第1讲 力与物体的平衡-【优化探究】2025年高考物理二轮专题复习配套PPT课件（广东专版）

专题一　力与运动 [构建知识网络] 第1讲　力与物体的平衡 【目标要求】　1.会分析物体静态平衡问题,会选择合适的方法处理静态平衡问题。2.会分析动态平衡问题,掌握常见的处理动态平衡问题的方法,并会处理动态平衡中的临界与极值问题。 精准补弱 考点一　静态平衡问题 考点二　动态平衡问题 考点三　平衡中的临界、极值问题 内容索引 培优 热点训练 考点一　静态平衡问题 一 6 1.对物体进行受力分析 2.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分力,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 考向1　应用整体法与隔离法解决平衡问题 [例1]　(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。 考向2　绳(或杆)——物体平衡 [例2]　(2024·广东肇庆中学高三下学期开学考)如图所示,P、Q是两个光滑的定滑轮,吊着A、B、C三个小球的三条轻绳各有一端在O点打结,悬吊A、C两个球的轻绳分别绕过定滑轮P、Q,三个球静止时,O点与定滑轮Q间的轻绳与竖直方向的夹角α=74°。已知B、C两球的质量均为m,sin 37°=0.6,则A球的质量为(　　) A.m　　　　　　　　　　 B.1.2m C.1.5m D.1.6m B [解析]　对O点受力分析,如图所示, 由题可知,B、C两球质量都为m且都静止,则有FOQ=FOB=mg,将FOQ、FOB合成如图所示,由于三个球都静止,O点受力平衡,则有FOP=F合=2FOBsin 37°=1.2mg,FOP=mAg,则有A球的质量为mA==1.2m,故选B。 考向3　电磁学中的平衡问题 [例3]　(多选)(2024·广东茂名高三联考)如图所示,倾角为θ的光滑斜面上静置着一根垂直于纸面且通有恒定电流的导体棒。已知导体棒的质量为m、长度为L,电流为I,竖直面内存在方向未知的匀强磁场,导体棒处于静止状态,重力加速度为g,下列说法正确的是(　　) A.若磁场方向垂直斜面向上,则导体棒内电流方向垂直纸面向内 B.若导体棒对斜面无压力,则磁场方向一定水平向左 C.若只增大电流I,则导体棒一定无法保持静止 D.磁感应强度的最小值为 [答案]　CD [解析]　若磁场方向垂直斜面向上,则导体棒必须受到沿斜面向上的安培力才能保持平衡,故导体棒内电流方向必须垂直纸面向外,A错误;若导体棒对斜面无压力,则安培力方向必定竖直向上,但是因为电流方向不确定,所以磁场方向水平向左或向右都有可能,B错误;导体棒受重力、支持力和安培力三个力的作用保持静止,平移三个力的矢量后,可构成矢量三角形,重力所在的边固定不动,支持力所在的边方向不变,若只增加电流I,则安培力变大,但同时因为安培力方向不变,故当安培力增大时合力必定不再为零,导体棒一定无法保持静止,C正确;最小的磁感应强度对应最小的安培力,根据前面分析可知导体棒受重力、支持力和安培力三个力构成矢量三角形,分析可知当安培力与支持力方向垂直时有最小值,故可得安培力最小为mgsin θ,有mgsin θ=BminIL,解得Bmin =,D正确。 反思提升 1.对于静电场、磁场中的平衡问题,受力分析时要注意静电力、磁场力方向的判断,再结合平衡条件分析求解。 2.涉及安培力的平衡问题,画受力示意图时要注意将立体图转化为平面图。 二 考点二　动态平衡问题 18 1.解决动态平衡问题的一般思路 化“动”为“静”,“静”中求“动”, 通过矢量三角形图解法、动态圆法、正弦定理、三角函数、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 考向1　图解法(或解析法) [例4]　(2024·广州模拟)如图所示,一粗糙木板上端有固定的光滑定滑轮,一细绳跨过滑轮,其一端悬挂物块M,另一端与木板上的物块N相连,系统处于静止状态,木板与竖直方向的夹角为θ。现以定滑轮轮心O为旋转的轴心,缓慢增大木板与竖直方向的夹角,直到木板水平。已知物块M始终保持静止,则在木板转动过程中(　　) A.细绳的拉力一直减小 B.细绳的拉力一直增大 C.物块N所受木板的摩擦力可能先减小后增大 D.物块N所受木板的摩擦力可能先增大后减小 C [解析]　物块M始终保持静止,故细绳的拉力大小不变,A、B错误;如果最初物块N的重力沿木板向下的分力大于细绳的拉力,则物块N受到木板的摩擦力开始时沿木板向上,当木板转动至水平位置时,物块N受到的摩擦力水平向右,此情况下,在木板转动过程中,物块N所受木板的摩擦力先减小后增大,C正确;如果最初物块N的重力沿木板向下的分力小于或等于细绳拉力时,在转动过程中,随着θ的增大,物块N所受木板的摩擦力将一直增大,D错误。 