彈力大小相等，所以兩側細線彈力的合力F方向位于兩側細線夾角的平分線上(如圖所示)，根據對稱性可知兩側細線彈力的合力大小為F＝2Gcos30°＝eq\r(3)G，方向與豎直方向夾角為30°斜向左下。對滑輪根據平衡條件可知，a桿對滑輪的作用力與F平衡，其大小也為eq\r(3)G，方向與豎直方向夾角為30°斜向右上，故B正確，C、D錯誤。角度正交分解法例3(2022·浙江1月選考，5)如圖6所示，學校門口水平地面上有一質量為m的石礅，石礅與水平地面間的動摩擦因數為μ。工作人員用輕繩按圖示方式勻速移動石礅時，兩平行輕繩與水平面間的夾角均為θ，則下列說法正確的是()圖6A.輕繩的合拉力大小為eq\f(μmg,cosθ)B.輕繩的合拉力大小為eq\f(μmg,cosθ＋μsinθ)C.減小夾角θ，輕繩的合拉力一定減小D.輕繩的合拉力最小時，地面對石礅的摩擦力也最小答案B解析對石礅受力分析如圖所示，設兩根輕繩的合力為F，根據平衡條件有Fcosθ＝Ff，Fsinθ＋FN＝mg，且Ff＝μFN，聯立可得F＝eq\f(μmg,cosθ＋μsinθ)，選項A錯誤，B正確；上式變形得F＝eq\f(μmg,\r(1＋μ2)sin（θ＋α）)，其中tanα＝eq\f(1,μ)，根據三角函數特點，由于θ的初始值不知道，因此減小θ，輕繩的合拉力F并不一定減小，選項C錯誤；根據上述討論，當θ＋α＝90°時，輕繩的合拉力F最小，而摩擦力Ff＝Fcosθ＝eq\f(μmgcosθ,cosθ＋μsinθ)＝eq\f(μmg,1＋μtanθ)，可知增大夾角θ，摩擦力一直減小，當θ趨近于90°時，摩擦力最小，故輕繩的合拉力F最小時，地面對石礅的摩擦力不是最小的，選項D錯誤。跟蹤訓練3.(2023·安徽十八校聯考)如圖7所示，質量m＝2kg的三角形木楔置于傾角θ＝37°的固定粗糙斜面上，三角形木楔的AB邊和AC邊相等，∠BAC＝74°，它與斜面間的動摩擦因數為0.5，水平向右的推力F垂直作用在AB邊上，在力F的推動下，木楔沿斜面向上勻速運動，ABC與斜面在同一豎直平面內，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，則木楔勻速運動過程中受到的摩擦力大小為()圖7A.20.0N B.12.8N C.12.0N D.8.0N答案A解析因AB邊和AC邊長度相等，∠BAC＝74°，由幾何知識可知∠ABC＝53°，由于斜面傾角θ＝37°，故AB邊豎直，推力F水平向右，對木楔的受力分析如圖所示，根據平衡條件可得Fcosθ＝Ff＋mgsinθ，FN＝Fsinθ＋mgcosθ，摩擦力Ff＝μFN，聯立解得Ff＝20N，故A正確。考點三整體法和隔離法解決多物體平衡多物體通常由兩個或兩個以上的研究對象，通過直接接觸或通過繩、桿等媒介連接組合，如疊加體、連接體等，處理方法通常是整體法和隔離法交替使用。例4(2023·湖南岳陽模擬)如圖8所示，質量為2M的物塊A靜置于水平臺面上，質量為M的半球體C靜置于水平地面上，質量為m的光滑小球B(可視為質點)放在半球體C上，P點為三根輕繩PA、PB、PO的結點。系統在圖示位置處于靜止狀態，P點位于半球體球心的正上方，PO豎直，PA水平，PB剛好與半球體相切且與豎直方向的夾角θ＝30°。已知物塊A與臺面間的動摩擦因數為μ，重力加速度大小為g，則()圖8A.繩OP的拉力大小為eq\f(1,4)mgB.C受到的摩擦力大小為eq\f(\r(3),4)mgC.A受到的摩擦力大小為eq\f(1,4)mgD.