第二章 第5讲 专题突破：共点力的动态平衡问题-【红对勾讲与练·讲义】2026年高考物理大一轮复习全新方案基础版

036红对构·讲与练·高三物理·基础版 子，将绳的一端系在石墩上，双手紧握绳的另 幻听课记录： 一端用力斜向上拖拽石墩。设绳子与水平方 向的夹角为0，小李对绳施加的最大拉力为 0.6g,石墩与水平地面间的动摩擦因数为 ,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则下列 3 角度3极限分析法 【例6】如图所示，倾角为45°的斜面体A放在水 说法正确的是 ( 平地面上，A与地面间的动摩擦因数为0.75， A.无论0取何值，小李都不可能拖动石墩 最大静摩擦力等于滑动摩擦力，光滑半球体B B小李能拖动石墩，且当9=营时最省力 静止在竖直墙和斜面体之间，已知A、B所受 第 重力都为G。若在B的球心处施加一竖直向 C.小李能拖动石墩，且当0=天时最省力 6 下的力F,要保持斜面体静止不动，F的最大 章 D.小李能拖动石墩，且当0=工时最省力 值是 () 听课记录： 45 角度2图解法的应用 A.G B.1.5G 【例5】如图所示，一个重力为 C.2G D.2.5G 5N的砝码，用细线悬挂在 30 幻听课记录 O点，现在用力F拉砝码， 使细线偏离竖直方向30°处 于静止状态，此时所用拉力F的最小值为 》温馨提示 A.5.0N B.2.5N 学习至此，请完成训练10 C.8.65N D.4.3N 第5讲 专题突破：共点力的动态平衡问题 突破>热点题型>》 动态平衡就是通过控制某一物理量，使物体的状态发生缓慢的变化，但变化过程中的每一个状态 均可视为平衡状态，所以叫动态平衡。解决共点力的动态平衡问题的常见方法有图解法、解析法、相似 三角形法以及辅助圆法等。 题型一图解法的应用 1.特点 (2)确定未知量大小、方向的变化。 物体受三个力作用并处于平衡状态，一个 【例1】(2024·重庆沙坪坝区三模)如图所示，小 力恒定，另一个力的方向恒定时可用此法。 明将一小型条形磁铁对着原本用轻绳竖直悬挂 2.思路 的金属小球（未触地）作用，金属小球缓慢上升， (1)根据已知量的变化情况，画出平行四边形 轻绳偏离竖直方向较小角度。该过程中磁铁和 (三角形)边、角的变化。 小球连线与竖直方向的夹角保持不变，则() 第二章相互作用 037 C.磁铁与小球的距离不变 D.磁铁与小球的距离变大 幻听课记录： -------------------------------- A.轻绳拉力逐渐变大 B.轻绳拉力逐渐变小 题型二 解析法的应用 1.特点 【例3】(2024·四川南充三模)如图(a)所示，某 物体受三个及以上力的作用并处于平衡状 人借助瑜伽球锻炼腿部力量，她屈膝静蹲，背 第 态，且能利用力的矢量三角形或正交分解写出 部倚靠在瑜伽球上，瑜伽球紧靠竖直墙面，假 章 各力之间的关系。 设瑜伽球光滑且视为均匀球体，整体可简化成 2.思路 如图(b)所示。当人缓慢竖直站立的过程中， (1)列平衡方程求出未知量与已知量的关系表达式。 (2)根据已知量的变化情况来确定未知量的变 人的背部与水平面夹角0<受，下列说法正确 化情况。 的是 【例2】(2023·海南卷)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( 图(a) 图(b) A.墙面对球的力保持不变 177777777777777777777777 B.人受到地面的摩擦力变大 A.工人受到的重力和支持力是一对平衡力 C.地面对人的支持力变大 B.工人对绳的拉力和绳对工人的拉力是一对 D.球对人的压力先增大后减小 作用力与反作用力 听课记录： 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 幻听课记录： 题型三 相似三角形法 1.特点 三角形相似知识列出比例式。 