第2章 第3讲 受力分析 共点力的平衡(课件PPT)-【高考领航】2027年高考物理大一轮复习学案（创新版）

该高中物理高考复习课件聚焦“受力分析 共点力的平衡”核心考点，依据高考评价体系明确受力分析步骤、整体法隔离法应用及平衡条件推论等考查要求，通过近五年高考真题分析，归纳出静态平衡、多体受力等常考题型，构建系统备考框架。 课件亮点在于“真题情境+方法突破+素养提升”策略，如以2025年北京卷叠放物块受力分析题为例，运用隔离法结合科学推理素养破解多力平衡问题，同步设置自锁模型等拓展专题，帮助学生掌握正交分解等得分技巧，教师可依托此课件实现考点精准突破，提升复习效率。

第3讲　受力分析　共点力的平衡 返回 ‹#› 1.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，会解决共点力平衡问题。 目标 要求 返回 ‹#› 1 强基础 固本增分 2 研考点 精准突破 3 限时规范训练 栏 目 导 引 返回 ‹#› 3 强基础 固本增分 一、受力分析 1．受力分析 把研究对象(指定物体)在特定的物理环境中受到的所有力都找出来，并画出__________的过程。 2．受力分析的一般顺序 (1)先画出____。 (2)其次分析____。 (3)再分析______。 (4)最后分析______。 受力分析图 重力 弹力 摩擦力 电磁力 返回 ‹#› 二、共点力的平衡 1．平衡状态 物体处于____状态或________运动状态。 2．平衡条件 F合＝0或者 静止 匀速直线 返回 ‹#› 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__________________。 (2)三力平衡：如果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________________大小相等，方向相反。 (3)多力平衡：如果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________________大小相等，方向相反。 大小相等，方向相反 其余两个力的合力 其余几个力的合力 返回 ‹#› 1．判断正误 (1)对物体进行受力分析时，只能画该物体受到的力，该物体对别的物体施加的力不能画在该物体上。( ) (2)物体处于平衡状态时，其加速度一定为零。( ) (3)物体受两个力处于平衡状态，这两个力必定等大反向。( ) (4)若物体受三个力F1、F2、F3的作用而平衡，将F2转动90°时，三个力的合力大小为F2。( ) (5)物体沿斜面下滑时，物体受重力、支持力和下滑力的作用。( ) (6)做竖直上抛运动的物体，上升到最高点时，速度为零，物体处于平衡状态。( ) × √ √ √ √ × 返回 ‹#› 2．(2025·北京卷，6)如图所示，长方体物块A、B叠放 在斜面上，B受到一个沿斜面方向的拉力F，两物块保 持静止。B受力的个数为(　　) A．4 B．5 C．6 D．7 解析：C　根据题意，对A受力分析可知，受重力、B的支持力，由于A静止，则A还受B沿斜面向上的静摩擦力，对B受力分析可知，受重力、斜面的支持力、A的压力、拉力F，B还受A沿斜面向下的摩擦力，由于B静止，则受沿斜面向上的摩擦力，即B受6个力作用。故选C。 C　 返回 ‹#› 3．(多选)(人教版教材原题改编)一根轻绳一端系小球P，另一端系于光滑墙壁上的O点，在墙壁和小球P之间夹有一长方体物块Q，如图所示，在小球P、物块Q均处于静止状态的情况下，下列有关说法正确的是(　　) A．物块Q受3个力 B．小球P受4个力 C．若O点下移，物块Q受到的静摩擦力将增大 D．