地面對C的支持力大小為(M＋m)g答案B解析對小球B受力分析如圖，PB的拉力大小F＝mgcosθ＝eq\f(\r(3),2)mg，對P點受力分析可知，OP受到的拉力大小FT＝Fcosθ＝eq\f(3,4)mg，A錯誤；對物塊A受力分析可知，物塊A所受摩擦力大小等于PA繩子的拉力，則Ff＝Fsinθ＝eq\f(\r(3),4)mg，C錯誤；對整體受力分析可知，半球C受到的摩擦力大小等于A所受摩擦力，即FfC＝Ff＝eq\f(\r(3),4)mg，B正確；對整體受力分析可知，地面對半球C的支持力大小為(M＋m)g－FT＝Mg＋eq\f(1,4)mg，D錯誤。(1)合理選擇研究對象：在分析兩個或兩個以上物體間的相互作用時，一般采用整體法與隔離法進行分析，在使用時有時需要先整體再隔離，有時需要先隔離再整體，有時也需要整體與隔離多次交替使用。(2)轉移研究對象：用隔離法直接分析一個物體的受力情況不方便時，可轉移研究對象，先隔離分析相互作用的另一個物體的受力情況，再根據牛頓第三定律分析該物體的受力情況。跟蹤訓練4.(2023·山東臨沂模擬)如圖9所示，用輕繩系住一質量為2m的勻質大球，大球和墻壁之間放置一質量為m的勻質小球，各接觸面均光滑。系統平衡時，繩與豎直墻壁之間的夾角為α，兩球心連線O1O2與輕繩之間的夾角為β，則以下說法正確的是()圖9A.繩子的拉力可能小于墻壁的支持力B.墻壁的支持力一定小于兩球的重力C.3tanα＝tan(α＋β)D.3tanα＝2tan(α＋β)答案C解析對兩球整體受力分析，如圖甲所示，受到繩子的拉力FT，墻壁的支持力FN和總重力3mg，根據平衡條件可得FTsinα＝FN＝3mgtanα，可知繩子的拉力一定大于墻壁的支持力，墻壁的支持力可能大于、小于或等于兩球的重力，故A、B錯誤；對小球受力分析，如圖乙所示，根據平衡條件有FN＝mgtanθ，由幾何知識可得θ＝α＋β，聯立可得3tanα＝tan(α＋β)，故C正確，D錯誤。 甲乙A級基礎對點練對點練1受力分析1.(2023·河北邯鄲高三期末)如圖1所示，有P、N兩塊質量相同的物塊，在物塊P上施加一沿水平方向的外力F，使它們疊放在豎直面上且處于靜止狀態，下列說法正確的是()圖1A.物塊P一定受到4個力的作用B.物塊P一定受到3個力的作用C.物塊N一定受到4個力的作用D.物塊N可能受到6個力的作用答案A解析如果P、N之間沒有摩擦力，則物塊P不能平衡，所以N對P有向左下的壓力和沿著接觸面向左上的摩擦力，此外P還受到重力和外力F，所以物塊P一定受到4個力的作用，故A正確，B錯誤；整體分析可知，墻對N有向上的摩擦力，大小等于兩者的重力之和。對物塊N受力分析，受到重力、墻對N的支持力、墻對N的摩擦力、P對N的支持力、P對N的摩擦力，所以物塊N一定受到5個力的作用，故C、D錯誤。2.(2023·重慶南開中學模擬)如圖2所示，物體A、B疊放在斜面體C上，三個物體在拉力F的作用下，一起向右勻速運動，不計空氣阻力。則運動過程中物體B所受力的個數為()圖2A.6 B.5 C.4 D.3答案C解析根據平衡條件知，A、B之間沒有摩擦力，則物體B受到重力、斜面的支持力、沿斜面向上的摩擦力、A的壓力，共4個力的作用，故C正確。對點練2共點力平衡的條件及應用3.(2022·廣東普寧二中模擬)如圖3，一直梯靠豎直墻壁放置，人站在梯子上，處于靜止狀態，忽略梯子與墻壁間的摩擦力，則下列說法正確的是()圖3A.人越重，梯子所受合外力越大B.地面對梯子支持力的大小與人所站的高度無關C.