第3讲　受力分析　共点力的平衡 课件 -2027届高考物理一轮复习

该高中物理高考复习课件聚焦“受力分析与共点力平衡”核心考点，依据高考评价体系明确受力分析（整体法、隔离法）和平衡条件应用两大考查要求，通过梳理近5年高考真题，归纳出三力平衡、多物体平衡等高频题型，构建“知识梳理-考点突破-素养提升”的系统备考框架。 课件亮点在于“真题情境+方法建模+素养落地”的复习策略，如以2024湖北卷拖船拉货船真题为例，运用整体法与隔离法分析多物体平衡，培养学生科学思维中的模型建构与科学推理能力。特设“解题方法库”（合成法、正交分解法等）和“易错警示”，助力学生掌握受力分析技巧，教师可依托此课件精准定位考点，提升复习效率。

第3讲　受力分析　共点力的平衡 第二章 相互作用——力 学习目标 1.能对物体的受力情况进行分析，会灵活应用整体法和隔离法。 2.理解共点力平衡的条件，能用共点力的平衡条件分析生产生活中的问题。 目录 目 录 CONTENTS 夯实必备知识 01 研透核心考点 02 提升素养能力 03 目录 3 夯实必备知识 1 目录 4 1. 示意图 隔离法 目录 夯实必备知识 2. 相等 相反 合力 目录 夯实必备知识 基础自测 1.(人教版必修第一册P79T2改编)如图所示，在光滑墙壁上用网兜把足球挂在A点，足球与墙壁的接触点为B。足球的重力为G，AC绳与墙壁的夹角为α，墙壁对球的支持力为FN，AC绳的拉力为FT，不计网兜的重力。则下列关系式正确的是(　　) C A.FT=FN　　　 B.FT=Gsin α C.FT>G D.FN= 目录 夯实必备知识 2.(人教版必修第一册P79T4改编)如图所示，一个质量为m的箱子，在平行于斜面的拉力F作用下，沿倾角为θ的斜面匀速上滑。已知箱子与斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则F大小为(　　) A.mgsin θ B.μmgcos θ C.mgsin θ+μmgcos θ D.mgsin θ-μmgcos θ C 目录 夯实必备知识 研透核心考点 2 考点二　共点力的平衡问题 考点一　受力分析 目录 9 考点一　受力分析 例1 (2026·江苏苏州期中)如图甲所示，水平地面上堆放的原木处于静止状态，图乙为其侧视截面图。M为原木P与水平地面的接触点，N为P与原木堆的接触点。关于原木P受力的说法正确的是(　　) A A.M点受到的支持力竖直向上 B.N点受到的支持力竖直向上 C.M点受到的静摩擦力沿MN方向 D.假如M、N点接触处光滑，原木P仍可以保持静止状态 目录 研透核心考点 解析　支持力方向垂直于接触面并指向被支持的物体，则M点受到的支持力竖直向上，N点受到的支持力垂直于原木斜向左上方，故A正确，B错误;摩擦力方向平行于接触面，则M点受到的静摩擦力沿水平方向，不可能沿MN方向，故C错误;因原木P有沿原木向下的运动趋势，假如M、N点接触处光滑，原木P不可能保持静止状态，故D错误。 目录 研透核心考点 例2 两相同的楔形木块A、B叠放后分别以图甲、乙两种方式在水平外力F1和竖直外力F2作用下，挨着竖直墙面保持静止状态，则在此两种方式中，木块B受力个数之比为(　　) C A.1∶1 B.4∶3 C.5∶3 D.5∶4 目录 研透核心考点 解析　题图甲中，根据整体法可知，木块B除了受重力外，一定受到墙面水平向右的弹力(与水平推力平衡)和竖直向上的静摩擦力(与整体重力平衡)，隔离B分析，其一定还受到A的弹力(垂直于接触面向左上方)，隔离A分析，A受到重力、水平向左的推力、B对其垂直于接触面斜向右下的弹力，这样的三个力不可能使A平衡，所以A一定还要受到B对其沿接触面斜向右上的静摩擦力才能平衡，由牛顿第三定律可知B一定受到A沿接触面斜向左下的静摩擦力，故B共受5个力的作用;题图乙中，根据整体法可知B与墙面间既无弹力也无摩擦力，所以B受重力和A对B的弹力及摩擦力共3个力的作用。则在此两种方式中，木块B受力个数之比为5∶3，C正确。 目录 研透核心考点 整体法和隔离法的选择 1.当分析相互作用的两个或两个以上物体整体的受力情况及分析外力对系统的作用时，宜用整体法。 