01 专题一 第1课时 力与物体的平衡（课件PPT）-【高考快车道】2026年高考物理大二轮专题复习与策略（广东专版）

专题一　力与运动 1 第1课时　力与物体的平衡 第1课时　力与物体的平衡 真题呈现 2021·广东卷T3——力的分解、作用力和反作用力 2022·广东卷T1——共点力的平衡 2023·广东卷T2——力的分解、共点力的平衡 考情 分析 高考对本讲的命题热点主要集中在受力分析，利用合成法、正交分解法处理静态平衡问题、动态平衡问题。题目一般为选择题，多源自生产生活，学生要能从情境中抽象出物理模型，使用整体法、隔离法选择研究对象，并正确进行受力分析。此类题目中空间立体情境多，要善于将立体图转化为平面图。 第1课时　力与物体的平衡 真题情境 　　　 　　　 2021·广东卷T3　　　2022·广东卷T1　　　2023·广东卷T2 第1课时　力与物体的平衡 突破点一　力学中的平衡问题 考向1　物体的静态平衡 1．力学问题处理的一般步骤 选择研究对象→受力分析→列平衡方程。 2．研究对象选取的两点技巧 (1)涉及多个物体时，应考虑整体法或隔离法。采用整体法进行受力分析时，要注意系统内各个物体的状态应该相同。 突破点一 突破点二 课后限时练 第1课时　力与物体的平衡 6 (2)当直接分析一个物体的受力不方便时，可转移研究对象，先分析与之相互作用的另一个物体的受力，再根据牛顿第三定律分析该物体的受力，此法叫“转移研究对象法”。 突破点一 突破点二 课后限时练 第1课时　力与物体的平衡 3．求解静态平衡的三种方法 力的合成法、效果分解法及正交分解法，示意图如图所示。 突破点一 突破点二 课后限时练 第1课时　力与物体的平衡 [典例1]　(2024·贵州卷)如图(a)，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 √ 突破点一 突破点二 课后限时练 第1课时　力与物体的平衡 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F'N＝FN＝mg，故选D。] [典例2]　(2025·广东深圳一模)2024年巴黎奥运会，中国运动员刘洋成功卫冕男子吊环项目。吊环训练中的悬停情境如图所示，若悬绳长均为L＝2.5 m，两悬绳的悬点间距d＝0.5 m，手臂伸长后两环间距D＝1.50 m，运动员质量m＝60 kg，忽略悬绳和吊环质量，不计吊环直径，g取10 m/s2。此时左侧悬绳上的张力大小为(　　) A．300 N B．600 N C．125 N D．250 N √ 突破点一 突破点二 课后限时练 第1课时　力与物体的平衡 C　[由于刘洋处于静止状态，两条绳子对他的拉力的合力等于他的重力mg，设绳子与竖直方向的夹角为θ，则有2Tcos θ＝mg，根据几何关系有sin θ＝，可得每条绳子上的拉力大小为T＝125 N，故选C。] 【教师备选资源】 1．(2024·浙江6月选考)如图所示，在同一竖直平面内，小球A、B上系有不可伸长的细线a、b、c和d，其中a的上端悬挂于竖直固定的支架上，d跨过左侧定滑轮、c跨过右侧定滑轮分别与相同配重P、Q相连，调节左、右两侧定滑轮高度达到平衡。已知小球A、B和配重P、Q质量均为50 g，细线c、d平行且与水平成θ＝30°(不计摩擦)，g取10 m/s2，则细线a、b的拉力分别为(　　) A．2 N，1 N　 B．2 N，0.5 N C．1 N，1 N　 D．1 N，0.5 N √ 突破点一 突破点二 课后限时练 第1课时　力与物体的平衡 D　[由题意可知细线c对A的拉力和细线d对B的拉力大小相等、方向相反，对A、B整体分析可知细线a的拉力大小为Ta＝(mA＋mB)g＝ 1 N，设细线b与水平方向夹角为α，对A、B分析分别有Tbsin α＋Tcsin θ＝mAg，Tbcos α＝Tc cos θ，解得Tb＝0.5 N，故选D。] 突破点一 突破点二 课后限时练 第1课时　力与物体的平衡 2．(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f，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．f　 B．f C．2f　 D．