资源简介

第3讲　受力分析　共点力的平衡
学习目标　1.从具体的情境中选择研究对象，会分析其弹力、摩擦力的有无及方向。 2.会灵活应用整体法和隔离法对多物体受力分析。 3.会运用共点力平衡的条件分析解决平衡问题。
1.
2.
1.思考判断
(1)物体沿光滑斜面下滑时，受到重力、支持力和下滑力的作用。(×)
(2)物体的速度为零即处于平衡状态。(×)
(3)物体处于平衡状态时，其加速度一定为零。(√)
(4)物体受两个力作用处于平衡状态，这两个力必定等大反向。(√)
(5)物体受三个力F1、F2、F3作用处于平衡状态，若将F2转动90°，则这三个力的合力大小为F2。(√)
2.(人教版必修第一册P79T2改编)如图所示，在光滑墙壁上用网兜把足球挂在A点，足球与墙壁的接触点为B。足球的重力为G，AC绳与墙壁的夹角为α，墙壁对球的支持力为FN，AC绳的拉力为FT，不计网兜的重力。则下列关系式正确的是(　　)
A.FT＝FN　　　 B.FT＝Gsin α
C.FT>G D.FN＝
答案　C
考点一　受力分析
受力分析的四种方法
假设法 在未知某力是否存在时，先对其做出不存在的假设，然后根据该力不存在对物体运动状态的影响来判断该力是否存在
整体法 将加速度相同的几个相互关联的物体作为一个整体进行受力分析的方法
隔离法 将所研究的对象从周围的物体中分离出来，单独进行受力分析的方法
动力学 分析法 对加速运动的物体进行受力分析时，应用牛顿运动定律进行分析求解的方法
例1 (2025·安徽马鞍山第二中学检测)两相同的楔形木块A、B叠放后分别以图甲、乙两种方式在水平外力F1和竖直外力F2作用下，挨着竖直墙面保持静止状态，则在此两种方式中，木块B受力个数分别为(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　
A.1，1 B.4，3
C.5，3 D.5，4
答案　C
解析　题图甲中，根据整体法可知，木块B除了受重力外，一定受到墙面水平向右的弹力和竖直向上的静摩擦力，隔离B分析，其一定还受到A的弹力，隔离A分析，A受到重力、水平向左的推力、B对其垂直于接触面斜向右下的弹力，这样的三个力不可能使A平衡，所以A一定还要受到B对其沿接触面斜向右上的静摩擦力才能平衡，由牛顿第三定律可知B一定受到A沿接触面斜向左下的静摩擦力，故B共受5个力的作用;题图乙中，根据整体法可知B与墙面间既无弹力也无摩擦力，所以B受重力和A的弹力及摩擦力共3个力的作用，故C正确。
受力分析的三个技巧
(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)除了根据力的性质和特点进行判断，假设法是判断弹力、摩擦力的有无及方向的常用方法。
(3)善于转换研究对象，尤其是在弹力、摩擦力的方向不易判定的情形中，可以分析与其接触物体的受力，再应用牛顿第三定律判定。
跟踪训练
1.(2025·八省联考内蒙古卷，1) “那达慕”是国家级非物质文化遗产，套马是“那达慕”大会的传统活动之一，某次套马的情景如图所示。套马者视为质点，可能受重力G、支持力FN，拉力F、摩擦力Ff，其受力示意图可能正确的是(　　)
答案　B
解析　对套马者受力分析可知，“套马者”受到竖直向下的重力G、沿绳子方向向左上方的拉力F、竖直向上的支持力FN和水平向右的摩擦力Ff，故B正确。
考点二　共点力的平衡条件及应用
求解共点力平衡问题的常用方法
(1)合成法:一个力与其余所有力的合力等大反向，常用于非共线三力平衡。
(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:把表示三个力的有向线段构成一个闭合的三角形，常用于非特殊角的一般三角形。
角度　三力平衡
例2 (2023·浙江6月选考，6)如图所示，水平面上固定两排平行的半圆柱体，重为G的光滑圆柱体静置其上，a、b为相切点，∠aOb＝90°，半径Ob与重力的夹角为37°，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则圆柱体受到的支持力Fa、Fb大小为(　　)
A.Fa＝0.6G，Fb＝0.4G B.Fa＝0.4G，Fb＝0.6G
C.Fa＝0.8G，Fb＝0.6G D.Fa＝0.6G，Fb＝0.8G
答案　D
解析　以圆柱体为研究对象，受力分析如图所示，两侧半圆柱体对圆柱体的支持力的合力与重力等大反向，结合几何关系可知Fa＝Gsin 37°＝0.6G，Fb＝Gcos 37°＝0.8G，D正确。
跟踪训练
2.(2024·贵州卷，4)如图(a)，一质量为m的匀质球置于固定钢质支架的水平细横杆和竖直墙之间，并处于静止状态，其中一个视图如图(b)所示。测得球与横杆接触点到墙面的距离为球半径的1.8倍，已知重力加速度大小为g，不计所有摩擦，则球对横杆的压力大小为(　　)
A.mg B.mg
C.mg D.mg
答案　D
解析　对球受力分析，如图所示
角度　多力平衡
