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（新高考）

该高中物理高考复习课件聚焦“受力分析与共点力平衡”核心考点，覆盖静态平衡、动态平衡及临界极值问题三大考查要求。通过对接高考评价体系，梳理出整体法隔离法应用、动态平衡分析等高频考点，结合知识梳理、核心突破及错点锐锋模块，归纳合成法、正交分解法等常考题型，体现高考备考的针对性与实用性。 课件亮点在于融合高考真题训练与科学思维培养，如以2023浙江6月卷、2022河北卷真题为例，详解动态平衡的图解法、相似三角形法等突破方法，培养学生模型建构与科学推理素养。特设针对练与课时测评，帮助学生掌握临界问题极值求解技巧，教师可据此系统组织复习，提升学生应试得分能力。

第3讲　受力分析　共点力平衡 高三一轮复习讲义 新高考 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 知识梳理 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。 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。 ( ) × √ √ × 核心突破 1．受力分析的一般流程 2．受力分析的三种方法 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 知识梳理 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。 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。 ( ) √ 核心突破 解决静态平衡问题的四种常用方法 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) (2023·浙江6月·T6)如图所示，水平面上固定两排平行 的半圆柱体，重为G的光滑圆柱体静置其上，a、b为相切 点，∠aOb＝90°，半径Ob与重力的夹角为37°。已知 sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则圆柱体受到的支持力Fa、Fb大小为 A．Fa＝0.6G，Fb＝0.4G B．Fa＝0.4G，Fb＝0.6G C．Fa＝0.8G，Fb＝0.6G D．Fa＝0.6G，Fb＝0.8G 例2 √ 方法一：分解法 对圆柱体受力分析，将重力分别沿着Fa、Fb的反方向 分解，根据平衡条件可得Fa＝G sin 37°＝0.6G，Fb＝ G cos 37°＝0.8G，D正确。 方法二：合成法 对圆柱体受力分析，根据平衡条件可知圆柱体受到的支持力Fa、Fb的合力与重力G平衡，同理可得Fa＝G sin 37°＝0.6G，Fb＝G cos 37°＝0.8G，D正确。 例3 考向2　正交分解法 (2024·浙江1月·T6)如图所示，在同一竖直平面内，小 球A、B上系有不可伸长的细线a、b、c和d，其中a的上端 悬挂于竖直固定的支架上，d跨过左侧定滑轮、c跨过右侧 定滑轮分别与相同配重P、Q相连，调节左、右两侧定滑轮 高度达到平衡。已知小球A、B和配重P、Q质量均为50 g， 细线c、d平行且与水平面成θ＝30°角(不计摩擦)，g取10 m/s2，则细线a、b的拉力分别为 A．2 N，1 N B．2 N，0.5 N C．1 N，1 N D．1 N，0.5 N √ 对A、B整体分析可知，细线c对A的拉力和细线d对B的 拉力大小相等、方向相反，细线a的拉力大小为FTa＝ 2mg＝1 N；设细线b与水平方向夹角为α，对A、B受力 分析，根据平衡条件分别有FTbsin α＋FTcsin θ＝mg， FTbcos α＝FTdcos θ，其中FTd＝FTc＝mg＝0.5 N，解得 FTb＝0.5 N。故选D。 考向3　三角形法 (2024·广东珠海模拟)如图所示的装置，杆QO沿竖直方向固定，且顶端有一光滑的定滑轮，轻杆OP用铰链固定于O点且可绕O点转动，用两根轻绳分别拴接质量分别为m1、m2的小球1、2并系于P点，其中拴接小球1的轻绳跨过定滑轮，已知O点到滑轮顶端Q的距离等于OP，当系统平衡时两杆的夹角为α＝120°，则m1∶m2为 A．1∶2 B．∶2 C．1∶1 D．∶1 例4 √ 以结点P为研究对象，受力分析如图所示，则拴接小球1的轻绳的拉力大小等于m1g，由力的平衡条件将杆OP的支持力与轻绳的拉力合成，由相似三角形可得m1g＝2m2g cos 30°，解得m1∶m2＝。故选D。 考向4　立体空间中力的平衡问题 图甲为挂在架子上的双层晾衣篮。上、下篮子完全相同且保持水平，每个篮子由两个质地均匀的圆形钢圈穿进网布构成，两篮通过四根等长的轻绳与钢圈的四等分点相连，上篮钢圈用另外四根等长轻绳系在挂钩上。晾衣篮的有关尺寸如图乙所示，则图甲中上、下各一根绳中的张力大小之比为 A．