第1篇 专题1 第1课时 力与物体的平衡（Word教参）-【艺术生百日冲刺】2026高考物理艺术生基础生文化课成功方案

　高考高手专题突破 专题一　力与运动 第1课时　力与物体的平衡 【目标要求】　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，并会处理平衡中的临界与极值问题． 内容 常用导出规律、公式和二级结论 1.形变、弹力、胡克定律 (1)在弹性限度内，弹力与形变量成正比，即F＝kx.探究弹力与形变量的关系时，由于弹簧有自重，要竖直悬挂测弹簧原长． (2)有铰链的杆弹力方向一定沿着杆的方向，无铰链的杆弹力不一定沿杆的方向． (3)细绳的弹力一定沿绳指向绳收缩的方向． 2.摩擦力 (4)物体不受其他力沿粗糙斜面匀速下滑时，μ＝tan θ. (5)摩擦力的方向与接触面相切，和物体间的相对运动或相对运动趋势方向相反，与运动方向或运动趋势方向无关． (6)静摩擦力的大小0<F≤Fmax；增大正压力，最大静摩擦力增大，但静摩擦力不一定增大；滑动摩擦力的大小Ff＝μFN，最大静摩擦力要稍大于滑动摩擦力． 续表 内容 常用导出规律、公式和二级结论 3.力的合成和分解 (7)求两个力的合力，满足F＝，(0≤θ≤180°)所以合力范围： |F1－F2|≤F≤F1＋F2. (8)若多个(两个以上)共点力平衡，则这几个力首尾相连可以组成一个多边形． (9)三力平衡状态下，已知一个力F1的大小方向和另一个力F2方向(夹角为θ)，则另一个力最小值为F3＝F1sin θ. 4.共点力的平衡 (10)平衡条件：F合＝0(或Fx＝0，Fy＝0).平衡状态：静止或匀速直线运动． 5.静电力 (11)方向：正电荷所受静电力方向与电场强度方向一致，负电荷所受静电力方向与电场强度方向相反． (12)大小：F＝qE，点电荷间的静电力F＝k. (13)同一直线上三个点电荷处于平衡状态时，满足“两大夹小，两同夹异、近小远大”． 6.安培力 (14)方向：左手定则判断，安培力垂直于B、I决定的平面． (15)大小：当B⊥I时，F＝IlB，当B与I的夹角为θ时， F＝IlB sin θ，l可理解为等效长度，即两端点连线的长度． 7.洛伦兹力 (16)方向：左手定则判断，洛伦兹力垂直于B、v决定的平面，洛伦兹力不做功． (17)大小：F＝qvB(B⊥v)，F＝0(B∥v)，当v与B夹角为θ时，F＝qvB sin θ. 热考一　受力分析及静态平衡问题 处理平衡问题常用的四种方法 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 效果 分解法 物体受三个共点力的作用而平衡，将某一个力按力的效果分解，则其分力和其他两个力满足平衡条件 续表 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 力的三角形法 对受三力作用而平衡的物体，将力的矢量图平移，使三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 【例1】　(2024·日照一模)如图所示，甲、乙为长度、半径、材料均相同的质量分布均匀的圆柱体和半圆柱体，甲表面光滑，乙表面粗糙，半圆柱体乙的重力为G，两物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＝60°斜向右上方的作用力F，将圆柱体甲缓慢地拉至圆柱体乙的顶端，乙始终处于静止状态．在甲缓慢移动的过程中，下列判断正确的是(　　 ) A．两圆柱体间的压力由G逐渐增大至2G B．拉力F由G逐渐减小至G C．桌面对圆柱体乙的摩擦力逐渐减小 D．桌面对圆柱体乙的支持力不变 【解析】　AB.根据题意，对甲受力分析，如图1所示： 图1 由平衡条件有F cos 60°＝N cos 30°，F sin 60°＋N sin 30°＝2G，解得N＝G，F＝G 将圆柱体甲缓慢地拉至圆柱体乙的顶端，拉力F方向不变，拉力F与N的变化情况，如图2所示： 图2 由图可知，两圆柱体间的压力逐渐增大，拉力F逐渐减小，当圆柱体甲至圆柱体乙的顶端时，N最大等于圆柱体甲的重力2G，拉力F最小为零，故AB错误；CD.对圆柱体甲和圆柱体乙整体受力分析，如图3所示： 图3 由平衡条件有F cos 60°＝f，FN＋F sin 60°＝3G，由于F逐渐减小，则f减小，FN增大，故D错误，C正确． 