第1讲 力与物体的平衡-【创新教程】2027年高考数学艺考生文化课百日冲关学生用书

I物理 专题一力与运动 修b修修修修 ·网络构建 万有引力，重力 v=o±at,x=tol±号at2 电场力库仑) 匀速直线运动：x=t 2-=±2ac,△x=±aT2 安培力，洛伦兹力 常见的力 模型 匀变速直线运动 产=修=钟 弹力（胡克定律） 摩擦力（静摩擦力，滑动摩擦） 平抛运动 x=voL.y=-号8t2 整体法—系统外力 隔离法一系统内力 对象选取 圆周运动 =2,u=2-2mf,a==w 分析方法) 先主动力，后被动力 方法 比例法 分析顺序 从受力简单的先分析 逆向运动法，对称法 产生条件（假设法） 平均速度法，逐差法 平行四边形定则，三角形定则 分析 F=ma 图像法 依据 平衡条件，牛顿运动定律 分解法 F=0 F∥u F⊥o F⊥D F-GM 平衡问题 匀变速直线运动】 平抛运动 圆周运动 天体运动 平衡条件 自由落体、竖直上抛 与体育运动结合 传送带连接、固轴固连 万有引力与重力 临界问题 追及相遇、刹车问题 平抛与斜面、 火车转弯 天体质量的计算 动态平衡 传送带、滑块木板问题 圆周结合问题 临界问题 卫星轨道模型 临界、动态问题 轨迹与临界多解问题 一般圆周运动动力学 变轨问题 超重、失重问题 周期性问题 黑洞、多星系统 第1讲 力与物体的平衡 核心素养>助学提能 考点一静态平衡问题 核心透视 2.多力、多体平衡的解题方法 1.解答静态平衡问题的“四步骤” (1)物体受三力平衡时，通常可应用合成法、分 选择研究对象 选取一个平衡体（单个物体或系统， 解法、解直角三角形法等求解；物体受多力 也可以是结点)作为研究对象 7 对研究对象进行受力分析，画出受力 平衡时，通常可应用正交分解法或等效法 画受力示意图> 示意图 等求解. 明确解题策略 合成法、分解法、正交分解法 (2)对于多个物体的平衡问题，要灵活选取研 根据平衡条件列出平衡方程，解平 列方程求解 究对象，整体法和隔离法交替使用. 衡方程，对结果进行讨论 2 第一部分：专题一力与运动I 典题例析 上与圆心O等高的位置，另一端连接一个 [例1]（多选）(2026· 套在圆环上质量为m的小球，平衡时弹簧 湖南卷)如图，某同学 与水平方向的夹角为30°.弹簧在弹性限度 将两个相同的球形氦 内，重力加速度大小为g,弹簧的劲度系数 气球用等长的轻绳系 为 在一起，拉着绳使气球 A.3mg 6R B景 随人一起做水平匀速运动.运动过程中，球 心始终在绳的延长线上且球心连线水平，两 C.3mg 3R p管 绳所构成的平面与水平面的夹角为0(0< 3.(2026·云南卷)如图所示，两挂钩可沿固定 90°)，两球间的弹力为F.气球受到空气阻 水平横梁滑动到任意位置后锁定.一挎包质 力的大小与相对空气的速率成正比，空气始 量为m,其轻质包带长度约为4d,a、b为包 终相对于地面静止，忽略气球形状的变化. 与包带的连接点，相距为d.将挎包悬挂在 该同学沿原方向运动速度缓慢增大，下列说 两挂钩上，两挂钩相距为x时，锁定挂钩.挎 法正确的是 包静止时，a、b在同一水平直线上，包带的 A.0增大 B.0减小 张力大小为FT,重力加速度为g,不计包带 C.F增大 D.F减小 与挂钩之间的摩擦及两挂钩尺寸.能正确反 [解题指导] 映F1随x变化的图像是 第一步：正确受力分析 mg 第二步：竖直方向和水平方向分别列出平 挂钩 衡方程整理可得出tan0; 第三步：对单个气球受力分析，由平衡条 横梁 包带 件分析T和F的变化： 挎包 对点集训 1.(2026·陕晋青宁卷)我国科研人员利用仿 mg mg 0.6 0.6 生机器鱼研究湖泊生态，当仿生机器鱼在湖 中匀速直线下潜时，它受到水的合力方向是 ( 2d A.斜向下 B.竖直向下 mg C.斜向上 D.竖直向上 0.6 0.6 2.