2.在分析系统内各物体(或一个物体各部分)间的相互作用时，宜用隔离法。 3.整体法和隔离法不是独立的，对一些较复杂问题，通常需要多次选取研究对象，交替使用整体法和隔离法。 目录 研透核心考点 考点二　共点力的平衡问题 解决共点力平衡问题的常用方法 适用条件 方法 注意事项 优点 三力 平衡 合成法 两力的合力与第三个力等大、反向 对于物体所受的三个力，有两个力相互垂直或两个力大小相等的平衡问题求解较简单 效果 分解法 将某一个力按力的作用效果分解，则其分力分别与物体受到的另外两个力等大、反向 矢量三 角形法 将三个力平移，使表示三力的有向线段构成一个依次首尾相连接的矢量三角形 常用于求解一般矢量三角形中未知力的大小和方向 相似三 角形法 根据合力为零，把三个力平移到一个三角形中，根据力的三角形与对应的几何三角形相似，相似三角形的对应边成比例列方程求解 按比例求解力的大小 目录 研透核心考点 适用条件 方法 注意事项 优点 三力或多 力平衡 正交 分解法 建立坐标系时应使尽量多的力与坐标轴重合，需要分解的力尽可能少 对于物体受三个以上的力处于平衡状态的问题求解较方便 多物体受 力平衡 整体法、 隔离法 求系统内部间的相互作用力时，用隔离法;求系统受到的外力时，用整体法 利用整体法不需要考虑系统内部间的相互作用力 目录 研透核心考点 考向　　三力平衡 例3 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。下列关系式正确的是(　　) A A.F= B.F=mgtan θ C.FN= D.FN=mgtan θ 目录 研透核心考点 解析　方法一　合成法 滑块受力如图甲所示， 由平衡条件得=tan θ，=sin θ 则F=，FN=，故A正确。 方法二　效果分解法 将重力按产生的效果分解，如图乙所示， 则F=G2=，FN=G1=，故A正确。 目录 研透核心考点 方法三　正交分解法 将滑块受的力沿水平、竖直方向分解， 如图丙所示 根据平衡条件有mg=FNsin θ，F=FNcos θ 联立解得F=，FN=，故A正确。 方法四　矢量三角形法 如图丁所示， 滑块受到的三个力组成封闭三角形， 解直角三角形得 F=，FN=，故A正确。 目录 研透核心考点 考向　　多力平衡 例4 如图所示，质量为m的物体在恒力F的作用下沿天花板匀速滑动，F与水平方向的夹角为θ，物体与天花板之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则物体受到的摩擦力大小是(　　) D A.F B.Fsin θ C.μ(Fsin θ+mg) D.μ(Fsin θ-mg) 目录 研透核心考点 解析　对物体受力分析如图所示，将恒力F沿水平和竖直方向正交分解，因物体沿天花板匀速运动，则水平方向上有Fcos θ-Ff=0，即物体受到的摩擦力大小为Ff=Fcos θ，A、B错误;竖直方向上有Fsin θ-mg=FN，则摩擦力大小为Ff=μFN=μ(Fsin θ-mg)，C错误，D正确。 目录 研透核心考点 1.物体受三个力平衡时，利用力的分解法或合成法比较简单。 2.物体受四个或四个以上的力作用时，一般要采用正交分解法。 目录 研透核心考点 考向　　立体空间的平衡 例5 用四根轻杆和两个金属圆环、三段细线制作一个花架，如图所示，两个金属圆环质量均为m1=1.2 kg、半径均为R=20 cm，四根轻杆与两个圆环绑定成圆桶状，四根轻杆均匀分布，竖直放置在水平面上，三段长度为L=25 cm的轻质细线一端与上层圆环相连，且连接处在圆周上均匀分布，另一端连接在一起并悬挂质量为m2=1.8 kg的重物(可视为质点)，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，下列说法正确的是(　　) A A.每根细线的拉力大小为10 N B.每根细线的拉力大小为7.5 N C.每根轻杆承受的压力大小为10 N D.