专题1 第1讲 力与物体的平衡 （课件）-【步步高】2024年高考物理大二轮专题复习与增分策略（新高考，浙江专用）

专题一　 力与运动 知识体系 第1讲　力与物体的平衡 1 会分析物体静态平衡问题，会选择合适的方法处理静态平衡问题。 2 会分析动态平衡问题，掌握常见的处理动态平衡问题的方法，并会处理动态平衡中的临界与极值问题。 目标要求 内容索引 考点一 考点二 高考预测 静态平衡问题 动态平衡问题和极值问题 专题强化练 考点一 静态平衡问题 1.对物体进行受力分析 2.处理平衡问题常用的三种方法 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 分解法 按效果分解：物体受三个共点力的作用而平衡，将某一个力按力的作用效果分解，则其分力和其他两个力分别满足平衡条件 正交分解法：物体受到三个或三个以上力的作用时，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 矢量三角形法 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 　(2023·浙江湖州市统考)靠墙静蹲动作要领是双脚分开与肩同宽，人缓慢下蹲至大腿与地面平行并保持住。后背紧贴竖直墙面，感受膝盖附近肌肉发力。图中一质量为m的人正面向左靠墙静蹲，下列说法正确的是(重力加速度为g) A.他每只脚受到的支持力一定为 B.地面光滑也能完成这个动作 C.脚对地面的作用力斜向左下 D.墙对人的作用力一定水平向左 例1 √ 对做静蹲的人受力分析，可知竖直方向有 自身重力、地面支持力和与墙壁之间可能 存在的静摩擦力，所以他每只脚受到的支 持力不一定为　 ，故A错误； 同理，该人水平方向受墙壁的弹力和地面的静摩擦力作用，当地面光滑时，受力将不平衡，不能完成静蹲，故B错误； 脚对地面有竖直向下的压力和水平向左的静摩擦力，所以脚对地面的作用力斜向左下，故C正确； 由上面选项分析可知，墙壁对人的作用力有可能斜向左上，故D错误。 　(2023·浙江6月选考·6)如图所示，水平面上固定两排平行的半圆柱体，重为G的光滑圆柱体静置其上，a、b为相切点，∠aOb＝90°，半径Ob与重力的夹角为37°。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则圆柱体受到的支持力Fa、Fb大小为 A.Fa＝0.6G，Fb＝0.4G B.Fa＝0.4G，Fb＝0.6G C.Fa＝0.8G，Fb＝0.6G D.Fa＝0.6G，Fb＝0.8G 例2 √ 对光滑圆柱体受力分析如图，由题意有Fa＝Gsin 37°＝0.6G，Fb＝Gcos 37°＝0.8G，故选D。 　如图所示，倾角为α的斜面固定在水平面上，在斜面和固定的竖直挡板之间有两个匀质球P、Q，P球质量是Q球质量的三倍，各接触面均光滑，系统处于静止状态，P、Q两球的球心连线与 竖直方向的夹角为β，下列说法正确的是 A.4tan α＝tan β B.3tan α＝tan β C.2tan α＝tan β D.tan α＝tan β 例3 √ 以P、Q两球整体为研究对象，受力分析如图甲所示，由平衡条件可得F2＝4mgtan α，以Q球为研究对象，受力分析如图乙所示，由平衡条件可得F2＝mgtan β，联立解得4tan α＝tan β，故选A。 整体法、隔离法的运用 总结提升 在处理共点力平衡的问题时，若出现了两个或多个物体，一般会使用整体法或隔离法，可以使用“整体法＋隔离法”或“隔离法＋隔离法”，可根据具体题目灵活应用。 　(2023·浙江衢州市期末)如图将一带电小球A通过绝缘细线悬挂于O点，细线不能伸长，现要使细线偏离竖直线30°角，可在O点正下方的B点固定放置带电荷量为q1的点电荷，且B、A连线垂直于OA；也可在O点正下方C点固定放置带电荷量为q2的点电荷，且C、 A处于同一水平线上。则 为 例4 √ 对两种情况进行受力分析，如图所示 依据矢量的合成法则，结合三角函数知识 及平衡条件， 则有F′＝mgsin 30°，F＝mgtan 30° 根据三角函数知识，则有lBA＝Ltan 30°，lCA＝Lsin 30° 1.