高考物理二轮复习讲练测第01讲 力与物体的平衡（讲义）（2份，原卷版+解析版）

这是一份高考物理二轮复习讲练测第01讲 力与物体的平衡（讲义）（2份，原卷版+解析版），共49页。
TOC \ "1-3" \p "" \h \z \u \l "_Tc23511" 考点一 力的基本概念 受力分析及力的合成与分解 PAGEREF _Tc23511 \h 3
\l "_Tc7035" PAGEREF _Tc7035 \h 3
\l "_Tc22226" PAGEREF _Tc22226 \h 5
\l "_Tc17209" 1．受力分析的一般步骤 PAGEREF _Tc17209 \h 5
\l "_Tc15152" 2．正交分解法求合力的一般步骤 PAGEREF _Tc15152 \h 5
\l "_Tc4722" PAGEREF _Tc4722 \h 6
\l "_Tc11049" 考点二 单物体、多物体的静态平衡 PAGEREF _Tc11049 \h 9
\l "_Tc12732" PAGEREF _Tc12732 \h 9
\l "_Tc26444" PAGEREF _Tc26444 \h 14
\l "_Tc30836" 1．整体法与隔离法 PAGEREF _Tc30836 \h 14
\l "_Tc18017" 2．共点力的平衡及其应用 PAGEREF _Tc18017 \h 14
\l "_Tc21404" PAGEREF _Tc21404 \h 15
\l "_Tc5465" 考点三 动态平衡及极值问题 PAGEREF _Tc5465 \h 20
\l "_Tc26761" PAGEREF _Tc26761 \h 20
\l "_Tc26545" PAGEREF _Tc26545 \h 22
\l "_Tc31295" 1. 动态平衡问题及解题方法 PAGEREF _Tc31295 \h 22
\l "_Tc25587" 2. 动态平衡问题中的临界与极值问题 PAGEREF _Tc25587 \h 23
\l "_Tc3691" PAGEREF _Tc3691 \h 23
\l "_Tc13627" 考点四 力电、力热综合平衡问题 PAGEREF _Tc13627 \h 26
\l "_Tc30546" PAGEREF _Tc30546 \h 26
\l "_Tc20970" PAGEREF _Tc20970 \h 32
\l "_Tc21050" 1. 力电综合平衡问题 PAGEREF _Tc21050 \h 32
\l "_Tc2286" 2. 力热综合平衡问题 PAGEREF _Tc2286 \h 32
\l "_Tc17942" PAGEREF _Tc17942 \h 33
考点一 力的基本概念 受力分析及力的合成与分解
1．（2022·浙江1月选考）如图所示，公园里有一仿制我国古代欹器的U形水桶，桶可绕水平轴转动，水管口持续有水流出，过一段时间桶会翻转一次，决定桶能否翻转的主要因素是（ ）
A．水桶自身重力的大小B．水管每秒出水量的大小
C．水流对桶撞击力的大小D．水桶与水整体的重心高低
【答案】D
【详解】水管口持续有水流出而过一段时间桶会翻转一次，说明主要原因是装的水到一定量之后，导致水桶与水整体的重心往上移动，竖直向下的重力作用线偏离中心转轴，导致水桶不能稳定平衡，发生翻转，故选D。
重心的几点说明
(1)影响重心位置的因素：物体的几何形状、物体的质量分布．
(2)不规则薄板形物体重心的确定方法：悬挂法．
(3)重心的位置不一定在物体上．
2．（2022·辽宁卷）如图所示，蜘蛛用蛛丝将其自身悬挂在水管上，并处于静止状态。蛛丝与竖直方向夹角分别为。用分别表示的拉力，则（ ）
A．的竖直分力大于的竖直分力B．的竖直分力等于的竖直分力
C．的水平分力大于的水平分力D．的水平分力等于的水平分力
【答案】D
【详解】CD．对结点O受力分析可得，水平方向即F2的水平分力等于F2的水平分力，选项C错误，D正确；AB．对结点O受力分析可得，竖直方向，解得
。则F1的竖直分量，F2的竖直分量。因
可知，选项AB错误。
故选D。
3．（2021·重庆卷）如图所示，人游泳时若某时刻手掌对水的作用力大小为F，该力与水平方向的夹角为，则该力在水平方向的分力大小为（ ）
A．B．C．FD．
【答案】D
【详解】沿水平方向和竖直方向将手掌对水的作用力分解，则有该力在水平方向的分力大小为
故选D。
4．（2021·广东卷）唐代《耒耜经》记载了曲辕犁相对直辕犁的优势之一是起土省力，设牛用大小相等的拉力F通过耕索分别拉两种犁，F与竖直方向的夹角分别为和，，如图所示，忽略耕索质量，耕地过程中，下列说法正确的是（ ）
A．耕索对曲辕犁拉力的水平分力比对直辕犁的大
B．耕索对曲辕犁拉力的竖直分力比对直辕犁的大
C．曲辕犁匀速前进时，耕索对犁的拉力小于犁对耕索的拉力
D．直辕犁加速前进时，耕索对犁的拉力大于犁对耕索的拉力
【答案】B
【详解】A．将拉力F正交分解如下图所示
则在x方向可得出Fx曲=Fsinα，Fx直=Fsinβ；在y方向可得出，Fy曲=Fcsα，Fy直=Fcsβ；由题知α < β则sinα< sinβ，csα> csβ；则可得到Fx曲< Fx直，Fy曲> Fy直；A错误、B正确；CD．耕索对犁的拉力与犁对耕索的拉力是一对相互作用力，它们大小相等，方向相反，无论是加速还是匀速，则CD错误。
故选B。
关于力的分解
(1)在实际问题中，通常将已知力按力产生的实际作用效果分解．
(2)为方便某些问题的研究，在很多问题中都采用正交分解法．
1．受力分析的一般步骤
1）明确研究对象：在进行受力分析时，研究对象可以是某一个物体，也可以是保持相对静止的若干个物体（整体），只分析研究对象以外的物体施予研究对象的力（既研究对象所受的外力），而不分析研究对象施予外界的力。
2）隔离研究对象，按顺序找力（注意避免多力或少力）.
把研究对象从实际情景中分离出来，只分析力的性质分类的力，按已知力、重力、弹力、摩擦力（只有在有弹力的接触面之间才可能有摩擦力）、电学中的力（安培力、洛伦兹力）的顺序逐一分析研究对象所受的力，并画出各力的示意图。
【易错提醒】
①画受力图时，只能按力的性质分类（如重力、弹力、摩擦力）画力，不能按作用效果（拉力、压力、向心力、下滑力、上升力等）画力，否则将出现重复。
②合力与分力是等效关系，不能同时画。
③如果有一个力的方向难以确定，可用假设法分析.先假设此力不存在，想像所研究的物体会发生怎样的运动，然后审查这个力应在什么方向，对象才能满足给定的运动状态。
2．正交分解法求合力的一般步骤
1）选取正交方向:正交的两个方向可以任意选取,不会影响研究的结果,但如果选择合理,则解题较为方便.
【技巧点拨】
取正交方向的一般原则:
①使尽量多的矢量落在坐标轴上;
②平行和垂直于接触面;
③平行和垂直于运动方向.
2）分别将各力沿正交的两个方向(x轴和y轴)分解.
3）求分解在x轴和y轴上的各分力的合力Fx和Fy,则有
Fx合=F1x+F2x+F3x+…,
Fy合=F1y+F2y+F3y+….
4）求合力：求Fx合和Fy合的合力F合
大小，方向
1．（2022·浙江·校联考模拟预测）如图所示，浙江某中学学生做化学实验时，水平放置的圆形铁环上放入分液漏斗，两者均处于静止状态，则（ ）
A．分液漏斗受到的重力方向一定指向地心
B．圆形铁环对分液漏斗的作用力与底角θ无关
C．圆形铁环对分液漏斗的弹力是由分液漏斗形变产生的
D．若分液漏斗中溶液不断流出，分液漏斗的重心不断下降
【答案】B
【详解】A．重力是由地球的吸引而产生的，方向竖直向下，而不一定指向地心，A错误；B．圆形铁环对分液漏斗的作用力与分液漏斗的重力平衡，故圆形铁环对分液漏斗的作用力与底角θ无关，B正确；C．圆形铁环对分液漏斗的弹力是由圆形铁环形变产生的，C错误；D．分液漏斗装满溶液时，重心在几何中心处，溶液不断流出的过程重心下降，当溶液流完后重心又回到球心处，故重心先下降后上升，D错误。
故选B。
2．（2023·河北·模拟预测）石头在倾斜的斜坡上，仅从物理角度分析这幅画，下列说法正确的是（ ）
A．人对石头的力大于石头的重力
B．石头可能只受3个作用力
C．斜坡对石头一定没有静摩擦力
D．如果人不推石头，石头一定滚下来
【答案】B
【详解】A．石头在斜坡上可能只受到重力和支持力以及摩擦力，不受人的作用力；也有可能受到重力、人对石头的作用力，不受斜坡的作用力；还有可能受到重力、斜坡的作用力以及人的作用力；所以人对石头的力与石头的重力的大小关系无法确定，A错误；B．石头可能受到2个力作用，也可能受到3个力作用，还有可能是4个力作用，B正确；C．当人对石头没有作用力时，石头处于静止状态，一定受到斜坡的支持力和摩擦力作用，C错误；D．当石头只受重力、斜坡对石头的支持力和静摩擦力处于平衡时，即使人不推石头，石头也不会滚下来，D错误。
故选B。
3．（2023·四川成都·石室中学校考模拟预测）如图甲所示是斧子砍进木桩时的情境，其横截面如图乙所示，斧子的剖面可视作顶角为θ的等腰三角形，当施加竖直向下的力F时，则（ ）

