【文档说明】(新课标版)高考物理一轮复习课件2.3共点力平衡 (含解析).ppt，共(63)页，2.801 MB，由MTyang资料小铺上传

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2．3共点力的平衡知识清单考点整合集中记忆一、平衡特征物体的加速度为零，处于静止或匀速直线运动状态．二、平衡条件：合力为零二力平衡：两个力大小相等、方向相反．三力平衡：任意两个力的合力与第三个力大小相等、方向相反．多力平衡：作正交分解，两个分方向的合力均为零

．三、解题步骤明确研究对象．对研究对象进行受力分析．应用平衡条件，列出平衡方程求解.考点讲练考点突破针对训练考点一受力分析1．受力分析的“四个环节”2．受力分析的“四个注意”(1)对整体受力分析时，只分析系统的外力，不涉及系统的内

力．(2)隔离物体受力分析时，要先隔离受力较少的物体进行分析．(3)物体的受力都应有施力物体，否则不存在．(4)对不能确定的力，可用假设法排除．(2018·杭州模拟)(多选)如图所示，固定斜面上有一光滑小球，与一竖直轻弹簧P和一平行斜面的轻弹簧Q连接着，小球处于静止状态，则关

于小球所受力的个数可能的是()A．1B．2C．3D．4【答案】BCD【解析】设小球质量为m，若FP＝mg，则小球只受拉力FP和重力mg两个力作用；若FP<mg，则小球受拉力FP、重力mg、支持力FN和弹簧Q的弹力FQ四个力作用；若FP＝0，则

小球要保持静止，应受FN、FQ和mg三个力作用，故小球受力个数不可能为1.如图所示，在倾斜的滑杆上套一个质量为m的圆环，圆环通过轻绳拉着一个质量为M的物体，在圆环沿滑杆向下滑动的过程中，悬挂物体的轻绳始终处于竖直方向．则()A．

环可能受三个力作用B．环一定受四个力作用C．物体做匀加速运动D．悬绳对物体的拉力小于物体的重力【答案】B【解析】分析M可知，其受重力和轻绳拉力，因为悬挂物体的轻绳始终处于竖直方向，不可能沿滑杆向下做匀加速运动，物体只能做匀速

运动，故二力平衡，C、D两项错误；再对环进行受力分析可知，环受重力、轻绳拉力、滑杆支持力和摩擦力，A项错误、B项正确．(2018·天津模拟)(多选)如图所示，固定的斜面上叠放着A、B两木块，木块A与B的接触面是水平的，水平力F作用于木块A，使木块A、B保持静止，且F≠0，则下列描述正确的是()A

．B可能受到3个或4个力作用B．斜面对木块B的摩擦力方向可能沿斜面向下C．A对B的摩擦力可能为0D．A、B整体可能受三个力作用【答案】BD【解析】A项，对物体B受力分析，受重力，A对B的压力，A对B水平向左的静摩擦力，斜面对B垂直向上的支持力，斜

面对B可能有静摩擦力(当A对B向左的静摩擦力的平行斜面方向分力与重力的下滑分力平衡时为零)，故B受4个力或者5个力；故A项错误；B项，当A对B向左的静摩擦力的平行斜面方向分力大于重力的下滑分力时，B物体有上滑趋势，故受到平行斜面向下的静摩擦力，故B项正确；C项，对物体A受力分析，

受推力、重力、支持力和静摩擦力，根据平衡条件，B对A的静摩擦力与推力F平衡，根据牛顿第三定律，A对B的摩擦力水平向左，大小为F；故C项错误；D项，对AB整体受力分析，受重力、支持力、推力，可能有静摩擦力(当推力的平行斜面方向分力与重

力的下滑分力平衡时为零)，故可能受三个力作用，故D项正确．考点二单一物体的平衡当只涉及一个物体的平衡时，研究对象唯一确定，受力分析如上所述，要重点掌握建立平衡关系的方法：1．合成法：适用于三力平衡问题，根据任意两个力的合力与第三个力大小相等、方向相反，通过平行四边形定则建立