【答案】　C 【例2】　(2025·河北高考)如图所示，内壁截面为半圆形的光滑凹槽固定在水平面上，左右边沿等高．该截面内，一根不可伸长的细绳穿过带有光滑孔的小球，一端固定于凹槽左边沿，另一端过右边沿并沿绳方向对其施加拉力F.小球半径远小于凹槽半径，所受重力大小为G.若小球始终位于内壁最低点，则F的最大值为(　　) A．G　　　　　　　B．G C．G D．G 【解析】　小球受力分析图如图所示，其中F＝F′，内壁截面为半圆形，由几何关系得θ＝45°，则F cos θ＋F′cos θ＋FN＝G，当FN＝0时，F有最大值，为Fm＝G，B正确． 【答案】　B 【总结提升】 解决平衡问题的解题流程 热考二　动态平衡问题 【例3】　(2021·湖南高考)质量为M的凹槽静止在水平地面上，内壁为半圆柱面，截面如图所示，A为半圆的最低点，B为半圆水平直径的端点．凹槽恰好与竖直墙面接触，内有一质量为m的小滑块．用推力F推动小滑块由A点向B点缓慢移动，力F的方向始终沿圆弧的切线方向，在此过程中所有摩擦均可忽略，下列说法正确的是(　　) A．推力F先增大后减小 B．凹槽对滑块的支持力先减小后增大 C．墙面对凹槽的压力先增大后减小 D．水平地面对凹槽的支持力先减小后增大 【解析】　对小滑块受力分析，如图甲所示，由题意可知，推力F与凹槽对滑块的支持力FN始终垂直，即α＋β始终为90°，在小滑块由A点向B点缓慢移动的过程中，α减小，β增大，由平衡条件得F＝mg cos α、FN＝mg sin α，可知推力F一直增大，凹槽对滑块的支持力FN一直减小，A、B错误；对小滑块和凹槽整体受力分析，如图乙所示，根据平衡条件可得，墙面对凹槽的压力大小FN1＝F sin α＝mg sin 2α，水平地面对凹槽的支持力FN2＝Mg＋mg－F cos α＝Mg＋mg sin2α，在小滑块由A点向B点缓慢移动的过程中，α由逐渐减小到零，根据数学知识可知墙面对凹槽的压力先增大后减小，水平地面对凹槽的支持力一直减小，C正确，D错误． 　 【答案】　C 【例4】　(多选)如图所示，半圆形框架竖直放置在粗糙的水平地面上，光滑的小球P在水平外力F的作用下处于静止状态，P与圆心O的连线与水平面的夹角为θ.现将力F在竖直面内沿顺时针方向缓慢地转过90°，框架与小球始终保持静止状态．在此过程中下列说法正确的是(　　) A．框架对小球的支持力先减小后增大 B．拉力F的最小值为mg sin θ C．地面对框架的摩擦力减小 D．框架对地面的压力始终减小 【分析】　以小球为研究对象，分析受力情况，作出受力示意力图，根据平衡条件分析小球受力变化情况．再以整体为研究对象，分析框架的受力情况． 【解析】　AB.以小球为研究对象，分析受力情况，作出受力示意力图，如图所示． 根据几何关系可知，将F顺时针转动至竖直向上之前，支持力N逐渐减小，F先减小后增大，当F的方向沿圆的切线方向向上时，F最小，此时：F＝mg cos θ.故A错误，B错误；C.框架与小球组成的整体为研究对象，整体受到重力、地面的支持力、地面的摩擦力以及力F的作用；由图可知，F在顺时针方向转动的过程中，F沿水平方向的分力逐渐减小，所以地面对框架的摩擦力逐渐减小．故C正确；D.以框架与小球组成的整体为研究对象，整体受到重力、地面的支持力、地面的摩擦力以及力F的作用；由图可知，F在顺时针方向转动的过程中，F沿竖直方向的分力逐渐增大，所以地面对框架的支持力逐渐减小，根据牛顿第三定律可知，框架对地面的压力也逐渐减小．故D正确．故选CD. 【答案】　CD 【例5】　(多选)(2025·揭阳二模)如图所示，一轻杆通过铰链固定在竖直墙上的O点，轻杆的另一端C用弹性轻绳连接，轻绳的另一端固定在竖直墙上的A点．某人用竖直向下、大小为F的拉力作用于C点，静止时AOC构成等边三角形．下列说法正确的是(　　 ) A．此时弹性轻绳的拉力大小为F B．此时弹性轻绳的拉力大小为2F C．若缓慢增大竖直向下的拉力，则在OC到达水平位置之前，轻绳AC的拉力增大 D．若缓慢增大竖直向下的拉力，则在OC到达水平位置之前，轻杆OC对C点的作用力减小 【解析】　AB.轻杆通过铰链固定在竖直墙上的O点，可知轻杆对C端的支持力方向沿杆的方向，两边细线的拉力方向成120°角，轻杆的弹力方向在两细绳拉力的平分线上，则知两边细绳的拉力大小相等，均为F，故A正确，B错误；CD.