例3 (2024·山东淄博模拟)如图是一种竖直门闩的原理图:当在水平槽内向右推动下方木块A时，使木块B沿竖直槽向上运动，方可启动门闩。水平槽、竖直槽内表面均光滑;A、B间的接触面与水平方向成45°角，A、B间有摩擦，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知B质量为m，重力加速度大小为g。当施加在A上的水平力F＝mg时，门闩刚好能被启动，则A、B间的动摩擦因数为(　　)
A.0.4 B.0.3
C.0.2 D.0.1
答案　C
解析　对A、B受力分析如图所示，门闩刚好启动时，对A水平方向上有F＝FNsin 45°＋μFNcos 45°，对B在竖直方向上有FNcos 45°＝mg＋μFNsin 45°，结合已知条件F＝mg，可得μ＝0.2，故C正确。
跟踪训练
3.(2025·山东高三押题卷)如图为雕刻团队雕刻的一块质量m＝20 kg的棱台形冰砖，雕刻者须戴专门提供的手套，双手按住冰块的a、b两侧面向上提，保持冰块c面水平朝上，而且手指不能抠底，已知冰块a、b两侧面与冰块底面的夹角均为θ＝78.5°，雕刻者施加给冰块单侧面的压为F，手套与冰块之间的动摩擦因数为μ＝0.25，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2。计算时sin 78.5°≈0.98，cos 78.5°≈0.20，若要提起冰块，力F至少约为(　　)
A.2 220 N
B.1 370 N
C.1 000 N
D.无论多大的力都无法提起冰块
答案　A
解析　对冰块受力分析，如图所示，正交分解得2Ffsin θ＝mg＋2Fcos θ，由Ff＝μF，联立解得F≈2 220 N，故A正确。
处理平衡问题的三个技巧
(1)物体受三个力平衡时，利用力的分解法或合成法比较简单。
(2)物体受四个或四个以上的力作用时，一般要采用正交分解法。
(3)正交分解法建立坐标系时应使尽可能多的力与坐标轴重合，需要分解的力尽可能少。
考点三　整体法和隔离法解决多物体的平衡问题
多物体通常由两个或两个以上的研究对象，通过直接接触或通过绳、杆等媒介连接组合，如叠加体、连接体等，处理方法通常是整体法和隔离法交替使用。
例4 (2024·浙江1月选考，6)如图所示，在同一竖直平面内，小球A、B上系有不可伸长的细线a、b、c和d，其中a的上端悬挂于竖直固定的支架上，d跨过左侧定滑轮、c跨过右侧定滑轮分别与相同配重P、Q相连，调节左、右两侧定滑轮高度达到平衡。已知小球A、B和配重P、Q质量均为50 g，细线c、d平行且与水平面成θ＝30°角，不计摩擦，重力加速度g＝10 m/s2，则细线a、b的拉力分别为(　　)
A.2 N　1 N B.2 N　0.5 N
C.1 N　1 N D.1 N　0.5 N
答案　D
解析　由题意可知细线c对A的拉力和细线d对B的拉力大小相等且为0.5 N、方向相反，对A、B整体分析可知细线a的拉力大小为Ta＝(mA＋mB)g＝1 N。设细线b与水平方向夹角为α，对A受力分析有Tbsin α＋Tcsin θ＝mAg，Tbcos α＝Tccos θ，解得Tb＝0.5 N，故D正确。
处理多物体平衡问题的技巧
(1)合理选择研究对象:在分析两个或两个以上物体间的相互作用时，一般采用整体法与隔离法进行分析，在使用时有时需要先整体再隔离，有时需要先隔离再整体，交替使用整体法和隔离法。
(2)转换研究对象:用隔离法直接分析一个物体的受力情况不方便时，可转换研究对象，先隔离分析相互作用的另一个物体的受力情况，再根据牛顿第三定律分析该物体的受力情况。
跟踪训练
4.(2025·河北保定模拟)如图所示，倾角为θ的斜面固定在水平地面上，两个物块A、B用轻质弹簧连接，两物块恰好能静止在斜面上。已知物块A的质量为1 kg，物块A与斜面间的动摩擦因数为0.4，物块B与斜面间的动摩擦因数为0.8，两物块受到的摩擦力方向相同，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，重力加速度大小g＝10 m/s2，sin θ＝0.6，下列说法正确的是(　　)
A.弹簧可能处于压缩状态
B.弹簧中的弹力大小为2.4 N
C.物块B的质量为7 kg
D.物块B受到的摩擦力大小为56 N
答案　C
解析　因tan θ>0.4，物块A静止在斜面上，所以弹簧一定处于伸长状态，A错误;对物块A有mAgsin θ＝μAmAgcos θ＋F，解得F＝2.8 N，B错误;把A、B看成一个整体，有μAmAgcos θ＋μBmBgcos θ＝(mA＋mB)gsin θ，解得mB＝7 kg，物块B受到的摩擦力大小为Ff＝μBmBgcos θ＝44.8 N，C正确，D错误。
A级　基础对点练
对点练1　受力分析
1.(2024·浙江6月选考，2)如图为小猫蹬地跃起腾空追蝶的情景，则(　　)
A.飞行的蝴蝶只受重力的作用
B.蝴蝶转弯时所受合力沿运动方向
C.小猫在空中受重力和弹力的作用
D.小猫蹬地时弹力大于所受重力
答案　D
