专题强化2 受力分析共点力的平衡-【勤径学升】2026年高考物理一轮总复习教师用书

第二章相互作用回 面匀速上滑，若改用水平推力F。作用于物体上， 也能使物体沿斜面匀速上滑，则两次的推力之比 F 为 C+C 甲 令 答案A 14.一重为G的圆柱体工件放在V形槽中，槽顶角 A.cos 0+usin B.cos o-usin a=60°，槽的两侧面与水平方向的夹角相同，槽与 C.1utan 0 D.1-utan 0 工件接触处的动摩擦因数处处相同，大小为以 解析物体在力F,作用下和力F:作用下匀速运 0.25,则： 动时的受力如图所示。将物体受力沿斜面方向和 垂直于斜面方向正交分解，由平衡条件可得：F,= mgsin 0+Fn,F =mgcos 0,Fa =uF F:cos 0= mgsin 0+FF mgcos 0+F2sin 0,F= uF,解得：F,=mgsin0十mgcos9,F gn四gces0,故是=oas0广in6B正有 7 cos 0-usin 8 (1)要沿圆柱体的轴线方向（如图甲所示）水平地 把工件从槽中拉出来，人至少要施加多大的拉力？ (2)现把整个装置倾斜，使圆柱体的轴线与水平方 向成37角，如图乙所示，保证圆柱体对V形槽两 侧面的压力大小相等，发现圆柱体能自动沿槽下 答案B 滑，求此时工件所受槽的摩擦力大小。 (sin37°=0.6，cos37°=0.8) 13.如图所示，截面为等腰直角三 解析(1)分析圆柱体工件的 角形的斜面体A放在光滑水 受力可知，沿轴线方向受到拉 平面上，光滑球B的重力为G。 力F、两个侧面对圆柱体工件 放在斜面体和竖直墙壁之间， 的滑动摩擦力， 要使A和B都处于静止状态， 由题给条件知F=F,将工件 作用在斜面体上的水平力F的大小为 的重力进行分解，如图所示， A.G B.2G C.1.5G D.2G 由平衡条件可得G=F=F, 解析对于处于平衡的A和B的整体受力分析 由F=uF,十uF:得F=0.5G. 如图甲，对B球受力分析如图乙。由整体法可得 (2)把整个装置倾斜，则重力沿压紧两侧的斜面的 F=F、,对B球由合成法可得FN墙=Gtan9,其 分力F'=F,'=Gcos37°=0.8G, 中A为等腰直角三角形，由几何关系可知0= 此时工件所受槽的摩擦力大小F,=2F,' 45°：联立各式可得F=G,故A正确，B,C,D =0.4G。 错误。 答案(1)0.5G(2)0,4G 专题强化二 受力分析 共点力的平衡 专题解读 1,本专题是受力分析和共点力平衡条件的应用，是高考的重点和热点， 2.高考对本专题考查题型主要是选择题，但近年在计算题中也作为一个力学或电学考点命题。 3.用到的相关知识有：受力分析、力的合成与分解、共点力的平衡条件：用到的主要方法有：整体法与隔离 法、合成法、正交分解法等。 [对应学生用书P31] 精研考点 提能力。 热点 物体的受力分析与静态平衡（互动共研） 精讲导学 碎定研 先分析重力：俺 再分析接 力.毯场力和 触力中的 究对象 最后分析 卒引力等 辨力 1.共点力平衡 序擦力 (1)平衡状态：物体静止或做匀速直线运动。 方法：整休 检查与研究对象 检杏 (2)平衡条件：F金=0或F=0,F=0。 迟，腑离因 按触的周网物体 弹力 2.受力分析的一般步骤 55® 回高考一轮总复习·物理 3.整体法与隔离法 2.如图所示，两个相似的斜面体A、B 整体法 隔离法 在竖直向上的力F的作用下静止靠 在竖直粗糙墙壁上。关于斜面体A 将加速度相同的几 将研究对象与周围 和B的受力情况，下列说法正确 念 个物体作为一个整 物体分隔开来分析 体来分析的方法 的方法 的是 选 研究系统外的物体 A.A一定受到四个力 对系统整体的作用 研究系统内物体之 B.B可能受到四个力 力或求系统整体的 间的相互作用力 C.B与墙壁之间一定有弹力和摩擦力 则 加速度 D.A与B之间可能没有摩擦力 4.受力分析的三个技巧 解析对A、B整体受力分析，如图甲所示，受到向 (1)不要把研究对象所受的力与研究对象对其他物 下的重力和向上的推力F,由平衡条件可知B与墙 体的作用力混滑。 壁之间不可能有弹力，因此也不可能有摩擦力，故 (2)除了根据力的性质和特点进行判断，假设法是 C错误：对B受力分析如图乙所示，其受到重力、A 判断弹力、摩擦力有无及方向的常用方法。 (3)善于转换研究对象，尤其是弹力、摩擦力的方向 对B的弹力及摩藤力而处于平衡状态，故B受到三 不易判定的情形，可以分析与其接触物体的受力， 个力，B错误：对A受力分析，如图丙所示，受到重 再应用牛顿第三定律判定 力、推力，B对A的弹力和摩擦力，共四个力，A正 例1]如图所示，倾角为a的斜面 确，D错误。 周定在水平面上，在斜面和固定的 竖直挡板之间有两个匀质球PQ, P球的质量是Q球质量的三倍，各 接触面均光滑，系统处于静止状 态，若P、Q两球的球心连线与竖直方向的夹角为A, 下列说法正确的是 A.4tan a=tan B B.3tana=tan月 C.2tan a=tan D.tan a=tan 8 (,+m越 解析以P,Q两球整体为研究对象，受力如图甲 所示，由平衡条件可得F:=4 ngtan a: 答案A 隔离Q球，受力如图乙所示，由平衡条件可得F。= 3.如图所示，两个质量均为m的几 mgtan B,解得4tana=tan3,故选A。 小球通过两根轻弹簧A、B连 接，在水平外力F作用下，系统 处于静止状态，弹簧实际长度相 等。弹簧A、B的劲度系数分别 为k、k,且原长相等。弹簧 A,B与竖直方向的夹角分别为0与45°。设A,B 中的拉力分别为Fa、F:,小球直径相比弹簧长度 答案A 可忽略，重力加速度为g,则 针对训练 A.tan0=立 B.= 1.(2024·河北墨)如图，弹簧测力计下端挂有一质量 C.F=√3mg D.Fn=2mg 为0.20kg光滑均匀球体，球体静止于带有固定挡板 解析对下面的小球进行受力分析，如图甲所示 的斜面上，斜面倾角为30°，挡板与斜面夹角为60 若弹簧测力计位于竖直方向，读数为1.0N,g取 根据平街条件得F=mgan45=mg,F。=m5 c0s45 10m/、,挡板对球体支持力的大 =√2mg:对两个小球整体受力分析，如图乙所示， 小为 F AN 根据平衡条件得tan0=名品又F=mg,解得tan0 B.1.0N =2F,=V2mg)+=5mg:由慧可知有弹 C.2￥5N 簧的形变量相等，则有x= D.2.0N 解析对球体进行受力分析，球体受重力m、弹黄 ,故A正确，B、C,D错误。 测力计的拉力F,、斜面对其的支持力F,,挡板对 其的支持力F、,,如图所示Fs cos60°=Fcos60 F、,sin60°+Fy,sin60°+F -mg-Fy-F 3 N.A 正确。 mg P 答案A 答案 ®56 第二章相互作用回 热点2 动态平衡问题（方法模型）》 方法（二）图解法 此法常用于求解三力平衡且有 精讲导学 一个力是恒力、另有一个力方向不变的问题。一般按 1.动态平衡 照以下流程解题 动态平衡就是通过控制某一物理量，使物体的状态 受力化“动“为“静“画不同状态 “静中求“动”确定力 发生缓慢的变化，但变化过程中的每一个状态均可 分析 下的平衡图 的变化 视为平衡状态，所以叫动态平衡 [例3]（多选）如图，一粗糙斜 2.常用方法 面固定在地面上，斜面顶端装 解析法，图解法、相似三角形法等，特别是三力动态 有一光滑定滑轮。一细绳跨 平衡问题，常用图解法分析。 过滑轮，其一端悬挂物块N,另一端与斜面上的物块 M相连，系统处于静止状态。现用水平向左的拉力 类型突破 缓慢拉动N,直至悬挂N的细绳与竖直方向成45°。 方法（一）解析法对研究对象进行受力分析，先画 己知M始终保持静止，则在此过程中 ( 出受力示意图，再根据物体的平衡条件，得到因变量 A,水平拉力的大小可能保持不变 与自变量的关系表达式（通常要用到三角函数），最后 B.M所受细绳的拉力大小一定一直增加 根据自变量的变化确定因变量的变化。 C.M所受斜而的摩擦力大小一定一直增加 [例2]质量为M的凹槽静止在 D.M所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加 水平地面上，内壁为半圆柱 解析选N为研究对象，受力情况如图甲所示，用 面，截而如图所示，A为半圆的 水平拉力F缓慢拉动N的过程中，水平拉力F逐 最低点，B为半圆水平直径的 渐增大，细绳的拉力T逐渐增大，故选项A错误，B 端点。凹槽恰好与竖直墙面接触，内有一质量为 正确。对于M,受重力G,支持力F、绳的拉力T m的小滑块。