第2章 第3讲 受力分析 共点力平衡（课件PPT）-【金版新学案】2026年高考物理高三总复习大一轮复习讲义（广东专版）

该高中物理高考复习课件聚焦“受力分析与共点力平衡”核心专题，覆盖受力分析（整体法、隔离法）、静态平衡（合成法、正交分解法）、动态平衡（解析法、图解法）及临界极值问题等高考高频考点。依据高考评价体系，结合近五年广东卷真题分析考点权重，归纳出静态平衡占45%、动态平衡占30%的常考题型，构建系统复习框架。 课件亮点在于“真题精解+方法突破+素养提升”，如以2024广东深圳适应性考试立体平衡题为例，通过正交分解法与整体隔离法联用，培养学生模型建构和科学推理素养。特设“易错陷阱警示”和“临界条件分析模板”，帮助学生掌握动态平衡图解法等得分技巧，助力教师精准教学，提升高考冲刺效率。

第3讲　受力分析　共点力平衡 高三一轮复习讲义　广东专版 第二章 相互作用 1.熟练掌握受力分析的步骤，会灵活应用整体法、隔离法进行受力分析。 2.理解共点力平衡的条件，会解决静态平衡、动态平衡问题。 3.会解决平衡中的临界、极值问题。 学习目标 考点一　物体的受力分析 考点二　静态平衡问题 考点三　动态平衡问题 课时测评 内容索引 聚焦学科素养 物体的受力分析 考点一 返回 1.受力分析：即分析物体的受力，有两条思路： (1)根据物体__________的变化来分析和判断其受力情况。 (2)根据各种力的特点，从相互作用的角度来分析物体的受力。 2.受力分析的一般顺序：先分析______(如重力、电场力、磁场力)，再分析接触力(如______、________)，最后分析其他力。 知识梳理 运动状态 场力 弹力 摩擦力 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静止不动。判断下列说法的正误： (1)地面对梯子的摩擦力方向水平向右。 ( ) (2)人和梯子组成的系统受四个力作用。 ( ) (3)梯子对工人的作用力竖直向上。 ( ) (4)地面对梯子的作用力竖直向上。 ( ) × √ √ × 1.受力分析的一般流程 2.受力分析的三种方法 核心突破 假设法 在判断某力是否存在时，先对其做出不存在的假设，然后根据该力不存在时对物体运动和受力状态的影响来判断该力是否存在 状态法 (1)处于平衡状态的物体：根据其平衡条件进行受力分析。 (2)处于变速状态的物体：应用牛顿第二定律进行受力分析 转换法 在受力分析时，若不方便直接分析某力是否存在： (1)可以转换为分析该力的反作用力，根据其反作用力是否存在，判断该力是否存在。 (2)可以转换为分析与该力相关的其他研究对象，通过对其他研究对象进行受力分析，判断该力是否存在 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 例1 √ 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。 针对练1.如图是翠鸟俯冲捕捉小鱼的精彩画面。如果整个俯冲过程翠鸟做匀加速直线运动，用O表示翠鸟，G表示翠鸟受到的重力，F表示空气对它的作用力，下列四幅图中能正确表示此过程中翠鸟受力情况的是 √ 根据题意，翠鸟做匀加速直线运动，所以翠鸟所受合力方向与速度方向相同，根据平行四边形定则分析可知，只有题图A中重力与F的合力的方向有可能与速度方向相同，B、C、D中合力的方向一定与速度方向有夹角，翠鸟不可能做直线运动，所以A正确，B、C、D错误。故 选A。 针对练2.(多选)如图所示，两个相似的斜面体A、B在竖直向上的力F的作用下静止靠在竖直粗糙墙壁上。关于斜面体A和B的受力情况，下列说法正确的是 A.A一定受到四个力 B.B可能受到四个力 C.B与墙壁之间一定有弹力和摩擦力 D.A与B之间一定有摩擦力 √ √ 对A、B整体受力分析如图甲所示，受到向下的重力和向上的推力F，由平衡条件可知B与墙壁之间不可能有弹力，因此也不可能有摩擦力，C错误；对B受力分析如图乙所示，其受到重力、A对B的弹力和摩擦力而处于平衡状态，故B受到三个力，B错误，D正确；对A受力分析，如图丙所示，受到重力、推力、B对A的弹力和摩擦力，共四个力，A正确。