第2章 第3讲 第2课时 共点力的动态平衡(课件PPT)-【新高考方案】2027年高考物理一轮总复习（福建专版）

该高中物理高考复习课件聚焦共点力动态平衡专题，覆盖解析法、图解法、相似三角形法及临界极值问题四大核心考点，依据高考评价体系分析动态平衡占力学综合题30%的权重，归纳出选择、计算两类常考题型，构建系统备考框架。 课件亮点在于“方法拆解+真题实证+素养落地”，如以2025年河北高考题为例，通过解析法推导力的函数关系，结合相似三角形法建立几何与力的关联，培养科学思维中的模型建构与科学推理能力。特设易错点警示（如摩擦力方向判断）和答题模板，助力学生掌握动态平衡突破技巧，教师可依托此课件实现精准复习指导。

共点力的动态平衡 第2课时 逐点清(一)　解决动态平衡的三种方法 逐点清(二)　平衡中的临界极值问题 01 02 CONTENTS 目录 03 课时跟踪检测 2 逐点清(一) 解决动态平衡的三种方法 1.(2025·天津和平三模)如图所示，甲、乙两建筑工人站立在 固定平台边缘，用轻绳穿过光滑圆环，环下悬挂一重物， 两人的手握紧轻绳，甲站在A点静止不动，乙从B点缓慢向 A点移动，可将重物从平台运到地面，则在重物着地前的过程中(　　) A.甲对绳子的拉力变大 B.甲受平台的摩擦力不变 C.甲受平台的支持力不变 D.绳对圆环拉力的合力变小 √ 方法1　解析法 解析：设圆环和重物的总质量为m，绳子与竖直方向的夹角为θ，根据平衡条件有2Tcos θ=mg，乙从B点缓慢向A点移动，θ逐渐减小，cos θ逐渐增大，则绳子拉力大小T逐渐减小；由于是缓慢移动，重物处于平衡状态，绳对圆环拉力的合力等于圆环和重物的总重力，保持不变，故A、D错误；以甲为研究对象，根据受力平衡可得f=Tsin θ，绳子拉力大小T逐渐减小，θ逐渐减小，可知甲受平台的摩擦力变小；甲受平台的支持力N=Tcos θ+ m甲g=+m甲g，可知甲受平台的支持力不变，故B错误，C正确。 1.解析法应用技巧 对研究对象进行受力分析，先画出受力示意图，再根据物体的平衡条件，得到因变量与自变量的关系表达式(通常要用到三角函数)，最后根据自变量的变化确定因变量的变化。 关键点拨 2.图1是工人把货物运送到房屋顶端的场景，简化图如图2所示，绳子跨过定滑轮拉动货物A，沿倾角为θ的玻璃棚缓慢向上移动，忽略货物所受摩擦阻力，则下列说法正确的是(　　) A.货物A对玻璃棚的压力不变 B.货物A对玻璃棚的压力越来越大 C.绳子的拉力越来越大 D.绳子的拉力越来越小 √ 方法2　图解法 解析：对货物A受力分析，其动态图如图所示。货物缓慢向上移动，则拉力方向与竖直方向的夹角减小，由图可知，绳子的拉力越来越大；同时，玻璃棚对货物的支持力变小，由牛顿第三定律知，货物A对玻璃棚的压力越来越小，故C项正确。 2.图解法应用技巧 此法常用于求解三力平衡且有一个力是恒力、另有一个力方向不变的问题。一般按照以下流程解题： 关键点拨 3.(2025·辽宁辽阳期末)某建筑工地通过如图所示的装置将工件运到楼顶，工人通过细绳搭在光滑定滑轮上将带铰链的轻杆缓慢上拉，从而取得工件。在轻杆被缓慢上拉至取到工件前的过程中(　　) A.轻杆所受压力大小始终不变 B.轻杆所受压力先减小后增大 C.工人手上所受的拉力始终不变 D.工人手上所受的拉力增大 √ 方法3　相似三角形法 解析：如图所示，对结点C受力分析，缓慢上拉，三个力平衡，三个力组成首尾相接的闭合三角形，力三角形与几何三角形ABC相似，根据相似三角形对应边比值相等，有==，因上拉过程mg、AB不变，AC减小，则F减小，即工人手上所受的拉力减小；BC不变，则N不变，即轻杆所受压力大小始终不变，故选A。 3.相似三角形法应用技巧 在三力平衡问题中，如果有一个力是恒力，另外两个力方向都变化，且题目给出了空间几何关系，多数情况下力的矢量三角形与空间几何三角形相似，可利用相似三角形对应边成比例进行计算。 关键点拨 逐点清(二) 平衡中的临界极值问题 1.临界极值问题的特征 (1)临界问题：当某物理量变化时，会引起其他几个物理量的变化，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”“刚能”“恰好”等语言叙述。 必备知能 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N=0。 (2)极值问题：平衡物体的极值，一般指在力的变化过程中的最大值和最小值。 2.解答平衡中的临界极值问题的三种方法 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进行动态分析，确定最大值和最小值 数学分析法 通过对问题分析，根据平衡条件列出物理量之间的函数关系(画出函数图像)，用数学方法求极值(如求二次函数极值、公式极值、三角函数极值) 极限法 正确进行受力分析和变化过程分析，找到平衡的临界点和极值点；临界条件必须在变化中寻找，不能在一个状态上研究临界问题，要把某个物理量推向极大或极小 1.(2025·河北衡水模拟)如图所示，重力都为G的两个小球A和 B用三段轻绳连接后悬挂在O点上，O、B间的绳子长度是2l， A、B间的绳子长度是l。将一个拉力F作用到小球B上，使三 段轻绳都伸直，同时O、A间和A、B间的两段轻绳分别处于竖直和水平方向上，则拉力F的最小值为(　　) A.G B.G C.G D.G √ 方法1　物理分析法 解析：对小球A受力分析可知，因O、A间轻绳竖直，则A、B间轻绳上的拉力为0；对小球B受力分析如图所示，可知当F与O、B间轻绳垂直时F最小，Fmin=Gsin θ，其中sin θ==，则Fmin=G，A正确。 1.(链接T1)合力一定，其中一个分力的方向一定，当另一个分力与这个分力垂直时，另一个分力为最小值。 关键点拨 2.小明同学喜欢体育运动，他拖拉物体时拉力最大为 1 000 N，某次训练中，体育老师将不同质量的重物置于倾角为15°的斜面上，让他拉动重物沿斜面向上运动，重物与斜面间的动摩擦因数为 ，重力加速度g取10 m/s2。则他能拉动的重物质量最大为(　　) A.100 kg B.100 kg C.200 kg D.200 kg √ 方法2　数学分析法 解析：设F与斜面夹角为θ，则恰好拉动重物时有Fcos θ=mgsin 15° +μ(mgcos 15°-Fsin θ)， 整理可得F===， 故当sin(θ+φ)=1时，m最大，最大值为mm==200 kg，故选C。 2.(链接T2)拉力的大小为定值时，拉力的方向变化，能拉动的重物质量不同，重物质量存在极值。 关键点拨 3.(2025·晋江一中调研)如图所示，用一根轻质细绳将重为10 N 的画框对称悬挂在竖直墙上，画框上两个挂钉间的距离为0.5 m。若绳能承受的最大拉力为10 N，要使绳不会被拉断，绳子的最短长度为 (　　) A. m　 B.0.5 m　 C. m　 D.1.0 m √ 方法3　极限分析法 解析：对画框进行受力分析如图，画框受到重力G和两个大小相等的细绳拉力F1、F2的作用而处于静止状态，当F1=F2=Fmax=10 N时，对应细绳不会被拉断的最小长度L，设此时F1和F2与竖直方向的夹角都为θ，由平衡条件知2F1cos θ=G=10 N，解得cos θ=0.5，设画框上两个 挂钉间的距离为d，绳子的最小长度为L=×2= m， 故选C。 课时跟踪检测 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1.如图所示，一只可视为质点的蚂蚁在半球形碗内缓慢地从底部经过b点爬到a点。则下列说法正确的是 (　　) A.碗对蚂蚁的摩擦力变大 B.碗对蚂蚁的支持力变大 C.碗对蚂蚁的作用力变小 D.蚂蚁所受的合力变小 √ 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 解析：蚂蚁缓慢爬行的过程可以视为始终处于平衡状态，对蚂蚁受力分析可知，蚂蚁受到重力、沿切线方向的摩擦力和垂直切线方向指向球心的支持力，设蚂蚁所在位置和球心连线与竖直方向的夹角为θ，根据受力平衡可得f=mgsin θ，N=mgcos θ，从底部经过b点爬到a点，θ逐渐增大，则碗对蚂蚁的摩擦力变大，碗对蚂蚁的支持力变小，故A正确，B错误；蚂蚁处于平衡状态，所受合力一直为0，则碗对蚂蚁的作用力与重力平衡，保持不变，故C、D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 2.(2025年1月·八省联考内蒙古卷)2024年9月，国内起重能力最大的双臂架变幅式起重船“二航卓越”号交付使用。