第3章 专题9 整体法和隔离法分析多物体平衡问题 共点力平衡的临界与极值问题-【金版教程】2025-2026学年高中物理必修第一册作业与测评课件PPT（人教版）

该高中物理课件聚焦“相互作用——力”单元，系统整合整体法与隔离法在多物体平衡、共点力平衡临界与极值问题中的应用。通过“必备知识对点练—关键能力提升练”模块设计，结合典型例题解析，构建“知识点—题型—方法”的逻辑网络，强化知识内在联系。 其亮点在于分层复习策略与核心素养培养融合，如改编教材习题（第3题）夯实物理观念，动态平衡分析（第5题）提升科学思维中的模型建构与科学推理能力。分层练习满足不同学生需求，助力教师精准教学，有效提升复习效率。

第三章　相互作用——力 专题九　整体法和隔离法分析 多物体平衡问题　共点力平衡 的临界与极值问题 目录 1 关键能力提升练 必备知识对点练 2 必备知识对点练 必备知识一　整体法和隔离法分析多物体平衡问题 1．如图所示，斜面小车M静止在光滑水平地面上，一边 紧贴竖直墙壁。若再在斜面上加一物体N，且M、N相对静止， 此时小车受力的个数为(　　) A．3 B．4 C．5 D．6 解析：M、N均处于静止状态，先对M、N组成的整体受力分析，受重力和地面的支持力，墙壁对M没有作用力；再对物体N受力分析，受重力、M对它垂直于斜面向上的支持力和沿斜面向上的静摩擦力；最后对M受力分析，受重力、N对它垂直斜面向下的压力和沿斜面向下的静摩擦力，以及地面对它竖直向上的支持力，共4个力，B正确。　 必备知识对点练 1 2 3 4 5 6 7 4 2．(多选)如图所示，两个相似的表面粗糙的斜面体A、B在竖直向上的力F的作用下静止靠在竖直粗糙墙壁上。关于斜面体A和B的受力情况，下列说法正确的是(　　) A．A一定受到四个力 B．B可能受到四个力 C．B与墙壁之间一定有弹力和摩擦力 D．A与B之间一定有摩擦力 必备知识对点练 1 2 3 4 5 6 7 5 解析：先对A、B整体受力分析，由平衡条件知，在水平方向，不受外力作用，故墙面对B无弹力作用，也没有摩擦力作用，竖直方向有F＝GA＋GB，如图1所示；对B进行受力分析，可知其受重力、A的支持力，因B有相对A向下滑动的趋势，所以B还受A的摩擦力，即B共受三个力作用，如图2所示；对A进行受力分析，可知其受重力、B的压力、摩擦力和外力F四个力作用，如图3所示。故A、D正确，B、C错误。　 必备知识对点练 1 2 3 4 5 6 7 6 3．(教材本章【复习与提高】B组T6改编)(多选)如图用三根细线a、b、c将两个小球1和2连接并悬挂，其中小球1的重力G1＝7 N，小球2的重力G2＝9 N，两小球处于静止状态，已知细线a与竖直方向的夹角为37°，细线c水平，重力加速度为g，sin37°＝0.6，则(　　) A．细线a对小球1的拉力为20 N B．细线b对小球2的拉力为15 N C．细线c对小球2的拉力为10 N D．细线b与竖直方向夹角大小为53° 必备知识对点练 1 2 3 4 5 6 7 7 必备知识对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 必备知识对点练 1 2 3 4 5 6 7 9 必备知识对点练 1 2 3 4 5 6 7 10 必备知识二　共点力平衡的临界与极值问题 5．如图所示，一轻质细绳(承受的拉力可以足够大)上端固定，下端连接一重为G的小球，给小球施加力F，小球静止时细绳与竖直方向的夹角为θ，对此情景分析正确的是(　　) A．F的方向不能竖直向上 B．F的方向可以沿绳向下 C．F最大为G D．F最小为Gsinθ 必备知识对点练 1 2 3 4 5 6 7 11 解析：对小球受力分析，小球受竖直向下的重力G、外力F，以及可能存在的沿绳方向的拉力T，作出小球的受力示意图如图所示。