第三章：相互作用 章节知识基础精讲课件 -2027届高考物理一轮复习

该高中物理高考复习课件聚焦“相互作用”专题，覆盖重力、弹力、摩擦力、力的合成与分解、共点力平衡等高考核心考点，依据高考评价体系分析摩擦力、动态平衡等高频考点权重，归纳死结活结、定杆动杆等常考模型，构建系统备考框架。 课件亮点在于“真题演练+模型突破+素养提升”策略，如以2020山东高考摩擦力题为例，运用图解法突破动态平衡问题，培养科学思维中的模型建构与科学推理能力。特设“提分关键”模块总结弹簧串并联等效劲度系数等解题技巧，助力学生高效得分，为教师提供精准复习指导。

物 理 新高考适用 第二章　相互作用 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 第1节 重力　弹力　摩擦力 返回目录 3 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 第2节 力的合成与分解 返回目录 考点1　力的合成与分解 一、力的合成 1.合力与分力的关系:等效替代。 2.力的合成 (1)定义:求几个力的合力的过程。 (2)运算法则 ①平行四边形定则(如图甲所示)。 ②三角形定则(如图乙所示)。 返回目录 3.合力范围的确定 (1)两个共点力的合力大小的范围:|F1-F2|≤F合≤F1+F2。 ①最大值:当两个力同向时,合力最大,为F1+F2。 ②最小值:当两个力反向时,合力最小,为|F1-F2|。 (2)三个共点力的合力大小的范围 ①最大值:三个力同向时,其合力最大,为Fmax=F1+F2+F3。 ②最小值:如果任意两个力大小之和大于第三个力,且任意两个力大小之差小于第三个 力,则三个力的合力最小值为零,否则合力最小值就等于最大的力减去另外两个力的代 数和。 返回目录 4.力的合成方法 (1)作图法:作出力的图示,利用平行四边形定则作出合力,结合标度得到合力大小。 (2)计算法 根据余弦定理,合力的大小F= ;如图所示,合力的方向满足tan α=  。   返回目录 典例1    (2023重庆,1,4分)矫正牙齿时,可用牵引线对牙施加力的作用。若某颗牙受到 牵引线的两个作用力大小均为F,夹角为α,如图所示,则该牙所受牵引力的合力大小为  (         )   A.2F sin  　　　    　　　B.2F cos   C.F sin α　    　　　D.F cos α B 返回目录 解析　    如图所示,根据平行四边形定则可知F合=2F cos  ,B正确。   返回目录 高考变式　(由定态分析到动态分析)若在典例1中,要保持牵引线对牙齿的合力不 变,逐渐增大α,则牵引线上的张力 (         ) A.增大　    B.减小　    C.不变　    D.无法判断 A 解析　　两牵引力的合力大小为F合=2F cos ,合力不变,若逐渐增大α,则cos 减小,F增 大。A正确。 返回目录 二、力的分解 1.力的分解是力的合成的逆运算,遵循的法则:平行四边形定则或三角形定则。 2.分解方法 效果分解法 正交分解法 分解方式 根据一个力产生的实际效果分解 将一个力沿着两个互相垂直的方向分解 实 例 分 析     F1=  F2=G tan θ x轴上:Fx=F cos θ y轴上:Fy=F sin θ 选用原则 三个力作用下的平衡问题 三个及以上的力作用下的平衡问题 返回目录 思维点拨 运用正交分解法时,一般选共点力的作用点为坐标原点,使尽可能多的力落在坐标轴上, 若物体具有加速度,一般以加速度方向和垂直加速度方向为坐标轴。 返回目录 典例2    (2025届湖南长沙市一中月考六)帆船是人类的伟大发明之一,船员可以通过调 节帆面的朝向让帆船逆风行驶。如图所示为帆船逆风行驶时的简化示意图,此时风力 F=2 000 N,方向与帆面的夹角α=30°,航向与帆面的夹角β=37°,风力在垂直帆面方向的 分力推动帆船逆风行驶。