故选AD。 返回 静态平衡问题 考点二 返回 1.平衡状态：物体处于______或______________状态。 2.平衡条件：F合＝___(Fx＝___，Fy＝___)。 3.常用推论 (1)二力平衡：两个力等大反向。 (2)三力平衡 ①任意两个力的合力必与第三个力__________。 ②表示这三个力的有向线段首尾相接组成一个封闭三角形。 (3)若物体受n个作用力而处于平衡状态，则其中任意一个力与其余(n－1)个力的合力______相等、______相反。 知识梳理 静止 匀速直线运动 0 0 0 等大反向 大小 方向 (2022·海南卷·T7·改编)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m，3、4质量相同为m'，不计石块间的摩擦。 判断下列说法的正误： (1)石块2、3、4、5都是受到三个力而平衡。 ( ) (2)石块3、4之间的弹力为零。 ( ) (3)石块1对2的弹力等于(m＋m')g。 ( ) (4)物体处于平衡状态时，其加速度一定为零。 ( ) √ × × √ 解决静态平衡问题的四种常用方法 核心突破 合成法 三个共点力平衡时，任意两个力的合力一定与第三个力大小相等、方向相反 分解法 三个共点力平衡时，将任意一个力沿着另外两个力的方向分解，则其分力一定分别与另外两个力大小相等、方向相反 正交 分解法 物体受到多个力作用而平衡时，将物体所受的力分解为相互垂直的两组，每组力都满足平衡条件 三角 形法 三个共点力平衡时，将力的矢量图平移使三力组成一个首尾依次相接的矢量三角形，根据正弦定理、余弦定理、相似三角形或直角三角形等数学知识求解有关问题 考向1 合成法(或分解法) (2025·广东清远市高三上学期11月联考)某老师为培养学生的创造精神，上课时购来一些重量均为G、形状有点差别的积木块，要求学生各自设计搭建成一座拱桥。图甲、乙分别是由两个学习小组的学生设计的，其中图甲由五块同样的积木叠建而成，图乙由七块同样的积木叠建而成，夹缝没有空隙，则最顶上一块对两侧接触面的弹力大小 A.图甲较大 B.图乙较大 C.相等 D.无法确定 例2 √ 对于最顶上一块积木，其受到竖直向下的重力，垂直两个接触面斜向上的支持力，如图所示，设最上面一块积木两个侧面与竖直方向的夹角为θ，则两个支持力在竖直方向的合力满足2FNsin θ＝G，可得FN＝，题图乙中，θ更小，对应的支持力更大，根据牛顿第三定律，最顶上一块对两侧接触面的弹力也更大。故选B。 考向2 正交分解法 (2025·广东广州市荔湾区高三上学期10月区统测)2024年6月30日，世界最大跨度拱桥深中通道正式建成通车。深中通道的建成靠的是“中国建筑重工机械”。如图所示，10根起吊绳(绳的质量忽略不计)通过液压机械抓手把质量为6×105 kg的巨型钢圆筒静止吊在空中，每根绳与竖直方向的夹角为37°(其他8根绳没有画出)，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则下列说法正确的是 A.每根绳的拉力为3.75×106 N B.钢圆筒所受的合力为6×106 N C.若增加起吊绳的长度，则每根绳的拉力变大 D.若每根绳承受的最大拉力为9×105 N，则起 吊过程的最大加速度为2 m/s2 例3 √ 分解绳子拉力，竖直方向分力大小为F竖直＝＝ 6×105 N，则每根绳的拉力为FT＝＝7.5 ×105 N，故A错误；依题意，钢圆筒处于静止状态，所受的合力为零，故B错误；若增加起吊绳的长度，则每根绳与竖直方向的夹角变 小，由FT＝＝＝，可知每根绳的拉力变小，故C错误； 若每根绳承受的最大拉力为9×105 N，则10根绳的合力F合＝10cos 37°＝7.2×106 N，由牛顿第二定律有F合－mg＝mamax，解得amax＝2 m/s2，故D正确。故选D。 考向3 三角形法 (2025·广东清远市高三上学期第一次模拟考试)学校运动场 的单杠上悬挂的沙袋如图所示，四条等长铁链由绞扣栓结在一 起再通过拉环挂在单杠上，拉环、绞扣刚好与沙袋的重心在同 一竖直线上。