A．同一斧子，若施加的力F越小，越容易劈开木桩
B．同一斧子，若施加的力F越大，越不容易劈开木桩
C．施加相同的恒力F，θ越大的斧子，越容易壁开木桩
D．施加相同的恒力F，θ越小的斧子，越容易劈开木桩
【答案】D
【详解】AB．同一斧子，θ一定，F越大，其分力越大，越容易劈开木桩，故AB错误；CD．F一定时，θ越小的斧子，其分力越大，越容易劈开木桩，故C错误，D正确。
故选D。
4．（2023·辽宁·校联考一模）如图所示，斜拉桥可简化为不对称钢索模型，桥面水平、塔柱竖直，已知AC、AB的拉力大小分别为、，且AC、AB与塔柱的夹角分别为、，且，地面对塔柱的作用力竖直向上。下列说法正确的是（ ）
A．钢索的拉力会对塔柱产生两个效果，一方面竖直向上拉塔柱，另一方面沿水平方向拉塔柱
B．若桥面保持水平稳定，则桥面的重心在D点的右侧
C．钢索对塔柱的拉力的合力斜向右下方
D．若桥面保持水平稳定，则有
【答案】D
【详解】A．钢索的拉力会对塔柱产生两个效果，一方面竖直向下拉塔柱，另一方面沿水平方向拉塔柱，A错误；B．桥面受到TAC、TAB与重力的作用处于平衡状态，根据共点力平衡条件，重力经过TAC、TAB的交点A，所以桥面的重心在桥面与立柱的交点D处，B错误；C．桥面受到TAC、TAB与重力的作用处于平衡状态，钢索对桥面拉力的合力竖直向上，则钢索对塔柱的拉力的合力竖直向下，C错误；D．当桥面保持水平稳定时，桥面受力分析如图所示
根据平衡条件得，D正确。
故选D。
考点二 单物体、多物体的静态平衡
1．（2023·浙江1月选考）如图所示，轻质网兜兜住重力为G的足球，用轻绳挂于光滑竖直墙壁上的A点，轻绳的拉力为FT，墙壁对足球的支持力为FN，则( )
A. FTGD. FT=G
【答案】C
【详解】对网兜和足球受力分析，设轻绳与竖直墙面夹角为θ，由平衡条件可知FT>G，FT>FN。
故选C。
2．（2023·浙江6月选考）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sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，则圆柱体受到的支持力Fa、Fb大小为( )
A. Fa=0.6G，Fb=0.4GB. Fa=0.4G，Fb=0.6G
C. Fa=0.8G，Fb=0.6GD. Fa=0.6G，Fb=0.8G
【答案】D
【详解】对光滑圆柱体受力分析如图
由题意有，
故选D。
3．（2023·山东卷）餐厅暖盘车的储盘装置示意图如图所示，三根完全相同的弹簧等间距竖直悬挂在水平固定圆环上，下端连接托盘。托盘上叠放若干相同的盘子，取走一个盘子，稳定后余下的正好升高补平。已知单个盘子的质量为300g，相邻两盘间距1.0cm，重力加速度大小取10m/s2。弹簧始终在弹性限度内，每根弹簧的劲度系数为( )
A. 10N/mB. 100N/mC. 200N/mD. 300N/m
【答案】B
【详解】由题知，取走一个盘子，稳定后余下的正好升高补平，则说明一个盘子的重力可以使弹簧形变相邻两盘间距，则有mg = 3⋅kx，解得k = 100N/m。
故选B。
4.（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。每条腿对月球表面压力的大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】对“嫦娥五号”探测器受力分析有FN=mg月，则对一条腿有。根据牛顿第三定律可知每条腿对月球表面的压力为。
故选D。
5．（2023·浙江1月选考）如图所示，一轻质晒衣架静置于水平地面上，水平横杆与四根相同的斜杆垂直，两斜杆夹角θ=60​∘。一重为G的物体悬挂在横杆中点，则每根斜杆受到地面的( )
A．作用力为B．作用力为
C．摩擦力为D．摩擦力为
【答案】B
【详解】设斜杆的弹力大小为，以水平横杆和重物为整体，竖直方向根据受力平衡可得，解得。以其中一斜杆为研究对象，其受力如图所示
可知每根斜杆受到地面的作用力应与平衡，即大小为，每根斜杆受到地面的摩擦力为，B正确，ACD错误；
故选B。
6．（2023·广东卷）如图所示，可视为质点的机器人通过磁铁吸附在船舷外壁面检测船体。壁面可视为斜面，与竖直方向夹角为θ。船和机器人保持静止时，机器人仅受重力G、支持力FN、摩擦力Ff和磁力F的作用，磁力垂直壁面。下列关系式正确的是( )
A. Ff=GB. F=FNC. Ff=GcsθD. F=Gsinθ
【答案】C
【详解】如图所示，将重力垂直于斜面方向和沿斜面方向分解