若O点上移，绳子的拉力将变小 BD　 返回 ‹#› 解析：BD　分别对P和Q进行受力分析可知，Q受重力、墙壁的弹力、P对Q的弹力、P对Q的摩擦力，P受重力、绳子的拉力、Q对P的弹力、Q对P的摩擦力，因此A错误，B正确；分析Q的受力情况可知，若O点下移，Q处于静止状态，其受到的静摩擦力仍等于重力，静摩擦力不变，C错误；对P进行受力分析可知，若O点上移，绳子的拉力将变小，D正确。 返回 ‹#› 研考点 精准突破 考点一　受力分析 (2025·八省联考内蒙古卷)“那达慕”是国家级非物质文化遗产，套马是“那达慕”大会的传统活动之一。某次套马的情景如图所示。套马者视为质点，可能受重力G、支持力FN、拉力F、摩擦力Ff，其受力示意图可能正确的是(　　) B　 返回 ‹#› 11 解析：B　对套马者受力分析可知，套马者受到沿绳子方向向左上方的拉力F，垂直于水平面的支持力FN，竖直向下的重力G，水平向右的摩擦力Ff，故A、D错误，B正确；如果没有支持力也就不会有摩擦力，故C错误。故选B。 返回 ‹#› 受力分析的四点注意 (1)只分析研究对象所受的力，不分析研究对象对其他物体的作用力。 (2)只分析外力，不分析内力。 (3)只分析性质力，不分析效果力。 (4)分力、合力不要重复分析。 返回 ‹#› (经典高考题)如图所示，物体A靠在竖直墙面上，在力F作用下，A、B保持静止。物体B的受力个数为(　　) A．2 B．3 C．4 D．5 C　 返回 ‹#› 解析：C　先以物体A为研究对象，受力情况如图甲所示，此时，墙对物体A没有支持力(此结论可利用整体法得出)。再以物体B为研究对象，结合牛顿第三定律，其受力情况如图乙所示，即要保持物体B平衡，B应受到重力、压力、摩擦力、力F共4个力的作用。 图甲　　　　图乙 返回 ‹#› 整体法和隔离法的使用技巧 (1)当分析相互作用的两个或两个以上物体整体的受力情况及分析外力对系统的作用时，宜用整体法。 (2)当分析系统内各物体(或一个物体各部分)间的相互作用时，宜用隔离法。 返回 ‹#› 16 (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)(　　) 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 AC　 返回 ‹#› 解析：AC　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，小球总共受4个力，C正确，D错误。 返回 ‹#› 思路点拨：注意判断F在y轴上的分力与小球重力大小的关系 返回 ‹#› [归纳总结]　受力分析的四种方法 整体法 将加速度相同的几个相互关联的物体作为一个整体进行受力分析的方法 隔离法 将所研究的对象从周围的物体中分离出来，单独进行受力分析的方法 状态法 根据其他力与物体的运动状态是否相符判断该力是否存在 转换法 在受力分析时，若不能确定某力是否存在，则： (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 返回 ‹#› 考点二　物体的静态平衡 考向1　合成法的应用 (2023·河北卷，4)如图，轻质细杆AB上穿有一个质量为m的小球C，将杆水平置于相互垂直的固定光滑斜面上，系统恰好处于平衡状态。已知左侧斜面与水平面成30°角，则左侧斜面对杆AB支持力的大小为 (　　) A．mg B．mg C．mg D．mg B　 返回 ‹#› 解析：B　轻杆和小球组成的整体，受斜面的支持力FNA、FNB和自身的重力mg而处于平衡状态，如图所示，由平衡条件有FNA＝mg cos 30°，解得FNA＝mg，故选B。 返回 ‹#› 适用于三力平衡问题，根据任意两个力的合力与第三个力大小相等、方向相反，通过平行四边形定则建立平衡关系。 返回 ‹#› (2025·四川绵阳高三诊断)如图所示，支架固定在水平地面上，其倾斜的光滑直杆与地面成30°夹角，两圆环A、B穿在直杆上，并用跨过光滑定滑轮的轻绳连接，滑轮的大小不计，整个装置处于同一竖直平面内。