3.5 共点力的平衡 课件 -2026-2027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，通过静止巨石、匀速电梯等情境导入，联系重力、弹力等前序知识，搭建从平衡概念到正交分解法应用的学习支架。 其亮点是以物理观念和科学思维为核心，结合情境探究（如悬挂挂牌受力分析）和多方法例题（合成法、正交分解法解题），培养学生模型建构与科学推理能力。学生能深化平衡条件理解，教师可借助系统资源提升教学效率。

第三章 5.共点力的平衡 学习目标 1.理解共点力和共点力平衡的概念,知道共点力作用下物体平衡的条件。(物理观念) 2.会用共点力平衡条件解决有关力的平衡问题,会用正交分解法解决相关问题。(科学思维) 基础落实 必备知识全过关 基础转化 夯实基础提能力 目录索引 重难探究 能力素养全提升 学以致用 随堂检测全达标 基础落实 必备知识全过关 一、共点力的平衡条件 【要点提示】 平衡状态是加速度为0的状态。 作用点 一点 静止 匀速直线 　0 两个分力相互垂直 二、正交分解法 1.定义:将已知力沿互相垂直的两个方向进行分解的方法。 2.应用原则:一般选共点力的作用点为原点,在静力学中,以少分解力和容易分解力为原则(即尽量多的力在坐标轴上)。 3.共点力平衡条件的正交分解表达式:物体受到多个力作用处于平衡状态时,可把各力沿相互垂直的x轴、y轴分解(如图所示)。 x轴上的合力:Fx=F1x+F2x+F3x+…=　　　　。  y轴上的合力:Fy=F1y+F2y+F3y+…=　　　　。  【要点提示】 正交分解法中两个分力相互垂直。 　0 　0 微思考·情境探究 情境1如果一个物体保持静止或做匀速直线运动,我们就说这个物体是处于平衡状态。因此,静止的巨石、匀速直线运动的电梯上站立的人都是处于平衡状态。 那么,物体保持平衡需要什么条件呢? 提示 如果物体受两个力作用而平衡,这两个力一定等大反向且作用在一条直线上,即合力为零。如果物体受多个力而平衡,根据力的合成定则,我们可以把任意两个共点力用一个合力来等效代替,据此,三个以上的共点力最终都可以等效简化为两个共点力。可见,三个以上共点力的平衡,最终也都可以简化为二力平衡。根据二力平衡条件,我们就可以得出在共点力作用下物体的平衡条件是合力为零,即F合=0。 情境2悬挂式广告挂牌如图所示,挂牌的重力为G,两侧绳与竖直方向的夹角都为θ,挂牌保持静止。 (1)挂牌受几个力作用?这些力是共点力吗? (2)怎样确定两侧绳的拉力大小?说说你的想法。 提示 (1)如图所示,挂牌受重力、两侧绳的拉力,共三个力作用,这三个力的作用线相交于一点,是共点力。 (2)方法一:利用合成法。根据共点力平衡的条件可知,挂牌所受三个共点力的合力为零,即任意两个力的合力与第三个力等大反向,这样就可以利用解三角形的知识,确定绳的拉力大小。 方法二:正交分解法。因为挂牌所受三个共点力的合力为零,所以将各力沿两个互相垂直的方向正交分解后,有Fx=0,Fy=0,由方程即可确定绳的拉力大小。 基础转化 夯实基础提能力 基础转化点1 共点力作用下物体的平衡条件 AI解读共点力平衡是本章知识的综合应用,这一规律串联起重力、弹力、摩擦力及力的合成与分解,常见于静止在斜面的物体、悬挂的灯具等场景,是解决静力学问题的核心依据。 1.下列物体处于平衡状态的是(　　) A.做自由落体运动的石块 B.悬停在空中的热气球 C.沿光滑斜面下滑的物体 D.紧急刹车过程中的汽车 B 解析 做自由落体运动的石块受到重力的作用,受力不平衡,故A错误;悬停在空中的热气球,合力为零,处于平衡状态,故B正确;沿光滑斜面下滑的物体,受到重力与斜面的支持力,将向下做匀加速直线运动,不是平衡状态,故C错误;紧急刹车过程中的汽车做减速运动,合力不为零,不是平衡状态,故D错误。 2.(多选)如图所示,在恒力F作用下,物块保持静止。关于物块的受力情况,下列说法正确的是(　　) A.物块一定受到四个力 B.物块与墙之间一定有弹力 C.物块与墙之间一定有摩擦力 D.物块受到的摩擦力方向可能向下 BD 解析 恒力F有水平向左的分力Fx和竖直向上的分力Fy,根据力的平衡条件可知,墙对物块一定有水平向右的弹力,B正确;Fy与重力可能相等,则物块与墙之间没有摩擦力,C错误;Fy可能大于重力,则物块受到的摩擦力方向向下,D正确。 