专题一 考点1 力与物体的平衡-【金版教程】2025年高考物理大二轮刷题首选卷全书Word

大二轮刷题首选卷 物理 考点1　力与物体的平衡 考向一　正交分解法处理平衡问题 1.(2023·广东高考)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＝G B．F＝FN C．Ff＝Gcosθ D．F＝Gsinθ 答案：C 解析：将重力G沿壁面方向和垂直于壁面方向进行分解，机器人保持静止，由平衡条件得：Ff＝Gcosθ，F＝FN＋Gsinθ，故C正确，A、B、D错误。 考向二　整体法与隔离法在平衡问题中的应用 2.(多选)如图所示，质量M＝2 kg、倾角θ＝37°的斜面放置在水平面上，顶端固定一光滑定滑轮。质量m＝1 kg的物块通过轻绳跨过定滑轮与轻弹簧相连，弹簧另一端与水平地面相连，轻绳与斜面平行，弹簧保持竖直，弹力大小为8 N，系统处于静止状态，重力加速度g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，则下列说法正确的是(　　) A．物块所受摩擦力的方向沿斜面向下 B．物块所受支持力和绳子拉力的合力方向竖直向上 C．地面对斜面的支持力大小为25.2 N D．地面对斜面的摩擦力大小为0 答案：AD 解析：以物块为研究对象，由题意可知，物块所受轻绳沿斜面向上的拉力大小为F＝8 N，物块所受重力沿斜面向下的分力大小为mgsinθ＝6 N<F，由平衡条件可知，物块所受摩擦力的方向沿斜面向下，故A正确；物块处于静止状态，所受合力为0，结合A项分析可知，物块受到重力、轻绳的拉力、斜面的支持力与沿斜面向下的摩擦力四个力的作用，根据平衡条件可知，支持力和轻绳拉力的合力与重力和摩擦力的合力等大反向，重力和摩擦力的合力方向斜向左下方，则支持力和轻绳拉力的合力方向斜向右上方，故B错误；将斜面、滑轮、物块与滑轮左侧轻绳作为整体，对整体进行分析，在竖直方向上，根据平衡条件有N＝mg＋Mg＋F＝38 N，即地面对斜面的支持力为N＝38 N，在水平方向上没有受到其他力的作用，则整体与水平面间没有相对运动趋势，故地面对斜面的摩擦力大小为0，故C错误，D正确。 考向三　用辅助圆图解法或正弦定理法处理动态平衡问题 3.(多选)如图所示，两根轻绳一端系于结点O，另一端分别系于固定圆环上的A、B两点，O为圆心。O点下面悬挂一物体M，绳OA水平，拉力大小为F1，绳OB与绳OA夹角成α＝120°，拉力大小为F2。将两绳同时缓慢顺时针转过75°，并保持两绳之间的夹角α始终不变，物体始终保持静止状态，则在旋转过程中，下列说法正确的是(　　) A．F1逐渐增大 B．F1先增大后减小 C．F2逐渐减小 D．F2先减小后增大 答案：BC 解析：方法一(辅助圆图解法)：物体始终保持静止，合力为零，所以mg、F1、F2构成封闭的矢量三角形，如图1所示，由于重力不变，F1和F2夹角α＝120°不变，即β＝60°不变，矢量三角形动态图如图所示，当θ＝β＝60°时，代表力F1的图示为圆的直径，此时F1最大，同理可知F2在最开始时最大，所以F1先增大后减小，F2一直减小。故B、C正确。 方法二(正弦定理法)：以O点为研究对象，所受三段轻绳拉力的合成矢量图如图2所示，由题意可得，θ1自30°逐渐增大至90°，然后又逐渐增大至105°，θ2自90°逐渐减小至15°，又由正弦定理＝＝可知，F1先增大后减小，F2逐渐减小，故B、C正确。 考向四　用三角形相似法处理静态平衡问题或动态平衡问题 4.(多选)如图所示，半圆环竖直固定在水平地面上，光滑小球套在半圆环上。对小球施加一始终指向半圆环最高点B的拉力F，使小球从圆环最低点A缓缓移动到最高点B。下列说法正确的是(　　) A.拉力F一直减小 B.拉力F先增大后减小 C.小球对圆环的压力大小始终不变 D.