还剩52页未读，
继续阅读
所属成套资源：2024届高考物理一轮总复习课件（60份）
成套系列资料，整套一键下载
2024届高考物理一轮总复习第二章相互作用与物体平衡第3节受力分析共点力的平衡课件
展开
这是一份2024届高考物理一轮总复习第二章相互作用与物体平衡第3节受力分析共点力的平衡课件，共60页。PPT课件主要包含了受力分析，接触力，共点力的平衡，平衡状态，匀速直线运动，图2-3-1，三角形，答案C，下列说法正确的是，图2-3-3等内容，欢迎下载使用。
1.定义：把指定物体(或研究对象)在特定的物理环境中受到的所有外力都分析出来，并画出物体____________的示意图的过程.2.受力分析步骤.(1)选取对象：研究对象可以是质点、结点、某个物体，或几个物体组成的系统.原则上使问题的研究处理尽量简便.
(2)按顺序找力：先把研究对象从周围环境中隔离出来，再按照性质力的顺序逐一分析：先分析________(重力、电场力、磁场力)，再分析__________(弹力、摩擦力)，最后分析其他力.(3)画出受力示意图：把物体所受的力一一画在受力图上，并标明各力的方向，注意不要将施出的力画在图上.(4)检验：防止错画、漏画、多画力.特别提醒：弹力、摩擦力的产生条件之一都是接触，因此在分析这两种力时先找接触面，在每个接触面上逐一分析这两种力.
物体处于______状态或________________状态.2.平衡条件.
如图 2-3-1 甲所示，小球静止不动，则小球 F合＝0；如图乙所示，物块做匀速直线运动，则物块 Fx＝0，Fy＝0.
3.平衡条件的推论.(1)二力平衡：如果物体在两个共点力的作用下处于平衡状态，这两个力必定大小相等，方向相反.(2)三力平衡：物体在三个共点力的作用下处于平衡状态，其中任何一个力与另外两个力的合力大小______，方向______，并且这三个力的矢量可以形成一个封闭的矢量__________.(3)多力平衡：物体在多个共点力的作用下处于平衡状态，其中任何一个力与另外几个力的合力大小______，方向______.
【基础自测】1.判断下列题目的正误.
(1)物体的速度为零即处于平衡状态.(
(2)物体处于平衡状态时，其加速度一定为零.(
(3)物体受两个力作用处于平衡状态，这两个力必定等大反向.
)(4) 物体处于平衡状态时，其所受的作用力必定为共点力.)
答案：(1)× (2)√ (3)√ (4)× (5)√
2.如图 2-3-2 所示，某物体在四个共点力作用下处于平衡状态，若将 F4＝5 N 的力沿逆时针方向转动 90°，其余三个力的大小和
方向都不变，则此时物体所受合力的大小为( )图 2-3-2
3.(2021 年广东佛山模拟)如图 2-3-3，一直梯靠竖直墙壁放置，人站在梯子上，处于静止状态，忽略梯子与墙壁间的摩擦力，则
A.人越重，梯子所受合外力越大B.地面对梯子支持力的大小与人所站的高度无关C.墙壁对梯子的弹力方向垂直于梯子所在平面斜向上
D.地面对梯子的摩擦力大于墙壁对梯子的弹力答案：B
4.(2022 年广东湛江模拟)如图 2-3-4 所示，一只蚂蚁沿着向下弯成弧面的树叶从 A 经 B 缓慢爬到 C 的过程中，下列说法正确的
)图 2-3-4A.树枝对蚂蚁的作用力先增大后减小B.树枝对蚂蚁的作用力先减小后增大C.树枝对蚂蚁的摩擦力先减小后增大D.树枝对蚂蚁的摩擦力先增大后减小
解析：树枝对蚂蚁的作用力即是树枝对蚂蚁的支持力和摩擦力的合力，与蚂蚁的重力是一对平衡力，由于重力总竖直向下，故这个合力也竖直向上，大小不变，A、B 错误.缓慢相当于动态平衡，设摩擦力与水平方向夹角为θ，有 f＝mgsin θ，从 A 到 B，随着θ的减小，摩擦力先减小.从 B 到 C，随着θ的增大，摩擦力再增大，C 正确，D 错误.
热点 1 受力分析【典题 1】(2021 年福建龙岩质检)如图 2-3-5 所示，在竖直向上的恒力 F 作用下，a、b 两物体一起沿粗糙竖直墙面匀加速向上
运动.关于它们的受力情况，以下说法正确的是(A.a 一定受到 6 个力B.b 一定受到 3 个力C.a 与 b 之间不一定有摩擦力D.a 与墙壁之间一定有弹力和摩擦力
方法技巧 受力分析的三个常用判据
热点 2 静态平衡[热点归纳]
处理平衡问题的常用方法.