平衡关系．2．正交分解法：适用于多力平衡问题，通过两个垂直方向的合力为零，建立平衡关系．3．数学的方法：不论是合成法还是正交分解法，都要通过数学方法建立平衡关系．(1)当角度已知时，常用三角函数．(2)当长度已知时，常用三角形相

似关系或勾股定理．(3)特殊情况下，可考虑正(余)弦定理．体育器材室里，篮球摆放在如图所示的球架上．已知球架的宽度为d，每个篮球的质量为m，直径为D，不计球与球架之间的摩擦，则每个篮球对一侧球架的压力大小为()A.12mgB.mgDdC.mgD2D2－d2D.2mgD2－d2D【答案】C【解析

】篮球受力如图所示，设球架对篮球的弹力与竖直方向的夹角为θ，由平衡条件得F1＝F2＝mg2cosθ而cosθ＝（D2）2－（d2）2D2＝D2－d2D则F1＝F2＝mgD2D2－d2，C项正确．(2018·湖北一模)如图所示，重力为G的风筝用轻细绳固定于地面上的P点，风的作用力垂直作用于风筝表面

AB，风筝处于静止状态．若位于P点处的拉力传感器测得绳子拉力大小为T，绳与水平地面的夹角为α，则风筝表面与水平面的夹角φ满足()A．tanφ＝TcosαG＋TsinαB．tanφ＝TsinαG＋TcosαC．tanφ＝G＋TsinαTcosαD．tanφ＝G＋TcosαTsinα【答

案】A【解析】对风筝受力分析，并如图建立直角坐标系，将N及T沿坐标轴分解，则有：x轴：Tcosα＝Nsinφ；y轴：Ncosφ＝G＋Tsinα；联立解得：tanφ＝TcosαG＋Tsinα，故A项正确，B、C、D三项

错误．考点三多个物体的平衡当涉及多个物体平衡问题时，利用整体法或隔离法，恰当选取研究对象是解题的关键，应用整体法和隔离法的三个原则：1．一般先考虑整体法，再用隔离法，两种方法交替使用，联立方程组求解．2．求解系统外力时，用整体法；求解系统内力时，用隔离法．3．用隔离法时，要

先隔离受力较少的物体进行分析．(2018·沈阳一模)(多选)如图所示，一倾角为α、质量为M的直角劈B放置在水平地面上，质量为m的物体A在沿斜面向上的力F作用下沿斜面匀速上滑，B相对地面始终静止，此过程中B对A的摩擦力为f1，地面对B的摩擦力为f2，则f1和f2的大小分别为()A．f1＝FB．f

1＝F－mgsinαC．f2＝0D．f2＝Fcosα【答案】BD【解析】以A为研究对象，平行于斜面方向有推力、摩擦力和重力沿斜面向下的分力mgsinα；根据平衡条件可得：f1＝F－mgsinα，故A项错误、B项正确；以整体为研究对象，整体水平方向处于平衡状态，则地面对B的摩擦力

为f2＝Fcosα，故C项错误、D项正确．(2018·广东模拟)如图所示，乙烷球棍模型是由6个氢原子球和2个碳原子球组成，其中，下层的3个氢原子与碳原子之间用铰链轻杆连接，碳氢键与碳碳键间的夹角为60°，各层碳氢键间的夹角为120°，已知，每个氢原子模型球的质量为m0，每个碳

原子模型球的质量为3m0，共价键的质量不计，若假设碳碳键的张力和底层碳氢键的张力分别为F1、F2，则关于F1、F2的值正确是()A．F1＝6m0gF2＝9m0gB．F1＝9m0gF2＝4m0gC．F1＝6m0gF2＝6m0gD．F1＝4m0gF2＝9m0g【答案】C【解析】模型稳定，

