第三章 5 第2课时 多力平衡问题 轻绳、轻杆模型（配套课件PPT）-【步步高】2025-2026学年高一物理必修第一册学习笔记（人教版 提高A版）

该高中物理课件聚焦多力平衡问题的正交分解法及轻绳轻杆模型，通过雪橇匀速运动等生活实例导入，衔接受力分析基础，以“受力分析-建坐标系-列平衡方程”步骤为支架，帮助学生掌握重点知识。 其亮点在于结合生活情境落实物理观念，通过正交分解步骤总结培养科学思维，轻绳轻杆模型对比促进质疑创新。实例解析与分层练习结合，学生能提升解决实际问题能力，教师可高效开展重难点教学。

第 三 章 5 多力平衡问题　轻绳、轻杆模型 第2课时 1.熟练运用正交分解法处理多力平衡问题(重点)。 2.知道轻绳、轻杆上弹力的区别，并能分析简单的平衡问题(重难点)。 学习目标 内容索引 课时对点练 一、多力平衡问题 二、轻绳、轻杆模型 < 一 > 多力平衡问题 生活在河北的张老师带孩子去哈尔滨冰雪大世界游玩，在这里共享亲子时光。如图所示，小孩坐在雪橇上，小孩和雪橇总质量为30 kg，大人用 答案　80 N 与水平方向成37°斜向上大小为100 N的拉力拉雪橇，使雪橇沿水平地面做匀速直线运动，g取10 m/s2， sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，求： (1)雪橇与水平地面间的摩擦力大小； 对小孩和雪橇组成的整体受力分析如图所示 水平方向 雪橇与水平地面间摩擦力的大小为 Ff=Fcos 37°=100×0.8 N=80 N 答案　 (2)雪橇与水平地面间的动摩擦因数。 竖直方向有FN=Mg-Fsin 37°=30×10 N-100×0.6 N=240 N 又Ff=μFN 则雪橇与水平地面间的动摩擦因数 μ===。 1.当物体受到不在同一条直线上的多个共点力时，一般要采用正交分解法。 2.用正交分解法解决平衡问题的一般步骤： (1)明确研究对象，对物体受力分析。 (2)建立直角坐标系：使尽可能多的力落在x、y轴上，这样需要分解的力比较少，计算方便。 (3)根据共点力平衡的条件列方程：Fx=0，Fy=0。 提炼·总结 　一个质量为500 kg的箱子，在平行于斜面的拉力F作用下，沿倾角为30°的固定斜面匀速上滑。已知箱子与斜面间的动摩擦因数为0.3，重力加速度g取10 m/s2，则拉力F是多少？ 例1 答案　3 799 N 对箱子受力分析，建立如图所示直角坐标系 x轴方向：F-mgsin 30°-Ff=0 y轴方向：FN-mgcos 30°=0 又Ff=μFN 由以上三式得F≈3 799 N 　如图所示，质量为m的木块，恰好能沿倾角为θ的斜面匀速下滑。如果要将木块沿斜面匀速向上推，必须加多大的水平推力？(重力加速度为g) 例2 答案　见解析 未施加水平推力F时，木块沿斜面匀速下滑，受力分析如图甲所示： 沿斜面方向有：mgsin θ=Ff 垂直于斜面方向有：FN=mgcos θ 且有Ff=μFN 得μ=tan θ 对木块施加水平推力F后，木块沿斜面匀速向上运动， 受力分析如图乙所示 沿斜面方向有mgsin θ+Ff'=Fcos θ 垂直于斜面方向有FN'=mgcos θ+Fsin θ 且有Ff'=μFN' 联立解得F=。 　同学们都有过擦黑板的经历。如图所示，一黑板擦(可视为质点)的质量为m=0.2 kg，当手臂对黑板擦的作用力F=10 N且F与黑板表面所成角度为53°时，黑板擦恰好沿黑板表面匀速竖直向上擦黑板。(重力加速度g取10 m/s2，sin 53°=0.8，cos 53°=0.6) (1)求黑板擦与黑板间的动摩擦因数μ； 例3 答案　0.5 当黑板擦匀速向上滑动时，受力分析如图甲所示，根据共点力的平衡条件可知 水平方向：FN=Fsin 53° 竖直方向：Fcos 53°=Ff+mg 又：Ff=μFN 联立解得μ=0.5，Ff=4 N (2)若作用力F的方向保持不变，当F多大时能完成向下匀速擦黑板的任务？ 答案　2 N 在黑板擦匀速向下擦的过程中，以黑板擦为研究对象进行受力分析，如图乙所示 水平方向：FN'=F'sin 53° 竖直方向：F'cos 53°+Ff'=mg 又：Ff'=μFN' 解得F'=2 N，Ff'=0.8 N (3)比较以上两种情况，试判断哪次黑板擦得更干净，说明理由。 答案　见解析 由(1)(2)可知，黑板擦匀速向上移动时的摩擦力比匀速向下移动时的摩擦力更大，擦得更干净。 返回 < 二 > 轻绳、轻杆模型 如图所示，AB、BC为轻质杆，杆的A、C端通过铰链与墙连接，两杆都在B处由铰链相连接，要使物体保持静止，试分析AB、BC杆能否用等长的轻绳代替？ 答案　AB杆对B点产生的是拉力，当用轻绳代替时效果不变，仍能使装置平衡；BC杆承受的是压力，如果使用轻绳代替，装置将无法保持平衡。 　(2024·天津市静海区高一检测)如图所示，(a)图中水平横梁AB的A端通过铰链连在墙上，横梁可绕A端上下转动，轻绳BC系在B端，并固定于竖直墙上C点，B端挂质量为m的物体。