已知 sin 37°=0.6,则帆船沿航向获得的动力为 (         )   A.600 N　    B.400 N　    C.200 N　    D.100 N A 返回目录 解析　　根据题意,对风力F在沿着帆面和垂直于帆面方向进行分解,根据力的平行四 边形定则可得其垂直于帆面的分力F1=F sin α=1 000 N,再对垂直作用于帆面上的风力 F1沿帆船航向和垂直航向进行分解,则帆船沿航向获得的动力为F2=F1 sin β=600 N, A正确。 返回目录 考点2　死结与活结　定杆与动杆 1.死结与活结 模型结构 模型解读 模型特点  “死结” “死结”把绳子分为两段,且不可沿绳子移动, “死结”两侧的绳子因“结”而变成两根独立的绳子 “死结”两侧的绳子张力不一定相等   “活结” “活结”把绳子分为两段,且可沿绳移动,“活 结”一般由绳子跨过滑轮或绳子上挂一光滑挂钩而形成,绳子因“活结”而弯曲,但实际为同一根绳子 “活结”两侧的绳子上的张力大小处处相等 返回目录 典例3　如图所示,长度为L的轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆M、N上的 a、b两点,杆的间距为D。悬挂衣服的衣架钩是光滑的,挂于绳上处于静止状态,衣架钩 与衣服总质量为m,重力加速度为g。试求绳的拉力大小。若b点上移,绳的拉力如何变 化?   返回目录 答案  　不变 解析 衣架钩光滑,属于“活结”,两侧绳上张力大小相等,设为F,由衣架钩与衣服组成的整体 的受力分析可知,2F sin θ=mg,故F= 【点拨:这说明绳的拉力F的大小只与mg和θ有 关】,两段绳与竖直方向夹角相等。 设左侧绳的长度为L1、悬挂点到M杆的距离为D1;右侧绳的长度为L2、 悬挂点到N杆的距离为D2,则有cos θ= = = 【点拨:θ的大小只与D和L有关】,故有 sin θ= ,则F= ,若仅将绳的右端点b上移,F大小不变。 返回目录 2.定杆与动杆 模型结构 模型解读 模型特点  “定杆” 轻杆被固定,不发生转动 杆所受的弹力方向不一定沿杆  “动杆” 轻杆用光滑的转轴或铰链连接,轻杆 可围绕转轴或铰链自由转动 当杆平衡时,杆所受的弹力方向一定 沿杆 返回目录 A.图甲中水平横梁BC对滑轮的作用力大小为  B.图乙中HG杆受到绳的作用力大小为m2g C.细绳AC段的拉力FAC与细绳EG的拉力FEG的大小之比为1∶1 D.细绳AC段的拉力FAC与细绳EG的拉力FEG的大小之比为m1∶2m2 典例4　如图甲所示,细绳AD跨过固定在水平横梁BC右端的光滑轻质定滑轮并挂住一 个质量为m1的物体,∠ACB=30°;图乙所示的轻杆HG一端用铰链固定在竖直墙上,另一 端G通过细绳EG拉住,EG与水平方向成30°角,轻杆的G点用细绳GF拉住一个质量为m2 的物体,HG杆恰好水平,重力加速度为g,则下列说法正确的是 (         )   D 返回目录 解析　　题图甲中AD是一根跨过光滑定滑轮的绳,绳中的张力处处相等,滑轮两侧绳 的拉力大小均等于m1g【活结】,且互成120°角,则合力的大小等于m1g,方向与竖直方向 成60°角斜向左下方,故水平横梁BC【定杆】对滑轮的作用力大小也等于m1g,方向与竖 直方向成60°角斜向右上方,A错误。题图乙中HG杆【动杆】受到绳的作用力大小为  = m2g,B错误。题图乙中,FEG sin 30°=m2g【死结】,可得FEG=2m2g,则 = ,C 错误,D正确。 返回目录 第3节 牛顿第三定律　共点力的平衡 返回目录 考点1　牛顿第三定律　受力分析 1.牛顿第三定律的内容:两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等,方向相反,作 用在同一条直线上。 