第2章 1.第1节 重力 弹力 摩擦力（PPT课件）-【高考突破新方案】2027年高考物理大一轮复习学案

该高中物理高考复习课件聚焦重力、弹力、摩擦力三大核心考点，依据高考评价体系明确相互作用观念的考查要求，通过考点梳理分析摩擦力占比40%、弹力35%的高频分布，归纳动态平衡、临界极值等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题解析+模型突破+素养提升”策略，如以2020山东卷摩擦力题为例，运用科学思维中的模型建构法分析临界平衡，结合弹簧串并联等效劲度系数计算等技巧，培养学生科学推理能力。设“易错警示”和“提分关键”，助力学生掌握答题规律，教师可据此优化复习方案，提升备考效率。

目 录 CONTENTS 第1节　重力　弹力　摩擦力 微专题3 动态平衡　平衡中的临界、极值问题 第2节　力的合成与分解 第3节　牛顿第三定律　共点力的平衡 实验2 探究弹簧弹力与形变量的关系 实验3 探究两个互成角度的力的合成规律 返回目录 第1节 重力　弹力　摩擦力 返回目录 2 考点1　重力和弹力 一、重力 1.产生:由于地球的吸引而使物体受到的力。 点拨提醒　重力不是物体受到的万有引力。 2.公式:G=mg。海拔越高g越小;纬度越高g越大。 3.方向:竖直向下。 返回目录 4.重心:物体的各部分都受到重力的作用,从效果上看,可以认为各部分受到的重力作用 集中于一点,这一点叫作重心。 点拨提醒 (1)重心位置不一定在物体上。 (2)用“悬挂法”确定不规则薄板形物体的重心。 返回目录 二、弹力 1.定义:发生形变的物体,要恢复原状,对与它接触的物体会产生力的作用。 2.产生的条件 (1)物体间直接接触;(2)接触处发生弹性形变。 3.方向:总是与施力物体形变的方向相反。 4.常见模型中的弹力方向 返回目录 5.弹力有无的判断方法 方法 适用情况 具体操作 条件法 形变较明显的情况 根据弹力的产生条件直接判断 假设法 形变不明显的情况 假设两个物体间不存在弹力,若运动状态不变,假设成立;若运动状态改 变,则存在弹力 状态法 物体运动状态已知 运用牛顿第二定律或共点力的平衡条件判断 替换法 形变不明显的情况 用易产生明显形变的物体替换形变不明显的物体,若发生形变,则有弹力 返回目录 典例1    (2025届湖南岳阳云溪月考)如图所示为仰韶文化时期的一款尖底瓶,该瓶装水 后“虚则欹、中则正、满则覆”,下面有关瓶(包括瓶中的水)的说法正确的是(         )   A.瓶所受重力就是地球对瓶的吸引力 B.瓶所受重力的作用线一定可以与两条绳子的延长线交于同一点 C.重力只作用在瓶的重心上 D.装入瓶中的水越多,瓶的重心一定越高 B 返回目录 解析　　瓶所受重力是地球对瓶的吸引力的一个分力,A错误。根据三力平衡汇交定 理【点拨:物体受三个不平行且共面的力作用而平衡时,三力的作用线必共点】,瓶所受 重力的作用线一定可以与两条绳子的延长线交于同一点,B正确。重心是重力的等效 作用点,重力作用在瓶的各个部分,C错误。瓶本身的重心位置不变,将水装入瓶中,随着 水量的增加,瓶与水整体的重心可能先降低后逐渐升高,D错误。 返回目录 典例2    (2025届河北部分学校考评三)如图甲所示,粗细、长短均不同的两个轻弹簧 1、2竖直固定在水平面上的同一点,细弹簧2嵌套在粗弹簧1内部,弹簧1的自由端有一 质量为m的木板,此时木板到地面的距离为d。竖直向下的力F作用在木板上,缓慢压缩 弹簧,力F的大小与木板的位移x的关系如图乙所示。已知重力加速度为g,两个弹簧始 终处于弹性限度内。下列说法正确的是 (         )  　      D A.弹簧1的原长为d B.弹簧2的原长为d+ -a C.弹簧1的劲度系数为  D.弹簧2的劲度系数为 -  返回目录 解析　　开始时弹簧1的压缩量为 (k1为弹簧1的劲度系数),则弹簧1的原长为 +d, A错误。木板下降a后与弹簧2接触,可知弹簧2的原长为d-a,B错误。由题图乙可知F1= k1a,F2-F1=(k1+k2)(b-a),解得弹簧1的劲度系数为k1= 、弹簧2的劲度系数为k2= - , C错误,D正确。 返回目录 提分关键·模型突破 弹簧串联和并联时等效劲度系数的计算 串联: = + +…+ (串联后,弹簧的等效劲度系数更小)。 并联:k总=k1+k2+…+kn(并联后,弹簧的等效劲度系数更大)。 