对C受力分析如图所示： 由相似三角形得：＝＝，得T＝F，N＝F，其中AO不变，OC也不变，若缓慢增大竖直向下的拉力F，AC增大，则在OC到达水平位置之前，轻绳AC的拉力T增大，轻杆OC对C点的作用力N变大，故C正确，D错误． 【答案】　AC 【例6】　(2022·河北高考)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 【解析】　方法一：正弦定理 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， 根据＝＝可知， 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，可得FT′＝，θ不变，FT逐渐减小，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，ACD错误． 方法二：辅助圆法 作出圆柱体的重力mg、木板对圆柱体的支持力FN、两根细绳对圆柱体拉力的合力FT初始状态矢量三角形，并画出它的外接圆，使A点在圆上顺时针移动，FT与竖直方向夹角变大，由图可知，FT逐渐减小，FN先增大后减小． 【答案】　B 【总结提升】 1．解决动态平衡问题的一般思路 化“动”为“静”，“静”中求“动”，分析各力的变化情况或极值问题． 2．动态平衡问题的分析过程与处理方法 热考三　电磁学中的平衡问题 【例7】　(多选)(2025·安徽高考)如图所示，两个倾角相等、底端相连的光滑绝缘轨道被固定在竖直平面内，空间存在平行于该竖直平面水平向右的匀强电场．带正电的甲、乙小球(均可视为质点)在轨道上同一高度保持静止，间距为L，甲、乙所带电荷量分别为q、2q，质量分别为m、2m，静电力常量为k，重力加速度大小为g.甲、乙所受静电力的合力大小分别为F1、F2，匀强电场的电场强度大小为E，不计空气阻力，则(　　) A．F1＝F2 B．E＝ C．若将甲、乙互换位置，二者仍能保持静止 D．若撤去甲，乙下滑至底端时的速度大小v＝ 【解析】　对两球进行受力分析，如图所示 设两球间的库仑力大小为F，倾角为θ，对甲球根据平衡条件有 FN1cos θ＝mg，F＝FN1sin θ＋Eq 对乙球有FN2cos θ＝2mg，FN2sin θ＝F＋2Eq 联立解得F＝4Eq 故＝＝ 同时有F＝ 解得E＝ 故AB正确； 若将甲、乙互换位置，若二者仍能保持静止，同理可得对甲有FN1′cos θ＝mg，FN1′sin θ＝F＋Eq 对乙有FN2′cos θ＝2mg，FN2′sin θ＋2Eq＝F 联立可得F＋4Eq＝0，无解 假设不成立，故C错误； 若撤去甲，对乙球根据动能定理2mg·tan θ－2Eq·＝·2mv2 根据前面分析可知tan θ＝ 联立解得v＝ 故D正确． 【答案】　ABD 【例8】　(多选)(2025·哈尔滨二模)如图所示，以竖直向上为z轴建立O－xyz坐标系，空间中存在匀强电场和匀强磁场．匀强电场的电场强度方向沿着z轴正方向，大小为E，匀强磁场的磁感应强度为B，方向未知．现有一个质量为m、电荷量为q＝的带正电的小球恰好从O点沿y轴正方向以速度v做匀速直线运动，g为重力加速度，下列说法正确的是(　　 ) A．匀强磁场的方向一定沿y轴正方向 B．若E的方向改为沿x轴正方向，则改变磁场方向，可使小球仍做匀速直线运动，磁感应强度大小可能为 C．若小球初速度的方向改为沿x轴正方向，小球运动的最低点z坐标为z＝0 D．若小球初速度的方向改为沿x轴正方向，小球第一次返回到xOy平面的可能坐标为(0，0) 【解析】　A．由题设条件可知，由于小球受到的电场力竖直向上，重力竖直向下，且q＝，解得电场力F＝qE＝mg，则若小球受洛伦兹力则不可能处于平衡，可知带电小球不受洛伦兹力，所以速度方向与磁场方向相互平行，但匀强磁场的方向可能沿y轴正方向，也可能沿y轴负方向，故A错误；B.若E的方向改为沿x轴正方向，则小球受到的重力和电场力的合力为：F1＝＝mg，方向沿x轴正方向和y轴负方向的角平分线，改变磁场方向，可使小球仍做匀速直线运动，根据平衡条件可知小球所受的洛伦兹力大小为：qvB＝F1＝mg，则磁感应强度大小可能为：B＝，故B正确；C.