广西2026届高考物理二轮复习课件 专题一 第一讲 力与物体的平衡

该高中物理高考复习课件聚焦“力与物体的平衡”专题，依据高考评价体系梳理了受力分析、静态平衡、动态平衡及临界问题等核心考点，结合2023-2025年北京、福建等多省市真题，明确“共点力平衡”“动态平衡分析”等高频考点权重，构建知识网络与解题方法体系，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题精析+方法归纳+素养提升”策略，如用图解法突破动态平衡问题，通过相似三角形法解析电磁学平衡实例，培养科学思维与模型建构素养。特设“易错点警示”和“母题变式训练”，帮助学生掌握答题技巧，教师可据此精准指导，助力高效复习。

第一讲　力与物体的平衡 专题一 2026 内容索引 01 02 03 体系构建•真题感悟 高频考点•探究突破 专项模块•素养培优 体系构建•真题感悟 【知识网络构建】 【高考真题再练】 1.(2025北京卷)如图所示,长方体物块A、B叠放在斜面上,B受到一个沿斜面方向的拉力F,两物块保持静止,B受力的个数为(　　) A.4 B.5 C.6 D.7 C 解析 根据题意,对A受力分析可知,A受重力和来自B的支持力,由于A静止,则A还受来自B沿斜面向上的静摩擦力,对B受力分析可知,B受重力、来自斜面的支持力、来自A的压力、拉力F,B还受来自A沿斜面向下的摩擦力,由于B静止,则B还应受沿斜面向上的静摩擦力,即B受6个力作用,故选C。 2.(2025福建卷)漳州著名景点风动石可随风微动。无风时,山体对风动石的作用力为F1,当水平微风吹过时,石随风微动,但依然处于静止状态,此时山体对石的作用力为F2,则(　　) A.F1的大小小于F2的大小 B.F1的大小大于F2的大小 C.F1的大小等于F2的大小 D.F1与F2大小关系与风向有关 A 解析 此题考查力的平衡问题。 无风时,由力的平衡可知,山体对风动石的作用力F1=mg,有水平风吹过时,对风动石受力分析,如图所示,可知此时山体对石的作用力F2=>F1=mg,即F2>F1,A正确。 3.(2025河北卷)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 B 解析 如图为小球的受力分析图,小球静止,合力为0,则有2Fcos θ+FN=G,其中θ=45°,当FN=0时,F有最大值,最大值Fmax=G,B项正确。 4.(2025河南卷)野外高空作业时,使用无人机给工人运送零件。如图所示,某次运送过程中的一段时间内,无人机向左水平飞行,零件用轻绳悬挂于无人机下方,并相对于无人机静止,轻绳与竖直方向成一定角度。忽略零件所受空气阻力,则在该段时间内(　　) A.无人机做匀速运动 B.零件所受合外力为零 C.零件的惯性逐渐变大 D.零件的重力势能保持不变 D 解析 零件和无人机相对静止,一起水平向左运动,对零件受力分析如图所示,合力水平向左,故零件和无人机向左做匀加速直线运动,零件合力不为零,A、B错误;物体惯性只与自身质量有关,C错误;零件的质量、高度不变,故重力势能保持不变,D正确。 5.(2024湖北卷)如图所示,两拖船P、Q拉着无动力货船S一起在静水中沿图中虚线方向匀速前进,两根水平缆绳与虚线的夹角均保持为30°。假设水对三艘船在水平方向的作用力大小均为Ff,方向与船的运动方向相反,则每艘拖船发动机提供的动力大小为(　　) A.Ff B.Ff C.2Ff D.3Ff B 解析 本题考查力的合成和共点力的平衡问题。根据题意对S受力分析如图甲所示。由平衡条件有2FTcos 30°=Ff,解得FT=Ff,对P受力分析如图乙所示,由力的合成规律有=F2,解得F=,故选B。 甲 乙 高频考点•探究突破 考点一 物体的受力分析及静态平衡 【命题点点拨】 命题点 解答指引 1.受力分析 结合物体的运动状态,按照性质力的顺序依次分析 2.