考向2　正弦定理(或辅助圆)法 [例5]　(多选)(2024·广东高三调研)如图所示,送水工人用推车运桶装水,到达目的地后,工人抬起把手,带动板OA由竖直转至水平即可将水桶卸下。水桶对板OA、OB的压力分别为F1、F2,若桶与接触面之间的摩擦不计,∠AOB为锐角且保持不变,在OA由竖直缓慢转到水平过程中(　　) A.F1一直增大　　　　　　 B.F1先增大后减小 C.F2一直减小 D.F2先增大后减小 BC [解析]　方法一　正弦定理法 对水桶初始状态受力分析,作出力的矢量三角形如图所示,由题可知,在转动过程中,F1'与F2'的夹角始终不变,因此F1'与F2'夹角的补角α始终保持不变,重力mg与F1'之间的夹角由90°逐渐增大,则重力mg与F1'之间夹角的补角γ从90°开始逐渐减小,直至为0,重力mg与F2'之间的夹角为钝角,逐渐减小,当减小至90°时,板AO还未水平,将继续减小直至板AO水平,则重力mg与F2'之间夹角的补角β逐渐增大,当增大至90°时将继续增大,根据正弦定理可得==, 因为定值,而sin γ始终减小,则F2'始终减小,但由于β角从锐角增大 至90°后将继续增大一定角度,则sin β先增大后减小,因此可知F1'先 增大后减小。结合牛顿第三定律可知B、C正确。 方法二　辅助圆法 由题意知,F1'、F2'、mg三个力的合力始终为零,矢量三角形如图所示。F1'、F2'的夹角不变,在板OA由竖直转至水平的过程中,矢量三角形在同一外接圆上,由图可知,F1'先增大后减小,F2'始终减小。结合牛顿第三定律可知B、C正确。 考向3　 相似三角形法 [例6]　(2024·福建宁德三模)某物理兴趣小组为了模拟机器人的“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拉力先减小后增大 B.绳CD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 C [解析]　对C点受力分析,其受沿轻绳向上的拉力T1、 竖直向下的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,根据牛顿第三定律可知,前臂BC受到的压力大小不变,故C正确,D错误。 三 考点三　平衡中的临界、极值问题 27 解题 思路 对物体正确受力分析,将物体所受力放到一个三角形中或是利用正交分解法建立坐标系,根据物体实际受力情况,恰当选择分析方法,通常选用图解法或解析法 解题 方法 解析法 根据物体的平衡条件列出平衡方程,在解方程时采用数学方法求极值 解题 方法 图解法 此种方法通常适用于物体只在三个力作用下的动态平衡中的极值问题 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 [例7]　(2024·广东阳江质检)某博物馆发起了一项“单手拿金砖”的挑战。如图所示,静置在桌面上金砖的纵截面为上窄下宽的等腰梯形,挑战者用单手捏住金砖a、b两侧面,竖直拿起金砖并保持25秒以上即挑战成功。已知金砖质量为25 kg,截面底角为71°,手与金砖间的动摩擦因数为0.4,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度取10 m/s2,sin 71°≈0.95,cos 71°≈0.33。若要缓慢竖直拿起金砖,挑战者对a侧面的压力至少约为 (　　) A.2 500 N　　　　　　　　 B.2 000 N C.1 500 N D.300 N A [解析]　对金砖受力分析,如图所示, 由平衡条件可得2fsin 71°=2Fcos 71°+mg,又f=μF,解得挑战者对a侧面的压力至少约为F=2 500 N,故选A。 [例8]　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的木块放在木楔上表面时,木块正好匀速下滑。如果对木块施加与木楔上表面成α角的力F,木块恰好匀速上升,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; [答案]　(1)mgsin 2θ [解析]　(1) 方法一　木块在木楔上表面匀速向下运动时,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=mgsin 2θ。 方法二　如图甲所示,木块所受支持力与摩擦力的合力F合与FN之间的夹角β满足tan β==μ=tan θ 故β=θ,则F合与竖直方向夹角为2θ。 