若起重船的钢缆和缆绳通过图示两种方式连接：图(a)中直接连接，钢缆不平行；图(b)中通过矩形钢架连接，钢缆始终平行。通过改变钢缆长度(缆绳长度不变)，匀速吊起构件的过程中，每根缆绳承受的拉力 (　　) 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 A.图(a)中变大 B.图(a)中变小 C.图(b)中变大 D.图(b)中变小 解析：设缆绳与竖直方向的夹角为θ，缆绳数量为n，构件的质量为m，对构件受力分析，由平衡条件有nTcos θ=mg，解得每根缆绳承受的拉力大小为T=。题图(a)所示匀速吊起构件的过程中，缆绳与竖直方向的夹角θ变大，则每根缆绳承受的拉力变大；题图(b)所示匀速吊起构件的过程中，缆绳与竖直方向的夹角θ不变，则每根缆绳承受的拉力不变。故选A。 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 3.(2025·河北高考)如图所示，内壁截面为半圆形的光滑凹槽固定在水平面上，左右边沿等高。该截面内，一根不可伸长的细绳穿过带有光滑孔的小球，一端固定于凹槽左边沿，另一端过右边沿并沿绳方向对其施加拉力F。小球半径远小于凹槽半径，所受重力大小为G。若小球始终位于内壁最低点，则F的最大值为 (　　) A.G B.G C.G D.G √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析：由题意分析可知当凹槽底部对小球支持力为零时，拉力F最大，根据平衡条件有2Fmcos 45°=G，解得Fm=G，故选B。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 4.如图所示，一重力为G的灯笼用轻质细绳悬挂在屋檐下方，在水平风力的作用下，细绳偏离竖直方向θ角后保持静止。不考虑灯笼受到的空气浮力，下列说法正确的是 (　　) A.灯笼所受细绳的拉力是由于灯笼发生微小形变产生的 B.水平风力可能大于细绳的拉力 C.水平风力不可能大于重力 D.若水平风力增大，细绳的拉力一定增大 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析：灯笼所受细绳的拉力是由于细绳发生微小形变产生的，故A错误；对灯笼受力分析，作力的矢量三角形如图所示，可知水平风力F小于细绳的拉力T，水平风力F可能大于重力G，故B、C错误；根据T=，可知当水平风力F增大时，细绳的拉力T一定增大，故D正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 5.(2025·陕西西安模拟)如图所示，竖直墙壁O处用光滑铰链铰接一轻质杆的一端，杆的另一端固定一小球(可以看成质点)，轻绳的一端悬于P点，另一端与小球相连。已知轻质杆长度为R，轻绳的长度为L，且R<L<2R。A、B是墙上两点，且OA=OB=R。现将轻绳的上端点P沿墙壁缓慢下移至A点，此过程中轻绳对小球的拉力F1及轻质杆对小球的支持力F2的大小变化情况为 (　　) √ A.F1和F2均增大 B.F1保持不变，F2先增大后减小 C.F1和F2均减小 D.F1先减小后增大，F2保持不变 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析：小球受重力、轻绳的拉力和轻杆的支持力，由于小球 受力平衡，三个力可以构成矢量三角形，如图所示，该力的 矢量三角形与几何三角形POC相似，则有==，解得F1=G，F2=G，当P点下移时，PO减小，L、R不变，故F1增大，F2增大，故A正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 6.(2025·安溪一中月考)(双选)如图是工人在高层安装空调时吊运室外机的场景示意图。一名工人甲在A点向上拉绳子AO，另一名工人乙站在水平地面上拉住另一根绳子OB，防止室外机撞墙。在吊运的过程中，地面上的工人乙在缓慢后退时缓慢放绳，室外机缓慢竖直上升，绳子OB与竖直方向的夹角近似不变，下列说法正确的是 (　　) A.绳子AO上的拉力不断减小 B.绳子OB上的拉力不断增大 C.地面对工人乙的支持力不断增大 D.