模块1 专题1 力与物体的平衡-【备考最优解】2026版高考二轮专题复习·物理（教用word）

专题一　力与物体的平衡 命题点1　力及力的合成与分解 [近3年6卷6考] 考向1　力的分析 　(2025·陕晋青宁卷，T4)如图，质量为m的均匀钢管，一端支在粗糙水平地面上，另一端被竖直绳悬挂，处于静止状态。钢管与水平地面之间的动摩擦因数为μ，夹角为θ，重力加速度大小为g，则地面对钢管左端的摩擦力大小为(　　) A．μmg cos θ B．μmg C．μmg D．0 [解析]　对钢管受力分析如图所示，若地面对钢管有摩擦力，则钢管水平方向受力不平衡，故地面对钢管左端的摩擦力大小为0，D正确。 [答案]　D 　(2025·北京卷，T6)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 [解析]　根据题意，对A受力分析可知，受重力、B的支持力，由于A静止，则A还受B沿斜面向上的静摩擦力，对B受力分析可知，受重力、斜面的支持力、A的压力、拉力F、A沿斜面向下的摩擦力，由于B静止，则还受沿斜面向上的摩擦力，即B受6个力作用。 [答案]　C 考向2　力的合成 　(2025·广东佛山市一模)靠墙静蹲是一种训练腿部肌肉的方式，如图所示。若此人重力为G，静蹲时竖直墙壁对人的弹力大小为N、方向水平向右，忽略墙壁对人的摩擦，鞋底与水平地面间的动摩擦因数为μ，则下列说法正确的是(　　) A．地面对脚的摩擦力大小为μG，方向水平向左 B．脚对地面的摩擦力大小为N，方向水平向左 C．地面对人的作用力大小为 D．地面和墙壁对人的作用力的合力大小为 [解析]　对人受力分析，在水平方向根据平衡条件可知，人受到墙壁对人水平向右的弹力N和地面对人水平向左的摩擦力f，大小相等，即f＝N，根据牛顿第三定律可知，脚对地面的摩擦力水平向右，大小为N，故A、B错误；在竖直方向上，根据平衡条件可知，地面对人竖直向上的支持力和人的重力大小相等，即Fy＝G，在水平方向上f＝N，所以地面对人的作用力大小F＝＝，故C正确；对人受力分析，人受到地面对人的作用力、墙壁对人的弹力和重力，根据平衡条件可知，地面和墙壁对人的作用力的合力与人的重力等大反向，故D错误。 [答案]　C 考向3　力的分解 　(2025·广东深圳市南山区期末统考)榫卯结构是中国传统建筑、家具和其他木制器具的主要结构方式。如图甲所示为榫眼的凿削操作，图乙为截面图，凿子尖端夹角为θ，在凿子顶部施加竖直向下的力F时，其竖直面和侧面对两侧木头的压力分别为F1和F2，不计凿子的重力及摩擦力，下列说法正确的是(　　) A．F1大于F2 B．夹角θ越小，F1越大 C．F大于F2 D．夹角θ越大，凿子越容易凿入木头 [解析]　作出力F分解的关系图，如图所示，根据牛顿第三定律可知F1′＝F1，F2′＝F2，由图可知F2＞F1，F2＞F，故A、C错误；根据几何关系有F2＝，F1＝，力F一定时，夹角θ越小，F1和F2均变大，凿子越容易凿入木头，夹角θ越大，F1和F2均变小，凿子越不容易凿入木头，故B正确，D错误。 [答案]　B 命题点2　受力分析和平衡条件的应用 [近3年11卷11考] 　(2025·福建卷，T1)如图所示，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，关于F1和F2的大小关系，下列说法正确的是(　　) A．F2大于F1 B．F1大于F2 C．F1等于F2 D．F1和F2的大小关系与风力大小有关 [解析]　无风时，对风动石受力分析，有F1＝mg，当水平微风吹过时，对风动石的受力分析如图所示，可知F2的大小等于mg和F风的合力大小，则F1的大小小于F2的大小，A正确。 [答案]　A 　(2025·河北卷，T4)如图，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 [解析]　分析可知当凹槽底部对小球支持力为零时，此时拉力F最大，根据平衡条件有2Fmcos 45°＝G，解得Fm＝G。 [答案]　B 单体 平衡 模型 示例 分析 由正交分解法得T sin θ＝F，T cos θ＝mg，解得F＝mg tan θ 多体 平衡 (隔离法) 模型 示例 分析 对S受力分析如图1，则有2T cos 30°＝f，解得T＝f；对P受力分析如图2，则有(T sin 30°)2＋(f＋T cos 30°)2＝F2，解得F＝ 多体平衡(整体法和隔离法) 模型 示例 分析 对B球：由正交分解法得 FB cos α＝mg FB sin α＝F 对AB球：由力的合成法得 FA＝，F＝2mg tan θ 命题点3　动态平衡问题 [近3年1卷1考] 1．处理动态平衡问题的基本思路 化“动”为“静”，“静”中求“动”。 2．解动态平衡问题的常用方法 (1)图解法：当物体所受的一个力恒定、另一个力的方向恒定时可用此法。例：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)。 (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。例：b点上下移动或者b板左右移动(如图所示)。 结论：sin θ＝，F＝，绳子端点上下移动，力F不变；向左(右)移动时，F会减小(增加)。 (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(如图所示)。 (4)辅助圆法：例：小球被PO和ON轻绳系住，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。 结论：ON的拉力先变大后变小，OP的拉力变小。 考向1　解析法的应用 　(2025·山西省高考考前适应性测试)研究表明，经常低头玩手机易引发颈椎病。若将人的头颈部简化为如图所示的模型：低头时头部受到重力G、颈椎后面肌肉拉力FT和颈椎支持力FN的作用。人的头越低，FN与竖直方向的夹角就越大，FT方向可视为不变，则低头的角度增大时(　　) A．FN和FT都变小　 B．FN和FT都变大 C．FN变大，FT变小 D．FN变小，FT变大 [解析]　对头部受力分析如图所示，由图可知，支持力FN、拉力FT与重力G三个力的合力为0，重力G的大小和方向都不变，拉力FT方向不变，根据三角形定则可知FN与竖直方向的夹角增大，FN和FT都变大。 [答案]　B 考向2　图解法的应用 　(多选)(2025·福建莆田市二模)如图，红灯笼悬挂在竖直墙壁之间，细绳OB水平。若悬挂点B沿墙壁向上缓慢移动的过程中，适当将细绳OB延长，以保持O点的位置不变，则细绳OA的拉力大小F1和细绳OB的拉力大小F2的变化可能是(　　) A．F1逐渐减小 B．F1先减小后增大 C．F2逐渐增大 D．F2先减小后增大 [解析]　以O点为研究对象，O处于平衡状态，根据受力平衡，可知AO上的力与BO上的力的合力与重力大小相等，方向相反，如图所示；由图可知，在B点向上移动的过程中，绳子OA上的拉力F1逐渐减小，OB上的拉力F2先减小后增大。 [答案]　AD 考向3　拉密定理的应用 　(多选)(2025·天津红桥区期末)如图所示，将两块光滑平板OA、OB固定连接，构成顶角为60°的楔形槽，楔形槽内放置一质量为m的光滑小球，整个装置保持静止，初始时OA板在水平地面上，现使楔形槽绕O点顺时针缓慢转动至OA板竖直，则转动过程中(　　) A．初始时OA板对小球的作用力最大 B．转过30°时OA板对小球的作用力最大 C．转过60°时OB板对小球的作用力最大 D．转过90°时OB板对小球的作用力最大 [解析]　转动过程中某时刻受力分析如图所示，则缓慢转动过程中，小球受力平衡，根据拉密定理可知，＝＝，因为转动过程中，α＝120°不变，小球重力G不变，则比值不变；θ角由60°增大到150°，β角由180°减小到90°，sin θ先增大后减小，sin β一直增大，所以NA先增大后减小，NB一直增大。当θ＝90°时，sin θ最大，NA最大，即转过30°时，OA板对小球的作用力最大；当β＝90°时，sin β最大，NB最大，即转过90°时，OB板对小球的作用力最大。 [答案]　BD 考向4　相似三角形法的应用 　(2025·四川广安市二诊)某智能机械臂应用模型如图所示，机械臂通过不可伸长的吊索OB和可以伸缩的液压杆OA吊起重物，其中A点通过铰链与竖直墙面连接。现缓慢调整液压杆OA，使吊索OB逐渐趋近水平，在此过程中(　　) A．OA的支持力逐渐增大，OB的拉力大小不变 B．OA的支持力先减小后增大，OB的拉力大小不变 C．OA的支持力逐渐增大，OB的拉力逐渐减小 D．OA的支持力大小不变，OB的拉力逐渐减小 [解析]　对O点受力分析如图，根据相似三角形关系可知＝＝，缓慢调整液压杆OA，使吊索OB逐渐趋近水平，在此过程中，G不变，AB不变，则不变；OA变大，OB不变，可知FOA变大，FOB不变。 [答案]　A 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 命题点4　电学中的平衡问题 [近3年4卷4考] 1．基本思路 要坚持“电学问题、力学方法”的基本思路，结合电学的基本规律和力学中的受力分析及平衡条件解决问题。 2．注意事项 (1)点电荷间的作用力大小要用库仑定律求解。 (2)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，同时注意将立体图转化为平面图。 (3)电场力或安培力的出现，可能会对弹力或摩擦力产生影响。 (4)涉及电路问题时，要注意闭合电路欧姆定律的应用。 　(2025·福建卷，T11)两个正点电荷Q1与Q2静立于竖直平面内，如图所示，于P点放置一检验电荷，其恰好处于静止状态，PQ1与Q1Q2之间的夹角为30°，PQ1⊥PQ2，则Q1与Q2电荷量之比为________。在PQ1连线上________(选填“存在”或“不存在”)其他点能让同一检验电荷维持平衡状态。 [解析]　由题意知，检验电荷在P点静止，受力分析如图所示，可知检验电荷所受库仑力的合力竖直向上，则必然存在竖直向下的力的作用，即检验电荷的重力不能忽略，且由几何关系有F1＝F2tan 30°，即＝·tan 30°，又＝tan 30°，联立解得Q1∶Q2＝∶1，若PQ1连线上存在这样一点，则检验电荷受到Q1的电场力F1′>F1，方向不变，受到Q2的电场力F2′<F2，与竖直方向夹角变大，由于检验电荷质量不变，受力分析如图所示，则由图应有F2′>F2，与F2′<F2矛盾，故不存在该点。 [答案]　∶1　不存在 　(2025·安徽合肥市质检)如图所示，光滑金属导轨与水平面成α角，金属杆ab垂直放置在导轨上，导轨处于匀强磁场中。接通电路后，当磁场方向垂直于导轨平面向上、磁感应强度大小为B1时，ab被释放后保持静止；当磁场方向竖直向上、磁感应强度大小为B2时，ab被释放后也能保持静止，则为(　　) A．sin α B．cos α C．tan α D．tan－1α [解析]　磁场方向垂直于导轨平面向上，安培力方向沿斜面向上，有mg sinα＝B1IL，当磁场方向竖直向上、磁感应强度大小为B2时，安培力方向水平向右，有B2IL cos α＝mg sin α，联立解得＝cos α。 [答案]　B 　(2025·江苏苏锡常镇一模)如图甲所示，轻绳吊着匝数n＝100的正方形闭合线圈abcd，bd下方区域分布着匀强磁场，磁感应强度大小B随时间t的变化关系如图乙所示，线圈始终处于静止状态。已知线圈的质量m＝1 kg、边长L＝0.2 m、电阻R＝10 Ω，g取10 m/s2。t＝4 s时，求： (1)线圈中的感应电流大小I； (2)轻绳的拉力大小F。 [解析]　(1)根据法拉第电磁感应定律可得 E＝n＝n· 解得E＝1 V 则线圈中的感应电流大小I＝＝0.1 A。 (2)t＝4 s时，线圈受到的安培力大小F安＝nIBL 解得F安＝4 N 线圈处于平衡状态，则有F＝F安＋mg 解得F＝(10＋4) N。 [答案]　(1)0.1 A　(2)(10＋4) N 学科网（北京）股份有限公司 $