4.3 共点力的平衡 课件-2026-2027学年高一上学期物理鲁科版必修第一册

第3节 共点力的平衡 学习目标 1. 能理解物体的平衡状态，欣赏生活中的“力与平衡”之美。 2. 掌握共点力的平衡条件及应用合成法、分解法等解决共点力平衡的 问题。 3. 能应用共点力的平衡条件分析生产生活中的相关现象，解决一些实 际问题。 一、物体的平衡状态 1. 定义：把物体 或 ⁠直线运动时所处的状态称为 平衡状态。 2. 两种状态速度和加速度的特点。 （1）静止状态：速度等于零，加速度 ⁠。 （2）匀速直线运动：速度不等于零，加速度 ⁠。 静止 做匀速 等于零 等于零 知识梳理： 二、共点力的平衡条件 1. 共点力作用下的平衡条件：合力为 ，即F合＝0。 2. 平衡条件的推论 （1）二力平衡：在两个共点力的作用下处于平衡状态，这两个力必 定大小 ，方向 ⁠。 （2）三力平衡：在三个共点力的作用下处于平衡状态，则其中任何 一个力与其余两个力的合力大小 ，方向 ⁠。 （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，则 其中任何一个力与其余几个力的合力大小相等，方向相反。 零 相等 相反 相等 相反 考点一　共点力的静态平衡 例1　沿光滑的墙壁用网兜把一个足球挂在A点，如图所示。足球的质量为 m，网兜的质量不计，足球与墙壁的接触点为B，悬绳与墙壁的夹角为α， 求悬绳对球的拉力和墙壁对球的支持力。（用合成法和分解法求解） F1＝，N＝mgtan θ F1＝，N＝mgtan θ 典例精析： 解：足球受重力G＝mg、墙壁的支持力N和悬绳的拉力F1三个共点力作用 且平衡。 解：足球受重力G＝mg、墙壁的支持力N和悬绳的拉力F1三个共点力作用 且平衡。 解法一：用合成法求解。 N和F1的合力F与G等大、反向，由图甲可得： N＝Ftan α＝mgtan α，F1＝＝ 解法一：用合成法求解。 N和F1的合力F与G等大、反向，由图甲可得： N＝Ftan α＝mgtan α，F1＝＝ 解法二：按力的作用效果分解法求解。 将重力G分解为N′和F′1，如图乙，可得：N＝N′＝mgtan α 解法二：按力的作用效果分解法求解。 将重力G分解为N′和F′1，如图乙，可得：N＝N′＝mgtan α F1＝F′1＝ 。 F1＝F′1＝ 。 解法三：用正交分解法求解。 如图丙，取水平方向为x轴，竖直方向为y轴，将F1分别沿x轴和y轴方向进 行分解。可得：F1cos α－G＝0 F1sin α－N＝0　　解得F1＝＝　　N＝mgtan α。 解法三：用正交分解法求解。 如图丙，取水平方向为x轴，竖直方向为y轴，将F1分别沿x轴和y轴方向进 行分解。可得：F1cos α－G＝0 F1sin α－N＝0　　解得F1＝＝　　N＝mgtan α。 总结: 分析求解共点力平衡问题的基本思路 变式训练1:木块A、B分别重50 N和70 N，它们与水平地面之间的动摩擦 因数均为0.2，与A、B相连接的轻弹簧被压缩了5 cm。系统置于水平地面 上静止不动。已知弹簧的劲度系数为100 N/m，用F＝7 N的水平力作用在 木块A上，如图所示，力F作用后（　B　）。 A. 木块A所受摩擦力大小是10 N B. 木块A所受摩擦力大小是2 N C. 弹簧的弹力是12 N D. 木块B所受摩擦力大小为12 N B 变式训练1:一种测量风力的仪器如图所示，它的细长金属丝一端固定于悬点O，另一端悬挂一个质量为m的金属球。无风时，金属丝自然下垂。当受到沿水平方向吹来的风时，金属丝将偏离竖直方向角度θ。风力F与θ、m之间的 关系式正确的是(　C　)。 A. F＝mgsin θ B. F＝mgcos θ C. F＝mgtan θ D. F＝ C 对小球受力分析，受到重力、拉力和风力作用，将拉力和风力合成，合力 与重力平衡，如图所示，F＝mgtan θ，C正确。 对小球受力分析，受到重力、拉力和风力作用，将拉力和风力合成，合力 与重力平衡，如图所示，F＝mgtan θ，C正确。 考点二　平衡中的临界、极值问题 例2　（多选）如图所示，物块A置于水平地面上，物块B在一水平力F作 用下紧靠物块A（A、B接触面竖直），此时A恰好不滑动，B刚好不下滑。 已知A、B的质量分别为mA、mB，A、B之间的动摩擦因数为μ1，A与地面间 的动摩擦因数为μ2，物块之间、物块与地面之间的最大静摩擦力等于滑动 摩擦力，重力加速度为g。下列说法正确的是（　AC　）。 AC A. 物块A受到地面的摩擦力大小等于水平推力F B. 物块A受到的摩擦力大小等于μmAg C. 物块B受到的摩擦力大小等于mBg D. 