(b)图中水平横梁的一端A插入竖直墙内，另一端装有一轻质滑轮，轻绳的一端固定在墙上，另一端跨过滑轮后挂质量也为m的物体。不计铰链和滑轮的摩擦，重力加速度为g。 例4 (1)分析(a)中绳子结点B受力，画其受力示意图，求水平横梁对绳结点B作用力的大小及方向； 答案　见解析图甲　mg　水平向右 (2)分析(b)中B点受力，画其受力示意图，求水平横梁对B点作用力的大小及方向； 答案　见解析图乙　mg　与水平方向夹角为30°斜向右上　 对图(a)中B点和图(b)中B点分别受力分析，如图甲、乙所示： 根据共点力平衡条件，结合几何关系对甲图有 FN1=mgtan 60°=mg 方向水平向右； 对乙图，由合成法可知 FN2=mg 方向与水平方向夹角为30°斜向右上； (3)通过该题总结两种(固定杆和可动杆)轻杆上的弹力特点。 由以上的两图可知，带铰链的杆弹力沿杆，不带铰链的杆弹力不一定沿杆。 答案　带铰链的杆弹力沿杆，不带铰链的杆弹力不一定沿杆 1.(a)图中绳BC和绳BD属于两根绳，两绳上的拉力大小不一定相等。(b)图中是一根绳绕过滑轮或光滑物体，这两段绳(BC段与BD段)上的拉力一定相等。 2.(a)图中轻杆可以绕A点自由转动，是“活杆”(也称“铰链”)，杆的弹力方向沿杆方向。(b)图中轻杆固定于墙上，是“定杆”，杆的弹力方向不一定沿杆方向。 总结提升 返回 < 三 > 课时对点练 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 A BD B BD A A C AD 题号 9 10 11 12 答案 C A (1)100 N　900 N　(2)200 N ABD 对一对 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 考点一　多力平衡问题 1.如图所示，一只气球在风中处于静止状态，风对气球的作用力F水平向左，细绳与竖直方向的夹角为α，则细绳对气球作用力大小为 A. B. C.Fsin α D.Fcos α 基础对点练 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 12 对气球在水平方向上根据平衡条件可得FTsin α=F，解得FT=，故选A。 26 2.(多选)质量为m的木块在推力F作用下，在水平地面上做匀速直线运动，已知木块与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，那么木块受到的滑动摩擦力为 A.μmg B.μ(mg+Fsin θ) C.μFsin θ D.Fcos θ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 12 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 12 由于木块做匀速直线运动，对木块受力分析，根据平衡条件有： 水平方向Fcos θ=Ff 竖直方向FN=mg+Fsin θ 滑动摩擦力Ff=μFN=μ(mg+Fsin θ) 故A、C错误，B、D正确。 3.如图所示，一物块在水平拉力F的作用下沿水平桌面做匀速直线运动。若保持F的大小不变，方向改为与水平桌面成60°角斜向上，物块也恰好做匀速直线运动。则物块与桌面间的动摩擦因数为 A. B. C.2+ D.2- √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 12 物块在水平拉力F的作用下沿水平桌面做匀速直线运动，根据平衡条件F=Ff=μmg，若保持F的大小不变，方向改为与水平桌面成60°角斜向上，根据平衡条件以及力的分解，有Fsin 60°+FN=mg，Fcos 60°= Ff'=μFN，联立解得μ=，故选B。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 12 4.(多选)(2024·柳州市高一期中)如图所示，物块m在沿斜面向上的力F作用下，静止于倾角为θ的固定斜面上，重力加速度为g，则物块受到的摩擦力 A.方向不可能沿斜面向下 B.方向可能沿斜面向上 C.大小不可能等于F D.大小不可能等于F-2mgsin θ √ √ 当F大于mgsin θ时，由于沿斜面方向平衡，则静摩擦力方向沿斜面向下，当F小于mgsin θ时，由于沿斜面方向平衡，则静摩擦力方向沿斜面向上，故A错误，B正确； 当推力F=mgsin θ时，摩擦力的大小Ff=mgsin θ，方向沿斜面向上，推力与摩擦力大小相等，故C错误； 当推力F最大时，在沿斜面方向上物块静止，由平衡条件可知Ff=F-mgsin θ 物块受到的摩擦力大小不可能等于F-2mgsin θ，故D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 12 5.