2.表达式:F=-F'。 3.平衡力与相互作用力的异同 一对作用力与反作用力 一对平衡力 相 同 点 大小 相等 相等 方向 相反 相反 是否共线 共线 共线 不 同 点 性质 一定相同 不一定相同 作用时间 同时产生、同时消失 不一定同时产生、同时消失 作用对象 不同(异体) 相同(同体) 作用效果 两个力作用在不同物体上产生不同效果,不能抵消 两个力作用在同一物体上使物体达到平衡的效果 返回目录 4.受力分析的一般步骤   返回目录 典例1    (2025届吉林二模)为保护中国天眼(FAST)的反射面板,巡检维护工作需采用 “微重力蜘蛛人”系统,如图所示,“微重力”是通过氦气球的浮力“减轻人的重量” 实现的。某次作业过程中工作人员处于静止状态,其与氦气球连接的轻绳保持竖直,下 列说法正确的是 (         ) A.人对面板的压力和面板对人的支持力是一对平衡力 B.绳对气球的力和绳对人的力是一对相互作用力 C.人对面板的作用力大小等于面板对人的作用力大小 D.绳对人的作用力大小等于人的重力大小 C 返回目录 解析　　人对面板的压力和面板对人的支持力是一对相互作用力,A错误。绳对气球 的力和绳对人的力既不是一对平衡力,也不是一对相互作用力,B错误。人对面板的作 用力与面板对人的作用力是一对相互作用力,大小相等,C正确。根据平衡条件可知绳 和面板对人的作用力的合力与人的重力平衡,所以二者都小于人的重力大小,D错误。 返回目录 典例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 AD 返回目录 解析　　由题可知,A、B均处于平衡状态,对A、B整体受力分析【运用整体法与隔离 法分析多物体问题时,一般是先整体后隔离,即“整体法”优先】,如图甲所示,整体受 到向下的重力和向上的力F,B与墙壁之间若有弹力,将没有其他力可以与其平衡,故B与 墙壁之间没有弹力,也没有摩擦力,C错误。对B受力分析【用隔离法的时候,优先选择 受力简单的研究对象】,如图乙所示,B受到重力、A对B的弹力及静摩擦力三个力的作 用,B错误。对A受力分析,如图丙所示,A受到重力、力F、B对A的弹力和静摩擦力,共四 个力,A、D正确。 返回目录 提分关键·方法提升 整体法与隔离法 整体法 隔离法 研究对象 几个物体组成的一个整体(或系统) 与周围物体分隔开来的物体 选用原则 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整体(或系统)的作用时,宜用整体法 在分析整体(或系统)内各物体(或一个物体各部分)间的相互作用时,宜用隔离法 注意事项 (1)整体法和隔离法不是独立的,对一些较复杂的问题,通常需要多次选取研究对象,交替使用整体法和隔离法 (2)一般情况下先整体后隔离,即“整体法”优先 (3)在使用隔离法时,优先选择分析受力简单的研究对象 返回目录 考点2　共点力的平衡 1.平衡状态:物体静止或做匀速直线运动,即a=0。 2.平衡条件:F合=0或 。 3.处理平衡问题的常用方法 方法 解读 合成法 任意一个力与其余所有力的合力等大反向 正交分解法  =0, =0 矢量三角形法 把表示三个共点力的有向线段首尾相接构成一个闭合 的三角形 返回目录 ·········· 教考衔接 ·········· 典例3    (人教版必修一P81,B组,T6改编)用三根细线a、b、c将重力均为G的两个小球1 和2连接并悬挂,如图甲所示。两小球处于静止状态,细线a与竖直方向的夹角为30°,细 线c水平。   图甲 返回目录 (1)(回归教材)①求细线a、c分别对小球1和2的拉力大小。 ②求细线b对小球2的拉力大小。 (2)(拓展变式)如图乙所示,将细线c与小球2断开,用力F拉小球2,使小球1所处的位置 仍与图甲相同,则当F最小时,细线a及细线b上的拉力分别为多大?   