由图可知，F0、F1、F2、F3、F4……均为F的可能值。其中，F0竖直向上，大小与G相等，此时T＝0；随着F的方向从竖直向上沿顺时针不断转动，F先减小后增大，当F与T的方向垂直时，F最小，Fmin＝Gsinθ；因为F与T的夹角可以无限接近于0，但不能等于0，所以F可以无限增大，但不能沿绳向下。A、B、C错误，D正确。　 必备知识对点练 1 2 3 4 5 6 7 12 [名师点拨]　临界问题往往是和极值问题联系在一起的。解决此类问题重在形成清晰的物理图景，用动态变化的思维找出临界条件或达到极值的条件。解此类问题要特别注意可能出现的多种情况。 必备知识对点练 1 2 3 4 5 6 7 13 必备知识对点练 1 2 3 4 5 6 7 14 必备知识对点练 1 2 3 4 5 6 7 15 必备知识对点练 1 2 3 4 5 6 7 16 必备知识对点练 1 2 3 4 5 6 7 17 必备知识对点练 1 2 3 4 5 6 7 18 关键能力提升练 1．如图所示，灯笼A、B大小相同，质量分别为m、2m，竖直悬挂在房檐下。现整个装置受到水平向右的风力影响，则两灯笼达到平衡后的位置可能是(　　) 1 2 3 4 5 创新考法 关键能力提升练 1 2 3 4 5 创新考法 关键能力提升练 2．(多选)如图所示，小球A和大球B都与竖直墙面接触，在水平推力F作用下整体静止，现使B球沿水平地面缓慢向右移动，直至两个球心等高。在此过程中，水平推力F作用线始终通过B的球心O，不计一切摩擦，则下列说法正确的是(　　) A．水平推力F不断减小 B．B对地面的压力保持不变 C．墙对A的作用力不断增大 D．A对B的作用力不断减小 1 2 3 4 5 创新考法 关键能力提升练 1 2 3 4 5 创新考法 关键能力提升练 3．如图所示，光滑球体夹在竖直墙和斜面体之间静止，斜面体质量为m，倾角为37°，与水平地面间动摩擦因数为0.6，与地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，要使斜面体静止不动，则球体的最大质量为(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(　　) A．m B．2m C．3m D．4m 1 2 3 4 5 创新考法 关键能力提升练 解析：设球体的最大质量为M，斜面体与水平地面间的动摩擦因数为μ，对整体受力分析如图1所示，斜面体与地面间的摩擦力为最大静摩擦力，有f＝fm＝μ(m＋M)g，且墙面对球体的弹力F1＝f；对球体受力分析如图2所示，则F1＝Mgtan37°，联立解得M＝4m，D正确，A、B、C错误。　 1 2 3 4 5 创新考法 关键能力提升练 1 2 3 4 5 创新考法 关键能力提升练 1 2 3 4 5 创新考法 关键能力提升练 5．如图所示，物体的质量为2 kg，两根轻绳AB和AC的一端连接于竖直墙上，另一端系于物体上，在物体上另施加一个方向与水平方向成θ＝60°的拉力F，若要使两绳都能伸直(此时AB与AC的夹角也为θ)，求拉力F的大小范围(g取10 m/s2)。 1 2 3 4 5 创新考法 关键能力提升练 1 2 3 4 5 创新考法 关键能力提升练 1 2 3 4 5 创新考法 关键能力提升练 1 2 3 4 5 创新考法 关键能力提升练 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 解析：以小球1、2整体为研究对象，受力分析如图甲所示，根据受力平衡可得Tacos37°＝G1＋G2，Tasin37°＝Tc，联立解得Ta＝20 N，Tc＝12 N，故A正确，C错误；以小球2为研究对象，受力分析如图乙所示，根据受力平衡可得Tb＝2,2)eq \r(G＋Teq \o\al(2,c)) ＝15 N，设细线b与竖直方向夹角为θ，则有tanθ＝eq \f(Tc,G2)＝eq \f(4,3)，解得θ＝53°，故B、D正确。 