高中物理（高三）“杠杆原理”微专题：模型建构与临界突破导学案

高中物理（高三）“杠杆原理”微专题：模型建构与临界突破导学案

一、专题定位与考情分析

（一）【高三冲刺·核心素养导向】本专题在高三物理复习中承担着承上启下的关键作用。它不仅是初中杠杆知识的深化，更是高中力学体系的重要组成部分，是连接牛顿运动定律、力矩平衡、转动惯量等概念的桥梁。对于冲刺重点高中的学生而言，本专题旨在实现从“定性理解”向“定量分析”的跃迁，从“简单模型”向“复杂情境”的突破。我们不仅仅要回顾杠杆的平衡条件，更要引导学生运用力矩的概念去解析一切绕固定转轴平衡的物体，培养其“转动平衡”的物理观念，这是应对高考压轴题和强基计划校考的核心素养要求。

（二）【高频考点·命题趋势深度解码】近五年高考物理全国卷及各省市自主命题中，杠杆原理及其变式（力矩平衡）的出现频率极高，【重要】统计显示，涉及动态平衡、临界极值问题的题目占比超过60%。命题趋势呈现出三大显著特征：其一，情境化，将杠杆原理融入生活中的工具（如指甲刀、起重机）、人体骨骼肌肉系统（如肱二头肌举哑铃）、工程设计（如塔吊平衡）等真实场景；其二，综合化，常与受力分析、共点力平衡、摩擦力、胡克定律甚至电磁学（如安培力作用下的导体杆平衡）相结合；其三，临界化，【难点】【拉分点】重点考查学生对“恰翻转”、“恰滑动”、“绳恰好断开”、“支持力为零”等临界条件的挖掘与处理能力。因此，本专题的设计核心，即在于通过模型建构与临界突破，帮助学生打通从基础认知到高分解题的最后一公里。

二、核心概念精准回眸与进阶

（一）【基础·核心概念的深化定义】在高中阶段，我们摒弃了初中“一根硬棒”的具象表述，将杠杆抽象为【重要】“在力的作用下，能绕固定转轴（或支点）转动的刚性物体”。其核心要素包括：

1.支点(O)：物体绕之转动的固定点。其本质是转轴，限制了物体的移动和除绕轴转动外的其他转动。

2.动力(F1)与阻力(F2)：使物体转动或阻碍物体转动的力。必须明确，力的作用线不通过支点。

3.力臂(l)：【重要】支点到力的作用线的垂直距离。这是计算力矩的关键，是“垂直距离”而非“点到点的距离”。学生常见的错误是直接取支点到力的作用点的连线，必须通过反复作图加以纠正。

4.力矩(M)：【核心概念】力和力臂的乘积，即M=F×l。它是描述力对物体转动作用的物理量，是矢量（在高中阶段一般关注其正负，即转动方向）。规定使物体绕支点逆时针转动的力矩为正，顺时针为负。

（二）【基础·平衡条件的拓展表述】杠杆的平衡条件（原理）通常表述为：动力×动力臂=阻力×阻力臂，即F1·l1=F2·l2。这本质上是力矩平衡方程，意味着所有使杠杆顺时针转动的力矩之和等于所有使杠杆逆时针转动的力矩之和。对于高中阶段更复杂的多力多力臂情况，其普适形式应为：ΣM=0，即对任意一点的合力矩为零（在固定转轴下，通常对支点取矩）。这为我们处理具有多个力（包括重力、支持力、摩擦力等）作用的平衡问题提供了根本遵循。