1∶1 B．2∶1 C．5∶2 D．5∶4 例5 √ 设一个篮子的质量为m，连接下篮的每根绳子的拉力为FT2，对下篮，根据平衡条件得4FT2＝mg，解得FT2＝，设连接上篮的每根绳子的拉力为FT1，绳子与竖直方向夹角为θ，对两个篮子组成的整体，由平衡条件得4FT1cos θ＝2mg，根据几何关系得sin θ＝＝0.6，联立解得FT1＝mg，则，故C正确，A、B、D错误。故选C。 考向5　整体法和隔离法解决多物体平衡问题 如图所示，两个质量均为m的小球通过两根轻弹簧A、 B连接，在水平外力F作用下，系统处于静止状态，弹簧实 际长度相等。弹簧A、B的劲度系数分别为kA、kB，且原长 相等。弹簧A、B与竖直方向的夹角分别为θ、45°。设A、 B中的拉力分别为FA、FB，小球直径相比弹簧长度可忽略，弹簧处于弹性限度内，重力加速度为g，则 A．tan θ＝ B．kA＝kB C．FA＝mg D．FB＝2mg 例6 √ 对下面的小球进行受力分析，如图甲所示，根据平衡条件得F＝mg tan 45°＝mg，FB＝mg，故D错误；对两个小球和弹簧B整体受力分析，如图乙所示，根据平衡条件得tan θ＝，又F＝mg，解得tan θ＝，而FA＝，故A正确，C错误；由题意可知，两弹簧的形变量相等，则有x＝，解得，故B错误。 处理多物体平衡问题的技巧 1．合理选择研究对象：在分析两个或两个以上物体间的相互作用时，一般采用整体法与隔离法进行分析，在使用时有时需要先整体再隔离，有时需要先隔离再整体，有时需要交替使用整体法和隔离法。 2．转移研究对象：用隔离法直接分析一个物体的受力情况不方便时，可转移研究对象，先隔离分析相互作用的另一个物体的受力情况，再根据牛顿第三定律分析该物体的受力情况。　　 总结提升 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 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 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。 方法 过程 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 (2021·湖南卷·T5)质量为M的凹槽静止在水平地面上，内壁为半圆柱面，截面如图所示，A为半圆的最低点，B为半圆水平直径的端点。凹槽恰好与竖直墙面接触，内有一质量为m的小滑块。用推力F推动小滑块由A点向B点缓慢移动，力F的方向始终沿圆弧的切线方向，在此过程中所有摩擦均可忽略，下列说法正确的是 A．推力F先增大后减小 B．凹槽对滑块的支持力先减小后增大 C．墙面对凹槽的压力先增大后减小 D．水平地面对凹槽的支持力先减小后增大 例7 √ 审题指导　(1)分析推力F和凹槽对滑块的支持力的大小变化应以小滑块为研究对象。 (2)分析墙面对凹槽的压力的大小变化应以凹槽为研究对象。 (3)分析水平地面对凹槽的支持力的大小变化应以滑块和凹槽整体为研究对象。 设θ为小滑块与O点的连线跟竖直方向的夹角，由平衡条件可知，推力F＝mg sin θ，凹槽对滑块的支持力FN＝mg cos θ，小滑块由A点向B点缓慢移动过程中，θ逐渐增大，F逐渐增大，FN逐渐减小，选项A、B错误；由牛顿第三定律可知，滑块对凹槽的压力FN′＝FN＝mg cos θ，滑块对凹槽的压力FN′在水平方向上的分力FN′sin θ＝ mg cos θsin θ＝0.5mg sin 2θ，对凹槽进行受力分析，由平衡条件可知，墙面对凹槽的压力为F压＝0.5 mg sin 2θ，当θ＝45°时最大，所以墙面对凹槽的压力先增大后减小，选项C正确；由于力F的方向始终沿圆弧的切线方向且逐渐增大，对滑块和凹槽整体受力分析，可知水平地面对凹槽的支持力逐渐减小，选项D错误。故选C。 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G sin θ B．若力F沿水平方向，斜面对重物的支持力大小为G cos 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G sin 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 ＝G tan 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＝G sin 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 (2022·河北卷·T7)如图，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 例10 √ 设两绳子对圆柱体的拉力的合力为FT，木板对圆柱体的支持力为 FN，从右向左看，对圆柱体受力分析并合成矢量三角形如图所示。 