第1编 专题1 力与运动 第1讲 力与物体的平衡（课件PPT）-【满分思维】2026年高考二轮专题复习·物理

该高中物理高考复习课件聚焦“力与物体的平衡”专题，依据高考评价体系覆盖静态平衡、动态平衡、临界极值及三维空间平衡四大核心考点，通过梳理近三年真题明确静态平衡占比45%、动态平衡占30%的高频分布，归纳出受力分析、正交分解等常考题型。 课件亮点在于“真题精讲+方法建模+素养提升”策略，如以2025福建卷风动石问题为例，运用“四步受力分析法”和合成法培养科学思维中的模型建构与科学推理能力。特设“多题归一”技巧总结和微专题突破，帮助学生掌握动态平衡图解法等得分关键，教师可依托体系化内容实现精准复习指导。

第1讲　力与物体的平衡 贯通•知识脉络 研学•核心考点 目录索引 微专题1 贯通•知识脉络 研学•核心考点 考点一　静态平衡问题 1.四步搞定受力分析 考点一 考点二 考点三 2.解决共点力平衡问题的三种方法 考点一 考点二 考点三 例1　(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大小关系与风力大小有关 A 考点一 考点二 考点三 解析 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。 考点一 考点二 考点三 例2　(多选)(2025河南郑州模拟)如图甲所示,在“亲子活动”中,一位勇敢的宝宝在父母的鼓励与保护下,沿绳梯缓缓而行最终顺利登顶完成自我挑战。现将宝宝攀登过程中的某一瞬间简化成图乙所示情境:两段轻绳与质量为m的小球P相连,右绳a的一端固定在墙壁上的A点,左绳b的一端与水平地面上质量为m0的物块Q相连于B点,系统保持静止。已知绳a与竖直墙壁成α=45°角,绳b与水平方向成β=15°角,重力加速度为g,sin 75°=, cos 75°=,则下列说法正确的是(　　) A.绳a与绳b中的拉力大小相等 B.绳b中的拉力大小为mg C.物块Q所受地面的摩擦力大小为mg D.物块Q对地面的压力大小为(m+m0)g 考点一 考点二 考点三 例2　(多选)(2025河南郑州模拟)如图甲所示,在“亲子活动”中,一位勇敢的宝宝在父母的鼓励与保护下,沿绳梯缓缓而行最终顺利登顶完成自我挑战。现将宝宝攀登过程中的某一瞬间简化成图乙所示情境:两段轻绳与质量为m的小球P相连,右绳a的一端固定在墙壁上的A点,左绳b的一端与水平地面上质量为m0的物块Q相连于B点,系统保持静止。已知绳a与竖直墙壁成α=45°角,绳b与水平方向成β=15°角,重力加速度为g,sin 75°=, cos 75°=,则下列说法正确的是(　　) A.绳a与绳b中的拉力大小相等 B.绳b中的拉力大小为mg C.物块Q所受地面的摩擦力大小为mg D.物块Q对地面的压力大小为(m+m0)g BC 考点一 考点二 考点三 解析 小球P处于静止状态,其受力分析如图所示,根据几何关系可知Fa>Fb,即绳a中的拉力大于绳b中的拉力,A错误;结合上述,根据正弦定理有,解得Fa=·mg=mg, Fb=·mg=mg,B正确;将P、Q视为一个整体,对整体进行分析,Q所受地面的静摩擦力Ff=Fa·sin 45°=mg,C正确;将P、Q视为一个整体,对整体进行分析,Q所受地面支持力FN=(m+m0)g-Fa·cos 45° =g,根据牛顿第三定律可知,物块Q对地面的 压力大小为g,D错误。 考点一 考点二 考点三 拓展变式　(2025山东聊城模拟)如图所示,三段细绳a、b、c依次连接,P、Q为两个结点,连接后绳的两端分别固定在竖直墙壁上的A、D两点,对结点P施加水平向右的拉力F,通过短细线悬挂于Q点的物块静止。已知物块的质量为m,结点P、Q在墙壁上的垂直投影点分别为B、C,各段长度的关系为lAB∶lBC∶lCD∶lCQ∶lBP=4∶4∶2∶2∶3,重力加速度为g,则水平拉力F的大小为(　　) A.mg B.mg C.mg D.mg B 考点一 考点二 考点三 解析 如图甲所示,设细绳a、c与水平方向的夹角分别为β、α,细绳b与竖直方向的夹角为θ,细绳b上的拉力为Fb。对结点Q受力分析,如图乙所示,根据正弦定理可得。对结点P受力分析,如图丙所示,根据正弦定理可得,两式联立可得F=mg,根据两角和(差)公式将上式展开,结合长度关系,解得水平拉力F=mg,故选B。 考点一 考点二 考点三 多题归一 整体法与隔离法的应用技巧 情境示例 ① ② ③ ④ ⑤     ⑥ 考点一 考点二 考点三 关键点拨 共点力平衡问题中,如果出现两个或多个物体时,要灵活选用“整体法+隔离法”。如表中图①所示,选甲、乙整体受力分析可求a、c绳上的弹力,由于b绳倾斜,需要依次隔离甲、乙进行受力分析,最后联立才能求得b绳弹力。当物体对称分布(如图②、⑥)时,解题过程中要注意利用对称性 考点一 考点二 考点三 考点二　动态平衡问题 1.三力作用下的动态平衡 考点一 考点二 考点三 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,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:如图所示,qE<mg,把挡板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问题,可采用正交分解法。 考点一 考点二 考点三 例3　某中学为增强学生体魄,组织学生进行体育锻炼。在某次锻炼过程中,一学生将铅球置于两手之间,其中两手之间夹角为60°。保持两手之间夹角不变,将右手由图示位置缓慢旋转60°至水平位置。不计一切摩擦,则在转动过程中,下列说法正确的是(　　) A.右手对铅球的弹力增大 B.右手对铅球的弹力先增大后减小 C.左手对铅球的弹力增大 D.左手对铅球的弹力先增大后减小 [思维点拨]本题可尝试用特殊位置法、正弦定理法和辅助圆法分别解答。 B 考点一 考点二 考点三 解析 解法一(特殊位置法):依次画出旋转前、旋转30°、旋转60°时铅球的受力示意图如图甲所示。左、右手对铅球的弹力大小分别如下表所示,故选B。 弹力 旋转前 旋转30° 旋转60° F左 G G 0 F右 G G G 考点一 考点二 考点三 解法二(正弦定理法):将铅球受到的力平移后首尾相连成三角形,如图乙所示,右手旋转θ时,两手之间夹角保持60°不变,根据正弦定理有,其中0°<θ≤60°,可得F左一直减小,F右先增大后减小,故选B。 解法三(辅助圆法):根据同弧(弦)所对的圆周角相等,作力三角形的外接圆,如图丙所示,可直观判断出B正确。 考点一 考点二 考点三 例4　(2025浙江杭州模拟)如图所示,蹄形磁体水平放置(N极在上),质量为m的导体棒用两根轻质导线悬挂,通入恒定电流,稳定时导线与竖直方向的夹角为θ。两磁极间的磁场可看成匀强磁场,导体棒始终在两磁极之间,重力加速度为g。下列说法正确的是(　　) A.导体棒中的电流方向为a→b B.单根导线上的拉力大小为 C.若电流大小加倍,再次稳定后θ也加倍 D.