基础转化点2 正交分解法 AI解读正交分解法是处理共点力平衡的实用方法,将力分解到相互垂直的坐标轴上,把矢量运算转化为代数运算。此方法降低了复杂力的分析难度,适配多力作用的平衡情境,是从定性分析走向定量计算的重要工具,为后续动力学问题提供了规范解题思路。 3.(2026辽宁抚顺高一期末)如图所示,质量为m的物块与倾角为θ的斜面间的动摩擦因数为μ。物块在水平恒力F的作用下沿斜面匀速下滑。物块所受的摩擦力Ff为(　　) A.mgsin θ B.μmgcos θ C.mgsin θ-Fcos θ D.μmgcos θ+Fsin θ C 解析 物块沿斜面匀速下滑,所受合力为零,对其进行受力分析,沿斜面方向有mgsin θ=Fcos θ+Ff,得Ff=mgsin θ-Fcos θ,C正确,A错误;垂直斜面方向有FN=mgcos θ+Fsin θ,得Ff=μ(mgcos θ+Fsin θ),B、D错误。 4.(多选)如图所示,质量为m的木块在与水平方向成α角斜向上的拉力F作用下沿水平地面匀速滑动,木块与水平地面之间的动摩擦因数为μ。则在滑动过程中(　 　) A.木块受到地面的摩擦力大小为Fcos α B.木块对地面的压力大小为mg C.木块受到地面的摩擦力大小为μ(mg-Fsin α) D.木块对地面的压力大小为mg-Fsin α ACD 解析 木块做匀速直线运动,因此处于平衡状态,合力为零,受力分析如图所示,由图可知,在水平方向上有Ff=Fcos α,在竖直方向上有FN=mg-Fsin α,根据牛顿第三定律可知,木块对地面的压力大小为FN'=FN=mg-Fsin α,又因为Ff=μFN,得Ff=μ(mg-Fsin α)。故选A、C、D。 重难探究 能力素养全提升 命题角度一 共点力作用下物体的平衡条件 例题1如图所示,某个物体在F1、F2、F3、F4四个力的作用下处于静止状态,若撤去F4,其余三个力的大小和方向均不变,则此时物体受到的合力大小为 (　　) A. B. C.F4 D.F4 C 解析 原来物体静止,F1、F2、F3和F4四个共点力的合力为零,则F1、F2、F3三个力的合力F'与F4大小相等、方向相反,将F4撤去,则合力大小等于F4,方向与F4方向相反,故C正确。 命题角度二 处理平衡问题常用的方法 1.处理静态平衡问题的常用方法 方法 内容 合成法 物体受三个共点力的作用而平衡,则任意两个力的合力一定与第三个力大小相等,方向相反 正交分 解法 物体受到三个或三个以上力的作用而平衡,将物体所受的力分解为相互垂直的两组,每组力都满足平衡条件 力的三 角形法 对受三个力作用而平衡的物体,将力的矢量图平移使三个力组成一个首尾依次相接的矢量三角形,根据正弦定理、余弦定理或相似三角形等数学知识求解未知力 2.解决共点力作用下物体平衡问题的一般思路 角度1三力的平衡 例题2如图所示,一条不可伸长的轻质细绳一端跨过位于b点的光滑钉子悬挂一质量为m1的重物,悬挂点为d,另一端与另一轻质细绳相连于c点,ac=,c点悬挂质量为m2的重物,平衡时ac正好水平,此时d点正好与ac在同一水平线上且到b点的距离为l,到a点的距离为l,重力加速度为g,则两重物的质量的比值为(　　) A. B.2 C. D. C 解析 方法一:合成法 因c点处于平衡状态,所以任意两个力的合力均与第三个力大小相等,方向相反,如图甲所示,根据平行四边形定则将力F与FT1合成,则sin θ=,而sin θ=,所以,选项C正确。 方法二:正交分解法 将倾斜绳的拉力FT1沿竖直方向和水平方向分解,如图乙所示,则m1gsin θ=m2g,同样可得,选项C正确。 角度2多力的平衡 例题3(2026河北邯郸高一期末)同学们都有过擦黑板的经历。如图所示,一黑板擦(可视为质点)的质量为m=0.2 kg,当手臂对黑板擦的作用力F=10 N且F与黑板表面所成角度为53°时,黑板擦恰好沿黑板表面匀速竖直向上擦黑板。①重力加速度g取10 m/s2,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6。 (1)求黑板擦与黑板间的动摩擦因数μ; (2)若作用力F的方向保持不变,当F为多大时能完成向下匀 速擦黑板②的任务? (3)比较以上两种情况,试判断哪次黑板擦得更干净,并说明 理由。 