2026版高考物理二轮复习微专题1　力与物体的平衡

专题一力与运动微专题1力与物体的平衡1.常见的三种力(1)重力是由于地球对物体的吸引而使物体受到的力．重力的大小与物体的运动状态无关，而与其所处位置有关．对于同一个物体而言，纬度越高，其重力越大；高度越高，其重力越小．(2)弹力方向与接触面垂直，指向被支持或被挤压的物体．杆的弹力方向不一定沿杆．弹簧的弹力大小由胡克定律F＝kx计算，一般物体间弹力大小根据物体受力分析和运动状态求解．(3)静摩擦力的大小由受力物体的运动状态决定，用受力平衡或动力学方法求解．滑动摩擦力的大小可由公式f＝μN求解．2.力的合成与分解(1)当两个分力F1＝F2＝F，夹角为θ时，F合＝2Fcoseq\f(θ,2)，方向与F1、F2的夹角都为eq\f(θ,2)；当θ＝120°时，F合＝F；当三个力大小相等，互成120°时，F合＝0.(2)力的合成与分解是在保证作用效果相同时进行的，遵从矢量运算的基本法则——平行四边形定则或三角形定则.3.共点力作用下物体的平衡(1)平衡状态①静止：物体的速度和加速度都等于零的状态．②匀速直线运动：物体的加速度为零、速度不为0的状态．(2)平衡条件①物体所受合外力为0，即F合＝0.②若采用正交分解法，平衡条件的表达式为Fx＝0，Fy＝0.③推论：若物体受n个力作用而处于平衡状态，则其中任意一个力与其余(n－1)个力的合力大小相等、方向相反.若三个共点力的合力为0，则表示这三个力的有向线段首尾相接组成一个封闭三角形．考情一静态平衡1.(2023·江苏卷)如图所示，“嫦娥五号”探测器静止在月球平坦表面处．已知探测器质量为m，四条腿与竖直方向的夹角均为θ，月球表面的重力加速度为地球表面重力加速度g的eq\f(1,6)，每条腿对月球表面压力的大小为(D)A.eq\f(mg,4) B.eq\f(mg,4cosθ)C.eq\f(mg,6cosθ) D.eq\f(mg,24)【解析】对“嫦娥五号”探测器受力分析有4FN＝mg月，则对每一条腿有FN＝eq\f(1,4)mg月＝eq\f(mg,24)，根据牛顿第三定律可知，每条腿对月球表面的压力大小为eq\f(mg,24)，故D正确．2.(2025·河北卷)如图所示，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(B)A.eq\f(1,2)G B.eq\f(\r(2),2)GC.G D.eq\r(2)G【解析】分析可知，当凹槽底部对小球支持力为0时，此时拉力F最大，根据平衡条件有2Fmcos45°＝G，解得Fm＝eq\f(\r(2),2)G，故B正确．3.(2024·浙江卷)如图所示，在同一竖直平面内，小球A、B上系有不可伸长的细线a、b、c和d，其中a的上端悬挂于竖直固定的支架上，d跨过左侧定滑轮、c跨过右侧定滑轮分别与相同配重P、Q相连，调节左、右两侧定滑轮高度达到平衡．已知小球A、B和配重P、Q质量均为50g，细线c、d平行且与水平面成θ＝30°，不计摩擦，取g＝10m/s2，则细线a、b的拉力分别为(D)A.2N,1N B.2N,0.5NC.1N,1N D.1N,0.5N【解析】由题意可知，细线c对A球的拉力和细线d对B球的拉力大小相等、方向相反，对A、B整体分析可知，细线a的拉力大小为Ta＝(mA＋mB)g＝1N；设细线b与水平方向的夹角为α，对A球受力分析有Tbsinα＋Tcsinθ＝mAg、Tbcosα＝Tccosθ，解得Tb＝0.5N，故D正确．考情二动态平衡4.(2021·湖南卷)质量为M的凹槽静止在水平地面上，内壁为半圆柱面，截面如图所示，A为半圆的最低点，B为半圆水平直径的端点．凹槽恰好与竖直墙面接触，内有一质量为m的小滑块．用推力F推动小滑块由A点向B点缓慢移动，力F的方向始终沿圆弧的切线方向，在此过程中所有摩擦均可忽略．下列说法中正确的是(C)A.推力F先增大后减小B.凹槽对滑块的支持力先减小后增大C.墙面对凹槽的压力先增大后减小D.水平地面对凹槽的支持力先减小后增大【解析】对滑块受力分析，如图所示，由平衡条件有F＝mgsinθ、N＝mgcosθ.滑块从A点缓慢移动到B点过程中，θ越来越大，推力F越来越大，支持力N越来越小，故A、B错误；对凹槽与滑块整体受力分析，墙面对凹槽的压力为FN＝Fcosθ＝mgsinθcosθ＝eq\f(1,2)mgsin2θ，当θ越来越大时，墙面对凹槽的压力先增大，后减小，故C正确；水平地面对凹槽的支持力为N地＝(M＋m)g－Fsinθ＝(M＋m)g－mgsin2θ，当θ越来越大时，水平地面对凹槽的支持力越来越小，故D错误．考向1静态平衡(2024·镇江质检)如图所示的环保手提袋有两根轻质提绳，每根提绳长度50cm，提绳与袋连接点之间的距离为25cm，手提袋装上物品后总重力为G，则每条提绳的拉力大小约为(D)A.eq\f(1,2)G B.eq\f(1,4)GC.eq\f(\r(3),4)G D.eq\f(\r(3),6)G【解析】手提袋装上物品后总重力为G，设提绳与竖直方向的夹角为θ，每条提绳的拉力大小为T，根据受力平衡可得4Tcosθ＝G，根据几何关系可得sinθ＝eq\f(12.5cm,25cm)＝eq\f(1,2)，可得θ＝30°，联立解得T＝eq\f(\r(3),6)G，故D正确．静态平衡问题的处理方法特别提醒：(1)求解多体平衡时，一般结合整体法与隔离法求解．(2)对于立体问题，采用降维法，将立体图转化为平面图，再求解．(2024·前黄中学)如图所示，用两根长度相等的细线系住质量相等的小球a、b，若在a球上加水平向左的外力3F，在b球上加水平向右的外力F，则平衡后的状态为(C)ABCD【解析】设a、b两球的质量均为m，a球受到3F的力水平向左，b受到的力F水平向右，以整体为研究对象，设OA绳与竖直方向的夹角为α，则由平衡条件得tanα＝eq\f(3F－F,2mg)＝eq\f(F,mg)；以b球为研究对象，受力分析，设AB绳与竖直方向的夹角为β，则由平衡条件得tanβ＝eq\f(F,mg)，所以α＝β，故C正确．考向2动态平衡(2025·南通海安调研)《墨经》中记载古代建造房屋过程中，通过斜面提升重物，如图所示，若斜面体上表面光滑，则在缓慢拉升重物的过程中(B)A.重物受到的支持力不变B.重物受到的支持力减小C.斜面受到地面的支持力不变D.斜面受到地面的支持力先增大后减小【解析】对重物受力分析，如图所示缓慢拉升重物的过程中，重物所受重力不变，支持力的方向不变，而绳拉力的方向不断变化，根据图解法可知，重物所受支持力N不断减小，绳拉力F不断增大，故A错误，B正确；设连接重物的绳与水平面的夹角为α，对重物和斜面进行整体分析，在竖直方向有(M＋m)g＝Fsinα＋FN，重物缓慢沿斜面向上移动过程中，F不断增大，α不断增大，sinα增大，所以FN不断减小，故C、D错误．(2024·淮安第一次调研)如图所示，保持O点位置及∠AOB＝120°不变，将轻绳OA、OB同时沿逆时针方向缓慢旋转，直到OA竖直．关于OA上拉力TA和OB上拉力TB的大小，下列说法中正确的是(B)A.TA一直变大，TB不变B.TA先变大后变小，TB一直变小C.TA先变大后变小，TB一直变大D.TA先变小后变大，TB先变大后变小【解析】由图可知，保持O点位置及∠AOB＝120°不变，将轻绳OA、OB同时沿逆时针方向缓慢旋转，直到OA竖直，TA先变大后变小，TB一直变小，故B正确．动态平衡问题的处理方法(2025·南京学情调研)抖空竹是一种传统杂技．如图所示，表演者一只手控制A不动，另一只手控制B分别沿图中的四个方向缓慢移动，忽略空竹转动的影响，不计空竹和轻质细线间的摩擦，且认为细线不可伸长．下列说法中正确的是(A)A.沿虚线a向左移动，细线的拉力减小B.沿虚线b向上移动，细线的拉力增大C.沿虚线c斜向上移动，细线的拉力不变D.沿虚线d向右移动，细线对空竹的合力增大【解析】空竹受力如图所示根据平衡条件可得2Fsinθ＝mg，设细线长为L，由几何关系可得cosθ＝eq\f(D,L)，若沿虚线a向左移动，D减小，θ增大，则细线的拉力减小，故A正确；若沿虚线b向上移动，D不变，θ不变，则细线的拉力不变，故B错误；若沿虚线c斜向上移动，D增大，θ减小，则细线的拉力增大，故C错误；若沿虚线D向右移动，则细线对空竹的合力始终等于重力，保持不变，故D错误．考向3电磁平衡(2025·南京二模)如图所示，金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中．棒中通以由M向N的电流，平衡时两悬线与竖直方向的夹角均为θ.仅改变下列某一个条件，能使θ变大的是(A)A.棒中的电流变大B.两悬线等长变短C.金属棒质量变大D.磁感应强度变小【解析】根据左手定则可知，安培力方向水平向右，导体棒受到细线的拉力、水平向右的安培力以及重力作用，根据平衡条件可知，tanθ＝eq\f(F,mg)＝eq\f(BIL,mg)，棒中电流变大，θ角变大，故A正确；两悬线等长变短(不是导线变短)，θ角不变，故B错误；金属棒质量变大，θ角变小，故C错误；磁感应强度变小，θ角变小，故D错误．解决电磁学平衡问题，要理清知识体系两根通电直导线a、b相互平行，a通有垂直纸面向里的电流，固定在O点正下方的地面上；b通过一端系于O点的绝缘细线悬挂，且Oa＝Ob，b静止时的截面图如图所示．若a中电流大小保持不变，b中的电流缓慢增大，则在b缓慢移动的过程中(D)A.细线对b的拉力逐渐变小B.地面对a的作用力变小C.细线对b的拉力逐渐变大D.地面对a的作用力变大【解析】由题意可知，导线b中电流方向与导线a中相反，在b中电流缓慢增大的过程中，对导线b受力分析如图所示，易得△Oab与力的矢量三角形相似，根据相似三角形的关系有eq\f(Oa,mg)＝eq\f(Ob,T)＝eq\f(ab,F安)，由此可知细线对b的拉力不变；由于ab在逐渐增大，故导线ab间相互作用的安培力逐渐增大，因此导线a对地面的作用力变大，根据牛顿第三定律可知，地面对a的作用力变大，故D正确．配套热练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，下列说法中正确的是(A)A.F2大于F1B.F1大于F2C.F1等于F2D.大小关系与风力大小有关【解析】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＝eq\r(F2＋mg2)，F2大于F1，故A正确．2.(2024·镇江期初)如图所示，置于水平地面的三脚架上固定着一质量为m的照相机，三脚架的三根轻质支架等长，与竖直方向均成30°角，则每根支架中承受的压力大小为(重力加速度为g)(D)A.eq\f(1,3)mg B.eq\f(2,3)mgC.eq\f(\r(3),6)mg D.eq\f(2\r(3),9)mg【解析】对照相机受力分析，受重力和三个支架的支持力，根据平衡条件，三根支架的支持力的合力等于重力，即3Fcosθ＝mg，解得F＝eq\f(2\r(3),9)mg，根据牛顿第三定律可知，每根支架中承受的压力大小为F′＝F＝eq\f(2\r(3),9)mg，故D正确．3.(2025·泰州调研)戽斗是古代一种小型的人力提水灌田农具，是我国古代劳动人民智慧的结晶．如图所示，两人双手执绳牵斗取水，在绳子总长度一定时(B)A.两人站得越远越省力B.两人站得越近越省力C.两边绳子的拉力大小一定相等D.绳子拉力大小与两人距离远近无关【解析】设两边绳子等长，绳子与竖直方向夹角为θ，戽斗重力为G，绳子拉力为F，根据平衡条件，在竖直方向上有2Fcosθ＝G，则F＝eq\f(G,2cosθ)，当两人站得越近时，θ越小，cosθ越大，在G不变的情况下，F越小，也就越省力，故A、D错误，B正确；只有当两人到戽斗的绳长相等时，两边绳子的拉力大小才相等，如果绳长不相等，则两边绳子拉力大小不相等，故C错误．4.(2025·北京卷)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(C)A.4 B.5C.6 D.7【解析】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对B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C正确．5.如图所示，在倾角为α的光滑斜面上，垂直纸面放置一根长为L、质量为m的直导体棒．