沙袋竖直悬挂静止后，下列说法正确的是 A.拉环受到的拉力等于沙袋的重力 B.四条铁链对沙袋的作用力大于沙袋的重力 C.向上调整绞扣的位置(绞扣与沙袋间铁链变长)，每条铁链上的拉力都增大 D.向下调整绞扣的位置(绞扣与沙袋间铁链变短)，每条铁链上的拉力都增大 例4 √ 拉环的拉力等于铁链和沙袋的重力之和，故A错误；对沙袋进行受力分析，由共点力平衡条件可知，四条铁链对沙袋的合力等于沙袋的重力，故B错误；受力分析如图所示，向下调整绞扣的位置，即铁链的长 度l减少，根据相似三角形有＝，解得F拉＝，即铁链的长度l越短，F拉越大，故C错误，D正确。故选D。 考向4 立体空间中力的平衡问题 (2024·广东深圳东北师大附中高三下学期适应性考 试)如图是某种双层晾衣篮，用质地均匀的圆形钢圈穿进 网布构成两个完全相同的篮子，上、下两篮通过六根等 长轻绳与钢圈的六等分点相连；另有六根等长轻绳，它 们一端与穿过轻杆的挂钩系在一起，另一端连接上篮的六等分点，每根绳子与竖直方向的夹角为θ。不装衣物时，两篮保持水平，两篮受到的总重力大小为G，则此时挂钩上每根绳子的拉力大小为 A. B. C. D. 例5 √ 设每根绳子的拉力均为FT，对整体分析可知，6FTcos θ＝G，解得FT＝。故选B。 考向5 整体法和隔离法解决多物体平衡问题 (2024·广东省高三下学期5月三模)如图为一种简易“千斤顶”的示意图，竖直轻杆被套管P限制，只能在竖直方向运动，轻轩上方放置质量为m的重物，轻杆下端通过小滑轮放在水平面上的斜面体上，对斜面体施加水平方向的推力F即可将重物缓慢顶起，若斜面体的倾角为θ，不计各处摩擦和阻力，为了顶起重物，下列说法正确的是 A.θ越大，需要施加的力F越大 B.θ越大，需要施加的力F越小 C.θ越大，系统整体对地面的压力越大 D.θ越大，系统整体对地面的压力越小 例6 √ 对斜面体受力分析如图所示，根据平衡条件可得FNsin θ＝F，为了顶起重物，则有FNcos θ＝mg，联立可得F＝mgtan θ，则θ越大，需要施加的力F越大，故A正确，B错误；对系统整体受力分析，系统整体对地面的压力大小等于系统的总重力，与θ无关，故C、D错误。故选A。 返回 动态平衡问题 考点三 返回 1.共点力的动态平衡 动态平衡是指处于平衡状态的物体所受的某个力(或某几个力)的大小或方向缓慢变化，是动态力，但变化过程中的每一个状态均可视为平衡状态。 2.处理动态平衡问题的常用方法 知识梳理 方法 过程 解析法 (1)列平衡方程得出未知量与已知量的关系表达式。 (2)根据已知量的变化情况来确定未知量的变化情况 图解法 (1)根据已知量的变化情况，画出不同状态下平行四边形边、角的变化。 (2)根据边长的变化判断力的大小的变化，根据角的变化判断力的方向的变化 方法 过程 相似三 角形法 (1)根据已知条件画出同一状态下对应的力的三角形和几何三角形，确定对应边，利用三角形相似知识列出比例式。 (2)根据已知量的变化判断未知量的变化情况。 正弦定理(或拉密定理)法 (1)特点：物体受三个共点力，这三个力其中有一个力为恒力，另外两个力都变化，且两个变化的力的夹角不变。 (2)正弦定理法：＝＝(其中α1、α2、α3分别为F2与F3、F1与F3、F1与F2的夹角) 考向1 解析法 如图所示，半圆形框架竖直放置在粗糙的水平地面上，光滑的小球P在水平外力F的作用下处于静止状态，小球P与圆心O的连线与水平面的夹角为θ，将力F在竖直面内沿顺时针方向缓慢地转过90°，框架与小球始终保持静止状态。在此过程中下列说法正确的是 A.框架对小球的支持力先减小后增大 B.拉力F的最小值为mgcos θ C.地面对框架的摩擦力增大 D.框架对地面的压力先增大后减小 例7 √ 以小球为研究对象，分析受力情况，作出受力示意 图如图所示，根据几何关系可知，外力F顺时针转 动至竖直向上之前，支持力逐渐减小，F先减小后 增大，当F的方向沿圆的切线方向向上时，F最小， 根据矢量三角形法则可得Fmin＝mgcos θ，故A错误，B正确；以框架为研究对象，受重力Mg、地面的支持力FN1、地面的摩擦力Ff以及小球压力FN'的作用，根据平衡条件有FN'cos θ＝Ff，FN'sin θ＋Mg＝FN1，由A、B分析可知，F在顺时针方向转动的过程中，小球受到的支持力逐渐减小，根据牛顿第三定律可知，小球对框架的压力逐渐减小，故地面对框架的摩擦力始终在减小，地面对框架的支持力始终在减小，故C、D错误。