单个物体的平衡问题 正确受力分析,利用F合=0求解 3.多个物体的平衡问题 灵活选择研究对象,注意应用牛顿第三定律分析受力 考点一 考点二 考点三 【方法规律归纳】 1.“四步”搞定受力分析　　 两法交替使用 “一定”:灵活运用整体法和隔离法确定研究对象; “二析”:按顺序分析研究对象的受力情况; “三画”:画出受力示意图; “四查”:检查是否漏力、多力或错力。 考点一 考点二 考点三 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 按作用效果分解: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大小相等,方向相反 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 考点一 考点二 考点三 [典例 1] (命题点2)如图所示,一根质量为m的匀质绳子,两端分别固定在同一高度的两个钉子上,中点悬挂一个质量为m0的物体。系统平衡时,绳子中点两侧的切线与竖直方向的夹角为α,钉子处绳子的切线方向与竖直方向的夹角为β,则(　　) B 考点一 考点二 考点三 解析 设两个钉子处对绳的拉力为F1,取绳子和物体为一整体,受力分析如图甲所示。 由平衡条件得2F1cos β=(m0+m)g 设绳子中点为P点,绳子中点P处拉力大小为F2,对绳子中点受力分析如图乙所示。 由平衡条件得2F2cos α=m0g 再以左半边绳子为研究对象,由于绳子对物体的拉力斜向上,则物体对左边绳子的拉力斜向下,受力分析如图丙所示。 由水平方向合力为零可得F1sin β=F2sin α 考点一 考点二 考点三 思维点拨 注意:弯曲绳子拉力沿着绳子的切线方向 考点一 考点二 考点三 素养提升 “活结”与“死结” (1)“活结”:可理解为把绳子分成两段,且可以沿绳子移动的结点。“活结”一般是由绳跨过滑轮或者绳上挂一光滑挂钩而形成的。绳子虽然因“活结”而弯曲,但实际上是同一根绳,因此由“活结”分开的两段绳子上弹力的大小一定相等,两段绳子合力的方向一定沿这两段绳子夹角的角平分线。 (2)“死结”:可理解为把绳子分成两段,且不可以沿绳子移动的结点。“死结”两侧的绳因结而变成了两根独立的绳,因此由“死结”分开的两段绳子上的弹力不一定相等。 考点一 考点二 考点三 【对点训练】 1.(2025广西桂林模拟)(命题点1)平衡术对人的观察能力和动手能力要求较高,极其锻炼人的耐心。小强同学在海边堆放了一些石块,如图所示,石块A、B的接触面水平,不计空气的作用力, 下列说法正确的是(　　) A.最上面的石块D一定只受两个力作用 B.心形石块E一定不受摩擦力作用 C.石块C可能受到6个力的作用 D.石块B对石块A的作用力方向一定竖直向上 D 考点一 考点二 考点三 解析 因为不知道石块D与下方石块的接触面是否水平,所以最上面的石块D可能受摩擦力的作用,心形石块E也有可能受摩擦力作用,故A、B错误。石块C最多受到重力,左、右两边石块对它的两个摩擦力,两个弹力,共5个力的作用,故C错误。石块A、B的接触面水平,把石块A及其上面的石块看作整体,根据二力平衡条件可知,石块B对石块A的作用力的方向一定竖直向上,故D正确。 考点一 考点二 考点三 2.(命题点2、3)如图所示,轻绳两端固定在水平杆上,在轻绳上悬挂7个相同的灯笼,左右两侧灯笼关于过结点O的竖直线对称。已知PM段、QO段轻绳与竖直方向的夹角分别为α、β,灯笼均处于静止状态。则tan β与tan α两数之比为(　　) A.3 B.5 C.7 D.9 B 考点一 考点二 考点三 解析 设MQ段轻绳与竖直方向的夹角为γ,对中间五个灯笼受力分析,根据平衡条件可得2FPMcos α=5mg,同理可得2FMQcos γ=3mg,2FQOcos β=mg,对结点M受力分析,水平方向有FPMsin α=FMQsin γ,对结点Q受力分析,水平方向有FMQsin γ=FQOsin β,联立解得tan β=5tan α,故选B。 