当导体棒中的电流I垂直纸面向里时，欲使导体棒静止在斜面上，可将导体棒置于匀强磁场中．当外加匀强磁场的磁感应强度B的方向在纸面内由竖直向上逆时针转至水平向左的过程中，关于B的大小的变化，下列说法中正确的是(C)A.逐渐增大B.逐渐减小C.先减小，后增大D.先增大，后减小【解析】对导体棒受力分析，受重力G、支持力FN和安培力FA，三力平衡，合力为0，将支持力FN和安培力FA合成，合力与重力相平衡，如图所示，从图中可以看出，安培力FA先减小，后增大，由于FA＝BIL，其中电流I和导体棒的长度L均不变，故磁感应强度先减小，后增大，故C正确．6.(2025·南通第一次调研)如图所示，在水平面上固定一竖直挡板M，现用水平力F向左推楔形木块B，使球A缓慢上升．所有接触面均光滑，在此过程中(A)A.A对B的压力始终不变B.A对M的压力逐渐增大C.水平外力F逐渐增大D.水平面对B的支持力逐渐增大【解析】当缓慢向左推动时，B对A的支持力、M对A的弹力方向不变，由于合力不变，所以两个力的大小保持不变，则A对B的压力保持不变，A对M的压力也保持不变，故A正确，B错误；对整体进行分析，水平方向上受到墙对A的弹力和推力F，因为处于平衡状态，弹力不变，所以推力F不变，故C错误；对A、B整体进行分析，竖直方向上受到重力和地面的支持力，因为受力平衡，所以B对水平面的压力恒等于A、B的重力，水平面对B的支持力保持不变，故D错误．7.(2024·山东潍坊质检)如图所示，质量为m的篮球放在球架上，已知球架的宽度为L，每只篮球的直径为D，不计球与球架之间的摩擦，重力加速度为g，则每只篮球对一侧球架的压力大小为(B)A.eq\f(1,2)mgB.eq\f(mgD,2\r(D2－L2))C.eq\f(2mgD,\r(D2－L2))D.eq\f(2mg\r(D2－L2),D)【解析】以任意一只篮球为研究对象，分析受力情况，设球架对篮球的支持力N与竖直方向的夹角为α.由几何知识得cosα＝eq\f(\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(D,2)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2)))2),\f(D,2))＝eq\f(\r(D2－L2),D)，根据平衡条件得2Ncosα＝mg，解得N＝eq\f(mgD,2\r(D2－L2))，则得篮球对球架的压力大小为N′＝N＝eq\f(mgD,2\r(D2－L2))，故B正确．8.(2025·扬州高邮调研)如图所示，质量分布均匀的细棒中心为O点，O1为光滑铰链，O2为光滑定滑轮，O2在O1正上方，一根轻绳一端系于O点，另一端跨过定滑轮O2，由水平外力F牵引，用FN表示铰链对细棒的作用．现在外力F作用下，细棒从图示位置缓慢转到竖直位置的过程中，下列说法中正确的是(A)A.F逐渐变小，FN大小不变B.F逐渐变小，FN大小变大C.F先变小，后变大，FN逐渐变小D.F先变小，后变大，FN逐渐变大【解析】画出细棒的受力分析，如图所示．根据三角形定则及相似三角形可知，eq\f(FN,OO1)＝eq\f(mg,O1O2)＝eq\f(F,OO2)，因OO1和O1O2不变，则FN大小不变；随着OO2的减小，F逐渐减小，故A正确．9.如图所示，光滑直杆OA、OB在O点由铰链固定，两杆间夹角θ(θ＜90°)不变，在两杆上分别套上质量相等的小环P、Q，两小环由不可伸长的轻绳连接，初始时，杆OA竖直．现缓慢顺时针转动两杆至OB竖直，则在转动过程中(C)A.杆对环P的弹力先变大，后变小B.杆对环Q的弹力一直变大C.杆对环P的弹力一直变大D.杆对环Q的弹力先变小，后变大【解析】对两环和绳整体受力分析，作力的矢量三角形如图所示，缓慢顺时针转动两杆至杆OB竖直，在转动过程中，初始时杆对环P的弹力最小，当逐渐增大到辅助圆的直径时，杆对环Q的弹力水平，则杆对环P的弹力全过程一直变大，杆对环Q的弹力一直变小，故C正确．10.(2024·湖北卷)如图所示，两拖船P、Q拉着无动力货船S一起在静水中沿图中虚线方向匀速前进，两根水平缆绳与虚线的夹角均保持为30°.假设水对三艘船在水平方向的作用力大小均为f，方