22 第4章 力与平衡 章末综合提升（课件PPT）-【学霸笔记·同步精讲】2025-2026学年高中物理必修第一册（鲁科版）

该高中物理课件系统梳理“力与平衡”单元核心内容，涵盖整体法与隔离法的对比应用，以及轻绳、滑轮、轻杆等平衡模型的分析。通过知识整合表格明确方法选用原则与步骤，结合典例解析两种方法的交叉使用逻辑，帮助学生构建“方法-模型-应用”的完整知识网络。 其亮点在于以科学思维培养为核心，通过“方法对比-模型建构-分层测评”的复习路径提升实效。例如主题探究中用三角形木块平衡问题对比整体法与隔离法，强化科学推理能力，章末测评从基础选择到综合计算分层设计，适配不同学生需求。这一设计既巩固学生相互作用观念，也为教师提供精准复习的教学支架。

复习任务群一 现代文阅读Ⅰ 把握共性之“新”　打通应考之“脉” 第4章　力与平衡 章末综合提升 巩固层·知识整合 提升层·主题探究 主题1　整体法和隔离法 整体法和隔离法是对物体进行受力分析常用的两种方法，这两种方法比较如下： 方法 整体法 隔离法 概念 将加速度相同的几个相互关联的物体作为一个整体进行受力分析的方法 将所研究的对象从周围的物体中隔离出来进行受力分析的方法 方法 整体法 隔离法 选用原则 研究系统外的物体对系统整体的作用力或研究系统整体的加速度 研究系统内部各物体之间的相互作用力 注意问题 受力分析时不考虑系统内各物体之间的相互作用力 一般情况下隔离出受力较少的物体 巩固层 提升层 章末综合测评 章末综合提升 1．用整体法解题的步骤 当只涉及研究系统而不涉及系统内部某些物体所受的力和其运动状态时，一般可采用整体法，其基本步骤如下： (1)明确研究的系统或运动的全过程。 (2)画出系统整体的受力分析图或运动全过程的示意图。 (3)选择适当的物理规律列方程求解。 巩固层 提升层 章末综合测评 章末综合提升 2．用隔离法解题的步骤 为了研究系统(连接体)内某个物体的受力和运动情况，一般采取隔离法，其基本步骤如下： (1)明确研究对象、过程或状态。 (2)将某个研究对象或某段运动过程从全过程中隔离出来。 (3)画出相应状态下该研究对象的受力分析图或运动示意图。 (4)选择适当的物理规律列方程求解。 巩固层 提升层 章末综合测评 章末综合提升 √ 【典例1】　在粗糙水平面上放着一个质量为M的三角形木块abc，在它的两个粗糙斜面上分别放有质量为m1和m2的两个物体，m1>m2，两斜面与水平面的夹角分别为θ1、θ2，如图所示，若三角形木块和两物体都是静止的，则粗糙水平面对三角形木块(　　) A．有摩擦力的作用，摩擦力的方向水平向右 B．有摩擦力的作用，摩擦力的方向水平向左 C．有摩擦力的作用，但摩擦力的方向不能确定， 因θ1、θ2的数值均未给出 D．以上结论都不对 巩固层 提升层 章末综合测评 章末综合提升 D　[方法一：隔离法 把三角形木块隔离出来，如图甲所示，它的两个粗糙斜面上分别受到两物体对它的压力FN1、FN2，摩擦力F1、F2。由两物体的平衡条件知，这四个力的大小分别为FN1＝m1g cos θ1，FN2＝m2g cos θ2，F1＝m1g sin θ1，F2＝。它们的水平分力的大小分别为FN1x＝＝，FN2x＝FN2sin θ2＝，F1x＝F1cos θ1＝m1g cos θ1sin θ1，F2x＝F2cos θ2＝m2g cos θ2sin θ2，可得FN1x＝F1x，FN2x＝F2x，则它们的水平分力互相平衡，木块在水平方向无滑动趋势，因此不受水平面的 摩擦力作用。 甲 巩固层 提升层 章末综合测评 章末综合提升 方法二：整体法 由于三角形木块和斜面上的两物体都静止，故可以把它们看成一个整体，如图乙所示，竖直方向上受到重力(m1＋m2＋M)g和支持力FN的作用处于平衡状态，水平方向上无任何滑动趋势，因此不受水平面的摩擦力作用。] 乙 巩固层 提升层 章末综合测评 章末综合提升 一语通关　整体法和隔离法有时要交叉使用，但必须使用力的相互作用原理才能从整体法过渡到隔离法。 巩固层 提升层 章末综合测评 章末综合提升 主题2　物体平衡模型分析 1．“轻绳”模型 轻绳只能发生拉伸形变，所以只能产生拉力，拉力方向总是指向绳收缩的方向，且绳内部张力处处相等。 2．“滑轮”模型 滑轮模型通常是指滑轮和轻绳的组合，忽略滑轮与轻绳之间的摩擦，此时滑轮两边绳子的拉力大小相等。 巩固层 提升层 章末综合测评 章末综合提升 3．“结点”模型 “结点”往往与重物相连接，作用在结点上的各力并不一定相等，但所有力的合力必为零。 4．“轻弹簧”模型 轻弹簧不仅能发生拉伸形变，还能发生压缩形变，所以轻弹簧既能产生拉力，又能承受压力，且在弹簧内部弹力处处相等。弹力方向总是沿着弹簧的轴线，在弹性限度内，弹力的大小为F＝kx。 巩固层 提升层 章末综合测评 章末综合提升 5．“轻杆”模型 轻杆不仅能发生拉伸形变，还能发生压缩形变，所以轻杆不仅能产生拉力，还能承受压力，且在杆内弹力处处相等。