考向 1 合成法【典题 2】(2022 年广东深圳模拟)明代宋应星在《天工开物》一书中描述了测量弓力的方法：“以足踏弦就地，秤钩搭挂弓腰，弦满之时，推移秤锤所压，则知多少.”如图 2-3-6 所示，假设弓满时，弓弦弯曲的夹角为θ，秤钩与弦之间的摩擦不计，弓弦的拉力即弓力，满弓时秤钩的拉力大小为 F ，则下列说法正确的是
A.F 一定，θ 越小，弓力越大B.θ一定，弓力越大，F 越小C.弓力一定，θ越大，F 越大D.θ一定，F 越大，弓力越大
可知 F 一定，θ越小，T 越小即弓力越小.θ一定，弓力越大即 T 越大，F 越大.弓力一定即 T 一定，θ越大，F 越小.θ一定，F 越大，T 越大即弓力越大，D 正确.答案：D
本题情境较新，信息汇总得到的结论是秤钩左右
两侧的弦拉力大小相等，题目为两等大的力合成，写出合力与分力关系式，根据关系式分析.
考向 2 正交分解法【典题 3】(2022 年辽宁卷)如图 2-3-7 所示，蜘蛛用蛛丝将其自身悬挂在水管上，并处于静止状态.蛛丝 OM、ON 与竖直方向夹角分别为α、β(α＞β).用 F1 、F2 分别表示 OM、
A.F1 的竖直分力大于 F2 的竖直分力B.F1 的竖直分力等于 F2 的竖直分力
C.F1 的水平分力大于 F2 的水平分力D.F1 的水平分力等于 F2 的水平分力
思路导引 蛛丝 OM、ON 与竖直方向夹角分别为α、β不相等，两角之和也不为直角，力的按效果分解不适应，只能采用正交分解的方法，将结点受的力在水平方向和竖直方向正交分解.
热点 3 共点力作用下的动态平衡[热点归纳]
1.动态平衡：通过控制某些物理量，使物体的状态发生缓慢的变化，而在这个过程中物体又始终处于一系列的平衡状态，在问题的描述中常用“缓慢”等语言叙述.
2.分析动态平衡问题的常用方法.
3.基本思路：化“动”为“静”，“静”中求“动”.
考向 1 图解法【典题 4】(2021 年广东深圳月考)一个挡板固定于光滑水平地滑圆球乙被夹在甲与挡板之间，没有与地面接触而处于静止状态，如图 2-3-8 所示.现在对甲施加一个水平向左的力 F，使甲沿地面极其缓慢地移动，直至甲与挡板接触为止.设乙对挡板的压力 F1，甲
对地面的压力为 F2，在此过程中(
A.F1 缓慢减小，F2 缓慢减小B.F1 缓慢增大，F2 不变C.F1 缓慢减小，F2 不变
D.F1 缓慢增大，F2 缓慢增大
解析：先以小球为研究对象，分析受力如图 D10 甲所示，
当柱状物体向左移动时，N2 与竖直方向的夹角减小，由图甲看出，柱状物体对球的弹力 N2 与挡板对球的弹力 N1 均减小.则由牛顿第三定律得知，球对挡板的弹力 F1 减小.
再对整体受力分析如图乙所示，由平衡条件得知 F＝N1，推力 F 变小，地面对整体的支持力 N＝G总保持不变，则甲对地面的压力不变，故 C 正确.
考向 2 相似三角形【典题 5】如图 2-3-9 所示，AC 是上端带定滑轮的固定竖直杆，质量不计的轻杆 BC 一端通过铰链固定在 C 点，另一端 B 悬挂一重为 G 的物体，且 B 端系有一根轻绳并绕过定滑轮 A，用力F 拉绳，开始时∠BCA＞90°，现使∠BCA 缓慢变小，直到杆 BC
接近竖直杆 AC.此过程中，轻杆 B 端所受的力(A.大小不变B.逐渐增大C.逐渐减小D.先减小后增大
解析：以 B 点为研究对象，受力分析如图 D11 所示.由几何知
由共点力的平衡条件知 FA、FB 的合力 FG ＝G 大小不变，又 AC、BC 均不变，故 FB 不变，可知轻杆 B 端受力不变.
思路导引 题目符合应用三角形相似的条件，线的长度变化，线上的拉力按线的长度变化规律相同，几何三角形另外两边长度不变，对应的力也不变.
考向 3 解析法【典题 6】(2022 年广东茂名模拟)由于突发状况消防车要紧急通过被石墩挡住的车道，消防员决定把石墩拉开，如图 2-3-10 所示，已知该石墩的质量为 m，与水平地面间的动摩擦因数为 0.75，重力加速度大小为 g，消防员要将石墩水平匀速拉动，认为滑动摩擦力等于静摩擦力，取 sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，消防员的最
小拉力与水平方向的夹角为(
解析：设拉力与水平方向夹角为θ，对石墩受力分析，正交分解，在水平方向 Tcs θ＝f，在竖直方向 Tsin θ＋N＝mg，又 f＝μN，
＝53°，当θ＋φ＝90°时，拉力T取得最小值，解得θ＝37°，选D.答案：D
考向 4 正弦定理法【典题 7】(2022 年河北卷)如图 2-3-11，用两根等长的细绳将一匀质圆柱体悬挂在竖直木板的 P 点，将木板以底边 MN 为轴向后方缓慢转动直至水平，绳与木板之间的夹角保持不变，忽略圆
柱体与木板之间的摩擦，在转动过程中(A.圆柱体对木板的压力逐渐增大B.圆柱体对木板的压力先增大后减小C.两根细绳上的拉力均先增大后减小
D.两根细绳对圆柱体拉力的合力保持不变
解析：设两绳子对圆柱体的拉力的合力为 T，木板对圆柱体的支持力为 N，绳子与木板夹角为β，从右向左看如图 D12 所示.在矢量三角形中，根据正弦定理
在木板以直线 MN 为轴向后方缓慢转动直至水平过程中，α不变，γ从 90°逐渐减小到 0，又γ＋β＋α＝180°，且α＜90°，可知 90°＜γ＋β<180°，则 0＜β＜180°，
可知β从锐角逐渐增大到钝角，根据
sin α sin βmg N
sin γ不断减小，可知 T 不断减小，sin β先增大后减小，可知 N 先增大后减小，结合牛顿第三定律可知，圆柱体对木板的压力先增大后减小，设两绳子之间的夹角为2θ，绳子拉力为 T′，则 2T′cs θ
，θ不变，T 逐渐减小，可知绳子拉力不断
＝T 可得 T′＝减小，B 正确.答案：B
将两根细绳的拉力看作一个力，这样圆柱体在三
个力作用下平衡，构建力的三角形：拉力、重力、挡板的弹力，确定该三角形中角度是否变化及变化特点：绳与木板之间的夹角保持不变，挡板弹力与竖直方向间的夹角从 90°逐渐减小到0，另外一个角根据三角形内角和 180°得到，然后应用正弦定理判断力的变化情况.
整体法与隔离法的应用当物理情境中涉及物体较多时，就要考虑采用整体法和隔离法.
研究外力对物体系统的作用各物体运动状态相同
同时满足上述两个条件即可采用整体法.
分析系统内各物体、各部分间的相互作用各物体的运动状态相同或不同均可
必须将物体从系统中隔离出来，单独地进行受力分析，列出方程.(3)整体法和隔离法的交替运用对于一些复杂问题，比如连接体问题，通常需要多次选用研究对象，这样整体法和隔离法要交替使用.
【典题 8】如图 2-3-12 所示为一种简易“千斤顶”.一竖直放置的轻杆，由于限制套管 P 的作用，只能在竖直方向上运动.若轻杆上端放一质量为 m 的重物，轻杆的下端通过一与杆固定连接的小轮放在倾角为θ、质量为 M 的斜面体上，并将斜面放在水平地面上.为了能顶起重物，沿水平方向对斜面体施加推力的最小值为 F.小轮、水平面等摩擦和小轮质量不计，重力加速度为 g.则下列说
A.最小值 F＝(m＋M)gsin θ
B.若重物质量为 2m，推力的最小值仍为 FC.地面对斜面体的支持力大于(m＋M)gD.小轮对斜面的压力大于 F
，易知小轮对斜面的压力大小也为 N，且垂直于斜面向下，
解析：当以最小值 F 推斜面时，设小轮受到斜面的支持力大小为 N，则对小轮在竖直方向根据平衡条件有 Ncs θ＝mg，解得
则对斜面在水平方向根据平衡条件有 F＝Nsin θ＝mgtan θ，由上式可知，若重物质量为 2m，推力的最小值将变为 2F，且 N＞F，A、B 错误，D 正确.对重物、小轮、斜面和轻杆组成的整体分析可知，地面对斜面体的支持力大小等于(m＋M)g，C 错误.答案：D
【触类旁通 1】(多选，2022 年广东佛山五校联考)如图 2-3-13，直角支架固定在水平地面上，小球 A 穿在竖直光滑杆上，横杆上固定一滑轮.将细绳一端系在 A 上，另一端跨过滑轮系在小水桶 B 上，系统处于静止状态.现因桶底破损，里面有少许水缓慢渗漏下来.不计滑轮质量及摩擦，
在球 A 缓慢下降过程中(
A.绳对球 A 拉力的竖直分量保持不变B.竖直杆对球 A 的弹力保持不变
C.轴对滑轮的作用力方向竖直向上D.轴对滑轮的作用力越来越小
解析：球 A 缓慢下降，A 处于平衡状态，对 A 受力分析，如
所以绳对球 A 拉力的竖直分量保持不变，θ减小，则 N 减小，A正确，B 错误.以滑轮为研究对象，由平衡条件可知轴对滑轮的作用力方向在两绳子的夹角的角平分线上，C 错误.以 A、B、细绳和滑轮整体作为研究对象，受力分析知，受竖直向下总的重力 G 总，水平向左的竖直杆的弹力 N 和轴对其的作用力 F，整体处于静态平衡状态，则 F＝ ，由题意可知 G 总变小，由 A、B 选项分析可知 N 变小，所以 F 变小，D 正确.
在平衡问题中，尤其是涉及定滑轮和动滑轮的平衡问题中，以及与活结有关的问题中，往往会出现两条绳子的力大小相等，角度对称的问题.此情况下，两条绳子上的拉力大小相等，方向关于角平分线对称.有的题目，我们可以根据对称，判断出这两个力大小相等，还有的题目，可以根据两个力大小相等，判断出其具有对称性.
