01 专题一 第1课时 力与物体的平衡（教师用书Word版）-【高考快车道】2026年高考物理大二轮专题复习与讲义

　力与运动 第1课时　力与物体的平衡 【备考指南】　 1．“力与物体的平衡”是每年高考必考考点。未来命题方向是创设更接近日常生活实际的问题情境，可能会在数学方法上增加题目的难度。 2．复习备考应重视动态平衡问题、多物体问题情境的研究，注重灵活应用整体法和隔离法快捷解决问题。 3．应引导学生善于从具体的问题情境中抽象出三力平衡的模型，进而利用三力平衡的相关规律解决问题。 热点一　物体的静态平衡 处理静态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，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 [典例1]　[二维平面多力平衡](2024·北京市石景山区期末)如图所示，为营造节日气氛，同学们用轻质细线在墙角悬挂彩灯。已知两彩灯质量均为m，OA段细线与竖直方向夹角为37°(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，BC段细线保持水平，重力加速度为g。关于三段细线拉力FOA、FAB、FBC，下列表达式正确的是(　　) A．FOA＝mg、FAB＝mg、FBC＝mg B．FOA＝mg、FAB＝mg、FBC＝mg C．FOA＝mg、FAB＝mg、FBC＝mg D．FOA＝4mg、FAB＝mg、FBC＝2mg A　[将两彩灯看成整体，受力分析如图所示，根据平衡条件可得FOA＝＝mg，FBC＝2mg tan 37°＝mg，对结点B受力分析，根据共点力平衡可得FAB＝＝mg，故选A。 ] [典例2]　[分解法的应用](2024·河北卷)如图所示，弹簧测力计下端挂有一质量为0.20 kg的光滑均匀球体，球体静止于带有固定挡板的斜面上，斜面倾角为30°，挡板与斜面夹角为60°。若弹簧测力计位于竖直方向，读数为1.0 N，g取10 m/s2，挡板对球体支持力的大小为(　　) A． N B．1.0 N C． N D．2.0 N A　[对球体进行受力分析，球体受重力mg、弹簧测力计的拉力T、挡板对其的支持力N1、斜面对其的支持力N2，如图所示。 由球体受力平衡得：N1cos 60°＝N2cos 60°，N1sin 60°＋N2sin 60°＋T＝mg，解得N1＝N2＝ N，A正确。] 【教师备选资源】 [平衡条件的应用](2025届高三上学期·重庆·模拟预测)炎热夏天，人们都安装空调，图甲是某小区高层住宅外安装空调主机的情境。为安全起见，要求吊运过程中空调主机与楼墙保持一定的距离。原理如图乙，一人在高处控制一端系在主机上的轻绳P，另一人在地面控制另一根一端系在主机上的轻绳Q，二人配合可使主机缓慢竖直上升。主机质量为m，当P绳与竖直方向的夹角α＝37°时，Q绳与竖直方向的夹角β＝53°。主机视为质点，重力加速度g(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)。则(　　) A．P绳中拉力为mg B．P绳中拉力为mg C．Q绳中拉力为mg D．Q绳中拉力为mg C　[对空调主机受力分析，建坐标系如图所示 则y方向有FPcos α＝mg＋FQcos β，x方向有FPsin α＝FQsin β，联立可得FP＝mg，FQ＝mg，故选C。] [典例3]　[三维空间平衡](2024·贵州卷)如图(a)所示，一质量为m的匀质球置于固定钢质支架的水平横杆和竖直墙之间，并处于静止状态，其中一个视图如图(b)所示。测得球与横杆接触点到墙面的距离为球半径的1.8倍，已知重力加速度大小为g，不计所有摩擦，则球对横杆的压力大小为(　　) A．mg B．mg C．mg D．mg [思路点拨]　对于立体问题的解答，学会用降维法，将立体图转化为平面图。 D　[对球进行受力分析如图，设球的半径为R，根据几何知识可得sin α＝＝0.8，根据平衡条件得FNcos α＝mg，解得FN＝mg，根据牛顿第三定律得球对横杆的压力大小为FN′＝FN＝mg，故选D。 ] 　“四步”解决共点力的静态平衡问题 1．定对象——单个物体或多个物体的组合 2．析受力——画受力分析图，防多力、漏力或错力 3．选方法——合成法、分解法、正交分解法 4．列方程——根据平衡条件列出平衡方程，解方程、讨论结果。 热点二　物体的动态平衡及临界极值问题 动态平衡问题的分析方法 平面内三力动态平衡问题 图解法、相似三角形法或正弦定理法等 平面内多力动态平衡问题 正交分解法或将多力动态平衡转化为三力动态平衡 三维空间动态平衡问题 降维法，转化为二维平面内的动态平衡问题 在解决与轻绳关联的三维动态平衡问题时，除了要学会降维分析法外，还需要分清轻绳死结与活结的区别，以及动态平衡中的几何关系。 [典例4]　[平面内三力动态平衡问题][一题多解][源于2021湖南卷T5改编]随着家居自动化不断发展，自动炒菜机也逐渐走进了大众的生活。图甲为某品牌的自动炒菜机，使用时，光滑的半球形铁锅静置在灶台上，菜品被倒入自动炒菜机后由于重力作用而集中在锅底，为保证菜品受热均匀，电动锅铲既可推动炒菜也可翻动炒菜。如图乙所示，推动炒菜时，锅铲推动菜品缓慢向右移动，在推动过程中锅铲始终保持竖直，使菜品到达P点；翻动炒菜时，锅铲绕O点缓慢转动，带动菜品缓慢上升翻转，使菜品到达P点。下列说法正确的是(　　) A．无论是翻动炒菜，还是推动炒菜，锅铲对菜品的弹力不断增大 B．无论是翻动炒菜，还是推动炒菜，炒菜机铁锅内壁对菜品的弹力不断减小 C．只有推动炒菜时，锅铲对菜品的弹力不断增大 D．只有推动炒菜时，炒菜机铁锅内壁对菜品的弹力不断减小 [思路点拨]　(1)推动炒菜时，锅铲始终保持竖直，此过程锅铲对菜品的弹力方向始终水平向右。 (2)翻动炒菜时，锅铲沿O点转动，此过程锅铲对菜品的弹力与锅壁对菜品的弹力始终垂直。 A　[方法一　翻动炒菜时，锅铲对菜品的弹力F1和炒菜机铁锅内壁对菜品的弹力FN1始终垂直，受力如图(a)所示，则菜品缓慢上移的过程，FN1减小，F1增大；(点拨：一力确定，另一力方向确定，图解法)推动炒菜时，受力如图(b)所示，则菜品缓慢上移的过程，FN2、F2均增大。故A正确，B、C、D错误。 方法二　翻动炒菜时，设菜品所在位置与圆心的连线和竖直方向的夹角为θ，如图甲所示，根据平衡条件可得，炒菜机铁锅内壁对菜品的弹力FN1＝mg cos θ，F1＝mg sin θ，菜品缓慢上移，θ逐渐增大，故FN1减小，F1增大；推动炒菜时，菜品所在位置与圆心的连线和竖直方向的夹角为φ，如图乙所示，根据平衡条件可得，炒菜机铁锅内壁对菜品的弹力FN2＝，锅铲对菜品的弹力F2＝mg tan φ，菜品缓慢上移，φ逐渐增大，故FN2增大，F2增大，选项A正确。 ] 　“动态平衡”模型解法图析 模型图示 模型分析 木板从图示位置开始缓慢转到水平位置 b点上下移动或者b板左右移动 sin θ＝，F＝，b点上下移动，力F不变；向左(右)移动时，F会减小(增加) 缓慢拉动小球 ＝＝，则FN大小不变、FT减小 框架整体在竖直面内绕Q点逆时针缓慢转动90°，∠PON大小不变 ON的拉力先变大后变小，OP的拉力变小 [典例5]　[临界极值问题](多选)某人最多能提起质量为m的物体，如图所示，现在他在机场要把质量为M的行李箱通过倾角为α的斜坡AB拉上水平平台BC，已知行李箱与ABC路面的动摩擦因数均为tan β，重力加速度为g，(α＋β)<90°，下列说法正确的是(　　) A．若在水平面BC上匀速拉物体，拉力与水平面的夹角为β时拉力最小 B．若在斜坡AB上匀速拉物体，拉力与斜坡的夹角为(α＋β)时拉力最小 C．若在水平面上匀速拉物体，拉力F由水平变到竖直方向过程中，F的功率先减小后增大 D．在斜坡AB上，此人最多能匀速拉动质量为的物体 AD　[设拉力与水平面的夹角为θ，在水平面BC上时有，F cos θ＝μ(Mg－F sin θ)，解得F＝＝＝，当θ＝β时，F最小，A正确；设拉力与斜坡的夹角为θ′，匀速运动时有F cos θ′＝Mg sin α＋μ(Mg cos α－F sin θ′)，解得F＝＝Mg·＝Mg·，故当θ′＝β时，拉力最小，B错误；设拉力与水平面的夹角为γ，则力的功率P＝Fv cos γ，当γ＝90°时，P＝0，C错误；当此人的拉力达到最大值mg时所拉重物质量达到最大值，有mg＝M′g sin (α＋β)，解得M′＝，D正确。] 　突破平衡中极值与临界问题的数学知识 数学知识 图示 公式 注意事项 辅助角公式 cos θ＋μsin θ＝sin (α＋θ)其中sin α＝， cos α＝ 即tan α＝ 物体受4个共点力，合力恒定，当F方向变化时，求F的极小值 正弦定理 ＝＝＝2R(R为△ABC外接圆的半径) 物体受三个共点力平衡，把表示三个力的有向线段作闭合矢量三角形，求某一个力或分析力的变化 拉密定理 当三个共点力的合力为0时，其中任意一个力与其他两个力的夹角正弦的比值相等＝＝ 其实质为正弦定理的变形 直接画出三个合力为0的共点力，应用拉密定理，比正弦定理更加便捷 热点三　力电综合问题 [典例6]　[电学中的平衡问题](2025·浙江一模)如图所示，平行板电容器竖直放置，金属板A、B的内侧表面上的M、N两点，在M、N两点间系一绝缘轻绳1(不可伸长)，绳长为1.25d，M、N两点等高，M、N的水平距离为d，轻绳1上套有一个轻质的光滑小环O，质量为m、电荷量为q的带负电小球，通过绝缘轻短绳2悬挂在环的下方。