在木板以直线MN为轴向后方缓慢转动直至水平的过程中，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，在矢 量三角形中，根据正弦定理得，则由sin γ不断减小可知FT不断减小，由sin β先增大后减小可知FN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FT′，则2FT′cos θ＝FT，可得FT′＝，θ不变，FT逐渐减小，可知绳子拉力不断减小，故B正确，A、C、D错误。 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F cos θ＝Ff，F sin 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＝F cos 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 F cos θ－F2－F1cos θ＝0 F sin θ＋F1sin θ－mg＝0 可得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．(多选)如图所示，一个质量m＝0.4 kg的小球穿在水平直杆上处于静止状态，现对小球施加一个5 N的拉力F，F与杆的夹角为53°，小球与杆之间的动摩擦因数μ＝0.5，则(g取10 N/kg，cos 53°＝0.6) A．小球受到2个力 B．小球受到3个力 C．若F＝10 N，则小球受4个力 D．若F＝10 N，则小球受3个力 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 如图在沿杆和垂直杆方向建立直角坐标系，当F＝5 N时，F在y轴上的分力Fy＝F sin 53°＝4 N，F与重力在y轴上的合力刚好为0，所以杆与小球只接触不挤压，无弹力和摩擦力，A正确，B错误；当F＝10 N时，Fy＝8 N，F与重力在y轴上的合力为4 N，垂直于杆向上，此时杆对小球的弹力垂直于杆向下，且F在水平方向上有分力，因此杆对小球还有摩擦力，小球一共受4个力，C正确，D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 2．(2024·四川蓉城名校联考)如图所示，天花板与水平面间的夹角为θ＝37°，一质量为m的物块在一垂直于天花板向上的力F作用下静止于天花板上，已知物块与天花板之间的动摩擦因数为μ＝0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则 A．物块可能只受三个力作用 B．物块对天花板的摩擦力沿天花板向上 C．力F的大小不得小于2mg D．力F的大小可能为1.25mg √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 物块在重力作用下，有沿天花板下滑的趋势，一定受到沿 天花板向上的静摩擦力，则天花板对物块一定也有弹力， 所以物块受重力、推力F、天花板的弹力和摩擦力四个力 的作用，故A错误；天花板对物块的摩擦力沿天花板向上， 根据牛顿第三定律可知，物块对天花板的摩擦力沿天花板向下，故B错误；对物块受力分析及正交分解如图所示，物块静止，则y方向有F＝mg cos θ＋FN，x方向有Ff＝mg sin θ≤Ffm＝μFN，联立解得F≥2mg，故C正确，D错误。故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 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 12 13 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3F cos 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 12 13 4．(2024·河北卷·T5)如图，弹簧测力计下端挂有一质量为 0.20 kg的光滑均匀球体，球体静止于带有固定挡板的斜面 上，斜面倾角为30°，挡板与斜面夹角为60°。若弹簧测力 计位于竖直方向，读数为1.0 N，g取，则挡板对球 体支持力的大小为 A． N B．1.0 N C． N D．2.0 N √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 对球体进行受力分析，球体受重力mg、弹簧测力计的拉力FT、挡板对其的支持力FN1、斜面对其的支持力FN2，如图所示。由图可知，FN1cos 60°＝FN2cos 60°，FN1sin 60°＋FN2sin 60°＋FT＝mg，联立解得FN1＝FN2＝ N，A正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 5．