資源簡介

第3講　牛頓第三定律　共點力的平衡
■目標要求
1.能夠準確分析重力、彈力和摩擦力的有無和方向。2.靈活選取研究對象,熟練應用整體法和隔離法對物體或系統進行受力分析。3.會應用共點力的平衡條件分析解決平衡問題。
考點1　牛頓第三定律　受力分析
　　　　　 　　　　　　　　　　
必|備|知|識
1.作用力和反作用力:兩個物體之間的作用總是　　　的,一個物體對另一個物體施加了力,后一個物體同時對前一個物體也施加力。
2.內容:兩個物體之間的作用力和反作用力總是大小相等、方向　　　、作用在　　　　　　。
3.表達式:F=-F'。
4.受力分析的基本思路。
(1)作用力與反作用力的效果可以相互抵消()
(2)物體靜止在水平地面上,受到的重力和支持力為一對作用力和反作用力()
關|鍵|能|力
　　　　　 　　　　　　　　　　
1.一對平衡力與作用力、反作用力的不同點。
名稱項目
一對平衡力 作用力與反作用力
作用對象 同一個物體 兩個相互作用的不同物體
作用時間 不一定同時產生、同時消失 一定同時產生、同時消失
力的性質 不一定相同 一定相同
作用效果 可相互抵消 不可抵消
2.整體法和隔離法在受力分析中的應用。
項目 整體法 隔離法
概念 將運動狀態相同的幾個相關聯物體作為一個整體來分析的方法 將研究對象與周圍物體分隔來分析的方法
選用 原則 研究系統外的物體對系統整體的作用力或系統整體的加速度 研究系統內物體之間的相互作用力
注意 問題 受力分析時不要再考慮系統內物體間的相互作用 一般隔離受力較少的物體
考向1　牛頓第三定律
【典例1】　
(多選)如圖所示,用水平外力F將木塊壓在豎直墻面上保持靜止,下列說法正確的是(　　)
A.木塊的重力與墻對木塊的靜摩擦力是一對平衡力
B.木塊的重力與墻對木塊的靜摩擦力是一對作用力與反作用力
C.木塊對墻的壓力與F是一對平衡力
D.木塊對墻的壓力與墻對木塊的支持力是一對作用力與反作用力
考向2　受力分析
【典例2】　(多選)如圖所示,在斜面上,木塊A與
B的接觸面是水平的。連接木塊A的繩子呈水平狀態,兩木塊均保持靜止。則木塊A和木塊B可能的受力個數分別為(　　)
A.2個和4個 B.3個和4個
C.4個和5個 D.4個和6個
　　對物體受力分析時,為了避免“漏力”或“多力”的情況,必須注意以下三點。
(1)只分析研究對象受到的力,不要把研究對象對其他物體的作用力混淆進來。
(2)慣性不是力,不要把物體的慣性當力。
(3)只分析實際受到的力,不要把效果力當性質力去分析。
考點2　共點力的平衡條件和單體的平衡問題
　　　　　 　　　　　　　　　　
必|備|知|識
1.平衡狀態:物體處于靜止或　　　　　　　狀態。
2.平衡條件。
(1)物體所受合外力為零,即F合=0。
(2)若采用正交分解法,平衡條件表達式為Fx=0,Fy=0。
3.常用推論。
(1)若物體受n個作用力而處于平衡狀態,則其中任意一個力與其余n-1個力的合力大小　　　　、方向　　　　。
(2)若三個共點力的合力為零,則表示這三個力的有向線段首尾相接組成一個封閉三角形。
(1)只要物體的速度為零就一定處于平衡狀態()
(2)處于平衡狀態的物體合外力一定為零()
關|鍵|能|力
　　　　　 　　　　　　　　　　
　解決物體靜態平衡的三種常用方法。
適用條件 注意事項 優點
合成法 物體受三個力作用而平衡 (1)表示三個力大小的線段長度不可隨意畫; (2)兩力的合力與第三個力等大反向 對于物體所受的三個力,有兩個力相互垂直或兩個力大小相等的平衡問題求解較簡單
正交分解法 物體受三個或三個以上的力作用而平衡 選坐標軸時應使盡量多的力與坐標軸重合 對于物體受三個以上的力處于平衡狀態的問題求解較方便
力的三角形法 物體受三個力作用而平衡 將三個力的矢量圖平移,構成一個依次首尾相連的矢量三角形 常用于求解一般矢量三角形中未知力的大小和方向
考向1　合成法
【典例3】　(2023·浙江卷)如圖所示,水平面上固定兩排平行的半圓柱體,重為G的光滑圓柱體靜置其上,a、b為相切點,∠aOb=90°,半徑Ob與重力的夾角為37°。已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,則圓柱體受到的支持力Fa、Fb大小為(　　)
A.Fa=0.6G,Fb=0.4G
B.Fa=0.4G,Fb=0.6G
C.Fa=0.8G,Fb=0.6G
D.Fa=0.6G,Fb=0.8G
考向2　力的三角形法
【典例4】　
如圖所示,內壁光滑的等邊三角形框架中放置一鐵球,鐵球跟三角形框架的三個面剛好接觸,在一次搬運過程中,工人將框架以A為軸逆時針緩慢抬起,當AC邊轉到偏離豎直方向向左的夾角為15°時,AB邊與AC邊受到的壓力之比為(　　)