三、教学实施过程：模型建构与临界突破

本部分为导学案的核心，分为五个层层递进的环节，全程贯穿学生主体与教师主导的课改理念。

（一）环节一：模型回眸——从生活走向物理（课堂前10分钟）

1.【情境创设·激活前概念】展示一组高清晰度图片：正在用扳手拧紧生锈螺丝的工人、建筑工地上平衡的铁臂塔吊、人踮起脚尖时脚掌的骨骼受力模型。提出问题串：扳手的手柄越长越省力，这背后隐藏的物理量是什么？塔吊的配重为什么总是挂在远离吊臂的一侧？为什么人能仅凭脚尖的力量支撑起整个身体的重量？这些问题直接指向“力矩”和“力臂”的概念，旨在迅速唤醒学生对杠杆的原始认知，并激发其对深层原理的探究欲。

2.【作图强化·攻克力臂难点】以一根轻质杠杆（忽略自重）为例，支点在中间，左端悬挂重物（阻力F2竖直向下），右端用一根斜向上的力F1拉住。请两名学生上台，在黑板上画出F1和F2的力臂。这是【基础】但也是【高频易错点】。台下学生同步在学案上完成。教师巡视，收集典型错误（如将力臂画成支点到力的作用点的连线）。集中讲评时，利用几何画板或动态课件，动态演示“从支点向力的作用线作垂线”的过程，并强调“垂直”与“距离”的双重含义。通过变式训练（改变力的方向），让学生深刻理解力臂是随力的方向变化而变化的。

3.【定量初探·回归平衡方程】在上述杠杆中，已知阻力F2=10N，阻力臂l2=0.2m，动力臂l1=0.4m，杠杆处于水平平衡状态。求动力F1的大小。学生独立计算，快速得出F1=5N。此步骤旨在复习基本公式，并引出下一环节的核心问题：如果杠杆不是水平平衡，或者力不再垂直杠杆，该如何处理？

（二）环节二：核心突破——一般位置下的力矩平衡（课堂第10-25分钟）

1.【问题升级·非水平平衡】将上述杠杆的右端缓慢上拉，使杠杆在倾斜30°角的位置保持平衡。动力F1始终沿竖直向上方向。提问：此时动力臂l1‘和动力F1’分别是多少？

（1）【小组合作·几何探究】将学生分为四人小组，引导其在学案上画出此时的受力分析图。关键在于找出力臂的变化：由于支点位置不变，阻力的方向（竖直向下）和作用点（左端）不变，因此阻力臂变为支点到阻力作用线的垂直距离，即杠杆长度的一半乘以cos30°。同理，动力F1竖直向上，其力臂为支点到动力作用线的垂直距离，即杠杆长度的一半乘以cos30°（请注意：此处因动力始终竖直向上，杠杆倾斜后，动力作用线也随之倾斜，但其与杠杆的夹角发生变化，导致力臂不再是简单的杠杆长度的一半）。教师需引导学生发现：当力的方向不变（如始终竖直）而杠杆倾斜时，力臂与杠杆长度的夹角关系复杂，必须严格依据几何关系求解。通过几何推导，得到l1‘=OA×cos(θ)？需要根据具体角度和力的方向精确计算。此处应采用解析法：设杠杆长L，支点在中点。动力作用点在右端，阻力在左端。杠杆与水平方向夹角为30°。则阻力臂=(L/2)×cos30°。动力F1竖直向上，其作用线与水平方向夹角未知。设动力作用点坐标为(x,y)，支点为(0,0)，则动力作用线的方程需根据其方向（竖直向上）来确定。然后求支点到该直线的距离。此过程可引导学生构建坐标系，用点到直线距离公式求解，从而将几何问题代数化。最终通过力矩平衡方程求出F1‘。

（2）【方法提炼·解析法与几何法】对比水平平衡与非水平平衡，总结求解一般位置力矩平衡的两种思路：一是几何作图法，准确作出力臂，利用三角形边角关系求解；二是解析法，建立坐标系，将力和作用点坐标化，直接应用力矩定义M=F×d(d为点到直线距离)计算。强调【重要】解析法的普适性和优势，尤其适用于多力、多角度、复杂几何形状的物体。