A C.沿斜面方向，由平衡条件得Ff=Gcsθ，故A错误，C正确；B D.垂直斜面方向，由平衡条件得F=Gsinθ+FN，故BD错误。
故选C。
7．（2022·海南卷）我国的石桥世界闻名，如图，某桥由六块形状完全相同的石块组成，其中石块1、6固定，2、5质量相同为m，3、4质量相同为，不计石块间的摩擦，则为（ ）
A．B．C．1D．2
【答案】D
【详解】六块形状完全相同的石块围成半圆对应的圆心角为，每块石块对应的圆心角为，对第块石块受力分析如图
结合力的合成可知
对第2块和第三块石块整体受力分析如图
，解得
故选D。
8．（2022·重庆卷）如图所示，吸附在竖直玻璃上质量为m的擦窗工具，在竖直平面内受重力、拉力和摩擦力（图中未画出摩擦力）的共同作用做匀速直线运动。若拉力大小与重力大小相等，方向水平向右，重力加速度为g，则擦窗工具所受摩擦力（ ）
A．大小等于B．大小等于
C．方向竖直向上D．方向水平向左
【答案】B
【详解】对擦窗工具进行正视图的受力分析如图所示
水平方向上拉力与擦窗工具所受摩擦力水平分量等大反向，竖直方向上重力与擦窗工具所摩擦力竖直分量等大反向，所以擦窗工具所受摩擦力方向如图中所示，大小为
故选B。
9．（2022·广东卷）图是可用来制作豆腐的石磨。木柄静止时，连接的轻绳处于绷紧状态。O点是三根轻绳的结点，F、和分别表示三根绳的拉力大小，且。下列关系式正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】以点为研究对象，受力分析如图
由几何关系可知，由平衡条件可得，。联立可得，故D正确，ABC错误。
故选D。
1．整体法与隔离法
1）整体法：在确定研究对象或研究过程时,把（加速度相同的）多个物体看作为一个整体或多个过程看作整个过程的方法;
2）隔离法：把单个物体作为研究对象或只研究一个孤立过程的方法.
【技巧点拨】
当研究系统外的物体对系统整体的作用力或求系统整体的加速度宜用整体法，当研究系统内物体之间的相互作用力宜用隔离法
2．共点力的平衡及其应用
1）平衡状态：物体保持匀速直线运动或静止叫平衡状态，是加速度等于零的状态.
2）共点力作用下的物体的平衡条件:物体所受的合外力为零，即∑F=0，若采用正交分解法求解平衡问题，则平衡条件应为: .
3）常用推论
①若物体受n个作用力而处于平衡状态，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．
②若三个共点力的合力为零，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．
4）解决平衡问题的常用方法:
①合成法：一个力与其余所有力的合力等大反向，常用于非共线三力平衡．
②正交分解法：Fx合＝0，Fy合＝0，常用于多力平衡．
③矢量三角形法，把表示三个力的有向线段构成一个闭合的三角形，常用于非特殊角的一般三角形．
【技巧点拨】
单个物体受到三个力平衡，通常采用合成法，三个力构成矢量三角形求解；
单个物体受到四个及以上的力，通常采用正交分解法求解，建立坐标系应使尽可能多的力与坐标轴重合，使需要分解的力尽可能少．
1．（2022·宁夏银川·银川一中校考三模）如图所示，质量为m的长木板放在水平地面上，站在木板上的人用斜向右下方的力F推箱子，三者都保持静止。人和箱子的质量也均为m，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）