图乙 返回目录 (3)(链接高考)(2024浙江1月,6,3分)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平行且与水平成θ=30°(不计摩擦), 则细线a、b的拉力分别为(g=10 m/s2)(         ) A.2 N    1 N　　　    B.2 N    0.5 N C.1 N    1 N　　　    D.1 N    0.5 N D 返回目录 解题导引    细线跨过定滑轮,只改变力的方向,不改变力的大小;题目中出现多个研究对 象,求解细线a、b的拉力大小,需要先整体分析小球A、B,求出细线a的拉力大小,再隔离 分析小球B,求出细线b的拉力大小。 答案 (1)①      　② G    (2) G    G    (3)D 返回目录 解析 (1)①把小球1和2看成一个整体,受力分析如图(a)所示。 由平衡条件可得Fa= = ,Fc=2G tan 30°= 。  　      ②对小球2受力分析如图(b)所示。 设细线b与水平方向的夹角为α,可得Fbcos α=Fc,Fbsin α=G,联立解得细线b对小球2的拉 力大小Fb= 。 返回目录 一题多解 将小球2所受的三个力构成首尾相接的矢量三角形,由勾股定理可得Fb= ,解得 Fb= G。 (2)对小球1和2整体进行受力分析,如图(c)所示,当F的方向与细线a上的拉力方向垂直 时,F达到最小值,此时细线a上的拉力FTa=2G cos 30°= G。 对小球1受力分析并构成力的矢量三角形,如图(d)所示,由余 弦定理得cos 30°= ,解得细线b上的拉力FTb=G。 返回目录 (3)对A、B整体受力分析,如图(e)所示。 由此可知,Fa=2mg=1 N,A、B错误。隔离B球受力分析,设Fb与水平方向夹角为α,如图(f) 所示。        根据平衡条件可知Fbx=Fx=mg cos 30°、Fby=Fa-mg-Fy=mg sin 30°,可知α=30°,Fb=mg= 0.5 N,C错误,D正确。 返回目录 微专题3 动态平衡　平衡中的临界、 极值问题 返回目录 题型1　动态平衡问题 动态平衡是指物体的受力状态缓慢发生变化,但在变化过程中,每一个状态均可视为平 衡状态。处理动态平衡问题的核心思想是“化动为静,静中求动”。 一、图解法 特点 受三个力:一个力恒定,一个力方向不变,第三个力大小、方向均变化 解法 构建力的矢量三角形,根据矢量三角形各边的长短及方向的变化判断各力的变化 返回目录 典例1    (多选)如图所示,在倾角为α的斜面上,放一质量为m的小球,小球和斜面及挡板 间均无摩擦,在挡板绕O点逆时针缓慢地从竖直方向转向水平位置的过程中(         ) A.斜面对小球的支持力逐渐增大 B.斜面对小球的支持力逐渐减小 C.挡板对小球的弹力先减小后增大 D.挡板对小球的弹力先增大后减小 BC 返回目录 解析　　对小球受力分析如图所示,将小球所受的三个力构成首尾相连的矢量三角形; 在挡板绕O点逆时针转动过程中,由图可得斜面对小球的支持力FN1不断减小,挡板对小 球的弹力FN2先减小后增大,B、C正确。   返回目录 典例2    (2025届安徽六安期末)如图所示,在竖直面内轻绳a的一端与质量为m1的物块A 连接,另一端跨过光滑定滑轮与轻绳b拴接于O点,与水平方向成θ角的力F作用在O点,质 量为m2的物块B恰好与地面间没有作用力。已知θ=60°,定滑轮右侧的轻绳与竖直方向 的夹角也为θ,重力加速度为g。在F从图中所示的状态开始顺时针缓慢转动90°的过程 中,结点O的位置保持不变,则下列说法正确的是 (        ) B A.m2=m1 B.力F先减小后变大 C.地面对物块B的支持力始终不变 D.