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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.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 研究系統外的物體對系統整體的作用力或求系統整體的加速度 研究系統內物體之間的相互作用力

2.受力分析的一般步驟

3.受力分析的兩個技巧
(1)除了根據力的性質和特點進行判斷，假設法是判斷彈力、摩擦力有無及方向的常用方法.
(2)善于轉換研究對象，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 　(多選)如圖1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.關于斜面體A和B的受力情況，下列說法正確的是(　　)

圖1
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，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.


1.(受力個數分析)L形木板P(上表面光滑)放在固定斜面上，輕質彈簧一端固定在木板上，另一端與置于木板上表面的滑塊Q相連，如圖2所示.若P、Q一起沿斜面勻速下滑，不計空氣阻力，則木板P的受力個數為(　　)

圖2
A.3 B.4 C.5 D.6
答案　C
解析　將P、Q及彈簧視為整體受力分析，因二者一起勻速下滑，故P一定受到斜面的摩擦力作用，方向沿斜面向上；隔離Q受力分析，Q一定受到彈簧的彈力作用，方向沿斜面向上；隔離P受力分析，它受到重力、斜面的彈力、滑塊Q的壓力、彈簧的彈力以及斜面的摩擦力共5個力的作用，故C正確.
2.(整體法與隔離法的運用)(2019·寧夏銀川市育才中學月考)如圖3所示，質量為M的斜面靜置在水平地面上，斜面上有一質量為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.現使F逐漸增大，兩者仍處于靜止狀態，則(　　)

圖3
A.Ff1、Ff2都增大
B.Ff1、Ff2都不一定增大
C.Ff1不一定增大，Ff2一定增大
D.Ff1一定增大，Ff2不一定增大
答案　D
解析　以m、M整體為研究對象，系統靜止，則Ff1＝F，F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mgsin θ>Fcos θ時，Ff2沿斜面向上，F增大時，Ff2先變小后增大；②當mgsin θ＝Fcos θ時，F增大，Ff2變大；③當mgsin θ 題型二　共點力的平衡條件及應用
基礎回扣
1.共點力的平衡
(1)平衡狀態：物體靜止或做勻速直線運動.
(2)平衡條件：F合＝0或Fx＝0，Fy＝0.
(3)常用推論
①若物體受n個作用力而處于平衡狀態，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(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.
技巧點撥
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.


三力平衡問題

例2 　如圖4所示，光滑半球形容器固定在水平面上，O為球心.一質量為m的小滑塊，在水平力F的作用下靜止于P點.設滑塊所受支持力為FN，OP與水平方向的夾角為θ.下列關系正確的是(重力加速度為g)(　　)

圖4
A.F＝mgtan θ B.F＝mgtan θ
C.FN＝mgtan θ D.FN＝mgtan θ
答案　A
解析　合成法：對滑塊受力分析如圖甲所示，由平衡條件知：mgF＝tan θ，即F＝mgtan θ，FN＝mgsin θ.


效果分解法：將重力按產生的效果分解，如圖乙所示，F＝G2＝mgtan θ，FN＝G1＝mgsin θ.
正交分解法：將滑塊受的力沿水平、豎直方向分解，如圖丙所示，mg＝FNsin θ，F＝FNcos θ，聯立解得：F＝mgtan θ，FN＝mgsin θ.
矢量三角形法：如圖丁所示，將滑塊受的力平移，使三個力組成封閉三角形，解直角三角形得：F＝mgtan θ，FN＝mgsin θ.

多力平衡問題

例3 　(多選)(2020·北京十九中學月考)如圖5所示，輕質光滑滑輪兩側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(　　)

圖5
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mAgcos θ
C.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－mAgsin θ
答案　BD
解析　輕繩拉力FT＝mAg，對B，在水平方向有Ff＝FTcos θ＝mAgcos θ，在豎直方向地面對B的支持力FN＝mBg－FTsin θ＝mBg－mAgsin θ，由牛頓第三定律可知，選項D正確；當mBg＝mAgsin θ時，FN＝0，此時物體B不可能靜止，選項A、C錯誤，B正確.

整體法與隔離法在平衡問題中的應用

例4 　(2019·浙江4月選考·11)如圖6所示，一根粗糙的水平橫桿上套有A、B兩個輕環，系在兩環上的等長細繩拴住的書本處于靜止狀態，現將兩環距離變小后書本仍處于靜止狀態，則(　　)

圖6
A.桿對A環的支持力變大
B.B環對桿的摩擦力變小
C.桿對A環的力不變
D.與B環相連的細繩對書本的拉力變大
答案　B
解析　將A、B兩個輕環、繩及書本視為整體，在豎直方向上，整體受到向下的重力和向上的支持力作用，兩個支持力大小之和等于重力，FN＝12mg，大小保持不變，A錯誤；對B環進行受力分析Ff＝FNtan θ＝12mgtan θ，兩環距離變小，tan θ減小，Ff變小，B正確；對A環受力分析與B環類似，桿對環的力為支持力FN和摩擦力Ff的合力，與FT大小相等，FT＝FNcos θ，當θ發生變化時，FT發生變化，C錯誤；FTcos θ＝12mg，兩環距離變小，cos θ變大，細繩上的拉力變小，D錯誤.