用推力F推动小滑块由A点向B 以及斜面对它的摩擦力「。如图乙所示，若开始时 点缓慢移动，力F的方向始终沿圆弧的切线方 斜面对M的摩擦力∫沿斜面向上，则T+f= 向，在此过程中所有摩擦均可忽略，下列说法正确 Gysin0,T逐渐增大，f逐渐减小，当f减小到零 的是 后，再反向增大。若开始时斜面对M的摩擦力沿 A.推力F先增大后减小 韩面向下，此时，T=Gsin0+f,当T逐浙增大 B.凹槽对滑块的支持力先减小后增大 时，∫逐渐增大，故选项C错误，D正确。 C.墙面对凹槽的压力先增大后减小 F D.水平地面对凹槽的支持力先减小后增大 解析对小滑块受力分析，如图甲所示，由题意可 知，推力F与四槽对滑块的支持力F、始终垂直， 即a十3始终为90°，在小滑块由A点向B点缓慢 G 移动的过程中，口减小，3增大，由平衡条件得F= mgcos a、Fv=mngsin a,可知推力F一直增大，回槽 答案BD 对滑块的支持力F、一直减小，A、B错误：对小滑 方法（三）相似三角形法 块和凹槽整体受力分析，如图乙所示，根据平衡条 在三力平衡问题中，如果有一个力是恒力，另外两个 件可得，墙面对凹槽的压力大小FN=Fsin a= 力方向都变化，且题目给出了空问儿何关系，多数情 2 ngsin2a,水平地面对 况下力的矢量三角形与空间儿何三角形相似，可利用 凹槽的支持力Fa=Mg 相似三角形对应边成比例进行计算。 十mg一Fcos a,在小滑块 [例4]如图所示，质量均可忽略的轻 由A点向B点缓慢移动 绳与轻杆承受弹力的最大值一定， 的过程中，®由受逐渐减 杆的A端用铰链固定，光滑轻小滑 7, 轮在A点正上方，B端吊一重物G, 小到零，根据数学知识可 现将绳的一端拴在杆的B端，用拉 知墙面对凹槽的压力先增大后减小，水平地面对凹 力F将B端缓慢上拉，在AB杆达 槽的支持力一直减小，C正确，D错误。 到竖直前（均未断），关于绳子的拉力F和杆受的 答案C 弹力N的变化，判断正确的是 ( 57图 回高考一轮总复习·物理 A.F变大 B.F变小 下列说法正确的是 C.N变大 D.N变小 A.右手对铅球的弹力增大 解析设物体的重力为G。以B B.右手对铅球的弹力先增大后减小 点为研究对象，分析受力情况，如 C.左手对铅球的弹力增大 图所示：作出力N与F的合力 D.左手对铅球的弹力先增大后减小 F2,根据平衡条件得知，F2=F, 解析法一：矢是圆法 G.由△F,NBn△OBA得 N 以铅球为研究对象，受重力G、 右手对铅球的弹力为下，和左 120 解得N-侣c,式中，AB,A0.G不克：则N 手对铅球的弹力为F:,受力分 析如图所示，缓慢旋转过程中 保持不变，C.D错溪：由△F,NO△OBA得沿 处于平衡状态，则将三力平移 后构成一首尾相连的三角形， BO,BO减小，则F一直减小，A错误，B正确。 两手之间夹角保持60°不变，则两力之间的夹角保 答案B 持120°不变，则在三角形中，F,与F2夹角保持60 方法（四）矢量圆法（正弦定理法） 不变，重力G的大小方向不变，作出力三角形的外 1.矢量圆：如图所示，物体受三个 接圈，根据弦所对的圆周角都相等，则右手由图示 共点力作用而平衡，其中一力恒 位置缓慢旋转60°至水平位置过程中力的三角形变 定，另外两力方向一直变化，但 化如图所示，分析可得F,开始小于直径，当转过 两力的夹角不变，作出不同状态 30时F,等于直径，再转时又小于直径，所以F,先 的矢量三角形，利用两力夹角不 增大后减小，F开始就小于直径，转动过程中一直 变，可以作出动态圆（也可以由 减小，选项B正确。 正弦定理列式求解)，恒力为圆的一条弦，根据不同 法二：正弦定理法 位置判断各力的大小变化。 以铅球为研究对象，受重力G、右手对铅球的弹力 2.正弦定理 为F1及左手对铅球的弹力为F,受力分析如图所 如图所示，物体受三个共点力作用而处于平衡状 示，缓慢旋转过程中处于平衡状态，则将三力平移 态，则三个力中任意一个力的大小与另外两个力的 后构成一首尾相连的三角形，两手之间夹角保持 60°不变，右手由图示位置缓慢旋转的角度设为0， 夹角的正弦成正比，即 sin a sin B sin y 转动过程始终处于平衡状态，根据正弦定理有 G sin60=sin(60°+0仍sin(60-仍右手由图示 位置缓慢旋转60°至水平位置过程中0由0°变为 F 60°，sin(60°+8)先变大再变小，所以F,先增大后 减小，sin(60°一0)一直变小，所以F2一直减小，选 [例5]某中学为增强学生体 项B正确。 