A．人对长木板的压力大小为mg
B．长木板对地面的压力大于3mg
C．箱子受到的摩擦力的方向水平向左
D．地面对长木板的摩擦力的方向水平向左
【答案】C
【详解】A．人用力F向右下方推箱子，根据牛顿第三定律可知，箱子对人施加向左上方的作用力，根据平衡条件，人对长木板的压力大小小于mg，故A错误；B．若人用斜向下的力推箱子，三个物体的整体受力分析，受重力和支持力，故长木板对地面的压力依然等于3mg，故B错误；C．箱子在人的推力作用下，有向右运动的趋势，因此箱子受到的摩擦力的方向水平向左；故C正确；D．对三个物体的整体受力分析，受重力和支持力，地面对长木板没有静摩擦力，否则不平衡，故D错误。
故选C。
2．（2024·山东德州·校联考模拟预测）某创新实验小组制作一个半径为12.00cm的圆盘，将3个相同的弹簧的一端均匀固定在圆环上，另外一端固定打结，结点恰好在圆心O处，如图所示，已知弹簧（质量不计）的自然长度均为9.00cm，弹簧的劲度系数。将圆盘水平放置，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5.00cm，则矿泉水受到的重力大小为（ ）
A．0.5NB．1.3NC．1.5ND．3.9N
【答案】C
【详解】如图所示
由几何关系可知平衡时每根弹簧的长度均为，每根弹簧的伸长量均为，每根弹簧的弹力小均为，根据竖直方向受力平衡可得矿泉水瓶受到的重力大小
故选C。
3．（2023·河北邢台·河北巨鹿中学校联考三模）清明时节，人们有用供果祭祀祖先的传统。如图所示，供桌上摆放果盘中共有4个大致相同的苹果，下层放置3个苹果，下层的每个苹果与盘子的接触面均水平，苹果A放置在最上层。已知每个苹果的质量均为m，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）

A．其他苹果对苹果A的作用力的合力方向竖直向上
B．其他苹果与苹果A之间的弹力大小均为
C．下层的每个苹果受到盘子的支持力大小均为
D．下层的每个苹果受到盘子的作用力均竖直向上
【答案】A
【详解】A．苹果A受到自身重力以及其他苹果对A的作用力，由共点力平衡条件可知，其他苹果对苹果A的作用力的合力与苹果A的重力大小相等、方向相反，A正确；B．其他苹果与苹果A之间的作用力在竖直方向上的分力之和等于苹果A重力的大小，B错误；C．将4个苹果看成一个整体，盘子对整体的支持力大小为，则下层每个苹果受到盘子的支持力均大于，C错误；D．下层的每个苹果受到盘面的支持力和摩擦力，盘子对下层每个苹果的作用力斜向上，D错误。
故选A。
4．（2022·海南·校联考三模）如图所示为生活中的一款新式吊灯，图中的五根轻质悬线长度相等，与竖直方向的夹角均为，悬线又系于结点B，结点B通过轻质锁链悬于O点。已知吊灯和灯架的总质量为，重力加速度g取，则吊灯静止时，悬线AB和锁链OB上的拉力大小分别为（，）（ ）

A．150N，250NB．200N，600NC．150N，600ND．200N，250N
【答案】C
【详解】设悬线AB的拉力大小为，以吊灯和灯架为对象，根据受力平衡可得，解得。以B点下方部分为整体，根据受力平衡可知锁链OB上的拉力大小为
故选C。
5．（2023·山东青岛·统考三模）如图是某种双层晾衣篮，用质地均匀的圆形钢圈穿进网布构成两个完全相同的篮子，上、下两篮通过四根等长轻绳与钢圈的四等分点相连；另有四根等长轻绳，它们一端与穿过轻杆的挂钩系在一起，另一端连接上篮的四等分点。已知不装衣物时，两篮保持水平，晾衣篮的尺寸如图中所示。下列说法正确的是（ ）

A．挂钩受到绳的拉力大小是上方某一根轻绳拉力的4倍
B．挂钩受到绳的拉力大小是下方某一根轻绳拉力的4倍
C．上方某一根轻绳的拉力大小是下方某一根轻绳拉力的2.5倍
D．上方四根轻绳的拉力之和与下方四根轻绳的拉力之和大小相等
【答案】C
【详解】A．如果上方的绳子是竖直，则挂钩受到的拉力大小是上方某一根轻绳拉力的四倍，但上方的绳子不是竖直的，故挂钩受到的拉力大小不是上方某一根轻绳拉力的四倍，故A错误；B．没有考虑上方篮子的重力，挂钩受到的拉力大小是下方某一根轻绳拉力的四倍与上方篮子的重力之和，故B错误；C．下方每一根绳子的拉力上方分析左边这根绳子，高度为h，长度L=40cm，半径r=24cm，可知绳子与竖直方向的夹角为37°，根据平衡条件可知，1根绳子的拉力可知，故C正确；D．上方四根轻绳的拉力之和的大小为2G，下方四根轻绳的拉力之和大小G，故D错误。
故选C。
6．（2021·福建三明·统考三模）现代人经常低头玩手机，这会使颈椎长期受压，可能引发颈椎病。某同学低头看手机时，可粗略认为头受到重力G、肌肉拉力F和颈椎支持力N，如图所示，若颈椎弯曲与竖直方向成30°，此时肌肉对头的拉力F约为头所受重力的1倍，由此估算颈椎受到的压力大小约为（ ）
A．2GB．C．GD．
【答案】B
【详解】由平衡条件知，重力G与肌肉拉力F的合力与颈椎支持力N平衡，根据几何关系及力的平行四边形定则得N＝2Gcs 30°＝，由牛顿第三定律知，颈椎受到的压力大小约为
故选B。
7．（2024·甘肃白银·校考二模）如图所示，轻质网兜兜住重力为G的足球，用长为l的轻绳挂于光滑竖直墙壁上的A点，轻绳与墙的夹角为θ，轻绳的拉力为FT，墙壁对足球的支持力为FN，则下列说法正确的是（ ）

A．B．
C．减小绳长l，墙壁的支持力FN变大D．减小绳长l，轻绳的拉力FT变小
【答案】C
【详解】AB．足球受重力、拉力和支持力平衡，受力如图
根据几何知识得,悬绳对球的拉力，墙壁对足球的支持力，故AB错误；CD．减小绳长l，角增大，减小，悬绳的拉力增大；增大，墙壁对足球的支持力增大，故C正确，D错误。
故选C。
8．（2008·广东·模拟预测）如图所示，质量为m的物体悬挂在轻质支架上，斜梁OB与竖直方向的夹角为θ，设横梁OA和斜梁OB作用于O点的弹力大小分别为F1和F2，以下结果正确的是（ ）

A．B．
C．D．
【答案】D
【详解】O点的受力情况如图所示

根据几何关系，有，
故选D。
考点三 动态平衡及极值问题
1．（2023·海南卷）如图所示，工人利用滑轮组将重物缓慢提起，下列说法正确的是（ ）

A．工人受到的重力和支持力是一对平衡力
B．工人对绳的拉力和绳对工人的拉力是一对作用力与反作用力
C．重物缓慢拉起过程，绳子拉力变小
D．重物缓慢拉起过程，绳子拉力不变
【答案】B
【详解】AB．对人受力分析有