地面对工人乙的摩擦力不断增大 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析：对室外机受力分析，受绳子OA、OB的拉力F1、F2和自身重力mg而平衡，如图1所示。将这三个力构成矢量三角形，如图2所示。由图1可知，室外机缓慢竖直上升过程中，β不变，α逐渐增大，F1、F2均增大，故A错误，B正确；β不变，绳子OB的拉力F2增大，则绳子OB的拉力F2在竖直方向的分力增大，在水平方向的分力增大，对工人乙分析，由平衡条件易得地面对工人乙的支持力不断变小，地面对工人乙的摩擦力不断增大，故C错误，D正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 7.(双选)如图所示，小球a、b的质量均为m，用细线相连并悬挂于O点。现用一轻质弹簧给小球a施加一个拉力F，使整个装置处于静止状态，且Oa与竖直方向的夹角为θ=30°，已知弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g，则弹簧形变量可能为 (　　) A. B. C. D. √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析：根据题意，以小球a、b整体为研究对象，分析受力， 作出F在几个方向时整体的受力图，根据平衡条件可知，F 和FT的合力与整体重力2mg总是大小相等、方向相反，由力 的示意图可知，当F与细线Oa垂直时，F有最小值，即图中 2位置，F的最小值为Fmin=2mgsin θ=mg，根据胡克定律有Fmin=kxmin，解得xmin=，即弹簧的形变量的取值范围为x≥，故A、C正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 √ 8.(2025·福建南安模拟)如图所示，倾角为θ的斜面体c置于水平地面上，小物块b置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与沙漏a连接，连接b的一段细绳与斜面平行。在a中的沙子缓慢流出的过程中，a、b、c都处于静止状态，则 (　　) A.c对b的支持力一定减小 B.b对c的摩擦力一定减小 C.地面对c的摩擦力方向可能向右 D.地面对c的摩擦力一定减小 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析：由小物块b在垂直斜面方向受力平衡可知，c对b的支持力一直等于b的重力垂直斜面向下的分力，因b的质量不变，所以c对b的支持力不变，故A错误；细绳上的拉力大小等于a的重力，若初始状态细绳上的拉力大于b的重力沿斜面向下的分力，则根据小物块b沿斜面方向受力平衡得mag=mbgsin θ+f，即f=mag-mbgsin θ，所以随着a中的沙子缓慢流出f减小或先减小后反向增大，根据牛顿第三定律，b对c的摩擦力也减小或先减小后反向增大； 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 若初始状态细绳上的拉力小于b的重力沿斜面向下的分力，则根据小物块b沿斜面方向受力平衡得mag+f=mbgsin θ，即f=mbgsin θ-mag，所以随着a中的沙子缓慢流出f增大，根据牛顿第三定律，b对c的摩擦力也增大，故B错误；将小物块b和斜面体c看作整体，由水平方向受力平衡可知，地面对c的摩擦力与细绳拉力的水平分力等大反向，所以地面对c的摩擦力方向向左，又由于随着a中的沙子缓慢流出细绳上的拉力逐渐减小，所以地面对c的摩擦力一定减小，故C错误，D正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 9.如图所示，两根竖直杆沿东西方向固定在水平地面上，不可伸长的轻质细绳两端分别固定在竖直杆上等高的A、B两点。已知衣服及衣架整体的总质量为m，静止时挂钩与绳的接触点为O。若是无风天气，绳与杆之间所夹锐角为θ，重力加速度为g，不计衣架与绳之间的摩擦，则 (　　) 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 A.无风情况下绳的拉力大小T= B.无风情况下绳的拉力大小T= C.