木块所受的力构成的矢量三角形如图乙所示,支持力与摩擦力用其合力 F合代替,变为“三个力”,由几何关系可得拉力F的最小值Fmin=mgsin 2θ。 (2)F取最小值时,木楔对水平面的摩擦力大小。 [答案]　　(2)mgsin 4θ [解析]　(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(α+θ) 当F取最小值mgsin 2θ时,则有 FfM=Fmin·cos 2θ=mgsin 2θcos 2θ=mgsin 4θ。 反思提升 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,把问题转化为三力平衡。例如: (1)如图所示,qE<mg,把挡板缓慢转至水平的过程中,可以用重力与静电力的合力F合=mg-qE代替重力与静电力。(2)如例8的方法二中支持力与摩擦力用其合力F合代替,将四力平衡转化为三力平衡。 2.对于一般的四力平衡及多力平衡, 可采用正交分解法。 四 培优 热点训练 38 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.(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. 答案: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·2Tcos θ,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。 五 精准补弱 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 1.(2024·广东潮州二模)如图所示为智能机器人协助派件员分拣快递的场景,派件员将包裹放在机器人的水平托盘上后,机器人通过扫码读取目的地信息,并生成最优路线,将不同目的地的包裹送至不同的位置,从而实现包裹的分拣功能。关于机器人和包裹,下列说法正确的是(　　) A.机器人加速前进则包裹对水平托盘的摩擦力方向向后 B.包裹受到向上的支持力是包裹发生形变产生的 C.包裹对机器人的压力和机器人对包裹的支持力是一对平衡力 D.包裹随着机器人一起做匀速直线运动时,包裹受到向前的摩擦力 A 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:机器人加速前进时,相对包裹机器人有向前运动的趋势,故此时包裹对水平托盘的摩擦力方向向后,A正确;包裹受到向上的支持力是托盘发生形变产生的,B错误;包裹对机器人的压力和机器人对包裹的支持力是一对作用力和反作用力,C错误;包裹随着机器人一起做匀速直线运动时,包裹加速度为零,故此时不受摩擦力,D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2.(2024·广东揭阳普通高中测试)建筑工地上用泥浆桶运送水泥泥浆的装置可以简化为如图所示模型,建筑工人用力拉动泥浆桶,力的方向始终与悬线垂直,则在泥浆桶从最低点缓慢运动到虚线位置过程中,悬线的拉力F1、人的拉力F2的变化情况为(　　) A.F1一直变大　　　　　 B.F1一直变小 C.F2先变大后变小 D.F2一直变小 B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:设悬线与竖直方向的夹角为θ,根据平衡条件有F1=mgcos θ,F2=mgsin θ,可知θ增大过程中,F1一直变小,F2一直变大,故B正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 3.(多选)(2024·广东茂名电海中学期末)如图所示,半径为R的半球形容器固定在水平地面上,质量分布均匀的甲、乙两球在容器内均处于静止状态。两球所受的重力大小均为G,半径均为,不计一切摩擦。下列说法正确的是(　　) A.甲球对乙球的弹力大小为G B.甲球对乙球的弹力大小为G C.甲球对容器的压力大小为G D.甲球对容器的压力大小为G BC 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:甲球的受力情况如图所示,由几何关系有cos α==,解得α=60°,由平衡条件可得FN1==G,FN2==G,根据牛顿第三定律可得甲球对乙球的弹力大小为G,甲球对容器的压力大小为G,故B、C正 确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 4.(2024·广东汕头二模)扑克牌可以用来“搭房子”,如图1所示。每一张纸牌的质量为m。