3.(合成法)如圖7所示，一個半球形的碗放在桌面上，碗口水平，O點為其球心，碗的內表面及碗口是光滑的.一根細線跨在碗口上，線的兩端分別系有質量為m1和m2的小球，當它們處于平衡狀態時，質量為m1的小球與O點的連線與水平面的夾角α＝60°，則兩小球的質量之比m2m1為(　　)

圖7
A.33 B.23
C.32 D.22
答案　A
解析　小球m1受拉力FT、支持力FN、重力m1g三力作用，受力分析如圖所示，小球m1處于平衡狀態，故FN與FT的合力F＝m1g.由幾何關系知，θ＝60°，F＝2FTcos θ2，解得m2m1＝33，故選項A正確.

4.(矢量三角形法)(2019·湖北宜昌第二中學月考)如圖8所示，小圓環A吊著一個質量為m2的物塊并套在另一個豎直放置的大圓環上，有一細繩一端拴在小圓環A上，另一端跨過固定在大圓環最高點B的一個小滑輪后吊著一個質量為m1的物塊.如果小圓環A、滑輪、繩子的大小和質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，則兩物塊的質量之比m1∶m2應為(　　)

圖8
A.cos α2 B.sin α2
C.2sin α2 D.2cos α2
答案　C
解析　對小圓環A受力分析，如圖所示，FT2與FN的合力與FT1平衡，由矢量三角形與幾何三角形相似，可知FT2R＝F2Rsin α2，其中FT2＝m2g，F＝FT1＝m1g，聯立解得m1m2＝2sin α2，C正確.

5.(整體法與隔離法在平衡問題中的應用)(多選)如圖9所示，滑塊A與小球B用同一根不可伸長的輕繩相連，且滑塊A套在水平桿上.現用大小為10 N、與水平方向成30°角的力F拉B，使A、B一起向右勻速運動，運動過程中保持相對靜止.已知A、B的質量分別為2 kg、1 kg，取g＝10 m/s2，則(　　)

圖9
A.輕繩與水平方向的夾角θ＝60°
B.輕繩與水平方向的夾角θ＝30°
C.滑塊A與水平直桿之間的動摩擦因數為34
D.滑塊A與水平直桿之間的動摩擦因數為35
答案　BD
解析　對B受力分析，B受重力、拉力F及繩子的拉力而處于平衡狀態；將兩拉力合成，因拉力為10 N，小球的重力為10 N，則由幾何關系可知，輕繩的拉力也為10 N，方向與水平方向成30°角，故B正確，A錯誤；對A、B整體受力分析可知，A受到的支持力FN＝(mA＋mB)g－Fsin 30°＝25 N，摩擦力等于F沿水平方向的分力Ff＝Fcos 30°＝53 N，由Ff＝μFN′，FN′＝FN，解得μ＝FfFN＝35，故D正確，C錯誤.
課時精練

1.(2020·浙江7月選考·3)矢量發動機是噴口可向不同方向偏轉以產生不同方向推力的一種發動機.當“殲－20”隱形戰斗機以速度v斜向上飛行時，其矢量發動機的噴口如圖1所示.已知飛機受到重力G、發動機推力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(　　)

圖1

答案　A
解析　由題意可知，戰斗機所受重力豎直向下，F2方向與速度方向垂直，Ff方向與速度方向相反，故選項A正確.
2.(多選)(2020·江西省南昌市期末)如圖2，在斜面上木塊A與B的接觸面是水平的，繩子呈水平狀態，兩木塊均保持靜止.則木塊A和木塊B受力個數可能為(　　)

圖2
A.2個和4個
B.3個和4個
C.4個和4個
D.4個和5個
答案　ACD
解析　B至少受到重力、A對B的壓力、斜面的支持力三個力，A對B可能有摩擦力，可能無摩擦力，斜面對物體B可能有靜摩擦力，也有可能沒有靜摩擦力，B靜止，則這兩個摩擦力至少有一個，因此B受到4個力或5個力；而A除受到支持力與重力外，還可能受到拉力及B對A的摩擦力，因此A可能受到2個力或4個力.當B對A沒有摩擦力時，A、B受力個數分別為2個和4個；當B對A有摩擦力時，斜面對物體B可能有靜摩擦力，也可能沒有靜摩擦力，A、B受力個數可能為4個和4個或4個和5個.故選A、C、D.
3.(2020·浙江嘉興市模擬)科技的發展正在不斷地改變著我們的生活.如圖3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(　　)

