高中物理受力分析

高中物理受力分析

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2023年3月5日发(作者：曲轴箱通风系统)

适用于高考力学基础巩固和综合型提升，总结方法，归纳解题！

高中物理力学分析专题

一、教学目标

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

力与运动的关系模型；一个力不漏，一个力不多，一个力方向不错。

三、专题引解

1、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、专题

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】：

F

A

A

A

A

G

f

N

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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】：

【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

F

B

A

F

B

A

f

2

（A对B的摩擦力）

（地面对B的摩擦力）f

1

f

3

（B对A的摩擦力）

G

f

N

v

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╰

α

擦力存在？如有大小是多少？

四、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。

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

=tg物体沿斜面匀速下滑或静止>tg物体静止于斜面



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=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？

E

m

L

·

m

2

m

1

F

BA

F

1

F

2BA

F

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F

m

假设单B下摆,最低点的速度VB=R2gmgR=

2

2

1

B

mv

整体下摆2mgR=mg

2

R

+

'2

B

'2

A

mv

2

1

mv

2

1



'

A

'

B

V2V'

A

V=gR

5

3

；'

A

'

B

V2V=gR2

5

6

>VB=R2g

所以AB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v1突然消失),再v2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？

4．超重失重模型

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ay)

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：m1v1+m2v2='

22

'

11

vmvm(1)'2

2

2'

1

2

2

2

1

mv

2

1

mv

2

1

mv

2

1

mv

2

1

(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）

mv0+0=(m+M)'v2

0

mv

2

1

='2M)vm(

2

1

+E损

E损=2

0

mv

2

1

一'2M)v(m

2

1

=

0

2

0

2

0E

mM

M

m

2

1

m)(M

M

M)2(m

mM

k

v

v











a

图9



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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=fd相=mg·d相=2

0

mv

2

1

一'2M)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、m2，碰撞前速度分别为υ1、υ2，碰撞后速度分别为u1、u2，即有：

m1υ1+m2υ2=m1u1+m1u2

2

1

m1υ1

2+

2

1

m2υ2

2=

2

1

m1u1

2+

2

1

m1u2

2

碰后的速度u1和u2表示为：u1=

21

21

mm

mm





υ1+

21

2

2

mm

m



υ2

u2=

21

1

2

mm

m



υ1+

21

12

mm

mm





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}：u2－u1=υ1－υ2

推论二：如对弹性碰撞的速度表达式进一步探讨，当m1=m2时，代入上式得：

1221

,vuvu。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：u1=u2

由此即可把完全非弹性碰撞后的速度u1和u2表为：u1=u2=

21

2211

mm

mm





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=

2

1

m1υ1

2+

2

1

m2υ2

2―

2

1

m1u1

2―

2

1

m2u2

2

由动量守恒的表达式中得：u2=

2

1

m

(m1υ1+m2υ2－m1u1)

代入上式可将机械能的损失△E表为u1的函数为：

△E=－

2

211

2

)(

m

mmm

u1

2－

2

22111

)(

m

mmm

u1+[(

2

1

m1υ1

2+

2

1

m2υ2

2)－

2

2

1

m

(m1υ1+m2υ2)2]

这是一个二次项系数小于零的二次三项式，显然：当u1=u2=

21

2211

mm

mm





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

v

0A

B

A

B

v0

v

s

M

v

L

1

2

A

v0

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S

1S

2

v0

A

B

C

△Em=

2

1

m1υ1

2+

2

1

m2υ2

2－

)(2

)(

21

2

2211

mm

mm





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=MVms=MSs+S=ds=d

Mm

M



M/m=Lm/LM

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、EK、EP

等量的变化规律）水平型竖直型

8．单摆模型：T=2



g

L

（类单摆）利用单摆测重力加速度

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=/T=f

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：

20m

M

m

O

R

A

BC1

2

A

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力计算题专题训练

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：

（1）细绳对B球的拉力和A球的质量；

（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。

mgT030sinmgT2①(1分)

对A球，受力分析如图所示。在水平方向

0030sin30cos

A

NT②(1分)

在竖直方向：0030sin30cosTgmN

AA

③(2分)

由以上方程解得：mm

A

2④(1分)

（2）剪断细绳瞬间，对A球：

amgmF

AA合

030sin

(2分)

2/ga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

1

mvmgr⑥(2分)

r

v

mmgN

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/s2）

（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：F1-µmg=ma1（2

分）

a1=3m/s2（2分）

v1=at1=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a2，5s末速度为v2

-(F2+µmg)=ma2a2=-7m/s2（2分）

v2=v1+a2t2=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a3，速度为v3

-µmg=ma3a3=-2m/s2（1分）

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t3=-

3

2

a

v

=2.5s在t=7.5s时物体停止运动，v3=0（1

分）

物体运动的v-t图象如图所示（2分）

（3）（6分）由v-t图可知（或计算得出）

0-4s内s1=24m（1分）

4-5s内s2=8.5m（1分）

水平力F做功WF=F1S1-F2S2（2分）

解得：WF=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m2，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

0

v，车的速度

为

0

2v，最后金属块恰停在车的左端（B点）。如果金属块与车

2

，

的AC段间的动摩擦因数为

1

，与CB段间的动摩擦因数为

求

1

与

2

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ga

11

①则车的加速度

ga

12

2②

在此过程中金属块位移

g

v

s

1

2

0

12

③

车的位移

g

v

s

1

2

0

24

)2(



④

由位移关系

212

L

ss⑤得

gL

v2

0

1

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

vvmmmvvm)2(22

00

⑦得

03

5

vv

由能量守恒有2

0

2

0

2

02

)

3

5

(3

2

1

2

1

)2(2

2

1

2

vmmvvm

L

mg⑧

得

gL

v

3

22

0

2

⑨由⑥⑨得

2

3

2

1





⑩

F

A

C

B

L

F

A

C

B

L