小球对圆环的压力先增大后减小 答案：AC 解析：设半圆环对小球的支持力为N，小球的受力如图所示，N始终由半圆环圆心O指向小球所在位置D，F始终沿DB方向，mg始终沿BO方向，小球缓缓移动，受力平衡，所以mg、F、N构成封闭的矢量三角形，该矢量三角形与△DBO为相似三角形，根据相似三角形可得＝＝，小球从圆环最低点A缓缓移动到最高点B的过程中，DB一直减小，则拉力F一直减小，N的大小不变，根据牛顿第三定律可得小球对圆环的压力大小始终不变，A、C正确，B、D错误。 5.轻杆的两端固定有可视为质点的小球A和B，不可伸长的轻质细绳两端与两小球连接，轻绳挂在光滑水平固定的细杆O上，平衡时的状态如图所示。已知A的质量是B的质量的2倍，则OA与OB的长度之比为(　　) A．1∶1 B．1∶2 C．1∶3 D．2∶5 答案：B 解析：由于是一条绳子挂在细杆O上，所以绳子OA段和OB段的拉力大小相等，过O作竖直虚线与AB交于点D，如图1所示，小球A和B均受力平衡，所有受力均可构成封闭的矢量三角形，分别如图2、3所示，三角形OAD与小球A的矢量三角形相似，三角形OBD与小球B的矢量三角形相似，所以有＝，＝，由题意可知mA＝2mB，TOA＝TOB，解得＝，故选B。 考向五　质量不可忽略的绳的静态平衡问题 6.如图所示，山坡上两相邻高压线塔之间架有匀质粗导线，平衡时导线呈弧形下垂，最低点在C处，已知弧BC的长度是AC的3倍，右塔处导线切线与竖直方向的夹角α＝60°，则左塔处导线切线与竖直方向的夹角β为(　　) A．30° B．45° C．60° D．75° 答案：A 解析：设导线在A、B、C三个位置的张力分别为FA、FB、FC，A、B间导线质量为m，对AC段导线，由竖直方向受力平衡得FAcosα＝mg，由水平方向受力平衡得FAsinα＝FC；对BC段导线，由竖直方向受力平衡得FBcosβ＝mg，由水平方向受力平衡得FBsinβ＝FC，由以上各式联立得tanβ＝，解得β＝30°，A正确，B、C、D错误。 7．(2022·湖南高考)2022年北京冬奥会跳台滑雪空中技巧比赛场地边，有一根系有飘带的风力指示杆，教练员根据飘带的形态提示运动员现场风力的情况。若飘带可视为粗细一致的匀质长绳，其所处范围内风速水平向右、大小恒定且不随高度改变。当飘带稳定时，飘带实际形态最接近的是(　　) 答案：A 解析：将飘带等分为极多段长度相等的小段，每段均可看成质量相等的质点，因风速水平向右、大小恒定且不随高度改变，则每段飘带受到的风力相等，设为F，方向水平向右，每段飘带所受的重力设为G，则从飘带自由端起，x段飘带受重力xG、风力xF以及紧邻的上方飘带(或与杆的系点)的拉力Tx而平衡，如图所示，这部分飘带上端切线与竖直方向的夹角θx满足tanθx＝＝，即θx与选取的x的大小无关，为定值，则飘带为一条倾斜的直线，故选A。 1．(2024·辽宁高考)利用砚台将墨条研磨成墨汁时讲究“圆、缓、匀”。如图，在研磨过程中，砚台始终静止在水平桌面上。当墨条的速度方向水平向左时(　　) A．砚台对墨条的摩擦力方向水平向左 B．桌面对砚台的摩擦力方向水平向左 C．桌面和墨条对砚台的摩擦力是一对平衡力 D．桌面对砚台的支持力与墨条对砚台的压力是一对平衡力 答案：C 解析：当墨条的速度方向水平向左时，墨条相对于砚台水平向左运动，故砚台对墨条的摩擦力方向水平向右，故A错误；根据牛顿第三定律，此时墨条对砚台的摩擦力方向水平向左，由于砚台处于静止状态，则桌面和墨条对砚台的摩擦力是一对平衡力，由平衡条件可知，桌面对砚台的摩擦力方向水平向右，故B错误，C正确；以砚台为研究对象，由平衡条件可知，桌面对砚台的支持力大小等于砚台的重力大小与墨条对砚台的压力大小之和，故桌面对砚台的支持力大于墨条对砚台的压力，二者不是一对平衡力，故D错误。 2．(2024·山东高考)如图所示，国产人形机器人“天工”能平稳通过斜坡。若它可以在倾角不大于30°的斜坡上稳定地站立和行走，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则它的脚和斜面间的动摩擦因数不能小于(　　) A. B. C. D. 