(2026·湖北卷)如图所示，半径为 R的光滑圆环固定在竖直平面内， 0.5 2d 2d x 原长为2√3R的轻质弹簧一端固定在圆环 3 I物理 考点二 动态平衡问题 核心透视 专间2 图解法的应用 1.解决动态平衡问题的一般思路 [例3]如图所示，有一质量不 化“动”为“静”，“静”中求“动”，通过矢量三 计的杆AO,长为R,可绕A 角形图解法、动态圆法、正弦定理、三角函 自由转动.用绳在O点悬挂 数、极值法等分析各力的变化或极值. 2.动态平衡问题的分析过程与处理方法 一个重为G的物体，另一根 利用平行 绳一端系在O点，另一端系在圆弧形墙壁 四边形或 上的C点.当点C由图示位置逐渐向上沿 图解法 一个力为 三角形定 圆弧CB移动过程中（保持OA与墙面夹角 恒力，另 则求解 个力方向 0不变)，OC绳所受拉力的大小变化情况是 三角函数 不变 ( 或正（余） 解析法 弦定理求 A.逐渐减小 B.逐渐增大 解 C.先减小后增大 D.先增大后减小 一个力为 图解法 力动态 受力 恒力，另两 几何三角形 [解题指导] 特点 个力方向 与矢量三角 平 相似三 (1)“可绕A点自由转动”，杆OA对绳的 衡 均改变 形相似，利 角形法 用比例关系 作用力沿杆，且方向不变。 求解 (2)重力大小，方向不变，OC绳大小、方 一个力为恒力，另 解析法或 向改变 两个力方向夹角 三角形动 专向3 三角形相似法的应用 不变 态图解法 [例4] 某物理兴趣小组为 D 典题例析 了模拟机器人“手臂”，制 专间1 解析法的应用 作了如图所示装置，A、B [例2]如图(a),某人借助瑜伽球锻炼腿部 类似于人手臂的关节，能 力量，她屈膝静蹲，背部倚靠在瑜伽球上，瑜 伽球紧靠竖直墙面，假设瑜伽球光滑且视为 在竖直面内自由转动，前 nin 均匀球体，整体可简化成如图(b).当人缓慢 臂BC末端系一重物和一轻绳，轻绳另一端 竖直站立的过程中，人的背部与水平面夹角 跨过滑轮牵拉前臂.初始时，关节A、B均锁 <5,下列说法正确的是 定，前臂BC水平.小组成员解除关节A的 锁定，通过拉绳缓慢提升重物，上臂AB转 过60°.不计“手臂”重力及一切摩擦，下列说 777 法正确的是 图a 图b A.绳CD拉力先减小后增大 A.墙面对球的力保持不变 B.人受到地面的摩擦力变大 B.绳CD拉力先增大后减小 C.地面对人的支持力变大 C.前臂BC受到的压力大小不变 D.球对人的压力先增大后减小 D.前臂BC受到的压力先减小后增大 第一部分：专题一力与运动 专▣4正弦定理（或辅助圆法）的应用 沿顺时针方向缓慢滚动，在AO绳由水平转动 [例5]一竖直放置的轻质 至竖直的过程中 圆环静止于水平面上，质量 A.AO绳中的拉力一直增大 为m的物体用轻绳系于圆环 自 B.AO绳中最大拉力为2mg 边缘上的A、B两点，结点恰 nnnimiinnnnm 位于圆环的圆心O点.已知物体静止时，AO绳 C.BO绳中的拉力先减小后增大 水平，B0绳与AO绳的夹角为150°.现使圆环 D.BO绳中最小拉力为mg 老点三 平衡中的临界、极值问题 核心透视 (1)当α变化时，求拉力F的最小值； 1.解决临界极值问题的三种方法 (2)F取最小值时，求木楔对水平面的摩擦 (1)解析法：根据物体的平衡条件列出平衡方 力是多少 程，在解方程时采用数学方法求极值.通常 [解题指导] 用到的数学知识有二次函数求极值、讨论 (1)物体匀速下滑，所受合外力为零. 分式求极值、三角函数求极值以及几何法 (2)物体匀速向上滑行，合外力为零，可确 求极值等 定F与0的关系，利用三角函数求最 (2)图解法：首先根据平衡条件作出力的矢量 小值. 三角形，然后根据矢量三角形进行动态分 (3)整体受力分析求出水平面对木楔的摩 析，确定其最大值或最小值.此种方法通常 擦力： 适用于物体只在三个力作用下的平衡 问题， (3)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 2.