(2024·贵州省松桃民族中学高一月考)如图所示，某同学用大小为5 N、方向与竖直黑板夹角为53°的作用力F将黑板擦(可视为质点)沿黑板表面竖直向上缓慢推动，黑板擦无左右运动趋势。已知黑板擦与黑板间的动摩擦因数为0.5。重力加速度大小g取10 m/s2，sin 53°=0.8，cos 53°=0.6，则下列说法正确的是 A.黑板擦的质量为0.1 kg B.黑板擦对黑板的压力大小为3 N C.黑板对黑板擦的摩擦力大小为3 N D.黑板对黑板擦的作用力大小为5 N √ 对黑板擦受力分析，根据平衡条件有Fcos 53°=Ff+mg，Fsin 53°=FN，其中Ff=μFN，根据牛顿第三定律，黑板擦对黑板的压力大小为FN'=FN，解得m=0.1 kg，FN'=4 N，Ff=2 N，故A正确，B、C错误； 黑板对黑板擦有竖直向下的摩擦力与水平向右的支持力作用，则黑板 对黑板擦的作用力大小为F'=，解得F'=2 N，故D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 12 考点二　轻绳、轻杆模型 6.在如图所示装置中，两物体质量分别为m1和m2，滑轮直径大小可忽略。设动滑轮P两侧的绳与竖直方向夹角分别为α和β。整个装置能保持静止。不计定滑轮Q和动滑轮P的质量以及一切摩擦。则下列说法正确的有 A.α一定等于β B.m1一定大于m2 C.m1一定小于m2 D.m1可能大于2m2 √ 绳子连续通过定滑轮和动滑轮，绳子上的拉力大小相同，整个装置能保持静止，则绳子上的拉力大小与m2的重力大小相同，即FT=m2g，对动滑轮P进行受力分析可得FTsin α=FTsin β，FTcos α+FTcos β=m1g，解得α=β，m1=2m2cos α，故m1一定小于2m2，当α=β=60°时，有FT=m1g= m2g，故选A。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 12 7.水平横梁一端A插在墙壁内，另一端装有一小滑轮B，轻绳的一端C固定于竖直墙壁上，另一端跨过滑轮后悬挂一重力为G=100 N的重物，∠CBA=30°，如图所示，不计滑轮的重力和摩擦，则滑轮受到轻绳的作用力的大小为 A.50 N B.50 N C.100 N D.100 N √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 12 由题意可得，对绳B点受力分析如图 滑轮受到绳子的作用力应为图中两段绳中拉力F1和F2的合力F，因同一根绳张力处处相等，大小都等于重物的重力，即为F1=F2=G=100 N 根据平行四边形定则作图，由于拉力F1和F2的夹角为120°，则由几何知识得F=100 N 所以滑轮受绳的作用力为100 N，故选C。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 12 8.(多选)(2024·深圳市高一期中)传统岭南祠堂式建筑陈家祠保留了瓦片屋顶，屋顶结构可简化为如图，左右对称的弧形瓦片静止在两根相互平行的倾斜椽子正中间。已知椽子与水平面夹角均为θ，瓦片质量为m，重力加速度为g，则一根椽子对瓦片 A.弹力的方向与椽子垂直 B.弹力的大小为0.5mgcos θ C.摩擦力的方向竖直向上 D.摩擦力的大小为0.5mgsin θ √ 能力综合练 √ 对瓦片进行受力分析，受到椽子对其的支持力，方向垂直接触面斜向上，故A正确； 两根椽子对瓦片的支持力的合力为mgcos θ，瓦片有弧度，所以每根椽子对瓦片的支持力大小不是0.5mgcos θ，故B错误； 两根椽子对瓦片的摩擦力方向与椽子平行，故C错误； 两根椽子对瓦片的摩擦力的合力为mgsin θ，所以每根椽子对瓦片的摩擦力大小为0.5mgsin θ，故D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 12 9.(2024·成都市第七中学高一月考)如图所示，位于固定的倾角为θ=30°的粗糙斜面上的小物块P，受到一沿斜面向上的拉力F，沿斜面匀速上滑。现把力F的方向变为竖直向上而大小不变，仍能使物块P沿斜面保持原来的速度匀速运动，则物块P与斜面间的动摩擦因数为 A. B. C. D.-1 √ 小物块P受到一沿斜面向上的拉力F，沿斜面匀速上滑，根据平衡条件可得F=mgsin θ+μmgcos θ，把力F的方向变为竖直向上而大小不变，仍能使物块P沿斜面保持原来的速度匀速运动，根据平衡条件知物体只受重力和拉力作用，可得F=mg，联立解得物块P与斜面间的动摩擦因数为μ=，故选C。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 12 10.(2024·杭州市高一期中)如图甲所示，轻杆BC水平插入竖直墙内，轻绳AD跨过水平轻杆BC右端的轻滑轮挂住一个质量为10 kg的物体。如图乙所示，轻杆HG一端用铰链(图中未画出)固定在竖直墙上，另一端G通过轻绳EG拉住，且G端用轻绳GF挂住一个质量也为10 kg的物体，轻杆HG水平。