3f √ 突破点一 突破点二 课后限时练 第1课时　力与物体的平衡 B　[根据题意对S受力分析如图甲所示 突破点一 突破点二 课后限时练 第1课时　力与物体的平衡 正交分解可知2Tcos 30°＝f，所以有T＝f，对P受力分析如图乙所示 则有(Tsin 30°)2＋( f＋Tcos 30°)2＝F2，解得F＝f，故选B。] 突破点一 突破点二 课后限时练 第1课时　力与物体的平衡 考向2　物体的动态平衡 1．基本思路：化“动”为“静”，“静”中求“动”。 2．解决动态平衡问题的三种常用方法 (1)图解法：一个力恒定、另一个力的方向恒定时可用此法。如挡板P由竖直位置向水平位置缓慢旋转时小球受力的变化(如图所示)。 突破点一 突破点二 课后限时练 第1课时　力与物体的平衡 (2)解析法：如果物体受到多个力的作用，可进行正交分解，利用解析法，建立平衡方程，根据自变量的变化确定因变量的变化。 (3)相似三角形法：一个力恒定、另外两个力的方向同时变化，当所作矢量三角形与空间的某个几何三角形总相似时用此法(如图中阴影所示)。 突破点一 突破点二 课后限时练 第1课时　力与物体的平衡 (4)三角形动态圆法： 受力分析后，如果物体受到三个力的作用，其中一个力是恒力，另外两个力的方向都发生变化，但两力的夹角不变，可以使用三角形动态圆法。作出动态圆，恒力为圆的一条弦，利用两力夹角不变，根据不同位置判断各力的大小变化。 突破点一 突破点二 课后限时练 第1课时　力与物体的平衡 [典例3]　(2024·广东珠海高三阶段练习)羱羊具有很强大的爬坡能力，如图是羱羊爬上水坝壁上舔舐钙盐的场景。假设羱羊从水平地面缓慢爬上圆弧山坡，则在此过程中羱羊(　　) A．受到的支持力增大 B．受到的摩擦力增大 C．受到山坡的作用力增大 D．受到的合力增大 √ 突破点一 突破点二 课后限时练 第1课时　力与物体的平衡 B　[设坡面倾角为θ，则N＝mg cos θ，f＝mg sin θ，缓慢上坡的过程中，倾角增大，则支持力减小，摩擦力增大，故A错误，B正确；根据平衡条件可知羱羊受到山坡的作用力与重力是一对平衡力，保持不变，故C错误；羱羊缓慢上坡的过程中，处于平衡状态，合力始终为零，保持不变，故D错误。故选B。] [典例4]　(2025·广东一模)如图，光滑圆环竖直固定在水平地面上，细线通过圆环最高点的小孔Q与套在圆环上的小球相连，拉住细线使小球静止于P处。设小球的重力为G，细线与圆环竖直直径的夹角为θ，细线对小球的拉力大小为T。拉动细线使小球缓慢沿圆环向上移动，则下列T随θ变化的图像可能正确的是(　　) 突破点一 突破点二 课后限时练 第1课时　力与物体的平衡 A　　　　　　　B C　　　　　　　D √ 突破点一 突破点二 课后限时练 第1课时　力与物体的平衡 D　[对小球进行分析，小球受到重力、绳的拉力T与圆环的弹力N三个力的作用，令圆环的圆心为O，半径为R，则重力方向平行于题图中虚线表示的直径，绳拉力方向沿绳，圆环弹力方向沿半径，根据相似三角形有＝，根据几何关系有xPQ＝2Rcos θ，解得T＝2Gcos θ，可知，T随θ变化的图像为余弦曲线，且最大值为2G，只有D选项符合要求。故选D。] 【教师备选资源】 1．(多选)(2024·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 √ √ 突破点一 突破点二 课后限时练 第1课时　力与物体的平衡 AC　[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。故选AC。] 突破点一 突破点二 课后限时练 第1课时　力与物体的平衡 [典例5]　(多选)(2025·湖南怀化三模)如图甲所示，工人用叉车拉石墩时，可简化为如图乙所示的模型，∠BAC＝90°，叉车臂AC与水平方向夹角为θ。不计球形石墩表面摩擦，叉车和石墩始终保持相对静止，在叉车匀速运动的过程中，若θ从0°缓慢增加为90°，叉车臂对石墩的作用力FAC和车把对石墩的作用力FAB的大小变化为(　　) A．FAB一直增加 B．FAB先增加后减小 C．FAC先减小后增加 D．