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A版，鲁湘鄂豫皖冀）

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·辽宁本溪市检测)如图所示为某同学左手从地面上抓取篮球并离开地面的照片。为简单起见，假设只有大拇指、中指和小拇指对篮球有力的作用，三根手指的抓取点在同一水平面内呈对称分布，且与球心的连线和竖直方向成53°角。已知手指与篮球之间的动摩擦因数为0.9，篮球质量为500 g，g取10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，假设三根手指对篮球的作用 大小相等，则每根手指对篮球的压力至少约为 A.14 N B.17 N C.19 N D.20 N 例1 √ 篮球受七个力的作用，除重力外，其余3组力呈空间对称分布，每一组力中的弹力和摩擦力在竖直方向分力的合力，承担了篮球自身重力的三分之一，对篮球受到的一组力受力分析如图所示 　(2020·全国卷Ⅲ·17)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° √ 取O点为研究对象，在三力的作用下O点处于平衡状态，对其受力分析如图所示，根据几何关系可得β＝55°，故选B。 例2 　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 解题指导 关键表述及破题 P球质量是Q球质量的三倍 质量关系 各接触面均光滑 不受摩擦力 静止状态 处于平衡状态，合力为0 研究对象选取及受力分析  整体法：以P、Q两 球整体为研究对象 合成法：F2＝ 4mgtan α  隔离法：以Q球为 研究对象 合成法：F2＝ mgtan β 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·陕西省高考仿真模拟)如图所示，与水平面夹角均为θ＝37°的两金属导轨平行放置，间距为1 m，金属导轨的一端接有电动势E＝3 V、内阻r＝1 Ω的直流电源，另一端接有定值电阻R＝4 Ω。将质量为0.025 kg的导体棒ab垂直放在金属导轨上，整个装置处在垂直导轨平面向上的匀强磁场中。当开关S断开时，导体棒刚好不上滑；当开关S闭合时，导体棒刚好不下滑。已知导体棒接入电路的电阻R0＝4 Ω，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，金属导轨电阻不计，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取g＝10 m/s2。则导体棒与导轨间的动摩擦因数为 √ 例4 根据平衡条件有BI1d－μmgcos θ＝mgsin θ，BI2d＋μmgcos θ＝mgsin θ， 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。 　(2022·河北卷·7)如图，用两根等长的细绳将一匀质圆柱体悬挂在竖直木板的P点，将木板以底边MN为轴向后方缓慢转动直至水平，绳与木板之间的夹角保持不变，忽略圆柱体与木板之间的摩擦，在转动过程中 A.圆柱体对木板的压力逐渐增大 B.圆柱体对木板的压力先增大后减小 C.两根细绳上的拉力均先增大后减小 D.两根细绳对圆柱体拉力的合力保持不变 例6 √ 设两根细绳对圆柱体拉力的合力大小为FT，木板对圆柱体的支持力大小为FN，从右向左看，受力分析如图所示，绳子与木板间的夹角不变，α也不变， 在矢量三角形中，根据正弦定理有 在木板以底边MN为轴向后方缓慢转动直至水平的过程中，α不变，γ从90°逐渐减小到0， 又γ＋β＋α＝180°，且α<90°， 可知90°<γ＋β<180°，则0<β<180°， 可知β从锐角逐渐增大到钝角， sin γ不断减小，FT逐渐减小，sin β先增大后减小，FN先增大后减小，结合牛顿第三定律可知，圆柱体对木板的压力先增大后减小，设两根细绳之间的夹角为2θ，一根细绳的拉力大小为FT′，则2FT′cos θ＝FT， 可知两根细绳上的拉力不断减小，两根细绳对圆柱体拉力的合力不断减小，故B正确，A、C、D错误。 　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； 答案　mgsin 2θ 例7 方法一　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。 方法二　木块所受的力构成矢量三角形如图甲所示，支持力与摩擦力用其合力F合代替，变为“三个力”，如图乙所示， 故β＝θ， 则F合与竖直方向夹角为2θ。 由几何关系可得拉力F的最小值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) 当F取最小值mgsin 2θ时，则有 FfM＝Fmin·cos 2θ＝mgsin 2θcos 2θ＝ 。 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 34 1.(2023·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 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·江苏苏州期末)图a是一种大跨度悬索桥梁，图b为悬索桥模型，六对轻质吊索悬挂着质量为M的水平桥面，吊索在桥面两侧竖直对称排列，其上端挂在两根轻质悬索上(图b中只画出了其中一侧的分布情况)，悬索两端与水平方向成45°角，则一根悬索水平段CD上的张力大小是(重力加速度为g) 1 2 √ 1 2 专题强化练 39 1.如图所示，一弧形的石拱桥由四块完全相同的石块垒成，每块石块的左、右两个截面间所夹的圆心角为30°，第1、4块石块固定在地面上，直线OA沿竖直方向。则第2、3块石块间的作用力F23和第1、2块石块间的作用力F12之比为(不计石块间的摩擦力) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 保分基础练 √ 设每块石块的重力为G，以第2块石块为研究对象，受力分析如图所示。 由平衡条件有F12cos 30°＝F23， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 2.(2023·广东茂名市电海中学期末)“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·山东卷·2)餐厅暖盘车的储盘装置示意图如图所示，三根完全相同的弹簧等间距竖直悬挂在水平固定圆环上，下端连接托盘。托盘上叠放若干相同的盘子，取走一个盘子，稳定后余下的正好升高补平。已知单个盘子的质量为300 g，相邻两盘间距1.0 cm，重力加速度大小取10 m/s2。弹簧始终在弹性限度内，每根弹簧的劲度系数为 A.10 N/m B.100 N/m C.200 N/m D.300 N/m 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 由题知，取走一个盘子，稳定后余下的盘子正好升高补平，则说明一个盘子的重力可以使三根弹簧发生形变的形变量恰好等于相邻两盘间距，则有mg＝3kx，解得k＝100 N/m，故选B。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 4.(2023·安徽淮北市一模)淮北市科创中心项目是该市近几年重点工程项目之一，旨在提升城市综合服务功能，增强城市科技创新氛围。其核心建筑商务政务中心已经建成，最大高度达162 m，是淮北市第一高楼，成为淮北市的新地标。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，工人及其装备总重量为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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 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 √ 工人受到重力、拉力FT和支持力FN，受力分析如图所示。 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.(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 6.(2023·河北邯郸市一模)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 7.(2023·江苏南京市考前训练)质量为M、半径为R的光滑匀质球，用一根长度也为R的细线悬挂在互相垂直的两竖直墙壁交线处的P点，则球对任一墙壁的压力大小为 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 对球进行受力分析，球受重力Mg、细线的拉力FT及两个墙壁对它的支持力，两个支持力大小相等，夹角为90°，设一个支持力的大小为FN、细线与两竖直墙壁交线的夹角为θ， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 在水平方向上根据受力平衡可知两竖直墙壁对球的支持力的合力大小等于细线拉力FT的水平分力大小， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 8.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 争分提能练 √ 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。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 9.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， 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 10.(2023·辽宁省名校联盟检测)如图所示，三根轻质细线结于O点，OA另一端固定在天花板上的A点(位于圆心O′的正上方)，OB、OC另一端分别连接质量为m的小球P(可视为质点)、质量为2m的物体Q。将物体Q放置于粗糙水平面上，小球P放置于半径为R的光滑半圆柱上，当A、O、O′处于同一竖直线上时，OC水平且物体Q恰好不滑动，此时|OB|＝ ，|OO′|＝2R，重力加速度大小为g，最大静 摩擦力等于滑动摩擦力，则物体Q与水平面 间的动摩擦因数为 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 根据题意，小球P受重力mg、光滑半圆柱的支持力FN和绳子的拉力F，处于平衡状态，画出与拉力F等大反向的力F′，即为mg和FN的合力，如图所示 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 根据题意，小球P受重力mg、光滑半圆柱的支持力FN和绳子的拉力F，处于平衡状态，画出与拉力F等大反向的力F′，即为mg和FN的合力，如图所示 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 对结点O受力分析，如图所示 由平衡条件有F2＝F1sin θ 对物体Q受力分析如图所示 由平衡条件有FN＝2mg，Ff＝F4 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 11.(2023·山西大同市、晋中市第一次联合模拟)如图所示，空间有水平向右的匀强磁场，磁感应强度为B。一不可伸长的绝缘、柔软细线左端固定于M点，N点拴着一长度为d垂直于纸面的轻质直导线，右端跨过O点处的光滑定滑轮后悬挂一质量为m的重物，系统处于静止状态。此时点M、N、O处于同一水平线上，且MN＝2NO＝2L。当导线中通有垂直纸面向里的恒定电流时，重物m上升L高度，系统恰好再次达到平衡，已知重力加速度为g，则导线中通入的电流大小为 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 导线通有电流后，因受到安培力下降至N′点，则MN′＝ON′＝2L，如图所示 设MN′和ON′与竖直方向的夹角都为θ，则 根据对称性，MN′和ON′对导线的作用力都为mg，有2mgcos θ＝BId 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 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 由竖直方向受力平衡有Ffsin 53°＝Fcos 53°＋mg，Ff＝μF，解得F ≈13.9 N，故选A。 A. B. C. D. 当S断开时，ab中电流I1＝＝ A＝0.6 A， 当S闭合时，ab中电流I2＝×＝× A ＝0.5 A， 联立解得μ＝，故选B。 ＝＝， 根据＝＝可知， 可得FT′＝，θ不变，FT逐渐减小， 联立解得F＝＝＝ 支持力与摩擦力的合力F合与FN之间的夹角β满足tan β＝ 答案　mgsin 4θ mgsin 4θ A.Mg B.Mg C.Mg D.Mg 对题图b中左边的悬索ABC段整体受力分析如图所示，由平衡条件可得FTD＝FTcos 45°，FTsin 45°＝，联立解得FTD＝，故选A。 A. B. C. D. 解得＝，故选A。 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.Mg B.Mg C.Mg D.Mg 根据几何知识可知球心到竖直墙壁交线的垂直距离为d＝＝R， 故sin θ＝＝，θ＝45°，在竖直方向上根据受力平衡可得FTcos θ＝Mg，解得FT＝Mg， 即＝FTsin θ，解得FN＝Mg， 根据牛顿第三定律可得，球对任一墙壁的压力大小为Mg，故选B。 C.4∶ D.∶1 结合数学知识可得＝＝， A. B. C. D. R 由相似三角形有＝，解得F′＝mg， 由余弦定理有cos θ＝＝， 则有sin θ＝＝， 由相似三角形有＝，解得F′＝mg， 由余弦定理有cos θ＝＝，则有sin θ＝＝， 由Ff＝μFN则有μ＝＝＝，故选B。 则F4＝F2＝F1sin θ＝Fsin θ＝F′sin θ＝mg A. B. C. D. cos θ＝＝ 可得I＝，故选B。 $$