故选B。 考向2 图解法 在没有起重机的情况下，工人要将重物搬运上汽车，常常用如图所示的方法。已知重物重力大小为G，斜面的倾角为θ。当工人对重物施加方向不同的推力F时，重物始终处于匀速直线运动状态。假设斜面与重物的接触面光滑。在推力F由水平方向逐渐变为竖直方向的过程中，以下关于重物受力的说法正确的是 A.若力F沿水平方向，F的大小为Gsin θ B.若力F沿水平方向，斜面对重物的支持力大小为Gcos θ C.F由水平方向逐渐变为竖直方向的过程中，斜面对重物的支持力逐渐变大 D.F由水平方向逐渐变为竖直方向的过程中，推力F的最小值为Gsin θ 例8 √ 当力F沿水平方向时，由于重物为匀速直线运动状态，因此受力平衡，则水平和竖直方向上有F＝FNsin θ，FNcos θ＝G，解得F＝Gtan θ，FN＝，故A、B错误；当力F由水平方向逐渐变为竖直方向的过程中，重物的受力分析如图所示，故支持力在逐渐变小，且推力最小时推力F和支持力FN垂直，即推力F沿斜面方向，此时最小值为Fmin＝Gsin θ，故C错误，D正确。故选D。 考向3 相似三角形法 如图所示，木板B放置在粗糙水平地面上，O为光滑铰链。轻杆一端与铰链O固定连接，另一端固定连接一质量为m的小球A。现将轻绳一端拴在小球A上，另一端通过光滑的定滑轮O'由力F牵引，定滑轮位于O的正上方，整个系统处于静止状态。现改变力F的大小使小球A和轻杆从图示位置缓慢运动到O'正下方，木板B始终保持静止，则在整个过程中 A.外力F大小不变 B.轻杆对小球的作用力大小变小 C.地面对木板的支持力逐渐变小 D.地面对木板的摩擦力逐渐减小 例9 √ 对小球A进行受力分析，三力构成矢量三角形，如图 所示，根据三角形相似，可知＝＝，其中 的值不变，在小球A和轻杆缓慢运动过程中，O'A越 来越小，则F逐渐减小，故A错误；由于OA长度不变， 所以杆对小球的作用力大小不变，故B错误；对木板， 由于杆对木板的作用力大小不变，方向斜向右下，但杆的作用力与竖直方向的夹角越来越小，所以地面对木板的支持力逐渐增大，地面对木板的摩擦力逐渐减小，故C错误，D正确。故选D。 考向4 正弦定理法 (2025·广东江门市新会第一中学高一质检)一物体P通过细绳系在两根等长细绳OA、OB的结点О上，细绳的A端、B端挂在半圆形的支架上，如图所示。开始时绳OB处于水平位置，此时细绳OA、OB的拉力大小各为5.0 N和3.0 N。保持A端、O端的位置不动，将B端沿半圆形支架从水平位置逐渐移至竖直位置C，在这一过程中 A.OA绳上拉力一直增大 B.OB绳上拉力先增大后减小 C.OB绳上最小拉力为2 N D.OB绳上最大拉力为4 N 例10 √ 将B端沿半圆形支架从水平位置逐渐移至竖直位置C， 这一过程中结点O的受力情况如图所示，由图可知， OA绳的拉力一直减小，OB绳的拉力先减小后增大， 根据初始平衡状态有G＝ N＝4 N，设OA与 OC夹角为θ，则有sin θ＝＝，由受力分析可知， 当OA与OB垂直时，OB绳上拉力最小，有FOBmin＝Gsin θ＝2.4 N，当OB与OC重合时，OB绳上拉力最大，有FOBmax＝G＝4.0 N。故选D。 返回 5. 平衡中的临界、极值问题 聚焦学科素养 返回 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”“恰能”“恰好”等。临界问题常见的种类： (1)由静止到运动，摩擦力达到最大静摩擦力。 (2)绳子恰好绷紧，拉力FT＝0。 (3)刚好离开接触面，支持力FN＝0。 2.极值问题 平衡中的极值问题，一般指在力的变化过程中的最大值和最小值问题。 3. 