解析　飞行的蝴蝶不仅受重力的作用，还受空气的作用力，A错误;蝴蝶转弯时做曲线运动，由曲线运动的特点可知，蝴蝶转弯时所受合力指向轨迹凹侧，B错误;弹力的产生条件之一是两物体相互接触，小猫在空中时与地面脱离，不受地面弹力的作用，小猫由于具有惯性而继续向前运动，C错误;小猫蹬地时在竖直方向上有向上的加速度，则根据牛顿第二定律可知小猫蹬地时弹力大于所受重力，D正确。
2.如图所示，两梯形木块A、B叠放在水平地面上，A、B之间的接触面倾斜。A的左侧靠在光滑的竖直墙面上，加水平推力后，关于两木块的受力，下列说法正确的是(　　)
A.A、B之间一定存在摩擦力作用
B.木块A可能受三个力作用
C.木块A一定受四个力作用
D.木块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、墙面对它的弹力和B对它的支持力，这三个力恰好平衡，则A、B之间没有摩擦力，故A、C错误，B正确;以A、B整体为研究对象，竖直方向受到A、B的重力和地面的支持力，水平方向受到水平推力和墙面的弹力，水平地面可以对B无摩擦力，故D错误。
3.(2025·江西南昌模拟)如图所示，一梯子斜靠在光滑的竖直墙壁上，下端放在粗糙的水平地面上，某工人站立于梯子上，下列说法正确的是(　　)
A.地面对梯子的摩擦力方向水平向右
B.人和梯子组成的系统受三个力作用
C.梯子对工人的作用力竖直向上
D.地面对梯子的作用力竖直向上
答案　C
解析　对人和梯子组成的系统受力分析，由平衡条件可得，梯子在水平方向受到竖直墙壁水平向右的支持力和地面水平向左的摩擦力，故A错误;人和梯子组成的系统在竖直方向上受重力、地面的支持力，因为墙壁光滑，所以竖直墙对梯子没有摩擦力，水平方向只有水平向右的支持力和地面水平向左的摩擦力，共四个力作用，故B错误;对人受力分析，梯子对工人的作用力竖直向上与重力平衡，故C正确;地面对梯子的作用力为支持力和摩擦力的合力，方向斜向左上方，故D错误。
对点练2　共点力的平衡条件及应用
4.(2025·广西桂林模拟)如图所示，P、Q是两个光滑的定滑轮，吊着A、B、C三个小球的三条轻绳各有一端在O点打结，悬吊A、C两个球的轻绳分别绕过定滑轮P、Q，三个球静止时，OQ段轻绳与竖直方向的夹角α＝74°。已知B、C两球的质量均为m，sin 37°＝0.6，则A球的质量为(　　)
A.m B.1.2m
C.1.5m D.1.6m
答案　B
解析　对O点受力分析如图所示，由题可知OQ、OB段的拉力满足FOQ＝FOB＝mg，将FOQ、FOB合成，由于三个球静止，O点受力平衡，根据几何关系有FOP＝F合＝2FOBsin 37°＝1.2mg，则有A球的质量为mA＝＝1.2m，故B正确。
5.(多选)(2024·河北石家庄模拟)取碗夹是一种用于夹取碗或者其他容器的厨房用具，如图甲所示。某人用取碗夹夹取质量为m的碗，碗静止于空中，其简化示意图如图乙所示，碗一侧可认为是倾角为60°的斜面，取碗夹对碗的弹力方向与该侧面垂直，重力加速度大小为g，则碗受力情况正确的是(　　)
A.取碗夹对碗的弹力大小为mg
B.取碗夹对碗的弹力大小为mg
C.取碗夹对碗的摩擦力大小为mg
D.取碗夹对碗的摩擦力大小为mg
答案　BC
解析　碗处于平衡状态，受到重力、碗夹的弹力和摩擦力，根据平衡条件可知F弹＝mgcos 60°＝mg，A错误，B正确;同理可知，碗受到的摩擦力Ff＝mgsin 60°＝mg，C正确，D错误。
6.如图所示，倾角为30°的斜面固定在水平地面上，斜面上放有一重力为G的物体A，有一水平轻弹簧一端固定在竖直墙面上，另一端与物体A接触。若物块A静止时受到沿斜面向下的摩擦力大小为，此时弹簧的弹力大小是(　　)
A.G B.G
C.G D.G
答案　B
解析　对A进行受力分析，利用正交分解法对力进行分解，如图所示，在沿斜面方向，根据平衡条件Fcos 30°＝Ff＋Gsin 30°，而Ff＝，解得F＝G，故B正确，A、C、D错误。
对点练3　整体法和隔离法解决多物体的平衡问题
7.(2025·黑龙江鹤岗市第一中学月考)如图甲所示，A、B两小球通过两根轻绳连接并悬挂于O点，已知两轻绳a和b的长度之比为∶1，A、B两小球质量分别为2m和m，现对A、B两小球分别施加水平向右的力F1和水平向左的力F2，两球恰好处于图乙的位置静止，此时B球恰好在悬点O的正下方，轻绳a与竖直方向成30°角，则(　　)
A.F1＝F2 B.F1＝F2
C.F1＝2F2 D.F1＝3F2
答案　C
解析　由题意知两轻绳a和b的长度之比为∶1，B球恰好在悬点O的正下方，由几何关系可知，a与b垂直;以B球为研究对象，受力示意图如图(a)所示，由平衡条件得F2＝mgtan(90°－30°)＝mg，以A、B两球整体为研究对象，受力示意图如图(b)所示，由平衡条件得F1－F2＝3mgtan 30°＝mg，可得F1＝2mg，即F1＝2F2，故C正确。
8.我国的石桥世界闻名，如图，某桥由六块形状完全相同的石块组成，其中石块1、6固定，2、5质量相同为m1，3、4质量相同为m2，不计石块间的摩擦，则m1∶m2为(　　)
A. B.
C.1 D.2
答案　D
解析　六块形状完全相同的石块围成半圆对应的圆心角为180°，每块石块对应的圆心角为30°，对第3块石块受力分析如图甲所示，由力的合成可知tan 60°＝，对第2块和第3块石块整体受力分析如图乙所示，tan 30°＝，联立解得＝2，故D正确。
B级　综合提升练
9.(2025·山东济宁模拟)如图所示，质量为m的小球置于内壁光滑的半球形凹槽内，凹槽放置在跷跷板上，凹槽的质量为M。开始时跷跷板与水平面的夹角为37°，凹槽与小球均保持静止。已知重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则在缓慢压低跷跷板的Q端至跟P端等高的过程中，下列说法正确的是(　　)
A.跷跷板对凹槽的作用力逐渐增大
B.小球对凹槽的压力大小始终为mg
C.开始时跷跷板对凹槽的支持力大小为0.8Mg
D.开始时跷跷板对凹槽的摩擦力大小为0.6Mg
答案　B
解析　由于小球、凹槽整体的重力不变化，与跷跷板对凹槽的作用力等大反向，那么跷跷板对凹槽的作用力不变，故A错误;小球所在处的凹槽切线总是水平的，那么小球对凹槽的压力大小始终等于小球的重力mg，故B正确;将小球跟凹槽视为整体，开始时恰好静止，根据受力平衡条件知，跷跷板对凹槽的支持力大小为FN＝(m＋M)gcos 37°＝0.8(m＋M)g，跷跷板对凹槽的摩擦力大小为Ff＝(m＋M)gsin 37°＝0.6(m＋M)g，故C、D错误。
10.(2024·湖北联盟压轴考试)如图所示，竖直固定放置的光滑大圆环，其最高点为P，最低点为Q。现有两个轻弹簧1、2的一端均拴接在大圆环P点，另一端分别拴接M、N两小球，两小球均处于平衡态。已知轻弹簧1、2上的弹力大小相同，轻弹簧1、2轴线方向与PQ连线的夹角分别30°、60°，则下列说法正确的是(　　)
A.轻弹簧1处于压缩状态，轻弹簧2处于伸长状态
B.大圆环对两小球的弹力方向均指向圆心
C.M、N两小球的质量比为m1∶m2＝1∶
D.大圆环对M、N两小球的弹力大小之比为FN1∶FN2＝∶1
答案　C
解析　对两个小球受力分析并画力的矢量三角形，如图所示，两个弹力均指向P点，故两弹簧均处于拉伸状态，故A错误;大圆环对两球的弹力均背离圆心，故B错误;对小球M、N，由力矢量三角形与几何三角形相似，可得FN1＝m1g＝F1，FN2＝m2g＝F2，已知F1＝F2，则m1∶m2＝1∶，FN1∶FN2＝1∶，故C正确，D错误。
11.(2025·陕西西安高三质检)如图所示，轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆上，悬挂衣服的衣架钩是光滑的，挂于绳上处于静止状态。下列说法正确的是(　　)
A.θ1<θ2＝θ3
B.θ1>θ2＝θ3
C.若两杆间距离d不变，上下移动绳子结点，θ2、θ3变化
D.若两杆间距离d减小，绳子拉力减小
答案　D
解析　衣架钩光滑，同一绳上拉力处处相等，根据共点力平衡可知，衣架钩平衡时两侧绳子与竖直方向的夹角相等，即θ1＝θ2，OC为BO的反向延长线，根据几何关系可知θ2＝θ3，则θ1＝θ2＝θ3，故A、B错误;设绳子的长度为L，根据几何关系可知sin θ3＝，若两杆间距离d不变，上下移动绳子结点，θ2、θ3不变，故C错误;对衣架钩受力分析，根据平衡条件可得G＝2Fcos θ3，若两杆间距离d减小，θ3减小，绳子拉力减小，故D正确。
12.(2025·西北师范大学附属中学期中)如图所示，质量M＝2 kg的木块A套在水平杆上，并用轻绳将木块与质量m＝ kg的小球B相连。用与水平方向成α＝30°角的恒力F＝10 N拉着球带动木块一起向右匀速运动，运动中A、B相对位置保持不变，g取10 m/s2。求:
(1)运动过程中轻绳与水平方向的夹角θ;
(2)木块与水平杆间的动摩擦因数μ。
答案　(1)30°　(2)
解析　(1)对B进行受力分析，设轻绳对B的拉力为FT，由平衡条件可得
Fcos 30°＝FTcos θ
Fsin 30°＋FTsin θ＝mg
联立解得FT＝10 N，tan θ＝
即θ＝30°。
(2)对A进行受力分析，由平衡条件有
FTsin θ＋Mg＝FN，FTcos θ＝μFN
联立解得μ＝。
C级　培优加强练
13.(多选)(2024·福建福州模拟)如图所示，质量为m的匀质细绳，一端系在天花板上的A点，另一端系在竖直墙壁上的B点，平衡后最低点为C点。现测得AC段绳长是CB段绳长的3倍，且绳子A端的切线与竖直方向的夹角为β，绳子B端的切线与墙壁的夹角为α＝60°(重力加速度为g)则(　　)
A.β＝30°
B.绳子在C处弹力大小FC＝mg
C.绳子在A处的弹力大小FA＝mg
D.绳子上B处拉力最大
答案　AC
解析　对CB段受力分析，受重力G1＝mg、墙壁的拉力FB、AC段绳子对其向左的拉力FC，如图甲所示，根据平衡条件可得FBcos α＝mg，FBsin α＝FC，联立解得FB＝mg，FC＝mg;再对AC段绳子受力分析，受重力G2＝mg、BC段绳子对其向右的拉力FC'＝FC，天花板对AC段绳子的拉力为FA，如图乙所示，根据平衡条件有FAcos β＝mg，FAsin β＝FC'，联立解得β＝30°，FA＝mg，故A、C正确，B错误;由以上分析可知FC第3讲　受力分析　共点力的平衡
第二章　相互作用——力
1.从具体的情境中选择研究对象，会分析其弹力、摩擦力的有无及方向。
2.会灵活应用整体法和隔离法对多物体受力分析。
3.会运用共点力平衡的条件分析解决平衡问题。
学习目标
目 录
CONTENTS
夯实必备知识
01
研透核心考点
02
提升素养能力
03
夯实必备知识
1
示意图
1.