轻杆还能发生弯曲形变，所以杆的弹力不一定沿杆的方向。 (1)“死杆”模型 “死杆”即轻杆不能转动，它产生的弹力不一定沿杆方向，其大小和方向均要根据平衡条件求解。 (2)“活杆”模型 “活杆”即轻杆可以绕光滑轴转动，它产生的弹力一定沿杆方向(否则杆就会转动)，弹力的大小要根据平衡条件求解。 巩固层 提升层 章末综合测评 章末综合提升 【典例2】　如图所示，将一根不可伸长、柔软的轻绳左、右两端分别系于A、B两点上。一物体用轻滑轮悬挂在轻绳上，达到平衡时，两段绳子间的夹角为θ1，绳子张力大小为F1；将绳子右端移到C点，待系统达到平衡时，两段绳子间的夹角为θ2，绳子张力大小为F2；将绳子右端再由C点移到D点，待系统达到平衡时，两段绳子间的夹角为θ3，绳子张力大小为F3。不计摩擦，并且BC为竖直线，则(　　) A．θ1＝θ2<θ3　　　　　 B．θ1＝θ2＝θ3 C．F1>F2>F3 D．F1＝F2>F3 √ 巩固层 提升层 章末综合测评 章末综合提升 A　[跨过滑轮的绳上各点的张力大小相同，设张力大小为F，两段绳子间的夹角为θ，如图所示，由平衡条件与几何关系得2F cos ＝mg　①。设绳子总长度为L，绳子两端点的水平距离为d，由几何关系得L sin ＝d　②。 巩固层 提升层 章末综合测评 章末综合提升 绳子右端从B点移到C点的过程中，L、d均不变，由②式可知θ不变，得θ1＝θ2。代入①式可知F不变，得F1＝F2。绳子右端从C点移到D点过程中，d增大，故θ增大，即θ2<θ3，结合①式可得F2<F3。故θ1＝θ2<θ3，F1＝F2<F3，只有A选项正确。] 巩固层 提升层 章末综合测评 章末综合提升 一语通关　“滑轮”模型中滑轮两边轻绳拉力大小相等，所以两绳与竖直方向间夹角一定相等，这也是“滑轮”模型与“结点”模型的最大区别。 巩固层 提升层 章末综合测评 章末综合提升 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 章末综合测评(四)　力与平衡 13 (满分：100分) 一、单项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求) 1．一氢气球下系一重物G，重物只在重力和绳的拉力F作用下做匀速直线运动，不计空气阻力和风力的影响，重物匀速运动的方向如图中箭头所示的虚线方向，图中气球和重物G在运动中所处的位置正确的是(　　) 章末综合提升 18 A　　　　　　　　　　B √ 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 C　　　　　　　　　　D 巩固层 提升层 章末综合测评 章末综合提升 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 A　[重物只在重力和绳的拉力作用下做匀速直线运动，那么这两个力满足二力平衡，即绳的拉力的方向是竖直向上的，故A正确。] √ 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 2．用卡车运输质量为m的匀质圆筒状工件，为使工件保持固定，将其置于两光滑斜面之间，如图所示。两斜面Ⅰ、Ⅱ固定在车上，倾角分别为30°和60°。重力加速度为g。当卡车沿平直公路匀速行驶时，圆筒状工件对斜面Ⅰ、Ⅱ压力的大小分别为F1、F2，则(　　) A．F1＝mg，F2＝mg B．F1＝mg，F2＝mg C．F1＝mg，F2＝mg D．F1＝mg，F2＝mg 巩固层 提升层 章末综合测评 章末综合提升 21 D　[分析可知工件受力平衡，对工件受到的重力按照压紧斜面Ⅰ和Ⅱ的效果进行分解如图所示，结合几何关系可知工件对斜面Ⅰ的压力大小为F1＝mg cos 30°＝mg、对斜面Ⅱ的压力大小为F2＝mg sin 30°＝mg，选项D正确，A、B、C错误。] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 √ 3．如图所示，悬挂甲物体的细线拴牢在一不可伸长的轻质细绳上O点处；绳的一端固定在墙上，另一端通过光滑定滑轮与物体乙相连。甲、乙两物体质量相等。系统平衡时，O点两侧绳与竖直方向的夹角分别为α和β。若α＝70°，则β等于　(　　) A．45°　　B．55°　　C．60°　　D．70° 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 巩固层 提升层 章末综合测评 章末综合提升 23 B　[甲物体是拴牢在细绳上O点，且甲、乙两物体的质量相等，则甲、乙绳的拉力大小相等，O点处于平衡状态，则左侧绳子拉力的方向在甲、乙两绳的角平分线上，如图所示，根据几何关系有180°＝2β＋α，解得β＝55°。故选B。] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 24 4．