考点一 考点二 考点三 地移到小物块B的正上方,此时细绳与竖直方向成60°角。已知小物块B的质量为2m,且始终静止在桌面上。细绳、杆、圆弧形轨道均在同一竖直平面内,小物块A、B均可视为质点,重力加速度为g。下列说法正确的是(　　) A.细绳竖直时,小物块B受到水平向右的静摩擦力 B.细绳由初始位置移动到与竖直方向成60°角的过程中,绳上的拉力先减小后增大 C.当细绳与竖直方向成60°角时,杆对小物块A的作用力的大小为mg D.当细绳与竖直方向成60°角时,桌面对小物块B的作用力的大小为2.5mg 3.(多选)(命题点2)如图所示,细绳一端与质量为m的小物块A相连,另一端悬挂在以小物块A为圆心、半径为绳长的一段圆弧形轨道上的O点(O点位于小物块A的正上方)。置于水平桌面上的小物块B用两端含光滑铰链的无弹性轻杆与小物块A连接,细绳与轻杆长度相同。保持小物块A不动,将细绳上端从O点沿圆弧形轨道缓慢 BC 考点一 考点二 考点三 解析 细绳竖直时,对小物块A受力分析可知杆中无弹力,则小物块B不受摩擦力的作用,故A错误。杆对A的作用力方向不变,小物块A所受重力的大小、方向均不变,根据力的合成可知,当绳的拉力与杆垂直时,拉力最小,为F=Gsin 60°,故绳上的拉力先减小后增大,B正确。细绳上端从O点沿圆弧形轨道缓慢地移到小物块B的正上方,此时细绳与竖直方向成60°角,三个力合成组成等边三角形,杆对小物块A的作用力的大小为FN=mg,故C正确。当细绳与竖直方向成60°角时,桌面对小物块B的作用力与B的重力和杆对B的作用力的合力是一对平衡力,由余弦定理可知 考点一 考点二 考点三 4.(2025广西柳州检测)(命题点3)如图所示,有40个质量相等的小球(可视为质点),将它们用长度相等的轻绳依次连接,再将两端固定在天花板上,静止时,连接天花板的轻绳与水平方向夹角为30°,已知每个小球的重力均为1 N,则第15个小球与第16个小球之间轻绳的拉力大小为(　　) A.14 N B.28 N C.35 N D.45 N C 考点一 考点二 考点三 解析 以左侧20个小球为整体,设每个小球的质量为m,受力分析如图甲所示 甲 由共点力的平衡条件可知F=,解得F=20 N 考点一 考点二 考点三 以16到20这五个球为整体,受力分析如图乙所示 乙 根据共点力的平衡条件可得第15个小球与第16个小球之间轻绳的拉力大小为 F1=,解得F1=35 N,故选C。 考点一 考点二 考点三 考点二 动态平衡及临界、极值问题 【命题点点拨】 命题点 解答指引 1.解析法 物体受多个力作用时,正交分解,利用解析法求解 2.图解法 物体受三个力的作用,一个力的大小、方向均不变,且另一个力的方向不变,可用图解法 3.相似三角形法 物体受三个力的作用,其中的一个力大小、方向均不变,另外两个力的大小、方向都发生变化,可用相似三角形 4.正弦定理法 物体受三个力的作用,其中的一个力大小、方向均不变,另外两个力的方向都发生变化,但组成的矢量三角形中有一个角保持不变 考点一 考点二 考点三 【方法规律归纳】 　　　 　仍为平衡状态 1.动态平衡:通过控制某些物理量,使物体的状态发生缓慢的变化,而在这个过程中物体又始终处于平衡状态,在问题的描述中常用“缓慢”等语言叙述。 2.临界状态:物体所处的平衡状态将要被破坏而尚未被破坏的状态,可理解成“恰好出现”或“恰好不出现”的状态,在问题的描述中常用“刚好”“刚能” “恰好”等语言叙述,解临界问题的基本方法是假设推理法。 温馨提示 临界问题往往是和极值问题联系在一起的。解决此类问题重在分析物理情境,找出临界条件或达到极值的条件,注意可能出现的多种情况。 