【教你析题】 读取题干 获取信息 ① 黑板擦处于平衡状态,受向下的滑动摩擦力 ② 受向上的滑动摩擦力 【教你破题】 解析 (1)当黑板擦匀速向上滑动时,受力分析如图甲所示,根据共点力的平衡条件可知 水平方向有FN=Fsin 53° 竖直方向有Fcos 53°=Ff+mg 又Ff=μFN 联立解得μ=0.5,Ff=4 N。 (2)在黑板擦匀速向下擦的过程中,以黑板擦为研究对象进行受力分析,如图乙所示 水平方向有FN'=F'sin 53° 竖直方向有F'cos 53°+Ff'=mg又Ff'=μFN' 解得F'=2 N,Ff'=0.8 N。 (3)由(1)(2)可知,黑板擦匀速向上移动时受到的摩擦力比匀速向下移动时受到的摩擦力更大,黑板擦匀速向上擦时擦得更干净。 答案 (1)0.5 (2)2 N (3)见解析 角度3用相似三角形法求解共点力平衡问题 例题4如图所示,小球甲、乙套在竖直固定的光滑圆环上,圆环竖直顶点C处固定有一大小可忽略的光滑定滑轮,细线绕过定滑轮将两小球连接在一起。两小球静止时,小球甲、乙分别位于圆环上的A、B点,已知BC与竖直方向的夹角为θ,AB过圆环的圆心O点,小球甲、乙的质量分别为m1、m2,圆环对小球甲、乙的弹力大小分别为F1、F2,细线上的弹力大小为F,重力加速度大小为g,则(　　) A.m1∶m2=tan θ∶1 B.F= C.F1∶F2=1∶tan θ D.F∶F1=sin θ∶1 C 解析 对小球乙受力分析如图所示,该力三角形与△OCB相似,有,由几何关系可知BO=CO=,解得F=2m2gcos θ,F2=m2g,故B错误;对小球甲受力分析如图所示,该力三角形与△OAC相似,有,由几何关系可知AO=CO=,解得F=2m1gsin θ,F1=m1g,由此可知m1∶m2==1∶tan θ,F1∶F2=m1∶m2=1∶tan θ,F∶F1= 2sin θ∶1,故A、D错误, C正确。 学以致用 随堂检测全达标 1 2 3 1.(共点力平衡的条件)(2026河南新乡高一期末)下列图中,哪组共点力作用在一个物体上可能使物体平衡(　　) C 1 2 3 解析 根据力的平行四边形定则,选项A、B、D中F1和F2的合力方向不能与F3的方向相反,则合力一定不为零,不能使物体平衡,而C选项中F1和F2的合力方向可能与F3的方向相反,则合力可以为零,可能使物体平衡,A、B、D错误,C正确。 1 2 3 2.(正交分解法的应用)如图所示,水平地面上的物体在斜向上的拉力F的作用下向右做匀速直线运动,F与水平方向的夹角为θ,物体与地面间的动摩擦因数为μ,重力加速度大小为g,则下列说法正确的是(　　) A.物体可能只受到三个力的作用 B.物体一定受到四个力的作用 C.物体受到的滑动摩擦力大小为μmg D.物体对水平地面的压力大小一定为Fsin θ B 1 2 3 解析 物体向右做匀速直线运动,则物体受到重力、支持力、拉力与摩擦力四个力的作用,A错误,B正确;对物体受力正交分解有Ff=Fcos θ,Fsin θ +FN=mg,Ff=μFN,解得Ff=μ(mg-Fsin θ),C错误;根据牛顿第三定律有FN'=FN,结合上述解得FN'=mg-Fsin θ, D错误。 1 2 3 3.(合成法)(2026安徽芜湖高一期中)如图是某同学为颈椎病人设计的一个牵引装置的示意图,一根绳绕过两个定滑轮和一个动滑轮后两端各挂着一个相同的重物,与动滑轮相连的帆布带拉着病人的颈椎(图中是用手指代替颈椎做实验),整个装置在同一竖直平面内。如果要增大手指所受的拉力,可采取的方法是(　　) A.只增加绳的长度 B.只增加两个定滑轮间的水平距离 C.只将手指向下移动 D.只将手指向上移动 C 1 2 3 解析 对动滑轮受力分析,受向下的拉力、两个斜向上且对称的拉力,对称的拉力大小等于悬挂重物的重力mg,如图所示,三个力的合力为零,两个对称的拉力的大小恒定,夹角越大,合力越小,夹角越小,合力越大;增加细线长度时,由于两根细线拉力不变,动滑轮位置不变,故三个力的大小、方向都不变,故A错误;只增加两个定滑轮间的水平距离,两个对称的拉力大小不变,夹角变大,故对称的拉力的合力变小,手要用较小的力保持平衡状态,故B错误;手指向下移动,两个对称的拉力大小不变,夹角变小,故对 称的拉力的合力变大,手要用较大的力保持平衡状态,故C正 确;手指向上移动,两个对称的拉力大小不变,夹角变大,则对 称的拉力的合力变小,手要用较小的力保持平衡状态,故D错误。 本 课 结 束 $