第1讲 力与物体的平衡(复习讲义)-【优化探究】2026年高考物理二轮专题复习配套课件（广东专版）

专题一　力与运动 [构建知识网络] 第1讲　力与物体的平衡 [高考素养]　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。 课堂巩固　强化关键能力 考点一　静态平衡问题 考点二　动态平衡问题 考点三　平衡中的临界、极值问题 内容索引 考点一　静态平衡问题 一 8 1.对物体进行受力分析 2.处理平衡问题常用的方法 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 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分力,每组力都满足平衡条件 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,或者可以直接应用拉密定理解决(注:可以深入学习强基培优部分) D 考向1　应用整体法与隔离法解决平衡问题 [例1]　(2025·云南昭通阶段检测)如图所示,物体A、B、C叠放在水平地面上,水平向右的力F作用于C物体上,使A、B、C以相同的速度向右匀速运动,则下列说法正确的是 (　　) A.A受到的摩擦力向右 B.B受到重力、支持力、摩擦力和下滑力的作用 C.C受到3个摩擦力 D.地面对C的摩擦力大小为F [解析]　A做匀速运动,根据受力平衡可知,水平方向A不受摩擦力作用,故A错误;以B为研究对象,根据受力平衡可知, B受到重力、支持力和摩擦力的作用,故B错误;C受到B的摩擦力和地面的摩擦力,共2个摩擦力作用,故C错误;以A、B、C为整体,根据受力平衡可知,地面对C一定有水平向左的摩擦力作用,与力F平衡,故地面对C的摩擦力大小为F,故D正确。 B 考向2　绳或杆——物体平衡问题 [例2]　(2025·广东广州一模)如图,港珠澳大桥人工岛建设时,起重机用8根对称分布且长度均为22米的钢索将直径为22米、质量为5.0×105 kg的钢筒匀速吊起,重力加速度取10 m/s2,则此过程每根钢索受到的拉力大小约为 (　　) A.6.0×105 N　　　　　　 B.7.2×105 N C.8.8×105 N D.1.2×106 N [解析]　由于钢筒的直径为22米,钢索的长度为22米,则每两根与钢筒中心轴共面的钢索与直径构成等边三角形,所以每根钢索与竖直方向的夹角为30°;设每根钢索受到的拉力大小为F,竖直方向根据平衡条件可得8Fcos 30°=Mg,解得F≈7.2×105 N,故选B。 B 考向3　电磁学中的平衡问题 [例3]　如图所示,空间内存在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(　　) A.　　　　　　　 B. C. D. [解析]　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cos θ==,根据对称性可知,MN'和ON'对导线的作用力都为mg,有2mgcos θ=BId,可得I=,故选B。 反思提升 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。 二 考点二　动态平衡问题 18 B 考向1　图解法(或解析法) [例4]　(2025·广东湛江检测)如图所示,用光滑铁丝弯成的四分之一圆弧轨道竖直固定在水平地面上,O为圆心,A为轨道上的一点,一中间带有小孔的小球套在圆弧轨道上,对小球施加一个拉力,若在拉力方向从水平向左在纸面内顺时针转至竖直向上的过程中,小球始终静止在A点,则拉力F (　　) A.先变大,后变小　　　　 B.先变小,后变大 C.一直变大 D.一直变小 [解析]　根据题意可知,小球始终静止在A点,对小球受力分析可知,小球受重力、轨道的弹力及拉力处于平衡状态,三力可组成一个闭合的三角形,如图所示,则拉力方向从水平向左在纸面内顺时针转至竖直向上的过程中,拉力F先变小,后变大,故选B。 AC 考向2　相似三角形法 [例5]　(多选)(2025·广东揭阳二模)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]　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,两边的拉力方向成120°角,轻杆的弹力方向在两边拉力的角平分线上,可知两边的拉力大小相等,均为F,选项A正确,B错误;对C点受力分析如图所示, 由相似三角形可知==,若缓慢增大竖直向 下的拉力F,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,选项C 正确,D错误。 [以图说法] 图形示例 方法总结 木板缓慢转至水平位置 方法一:解析法 F1=Gtan θ F2= 由θ减小得F1减小,F2减小 方法二:图解法 图形示例 方法总结 缓慢拉动小球 相似三角形法 ==,则FN大小不变、FT减小 三 考点三　平衡中的临界、极值问题 25 解题 思路 对物体正确受力分析,将物体所受力放到一个三角形中或是利用正交分解法建立坐标系,根据物体实际受力情况,恰当选择分析方法,通常选用图解法或解析法 根据物体的平衡条件列出平衡方程,在解方程时采用数学方法求极值 此种方法通常适用于物体只在三个力作用下的动态平衡中的极值问题 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 [例6]　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的木块放在木楔上表面时,木块正好匀速下滑。如果对木块施加与木楔上表面成α角的力F,木块恰好匀速上滑,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; [解析]　方法一:木块在木楔上表面匀速向下运动时,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+f,Fsin α+FN=mgcos θ,且f=μFN,联立解得F===,则当α=θ时,F有最小值,即Fmin=mgsin 2θ。 方法二:如图甲所示,木块所受支持力与摩擦力的合力F合与FN之间的夹角β满足tan β==μ=tan θ,故β=θ,则F合与竖直方向夹角为2θ。 木块所受的力构成的矢量三角形如图乙所示,支持力与摩擦力用其合力F合代替,变为“三个力”,由几何关系可得拉力F的最小值Fmin=mgsin 2θ。 [答案]　 mgsin 2θ (2)F取最小值时,木楔对水平面的摩擦力大小。 [答案]　 mgsin 4θ [解析]　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,整体受到地面的摩擦力等于F的水平分力,即fM=Fcos (α+θ),当F取最小值mgsin 2θ时,则有fM=Fmin·cos 2θ=mgsin 2θcos 2θ=mgsin 4θ。 四 课堂巩固 强化关键能力 B 1.(2025·云南贵州二模)石墩路障在生活中很常见,对于保障行车安全和管制交通秩序发挥了重要作用。如图甲所示,工人用叉车将一球形石墩路障运送至目的地,拉动装置的结构简易图如图乙所示,∠BAC=90°,两叉车臂相互平行且间距等于石墩半径。在水平匀速拉动叉车的过程中,叉车臂AC与水平方向夹角维持为30°。不计球形石墩表面摩擦,则单个叉车臂受到石墩的压力大小为(石墩重力为mg) (　　) A.mg　　 B.mg　　 C.mg　　 D.mg 解析:从侧面观察运载中的石墩,其受力分析如图甲所示,由平衡条件有FN2=mgcos 30°。 从正面观察运载的石墩,石墩受力分析如图乙所示,黑色部分为两条叉车臂,F支为单个叉车臂对石墩的支持力,则有2F支cos 30°=FN2, 解得石墩受到单个叉车臂的支持力 为F支=mg, 由牛顿第三定律可知单个叉车臂受 到石墩的压力为F压=mg。故选B。 A 2.(2025·广东湛江二模)如图1和图2为工地搬运长方体大理石块的设备示意图,该设备吊起部分可以理想化为图3所示,ABCD为一块厚厚的水平钢板,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和DH平行于大理石块的后表面,BF和CG平行于大理石块的前表面,AE、DH、BF、CG与水平方向的夹角均为θ,忽略AE和DH与大理石块的后表面(包括E、H两点)、BF和CG与大理石块的前表面(包括F、G两点)的所有作用力,已知EF与大理石块左表面、HG与大理石块右表面的动摩擦因数均为μ。若能吊起大理石块,μ至少为(　　) A.tan θ　　 B.　　 C.sin θ　　 D. 解析:设每段绳子上的张力均为T,对大理石和EF、GH段轻绳,根据平衡条件有4Tsin θ=mg,对EF或GH段轻绳,水平方向有2Tcos θ=FN,认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则有fm=μFN=μ·2Tcos θ,对大理石,根据平衡条件有2fm=mg,即4μTcos θ=4Tsin θ,解得μ=tan θ,故选A。 $