在图2的示意图中,下列说法正确的是(　　) A.a纸牌受到其他纸牌的作用力大小为mg, 方向竖直向上 B.b纸牌受到其他纸牌的作用力大小为mg, 方向竖直向上 C.纸牌对桌面的压力大小为6mg D.每一张纸牌所受合外力都不相同 A 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:a纸牌处于静止状态,受到其他纸牌的作用力和自身重力,根据力的平衡条件可知其他纸牌对a纸牌的作用力大小为mg,方向竖直向上,故A正确;b纸牌处于静止状态,受到其他纸牌的作用力、自身重力、地面的支持力和摩擦力作用,则其他纸牌对b纸牌的作用力大小不等于mg,故B错误;共有7张纸牌,对整体受力分析可知,桌面对其 支持力为7mg,则纸牌对桌面的压力大小为7mg, 故C错误;每张纸牌都处于静止状态,合外力都为 0,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 5.(多选)(2024·宁夏吴忠二模)在睡眠时枕枕头的姿势是影响我们睡眠质量的因素之一。如图为头枕在枕头上的简化图,头枕枕头后枕头倾斜面与水平面夹角为θ。已知头部承受的重力为mg,脖子上的肌肉对头部的力沿水平方向,不考虑头部与枕头之间的静摩擦力,则(　　) A.肌肉对头部的力大小为mgtan θ B.头部对肌肉的力大小为mgsin θ C.头部对枕头的压力大小为mgcos θ D.θ越大,脖子越感到疲倦 AD 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:对头部受力分析,如图所示, 根据平衡条件,肌肉对头部的力大小为F=mgtan θ,根据牛顿第三定律,头部对肌肉的力大小为mgtan θ,则θ越大,头部对肌肉的力越大,脖子越感到疲倦,故A、D正确,B错误;根据平衡条件,枕头对头部的支持力大小为FN=,根据牛顿第三定律,头部对枕头的压力大小为,故C错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 6.图a是一种大跨度悬索桥梁,图b为悬索桥模型,六对轻质吊索悬挂着质量为M的水平桥面,吊索在桥面两侧竖直对称排列,其上端挂在两根轻质悬索上(图b中只画出了其中一侧的分布情况),悬索两端与水平方向成45°角,则一根悬索水平段CD上的张力大小是(重力加速度为g)(　　) A.Mg　　　　　　　　 B.Mg C.Mg D.Mg A 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:对题图b中左边的悬索ABC段整体受力分析,如图所示,其中F为三根吊索对悬索ABC段拉力的合力,由平衡条件可得FTD=FTcos 45°,FTsin 45°=F,由题意可知F=,联立解得FTD=,故选A。 7.(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,方向与船的运动方向相反,则每艘拖船发动机提供的动力大小为(　　) A.f B.f C.2f D.3f 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 B 解析:根据题意对S受力分析,如图所示,   正交分解可得2Tcos 30°=f,所以有T=f,对P受力分析,如图所示,   则有(Tsin 30°)2+(f+Tcos 30°)2=F2,解得F=f,故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 8.(2024·山东临沂二模)如图所示,半径均为R的光滑球和不光滑的半球由同种材料制成,球和半球放置在竖直墙壁的左侧。当半球的球心到竖直墙壁的距离大于2.2R时,半球将向左滑动。当半球的球心到墙壁的距离为L时,即使给球体沿通过球心竖直向下方向施加再大的力,半球和球都始终保持静止,则L的最大值为(　　) A.(+2)R B.(+2)R C.(+1)R D.(+1)R 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 D 解析:依题意,设半球质量为m,则光滑球质量为2m,对光滑球和不光滑的半球受力分析,如图所示, 当半球的球心到竖直墙壁的距离为2.2R时,由几何关系,有sin θ==0.6 根据平衡条件可得f=N2=2mgtan θ,N3=mg+2mg 又f=μN3 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 联立解得μ=0.5 给球体沿通过球心竖直向下方向施加再大的力,半球和球始终保持静止,需要满足 (F+2mg)tan α≤μ(mg+F+2mg) 即tan α≤μ(+1) 当半球球心到墙壁的距离为Lmax时,有tan α=μ 由几何关系有Lmax=2Rsin α+R 联立解得Lmax=(+1)R 故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 9.