隔离法
重力
弹力
摩擦力
相等
2.
相反
合力
1.思考判断
×
(1)物体沿光滑斜面下滑时，受到重力、支持力和下滑力的作用。( )
(2)物体的速度为零即处于平衡状态。( )
(3)物体处于平衡状态时，其加速度一定为零。( )
(4)物体受两个力作用处于平衡状态，这两个力必定等大反向。( )
(5)物体受三个力F1、F2、F3作用处于平衡状态，若将F2转动90°，则这三个力的合力大小为F2。( )
×
√
√
√
C
2.(人教版必修第一册P79T2改编)如图所示，在光滑墙壁上用网兜把足球挂在A点，足球与墙壁的接触点为B。足球的重力为G，AC绳与墙壁的夹角为α，墙壁对球的支持力为FN，AC绳的拉力为FT，不计网兜的重力。则下列关系式正确的是(　　)
A.FT＝FN　　　 B.FT＝Gsin α
C.FT>G D.FN＝
研透核心考点
2
考点二　共点力的平衡条件及应用
考点一　受力分析
考点三　整体法和隔离法解决多物体的平衡问题
考点一　受力分析
受力分析的四种方法
假设法 在未知某力是否存在时，先对其做出不存在的假设，然后根据该力不存在对物体运动状态的影响来判断该力是否存在
整体法 将加速度相同的几个相互关联的物体作为一个整体进行受力分析的方法
隔离法 将所研究的对象从周围的物体中分离出来，单独进行受力分析的方法
动力学 分析法 对加速运动的物体进行受力分析时，应用牛顿运动定律进行分析求解的方法
例1 (2025·安徽马鞍山第二中学检测)两相同的楔形木块A、B叠放后分别以图甲、乙两种方式在水平外力F1和竖直外力F2作用下，挨着竖直墙面保持静止状态，则在此两种方式中，木块B受力个数分别为(　　)
A.1，1 B.4，3
C.5，3 D.5，4
C
解析　题图甲中，根据整体法可知，木块B除了受重力外，一定受到墙面水平向右的弹力和竖直向上的静摩擦力，隔离B分析，其一定还受到A的弹力，隔离A分析，A受到重力、水平向左的推力、B对其垂直于接触面斜向右下的弹力，这
样的三个力不可能使A平衡，所以A一定还要受到B对其沿接触面斜向右上的静摩擦力才能平衡，由牛顿第三定律可知B一定受到A沿接触面斜向左下的静摩擦力，故B共受5个力的作用;题图乙中，根据整体法可知B与墙面间既无弹力也无摩擦力，所以B受重力和A的弹力及摩擦力共3个力的作用，故C正确。
受力分析的三个技巧
(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)除了根据力的性质和特点进行判断，假设法是判断弹力、摩擦力的有无及方向的常用方法。
(3)善于转换研究对象，尤其是在弹力、摩擦力的方向不易判定的情形中，可以分析与其接触物体的受力，再应用牛顿第三定律判定。
跟踪训练
1.(2025·八省联考内蒙古卷，1) “那达慕”是国家级非物质文化遗产，套马是“那达慕”大会的传统活动之一，某次套马的情景如图所示。套马者视为质点，可能受重力G、支持力FN，拉力F、摩擦力Ff，其受力示意图可能正确的是(　　)
B
解析　对套马者受力分析可知，“套马者”受到竖直向下的重力G、沿绳子方向向左上方的拉力F、竖直向上的支持力FN和水平向右的摩擦力Ff，故B正确。
考点二　共点力的平衡条件及应用
求解共点力平衡问题的常用方法
(1)合成法:一个力与其余所有力的合力等大反向，常用于非共线三力平衡。
(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:把表示三个力的有向线段构成一个闭合的三角形，常用于非特殊角的一般三角形。
角度　　三力平衡
例2 (2023·浙江6月选考，6)如图所示，水平面上固定两排平行的半圆柱体，重为G的光滑圆柱体静置其上，a、b为相切点，∠aOb＝90°，半径Ob与重力的夹角为37°，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则圆柱体受到的支持力Fa、Fb大小为(　　)
D
A.Fa＝0.6G，Fb＝0.4G B.Fa＝0.4G，Fb＝0.6G
C.Fa＝0.8G，Fb＝0.6G D.Fa＝0.6G，Fb＝0.8G
解析　以圆柱体为研究对象，受力分析如图所示，两侧半圆柱体对圆柱体的支持力的合力与重力等大反向，结合几何关系可知Fa＝Gsin 37°＝0.6G，Fb＝Gcos 37°＝0.8G，D正确。
2.(2024·贵州卷，4)如图(a)，一质量为m的匀质球置于固定钢质支架的水平细横杆和竖直墙之间，并处于静止状态，其中一个视图如图(b)所示。测得球与横杆接触点到墙面的距离为球半径的1.8倍，已知重力加速度大小为g，不计所有摩擦，则球对横杆的压力大小为(　　)
跟踪训练
D
A.mg B.mg
C.mg D.mg
解析　对球受力分析，如图所示
角度　　多力平衡
