第一讲　力与物体的平衡-2026年高考物理总复习课件（57页PPT）

(共57张PPT)
专题一 力与运动
第一讲　力与物体的平衡
命题趋势
1.考查深入灵活:近年来,高考对力与运动的考查愈发深入且灵活,重点聚焦在牛顿运动定律、运动学公式的理解与应用上。
2.结合实际情境:常以汽车刹车、火箭发射、无人机飞行等生活实际与科技前沿为背景,考查学生的受力分析和运动过程推理能力。
3.强调综合创新:开放性、探究性问题逐渐增多,要求学生自主设计实验方
案、分析数据,并将力与运动的知识与能量、动量等综合运用,以解决复杂问题。
考查形式
1.选择题:常考查对基本概念的理解,如牛顿运动定律的含义、受力分析的正误判断、超重失重现象等,占比约 15%。
2.计算题:多为综合题,将牛顿运动定律与运动学公式相结合,求解物体的运动状态或受力情况,如连接体的匀变速直线运动、传送带模型等,占比约 10%。
高频考点
考点 具体内容
对牛顿运动定律的理解 牛顿三定律的含义,尤其是惯性、作用力与反作用力的概念
牛顿运动定律的应用 受力分析的整体法与隔离法,解决连接体问题、瞬时加速度问题、超重与失重问题等
运动学公式的应用 匀变速直线运动的速度、位移公式,以及运动学图像(如v-t图像、x-t图像)的分析与应用
力与运动的综合问题 将受力分析与运动过程相结合,分析多过程运动,如板块模型、传送带模型等
备考建议
1.夯实基础:深入理解牛顿运动定律和运动学公式的内涵,熟练掌握受力分析的方法和步骤。
2.加强练习:多做与实际情境相结合的题目,提高分析问题和解决问题的能
力,尤其是多过程运动和综合应用的题目。
3.注重实验:掌握探究加速度与力、质量关系等实验的原理、方法和数据处理,提升实验设计和分析能力。
4.总结模型:归纳常见的力与运动模型,如斜面模型、板块模型、传送带模型等,熟悉其解题思路和方法。
内容 重要的规律、公式和二级结论
1. 运动的合成与分解 (1)小船垂直河岸过河时,所用时间最短。(2)小船过河时,船速大于水速,船才能垂直河岸过河。(3)绳(杆)端物体速度分解规律:分解为沿绳(杆)方向和垂直于绳(杆)方向两个分速度
2.曲线运动中质点的速度、加速度 (4)曲线运动中质点的速度方向时刻改变,总沿轨迹在该点的切线方向。(5)曲线运动中质点所受合外力的方向指向轨迹曲线弯曲的凹侧
内容 重要的规律、公式和二级结论
3.抛体运动 (6)平抛运动任意时刻的速度的反向延长线一定过水平位移的中点。(7)从斜面上不同位置抛出,又落回斜面上时的速度方向与斜面的夹角都相同
4.匀速圆周运动、圆周运动的向心力 (8)圆锥摆、火车转弯、漏斗壁上的小球在水平面内做匀速圆周运动,F向=mgtan θ,方向水平,指向圆心。(9)轻绳模型经过最高点的最小速度为,一次运动通过最低、最高两点拉力之差一定为6 mg。(10)小球在“杆”模型最高点vmin=0,v临=v>v临,杆对小球有向下的拉力;v=v临,杆对小球的作用力为零;v考点一　静态平衡问题
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】(多选)(2024·河北衡水二模)如图所示,质量为m=0.6 kg的物块通过一段细绳悬挂在轻绳PA和PB的结点P上并处于静止状态,PA与竖直方向的夹角为α=53°,PB沿水平方向。质量为M=25 kg的木块与PB相连,恰好静止在倾角为θ=37°的斜面上,已知重力加速度g取10 m/s2,木块与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8),则下列说法正确的是
(　　)
A.轻绳PA的张力大小为10 N
B.轻绳PB的张力大小为8 N
C.木块与斜面之间的动摩擦因数为0.8
D.木块与斜面之间的动摩擦因数为0.6
题眼点拨 轻绳PA和PB的结点P处于静止状态 结点P受力平衡
质量为M=25 kg的木块与PB相连,恰好静止在倾角为θ=37°的斜面上 木块与斜面间的静摩擦力恰好等于最大静摩擦力
模型方法 1.多物体的静态平衡 2.隔离法、正交分解法 【答案】ABC