圆环平衡时，绳OA竖直，绳OB与直杆间夹角为30°，则两圆环A、B的质量之比为(　　) A．1∶ B．1∶2 C．∶1 D．∶2 A　 返回 ‹#› 解析：A　分别对两圆环A、B受力分析，如图所示。以A为研究对象，则A只能受到重力和绳子的拉力的作用，杆对A不能有弹力的作用，否则A水平方向受力不能平衡，有FT＝mAg，以B为研究对象，有mBg＝2FTcos 30°＝FT，故mA∶mB＝1∶，A正确。 返回 ‹#› 多物体的静态平衡问题，注意整体法与隔离法的应用。 返回 ‹#› 考向2　效果分解法的应用 (2024·贵州卷，4)如图甲，一质量为m的匀质球置于固定钢质支架的水平横杆和竖直墙之间，并处于静止状态，其中一个视图如图乙所示。测得球与横杆接触点到墙面的距离为球半径的1.8倍，已知重力加速度大小为g，不计所有摩擦，则球对横杆的压力大小为(　　) A．mg　　 　　　 B．mg C．mg D．mg 图甲　　　　　图乙 D　 返回 ‹#› 解析：D　设球与横杆接触点与球心连线与竖直方向夹角为θ，如图所示，将小球的重力按照力的作用效果分解为G1和G2，有G1＝，设小球的半径为r，则sin θ＝＝0.8，所以cos θ＝＝0.6，即G1＝mg，球对横杆的压力FN大小等于分力G1，即FN＝G1＝mg，D正确，ABC错误。 返回 ‹#› 将其中一个力按作用效果分解，其两个分力分别与物体受到的另两个力等大反向。 返回 ‹#› 考向3　正交分解法的应用 (2024·河北卷，5)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10 m/s2，挡板对球体支持力的大小为(　　) A． N B．1.0 N C． N D．2.0 N A　 返回 ‹#› 解析：A　球体受到的拉力F＝1.0 N，方向竖直向上，重力竖直向下，挡板和斜面与水平方向的夹角均为30°，则挡板和斜面对球体的支持力大小相等，由平衡条件得2FNcos 30°＋F＝mg，解得FN＝ N，故选A。 返回 ‹#› 适用于多力平衡问题，通过两个垂直方向的合力为零，Fx合＝0，Fy合＝0。 返回 ‹#› [教考衔接]　本题的命题角度和考查要点与人教版必修第一册P79“练习与应用”5题相近，可看成是教材习题的改编。 [教材原题]　将一个质量为4 kg的铅球放在倾角为45°的斜面上，并用竖直挡板挡住，铅球处于静止状态(如图)。不考虑铅球受到的摩擦力，铅球对挡板的压力和对斜面的压力分别是多少？ 答案：39.2 N　55.4 N 返回 ‹#› 考向4　矢量三角形法的应用 (2025·河北省新高考九师联盟高三质检)如图所示，长度为L1的木棒一端支在光滑竖直墙上的A点，另一端B点被轻质细线斜拉着挂在墙上的C点而处于静止状态，细线与木棒之间的夹角为θ，A、C两点之间的距离为L2，墙对木棒的支持力为F，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A．细线与竖直墙之间的夹角的正弦值为 B．木棒受到三个力(或延长线)可能不交同一点 C．细线对木棒的拉力大小为 D．木棒的质量为 C　 返回 ‹#› 解析：C　设细线与竖直墙之间的夹角为α，在△ABC中由正弦定理可得，解得sin α＝，故A错误；根据共点力平衡的原理，木棒受到的三个力(或延长线)一定交于同一点，故B错误；设细线的拉力为FT，木棒的质量为m，对木棒受力分析如图，由力的平衡条件有F＝FTsin α，mg＝FTcos α，结合sin α＝，解得FT＝，故C正确，D错误。 返回 ‹#› 对受三力作用而平衡的物体，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，结合数学知识求解未知力。 返回 ‹#› 素养拓展　自锁模型 1．