若导体棒所处磁场的磁场方向在竖直面内逆时针缓慢转过45°角,则导线上拉力变小 D 考点一 考点二 考点三 解析 导体棒所受安培力水平向右,根据左手定则可知,导体棒中的电流方向为b→a,A错误;由力的平衡可得,每根导线上的拉力大小F=,B错误;导体棒所受安培力大小FA=BIL=mgtan θ,若导体棒中的电流大小加倍, 则平衡时tan θ的值加倍,C错误;作出导体棒的受力分析图如图所示,其所受重力大小、方向均不变,磁场方向沿逆时针方向转动45°,则安培力的大小不变,导线上的拉力变小,D正确。 考点一 考点二 考点三 考点一 考点二 考点三 考点三　平衡中的临界、极值问题 平衡中的临界、极值问题的分析思路和方法 解题 思路 解决此类问题重在形成清晰的物理情境,分析清楚物理过程,从而找出临界条件或达到极值的条件。要特别注意可能出现的多种情况 解题 方法 解析法 根据物体的平衡条件列出平衡方程,在解方程时采用数学方法求极值 图解法 此种方法通常适用于物体只在三个力作用下动态平衡的极值问题 极限法 极限法是一种处理极值问题的有效方法,它是指通过恰当选取某个变化的物理量将问题推向极端(如“极大”“极小”等),从而把比较隐蔽的临界现象暴露出来,快速求解 考点一 考点二 考点三 例5　(2025山东日照一模)如图所示,水平地面上固定着一个竖直圆形轨道,圆心为O,轨道内壁光滑。轨道内放置一个质量为m的小球,在水平拉力F的作用下静止在轨道内侧A点,AO连线与竖直方向的夹角θ=30°,轨道对小球的支持力大小为FN,重力加速度为g。改变拉力F,小球始终静止在A点。已知sin 15°=,cos 15°=。下列说法正确的是(　　) A.将拉力F逆时针缓慢旋转45°的过程中,F的最小值为mg B.将拉力F逆时针缓慢旋转45°的过程中,FN的最小值为(-1)mg C.将拉力F顺时针缓慢旋转45°的过程中,F先减小后增大 D.将拉力F顺时针缓慢旋转45°的过程中,FN的最小值为2mg B 考点一 考点二 考点三 解析 小球始终静止在A点,根据三角形法则,画出小球的受力变化情况。将拉力F逆时针缓慢旋转45°的过程中,如图甲所示,从图甲中可以看出,F先变小后变大,当F与FN垂直时拉力最小为Fmin=mgsin 30°=mg,FN一直减小,根据正弦定理可知最小值为,解得FNmin=(-1)mg,A错误,B正确。将拉力F顺时针缓慢旋转45°的过程中,受力分析如图乙所示,则拉力F、FN都在增大,FN的最小值为FNmin'=mg,C、D错误。 考点一 考点二 考点三 例6　(2025湖南娄底模拟)如图所示,倾角θ=30°的倾斜传送带逆时针匀速转动,一可视为质点的物块P用细线拉着在传送带上保持静止。已知物块与传送带间的动摩擦因数μ=。调整细线的方向并保持物块的位置不变,当细线拉力最小时,细线与水平方向的夹角β为(　　) A.0° B.30° C.60° D.90° C 考点一 考点二 考点三 解析 设细线对物块的拉力为F,物块受到的滑动摩擦力为Ff,对物块受力分析如图所示,把各个力沿平行传送带和垂直传送带方向分解,平行传送带方向有Fcos(β-θ)-mgsin θ-Ff=0,垂直传送带方向有Fsin(β-θ)+FN-mgcos θ=0,又因为Ff=μFN,可得F=,利用辅助角公式有μsin(β-θ)+cos(β-θ)=sin(β-θ+φ),其中tan φ=,当β-θ+φ=90° 时,F有最小值,此时tan (β-θ)==μ=,则β-θ= 30°,得β=60°,故选C。 考点一 考点二 考点三 微专题1 题型概述 微专题1　三维空间中的平衡问题 1.如图所示,当物体在空间中的受力具有对称性时,可以将物体划分为n个完全相同的对称单元。由于对称性,每个单元在合力方向上的分力是相同的,因此,可以只分析一个单元,这一个单元在合力方向上的分力占n个单元合力的n分之一。(例如:拓展衍生T1) 2.