4．用厢式货车运送三根均匀圆木，其截面示意图如图所示，已知三根圆木的质量均为m，直径都相等，且直径等于车厢宽度的一半。已知货车在水平路面上匀速运动，重力加速度大小为g，不计一切摩擦，下列说法正确的是(　　) A．车厢底对B的支持力大小为3mg B．B对A的支持力大小为eq \f(\r(3),3)mg C．车厢壁对B的弹力大小为eq \f(\r(3),3)mg D．B对A的支持力大小为mg 解析：对A、B、C整体进行受力分析，设车厢底对B的支持力 大小为N1，由对称性知车厢底对C的支持力大小也为N1，根据平衡 条件，竖直方向有2N1＝3mg，解得N1＝eq \f(3,2)mg，A错误；对A进行受 力分析，设B对A的支持力大小为N2，由对称性知C对A的支持力 大小也为N2，且由几何关系知两个N2与竖直方向的夹角均为30°，根据平衡条件有2N2cos30°＝mg，解得N2＝eq \f(\r(3),3)mg，B正确，D错误；在A的作用下，B、C有分开的趋势，故B、C间弹力为零，对B进行受力分析，设车厢壁对B的弹力大小为N3，A对B的压力N2′与N2等大反向，如图所示，根据平衡条件，水平方向有N3＝N2′sin30°，解得N3＝eq \f(\r(3),6)mg，C错误。 6．(多选)如图，劲度系数为k的弹簧一端固定在斜面顶端，另一端连接着一质量为m的木块，静止在倾角θ＝30°的斜面上。已知木块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧在弹性限度内，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　) A．弹簧一定处于拉伸状态 B．弹簧的最大形变量为eq \f(mg,k) C．木块受到的摩擦力方向一定沿斜面向上 D．木块受到的摩擦力可能为零 解析：木块与斜面间的最大静摩擦力为Ffm＝μmgcos30°＝eq \f(\r(3),4)mg，木块重力沿斜面向下的分力G1＝mgsin30°＝eq \f(1,2)mg，则有G1>Ffm，可知要使木块静止在斜面上，弹簧对木块的弹力一定沿斜面向上，即弹簧一定处于拉伸状态，A正确；木块在斜面上处于静止状态时，当弹簧的弹力小于G1时，木块有沿斜面向下滑动的趋势，则所受摩擦力方向沿斜面向上，当弹簧的弹力大于G1时，木块有沿斜面向上滑动的趋势，则所受摩擦力方向沿斜面向下，C错误；当弹簧的弹力大小等于G1时，木块在斜面上没有滑动的趋势，木块受到的摩擦力为零，D正确； 当静摩擦力沿斜面向下，且达到最大静摩擦力时，弹簧弹力达到最大，此时弹簧的形变量最大，由平衡条件和胡克定律可知，弹簧的最大形变量为xm＝eq \f(G1＋Ffm,k)＝eq \f(\f(1,2)mg＋\f(\r(3),4)mg,k)＝eq \f(2＋\r(3),4k)mg，B错误。 7．(教材本章【复习与提高】A组T6改编)用一根长1 m的轻质细绳将一幅质量为1 kg的画框对称悬挂在墙壁上，已知绳能承受的最大张力为10 N，为使绳不断裂，画框上两个挂钉的间距最大为(g取10 m/s2)(　　) A.eq \f(\r(3),2) m B.eq \f(\r(2),2) m C.eq \f(1,2) m D.eq \f(\r(3),4) m 解析：设绳与竖直方向的夹角为θ，绳对两挂钉的拉力大小 分别为F1和F2，且F1＝F2＝F，对画框受力分析如图所示，根据 平衡条件有mg＝2Fcosθ，解得F＝eq \f(\a\vs4\al(mg),2cosθ)；设绳的总长为L，画 框上两个挂钉的间距为d，根据几何关系有L＝2×eq \f(d,2)×eq \f(1,sinθ)，解得 d＝Lsinθ。