第3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。1.2.1.思考判斷(1)物體沿光滑斜面下滑時，受到重力、支持力和下滑力的作用。(×)(2)物體的速度為零即處于平衡狀態。(×)(3)物體處于平衡狀態時，其加速度一定為零。(√)(4)物體受兩個力作用處于平衡狀態，這兩個力必定等大反向。(√)(5)物體受三個力F1、F2、F3作用處于平衡狀態，若將F2轉動90°，則這三個力的合力大小為eq\r(2)F2。(√)2.“空中速降”是一項具有挑戰性的體育游樂項目。如圖所示，某人沿一根繩索勻速下滑，繩索上端A豎直，下端B松弛。下列對人的受力分析正確的是()答案A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。A的左側靠在光滑的豎直墻面上，加水平推力后，關于兩木塊的受力，下列說法正確的是()圖1A.A、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A一定受四個力作用D.木塊B一定受到地面向右的摩擦力答案B解析如果A受到重力、墻面對它的彈力和B對它的支持力，這三個力恰好平衡，則A、B之間沒有摩擦力，故A、C錯誤，B正確；以A、B整體為研究對象，豎直方向受到A、B的重力和地面的支持力，水平方向受到水平推力和墻面的彈力，水平地面可以對B無摩擦力，故D錯誤。1.如圖2，天花板與水平面間的夾角為θ＝37°，一質量為m的物塊在一垂直于天花板向上的力F作用下靜止于天花板上，已知物塊與天花板之間的動摩擦因數為μ＝0.5，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度大小為g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則()圖2A.物塊可能只受三個力作用B.物塊對天花板的摩擦力沿天花板向上C.力F的大小不得小于2mgD.力F的大小可能為1.25mg答案C解析物塊在重力作用下，有沿天花板下滑的趨勢，一定受到沿天花板向上的靜摩擦力，天花板對物塊一定也有彈力，所以物塊受重力、推力F、天花板的彈力和摩擦力四個力的作用，故A錯誤；天花板對物塊的摩擦力沿天花板向上，根據牛頓第三定律可知，物塊對天花板的摩擦力沿天花板向下，故B錯誤；對物塊受力分析及正交分解如圖所示，物塊靜止，則y方向有F＝mgcosθ＋FN，x方向有f＝mgsinθ≤fm＝μFN，聯立解得F≥2mg，故C正確，D錯誤。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)除了根據力的性質和特點進行判斷，假設法是判斷彈力、摩擦力的有無及方向的常用方法。(3)善于轉換研究對象，尤其是在彈力、摩擦力的方向不易判定的情形中，可以分析與其接觸物體的受力，再應用牛頓第三定律判定。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。(3)矢量三角形法：把表示三個力的有向線段構成一個閉合的三角形，常用于非特殊角的一般三角形。角度三力平衡例2質量為m的小球，用細線AB懸掛在豎直的墻壁上，細線與墻壁的夾角為60°，如圖3甲所示，當小球受到拉力F1時，拉力與細線的夾角為120°，小球正好靜止不動，細線拉力為F甲。如圖乙所示，當小球受到拉力F2時，拉力與細線的夾角為150°，小球正好靜止不動，細線拉力為F乙，重力加速度為g，下列等式正確的是()圖3A.F1＝mg B.F2＝2mgC.F甲＝eq\r(3)mg D.F乙＝eq\r(3)mg答案A解析法一合成法對甲圖中小球受力分析，如圖(1)所示。小球處于平衡狀態，由合成法可得拉力F1＝mg，F甲＝mg，故A正確，C錯誤；(1)(2)對乙圖中小球受力分析，如圖(2)所示，小球處于平衡狀態，由合成法可得F2＝mgtan60°＝eq\r(3)mg，F乙＝eq\f(mg,cos60°)＝2mg，故B、D錯誤。