考点一 考点二 考点三 [典例 2](命题点2、4)如图所示,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,细绳与木板之间的夹角保持不变,忽略圆柱与木板之间 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 B 考点一 考点二 考点三 解析 方法一:正弦定理法 考点一 考点二 考点三 考点一 考点二 考点三 考点一 考点二 考点三 方法二:图解法 考点一 考点二 考点三 考点一 考点二 考点三 【思维路径】 审题指导 题干关键 隐含信息 等长的细绳 两细绳在圆柱体上的悬点的连线与两细绳组成等腰三角形,两细绳的拉力大小相等,它们的合力沿两力所成角的角平分线方向,合力的大小与细绳拉力的大小成正比,合力大小变化的情况与细绳拉力大小的变化情况相同 缓慢转动直至水平,细绳与木板之间的夹角保持不变 圆柱体处于动态的受力平衡状态,木板对圆柱体的支持力和细绳对圆柱体拉力的合力的夹角不变,两个力最终均顺时针转过90°角 考点一 考点二 考点三 素养提升 动态平衡问题的处理方法 考点一 考点二 考点三 【对点训练】 5.(2025山东潍坊检测)(命题点1)卖货郎是以前民间在农村或城市小巷流动贩卖日用杂货的商贩,通常肩挑扁担走街串巷,摇鼓叫卖,唤人们出来购货。如图所示,假设卖货郎的每个货筐是质量为m的立方体,每个货筐由四条轻绳对称悬挂于扁担上同一点,则卖货郎肩挑扁担匀速直线前进时,下列说法正确的是(　　) A.每条轻绳的拉力大小为mg B.每个货筐上四条轻绳的拉力相同 C.若将货筐上的四条轻绳减小同样长度但仍 对称分布,则每条轻绳的拉力将变大 D.若将货筐上的四条轻绳减小同样长度但仍对称分布,则卖货郎承受的压力将变大 C 考点一 考点二 考点三 解析 假设轻绳与竖直方向的夹角为α,根据力的平衡可得4Fcos α=mg,则每条轻绳的拉力大小为F=,故A错误。四条轻绳的拉力大小相等,方向不同,故B错误。若货筐上的四条轻绳减小同样长度但仍对称分布,α增大,根据F=,每条轻绳中的拉力将变大,但卖货郎承受的压力保持不变,故C正确,D错误。 考点一 考点二 考点三 6.(2025广西南宁检测)(命题点2)“篮球夹背”是考验两人协作能力的游戏,两人背对背、手挽手,背上夹着球,从起点跑到终点,在球不掉落的情况下,最先完成的即获胜。如图甲所示,两位同学夹着篮球匀速前进,开始时两位同学的背之间的夹角为锐角。其简化模型如图乙所示,篮球夹在两个平面之间。 考点一 考点二 考点三 若忽略篮球受到的摩擦力和空气阻力,则下列说法正确的是(　　) A.若左右两位同学的背与竖直方向的夹角均减小,则篮球所受两位同学的合力增大 B.若仅左边同学的背与竖直方向的夹角增大,则左边同学对篮球的作用力增大 C.若仅右边同学的背与竖直方向的夹角增大,则左边同学对篮球的作用力增大 D.若仅左边同学的背与竖直方向的夹角增大,则右边同学对篮球的作用力减小 D 考点一 考点二 考点三 解析 由题意可知篮球处于平衡状态,则对篮球受力分析可知篮球所受两位同学的合力等于篮球的重力,故篮球所受两位同学的合力不变,故A错误。若仅左边同学的背与竖直方向的夹角增大,则篮球受到两位同学作用力的夹角减小,作出篮球受力的动态矢量三角形,如图所示 考点一 考点二 考点三 可知左边同学对篮球的作用力可能减小,可能不变,也可能增大,但是右边同学对篮球的作用力一定减小,故B错误,D正确。若仅右边同学的背与竖直方向的夹角增大,则篮球受到两位同学作用力的夹角减小,作出篮球受力的动态矢量三角形,如图所示 可知左边同学对篮球的作用力减小,故C错误。 考点一 考点二 考点三 7.(多选)(2024广西南宁期末)(命题点3)如图所示,木块放置在粗糙水平地面上,O点为光滑铰链所在的位置。轻杆一端与铰链固定连接,另一端固定连接一质量为m的小球。现将轻绳一端拴在小球上,另一端通过定滑轮由力F牵引,定滑轮位于O点的正上方,不计滑轮与轮轴间的摩擦,整个系统处于静止状态。