第2章 第4讲 微专题——共点力的静态平衡(课件PPT)-【新高考方案】2027年高考物理一轮总复习（江苏专版）

该高中物理高考复习课件聚焦“共点力的静态平衡”专题，依据高考评价体系梳理了合成法与分解法、正交分解法、力的三角形法三大解题方法，多物体平衡问题及“活结”“死结”“动杆”“定杆”模型等核心考点，通过真题与模拟题分析明确高频题型分布，构建系统备考体系。 课件亮点在于“真题解析+模型建构+技巧提炼”的实战策略，如以2024贵州高考球与横杆平衡题为例，运用合成法结合几何关系推导压力大小，培养学生科学思维中的模型建构与科学推理能力。特设课时跟踪检测，帮助学生熟练解题技巧，教师可据此精准指导，提升复习效率。

微专题——共点力的静态平衡 （综合融通课） 第 4 讲 (一) 解答静态平衡问题的三种常用方法 (二) 多物体的平衡问题 01 02 CONTENTS 目录 (三) “活结”与“死结”、 “动杆”与“定杆”模型 课时跟踪检测 03 04 (一) 解答静态平衡问题的 三种常用方法 方法1　合成法与分解法 1.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。 2.分解法：物体受三个共点力的作用而平衡，将某一个力按作用效果分解，则其分力和其他两个力满足平衡条件。 1.(2024·贵州高考)如图(a)，一质量为 m的匀质球置于固定钢质支架的水平 横杆和竖直墙之间，并处于静止状态， 其中一个视图如图(b)所示。测得球与 横杆接触点到墙面的距离为球半径的1.8倍，已知重力加速度大小为g，不计所有摩擦，则球对横杆的压力大小为 (　 ) A.mg B.mg C.mg D.mg √ 解析：对球进行受力分析如图，设球的半径为R，根据几何知识可得sin α==0.8，根据平衡条件得FNcos α=mg，解得FN=mg，根据牛顿第三定律得球对横杆的压力大小为FN'=FN=mg。故选D。 方法2　正交分解法 物体受到三个或三个以上共点力的作用而平衡时，将物体所受的力沿互相垂直的方向分解，每个方向上的力都满足力的平衡条件。 　 2.(2025·海安高级中学月考)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。足球的质量为m，悬绳与 墙壁的夹角为α，网兜与悬绳之间由12根细线，每根细线与 AO延长线夹角也为α。 则每根细线的拉力F大小为 (　 ) A. 　　　　B. C. 　　　　D. √ 解析：以O点下方部分(12根细线和足球)为整体，根据平衡条件可得Tcos α=mg，解得悬绳的拉力大小为T=，由于每根细线与AO延长线的夹角也为α，以O点为对象，沿悬绳方向，根据平衡条件可得12Fcos α=T，解得每根细线的拉力大小为F==，故选D。 方法3　力的三角形法 对受三个共点力作用而平衡的物体，将力的矢量图平移使三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。 3.如图所示，将一劲度系数为k的轻弹簧一端固定在内壁光滑、半径为R的半球形容器最底端O'处(O为球心)，弹簧另一端与质量为m的小球A相连，小球A静止于P点，OP与水平方向的夹角为θ = 30°；若换成与质量为2m的小球B相连，则小球B静止于M点(图中未画出)，下列说法正确的是 (　 ) A.容器对小球B的作用力大于2mg B.弹簧对小球A的作用力大于对小球B的作用力 C.弹簧原长为R+ D.O'M的长度为 √ 解析：小球受三个共点力而平衡，这三个力 构成一个矢量三角形，如图所示，矢量三角 形刚好和三角形OO'N相似，则当弹簧与质 量为m的小球A相连时，==，设L2为 O'M的长度，当弹簧与质量为2m的小球B相连时，==，设弹簧的原长为L0，则T1=k(L0-R)，T2=k(L0-L2)，联立可得T1=mg，L0=R+，N2=2mg，L2=，T2=mg>T1，故选D。 (二) 多物体的平衡问题 1.多物体平衡问题的常用解题方法 整体法 整体法是指将相互关联的各个物体看成一个整体的方法。整体法的优点在于只需要分析整个系统与外界的关系，避开了系统内部繁杂的相互作用。 隔离法 隔离法是指将某物体从周围物体中隔离出来，单独分析该物体的方法。