法二正交分解法對甲圖中小球受力分析，建立坐標系，分解F1和F甲，如圖(3)所示，x軸方向：F1sin60°＝F甲sin60°y軸方向：F1cos60°＋F甲cos60°＝mg聯立解得F1＝F甲＝mg，故A正確，C錯誤；對乙圖中小球受力分析，建立坐標系，分解F乙，如圖(4)所示，x軸方向：F2＝F乙sin60°y軸方向：F乙cos60°＝mg聯立解得F2＝eq\r(3)mg，F乙＝2mg，故B、D錯誤。(3)(4)2.如圖4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θ＝60°，不計一切摩擦。下列說法中正確的是()圖4A.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解析對物體受力分析可知，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，所以滑輪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＝2Tcos30°＝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。3.(2024·海南統考模擬)如圖5所示，兩個可視為質點的光滑小球a和b，先用一剛性輕細桿相連，再用兩根細繩兩端分別連接a、b球，并將細繩懸掛在O點。已知小球a和b的質量之比ma∶mb＝eq\r(3)∶1，細繩Oa的長度是細繩Ob的長度的eq\r(2)倍，兩球處于平衡狀態時，繩Oa上的拉力大小為Fa，繩Ob上的拉力大小為Fb。則Fa∶Fb為()圖5A.eq\r(3)∶1 B.eq\r(6)∶1C.eq\r(3)∶eq\r(2) D.eq\r(2)∶eq\r(3)答案B解析兩球都受到重力、細桿的彈力和細繩的拉力這三個力的作用而處于平衡狀態，對a、b受力分析，如圖所示，在圖中過O點作豎直線交ab于c點，則△Oac與小球a的力矢量三角形相似，△Obc與小球b的力矢量三角形相似，有eq\f(mag,lOc)＝eq\f(Fa,lOa)，eq\f(mbg,lOc)＝eq\f(Fb,lOb)，解得Fa∶Fb＝eq\r(6)∶1，故B正確。角度多力平衡例3(2024·上海虹口模擬)如圖6所示，一質量為m的正方體物塊置于風洞內的水平面上，其一面與風速垂直，當風速為v0時剛好能推動該物塊。已知風對物塊的推力F∝Sv2，其中v為風速、S為物塊的迎風面積。當風速變為2v0時，剛好能推動用同一材料做成的另一正方體物塊，則該物塊的質量為(最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)()圖6A.4m B.8m C.32m D.64m答案D解析設質量為m的正方體物塊的邊長為a，密度為ρ，當風速為v0時剛好能推動物塊，根據平衡條件有F＝f，FN＝mg，其中F＝kSv2＝ka2veq\o\al(2,0)，f＝μFN，m＝ρa3，解得a＝eq\f(kveq\o\al(2,0),μρg)；當風速變為2v0時，剛好能推動物塊的邊長變為4a，物塊的體積變為64a3，則物塊質量變為m′＝64ρa3＝64m，故D正確。4.(2024·北京海淀模擬)如圖7所示，質量為m的木箱在大小為F的水平外力作用下，沿傾角為θ的斜面勻速向上運動，不計空氣阻力。下列說法正確的是()圖7A.木箱所受合力大小為mgsinθ＋FcosθB.斜面對木箱的支持力大小為mgcosθC.斜面對木箱的摩擦力大小為Fcosθ－mgsinθD.斜面對木箱作用力的合力大小為F＋mg答案C解析對木箱進行受力分析，受到重力mg、斜面的彈力FN、摩擦力f、水平外力F，如圖所示。由于木箱沿著斜面勻速向上運動，根據木箱受力平衡得木箱所受合力大小為0，A錯誤；垂直于斜面方向上受力平衡，斜面對木箱的支持力大小FN＝Fsinθ＋mgcosθ，B錯誤；由于沿著斜面方向上受力平衡，有Fcosθ＝f＋mgsinθ，得斜面對木箱的摩擦力大小為f＝Fcosθ－mgsinθ，C正確；斜面對木箱作用力的合力大小與重力和外力F的合力大小相等，即F合＝eq\r(F2＋（mg）2)，D錯誤。處理平衡問題的三個技巧(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)物體受四個或四個以上的力作用時，一般要采用正交分解法。(3)正交分解法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。考點三整體法和隔離法解決多物體平衡問題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(2024·廣東模擬預測)如圖8所示，質量為m的正方體A和質量為M的正方體B放在兩豎直墻和水平面間，處于靜止狀態。A和B的接觸面與豎直方向的夾角為α，重力加速度為g，若不計一切摩擦，下列說法正確的是()圖8A.水平面對正方體B的彈力大于(M＋m)gB.水平面對正方體B的彈力大小為(M＋m)gcosαC.墻面對正方體A的彈力大小為mgtanαD.墻面對正方體B的彈力大小為eq\f(mg,tanα)答案D解析對A和B構成的整體進行受力分析，如圖甲所示，整體受重力(M＋m)g、水平面的支持力FN、兩墻面的支持力FNA和FNB，由于兩正方體受力平衡，根據共點力平衡條件，水平面對正方體B的彈力大小為FN＝(M＋m)g，故A、B錯誤；隔離A，對A進行受力分析，受重力mg、墻面的支持力FNA、B的支持力FNBA，如圖乙所示，根據共點力平衡條件有，豎直方向mg＝FNBAsinα，水平方向FNA＝FNBAcosα，解得FNA＝eq\f(mg,tanα)，即墻面對正方體A的彈力大小等于eq\f(mg,tanα)，故C錯誤；由整體法可知FNB＝FNA，則墻面對正方體B的彈力大小為FNB＝eq\f(mg,tanα)，故D正確。處理多物體平衡問題的技巧(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，交替使用整體法和隔離法。(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。5.如圖9所示，兩個質量均為m的小球通過兩根輕彈簧A、B連接，在水平外力F作用下，系統處于靜止狀態，彈簧實際長度相等。彈簧A、B的勁度系數分別為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()圖9A.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。根據平衡條件得F＝mgtan45°＝mg，FB＝eq\f(mg,cos45°)＝eq\r(2)mg，故D錯誤；對兩個小球整體受力分析，如圖乙所示，根據平衡條件得tanθ＝eq\f(F,2mg)，又F＝mg，解得tanθ＝eq\f(1,2)，FA＝eq\r(（2mg）2＋F2)＝eq\r(5)mg，故A正確，C錯誤；由題意可知，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B錯誤。A級基礎對點練對點練1受力分析1.(2024·河北滄州統考期末)如圖1所示，用輕繩將物體Q系于豎直墻面，Q與墻面之間夾有物體P，P、Q均處于靜止狀態，則下列說法正確的是()圖1A.物體P一定受到4個力的作用B.物體P可能受到4個力的作用C.物體Q可能受到5個力的作用D.物體Q一定受到3個力的作用答案B解析物體P受到的力有重力、壓力、支持力、墻的摩擦力和Q的摩擦力(兩個摩擦力可能存在其中一個，也可能同時存在)，故物體P可能受到4個或5個作用力，故A錯誤，B正確；物體Q受到的力有重力、拉力、支持力、P的摩擦力(可能存在)，故物體Q可能受到3個或4個作用力，故C、D錯誤。