现改变力F的大小使小球和轻杆从图示位置缓慢运动到定滑轮的正下方,木块始终保持静止,则在整个过程中(　　) A.地面对木块的摩擦力逐渐减小 B.轻杆对小球的作用力逐渐减小 C.地面对木块的支持力逐渐减小 D.力F逐渐减小 AD 考点一 考点二 考点三 解析 对小球进行受力分析,如图所示。设小球到定滑轮的距离为l1,轻杆的长度为l2,O点到定滑轮 的距离为h,根据三角形相似性可知 , 缓慢运动过程中l1越来越小,则F逐渐减小,故D正确;由于l2长度不变,则杆对小球的作用力大小不变,故B错误;由牛顿第三定律可知,杆对木块的作用力大小不变、方向向右下,但杆的作用力与竖直方向的夹角越来越小,杆对木块的作用力在竖直方向的分量增大,所以地面对木块的支持力逐渐增大,杆对木块的作用力在水平方向的分量减小,所以地面对木块的摩擦力逐渐减小,故A正确,C错误。 考点一 考点二 考点三 考点三 电磁学中的平衡问题 【命题点点拨】 命题点 解答指引 1.安培力作用下通电导体的平衡 按力学方法分析通电导体的受力并应用平衡条件求解,注意安培力公式F=BIlsin θ中各物理量的含义 2.库仑力作用下带电体的平衡 按力学方法分析带电体的受力并应用平衡条件求解,注意库仑定律表达式 的适用条件 考点一 考点二 考点三 【方法规律归纳】 1.静电力、安培力的对比 比较项 方向 大小 静电力 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 若为匀强电场,静电力F=qE 点电荷间的静电力 安培力 用左手定则判断,安培力垂直于B、I决定的平面 ①B∥I时,F=0 ②B⊥I时,F=BIl ③B与I的夹角为θ时,F=BIlsin θ(l是导线的有效长度) 导线两端点连线在垂直于磁场方向的投影 考点一 考点二 考点三 2.电磁学平衡问题的解题思路 (1)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。如果带电粒子在重力场、电场和磁场三者组成的复合场中做直线运动,则通常是匀速直线运动。 (3)解题思路与力学中的平衡问题一样,只是在原来受力的基础上多了静电力、安培力或洛伦兹力解题思路: ①确定研究对象。根据问题选择“整体法”或“隔离法”确定研究对象; ②受力分析。按照重力、弹力、摩擦力、静电力、安培力……顺序分析力; ③列方程。根据平衡条件(F合=0)列方程。 考点一 考点二 考点三 [典例 3](命题点1)如图所示,将一质量分布均匀,电阻率不变的导线围成正五边形abcde,在a、e两点用导线与恒压电源相连接,空间中存在垂直正五边形所在平面向外的匀强磁场(图中未画出),接通电源后ab边所受的安培力大小为F。已知 。若在a、d两点用导线与该恒压电源连接,则接通后正五边形所受安培力大小为(　　) A 考点一 考点二 考点三 解析 a、e两点接电源时,ae边与其余四边并联,通过ae边的电流与通过ab边的电流之比为4∶1,设ab边电阻为R,a、e两端电压为U,磁感应强度大小 考点一 考点二 考点三 思维点拨 先找出ab边所受安培力的表达式,然后确定a、d两点接电源时流过各边的电流,最后找有效长度确定安培力。 素养提升 本题考查安培力相关知识,理解有效长度,应用正弦定理等数学方法求出导线长度关系是解决此类问题的关键。本题考查的学科素养是科学思维中的科学推理,分析导线组成电路求出电流,求出安培力,应用正弦定理求出三角形acd三边间的关系。 考点一 考点二 考点三 【对点训练】 8.(命题点1)如图所示,有一边长为l的刚性正三角形导线框ABC在竖直平面内,且AB水平,导线框重力不计,各边导线材料及粗细完全相同,处在方向垂直于导线框所在平面向里的匀强磁场中。在C点用绝缘绳悬挂一个重力为G的物体,在两顶点A、B上加上恒定电压,重物恰好对地面无压力。某时刻A、B间导线的某处突然断开,其他条件不变, 则稳定后物体对地面的压力是(　　) C 考点一 考点二 考点三 解析 AC边与CB边先串联再与AB边并联,在A、B未断开时,设ACB中的电流为I,则AB边中的电流为2I,由平衡条件可得BIl+2BIl=G,当某时刻A、B间导线的某处突然断开时,由平衡条件可得BIl+FN=G,联立解得FN= ,由牛顿第三定律,可知稳定后物体对地面的压力大小为 ,故选C。 考点一 考点二 考点三 专项模块•素养培优 数学方法在物体平衡问题中的应用 【主题概述】 高考物理试题的解答离不开数学知识和方法的应用,借助物理知识考查数学能力是高考命题的永恒主题。很多物理试题的求解过程是将物理问题转化为数学问题,经过求解再还原为物理结论的过程。 物理解题运用的数学方法通常包括几何(图形辅助)法、图像法、函数法、方程(组)法、递推法、微元法、比例法、极值法、数列法等。在物体平衡问题中常用的是几何(图形辅助)法、图像法、函数法、极值法、相似三角形法等。 【考向预测】 物体的平衡问题常常用到数学方法,如平衡中的临界与极值问题、涉及立体空间的共点力平衡问题等,这些内容都是近几年的高考命题热点。高考中还会常常考查物体的受力分析、整体法与隔离法、力的合成与分解、物体平衡条件的应用等,这些知识的考查都会用到一些数学方法。 【典例分析】 1.用数学方法求极值 数学中求极值的方法很多,物理极值问题中常用的方法有三角函数极值法、二次函数极值法、一元二次方程的判别式法、用不等式的性质求极值法等。 [典例 1](2024广西来宾模拟)在“互联网+”时代,网上购物已经成为一种常见的消费方式,网购也促进了快递业的发展。如图所示,一快递小哥在水平地面上拖拉一个货车,货车和快递的总质量为30 kg,货车与地面间的动摩擦因数μ= 。若该小哥拉着货车在水平地面上做匀速直线运动,g取10 m/s2,则所施加拉力的最小值和方向为(　　) A.大小为100 N,方向指向左上方与水平方向成30° B.大小为100 N,方向指向左上方与水平方向成60° C.大小为150 N,方向指向左上方与水平方向成30° D.大小为150 N,方向指向左上方与水平方向成60° C 解析 设施加的拉力为F,方向与水平面的夹角为θ, 由平衡条件可得Fcos θ=μ(mg-Fsin θ) 思维点拨 对物体进行受力分析,设拉力最小时,F与水平方向的夹角为θ,根据平衡条件列方程,根据数学知识求解极值。 2.图解法分析平衡问题 根据平衡条件,作出力的矢量图,通过对物理过程的分析,利用平行四边形定则进行动态分析,确定最大值和最小值。 [典例 2](多选)(2024四川南充一模)如图所示,半径相同、质量分布均匀的圆柱体E和半圆柱体M靠在一起,E、M之间无摩擦力,E的重力为G,M的下表面粗糙,E、M均静止在水平地面上,现过E的轴心施以水平作用力F,可缓慢地将E拉离地面一直滑到M的顶端,整个过程中,M始终处于静止状态。从E离开地面一直滑到M顶端的过程,下列说法正确的是(　　) A.地面所受M的压力逐渐增大 B.地面对M的摩擦力逐渐减小 C.拉力F的大小从2G逐渐减小为0 D.E、M间的压力从2G逐渐减小到G BD 解析 取整体为研究对象,地面所受M的压力不变,总等于二者的总重力,A错误。圆柱体E受重力G、拉力F、半圆柱体的支持力FN作用处于平衡状态,这三个力构成矢量三角形,如图所示 开始时FN与竖直方向成60°角,对应图中的最大三角形, 此时拉力F和半圆柱体的支持力FN都最大, 其大小分别为Fm=Gtan 60°=G,FNm==2G,随着E向上移动,三角形逐渐减小,拉力F、半圆柱体的支持力FN都逐渐减小,当E移动到M的顶端时,F减小到0,FN减小到G,故开始时拉力F最大,且为G,以后逐渐减小为0,E、M间的压力开始时最大,且为2G,以后逐渐减小到G,C错误,D正确。取整体为研究对象,地面对M的摩擦力等于拉力F,所以摩擦力随拉力F的减小而减小,B正确。 3.立体空间问题解决方法 物理问题来源于生活中实实在在的物理情境。在解决物理问题时要将具体的物理情境转化为具体的物理模型来分析解决。