高中物理受力分析专题

§１．7 受力分析专题

一、教学目标 1．知识目标：

正确分析物体的受力情况,作出物体的受力示意图。

二、重点与难点分析

一个力不漏，一个力不多，一个力方向不错。

三、教学器材 印练习

四、主要教学过程 (一）、课题引入

前面的学习中，共学习了三种常见力：重力、弹力、摩擦力。其中重力是地球上的物体都受到的，而弹力与摩擦力是两物体必须发生接触才产生的,因为这个原因,弹力和摩擦力又被分为接触力。在具体情况中,我们如何处理才能更科学，避免发生错误呢？ (二)、新课讲授

1、如何正确地受力分析?

①明确考察对象，并把它从周围其它物体中隔离出来，单独画出“隔离体”图形。

②仔细分析考察对象除了受重力作用以外，还受到几个弹力和几个摩擦力的作用。沿顺时针方向依次对每个接触面和连接点作分析。

③画出完整的受力图:要注意,只考察对象所受外力，决不能同时画上它施于其他物体的作用力。

2、例题

1、画出图中Ａ物体的受力分析图,已知A 静止且各接触面光滑。（弹力)

2、放在斜面上相对斜面静止状态的砖,受几个力的作用？请在图中画出并说明各力施力物体。

【答案】:

由于物体受到重力,所以在斜面上产生了两种作用效果,一是沿斜面下滑的效果，二是压紧斜面的效果,从而使两接触面间有了弹力和摩擦力。 【引申】:当物体沿斜面向上活动时,受力情况有无变化？(物体受力随运动状态的不同而有可能不同，所以具体情况具体分析）

3、如图所示,分别放在粗糙的水平面上和斜面上的砖A 和B 都处于静止状态，那么砖A 和B 都受到静摩擦力的作用吗？如果受到静摩擦力的作用，请在图中画出砖受到的静摩擦力。（整体隔离法）

【答案】：

F

f 2（A 对B 的摩擦力） （地面对B 的摩擦力）f 1f 3（B 对A

【分析】：第一步，先把AＢ看作一个整体。则根据二力平衡可知整体除了受到力F还必须有

一个摩擦力和F平衡，所以地面对整体的摩擦力作用在B表面上且大小等于F。第二步,再把AB隔离逐个分析。根据二力平衡同理可知AB所受的摩擦力大小。

练习:如图所示，各图中,物体总重力为G，请分析砖与墙及砖与砖的各接触面间是否有摩擦

力存在？如有大小是多少?

五、板书

１、如何正确地受力分析

?

①明确考察对象

,并把它从周围其它物体中隔离出来，单独画出“隔离体”图形。

②仔细分析考察对象除了受重力作用以外,还受到几个弹力和几个摩擦力的作用。沿顺时针方

向依次对每个接触面和连接点作分析。

③画出完整的受力图:要注意,只考察对象所受外力,决不能同时画上它施于其他物体的作用力。

2、连接体的受力分析法：

整体法分析整体外接触面受力情况，隔离法分析各个物体之间的受力情况。

高中物理知识归纳(二）

--－---－-－--－---－-----－－-－－--力学模型及方法

1．连接体模型是指运动中几个物体叠放在一起、或并排在一起、或用细绳、细杆联系在一起的物体组。

解决这类问题的基本方法是整体法和隔离法。

整体法是指连接体内的物体间无相对运动时,可以把物体组作为整体，对整体用牛二定律列方程

隔离法是指在需要求连接体内各部分间的相互作用（如求相互间的压力或相互间的摩擦力等)时,把某物体从连接体中隔离出来进行分析的方法。

m2

m1

F

B

A

F1 F2 B A F

╰ α

２斜面模型 (搞清物体对斜面压力为零的临界条件) 斜面固定:物体在斜面上情况由倾角和摩擦因素决定

μ=tg θ物体沿斜面匀速下滑或静止 μ> tg θ物体静止于斜面

μ< ｔg θ物体沿斜面加速下滑a=g(si ｎθ一μco ｓθ)

3.轻绳、杆模型

绳只能受拉力,杆能沿杆方向的拉、压、横向及任意方向的力。 杆对球的作用力由运动情况决定 只有θ=ａrctg(g

a ）时才沿杆方向

最高点时杆对球的作用力;最低点时的速度?，杆的拉力? 若小球带电呢?

