3.5 共点力的平衡 课件 -2025-2026学年高一上学期物理人教版必修第一册

该高中物理课件聚焦“共点力的平衡”核心知识点，通过情境探究（如黄山飞来石受力分析）导入，衔接力的概念与平衡条件，以思考判断、交流讨论为支架，澄清平衡状态等基础概念，构建完整知识脉络。 其亮点在于融合物理观念与科学思维，通过合成法、正交分解法等多种分析方法，结合鸟笼悬挂、橡皮绳承重等实例，培养学生模型建构与科学推理能力。学生能深化相互作用理解，教师可借助系统训练提升教学效率。

第5节　共点力的平衡 第三章　相互作用——力 目 录 CONTENTS 提升关键能力 02 检测学习效果 03 课时精练 04 落实必备知识 01 目录 2 落实必备知识 1 目录 3 1.平衡状态：物体受到几个力作用时，如果保持______或______________状态，我们就说这个物体处于平衡状态。 2.共点力平衡的条件：在共点力作用下物体平衡的条件是______为0。 即Fx合=0，Fy合=0。 3.推论 (1)二力平衡：物体受两个力时，这两个力的关系是大小______、方向______，即合力为零。 (2)三力平衡：物体受三个力时，这三个力中的任意两个力的合力与第三个力__________________，即合力为____。 静止 匀速直线运动 合力 相等 相反 等大、反向、共线 零 目录 落实必备知识 [思考判断]　 (1)只有静止的物体才受力平衡。(　　) (2)物体受共点力作用处于平衡状态，各力一定作用于物体的同一点。(　　) (3)物体受三个共点力作用处于平衡状态，则任意一个力的大小一定等于其他两个力的合力大小。(　　) (4)某时刻物体的速度不为零，也可能处于平衡状态。(　　) (5)作用在一个物体上的两个力如果是一对平衡力，则这两个力是共点力。(　　) × × √ √ √ 目录 落实必备知识 [交流讨论]　 平衡状态中所说的“静止”如何理解?一个物体在某一时刻速度v=0，那么物体在这一时刻一定受力平衡吗? 提示　“静止”要满足两个条件：v=0，a=0，两者缺一不可。“保持”某状态与某“瞬时”状态有区别。例如，竖直上抛的物体运动到最高点时，这一瞬时速度为零，但这一状态不可能保持静止，即速度为零不等同于静止，物体在这一时刻不一定受力平衡。 目录 落实必备知识 提升关键能力 2 知识点二　共点力平衡问题的分析方法 知识点一　共点力平衡的条件 目录 7 知识点一　共点力平衡的条件 如图所示，著名景点——黄山飞来石独自静止于悬崖之上，它受哪些力作用?这些力的大小、方向有何关系?它们的合力有何特点? 提示　受重力和悬崖对它的支持力；重力方向竖直向下、悬崖对它的支持力方向竖直向上，二力等大、反向，合力为零。 目录 提升关键能力 物体处于平衡状态时的受力特点 (1)当物体处于平衡状态时，沿任意方向物体所受的合力均为零。 (2)物体在三个共点力作用下处于平衡状态，任意两个力的合力与第三个力等大、反向。 (3)若物体受三个力作用而平衡，这三个力不平行时其力的作用线一定交于一点，即这三个力一定是共点力。 (4)物体受n个共点力的作用而平衡，其中任意(n-1)个力的合力必定与第n个力等大、反向，作用在同一条直线上。 目录 提升关键能力 B 例1 光滑水平面上，某物体在水平方向两个力的作用下处于静止状态，其中一个力F在大小不变的情况下，将其方向在水平面内逆时针转过90°，保持另一个力的大小、方向都不变，则欲使物体仍能保持静止状态，必须再施加的力的大小为(　　) A.F B.F C.2F D.3F 解析　物体水平方向受到两个力的作用而处于静止状态，由物体的平衡条件可知，力F与另一个力一定等大反向，当力F转过90°时，力F与另一个力的合力大小为F，因此，欲使物体仍能保持静止状态，必须再施加力的大小为F，故B正确。 目录 提升关键能力 A 训练1 (2025·上海徐汇期末)下列物体处于平衡状态的是(　　) A.静止在水平地面上的杯子 B.做竖直上抛运动的小球在最高点 C.做自由落体运动的石块 D.沿斜面加速下滑的木块 解析　静止在水平地面上的杯子是受力平衡的，A正确；做竖直上抛运动的小球在最高点受到重力的作用，受力不平衡，B错误；做自由落体运动的石块受到重力的作用，受力不平衡，C错误；沿斜面加速下滑的木块合力沿斜面向下，受力不平衡，D错误。 