2.(2024·重慶八中質檢)如圖2所示，在細線拉力作用下風箏靜止在空中。若風箏重力不能忽略，則空氣對風箏作用力的方向可能是()圖2A.① B.② C.③ D.④答案B解析風箏靜止于空中，處于平衡狀態，所受合外力為零。空氣對風箏的作用力，與風箏重力和細線拉力的合力等大反向，受力分析如圖所示，則空氣對風箏作用力的方向可能是②的方向，故B正確。3.(多選)如圖3所示，一個質量m＝0.4kg的小球穿在水平直桿上處于靜止狀態，現對小球施加一個5N的拉力F，F與桿的夾角為53°，小球與桿之間的動摩擦因數μ＝0.5，則(g取10N/kg)()圖3A.小球受到2個力B.小球受到3個力C.若F＝10N，則小球受4個力D.若F＝10N，則小球受3個力答案AC解析如圖在沿桿和垂直桿方向建立直角坐標系，當F＝5N時，F在y軸上的分力Fy＝Fsin53°＝4N，F與重力在y軸上的合力剛好為0，所以桿與小球只接觸不擠壓，無彈力和摩擦力，A正確，B錯誤；當F＝10N時，Fy＝8N，F與重力在y軸上的合力為4N，垂直于桿向上，此時桿對小球的彈力垂直于桿向下，且F在水平方向上有分力，因此桿對小球還有摩擦力，小球一共受4個力，C正確，D錯誤。對點練2共點力平衡的條件及應用4.如圖4所示，輕桿一端固定在豎直墻壁上，另一端固定一個質量為1.6kg的小球，勁度系數為100N/m的水平輕質彈簧夾在墻壁與小球之間，處于壓縮狀態，彈簧的壓縮量為12cm，輕桿與墻壁的夾角為60°。取重力加速度大小g＝10m/s2，彈簧始終在彈性限度內。輕桿對小球的作用力大小為()圖4A.12N B.16N C.20N D.32N答案C解析小球受重力mg、彈簧水平向右的彈力F彈、輕桿的作用力F而處于平衡狀態，由平衡條件可得F＝eq\r(（mg）2＋Feq\o\al(2,彈))，又mg＝16N，F彈＝kx＝12N，聯立可得F＝eq\r(162＋122)N＝20N，故C正確。5.(2024·四川成都模擬)2023年的春晚舞蹈《錦繡》，藝術地再現了古代戍邊將士與西域各民族化干戈為玉帛并建立深厚友誼的動人故事。圖5(a)是一個優美且難度極大的后仰動作，人后仰平衡時，可粗略認為頭受到重力G、肌肉拉力F2和頸椎支持力F1。如圖(b)，若彎曲后的頭頸與水平方向成60°角，F2與水平方向成45°角，則可估算出F1的大小為()圖5A.(eq\r(3)＋1)G B.(eq\r(3)－1)GC.(eq\r(3)＋2)G D.(eq\r(3)－2)G答案A解析由力的平衡條件可得F1sin60°＝G＋F2sin45°，F1cos60°＝F2cos45°，解得F1＝(eq\r(3)＋1)G，故A正確。6.如圖6(a)是一種大跨度懸索橋梁，圖(b)為懸索橋模型。六對輕質吊索懸掛著質量為M的水平橋面，吊索在橋面兩側豎直對稱排列，其上端掛在兩根輕質懸索上[圖(b)中只畫了一側分布]，懸索兩端與水平方向成45°，則一根懸索水平段CD上的張力大小是()圖6A.eq\f(1,4)Mg B.eq\f(1,6)Mg C.eq\f(1,12)Mg D.eq\f(1,24)Mg答案A解析對左邊的懸索ABC受力分析，如圖所示，由平衡條件可得TCD＝Tcos45°，Tsin45°＝eq\f(1,4)Mg，解得TCD＝eq\f(1,4)Mg，故A正確。對點練3整體法和隔離法解決多物體平衡問題7.(2024·廣東茂名模擬)掛燈籠的習俗起源于1800多年前的西漢時期，已成為中國人喜慶的象征。如圖7所示，由五根等長的輕質細繩懸掛起四個質量相等的燈籠，中間的細繩是水平的，另外四根細繩與水平面所成的角分別為θ1和θ2。關于θ1和θ2，下列關系式中正確的是()圖7A.θ1＝θ2 B.θ1＝2θ2C.sinθ1＝2sinθ2 D.tanθ1＝2tanθ2答案D解析以左邊兩個燈籠為整體，設水平方向繩子拉力為T，則有tanθ1＝eq\f(2mg,T)，以左邊第二個燈籠為研究對象，則有tanθ2＝eq\f(mg,T)，聯立解得tanθ1＝2tanθ2，D正確。8.如圖8，半徑為R、質量為m的半圓柱體A放在粗糙的水平地面上，A與豎直墻面間有一半徑為R、質量為m的光滑圓柱體B，A和B的質量分布都均勻。改變半圓柱體A距豎直墻面的距離，使A、B仍保持靜止狀態，半圓柱體A的圓心距豎直墻面的最遠距離為2R。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則半圓柱體A與地面間的動摩擦因數為()圖8A.eq\f(\r(3),2) B.eq\f(1,2) C.eq\f(\r(3),3) D.eq\f(\r(3),6)答案D解析對A、B整體受力分析如圖甲所示，可知地面對A的支持力FN地＝2mg，摩擦力f＝FN墻。對B受力分析如圖乙所示，由幾何關系可知θ＝30°，則FN墻＝mgtan30°，又f＝μFN地，聯立解得μ＝eq\f(mgtan30°,2mg)＝eq\f(\r(3),6)，故D正確。甲乙B級綜合提升練9.如圖9所示，將兩個相同的木塊P、Q置于粗糙斜面上，P、Q中間有一處于壓縮狀態的彈簧，彈簧不與P、Q拴接。木塊P受到一個沿斜面向下的恒定拉力F，P、Q均靜止。下列說法正確的是()圖9A.P一定受到5個力的作用B.Q一定受到4個力的作用C.只移去彈簧后P可能會沿斜面下滑D.只移去彈簧后P所受摩擦力可能不變答案A解析設木塊質量為m，斜面傾角為θ，對P受力分析如圖所示，則P受到重力、支持力、彈簧彈力、摩擦力、拉力5個力的作用，A正確；Q受到的彈簧彈力沿斜面向上，若Q重力沿斜面向下的分力與彈簧彈力的大小相等，則Q不受摩擦力，所以Q可能受到重力、支持力、彈簧彈力3個力的作用，B錯誤；有彈簧時，正交分解P受到的重力，沿斜面方向受力平衡，有fP＝mgsinθ＋F彈＋F，只移去彈簧時，有fP′＝mgsinθ＋F，可知木塊P受到的沿斜面向下的力變小，需要的摩擦力變小，故木塊P仍然靜止，C、D錯誤。10.(2024·湖北武漢聯考)如圖10所示，兩個質量均為m的A、B小球用輕桿連接，A球與固定在斜面上的光滑豎直擋板接觸，B球放在傾角為θ的斜面上，A、B均靜止，B球沒有滑動趨勢，則A球對擋板的壓力大小為(重力加速度為g)()圖10A.mgtanθ B.eq\f(2mg,tanθ) C.eq\f(mg,tanθ) D.2mgtanθ答案D解析根據題述，B球沒有滑動趨勢，說明B球不受摩擦力作用。豎直擋板光滑，A球不受摩擦力作用。把A、B看成整體并進行受力分析，設擋板對A球的支持力為F，由平衡條件可得tanθ＝eq\f(F,2mg)，解得F＝2mgtanθ，由牛頓第三定律可知，A球對擋板的壓力大小為2mgtanθ，D正確。11.如圖11所示，細線一端系在質量為m的圓環A上，另一端系一質量為2m的物塊B。細線對圓環A的拉力方向水平向左。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，直桿傾角θ＝37°，要保證圓環A靜止不動，則A與固定直桿間動摩擦因數μ至少為(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)()圖11A.eq\f(1,2) B.eq\f(5,11) C.eq\f(5,6) D.eq\f(4,5)答案A解析對物塊B受力分析，有細線的拉力F＝2mg，對圓環A受力分析，受重力mg、細線拉力F、直桿彈力FN作用，當圓環剛要上滑時，有沿桿向下的最大靜摩擦力，如圖所示，則彈力FN＝mgcosθ＋2mgsinθ＝2mg，摩擦力f＝2mgcosθ－mgsinθ＝mg，由f＝μFN，可得μ＝eq\f(1,2)，故A正確。12.如圖12所示，在一根水平桿上套一個質量為m1＝1.5kg的小球A，小球A的下方連接一根不可伸長的輕繩，繩子的另一端系著一個質量為m2＝0.5kg的小球B。當水平向右拉動小球B，使得輕繩與