若整个环境有方向从北向南的水平恒定风力，衣架整体稳定后，小明测得此时A、O、B三点构成的平面与竖直面的夹角为45°，则绳的拉力大小T'= D.若整个环境有方向从北向南的水平恒定风力，衣架整体稳定后，小明测得此时A、O、B三点构成的平面与竖直面的夹角为45°，则绳的拉力大小T'= √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析：无风情况下，衣架挂钩一定在绳子中点处，挂钩两侧 绳与竖直方向的夹角为θ，对衣服和衣架整体受力分析，如 图甲所示，由力的平衡条件，得2Tcos θ=mg，解得T=， 故A、B错误；恒定风力沿水平方向从北向南，衣架挂钩仍然在绳子中点处，挂钩两侧绳子夹角不变，衣服和衣架整体在四个力的作用下处于平衡状态，则重力和风力的合力应该与挂钩两侧绳拉力的合力等大反向，A、O、B三点构成的平面与竖直面的夹角为45°，即风力和重力的合力与竖直方向的夹角为45°， 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 如图乙所示，设风力与重力的合力大小为F合1，则F合1=mg，将此力等效为无风情况下的重力mg'，同理，可解得绳子上拉力的大小T'=，故C错误，D正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 10.(4分)质量均匀分布的光滑球A与B通过轻绳连接，跨过两轻质定滑轮悬挂于平台两侧，初始状态A球与水平面接触且有挤压，B球悬于空中，如图所示，不计轻绳和滑轮间的摩擦，若A发生均匀的少量膨胀后，两球仍能保持静止状态，则膨胀后平台侧面对A弹力_____，膨胀后A对地面压力______。(以上均填“变大”“变小”或“不变”)  变大　 变大 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析：对B分析，受到绳子的拉力和重力，则T=mBg，对A分析，受到重力mAg、绳子斜向右上的拉力T、平台侧面的弹力F、水平面的支持力N，设θ为绳子与竖直方向的夹角，如图所示，拉力T在竖直方向上的分力与地面的支持力N的合力大小等于其重力mAg，则有：Tcos θ+N=mAg，即mBgcos θ+N=mAg，即mBgcos θ<mAg，膨胀后，θ变大，则根据共点力平衡条件可得Tcos θ+N=mAg，Tsin θ=F，由此可知，膨胀后θ变大， T不变，地面对A的支持力N变大，由牛顿第三定律可知，A对地 面压力会变大；膨胀后平台侧面对A弹力F增大。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 11.(12分)如图所示，固定在水平地面上的斜面倾角为30°，物块A与斜面间的动摩擦因数为，轻绳一端通过两个滑轮与物块A相连，另一端固定于天花板上，不计轻绳与滑轮的摩擦及滑轮的质量。已知物块A的质量为m，连接物块A的轻绳与斜面平行，挂上物块B后，动滑轮两边轻绳的夹角为90°，物块A、B都保持静止，重力加速度为g，假定最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 (1)若挂上物块B后，物块A恰好不受摩擦力作用，求轻绳的拉力F的大小。(5分) 答案：0.5mg　 解析：由题意可知，滑轮相当于活结，轻绳的拉力处处相等，对物块A受力分析如图甲所示，A恰好不受摩擦力作用，则沿斜面方向有F=mgsin 30° 解得F=0.5mg。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 (2)若物块B的质量为m，求物块A受到的摩擦力的大小和方向。(7分) 解析：对物块B和动滑轮整体受力分析如图乙所示，设轻绳对整体的拉力为T， 则由平衡条件有T=mBg 解得T=mg 答案：mg，方向沿斜面向下 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 再对物块A受力分析，因为T>mgsin 30° A有上滑趋势，故受到的静摩擦力f沿斜面向下， 则由平衡条件有mgsin 30°+f=T 解得A受到的静摩擦力大小为f=mg。 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $