第1部分 专题1 第1讲 力与物体的平衡（PPT课件）-【创新教程】2025年高考物理大二轮专题增分方案

第1讲 力与物体的平衡 第一部分 专题整合 知识突破 专题一 力与运动 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题一 力与运动 物理 核心素养 助学提能 课堂评价 高考预测 01 02 限时集训 能力达标 03 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题一 力与运动 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题一 力与运动 物理 核心素养 助学提能 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题一 力与运动 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题一 力与运动 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题一 力与运动 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题一 力与运动 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题一 力与运动 物理 　　　　 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题一 力与运动 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题一 力与运动 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题一 力与运动 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题一 力与运动 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题一 力与运动 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题一 力与运动 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题一 力与运动 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题一 力与运动 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题一 力与运动 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题一 力与运动 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题一 力与运动 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题一 力与运动 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题一 力与运动 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题一 力与运动 物理 　　　　　　 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题一 力与运动 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题一 力与运动 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题一 力与运动 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题一 力与运动 物理 　　　　　　 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题一 力与运动 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题一 力与运动 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题一 力与运动 物理 　　　 下一页 上一页 返回导航 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(2)对于多个物体的平衡问题，要灵活选取研究对象，整体法和隔离法交替使用． [例1]　(2024·河北卷，5)如图，弹簧测力计下端挂有一质量为0.20 kg的光滑均匀球体，球体静止于带有固定挡板的斜面上，斜面倾角为30°，挡板与斜面夹角为60°.若弹簧测力计位于竖直方向，读数为1.0 N，g取10 m/s2，挡板对球体支持力的大小为(　　) A.eq \f(\r(3),3) N　　　 B．