例3 (2024·山东淄博模拟)如图是一种竖直门闩的原理图:当在水平槽内向右推动下方木块A时，使木块B沿竖直槽向上运动，方可启动门闩。水平槽、竖直槽内表面均光滑;A、B间的接触面与水平方向成45°角，A、B间有摩擦，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知B质量为m，重力加速度大小为g。当施加在A上的水平力F＝mg时，门闩刚好能被启动，则A、B间的动摩擦因数为(　　)
C
A.0.4 B.0.3
C.0.2 D.0.1
解析　对A、B受力分析如图所示，门闩刚好启动时，对A水平方向上有F＝FNsin 45°＋μFNcos 45°，对B在竖直方向上有FNcos 45°＝mg＋μFNsin 45°，结合已知条件F＝mg，可得μ＝0.2，故C正确。
3.(2025·山东高三押题卷)如图为雕刻团队雕刻的一块质量m＝20 kg的棱台形冰砖，雕刻者须戴专门提供的手套，双手按住冰块的a、b两侧面向上提，保持冰块c面水平朝上，而且手指不能抠底，已知冰块a、b两侧面与冰块底面的夹角均为θ＝78.5°，雕刻者施加给冰块单侧面的压为F，手套与冰块之间的动摩擦因数为μ＝0.25，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2。计算时sin 78.5°≈0.98，cos 78.5°≈0.20，若要提起冰块，力F至少约为(　　)
跟踪训练
A
A.2 220 N
B.1 370 N
C.1 000 N
D.无论多大的力都无法提起冰块
解析　对冰块受力分析，如图所示，正交分解得2Ffsin θ＝mg＋2Fcos θ，由Ff＝μF，联立解得F≈2 220 N，故A正确。
处理平衡问题的三个技巧
(1)物体受三个力平衡时，利用力的分解法或合成法比较简单。
(2)物体受四个或四个以上的力作用时，一般要采用正交分解法。
(3)正交分解法建立坐标系时应使尽可能多的力与坐标轴重合，需要分解的力尽可能少。
多物体通常由两个或两个以上的研究对象，通过直接接触或通过绳、杆等媒介连接组合，如叠加体、连接体等，处理方法通常是整体法和隔离法交替使用。
考点三　整体法和隔离法解决多物体的平衡问题
例4 (2024·浙江1月选考，6)如图所示，在同一竖直平面内，小球A、B上系有不可伸长的细线a、b、c和d，其中a的上端悬挂于竖直固定的支架上，d跨过左侧定滑轮、c跨过右侧定滑轮分别与相同配重P、Q相连，调节左、右两侧定滑轮高度达到平衡。已知小球A、B和配重P、Q质量均为50 g，细线c、d平行且与水平面成θ＝30°角，不计摩擦，重力加速度g＝10 m/s2，则细线a、b的拉力分别为(　　)
A.2 N　1 N B.2 N　0.5 N
C.1 N　1 N D.1 N　0.5 N
D
解析　由题意可知细线c对A的拉力和细线d对B的拉力大小相等且为0.5 N、方向相反，对A、B整体分析可知细线a的拉力大小为Ta＝(mA＋mB)g＝1 N。设细线b与水平方向夹角为α，对A受力分析有Tbsin α＋Tcsin θ＝mAg，Tbcos α＝Tccos θ，解得Tb＝0.5 N，故D正确。
处理多物体平衡问题的技巧
(1)合理选择研究对象:在分析两个或两个以上物体间的相互作用时，一般采用整体法与隔离法进行分析，在使用时有时需要先整体再隔离，有时需要先隔离再整体，交替使用整体法和隔离法。
(2)转换研究对象:用隔离法直接分析一个物体的受力情况不方便时，可转换研究对象，先隔离分析相互作用的另一个物体的受力情况，再根据牛顿第三定律分析该物体的受力情况。
4.(2025·河北保定模拟)如图所示，倾角为θ的斜面固定在水平地面上，两个物块A、B用轻质弹簧连接，两物块恰好能静止在斜面上。已知物块A的质量为1 kg，物块A与斜面间的动摩擦因数为0.4，物块B与斜面间的动摩擦因数为0.8，两物块受到的摩擦力方向相同，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，重力加速度大小g＝10 m/s2，sin θ＝0.6，下列说法正确的是(　　)
跟踪训练
C
A.弹簧可能处于压缩状态
B.弹簧中的弹力大小为2.4 N
C.物块B的质量为7 kg
D.物块B受到的摩擦力大小为56 N
解析　因tan θ>0.4，物块A静止在斜面上，所以弹簧一定处于伸长状态，A错误;对物块A有mAgsin θ＝μAmAgcos θ＋F，解得F＝2.8 N，B错误;把A、B看成一个整体，有μAmAgcos θ＋μBmBgcos θ＝(mA＋mB)gsin θ，解得mB＝7 kg，物块B受到的摩擦力大小为Ff＝μBmBgcos θ＝44.8 N，C正确，D错误。
提升素养能力
3
A级　基础对点练
D
对点练1　受力分析
1.(2024·浙江6月选考，2)如图为小猫蹬地跃起腾空追蝶的情景，则(　　)
A.飞行的蝴蝶只受重力的作用
B.蝴蝶转弯时所受合力沿运动方向
C.小猫在空中受重力和弹力的作用
D.小猫蹬地时弹力大于所受重力
解析　飞行的蝴蝶不仅受重力的作用，还受空气的作用力，A错误;蝴蝶转弯时做曲线运动，由曲线运动的特点可知，蝴蝶转弯时所受合力指向轨迹凹侧，B错误;弹力的产生条件之一是两物体相互接触，小猫在空中时与地面脱离，不受地面弹力的作用，小猫由于具有惯性而继续向前运动，C错误;小猫蹬地时在竖直方向上有向上的加速度，则根据牛顿第二定律可知小猫蹬地时弹力大于所受重力，D正确。