力F的变化范围为m1g≤F≤ m1g 返回目录 解析　对结点O受力分析并构成矢量三角形,如图甲所示,则T1=m1g=T2 cos θ=m2g cos θ, 可知m1= m2,A错误。将F从题图所示的状态开始顺时针缓慢转动90°,如图乙所示,可 知,定滑轮右侧轻绳的拉力大小、方向均不变,轻绳b的拉力逐渐变小但方向不变,力F 先减小后变大,B正确。当力F与轻绳b垂直时,力F有最小值为Fmin=T1 sin θ= m1g,D错 误。力F从题图所示的状态顺时针转动90°的过程中,轻绳b的拉力T2=m2g-FN变小,故地 面对物块B的支持力FN变大,C错误。 返回目录 二、相似三角形法 特点 受三个力:一个力恒定,其他两个力方向均变化,且力构成的矢量三角形与某几何三角形相似 解法 利用三角形相似得到力与对应边的比值,根据几何三角形边长变化判断力的大小变化 返回目录 典例3    (多选)如图所示,O点和细钉C在固定小球A正上方,小球B用轻质橡皮筋相连绕 过光滑细钉C悬挂于O点,A、B之间用轻质弹簧相连,整个系统处于静止状态,A、B都可 以看成质点,橡皮筋的拉力遵循胡克定律,OC刚好等于橡皮筋的原长,弹簧的弹力大小 为F,B球的质量为mB;现将小球A竖直向下移动一小段距离,同时调整B球的质量mB,使整 个系统再次处于静止状态(B球仍在右侧),则 (         ) A.mB不变　　　    B.mB变大 C.F不变　　　    D.F变大 BC 返回目录 解题导引    B球的重力、弹簧的弹力、橡皮筋的拉力构成的力的矢量三角形始终与几 何三角形ABC相似;结合胡克定律分析弹簧的弹力和橡皮筋的拉力变化情况。 解析　　对B受力分析,可得 = = 。设橡皮筋的劲度系数为k1,弹簧的劲度系数 为k2,弹簧原长为l0,有 =k1= =k2 = ,k1和k2不变,则AB不变,F不变, AC变大,则mB变大。B、C正确。 返回目录 三、辅助圆法 特点 受三个力:一个力大小、方向不变,另两个力方向均改变,但变化的两个力之间的夹角不变 解法 构建力的矢量三角形,以恒定的力为弦作其外接圆;根据两变化力在圆周上移动过程中对应矢量三角形边长长度的变化判断力的大小变化 返回目录 典例4    (多选)如图,柔软轻绳ON的一端O固定,其中间某点M拴一重物,用手拉住绳的另 一端N。初始时,OM竖直且MN被拉直,OM与MN之间的夹角为α(α> )。现调整N端位 置,将重物向右上方缓慢拉起,并保持夹角α不变。在OM由竖直被拉到水平的过程中  (         ) A.MN上的张力逐渐增大 B.MN上的张力先增大后减小 C.OM上的张力逐渐增大 D.OM上的张力先增大后减小 AD 返回目录 解析　    解法一    辅助圆法 以重物为研究对象分析其受力情况,受重力mg、MN绳的拉力F1、OM绳的拉力F2,由题 意知,三个力的合力始终为零,矢量三角形如图所示,F1、F2的夹角不变,在F2转至水平的 过程中,矢量三角形在同一外接圆上,由图可知,F1逐渐增大,F2先增大后减小,A、D正确, B、C错误。   返回目录 解法二    正弦定理法 根据正弦定理有 = = ,mg与sin θ3保持不变,sin θ1变大,则F1变大,sin θ2先增 大后减小,则F2先增大后减小,A、D正确。   返回目录 提分关键·归纳总结 利用正弦定理法解决动态平衡问题的思路 (1)先受力分析,判断物体受力情况。 (2)作出辅助线构建力的矢量三角形。 (3)分析题目给出的信息,根据正弦定理确定边角关系,再根据角和边的变化情况判断力 的大小变化情况。 返回目录 题型2　平衡中的临界、极值问题 1.临界问题 当某物理量变化时,会引起其他物理量的变化,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。 2.临界问题常见的几种情况 (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F=0。 (3)刚好离开接触面,支持力FN=0。 返回目录 3.极值问题 平衡中的极值问题,一般是指在力的变化过程中的最大值和最小值的问题。 4.解决平衡中极值问题的常用方法 (1)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或三角形 定则进行动态分析,确定最大值或最小值。 (2)数学分析法 通过对问题的分析,根据物体的平衡条件列出物理量之间的函数关系,用数学方法求极 值(如二次函数求极值、三角函数求极值等)。 返回目录 (3)极限分析法 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,要把某个物理量推向极端,即 极大或极小。 返回目录 A.m=1 kg,θ1=  B.当θ1=θ2时,细绳OB的拉力F2=10 N C.缓慢顺时针旋转过程中,细绳OB的拉力F2的最小值为5 N D.缓慢顺时针旋转过程中,细绳OB的拉力F2会一直变大 典例5　如图甲所示,用两根细绳连接一质量为m的小球,让小球始终处于静止状态,细 绳OA与竖直方向的夹角为θ1,且保持不变,拉力用F1表示。细绳OB从竖直位置缓慢顺时 针旋转,细绳OB的拉力F2和OB与竖直方向的夹角θ2的关系如图乙,g取10m/s2,下列说法 正确的是 (         ) C 乙 甲 返回目录 解析　　当θ2=0,细绳OA的拉力F1为0,由题图乙可知,F2=mg=10 N,m=1 kg;当θ2= 时,拉 力F2最小,对小球受力分析,如图所示,缓慢顺时针旋转过程中,细绳OB的拉力F2先减小 后增大,当F1和F2垂直时,拉力F2最小,可得θ1= ,则细绳OB拉力F2的最小值为F2min=mg sin θ1=5 N,C正确,A、D错误。当θ1=θ2= 时,F1=F2,根据平衡条件可得2F2 cos θ1=mg,可得此 时细绳OB的拉力为F2=  N,B错误。   返回目录 典例6　如图所示,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 块放在木楔斜面上时,它正好匀速下滑。如果用与木楔斜面成α角的力F拉着木块,木块 能匀速上升,已知木楔在整个过程中始终静止,重力加速度为g。求:当α为多大时,F有最 小值,及F的最小值。 返回目录 答案 θ    mg sin 2θ 解析 解法一　木块在木楔斜面上匀速向下运动时,有mg sin θ=μmg cos θ,解得μ=tan θ,施加外 力后,对木块受力分析如图1所示,设FN和Ff的合力为F合,将木块所受的四个力转化为 mg、F合和F三个力,可得当F与F合垂直时F最小,则tan α= ,由于Ff=μFN,可得tan α=μ,又 tan θ=μ,可得α=θ【点拨:F合与FN的夹角一直等于θ,θ称为摩擦角】、F=mg sin(θ+α)= mg sin 2θ。 图1　　 　图2 返回目录 解法二　对木块受力分析,木块在木楔斜面上匀速向下运动时,有mg sin θ=μmg cos θ,解 得μ=tan θ,木块在拉力F的作用下沿斜面向上匀速运动,有F cos α=mg sin θ+Ff,F sin α+ FN=mg cos θ,又Ff=μFN,解得F= = = ,则当α=θ时,F 有最小值【点拨:θ为定值,当cos(θ-α)有最大值时,F有最小值】,为Fmin=mg sin 2θ。 返回目录 实验2 探究弹簧弹力与形变量的关系 返回目录 一、实验原理和装置图   在弹簧下端悬挂钩码,平衡时记下弹簧的总长度和钩码重力。改变钩码的个数,重复上 述实验过程,将数据填入表格,分析弹力大小与弹簧的形变量之间的关系。 返回目录 二、操作要领及注意事项 1.如何控制钩码质量:所挂钩码不要过重,以免弹簧被过度拉伸,超出弹簧的弹性限度。 