在三力平衡问题中，若一个力的大小、方向 (2)确定未知量大小的变化情况。 不变，另外两个力的方向都改变。装置图中存 【例4】如图所示，质量均可忽略的 在空间几何三角形，此三角形与三力组成的矢 轻绳与轻杆承受弹力的最大值 量三角形相似。 一定，轻杆的A端用铰链固定， 2.思路 光滑轻质小滑轮在A点正上方， (1)根据已知条件画出两种不同情况对应的力 B端吊一重力为G的重物。现 的三角形和空间几何三角形，确定对应边，利用 将轻绳的一端拴在轻杆的B端，用拉力F将 038对沟·讲与练·高三物理·基础版 B端缓慢上拉，在AB杆达到竖直前（均未听课记录 断)，关于轻绳的拉力F和轻杆受的弹力FN 的变化，下列判断正确的是 A.F变大 B.F变小 C.FN变大 D.FN变小 题型四 辅助圆法 1.特点 C.地面对斜面的摩擦力逐渐增大 在三力平衡问题中，如果有一个力是恒力， D.地面对斜面的作用力保持不变 第 另外两个力的方向都变化，但夹角不变，且题目 匀听课记录： 给出了空间几何关系，可用辅助圆法。 章 2.思路 画出三力的矢量三角形的外接圆，不变力 为一固定弦，因为固定弦所对的圆周角大小始 【例6】(2024·辽宁大连模拟)如图所示，细线一 终不变，改变一力的方向，可得另一力大小、方 端固定在一个矩形平板上的P点，另一端连接 一个质量分布均匀的光滑球。现将木板以水 向的变化情况。 【例5】(2024·辽宁丹东一模)如图所示，斜面静 平底边为轴缓慢转动直至木板竖直，则在此过 程中，下列说法正确的是 止于水平地面。将一个质量为m的小球用轻 质细线悬挂于斜面顶端O点，在外力F、细线 拉力F和重力mg的共同作用下处于平衡状 态。细线与竖直方向的夹角为0，与F的夹角 为α。开始时，F方向水平。现缓慢增大0角 A.球受到的合力一直增大 同时保持a角(a>90°)不变，直至细线水平。 B.球对木板的压力一直增大 此过程中，斜面始终保持静止，则下列说法正 C.细线对球的拉力一直减小 确的是 ( D.球对木板的压力先增大后减小 听课记录： A.外力F逐渐增大 》温馨提示 B.外力F与细线拉力Fr的比值保持不变 学习至此，请完成训练11 【学科素养应用拉密定理解决三力平衡问题 1.拉密定理：在同一平面内，当三个不共线的共点 何关系知，∠1+∠a=180°，∠2+∠3=180°， 力的合力为零时，其中任一个力与其他两个力 F1 F2 Fs ∠3+∠y=180°，故有 夹角正弦的比值相等，即F=F2=F sin a sin B sin Y 'sin a sinβsiny 2.证明：物体在F1、F,、F3作用下保持平衡，任意两 个力之间的夹角如图所示，把三个力首尾顺次连 接，根据正弦定理 F F2 sin☑sinZ2sin∠3，由几 第二章相互作用 039 3.应用：对于不共线的三力静态平衡和动态平衡 听课记录： 问题，如果三力之间的夹角（或者夹角变化）明 确，很多时候可以直接应用拉密定理写出三力 的关系，而不必再把三力平移组成三角形后应 【例2】(2024·湖南邵阳三模)如图所示，送水工 用正弦定理，或者进行正交分解后，再写两组平 人用推车运桶装水，到达目的地后，工人拾起把 衡方程解决问题。 手，带动板OA转至水平即可将水桶卸下。水 注动态平衡问题中辅助圆的方法也可以应用拉 桶对板OA、OB的压力分别为F1、F2,若桶与接 密定理方便快捷地解决。 触面之间的摩擦不计，∠AOB为锐角且保持不 【例1】(2025·海南直辖县 变，在OA由竖直缓慢转到水平过程中( 级单位高三学业考试)如 把手 第 水桶 图所示，固定在竖直平面M 内的光滑半圆环上套有 0 章 一质量为m的小球，半圆环的圆心为O。现用 始终沿圆弧切线方向的力F拉动小球由M点 anana 向圆环最高点N缓慢移动，则此过程中，力F A.F,一直增大 和球所受支持力F的变化情况是( B.F,先减小后增大 A.F减小，FN增大 C.F。