在高中物理的学习中我们碰到立体图的问题时总觉得无从下手, 图形画不清楚,图中的几何关系很难把握。即使简单的物理问题也很容易出错。要快速准确地解决这一类问题,较好的方法是将立体图转化为平面图来解决。例如,如图甲所示 , ABCD为一倾角为θ=30°的粗糙斜面,AD边与BC边平行。斜面上有一重力G=10 N的物体,当对物体作用一与AD边平行的拉力F时,物体恰能做匀速直线运动。如果求解拉力F,那么我们在处理此类问题时,将物体受力分解为竖直平面进行受力分析,如图乙所示,再将物体受力分解为沿斜面方向分析,如图丙所示,这样分别在竖直平面与沿斜面方向建立方程即可求出拉力F。 [典例 3](多选)(2024广西防城港模拟)如图所示,一放置在水平地面上的篮球收纳架由矩形底座、竖直细立柱和倾斜细挡杆等组成,倾斜挡杆与竖直方向间的夹角均为60°,已知篮球A的质量为m,半径为R,两同层倾斜挡杆间、两竖直立柱间的距离均为1.6R,现以底座MN边为转轴,将篮球架缓慢转到倾斜挡杆接近水平,重力加速度为g,不计一切摩擦,下列说法正确的是 (　　) A.初始时一根竖直立柱对篮球A的弹力大小为mg B.初始时一根倾斜挡杆对篮球A的弹力大小为mg C.转动过程一根竖直立柱对篮球A的弹力逐渐减小 D.转动过程一根倾斜挡杆对篮球A的弹力逐渐增大 BC 解析 篮球A受到重力、两倾斜挡杆的弹力和两竖直立柱的弹力,将两倾斜挡杆的弹力F斜合成一个力F2,将两竖直立柱的弹力F竖合成一个力F1,受力分析如图所示 根据三角形法则,有F2=,F1=mgtan 30°;根据几何关系可知两倾斜挡杆对篮球的弹力与F2夹角的余弦值均为cos θ=,则有F2=2F斜·cos θ,同理有F1=2F竖·cos θ,联立解得F斜=mg,F竖=mg,故A错误,B正确。 以MN为转轴,将篮球架缓慢转到倾斜挡杆接近水平的过程,F2与竖直方向的夹角逐渐减小,F1与水平方向的夹角逐渐增大,但两力的夹角始终不变,如图所示 可以发现F2和F1均逐渐减小,故C正确,D错误。 思维点拨 根据篮球的空间位置将三维模型转化为二维受力分析图,寻找几何关系、平衡条件列式,转动倾斜挡杆时,寻找变量,根据解析法或图解法求解弹力的变化情况。 【类题演练】 1.(2025广东清远一模)(相似三角形法)学校运动场的单杠上悬挂的沙袋如图所示,四条等长铁链由绞扣连接在一起再通过拉环挂在单杠上,拉环、绞扣刚好与沙袋的重心在同一竖直线上。沙袋竖直悬挂静止后,下列说法正确的是(　　) A.拉环受到的拉力等于沙袋的重力 B.四条铁链对沙袋的作用力大于沙袋的重力 C.向上调整绞扣的位置(绞扣与沙袋间铁链变长), 每条铁链上的拉力都增大 D.向下调整绞扣的位置(绞扣与沙袋间铁链变短), 每条铁链上的拉力都增大 D 解析 拉环的拉力等于铁链和沙袋的重力之和,故A错误。对沙袋进行受力分析,由共点力平衡条件可知,四条铁链对沙袋的合力等于沙袋的重力,故B错误。如图受力分析,向下调整绞扣的位置,即铁链的长度l减小,根据几何关系有,解得F拉=,即铁链的长度l越短,F拉越大,故C错误,D正确。 2.(2024广西南宁一模)(立体空间问题)如图所示,用三个完全相同的小立柱将足球支起,小立柱的上端可视为点,小立柱的位置连线成正三角形,放在水平桌面上,足球与小立柱的触点和足球球心的连线与竖直方向的夹角均为37°,已知每个小立柱对足球的支持力大小为2.5 N,不计足球与小立柱间的摩擦及小立柱的重力,已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8, 则下列说法正确的是(　　) A.单个小立柱对足球的支持力方向竖直向上 B.足球所受的重力为7.5 N C.足球对小立柱的作用力与桌子对小立柱的 作用力是平衡力 D.