2.【动态分析·引入矢量三角形】在上述杠杆从水平位置被缓慢拉至倾斜30°的过程中，分析动力F1的大小变化趋势。这是一个典型的【难点】【高频考点】“动态平衡”问题。

（1）引导学生思考：在此过程中，阻力F2和阻力臂l2均发生变化（阻力大小不变，但力臂先增大后减小？取决于支点位置和转动方向。本例中阻力在左端，支点在中间，杠杆从水平向上转动，阻力臂是逐渐减小的。需具体情况具体分析。为制造“变化”，可调整情境：支点在一端，动力在另一端，阻力在中间，则转动过程中力臂变化规律又不同。建议选择一个更经典的模型：轻杆，一端为固定铰链（支点），杆上某点悬挂重物，杆的另一端用一根系在竖直墙上的绳子拉住，绳与杆的夹角随杆的转动而变化。求绳中拉力的变化。

（2）学生分析受力，发现杆受到重力（通过重心）、绳的拉力、铰链的作用力，属于三力平衡汇交问题。但若直接用力矩平衡，以铰链为支点，则铰链的作用力力矩为零，只需考虑重力和绳拉力的力矩，非常简洁。写出力矩平衡方程：G×l_G=T×l_T。其中l_G是重力对支点的力臂（不变），l_T是绳拉力对支点的力臂（随角度变化）。

（3）【高阶思维·构建函数或几何模型】引导学生将l_T用杆长L、绳与杆的夹角θ表示。得到T=(G×l_G)/(L×sinθ)。分析θ从接近0°增大到90°的过程中，sinθ增大，T减小。从而得到拉力的变化趋势。进一步追问：若绳子的承受极限为T_m，则杆与水平面的夹角至少为多大？这自然过渡到了临界问题。

（三）环节三：临界攻坚——从平衡到失衡的边界（课堂第25-40分钟）

本环节是达成“重高冲刺”目标的关键，旨在培养学生挖掘隐含条件、构建不等式、求解极值的能力。

1.【经典模型一：绳断临界】

（1）【情境】如图所示，一根长度为L、质量为m的粗细均匀的钢筋（重心在几何中心），A端用光滑铰链固定于竖直墙面，B端用一根不可伸长的轻质细绳系住，绳的另一端固定在墙上的C点，使钢筋水平平衡。已知绳与竖直方向的夹角为θ。

（2）【问题1】求绳中拉力T和A端铰链的作用力。

学生练习，以A为支点，列力矩平衡：mg×(L/2)=T×L×sinθ（T的力臂是A点到绳作用线的垂直距离，即L×sinθ）。解得T=mg/(2sinθ)。

（3）【问题2】若绳子的最大承受拉力为T0，为使绳子不断，钢筋与水平方向的夹角α（假设钢筋缓慢上抬）至少为多大？

这是【非常重要】的临界问题。关键在于：

a.建立函数：当钢筋与水平方向成α角时，重新画受力图。此时重力mg对A的力臂变为(L/2)×cosα。绳子的拉力T对A的力臂，需要知道绳子的方向是否变化。若C点固定，则当钢筋抬起后，绳与竖直方向的夹角会变，设为β，则T的力臂为L×sin(β)。β与α的几何关系需要通过解三角形得到。这是一个复杂的函数关系。

b.简化模型（或引导思考方向）：为聚焦临界思维，可修改情境——将绳的上端C改为垂直墙面上的一根光滑定滑轮，绳绕过滑轮后挂一个重物，通过改变重物质量来控制拉力。这样绳的方向与钢筋垂直，力臂恒为L，问题大大简化。但若保持原题，则锻炼的是学生综合运用几何与函数的能力。

c.列力矩平衡方程：mg×(L/2)×cosα=T×d(α)，其中d(α)是T对A点的力臂，是关于α的函数。

d.代入临界条件：T=T0。得到关于α的方程或不等式，解出α的最小值。求解过程中可能涉及到三角函数的最值或利用导数求极值。

2.【经典模型二：翻倒临界】（【难点】）

（1）【情境】一个均匀的长方体木块，质量为m，边长为a和b（a>b），放置在水平地面上。现用一个水平向右的力F作用在木块的左侧面上，且力的作用点高度为h。问：当F缓慢增大时，木块是先滑动还是先翻倒？

