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 浙江专版）

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，通过拉木箱、擦黑板等实际问题导入，前承二力平衡知识，后启复杂力学模型应用，以受力分析步骤、坐标系建立等为学习支架。 其亮点在于问题情境化（如铲雪、篮球挤压实例）与模型对比（活杆定杆弹力方向），结合科学思维中的模型建构和科学推理，通过“总结提升”明确绳杆区别，帮助学生提升分析能力，为教师提供结构化教学资源。

多力平衡问题　轻绳、轻杆模型 第2课时 第 三 章 5 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 一、多力平衡问题 二、轻绳、轻杆模型 课时对点练 < 一 > 多力平衡问题 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。 　如图所示，小明用与水平方向成θ=37°角的轻绳拉木箱，使木箱沿水平地面向右匀速运动。已知绳中拉力恒为F=300 N，木箱重力G=480 N，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。 (1)分析木箱的受力情况，画出木箱的受力示意图； 例1 答案　见解析图　 木箱受绳的拉力F、重力G、地面的支持力FN和摩擦力Ff的作用，受力示意图如图所示 (2)求木箱所受的摩擦力和地面对木箱的支持力大小； 答案　240 N　300 N　 建立如图所示的直角坐标系，由正交分解得， 水平方向Fcos 37°=Ff 竖直方向Fsin 37°+FN=G 解得Ff=240 N，FN=300 N (3)求木箱与地面间的动摩擦因数的大小。 答案　0.8 由滑动摩擦力公式得 Ff=μFN 解得μ==0.8。 　(2025·杭州市高一期中)如图所示，质量为m的物体置于倾角为θ的固定光滑斜面上。第一次用平行于斜面的推力F1作用于物体上能使其保持静止；第二次改用水平推力F2作用于物体上，也能使物体保持静止(重力加速度为g)。 例2 答案　见解析 (1)画出推力为F1时物体的受力分析图并计算推力F1； 题图甲，对物体受力分析如图a所示，物体在斜面上保持静止，由平衡条件知，F1=mgsin θ (2)画出推力为F2时物体的受力分析图并计算推力F2。 答案　见解析 题图乙，对物体受力分析如图b，由平衡条件得，F2cos θ=mgsin θ 解得F2=mgtan θ。 　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 1.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杆能否用等长的细绳代替？ 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。 2.绳对物体的弹力和杆对物体的弹力有什么区别？杆的弹力方向是否一定沿着杆？ 答案　绳对物体只能产生拉力作用，杆可以产生拉力，也可以产生支持力。绳的弹力方向一定沿绳，杆的弹力方向不一定沿杆。 　(1)如图甲所示，轻杆OB可绕B点自由转动，另一端O点用细绳OA拉住，固定在左侧墙壁上，质量为m的重物用细绳OC悬挂在轻杆上的O点，OA与轻杆的夹角∠BOA=30°，轻杆OB水平，重力加速度为g。求细绳OA的拉力大小和轻杆的弹力大小。 例4 答案　2mg　mg　 由于题图甲中的轻杆可绕B点自由转动，是转轴杆(“活杆”)，故轻杆弹力沿杆方向，O点的受力情况如图a所示，其中FT2=mg，则O点所受细绳OA的拉力FT1、轻杆的弹力FN1的合力与细绳OC的拉力大小相等、方向相反，故FT1==2mg，轻杆的弹力大小FN1==mg。 (2)图乙中水平轻杆OB一端固定在竖直墙壁上，另一端O装有小滑轮(不计滑轮的摩擦)，用一根细绳跨过滑轮后悬挂一质量为m的重物，图中∠BOA=30°，已知重力加速度为g。求细绳的拉力大小和轻杆对滑轮的作用力大小。 答案　mg　mg 题图乙中是用一细绳跨过滑轮悬挂重物的，由于O点处是滑轮，它只是改变细绳中力的方向，并未改变力的大小，且AOC是同一根细绳，而同一根细绳上的力处处相等，故图b中细绳OA的拉力为FT1'=FT2'=mg。 由于杆OB不可转动，所以轻杆的弹力的方向不一定沿OB方向，轻杆对滑轮的作用力FN2一定与两根细绳的合力FN2'大小相等、方向相反，FN2=FN2'=2mgcos 60°=mg，即轻杆对滑轮的作用力大小为mg。 1.甲图中绳OA和绳OC属于两根绳，两绳上的拉力大小不一定相等。乙图中是一根绳绕过滑轮或光滑物体，这两段绳(OA段与OC段)上的拉力一定相等。 2.甲图中轻杆可以绕B点自由转动，是“活杆”(也称“铰链”)，杆的弹力方向沿杆方向。乙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 答案 C B AB A B AC A 题号 8 9 　10 11 12 答案 (1)0.5　(2)500 N (3)1 000 N AD B (1)　(2)mg ABD 对一对 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1.