对于静电场、磁场中的平衡问题，受力分析时要注意静电力、磁场力方向的判断，再结合平衡条件分析求解。 2.涉及安培力的平衡问题，画受力示意图时要注意将立体图转化为平面图。 总结提升 考点二 动态平衡问题和极值问题 19 化“动”为“静”，将多个状态下的“静”态进行对比，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。 　(2023·海南卷·3)如图所示，工人利用滑轮组将重物缓慢提起，下列说法正确的是 A.工人受到的重力和支持力是一对平衡力 B.工人对绳的拉力和绳对工人的拉力是一 　对作用力与反作用力 C.重物缓慢拉起过程，绳子拉力变小 D.重物缓慢拉起过程，绳子拉力不变 例5 √ 工人受到三个力，绳的拉力，地面支持力和重 力，是三力平衡，故A错误； 人对绳和绳对人的拉力是一对作用力与反作用 力，B正确； 重物拉起过程，两绳的张角变大，拉力变大，C、D错误。 　(多选)(2023·浙江金华市统考)如图所示，用与竖直方向成θ角(θ<45°)的倾斜轻绳a和轻绳b共同固定一个小球，这时绳b的拉力为FT1。现保持小球在原位置不动，使绳b在原竖直平面内顺时针转过θ角固定，绳b的拉力变为FT2；再转过θ角(恰好水平)固定，绳b的拉力为FT3，则 A.FT1＝FT3>FT2 B.FT1<FT2<FT3 C.绳a的拉力变小 D.绳a的拉力变大 例6 √ √ 根据题意，对小球受力分析，由于小球在原位置不动，使绳b在原竖直平面内顺时针转动，可知，绳a的拉力方向不变，小球的合力一直为零，由平衡条件可知，绳a的拉力和绳b的拉力的合力与小球的重力等大反向，画出与小球重力等大反向的力， 根据平行四边形定则，如图所示，由几何关系可知，FT2与Fa垂直，FT2最小，FT1＝FT3，则有FT1＝FT3>FT2，由图可知，Fa逐渐增大。故选A、D。 　质量为M的木楔在水平面上保持静止，斜面倾角为θ，当将一质量为m的木块放在木楔斜面上时，木块正好匀速下滑。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)。求： (1)当α变化时，拉力F的最小值； 例7 答案　mgsin 2θ　 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 因木块在力F作用下沿斜面向上做匀速运动， 根据正交分解法有 Fcos α＝mgsin θ＋Ff，Fsin α＋FN＝mgcos θ 且Ff＝μFN 则当α＝θ时，F有最小值，即Fmin＝mgsin 2θ。 (2)F取最小值时，木楔对水平面的摩擦力大小。 由(1)可知，当F取最小值时，α＝θ 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) 1.三力作用下的动态平衡 总结提升 2.四力作用下的动态平衡 (1)在四力平衡中，如果有两个力为恒力，或这两个力的合力方向恒定，为了简便可用这两个力的合力代替这两个力，转化为三力平衡，例如：如图所示，qE<mg，把挡板缓慢转至水平的过程中，可以用重力与静电力的合力F合＝mg－qE代替重力与静电力。 (2)对于一般的四力平衡及多力平衡，可采用正交分解法。 总结提升 (3)在力的方向发生变化的平衡问题中求力的极小值时，一般利用三角函数求极值。也可利用“摩擦角”将四力平衡转化为三力平衡，从而求拉力的最小值。例如：如图所示，物体在拉力F作用下做匀速直线运动，改变θ大小，求拉力的最小值时，可以用支持力与摩擦力的合力F′代替支持力与摩擦力，Fmin＝mgsin θ，其中FN与Ff的合力方向一定，“摩擦角”θ满足tan θ＝ 。 总结提升 高考预测 32 1.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 1 2 √ 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。 1 2 2.(2023·浙江绍兴市三模)制作木器家具时，工人师傅常在连接处打入木楔，如图所示，假设一个不计重力的木楔两面对称，顶角为α，竖直地被打入木制家具缝隙中。