（2）【模型建构】这是一个典型的刚体平衡问题，涉及两种运动趋势：滑动（平动）和翻倒（转动）。木块是否滑动，取决于水平力F与最大静摩擦力f_max的关系（ΣFx=0，平动平衡被破坏的临界条件是F=f_max=μmg）。木块是否翻倒，取决于力矩平衡。以木块右下角（即将翻倒时绕其转动的支点）为转轴，木块受到重力（作用在中心，对轴产生一个逆时针力矩）、支持力（当未翻倒时，支持力作用点会前移，与重力构成力偶；在翻倒临界时，支持力作用点将集中于右下角，力矩为零）、拉力F（对轴产生顺时针力矩）。翻倒的临界条件是：地面对木块的支持力作用点移至右下角，且木块与地面间的正压力分布趋于该点，此时木块仅受重力、拉力、右下角的支持力和摩擦力。以右下角为轴，重力力矩=F的力矩，是平衡的。一旦F的力矩大于重力的力矩，木块即开始翻倒。

（3）【定量计算·寻找临界条件】

a.滑动临界力：F_slip=μmg。

b.翻倒临界：以右下角O为支点。重力对O的力臂为a/2（水平方向）。拉力F对O的力臂为h（竖直方向）。列力矩平衡方程：mg×(a/2)=F_tip×h。解得F_tip=(mg×a)/(2h)。

c.【重要结论】比较F_slip和F_tip：

若F_slip<F_tip，即μmg<(mg×a)/(2h)=>μ<a/(2h)，则当F增大时，先达到滑动临界，木块将滑动。

若F_slip>F_tip，即μ>a/(2h)，则当F增大时，先达到翻倒临界，木块将翻倒。

若相等，则同时滑动与翻倒。

（4）【拓展思考】改变力F的方向（如斜向上拉），临界情况如何变化？改变作用点的高度，对两种临界有何影响？引导学生得出结论：降低力的作用点（减小h），有利于防止翻倒；增大接触面粗糙程度（增大μ），有利于防止滑动。这直接关联到生活实际中如何搬运物体会更安全。

3.【经典模型三：动态极值问题】

（1）【情境】如图所示，一架均匀梯子AB，长为L，重为G，一端靠在光滑的竖直墙上，另一端放在粗糙的水平地面上，地面与梯子间的静摩擦因数为μ0。求梯子平衡时，它与地面所成的最小夹角θ_min。

（2）【这是一个经典的高频考点和难点】，综合考查了共点力平衡和力矩平衡。

（3）【解析路径】

a.受力分析：梯子受重力G（作用在中心），墙的支持力N_A（垂直于墙面向右），地面的支持力N_B（竖直向上），地面的静摩擦力f（水平向左，方向假设）。

b.列方程：

水平方向：N_A=f(1)

竖直方向：N_B=G(2)

以B点为轴，列力矩平衡：G×(L/2)×cosθ=N_A×L×sinθ(3)（重力对B点的力臂为(L/2)cosθ，N_A对B点的力臂为Lsinθ）

c.由(3)式得：N_A=(Gcotθ)/2。代入(1)得：f=(Gcotθ)/2。

d.临界条件：梯子即将下滑时，静摩擦力达到最大值，即f=f_max=μ0N_B=μ0G。

e.代入f表达式：(Gcotθ_min)/2=μ0G=>cotθ_min=2μ0=>tanθ_min=1/(2μ0)。

f.所以，最小夹角θ_min=arctan(1/(2μ0))。

（4）【结论深化】梯子与地面的夹角必须大于等于θ_min才能保持平衡。此角度只与摩擦因数有关，摩擦因数越大，所需的最小夹角越小，梯子可以放得更平缓。这为实际生活中的安全操作提供了理论依据。

