专题一 第1讲 力与物体的平衡-【创新大课堂】2026年高考二轮物理专题复习

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 第1讲　力与物体的平衡 【备考要求】　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，并会处理平衡中的临界与极值问题． 考点一　静态平衡问题 　 1．对物体进行受力分析 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 　 [例1]　(2025·河北卷·4)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 答案　B 解析　如图所示为小球受力分析图： 由于绳上拉力处处相等，所以有F＝F′，内壁截面为半圆形，由几何关系得θ＝45°，则F cos θ＋F′cos θ＋FN＝G，当FN＝0时，F有最大值，有Fm cos 45°＋Fm cos 45°＝G，解得Fm＝G，故B项正确． [例2]　(2025·山东省烟台市高三二模)一个机器人直立时线束对头部的拉力为0，做后仰动作时，线束对头部的拉力与水平方向夹角为30°，脖颈受到的压力与水平方向夹角为45°，简化模型如图所示．不计脖颈与头部间的摩擦，则后仰时脖颈受到的压力与直立时脖颈受到压力之比为(　　) A． B． C．3－ D．3＋ 答案　B 解析　设头部的重力为G.直立时脖颈受到压力等于头部的重力．后仰时，分析头部受力，如图所示： 由平衡条件可得：竖直方向有N sin 45°＝G＋F sin 30° 水平方向有N cos 45°＝F cos 30° 解得脖颈对头部的支持力N＝G 根据牛顿第三定律，后仰时脖颈受到的压力大小等于G，所以后仰时脖颈受到的压力与直立时脖颈受到压力之比为，故A、C、D错误，B正确. 【迁移归纳】 类似这些n个单元呈空间对称性的问题，可以只分析一个单元，这一个单元上竖直方向上的合力与重力的n分之一平衡． [例3]　(2025·南昌市信息卷)歼­20战斗机配备了我国自主研制的矢量发动机，该发动机具备卓越性能，能在不改变飞机飞行方向的前提下，通过灵活转动尾喷口来调整推力方向．在歼­20战斗机沿水平方向超音速匀速巡航时，升阻比(垂直机身向上的升力与平行机身向后的阻力之比)为k，飞机所受重力为G.那么，能使飞机维持水平匀速巡航状态的最小推力是(　　) A． B． C． D． 答案　C 解析　飞机受到重力G、发动机推力F1、升力F2和空气阻力f，重力的方向竖直向下，升力F2的方向竖直向上，空气阻力f的方向与F2垂直，如图所示： 歼­20战斗机沿水平方向超音速匀速巡航，则有水平方向Fx＝f，竖直方向F2＋Fy＝G，其中F2＝kf，解得Fy＝G－kf，则F＝F＋F＝f2＋G2－2Gkf＋k2f2，结合数学知识可知F表达式为开口向上，对称轴为f＝的抛物线，即当f＝时取得最小值，将其代入F表达式，解得Fm＝，故A、B、D错误，C正确． ►变式训练 变式1　(2025·四川省成都石室中学三模)如图所示，完全相同的三根刚性柱竖直固定在水平地面上的A′、B′、C′三点上，三点恰好在等边三角形的三个顶点上，三角形的边长为L，三根完全一样的轻绳一端分别固定在A、B、C三点上，另一端拴接在一起，结点为O.现把质量为m的重物用轻绳静止悬挂在结点O处，O点到ABC平面的距离为L，重物不接触地面，当地重力加速度为g，则AO绳中的张力为(　　) A．mg B．mg C．2mg D．mg 答案　D 解析　设结点O在三角形ABC平面的投影为O1，根据题意和几何关系知O1到A、B、C三点的距离都相等，为：＝，OO1与三根轻绳间的夹角都相同，设为θ，则tan θ＝＝1，故θ＝45°对结点O，根据平衡条件有三根轻绳中的张力大小相等竖直绳的拉力F＝mg，则有F＝3T cos 45°，解得AO绳中的张力为T＝mg，故ABC错误，D正确． 变式2　(2025·江西省萍乡市高三一模)如图所示，用四根长度为1 m的细线连接三个完全相同的灯笼(可视为质点)，每个灯笼的重力为G，现将细线a、d两端悬挂在水平天花板上的M、N两点，中间两段细线b、c夹角为120°，下列说法正确的是(　　) A．细线a拉力大小为G，与水平方向夹角为60° B．细线b拉力大小为，与水平方向夹角为30° C．细线c拉力最大，M、N间距离为(1＋) m D．细线d拉力最大，M、N间距离为2(1＋) m 答案　A 解析　对中间的灯笼受力分析，可得下图： 由对称性可知Fb＝Fc，r＝i＝120°÷2＝60°，由平衡条件可知2Fb cos 60°＝G，解得Fb＝Fc＝G，由几何关系可知α＝90°－i＝90°－60°＝30°，对左边的灯笼受力分析，结合几何关系，可得下图： 由对称性及几何关系可知，Fa方向与水平方向夹角为60°，由平衡条件可知Fa sin 60°＝Fb sin 30°＋G，解得Fa＝G，故A正确，B错误；结合前面分析，由对称可知Fa＝Fd，故细线a、d拉力最大，由几何关系及对称性可知，M、N之间的距离为MN＝2×(1×cos 60°＋1×cos 30°) m，解得MN＝(1＋) m，故C、D错误． 【迁移归纳】 1.在处理共点力平衡的问题时，若出现了两个或多个物体，一般会使用整体法或隔离法，可以使用“整体法＋隔离法”或“隔离法＋隔离法”，可根据具体题目灵活应用． 