目录 提升关键能力 知识点二　共点力平衡问题的分析方法 处理共点力平衡问题的常用分析方法 合成法 物体在三个共点力作用下处于平衡状态时，任意两个力的合力与第三个力大小相等、方向相反 分解法 物体在三个共点力作用下处于平衡状态时，将某个力按作用效果分解，则其分力与其他两个力分别平衡 正交 分解法 物体在多个共点力作用下处于平衡状态，应用正交分解法，则有 Fx=F1x+F2x+F3x+…+Fnx=0， Fy=F1y+F2y+F3y+…+Fny=0 矢量三 角形法 如果三个力首尾相接恰好构成三角形，则这三个力的合力为零。矢量三角形法可以充分利用几何边角关系求解平衡问题 目录 提升关键能力 例2 用绳子将鸟笼挂在一根横梁上，如图所示。若鸟笼重力为19.6 N，求绳子OA和OB对结点O的拉力。 解析　法一：合成法 以结点O为研究对象，根据共点力的平衡条件，受力分析如图所示 F=FT，且FT=G 由三角函数关系得 F1=Fcos 30°=19.6×0.866 N=17.0 N F2=Fsin 30°=19.6×0.5 N=9.8 N。 目录 提升关键能力 法二：分解法　以结点O为研究对象，根据拉力的作用效果进行分解如图所示。 FT=G，将拉力FT向绳OA和OB的方向分解，由三角函数关系得 F1=FTcos 30°=19.6×0.866 N=17.0 N F2=FTsin 30°=19.6×0.5 N=9.8 N。 法三：正交分解法　如图所示， 建立直角坐标系，将绳子OA和OB的拉力沿x、y方向正交分解。 由于FT=G，由平衡条件得 水平方向：F1cos 60°=F2cos 30° 竖直方向：F1sin 60°+F2sin 30°=FT 解得F1=17.0 N，F2=9.8 N。 答案　17.0 N，方向沿绳由O指向A　9.8 N，方向沿绳由O指向B 目录 提升关键能力 共点力平衡问题的解题思路 (1)明确研究对象(物体、质点或绳的结点等)。 (2)分析研究对象所处的运动状态，判定其是否处于平衡状态。 (3)对研究对象进行受力分析，并画出受力示意图。 (4)列平衡方程，应用共点力平衡的条件，选择恰当的方法(合成法、分解法)列出平衡方程。 (5)求解方程，并讨论结果。 目录 提升关键能力 C 训练2 (2024·四川绵阳市高一月考)如图所示，将一劲度系数k=100 N/m、原长L1=8 cm的弹性橡皮绳两端固定在水平木板上的A、B两点，A、B两点间的距离为8 cm，另将一重物通过轻质细绳连接一动滑轮挂在弹性橡皮绳上，此时橡皮绳的总长度为L2=10 cm，重力加速度g=10 m/s2，则所挂重物的质量为(　　) A.0.40 kg B.0.32 kg C.0.24 kg D.0.10 kg 目录 提升关键能力 解析　如图所示，根据几何关系，cos θ==，则sin θ=，橡皮绳的弹力FA=FB=kΔl=100×(0.1-0.08)N=2 N，以滑轮为研究对象，则有mg=2FAsin θ，解得m=0.24 kg，故C正确。 目录 提升关键能力 训练3 (2025·江苏无锡期末)如图所示，质量为6 kg的小球被夹在竖直墙壁和A点之间，已知球心O与A点的连线与竖直方向成θ角，且θ=53°，所有接触点和面均不计摩擦(sin 53°=0.8，cos 53°=0.6，g=10 m/s2)。 (1)请画出小球的受力分析图(作用点画在中心上)； (2)求A点和墙壁分别对小球的弹力的大小。 答案　(1)见解析图　(2)100 N　80 N 目录 提升关键能力 解析　(1)小球受到竖直向下的重力mg、墙壁向左的弹力FN1与A点的支持力FN2三个力的作用，受力分析如图所示。 (2)根据正交分解及共点力的平衡条件可得， 水平方向：FN2sin θ=FN1 竖直方向：FN2cos θ=mg 得A点对小球的弹力的大小FN2==100 N 墙壁对小球的弹力的大小FN1=mgtan 53°=80 N。 目录 提升关键能力 检测学习效果 3 目录 CD 1.(共点力平衡的条件理解)(多选)下面关于共点力的平衡与平衡条件的说法正确的是(　　) A.如果物体的运动速度为零，则必处于平衡状态 B.如果物体的运动速度大小不变，则必处于平衡状态 C.