FAC一直在减小 √ √ 突破点一 突破点二 课后限时练 第1课时　力与物体的平衡 AD　[在叉车匀速运动的过程中，对石墩进行受力分析，并将石墩所受的三个力进行平移构成一个首尾相接的矢量三角形，在θ从0°增加为90°过程中，该矢量三角形的三个顶点应落在一个圆上，如图所示 重力为圆的直径，由图可知，FAB一直增加，FAC一直在减小。故选AD。] 【题后总结】　 用几何法分析物理问题 　　利用几何法求解物理问题时，常用到的有“相似三角形的特性”“正(余)弦定律”等相关知识。 1．三角形相似法的应用 在共点力平衡问题、运动的合成与分解、电磁场的合成与分解以及几何光学等物理情境中，常会出现力三角形、速度三角形、位移三角形等矢量三角形和结构(长度)三角形相似的情况，准确作图、仔细观察、灵活选用相似三角形的边角关系是解题的关键。 突破点一 突破点二 课后限时练 第1课时　力与物体的平衡 2．三角函数、正(余)弦定理的应用 三角函数、正(余)弦定理反映了三角形边与角之间的定量关系。物理量在合成或分解时会构成矢量三角形，若为直角三角形，可直接用三角函数或勾股定理分析计算，若为斜三角形，则通常要用到正(余)弦定理分析求解。 突破点一 突破点二 课后限时练 第1课时　力与物体的平衡 考向3　平衡中的临界、极值问题 1．解题思路 解决此类问题重在形成清晰的物理情境，分清楚物理过程，从而找出临界条件或达到极值的条件。 突破点一 突破点二 课后限时练 第1课时　力与物体的平衡 2．常见的三种方法 (1)极限法：首先要正确地进行受力分析和变化过程分析，把某个物理量推向极端，即极大或极小。 (2)解析法：通过对问题的分析，依据物体的平衡条件写出物理量之间的函数关系(画出函数图像)，用数学方法求极值(如求二次函数极值、公式极值、三角函数极值)。 (3)图解法：根据物体的平衡条件，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，确定最大值与最小值。 突破点一 突破点二 课后限时练 第1课时　力与物体的平衡 [典例6]　[一题多解]如图所示，学校门口水平地面上有一质量为m的石墩，石墩与水平地面间的动摩擦因数为μ。工作人员用轻绳按图示方法匀速移动石墩时，两平行轻绳与水平面间的夹角均为θ，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　) A．轻绳的合拉力大小为 B．轻绳的合拉力大小为 C．减小夹角θ，轻绳的合拉力一定减小 D．轻绳的合拉力最小时，地面对石墩的摩擦力也最小 √ 突破点一 突破点二 课后限时练 第1课时　力与物体的平衡 B　[解法一：解析法 对石墩受力分析如图所示，设两根轻绳的合拉力为F， 根据平衡条件有Fcos θ＝Ff，Fsin θ＋FN＝mg，且μFN＝Ff， 联立可得F＝，选项A错误，B正确；上式变形得 F＝，其中tan α＝，根据三角函数特点，由于θ的初始值不知道，因此减小θ，轻绳的合拉力F并不一定减小，选项C错误；根据上述讨论，当θ＋α＝90°时，轻绳的合拉力F最小，而摩擦力Ff＝Fcos θ＝＝，可知增大夹角θ，摩擦力一直减小，当θ趋近于90°时，摩擦力最小，故轻绳的合拉力F最小时，地面对石墩的摩擦力不是最小的，选项D错误。 解法二：图解法   核心思想：化四力平衡为三力平衡，再利用图解法分析。 对石墩受力分析如图所示，设两根轻绳的合拉力为F，根据平衡条件有Fcos θ＝Ff，Fsin θ＋FN＝mg，且μFN＝Ff，联立可得F＝，选项A错误，B正确； 因为Ff＝μFN，有tan α＝μ，因此FN和Ff的合力F合(也被称为全反力)方向不变，且只与μ有关，因此可以将FN和Ff的合力看作一个方向不变但大小变化的力，此时mg、F和F合可构成矢量三角形。由图可得，当F和F合相互垂直时，F最小，但是由于θ的初始值未知，因此减小θ，F有可能减小，有可能先减小后增大，也有可能一直增大，选项C错误；由图可得，当F最小时，F合不是最小，因此Ff不是最小，选项D错误。] 突破点二　电磁场中的平衡问题 1．电磁场中平衡问题的特点 电磁场中的平衡问题是指在电场力、安培力或洛伦兹力参与下的平衡问题，求解方法与纯力学问题的方法一样。处理电磁场中的平衡问题的步骤： 突破点二 课后限时练 突破点一 第1课时　力与物体的平衡 38 2．解题注意事项 (1)安培力方向的判断：要先判断磁场方向、电流方向，再用左手定则判断，同时需将立体图转化为平面图。 (2)电场力或安培力的出现，可能会对压力或摩擦力产生影响。 (3)涉及电路问题时，要想到闭合电路欧姆定律的应用。 突破点二 课后限时练 突破点一 第1课时　力与物体的平衡 考向1　电场中的平衡问题 [典例7]　(多选)在如图所示的水平匀强电场中，将两个带电小球M和N分别沿图示路径移动到同一水平线上的不同位置，释放后M、N保持静止，不计重力，则(　　) A．M的带电荷量比N的大 B．M带负电荷，N带正电荷 C．静止时M受到的合力比N的大 D．移动过程中匀强电场对M做负功 √ √ 突破点二 课后限时练 突破点一 第1课时　力与物体的平衡 BD　[因为小球M、N在释放后保持静止，以M、N为研究对象，说明受到的合外力为0，由F＝qE可知，二者所带的电荷量大小相等，电性相反，M、N之间库仑力为引力，M所受电场力向左，M带负电，N带正电，故A错误，B正确；静止时二者受到的合力都是0，故C错误；M带负电，受到的电场力的方向向左，所以移动过程中匀强电场对M做负功，故D正确。] 考向2　磁场中的平衡问题 [典例8]　如图甲所示，直导线MN被两等长且平行的绝缘轻绳悬挂于水平轴OO'上，其所在区域存在方向垂直指向OO'的磁场，与OO'距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，其截面图如图乙所示。导线通以电流I，静止后，悬线偏离竖直方向的夹角为θ。下列说法正确的是(　　) 突破点二 课后限时练 突破点一 第1课时　力与物体的平衡 A．当导线静止在图甲右侧位置时，导线中电流方向由N指向M B．电流I增大，静止后，导线对悬线的拉力不变 C．tan θ与电流I成正比 D．sin θ与电流I成正比 √ 突破点二 课后限时练 突破点一 第1课时　力与物体的平衡 D　[当导线静止在题图甲右侧位置时，直导线MN在重力、拉力和安培力的作用下处于平衡状态，由平衡条件可知，直导线MN所受安培力指向右侧，又因为安培力与磁场方向垂直，所以安培力垂直于轻绳指向右上方，由左手定则可知，导线中电流方向由M指向N，A项错误；由力的平衡条件有轻绳拉力F＝mgcos θ，又因为BIL＝mgsin θ，得sin θ＝I，分析易知B、C项错误，D项正确。] 【教师备选资源】 1．(2024·广东汕头高三期中)如图所示，电阻不计的水平导轨间距0.5 m，导轨处于方向与水平面成53°角斜向右上方的磁感应强度为5 T的匀强磁场中。导体棒ab垂直于导轨放置且处于静止状态，其质量m＝1 kg，电阻R＝0.9 Ω，与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5，电源电动势E＝10 V，其内阻r＝0.1 Ω，定值电阻的阻值R0＝4 Ω。不计定滑轮的摩擦，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，细绳对ab的拉力沿水平方向，重力加速度g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，则(　　) 突破点二 课后限时练 突破点一 第1课时　力与物体的平衡 A．导体棒ab受到的摩擦力方向一定向右 B．导体棒ab受到的安培力大小为5 N，方向水平向左 C．重物重力G最小值是1.5 N D．重物重力G最大值是7.5 N √ 突破点二 课后限时练 突破点一 第1课时　力与物体的平衡 D　[由闭合电路欧姆定律可得I＝＝ A＝2 A，ab受到的安培力大小为F安＝BIL＝5×2×0.5 N＝5 N，方向垂直于磁场沿左上方，故B错误；若导体棒ab恰好有水平向左的运动趋势时，导体棒所受静摩擦力水平向右，则由共点力平衡条件可得mg＝F安cos α＋FN，F安sin α＝Ffmax＋G1，Ffmax＝μFN，联立解得G1＝0.5 N，若导体棒ab恰好有水平向右的运动趋势时，导体棒所受静摩擦力水平向左，则由共点力平衡条件可得mg＝F安cos α＋FN，F安sin α＋Ffmax＝G2，Ffmax＝μFN，联立解得G2＝7.5 N，所以重物重力G的取值范围为0.5 N≤G≤7.5 N，故A、C错误，D正确。故选D。] 突破点二 课后限时练 突破点一 第1课时　力与物体的平衡 $