圖3
A.手機受到的支持力大小為Gcos θ
B.手機受到的支持力不可能大于G
C.納米材料對手機的作用力大小為Gsin θ
D.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，所以手機受到的支持力大小不可能為Gcos θ，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，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.
4.(2019·廣東肇慶市模擬)如圖4所示，質量為m的木塊A放在質量為M的三角形斜劈B上，現同時用大小為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(　　)

圖4
A.地面對B的支持力的大小一定等于(M＋m)g
B.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′和摩擦力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.
5.如圖5所示，用完全相同的輕彈簧A、B、C將兩個相同的小球連接并懸掛，小球處于靜止狀態，彈簧A與豎直方向的夾角為30°，彈簧C水平，則彈簧A、C的伸長量之比為(　　)

圖5
A.3∶4 B.4∶3
C.1∶2 D.2∶1
答案　D
解析　選取兩小球和彈簧B組成的系統為研究對象，由平衡條件得FAsin 30°＝FC，即FA∶FC＝2∶1，又FA＝kΔxA，FC＝kΔxC，所以ΔxA∶ΔxC＝2∶1.
6.(2020·河南平頂山市月考)如圖6所示，用甲、乙兩根筷子夾住一個小球，甲傾斜，乙始終豎直.在豎直平面內，甲與豎直方向的夾角為θ，筷子與小球間的摩擦很小，可以忽略不計，小球質量一定，隨著θ緩慢增大，小球始終保持靜止，則下列說法正確的是(　　)

圖6
A.筷子甲對小球的彈力不變
B.筷子乙對小球的彈力變小
C.兩根筷子對小球的彈力都增大
D.兩根筷子對小球的合力將增大
答案　B
解析　對小球受力分析如圖：

F甲＝mgsin θ
F乙＝mgtan θ
θ角增大過程中F甲、F乙均減小.兩根筷子對小球的合力總等于小球的重力，不變.故選B.
7.(多選)如圖7所示，質量為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量為m、半徑為r的光滑球B.重力加速度為g，則(　　)

圖7
A.A對地面的壓力等于(M＋m)g
B.A對地面的摩擦力方向向左
C.B對A的壓力大小為R＋rRmg
D.細線對小球的拉力大小為rRmg
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.根據平衡條件知，支持力等于整體的重力.根據牛頓第三定律知，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；對小球受力分析，如圖所示，根據平衡條件得：F＝mgcos θ，FT＝mgtan θ，其中cos θ＝RR＋r，tan θ＝(R＋r)2－R2R，故F＝R＋rRmg，FT＝mg(R＋r)2－R2R，故C正確，D錯誤.

8.如圖8所示，三個重均為100 N的物塊，疊放在水平桌面上，各接觸面水平，水平拉力F＝20 N作用在物塊2上，三條輕質繩結于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20 N的小球P.整個裝置處于靜止狀態.則(　　)

圖8
A.物塊1和2之間的摩擦力大小為20 N
B.水平繩的拉力大小為20 N
C.桌面對物塊3的支持力大小為320 N
D.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，根據平衡條件有，x方向：FT2cos 45°＝FT1，y方向：FT2sin 45°＝GP，解得FT1＝GP＝20 N，所以水平繩中的拉力大小為20 N，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、繩子a的拉力，豎直方向：FN＝3G＝300 N，故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，根據平衡條件得：Ff23＝F＝20 N；1、2間摩擦力為零，2、3間摩擦力為20 N，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.


9.(多選)如圖9為一位于墻角的斜面，其傾角θ＝37°.一輕質彈簧一端系在質量為m的物體上，另一端固定在墻上，彈簧水平放置，物體在斜面上靜止時，彈簧處于伸長狀態，重力加速度為g，則(　　)

圖9
A.物體一定受四個力作用
B.彈簧彈力可能是43mg
C.物體受到的摩擦力一定沿斜面向上
D.斜面對物體的作用力方向一定豎直向上
答案　AC
解析　首先可以確定物體受向下的重力、彈簧水平向右的拉力、垂直于斜面的支持力，由平衡條件可知，物體還受到沿斜面向上的摩擦力的作用，A、C正確；斜面對物體的作用力與物體的重力和彈簧的水平拉力的合力等大反向，不可能豎直向上，D錯誤；若彈簧拉力為43mg，則彈簧拉力垂直斜面向上的分力為43mg·sin 37°＝0.8mg，等于重力垂直于斜面的分力，這樣物體對斜面沒有壓力，也就不會有摩擦力，不可能平衡，B錯誤.
10.有一塊長方體木板被鋸成如圖10所示的A、B兩塊放在水平桌面上，A、B緊靠在一起，木板A的角度如圖所示.現用水平方向的力F垂直作用于板的左邊推木板B，使兩塊板A、B保持原來的形狀整體沿力F的方向勻速運動，則(　　)