（四）环节四：建模竞速——复杂情境下的模型识别与快速突破（课堂第40-50分钟）

此环节设计为限时训练，呈现2-3道高考或竞赛难度的综合题，要求学生快速识别杠杆模型、准确选取支点、列式求解。旨在提升解题速度和应试能力。

1.【例题1：人体杠杆】（【热点】）如图所示，是人踮起脚尖时脚部的受力示意图。腓肠肌收缩，产生向上的拉力F，作用于跟骨（A点）。人体的重力G（可简化为作用于脚部某点？严格说是整个人的重力，但此处常简化为通过距骨（B点，即支点）的力。更准确模型是：以跖趾关节（C点）为支点，人体重力通过距骨（B点）向下作用，小腿肌肉（跟腱）产生向上的拉力F作用于A点。请根据图中标注的力臂l1和l2，写出拉力F与重力G的关系式。若l1:l2=2:1，则F是G的几倍？此模型揭示了人体骨骼肌肉系统的省力与费力机制，极具现实意义。

2.【例题2：组合机械】（【重要】）如图所示为一种简易的起重装置。轻杆AB（可视为杠杆）A端为固定铰链，B端通过轻绳BC悬挂一重物G。A端与C点（竖直墙面上的固定点）之间也通过一根轻绳AD连接，D点在杆AB上某处，AD绳水平。已知AB=L，AC=d，AD绳系在杆的中点。求AD绳中的拉力T。此题中杆AB受到多个力，需灵活选择支点。若以A为轴，绳AD的拉力通过A，力矩为零，方程简化，可直接求出BC绳的拉力？但BC绳的拉力等于G吗？需要考虑BC绳是竖直悬挂的，所以B点受竖直向下的拉力G和沿杆方向的作用力？杆是二力杆吗？不一定，因为A端铰链，杆受重力吗？题设是轻杆，则杆只在两端受力，是二力杆，力的方向沿杆。所以B点受杆的力沿BA方向。那么BC绳的拉力就是G，与杆的力无关？错，B点受三个力：绳BC向下拉力G，杆AB沿BA方向的弹力，还有绳AD的拉力？D点不在B端，所以杆AB上的B点只受绳BC的拉力和杆对B的力。对B点受力分析，可用共点力平衡求解。而杆AB整体受力：A点铰链力，D点绳AD拉力，B点受杆对B的力（反作用力）和绳BC拉力对杆的作用？这样分析复杂。更优解：以杆AB为研究对象，以其为杠杆，选A为支点，则绳AD的拉力对A点的力矩等于B点受到的力（即绳BC的拉力和杆自身？注意，研究对象是杆AB，它受到的外部作用力有：A点铰链的作用力（过A，力矩为零），D点绳AD的拉力（水平向左），B点受到绳BC对杆向下的拉力（因为绳拉B，B拉杆，所以杆B端受到绳向下的力）。没错！这样就简洁了。列力矩平衡：T_AD×(A到D点竖直距离？)=G×AB。关键求AD的力臂。因为AD水平，D点在杆中点，设杆与水平夹角为θ，则A到D的竖直距离为(L/2)×sinθ。而AB在水平方向的投影为L×cosθ。但G的力臂是AB在水平方向的投影吗？G竖直向下，对A的力臂是A到B点沿水平方向的距离，即L×cosθ。所以方程：T_AD×((L/2)sinθ)=G×(Lcosθ)=>T_AD=(2Gcotθ)。又由几何关系，cotθ=d/L？因为AC=d，C点竖直上方，A点水平距离？需根据三角形ABC确定。此题综合了受力分析、杠杆原理和几何关系，对学