物块A与物块B的质量之比＝ 对A、B整体受力分析，受到重力(mA＋mB)g、支持力N、水平力F、地面 对A的摩擦力f2，由于A恰好不动，所以f2＝μ2(mA＋mB)g＝F，A正确；隔 离B，对B受力分析，受到重力mBg、水平力F、A对B的弹力F1、A对B的 摩擦力f1，由于B恰好不动，所以f1＝μ1F＝mBg，C正确；物块A受到的摩 擦力为地面对A的摩擦力和B对A的摩擦力的矢量合，则物块A受到的摩擦 力大小fA＝＝μ2(mA＋mB)g，B错误；根据mBg＝f1＝μ1F， 则有mBg＝μ1μ2(mA＋mB)g，所以A、B的质量之比＝，D错误。 对A、B整体受力分析，受到重力(mA＋mB)g、支持力N、水平力F、地面 对A的摩擦力f2，由于A恰好不动，所以f2＝μ2(mA＋mB)g＝F，A正确；隔 离B，对B受力分析，受到重力mBg、水平力F、A对B的弹力F1、A对B的 摩擦力f1，由于B恰好不动，所以f1＝μ1F＝mBg，C正确；物块A受到的摩 擦力为地面对A的摩擦力和B对A的摩擦力的矢量合，则物块A受到的摩擦 力大小fA＝＝μ2(mA＋mB)g，B错误；根据mBg＝f1＝μ1F， 则有mBg＝μ1μ2(mA＋mB)g，所以A、B的质量之比＝，D错误。 总结: 处理平衡问题中的临界和极值问题，首先要正确分析受力，搞清临界 条件，列出平衡方程。对于极值问题要善于选择物理方法和数学方法，做 到数理的巧妙结合。如果不能确定的临界状态，采取的基本思维方法是假 设推理法，即先假设为某状态，然后根据平衡条件列式求解。 变式训练1:如图所示，斜面与水平面的夹角为37°，物体A质量为2 kg， 与斜面间摩擦因数为0.5，拉A的绳与斜面平行，问： （1）A受到斜面的支持力多大？ 16 N 16 N 解：(1)A受到重力、支持力，绳子的拉力，可能还有静摩擦力，受力平 衡，垂直于斜面方向根据平衡条件可得：FN＝mAgcos 37°＝2×10×0.8 N＝16 N。 解：(1)A受到重力、支持力，绳子的拉力，可能还有静摩擦力，受力平 衡，垂直于斜面方向根据平衡条件可得：FN＝mAgcos 37°＝2×10×0.8 N＝16 N。 （2）若要使A在斜面上静止，求物体B质量的最大值和最小值？ 最大值为2.0 kg，最小值为0.4 kg （sin 37°＝0.6；cos 37°＝0.8；g＝10 N/kg，最大静摩擦力等于滑动摩 擦力） 最大值为2.0 kg，最小值为0.4 kg 解：(2)斜面与A之间的最大静摩擦力为f＝μFN＝0.5×16 N＝8.0 N 设物体相对斜面欲向下滑动的临界状态时，绳子的拉力为T1，则有：沿斜 面方向：mAgsin 37°＝T1＋f B处于静止状态，则绳子的拉力T1＝mB1g， 代入解得：mB1＝0.4 kg 设物体相对斜面欲向上滑动的临界状态时，绳子的拉力为T2，则有：沿斜 面方向：mAgsin 37°＋f＝T2 B处于静止状态，则绳子的拉力T2＝mB2g， 解：(2)斜面与A之间的最大静摩擦力为f＝μFN＝0.5×16 N＝8.0 N 设物体相对斜面欲向下滑动的临界状态时，绳子的拉力为T1，则有：沿斜 面方向：mAgsin 37°＝T1＋f B处于静止状态，则绳子的拉力T1＝mB1g， 代入解得：mB1＝0.4 kg 设物体相对斜面欲向上滑动的临界状态时，绳子的拉力为T2，则有：沿斜 面方向：mAgsin 37°＋f＝T2 B处于静止状态，则绳子的拉力T2＝mB2g， 代入解得：mB2＝2.0 kg 所以物体B质量的最大值为2.0 kg，最小值是0.4 kg。 代入解得：mB2＝2.0 kg 所以物体B质量的最大值为2.0 kg，最小值是0.4 kg。 变式训练2:轻绳的两端A、B固定在天花板上，此绳能承受的最大拉力为120 N。现用挂钩将一重物挂在承受力很大的绳子上，挂钩固定在C点，如图所示，两端与竖直方向的夹角分别为37°和53°。(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求： (1)此重物所受的最大重力； 150 N 150 N (2)若将挂钩换成一个光滑的小滑轮， 此重物所受的最大重力.设A等。对C由几何关系可知cos θ＝，重物所受最大重力为： G＝2Tcos θ≈168 N。 168 N 解：(1)取C点为研究对象，如图甲所示，由图可知，物体平衡时AC上的 拉力比BC上的大，所以当AC上的拉力为最大值120 N时，BC上的拉力小 于120 N，重物所受最大重力为：G＝＝150 N。 解：(1)取C点为研究对象，如图甲所示，由图可知，物体平衡时AC上的 拉力比BC上的大，所以当AC上的拉力为最大值120 N时，BC上的拉力小 于120 N，重物所受最大重力为：G＝＝150 N。 (2)在图甲中，设AB＝s，则由几何关系可知绳长l＝0.6s＋0.8s＝1.4s； 若将挂钩换成滑轮，则两根绳子的拉力大小相等。对C点受力分析，如图 乙所示，由几何关系可知cos θ＝，重物所受最大重力为： G＝2Tcos θ≈168 N。 $