1.0 Neq \r() C.eq \f(2\r(3),3) N D．2.0 N [解题指导] ①正确受力分析；②由几何关系确定力F、力FN与竖直方向的夹角； ③由平衡条件利用正交分解或三角函数关系求出挡板对球体支持力． [解析]　对小球受力分析如图所示 由几何关系易得力F与力FN与竖直方向的夹角均为30°，因此由正交分解方程可得FNsin 30°＝Fsin 30°，FNcos 30°＋Fcos 30°＋T＝mg，解得F＝FN＝eq \f(\r(3),3)N，A正确． [答案]　A 1．(2024·山东烟台二膜)如图所示，一水晶球支架放置在水平桌面上，支架由水平底托和三根金属支杆构成．一质量为m、半径为l的水晶球静置于支架上，水晶球与三根金属支杆的三个接触点等高，接触点的连线构成边长为l的等边三角形．已知水晶球质量分布均匀，不计支杆与水晶球间的摩擦，重力加速度为g，则每根支杆对水晶球的作用力大小为(　　) A.eq \f(mg,3)　 B．eq \f(\r(6)mg,6)　　 C.eq \f(\r(3)mg,3)　　 D.eq \f(\r(3),2)mg 解析：B　[设支杆对水晶球的作用力与竖直方向的夹角为θ，根据几何关系有sin θ＝eq \f(\f(\r(3),3)l,l)＝eq \f(\r(3),3)，cos θ＝eq \r(1－sin2θ)＝eq \f(\r(6),3)，水晶球静止，根据平衡条件可得3Fcos θ＝mg，解得每根支杆对水晶球的作用力大小为F＝eq \f(\r(6)mg,6).] 2．(2024·福建漳州·三模)(多选)如图，倾角为θ＝60°的斜面固定在墙角，质量为M的尖劈放置在斜面上，尖劈的右侧面竖直，用轻绳系住一质量为m的球紧靠在尖劈的右侧，轻绳与斜面平行，球与尖劈的接触面光滑，此时斜面对尖劈的摩擦力恰好为零，整个系统处于静止状态．现沿球心O对球施加一水平向左的恒力F，系统仍处于静止状态．则(　　 ) A．尖劈的质量M与球的质量m之比为1∶3 B．对球施加水平推力后，轻绳的拉力变小 C．对球施加水平推力后，尖劈对斜面的压力不变 D．对球施加水平推力后，斜面对尖劈的摩擦力方向沿斜面向下 解析：AD　[对球施加水平推力前，以尖劈和球整体为研究对象，如图1，可知轻绳的拉力T＝(M＋m)gsin θ，斜面对尖劈的支持力N1＝(M＋m)gcos θ，以球为研究对象，如图2，可知轻绳的拉力T＝eq \f(mg,sin θ)，联立解得eq \f(M,m)＝eq \f(1－sin2θ,sin2θ)＝eq \f(1,tan2θ)＝eq \f(1,3)，故A正确； 以球为研究对象，可知对球施加水平推力后不影响竖直方向力的大小，轻绳的拉力不变，如图3，故B错误；以尖劈和球整体为研究对象，对球施加水平推力后，如图4，有N′1＝(M＋m)gcos θ＋Fsin θ，总重力不变，可得斜面对尖劈的弹力变大，即尖劈对斜面的压力变大；轻绳拉力T不变，总重力不变，施加推力F后，要保持平衡，有T＋F cos θ＝(M＋m)gsin θ＋f，则斜面对尖劈的摩擦力沿斜面向下，斜面对尖劈的摩擦力不可能为0，故C错误，D正确．] 3．(2024·新课标卷，18)如图，两根不可伸长的等长绝缘细绳的上端均系在天花板的O点上，下端分别系有均带正电荷的小球P、Q；小球处在某一方向水平向右的匀强电场中，平衡时两细绳与竖直方向的夹角大小相等．则(　　) A．两绳中的张力大小一定相等 B．P的质量一定大于Q的质量 C．P的电荷量一定小于Q的电荷量 D．P的电荷量一定大于Q的电荷量 解析：B　[由题意可知设Q和P两球之间的库仑力为F，绳子的拉力分别为T1，T2，质量分别为m1，m2；与竖直方向夹角为θ，对于小球Q有q1E＋T1sin θ＝F，T1cos θ＝m1g，对于小球P有q2E＋F＝T2sin θ，T2cos θ＝m2g，联立有q1E＝F－T1sin θ＞0，q2E＝T2sin θ－F＞0，所以可得T2＞T1，又因为eq \f(T1,T2)＝eq \f(m1,m2)，可知m2＞m1，即P的质量一定大于Q的质量；两小球的电荷量则无法判断．] 考点二　动态平衡问题 1．解决动态平衡问题的一般思路 化“动”为“静”，“静”中求“动”， 通过矢量三角形图解法、动态圆法、正弦定理、三角函数、极值法等分析各力的变化或极值． 2．动态平衡问题的分析过程与处理方法 解析法的应用 [例2]　(2024·四川南充三模)如图(a)，某人借助瑜伽球锻炼腿部力量，她曲膝静蹲，背部倚靠在瑜伽球上，瑜伽球紧靠竖直墙面，假设瑜伽球光滑且视为均匀球体，整体可简化成如图(b)．当人缓慢竖直站立的过程中，人的背部与水平面夹角θ＜eq \f(π,2)，下列说法正确的是(　　) A．墙面对球的力保持不变 B．人受到地面的摩擦力变大 C．地面对人的支持力变大 D．球对人的压力先增大后减小 [解析]　对瑜伽球受力分析，如图 由平衡条件可知N1＝mgtan θ，N2＝eq \f(mg,cos θ)，人缓慢竖直站立的过程中，人的背部与水平面夹角逐渐变大，则墙面对球的力N1增大．人对球的支持力增大．根据牛顿第三定律可知球对人的压力增大．故A、D错误；对整体受力分析，如图 由平衡条件，可知FN＝(M＋m)g，f＝N1，人受到地面的摩擦力变大，地面对人的支持力不变．故B正确；C错误． [答案]　B 图解法的应用 [例3]　如图所示，有一质量不计的杆AO，长为R，可绕A自由转动．用绳在O点悬挂一个重为G的物体，另一根绳一端系在O点，另一端系在圆弧形墙壁上的C点．当点C由图示位置逐渐向上沿圆弧CB移动过程中(保持OA与墙面夹角θ不变)，OC绳所受拉力的大小变化情况是(　　) A．逐渐减小　　　 B．逐渐增大 C．先减小后增大 D．先增大后减小 [解题指导] (1)“可绕A点自由转动”，杆OA对绳的作用力沿杆，且方向不变． (2)重力大小，方向不变，OC绳大小、方向改变． [解析]　对物体受力分析，物体受力平衡，则拉力等于重力G，故竖直绳的拉力不变；再对O点分析，O受绳的拉力、OA的支持力及OC的拉力而处于平衡，受力分析如图所示；将F和OC绳上的拉力合成， 其合力与G大小相等，方向相反，则在OC绳上移的过程中，平行四边 形的对角线保持不变，平行四边形发生图中所示变化，则由图可知OC绳的拉力先减小后增大，在图中D点时拉力最小，故C正确． [答案]　C 三角形相似法的应用 [例4]　(2024·福建宁德三模)某物理兴趣小组为了模拟机器人“手臂”，制作了如图所示装置，A、B类似于人手臂的关节，能在竖直面内自由转动，前臂BC末端系一重物和一轻绳，轻绳另一端跨过滑轮牵拉前臂．初始时，关节A、B均锁定，前臂BC水平．小组成员解除关节A的锁定，通过拉绳缓慢提升重物，上臂AB转过60°.不计“手臂”重力及一切摩擦，下列说法正确的是(　　) A．绳CD拉力先减小后增大 B．绳CD拉力先增大后减小 C．前臂BC受到的压力大小不变 D．前臂BC受到的压力先减小后增大 [解析]　对C点受力分析，沿轻绳的拉力T，竖直向下大小为重物重力的拉力mg，沿AC方向由A指向C的支持力N，如图 根据三力平衡的特点可知力的三角形与边的三角形相似，有eq \f(mg,T)＝eq \f(DA,DC)， 依题意，上臂AB转过60°过程中，DA保持不变，DC减小．可知绳CD拉力减小．故A、B错误；同理，可得eq \f(mg,N)＝eq \f(DA,AC)，上臂AB转过60°过程中，DA保持不变，AC大小也保持不变．可知前臂BC对C点的支持力的大小不变．根据牛顿第三定律可知，前臂BC受到的压力大小不变．故C正确；D错误． [答案]　C 正弦定理(或辅助圆法)的应用 [例5]　(多选)(2024·山西二模)如图所示，工地上工人用小推车运送光滑的圆柱形材料，车的上表面OA前端O固定有挡板OB，∠AOB为钝角，到达目的地后工人抬起小推车的把手，使挡板OB由图示位置缓慢沿逆时针方向转至水平．设圆柱形材料对OA、OB压力的大小分别为F1、F2，则在此过程中(　　) A．F1一直减小 B．F1先增大后减小 C．F2一直增大 D．F2先减小后增大 [解析]　如图所示，由平衡条件结合牛顿第三定律可以作出平衡时的矢量三角形，各角度如图所示 则θ＝∠AOB，由正弦定理得eq \f(G,sin θ)＝eq \f(F1,sin α)＝eq \f(F2,sin β)，使挡板OB由图示位置缓慢沿逆时针方向转至水平过程中，α减小，β增大且不超过90°，故sin α减小，sin β增大．F1一直减小，F2一直增大． [答案]　AC 考点三　平衡中的临界、极值问题 1．解决临界极值问题的三种方法 (1)解析法：根据物体的平衡条件列出平衡方程，在解方程时采用数学方法求极值．通常用到的数学知识有二次函数求极值、讨论分式求极值、三角函数求极值以及几何法求极值等． (2)图解法：首先根据平衡条件作出力的矢量三角形，然后根据矢量三角形进行动态分析，确定其最大值或最小值．此种方法通常适用于物体只在三个力作用下的平衡问题． (3)极限法：极限法是一种处理极值问题的有效方法，它是指通过恰当选取某个变化的物理量将问题推向极端(如“极大”“极小”等)，从而把比较隐蔽的临界现象暴露出来，快速求解． 2．解题思路 解决此类问题重在形成清晰的物理图景，分析清楚物理过程，从而找出临界条件或达到极值的条件．要特别注意可能出现的多种情况． [例6]　质量为M的木楔倾角为θ，在水平面上保持静止，当将一质量为m的木块放在木楔斜面上时，它正好匀速下滑．如果用与木楔斜面成α角的力F拉着木块匀速上升，如图所示(已知木楔在整个过程中始终静止，重力加速度为g)． (1)当α变化时，求拉力F的最小值； (2)F取最小值时，求木楔对水平面的摩擦力是多少． [解题指导] (1)物体匀速下滑，所受合外力为零． (2)物体匀速向上滑行，合外力为零，可确定F与θ的关系，利用三角函数求最小值． (3)整体受力分析求出水平面对木楔的摩擦力． [解析]　(1)木块在木楔斜面上匀速向下运动时，根据平衡条件有mgsin θ＝μmgcos θ， 解得μ＝tan θ， 因其在力F作用下沿斜面向上匀速运动，根据正交分解法有 Fcos α＝mgsin θ＋Ff，Fsin α＋FN＝mgcos θ 且Ff＝μFN，联立解得F＝eq \f(2mgsin θ,cos α＋μsin α) ＝eq \f(2mgsin θcos