如图所示，一轻质光滑定滑轮固定在倾斜木板上，质量分别为m和2m的物块A、B，通过不可伸长的轻绳跨过滑轮连接，A、B间的接触面和轻绳均与木板平行。A与B间、B与木板间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当木板与水平面的夹角为45°时，物块A、B刚好要相对滑动，则μ的值为　(　　) A．　　B．　　C．　　D． √ 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 巩固层 提升层 章末综合测评 章末综合提升 25 C　[当木板与水平面的夹角为45°时，两物块刚好要相对滑动，对A物块受力分析如图甲所示，沿斜面方向，A、B之间的摩擦力为f1＝μN＝μmg cos 45°，根据平衡条件可知T＝mg sin 45°＋μmg cos 45°①；对B物块受力分析如图乙所示， 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 甲　　　　　　　　　乙 26 沿斜面方向，B与斜面之间的摩擦力为f2＝μN″＝μ3mg cos 45°，根据平衡条件可知2mg sin 45°＝T＋μmg cos 45°＋μ3mg cos 45°②，①②两式联立，可得2mg sin 45°＝mg sin 45°＋μmg cos 45°＋μmg cos 45°＋μ3mg cos 45°，解得μ＝，A、B、D错误，C正确。故选C。] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 27 二、双项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分。在每小题给出的四个选项中，有两项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 5．如图所示为小朋友喜欢的磁性黑板，下面有一个托盘。现让黑板撑开一个安全角度，把一块质量为m的黑板擦吸在磁性黑板上保持静止，黑板平面与竖直方向的夹角为θ，黑板与黑板擦之间的动摩擦因数为μ，则下列说法正确的是(　　) 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 巩固层 提升层 章末综合测评 章末综合提升 28 A．黑板擦对黑板的压力大小为mg sin θ B．黑板对黑板擦的摩擦力大小为μmg cos θ C．黑板对黑板擦的摩擦力大于mg cos θ D．黑板对黑板擦的作用力大小为mg √ √ 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 巩固层 提升层 章末综合测评 章末综合提升 CD　[对黑板擦受力分析，黑板擦受到竖直向下的重力mg、黑板对黑板擦的支持力N、沿黑板向上的静摩擦力f以及黑板对黑板擦的垂直黑板向下的吸引力F，根据矢量的合成法则，结合三角知识，则有黑板对黑板擦的支持力大小为N＝F＋mg sin θ，则有黑板擦对黑板的压力大小为F压＝F＋mg sin θ，故A错误；由以上分析可知，黑板对黑板擦的摩擦力大小为f＝mg cos θ，故B错误，C正确；依据力的合成法则，则黑板擦对黑板的支持力与静摩擦力的合力大小为mg，则黑板对黑板擦的作用力大小也为mg，故D正确。] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 30 6．某物体同时受到同一平面内的三个共点力作用，在如图所示的四种情况中(坐标纸中每格边长表示1 N 大小的力)，对物体所受的合外力说法正确的是(　　) 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 A．物体所受的合外 B．物体所受的合外 力大小等于5 N　　 力大小等于2 N 巩固层 提升层 章末综合测评 章末综合提升 31 C．物体所受的合外 D．物体所受的合 力大小等于零　　 外力大小等于零 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 巩固层 提升层 章末综合测评 章末综合提升 AD　[图A中，先将F1与F3合成为F13，然后再将F13与F2合成，由几何关系可得，合力等于5 N，同理，可求得图B中合力等于5 N，图C中合力等于6 N，图D中合力等于零，综上可知，A、D正确。] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 33 √ 7．如图所示，物体A的左侧为粗糙竖直墙面，B的下面有一竖直压缩的弹簧，A、B保持静止，则(　　) A．物体A与墙面间一定有弹力 B．物体A与墙面间一定有摩擦力 C．物体A受到3个力的作用 D．弹簧的弹力大小等于A、B的重力之和 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 √ 巩固层 提升层 章末综合测评 章末综合提升 34 CD　[A、B整体受力平衡，水平方向不受力，所以A与墙面之间没有弹力，也一定没有摩擦力，则在竖直方向A、B只受到重力和弹簧的弹力作用，且弹簧的弹力大小等于A、B的重力之和，故A、B错误，D正确；隔离物体A进行分析，物体A受到重力、B对它的支持力和摩擦力三个力的作用，故C正确。] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 35 √ 8．如图所示，A、B质量分别为mA和mB，叠放在倾角为θ的斜面上以相同的速度匀速下滑，则(　　) A．A、B间无摩擦力作用 B．B受到的滑动摩擦力大小为(mA＋mB)g cos θ C．B受到的静摩擦力大小为mAg sin θ D．取下A物体后，B物体仍能匀速下滑 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 √ 巩固层 提升层 章末综合测评 章末综合提升 36 CD　[将A、B看成整体，则(mA＋mB)g sin θ＝f，N＝(mA＋mB)g cos θ，又f＝μN，得μ＝tan θ。对A隔离，A受静摩擦力，fA＝mAg sin θ。A对B的静摩擦力也等于mAg sin θ，方向沿斜面向下。取下A物体后，B物体受到支持力NB＝mBg cos θ，摩擦力fB＝μNB＝mBg cos θtan θ＝mBg sin θ，故B仍能匀速下滑。] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 37 三、非选择题(本题共5小题，共60分) 9．(9分)在“验证力的平行四边形定则”的实验中，某同学完成实验，回答下列问题： (1)图甲中弹簧测力计B的示数为________N，为了更准确地得到合力与分力的关系，要采用作力的________(选填“图示”或“示意图”)来表示分力与合力。 (2)图乙中方向一定沿AO方向的力 是________(选填“F”或“F′”)。 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 甲　　　　　　　　　 　乙 3.8 图示 F 巩固层 提升层 章末综合测评 章末综合提升 38 [解析]　(1)弹簧测力计上1 N之间有5个小格，所以一个小格代表0.2 N，即此弹簧测力计的分度值为0.2 N，则估读值为0.1 N。此时指针指在“3.8”处，所以弹簧测力计的示数为3.8 N。力的示意图只表示力的方向和作用点，而力的图示可以比较准确地表示出力的大小、方向、作用点，故为了更准确地得到合力与分力的关系，要采用作力的图示。 (2)F是通过一个弹簧测力计沿AO方向拉橡皮条，使橡皮条伸长到O点，其方向一定沿AO方向，F′是通过作图的方法得到合力的理论值，由于误差的存在，F′与AO方向即实际值F方向有一定夹角。 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 39 10．(9分)如图(a)所示，某物理兴趣小组的同学现利用如图(a)所示的装置来做“探究两个互成角度的力的合成规律”实验，其中OB为橡皮筋。 (1)某次实验中一弹簧测力计的指针位置如图(b)所示，可知拉力的大小为________N。 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 (a)　　　　　　　　　(b) 3.00 巩固层 提升层 章末综合测评 章末综合提升 40 (2)图(c)所示是甲、乙两位同学在做本实验时得到的结果，其中F′为用一个弹簧测力计拉时橡皮筋所受到的拉力，则其中________(选填“甲”或“乙”)同学测得的实验结果比较符合实验事实。 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 (c) 甲 巩固层 提升层 章末综合测评 章末综合提升 (3)实验中两弹簧测力计的夹角为一钝角后，立即固定弹簧测力计a不动，且保持橡皮筋一直处于竖直方向，然后缓慢增大两弹簧测力计之间的夹角，则在这一过程中弹簧测力计b的示数将________(选填“变大”“变小”或“不变”)。 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 变大 巩固层 提升层 章末综合测评 章末综合提升 [解析]　(1)由题图(b)可知，弹簧测力计的示数为3.00 N，故拉力的大小为3.00 N。 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 (2)用一个弹簧测力计拉橡皮筋时，拉力的方向一定沿橡皮筋方向，根据力的平行四边形定则作出的合力F一定在平行四边形的对角线上；由于误差的存在，作图法得到的合力与实验值有一定的差别，即作图得出的合力方向与用一个弹簧测力计拉橡皮筋时的拉力方向有一定的夹角，故甲同学测得的实验结果比较符合实验事实。 43 (3)对O点受力分析，作出力的矢量三角形如图所示。保证O点不动的前提下，橡皮筋OB的拉力为定值，在弹簧测力计a、b夹角大于90°的前提条件下，若缓慢增大两弹簧测力计之间的夹角，即让弹簧测力计b与OB的夹角减小，由图可知弹簧测力计a的示数变大，b的示数也变大。 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 44 11．(12分)如图所示，两物体M、m用跨过光滑定滑轮的轻绳相连，m放在水平面上，M重20 N，M、m均处于静止状态，OA、OB与水平面的夹角分别为30°、60°，求： (1)OA、OB对M的拉力大小； (2)m受到水平面的静摩擦力的大小和方向。 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 巩固层 提升层 章末综合测评 章末综合提升 45 [解析]　(1)M受到三个力的作用处于静止状态：重力GM，绳的拉力FOA、FOB，由图易知FOA、FOB分别与竖直方向成60°、30°角。 由平衡条件知：GM′＝GM＝20 N FOA＝GM′cos 60°＝20×0.5 N＝10 N FOB＝GM′cos 30°＝20× N＝10 N。 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 46 (2)分析m，因FOA<FOB，m相对水平面有向右运动的趋势，则m受到的静摩擦力方向水平向左 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 静摩擦力大小为Ff＝FOB－FOA＝(10－10) N≈7.32 N。 [答案]　(1)10 N　10 N　(2)7.32 N，水平向左 47 12．(15分)在竖直墙壁的左侧水平地面上，放置一个棱长为a、质量为M的正方体，其某一截面为正方形ABCD，在墙壁和正方体之间放置一半径为R、质量为m的光滑球，正方体和球均保持静止，如图所示。球的球心为O，OB与竖直方向的夹角为θ，正方体的棱长a>R，正方体与水平地面间的动摩擦因数为μ＝，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 巩固层 提升层 章末综合测评 章末综合提升 48 (1)正方体和墙壁对球的支持力N1、N2分别是多大？ (2)若θ＝45°，保持球的半径不变，只增大球的质量，为了不让正方体出现滑动，则球的质量的最大值为多少？ 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 巩固层 提升层 章末综合测评 章末综合提升 49 [解析]　(1)对球进行受力分析，如图所示 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 根据平衡条件有N1cos θ＝mg，N1sin θ＝N2 解得N1＝，N2＝mg tan θ。 50 (2)对整体进行受力分析，如图所示 根据平衡条件有N3＝Mg＋mg，N2＝f，f≤μN3 联立得mg tan θ≤μ(Mg＋mg) 解得m≤M 故球的质量的最大值为M。 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 [答案]　(1)　mg tan θ　(2)M 51 13．(15分)(源自人教版教材改编)如图所示，在倾角为θ的固定粗糙斜面上，一个质量为m的物体被水平力F推着静止于斜面上，物体与斜面间的动摩擦因数为μ，且μ<tan θ，求力F的取值范围。(物体与斜面间最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力) 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 巩固层 提升层 章末综合测评 章末综合提升 [解析]　当摩擦力沿斜面向下且达到最大值时，F最大，有 Fmaxcos θ＝f＋mg sin θ ① Fmaxsin θ＋mg cos θ＝N ② f＝μN ③ 由①②③得：Fmax＝ mg 且cos θ>μsin θ 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 当摩擦力沿斜面向上且达到最大值时，F最小，有 Fmincos θ＋f′＝mg sin θ ④ Fminsin θ＋mg cos θ＝N′ ⑤ f ′＝μN′ ⑥ 由④⑤⑥得：Fmin＝ mg 则 mg≤F≤ mg。 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 [答案]　 mg≤F≤ mg 谢 谢！ $