解答平衡中临界、极值问题的三种方法 物理分 析法 根据平衡条件，作出力的矢量图，通过对物理过程的分析，利用平行四边形定则进行动态分析，确定最大值与最小值 数学分 析法 通过对问题的分析，根据平衡条件写出物理量之间的函数关系(或画出函数图像)，用数学方法求极值(如求二次函数极值、公式极值、三角函数极值) 极限法 首先要正确地进行受力分析和变化过程分析，找出平衡的临界点和极值点；临界条件必须在变化中去寻找，不能停留在一个状态来研究临界问题，而要把某个物理量推向极端，即极大和极小 (2022·浙江1月·T5)如图所示，学校门口水平地面上有一质量为m的石礅，石礅与水平地面间的动摩擦因数为μ。工作人员用轻绳按图示方式匀速移动石礅时，两平行轻绳与水平面间的夹角均为θ，则下列说法正确 的是 A.轻绳的合拉力大小为 B.轻绳的合拉力大小为 C.减小夹角θ，轻绳的合拉力一定减小 D.轻绳的合拉力最小时，地面对石礅的摩擦力也最小 例1 √ 对石礅受力分析如图所示，设两根轻绳的合拉力为F，根据 平衡条件有Fcos θ＝Ff，Fsin θ＋FN＝mg，且Ff＝μFN，联 立可得F＝，选项A错误，B正确；上式变形得F ＝，其中tan α＝，根据三角函数特点，由于 θ的初始值未知，因此减小θ，轻绳的合拉力F并不一定减小， 选项C错误；根据上述讨论，当θ＋α＝90°时，轻绳的合拉 力F最小，而摩擦力Ff＝Fcos θ＝＝，可知增大夹角θ，摩擦力一直减小，当θ趋近于90°时，摩擦力最小，故轻绳的合拉力F最小时，地面对石礅的摩擦力不是最小的，选项D错误。故选B。 如图所示，物体的质量为m＝5 kg，两根轻细绳AB和AC的一端固定于竖直墙上，另一端系于物体上(∠BAC＝θ＝60°)，在物体上另施加一个方向与水平线也成θ角的拉力F，若要使两绳都能伸直，求拉力F的大小范围。(g取10 m/s2) 答案： N≤F≤ N 例2 设AB绳的拉力为F1，AC绳的拉力为F2，对物体受 力分析，由平衡条件有 Fcos θ－F2－F1cos θ＝0 Fsin θ＋F1sin θ－mg＝0 可得F＝－F1，F＝＋。 若要使两绳都能伸直，则有F1≥0，F2≥0， 则F的最大值Fmax＝＝ N， F的最小值Fmin＝＝ N， 即拉力F的大小范围为 N≤F≤ N。 返回 课 时 测 评 返回 1.(2025·广东广州市天河区高三一模)图甲 中台秤的内部简易结构如图乙所示，托盘 A、竖直杆B、水平横杆H与齿条C固定连 在一起，齿轮D可无摩擦转动，与齿条C 完全啮合，在齿轮上固定指示示数的轻质指针E，两根完全相同的弹簧将横杆H吊在秤的外壳I上。经过调校，托盘中不放物品时，指针E恰好指在竖直向上的位置。若放上质量为m的物体，指针偏转了θ弧度(θ＜2π)，齿轮D的直径为d，重力加速度为g，则每根弹簧的劲度系数为 A. B. C. D. √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 由题图乙可知，弹簧的形变量等于齿条C下降的距离，由于齿轮D与齿条C啮合，所以齿条C下降的距离等于齿轮D转过的弧长，根据数学知识可得s＝θ·，即弹簧的形变量Δx＝s＝θ·，对托盘A、竖直杆B、水平横杆H与齿条C和重物整体研究，根据平衡条件得mg＝2F，根据胡克定律可得F＝kΔx，联立解得每根弹簧的劲度系数为k＝。故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 2.(2025·广东省高三上学期调研考试)如图所示，吸附在竖直玻璃上的擦窗工具，在竖直平面内受重力、拉力和摩擦力(图中未画出摩擦力)的共同作用下做匀速直线运动。若拉力大小为重力的倍，方向水平向右，则擦窗工具所受摩擦力 A.与重力是一对平衡力 B.与拉力是一对平衡力 C.方向竖直向上 D.大小等于重力的2倍 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 擦窗工具做匀速直线运动，受力平衡，在竖直平 面内受重力、拉力和摩擦力，如图所示，根据平 衡条件可得擦窗工具所受摩擦力Ff＝＝ ＝2G，则擦窗工具所受摩擦力与重力不是一对平衡力，擦窗工具所受摩擦力与拉力不是一对平衡力，根据几何关系有tan α＝，解得α＝30°，方向斜向上偏左。