则各原子受力平衡．将上层氢原子和碳原子当成一个整体，则只受重力和张力F1的作用，由受力平衡可得：F1＝3m0g＋3m0g＝6m0g；对下层的碳原子进行受力分析，由受力平衡可得：F1＋3m0g＝3F2cos60°，所以，F2＝6m0

g；故A、B、D三项错误；C项正确．考点四动态平衡问题的分析方法1．解析法：利用平衡条件列函数方程，根据函数关系式确定物理量的变化情况．(见练8)2．图解法：适合解决三个力的动态平衡问题，解题步骤：(1)对研究对象做受力分析．(2)在初始位置构建力的三角形．(3)确定力

的三角形中的不变量和变化量．(4)据变化情况，在力的三角形中画出动态图像．(见练8)3．相似三角形法：在三力平衡问题中，当不能直接用图解法分析时，要注意观察力的三角形与空间几何三角形是否相似，考虑用相似三角形的比例关系求解．(见练10)4．等角辅助圆法：对三力平衡问

题，如果力的三角形中有一个边和对角保持不变，可将力的三角形移到圆中，使不变的边为固定弦，对角沿圆周移动，判断另外两个弦的变化．(见练11)如图所示，在一绝缘斜面C上有一带正电的小物体A处于静止状态，现将一带正电的小球B沿以A为圆心的圆弧缓

慢地从P点转到A正上方的Q点处，已知P、A在同一水平线上，且在此过程中物体A和斜面C始终保持静止不动，A、B可视为质点．关于此过程，下列说法正确的是()A．物体A受到斜面的支持力先增大后减小B．物体A受到斜面的支持力一直增大C．地面对斜面C的摩擦

力先增大后减小D．地面对斜面C的摩擦力先减小后增大【答案】A【解析】对小物体A受力分析如图甲，用正交分解法：设斜面倾角为θ，F与垂直斜面方向的夹角为α，则FN＝mgcosθ＋Fcosα，F＝kqBqAr2，B向上转，α减小，FN增大，当α＝0时FN达到最大，然后减小，故A项正确，B项错误

．对整体受力分析如图乙，随着F向下转，f′在减小，故C、D两项均错误．(2018·吉林二模)如图所示，物体在沿粗糙斜面向上的拉力F作用下处于静止状态．当F由零逐渐增大到物体即将相对于斜面向上运动的过程中，斜面对物体的作用力可能()A．逐渐增大B．逐渐

减小C．先增大后减小D．先减小后增大【答案】D【解析】斜面对物体的作用力是斜面对物体的支持力与摩擦力的合力．因为物体始终保持静止状态，所以斜面对物体的作用力和物体重力G与拉力F的合力是平衡力．物体的重力G和拉力F的合力的变化如图所示，由图可知，F合先减小后增大．(2018·武汉模拟)如图所示，

高处有一固定的光滑半球形容器，底部有一小孔，用一细轻杆通过小孔将内壁的一个光滑小球缓慢地沿内壁向上推，则在推的过程中下列说法正确的是()A．杆对球的作用力越来越小B．杆对球的作用力大小不变C．容器壁对球的作用力大小不变D．容器壁对球的作用力越来越小【答案】C【解析】

对小球受力分析，如图所示，力的三角形与三角形OAB相似，由相似三角形关系可知，FAB＝mgR＝NRN＝mg，容器壁对球的作用力大小不变，始终等于重力；AB增大，杆对球的作用力越来越大．故A、B、D三项错误，C项正确．(2017·课标全国Ⅰ)(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>π2)，现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()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【答案】AD【解析】由题意可知，重物在运动过程中受重力，MN绳拉力TMN，OM绳拉力TOM，TMN与TOM夹角保持不变．在某一时刻三个力受力分析示意图如图所示将此三个力平移为矢量三角形如图所示：因为mg大小方向不变．TMN与TOM的夹角不变，故可将三个力平

移入圆中，mg为一条固定的弦(固定的弦所对应的圆周角为定值)．由图可得TMN从0逐渐变为直径，故TMN逐渐增大，A项正确，B项错误，TOM先从弦变为直径再变为弦，故TOM先变大后变小，C项错误，D项正确，故选A、D两项．题型拓展

典例剖析提炼方法平衡中的临界值和极值问题解决平衡中的临界值和极值问题，要从临界条件入手．1．“刚开始滑动”临界条件是：静摩擦力达到最大值．2．“两物体恰好分离”临界条件是；两物体间的压力为零．3．“刚

好断开”临界条件是：绳的张力最大．例1(2018·安徽模拟)如图所示，竖直面光滑的墙角有一个质量为m，半径为r的半球体均匀物块A.现在A上放一密度和半径与A相同的球体B，调整A的位置使得A、B保持静止状态，已知A与地面间的动摩擦因数为0.5.则A球球心距墙角的最远距离是()

A．2rB.95rC.115rD.135r【答案】C【解析】根据题意可知，B的质量为2m，A、B处于静止状态，受力平衡，则地面对A的支持力为：N＝3mg，当地面对A的摩擦力达到最大静摩擦力时，A球球心距墙角的距离最远，对A、B受力分析，如图所示：根据

平衡条件得：分析A知F＝2mgsinθ，分析B知Fcosθ＝μ3mg，解得：tanθ＝43，则A球球心距墙角的最远距离为：x＝2rcosθ＋r＝115r，故C项正确，A、B、D三项错误．方法提炼求临界值和极值的方

法：1．解析法：利用物体受力平衡列出未知量与已知量的关系表达式，用数学方法求极值．2．假设法：假设可发生的临界现象，列出满足所发生的临界现象的平衡方程求解．3．图解法：根据已知量的变化情况，画出平行四边

形的边角变化，确定未知量的大小．例2如图所示，半径为R，重为G的均匀球靠竖直墙放置，左下方有厚为h(h＜R)的木块，现用水平推力F推木块．若不计一切摩擦，求：用至少多大的水平推力F推木块才能使球离开地面．【解析

】球刚离开地面时，地面支持力为零，以球为研究对象，受力分析并分解如图所示．由平衡条件：FN1sinθ＝G，FN1cosθ＝FN2，sinθ＝R－hR.再以整体为研究对象得：FN2＝F，即：F＝Gtanθ＝G2Rh－h2R－h.例3一个质量为1kg的物体放在粗

糙的水平地面上，今用最小的拉力拉它，使之做匀速运动，已知这个最小拉力为6N，g＝10m/s2，则下列关于物体与地面间的动摩擦因数μ，最小拉力与水平方向的夹角θ，正确的是()A．μ＝34，θ＝0B．μ＝34，tanθ＝34C．μ＝34，tanθ＝43D．μ＝35，tanθ＝35

【答案】B【解析】受力分析如图所示，因为物体处于平衡状态，水平方向有Fcosα＝μFN，竖直方向有Fsinα＋FN＝mg.联立可解得：F＝μmgcosα＋μsinα＝μmg1＋μ2sin（α＋φ），tanφ＝1μ，当α＋φ＝90°，即α＝arctanμ时，sin(α＋φ)＝1，F有最小值：

Fmin＝μmg1＋μ2，代入数值得μ＝34，此时α＝θ，tanθ＝tanα＝34.1.(2018·湖北二模)如图，四个完全相同的球两两挨着组成一个正四面体，静置在水平地面上．若不考虑转动情况，球之间的

摩擦力也忽略不计，则球与地面的摩擦因数至少为()A.28B.26C.36D.33答案A解析以整体为研究对象，整体的重力为4mg，则可知下部每个足球对地面的压力应为43mg；下层足球之间没有外力使它们挤压，因此底层每个足球之间的弹力为零；设上面的球与底面球之间的支持力为N，由几何关