A. B.
C. D.
考向3　正交分解法
【典例5】　
(2024·河北卷)如圖,彈簧測力計下端掛有一質量為0.20 kg的光滑均勻球體,球體靜止于帶有固定擋板的斜面上,斜面傾角為30°,擋板與斜面夾角為60°。若彈簧測力計位于豎直方向,讀數為1.0 N,g取10 m/s2,擋板對球體支持力的大小為(　　)
A. N B.1.0 N
C. N D.2.0N
考點3　整體法和隔離法解決多物體平衡問題
　　　　　 　　　　　　　　　　
關|鍵|能|力
1.多物體問題。
多物體通常由兩個或兩個以上的研究對象通過直接接觸或通過繩、桿等媒介連接組合,如疊加體、連接體等。
2.整體法和隔離法的選擇。
(1)當分析相互作用的兩個或兩個以上物體整體的受力情況及分析外力對系統的作用時,宜用整體法。
(2)在分析系統內各物體間的相互作用時,宜用隔離法。
(3)對一些復雜問題,通常需要多次變換研究對象,交替使用整體法和隔離法。
【典例6】　
(2024·湖北卷)如圖所示,兩拖船P、Q拉著無動力貨船S一起在靜水中沿圖中虛線方向勻速前進,兩根水平纜繩與虛線的夾角均保持為30°。假設水對三艘船在水平方向的作用力大小均為f,方向與船的運動方向相反,則每艘拖船發動機提供的動力大小為(　　)
A.f B.f
C.2f D.3f
審題指導
序號 信息讀取 信息加工
1 兩拖船P、Q拉著無動力貨船S一起在靜水中沿圖中虛線方向勻速前進 拖船和貨船均處于平衡狀態
2 兩根水平纜繩與虛線的夾角均保持為30° 拖船和貨船受繩的拉力方向沿繩
3 水對三艘船在水平方向的作用力大小均為f,方向與船的運動方向相反 已知水對船的作用力大小和方向
失分 剖析 (1)不能正確使用整體法與隔離法而出錯;(2)拖船的動力方向并不是沿著船頭指向,也不是沿著拖船的運動方向,而在兩個方向之間
【典例7】　掛燈籠的習俗起源于兩千多年前的西漢時期,現已成為中國人喜慶的象征。某次掛燈籠的情景如圖所示,準備由3根等長的輕質細繩懸掛起2個質量均為m的燈籠,用水平力F拉BC細繩使系統處于靜止狀態,另外兩根細繩與水平面所成的角度分別為θ1和θ2,重力加速度為g。下列關系式正確的是(　　)
A.FOA= B.FAB=
C.tan θ1=2tan θ2 D.F=
第3講　牛頓第三定律　共點力的平衡
考點1
必備知識 　
1.相互　2.相反　同一條直線上
微點辨析　(1)×　(2)×
關鍵能力 　
【典例1】　AD　解析　木塊受重力、壓力F、支持力和摩擦力的作用保持靜止,所以木塊的重力與墻對木塊的靜摩擦力是一對平衡力,A項正確,B項錯誤;墻對木塊的支持力與木塊所受的壓力F是一對平衡力,木塊對墻的壓力和F受力物體不同,不是平衡力,C項錯誤;木塊對墻的壓力與墻對木塊的支持力等大反向共線,作用在兩個物體上,是一對作用力與反作用力,D項正確。
【典例2】　AC　解析　由平衡條件知,A除受到B的支持力與重力外,可能受到繩子的拉力與B對A的摩擦力。因此A可能受到2個力或4個力;B可能受到重力、A對B的壓力和斜面的靜摩擦力、斜面的支持力4個力而保持平衡,還可能受重力、A對B的壓力、斜面的支持力、A對B向左的靜摩擦力,而斜面對物體B可能有靜摩擦力,也有可能沒有靜摩擦力,因此B受到4個力或5個力,A、C兩項正確。
考點2
必備知識 　
1.勻速直線運動　3.(1)相等　相反
微點辨析　(1)×　(2)√
關鍵能力 　
【典例3】　D　解析　對光滑圓柱體受力分析如圖所示,兩半圓柱體對光滑圓柱體的支持力Fa、Fb垂直,且兩力的合力大小等于光滑圓柱體的重力大小,由平衡條件得Fa=Gsin 37°=0.6G,Fb=Gcos 37°=0.8G,D項正確。
【典例4】　A　解析　當AC邊以A為軸逆時針轉動到向左偏離豎直方向15°角時,對鐵球進行受力分析可知,此時BC邊跟鐵球之間沒有作用力,鐵球受到重力G、AB邊作用力FAB和AC邊作用力FAC三個力作用,力的方向及力的矢量三角形如圖所示,根據正弦定理有==,A項正確。
【典例5】　A　解析　對小球受力分析如圖所示,由幾何關系得力F、力FN與豎直方向的夾角均為30°,應用正交分解法建立平衡方程得FNsin 30°=Fsin 30°,FNcos 30°+Fcos 30°+T=mg,解得F=FN= N,A項正確。
考點3
關鍵能力 　
【典例6】　B　解析　根據題意對S受力分析如圖甲,正交分解可知2Tcos 30°=f,解得T=f;對P受力分析如圖乙,由平衡條件得Fcos θ=f+Tcos 30°,Fsin θ=Tsin 30°,整理得(Tsin 30°)2+(f+Tcos 30°)2=F2,解得F=f,B項正確。
甲乙
【典例7】　C　解析　將兩個燈籠作為整體分析,根據平衡條件得FOAsin θ1=2mg,FOAcos θ1=F,聯立解得FOA=,F=,A、D兩項錯誤;對結點B受力分析,由平衡條件得FABsin θ2=mg,FABcos θ2=F,聯立解得FAB=,F=。由F=和F=聯立解得tan θ1=2tan θ2,B項錯誤,C項正確。(共33張PPT)
第3講
第二章 相互作用——力
牛頓第三定律　共點力的平衡
目
標
要
求
1.能夠準確分析重力、彈力和摩擦力的有無和方向。2.靈活選取研究對象，熟練應用整體法和隔離法對物體或系統進行受力分析。3.會應用共點力的平衡條件分析解決平衡問題。
考點1　牛頓第三定律　受力分析
考點2　共點力的平衡條件和單體的平衡問題
內容
索引
考點3　整體法和隔離法解決多物體平衡問題