故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 3.(2024·山东烟台二模)如图所示，一水晶球支架放置在水平 桌面上，支架由水平底托和三根金属支杆构成。一质量为m、 半径为l的水晶球静置于支架上，水晶球与三根金属支杆的三 个接触点等高，接触点的连线构成边长为l的等边三角形。已 知水晶球质量分布均匀，不计支杆与水晶球间的摩擦，重力 加速度为g，则每根支杆对水晶球的作用力大小为 A. B. C. D.mg √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 设支杆对水晶球的作用力与竖直方向的夹角为θ，根据几何关系有sin θ＝＝，水晶球静止，根据平衡条件可得3Fcos θ＝mg，解得每根支杆对水晶球的作用力大小为F＝。故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 4.(多选)(2025·广东肇庆市高三上学期一模)如图所示，老 虎车是一种很实用的搬运工具，老虎车平面与挡板垂直， 某一次在运货时老虎车平面与水平地面的夹角为α，货物 与老虎车保持相对静止，忽略货物与车平面之间的摩擦 力。g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，下列说法 正确的是 A.无论老虎车怎么运动，老虎车对货物的作用力方向总是竖直向上 B.老虎车停止时，若α由37°缓慢增大到90°，则老虎车对货物的作用力不变 C.若α＝37°不变时，车平面对货物的作用力总是大于挡板对货物的作用力 D.若α＝37°不变时，为使货物不离开挡板，老虎车水平向右的加速度不能超过7.5 m/s2 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 加速运动时，货物所受合外力不为零，老虎车对货物 的作用力方向不是竖直向上，A错误；若夹角α由37° 缓慢增大到90°，老虎车对货物的作用力大小与货物 重力大小相等，方向竖直向上，因此老虎车对货物的 作用力不变，B正确；加速向左运动时，设挡板对货物作用力为F2，老虎车平面对货物的作用力为F1，则有F2cos α－F1sin α＝ma，由于加速度未知，故老虎车平面对货物的作用力大小与挡板对货物的作用力大小无法比较，C错误；为使货物不离开挡板，临界状态时有mgtan α＝ma，可得a＝7.5 m/s2，故老虎车向右的加速度不能超过7.5 m/s2，D正确。故选BD。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 5. (2025·广东省普通高中高三上学期第二 次调研考试)如图甲所示的“悬浮桌”，其 圆形桌面及“桌面支架”完全靠4条钢绳维 系。底座“支撑支架”上端(位于桌面中心 正下方)通过一根竖直轻质“承重钢绳”连接“桌面支架”下端，将桌面和“桌面支架”悬挂起来；为了防止桌面侧翻，桌面边缘圆周线上三等分处，分别用完全相同的轻质“平衡钢绳”与底座上的圆周三等分点拉紧；三条“平衡钢绳”与地面夹角均为θ(如图乙所示)，且其拉力大小均为FT。已知桌面及“桌面支架”的总重力为G。则“承重钢绳”的张力大小为 A.G＋3FTsin θ B.G＋3FTcos θ C.3FTsin θ－G D.3FTcos θ－G √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 桌面及“桌面支架”受到竖直向下的重力G、三条与水平方向成θ角的钢绳斜向下方的拉力FT和承重钢绳竖直向上的拉力FT'，根据竖直方向受力平衡有FT'＝G＋3FTsin θ。故选A。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 6.