墻壁對梯子的彈力方向垂直于梯子所在平面斜向上D.地面對梯子的摩擦力大于墻壁對梯子的彈力答案B解析梯子處于平衡狀態，所受合外力總為零，選項A錯誤；地面對梯子支持力的大小等于人與梯子的重力之和，與人所站的高度無關，選項B正確；墻壁對梯子的彈力方向垂直于墻壁沿水平方向，選項C錯誤；水平方向受力平衡，則地面對梯子的摩擦力等于墻壁對梯子的彈力，選項D錯誤。4.(2023·北京東城區高三綜合)某幼兒園要做一個兒童滑梯，如圖4所示，設計時根據場地大小確定滑梯的水平跨度為L，滑板和兒童褲料之間的動摩擦因數為μ，假定最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，為使兒童在滑梯中能沿滑板滑下，則滑梯高度至少為()圖4A.μL B.μ2L C.eq\f(L,μ) D.eq\f(L,μ2)答案A解析根據題意，為使兒童在滑梯中能沿滑板滑下，則至少應該讓兒童恰好能勻速下滑，有mgsinθ＝μmgcosθ，即μ＝tanθ，由幾何關系可得tanθ＝eq\f(H,L)，解得H＝μL，故A正確。5.(2023·甘肅武威質檢)圖5甲為家庭常用的燃氣灶實物圖，灶面上有一個支架，共有五個均勻分布的支撐面，對放在上面的廚具起到支撐作用。現把一個蒸鍋放在支架上，并抽象成示意圖乙，已知支架的每個支撐面與水平方向成α角。蒸鍋和里面的食物總重計為G，則每個支撐面給蒸鍋的支持力為(忽略蒸鍋和支撐面之間的摩擦力)()圖5A.eq\f(G,5) B.eq\f(G,5cosα) C.eq\f(G,5sinα) D.eq\f(G,5tanα)答案B解析五個支撐面對蒸鍋的支持力的合力與蒸鍋包括食物的重力相等，設其中一個支撐面對蒸鍋的支持力為FN，則其方向與豎直方向夾角為α，由豎直方向受力平衡得5FNcosα＝G，解得FN＝eq\f(G,5cosα)，B正確。6.(多選)(2023·廣東汕頭市模擬)如圖6，氫氣球的質量m＝0.1kg，無風時在輕繩的牽引下靜止在空中，此時輕繩的拉力為8N。當有水平風吹來時，氣球受到大小為6N的水平風力作用，輕繩傾斜一定角度后氣球仍靜止在空中，g＝10m/s2，下列說法正確的是()圖6A.氣球所受浮力大小為9NB.有風時，氣球所受合力方向豎直向下C.有風時，氣球所受合力大小為eq\r(37)ND.有風時，輕繩的拉力大小為10N答案AD解析無風時，對氣球受力分析得F浮＝mg＋FT＝9N，故A正確；有風時，氣球保持靜止，故合力為零，故B、C錯誤；有風時，設繩與豎直方向的夾角為θ，對氣球受力分析得F風＝FT′sinθ，F浮＝mg＋FT′cosθ，聯立解得FT′＝10N，故D正確。對點練3整體法和隔離法處理多物體平衡7.(多選)(2022·河北邯鄲模擬)如圖7所示，用三條完全相同的輕質細繩1、2、3將A、B兩個質量分別為m、3m的小球連接并懸掛，小球處于靜止狀態，輕繩1與豎直方向的夾角為45°，輕繩3水平。下列說法正確的是()圖7A.輕繩1的拉力大小為6mgB.輕繩2的拉力大小為5mgC.輕繩3的拉力大小為4mgD.輕繩2與豎直方向的夾角為53°答案BCD解析設三條繩上的拉力大小分別為FT1、FT2、FT3，把A、B兩個小球視為整體，以整體為研究對象進行受力分析，如圖甲所示，根據物體的平衡條件可得4mg＝FT1cos45°，FT3＝FT1sin45°，解得FT1＝4eq\r(2)mg，FT3＝4mg，選項A錯誤，C正確；隔離球B為研究對象，受力分析如圖乙所示，則有FT2＝eq\r(（3mg）2＋Feq\o\al(2,T3))＝5mg，設輕繩2與豎直方向的夾角為α，則有cosα＝eq\f(3mg,5mg)＝eq\f(3,5)，解得α＝53°，選項B、D正確。