圖10
A.木板A在水平面內受兩個力的作用，合力為零
B.木板A只受一個摩擦力
C.木板B對A的彈力小于桌面對木板A的摩擦力
D.木板B在水平面內受三個力的作用
答案　C
解析　如圖所示，木板A在水平面內受B對A的彈力FN、桌面對A的滑動摩擦力Ff1、B對A的靜摩擦力Ff2，木板A在三個力的作用下處于平衡狀態，A、B錯誤；由圖可知，Ff1·cos 30°＝FN，因此木板B對A的彈力小于桌面對木板A的摩擦力，C正確；木板B在水平面內受到推力F、桌面對它的摩擦力、A對它的彈力和A對它的靜摩擦力共四個力的作用，D錯誤.

11.(2020·山東濟南市外國語學校月考)如圖11所示，山坡上兩相鄰高壓塔A、B之間架有勻質粗銅線，平衡時銅線呈弧形下垂，最低點在C，已知弧線BC的長度是AC的3倍，而左塔B處銅線切線與豎直方向的夾角β＝30°.則右塔A處銅線切線與豎直方向的夾角α為(　　)

圖11
A.30° B.45°
C.60° D.75°
答案　C
解析　設A、B兩端銅線上的拉力分別為FA、FB，銅線的質量為m，在水平方向，對銅線整體由平衡條件得FAsin α＝FBsin β，在豎直方向，對BC段，由平衡條件得FBcos β＝34mg，對AC段，由平衡條件得FAcos α＝14mg，聯立解得tan α＝3tan β，則α＝60°，A、B、D錯誤，C正確.
12.(2020·山東濟寧市高三監測)如圖12所示，完全相同的兩個光滑小球A、B放在一置于水平桌面上的圓柱形容器中，兩球的質量均為m，兩球心的連線與豎直方向成30°角，整個裝置處于靜止狀態.重力加速度為g，則下列說法中正確的是(　　)

圖12
A.A對B的壓力為233mg
B.容器底對B的支持力為mg
C.容器壁對B的支持力為36mg
D.容器壁對A的支持力為36mg
答案　A
解析　對球A受力分析可知，球B對A的支持力FBA＝mgcos 30°＝23mg3，則A對B的壓力為233mg；容器壁對A的支持力FNA＝mgtan 30°＝33mg，A正確，D錯誤；對球A、B組成的整體，豎直方向有FN＝2mg，容器底對B的支持力為2mg，B錯誤；對球A、B組成的整體而言，容器壁對B的支持力等于容器壁對A的支持力，則大小為33mg，C錯誤.
13.(2017·浙江11月選考·5)疊放在水平地面上的四個完全相同的排球如圖13所示，質量均為m，相互接觸，球與地面間的動摩擦因數均為μ，則(　　)

圖13
A.上方球與下方三個球間均沒有彈力
B.下方三個球與水平地面間均沒有摩擦力
C.水平地面對下方三個球的支持力均為43mg
D.水平地面對下方三個球的摩擦力均為43μmg
答案　C
解析　將四個球看成一個整體，地面的支持力與球的重力平衡，設下方三個球中的一個球受到的支持力大小為FN，因此3FN＝4mg，即FN＝43mg，所以選項C正確；由力的平衡條件知，下面三個球對最上面的球有彈力，故最上面的球對下面三個球肯定有彈力，選項A錯誤；對地面上的其中一個球進行受力分析，如圖所示，可知下方的球受到水平地面的摩擦力，選項B錯誤；由于下方的球受到的地面的摩擦力是靜摩擦力，因此不能通過Ff＝μFN求解此摩擦力，選項D錯誤.


14.(2020·河北保定市模擬)如圖14所示，光滑直角三角形支架ABC豎直固定在水平地面上，B、C兩點均在地面上，AB與BC間的夾角為θ，分別套在AB、AC上的小球a和b用輕繩連接，系統處于靜止狀態，輕繩與CA間的夾角為α，則小球a、b的質量之比為(　　)

圖14
A.tan αtan θ B.tan θtan α
C.sin αcos θ D.sin θcos α
答案　A
解析　對a、b兩球分別進行受力分析，如圖所示.對a由平衡條件得：magsin θ＝FTsin α，可得FT＝magsin θsin α；對b由平衡條件得：mbgcos θ＝FTcos α，可得FT＝mbgcos θcos α；同一根繩的張力處處相同，聯立可得magsin θsin α＝mbgcos θcos α，有mamb＝sin α·cos θsin θ·cos α＝tan αtan θ，選項A正確.

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