(2024·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OA和AB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OA与竖直方向成30°角，则 A.F1＝F2 B.F1＝F2 C.F1＝2F2 D.F1＝3F2 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 由题意知两轻绳OA和AB的长度之比为∶1，∠BOA＝30°，B球恰好在悬点O的正下方，由几何关系可知，OA与AB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，故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 7. (2025·广东省高三上学期12月联考)卖货郎是旧时民间在农 村或城市小巷流动贩卖日用杂货的商贩，通常肩挑货担走街 串巷，摇鼓叫卖，唤人们出来购货。如图所示，假设卖货郎 的每个货筐是质量为M的立方体，每个货筐由四条轻绳对称 悬挂于扁担上同一点，则卖货郎肩挑扁担匀速直线前进时，下列说法正确的是 A.每条轻绳中的拉力大小为Mg B.每个货筐上四条轻绳中的拉力相同 C.若将货筐上的四条轻绳减小同样长度但仍对称分布，则每条轻绳中的拉力将变大 D.若将货筐上的四条轻绳减小同样长度但仍对称分布，则卖货郎承受的压力将变大 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 设轻绳与竖直方向的夹角为α，根据力的平衡条件有4Fcos α＝Mg，可得每条轻绳中的拉力大小为F＝，故A错误；四条轻绳中的拉力大小相等，方向不同，故B错误；若货筐上的四条轻绳缩短同样长度但仍对称分布，α增大，根据F＝可知，每条轻绳中的拉力将变大，但卖货郎承受的压力保持不变，故C正确，D错误。故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 8.(2024·广东江门市高三下学期第一次模拟考试)如图所示，在轻绳中间用挂钩(没画出)悬挂一个质量为m的重物，双手紧握轻绳的两端，然后沿水平固定的刻度尺缓慢分开，重力加速度为g，下列说法正确的是 A.两侧轻绳拉力的合力减小 B.两侧轻绳的拉力均减小 C.当θ＝90°时两侧轻绳的拉力均为 D.当两侧绳长与两手间距相等时两侧轻绳的拉力均为mg √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 对重物受力分析如图所示，两侧轻绳拉力的合力不变， 始终等于mg，则有2Fcos＝mg，解得F＝，可知 两侧轻绳的拉力均增大，故A、B错误；当θ＝90°时， 代入数据可得F＝＝，故C正确；当两侧绳 长与两手间距相等即当θ＝60°时，两侧轻绳的拉力均为F＝＝，故D错误。故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 9.(2024·广东湛江一模)如图甲所示，用瓦片做 屋顶是我国建筑的特色之一。铺设瓦片时，屋 顶结构可简化为图乙所示，建筑工人将瓦片轻 放在两根相互平行的檩条正中间后，瓦片静止 在檩条上。已知檩条间距离为d，檩条与水平面 夹角均为θ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是 A.仅减小θ时，瓦片与每根檩条间的摩擦力的合力变大 B.仅减小θ时，瓦片与每根檩条间的弹力的合力变小 C.仅减小d时，瓦片与每根檩条间的弹力变大 D.仅减小d时，瓦片可能会下滑 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 檩条给瓦片的支持力如图所示，设两檩条给瓦片的支持力与檩条垂直向上的夹角为α，则有2Fcos α＝mgcos θ，若仅减小檩条间的距离d时，夹角α变小，则两檩条给瓦片的支持力F变小，故瓦片与每根檩条间的弹力变小，最大静摩擦力变小，则瓦片可能下滑，故C错误，D正确；若仅减小θ时，根据Ff＝mgsin θ可知瓦片与檩条间的摩擦力的合力变小，根据2Fcos α＝mgcos θ可知若仅减小θ时，瓦片与檩条间的弹力的合力变大，故A、B错误。