8.(2022·山東煙臺模擬)如圖8所示，山坡上兩相鄰高壓線塔之間架有粗細均勻的導線，靜止時導線呈曲線形下垂，最低點在C處。左塔A處對導線拉力的方向與豎直方向的夾角為30°，右塔B處對導線拉力的方向與豎直方向的夾角為60°，則導線AC部分與BC部分的質量之比為()圖8A.2∶1 B.3∶1 C.4∶eq\r(3) D.eq\r(3)∶1答案B解析整體分析，根據水平方向平衡有FACsin30°＝FBCsin60°，單獨分析左、右兩部分，豎直方向有FBCcos60°＝mBCg，FACcos30°＝mACg，解得導線AC部分與BC部分的質量之比為mAC∶mBC＝3∶1，故B正確。B級綜合提升練9.(2023·廣東中山高三期末)如圖9所示為一種簡易“千斤頂”。一豎直放置的輕桿，由于限制套管P的作用，只能在豎直方向上運動。若輕桿上端放一質量為m的重物，輕桿的下端通過一與桿固定連接的小輪放在傾角為θ、質量為M的斜面體上，并將斜面放在水平地面上。為了能頂起重物，沿水平方向對斜面體施加推力的最小值為F。小輪、水平面等摩擦和小輪質量不計，重力加速度為g。則下列說法正確的是()圖9A.最小值F＝(m＋M)gsinθB.若重物質量為2m，推力的最小值仍為FC.地面對斜面體的支持力大于(m＋M)gD.小輪對斜面的壓力大于F答案D解析當以最小值F推斜面時，設小輪受到斜面的支持力大小為FN，則對小輪在豎直方向根據平衡條件有FNcosθ＝mg，解得FN＝eq\f(mg,cosθ)，易知小輪對斜面的壓力大小也為FN，且垂直于斜面向下，則對斜面在水平方向根據平衡條件有F＝FNsinθ＝mgtanθ，由上式可知，若重物質量為2m，推力的最小值將變為2F，且FN＞F，故A、B錯誤，D正確；對重物、小輪、斜面和輕桿組成的整體分析可知，地面對斜面體的支持力大小等于(m＋M)g，故C錯誤。10.(2023·湖湘名校聯考)如圖10所示，傾角為30°、質量為2kg的斜面體A放在水平桌面上，質量為0.5kg的木塊B放在斜面上恰好與A處于相對靜止。現用一根水平輕質細繩繞過光滑定滑輪一端系在A的左側，另一端懸掛一質量為1kg的重物C，C拉著A、B一起向左勻速運動，g＝10m/s2，滑動摩擦力等于最大靜摩擦力，則下列說法正確的是()圖10A.斜面體A受5個力的作用B.木塊B受到斜面體A的摩擦力方向平行于斜面向下C.斜面體A與木塊B間的動摩擦因數為eq\r(3)D.斜面體A與桌面間的動摩擦因數為0.4答案D解析隔離A為研究對象，對A進行受力分析，因A做勻速運動，處于平衡狀態，根據平衡條件可知，A的受力情況如圖甲所示，所以A受到6個力的作用，選項A錯誤；隔離B為研究對象并進行受力分析，B受重力、A的支持力、A的摩擦力，因B做勻速運動，處于平衡狀態，根據平衡條件可知，木塊B受到斜面體A的摩擦力方向平行于斜面向上，如圖乙所示，選項B錯誤；根據題意可知，A、B之間的靜摩擦力剛好達到最大，對B由平衡條件得mBgsin30°＝μABmBgcos30°，解得A、B間動摩擦因數為μAB＝eq\f(\r(3),3)，選項C錯誤；對A、B整體由平衡條件得FT＝μ(mA＋mB)g，對C由平衡條件得FT＝mCg，聯立解得斜面體A與桌面間的動摩擦因數為μ＝0.4，選項D正確。11.(2023·安徽合肥質檢