已知接触面间的动摩擦因数为μ，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。要使木楔能自锁而不会自动滑动，α与μ应满足 1 2 √ 1 2 专题强化练 37 1.(2023·浙江金华市十校联考)如图是两个一次注塑成型的尺寸相同的玩偶摆件，将其放在水平桌面上，能保持站立姿势，若两个玩偶的质量相等，左边玩偶两脚距离较大，则以下分析正确的是 A.左边玩偶两脚受到桌面摩擦力为零 B.右边玩偶两脚受到桌面摩擦力较小 C.左边玩偶两脚受到桌面作用力较大 D.右边玩偶两脚受到桌面支持力较大 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 保分基础练 √ 整体法分析，两玩偶竖直站立，水平方向无 相对运动趋势，故两脚受到桌面的摩擦力均 为零，故A正确，B错误； 对玩偶受力分析，两玩偶质量相等，根据平 衡条件可知，两脚受到桌面作用力等于自身重力，大小相等，C错误； 两边玩偶两脚受到的支持力都为自身重力的一半，大小相等，故D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 2.“儿童散学归来早，忙趁东风放纸鸢”，阳春三月正是踏青放风筝的好时节。如图所示，在细线拉力的作用下，风筝静止在空中。关于气流对风筝的作用力，下列说法正确的是 A.气流对风筝的作用力的方向水平向左 B.气流对风筝的作用力的方向沿左上方 C.气流对风筝的作用力与风筝受到的重力大小相等 D.气流对风筝的作用力小于风筝受到的重力 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 风筝受重力G、细线的拉力FT和气流的作用力F处于平衡状态，如图所示，重力G方向竖直向下，细线的拉力FT方向斜向右下方，气流对风筝的力F的方向一定斜向左上方，且大小等于重力G和细线拉力FT的合力大小，B正确，A、C、D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 3.(2023·浙江嘉兴市模拟)如图所示，一质量为m的匀质球在水平推力的作用下，始终静止于竖直光滑的墙壁与倾角为θ的光滑斜面之间。重力加速度大小为g。该水平推力的最小值为 A.mgsin θ B.mgcos θ C.mgtan θ D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 经分析可知，当墙壁对球的弹力为零时，该水平推力最小，根据物体的平衡条件可得最小推力Fmin＝mgtan θ，故选C。 √ 4.如图所示，工人正在用一根绳索将自己悬在空中，对大楼表面玻璃进行清洁工作，工人及其装备总重力为G，可视为质点，悬绳与竖直墙壁的夹角为θ，设悬绳对工人的拉力为FT，墙壁对工人的弹力为FN，不计工人和墙壁间的摩擦力。下列说法正确的是 A.墙壁对工人的弹力大小为 B.悬绳对工人的拉力大小为Gcos θ C.若缓慢增加悬绳的长度，FT与FN的合力增大 D.若缓慢增加悬绳的长度，FT和FN都减小 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 若缓慢增加悬绳的长度，则θ减小，FT和FN都减小，而FT与FN的合力始终与工人的重力平衡，大小不变，故C错误，D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 5.如图所示，两直梯下端放在水平地面上，上端靠 在竖直墙壁上，相互平行，均处于静止状态。梯子 与墙壁之间均无摩擦力，下列说法正确的是 A.梯子越长、越重，所受合力越大 B.地面对梯子的作用力一定竖直向上 C.地面对梯子的作用力可能沿梯子向上 D.地面对梯子的作用力与水平面的夹角大于梯子的倾角 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 两梯子处于平衡状态，所受合力均为零，故A错误； 地面对梯子的支持力竖直向上，摩擦力沿水平方向，合力方向斜向上，当地面对梯子的作用力沿梯子向上或与水平面的夹角小于梯子的倾角时，梯子将发生转动，故B、C错误，D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 6.