第2章 第4讲 牛顿第三定律 静态平衡问题(课时作业Word)-【高考领航】2027年高考物理大一轮复习学案

**基本信息** 以牛顿第三定律、受力分析、静态平衡为核心，通过基础分组与创新提升训练，构建从概念理解到综合应用的递进式知识逻辑，强化相互作用观念与科学推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础分组训练|7题（含3题组）|牛顿第三定律辨析（如作用力反作用力）、受力分析（单个/叠放物体）、静态平衡（平面/立体）|从概念（牛顿第三定律）到方法（受力分析步骤）再到应用（平衡条件列方程），形成“概念-方法-应用”链条| |创新提升训练|5题（4选择+1解答）|结合生活情境（铲子、彩灯、磁悬浮地球仪）的复杂平衡问题|通过真实情境拓展平衡条件应用，渗透模型建构（如整体法、隔离法），提升科学思维迁移能力|

限时规范训练(10) (建议用时：40分钟　满分：67分) (选择题1～7题每题5分，8～11题每题6分，共59分) [基础分组训练] 题组1　牛顿第三定律 1．(2025·浙江绍兴二模)某科技公司发布了一款轮足机器人——“山猫”。如图所示，该机器人能在雪地和山坡上跋山涉水，顺利避开障碍物，能跑、能跳，还能空中翻转360°，甚至单脚站立保持静止。“山猫”在(　　) A．避开障碍物时可以被看作质点 B．空中翻转时重心位置始终保持不变 C．单脚静止时地面对它作用力的方向竖直向上 D．起跳时地面对它的作用力大于它对地面的作用力 解析：C　避开障碍物时，“山猫”的大小形状不能忽略不计，不可以被看作质点，选项A错误；空中翻转时“山猫”的形体结构会发生改变，则重心位置会发生变化，选项B错误；单脚静止时地面对它作用力与重力等大反向，则地面对其作用力的方向竖直向上，选项C正确；根据牛顿第三定律可知，起跳时地面对它的作用力等于它对地面的作用力，选项D错误。 2．(2025·江苏南京师大苏州实验二检)如图所示是厨房用来悬挂厨具的小吸盘，其原理是排开吸盘与墙壁之间的空气，依靠大气压紧紧地将吸盘压在厨房的竖直墙壁上，可用来悬挂比较轻的厨具，安装拆卸都很方便，以下说法正确的是(　　) A．墙壁对吸盘的作用力的合力竖直向上 B．大气压变大，吸盘受到的摩擦力也变大 C．吸盘与墙壁之间只有一对作用力与反作用力 D．空气对吸盘的压力与墙壁对吸盘的支持力是一对平衡力 解析：D　墙壁对吸盘的作用力有竖直向上的摩擦力和水平方向的支持力，合力方向不是竖直向上，故A错误；吸盘受到的摩擦力与吸盘和物体所受重力大小相等，不会变化，故B错误；吸盘与墙壁之间有水平方向和竖直方向两对作用力与反作用力，故C错误；空气对吸盘的压力与墙壁对吸盘的支持力是一对平衡力，故D正确。 题组2　物体的受力分析 3．(2026·广东八校联盟质检)质量为m的物块放在水平面上的A点，用方向斜向右上、与水平面夹角为θ＝30°的力F＝2mg拉物块，重力加速度大小为g，则物体受力个数为(　　) A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 解析：A　竖直方向上有F sin 30°＝mg，所以物体竖直方向平衡，不受支持力与摩擦力，所以物体只受重力和拉力2个作用力。故选A。 4．(2025·北京卷，6)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：C　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，B还受A沿斜面向下的摩擦力，由于B静止，则受沿斜面向上的摩擦力，即B受6个力作用。故选C。 题组3　物体的静态平衡 5．(2025·重庆卷，1)现代生产生活中常用无人机运送物品，如图所示，无人机携带质量为m的匀质钢管在无风的空中悬停，轻绳M端和N端系住钢管，轻绳中点O通过缆绳与无人机连接。MO、NO与竖直方向的夹角均为60°，钢管水平。则MO的弹力大小为(重力加速度为g)(　　) A．2mg B．mg C．mg D．mg 解析：B　以钢管为研究对象，设轻绳的拉力为FT，根据对称性可知两边绳子拉力相等，根据平衡条件2FTcos 60°＝mg，可得FT＝mg，故选B。 6．(2025·福建卷，1)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 解析：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。 7．(立体空间中的平衡问题)(2026·甘肃庆阳模拟)磁悬浮地球仪利用磁场间的相互作用原理使地球仪漂浮在半空中。如图所示，通电后水平圆形底座上共有N个完全相同的小磁极对地球仪内球心处的小磁体产生作用力，使地球仪悬浮在空中。已知各磁极和小磁体连线形成的圆锥的高度为1.6R，底面圆半径为1.2R，圆锥的轴线竖直且恰好过底座圆心。已知地球仪的质量为m，重力加速度为g，则地球仪悬浮时每个磁极对小磁体的作用力大小为(　　) A． C． 