则有FN＋FT=mg，其中工人对绳的拉力和绳对工人的拉力是一对作用力与反作用力，A错误、B正确；CD．对滑轮做受力分析有

则有，则随着重物缓慢拉起过程，θ逐渐增大，则FT逐渐增大，CD错误。
故选B。。
2．（2022·浙江1月卷）如图所示，学校门口水平地面上有一质量为m的石墩，石墩与水平地面间的动摩擦因数为，工作人员用轻绳按图示方式匀速移动石墩时，两平行轻绳与水平面间的夹角均为，则下列说法正确的是（ ）
A．轻绳的合拉力大小为
B．轻绳的合拉力大小为
C．减小夹角，轻绳的合拉力一定减小
D．轻绳的合拉力最小时，地面对石墩的摩擦力也最小
【答案】B
【详解】AB．对石墩受力分析，由平衡条件可知，，。联立解得故A错误，B正确；C．拉力的大小为，其中，可知当时，拉力有最小值，即减小夹角，轻绳的合拉力不一定减小，故C错误；D．摩擦力大小为，可知增大夹角，摩擦力一直减小，当趋近于90°时，摩擦力最小，故轻绳的合拉力最小时，地面对石墩的摩擦力不是最小，故D错误；
故选B。
3．（2021·湖南卷）质量为的凹槽静止在水平地面上，内壁为半圆柱面，截面如图所示，为半圆的最低点，为半圆水平直径的端点。凹槽恰好与竖直墙面接触，内有一质量为的小滑块。用推力推动小滑块由A点向点缓慢移动，力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，下列说法正确的是（ ）
A．推力先增大后减小
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
【答案】C
【详解】AB ．对滑块受力分析，由平衡条件有，滑块从A缓慢移动B点时，越来越大，则推力F越来越大，支持力N越来越小，所以AB错误；C．对凹槽与滑块整体分析，有墙面对凹槽的压力为，则越来越大时，墙面对凹槽的压力先增大后减小，所以C正确；D．水平地面对凹槽的支持力为，则越来越大时，水平地面对凹槽的支持力越来越小，所以D错误；
故选C。
1. 动态平衡问题及解题方法
1)问题类型：动态平衡是指研究对象的某些参量在变化，如速度、受力状态等，但是非常缓慢，可以看成平衡状态，因此题目中有关键词「缓慢」、「轻轻地」等
2)基本思路
3)解题方法：
①图解法的适用情况:用图解法分析物体动态平衡问题时,一般物体只受三个力作用,且有两个不变量,即其中一个力大小、方向均不变,另一个力的方向不变或另两个力的夹角不变.
【技巧点拨】图解法的一般步骤
①对研究的对象进行受力分析
②画出受力分析的平行四边形或者头尾相连的三角形
③找出一个大小方向都不变的力，找出一个方向不变的力，结合平行四边形各边或者角度的变化确定力的大小及方向的变化情况
②解析法：对研究对象进行受力分析，画出受力示意图，根据物体的平衡条件列方程，得到因变量与自变量的函数表达式(通常为三角函数关系)，最后根据自变量的变化确定因变量的变化．
③相似三角形法的适用情况:对于两个力的方向都在变化的情况，通过相似，转移力三角形到结构三角形中求解
【技巧点拨】相似三角形法的一般步骤
①对物体受力分析
②若处于平衡状态且受三个力，构成首尾相接的力学三角形
③寻找与力学三角形相似的几何三角形
④根据几何三角形长度及夹角的变化判断力的大小和方向的变化
2. 动态平衡问题中的临界与极值问题
1）临界问题
当某物理量变化时,会引起其他几个物理量的变化,从而使物体所处的平衡状态“恰好出现”或“恰好不出现”,在问题的描述中常用“刚好”“刚能”“恰好”等语言叙述.
临界问题常见的种类：
①由静止到运动，摩擦力达到最大静摩擦力．
②绳子恰好绷紧，拉力F＝0.
③刚好离开接触面，支持力FN＝0.
2）极值问题
平衡物体的极值,一般指在力的变化过程中的最大值和最小值问题.
3）解决极值问题和临界问题的方法
①极限法:首先要正确地进行受力分析和变化过程分析,找出平衡的临界点和极值点;临界条件必须在变化中去寻找,不能停留在一个状态来研究临界问题,而要把某个物理量推向极端,即极大和极小.
②数学分析法:通过对问题的分析,依据物体的平衡条件写出物理量之间的函数关系(画出函数图像),用数学方法求极值(如求二次函数极值、三角函数极值).
③物理分析方法:根据物体的平衡条件,作出力的矢量图,通过对物理过程的分析,利用平行四边形定则进行动态分析,确定最大值与最小值.
Ⅰ、若已知F合的方向、大小及一个分力F1的方向,则另一个分力F2取最小值的条件为F2⊥F1;
Ⅱ、若已知F合的方向及一个分力F1的大小、方向,则另一个分力F2取最小值的条件为F2⊥F合.
1．（2023·陕西汉中·统考一模）图甲是小王同学某次拎购物袋时的情景图，其简化示意图如图乙所示。为了方便携带，小王在购物袋上端的绳上打了一个结，使绳子缩短了一些。则小王拎着竖直静止的购物袋时，下列说法正确的是（ ）
A．绳子缩短后，两段绳子的拉力大小都不变
B．绳子缩短后，两段绳子的拉力大小都变小
C．绳子缩短后，小王对购物袋的作用力不变
D．绳子缩短后，小王对购物袋的作用力减小
【答案】C
【详解】AB．购物袋重力不变，故绳子缩短后，绳子间的夹角变大，故绳子上的拉力变大，故AB错误；
CD．绳子缩短后，购物袋重力不变，小王对购物袋的作用力大小仍为重力大小，故C正确，D错误。
故选C。
2．（2023·吉林长春·东北师大附中校考一模）建筑工人用如图所示的方式将重物从平台缓慢下放到地面上，固定重物的光滑圆环套在轻绳上，轻绳的一端固定在竖直墙上，工人手握的部分有足够长的绳子，工人站在平台上的位置保持不变，缓慢释放手中的绳子，重物缓慢下降，则在重物下降的过程中（ ）
A．绳对圆环的作用力逐渐减小B．工人对绳的拉力不变
C．平台对工人的支持力逐渐增大D．平台对工人的摩擦力逐渐减小
【答案】D
【详解】A．绳对环的作用力等于重物的重力，保持不变，故A错误；B．设重物重为G，绳与竖直方向的夹角为，绳的拉力为F，根据力的平衡可知。缓慢释放手中的绳子，圆环两侧绳间夹角变小，绳上拉力变小，故B错误；C．每侧绳的拉力的竖直分力等于重物重力的一半，对工人研究可知，平台对工人的支持力等于工人的重力与重物重力的一半之和，即平台对工人的支持力保持不变，故C错误；D．平台对工作的摩擦力等于绳的拉力的水平分力，即。因此平台对工人的摩擦力逐渐减小，故D正确。
故选D。
3．（2023·黑龙江·校联考模拟预测）如图所示，用细线将重力为100N的物块悬挂在O点，在物块上施加力F，在力F由水平方向逆时针缓慢转至竖直方向的过程中，物块始终处于静止状态，且细线与竖直方向成30°角，则力F的最小值为（ ）