牛頓第三定律　受力分析
考點1
必|備|知|識
1.作用力和反作用力：兩個物體之間的作用總是_______的，一個物體對另一個物體施加了力，后一個物體同時對前一個物體也施加 力。
2.內容：兩個物體之間的作用力和反作用力總是大小相等、方向
______、作用在_______________。
3.表達式：F=-F'。
相互
相反
同一條直線上
4.受力分析的基本思路。
(1)作用力與反作用力的效果可以相互抵消( )
(2)物體靜止在水平地面上，受到的重力和支持力為一對作用力和反作用力( )
關|鍵|能|力
1.一對平衡力與作用力、反作用力的不同點。
名稱 項目 一對平衡力 作用力與反作用力
作用對象 同一個物體 兩個相互作用的不同物體
作用時間 不一定同時產生、同時消失 一定同時產生、同時消失
力的性質 不一定相同 一定相同
作用效果 可相互抵消 不可抵消
2.整體法和隔離法在受力分析中的應用。
項目 整體法 隔離法
概念 將運動狀態相同的幾個相關聯物體作為一個整體來分析的方法 將研究對象與周圍物體分隔來分析的方法
選用 原則 研究系統外的物體對系統整體的作用力或系統整體的加速度 研究系統內物體之間的相互作用力
注意 問題 受力分析時不要再考慮系統內物體間的相互作用 一般隔離受力較少的物體
考向1
牛頓第三定律
【典例1】　(多選)如圖所示，用水平外力F將木塊壓在豎直墻面上保持靜止，下列說法正確的是( )
A.木塊的重力與墻對木塊的靜摩擦力是一對平衡力
B.木塊的重力與墻對木塊的靜摩擦力是一對作用力與反作用力
C.木塊對墻的壓力與F是一對平衡力
D.木塊對墻的壓力與墻對木塊的支持力是一對作用力與反作用力
木塊受重力、壓力F、支持力和摩擦力的作用保持靜止，所以木塊的重力與墻對木塊的靜摩擦力是一對平衡力，A項正確，B項錯 誤；墻對木塊的支持力與木塊所受的壓力F是一對平衡力，木塊對墻的壓力和F受力物體不同，不是平衡力，C項錯誤；木塊對墻的壓力與墻對木塊的支持力等大反向共線，作用在兩個物體上，是一對作用力與反作用力，D項正確。
解析
考向2
受力分析
【典例2】　(多選)如圖所示，在斜面上，木塊A與B的接觸面是水平的。連接木塊A的繩子呈水平狀態，兩木塊均保持靜止。則木塊A和木塊B可能的受力個數分別為 ( )
A.2個和4個 B.3個和4個
C.4個和5個 D.4個和6個
由平衡條件知，A除受到B的支持力與重力外，可能受到繩子的拉力與B對A的摩擦力。因此A可能受到2個力或4個力；B可能受到重力、A對B的壓力和斜面的靜摩擦力、斜面的支持力4個力而保持平衡，還可能受重力、A對B的壓力、斜面的支持力、A對B向左的靜摩擦力，而斜面對物體B可能有靜摩擦力，也有可能沒有靜摩擦力，因此B受到4個力或5個力，A、C兩項正確。
解析
　　對物體受力分析時，為了避免“漏力”或“多力”的情況，必須注意以下三點。
(1)只分析研究對象受到的力，不要把研究對象對其他物體的作用力混淆進來。
(2)慣性不是力，不要把物體的慣性當力。
(3)只分析實際受到的力，不要把效果力當性質力去分析。
共點力的平衡條件和單體的平衡問題
考點2
必|備|知|識
1.平衡狀態：物體處于靜止或________________狀態。
2.平衡條件。
(1)物體所受合外力為零，即F合=0。
(2)若采用正交分解法，平衡條件表達式為Fx=0，Fy=0。
3.常用推論。
(1)若物體受n個作用力而處于平衡狀態，則其中任意一個力與其余n-1個力的合力大小_______、方向______。
(2)若三個共點力的合力為零，則表示這三個力的有向線段首尾相接組成一個封閉三角形。
勻速直線運動
相等
相反
(1)只要物體的速度為零就一定處于平衡狀態( )
(2)處于平衡狀態的物體合外力一定為零( )
關|鍵|能|力
解決物體靜態平衡的三種常用方法。
適用條件 注意事項 優點
合成法 物體受三個力作用而平衡 (1)表示三個力大小的線段長度不可隨意畫； (2)兩力的合力與第三個力等大反向 對于物體所受的三個力，有兩個力相互垂直或兩個力大小相等的平衡問題求解較簡單
正交分解法 物體受三個或三個以上的力作用而平衡 選坐標軸時應使盡量多的力與坐標軸重合 對于物體受三個以上的力處于平衡狀態的問題求解較方便
力的三角形法 物體受三個力作用而平衡 將三個力的矢量圖平移，構成一個依次首尾相連的矢量三角形 常用于求解一般矢量三角形中未知力的大小和方向
考向1
合成法
【典例3】　(2023·浙江卷)如圖所示，水平面上固定兩排平行的半圓柱體，重為G的光滑圓柱體靜置其上，a、b為相切點，∠aOb= 90°，半徑Ob與重力的夾角為37°。已知sin 37°=0.6，cos 37°= 0.8，則圓柱體受到的支持力Fa、Fb大小為( )
A.Fa=0.6G，Fb=0.4G
B.Fa=0.4G，Fb=0.6G
C.Fa=0.8G，Fb=0.6G
D.Fa=0.6G，Fb=0.8G
對光滑圓柱體受力分析如圖所示，兩半圓柱體對光滑圓柱體的支持力Fa、Fb垂直，且兩力的合力大小等于光滑圓柱體的重力大小，由平衡條件得Fa=Gsin 37°=0.6G，Fb=Gcos 37°= 0.8G，D項正確。
解析
考向2
力的三角形法
【典例4】　如圖所示，內壁光滑的等邊三角形框架中放置一鐵球，鐵球跟三角形框架的三個面剛好接觸，在一次搬運過程中，工人將框架以A為軸逆時針緩慢抬起，當AC邊轉到偏離豎直方向向左的夾角為15°時，AB邊與AC邊受到的壓力之比為( )