自锁现象：一个物体受静摩擦力作用而静止。当外力试图使这个物体运动时，外力增大(动力增大)，但最大静摩擦力也增大。即外力无论多大，物体始终静止的现象。 2．证明：一物块与水平面间动摩擦因数为μ，现对它施加一推力F，如图甲所示。 图甲 返回 ‹#› 对物体受力分析，如图乙所示。 图乙 根据平衡条件有F cos α≤μFN，F sin α＋mg＝FN 解得F(cos α－μsin α)≤μmg，若满足cos α－μsin α≤0，上式恒成立，故μ≥。 返回 ‹#› (2025·河南名校联盟高三联考)如图甲所示，窗户上的连杆通常被称为滑撑或铰链。它是一种连杆式活动链接装置，主要用于连接窗扇和窗框，使窗户能够顺利开启和关闭，它通常由滑轨、滑块、悬臂组成，示意图如图乙所示。水平悬臂通过转轴O1、O2分别与竖直窗扇和滑块相连，窗扇可绕轴O3转动。现将窗扇打开，使窗扇与窗户垂直，此时悬臂与窗户之间的夹角为θ，若要求此时无论多大的风力均不能将窗扇关闭，则滑块与滑轨之间的动摩擦因数μ应满足的条件是(　　) A．μ≤tan θ B．μ≥tan θ C．μ≤ D．μ≥ 图甲　 图乙 D　 返回 ‹#› 解析：D　设悬臂的推力为F，则悬臂对滑块的压力为FN＝F sin θ，若要求此时无论多大的风均不能将窗扇关闭，则有F cos θ≤μFN，解得μ≥，故选D。 图甲　 图乙 返回 ‹#› (2026·重庆巴蜀中学月考)如图所示，质量为m的物体放在一固定斜面上，当斜面倾角为30°时，物体恰能沿斜面匀速下滑。对物体施加一大小为F水平向右的恒力，物体可沿斜面匀速向上滑行。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当斜面倾角增大并超过某一临界角θ0时，不论水平恒力F多大，都不能使物体沿斜面向上滑行，求临界角θ0的大小。 返回 ‹#› 解析：未施加力F时，由平衡条件得mg sin 30°＝μmg cos 30°， 解得μ＝tan 30°＝。 设斜面倾角为α时，受力情况如图所示，由平衡条件得F cos α＝mg sin α＋Ff′ FN′＝mg cos α＋F sin α Ff′＝μFN′ 解得F＝ 当cos α－μsin α＝0，即tan α＝时，F→∞，即“不论水平恒力F多大，都不能使物体沿斜面向上滑行”，此时，临界角θ0＝α＝60°。 答案：60° 返回 ‹#› 3 4 5 6 7 8 9 10 12 11 1 2 限时规范 训练(9)　受力分析　共点力的平衡 (建议用时：40分钟　满分：70分) (选择题1～6题每题5分，7～11题每题6分，共60分) [基础巩固练] 1．(2025·福建卷，1)如图所示，山崖上有一个风动石，无风时地面对风动石的作用力是F1，当受到一个水平风力时，风动石依然静止，地面对风动石的作用力是F2，关于F1和F2的大小关系，下列说法正确的是(　　) A．F2大于F1 B．F1大于F2 C．F1等于F2 D．F1和F2的大小关系与风力大小有关 A　 返回 ‹#› 43 3 4 5 6 7 8 9 10 12 11 1 2 解析：A　无风时，风动石处于平衡状态，可得F1＝mg；有风时，风动石仍处于平衡状态，可得F2＝；故F1<F2，A正确。 返回 ‹#› 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2．(2026·成都七中月考)如图所示，在水平力F作用下A、B保持静止。若A与B的接触面是水平的，且F≠0，则(　　) A．A的受力个数可能是3个 B．A的受力个数可能是5个 C．B的受力个数可能是3个 D．B的受力个数可能是5个 D　 返回 ‹#› 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 12 11 解析：D　对A、B系统受力分析可知，斜面对B摩擦力可能为零。