每根轻杆承受的压力大小为3 N 目录 研透核心考点 解析　由几何知识可得，细线与水平方向的夹角为θ=37°，对重物根据平衡条件有m2g=3FTsin 37°，解得每根细线的拉力大小为FT=10 N，故A正确，B错误;对上面的圆环和重物整体根据平衡条件有(m1+m2)g=4F，解得每根轻杆对圆环的支持力大小为F=7.5 N，则每根轻杆承受的压力大小为7.5 N，故C、D错误。 目录 研透核心考点 例6 (2024·湖北卷，6)如图所示，两拖船P、Q拉着无动力货船S一起在静水中沿图中虚线方向匀速前进，两根水平缆绳与虚线的夹角均保持为30°。假设水对三艘船在水平方向的作用力大小均为f，方向与船的运动方向相反，则每艘拖船发动机提供的动力大小为(　　) B 考向　　多物体平衡 A.f B.f C.2f D.3f 目录 研透核心考点 解析　 目录 研透核心考点 提升素养能力 3 目录 A级　基础对点练 对点练1　受力分析 1.(2026·江苏扬州期中)如图所示，物体A置于水平地面上，力F水平作用于物体B上，A、B保持静止，则关于A、B受力个数的说法正确的是(　　) A.物体A一定受4个力 B.物体A可能受3个力 C.物体B可能受3个力 D.物体B一定受4个力 C 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 12 10 11 提升素养能力 解析　A、B整体受重力、地面对A的支持力、推力F，由平衡条件知地面对A有摩擦力;B受重力、A对B的支持力、推力F，若三力合力为0，则A、B之间没有摩擦力，否则A、B之间有摩擦力，即B可能受3个或4个力，则A受重力、地面的支持力、B对A的压力、B可能对A的摩擦力和地面对A的摩擦力，即A可能受4个力或5个力，故C正确。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 12 10 11 提升素养能力 2.(2025·北京卷，6)如图所示，长方体物块A、B叠放在斜面上，B受到一个沿斜面方向的拉力F，两物块保持静止。B受力的个数为(　　) C A.4 B.5 C.6 D.7 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 12 10 11 提升素养能力 解析　根据题意，对A受力分析可知，受重力、B的支持力，由于A静止，所以A还受B对其沿斜面向上的静摩擦力;对B受力分析可知，受重力、斜面的支持力、A的压力、拉力F、B还受A对其沿斜面向下的摩擦力，由于B静止，所以B还受沿斜面向上的摩擦力，即B受6个力作用，故C正确。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 12 10 11 提升素养能力 对点练2　共点力的平衡问题 3.(2025·江苏徐州期中)用两段细绳将一根木棒吊起并保持静止。下列各悬吊方式中，细绳拉力最小的是(　　) C 解析　设绳与竖直方向的夹角为θ，则mg=2FTcos θ，由此可知，θ为零时，cos θ最大，F最小，故C正确。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 12 10 11 提升素养能力 4.(2024·浙江1月选考，6)如图所示，在同一竖直平面内，小球A、B上系有不可伸长的细线a、b、c和d，其中a的上端悬挂于竖直固定的支架上，d跨过左侧定滑轮、c跨过右侧定滑轮分别与相同配重P、Q相连，调节左、右两侧定滑轮高度达到平衡。已知小球A、B和配重P、Q质量均为50 g，细线c、d平行且与水平面成θ=30°角，不计摩擦，重力加速度g=10 m/s2，则细线a、b的拉力分别为(　　) D A.2 N　1 N B.2 N　0.5 N C.1 N　1 N D.1 N　0.5 N 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 12 10 11 提升素养能力 解析　由题意可知细线c对A的拉力和细线d对B的拉力大小相等且为0.5 N、方向相反，对A、B整体分析可知细线a的拉力大小为Ta=(mA+mB)g=1 N。