【典题 9】(多选)如图 2-3-14，一光滑的轻滑轮用细绳 OO′悬挂于 O 点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块 a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块 b.外力 F 向右上方拉 b，整个系统处于静止状态.若 F 方向不变，大小在一定范围内变化，物块 b 仍
A.绳 OO′的张力也在一定范围内变化
B.物块 b 所受到的支持力也在一定范围内变化C.连接 a 和 b 的绳的张力也在一定范围内变化D.物块 b 与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化答案：BD
B.N 对 PQ 的压力大小为 mg
【触类旁通 2】如图 2-3-15 所示，在粗糙的水平面上，固定一个半径为 R 的半圆柱体 M，挡板 PQ 固定在半圆柱体 M，挡板PQ 的延长线过半圆柱截面圆心 O，且与水平面成 30°角.在 M 和PQ 之间有一个质量为 m 的光滑均匀球体 N，其半径也为 R.整个
装置处于静止状态，则下列说法正确的是(A.N 对 PQ 的压力大小为 mg C.N 对 M 的压力大小为 mg
D.N 对 M 的压力大小为 mg
解析：对球 N 受力分析如图 D14 所示，设 N对 M 的压力为 F1，N 对 PQ 的压力为 F2，由几何关系可知，F1 和 F2 与 G 的夹角相等，均为 30°，
平衡中的临界与极值问题1.临界、极值问题特征.
(1)临界问题：当某物理量变化时，会引起其他几个物理量的变化，从而使物体所处的平衡状态“恰好出现”或“恰好不出现”，在问题的描述中常用“刚好”“刚能”“恰好”等语言叙述.
(2)极值问题：平衡物体的极值，一般指在力的变化过程中的
2.解决极值和临界问题的三种方法.
模型一 极限分析法【典题 10】课堂上，老师准备了“ ”形光滑木板和三个完全相同、外表面光滑的匀质圆柱形积木，要将三个积木按图 2-3-16所示(截面图)方式堆放在木板上，则木板与水平面夹角θ的最大值
解析：θ取0°时，下面两圆柱之间将会分开，无法稳定，应适当增大θ以保持系统稳定，此时下面两圆柱之间有弹力.当下面两圆柱之间的弹力恰好为 0 时，对应的θ为最小值.继续增大θ，右圆柱和上圆柱之间弹力减小，若θ太大，此两圆柱将分开，当上圆柱和右圆柱之间的弹力恰好为 0，对应的θ为最大值.临界情况为θmax 时，左边两圆柱的圆心连线在竖直方向上，保证上圆柱只受到两个力的作用恰好处于平衡状态，此时上圆柱与右圆柱间相互接触且无弹力，可得θ＝30°，故 A 正确.
模型二 数学分析法【典题 11】(多选，2020 年安徽安庆质检)如图 2-3-17 所示，质量为 M 的木楔倾角为θ，在水平面上保持静止.当将一质量为 m的木块放在斜面上时正好匀速下滑，如果用与斜面成α角的力 F 拉着木块沿斜面匀速上滑.重力加速度为 g，下列说法中正确的是
A.当α＝2θ时，F 有最小值B.F 的最小值为 mgsin 2θ
C.在木块匀速上滑过程中，地面对 M 的静摩擦力方向水平向右D.在木块匀速上滑过程中，地面对 M 的静摩擦力方向水平向左解析：选木块为研究对象，当没加外力 F 时正好匀速下滑，设木块与斜面间的动摩擦因数为μ ，此时平行于斜面方向必有mgsin θ＝μmgcs θ.当加上外力 F 时，对木块受力分析如图 D15，则有 Ff＝μFN，平行于斜面方向有 Ff＋mgsin θ＝Fcs α，垂直于斜
面方向有 FN ＋Fsin α ＝mgcs θ ，联立解得 F ＝
小值，最小值为 Fmin＝mgsin 2θ，故 A 错误，B 正
确.选 M 和 m 组成的整体为研究对象，设水平面对木楔 M 的摩擦力是 Ff′，水平方向受力平衡，则有 Ff′＝Fcs(θ＋α)，可知摩擦力的方向水平向左，故 C 错误，D 正确.答案：BD
模型三 图解法【典题 12】(2022 年广东深圳模拟)如图 2-3-18 将光滑的重球放在斜面上，被竖直的挡板挡住而静止，设球对斜面的压力为 N1，对挡板的压力为 N2，当挡板从竖直缓慢地转到水平位置的过程中
)A.N1 变小，N2 变大B.N1 变大，N2 变小C.N1 变小，N2 先变小后变大
D.N1 和 N2 都变小
解析：以球为研究对象，受力分析如图 D16 所示.
小球受到重力 G、斜面的支持力 N1′和挡板的支持力 N2′，N1′与 N1 是作用力和反作用力，大小相等，方向相反，N2′与 N2是作用力和反作用力，大小相等，方向相反，由平衡条件得知，
1.定义：把指定物体(或研究对象)在特定的物理环境中受到的所有外力都分析出来，并画出物体____________的示意图的过程.2.受力分析步骤.(1)选取对象：研究对象可以是质点、结点、某个物体，或几个物体组成的系统.原则上使问题的研究处理尽量简便.
(2)按顺序找力：先把研究对象从周围环境中隔离出来，再按照性质力的顺序逐一分析：先分析________(重力、电场力、磁场力)，再分析__________(弹力、摩擦力)，最后分析其他力.(3)画出受力示意图：把物体所受的力一一画在受力图上，并标明各力的方向，注意不要将施出的力画在图上.(4)检验：防止错画、漏画、多画力.特别提醒：弹力、摩擦力的产生条件之一都是接触，因此在分析这两种力时先找接触面，在每个接触面上逐一分析这两种力.
物体处于______状态或________________状态.2.平衡条件.
如图 2-3-1 甲所示，小球静止不动，则小球 F合＝0；如图乙所示，物块做匀速直线运动，则物块 Fx＝0，Fy＝0.
3.平衡条件的推论.(1)二力平衡：如果物体在两个共点力的作用下处于平衡状态，这两个力必定大小相等，方向相反.(2)三力平衡：物体在三个共点力的作用下处于平衡状态，其中任何一个力与另外两个力的合力大小______，方向______，并且这三个力的矢量可以形成一个封闭的矢量__________.(3)多力平衡：物体在多个共点力的作用下处于平衡状态，其中任何一个力与另外几个力的合力大小______，方向______.
【基础自测】1.判断下列题目的正误.
(1)物体的速度为零即处于平衡状态.(
(2)物体处于平衡状态时，其加速度一定为零.(
(3)物体受两个力作用处于平衡状态，这两个力必定等大反向.
)(4) 物体处于平衡状态时，其所受的作用力必定为共点力.)
答案：(1)× (2)√ (3)√ (4)× (5)√
2.如图 2-3-2 所示，某物体在四个共点力作用下处于平衡状态，若将 F4＝5 N 的力沿逆时针方向转动 90°，其余三个力的大小和
方向都不变，则此时物体所受合力的大小为( )图 2-3-2
3.(2021 年广东佛山模拟)如图 2-3-3，一直梯靠竖直墙壁放置，人站在梯子上，处于静止状态，忽略梯子与墙壁间的摩擦力，则
A.人越重，梯子所受合外力越大B.地面对梯子支持力的大小与人所站的高度无关C.墙壁对梯子的弹力方向垂直于梯子所在平面斜向上
D.地面对梯子的摩擦力大于墙壁对梯子的弹力答案：B
4.(2022 年广东湛江模拟)如图 2-3-4 所示，一只蚂蚁沿着向下弯成弧面的树叶从 A 经 B 缓慢爬到 C 的过程中，下列说法正确的
)图 2-3-4A.树枝对蚂蚁的作用力先增大后减小B.树枝对蚂蚁的作用力先减小后增大C.树枝对蚂蚁的摩擦力先减小后增大D.树枝对蚂蚁的摩擦力先增大后减小
解析：树枝对蚂蚁的作用力即是树枝对蚂蚁的支持力和摩擦力的合力，与蚂蚁的重力是一对平衡力，由于重力总竖直向下，故这个合力也竖直向上，大小不变，A、B 错误.缓慢相当于动态平衡，设摩擦力与水平方向夹角为θ，有 f＝mgsin θ，从 A 到 B，随着θ的减小，摩擦力先减小.从 B 到 C，随着θ的增大，摩擦力再增大，C 正确，D 错误.
热点 1 受力分析【典题 1】(2021 年福建龙岩质检)如图 2-3-5 所示，在竖直向上的恒力 F 作用下，a、b 两物体一起沿粗糙竖直墙面匀加速向上
运动.关于它们的受力情况，以下说法正确的是(A.a 一定受到 6 个力B.b 一定受到 3 个力C.a 与 b 之间不一定有摩擦力D.a 与墙壁之间一定有弹力和摩擦力
方法技巧 受力分析的三个常用判据
热点 2 静态平衡[热点归纳]
处理平衡问题的常用方法.
考向 1 合成法【典题 2】(2022 年广东深圳模拟)明代宋应星在《天工开物》一书中描述了测量弓力的方法：“以足踏弦就地，秤钩搭挂弓腰，弦满之时，推移秤锤所压，则知多少.”如图 2-3-6 所示，假设弓满时，弓弦弯曲的夹角为θ，秤钩与弦之间的摩擦不计，弓弦的拉力即弓力，满弓时秤钩的拉力大小为 F ，则下列说法正确的是
A.F 一定，θ 越小，弓力越大B.θ一定，弓力越大，F 越小C.弓力一定，θ越大，F 越大D.θ一定，F 越大，弓力越大
可知 F 一定，θ越小，T 越小即弓力越小.θ一定，弓力越大即 T 越大，F 越大.弓力一定即 T 一定，θ越大，F 越小.θ一定，F 越大，T 越大即弓力越大，D 正确.答案：D
本题情境较新，信息汇总得到的结论是秤钩左右
两侧的弦拉力大小相等，题目为两等大的力合成，写出合力与分力关系式，根据关系式分析.