A. B. C. D.
當AC邊以A為軸逆時針轉動到向左偏離豎直方向15°角時，對鐵球進行受力分析可知，此時BC邊跟鐵球之間沒有作用力，鐵球受到重力G、AB邊作用力FAB和AC邊作用力FAC三個力作用，力的方向及力的矢量三角形如圖所示，根據正弦定理有==，A項正確。
解析
考向3
正交分解法
【典例5】　(2024·河北卷)如圖，彈簧測力計下端掛有一質量為0.20 kg的光滑均勻球體，球體靜止于帶有固定擋板的斜面上，斜面傾角為30°，擋板與斜面夾角為60°。若彈簧測力計位于豎直方向，讀數為1.0 N，g取10 m/s2，擋板對球體支持力的大小為( )
A. N B.1.0 N C. N D.2.0N
對小球受力分析如圖所示，由幾何關系得力F、力FN與豎直方向的夾角均為30°，應用正交分解法建立平衡方程得FNsin 30°= Fsin 30°，FNcos 30°+ Fcos 30°+T=mg，解得F=FN= N，A項正確。
解析
整體法和隔離法解決多物體平衡問題
考點3
關|鍵|能|力
1.多物體問題。
多物體通常由兩個或兩個以上的研究對象通過直接接觸或通過繩、桿等媒介連接組合，如疊加體、連接體等。
2.整體法和隔離法的選擇。
(1)當分析相互作用的兩個或兩個以上物體整體的受力情況及分析外力對系統的作用時，宜用整體法。
(2)在分析系統內各物體間的相互作用時，宜用隔離法。
(3)對一些復雜問題，通常需要多次變換研究對象，交替使用整體法和隔離法。
【典例6】　(2024·湖北卷)如圖所示，兩拖船P、Q拉著無動力貨船S一起在靜水中沿圖中虛線方向勻速前進，兩根水平纜繩與虛線的夾角均保持為30°。假設水對三艘船在水平方向的作用力大小均為f，方向與船的運動方向相反，則每艘拖船發動機提供的動力大小為( )
A.f B.f C.2f D.3f
審題指導
序號 信息讀取 信息加工
1 兩拖船P、Q拉著無動力貨船S一起在靜水中沿圖中虛線方向勻速前進 拖船和貨船均處于平衡狀態
2 兩根水平纜繩與虛線的夾角均保持為30° 拖船和貨船受繩的拉力方向沿繩
3 水對三艘船在水平方向的作用力大小均為f，方向與船的運動方向相反 已知水對船的作用力大小和方向
失分 剖析 (1)不能正確使用整體法與隔離法而出錯；(2)拖船的動力方向并不是沿著船頭指向，也不是沿著拖船的運動方向，而在兩個方向之間 根據題意對S受力分析如圖甲，正交分解可知2Tcos 30°=f，解得T=
f；對P受力分析如圖乙，由平衡條件得Fcos θ=f+Tcos 30°，Fsin θ=
Tsin 30°，整理得(Tsin 30°)2+(f+ Tcos 30°)2=F2，解得F=f，B項正確。
解析
【典例7】　掛燈籠的習俗起源于兩千多年前的西漢時期，現已成為中國人喜慶的象征。某次掛燈籠的情景如圖所示，準備由3根等長的輕質細繩懸掛起2個質量均為m的燈籠，用水平力F拉BC細繩使系統處于靜止狀態，另外兩根細繩與水平面所成的角度分別為θ1和θ2，重力加速度為g。下列關系式正確的是( )
A.FOA= B.FAB=
C.tan θ1=2tan θ2 D.F=
將兩個燈籠作為整體分析，根據平衡條件得FOAsin θ1=2mg，FOAcos θ1=F，聯立解得FOA=，F=，A、D兩項錯誤；對結點B受力分析，由平衡條件得FABsin θ2=mg，FABcos θ2=F，聯立解得FAB=，F=。由F=和F=聯立解得tan θ1= 2tan θ2，B項錯誤，C項正確。
解析微練7　牛頓第三定律　共點力的平衡
　梯級Ⅰ基礎練
1.(2025·邢臺模擬)如圖所示，甲圖是用力傳感器“探究作用力與反作用力的關系”的實驗裝置，實驗中與力傳感器相連的計算機屏幕上顯示的力如圖乙所示。下列說法正確的是(　　)
A.作用力變大時，反作用力變小
B.兩力傳感器間的作用力和反作用力作用在同一物體上
C.此圖線的橫坐標代表的物理量是時刻
D.此圖線一定是在兩個傳感器都處于靜止狀態下得到的
2.如圖所示是在水平的雪地里玩耍時狗拉雪橇的圖片，忽略摩擦力以外的其他阻力，下列說法正確的是(　　)
A.狗拉雪橇勻速前進時，雪橇的運動速度越大，狗拉雪橇的力也越大
B.如果摩擦力可忽略不計，沒有狗的拉力，雪橇也能做勻速度直線運動
C.狗拉雪橇做加速運動時，狗拉雪橇的力大于雪橇拉狗的力
D.狗拉雪橇的力和雪橇拉狗的力是一對平衡力，大小始終相等
3.(2024·山東卷)如圖所示，國產人形機器人“天工”能平穩通過斜坡。若它可以在傾角不大于30°的斜坡上穩定地站立和行走，且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則它的腳和斜面間的動摩擦因數不能小于(　　)