魄，组织学生进行多种体育锻 2】 炼。在某次锻炼过程中，一学 生将铅球置于两手之间，其中 两手之间夹角为60°。保持两 手之间夹角不变，将右手由图所示位置缓慢旋转 60°至水平位置。不计一切摩擦，则在转动过程中， 答案B 热点3 平衡中的临界和极值问题（互动共研） 好不出现”，在问题的描述中常用“刚好”“刚能”“恰 精讲导学 好”等。 L.临界问题 2.极值问题 当某物理量变化时，会引起其他儿个物理量的变 平衡物体的极值，一般指在力的变化过程中的最大 化，从而使物体所处的平衡状态“恰好出现”或“恰 值和最小值问题。 ®58 第二章相互作用回 3.解题方法 针对训练 (1)极限法：首先要正确地对物体进行受力分析和 变化过程分析，找出平衡的临界点和极值点：临界 4.如图所示，质量为m=10kg的 条件必须在变化中去寻找，不能停留在一个状态来 木箱置于水平地面上，它与地面 10 研究临界问题，而要把某个物理量推向极端，即极 27i00m 大和极小。 间的动摩擦因数兮，受到一 (2)数学分析法：通过对问题的分析，依据物体的平 个与水平方向成角斜向上的拉力F。为使木箱 衡条件写出物理量之间的函数关系（画出函数图 做匀速直线运动，拉力F的最小值以及此时0分别 像)，用数学方法求极值（如求二次函数极值、均值 是(g取10ms) 不等式极值，三角函数极值)。 A.50N和30 B.50N和60° [例6]如图所示，在质量为m的物块甲上系若两条 C.200N和30 D.200N和60° 细绳，其中长30cm的细绳另一端连着轻质圆环， 3 3 圆环套在水平棒上可以滑动，圆环与棒间的动摩擦 解析木箱受到重力mg、拉力F、地面的支持力和 因数：=0.75。另一细绳跨过光滑定滑轮与重力 滑动摩擦力作用，根据平衡条件得FCos0=F,, 为G的物块乙相连，定滑轮周定在距离圆环50cm Fsin0十FxN=mg,又F,=uFN,联立解得F= 的地方，系统处于静止状态，OA与棒的夹角为9， umg umg cos 0+usin 0 ,其中tana日 /1+4sin(0+a) 两绳夹角为p。当G=6N时，圆环恰好开始滑动。 最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10ms, 1=3,a=60°，由数学知识知，当0十a=90°，即 sin37"=0.6,co337°=0.8。求： B 50 cm 0=30时，F有最小值，且最小值为F=mg √1十2 30 cm ×10×10 3 N=50N,选项A正确。 z 1+( (1)OA绳与棒间的夹角0. 答案A (2)物块甲的质量m。 5.如图所示，一个倾角为30°、底面 解析(1)当圆环恰好要开始滑动 粗糙、斜面光滑的斜面体放在粗 时，设此时水平棒对圆环的支持力大 糙的水平面上，斜面体的质量为 小为FN,细绳对圆环的拉力大小为 2m。轻绳的一端固定在天花板如 F,对图环受力分析，如图甲所示， 上，另一端系住质量为m的小球，整个系统处于静 根据平衡条件有Fx=Frcos①， 止状态，轻绳与竖直方向的夹角也为30°。若滑动 Fx=Frsin9②， 摩擦力等于最大静摩擦力，则斜面体与水平面间 联立0@解得an9-女-青，甲0=53 的动摩擦因数至少为 (2)由题意，根据几何关系可 A B6+8 33 15 n语 知9=90°， 解析由窥意对小球受力分析，沿斜面方向由平 按如图乙所示，以O为坐标 衡条件得ngsin30°=Frcos30°，解得F,= 原点建立zOy直角坐标系， ugtan30°=Y 对物块甲受力分析，根据平衡 3mg,对小球和斜面构成的鉴体受力 条件有Gos0+F,sin0-mg 分析，由平衡条件得，水平方向满足F,sin30°= =0③. F,竖直方向满足F、十Frcos30°=3mg,当F= Frcos0-Gsin0=0①， :F时，斜面体与水平面间的动摩擦因数最小，解 联立③④解得m=1kg 答案(1)53°(2)1kg 得袋小为口得发C正镜 答案C 59®