下列四种情形中，作用在同一物体上的力F大小均相同，物体均处于静止状态，则物体对水平地面压力最大的是 基础对点练 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 12 29 对各图物体进行受力分析，在水平方向和竖直方向上进行正交分解，由平衡条件和几何关系可知，四种情况下，地面对物体的支持力大小分别为 FN1=mg FN2=mg-Fsin 30° FN3=mg+Fsin 30° FN4=mg-F 由牛顿第三定律可知，物体对水平地面压力与水平地面对物体的支持力大小相等，因此C图中物体对水平地面的压力最大，故选C。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 12 2.如图所示，物体在平行于斜面向上、大小为5 N的力F作用下，沿固定的粗糙斜面向上做匀速直线运动，物体与斜面间的滑动摩擦力 A.等于零 B.小于5 N C.等于5 N D.大于5 N √ 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 设斜面的倾角为θ，对物体受力分析如图所示，根据题意由平衡条件有F=mgsin θ+Ff，可得Ff=F-mgsin θ<5 N，故选B。 3.(多选)如图所示，建筑装修中，工人用质量为m的磨石对斜壁进行打磨，斜壁与竖直方向的夹角为θ，当对磨石施加竖直向上、大小为F的推力时，磨石恰好沿斜壁向上匀速运动，已知磨石与斜壁之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则磨石受到的摩擦力是 A.(F-mg)cos θ B.μ(F-mg)sin θ C.μ(F-mg)cos θ D.μ(F-mg) √ 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 对磨石进行受力分析，如图所示，由平衡条件得，沿斜壁方向：Fcos θ-mgcos θ=Ff，选项A正确； 垂直于斜壁方向：FN=Fsin θ-mgsin θ，故摩擦力Ff=μFN= μ(F-mg)sin θ，选项B正确，C、D错误。 4.图甲为雪后学生上街铲雪的劳动图，图乙为铁锹铲雪的简化模型图，设该同学以大小为F=10 N沿杆的方向斜向下推动铁锹，铁锹杆的质量可以忽略，铁锹和雪恰好一起在水平地面上做匀速直线运动。设铁锹与地面间的动摩擦因数μ=0.2，铁锹的质量m=2 kg，铁锹杆与水平方向的夹角θ=37°(sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，重力加速度g取10 m/s2)。则铁锹上雪的质量为 A.1.4 kg B.2.0 kg C.2.6 kg D.3.4 kg √ 根据平衡条件得FN=(m+M)g+Fsin θ，Fcos θ=μFN，解得M=1.4 kg，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 5.如图甲所示是一种常见的持球动作，用手臂挤压篮球，将篮球压在身侧。为了方便问题研究，我们将场景进行模型化处理，如图乙所示。已知篮球重力大小为G，粗糙竖直板对篮球的弹力大小为F1，摩擦力大小为Ff，光滑斜板对篮球的弹力大小为F2，竖直板和斜板之间的夹角为θ，篮球处于静止状态。下列说法正确的是 A.Ff=G B.Ff=F2sin θ+G C.F1= D.F1=F2sin θ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 12 对篮球进行受力分析，如图所示，利用正交分解，根据平衡条件有F2cos θ=F1，Ff=G+F2sin θ，故选B。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 12 6.(多选)如图所示，建筑工人用恒力F推着运料车在水平地面上匀速前进，恒力F与水平方向夹角为θ=30°，运料车和材料的总重为G，下列说法正确的是 A.运料车受到的摩擦力方向水平向左 B.运料车受到的摩擦力方向水平向右 C.运料车受到的摩擦力大小为F D.运料车与地面间的动摩擦因数为 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 12 分析运料车和材料整体的受力情况，如图所示，由平衡条件得，运料车受到地面的摩擦力水平向左，大小为Ff车 =Fcos 30°=F，竖直方向上有FN车=G+Fsin 30°=G+ 0.5F，则运料车与地面间的动摩擦因数为μ==，选项A、C正确，B、D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 12 7.