A.　　　B. C.　　　D.
4.如圖所示，小球A和B套在光滑水平桿上，兩球間連接輕彈簧，A、B分別通過長度相等的輕繩一起吊起質量為300 g的小球C，當兩繩與水平桿的夾角為37°時恰好處于平衡狀態，此時彈簧壓縮了2 cm。已知sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，重力加速度大小取10 m/s2。彈簧始終在彈性限度內，彈簧的勁度系數為(　　)
A.200 N/m B.100 N/m
C.50 N/m D.1 N/m
5.(2025·合肥模擬)如圖，工地上常用夾鉗搬運磚塊。已知磚塊均為規格相同的長方體，每塊質量為2.8 kg，夾鉗與磚塊之間的動摩擦因數為0.56，磚塊之間的動摩擦因數為0.35，最大靜摩擦力近似等于滑動摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。搬運7塊磚時，夾鉗對磚塊豎直一側壁施加的壓力大小至少應為(　　)
A.175 N B.200 N C.392 N D.400 N
6.(2025·昭通模擬)如圖所示，質量為m的物塊放在水平面上，連接輕滑輪的輕繩懸于O點，繞過輕滑輪的輕繩一端連接在物塊上，在另一端施加豎直向下的拉力F，O點和滑輪間的輕繩與豎直方向的夾角為θ=30°，逐漸增大拉力F到物塊剛好要滑動。已知物塊與水平面間的動摩擦因數為0.5，重力加速度為g，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，不計滑輪的摩擦，則滑輪和物塊間的輕繩與豎直方向的夾角α及當物塊剛好滑動時拉力F的大小分別為(　　)
A.45°　 B.45°　
C.60°　 D.60°　
7.(2025·永州模擬)如圖所示，固定在水平地面上的物體A的左側是圓弧面，右側是傾角為θ的斜面。一根輕繩跨過物體A頂點處的小滑輪，繩兩端分別系有質量為m1、m2的兩個物體。若m1、m2都處于靜止狀態且m2所處位置與圓心的連線跟水平方向的夾角為θ，不計一切摩擦，則m1、m2之間的大小關系是(　　)
A.m1= B.m1=
C.m1=m2tan θ D.m1=m2cos θ
8.(2025·張家口模擬)如圖所示，雜技演員進行鋼索表演，演員和輪子的總質量為m=80 kg，當演員緩慢運動到鋼索中點時，鋼索與水平面成θ=15°，若sin 15°=0.259，重力加速度為g=10 m/s2，則此時鋼索最低點所受的拉力大小為(　　)
A.772 N B.1 544 N
C.3 088 N D.6 176 N
梯級Ⅱ能力練
9.(2024·浙江卷)如圖所示，在同一豎直平面內，小球A、B上系有不可伸長的細線a、b、c和d，其中a的上端懸掛于豎直固定的支架上，d跨過左側定滑輪、c跨過右側定滑輪分別與相同配重P、Q相連，調節左、右兩側定滑輪高度達到平衡。已知小球A、B和配重P、Q質量均為50 g，重力加速度g取10 m/s2，細線c、d平行且與水平面成θ=30°(不計摩擦)，則細線a、b的拉力分別為(　　)
A.2 N，1 N B.2 N，0.5 N
C.1 N，1 N D.1 N，0.5 N
10.(多選)(2025·株洲模擬)如圖所示，球A和半球B能靜止在傾角為30°的斜面上，它們的質量分別為2m、m，兩球半徑相等，其中球A是光滑的，重力加速度為g。下列說法正確的是(　　)
A.斜面對球A的支持力是mg
B.斜面對半球B的支持力是mg
C.球A對半球B的壓力是mg
D.半球B受到斜面的摩擦力是mg
11.如圖所示，一條細繩跨過光滑的定滑輪連接兩個小球A、B，它們都穿在一根光滑的豎直桿上，不計滑輪的質量，當兩球平衡時O、A間細繩與水平方向的夾角為2θ，O、B間細繩與水平方向的夾角為θ，B球的質量為m，重力加速度大小為g，則:
(1)細繩上的張力是多少
(2)A球的質量是多少
(3)滑輪受到細繩的作用力是多少
梯級Ⅲ創新練
12.(2025·南昌模擬)如圖，V形對接的斜面P、Q固定在水平面上，兩斜面與水平面夾角均為θ=60°，其中P斜面粗糙，Q斜面光滑，兩個質量均為m的小滑塊a、b通過輕桿分別靜止在P、Q上，滑塊與輕桿間連有鉸鏈，輕桿垂直于斜面P，已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g。下列說法正確的是(　　)
A.輕桿對a的彈力表現為拉力
B.輕桿對a的彈力方向與P不垂直
C.輕桿對b的彈力大小為mg
D.斜面P對a的摩擦力大小為mg
微練7　牛頓第三定律　共點力的平衡
1.C　解析　由題圖乙可知,作用力變大時,反作用力同時也變大,A項錯誤;兩力傳感器間的作用力和反作用力作用在不同物體上,B項錯誤;此圖線為作用力和反作用力的大小隨時間變化的關系,橫坐標代表的物理量是時刻,C項正確;此圖線不一定是在兩個傳感器都處于靜止狀態下得到的,也可能處于運動狀態,D項錯誤。
2.B　解析　狗拉雪橇勻速前進時,狗拉雪橇的力等于雪橇所受的滑動摩擦力,跟雪橇的運動速度大小無關,A項錯誤;如果摩擦力可忽略不計,沒有狗的拉力,雪橇由于慣性也能做勻速直線運動,B項正確;狗拉雪橇的力和雪橇拉狗的力是一對相互作用力,大小總是相等,C、D兩項錯誤。
3.B　解析　根據題意可知機器人“天工”它可以在傾角不大于30°的斜坡上穩定地站立和行走,對“天工”分析有mgsin 30°≤μmgcos 30°,即μ≥tan 30°=,B項正確。