θ,cos αcos θ＋sin αsin θ)＝eq \f(mgsin 2θ,cos θ－α) 当α＝θ时，F有最小值，即Fmin＝mgsin 2θ. (2)因为木块及木楔均处于平衡状态，整体受到的地面的摩擦力等于F的水平分力，即 FfM＝Fcos (α＋θ) 当F取最小值mgsin 2θ时，则有 FfM＝Fmincos 2θ＝mgsin 2θcos 2θ＝eq \f(1,2)mgsin 4θ. [答案]　(1)mgsin 2θ　(2)eq \f(1,2)mgsin 4θ 　解受力平衡中的临界、极值问题的“四看”与“四想” (1)看到“缓慢”，想到“物体处于动态平衡状态”． (2)看到“轻绳、轻环”，想到“绳、环的质量可忽略不计”． (3)看到“光滑”，想到“摩擦力为零”． (4)看到“恰好、刚好、至少、最大等”，想到“题述的过程存在临界、极值点”． 1．(2024·山东卷，2)如图所示，国产人形机器人“天工”能平稳通过斜坡．若它可以在倾角不大于30°的斜坡上稳定地站立和行走，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则它的脚和斜面间的动摩擦因数不能小于(　　) A.eq \f(1,2)　 B．eq \f(\r(3),3)　　C.eq \f(\r(2),2)　　D.eq \f(\r(3),2) 解析：B　[根据题意可知机器人“天工”可以在倾角不大于30°的斜坡上稳定地站立和行走，对“天工”分析有mg sin 30°≤μmg cos 30°， 可得μ≥tan 30°＝eq \f(\r(3),3).] 2．(多选)(2024·四川统考二模)如图所示，质量为M的内壁光滑的半圆槽置于粗糙水平面上，质量为m的小球从半圆槽轨道的左端与圆心等高处静止释放，小球运动过程中半圆槽始终保持静止状态．AB是平行水平地面的圆弧直径，小球与圆心O连线跟OA间的夹角为θ，重力加速度为g，小球向下运动时，在0°＜θ＜90°的范围内，下列说法中正确的是(　　) A．当θ＝30°时，半圆槽受到的摩擦力最大 B．当θ＝45°时，半圆槽受到的摩擦力最大 C．当sin θ＝eq \f(\r(3),3)时，半圆槽对地面的压力N小于(m＋M)g D．当sin θ＝eq \f(\r(3),3)时，半圆槽对地面的压力N等于(m＋M)g 解析：BD　[小球在某位置时，有mgRsin θ＝eq \f(1,2)mv2，对小球受力分析有N球－mgsin θ＝meq \f(v2,R)，解得小球所受支持力为N球＝3mgsin θ，根据牛顿第三定律可知，小球对半圆槽的压力F压＝N球＝3mgsin θ，因为半圆槽始终静止，所以半圆槽所受合力为零，即水平方向有f＝F压cos θ＝3mgsin θcos θ＝eq \f(3,2)mgsin 2θ，所以当θ＝45°时，半圆槽受到的摩擦力最大，故A错误，B正确；对半圆槽受力分析，设地面对半圆槽的支持力为 F支，竖直方向有F支＝Mg＋F压sin θ，整理有F支＝Mg＋3mgsin2 θ ，当sin θ＝eq \f(\r(3),3) 时，有F支＝(m＋M)g，根据牛顿第三定律有N＝F支＝(m＋M)g，故C错误，D正确．] 1．(2024·广东汕头市金南实验学校三模)黄河铁牛是世界桥梁史上的传世之宝．如图，唐代蒲津浮桥通过两岸的铁牛固定，铁牛底部的铁柱插入地下．设桥索对铁牛的拉力为F1，铁柱对铁牛的作用力为F2，则(　　 ) A．若F1增大，F2也增大 B．若F1增大，F2将减小 C．F1与F2的合力方向不一定竖直向上 D．F1与F2的合力方向一定竖直向下 解析：A　[对铁牛受力分析如图所示，铁牛受到自身重力G、桥索对铁牛的拉力F1、铁柱对铁牛的作用力F2，三者共点力平衡．根据共点力平衡条件和三角形定则可得，若F1增大，F2也增大，A正确，B错误；F1与F2的合力与重力平衡，故F1与F2的合力方向一定竖直向上，C、D错误．] 2．(2024·浙江绍兴二模)如图1和2为工地搬运长方体大理石块的设备示意图，该设备吊起部分可以理想化为图3所示，ABCD为一块厚厚的水平钢板，AEFB和DHGC为两根不可伸长的轻绳，两绳子关于水平钢板左右对称放置，且AE和DH平行于大理石块的后表面，BF和CG平行于大理石块的前表面，AE、DH、BF、CG与水平方向的夹角均为θ，忽略AE和DH与大理石块的后表面(包括E、H两点)、BF和CG与大理石块的前表面(包括F、G两点)的所有作用力，若EF与大理石块左表面、HG与大理石块右表面的动摩擦因数均为μ，若能吊起大理石块，μ至少为(　　) INCLUDEPICTURE"A12.TIF" A．tan θ　 B．eq \f(1,tan θ)　　C．sin θ　　D.eq \f(1,sin θ) 解析：A　[设每段绳子上的张力均为T，则根据平衡条件有4Tsin θ＝mg， 水平方向有2Tcos θ＝FN， 认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力， 则有fm＝μFN＝μ·2Tcos θ， 根据平衡条件有2fm＝mg， 即4μTcos θ＝4Tsin θ， 解得μ＝tan θ.] $$