2.如何测量弹簧的原长:考虑弹簧自身受重力的影响,实验时要将弹簧竖直悬挂测量原 长,不可以将弹簧放置在水平桌面上测量原长。 3.如何测量弹簧的长度:一定要在弹簧竖直悬挂且处于稳定状态时测量弹簧的长度,刻 度尺要保持竖直并靠近弹簧,以免增大读数误差。 4.如何作图:坐标轴标度要适中,单位要标注。(横坐标x是指形变量,不是长度)描点画线 时,所描的点不一定都落在一条直线上,但应注意一定要使各点均匀分布在直线的两侧。 返回目录 三、数据处理方法 图像法 根据测量数据,在建好直角坐标系的坐标纸上描点。以弹簧的弹力F为纵轴,弹簧的形变量x为横轴,根据描点的情况,作出一条直线 列表法 将实验数据填入表中,研究测量的数据,可发现在实验误差允许的范围内,弹力与弹簧形变量的比值不变 函数法 根据实验数据,找出弹力与弹簧形变量的函数关系 四、误差分析 1.钩码标值不准确、弹簧长度测量不准确及画图时描点连线不准确等都会引起实验 误差。 返回目录 2.悬挂钩码数量过多,导致弹簧的形变过大,超出其弹性限度,不再符合胡克定律(F=kx), 故图像发生弯曲,如图甲所示。 3.水平放置弹簧测量其原长,由于弹簧有自重,将其悬挂起来后会有一定的伸长量,故图 像横轴截距不为0,如图乙所示。 返回目录 五、改进方案 方案一　横向测量   弹簧水平放置,消除弹簧自身重力对原长测量的影响,减小测量误差。 返回目录   方案二　实验仪器的改进 返回目录 实验3 探究两个互成角度的力的合成规律 返回目录 一、实验原理及装置图 互成角度的两个力F1和F2共同作用的效果与一个力F'单独作用的效果相同。若用平行 四边形定则将F1和F2合成后的力F与F'相差不大,则说明力的平行四边形定则成立。        返回目录 二、操作步骤 1.等效:同一次实验中两次把橡皮条拉长后的结点(小圆环)所处的位置O点必须保持 不变。 2.拉力:沿弹簧测力计轴线方向拉(与板面平行),两分力F1、F2的夹角不要太大或太小。 3.记录:记下每次各力的大小和方向,标记方向的点离O点尽量远些。 4.作图:按力的图示的要求作出平行四边形。注意同一标度。 返回目录 三、数据处理 1.用铅笔和刻度尺从O点沿两个细绳套方向画直线,按选定的标度作出这两个弹簧测力 计的拉力F1和F2的图示,作平行四边形,过O点画对角线,即合力F的图示。 2.用刻度尺从O点按同样的标度沿记录的方向作出只用一个弹簧测力计时拉力F'的 图示。 返回目录 四、注意事项 1.使用弹簧测力计前,要先调整指针使其指在零刻度线处,再将两个弹簧测力计的挂钩 钩在一起,向相反方向拉,示数相同方可使用。 2.长度合适:实验中的两个细绳套不能太短。 3.位置不变:在同一次实验中,橡皮条拉长时结点到达的位置一定要相同。 4.角度合适:用两个弹簧测力计钩住细绳套互成角度地拉橡皮条时,其夹角不宜太小,也 不宜太大,以60°~120°为宜。 5.同一平面:在用力拉弹簧测力计时,拉力应沿弹簧测力计的轴线方向。弹簧测力计中 弹簧轴线、橡皮条、细绳套应该位于与纸面平行的同一平面内。 6.统一标度:画力的图示选定的标度要相同,要恰当选定标度,使力的图示稍大一些。 返回目录 五、误差分析 1.弹簧测力计使用前没调零会造成误差。 2.使用中,弹簧测力计的弹簧和外壳之间或指针和外壳之间有摩擦存在会造成误差。 3.两次测量拉力时,橡皮条的结点没有拉到同一点会造成误差。 4.读数时眼睛一定要正视,要按有效数字的保留规则正确读数和记录,否则会造成误差。 5.在应用平行四边形定则作图时,F1、F2及F作图不准确造成误差。 返回目录 六、改进方案 方案一　如图甲所示,使用汇力圆环,每次将汇力圆环拉至定位圆,方便确定力的方向, 作图更直观。 方案二　如图乙所示,通过改变钩码个数来改变力,力的大小可以通过钩码个数计算得 到,无需用弹簧测力计测量,也无需保证每次结点位置相同。 返回目录 $