(2024·绍兴市高一期中)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，与物体相连的细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°，故可得杆BC对C端的弹力大小为FNC=FAC=100 N，方向和水平方向成30°角斜向右上方； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 12 图(b)中，根据平衡条件有FEGsin 30°=M2g，FEGcos 30°= FNG，所以可得轻杆HG对G端的弹力大小为FNG=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。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 12 8.(2025·杭州市高一期中)图甲中某人用水平向右大小为500 N的力F1推质量为100 kg的物体在水平面上匀速前进。已知sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，重力加速度g取10 m/s2。 (1)求物体与地面之间的动摩擦因数μ； 答案　0.5 物体在水平面上匀速前进，根据平衡条件有F1=Ff1，FN1=mg 其中Ff1=μFN1 解得μ=0.5。 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 (2)如图乙所示，若拉力与水平方向夹角为53°向右上方拉物体，使物体水平向右匀速运动，求拉力F2的大小； 答案　500 N　 拉力与水平方向夹角为53°斜向右上方拉物体，使物体水平向右匀速运动，根据平衡条件有 F2cos 53°=Ff2，F2sin 53°+FN2=mg 其中Ff2=μFN2 解得F2=500 N 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 (3)如图丙所示，若用与水平方向夹角为37°向右下方的推力F3使物体匀速前进，求推力F3的大小。 答案　1 000 N 若用与水平方向37°向右下方的推力F3使物体匀速前进，根据平衡条件有 F3cos 37°=Ff3，F3sin 37°+mg=FN3 其中Ff3=μFN3 解得F3=1 000 N。 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.(多选)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，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 10.一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OA、OB、OC、OD的四条轻绳静止悬挂于O点，重力加速度为g，则每根绳子的拉力大小为 A.mg B.mg C.mg D.mg √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 12 对竹网受力分析，每条绳子的拉力的竖直分力均为竹网重力的四分之一，设轻绳与竖直方向夹角为θ，如图，由几何关系有BD== L，sin θ=，解得θ=45°，依题意，有Fcos θ=mg，解得F=mg，故选B。 11.如图所示，质量为m的木块在与水平方向成α角的推力F(大小未知)作用下，沿竖直墙壁向上匀速运动。已知木块与墙壁间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。求： (1)推力F的大小； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 12 答案　　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 12 以木块为研究对象，木块受到重力、支持力、推力和摩擦力作用，受力情况如图所示。 水平方向：FN=Fcos α， 竖直方向：Fsin α=mg+Ff， 又Ff=μFN，联立解得：F=。 (2)若将推力的方向改为竖直向上推动木块，且木块仍做匀速直线运动，则推力F'为多大。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 12 答案　mg 若将推力的方向改为竖直向上推动木块做匀速直线运动，木块只受重力和推力，根据平衡条件可得：F'=mg。 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、 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 12 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 尖子生选练 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。 本课结束 第 三 章 5 $