隔离法的优点在于能把系统内各个物体所处的状态、物体状态变化的原因以及物体间的相互作用关系表达清楚。 2.整体法和隔离法的灵活选择 (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。 [典例]　两个完全相同的截面为四分之一光滑圆面的柱体A、B按如图所示叠放，A的右侧有一光滑竖直的挡板，A和B的质量均为m。现将挡板缓慢地向右移动，整个过程中B始终保持静止，当A将要落至水平地面时，下列说法正确的是 (　 ) A.A对B的压力大小为mg B.B对地面的压力大小为mg C.A对竖直挡板的压力大小为2mg D.B受到水平地面的摩擦力大小为mg √ [解析]　对A受力分析如图，由几何关系可知， B对A的支持力FNB与竖直方向夹角为60°， 则B对A的支持力为FNB==2mg，由牛顿 第三定律知，A对B的压力大小为2mg，A错误；对A、B整体受力分析可知，地面对B的支持力为2mg，由牛顿第三定律知，B对地面的压力大小为2mg，B错误；挡板对A的支持力为FN=mgtan 60°=mg，由牛顿第三定律知，A对竖直挡板的压力大小为mg，C错误；对整体分析可知，B受到水平地面的摩擦力大小等于挡板对A的支持力大小，即为f=FN=mg，D正确。 1.[隔离法的应用] 如图，质量均为m的小球A和B分别用轻质细线 a、b悬于O点，A、B用轻质细线c连接。给B施 加水平向右的拉力F，静止时，细线a与竖直方 向夹角为30°，细线b与竖直方向的夹角为60°，细线c刚好水平，重力加速度为g，则拉力F的大小为(　 ) A.mg B.mg C.mg D.mg 应用体验 √ 解析：根据题意，分别对A、B受力分析，如图所示，对小球A，由平衡条件有Facos 30°=mg，Fasin 30°=FcA，对小球B，由平衡条件有Fbcos 60°=mg，FcB+Fbsin 60°=F，又有FcA=FcB，联立解得F=mg，故选C。 2.[整体法与隔离法的综合应用] 如图所示，水平放置的电子秤上有一磁性玩具，玩具由哑铃状物件P和左端有玻璃挡板的凹形底座Q构成，其重量分别为GP和GQ。用手使P的左端与玻璃挡板靠近时，感受到P对手有靠向玻璃挡板的力，P与挡接触后放开手，P处于“磁悬浮”状态(即P和Q的其余部分均不接触)，P与Q间的磁力大小为F。下列说法正确的是(　 ) A.Q对P的磁力大小等于GP B.P对Q的磁力方向竖直向下 C.Q对电子秤的压力大小等于GQ+F D.电子秤对Q的支持力大小等于GP+GQ √ 解析：由题意可知，用手使P的左端与玻璃挡板靠近时，感受到P对手有靠向玻璃挡板的力，即Q对P有水平向左的磁力；P与挡板接触后放开手，P处于“磁悬浮”状态，则说明Q对P有竖直向上的磁力，则Q对P的磁力方向斜向左上方，其大小大于GP，根据牛顿第三定律可知，P对Q的磁力方向斜向右下方，A、B错误；对P和Q的整体受力分析，竖直方向电子秤对Q的支持力大小等于GP+GQ ，即Q对电子秤的压力大小等于GP+GQ，C错误，D正确。 (三) “活结”与“死结”、“动杆”与“定杆”模型 [例1·“活结”模型]　如图所示，不可伸长的光滑轻绳 一端固定于O点，另一端跨过位于O'点的光滑定滑轮与质量 为M的物体相连，OO'段水平且长度为L。现利用一光滑挂 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 一、“活结”与“死结”模型 √ [解析]　重新平衡后，绳子形状如图所示，由几何关系知，绳子与竖直方向的夹角为30°，则挂钩两边绳子的夹角为60°，对挂钩及钩码整体受力分析，根据平衡条件有mg=2Mgcos 30°，解得m=M，故选D。 [例2·“死结”模型]　如图，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° √ [解析]　取O点为研究对象，O点在三力的作用下处于平衡状态，对其受力分析如图所示，FT1=FT2，两力的合力与F等大反向，根据几何关系可得2β+α=180°，所以β=55°，故选B。 |模|型|建|构| 模型 模型结构 模型解读 模型特点 活结模型 “活结”把绳子分为两段，且可沿绳移动，“活结”一般由绳跨过滑轮或绳上挂一光滑挂钩而形成，绳子因“活结”而弯曲，但实际为同一根绳 “活结”两侧的绳子上的张力大小处处相等 死结模型 “死结”把绳子分为两段，且不可沿绳子移动，“死结”两侧的绳因结而变成两根独立的绳 “死结”两侧的绳子上张力不一定相等 [例3]　(2025·福建三明模拟)如图甲所示，轻绳AD跨过固定在水平横梁BC右端的光滑定滑轮挂住一个质量为5 kg的物体，∠ACB=30°；图乙所示的轻杆HG一端用铰链固定在竖直墙上，另一端G通过细绳EG拉住，EG与水平方向成30°角，轻杆的G点用细绳GF拉住另一个质量为5 kg的物体。(g取10 m/s2) 二、“动杆”与“定杆”模型 (1)分别对C点和G点进行受力分析并作出力的示意图； [解析]　根据题意可知，题图甲为“活结定杆”模型，对C点受力分析，绳子的拉力相等，杆的支持力不沿杆的方向，由平衡条件可知，杆的支持力与绳的合力等大反向，如图1所示；题图乙为“死结活杆”模型，对G点受力分析，绳子的拉力不相等，杆的支持力沿杆的方向，如图2所示。 (2)分别求出两根杆弹力的大小。 [答案]　50 N　50 N [解析]　题图甲中轻绳AD跨过定滑轮拉住质量为5 kg的物体，物体处于平衡状态，则有FAC=FCD=5×10 N=50 N 且两绳夹角为120°，由平衡条件可知FNC=FAC=FCD=50 N，方向与水平方向成30°斜右上方； 题图乙中FGF=5×10 N=50 N 由平衡条件有FGEsin 30°=FGF， FGEcos 30°=FHG 解得FHG=50 N，方向水平向右。 |模|型|建|构| 模型 模型结构 模型解读 模型特点 动杆模型 轻杆用光滑的转轴或铰链连接，轻杆可围绕转轴或铰链自由转动 当杆处于平衡时，杆所受的弹力方向一定沿杆 定杆模型 轻杆被固定在接触面上，不发生转动 杆所受的弹力方向不一定沿杆，可沿任意方向 课时跟踪检测 1 2 3 4 5 6 7 8 1.用质量为m1的磁铁将一张质量为m的白纸压在竖直固定的磁性黑板上。某同学沿着黑板面，用水平向右的恒力F轻拉磁铁，磁铁和白纸均未移动，则下列说法正确的是(重力加速度为g) (　 ) A.磁铁受到的摩擦力大小为m1g B.磁铁受到的摩擦力大小为 C.白纸受到一个摩擦力的作用 D.白纸受到黑板的摩擦力大小为 √ 6 7 8 1 2 3 4 5 解析：磁铁在竖直平面内受竖直向下的重力m1g、水平拉力F以及摩擦力f的作用，由共点力的平衡条件可知，磁铁受到的摩擦力大小为f=，故A错误，B正确；白纸受到磁铁对它的摩擦力作用和黑板对它的摩擦力作用，故C错误；对白纸和磁铁组成的整体进行受力分析，由共点力的平衡条件可知，白纸受到黑板的摩擦力大小为f'=，故D错误。 1 5 6 7 8 2 3 4 2.这是一木马摇椅简化图。A、B、C三个物体叠放在一 起，且各接触面均平行，如图所示，C为半圆柱体，外 力作用在物体C上让整体保持静止状态，C的MN边与 水平方向夹角为θ，A物体质量为m，重力加速度为g。 此时B对A的摩擦力为 (　 ) A.0 B.mg C.mgsin θ D.mgcos θ √ 解析：对A受力分析，根据平衡条件，此时B对A的摩擦力为f=mgsin θ，故选C。 1 5 6 7 8 2 3 4 3.将四块相同的坚固石块垒成圆弧形的石拱， 其中第3、4块固定在地基上，第1、2块间的 接触面是竖直的，每块石块的两个侧面间所夹的圆心角均为30°，石块间的摩擦力可以忽略不计。则第1块对第2块的弹力F1和第1块对第3块的弹力F2的大小之比为 (　 ) A. B. C. D. √ 1 5 6 7 8 2 3 4 解析：如图对第一个石块进行受力分析，由几何关系知θ=60°，所以有=sin 60°=，根据牛顿第三定律可知，==，故选A。 1 5 6 7 8 2 3 4 4.如图a所示，送水工人用推车运送重120 N 的桶装水，到达目的地后，工人缓慢抬起把 手使OA变为水平即可将水桶卸下(如图b所 示)。