高考物理一轮复习第二章第三节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第三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，平衡条件的推论，三角形，基础自测，答案C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.
(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______.
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.)
(5)物体受三个力 F1、F2、F3 作用处于平衡状态，若将 F2 转动
90°，则三个力的合力大小为 F2.(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.如图 2-3-3 所示，利用三根等长的轻绳以正三棱锥形将花盆
竖直悬空吊在挂钩上，下列说法正确的是(
A.三根轻绳对花盆作用力的合力方向一定竖直向上B.每根轻绳的拉力均为花盆重力大小的三分之一C.若将三根轻绳缩短相同的长度，则每根轻绳的拉力减小D.若将三根轻绳增加相同的长度，则三根轻绳对花
解析：花盆处于静止状态，由平衡条件可知，三根轻绳对花盆作用力的合力大小等于花盆的重力大小，方向与重力的方向相反，即竖直向上，A 正确，D 错误.设花盆的重力为 G，每根轻绳中的拉力为 F，轻绳与竖直方向的夹角均为θ，则G＝3Fcs θ，解
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】(2023 年广东揭阳月考)物体 b 在水平推力 F 的作用下，将物体 a 压在竖直墙壁上，a、b 的质量都为 m，且此时 a、b均处于静止状态.如图 2-3-5 所示，关于 a、b 的受力情况，下列说
A.当推力 F 增大时，墙壁对物体 a 的摩擦力变大B.物体 a、b 分别都受到四个力的作用
C.若物体 a、b 能一起沿墙壁向下匀速运动，则墙壁对物体 a
的摩擦力大小为 2mg
D.当撤去 F，物体 a、b 沿墙壁下滑，此时物体 a 可能受三个
解析：若物体 a、b 保持对静止沿墙壁向下匀速运动，ab 整体受力平衡，竖直方向有墙壁对 a 的摩擦力与两物体的重力大小相等，即 f＝2mg，C 正确.
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、ON 的拉力，则(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
解析：对结点 O 受力分析可得，水平方向 F1sin α＝F2sin β，即 F1 的水平分力等于 F2 的水平分力，C 错误，D 正确.对结点 O受力分析可得，竖直方向 F1cs α＋F2cs β＝mg，解得 F1＝
β)＞0，可知 F2y＞F1y， A、B 错误.答案：D
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】(多选，2023 年黑龙江哈尔滨开学考)如图 2-3-8 所示，不可伸长的绳 MO 下端挂一质量为 m 的物体，在拉力 F 作用下物体静止，此时绳 MO 与竖直方向的夹角为α.现保持夹角α不变，拉力 F 缓慢地由水平位置逆时针转到竖直位置的过程中(重力加速
A.F 逐渐减小，绳 OM 拉力逐渐减小
B.F 先减小后增大，绳 OM 拉力逐渐减小
C.若 F＝mgtan α，则力 F 的方向一定水平向右D.F 的最小值为 mgsin α
解析：根据题意，以结点 O 为受力分析点，作出受力分析的矢量三角形，如图 D11 所示.
可知，保持夹角α不变，拉力 F 缓慢地由水平位置逆时针转到竖直位置的过程中，拉力 F 先减小后增大，绳 OM 拉力 T 逐渐减小，A 错误，B 正确.当力 F 的方向水平向右时，受力分析如图 D12 所示.
，解得 F＝mgtan α，C 正确.当力
根据几何关系可得 tan α＝
F 垂直于绳 OM 上的拉力 T 时，力 F 有最小值，根据几何关系可
，解得 Fmin＝mgsin α，D 正确.
考向 2 相似三角形法【典题 5】(2023 年湖南衡阳质检)如图 2-3-9 所示，有一根细线跨过固定轻环 B 吊着一个质量为 m1 的物体，细线另一端系在轻环 A 上，轻环 A 还用另一根细线吊着一个质量为 m2 的物块，平衡时 A、B 与圆心连线
的夹角为 120°，不计摩擦.则 m1∶m2 应为(
解析：根据平衡条件可知连接 m1 的物体的细线上的拉力大小为 T＝m1g，对 m2 的物体受力分析如图 D13 所示，由几何知识可知 FN 与 m2g 通过平行四边形法则围成的平行四边形为菱形，有
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，
φ＝53°，当θ＋φ＝90°时，拉力 T 取得最小值，解得θ＝37°，选 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 D14 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°，
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，可知绳子拉力不断减
＝T 可得 T′＝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.
同时满足上述两个条件即可采用整体法.
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】(多选，2023 年广东深圳开学考)如图 2-3-12 所示，质量 M＝3 kg 的木块套在固定的水平杆上，并用轻绳与小球相连.今用与水平方向成 60°角的力 F 拉着小球并带动木块一起向右匀
N，运动过程中木块与小球的相对位置保持不
变，轻绳与杆的夹角为 30°，g 取 10 m/s2，则( )图 2-3-12
A.小球的质量 m＝1 kg
，C 错误，D 正确.
解析：对小球受力分析，由平衡条件可知，水平方向上有Fcs 60°＝FTcs 30°，竖直方向上有 Fsin 60°＝FTsin 30°＋mg，联立解得 m＝1 kg，A 正确，B 错误.以小球和木块整体为研究对象，水平方向上有 Fcs 60°－μFN＝0，竖直方向上有 FN＋Fsin 60°－
Mg－mg＝0，联立解得μ＝答案：AD
【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
图 D15 所示.根据平衡条件得 Tcs θ＝mAg，tan θ＝
mAgtan θ，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
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 仍始
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
【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 上，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 mgC.N 对 M 的压力大小为 mg
解析：对球 N 受力分析如图 D16 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°，则
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)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(图 2-3-17
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
D.在木块匀速上滑过程中，地面对 M 的静摩擦力方向水平
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 D17，则有 Ff＝μFN，平行于斜面方向有 Ff＋mgsin θ＝Fcs α，垂直于斜
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.
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
A.N1 变小，N2 变大C.N1 变小，N2 先变小后变大
B.N1 变大，N2 变小D.N1 和 N2 都变小
解析：以球为研究对象，受力分析如图 D18 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，N1′和N2′的合力与重力G大小相等、方向相反，作出多个位置N1′和N2′的合力，如图D18，由图看出，N1′逐渐减小，N2′先减小后增大，当N1′和N2′垂直时，N2′最小，根据牛顿第三定律得知，N1逐渐减小，N2先变小后变大，C正确.