滑动变阻器滑片P缓慢从左往右滑动，使A、B板间电压UAB从0逐渐增大(重力加速度为g，sin 53°＝0.8，带电球始终处于金属板A、B之间，且不与A、B板接触，不计电荷对电场影响)。下列说法中正确的是(　　) A．UAB＝0时，光滑小环处轻绳1的夹角为53° B．UAB＝0时，轻绳1的张力为mg C．UAB增大时，光滑小环处轻绳1的夹角变小 D．随着UAB增大，轻绳1的张力一直增大 C　[UAB＝0时，短绳2竖直，此时设绳1与竖直方向夹角为θ，则由几何关系sin θ＝＝0.8，可得θ＝53°，可知，光滑小环处轻绳1的夹角为2θ＝106°，由平衡可知，2F1cos 53°＝mg，F1＝mg，故A、B错误；UAB增大时，带负电小球受水平方向的静电力增加，对小球受力 分析可知轻绳2向右倾斜，但是轻绳2的方向仍在轻绳1的角平分线上。 由几何关系得sin α＝＝，即cos β＝1.25sin α，所以β增大时α减小，由受力分析有2FT·cos α＝F＝，即FT＝＝＝，所以当α＝45°时，FT最小，即随着UAB增大，轻绳1的张力FT先减小后增大，故C正确，D错误。故选C。] 　 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。 1．[静态平衡问题](2025·福建卷·T1) 山崖上有一个风动石，无风时地面对风动石的作用力是F1，当受到一个水平风力时，风动石依然静止，地面对风动石的作用力是F2，以下正确的是(　　) A．F2大于F1 B．F1大于F2 C．F1等于F2 D．大小关系与风力大小有关 A　[无风时，地面对风动石的作用力方向竖直向上，与重力平衡，大小为F1＝mg。当受到一个水平风力时，地面对风动石的作用力与竖直向下的重力及水平方向的风力F三力平衡，根据平衡条件可知，地面对风动石的作用力大小为F2＝，故F2大于F1。故选A。] 2．[磁场中的平衡问题](2025·浙江一模)如图所示，匀强磁场中有两个相同的弹簧测力计，测力计下方竖直悬挂一副边长为L，粗细均匀的均质金属等边三角形，将三条边分别记为a、b、c。在a的左右端点M、N连上导线，并通入由M到N的恒定电流，此时a边中电流大小为I，两弹簧测力计的示数均为F1。仅将电流反向，两弹簧测力计的示数均为F2。电流产生的磁场忽略不计，下列说法正确的是(　　) A．a、b、c三条边中电流大小相等 B．两次弹簧测力计示数F1＝F2 C．金属等边三角形的总质量m＝ D．匀强磁场的磁感应强度B＝ C　[根据题意可知，b与c串联后再与a并联，电压相等，bc的电阻为a的电阻的两倍，此时a边中电流大小为I，则bc中的电流为I，故A错误；电流反向前，根据左手定则，可知a边的安培力方向竖直向上，bc边的安培力方向也竖直向上，a边的安培力大小为Fa＝BIL，bc边的安培力大小为Fbc＝B·I·L＝BIL，对金属等边三角形受力分析，可得2F1＋Fa＋Fbc＝mg，解得F1＝，电流反向后，根据左手定则，可知a边的安培力方向竖直向下，bc边的安培力方向竖直向下，a边的安培力大小为F′a＝BIL，bc边的安培力大小为F′bc＝B·I·L＝BIL，对金属等边三角形受力分析，可得2F2＝mg＋F′a＋F′bc，解得F2＝，由上分析可得F1<F2，F1＋F2＝mg，F2－F1＝BIL，解得m＝，B＝，故B、D错误，C正确。故选C。] 3．(多选)[源于粤教必修一P94T10改编]卖货郎是旧时民间在农村或城市小巷流动贩卖日用杂货的商贩，通常肩挑货担走街串巷，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，每条轻绳与竖直方向成30°角，则卖货郎肩挑扁担静止不动时，下列说法正确的是(　　) A．每条轻绳的拉力大小为Mg B．四条轻绳拉力的合力大小为Mg 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与竖直方向的夹角增大为45°，则四条轻绳拉力的合力将变大 BC　[根据平衡条件可知，四条轻绳的拉力合力大小为Mg，即4F cos 30°＝Mg，则每条轻绳的拉力大小为F＝，故A错误，B正确；若货筐上的四条轻绳减小同样长度但仍对称分布，轻绳与竖直方向的夹角α增大，由F′＝可知，每条轻绳的拉力将变大，但合力大小保持不变，故C正确，D错误。] 19/19 学科网（北京）股份有限公司 $