【解析】对结点P受力分析如图甲所示,根据平衡条件得FA=,FB=mgtan 53°,解得轻绳PA、PB的张力分别为FA=10 N,FB=8 N,故A、B正确;对斜面上的木块受力分析,如图乙所示,根据平衡条件得Ff=Mgsin 37°+FB'cos 37°,FN+FB'sin 37°=Mgcos 37°,Ff=μFN,其中FB=FB',联立并代入数据解得μ=0.8,故C正确,D错误。故选ABC。
1.三力作用下的动态平衡
考点二　动态平衡问题
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:如图所
示,qE(2)对于一般的四力平衡及多力平衡,可采用正交分解法。
【例2】(多选)(2023·黑龙江哈尔滨市模拟)如图所示为内壁光滑的半球形凹槽M,O为球心,∠AOB=60°,OA水平,小物块在与水平方向成45°角的斜向上的推力F作用下静止于B处。在将推力F沿逆时针缓慢转到水平方向的过程中凹槽和小物块始终保持静止,则(　　)
A.M槽对小物块的支持力逐渐增大
B.M槽对小物块的支持力逐渐减小
C.推力F逐渐减小
D.推力F先减小后增大
【答案】AD
【解析】以小物块为研究对象,小物块受到重力G、支持力FN和推力F三个力作用,根据平衡条件可知,F与FN的合力与G大小相等,方向相反。将推力F沿逆时针缓慢转到水平方向的过程中(1→3),如图所示,根据作图可知,M槽对小物块的支持力FN逐渐增大,推力F先减小后增大,当F与FN垂直时,F最小,故A、D正确,B、C错误。
【例3】(2024·福建宁德三模)某物理兴趣小组为了模拟机器人“手臂”,制作了如图所示的装置,A、B类似于人手臂的关节,能在竖直平面内自由转动,前臂BC末端系一重物和一轻绳,轻绳另一端跨过滑轮牵拉前臂。初始时,关节A、B均锁定,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。下列说法正确的是(　　)
A.绳CD受到的拉力先减小后增大
B.绳CD受到的拉力先增大后减小
C.前臂BC受到的压力大小不变
D.前臂BC受到的压力先减小后增大
【答案】C
【解析】对C点受力分析,其受沿轻绳向上的拉力T1、竖直向下大小等于重物重力的拉力T2及沿AC方向由A指向C的支持力N,如图所示。
根据三力平衡的特点可知力的三角形与△DAC
相似,有=,依题意,上臂AB转过60°过程中,DA保持不变,DC减小,可知绳CD受到的拉力减小,故A、B错误;同理可得=,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,前臂BC受到的压力大小不变,故C正确,D错误。
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=mgsin θ,其中FN与Ff的合力F方向一定,“摩擦角”θ满足tan θ=。
考点三　受力平衡中的临界、极值问题
【例4】质量为M的木楔在水平面上保持静止,斜面倾角为θ,当将一质量为m的木块放在木楔斜面上时,木块正好匀速下滑。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)。求:
(1)当α变化时,拉力F的最小值;
(2)当F取最小值时,木楔对水平面的摩擦力大小。
【答案】mgsin 2θ　mgsin 4θ
【解析】(1)方法一　木块在木楔斜面上匀速向下运动时,根据平衡条件有mgsin θ=μmgcos θ,解得μ=tan θ。因木块在力F作用下沿斜面向上做匀速运动,根据正交分解法有Fcos α=mgsin θ+Ff,Fsin α+FN=mgcos θ,且Ff=μFN,联立解得F===,则当α=θ时,F有最小值,即Fmin=mgsin2θ。
方法二　木块所受的力构成矢量三角形如图甲
所示,支持力与摩擦力用其合力F合代替,变为“三个力”。
如图乙所示,支持力与摩擦力的合力F合与FN之间的夹角,β满足tan β=,故β=θ,则F合与竖直方向的夹角为2θ。由几何关系可得拉力F的最小值Fmin=mgsin 2θ。
(2)由(1)可知,当F取最小值时,α=θ,因为
木块及木楔均处于平衡状态,整体受到地面的摩