考向 2 正交分解法【典题 3】(2022 年辽宁卷)如图 2-3-7 所示，蜘蛛用蛛丝将其自身悬挂在水管上，并处于静止状态.蛛丝 OM、ON 与竖直方向夹角分别为α、β(α＞β).用 F1 、F2 分别表示 OM、
A.F1 的竖直分力大于 F2 的竖直分力B.F1 的竖直分力等于 F2 的竖直分力
C.F1 的水平分力大于 F2 的水平分力D.F1 的水平分力等于 F2 的水平分力
思路导引 蛛丝 OM、ON 与竖直方向夹角分别为α、β不相等，两角之和也不为直角，力的按效果分解不适应，只能采用正交分解的方法，将结点受的力在水平方向和竖直方向正交分解.
热点 3 共点力作用下的动态平衡[热点归纳]
1.动态平衡：通过控制某些物理量，使物体的状态发生缓慢的变化，而在这个过程中物体又始终处于一系列的平衡状态，在问题的描述中常用“缓慢”等语言叙述.
2.分析动态平衡问题的常用方法.
3.基本思路：化“动”为“静”，“静”中求“动”.
考向 1 图解法【典题 4】(2021 年广东深圳月考)一个挡板固定于光滑水平地滑圆球乙被夹在甲与挡板之间，没有与地面接触而处于静止状态，如图 2-3-8 所示.现在对甲施加一个水平向左的力 F，使甲沿地面极其缓慢地移动，直至甲与挡板接触为止.设乙对挡板的压力 F1，甲
对地面的压力为 F2，在此过程中(
A.F1 缓慢减小，F2 缓慢减小B.F1 缓慢增大，F2 不变C.F1 缓慢减小，F2 不变
D.F1 缓慢增大，F2 缓慢增大
解析：先以小球为研究对象，分析受力如图 D10 甲所示，
当柱状物体向左移动时，N2 与竖直方向的夹角减小，由图甲看出，柱状物体对球的弹力 N2 与挡板对球的弹力 N1 均减小.则由牛顿第三定律得知，球对挡板的弹力 F1 减小.
再对整体受力分析如图乙所示，由平衡条件得知 F＝N1，推力 F 变小，地面对整体的支持力 N＝G总保持不变，则甲对地面的压力不变，故 C 正确.
考向 2 相似三角形【典题 5】如图 2-3-9 所示，AC 是上端带定滑轮的固定竖直杆，质量不计的轻杆 BC 一端通过铰链固定在 C 点，另一端 B 悬挂一重为 G 的物体，且 B 端系有一根轻绳并绕过定滑轮 A，用力F 拉绳，开始时∠BCA＞90°，现使∠BCA 缓慢变小，直到杆 BC
接近竖直杆 AC.此过程中，轻杆 B 端所受的力(A.大小不变B.逐渐增大C.逐渐减小D.先减小后增大
解析：以 B 点为研究对象，受力分析如图 D11 所示.由几何知
由共点力的平衡条件知 FA、FB 的合力 FG ＝G 大小不变，又 AC、BC 均不变，故 FB 不变，可知轻杆 B 端受力不变.
思路导引 题目符合应用三角形相似的条件，线的长度变化，线上的拉力按线的长度变化规律相同，几何三角形另外两边长度不变，对应的力也不变.
考向 3 解析法【典题 6】(2022 年广东茂名模拟)由于突发状况消防车要紧急通过被石墩挡住的车道，消防员决定把石墩拉开，如图 2-3-10 所示，已知该石墩的质量为 m，与水平地面间的动摩擦因数为 0.75，重力加速度大小为 g，消防员要将石墩水平匀速拉动，认为滑动摩擦力等于静摩擦力，取 sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，消防员的最
小拉力与水平方向的夹角为(
解析：设拉力与水平方向夹角为θ，对石墩受力分析，正交分解，在水平方向 Tcs θ＝f，在竖直方向 Tsin θ＋N＝mg，又 f＝μN，
＝53°，当θ＋φ＝90°时，拉力T取得最小值，解得θ＝37°，选D.答案：D
考向 4 正弦定理法【典题 7】(2022 年河北卷)如图 2-3-11，用两根等长的细绳将一匀质圆柱体悬挂在竖直木板的 P 点，将木板以底边 MN 为轴向后方缓慢转动直至水平，绳与木板之间的夹角保持不变，忽略圆
柱体与木板之间的摩擦，在转动过程中(A.圆柱体对木板的压力逐渐增大B.圆柱体对木板的压力先增大后减小C.两根细绳上的拉力均先增大后减小
D.两根细绳对圆柱体拉力的合力保持不变
解析：设两绳子对圆柱体的拉力的合力为 T，木板对圆柱体的支持力为 N，绳子与木板夹角为β，从右向左看如图 D12 所示.在矢量三角形中，根据正弦定理
在木板以直线 MN 为轴向后方缓慢转动直至水平过程中，α不变，γ从 90°逐渐减小到 0，又γ＋β＋α＝180°，且α＜90°，可知 90°＜γ＋β<180°，则 0＜β＜180°，
可知β从锐角逐渐增大到钝角，根据
sin α sin βmg N
sin γ不断减小，可知 T 不断减小，sin β先增大后减小，可知 N 先增大后减小，结合牛顿第三定律可知，圆柱体对木板的压力先增大后减小，设两绳子之间的夹角为2θ，绳子拉力为 T′，则 2T′cs θ
，θ不变，T 逐渐减小，可知绳子拉力不断
＝T 可得 T′＝减小，B 正确.答案：B
将两根细绳的拉力看作一个力，这样圆柱体在三
个力作用下平衡，构建力的三角形：拉力、重力、挡板的弹力，确定该三角形中角度是否变化及变化特点：绳与木板之间的夹角保持不变，挡板弹力与竖直方向间的夹角从 90°逐渐减小到0，另外一个角根据三角形内角和 180°得到，然后应用正弦定理判断力的变化情况.