可知d越大，则sinθ越大，cosθ越小，F越大，当细绳拉力为Fmax＝10 N时，解得θmax＝60°，此时dmax＝Lsinθmax＝eq \f(\r(3),2) m，故选A。 解析：设上边绳子与竖直方向夹角为θ，下边绳子与竖直方向夹角为α，每个灯笼受到的水平向右的风力均为F；将两灯笼看成一个整体，根据平衡条件有tanθ＝eq \f(2F,3mg)，隔离B灯笼分析，根据平衡条件有tanα＝eq \f(F,2mg)，则θ>α，故B正确。 解析：对A受力分析，A受到重力mAg、B对A的支持力 FNB和墙对A的作用力FA，如图所示，设B对A的支持力FNB 与竖直方向的夹角为θ，根据平衡条件，可知FNB＝eq \f(mAg,cosθ)，FA ＝mAgtanθ，当B球缓慢沿水平地面向右移动时，θ变大，所 以墙对A的作用力FA不断增大，B对A的支持力FNB不断增大，根据牛顿第三定律，可知A对B的作用力不断增大，C正确，D错误；对A、B整体，竖直方向有FN＝mAg＋mBg，水平方向有F＝FA，可知水平推力F不断增大，地面的支持力FN不变，根据牛顿第三定律可知，B对地面的压力不变，A错误，B正确。 4．如图，滑块A置于水平地面上，滑块B在一水平力F作用下紧靠滑块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与B间的动摩擦因数为μ1，A与地面间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。A与B的质量之比为(　　) A.eq \f(1,μ1μ2) B.eq \f(1－μ1μ2,μ1μ2) C.eq \f(1＋μ1μ2,μ1μ2) D.eq \f(2＋μ1μ2,μ1μ2) 解析：对B受力分析，如图甲所示，由平衡条件有：FN＝F，mBg＝Ff＝μ1FN，解得：mB＝eq \f(μ1F,g)；对A、B整体受力分析，如图乙所示，由平衡条件有：FN′＝(mA＋mB)g，F＝Ff′＝μ2FN′，解得：mA＝eq \f(F,μ2g)－mB＝eq \f(1－μ1μ2,μ2g)F；故eq \f(mA,mB)＝eq \f(1－μ1μ2,μ1μ2)，B正确。 答案：eq \f(20\r(3),3) N≤F≤eq \f(40\r(3),3) N 解析：设轻绳AB的拉力大小为F1，轻绳AC的拉力大小为F2，分析物体的受力情况，并建立坐标系如图，由平衡条件得， 在y轴方向上： Fsinθ＋F1sinθ－mg＝0 在x轴方向上：Fcosθ－F2－F1cosθ＝0 由上述两式得F1＝eq \f(\a\vs4\al(mg),sinθ)－F， F2＝2Fcosθ－eq \f(\a\vs4\al(mg),tanθ) 因轻绳只能提供拉力，则有F1≥0，F2≥0 代入数据解得eq \f(20\r(3),3) N≤F≤eq \f(40\r(3),3) N。 (多选)如图所示，是河边的一段护栏。假设两石柱间上侧铁链的质量分布均匀，总质量为m，其形状左右对称，铁链两端切线与竖直方向的夹角均为θ，重力加速度为g，则关于上侧铁链的受力情况，以下说法正确的是(　　) A．铁链两端受到石柱的拉力大小均为eq \f(1,2)mg B．铁链两端受到石柱的拉力大小均为eq \f(mg,2cosθ) C．铁链左端与铁链中点的张力大小之比为1∶1 D．铁链左端与铁链中点的张力大小之比为1∶sinθ 解析：对上侧铁链整体进行受力分析，如图甲，其中T1是铁链两端受到石柱的拉力，根据平衡条件有2T1cosθ＝mg，解得T1＝eq \f(\a\vs4\al(mg),2cosθ)，故A错误，B正确；将铁链中点到铁链左端的部分隔离进行受力分析，如图乙，其中T2是铁链中点受到右侧铁链的拉力，在水平方向根据平衡条件有T1sinθ＝T2，可得T1∶T2＝1∶sinθ，故C错误，D正确。 $