解析：A　设地球仪中的小磁体到磁极之间连线与竖直方向夹角为θ，根据几何关系有tan θ＝，解得θ＝37°，根据对称性可知，每个磁极对小磁体的作用力大小均相等，对小磁体进行受力分析，根据平衡条件有NF cos θ＝mg，解得F＝，故选A。 [创新提升训练] 8．(2026·四川成都模拟)餐具桶中放置一把质量为m的铲子，如图所示，若桶口边缘光滑，铲子与竖直筒壁的夹角为θ，与水平桶底之间的动摩擦因数为μ，两者恰好保持相对静止，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　) A．由m、θ、μ、g可以计算出桶底对铲子的摩擦力的大小 B．桶底对铲子的摩擦力的方向水平向左 C．桶底对铲子的作用力竖直向上 D．桶底和桶口边缘对铲子的合力一定大于mg 解析：A　根据题意，对铲子受力分析，受重力、桶底的支持力和摩擦力、筒壁的支持力，如图所示，由平衡条件有FN1cos θ＝Ff，FN1sin θ＋FN2＝mg，又有Ff＝μFN2，联立解得Ff＝，桶底对铲子的摩擦力的方向水平向右；桶底对铲子的作用力斜向右上方；根据力的平衡条件可知，桶底和桶口边缘对铲子的合力一定等于mg。故选A。 9．(2025·山西大同三模)如图所示，两个彩灯用电线1、2、3连接，悬吊在墙角，电线1与竖直方向的夹角θ1＝30°，电线3与水平方向的夹角θ2＝37°，不计电线的重力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则电线1、3上的拉力之比为(　　) A．5∶6 B．6∶5 C．8∶5 D．5∶8 解析：C　设电线1、3上的拉力大小分别为F1和F2，对两个灯和电线2整体受力分析，根据平衡条件有F1sin 30°＝F2cos 37°，解得F1∶F2＝8∶5，故选C。 10．(多选)(2026·湖南名校联盟模拟)如图所示，氦气球通过轻绳系留在地面的沙袋上，已知氦气球以及球内氦气质量为12 kg，沙袋质量为20 kg，与水平地面之间的动摩擦因数μ＝0.5。气球受到竖直向上的空气的浮力以及水平方向风的作用力，当系留轻绳与水平方向之间的夹角为53°时，沙袋刚要在地面上滑动时，关于气球的受力，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A．气球所受的空气的浮力大小为200 N B．气球所受的空气的浮力大小为180 N C．水平风力的大小为80 N D．水平风力的大小为60 N 解析：AD　沙袋刚要滑动，此时沙袋受到的摩擦力为最大静摩擦力，近似等于滑动摩擦力。沙袋在水平方向受到绳子拉力FT的水平分力和摩擦力Ff，在竖直方向受到重力、地面支持力FN和绳子拉力FT的竖直分力。水平方向FTcos 53°＝Ff，竖直方向FN＋FTsin 53°＝m沙袋g，且Ff＝μFN，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，代入数据联立解得FT＝100 N，气球在竖直方向受到竖直向下的重力和绳子拉力FT在竖直方向的分力以及竖直向上的空气浮力F浮，故气球在竖直方向F浮＝m球g＋FTsin 53°，在水平方向，气球受到水平方向的风力F风和绳子拉力FT在水平方向的分力，故水平方向F风＝FTcos 53°，代入数据联立解得F浮＝200 N，F风＝60 N，故选AD。 11．(2023·浙江6月选考，6)如图所示，水平面上固定两排平行的半圆柱体，重为G的光滑圆柱体静置其上，a、b为相切点，∠aOb＝90°，半径Ob与重力的夹角为37°。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则圆柱体受到的支持力Fa、Fb大小为(　　) A．Fa＝0.6G，Fb＝0.4G B．Fa＝0.4G，Fb＝0.6G C．Fa＝0.8G，Fb＝0.6G D．Fa＝0.6G，Fb＝0.8G 解析：D　对光滑圆柱体受力分析如图，由题意有Fa＝G sin 37°＝0.6G，Fb＝G cos 37°＝0.8G，故选D。 12．(8分)(2026·山东济南模拟)如图所示，质量M＝2 kg的木块A套在水平杆上，并用轻绳将木块与质量m＝ kg的小球B相连。用与水平方向成α＝30°角的恒力F＝10 N拉着球带动木块一起向右匀速运动，运动中A、B相对位置保持不变，g取10 m/s2。求： (1)运动过程中轻绳与水平方向的夹角θ； (2)木块与水平杆间的动摩擦因数μ。 解析：(1)对B进行受力分析，设轻绳对B的拉力为FT，由平衡条件可得 F cos 30°＝FTcos θ F sin 30°＋FTsin θ＝mg 解得FT＝10 N，tan θ＝ 即θ＝30°。 (2)对A进行受力分析，由平衡条件有 FTsin θ＋Mg＝FN，FTcos θ＝μFN 解得μ＝。 答案：(1)30°　(2) 学科网（北京）股份有限公司 $