设细线b与水平方向夹角为α，对A受力分析有Tbsin α+Tcsin θ=mAg，Tbcos α=Tccos θ，解得Tb=0.5 N，故D正确。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 12 10 11 提升素养能力 5.(2023·广东卷，2)如图所示，可视为质点的机器人通过磁铁吸附在船舷外壁面检测船体。壁面可视为斜面，与竖直方向夹角为θ。船和机器人保持静止时，机器人仅受重力G、支持力FN、摩擦力Ff和磁力F的作用，磁力垂直壁面。下列关系式正确的是(　　) C A.Ff=G B.F=FN C.Ff=Gcos θ D.F=Gsin θ 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 12 10 11 提升素养能力 解析　如图所示，将重力垂直于斜面方向和沿斜面方向分解，由平衡条件得，沿斜面方向Ff=Gcos θ，垂直斜面方向F=Gsin θ+FN，故C正确，A、B、D错误。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 12 10 11 提升素养能力 6.(2026·江苏盐城四校月考)如图所示，不可伸长的光滑轻绳，一端固定于O点，跨过位于O'点光滑的定滑轮，另一端悬挂质量为M的物体，OO'段水平且长度为L。现在利用一光滑挂钩将钩码悬挂于OO'段，平衡后物体上升L。则挂钩与钩码的总质量为(　　) A.M B.M C.M D.M D 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 12 10 11 提升素养能力 解析　重新平衡后，对挂钩和钩码受力分析如图所示，由几何关系知，绳子与竖直方向夹角θ=30°，根据平衡条件有mg=2Mgcos 30°，解得m=M，故D正确。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 12 10 11 提升素养能力 7.(2023·江苏卷，7)如图所示，“嫦娥五号”探测器静止在月球平坦表面处。已知探测器质量为m，四条腿与竖直方向的夹角均为θ，月球表面的重力加速度为地球表面重力加速度g的。每条腿对月球表面压力的大小为(　　) D A. B. C. D. 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 12 10 11 提升素养能力 解析　由于探测器静止在月球平坦表面处，月球表面对每条腿的支持力都竖直向上，则4FN=m·g，解得FN=，根据牛顿第三定律可知每条腿对月球表面的压力大小为，D正确，A、B、C错误。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 12 10 11 提升素养能力 B级　综合提升练 8.(2025·江苏泰州中学月考)如图所示，小球A、B大小相同，质量分别为2m和3m，竖直悬挂在丝线下方。现整个装置受到水平向右的恒定风力影响，则两球达到平衡后的位置可能是(　　) B 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 12 10 11 提升素养能力 解析　将两球看成一个整体，根据受力平衡可得，上边绳与竖直方向夹角满足tan θ=;以B球为研究对象，根据受力平衡可得，下边绳与竖直方向夹角满足tanα=，则有tan θ>tan α，即θ>α，故B正确。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 12 10 11 提升素养能力 9.(2026·江苏泰州靖江高级中学月考)如图所示，质量为M、半径为R的半圆柱形物体A放置在水平地面上，用一端连接在半圆柱最高点P处的细绳拉住一个质量为m、半径为r的光滑球B，细绳恰好水平且系统静止，重力加速度大小为g，则下列判断错误的是(　　) D A.A对地面的压力大小为(M+m)g B.地面对A没有摩擦力的作用 C.B对A的压力大小为 D.