B
2.如图所示，两梯形木块A、B叠放在水平地面上，A、B之间的接触面倾斜。A的左侧靠在光滑的竖直墙面上，加水平推力后，关于两木块的受力，下列说法正确的是(　　)
A.A、B之间一定存在摩擦力作用
B.木块A可能受三个力作用
C.木块A一定受四个力作用
D.木块B一定受到地面向右的摩擦力
解析　如果A受到重力、墙面对它的弹力和B对它的支持力，这三个力恰好平衡，则A、B之间没有摩擦力，故A、C错误，B正确;以A、B整体为研究对象，竖直方向受到A、B的重力和地面的支持力，水平方向受到水平推力和墙面的弹力，水平地面可以对B无摩擦力，故D错误。
C
3.(2025·江西南昌模拟)如图所示，一梯子斜靠在光滑的竖直墙壁上，下端放在粗糙的水平地面上，某工人站立于梯子上，下列说法正确的是(　　)
A.地面对梯子的摩擦力方向水平向右
B.人和梯子组成的系统受三个力作用
C.梯子对工人的作用力竖直向上
D.地面对梯子的作用力竖直向上
解析　对人和梯子组成的系统受力分析，由平衡条件可得，梯子在水平方向受到竖直墙壁水平向右的支持力和地面水平向左的摩擦力，故A错误;人和梯子组成的系统在竖直方向上受重力、地面的支持力，因为墙壁光滑，所以竖直墙对梯子没有摩擦力，水平方向只有水平向右的支持力和地面水平向左的摩擦力，共四个力作用，故B错误;对人受力分析，梯子对工人的作用力竖直向上与重力平衡，故C正确;地面对梯子的作用力为支持力和摩擦力的合力，方向斜向左上方，故D错误。
B
对点练2　共点力的平衡条件及应用
4.(2025·广西桂林模拟)如图所示，P、Q是两个光滑的定滑轮，吊着A、B、C三个小球的三条轻绳各有一端在O点打结，悬吊A、C两个球的轻绳分别绕过定滑轮P、Q，三个球静止时，OQ段轻绳与竖直方向的夹角α＝74°。已知B、C两球的质量均为m，sin 37°＝0.6，则A球的质量为(　　)
A.m B.1.2m C.1.5m D.1.6m
解析　对O点受力分析如图所示，由题可知OQ、OB段的拉力满足FOQ＝FOB＝mg，将FOQ、FOB合成，由于三个球静止，O点受力平衡，根据几何关系有FOP＝F合＝2FOBsin 37°＝1.2mg，则有A球的质量为mA＝＝1.2m，故B正确。
BC
5.(多选)(2024·河北石家庄模拟)取碗夹是一种用于夹取碗或者其他容器的厨房用具，如图甲所示。某人用取碗夹夹取质量为m的碗，碗静止于空中，其简化示意图如图乙所示，碗一侧可认为是倾角为60°的斜面，取碗夹对碗的弹力方向与该侧面垂直，重力加速度大小为g，则碗受力情况正确的是(　　)
A.取碗夹对碗的弹力大小为mg
B.取碗夹对碗的弹力大小为mg
C.取碗夹对碗的摩擦力大小为mg
D.取碗夹对碗的摩擦力大小为mg
解析　碗处于平衡状态，受到重力、碗夹的弹力和摩擦力，根据平衡条件可知F弹＝mgcos 60°＝mg，A错误，B正确;同理可知，碗受到的摩擦力Ff＝mgsin 60°＝mg，C正确，D错误。
B
6.如图所示，倾角为30°的斜面固定在水平地面上，斜面上放有一重力为G的物体A，有一水平轻弹簧一端固定在竖直墙面上，另一端与物体A接触。若物块A静止时受到沿斜面向下的摩擦力大小为，此时弹簧的弹力大小是(　　)
A.G B.G C.G D.G
解析　对A进行受力分析，利用正交分解法对力进行分解，如图所示，在沿斜面方向，根据平衡条件Fcos 30°＝Ff＋Gsin 30°，而Ff＝，解得F＝G，故B正确，A、C、D错误。
C
对点练3　整体法和隔离法解决多物体的平衡问题
7.(2025·黑龙江鹤岗市第一中学月考)如图甲所示，A、B两小球通过两根轻绳连接并悬挂于O点，已知两轻绳a和b的长度之比为∶1，A、B两小球质量分别为2m和m，现对A、B两小球分别施加水平向右的力F1和水平向左的力F2，两球恰好处于图乙的位置静止，此时B球恰好在悬点O的正下方，轻绳a与竖直方向成30°角，则(　　)
A.F1＝F2 B.F1＝F2
C.F1＝2F2 D.F1＝3F2
解析　由题意知两轻绳a和b的长度之比为∶1，B球恰好在悬点O的正下方，由几何关系可知，a与b垂直;以B球为研究对象，受力示意图如图(a)所示，由平衡条件得F2＝mgtan(90°－30°)＝mg，以A、B两球整体为研究对象，受力示意图如图(b)所示，由平衡条件得F1－F2＝3mgtan 30°＝mg，可得F1＝2mg，即F1＝2F2，故C正确。
D
8.我国的石桥世界闻名，如图，某桥由六块形状完全相同的石块组成，其中石块1、6固定，2、5质量相同为m1，3、4质量相同为m2，不计石块间的摩擦，则m1∶m2为(　　)
A. B. C.1 D.2
解析　六块形状完全相同的石块围成半圆对应的圆心角为180°，每块石块对应的圆心角为30°，对第3块石块受力分析如图甲所示，由力的合成可知tan 60°＝，对第2块和第3块石块整体受力分析如图乙所示，tan 30°＝，联立解得＝2，故D正确。