假设单B 下摆,最低点的速度V B =

R 2g ?ｍgR=2

2

1B

mv 整体下摆2ｍg Ｒ=mg

2R +'2

B '2A mv 2

1mv 21+ 'A 'B V 2V = ? '

A V =

gR 53 ; '

A '

B V 2V =＝gR 25

6＞ V B =

R 2g

所以A Ｂ杆对B 做正功,AB 杆对A 做负功 若 Ｖ0＜

gR ，运动情况为先平抛,绳拉直沿绳方向的速度消失

即是有能量损失,绳拉紧后沿圆周下落机械能守恒。而不能够整个过程用机械能守恒。 求水平初速及最低点时绳的拉力?

换为绳时:先自由落体,在绳瞬间拉紧(沿绳方向的速度消失)有能量损失(即v 1突然消失）,再v ２下摆机械能守恒

例:摆球的质量为m,从偏离水平方向30°的位置由静释放，设绳子为理想轻绳，求：小球运动到最低点A 时绳子受到的拉力是多少?

E

m L

·

F

m 系统的重心在竖直方向上有向上或向下的加速度(或此方向的分量a y ）

向上超重（加速向上或减速向下）F=m(g+a);向下失重(加速向下或减速上升）F ＝m(g-a)

难点：一个物体的运动导致系统重心的运动

1到2到3过程中 (1、3除外)超重状态 绳剪断后台称示数 系统重心向下加速 斜面对地面的压力？ 地面对斜面摩擦力? 导致系统重心如何运动？ 铁木球的运动

用同体积的水去补充

５．碰撞模型：特点，①动量守恒；②碰后的动能不可能比碰前大；

③对追及碰撞，碰后后面物体的速度不可能大于前面物体的速度。 ◆弹性碰撞:m 1ｖ1＋m ２ｖ2='

22'

11v m v m +(1)

'222'12221mv 2

1mv 21mv 21mv 21+=+ (2 ) ◆一动一静且二球质量相等的弹性正碰：速度交换

大碰小一起向前;质量相等，速度交换;小碰大,向后返。 ◆一动一静的完全非弹性碰撞（子弹打击木块模型) m ｖ0＋0＝(m+Ｍ)'

v

20

mv 21='2

M)v m (2

1++Ｅ损 Ｅ损=20mv 21一'2

M)v (m 2

1+=

0202

0E m M M m 21m)(M M M)2(m mM k v v +=+=+ E 损 可用于克服相对运动时的摩擦力做功转化为内能E 损=f ｄ相=μmg ·d 相=

20

mv 21一'2

M)v (m 2

1+

“碰撞过程”中四个有用推论

弹性碰撞除了遵从动量守恒定律外,还具备：碰前、碰后系统的总动能相等的特征， 设两物体质量分别为ｍ１、m ２,碰撞前速度分别为υ1、υ２,碰撞后速度分别为u 1、u 2,即有 :

ｍ１υ1+m ２υ2＝ｍ1ｕ1+ｍ1ｕ2

21m 1υ1２+21ｍ2υ2２=21m 1u 12+2

1ｍ1u ２2

碰后的速度u 1和u 2表示为: u 1=2121m m m m +-υ1＋2

122m m m +υ２

a

图9 θ

v 0

A B

A

B

v 0 v s

M v L

1 2

A

v 0

S 1

S 2

u 2=

2112m m m +υ1+2

11

2m m m m +-υ2

推论一：如对弹性碰撞的速度表达式进行分析,还会发现：弹性碰撞前、后,碰撞双方的相对速度大小

相等,即}： u 2-u １=υ1-υ2

推论二:如对弹性碰撞的速度表达式进一步探讨，当ｍ1=m 2时,代入上式得:1221,v u v u ==。即当质量相等的两物体发生弹性正碰时，速度互换。

推论三:完全非弹性碰撞碰撞双方碰后的速度相等的特征，即: u 1=ｕ2

由此即可把完全非弹性碰撞后的速度u 1和u 2表为: u 1＝u 2＝2

12

211m m m m ++υυ

例3:证明：完全非弹性碰撞过程中机械能损失最大。 证明：碰撞过程中机械能损失表为： △E=

21m 1υ１2+21m ２υ22―21m 1ｕ12―2

1m ２u 2２

由动量守恒的表达式中得： u 2＝

2

1

m (ｍ1υ1+m 2υ2－m １u 1） 代入上式可将机械能的损失△E 表为u 1的函数为: △Ｅ＝-

2

2112)