解题思路 解决此类问题重在形成清晰的物理图景，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. 典题例析 [例6]质量为M的木楔倾角 为0，在水平面上保持静止， 当将一质量为m的木块放 在木楔斜面上时，它正好匀速下滑.如果用 与木楔斜面成α角的力F拉着木块匀速上 升，如图所示（已知木楔在整个过程中始终 静止，重力加速度为g). 5 I物理 技法点拨解受力平衡中的临界、极值问题 A.两圆柱体间的压力由√3G逐渐增大至2G 的“四看”与“四想” B.拉力F由√3G逐渐减小至G (1)看到“缓慢”，想到“物体处于动态平衡 C.桌面对半圆柱体乙的摩擦力逐渐减小 状态” D.桌面对半圆柱体乙的支持力不变 (2)看到“轻绳、轻环”，想到“绳、环的质量可 2.(多选)如图所示，质 忽略不计” 量为M的内壁光滑 (3)看到“光滑”，想到“摩擦力为零” 的半圆槽置于粗糙 (4)看到“恰好、刚好、至少、最大等”，想到“题 水平面上，质量为m 777力 述的过程存在临界、极值点” 的小球从半圆槽轨道的左端与圆心等高处 对点集训 静止释放，小球运动过程中半圆槽始终保持 静止状态.AB是平行水平地面的圆弧直 1.如图所示，甲、乙为长 径，小球与圆心O连线跟OA间的夹角为0， 度、半径、材料均相同 重力加速度为g,小球向下运动时，在0°<< 的质量分布均匀的圆 甲 90°的范围内，下列说法中正确的是( 柱体和半圆柱体，甲表 maama A.当0=30°时，半圆槽受到的摩擦力最大 面光滑，乙表面粗糙，半 B.当0=45时，半圆槽受到的摩擦力最大 圆柱体乙的重力为G,两物体靠在一起放置在 粗糙水平桌面上.现过圆柱体甲的轴心施加一 C当sin0=受时，半圆箱对地面的压力N 个始终与水平方向夹角α=60°斜向右上方的 小于(m+M)g 作用力F,将圆柱体甲缓慢地拉至半圆柱体乙 的顶端，乙始终处于静止状态.在甲缓慢移动 T(甲站肝必酒末田e=&s示 的过程中，下列判断正确的是 ( 等于(m+M)g 课堂评价>高考预测 1.如图是古人筛谷时的场景， 和DH与大理石块的后表面（包括E、H两 人对筛子不施加力时筛面水 点)、BF和CG与大理石块的前表面（包括 平，三根轻杆与竖直方向的 F、G两点)的所有作用力，若EF与大理石 夹角均为0，三根轻绳与竖直 块左表面、HG与大理石块右表面的动摩擦 方向的夹角均为β，则每根轻 因数均为弘，若能吊起大理石块，以至少为 杆上的力与每根轻绳上的拉 力之比为 A.sin B:sin B.cos B:cos 0 C.tan3:tanθ D.1:1 2.如图1和2为工地搬运长方体大理石块的 设备示意图，该设备吊起部分可以理想化为 图2 图3 图3所示，ABCD为一块厚厚的水平钢板， 1 A.tan 0 B. AEFB和DHGC为两根不可伸长的轻绳， tan 0 两绳子关于水平钢板左右对称放置，且AE C.sinθ D.1 sin 和DH平行于大理石块的后表面，BF和 ©温馨提 CG平行于大理石块的前表面，AE、DH、 学习至此，请完成配套训练专题精准强化1 BF、CG与水平方向的夹角均为0，忽略AE 6物理 讲解 第一部分专题一力与运动 第1讲力与物体的平衡 核心素养·助学提能 考点一 [例1][解析]根据题意，设每根绳子的拉力为T,两根 绳子之间的夹角为2α，每个气球受到空气阻力f=k0,浮 力为F#,对整体受力分析，由平衡条件，竖直方向上有 2F￥=2G+2 Tcos asin9, 水平方向上有2kv=2 Tcos acos0, 整程可得an0=F。C, 运动速度缓慢增大，tan日减小，则日减小，T增大，故A 错误，B正确；对单个气球受力分析，由平衡条件 有Tsin a=F, 由于a不变，T增大，则F增大，故C正确，D错误。 [答案]BC [对点集训] 1.D[仿生机器鱼做匀速直线运动，处于平衡状态，所受 合外力为0.机器鱼受两个外力：竖直向下的重力G,以 及水对其施加的所有作用力的合力F(包含浮力、水的阻 力等).根据平衡条件有G十F=0,可得F=一G,即受到 水的合力与重力大小相等、方向相反，为竖直向上，门 2.C[由几何关系可知，弹簧长度 L=2Rcos30°=√3R<1=23R, 弹簧被压缩，对小球受力分析，如 0 图所示，水平方向Fxsin30° y F珠cos30°，竖直方向Fxcos30 =F#sin30°十mg,解得F= :30y mg.弹簧在弹性限度内，根据胡F弹 mg 克定律有k=一五23R-BR F mg =Bmg,C正确.] 3R 3,D[设挎包带与竖直方向的夹角为9.对挎包受力分析， 竖直方向受重力mg和两股包带的拉力FT,由平衡条件 2Frcos 0=mg, 根据几何关系单侧包带长度 I=Ad-z 2 单侧包带水平投影长度△x=口二d」 2 则sin0=△x=|x-d 14d-x cos 0-1-sin 0=v3d(5d-2x) Ad-x 故E Ad-x mg2/3d(5d-2.x) E工≈0.52， 代入特殊点z=0,mg x=d, 工=0.5 mg x=2d FT3 mg 3 ≈0.58.] o 讲解册参考答案 册参芳答案 考点二考向1 [例2][解析]对瑜伽球受力分 析，如图 N -:B 由平衡条件可知N1=ngtan,N =。人经慢堡直站立的过位 m 7777 中，人的背部与水平面夹角逐渐变大，则墙面对球的力 N:增大.人对球的支持力增大.根据牛顿第三定律可知 球对人的压力增大.故A、D错误；对 整体受力分析，如图，由平衡条件，可 知FN=(M+m)g,f=N1,人受到地 面的摩擦力变大，地面对人的支持力 不变.故B正确：C错误 [答案]B (M+m)g 考向2 [例3][解析]对物体受力分析， B 物体受力平衡，则拉力等于重力 G G,故竖直绳的拉力不变；再对O 、D 点分析，O受绳的拉力、OA的支 持力及OC的拉力而处于平衡，受 力分析如图所示；将F和OC绳 G O 上的拉力合成，其合力与G大小 A 相等，方向相反，则在OC绳上移的过程中，平行四边形 的对角线保持不变，平行四边形发生图中所示变化，则 由图可知OC绳的拉力先减小后增大，在图中D,点时拉 力最小，故C正确. [答案]C 考向3 「例4]「解析]对C点受力分析， 沿轻绳的拉力T,竖直向下大小为 重物重力的拉力mg,沿AC方向 由A指向C的支持力N,如图， 根据三力平衡的特点可知力的三角 形与边的三角形相似，有竖=C, 依题意，上臂AB转过60°过程中，DA保持不变，DC减 小，可知绳CD拉力减小故AB错误：同理，可得- 仁，上臂AB转过60°过程中，DA保持不变，AC大小也 保持不变.可知前臂BC对C,点的支持力的大小不变.根 据牛顿第三定律可知，前臂BC受到的压力大小不变，故 C正确；D错误， 「答案]C 考向4 [例5][解析]物体始终保持 F 静止，合力为零，由于重力不 F F2 B 变，F1和F2夹角a=150°不 变，则B=30°，则mg、F1、F构F 成封闭的失量三角形，如图所 示.在AO绳由水平转动至竖 B F mg 直的过程中，AO绳中的拉力先 〡物理 增大后减小，BO绳中的拉力一直减小，故A、C错误；当 F沿直径方向时，F1最大，AO绳中最大拉力为F1= 30=2mg,故B正确；在A0绳竖直时，B0绳中拉力 最小，为零，故D错误. [答案]B 考点三 [例6][解析](1)木块在木楔斜面上匀速向下运动时， 根据平衡条件有mgsin0=-mgcos6, 解得=tan0, 因其在力F作用下沿斜面向上匀速运动，根据正交分解 法有Fcos a=ngsin9十F;,Fsin a十Fx=ngcos0 且F:=FN,联立解得F=2 ngsin日 