一直减小 B.F增大，FN减小 D.F2先增大后减小 C.F增大，FN增大 听课记录： D.F减小，FN减小 第6讲 实验二：探究弹簧弹力与形变量的关系 整合>必备知识>》 1.实验原理 (3)根据所测数据在坐标纸上描点，以力为纵坐 弹簧受到拉力作用会伸长，平衡时弹簧的 标，以弹簧的伸长量为横坐标。 弹力和外力大小相等；弹簧的伸长量越大，弹力 (4)按照在图中所绘点的分布与走向，尝试作出 也就越大。 一条平滑的曲线（包括直线），所画的点不一定 2.实验器材 正好在这条曲线上，但要注意使曲线两侧的点 铁架台、弹簧、钩码、刻度尺、坐标纸。 数大致相同。 3.实验步骤 (5)以弹簧的伸长量为自变量，写出曲线所代表 （1)安装实验器材（如图所示）。 的函数，首先尝试一次函数，如果不行再考虑二 次函数。 4.数据处理 (1)列表法 将测得的F、x填入设计好的表格中，可以 发现弹力F与弹簧伸长量x的比值在误差允许 (2)测量弹簧的伸长量（或总长）及所受的拉力 范围内是相等的。 (或所挂钩码的质量)，列表作出记录，要尽可能 (2)图像法 多测几组数据。 以弹簧伸长量x为横坐标，弹力F为纵坐方法二：按研究问题需要分解 将重力按产生的效果分解，如图乙所 mg mg 示，F=G:-tan=G=sim9 方法三：正交分解法 将滑块受的力沿水平、竖直方向分解，如 图丙所示，mg=Fxsin8,F=Fxcos0,联 mg 立解得F=aF、一sin9° 方法四：力的三角形法 如图丁所示，滑块所受的三个力组成 封闭矢量三角形，解直角三角形得 F=mg mg tanF-sin P FN 0 P G..0>G 0 →F mg mg 甲 乙 FNx---- 内F :e F mg mg 丙 丁 例3A对球体受力分析如图甲所示， 9 60°● 30°mng 由几何关系易得力F和力F、与竖直 方向的夹角均为30°，把力F和力F、 沿水平和竖直方向进行正交分解，如 图乙所示， 60C 30'mg 由平衡条件可得Fysin30°=Fsin30°， Fxcos30°十Fcos30°+T=mg,解得 F-Fv=8 3 N,故选A。 考点三平衡中的临界极值问题 …》研析·核心考点《… 例4C对石墩进行受力分析如图所示， y F G 由平衡条件得Fcos9=FN, F十Fsin0=mg,解得2F(乞cos0+ sin0）=mg,即F= 1 mg 2sin(+o） 可解得，当日=吾时，F最小为0.5mR, 故小李能拖动石墩，且当日三石时最省 力，故选C。 例5B以砝码为研F、 究对象，分析受力 情况，其受重力G 细线的拉力F、和 30° 力F,由图看出，当 F与细线垂直时F 最小，由数学知识 ↓G 得F的最小值为 F=Gsin30°=2.5N,故B正确。 例6C对斜面体和半球体整体受力分 析如图甲所示，施加力F之后，可知斜 面体对地面的正压力为2G十F,最大 静摩擦力为Fm=以(2G十F);:对半球 体受力分析如图乙所示，未施加力F 时，竖直墙壁对其的弹力大小F,= Gtan45°，施加力F之后，竖直墙壁对其 的弹力大小变为F1=(G十F)tan45°， 要使斜面体静止不动，水平方向上受 力平衡，即(G+F)tan45°≤u(2G十 F),解得F≤2G,C正确。 F 45 F *2G G 乙 第5讲专题突破：共点力的 动态平衡问题 例1B小球缓慢上升 时，以小球为研究对象 进行受力分析，如图所 示，小球的重力G的大 小、方向均不变，磁铁对 小球的作用力F的方向 不变，可见在小球上偏 一个较小角度时，轻绳拉力T逐渐减 小，磁铁对小球作用力F逐渐增大，则 二者距离逐渐变小，故选B。 例2B对工人受力分析如图甲所示， 有Fv十FT=m人g,其中工人对绳的拉 力和绳对工人的拉力是一对作用力与 反作用力，A错误，B正确：对动滑轮受 力分析如因乙所示，有工，时 随着重物缓慢拉起过程，日逐渐增大， 则F,逐渐增大，C、D错误。 