故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 10.如图所示，阳台上有一个用于晾灌肠的光滑曲杆AOB，直杆OA和OB的夹角α＝120°，细绳一端固定在A点，另一端与套在曲杆AOB上的轻环连接，用挂钩挂上质量为m的灌肠时，轻环从曲杆O处沿OB滑下(轻环不滑出OB杆)，重力加速度为g，当灌肠重新平衡后轻绳的张力大小为 A.mg B.mg C.mg D.mg √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 如图所示，同一根绳上拉力处处相等，故合力在夹角的角平分线上，处于静止状态时，右侧绳子必垂直于杆OB，否则不可能平衡，由几何关系得θ＝60°，当灌肠重新平衡时，由几何关系和受力分析可得，在竖直方向上有2FTcos 60°＝mg，解得FT＝mg。故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 11.(18分)(2025·广东广州华南师大附中高三上学期综合测试)图(a)为某国际机场某货物传送装置实物图，简化图如图(b)所示，该装置由传送带ABCD及固定挡板CDEF组成，固定挡板与传送带上表面垂直，传送带上表面ABCD与水平台面的夹角θ＝37°。传送带匀速转动时，工作人员将正方体货物从D点由静止释放，在L＝10 m处取下货物，货物运动时的剖面图如图(c)所示，已知传送带匀速运行的速度v＝1 m/s，货物质量m＝10 kg，其底部与传送带上表面ABCD的动摩擦因数为μ1＝0.5，其侧面与挡板CDEF的动摩擦因数为μ2＝0.25。(重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力)。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 (1)求传送带上表面对货物的摩擦力大小Ff1和挡板对货物的摩擦力大小Ff2； 答案：40 N　 传送带上表面对货物的摩擦力大小Ff1＝μ1mgcos θ＝40 N，挡板对货物的摩擦力大小Ff2＝μ2mgsin θ＝15 N。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 (2)货物在传送带上运动的时间t； 答案：10.2 s 设货物由静止放上传送带获得的加速度为a，对货物有Ff1－Ff2＝ma，解得a＝2.5m/s2 设货物在传送带上经时间t1能达到共速，经过的位移为x1，由运动学公式得v＝at1，x1＝vt1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 解得t1＝0.4 s，x1＝0.2 m＜L 所以物体能在传送带上达到共速，共速后，货物做匀速直线运动，直至被取下，设再经过时间t2到达目的地，则有L－x1＝vt2 货物匀速阶段所用的时间为t2＝9.8 s 货物运动的总时间为t＝t1＋t2＝10.2 s。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 (3)若货物传送到x＝0.2 m时，传送带由于故障突然停止，工作人员待货物安全停止时立即进行维修，用时T＝30 s，传送带恢复正常，忽略传送带加速至恢复正常的时间，求由于故障传送货物耽误的时间Δt。(结果保留2位小数) 答案：30.29 s 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 设货物由于传送带突然出现故障做匀减速运动的加速度为a1，经过的位移为x1'，传送带恢复正常后，货物匀加速达到共速的位移为x2'，对货物有Ff1＋Ff2＝ma1 根据运动学公式有x1'＝，x2'＝ 则Δt＝T＋ 联立并代入数据解得Δt≈30.29 s。 返回 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 谢 谢 观 看 受力分析　共点力平衡 $