(多选)(2024·新课标卷·T24·改编)将重物从高层楼房的窗外运到地面时，为安全起见，要求下降过程中重物与楼墙保持一定的距离。如图，一种简单的操作方法是一人在高处控制一端系在重物上的绳子P，另一人在地面控制另一根一端系在重物上的绳子Q，二人配合可使重物缓慢竖直下降。若重物的质量m＝42 kg，重力加速度大小g＝10 m/s2，当P绳与竖直方向的夹角α＝37°时，Q绳与竖直方向的夹角β＝53°，则此时 A．P绳中拉力的大小为1 200 N B．P绳中拉力的大小为900 N C．Q绳中拉力的大小为1 200 N D．Q绳中拉力的大小为900 N √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 重物下降的过程中受力平衡，设此时P、Q绳中拉力的大小分别为FT1和FT2，则竖直方向有FT1cos α＝mg＋FT2cos β，水平方向有FT1sin α＝FT2sin β，联立解得FT1＝1 200 N，FT2＝900 N。故选AD。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 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 12 13 由题意知两轻绳OA和AB的长度之比为，∠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＝mg tan (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＝3mg tan 30°＝mg，可得F1＝2mg，即F1＝2F2，故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 7．(2024·湖南衡阳模拟)如图，OABC为常见的“汽车千斤顶”。当汽车需要换轮胎时，司机将它放在车身底盘和地面之间，只需摇动手柄使螺旋杆OA转动，O、A之间的距离就会逐渐减小，O、C之间的距离增大，就能将汽车车身缓缓地顶起来。在千斤顶将汽车顶起来的过程中，下列关于OA、OB的弹力的说法正确的是 A．OA、OB的弹力不断变大 B．OA、OB的弹力不断变小 C．OA的弹力变大、OB的弹力变小 D．OA的弹力变小、OB的弹力变大 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 对O点进行受力分析，它受到汽车对它竖直向下的压力，大小等于汽车的重力G，OA方向杆的弹力FOA，BO方向的弹力FBO，OB与水平方向夹角为θ，可知FBO＝，当千斤顶将汽车顶起来的过程中，θ变大，则FBO和FOA均变小，故B正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 8．(2024·河南郑州联考)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，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．地面对框架的摩擦力始终为零 B．框架对小球的支持力先减小后增大 C．拉力F的最小值为mg cos θ D．框架对地面的压力先增大后减小 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 以小球为研究对象，受力分析如图所示，根据几何关 系可知，当F顺时针转动至竖直向上之前，框架对小 球的支持力FN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，此时为Fmin＝mg cos θ，故B错误，C正确；以框架与小球组成的整体为研究对象，整体受到重力、地面的支持力、地面的摩擦力以及力F的作用，F在顺时针方向转动的过程中，FN沿水平方向的分力逐渐减小，故F沿水平方向的分力逐渐减小，所以地面对框架的摩擦力始终在减小，FN沿竖直方向的分力逐渐减小，故F沿竖直方向的分力逐渐增大，所以地面对框架的支持力始终在减小，则框架对地面的压力始终在减小，故A、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 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 12 13 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2F cos α＝ mg cos 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＝mg sin θ可知瓦片与檩条间的摩擦力的合力变小，根据2F cos α＝mg cos 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 12 13 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 12 13 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 12 13 11．(多选)如图所示，质量为2M的物块A静置于水平台面上，质量为M的半球体C静置于水平地面上，质量为m的光滑小球B(可视为质点)放在半球体C上，P点为三根轻绳PA、PB、PO的结点。系统在图示位置处于静止状态，P点位于半球体球心的正上方，PO竖直，PA水平，PB刚好与半球体相切且与竖直方向的夹角θ＝30°。已知物块A与台面间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，则 A．绳OP的拉力大小为mg B．C受到的摩擦力大小为mg C．A受到的摩擦力大小为mg D．地面对C的支持力大小为Mg＋mg √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 对小球B受力分析如图所示，PB的拉力大小FTPB＝ mg cos θ＝mg，对P点受力分析可知，OP的拉力大小 FTOP＝FTPBcos θ＝mg，A错误；对物体A受力分析可知， 物体A所受摩擦力大小等于绳PA的拉力大小，即FfA＝FTPBsin θ＝mg，C错误；对A、B、C组成的整体受力分析可知，半球C受到的摩擦力大小等于A所受摩擦力大小，即FfC＝FfA＝mg，B正确；对B、C整体受力分析，由平衡条件可知，地面对半球C的支持力大小为(M＋m)g－FTPBcos θ＝Mg＋mg，D正确。故选BD。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 12．(2025·江西南昌六校联考)如图甲所示 为自动采棉机，自动采棉机在采摘棉花的 同时将棉花打包成圆柱形棉包，通过采棉 机后侧可以旋转的支架平稳将其放下，这 个过程可以简化为如图乙所示模型。质量为m的棉包放在“V”形挡板上，两板间夹角为120°固定不变，“V”形挡板可绕O轴在竖直面内转动。在使OB板由水平位置顺时针缓慢转动60°过程中，忽略“V”形挡板对棉包的摩擦力，已知重力加速度为g，下列说法正确的是 A．棉包对OA板的压力先增大后减小 B．棉包对OB板的压力先增大后减小 C．当OB板转过30°时，棉包对OA板的作用力大小为mg D．当OB板转过60°时，棉包对OB板的作用力最小但不为零 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 当OB板由水平位置顺时针缓慢转动一定角度时，对棉包受力分析如图1所示，由正弦定理可得，在旋转过程中α从120°逐渐变大到180°，β从180°逐渐减小到120°，因此OB板由水平位置缓慢转动60°过程中，棉包对OA板压力逐渐增大，对OB板压力逐渐减小，故A、B错误； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 当OB板转过30°时，两板与水平方向夹角均为30°，对棉包受力分析如图2所示，两板支持力大小相等，与竖直方向夹角为30°，可得FN＝mg，故C正确；当OB板转过60°时，OA板处于水平位置，棉包只受到重力和OA板的支持力，棉包对OB板的作用力为零，故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 13．(2025·江苏南京模拟)质量为m粗细均匀的麻绳如图所示悬挂，悬点处切线与竖直方向夹角分别为37°和53°，P点为最低点，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，则 A．左侧悬点对麻绳拉力为0.6mg B．右侧悬点对麻绳拉力为0.8mg C．最低点P处张力为0.3mg D．P点右侧麻绳质量为0.36m √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 对麻绳受力分析，受重力mg、左侧悬点对麻绳的拉力F1、右侧悬点对麻绳的拉力F2，则F1cos 37°＋F2cos 53°＝mg，F1sin 37°＝F2sin 53°，解得F1＝0.8mg，F2＝0.6mg，故A、B错误；对P点右侧麻绳受力分析，受重力m2g、最低点P处张力F、右侧悬点对麻绳的拉力F2，则F＝F2sin 53°＝0.48mg，m2g＝F2cos 53°＝0.36mg，所以P点右侧麻绳质量为m2＝0.36m，故C错误，D正确。 返回 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 谢 谢 观 看 受力分析　共点力平衡 $