对A受力分析，由平衡条件得：A受重力、B对A的支持力、水平力F、以及B对A的摩擦力四个力的作用，故A、B错误；对B受力分析：B至少受重力、A对B的压力、A对B的静摩擦力、斜面对B的支持力、还可能受到斜面对B的摩擦力，故D正确，C错误。 返回 ‹#› 2 3 1 4 5 6 7 8 9 10 12 11 3．(2026·山东实验中学高三开学考)如图所示，一个人用绕过光滑定滑轮的轻绳提升重物，重物的重力为G，人以速度v向右匀速运动，当人所拉的轻绳与水平方向的夹角为θ＝30°时，下列说法正确的是(　　) A．重物受到的合力为零 B．人受到的合力为零 C．地面对人的摩擦力大小等于G D．轻绳对滑轮的作用力大小为G B　 返回 ‹#› 2 3 1 4 5 6 7 8 9 10 12 11 解析：B　当人匀速向右运动时，设重物上升的速度为v1，则v1＝v cos θ，随着θ减小，v1增大，则物块加速上升，因此重物受到的合力向上，故A错误；由于人匀速运动，人受到的合力为零，故B正确；轻绳的拉力大于G，地面对人的摩擦力大于T cos 30°＝G，同样，轻绳对滑轮的作用力大小大于2T cos 30°＝G，选项CD错误。故选B。 返回 ‹#› 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 12 11 4．(2025·重庆卷，1)现代生产生活中常用无人机运送物品，如图所示，无人机携带质量为m的匀质钢管在无风的空中悬停，轻绳M端和N端系住钢管，轻绳中点O通过缆绳与无人机连接。MO、NO与竖直方向的夹角均为60°，钢管水平。则MO的弹力大小为(重力加速度为g)(　　) A．2mg B．mg C．mg D．mg 解析：B　以钢管为研究对象，设轻绳的拉力为FT， 根据对称性可知两边绳子拉力相等，根据平衡条件 2FTcos 60°＝mg，可得FT＝mg，故选B。 B　 返回 ‹#› 2 3 4 5 1 6 7 8 9 10 12 11 5．(2026·上海中学月考)如图，质量为m的木块A放在水平地面上，固定在A上的竖直轻杆的上端与小球B用细绳连接，当与水平方向成30°角的力F作用在小球B上时，A、B恰好能一起向右匀速运动，此时细绳与竖直方向的夹角为60°。已知小球B的质量也为m，则木块A与水平地面间的动摩擦因数为(　　) A． C． B　 返回 ‹#› 2 3 4 5 1 6 7 8 9 10 12 11 解析：B　对B球，根据平衡条件，水平方向有FTcos 30°＝F cos 30°，竖直方向有FTsin 30°＋F sin 30°＝mg，解得F＝mg，对A、B整体，根据平衡条件，水平方向有F cos 30°＝Ff，竖直方向有F sin 30°＋FN＝2mg，Ff＝μFN，解得μ＝，故选B。 返回 ‹#› 2 3 4 5 6 1 7 8 9 10 12 11 6．(2026·河北衡水二中一调)如图所示，光滑轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定于竖直杆上的a、b两点，一质量为m的衣服静止悬挂于绳上某点；若在绳上另一点继续悬挂另一质量为M的衣服，已知m<M，两衣架质量均可忽略不计，则最终两衣服在绳上的状态为(　　) D　 返回 ‹#› 2 3 4 5 6 1 7 8 9 10 12 11 解析：D　对衣架受力分析如图所示，因为同一根绳子上的拉力大小处处相等，所以衣架两侧绳子是对称的，与竖直方向夹角是相等的。设绳子与水平方向的夹角为θ，根据受力平衡可得，F1＝F2＝，由于m<M，若m左端绳与水平方向夹角小于M右端绳与水平方向夹角，则无法平衡，故最终二者靠在一起才能保持平衡。故选D。 返回 ‹#› 7 8 9 10 12 11 1 3 4 5 6 2 [能力提升练] 7．