擦力等于F的水平分力,即FfM=Fcos,当F取
最小值mgsin 2θ时,则有FfM=Fmin·cos 2θ=mgsin 2θcos 2θ=mgsin 4θ。
1.(2025·福建卷)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,以下说法正确的是 (　　)
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
A　
【详解】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,地面对风动石的作用力大小为F2=,故F2大于F1。故选A。
2.(2025·浙江·卷)中国运动员以121公斤的成绩获得2024年世界举重锦标赛抓举金牌,举起杠铃稳定时的状态如图所示。重力加速度g取10m/s2,下列说法正确的是 (　　)
A.双臂夹角越大受力越小
B.杠铃对每只手臂的作用力大小为605 N
C.杠铃对手臂的压力和手臂对杠铃的支持力是一对平衡力
D.在加速举起杠铃的过程中,地面对人的支持力大于人与杠铃总重力
D　
【详解】杠铃的重力为G=mg=121×10 N=1 210 N,手臂与水平的杠铃之间有夹角,假设手臂与竖直方向的夹角为θ,根据平衡条件有2Fcos θ=G,可知,双臂夹角越大,F越大;结合cos θ<1,解得杠铃对手臂的作用力F>605 N,AB错误。
杠铃对手臂的压力和手臂对杠铃的支持力是一对相互作用力,C错误。
加速举起杠铃,人和杠铃构成的相互作用系统加速度向上,系统处于超重状态,因此地面对人的支持力大于人与杠铃的总重力,D正确。故选D。
3.(多选)(2025高三下·江西九江·模拟)如图所示为高层安装空调时吊运外机的场景简化图。一名工人在高处控制绳子P,另一名工人站在水平地面上拉住另一根绳子Q。在吊运的过程中,地面上的工人在缓慢后退时缓慢放绳,空调外机M缓慢竖直上升,绳子Q与竖直方向的夹角β保持不变,绳子质量忽略不计,则 (　　)
A.绳子P上的拉力不断变大
B.绳子Q上的拉力先变小后变大
C.地面工人所受的支持力不断变小
D.地面工人所受的摩擦力先变大后变小
AC　
【详解】对空调外机进行受力分析,空调外机分别受到绳子P、Q的拉力
F1、F2和自身的重力mg的作用而平衡,受力分析如图所示。
将这三个力构成矢量三角形,如图所示。
由图可知,地面上的工人在缓慢后退并缓慢放绳的过
程中,β不变,α逐渐增大,F1、F2均增大,故A正确,B错误;
对地面上工人进行受力分析可知,该工人受到重力G、
地面的支持力FN、绳子Q的拉力F2'以及地面的摩擦力
Ff四个力的作用处于平衡状态,受力分析如图所示。
竖直方向平衡方程为FN+F2'cosβ=G,
水平方向平衡方程为Ff=F2'sin β,
其中β不变,绳子Q的拉力F2'增大,所以该工人受到的支持力FN减小,摩擦力Ff增大,故C正确,D错误。故选AC。
专题集训(一)　力与物体的平衡
1.(2024·广东汕头金南实验学校三模)黄河铁牛是世界桥梁史上的传世之宝。如图,唐代蒲津浮桥通过两岸的铁牛固定,铁牛底部的铁柱插入地下。设桥索对铁牛的拉力为F1,铁柱对铁牛的作用力为F2,则 (　　)
A.若F1增大,F2也增大
B.若F1增大,F2将减小
C.F1与F2的合力方向不一定竖直向上
D.F1与F2的合力方向一定竖直向下
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A
【解析】对铁牛受力分析如图所示,铁牛受到自身重力G、桥索对铁牛的拉力F1、铁柱对铁牛的作用力F2,三力共点平衡。根据共点力平衡条件和三角形定则可得,若F1增大,F2也增大,A正确,B错误;F1与F2的合力与重力平衡,故F1与F2的合力方向一定竖直向上,C、D错误。
2.如图所示,某创新实验小组制作了一个半径为8 cm的圆环,将3个相同的轻弹簧一端等间距地连接在圆环上的A、B、C三点,另外一端连接于同一点,结点恰好在圆心O处。将圆环水平放置,在结点O处悬挂一瓶矿泉水,缓慢释放直至平衡时测得结点下降了6 cm。已知轻弹簧的原长为8 cm,矿泉水的重力为6 N,则弹簧的劲度系数为 (　　)