4.B　解析　對小球C受力分析可知mg=2Tsin 37°,對彈簧分析有kx=Tcos 37°,解得k=100 N/m,B項正確。
5.B　解析　先將7塊磚當作整體受力分析,豎直方向受重力、靜摩擦力,二力平衡,有2μ1F≥7mg,則有F≥175 N,再考慮除最外側兩塊磚的里面的5塊磚,受力分析,豎直方向受重力、靜摩擦力,二力平衡,有2μ2F≥5mg,則有F≥200 N,解得F≥200 N,B項正確。
6.D　解析　分析滑輪受力,根據力的平衡條件及對稱性,可得滑輪和物塊間的輕繩與豎直方向的夾角為α=60°,即滑輪和物塊間輕繩與水平方向夾角為30°,則Fcos 30°=0.5(mg-Fsin 30°),解得F=,D項正確。
7.A　解析　由題意,通過光滑的滑輪相連,左右兩側繩的拉力F大小相等,兩物體處于平衡狀態,分別對這兩個物體進行受力分析可得F=m1gsin θ,F=m2gcos θ,聯立兩式解得m1=,A項正確。
8.B　解析　以演員及輪子為研究對象,分析受力情況,作出受力圖如圖所示,兩鋼索的合力與重力等大反向,則有2Fsin θ=mg,解得F== N=1 544 N,B項正確。
9.D　解析　由題意可知細線c對A的拉力和細線d對B的拉力大小相等、方向相反,對A、B整體分析可知細線a的拉力大小為Ta=(mA+mB)g=1 N。設細線b與水平方向夾角為α,對A、B分析,沿豎直方向和水平方向分別有Tbsin α+Tcsin θ=mAg,Tbcos α=Tdcos θ,且Tc=Td=0.5 N,解得Tb=0.5 N,D項正確。
10.AD　解析　球A受力情況如圖,根據幾何關系可知,斜面對球A的支持力和B對A的支持力與豎直方向夾角均為30°,根據對稱性可知,斜面對球A的支持力和B對A的支持力大小相等,則有2FN1cos 30°=2mg,可得斜面對球A的支持力為FN1=,根據牛頓第三定律可知,球A對半球B的壓力是,A項正確,C項錯誤;以A、B為整體分析,斜面對整體的支持力為FN=3mgcos 30°=,斜面對整體,即對B的摩擦力為Ff=3mgsin 30°=,斜面對半球B的支持力為FN2=FN-FN1=,B項錯誤,D項正確。
11.答案　(1)　(2)2mcos θ　(3)
解析　(1)對B球受力分析可知,
Tsin θ=mg,
則細繩上的張力T=。
(2)對A球受力分析可知Tsin 2θ=mAg,
解得A球的質量是mA=2mcos θ。
(3)由幾何關系可知,繞過滑輪的兩邊繩子之間的夾角為θ,則滑輪受到細繩的作用力F=2Tcos= 。
12.D　解析　對b進行受力分析,根據平衡條件可知,輕桿對b的彈力沿桿向上,則輕桿對a的彈力沿桿向下,表現為推力,A項錯誤;由于滑塊與輕桿間連有鉸鏈,輕桿的彈力方向沿桿的方向,與P垂直,B項錯誤;以b為對象,設桿的彈力大小為F,沿斜面方向應用平衡條件得Fcos 30°=mgsin 60°,解得F=mg,C項錯誤;對a進行受力分析,根據平衡條件可知,a受到的靜摩擦力大小為Ff=mgsin 60°=mg,D項正確。(共32張PPT)
微練7
牛頓第三定律　共點力的平衡
1
5
6
7
8
9
10
11
12
2
3
4
1.(2025·邢臺模擬)如圖所示，甲圖是用力傳感器“探究作用力與反作用力的關系”的實驗裝置，實驗中與力傳感器相連的計算機屏幕上顯示的力如圖乙所示。下列說法正確的是( )
梯級Ⅰ 基礎練
1
5
6
7
8
9
10
11
12
2
3
4
A.作用力變大時，反作用力變小
B.兩力傳感器間的作用力和反作用力作用在同一物體上
C.此圖線的橫坐標代表的物理量是時刻
D.此圖線一定是在兩個傳感器都處于靜止狀態下得到的
由題圖乙可知，作用力變大時，反作用力同時也變大，A項錯 誤；兩力傳感器間的作用力和反作用力作用在不同物體上，B項錯誤；此圖線為作用力和反作用力的大小隨時間變化的關系，橫坐標代表的物理量是時刻，C項正確；此圖線不一定是在兩個傳感器都處于靜止狀態下得到的，也可能處于運動狀態，D項錯 誤。
解析
1
5
6
7
8
9
10
11
12
2
3
4
C.狗拉雪橇做加速運動時，狗拉雪橇的力大于雪橇拉狗的力
D.狗拉雪橇的力和雪橇拉狗的力是一對平衡力，大小始終相等
1
5
6
7
8
9
10
11
12
2
3
4
2.如圖所示是在水平的雪地里玩耍時狗拉雪橇的圖片，忽略摩擦力以外的其他阻力，下列說法正確的是( )
A.狗拉雪橇勻速前進時，雪橇的運動速度越大，狗拉雪橇的力也越大
B.如果摩擦力可忽略不計，沒有狗的拉力，雪橇也能做勻速度直線運動
狗拉雪橇勻速前進時，狗拉雪橇的力等于雪橇所受的滑動摩擦 力，跟雪橇的運動速度大小無關，A項錯誤；如果摩擦力可忽略不計，沒有狗的拉力，雪橇由于慣性也能做勻速直線運動，B項正確；狗拉雪橇的力和雪橇拉狗的力是一對相互作用力，大小總是相等，C、D兩項錯誤。
解析
1
5
6
7
8
9
10
11
12
2
3
4
3.(2024·山東卷)如圖所示，國產人形機器人“天工”能平穩通過斜 坡。若它可以在傾角不大于30°的斜坡上穩定地站立和行走，且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則它的腳和斜面間的動摩擦因數不能小于( )

A.　　 　B. C.　　　 D.
1
5
6
7
8
9
10
11
12
2
3
4
根據題意可知機器人“天工”它可以在傾角不大于30°的斜坡上穩定地站立和行走，對“天工”分析有mgsin 30°≤μmgcos 30°，即μ≥tan 30°=，B項正確。
解析
1
5
6
7
8
9
10
11
12
2
3
4
4.如圖所示，小球A和B套在光滑水平桿上，兩球間連接輕彈簧，A、B分別通過長度相等的輕繩一起吊起質量為300 g的小球C，當兩繩與水平桿的夾角為37°時恰好處于平衡狀態，此時彈簧壓縮了2 cm。已知sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，重力加速度大小取10 m/s2。彈簧始終在彈性限度內，彈簧的勁度系數為( )
A.200 N/m B.100 N/m
C.50 N/m D.1 N/m
1
5
6
7
8
9
10
11
12
2
3
4
對小球C受力分析可知mg=2Tsin 37°，對彈簧分析有kx= Tcos 37°，解得k=100 N/m，B項正確。
解析
1
5
6
7
8
9
10
11
12
2
3
4
5.(2025·合肥模擬)如圖，工地上常用夾鉗搬運磚塊。已知磚塊均為規格相同的長方體，每塊質量為2.8 kg，夾鉗與磚塊之間的動摩擦因數為0.56，磚塊之間的動摩擦因數為0.35，最大靜摩擦力近似等于滑動摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。搬運7塊磚時，夾鉗對磚塊豎直一側壁施加的壓力大小至少應為( )
A.175 N B.200 N
C.392 N D.400 N
1
5
6
7
8
9
10
11
12
2
3
4
先將7塊磚當作整體受力分析，豎直方向受重力、靜摩擦力，二力平衡，有2μ1F≥7mg，則有F≥175 N，再考慮除最外側兩塊磚的里面的5塊磚，受力分析，豎直方向受重力、靜摩擦力，二力平 衡，有2μ2F≥5mg，則有F≥200 N，解得F≥200 N，B項正確。
解析
1
5
6
7
8
9
10
11
12
2
3
4
6.(2025·昭通模擬)如圖所示，質量為m的物塊放在水平面上，連接輕滑輪的輕繩懸于O點，繞過輕滑輪的輕繩一端連接在物塊上，在另一端施加豎直向下的拉力F，O點和滑輪間的輕繩與豎直方向的夾角為θ=30°，逐漸增大拉力F到物塊剛好要滑動。已知物塊與水平面間的動摩擦因數為0.5，重力加速度為g，最大靜摩擦力等于滑動摩擦 力，不計滑輪的摩擦，則滑輪和物塊間的輕繩與豎直方向的夾角α及當物塊剛好滑動時拉力F的大小分別為( )
1
5
6
7
8
9
10
11
12
2
3
4
A.45°　 B.45°　
C.60°　 D.60°　
1
5
6
7
8
9
10
11
12
2
3
4
分析滑輪受力，根據力的平衡條件及對稱性，可得滑輪和物塊間的輕繩與豎直方向的夾角為α=60°，即滑輪和物塊間輕繩與水 平方向夾角為30°，則Fcos 30°=0.5(mg-Fsin 30°)，解得F= ，D項正確。
解析
1
5
6
7
8
9
10
11
12
2
3
4
7.(2025·永州模擬)如圖所示，固定在水平地面上的物體A的左側是圓弧面，右側是傾角為θ的斜面。一根輕繩跨過物體A頂點處的小滑輪，繩兩端分別系有質量為m1、m2的兩個物體。若m1、m2都處于靜止狀態且m2所處位置與圓心的連線跟水平方向的夾角為θ，不計一切摩擦，則m1、m2之間的大小關系是( )
A.m1= B.m1=
C.m1=m2tan θ D.m1=m2cos θ
1
5
6
7
8
9
10
11
12
2
3
4
由題意，通過光滑的滑輪相連，左右兩側繩的拉力F大小相等，兩物體處于平衡狀態，分別對這兩個物體進行受力分析可得F=m1gsin θ，F=m2gcos θ，聯立兩式解得m1=，A項正確。
解析
1
5
6
7
8
9
10
11
12
2
3
4
8.(2025·張家口模擬)如圖所示，雜技演員進行鋼索表演，演員和輪子的總質量為m=80 kg，當演員緩慢運動到鋼索中點時，鋼索與水平面成θ=15°，若sin 15°=0.259，重力加速度為g=10 m/s2，則此時鋼索最低點所受的拉力大小為( )
A.772 N B.1 544 N
C.3 088 N D.6 176 N
1
5
6
7
8
9
10
11
12
2
3
4
以演員及輪子為研究對象，分析受力情況，作出受力圖如圖所 示，兩鋼索的合力與重力等大反向，則有2Fsin θ=mg，解得F== N=1 544 N，B項正確。
解析
1
5
6