F m人8 甲 例3B对瑜伽球受力分析，如图甲所 示，由平衡条件可知V1=ng tan日， N,=。人旋慢经直站立的过程 中，人的背部与水平面夹角逐渐变大， 则墙面对球的力V1增大，人对球的支 持力V,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，如图乙所示，由平衡 条件可知Fy=(M十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。 N. N B ￥ 、tmg N Aa Z ↓(M+m)8 甲 乙 图解法：A、D选项 4N2 的分析也可以用图 解法。如图丙所示， N 人缓慢竖直站立的 N. 过程中，人的背部对 球的弹力方向与竖 直方向的夹角逐渐 变大，则墙面对球的 丙 力V增大，人对球的支持力V。增大 例4B以B点为研 0 F 究对象，分析受力情 E 况，作出力Fy与F 的合力F,如图所 示。根据平衡条件可 知F2=F1=G。由 A △F,FNB∽△OBA 得后-铝好得F-铝c,式中， AB ABAO、G不变，故Fy保持不变，C D错误；由△F,FvBD△OBA得 F =0,B0变小，故F变小，A错 误，B正确。 例5A如图所示，F 作出外力F、细线 拉力FT的合力， 二力的合力和重 力大小相等，方向 相反，保持α角不 变，逐渐缓慢增大日角，直至细线水平， 因此外力F逐渐增大，细线拉力FT逐 渐减小，外力F与细线拉力F,的比值 增加，故A正确，B错误；在此过程中， 拉力F变为F'时，水平分力最大，即水 平分力先增大后减小，应用整体法可 分析出地面对斜面的摩擦力先增大后 减小，故C错误；在此过程中，拉力F 的竖直分力逐渐增大，根据整体法可 分析出地面对斜面的支持力一直在减 小，由C项知地面对斜面的摩擦力先 增大后减小，地面对斜面的作用力为 支持力与摩擦力的合力，由勾股定理 知，地面对斜面的作用力发生变化，故 D错误。 参考答案455 例6D木板以水平底边为轴缓慢转 动，球始终处于平衡状态，球受到的合 力为零不变，故A错误；对球受力分 析，根据各力的特点，利用几何知识， 作图如下， F mgmg 细线拉力F与木板对小球的支持力 F、夹角为定值，由图可知细线对球的 拉力F逐渐增大，木板对球的支持力 F、先增大后减小，则球对木板的压力 先增大后减小，故B、C错误，D正确。 学科素养：应用拉密定理解决 三力平衡问题 例1A方法一：拉密定理法 对小球受力分析，如图 所示。根据拉密定理有 G FF sin a sin-sin月，因 为小球的重力G和夹角 《不变，所以上式的比值 G 不变。拉动小球由M点向圆环最高，点 V缓慢移动的过程中，？由钝角增大到 180°，即sinB减小，故绳子拉力F减 小：0由钝角减小到90°，即sin日增大， 故支持力F、增大，故选A。 方法二：动态圆法 由题意知，F、F、G三个力的合力始 终为零，矢量三角形如图所示。F、F、 的夹角不变，在F拉动小球缓慢移动 的过程中，矢量三角形在同一外接圆 上，由图可知，F减小，F、增大，A 正确。 例2C对水桶初始状态受力分析，如 图所示。 水桶 把手 WM花M% 由题意分析，根据牛顿第三定律可得， F1=F{,F2=F,分析可知，在转动过 程中，F1与F2的夹角B始终不变，重 力G与F{之间的夹角Y从90°开始逐 渐增大，直至为180°，重力G与F,之 间的夹角日由钝角逐渐减小，当减小至 90°时，板AO还未水平，将继续减小直 至板AO水平，根据拉密定理可得 456红对构·讲与练·高三物理· 品。品。=后，可如品为定 值，而siny始终减小，则F?始终减小， 但由于日角从钝角减小至90°后将继续 减小一定角度变为锐角，则可知sin日 先增大后减小，因此可知F先增大后 减小，由牛顿第三定律，可知F1先增 大后减小，F2一直减小，故选C。 