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

第一部分：专题一　力与运动 　物理 第1讲　力与物体的平衡 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　对应学生用书P4 考点一　静态平衡问题 1．解答静态平衡问题的“四步骤” 2．多力、多体平衡的解题方法 (1)物体受三力平衡时，通常可应用合成法、分解法、解直角三角形法等求解；物体受多力平衡时，通常可应用正交分解法或等效法等求解． (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. N　　　　　 B．1.0 N C. 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＝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.　 B．　　C.　　D.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＝＝，cos θ＝＝，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＝.] 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＝，联立解得＝＝＝，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＝，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＜，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＝，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＝， 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＝，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＝＝，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＝ ＝＝ 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＝mgsin 4θ. [答案]　(1)mgsin 2θ　(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.　 B．　　C.　　D. 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°＝.] 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＝时，半圆槽对地面的压力N小于(m＋M)g D．当sin θ＝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＝mv2，对小球受力分析有N球－mgsin θ＝m，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＝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＝ 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．] 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　对应学生用书P7 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(　　) A．tan θ　 B．　　C．sin θ　　D. 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.] 学科网（北京）股份有限公司 $$