整体法与隔离法的应用当物理情境中涉及物体较多时，就要考虑采用整体法和隔离法.
研究外力对物体系统的作用各物体运动状态相同
同时满足上述两个条件即可采用整体法.
分析系统内各物体、各部分间的相互作用各物体的运动状态相同或不同均可
必须将物体从系统中隔离出来，单独地进行受力分析，列出方程.(3)整体法和隔离法的交替运用对于一些复杂问题，比如连接体问题，通常需要多次选用研究对象，这样整体法和隔离法要交替使用.
【典题 8】如图 2-3-12 所示为一种简易“千斤顶”.一竖直放置的轻杆，由于限制套管 P 的作用，只能在竖直方向上运动.若轻杆上端放一质量为 m 的重物，轻杆的下端通过一与杆固定连接的小轮放在倾角为θ、质量为 M 的斜面体上，并将斜面放在水平地面上.为了能顶起重物，沿水平方向对斜面体施加推力的最小值为 F.小轮、水平面等摩擦和小轮质量不计，重力加速度为 g.则下列说
A.最小值 F＝(m＋M)gsin θ
B.若重物质量为 2m，推力的最小值仍为 FC.地面对斜面体的支持力大于(m＋M)gD.小轮对斜面的压力大于 F
，易知小轮对斜面的压力大小也为 N，且垂直于斜面向下，
解析：当以最小值 F 推斜面时，设小轮受到斜面的支持力大小为 N，则对小轮在竖直方向根据平衡条件有 Ncs θ＝mg，解得
则对斜面在水平方向根据平衡条件有 F＝Nsin θ＝mgtan θ，由上式可知，若重物质量为 2m，推力的最小值将变为 2F，且 N＞F，A、B 错误，D 正确.对重物、小轮、斜面和轻杆组成的整体分析可知，地面对斜面体的支持力大小等于(m＋M)g，C 错误.答案：D
【触类旁通 1】(多选，2022 年广东佛山五校联考)如图 2-3-13，直角支架固定在水平地面上，小球 A 穿在竖直光滑杆上，横杆上固定一滑轮.将细绳一端系在 A 上，另一端跨过滑轮系在小水桶 B 上，系统处于静止状态.现因桶底破损，里面有少许水缓慢渗漏下来.不计滑轮质量及摩擦，
在球 A 缓慢下降过程中(
A.绳对球 A 拉力的竖直分量保持不变B.竖直杆对球 A 的弹力保持不变
C.轴对滑轮的作用力方向竖直向上D.轴对滑轮的作用力越来越小
解析：球 A 缓慢下降，A 处于平衡状态，对 A 受力分析，如
所以绳对球 A 拉力的竖直分量保持不变，θ减小，则 N 减小，A正确，B 错误.以滑轮为研究对象，由平衡条件可知轴对滑轮的作用力方向在两绳子的夹角的角平分线上，C 错误.以 A、B、细绳和滑轮整体作为研究对象，受力分析知，受竖直向下总的重力 G 总，水平向左的竖直杆的弹力 N 和轴对其的作用力 F，整体处于静态平衡状态，则 F＝ ，由题意可知 G 总变小，由 A、B 选项分析可知 N 变小，所以 F 变小，D 正确.
在平衡问题中，尤其是涉及定滑轮和动滑轮的平衡问题中，以及与活结有关的问题中，往往会出现两条绳子的力大小相等，角度对称的问题.此情况下，两条绳子上的拉力大小相等，方向关于角平分线对称.有的题目，我们可以根据对称，判断出这两个力大小相等，还有的题目，可以根据两个力大小相等，判断出其具有对称性.
【典题 9】(多选)如图 2-3-14，一光滑的轻滑轮用细绳 OO′悬挂于 O 点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块 a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块 b.外力 F 向右上方拉 b，整个系统处于静止状态.若 F 方向不变，大小在一定范围内变化，物块 b 仍
A.绳 OO′的张力也在一定范围内变化
B.物块 b 所受到的支持力也在一定范围内变化C.连接 a 和 b 的绳的张力也在一定范围内变化D.物块 b 与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化答案：BD
B.N 对 PQ 的压力大小为 mg
【触类旁通 2】如图 2-3-15 所示，在粗糙的水平面上，固定一个半径为 R 的半圆柱体 M，挡板 PQ 固定在半圆柱体 M，挡板PQ 的延长线过半圆柱截面圆心 O，且与水平面成 30°角.在 M 和PQ 之间有一个质量为 m 的光滑均匀球体 N，其半径也为 R.整个
装置处于静止状态，则下列说法正确的是(A.N 对 PQ 的压力大小为 mg C.N 对 M 的压力大小为 mg
D.N 对 M 的压力大小为 mg
解析：对球 N 受力分析如图 D14 所示，设 N对 M 的压力为 F1，N 对 PQ 的压力为 F2，由几何关系可知，F1 和 F2 与 G 的夹角相等，均为 30°，
平衡中的临界与极值问题1.临界、极值问题特征.