(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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 7.(多选)(2023 ·浙江平湖市联考)如图所示，A、B、C三个完全相同的水泥管道叠放在水平地面上，已知B、C刚好接触无挤压，在沿管道轴线方向恒力F的作用下，顺着轴线方向匀速抽出A，整个过程中B、C保持静止。假设每个管道的质量均为m，重力加速度为g，下列说法正确的是 √ C.若B、C稍稍远离一些(B、C仍保持静止)，B对A的弹力变小 D.若B、C稍稍远离一些(B、C仍保持静止)，仍沿轴线方向匀速抽出A所 　需的恒力F变大 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ A、B、C三个完全相同的水泥管道叠放在水平地面上，已知B、C刚好接触无挤压，可知B、C对A的弹力大小相等，对A受力分析，由平衡条件可得mg＝ 2FNBcos 30°，解得FNB＝　 　，故A正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 对B受力分析，由平衡条件可得地面对B的弹力大小为FN＝mg＋ FNB′cos 30°，FNB′＝FNB，解得FN＝ ，故B错误； 对A受力分析由平衡条件有mg＝2FNB1cos θ，解得 FNB1＝ ，若B、C稍稍远离一些(B、C仍保持 静止)，则θ会增大，则cos θ会减小，B对A的弹力 变大，故C错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 若B、C稍稍远离一些(B、C仍保持静止)，B对A的弹力变大，沿轴线方向匀速抽出A所需的恒力F＝2μFNB1，所需的恒力F变大，故D正确。 8.(2023·浙江省三校联考)工人将重物从高台运送到地面，如图所示，轻绳穿过与重物固定连接的光滑圆环，一端固定在A点，另一端被建筑工人握住，工人站在B点缓慢放长轻绳，使重物缓慢下降。在工人释放一小段轻绳的过程中，以下说法正确的是 A.绳对工人的拉力变大 B.高台对工人的作用力变小 C.高台对工人的摩擦力变大 D.高台对工人的支持力变大 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 争分提能练 √ 设重物重力为m0g，如图甲所示，对圆环由平衡条件得2Fcos α＝m0g，解得F＝ ，当工人站在B点缓慢释放轻绳，使重物下降，α变小，m0g不变，拉力F变小，所以绳对工人的拉力变小，故A错误； 对工人受力分析如图乙所示，根据共点力平衡有FN＝mg＋Fcos α，Fsin α＝Ff，又因为2Fcos α＝ ，联立解得FN＝mg＋m0g，Ff＝ ，所以高台对工人的支持力不变，摩擦力变小，故C、D错误； 高台对工人的作用力为F′＝ ，由上述分析可知高台对工人的作用力变小，故B正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 9.如图所示，山坡上两相邻高压线塔之间架有粗细均匀的导线，静止时导线呈曲线形下垂，C点为最低点。左塔A点处对导线拉力的方向与竖直方向的夹角为30°，右塔B点处对导线拉力的方向与竖直方向的夹角为60°，则导线AC部分与BC部分的质量之比为 A.2∶1 B.3∶1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 对导线整体受力分析，水平方向上，FACsin 30°＝FBCsin 60°；对左右两部分分别受力分析，竖直方向上，FBCcos 60°＝mBCg，FACcos 30°＝mACg，解得导线AC部分与BC部分的质量之比为3∶1，故选B。 10.如图a所示，工人用推车运送石球，到达目的地后，缓慢抬起把手将石球倒出(图b)。若石球与板OB、OA之间的摩擦不计，∠AOB＝60°，图a中OB与水平面的夹角为30°，则在抬起把手使OA变为水平的过程中，石球对板OB的压力FN1、对板OA的压力FN2的大小变化情况是 A.FN1变小、FN2先变大后变小 B.FN1变小、FN2变大 C.FN1变大、FN2变小 D.FN1变大、FN2先变小后变大 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 以石球为研究对象，受力分析如图所示，缓慢抬起 把手过程中，石球受力平衡，结合数学知识可得 其中G和α不变，在转动过程 中：β从90°增大到180°，sin β不断变小，则FN1′不断变小；γ从150°减小到60°，sin γ先变大后变小，则FN2′先变大后变小，由牛顿第三定律知，A正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 11.(2023·浙江台州市质量评估)如图所示，两个质量分别为mA和mB的带电小球A、B(可视为质点)通过一根绝缘轻绳跨放在光滑的定滑轮上(滑轮大小不计)，两球静止，O为滑轮正下方A和B连线上的一个点。两球到O点距离分别为xA和xB，到滑轮的距离分别为lA和lB，且lA∶lB＝1∶2，细绳与竖直方向的夹角分别为θ1和θ2，两球电荷量分别为qA和qB。则 A.qA>qB B.θ1>θ2 C.mA∶mB＝1∶2 D.xA∶xB＝1∶2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 由于两球的静电力是相互作用力，无法比较两球电荷量的大小，A错误； 绳子上的力处处相等，对绳子跨过定滑轮的节点受力分析可知FT′sin θ1＝FT′sin θ2 所以θ1＝θ2，B错误； 对两球受力分析可知，根据相似三角形 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 可得mA∶mB＝2∶1，xA∶xB＝1∶2，故C错误，D正确。 12.在吊运表面平整的重型板材(混凝土预制板、厚钢板)时，如因吊绳无处钩挂而遇到困难，可用一根钢丝绳将板拦腰捆起(不必捆得很紧)，用两个吊钩勾住绳圈长边的中点起吊(如图所示)，若钢丝绳与板材之间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，为了满足安全起吊(不考虑钢丝绳断裂)，需要满足的条件是 A.tan α>μ B.tan α<μ C.sin α>μ D.sin α<μ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 尖子生选练 √ 如图所示，要起吊重物，只需满足绳子张力FT的竖直分量小于钢丝绳与板材之间的最大静摩擦力，即FTcos α·μ>FTsin α，化简可得tan α<μ，故选B。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 A. 　　　B. 　　　C. 　　　D. 根据库仑定律则有F′＝，F＝ 综上可得＝＝，故选C。 联立解得F＝＝＝ 答案　mgsin 4θ 当F取最小值mgsin 2θ时，则有FfM＝Fmin·cos 2θ＝mgsin 2θcos 2θ＝mgsin 4θ。   A.μ>tan  B.μ>tan α C.μ> D.μ> 由于存在对称性，仅对尖劈的左侧面分析，如图所示，当尖劈能自锁而不会自动滑动时，一定满足FNsin <μFNcos，整理得sin <μcos ，解得 μ>tan ，故选A。 工人受到重力、拉力FT和支持力FN，受力分析如图所示。根据共点力平衡条件有FT＝，FN＝Gtan θ，即墙壁对工人的弹力大小为Gtan θ，悬绳对工人的拉力大小为，A、B错误； A. 　　B. 　　C. 　　D. 对“嫦娥五号”探测器受力分析有FN＝mg月，则对一条腿有FN1＝mg月＝，根据牛顿第三定律可知每条腿对月球表面的压力大小为，故选D。 A.B对A的弹力大小为mg B.地面对B的弹力大小为mg mg mg m0g C.4∶ D.∶1 ＝＝， ＝＝ ＝＝ $$