返回目录 考点2　摩擦力 静摩擦力 滑动摩擦力 产生条件 接触面粗糙、接触面上有压力 有相对运动趋势 有相对运动 方向 与相对运动趋势方向相反 与相对运动方向相反 大小 0<f静≤fmax f滑=μFN 平衡状态时:运用力的平衡条件计算 非平衡状态时:运用牛顿第二定律计算 注意 有摩擦力一定有弹力,有弹力不一定有摩擦力 返回目录 ·········· 教考衔接 ·········· 典例3    (人教版必修一P71,T4改编)如图1所示,质量分别为m和M的两粗糙长方体木块 A、B叠在一起,放在水平桌面上。A、B之间的动摩擦因数为μ1,B与桌面之间的动摩擦 因数为μ2。B木块受到一个水平方向的拉力F,在拉力F的作用下,A、B一起向右做匀速 直线运动。重力加速度为g。问: (1)(回归教材)A、B之间的摩擦力有多大?B受到的拉力F又是多大?   (2)(情境变式)如图2所示,若拉力F作用在木块A上,已知最大静摩擦力等于滑动摩擦 力,若木块B能相对桌面滑动,μ1、μ2、m、M应满足什么关系? 返回目录 (3)(拓展变式)撤去拉力F,将木块B一端缓慢抬起,使其与桌面成一定角度,将其固定 (可看作斜面),如图3所示,已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力,木块B与水平桌面的夹角 为θ。 ①求μ1>tan θ、μ1=tan θ及μ1<tan θ三种状态时,木块A所受的摩擦力大小Ff1、Ff2和Ff3。 ②若给木块A施加一推力F',推力F'与斜面的夹角为α,发现无论推力多大,木块A都不能 与木块B发生相对滑动。试求α应满足的条件。 返回目录 (4)(链接高考)(2020山东,8,3分)如图所示,一轻质光滑定滑轮固定在倾斜木板上,质 量分别为m和2m的物块A、B,通过不可伸长的轻绳跨过滑轮连接,A、B间的接触面和 轻绳均与木板平行。A与B间、B与木板间的动摩擦因数均为μ,设最大静摩擦力等于滑 动摩擦力。当木板与水平面的夹角为45°时,物块A、B刚好要滑动,则μ的值为 (         ) C   A. 　　　    B. 　　　    C. 　　　    D.  返回目录 答案 (1)0    μ2(m+M)g    (2)μ1> μ2    (3)见解析    (4)C 返回目录 解析 (1)由于A、B均做匀速直线运动,故A、B所受的合力均为0,对A、B分别受力分析,如图 1、图2所示,可知A不受摩擦力,故A、B之间摩擦力为0 B与桌面之间有滑动摩擦力,故B受的摩擦力f=μ2FN=μ2(m+M)g,根据平衡条件可知拉力 F=f=μ2(m+M)g。  　     　      返回目录 (2)对B受力分析,如图3所示 若要B能相对桌面滑动,则由受力分析有f1>f,所以有f1m>fm,即μ1mg>μ2(m+M)g,解得μ1>  μ2。 (3)①假设木块A相对木块B静止,对木块A受力分析可知Ff=mg sin θ,由题意可知,木块A 相对木块B的最大静摩擦力为Ffm=μ1mg cos θ。 当μ1>tan θ时,有Ff<Ffm,木块A处于静止状态,故Ff1=mg sin θ; 当μ1=tan θ时,有Ff=Ffm,木块A恰好处于静止状态,故Ff2=mg sin θ=μ1mg cos θ; 当μ1<tan θ时,有Ff>Ffm,木块A与木块B发生相对滑动,故Ff3=μ1mg cos θ。 ②F'的方向未知,故需分情况讨论 返回目录 情况1:对木块A受力分析,如图4所示 垂直斜面有FN=mg cos θ+F'sin α 沿斜面有mg sin θ+fA=F'cos α 得到fA=F'cos α-mg sin θ≤μ1(mg cos θ+F'sin α) 解得cos α-μ1sin α≤ (μ1cos θ+sin θ) 由于无论推力多大都不能发生相对滑动 故考虑F'≫mg,可得cos α-μ1sin α≤0 图4 返回目录 故有tan α≥  情况2:对木块A受力分析,如图5所示 垂直斜面有FN'=mg cos θ+F' sin α 沿斜面有F' cos α+mg sin θ=fA' 同理可得tan α≥  (4)物块A、B刚好要滑动,说明A、B刚好处于平衡状态,所受摩擦力为最大静摩擦力。 图5 返回目录 【点拨:对于A、B之间的相对运动趋势,假设此时为木板与水平面夹角为90°的极限情 况,应该是质量较小的物块A相对物块B有向上滑动趋势,同时质量较大的物块B相对木 板有向下滑动趋势】分别对A、B受力分析,如图所示,对A,T=mg sin 45°+μmg cos 45°,对 B,T+μmg cos 45°+3μmg·cos 45°=2mg sin 45°,联立解得μ= ,C正确。 返回目录 提分关键·方法提升 静摩擦力有无及方向的判断方法 条件法 根据物体是否直接接触并发生挤压,接触面是否粗糙,有无相对运动趋势来判断 假设法   状态法 先判断物体的运动状态,然后通过受力分析列方程(a=0,列平衡方程;a≠0,F合=ma),最后确定静摩擦力的有无及方向 转换对象法 先确定受力较少的物体受到的静摩擦力的方向,再根据牛顿第三定律确定另一物体受到的静摩擦力的方向 返回目录 ·········· 能力进阶 ·········· 典例4　如图所示,重力为G的木块,恰好能静止在倾角为θ的斜面上。木块与斜面间的 最大静摩擦力等于滑动摩擦力。若给木块施加一竖直向下的外力F(已知),求木块所受 摩擦力的大小。 返回目录 答案 (G+F)sin θ 解析 木块恰好静止在斜面上,在不施加外力时,对木块受力分析如图1所示,可得G sin θ=Ff,其 中Ff=μFN=μG cos θ,联立解得μ=tan θ。 施加外力后,对木块再次受力分析,如图2所示,垂直斜面方向有FN'=(G+F)cos θ,最大静 摩擦力Ffm=μ(G+F)cos θ=(G+F)sin θ,故合力仍然为零,木块仍处于静止状态,故木块所受 摩擦力为(G+F)sin θ。 返回目录 (进阶1·倾角变化)若撤去外力,改变倾角θ,使倾角θ从0°逐渐增大到90°,则木块所受摩 擦力大小将如何变化。 答案 先增大后减小 解析 木块水平放置时,无运动趋势,其所受摩擦力为0,当倾角θ增大时,起初木块没有发生滑 动,故其所受摩擦力为静摩擦力,根据力的平衡条件可知Ff=G sin θ,静摩擦力随θ的增大 而增大。当木块开始滑动时,木块所受滑动摩擦力为μG cos θ,μ不变,摩擦力随θ的增大 而逐渐减小,综上,木块所受摩擦力的大小先增大后减小。 返回目录 (进阶2·摩擦力反向)若在木块上施加沿斜面向上的推力F,使木块沿斜面匀速向上运 动,求推力F的大小。 答案 2G sin θ 解析 木块匀速上滑,对其受力分析,如图3所示,可得FN=G cos θ,F=G sin θ+Ff,且Ff=μFN,联立解 得F=G sin θ+μG cos θ,其中μ=tan θ,所以F=2G sin θ。 返回目录 (进阶3·正压力的变化)若将推力F改为水平方向,仍能使木块沿斜面匀速向上运动, 求推力F的大小。 答案 G tan 2θ 解析 木块匀速上滑,对其受力分析,如图4所示,可得F sin θ+G cos θ=FN,F cos θ=G sin θ+Ff,又 Ff=μFN,联立解得F= ,其中μ=tan θ,所以F=G tan 2θ。 返回目录 (进阶4·摩擦力产生条件分析)如图所示,轻质弹簧一端系在质量为m=1 kg的小物块 上,另一端固定在墙上。物块在斜面上静止时,弹簧与竖直方向的夹角为37°,已知斜面 倾角θ=37°,斜面与小物块间的动摩擦因数μ=0.5,斜面固定不动。设物块与斜面间的最 大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等,已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g=10 m/s2,试分析小物 块所受的作用力个数、弹簧所处状态及弹簧弹力大小的范围。 返回目录 答案 四　压缩状态　弹簧弹力F弹≥4 N 解析 由题知μ<tan θ,小物块静止时有mg sin θ≤μ(mg cos θ+F弹),解得弹簧弹力F弹≥4 N,弹簧 处于压缩状态,小物块受重力、弹簧的弹力、斜面的支持力和摩擦力四个力的作用。 返回目录 (进阶5·降维法分析力的关系)如图所示,粗糙的正方形斜面ABCD与水平面间的夹角 θ=30°,一质量为m的物体受到与对角线BD平行的恒力F作用,恰好能沿斜面的对角线 AC做匀速直线运动,重力加速度为g,试分析物体与斜面间的动摩擦因数及恒力F的大小。 返回目录 答案       mg 解析 物体所受滑动摩擦力方向与速度方向相反,即沿CA方向,重力的分力沿斜面向下,由受 力平衡可得f cos 45°+F cos 45°=mg sin 30°、f sin 45°=F sin 45°,联立解得F=f=  mg。 根据f=μmg cos 30°,可得μ= 。 返回目录 提分关键·规律总结 摩擦力的突变 分类 说明   滑块放在粗糙水平面上,作用在滑块上的水平力F从0逐渐增大,当滑块开始滑动时,滑块受水平面的摩擦力由静摩擦力“突变”为滑动摩擦力,方向不变   滑块以v0冲上斜面做减速运动,当到达某位置时速度减为0,而后静止在斜面上,滑动摩擦力“突变”为静摩擦力,方向相反   在水平力F作用下滑块静止于斜面上,F突然增大时滑块仍静止,则滑块所受静摩擦力可能会在大小或方向上发生“突变”   水平传送带的速度v1大于滑块的速度v2,滑块所受滑动摩擦力方向水平向右;当传送带突然被卡住时,滑块受到的滑动摩擦力方向“突变”为向左 返回目录 $