如果物体处于平衡状态，则物体沿任意方向的合力都必为零 D.如果物体受到三个共点力的作用而处于平衡状态，则任意两个力的合力与第三个力大小相等、方向相反 目录 检测学习效果 01 02 03 解析　物体运动速度为零时不一定处于平衡状态，A错误；物体运动速度大小不变、方向变化时，物体不做匀速直线运动，一定不处于平衡状态，B错误；物体处于平衡状态时，合力为零，物体沿任意方向的合力都必为零，C正确；物体受到三个共点力作用而处于平衡状态时，合力为零，则任意两个力的合力与第三个力等大反向，D正确。 目录 检测学习效果 01 02 03 C 2.(共点力平衡的条件理解)(2025·江苏盐城期末)人站在自动扶梯的水平踏板上，随扶梯斜向上匀速运动，如图所示，以下说法正确的是(　　) A.人受到向右的摩擦力 B.人受到向左的摩擦力 C.人仅受到重力和支持力 D.人受到的合力不为零 解析　人匀速运动，合力为零，假设人受到摩擦力的作用，则人在水平方向上合力不为零，这与合力为零相矛盾，说明人不受摩擦力作用，则人只受到重力和支持力的作用，故C正确。 目录 检测学习效果 01 02 03 BD 3.(共点力平衡问题的分析方法)(多选)如图所示，重物的质量为m，轻细绳AO和BO的A端、B端是固定的，平衡时AO是水平的，BO与水平方向的夹角为θ，重力加速度为g，AO的拉力F1和BO的拉力F2的大小分别是(　　) A.F1=mgcos θ B.F1= C.F2=mgsin θ D.F2= 目录 检测学习效果 01 02 03 解析　法一　合成法 由力的平行四边形定则，作出F1、F2的合力F12，如图所示， F12=mg，由几何关系得F1=，F2=。 法二　正交分解法 以结点O为研究对象，将O点受到的力沿水平方向、竖直方向正交分解，如图(a)所示。由力的平衡条件得F2cos θ-F1=0，F2sin θ-mg=0，解得F2=，F1=。 目录 检测学习效果 01 02 03 (也可以用效果分解法求解，同学们可以试一试。) 法三　矢量三角形法 画出O点的受力分析示意图如图(b)所示，再将表示三个力的有向线段平移到一个三角形中，三力构成首尾相接的封闭的三角形，如图(c)所示。则由几何关系可知F1=，F2=。 目录 检测学习效果 01 02 03 课时精练 4 目录 B 基础对点练 题组一　共点力平衡的条件 1.(2025·黑龙江学业考试)如图，作用在物体上的几个力在同一平面内，物体可能处于平衡状态的是(　　) 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 10 11 课时精练 解析　A选项只受一个力，合力不为0，所以不会处于平衡状态，故A错误；B选项受两个不在同一直线上的力，合力不会为0，所以不会处于平衡状态，故B错误；C选项受三个不在同一直线上的力，在竖直方向上合力不可能为0，即合力不会为0，所以不会处于平衡状态，故C错误；D选项受三个不在同一直线上的力，有可能满足合力为0，所以有可能处于平衡状态，故D正确。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 10 11 课时精练 D 2.一个物体受到三个共点力的作用，如果三个力的大小为如下各组中的数据，那么有可能使物体处于平衡状态的是(　　) A.1 N　4 N　7 N B.2 N　6 N　9 N C.2 N　5 N　8 N D.6 N　8 N　6 N 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 10 11 课时精练 D 3.(2025·江苏扬州期中)如图，叠放在一起的甲、乙、丙三块石头均处于静止状态，下列说法中正确的是(　　) A.甲、乙、丙三块石头所受合力不为零 B.丙对乙的支持力和甲对乙的压力的大小相等 C.乙受到两个力的作用 D.甲对乙的压力和乙对甲的支持力是一对相互作用力 解析　甲、乙、丙三块石头都处于平衡状态，则所受合力均为零，故A错误；丙对乙的支持力等于甲、乙的重力之和，甲对乙的压力大小等于甲的重力，可知丙对乙的支持力大于甲对乙的压力的大小，故B错误；乙受到重力、甲对乙的压力和可能存在的摩擦力、丙对乙的支持力和可能存在的摩擦力的作用，故C错误；甲对乙的压力和乙对甲的支持力是一对相互作用力，故D正确。