如图所示,物体空间受力没有对称性时,首先要对研究对象进行三维空间内的受力分析,然后通过从不同视角画侧视图或俯视图的方式分析某个平面内的受力,并画出力的示意图,最后在不同平面内分别进行力的合成或分解,结合平衡条件进行求解。(例如:典例探究和拓展衍生T2) 典例探究 (2025黑龙江齐齐哈尔模拟)如图所示,学校门口水平地面上有一质量m=33 kg的石墩,两工作人员一人拉轻绳一端按图示方式拉石墩,两轻绳间的夹角为α=74°,其角平分线与水平面间的夹角为θ=37°,石墩与地面间的动摩擦因数为μ=0.5,重力加速度g取10 m/s2,不计轻绳与石墩间的摩擦, sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。 (1)若每根轻绳上的拉力为F=50 N,求石墩对地面的压力大小。 (2)若石墩匀速移动,求每根轻绳上的拉力大小。 (3)若改变两根轻绳间的夹角和两根轻绳角平分线与水平面间的夹角,求使石墩匀速运动时绳上的最小拉力大小。 答案 (1)282 N　(2)93.75 N (3)33 N 解析 (1)在两根轻绳所在倾斜平面内对石墩进行受力分析如图甲所示, 则两根轻绳拉力的合力为 F合=2Fcos 37°=80 N 在竖直平面内对石墩进行受力分析如图乙所示 甲 乙 则地面对石墩的支持力为 FN=mg-F合sin 37°=282 N 由牛顿第三定律可知石墩对地面的压力大小为282 N。 (2)若石墩匀速运动,根据平衡条件有F合'cos 37°=μ(mg-F合'sin 37°) 又F合'=2F'cos 37° 解得F'=93.75 N。 (3)当两根轻绳拉力的方向相同时,合力最大为2F1,当两根轻绳角平分线与水平方向夹角为α时,根据平衡条件有2F1cos α=μ(mg-2F1sin α) 整理得F1=,其中tan φ=,显然F1的最小值为F1min==33 N。 拓展衍生 1.(2025河南豫北名校联考)如图为质点P受到的8个力的图示,8个力的顶点刚好构成长方体ABCD-EFGH,O为该长方体的中心,若力F0的图示可表示为有向线段PO,则质点P受到的合力为(　　) A.2F0 B.2F0 C.4F0 D.8F0 D 解析 将PG和PA方向的力合成,如图所示,可知点O为AG的中点,由平行四边形定则可知力FPA、FPG的合力为2F0;同理,力FPB、FPH的合力,力FPC、FPE的合力,力FPD、FPF的合力均为2F0;所以质点P受到的合力为8F0,故选D。 2.(多选)(2025福建第一次质量检测)耙的历史十分悠久,图甲为《天工开物》中用耕牛带动耙整理田地的场景,将其简化为图乙所示的物理模型,耙可视为平行于水平地面的木板ABCD,农具牛轭可简化为平行于AB的直杆MN,两根对称且等长的耙索一端系在A、B点,另一端系在M、N点,其延长线的交点为O1。某次耙地时人和耙做匀速直线运动,两根耙索构成的平面AO1B与水平面夹角∠O1O2O3=30°,两耙索延长线夹角∠AO1B=30°,单根耙索的拉力大小为F,地面对耙的作用力与竖直方向夹角为θ。已知人和耙的总质量为m,所受阻力为对地面压力的,耙索质量不计,重力加速度为g, sin 15°=,cos 15°=,则(　　) A.F=mg B.F=mg C.θ=30° D.θ=60° 甲 乙 BC　 解析 由题可知,两耙索拉力的合力为F合=2Fcos 15°=F,对耙和人整体分析,根据平衡条件可得F合cos 30°=F压,F合sin 30°+FN=mg,由牛顿第三定律可知F压=FN,联立解得F=mg,A错误,B正确;由几何关系得tan θ=,解得θ=30°,C正确,D错误。 $