足球对小立柱的作用力与桌子对小立柱的作用力是相互作用力 C 侧视图 解析 不计足球与立柱间的摩擦,三个立柱对足球的作用力为弹力,方向垂直于足球的切面,沿半径方向指向球心,不是竖直向上,故A错误;由于三个立柱对称摆放,则每个立柱对足球的弹力大小相等,对足球受力分析,一个立柱对足球的作用力如图所示,由平衡条件得G=3FNcos 37°=3×2.5×0.8 N=6 N,故B错误;不计足球与小立柱间的摩擦及小立柱的重力,小立柱受到足球对小立柱的作用力、桌子对小立柱的作用力而平衡,所以足球对小立柱的作用力与桌子对小立柱的作用力是平衡力,故C正确,D错误。 3.(函数法)我国某战斗机安装了我国自主研制的矢量发动机,能够在不改变飞机飞行方向的情况下,通过转动尾喷口方向改变推力的方向,使战斗机获得更多优异的飞行性能。已知该战斗机沿水平方向超音速匀速巡航时的升阻比(垂直机身向上的升力和平行机身向后的阻力之比)为k,飞机的重力为G。能使飞机实现水平匀速巡航模式的最小推力是(　　) C 解析 飞机受到重力G、发动机推力F1、升力F2和空气阻力Ff,重力的方向竖直向下,升力F2的方向垂直机身向上,空气阻力Ff的方向与F2垂直,该战斗机沿水平方向超音速匀速巡航,则有水平方向Fx=Ff 竖直方向F2+Fy=G 其中F2=kFf 解得Fy=G-kFf 则=(1+k2)-2GkFf+G2 结合数学知识可知表达式为开口向上,对称轴为Ff=的抛物线,即当Ff=取得最小值,将其代入表达式,解得Fm=,故A、B、D错误,C正确。 本 课 结 束 A. B. C. D. 由以上三式联立可得。 甲 乙 丙 F=mg,故D错误。 序号 受力分析图 分析过程 1 甲 如图甲所示,沿N→M方向观察,对圆柱体进行受力分析,其中FT为两细绳对圆柱体拉力的合力。根据三个力作用下共点力平衡的条件,画出平行四边形 序号 受力分析图 分析过程 2 乙 如图乙所示,将三个力放到同一个三角形中,记为△ODC,则根据正弦定理有,又∠OCD+∠BOC=180°,∠COD+∠AOC=180°,∠CDO+∠AOB =180°,故 序号 受力分析图 分析过程 3 丙 如图丙所示,令∠BOC=α、∠AOC=β、 ∠AOB=γ,则有 由题意知,mg和α都是保持不变的,因此FN与sin β成正比,FT与sin γ成正比,在木板转动的过程中,β由钝角变为锐角,γ由直角变为平角,sin β先增大为1再减小,sin γ一直减小。因此,FN先增大后减小,FT一直减小 序号 受力分析图 分析过程 1 甲 由题意可知,mg与mg所对的角度保持不变,根据几何知识,不管FN与FT发生任何变化,三个力围成的三角形的外接圆都保持不变。当木板竖直时,FN与mg垂直,FT刚好为圆的直径,此时FT最大,如图甲所示 序号 受力分析图 分析过程 2 乙 如图乙所示,随着木板顺时针转动,FN与FT也顺时针转动,当FN转到直径位置时,达到最大,而FT一直减小 3 丙 如图丙所示,木板继续转动,FN开始减小,至木板水平时,FN=mg;FT继续减小,至木板水平时,FT减小为零,因此,在整个过程中,FN先增大后减小,根据牛顿第三定律,可知A项错误,B项正确;FT一直减小,即两细绳的拉力一直减小,C、D两项均错误 F=k F=k A.F B.5F C.F D.2F 为B,正五边形边长为L,流过ab边的电流I=,ab边所受安培力为F=BIL=。a、d两点接电源时,流过aed的电流为I1=、流过abcd的电流I2=。由几何关系可知三角形acd是顶角为36°的等腰三角形,由正弦定理可得,解得Lad=L,则aed、abcd部分有效长度均为L'=L,则正五边形所受安培力大小为F总=BI1L'+BI2L',解得F总=F,故B、C、D错误,A正确。 A. B. C. D.G 整理可得F= 由数学知识,令sin α=,cos α= 则有F= 当θ+α=,即θ=30°时,F有最小值, 最小值为Fmin= N=150 N, 方向指向左上方,与水平方向成30°,故C正确,A、B、D错误。 A. B. C. D.G $