若桶与板OB、OA之间的摩擦不计，∠AOB=60°，当BO与水平面的夹角为90°时，则水桶对OB板的压力F1、对OA板的压力F2的大小正确的是 (　 ) A.F1=40 N B.F1=120 N C.F2=40 N D.F2=120 N √ 1 5 6 7 8 2 3 4 解析：当BO与水平面的夹角为90°时，对水桶受力分析，水桶受到OB板的弹力F1'、OA板的弹力F2'以及重力G，在三个力的作用下平衡，其受力分析图如图所示，根据平衡条件以及几何关系有F2'sin 30°=F1'，F2'cos 30°=G，解得F1'=40 N，F2'=80 N，由牛顿第三定律可知F1=F1'=40 N，F2=F2'=80 N，故选A。 1 5 6 7 8 2 3 4 5.(2025·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，竖直悬挂在细线下方。若整个装置受到水平 向右的恒定风力影响，则两球达到平衡时的位置可能是 (　 ) √ 1 5 6 7 8 2 3 4 解析：设风对一个小球的作用力为F，将两球看成一个整体，根据受力平衡可得，上边细线与竖直方向的夹角满足tan θ=，以B球为对象，根据受力平衡可得，下边细线与竖直方向的夹角满足tan α=，则有tan θ>tan α，即θ>α，故选B。 1 5 6 7 8 2 3 4 6.如图所示，斜拉桥可简化为不对称钢索模型， 桥面水平、塔柱竖直，已知AC、AB的拉力大小 分别为TAC、TAB，AC、AB与塔柱的夹角分别为 α、β，且α <β，地面对塔柱的作用力竖直向上。下列说法正确的是 (　 ) A.钢索的拉力会对塔柱产生两个效果，一方面竖直向上拉塔柱，另一方面沿水平方向拉塔柱 B.若桥面保持水平稳定，则桥面的重心在D点的右侧 C.钢索对塔柱的拉力的合力斜向右下方 D.若桥面保持水平稳定，则有TACsin α=TABsin β √ 1 5 6 7 8 2 3 4 解析：钢索的拉力会对塔柱产生两个效果，一方面竖 直向下拉塔柱，另一方面沿水平方向拉塔柱，A错误； 桥面受到TAC、TAB和重力的作用处于平衡状态，根据 共点力平衡条件，重力经过TAC、TAB的交点A，所以桥面的重心在桥面与立柱的交点D处，B错误；塔柱受到TAC、TAB、重力以及地面对塔柱的作用力处于平衡状态，地面对塔柱的作用力竖直向上，则钢索对塔柱的拉力的合力竖直向下，C错误；当桥面保持水平稳定时，根据平衡条件得TACsin α=TABsin β，D正确。 1 5 6 7 8 2 3 4 7.北方农村秋冬季节常用金属丝网围成圆柱形粮仓储存 玉米棒，该粮仓由于玉米棒装的不匀称而发生倾斜现 象，为避免倾倒，在左侧用木棍支撑，如图所示。若 支撑点距水平地面的高度为 m，木棍与水平地面动 摩擦因数为，木棍重力不计，粮仓对木棍的作用力沿木棍方向，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，为使木棍下端一定不发生侧滑，则木棍的长度最多为(　 ) A.1.5 m B. m C.2 m D.2 m √ 1 5 6 7 8 2 3 4 解析：设木棍与水平方向夹角为θ，木棍长度为L，粮仓对木棍的作用力大小为F，若使木棍下端一定不发生侧滑，由平衡条件有Fcos θ≤ μFsin θ，由几何知识有tan θ=，两式联立解得L≤2 m，即木棍的长度最多为2 m，故A、B、D错误，C正确。 1 5 6 7 8 2 3 4 √ 8.新春佳节，大街小巷总会挂起象征喜庆的中国红 灯笼。如图所示，由4根等长轻质细绳AB、BC、 CD、DE悬挂起3个质量相等的灯笼，绳两端的结 点A、E等高，AB绳与竖直方向的夹角为α，绳中 张力大小为F1；BC绳与竖直方向的夹角为β，绳中张力大小为F2，则 (　 ) A.α可能等于β B.α可能大于β C.F1>3F2 D.F1<3F2 1 5 6 7 8 2 3 4 解析：由对称性可知AB绳和DE绳张力大小相等，大小为F1。对三个灯笼的整体分析可知2F1cos α=3mg，对结点B受力分析得F1sin α=F2sin β，F1cos α=mg+F2cos β，综上解得3tan α=tan β，F1=，F2=，由3tan α=tan β，可知α<β，A、B错误；由F1=，F2=，可知=3，又α<β，得cos α>cos β，<3，F1<3F2，C错误，D正确。 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $