第1讲 力与物体的平衡-【创新教程】2026年高考物理大二轮专题增分方案学生用书

第一部分 专题整合知识突破 精准助学理念 一锁定重点、突破热点、强化核心素养 物 锁定高考大方向，体现“一体四层四翼” 核心素养助学提能 一紧扣考情、落实方法、找出学习短板 瞄准学科小气候，落实考点、考法 理 注重深化基础，体验考点考情，融会贯通 课堂评价 高考预测 突出关键能力，激发探索兴趣，无惧高考 高考命题热点模型，锻练学生的科学思维 微专题 联系科学、生产、生活实际，提升综合分析能力 以新情境为背景，突出实际情境设计 高考新动向 链接实际应用，助学培优，学以致用 练习每一题点，做到点点落实 限时集训能力达标 练熟每一题型，做到题题通关 课前、课堂、课后三位一体重点、难点、热点探究突破 ㄧ物理 专题一力与运动 ePP色> 网络构建 万有引力，重力 匀速直线运动：x=t D=o土at,x=ot±号at2 电场力库仑) v2-6=±2ax,△x=±aT2 安培力，洛伦兹力 常见的力 力 运动 模型 匀变速直线运动 =修=地 弹力（胡克定律） 摩擦力静摩擦力，滑动摩擦力) 平抛运动 x=Vol.y=5gt 整体法一系统外力 隔离法—系统内力 对象选取 圆周运动 2,w=2-2m,a,=2=w7 先主动力，后被动力 分析方法 方法 比例法 分析顺序 从受力简单的先分析 逆向运动法，对称法 产生条件（假设法） 平均速度法，逐差法 分析 F=ma 平行四边形定则，三角形定则 图像法 依据 平衡条件，牛顿运动定律 分解法 F=0 F∥知 F⊥to F⊥D F-G Mg 平衡问题 匀变速直线运动 平抛运动 圆周运动 天体运动 平衡条件 自由落体、竖直上抛 与体育运动结合 传送带连接、固轴固连 万有引力与重力 临界问题 追及相遇、刹车问题 背餐周正 火车转弯 天体质量的计算 动态平衡 传送带、滑块木板问题 临界问题 卫星轨道模型 临界、动态问题 轨迹与临界多解问题 般圆周运动动力学 变轨问题 超重、失重问题 周期性问题 黑洞、多星系统 第1讲 力与物体的平衡 核心素养，助学提能 考点一 静态平衡问题 核心透视 典题例析 1.解答静态平衡问题的“四步骤” [例1](2024·河北卷，5)如图， 选择研究对象]> 选取一个平衡体（单个物体或系统， 弹簧测力计下端挂有一质量为 也可以是结，点)作为研究对象 0.20kg的光滑均匀球体，球体 静止于带有固定挡板的斜面 画受力示意图 对研究对象进行受力分析，画出受力 示意图 上，斜面倾角为30°，挡板与斜 面夹角为60°.若弹簧测力计位 60> 明确解题策略 合成法、分解法、正交分解法 于竖直方向，读数为1.0N,g 取10m/s2,挡板对球体支持力的大小为( 根据平衡条件列出平衡方程，解平 列方程求解> 衡方程，对结果进行讨论 v B.1.0N C23 D.2.0N 3 2多力、多体平衡的解题方法 [解题指导] (1)物体受三力平衡时，通常可应用合成法、分解 ①正确受力分析；②由几何关系确定力F、力 法、解直角三角形法等求解；物体受多力平衡 FN与竖直方向的夹角； 时，通常可应用正交分解法或等效法等求解。 ③由平衡条件利用正交分解或三角函数关系 (2)对于多个物体的平衡问题，要灵活选取研究对 求出挡板对球体支持力. 象，整体法和隔离法交替使用 对着电视画面拍照，应关闭照相机闪光灯和室内照明灯，这样照出的照片画面更清晰。因为闪光 ·4· 灯和照明灯在电视屏上的反射光会干扰电视画面的透射光。 第一部分：专题一力与运动1 对点集训 时测得结点下降了5cm.已知轻弹簧的自然长 1.（2025·福建卷，1)如图所示， 度为9cm,矿泉水（包括瓶）受到的重力为6N, 山崖上有一个风动石，无风时 则弹簧的劲度系数为 () 地面对风动石的作用力是F1, A.390N/m B.130N/m 当受到一个水平风力时，风动 C.3.90N/m D.1.30N/m 石依然静止，地面对风动石的 3.(多选)(2025·山东 .0 作用力是F2,关于F1和F2的大小关系，以下正 卷，11)球心为O、半径 确的是 为R的半球形光滑绝 A.F2大于F1 缘碗固定于水平地面 上，带电荷量分别为 D B.F1大于F2 C.F1等于F2 十2q和十q的小球甲、乙刚好静止于碗内壁A、B D.F1和F2的大小关系与风力大小有关 两点，过O、A、B的截面如图所示，C、D均为圆 2.(2025·山东聊城二模)如图所示， 弧上的点，OC沿竖直方向，∠AOC=45°，ODL 某创新实验小组制作了一个半径 AB,A、B两点间距离为√3R,E、F为AB连线的 为12cm的圆环，将3个相同的轻 三等分点.下列说法正确的是 () 弹簧一端等间距地连接在圆环上 A.甲的质量小于乙的质量 的A、B、C三点，另外一端连接于 B.C点电势高于D点电势 同一点，结点O恰好在圆心处.将圆环水平放置， C.E、F两点电场强度大小相等，方向相同 在结点O处悬挂一瓶矿泉水，缓慢释放直至平衡 D.沿直线从O点到D点，电势先升高后降低 考点二 动态平衡问题 核心透视 典题例析 1.解决动态平衡问题的一般思路 春向1 解析法的应用 化“动”为“静”，“静”中求“动”，通过矢量三角形 [例2](2025·四川南充三模)如图(a),某人借助 图解法、动态圆法、正弦定理、三角函数、极值法 瑜伽球锻炼腿部力量，她屈膝静蹲，背部倚靠在 等分析各力的变化或极值. 瑜伽球上，瑜伽球紧靠竖直墙面，假设瑜伽球光 2.动态平衡问题的分析过程与处理方法 滑且视为均匀球体，整体可简化成如图(b).当人 利用平行 缓慢竖直站立的过程中，人的背部与水平面夹角 四边形或 图解法 <受，下列说法正确的是 () 一个力为 三角形定 恒力，另 则求解 个力方向 三角函数 不变 解析法→ 或正（余） 弦定理求 图a 图k 解 A.墙面对球的力保持不变 一个力为 一力动态 图解法 B.人受到地面的摩擦力变大 受力 恒力，另两 几何三角形 C.地面对人的支持力变大 特点 个力方向 相似三 与矢量三角 D.球对人的压力先增大后减小 商 均改变 形相似，利 角形法 专向2 离解法的应用 用比例关系 [例3]如图所示，有一质量不计 求解 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 一个力为恒力，另 解析法或 的物体，另一根绳一端系在O 两个力方向夹角 三角形动 不变 点，另一端系在圆弧形墙壁上的 态图解法 -0 ·5· 丨物理 C点.当点C由图示位置逐渐向上沿圆弧CB移 通过拉绳缓慢提升重物，上臂AB转过60°.不计 动过程中（保持OA与墙面夹角0不变），OC绳 “手臂”重力及一切摩擦，下列说法正确的是 所受拉力的大小变化情况是 () A.逐渐减小 B.逐渐增大 A.绳CD拉力先减小后增大 C.先减小后增大 D.先增大后减小 B.绳CD拉力先增大后减小 [解题指导] C.前臂BC受到的压力大小不变 (1)“可绕A点自由转动”，杆OA对绳的作用 D.前臂BC受到的压力先减小后增大 力沿杆，且方向不变. 专向4 正弦定理（或辅助圆法）的应用 (2)重力大小，方向不变，OC绳大小、方向 [例5](2025·山东烟台高三 改变 统考)一竖直放置的轻质圆环 静止于水平面上，质量为m的 A 春▣3三角形相似法的应用 物体用轻绳系于圆环边缘上 [例4](2025·福建宁德三 D 的A、B两点，结点恰位于圆环 模)某物理兴趣小组为了模 的圆心O点.已知物体静止时，AO绳水平，BO 拟机器人“手臂”，制作了如 绳与AO绳的夹角为150°.现使圆环沿顺时针方向 图所示装置，A、B类似于人 缓慢滚动，在AO绳由水平转动至竖直的过程中 手臂的关节，能在竖直面内 () 自由转动，前臂BC末端系 A.AO绳中的拉力一直增大 一重物和一轻绳，轻绳另一 mmmmm B.AO绳中最大拉力为2mg 端跨过滑轮牵拉前臂.初始时，关节A、B均锁 C.BO绳中的拉力先减小后增大 定，前臂BC水平.小组成员解除关节A的锁定， D.BO绳中最小拉力为mg 考点三 平衡中的临界、极值问题 核心透视 角的力F拉着木块匀速上升，如图所示（已知木 1.解决临界极值问题的三种方法 楔在整个过程中始终静止，重力加速度为g) (1)解析法：根据物体的平衡条件列出平衡方程，在 (1)当a变化时，求拉力F的最小值； 解方程时采用数学方法求极值.通常用到的数 (2)F取最小值时，求木楔对水平面的摩擦力是 学知识有二次函数求极值、讨论分式求极值、三 多少 角函数求极值以及几何法求极值等， [解题指导] (2)图解法：首先根据平衡条件作出力的矢量三角 (1)物体匀速下滑，所受合外力为零. 形，然后根据矢量三角形进行动态分析，确定其 (2)物体匀速向上滑行，合外力为零，可确定F 最大值或最小值.此种方法通常适用于物体只 与0的关系，利用三角函数求最小值. 在三个力作用下的平衡问题. (3)整体受力分析求出水平面对木楔的摩擦力. (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 典题例析 [例6]质量为M的木楔倾角为 0,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 有时自来水管在邻近的水龙头放水时，偶尔发生阵阵的响声。这是由于水从水龙头冲出时引起 ·6·水管共振的缘故。 第一部分：专题一力与运动 技法点拨解受力平衡中的临界、极值问题的 A.两圆柱体间的压力由√G逐渐增大至2G “四看”与“四想” B.拉力F由√3G逐渐减小至G (1)看到“缓慢”，想到“物体处于动态平衡状态” C.桌面对半圆柱体乙的摩擦力逐渐减小 (2)看到“轻绳、轻环”，想到“绳、环的质量可忽 D.桌面对半圆柱体乙的支持力不变 略不计” 2.（多选)(2025·四川统 (3)看到“光滑”，想到“摩擦力为零” 考二模)如图所示，质 (4)看到“恰好、刚好、至少、最大等”，想到“题述的 量为M的内壁光滑的 过程存在临界、极值点” 半圆槽置于粗糙水平 777 对点集训 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 1.(2025·山东日照一模) 如图所示，甲、乙为长 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0，重力 度、半径、材料均相同的 加速度为g,小球向下运动时，在0°<0<90°的范 质量分布均匀的圆柱体 和半圆柱体，甲表面光 围内，下列说法中正确的是 () A.当0=30°时，半圆槽受到的摩擦力最大 滑，乙表面粗糙，半圆柱体乙的重力为G,两物 B.当0=45时，半圆槽受到的摩擦力最大 体靠在一起放置在粗糙水平桌面上.现过圆柱 体甲的轴心施加一个始终与水平方向夹角α C.当sin0= ,半圆槽对地面的压力N =60°斜向右上方的作用力F,将圆柱体甲缓 (m+M)g 慢地拉至半圆柱体乙的顶端，乙始终处于静止 状态.在甲缓慢移动的过程中，下列判断正确 D.当sin0= 时，半圆槽对地面的压力N等于 的是 (m+M)g 课堂评价高考预测 1.(2025·河南洛阳高三校联考) 块的后表面（包括E、H两点）、BF和CG与大理 如图是古人筛谷时的场景，人对 石块的前表面（包括F、G两点）的所有作用力， 筛子不施加力时筛面水平，三根 若EF与大理石块左表面、HG与大理石块右表 轻杆与竖直方向的夹角均为0， 面的动摩擦因数均为4，若能吊起大理石块，μ至 三根轻绳与竖直方向的夹角均 少为 ) 为B,则每根轻杆上的力与每根 轻绳上的拉力之比为 A.sin B:sin 0 B.cos B:cos 0 C.tan B:tan 0 D.1:1 2.(2025·浙江绍兴二模)如图1和2为工地搬运 图2 长方体大理石块的设备示意图，该设备吊起部分 图3 1 可以理想化为图3所示，ABCD为一块厚厚的水 A.tan 0 B.tan0 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 C.sin 0 1 D.sin 和DH平行于大理石块的后表面，BF和CG平 C温馨提 行于大理石块的前表面，AE、DH、BF、CG与水 学习至此，请完成配套训练专题精准强化1 平方向的夹角均为0，忽略AE和DH与大理石 ·7〡物理 学习讲义·答案精析 第一部分专题一 力与运动 大小不同，C错误；电势是标量，OD与AB线段的交点距 第1讲力与物体的平衡 离两带电小球最近，所以该，点电势最大，那么沿直线从O 核心素养·助学提能 ,点到D点，电势先升高后降低，D正确.] 考点一 考点二 考向1 [例1] 「解析门对小球受力分析如图所示 [例2][解析] 对瑜伽球受力分 析，如图 由平衡条件可知N1=mgtan9,Ng c0s)人缓慢竖直站立的过程 mg 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 60° 据牛顿第三定律可知球对人的压力 mg 个30 增大.故A、D错误；对整体受力分 析，如图，由平衡条件，可知F=(M N 由几何关系易得力F与力F与竖直方向的夹角均为30°， 十m)g,∫=N1,人受到地面的摩擦 因此由正交分解方程可得Fysin30°=Fsin30°，Fcos30°+ 力变大，地面对人的支持力不变，故 B正确；C错误， Fos30+T=mg,解得F=Fy=N,A正确， [答案]B (M+m)g [答案]A 考向2 [对点集训] [例3][解析]对物体受力分析， B 1.A[无风时，地面对风动石的作用力方向竖直向上，与重 物体受力平衡，则拉力等于重力 G 力平衡，大小为F=g,当受到一个水平风力时，风动石受 G,故竖直绳的拉力不变；再对O 到地面对风动石的作用力、竖直向下的重力及水平方向的 点分析，O受绳的拉力、OA的支 风力F,这三力平衡，根据平衡条件可知，地面对风动石的作 持力及OC的拉力而处于平衡，受 用力大小为F2=√F十(g),故F2大于F.] 力分析如图所示；将F和OC绳 2.B[如图所示，由几何关系可知 12 cm 上的拉力合成，其合力与G大小 平衡时每根弹簧的长度均为x= 】 相等，方向相反，则在OC绳上移 G 0 的过程中，平行四边形的对角线 A √12十5cm=13cm,每根弹簧 5cm 保持不变，平行四边形发生图中所示变化，则由图可知 的伸长量均为△x=13cm一9cm O℃绳的拉力先减小后增大，在图中D,点时拉力最小，故 =4cm,竖直方向根据受力平衡可 C正确. 得G=3k△xcOs0,解得弹簧的劲度系数k= [答案]C 3△xcos8 考向3 130N/m,B正确.」 [例4][解析]对C点受力分析， 3.BD[对甲、乙两小球受力分析如图所示，甲、乙两小球 沿轻绳的拉力T,竖直向下大小为 分别受到重力、支持力、库仑力作用保持平衡. 重物重力的拉力mg,沿AC方向 由A指向C的支持力N,如图， F甲 1> 根据三力平衡的特，点可知力的 45 B-- 角形与边的三角形相似，有 mg 610.- E F GL 院， 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，可得票 G 设OC与AB线段交点为G点， A,上臂AB转过60过程中，DA保持不变，AC大小也 由几何关系2Rcos∠OAB=√3R, 保持不变，可知前臂BC对C点的支持力的大小不变，根 解得∠OAB=∠OBA=30°， 据牛顿第三定律可知，前臂BC受到的压力大小不变，故 因此有∠OGA=105°，∠OGB=75°， C正确；D错误 F。 根据正弦定理，对甲有孤%=行， L答案]C 考向4 对乙有mz8 F [例5][解析]物体始终保持 sin 30 sin 75 静止，合力为零，由于重力不 F F B 因为sin45°sin75°， 变，F1和F2夹角a=150°不 F。与F。'是一对相互作用力，可得mp>m2,A错误； 变，则B=30°，则mg、F1、F2构 成封闭的矢量三角形，如图所 F B 腿据点电荷场强公式E,由场强叠加知识，可知0 示，在AO绳由水平转动至竖 到D之间的圆孤上各，点场强方向都向右下方，若有一正 直的过程中，AO绳中的拉力先 mg 试探电荷从C运动到D的过程中，电场力做正功，电势 增大后减小，B)绳中的拉力 能减小，故可判断C点电势高于D,点电势，B正确；两带 直减小，故A、C错误；当F1沿 电小球连线上的电场分布可以等效成一对等量异种点 电荷的电场和在A点带电量为3g的正点电荷的电场相 直径方向时，F最大，A0绳中最大拉力为F=sim30 mg 互叠加的电场，在等量异种点电荷的电场中E、F两，点电 =2g,故B正确；在AO绳竖直时，BO绳中拉力最小， 场强度大小相等，方向相同.但是A,点带电量为3g的正 为零，故D错误. ,点电荷在E、F两，点的电场强度不同.E、F两，点电场强度 [答案]B ·234· 答案精析1 考点三 第2讲牛顿运动定律与直线运动 [例6][解析](1)木块在木楔斜面上匀速向下运动时， 核心素养·助学提能 根据平衡条件有mgsin0=mgcos0, 考点一 解得=tanB, [例1][解析]由题意可知，设匀加速直线运动时间为 因其在力F作用下沿斜面向上匀速运动，根据正交分解 t',匀速运动的速度为U, 法有Fcos a=mgsin9+Ff,Fsin a十Fy=ngcos8 且F:=Fv,联立解得F=2 mgsin日 匀加速直线运动阶段，由位移公式=受， cOsa十us1na 根据逆向思雏，匀减速直线运动阶段的位移等于匀加速 2mgsin Ocos 0 mgsin 20 直线运动阶段的位移， cos acos 0 sin asin 0 cos (0-a) 则匀速直线运动阶段有8x一x一x=t, 当a=9时，F有最小值，即Fm =mgsin 20. (2)因为木块及木楔均处于平衡状态，整体受到的地面 联立解得1=子，再根据x=子a, 的摩擦力等于F的水平分力，即 FM=Fcos(a十8) 解得x=8at,BCD错误，A正确. 当F取最小值mg sin29时，则有 「答案]A FFc2mgsin 20cos2min 40. [对点集训] [答案]（1)mgsin20(2)号ngsin40 1.B[火车运动的时间为1-品×70s=70s [对点集训] 火车共行玫的距离x=受=9×70m=350m] 1.C[根据题意，对甲受力分析，如图()所示， 由平衡条件有Fcos60°=Fy甲cos30°， 2.C[冰壶做匀减速直线运动，a=一0.4m/s,则第1s未 Fsin60°+Fxp sin30°=2G, 的速度大小v1=十at=7.6m/s,故A错误；冰壶第 解得F、甲=G,F=√3G, 1s内的位移大小是西=6十2a听=7.8m,故B错 将圆柱体甲缓慢地拉至半圆柱体乙的顶端，拉力F方向 误：整个过程的逆过程是初速度为0的匀加速直线运动， 不变，拉力F与Fp的变化情况，如图(b)所示，可知两 圆柱体间的压力逐渐增大，拉力F逐渐减小，当圆柱体 最后1s内位移大小为x'=2a=0.2m,由初速度 甲拉至半圆柱体乙的顶端时，F、最大，等于圆柱体甲的 为零的匀加速直线运动的规律可知最后1s内位移大小 重力大小2G,拉力F最小为零，故A、B错误；对圆柱体 与倒数第3s内的位移大小之比为1：5，故倒数第3s 甲和半圆柱体乙整体受力分析，如图(c)所示，由平衡条 内的位移大小为x3=1.0m,故C正确；倒数第3s内的 件有Fcos60°=F,,Fy十Fsin60°=3G,由于F逐渐减 小，则F:逐渐减小，F逐渐增大，故C正确，D错误.门 平均速度大小为= =1m/s,故D错误.] F F F F 3.解析：(1)根据匀变速运动速度公式v=at1, F FN甲 可得救护车匀速运动时的速度大小v=2X10m/s a =20m/s; F 1 (2)救护车加速运动过程中的位移x1=之a=100m, 2G 2G 3G 设在4时刻停止鸣笛，根据题意可得：一)20十100 (a) ) (c) t3=t2 2.BD[小球在某位置时，有mg Rsin0= m,对小球受 1 停止鸣笛时救护车距出发处的距离x=x1十(t一t) XU, 力分析有V华一ngsin9=m尺，解得小球所受支持力为 代入数据联立解得x=680m. 答案：(1)20m/s(2)680m V球=3 mgsin日，根据牛顿第三定律可知，小球对半圆槽 考点二 考向1 的压力F压=N#=3 ngsin0,因为半圆槽始终静止，所以 [例2][解析] 半圆槽所受合力为零，即水平方向有f=F压c0s日= 剪断前，对BCD分析FA=(3m十2m1十m)g, 3 3 mgsin6c0s0=2 mgsin20,所以当0=45时，半圆槽受 对D,Fc=mg, 剪断后，对B,FA一3mg=3ma, 到的摩擦力最大，故A错误，B正确；对半圆槽受力分 解得au=g,方向竖直向上； 析，设地面对半圆槽的支持力为F支，竖直方向有F支= 对C,Fpc十2mg=2mac, Mg十F压sin0,整理有F支=Mg十3 ng sin'0,当sin9= 解得ac=1.5g,方向竖直向下，故A正确. 时，有F:=(m十MDg,根据牛频第三定律有N=F支 [答案] A 3 考向2 =(m十M)g,故C错误，D正确.] [例3][解析]因为物块甲向右运动，木箱静止，根据相 课堂评价·高考预测 对运动，甲对木箱的摩擦力方向向右，A错误；设乙运动 1.B[设筛子和谷子的总重力为G,把杆或绳上的力沿竖 的加速度为a,只要乙有竖直向下的恒定加速度，对甲、 直方向和水平方向分解，在竖直方向上根据平衡条件有 乙和木箱，由整体法，竖直方向受力分析有F,=M感g ma,则地面对木箱的支持力大小不变，B错误；设绳子的 G=3F#cos日=3 FCos,可得P=OS月，故B正确.] 弹力大小为T,对甲受力分析有T一mg=a, 2.A[设每段绳子上的张力均为T,则根据平衡条件有 对乙受力分析有mg-T=a, 4Tsin 0=mg, 联立解得a=2.5m/s2,T=7.5N,C正确，D错误. 水平方向有2Tcos9=F, [答案]C 认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力， 考向3 则有fm=F=μ·2Tcos8, L例4们[解析](1)小球在垂直于杆方向上受风力的分 根据平衡条件有2fm=mg: 力大小为F,=Fc0s37°， 即4Tcos0=4Tsin0, 小球的重力垂直于杆向下的分力大小为 解得=tanB.] G1=Gcos37°=8N, ·235·