A.500 N/m B. N/m
C.5 N/m D. N/m
B
【解析】由几何关系可知每根弹簧此时的长度为l==10 cm,此时每根弹簧与竖直方向夹角的正切值为tan θ==,可知θ=53°,由平衡条件可知3k(l-l0)·cos 53°=G,可得k= N/m,故选B。
3. (2024·广东茂名电海中学模拟)挂灯笼的习俗起源于1 800多年前的西汉时期,已成为中国人喜庆的象征。如图所示,由五根等长的轻质细绳悬挂起四个质量相等的灯笼,中间的细绳是水平的,另外四根细绳与水平面所成的角分别为θ1和θ2。关于θ1和θ2,下列关系式中正确的是 (　　)
A.θ1=θ2　　 B.θ1=2θ2
C.sin θ1=2sin θ2 D.tan θ1=2tan θ2
D
【解析】以左边两个灯笼为整体,设水平方向绳子拉力为F,则有tan θ1=,以左边第二个灯笼为研究对象,则有tan θ2=,联立解得tan θ1=2tan θ2,故选D。
4.(2024·广东省模拟)如图所示,竖直面内固定一光滑大圆环轨道,O为圆心,在大圆环轨道最高点A固定一个光滑的小滑轮,一轻绳绕过小滑轮,一端连接套在大圆环轨道上的小球,用力F拉轻绳另一端,在小球从B点缓慢上升到C点的过程中,有 (　　)
A.拉力F逐渐增大
B.拉力F先减小后增大
C.小球对大圆环轨道的压力大小保持不变
D.小球对大圆环轨道的压力先增大后减小
C
【解析】对小球进行受力分析如图所示,根据相似三角形法,可得==,在小球从B点缓慢上升到C点的过程中,重力大小、方向均不变,A点与小球间的距离变小,OA、OB不变,则拉力F逐渐减小,大圆环轨道对小球的支持力FN大小不变,由牛顿第三定律知小球对大圆环轨道的压力大小不变,故选
C。
5.(2023·广东梅州田家炳实验中学月考)如图所示,物体甲放置在水平地面上,通过跨过光滑定滑轮的轻绳与小球乙相连,整个系统处于静止状态。现对小球乙施加一个水平力F,使小球乙缓慢上升一小段距离,整个过程中物体甲保持静止,甲受到地面的摩擦力为f,则该过程中 (　　)
A.Ff变小,F变大 B.Ff变小,F变小
C.Ff变大,F变小 D.Ff变大,F变大
D
【解析】以小球乙为研究对象受力分析,设绳与竖直方向的夹角为α,根据平衡条件可得,水平拉力F=m乙gtan α,乙球上升的过程中夹角α逐渐增大,则水平拉力F逐渐增大,绳子的拉力为FT=,故绳子的拉力逐渐增大;以物体甲为研究对象受力分析,根据平衡条件可得,物体甲受到的地面的摩擦力与绳子拉力沿水平方向的分力等大反向,故摩擦力方向向左,Ff=FTcos θ=,逐渐增大,故选D。
6.(2023·广东深圳调研)如图所示,某同学将细绳穿过光滑圆环,绳的一端固
定,另一端拴在手上,该同学将拴绳的手竖直向上缓慢移动过程中,下列说法正确的是 (　　)
A.细绳与竖直方向的夹角θ变大
B.细绳与竖直方向的夹角θ变小
C.圆环所受合力变大
D.细绳对圆环的拉力大小不变
D
【解析】该同学将拴绳的手竖直向上缓慢移动过程中,细绳两端水平间距d不变,细绳长度l不变,由几何关系知sin θ=,所以细绳与竖直方向的夹角θ不变,故A、B错误;缓慢移动过程中,圆环受力平衡,所受合力始终为零,故C错误;由平衡条件得2FTcos θ=mg,因为细绳与竖直方向的夹角θ不变,所以细绳对圆环的拉力FT大小不变,故D正确。
7.(2024·广东湛江二模)如图1和图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3所示,ABCD为一块厚厚的水平钢板,
AEFB和DHGC为两根不可伸长的轻绳,两绳子关于水平钢板左右对称放置,且AE和DH平行于大理石块的后表面,BF和CG平行于大理石块的前表面,
AE、DH、BF、CG与水平方向的夹角均为θ,忽略AE和DH与大理石块的后表面(包括E、H两点)、BF和CG与大理石块的前表面(包括F、G两点)的所有作用力,已知EF与大理石块左表面、HG与大理石块右表
面的动摩擦因数均为μ。若能吊起大理石块,μ至少为 (　　)
A.tan θ　　　 B.
C.sin θ　　　 D.