第6讲实验二：探究弹簧 弹力与形变量的关系 例1(1)49在弹性限度内，弹簧的弹 力与其伸长量成正比 (2)大于弹簧超出了弹性限度 (3)1.6 解析：)由mg=红，可得x=是m, 结合图像得合=600m/kg, 解得k=49N/m,由图像得到的结论 是：在弹性限度内，弹簧的弹力与其伸 长量成正比。 (2②)由工=冬m,可知工一m图综的鲜 率越小，对应的弹簧的劲度系数越大， 因此弹簧b的劲度系数大于弹簧a的 劲度系数。图像向上弯曲的原因是弹 簧超出了弹性限度。 (3)由题图乙可知，悬挂50g的钩码 时，两根弹簧的总伸长量为1.6cm。 例2(1)不过斜率的绝对值(2)不产生 解析：(1)弹簧中弹力的增加量kx= F。一F,整理得F=F。一kx,可知该图 线是一条不过原，点的直线，斜率的绝 对值为弹簧的劲度系数。 (2)由表达式F=F。一kx,可知滑轮的 摩擦力不影响实验结果。 例3(1)6.170(2)”mg70 解析：(1)题图乙所示读数l1=61mm 十14×0.05mm=61.70mm= 6.170cm。 (2)由胡克定律可得△F=△nmg=k△l, 故-四坚=，解得k=四坚。 △nk 根据题图丙可知图线斜率为 a=8970-6170)X10 m=7×108m, 5-1 联立可得6=50X10X9.8N/m 7×10-8 70N/m。 例4(1)4(2)20(3)逐渐变小 解析：(1)由题图丙可知，第4次的描，点 不在线上，出现明显偏差，故第4次数 据误差较大，应该剔除。 (2)根据胡克定律有mg=k△l,可得 m= △，由图像斜率可得 g g (50-10)×10-3 3.0-1.0)X10lkg/m=2kg/m,解得 k=20N/m。 (3)在使用过程中，盒子里的纸巾越来 越少，纸巾的重力变小，弹簧弹力变 小，其形变量变小。 基础版 第7讲实验三：探究两个 互成角度的力的合成规律 例1(1)B(2)3.70(3)F'(4)AD 解析：(1)本实验用一个弹簧测力计拉 橡皮条的效果替代两个弹簧测力计拉 橡皮条的效果，应用了等效替代法，故 选B。 (2)弹簧测力计的精确度为0.1N,因 此要估读到下一位，所以弹簧测力计 的示数为3.70N。 (3)F是通过平行四边形得出的值，而 F'是用一个弹簧测力计拉绳套时测得 的力，其方向一定沿橡皮条方向。 (4)测量力的实验要求尽量准确，为了 减小实验中因摩擦造成的误差，操作 中要求弹簧测力计、细绳、橡皮条都应 与木板平行，A正确：橡皮条可以与两 绳夹角的平分线在同一直线上，也可 以不在同一直线上，保证每次的结点 相同即可，B错误；本实验采用等效替 代法，为了使两次拉伸橡皮条的效果 相同，要求两次拉橡皮条时必须将其 结点拉至同一位置，即沿同一个方向 拉伸相同长度，故C错误；拉橡皮条的 细绳要适当长些，标记同一细绳方向 的两点要适当远些，作图时产生的角 度误差会减小，故D正确。 例2(3)3.00(4)①见解析图②7.0 解析：(3)弹簧测力计的分度值为 0.1N,读数时需要估读到0.01N,所 以其读数为3.00N。 (4)①作出力的图示，如图所示。 ②由作图结果可得重物的重力为7.0N。 例3(1)D(2)CD(3)不会 解析：(1)橡皮条伸长后的拉力大小等 于所挂钩码的重力，又钩码质量相同， 则不用测量钩码的质量，钩码的个数 必须记录；橡皮条的原长和伸长后的 长度不用测量，故选D。 (2)连接橡皮条两端点的细线长度不 影响橡皮条的拉力大小，故长度不必 相同，A错误；细线OP,上力的方向与 细线OP2、OP3上两力的合力方向相 反，由于OP2、OP,上两力的合力方向 是任意的，故OP1不需要在OP,与 OP,夹角的平分线上，B错误；实验 中，需要测量OP1、OP2和OP3上力 的大小和方向，故必须记录结点)的 位置和OP1、OP2、OPa的方向以及结 ,点O静止时三根细线所挂钩码的个 数，C正确；不改变OP1所挂钩码的个 数和方向，改变OP,与OP?的夹角重 复实验，OP,上力的大小保持不变，另