7
8
9
10
11
12
2
3
4
1
5
6
7
8
9
10
11
12
2
3
4
9.(2024·浙江卷)如圖所示，在同一豎直平面內，小球A、B上系有不可伸長的細線a、b、c和d，其中a的上端懸掛于豎直固定的支架上，d跨過左側定滑輪、c跨過右側定滑輪分別與相同配重P、Q相連，調節左、右兩側定滑輪高度達到平衡。已知小球A、B和配重P、Q質量均為50 g，重力加速度g取10 m/s2，細線c、d平行且與水平面成θ=30° (不計摩擦)，則細線a、b的拉力分別為( )
梯級Ⅱ 能力練
1
5
6
7
8
9
10
11
12
2
3
4
A.2 N，1 N B.2 N，0.5 N
C.1 N，1 N D.1 N，0.5 N
由題意可知細線c對A的拉力和細線d對B的拉力大小相等、方向相反，對A、B整體分析可知細線a的拉力大小為Ta=(mA+mB)g= 1 N。設細線b與水平方向夾角為α，對A、B分析，沿豎直方向和水平方向分別有Tbsin α+Tcsin θ=mAg，Tbcos α=Tdcos θ，且Tc=Td=0.5 N，解得Tb=0.5 N，D項正確。
解析
1
5
6
7
8
9
10
11
12
2
3
4
1
5
6
7
8
9
10
11
12
2
3
4
10.(多選)(2025·株洲模擬)如圖所示，球A和半球B能靜止在傾角為30°的斜面上，它們的質量分別為2m、m，兩球半徑相等，其中球A是光滑的，重力加速度為g。下列說法正確的是( )
A.斜面對球A的支持力是mg
B.斜面對半球B的支持力是mg
C.球A對半球B的壓力是mg
D.半球B受到斜面的摩擦力是mg
球A受力情況如圖，根據幾何關系可知，斜面對球A的支持力和B對A的支持力與豎直方向夾角均為30°，根據對稱性可知，斜面對球A的支持力和B對A的支持力大小相等，則有2FN1cos 30° =2mg，可得斜面對球A的支持力為FN1=，根據牛頓第三定律可知，球A對半球B的壓力是，A項正確，C項錯誤；以A、
解析
1
5
6
7
8
9
10
11
12
2
3
4
B為整體分析，斜面對整體的支持力為FN=3mgcos 30°=，斜面對整體，即對B的摩擦力為Ff=3mgsin 30°=，斜面對半球B的支持力為FN2=FN-FN1=，B項錯 誤，D項正確。
解析
1
5
6
7
8
9
10
11
12
2
3
4
11.如圖所示，一條細繩跨過光滑的定滑輪連接兩個小球A、B，它們都穿在一根光滑的豎直桿上，不計滑輪的質量，當兩球平衡時O、A間細繩與水平方向的夾角為2θ，O、B間細繩與水平方向的夾角為θ，B球的質量為m，重力加速度大小為g，則：
1
5
6
7
8
9
10
11
12
2
3
4
(1)細繩上的張力是多少
對B球受力分析可知，Tsin θ=mg，
則細繩上的張力T=。
解析
1
5
6
7
8
9
10
11
12
2
3
4
(2)A球的質量是多少
對A球受力分析可知Tsin 2θ=mAg，
解得A球的質量是mA=2mcos θ。
解析
1
5
6
7
8
9
10
11
12
2
3
4
(3)滑輪受到細繩的作用力是多少
由幾何關系可知，繞過滑輪的兩邊繩子之間的夾角為θ，則滑輪受到細繩的作用力
F=2Tcos= 。
解析
1
5
6
7
8
9
10
11
12
2
3
4
1
5
6
7
8
9
10
11
12
2
3
4
12.(2025·南昌模擬)如圖，V形對接的斜面P、Q固定在水平面上，兩斜面與水平面夾角均為θ=60°，其中P斜面粗糙，Q斜面光滑，兩個質量均為m的小滑塊a、b通過輕桿分別靜止在P、Q上，滑塊與輕桿間連有鉸鏈，輕桿垂直于斜面P，已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g。下列說法正確的是( )
梯級Ⅲ 創新練
1
5
6
7
8
9
10
11
12
2
3
4
A.輕桿對a的彈力表現為拉力
B.輕桿對a的彈力方向與P不垂直
C.輕桿對b的彈力大小為mg
D.斜面P對a的摩擦力大小為mg
對b進行受力分析，根據平衡條件可知，輕桿對b的彈力沿桿向 上，則輕桿對a的彈力沿桿向下，表現為推力，A項錯誤；由于滑塊與輕桿間連有鉸鏈，輕桿的彈力方向沿桿的方向，與P垂直，B項錯誤；以b為對象，設桿的彈力大小為F，沿斜面方向應用平衡條件得Fcos 30°=mgsin 60°，解得F=mg，C項錯誤；對a進行受力分析，根據平衡條件可知，a受到的靜摩擦力大小為Ff= mgsin 60°=mg，D項正確。
解析
1
5
6
7
8
9
10
11
12
2
3
4

展開更多......

收起↑