AC、EG与水平方向的夹角均为30°，重力加速度g取10 m/s2。不计一切摩擦。下列说法正确的是 A.绳AC与绳EG的拉力大小之比为1∶2 B.滑轮对绳子的弹力大小为100 N C.杆BC与杆HG产生的弹力方向均沿杆向外 D.将H端的铰链去掉，杆HG插入墙内，绳EG的拉力大小一定不变 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 12 题图甲和乙中的两个物体都处于平衡状态，根据平衡条件可判断，与物体相连的轻绳拉力大小等于物体的重力，分别取C点和G点为研究对象，进行受力分析如图所示 图(a)中，根据几何关系得FAC=FCD=M1g=100 N，且二者夹角为120°，故可得轻杆BC对C端的弹力大小为FBC=FAC=100 N，方向与水平方向成30°斜向右上方； 图(b)中，根据平衡方程有 FEGsin 30°=M2g FEGcos 30°=FHG 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 12 所以可得轻杆HG对G端的弹力大小为FHG=100 N，方向水平向右；根据分析可得=，故A正确，C错误； 根据分析可知滑轮对绳子的弹力大小为100 N，故B错误； 将H端的铰链去掉，杆GH插入墙内，杆的弹力方向不一定沿着杆，则绳EG的拉力大小可能发生改变，故D错误。 11.绳OC与竖直方向成30°角，O为质量不计的光滑滑轮，已知物体B质量为100 kg，物体A质量为20 kg，物体A和B均静止，g取10 m/s2，求： (1)物体B所受地面的摩擦力和支持力分别为多大？ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 12 答案　100 N　900 N 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 12 由于物体A保持静止，故有FT=mAg=200 N 对物体B受力分析，受重力、拉力、支持力和静摩擦力，如图所示 绳OC与竖直方向成30°角，根据几何关系可知绳OB与水平方向夹角为30°，由平衡条件可得 FN+FTsin 30°=mBg FTcos 30°=Ff 代入数据解得FN=900 N，Ff=100 N (2)OC绳的拉力为多大？ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 12 答案　200 N 对滑轮受力分析，受三个拉力，如图所示 根据平衡条件有 FTOC=2FTcos 30°=200 N。 尖子生选练 12.(多选)如图所示，将一个半球体置于水平地面上，半球的中央有一光滑小孔，上端有一光滑的小滑轮，柔软光滑的轻绳绕过滑轮，两端分别系有质量为m1、m2的物体A、B(两物体均可看成质点，B悬于空中)，整个装置处于静止状态。已知此时A与半球体的球心O的连线与水平方向成θ=53°(sin 53°=0.8，cos 53°=0.6)，A与半球面间的动摩擦因数为0.5，并假设A所受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则下列说法正确的是 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 12 A.当A、B静止时，地面对半球体的摩擦力为零 B.当=时，半球体对A的摩擦力为零 C.当=3时，半球体对A的摩擦力的方向垂直 于图中的虚线向下 D.当1≤≤5时，A、B均可以保持静止 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 12 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 12 对半球体以及物体A、B整体进行受力分析，只受重力和支持力一对平衡力，相对地面并无运动趋势，故地面对半球体的摩擦力为零，故A正确； 若半球体对物体A的摩擦力为零，对物体A受力分析如图所示，将重力正交分解，根据共点力平衡 条件得到，x方向FT-m1gcos 53°=0，y方向FN-m1gsin 53°=0，据题意FT=m2g，联立解得==时，半球体对A的摩擦力为零，故B正确； 返回 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 12 由选项B分析可推知，当=3时，A有沿球面下滑的趋势，半球体对A的摩擦力的方向垂直于图中的虚线向上，故C错误； 物体A与球面间的最大静摩擦力为Ffm=μm1gsin 53° =0.4m1g，当物体A刚好下滑时，有m1gcos 53° =Ffm+m2g，解得=5，当物体A刚好上滑时，有m1gcos 53°+Ffm=m2g，解得=1，所以当1≤≤5时，A、B均可以保持静止，故D正确。 第 三 章 5 本课结束 $