(m m m m +u 12

-

222111)(m m m m υυ+u 1

+[(2

1

m

１

υ1２

+

2

1

m 2

υ22)－

2

21m ( m 1υ1+m ２υ２）2

]

这是一个二次项系数小于零的二次三项式，显然：当 u １=u 2=2

12

211m m m m ++υυ时，

即当碰撞是完全非弹性碰撞时,系统机械能的损失达到最大值

△E m ＝21m 1υ1２+21ｍ2υ22

-)

(2)(2122211m m m m ++υυ

推论四：碰撞过程中除受到动量守恒以及能量不会增加等因素的制约外，还受到运动的合理性要求

的制约,比如，某物体向右运动，被后面物体追及而发生碰撞,被碰物体运动速度只会增大而不应该减小并且肯定大于或者等于（不小于）碰撞物体的碰后速度。

6.人船模型:一个原来处于静止状态的系统,在系统内发生相对运动的过程中， 在此方向遵从动量守恒：mv ＝ＭＶ ｍｓ=MS s+S=d ?s=

d M

m M

+ Ｍ/m=L m /L M

载人气球原静止于高h 的高空，气球质量为M ，人的质量为m ．若人沿绳梯滑至地面,则绳梯至少为多长?

?

?

７．弹簧振子模型：F=－Kx （X 、F 、a 、v 、Ａ、Ｔ、f 、E K 、ＥＰ等量的变化规律）水平型 竖直型 8．单摆模型：T=2π

g

L

（类单摆) 利用单摆测重力加速度 20m

M

m

O R

v 0 A

B

C ９．波动模型：特点:传播的是振动形式和能量,介质中各质点只在平衡位置附近振动并不随波迁移。

①各质点都作受迫振动， ②起振方向与振源的起振方向相同, ③离源近的点先振动,

④没波传播方向上两点的起振时间差＝波在这段距离内传播的时间⑤波源振几个周期波就向外传几个波长。波从一种介质传播到另一种介质,频率不改变， 波速ｖ=s/ｔ=λ/T=λｆ

波速与振动速度的区别 波动与振动的区别：波的传播方向?质点的振动方向(同侧法) 知波速和波形画经过Δt 后的波形(特殊点画法和去整留零法）

物理解题方法:如整体法、假设法、极限法、逆向思维法、物理模型法、等效法、物理图像法等. 模型法常常有下面三种情况

(1)物理对象模型:用来代替由具体物质组成的、代表研究对象的实体系统,称为对象模型（也可称为概念模型）,即把研究的对象的本身理想化．常见的如“力学”中有质点、刚体、杠杆、轻质弹簧、单摆、弹簧振子、弹性体、绝热物质等；

(2)条件模型：把研究对象所处的外部条件理想化，排除外部条件中干扰研究对象运动变化的次要因素，突出外部条件的本质特征或最主要的方面,从而建立的物理模型称为条件模型.

(３)过程模型:把具体过理过程纯粹化、理想化后抽象出来的一种物理过程,称过程模型

其它的碰撞模型:

力计算题专题训练(动力学)一

1.（1５分）一光滑圆环固定在竖直平面内,环上套着两个小球Ａ和B (中央有孔),A 、B 间由细绳连接着，它们处于如图中所示位置时恰好都能保持静止状态。此情况下,B 球与环中心Ｏ处于同一水平面上，ＡB 间

的细绳呈伸直状态,与水平线成300

夹角。已知B 球的质量为ｍ，求：

A

B C

1 2

A

(2)若剪断细绳瞬间A 球的加速度；

（3)剪断细绳后,B 球第一次过圆环最低点时对圆环的作用力 ( 15分)（1)对B 球,受力分析如图所示。

mg T =030sin mg T 2= ① ( １分)

对A 球，受力分析如图所示。在水平方向

0030sin 30cos A N T = ② ( 1分）

在竖直方向：0

030sin 30cos T g m N A A += ③ ( 2分) 由以上方程解得：m m A 2= ④ ( 1分)