cosa十sina 2 ngsin Ocos日 mgsin 20 -cos acos sin asin cos(0a) 当a=日时，F有最小值，即Fnin=mgsin26. (2)因为木块及木楔均处于平衡状态，整体受到的地面 的摩擦力等于F的水平分力，即 FiM=Fcos (a+0) 当F取最小值mg sin29时，则有 F-Fc0s 20-mgsin 20c0s2mgsin 40. [答案](1)ngsin20(2)7 mgsin40 [对点集训] l.C[根据题意，对甲受力分析，如图(a)所示， 由平衡条件有Fcos60°=FN cos30°， Fsin60°+Fxw sin30°=2G, 解得FN甲=G,F=3G, 将圆柱体甲缓慢地拉至半圆柱体乙的顶端，拉力F方向 不变，拉力F与FN”的变化情况，如图(b)所示，可知两 圆柱体间的压力逐渐增大，拉力F逐渐减小，当圆柱体 甲拉至半圆柱体乙的顶端时，F、最大，等于圆柱体甲的 重力大小2G,拉力F最小为零，故A、B错误；对圆柱体 甲和半圆柱体乙整体受力分析，如图(c)所示，由平衡条 件有Fcos60°=F,,FN十Fsin60°=3G,由于F逐渐减 小，则F,逐渐减小，F、逐渐增大，故C正确，D错误.] FN甲2 F F F FN甲 甲 2G 2G1 3G (a) (b) (c) 2.BD[小球在莱位置时，有mgRsin0=2m,对小球受 力分析有N。一mgsn9=m京，解得小球所受支持力为 V#=3 mgsin0,根据牛顿第三定律可知，小球对半圆槽 的压力Fs=V,=3 ngsin日，因为半圆槽始终静止，所以 半圆槽所受合力为零，即水平方向有f=F压cos日= 2 3 mgsin Oc0s0=号mgsin20,所以当日=45°时，半圆槽爱 到的摩擦力最大，故A错误，B正确；对半圆槽受力分 析，设地面对半圆槽的支持力为F意，竖直方向有F意 Mg十F&sin9,整理有F意=Mg十3 mgsin,当sin9= 时，有F,=(m十M)g,根据牛顿第三定律有N=F 3 =(m十M)g,故C错误，D正确.门 课堂评价·高考预测 1.B[设筛子和谷子的总重力为G,把杆或绳上的力沿竖 直方向和水平方向分解，在竖直方向上根据平衡条件有 G=3 Fn cos9=3 cosA,可得=88昌故B正确， 2.A[设每段绳子上的张力均为T,则根据平衡条件有 4Tsin 0=mg. 水平方向有2 Tcos0=FN, 认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力， 则有fm=uFN=u·2Tcos6, 根据平衡条件有2fm=mg, 即4 uTcos0=4Tsin9, 解得r=tanB.] 第2讲牛顿运动定律与直线运动 核心素养·助学提能 考点一 [例1][解析]根据题意，设运动过程中最大速度为℃m, 则有x=之， 代入数据解得m=8m/s, 根据题意可知，加速过程或减速过程的最大时间均小于 总时间，则有℃m=at, 解得加速过程或减速过程的最小加速度a=华=1.6m/s, 综上所述，该球员某时刻的速度不可能为9m/s,加速度 大小不可能为1/s.所以根据题意和选项速度和加速 度大小可能是6m/s,2m/s°. [答案]A 对点集训门 1.C「列车在隧道内做匀减速直线运动，匀变速直线运动 的平均速度满足口=心十巴， 2 位移等于平均速度乘以运动时间，即x=t, 代入已知条件u=60m/s、v=50m/s、t=200s, 计算得x=60十50×200m=11000m.] 2 2.C[冰壶做匀减速直线运动，a=一0.4m/s2,则第1s末 的速度大小v1=十at1=7.6m/s,故A错误；冰壶第 1s内的位移大小是工1=%4十2a(=7.8m,故B错 误；整个过程的逆过程是初速度为0的匀加速直线运动， 最后1s内位移大小为'=a=0,2m,由初速度 8