B级　综合提升练
B
9.(2025·山东济宁模拟)如图所示，质量为m的小球置于内壁光滑的半球形凹槽内，凹槽放置在跷跷板上，凹槽的质量为M。开始时跷跷板与水平面的夹角为37°，凹槽与小球均保持静止。已知重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则在缓慢压低跷跷板的Q端至跟P端等高的过程中，下列说法正确的是(　　)
A.跷跷板对凹槽的作用力逐渐增大
B.小球对凹槽的压力大小始终为mg
C.开始时跷跷板对凹槽的支持力大小为0.8Mg
D.开始时跷跷板对凹槽的摩擦力大小为0.6Mg
解析　由于小球、凹槽整体的重力不变化，与跷跷板对凹槽的作用力等大反向，那么跷跷板对凹槽的作用力不变，故A错误;小球所在处的凹槽切线总是水平的，那么小球对凹槽的压力大小始终等于小球的重力mg，故B正确;将小球跟凹槽视为整体，开始时恰好静止，根据受力平衡条件知，跷跷板对凹槽的支持力大小为FN＝(m＋M)gcos 37°＝0.8(m＋M)g，跷跷板对凹槽的摩擦力大小为Ff＝(m＋M)gsin 37°＝0.6(m＋M)g，故C、D错误。
C
10.(2024·湖北联盟压轴考试)如图所示，竖直固定放置的光滑大圆环，其最高点为P，最低点为Q。现有两个轻弹簧1、2的一端均拴接在大圆环P点，另一端分别拴接M、N两小球，两小球均处于平衡态。已知轻弹簧1、2上的弹力大小相同，轻弹簧1、2轴线方向与PQ连线的夹角分别30°、60°，则下列说法正确的是(　　)
A.轻弹簧1处于压缩状态，轻弹簧2处于伸长状态
B.大圆环对两小球的弹力方向均指向圆心
C.M、N两小球的质量比为m1∶m2＝1∶
D.大圆环对M、N两小球的弹力大小之比为FN1∶FN2＝∶1
解析　对两个小球受力分析并画力的矢量三角形，如图所示，两个弹力均指向P点，故两弹簧均处于拉伸状态，故A错误;大圆环对两球的弹力均背离圆心，故B错误;对小球M、N，由力矢量三角形与几何三角形相似，可得FN1＝m1g＝F1，FN2＝m2g＝F2，已知F1＝F2，则m1∶m2＝1∶，FN1∶FN2＝1∶，故C正确，D错误。
D
11.(2025·陕西西安高三质检)如图所示，轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆上，悬挂衣服的衣架钩是光滑的，挂于绳上处于静止状态。下列说法正确的是(　　)
A.θ1<θ2＝θ3
B.θ1>θ2＝θ3
C.若两杆间距离d不变，上下移动绳子结点，θ2、θ3变化
D.若两杆间距离d减小，绳子拉力减小
解析　衣架钩光滑，同一绳上拉力处处相等，根据共点力平衡可知，衣架钩平衡时两侧绳子与竖直方向的夹角相等，即θ1＝θ2，OC为BO的反向延长线，根据几何关系可知θ2＝θ3，则θ1＝θ2＝θ3，故A、B错误;设绳子的长度为L，根据几何关系可知sin θ3＝，若两杆间距离d不变，上下移动绳子结点，θ2、θ3不变，故C错误;对衣架钩受力分析，根据平衡条件可得G＝2Fcos θ3，若两杆间距离d减小，θ3减小，绳子拉力减小，故D正确。
12.(2025·西北师范大学附属中学期中)如图所示，质量M＝2 kg的木块A套在水平杆上，并用轻绳将木块与质量m＝ kg的小球B相连。用与水平方向成α＝30°角的恒力F＝10 N拉着球带动木块一起向右匀速运动，运动中A、B相对位置保持不变，g取10 m/s2。求:
(1)运动过程中轻绳与水平方向的夹角θ;
(2)木块与水平杆间的动摩擦因数μ。
答案　(1)30°　(2)
解析　(1)对B进行受力分析，设轻绳对B的拉力为FT，由平衡条件可得
Fcos 30°＝FTcos θ
Fsin 30°＋FTsin θ＝mg
联立解得FT＝10 N，tan θ＝
即θ＝30°。
(2)对A进行受力分析，由平衡条件有
FTsin θ＋Mg＝FN，FTcos θ＝μFN
联立解得μ＝。
AC
13.(多选)(2024·福建福州模拟)如图所示，质量为m的匀质细绳，一端系在天花板上的A点，另一端系在竖直墙壁上的B点，平衡后最低点为C点。现测得AC段绳长是CB段绳长的3倍，且绳子A端的切线与竖直方向的夹角为β，绳子B端的切线与墙壁的夹角为α＝60°(重力加速度为g)则(　　)
C级　培优加强练
A.β＝30°
B.绳子在C处弹力大小FC＝mg
C.绳子在A处的弹力大小FA＝mg
D.绳子上B处拉力最大
解析　对CB段受力分析，受重力G1＝mg、墙壁的拉力FB、AC段绳子对其向左的拉力FC，如图甲所示，根据平衡条件可得FBcos α＝mg，FBsin α＝FC，联立解得FB＝mg，FC＝mg;再对AC段绳子受力分析，受重力G2＝mg、BC段绳子对其向右的拉力FC'＝FC，天花板对AC段绳子的拉力为FA，如图乙所示，根据平衡条件有FAcos β＝mg，FAsin β＝FC'，联立解得β＝30°，FA＝mg，故A、C正确，B错误;由以上分析可知FC

展开更多......

收起↑