(２)剪断细绳瞬间,对A 球：a m g m F A A 合==0

30sin ( 2分)

2/g a = ⑤ ( ２分)

(3) 设B 球第一次过圆环最低点时的速度为v ，压力为N ，圆环半径为ｒ．

则: 2

2

1mv mgr =⑥ ( 2分) r v m mg N 2=-⑦ ( 2分)

⑥⑦联解得：Ｎ＝3ｍg ( １分）

由牛顿第三定律得B 球对圆环的压力 N /

=N=3mg 方向竖直向下 ⑨ ( 1分) 2．（20分）如图甲所示，一质量为2 . 0kg 的物体静止在水平面上,物体与水平面间的动摩擦因数为0．20。从 t = 0时刻起，物体受到水平方向的力 F 的作用而开始运动， ８ｓ内 F 随时间 t 变化的规律如

图乙所示。求：（g 取 10ｍ ／ s ２

) （1)4s 末物体速度的大小;

（2)在图丙的坐标系中画出物体在8s 内的v- t 图象;(要求计算出相应数值） （3）在８s 内水平力 F 所做的功。 (20分)解:（1)(6分）物体受到水平力F 和摩擦力f 的作用，由静止开始向右做匀加速直线运动,设加速度为ａ1,4s 末速度为ｖ１,由牛顿第二定律： F 1-μmｇ ＝ ma 1 (2分）

ａ１ = ３m/ｓ2 (２分） v 1 ＝ a ｔ1 ＝ 1２m ／ｓ (２分） （2）（８分）由图知，４-５ｓ内物体受到水平力Ｆ的大小不变，方向改变,设加速度为a 2，5ｓ末速度为v

２ -(F 2+μmｇ) = ma 2 a 2 = －７ｍ／ ｓ2

（２分)

ｖ2 ＝ v 1 + a 2 t 2

＝ 5m/s （2分）

由图知,5-８ｓ内物体只受摩擦力ｆ的作用,设加速度为a 3,速度为v 3

-μmg = m ａ3 a ３ = -２m ／ s 2

(１分) ｔ3 ＝ -

3

2

a v ＝2.５s 在t ＝ 7.5s 时物体停止运动,v ３=0 （１分)

物体运动的v － ｔ 图象如图所示 (２分)

0-４s 内 ｓ１ = 24m (1分)

4-5ｓ内 s ２ ＝ 8.５ m （1分）

水平力F 做功 W F = F 1S 1-Ｆ2S 2 (2分） 解得: W F =１5５J （２分)

3.(20分)如图所示,光滑水平地面上停着一辆平板车,其质量为m 2，长为Ｌ,车右端(A 点)有一块静止的质量为m 的小金属块.金属块与车间有摩擦，与中点C 为界， AC 段与CB 段动摩擦因数不同.现给车施加一个向右的水平恒力，使车向右运动,同时金属块在车上开始滑动,当金属块滑到中点C 时，即撤去这个力.已知撤去力的瞬间，金属块的速度为0v ,车的速度为02v ，最后金属块恰停在车的左端（B 点)。如果金属块与车的ＡC 段间的动摩擦因数为1μ，与CB 段间的动摩擦因数

为2μ，求1μ与2μ的比值.

(2０分)由于金属块和车的初速度均为零，且经过相等时间加速后车速是金属块速度的2倍，则在此过程中车的加速度是金属

块加速度的两倍。

金属块加速度g a 11μ= ① 则车的加速度g a 122μ= ② 在此过程中金属块位移g

v s 120

12μ=

③

车的位移g

v s 12

024)2(μ= ④

由位移关系2

12L

s s =- ⑤ 得 gL v 201=μ ⑥

从小金属块滑至车中点C 开始到小金属块停在车的左端的过程中,系统外力为零，动量守恒，设向右为正方向,且最后共同速度为v v m m mv v m )2(2200+=+? ⑦ 得03

5

v v = 由能量守恒有 202

0202)3

5(32121)2(2212v m mv v m L mg

??-+??=μ ⑧ 得gL

v 322

02=μ ⑨ 由⑥⑨得

23

21=μμ ⑩

A C

B

L

A C

B

L