2．对于匀质绳索的平衡问题，可以选择合适的一段或几段进行受力分析计算，如例3、变式1；或选择一段进行受力分析，逐渐增加(或减少)所选段的长度，再进行分析计算，从而解决问题，如变式2. [例4]　(2022·湖南卷·3)如图(a)，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(b)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(　　) A．当导线静止在图(a)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 答案　D 解析　当导线静止在题图(a)右侧位置时，对导线受力分析如图所示， 可知要让安培力为图示方向，则导线中电流方向应由M指向N，A错误；由于与OO′距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，有sin θ＝，FT＝mg cos θ， 则可看出sin θ与电流I成正比，当I增大时θ增大，则cos θ减小，静止后，导线对悬线的拉力FT减小，B、C错误，D正确． 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．　 考点二　动态平衡问题　平衡中的临界、极值问题 　 [例5]　(2025·湖南省郴州市高三三模)2025年蛇年春节前夕，小李同学看到工人在清洁学校礼堂的玻璃，如图甲所示．某时刻工人坐在质量不计的水平小木板上保持静止状态，小木板长边BC与竖直墙面平行(C端在纸内)，工人手与墙壁、绳均不接触，腿与竖直墙的夹角β＝53°，玻璃墙对脚的作用力沿腿方向，轻绳OA与竖直墙面的夹角α＝37°，如图乙．连接小木板的两等长轻绳AB，AC的夹角θ＝120°，且与OA在同一倾斜平面内，图丙为小木板、轻绳OA、AB、AC的平面图．工人及工具所受总重力为mg，sin 37°＝0.6，g为重力加速度，则(　　) A．AB绳的拉力为0.8mg B．玻璃墙对脚的作用力为0.75mg C．其他条件不变，增大θ角，OA的拉力变大 D．其他条件不变，增大α角，OA的拉力变小 答案　A 解析　工人和木板受力如图1所示： 　 玻璃墙对脚的作用力为F，绳OA上的张力大小为FOA，根据共点力平衡条件可得FOA＝mg cos 37°＝0.8mg，F＝mg sin 37°＝0.6mg，以A点为研究对象，AB、AC的夹角为120°，根据共点力平衡条件可得FAB＝FOA＝0.8mg，故A正确，B错误；结合以上分析可知，其他条件不变，增大θ角，OA的拉力不变，故C错误；其他条件不变，增大α角，如图2所示：OA的拉力变大，故D错误． [例6]　(2022·河北卷·7)如图，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，绳与木板之间的夹角保持不变，忽略圆柱体与木板之间的摩擦，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 答案　B 解析　方法一：解析法 设两根细绳对圆柱体拉力的合力大小为FT，木板对圆柱体的支持力大小为FN，从右向左看，受力分析如图所示，绳子与木板间的夹角不变，α也不变，在矢量三角形中，根据正弦定理有＝ ＝， 在木板以底边MN为轴向后方缓慢转动直至水平的过程中，α不变，γ从90°逐渐减小到0， 又γ＋β＋α＝180°，且α<90°， 可知90°<γ＋β<180°，则0<β<180°， 可知β从锐角逐渐增大到钝角， 根据＝ ＝ 可知， sin γ不断减小，FT逐渐减小，sin β先增大后减小，FN先增大后减小，结合牛顿第三定律可知，圆柱体对木板的压力先增大后减小，设两根细绳之间的夹角为2θ，一根细绳的拉力大小为F′T，则2F′Tcos θ＝FT，可得F′T＝，θ不变，FT逐渐减小，可知两根细绳上的拉力不断减小，两根细绳对圆柱体拉力的合力不断减小，故B正确，A、C、D错误． 方法二：辅助圆法 作出圆柱体的重力mg、木板对圆柱体的支持力FN、两根细绳对圆柱体拉力的合力FT初始状态矢量三角形，并画出它的外接圆，使A点在圆上顺时针移动，FT与竖直方向夹角变大，由图可知，FT逐渐减小，FN先增大后减小． 1．三力作用下的动态平衡 2．四力作用下的动态平衡 (1)在四力平衡中，如果有两个力为恒力，或这两个力的合力方向恒定，为了简便，可用这两个力的合力代替这两个力，转化为三力平衡，例如：如图甲所示，qE<mg，把挡板沿逆时针方向缓慢转至水平的过程中，可以用重力与静电力的合力F合＝mg－qE代替重力与静电力． (2)对于一般的四力平衡及多力平衡，可采用正交分解法． 甲　乙 (3)在力的方向发生变化的平衡问题中求力的极小值时，一般利用三角函数求极值．也可利用“摩擦角”将四力平衡转化为三力平衡，从而求拉力的最小值．例如：如图乙所示，物体在拉力F作用下做匀速直线运动，改变θ大小，求拉力的最小值时，可以用支持力与摩擦力的合力F′代替支持力与摩擦力，Fmin＝mg sin θ，其中FN与Ff的合力方向一定，“摩擦角”θ满足tan θ＝.　 3．数学知识在力学中的应用 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 学科网（北京）股份有限公司 $