(2024·广东惠州一模)如图所示,带电小球P固定在绝缘竖直墙面上,用绕过固定在竖直墙上O点的小定滑轮的细绳拉着带电小球Q。小球Q静止时P、Q间的距离为r,O、P间的距离为h,h>r。现用拉力F缓慢拉动绳端,使小球Q缓慢移动,不计一切摩擦。在小球Q从图示位置缓慢移动到O点的过程中(　　) A.拉力F先增大后减小 B.小球P、Q间的库仑力逐渐减小 C.小球P、Q系统的电势能先不变后减小 D.小球Q在小球P所在位置产生的电场强度大小不变 C 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:设小球Q的质量为m,O、Q间距离为L,在小球Q到达 竖直墙之前,对小球Q受力分析,小球Q受重力、拉力和库 仑力,如图所示,根据力的矢量三角形与几何三角形相似可 得==,在小球Q从图示位置到与墙壁接触的过程中,mg、h、qP、qQ均不变,L变小,F变小,r不变,因此这个过程小球Q绕小球P做圆周运动;当小球Q与墙壁接触后受重力、拉力和向上的库仑力,在拉力作用下沿墙壁直线上升,库仑力变小,小球Q在竖直方向受力平衡,所以F变大,所以整个过程中拉力F先减小后增大,小球P、Q间的库仑力先不变,再逐渐减小,故 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 A、B错误。当小球Q与墙壁接触前,库仑力不做功,小球P、Q系统的电势能不变;当小球Q与墙壁接触后库仑力做正功,小球P、Q系统的电势能减小,所以小球P、Q系统的电势能先不变后减小,故C正确。由E=k可知小球Q在小球P所在位置产生的电场强度大小先不变后减小,故D错误。 10.(2024·湖北武汉二模)如图所示,固定的倾斜光滑杆上套有一个重环,绕过光滑定滑轮的轻绳一端与重环相连,另一端施加拉力F使重环从A点缓慢上升到B点。设杆对重环的弹力大小为FN,整个装置处于同一竖直平面内。在此过程中(　　) A.F逐渐增大,FN逐渐增大 B.F逐渐增大,FN先减小后增大 C.F先减小后增大,FN逐渐增大 D.F先减小后增大,FN先减小后增大 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 B 解析:对重环受力分析,并构造封闭的矢量三角形,如图所示, 由图可知,在拉力到达竖直方向前,与竖直方向的夹角越来越小,拉力F增大,FN减小,经过竖直方向后,拉力与竖直方向的夹角又逐渐变大,拉力F继续增大,FN也增大,故B正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 11.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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 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。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 12.(2024·河北保定二模)如图所示,倾角为θ的斜面固定在水平地面上,两个物块A、B用轻质弹簧连接,两物块恰好能静止在斜面上。已知物块A的质量为1 kg,物块A与斜面间的动摩擦因数为0.4,物块B与斜面间的动摩擦因数为0.8,两物块受到的摩擦力方向相同,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2,sin θ=0.6。下列说法正确的是(　　) A.弹簧可能处于压缩状态 B.弹簧中的弹力大小为2.4 N C.物块B的质量为7 kg D.物块B受到的摩擦力大小为56 N 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 C 解析:因tan θ>0.4,物块A静止在斜面上,所以弹簧一定处于伸长状态, A错误;对物块A有mAgsin θ=μAmAgcos θ+F,解得F=2.8 N,B错误;把A、B看成一个整体,有μAmAgcos θ+μBmBgcos θ=(mA+mB)gsin θ,解得mB=7 kg,物块B受到的摩擦力大小为f=μBmBgcos θ=44.8 N,C正确,D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 $$