A
【解析】设每段绳子上的张力均为T,对大理石和EF、GH段轻绳,根据平衡条件有4Tsin θ=mg;对EF或GH段轻绳,水平方向有2Tcos θ=FN;认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则有fm=μFN=μ·2Tcosθ;对大理石,根据平衡条件有2fm=mg,即4μTcos θ=4Tsin θ,解得μ=tan θ,故选A。
8.(2023·广东佛山顺德一中模拟)如图所示,木块a、b和沙桶c通过不可伸长的轻质细绳和轻质光滑滑轮连接,处于静止状态。其中AB细绳的B端与滑轮的转轴连接,A端固定于天花板上。现向沙桶c内加入少量沙子后,系统再次处于平衡状态。下列关于各物理量变化的说法正确的是 (　　)
A.斜面对木块a的摩擦力增大
B.细绳对沙桶c的拉力不变
C.地面对斜面体的支持力增大
D.AB绳与竖直方向的夹角增大
D
【解析】以沙桶c为研究对象,根据受力平衡可知,细绳对沙桶c的拉力等于沙与沙桶的重力,可知向沙桶c内加入少量沙子后,细绳对沙桶c的拉力变大,B错误;以木块a为研究对象,由于不清楚绳子拉力与木块a重力沿斜面向下的分力之间的大小关系,故斜面对木块a的摩擦力方向可能沿斜面向上,也可能沿斜面向下,向沙桶c内加入少量沙子后,细绳对a的拉力变大,斜面对木块a的摩擦力可能减小,也可能增大,甚至可能大小不变,A错误;以木块b为研究对象,设木块b两边绳子与竖直方向的夹角为θ,根据受力平衡可得2FTcos θ=mbg,向沙桶c内加入少量沙子后,细绳拉力FT变大,可知cos θ变小,θ变大,以B端滑轮为研究对象,根据受力平衡可知,AB绳与竖直方向的夹角为,故AB绳与
竖直方向的夹角增大,D正确;以木块a、轻质定滑轮和斜面体整体为研究对象,根据受力平衡可得FN地=(M+m)g+FTcos θ=(M+m)g+,可知向沙桶c内加入少量沙子后,地面对斜面体的支持力不变,C错误。
9.(多选)(2025·广东广州一模)如图为一承重装置,两个相同的铰支座分别与地面和托盘固定,用四根相同的轻杆铰接。已知轻杆长度均为L,铰接处a、b间距与轻弹簧原长相等,弹簧劲度系数为k,弹簧轴线与轻杆夹角为θ。在托盘上放置重物,平衡时θ=45°。现用外力控制重物缓慢下移直至θ=30°。弹簧始终处于弹性限度内,不计铰支座质量,不计摩擦阻力,则 (　　)
A.θ=45°时弹簧弹力大小为kL
B.θ=45°时轻杆弹力大小为kL
C.托盘和重物的总重力大小为kL
D.从θ=45°到θ=30°过程中重物下降高度为L
AD
【解析】根据题意,铰接处a、b间距与轻弹簧原长相等,当θ=45°时,弹簧的伸长量为Δx=2Lcos45°,弹簧弹力大小为F弹=kΔx,联立解得F弹=kL,故A正确;当θ=45°时,对托盘和重物整体进行受力分析,在竖直方向上,由平衡条件有2F杆cos45°=G,对弹簧与轻杆连接点进行受力分析,水平方向2F杆cos45°=F弹,联立解得F杆=kL,G=kL,故BC错误;根据几何知识,当θ=45°时,轻杠在竖直方向的高度为h1=2Lsin45°,当θ=30°时,轻杠在竖直方向的高度为h2=2Lsin30°,则重物下降高度为Δh=h1-h2=L,故D正确。故选AD。
10.(多选)(2024·广东广州广雅中学月考)如图所示,某工厂将圆柱形工件a放在倾角为θ的斜面上,为防止工件滚动,在其下方垫一段半径与a相同的半圆柱体b,若缓慢减小斜面倾角,a、b始终处于静止状态,不计a与接触面的摩
擦,b的质量很小。则(　　)
A.斜面对a的弹力变大
B.斜面对a的弹力先变大后变小
C.b对a的弹力逐渐变小
D.b对a的弹力不变
AC
【解析】对a进行受力分析,斜面对a的弹力为F1,b对a的弹力为F2,如图甲所示。根据平衡条件可知,F1与F2的合力与a的重力等大反向。在斜面倾角缓慢减小过程中,根据几何关系可知,F1和F2的夹角始终不变,而F1与竖直方向的夹角(锐角)逐渐减小,由此作出斜面对a的弹力F1和b对a的弹力F2的变化过程如图乙所示,可知斜面对a的弹力F1变大,b对a的弹力F2逐渐变小,故选A、C。