小球初速度的方向改为沿x轴，磁场方向是沿y轴的，小球将在洛伦兹力的作用下在xOz平面内做匀速圆周运动，粒子的运动轨迹是整个圆周，由洛伦兹力提供向心力得：qBv＝，解得运动半径为：R＝，若小球起初向＋z方向偏转，小球运动的最低点z坐标为：z＝0 若小球起初向－z方向偏转，小球运动的最低点z坐标为：z＝－2R＝－ 即小球运动的最低点z坐标可能为z＝0，故C错误；D.根据C选项的结论，起初无论向＋z还是－z偏转，小球第一次返回到xOy平面的坐标均为(0，0)，故D正确． 【答案】　BD 【总结提升】 1．基本思路：坚持“电学问题，力学方法”的基本原则，结合电学的基本规律和力学中的受力分析及平衡条件解题． 2．解答电磁学中平衡问题的四点注意 (1)判断点电荷在电场中受到静电力的方向时，注意电荷的正、负． (2)判断安培力的方向时要先确定磁场方向、电流方向，再用左手定则，同时注意将立体图转化为平面图． (3)静电力或安培力的出现，可能会对弹力或摩擦力产生影响． (4)涉及电路问题时，要注意闭合电路欧姆定律的应用． [高考模拟冲关] 1．(2025·岳阳二模)电影讲述了一个女孩通过学习拳击实现自我蜕变的励志故事．沙袋用绳竖直悬挂，主角对沙袋施加300 N的作用力，通过调整施力方向使沙袋缓慢移动，尝试了各种施力方向后发现绳偏离竖直方向的最大夹角为30°，则沙袋的重力为(　　 ) A．150 N　　　　　　　B．150 N C．300 N D．600 N 【解析】　以沙袋为研究对象，受到重力、绳的拉力和练功队员对沙袋施加的作用力，如图所示： 由平衡条件有： 水平方向：F cos 30°－T sin 30°＝0 竖直方向：T cos 30°＋F sin 30°－mg＝0 联立可解得：F＝600N.故D正确，ABC错误． 【答案】　D 2．(多选)(2025·济宁一模)如图所示，一遵循胡克定律的弹性轻绳，其一端固定在天花板上的O点，另一端连接物块A，物块A放在粗糙水平地面上．当弹性绳处于竖直位置时，物块A与地面有压力作用．B为一紧挨弹性绳的光滑水平小钉，它到天花板的距离等于弹性绳的自然长度．物块A在水平力F作用下，向右做匀加速直线运动，下列说法正确的是(　　 ) A．物块A对地面的压力不断减小 B．水平力F的大小不断增大 C．物块A所受的摩擦力保持不变 D．物块A所受的摩擦力不断增大 【解析】　ACD.设物块A与小钉B的竖直距离为h，物块A运动过程中，A、B之间的距离为x(x即为弹性绳的伸长量)，A、B之间的弹性绳与水平面的夹角为θ，弹性绳的劲度系数为k；则弹性绳的弹力大小为 F弹＝kx 以物块A为对象，竖直方向根据受力平衡可得N＝mg－F弹sin θ＝mg－kx sin θ＝mg－kh 可知物块A对地面的压力保持不变； 由f＝μN可知物块A所受的摩擦力保持不变，故AD错误，C正确； B．以物块A为对象，根据牛顿第二定律可得F－f－F弹cos θ＝ma 可得F＝ma＋f＋kx cos θ＝ma＋f＋k 由于θ逐渐减小，tan θ逐渐减小，则水平力F的大小不断增大，故B正确，故选BC. 【答案】　BC 3．(多选)(2025·宝鸡一模)如图所示，倾角为α的粗糙斜劈放在粗糙水平面上，物体A放在斜劈的斜面上，轻质细线一端固定在物体A上，另一端绕过光滑的定滑轮1固定在C点，滑轮2下悬挂物体B，系统处于静止状态．若将固定点C向右移动少许，而物体A与斜劈始终静止，则(　　 ) A．斜劈对地面的压力减小 B．细线对物体A的拉力增大 C．斜劈对物体A的摩擦力减小 D．地面对斜劈的摩擦力增大 【解析】　B．对滑轮和物体B受力分析，受重力和两个拉力，如图所示： 根据平衡条件，有mBg＝2T cos θ，解得拉力T＝，将固定点C向右移动少许，则θ增加，故拉力T增加，故B正确；AD.对斜面体、物体A、物体B整体受力分析，受重力、支持力、细线的拉力和地面的静摩擦力，如图所示： 根据平衡条件，有N＝G总－T cos θ＝G总－mBg，f＝T sin θ＝mBg tan θ，θ增加，摩擦力增加，N与角度θ无关，恒定不变，根据牛顿第三定律，压力也不变，故A错误，D正确；C.对物体A受力分析，受重力、支持力、拉力和静摩擦力，由于不知道拉力与重力沿斜面向下的分力的大小关系，故无法判断静摩擦力的方向，也无法判断静摩擦力的变化情况，故C错误． 【答案】　BD 学科网（北京）股份有限公司 $