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 10 11 课时精练 A 题组二　共点力平衡问题的分析 4.如图所示，用细绳将重为G的球挂在光滑墙上，绳与竖直墙的夹角为θ，则(　　) A.球对墙的压力大小为Gtan θ B.球对墙的压力大小为Gsin θ C.绳对球的拉力大小为Gcos θ D.球对墙的压力的方向垂直墙面向右 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 10 11 课时精练 解析　将重力按作用效果分解，如图所示，有 绳对球的拉力FT=F1= 球对墙的压力FN=F2=Gtan θ 可知球对墙的压力的方向垂直墙面向左，故A正确，B、C、D错误。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 10 11 课时精练 D 5.(2025·江苏连云港期末)如图所示，是用三根轻质细绳悬挂的一盆吊兰，三根轻质细绳的长度总是相等，下列说法正确的是(　　) A.缩短绳长可以减小绳上的拉力 B.增加绳长，绳上的拉力不变 C.三根绳上的拉力总是相同 D.三根绳拉力的合力与绳长无关 解析　设绳子与竖直方向的夹角为θ，根据共点力平衡条件有3Fcos θ=G，解得F=，缩短绳长，θ增大，绳上的拉力增大；增加绳长，θ减小，绳上的拉力减小，故A、B错误；三根绳子的拉力大小相等，方向不同，故C错误；根据共点力平衡条件可知，三根绳拉力的合力与重力等大反向，与绳长无关，故D正确。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 10 11 课时精练 A 6.如图所示，光滑半球形容器固定在水平面上，O为球心。一质量为m的小滑块，在水平推力F的作用下静止于P点。设滑块所受支持力为FN，OP与水平方向的夹角为θ，重力加速度为g，下列关系正确的是(　　) A.F= B.F=mgtan θ C.FN= D.FN=mgtan θ 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 10 11 课时精练 解析　对滑块受力分析如图所示，由平衡条件知，重力mg和推力F的合力与支持力FN等大、反向，由几何关系知F=，FN=，故A正确。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 10 11 课时精练 AC 7.(多选)(2025·福建厦门市双十中学高一期末)如图所示，AO 绳和BO绳是两根最大承受力均为720 N的绳子，现用这两 根绳子吊起一重物，O为结点，已知重物的质量m=40 kg， AO绳的拉力记为FTA，BO绳的拉力记为FTB，重力加速度g= 10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，则下列说法中正确的是(　　) A.FTA=320 N，FTB=240 N B.FTA=240 N，FTB=320 N C.为确保绳子不被拉断，O点下方悬挂的重物质量不能超过90 kg D.为确保绳子不被拉断，O点下方悬挂的重物质量不能超过120 kg 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 10 11 课时精练 解析　重物的受力情况如图所示，FTA=mgcos 37°=320 N，FTB=mgsin 37°=240 N，A正确，B错误；由于FTA>FTB，所以增加悬挂重物的质量时，OA绳先达到最大承受力，令FTA=720 N，此时mmaxg=，解得mmax=90 kg，C正确，D错误。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 10 11 课时精练 D 综合提升练 8.(2025·安徽芜湖一中高一检测)如图所示，一质量为m的 木箱，与地面间的动摩擦因数为μ，小明同学用与水平 方向成θ角的轻绳拉木箱沿水平方向匀速向右运动，g为 重力加速度，则下列说法中正确的是(　　) A.