(1)临界问题：当某物理量变化时，会引起其他几个物理量的变化，从而使物体所处的平衡状态“恰好出现”或“恰好不出现”，在问题的描述中常用“刚好”“刚能”“恰好”等语言叙述.
(2)极值问题：平衡物体的极值，一般指在力的变化过程中的
2.解决极值和临界问题的三种方法.
模型一 极限分析法【典题 10】课堂上，老师准备了“ ”形光滑木板和三个完全相同、外表面光滑的匀质圆柱形积木，要将三个积木按图 2-3-16所示(截面图)方式堆放在木板上，则木板与水平面夹角θ的最大值
解析：θ取0°时，下面两圆柱之间将会分开，无法稳定，应适当增大θ以保持系统稳定，此时下面两圆柱之间有弹力.当下面两圆柱之间的弹力恰好为 0 时，对应的θ为最小值.继续增大θ，右圆柱和上圆柱之间弹力减小，若θ太大，此两圆柱将分开，当上圆柱和右圆柱之间的弹力恰好为 0，对应的θ为最大值.临界情况为θmax 时，左边两圆柱的圆心连线在竖直方向上，保证上圆柱只受到两个力的作用恰好处于平衡状态，此时上圆柱与右圆柱间相互接触且无弹力，可得θ＝30°，故 A 正确.
模型二 数学分析法【典题 11】(多选，2020 年安徽安庆质检)如图 2-3-17 所示，质量为 M 的木楔倾角为θ，在水平面上保持静止.当将一质量为 m的木块放在斜面上时正好匀速下滑，如果用与斜面成α角的力 F 拉着木块沿斜面匀速上滑.重力加速度为 g，下列说法中正确的是
A.当α＝2θ时，F 有最小值B.F 的最小值为 mgsin 2θ
C.在木块匀速上滑过程中，地面对 M 的静摩擦力方向水平向右D.在木块匀速上滑过程中，地面对 M 的静摩擦力方向水平向左解析：选木块为研究对象，当没加外力 F 时正好匀速下滑，设木块与斜面间的动摩擦因数为μ ，此时平行于斜面方向必有mgsin θ＝μmgcs θ.当加上外力 F 时，对木块受力分析如图 D15，则有 Ff＝μFN，平行于斜面方向有 Ff＋mgsin θ＝Fcs α，垂直于斜
面方向有 FN ＋Fsin α ＝mgcs θ ，联立解得 F ＝
小值，最小值为 Fmin＝mgsin 2θ，故 A 错误，B 正
确.选 M 和 m 组成的整体为研究对象，设水平面对木楔 M 的摩擦力是 Ff′，水平方向受力平衡，则有 Ff′＝Fcs(θ＋α)，可知摩擦力的方向水平向左，故 C 错误，D 正确.答案：BD
模型三 图解法【典题 12】(2022 年广东深圳模拟)如图 2-3-18 将光滑的重球放在斜面上，被竖直的挡板挡住而静止，设球对斜面的压力为 N1，对挡板的压力为 N2，当挡板从竖直缓慢地转到水平位置的过程中
)A.N1 变小，N2 变大B.N1 变大，N2 变小C.N1 变小，N2 先变小后变大
D.N1 和 N2 都变小
解析：以球为研究对象，受力分析如图 D16 所示.
小球受到重力 G、斜面的支持力 N1′和挡板的支持力 N2′，N1′与 N1 是作用力和反作用力，大小相等，方向相反，N2′与 N2是作用力和反作用力，大小相等，方向相反，由平衡条件得知，
相关课件
2024版新教材高考物理全程一轮总复习第二章相互作用__力第3讲受力分析共点力的平衡课件： 这是一份2024版新教材高考物理全程一轮总复习第二章相互作用__力第3讲受力分析共点力的平衡课件，共31页。PPT课件主要包含了必备知识·自主落实，关键能力·精准突破，示意图，整体法与隔离法，答案ACD，答案C，答案B，答案AB，答案D等内容，欢迎下载使用。
2023版高考物理一轮总复习第二章第3节受力分析共点力的平衡课件： 这是一份2023版高考物理一轮总复习第二章第3节受力分析共点力的平衡课件，共60页。PPT课件主要包含了示意图的过程，接触力，共点力的平衡，平衡状态，匀速直线运动，平衡条件，图2-3-1，平衡条件的推论，三角形，大反向等内容，欢迎下载使用。
高考物理一轮复习第二章相互作用素养提升课二受力分析共点力的平衡课件： 这是一份高考物理一轮复习第二章相互作用素养提升课二受力分析共点力的平衡课件，共53页。