系可知，支持力与竖直方向夹角的余弦值为63，正弦值为33，以上面的球为研究对象，根据平衡条件可知：3Ncosθ＝3N×63＝mg解得：N＝66mg；以下面任一足球为研究对象，下层足球对底面的正压力为43mg，水平

方向根据平衡条件可知：Nsinθ＝33N＝μ4mg3，解得：μ＝28，故A项正确，B、C、D三项错误．2.(2018·武昌模拟)如图所示，在水平杆MN上套上两个质量不计的小环A和B，一长度为l、不可伸长的细线两端分别系在环A、B上，并

在细线中点挂一个质量为m的物块．已知环A、B与杆间的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．那么系统平衡时小环A、B间的最大距离为()A.μl1＋μ2B.l1＋μC.l1＋μ2D.μl1＋μ答案A解析设细绳与杆的夹角为α

，则两环的距离s＝lcosα由题意可得当A、B环受到摩擦力最大时，间距最大．先以结点为研究对象受力情况如图所示，受到两绳的拉力和m的拉力，三力平衡．根据平衡条件可得：2Fsinα＝mg对A水平方向根据平衡条件可

得：Fcosα＝f设A和B受到的支持力均为FN，整体为研究对象，竖直方向有：2FN＝mg而f＝μ·FN＝12μmg联立解得：s＝μl1＋μ2，故A项正确，B、C、D三项错误．3.(多选)位于同一水平面上的两根平行导电导轨，放置在斜向左上方、与水平面成60°角的匀强磁场中

，现给出这一装置的侧视图，如图所示，一根通有恒定电流的金属棒正在导轨上向右做匀速运动，在匀强磁场沿顺时针方向缓慢转过30°的过程中，金属棒始终保持匀速运动，则磁感应强度B的大小变化可能是()A．始终变大B．始终变小C．先变大后变小D．先变小后变大答案AD解析因通有恒定电流

的金属棒在导轨上向右做匀速运动，对金属棒受力分析如右图所示．在水平方向上：F安cosθ＝Ff＝μFN，竖直方向上：FN＋F安sinθ＝mg即F安＝μmgcosθ＋μsinθ＝μmg1＋μ2（sinφcosθ＋cosφsinθ）＝μmg1＋μ2sin（θ＋φ）(设sinφ＝11＋μ2；cosφ＝

μ1＋μ2)由题知，θ由30°减小至0°，则若0＜φ≤60°，则F安逐渐变大，因I不变，则B始终变大；若60°＜φ≤90°，则B先变小后变大．4．擦黑板也许同学们都经历过，若黑板擦的质量为0.1kg，现假定某同学正对黑板，

用力将黑板擦在黑板表面缓慢竖直向上擦黑板，当手臂对小黑板擦的作用力F与黑板面成45°角时，F＝20N，g取10m/s2.求：(1)此黑板擦与黑板之间的动摩擦因数(2)擦黑板时有这样的现象：粉笔字的位置越高的地方，即使用

同样大的力却不容易擦干净，请用物理知识简要解释．(3)当手臂对黑板擦的作用力与黑板面的夹角超过某一临界值θ时，不管用多大力都不可能使黑板擦从静止开始运动．求这一临界角的正切值tanθ.解析(1)小黑板擦向上缓慢移动，处于平衡状态，它的受力如

图水平方向：FN－Fsinθ＝0竖直方向：Fcosθ－mg－Ff＝0又Ff＝μFN所以μ＝Fcos45°－mgFsin45°＝1－mgFsin45°＝1－0.1×1020×2/2＝0.93(2)在手臂的用力大

小相同时，由Ff＝μF·sinθ可知：作用点的高度越高，手臂与黑板面的夹角越小，黑板擦与黑板间的摩擦力也就越小，所以手臂与黑板面的夹角越小的地方越不容易擦干净．(3)若不管用多大力都不可能使黑板擦从静止开始运动，应满足：水平方向：FN－Fsinθ＝0竖直方向：F

cosθ≤mg＋Ff