木箱运动过程中可能只受到三个力的作用：重力、拉力和摩擦力 B.仅改变前进的速度，速度越大，拉力越大 C.木箱运动过程中，地面对木箱的作用力竖直向上 D.拉力大小为 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 10 11 课时精练 解析　木箱在水平地面上匀速运动，受重力、支持力、摩擦力、拉力四个力的作用，故A错误；仅改变前进的速度，只要仍做匀速运动，平衡状态不变，拉力F不变，故B错误；地面对木箱有竖直向上的支持力和水平向左的摩擦力，合力斜向左上方，地面对木箱的作用力斜向左上方，故C错误；由于拉动木箱在水平方向匀速前进，木箱处于平衡状态，正交分解可得Fcos θ=μFN，Fsin θ+FN=mg，联立解得F=，故D正确。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 10 11 课时精练 D 9.如图所示，轻绳与劲度系数为k的轻弹簧互相垂直且一端悬挂在天花板上，另一端连接到物块的同一点上，轻绳与天花板的夹角为θ=53°(sin 53°=0.8，cos 53°=0.6)，物块的重力为G，并处于静止状态，则关于轻绳拉力的大小FT和弹簧的形变量Δx正确的是(　　) A.FT=G B.FT=G C.Δx= D.Δx= 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 10 11 课时精练 解析　对物块受力分析如图所示，根据平衡条件，有G=F合，FT=F合sin 53°=G，F弹=F合cos 53°=G，由F弹=k·Δx得Δx=，故D正确。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 10 11 课时精练 B 10.(2025·重庆渝北期末)如图所示，一个质量为m的均匀光滑 球放在倾角为θ的固定斜面上，并被斜面上一挡板挡住，处 于静止状态。已知重力加速度为g，设球对斜面的压力大小 为F1，球对挡板的压力大小F2，则(　　) A.F1=mgcos θ B.F2=mgtan θ C.F1∶F2=tan θ∶1 D.F1∶F2=sin θ∶1 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 10 11 课时精练 解析　以小球为研究对象，如图所示，有F1'cos θ=mg，F2'= mgtan θ，解得F1'=，球对斜面的压力大小为F1=F1'=，球对挡板的压力大小为F2=F2'=mgtan θ，则有F1∶F2=1∶sin θ，故B正确。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 10 11 课时精练 11.(2025·湖南长沙期末)如图所示，质量为m=1 kg木块，放在倾角θ=37°的斜面上，斜面固定在地面上，给木块一沿斜面向下的初速度，木块恰能沿斜面匀速下滑(sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g=10 m/s2)。 (1)求斜面对木块的支持力大小； (2)求木块与斜面间的动摩擦因数； (3)用水平向右的推力F推木块，使木块匀速上滑，求水平推力F的大小。 答案　(1)8 N　(2)0.75　(3) N 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 10 11 课时精练 解析　(1)对木块受力分析，垂直于斜面方向，斜面对木块的支持力大小为 FN=mgcos θ=8 N。 (2)木块恰能沿斜面匀速下滑，由平衡条件有mgsin θ=μmgcos θ 解得木块与斜面间的动摩擦因数为μ=tan θ=0.75。 (3)对木块受力分析，如图所示，沿斜面方向，由平衡条件可得 Fcos θ-Ff-mgsin θ=0 垂直斜面方向，由平衡条件可得 FN-mgcos θ-Fsin θ=0 又Ff=μFN 联立解得F= N。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 10 11 课时精练 $