(多选)(2025·福建厦门一模)如图所示，表面光滑的物块A在水平力F的作用下静止在倾角为θ的斜面B上，斜面B静止在水平地面上，下列说法正确的是(　　) A．物块A受到的重力大小为F tan θ B．物块A受到B的支持力大小为 C．A对B的作用力等于F D．斜面B受到地面的摩擦力大小等于F BD　 返回 ‹#› 7 8 9 10 12 11 1 3 4 5 6 2 解析：BD　物块A静止处于平衡状态，受力如图所示，物体A受到的重力GA＝mg＝，物块A受到的支持力大小FN＝，故A错误，B正确；物块A受到重力GA、推力F、B对A的作用力作用，物块A静止，由平衡条件 可知，B对A的作用力大小等于重力GA与F的合力大小，不等于F，由牛顿第三定律可知，A对B的作用力大小不等于F，故C错误；物块A与斜面B整体静止处于平衡状态，在水平方向，由平衡条件可知，斜面B受到地面的摩擦力大小Ff＝F，故D正确。 返回 ‹#› 8 9 10 12 11 1 3 4 5 6 7 2 8．(2026·杭州二中月考)飞艇常常用于执行扫雷、空中预警、电子干扰等多项作战任务。如图所示为飞艇拖拽扫雷具扫除水雷的模拟图。当飞艇匀速飞行时，绳子与竖直方向恒成θ角。已知扫雷具质量为m，重力加速度为g，扫雷具所受浮力不能忽略，下列说法正确的是(　　) A．扫雷具受3个力作用 B．绳子拉力大小为 C．海水对扫雷具作用力的水平分力小于绳子拉力 D．绳子拉力一定大于mg C　 返回 ‹#› 8 9 10 12 11 1 3 4 5 6 7 2 解析：C　对扫雷具进行受力分析，其受到重力、浮力、拉力和水平方向水的阻力，共4个力作用，如图所示，故A错误；根据平衡条件，竖直方向有F浮＋FTcos θ＝mg，水平方向有F阻＝FTsin θ，解得FT＝，故B错误；扫雷具受到海水的水平方向的阻力等于绳子拉力的水平分力，即小于绳子的拉力，而绳子拉力不一定大于mg，故C正确，D错误。 返回 ‹#› 9 10 12 11 1 3 4 5 6 7 8 2 9．(2025·福建厦门二模)如图甲所示，用瓦片做屋顶是我国建筑特色之一。屋顶部分结构如图乙所示，横截面为圆弧的瓦片静置在两根相互平行的椽子正中间。已知椽子间距离为d，与水平面夹角均为θ，瓦片质量为m，圆弧半径为d，忽略瓦片厚度，重力加速度为g，则每根椽子对瓦片的支持力大小为(　　) A．mg B．mg cos θ C．mg cos θ D．mg cos θ 图甲　 图乙 C　 返回 ‹#› 9 10 12 11 1 3 4 5 6 7 8 2 解析：C　根据题意，垂直于斜面的截面图及受力分析如图所示，根据受力平衡并结合几何关系，可得2FNcos 30°＝mg cos θ，解得FN＝mg cos θ，故选项C正确。 返回 ‹#› 10 12 11 1 3 4 5 6 7 8 9 2 10．(2026·山东名校考试联盟高三摸底)如图所示，光滑定滑轮通过轻杆OP固定在天花板上，轻绳绕过定滑轮，一端竖直悬挂物块a，另一端连接物块b，物块c放置在物块b上，整个系统处于静止状态。已知mb＝mc＝2ma＝2 kg，轻杆OP与水平方向夹角为θ＝60°，重力加速度大小g取10 m/s2，不计滑轮的重力及轻绳和滑轮之间的摩擦，下列说法正确的是 (　　) A．轻杆OP的拉力为10 N B．地面对物块b的支持力为35 N C．地面对物块b的摩擦力为5 N D．物块b对物块c的摩擦力为5 N B　 返回 ‹#› 10 12 11 1 3 4 5 6 7 8 9 2 解析：B　绳子的拉力FT＝mag＝10 N，对O点受力分析，如图1所示，由几何关系可得α＝90°－θ＝30°，轻杆OP的拉力为FTOP＝2FTcos α＝10 N，故A错误；对b、c整体受力分析，如图2所示，由几何关系可得β＝30°，由题可知，地面对物块b的摩擦力为Ff＝FTcos 30°＝5 N，地面对物块b的支持力为FN＝(mb＋mc)g－FTsin 30°＝35 N，故C错误，B正确；由题知b、c处于静止状态，且b、c之间没有相对运动的趋势，因此物块b对物块c的摩擦力为0，故D错误，故选B。 图1　 图2 返回 ‹#› 11 12 1 3 4 5 6 7 8 9 10 2 11．(2025·河北保定联考)一个用于晾晒的工具其简化模型如图所示。质量为m、边长为L的正方形竹网ABCD水平放置，用长均为L的AE、DE、BF、CF和长均为L的OE、OF六条轻绳静止悬挂于O点，OE、OF的延长线分别交于AD、BC的中点。下列说法正确的是(　　) A．六条轻绳的张力大小相等 B．轻绳AE的张力大小为mg C．轻绳OE的张力大小为mg D．OE、OF绳增长相同长度，AE绳张力大小不变 C　 返回 ‹#› 11 12 1 3 4 5 6 7 8 9 10 2 解析：C　令OE、OF轻绳与竖直方向夹角为θ，根据几何关系有sin θ＝，根据对称性可知，OE、OF轻绳上弹力大小相等，令为T1，针对OE、OF分析有2T1cos θ＝mg，解得T1＝mg，故C正确；根据对称性可知，AE、DE、BF、CF轻绳上弹力 大小相等，令为T2，对轻绳的节点F进行受力分析有2T2cos 30°＝T1，结合上述解得T2＝mg，故B错误；根据上述可知，AE、DE、BF、CF轻绳上弹力大小相等，OE、OF轻绳上弹力大小相等，但AE、DE、BF、CF轻绳上弹力小于OE、OF轻绳上弹力，故A错误；若OE、OF绳增长相同长度，根据几何关系可知，OE、OF轻绳与竖直方向夹角为θ减小，根据2T1cos θ＝mg，可知，OE、OF轻绳上弹力T1减小，根据2T2cos 30°＝T1可知，AE绳张力减小，故D错误。故选C。 返回 ‹#› 12 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 2 [培优创新练] 12．(10分)(2026·河南许昌期末)2025年夏季我国部分地区遭受极端高温天气，为保证空调冷气不外漏，很多办公室都安装了简易自动关门器，该装置的原理可以简化为用一弹簧拉着的门，某次门在关闭时被卡住，细心的小明发现了门下缝隙处塞紧了一个木楔，侧面如图所示，已知木楔质量为m，其上表面可视作光滑，下表面 与水平地面间的动摩擦因数为μ，木楔上表面与水平地面间夹角为θ，重力加速度为g，木楔尺寸比门小很多，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力。 (1)若门推动木楔在地板上缓慢匀速移动，求门下端对木楔上表面的压力大小； (2)小明研究发现，存在临界角θ0，若木楔倾角θ≤θ0，不管用多大力推门，塞在门下缝隙处的木楔都能将门卡住而不再运动，求这一临界角的正切值tan θ0。 返回 ‹#› 12 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 2 解析：(1)对木楔受力分析，其受到重力、压力、支持力和摩擦力，如图所示 若门推动木楔在地板上缓慢匀速移动 竖直方向有N＝N1cos θ＋mg 水平方向有f＝N1sin θ 最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，则 f＝μN＝μ(N1cos θ＋mg) 联立解得N1＝。 返回 ‹#› 12 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 2 (2)不管用多大力推门，塞在门下缝隙处的木楔都能将门卡住而不再运动，即 N1sin θ≤μ(N1cos θ＋mg) 若木楔质量较小，近似为零，则可得tan θ≤μ 故临界角的正切值为tan θ0＝μ。 答案：(1)　(2)μ 返回 ‹#› 第3讲　受力分析　共点力的平衡 点击进入WORD文档 按ESC键退出全屏播放 返回 ‹#› 67 $