A．0B．50NC．D．
【答案】B
【详解】对物块受力分析，作出如图所示的矢量三角形，可知在F由水平方向逆时针缓慢转至竖直方向的过程中，力F先减小后增大，F的最小值

故选B。
4．（2024·吉林长春·东北师大附中校考二模）某博物馆举办抓金砖挑战赛，如图为一块质量m=25kg的梭台形金砖，挑战者须戴博物馆提供的手套，单手抓住金砖的a、b两侧面向上提，保持金砖c面水平朝上，而且手指不能抠底，在空中保持25s，才是挑战成功。已知金砖a、b两侧面与金砖底面的夹角均为θ=78.5°，挑战者施加给金砖的单侧握力为F，手套与金砖之间的动摩擦因数为μ=0.25，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=10m/s²。计算时取sin78.5°≈0.98，cs78.5°≈0.20，若要抓起金砖，力F至少约为（ ）
A．2500NB．2778N
C．1389ND．无论多大的力都无法抓起金砖
【答案】C
【详解】对金块受力分析如图所示

由平衡条件可得，。解得
故选C。
考点四 力电、力热综合平衡问题
1．（2023·浙江6月选考）如图所示，质量为M、电阻为R、长为L的导体棒，通过两根长均为l、质量不计的导电细杆连在等高的两固定点上，固定点间距也为L。细杆通过开关S可与直流电源或理想二极管串接。在导体棒所在空间存在磁感应强度方向竖直向上、大小为B的匀强磁场，不计空气阻力和其它电阻。开关S接1，当导体棒静止时，细杆与竖直方向的夹角固定点；然后开关S接2，棒从右侧开始运动完成一次振动的过程中（ ）

A．电源电动势B．棒消耗的焦耳热
C．从左向右运动时，最大摆角小于D．棒两次过最低点时感应电动势大小相等
【答案】C
【详解】A．当开关接1时，对导体棒受力分析如图所示

根据几何关系可得，解得。根据欧姆定律，解得故A错误；根据右手定则可知导体棒从右向左运动时，产生的感应电动势与二极管正方向相同，部分机械能转化为焦耳热；导体棒从左向右运动时，产生的感应电动势与二极管相反，没有机械能损失、B．若导体棒运动到最低点时速度为零，导体棒损失的机械能转化为焦耳热为，根据楞次定律可知导体棒完成一次振动速度为零时，导体棒高度高于最低点，所以棒消耗的焦耳热故B错误；C．根据B选项分析可知，导体棒运动过程中，机械能转化为焦耳热，所以从左向右运动时，最大摆角小于，故C正确；D．根据B选项分析，导体棒第二次经过最低点时的速度小于第一次经过最低点时的速度，根据可知棒两次过最低点时感应电动势大小不相等，故D错误。
故选C。
2．（2023·浙江6月选考）AB、CD两块正对的平行金属板与水平面成30°角固定，竖直截面如图所示。两板间距10cm，电荷量为、质量为的小球用长为5cm的绝缘细线悬挂于A点。闭合开关S，小球静止时，细线与AB板夹角为30°；剪断细线，小球运动到CD板上的M点（未标出），则（ ）
A．MC距离为B．电势能增加了
C．电场强度大小为D．减小R的阻值，MC的距离将变大
【答案】B
【详解】A．根据平衡条件和几何关系，对小球受力分析如图所示

根据几何关系可得，。联立解得，剪断细线，小球做匀加速直线运动，如图所示

根据几何关系可得，故A错误；B．根据几何关系可得小球沿着电场力方向的位移。与电场力方向相反，电场力做功为，则小球的电势能增加，故B正确；C．电场强度的大小，故C错误；D．减小R的阻值，极板间的电势差不变，极板间的电场强度不变，所以小球的运动不会发生改变，MC的距离不变，故D错误。
故选B。
3．（2023·湖南卷）如图（a），直导线MN被两等长且平行的绝缘轻绳悬挂于水平轴OO′上，其所在区域存在方向垂直指向OO′的磁场，与OO′距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，其截面图如图（b）所示。导线通以电流I，静止后，悬线偏离竖直方向的夹角为θ。下列说法正确的是（ ）
A．当导线静止在图（a）右侧位置时，导线中电流方向由N指向M
B．电流I增大，静止后，导线对悬线的拉力不变
C．tanθ与电流I成正比
D．sinθ与电流I成正比
【答案】D
【详解】A．当导线静止在图（a）右侧位置时，对导线做受力分析有
可知要让安培力为图示方向，则导线中电流方向应由M指向N，A错误；BCD．由于与OO′距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，有，FT=mgcsθ，则可看出sinθ与电流I成正比，当I增大时θ增大，则csθ减小，静止后，导线对悬线的拉力FT减小，BC错误、D正确。
故选D。
4．（2023·海南卷）如图所示，一光滑绝缘轨道水平放置，直径上有A、B两点，AO= 2cm，OB= 4cm，在AB固定两个带电量分别为Q1、Q2的正电荷，现有一个带正电小球静置于轨道内侧P点（小球可视为点电荷），已知AP：BP=n：1，试求Q1：Q2是多少（ ）

A．2n2：1B．4n2：1C．2n3：1D．4n3：1
【答案】C
【详解】对小球受力分析如图所示

由正弦定理有，其中∠CPH= ∠OPB，∠CHP= ∠HPD= ∠APO。其中△APO中。同理有，，其中，。联立有
Q1：Q2= 2n3：1
故选C。
5．（2023·江苏卷）如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B．L形导线通以恒定电流I，放置在磁场中．已知ab边长为2l，与磁场方向垂直，bc边长为l，与磁场方向平行．该导线受到的安培力为（ ）

A．0B．BIlC．2BIlD．
【答案】C
【详解】因bc段与磁场方向平行，则不受安培力；ab段与磁场方向垂直，则受安培力为Fab=BI∙2l=2BIl，则该导线受到的安培力为2BIl。
故选C。
6．（2021·海南卷）如图，V型对接的绝缘斜面M、N固定在水平面上，两斜面与水平面夹角均为，其中斜面N光滑。两个质量相同的带电小滑块P、Q分别静止在M、N上，P、Q连线垂直于斜面M，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则P与M间的动摩擦因数至少为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】滑块Q在光滑斜面N上静止，则P与Q带电同性，两者之间为库仑斥力设为F，两滑块的受力分析和角度关系如图所示
对Q物体在沿着斜面方向有，可得，而对P物体动摩擦因数最小时有，，。联立解得
故选D。
7．（2023·湖北卷）如图所示，竖直放置在水平桌面上的左右两汽缸粗细均匀，内壁光滑，横截面积分别为S、，由体积可忽略的细管在底部连通。两汽缸中各有一轻质活塞将一定质量的理想气体封闭，左侧汽缸底部与活塞用轻质细弹簧相连。初始时，两汽缸内封闭气柱的高度均为H，弹簧长度恰好为原长。现往右侧活塞上表面缓慢添加一定质量的沙子，直至右侧活塞下降，左侧活塞上升。已知大气压强为，重力加速度大小为g，汽缸足够长，汽缸内气体温度始终不变，弹簧始终在弹性限度内。求：
（1）最终汽缸内气体的压强。
（2）弹簧的劲度系数和添加的沙子质量。
【答案】（1）；（2）；
【详解】（1）对左右气缸内所封的气体，初态压强p1=p0
体积
末态压强p2，体积
根据玻意耳定律可得，解得
（2）对右边活塞受力分析可知
解得
对左侧活塞受力分析可知
解得
8．（2022·全国乙卷）如图，一竖直放置的汽缸由两个粗细不同的圆柱形筒组成，汽缸中活塞Ⅰ和活塞Ⅱ之间封闭有一定量的理想气体，两活塞用一轻质弹簧连接，汽缸连接处有小卡销，活塞Ⅱ不能通过连接处。活塞Ⅰ、Ⅱ的质量分别为、m，面积分别为、S，弹簧原长为l。初始时系统处于平衡状态，此时弹簧的伸长量为，活塞Ⅰ、Ⅱ到汽缸连接处的距离相等，两活塞间气体的温度为。已知活塞外大气压强为，忽略活塞与缸壁间的摩擦，汽缸无漏气，不计弹簧的体积。（重力加速度常量g）
（1）求弹簧的劲度系数；
（2）缓慢加热两活塞间的气体，求当活塞Ⅱ刚运动到汽缸连接处时，活塞间气体的压强和温度。
【答案】（1）；（2），
【详解】（1）设封闭气体的压强为，对两活塞和弹簧的整体受力分析，由平衡条件有
解得
对活塞Ⅰ由平衡条件有
解得弹簧的劲度系数为
（2）缓慢加热两活塞间的气体使得活塞Ⅱ刚运动到汽缸连接处时，对两活塞和弹簧的整体由平衡条件可知，气体的压强不变依然为
即封闭气体发生等压过程，初末状态的体积分别为，
由气体的压强不变，则弹簧的弹力也不变，故有
有等压方程可知
解得
1. 力电综合平衡问题
其解题思路与力学中的平衡问题一样，只是在原来受力的基础上多了静电力解题思路
①确定研究对象，根据问题选择“整体法”或“隔离法”确定研究对象。
②受力分析：按照重力、弹力、摩擦力、静电力、安培力……顺序分析力
②列方程：根据平衡条件（F合=0）列方程。
力热综合平衡问题
通过压强公式，将热力学压强问题转为力的问题，再根据受力分析根据平衡条件求解。
1．（2023·河北唐山·开滦第一中学校考模拟预测）如图所示，质量为m的小物块P和小球Q均可视为点电荷，电荷量相同。置于粗糙水平面上的斜面体倾角为θ、质量为M，将小物块P放在粗糙的斜面体上。当小球Q放在与P等高（PQ连线水平）时，P静止且受斜面体的摩擦力为0，斜面体保持静止，此时经测量小物块与小球Q的距离为r。设静电力常量为k，则下列说法正确的是（ ）

A．小球Q所带电荷量为B．P对斜面体的压力为FN=mgcsθ
C．斜面体对地面的压力为（M+m）gD．斜面体受到地面的摩擦力为0
【答案】C
【详解】A．以P为研究对象，受到重力mg、斜面体的支持力FN和库仑力F，由平衡条件得F=mgtanθ，FN。根据库仑定律得。联立解得故A错误；B．由牛顿第三定律得P对斜面体的压力为故B错误；C．以斜面体和P整体为研究对象，由平衡条件得地面对斜面体的摩擦力为Ff=F。地面对斜面体的支持力为FN1=(M+m）g，根据牛顿第三定律得斜面体受到地面的摩擦力为F，斜面体对地面的压力为FN1'=FN1=(M+m）g。故C正确，D错误。
故选C。
2．（2023·云南曲靖·统考二模）质量均匀分布的直导体棒放置于四分之一的光滑圆弧轨道上，其截面如图所示。导体棒中通有电流强度大小为I的电流，空间存在磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场的方向竖直向上。导体棒平衡时，导体棒与圆心的连线跟竖直方向的夹角为），轨道对导体棒的弹力为。下列说法正确的是（ ）

A．若仅将电流强度I缓慢增大，则θ逐渐减小
B．若仅将电流强度I缓慢增大，则逐渐减小
C．若仅将磁场方向沿逆时针缓慢转过，则逐渐增大再减小
D．若仅将磁场方向沿逆时针缓慢转过，则θ逐渐增大再减小
【答案】D
【详解】AB．对导体棒受力分析，受重力、支持力和电场力，受力如图

若仅将电流强度Ⅰ缓慢增大，安培力的逐渐增大，根据受力平衡和平行四边形法则可知θ逐渐增大，FN逐渐增大，故AB错误；CD．导体棒受到重力、安培力和弹力，安培力和弹力的合力始终与重力等大反向，的大小不变，作出矢量图如下图所示

的方向始终与磁场方向垂直，根据矢量图可知若仅将磁场方向沿逆时针缓慢转过90°，先增大再减小，逐渐减小，故C错误，D正确。
故选D。
3．（2023秋·湖南长沙·高三长郡中学校联考阶段练习）如图所示，物块M静止在粗糙绝缘水平桌面上，轻质绝缘绳通过小滑轮把带电小球Q与物块M连接，在滑轮正下方一定距离的竖直绝缘墙上固定一带电小球P，初始时P，Q电荷量均为，细绳拉直与竖直方向夹角为，假设P电荷量保持不变，Q缓慢漏电，在Q电荷量自变为过程中，两球均可看作点电荷，且M始终不动，下列说法正确的是（ ）
A．M受到的摩擦力变小B．M受到的摩擦力变大
C．PQ之间的距离变为原来的D．PQ之间的距离变为原来的
【答案】D
【详解】如图所示
Q受重力、绳子的拉力及库仑力；将重力与库仑力合成，其合力应与拉力大小相等方向相反，由相似三角形可知。则d渐渐减小，可知F减小，T不变，M受到的摩擦力，变。在Q电荷量自变为过程中，库仑斥力，整理得。因为比值不变，所以PQ之间的距离变为原来的。
故选D。
4．（2024·山东·模拟预测）如图所示，表面光滑的半球形绝缘物体固定在水平面上，其正上方固定一根长度与半球形物体半径相等的竖直绝缘支架，带正电的小球Q固定在支架上边，带负电的小球P重力为G，静止在半球形物体上。现将小球Q的电荷量增加一些，小球P沿球面上滑少许重新平衡（小球P未到达半球最高点前），以下说法正确的是（ ）
A．两球间库仑力变小
B．小球对半球的压力变小
C．小球对半球的压力大小为2G
D．小球对半球的压力大小为
【答案】D
【详解】A．对小球P受力分析，如图所示
将小球Q的电荷量增加一些，小球P沿球面上滑少许重新平衡，由相似三角形可得，而两球之间的距离变小，则两球间库仑力变大，故A错误；BCD．半球对小球的支持力为。根据牛顿第三定律可知小球对半球的压力为，大小保持不变，则BC错误，D正确。
故选D。
5．（2023秋·宁夏银川·高二六盘山高级中学校考期中）如图所示，质量为m、长为l的直导线用两绝缘细线悬挂于O、O，并处于匀强磁场中。当导线中通以沿x轴正方向的电流I，且导线保持静止时，悬线与竖直方向夹角为θ。则下列说法正确的是（ ）
A．磁场可以沿x方向
B．若磁场的方向沿y轴的正方向，则
C．若磁场的方向z沿轴的负方向，则
D．改变磁场的方向，保持导线位置不变，则磁感应强度的最小值
【答案】D
【详解】A．若磁场沿x方向，则磁场与电流平行，安培力为零，不符合题意，A错误；B．若磁场的方向沿y轴的正方向，根据左手定则，安培力方向沿z轴正方向，即，则，B错误；C．若磁场的方向z沿轴的负方向，安培力方向沿y轴正方向，则，则，C错误；D．当安培力方向与绳垂直斜向上时，安培力最小，则，磁感应强度的最小值为。D正确。
故选D。
6．（2024·云南大理·云南省下关第一中学校联考模拟预测）图中甲为气压升降椅，乙为其核心部件模型简图。活塞与椅面的总质量为m，活塞横截面积为S，气缸内封闭一定质量的理想气体，稳定时气柱长度为L，该气缸导热性能良好，忽略一切摩擦。某同学盘坐在椅面上，稳定后缸内气柱长为。已知大气压强为，室内温度为，重力加速度为g，求：
（1）该同学的质量M；
（2）该同学坐稳后，室内气温缓慢上升至，该过程缸内气体对外界做功W。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）人坐上椅子，缸内压强由变为，环境温度不变，气缸导热，所以气体做等温压缩变化，根据玻意耳定律可得
人坐上椅子以前，以活塞和椅面整体为对象，根据平衡条件可得
人坐上椅子稳定以后，以活塞、椅面和人整体为对象，根据平衡条件可得
解得
（2）室内气温缓慢上升至的过程，气体等压膨胀，设末态气柱的高度为，根据盖—吕萨克定律有
解得
因为气体膨胀，所以气体对外做正功
解得
考点要求
考题统计
考情分析
力的基本概念 受力分析及力的合成与分解
2022•浙江1月选考
2022•辽宁卷
2021•重庆卷
2021•广东卷
【命题规律】
1.命题角度：①单物体、多物体的静态平衡；②静电力、安培力、洛伦兹力作用下的静态平衡问题；③与热学结合的静态平衡问题④单物体、多物体的动态平衡及极值问题；
2.常用方法：合成法、分解法、整体法与隔离法、图解法、解析法.
3.常考题型：选择题．
【命题预测】
本专题属于基础热点内容；单独命题时突出以轻绳、杆、弹簧为模型,以连接体、叠加体为载体,结合实际生活进行受力分析,设计平衡问题而且以动态平衡为重点,也常与电场和磁场相结合进行考查,多以选择题形式出现。
单物体、多物体的静态平衡
2023•浙江1月选考
2023•浙江6月选考
2023•山东卷、2023•江苏卷
2023•广东卷、2022•海南卷
2022•重庆卷、2022•广东卷
动态平衡及极值问题
2023•海南卷、2022•浙江1月卷
2021•湖南卷
力电、力热综合平衡问题
2023•浙江6月选考
2023•浙江6月选考
2023•湖南卷、2023•海南卷
2023•江苏卷、2021•海南卷
2023•湖北卷、2022•全国乙卷