细线对光滑球B的拉力大小为 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 12 10 11 提升素养能力 解析　对A、B整体受力分析，受重力和支持力，相对地面无相对滑动趋势，故不受摩擦力，根据平衡条件，支持力等于整体的重力，即FN=(M+m)g，根据牛顿第三定律可知A对地面的压力大小为(M+m)g，故A、B正确;光滑球B受力情况如图所示，根据平衡条件有FN'=，FT=mgtan θ，其中cos θ=，tan θ=，解得FT=mg，FN'=，根据牛顿第三定律可知B对A的压力大小为，故C正确，D错误。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 12 10 11 提升素养能力 10.如图所示，重为20 N的木块放在倾角为θ=30°的斜面上，在大小为2 N、方向与斜面平行的水平恒力F的作用下做匀速直线运动，则木块与斜面的动摩擦因数为(　　) A A.0.6 B. C. D.0.5 解析　根据平衡条件，垂直于斜面有FN=Gcos θ，平行斜面有Ff=，又Ff=μFN，解得μ=0.6，故A正确。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 12 10 11 提升素养能力 11.(2026·江苏宿迁期中)如图所示，竖直平面内质量为m的小球与三条相同的轻质弹簧相连接。静止时相邻两弹簧间的夹角均为120°，已知弹簧a、b对小球的作用力大小均为F，且F=2mg，则弹簧c对此小球的作用力的大小可能为(　　) A.0 B.3mg C.4mg D.5mg B 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 12 10 11 提升素养能力 解析　若弹簧a、b均处于伸长状态，则弹簧a、b对小球的作用力的合力方向竖直向上，大小为Fab=2Fcos =2mg，根据小球受力平衡可知，弹簧c对此小球的作用力的大小为mg，方向竖直向下;若弹簧a、b均处于压缩状态，则弹簧a、b对小球的作用力的合力方向竖直向下，大小仍为Fab=2mg，根据小球受力平衡可知，弹簧c对此小球的作用力的大小为3mg，方向竖直向上，故B正确。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 12 10 11 提升素养能力 C级　拔尖进阶练 12.(2026·江苏苏州六校联考)悬链线指的是一种曲线，指两端固定的一条(粗细与质量分布)均匀、柔软(不能伸长)的链条在重力作用下所具有的曲线形状。现搭建如图所示的一条悬链线，链条的质量为m，经测量得两悬点A、B处切线与竖直方向的夹角分别为30°和60°，两切线的交点为C，E是C点正上方链条上的点，F为悬链线的最低点，重力加速度为g，则下列说法错误的是(　　) D A.A、B两悬点处弹力大小不相等 B.链条AF和链条BF长度之比为3∶1 C.整个链条最低点F处弹力最小 D.此时链条的重心在链条上的E点 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 12 10 11 提升素养能力 解析　链条受力情况如图所示，由平衡条件可得，FTA=mgcos 30° =mg，FTB=mgsin 30°=mg，故A正确;设左侧悬链AF质量为m1，右侧悬链BF质量为m2，由于F为最低点，所以F处切线沿水平方向，由平衡条件，对AF竖直方向有FTAcos 30°=m1g，对BF竖直方向有FTBcos 60°=m2g，解得m1∶m2=3∶1，则链条AF和链条BF长度之比为3∶1，故B正确;设最低点F处的张力为FT，选取某一段链条DF为研究对象，则FTD=>FT，可知整个链条上张力最小的点为最低点F，故C正确;整个链条重力作用线经过E点，但由于链条形状不规则，重心在E点正上方，故D错误。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 12 10 11 提升素养能力 本节内容结束 THANKS $