答案：B 解析：设斜坡的倾角为θ，机器人“天工”的质量为m，它的脚和斜面间的动摩擦因数为μ。因为它可以在斜坡上稳定地站立和行走，根据共点力的平衡条件有mgsinθ＝f静，又静摩擦力f静≤μmgcosθ，联立得μ≥tanθ，由题意知θ≤30°，则μ≥tan30°＝，即它的脚和斜面间的动摩擦因数不能小于，故选B。 3.(2024·河北高考)如图，弹簧测力计下端挂有一质量为0.20 kg的光滑均匀球体，球体静止于带有固定挡板的斜面上，斜面倾角为30°，挡板与斜面夹角为60°。若弹簧测力计位于竖直方向，读数为1.0 N，g取10 m/s2，挡板对球体支持力的大小为(　　) A． N B．1.0 N C． N D．2.0 N 答案：A 解析：对球体受力分析如图所示，F与FN分别为挡板和斜面对球体的支持力，T为弹簧测力计对球体的拉力，由几何关系可知，F、FN与竖直方向的夹角均为30°，由共点力的平衡条件，在水平方向有FNsin30°＝Fsin30°，在竖直方向有FNcos30°＋Fcos30°＋T＝mg，联立并代入数据解得F＝ N，故A正确。 4．(2024·湖北高考)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 答案：B 解析：设缆绳上的拉力大小为T，每艘拖船发动机提供的动力大小为F。在水平面内，对S受力分析如图1所示，由平衡条件可知2Tcos30°＝f，解得T＝f；在水平面内，对P受力分析如图2所示，由平衡条件可知，F沿运动方向的分力大小Fx＝f＋Tcos30°，F沿垂直运动方向的分力大小Fy＝Tsin30°，且F＝，联立解得F＝f，故B正确。 5．(2022·河北高考)如图，用两根等长的细绳将一匀质圆柱体悬挂在竖直木板的P点，将木板以底边MN为轴向后方缓慢转动直至水平，绳与木板之间的夹角保持不变，忽略圆柱体与木板之间的摩擦，在转动过程中(　　) A．圆柱体对木板的压力逐渐增大 B．圆柱体对木板的压力先增大后减小 C．两根细绳上的拉力均先增大后减小 D．两根细绳对圆柱体拉力的合力保持不变 答案：B 解析：设两根细绳对圆柱体拉力的合力为T，木板对圆柱体的支持力为N，T与N之间的夹角为α(α为锐角)，当木板倾角为γ时，从右向左看，圆柱体的受力分析图如图所示；在矢量三角形中，根据正弦定理有＝＝，在木板以底边MN为轴向后方缓慢转动直至水平的过程中，α不变，γ从90°逐渐减小到0，又γ＋β＋α＝180°，且α<90°，可知β从锐角逐渐增大到钝角；由于sinγ不断减小，sinβ先增大后减小，可知T不断减小，N先增大后减小，结合牛顿第三定律可知，圆柱体对木板的压力先增大后减小，A、D错误，B正确。设两根细绳之间的夹角为2θ，细绳上的拉力大小均为T′，则2T′cosθ＝T，可得T′＝，θ不变，T逐渐减小，可知两根细绳上的拉力均不断减小，故C错误。 1.(2024·福建省泉州市高三下二模)新修订的《中华人民共和国体育法》明确规定“要保障学生在校期间每天参加不少于一小时体育锻炼”。如图，某学生在锻炼时双手握紧单杠悬垂静止不动，则(　　) A．单杠对双手的作用力方向竖直向上 B．单杠对双手的作用力大于该生的重力 C．双手对单杠的作用力大于单杠对双手的作用力 D．双手抓单杠越紧，单杠对双手的作用力越大 答案：A 解析：该学生仅受重力和单杠对双手的作用力，根据力的平衡条件可知，单杠对双手的作用力方向竖直向上，大小与该学生的重力相等，故A正确，B、D错误；根据牛顿第三定律可知，双手对单杠的作用力等于单杠对双手的作用力，故C错误。 2.(2024·山东省烟台市等2地高三下二模)如图所示，一水晶球支架放置在水平桌面上，支架由水平底托和三根金属支杆构成。一质量为m、半径为l的水晶球静置于支架上，水晶球与三根金属支杆的三个接触点等高，接触点的连线构成边长为l的等边三角形。已知水晶球质量分布均匀，不计支杆与水晶球间的摩擦，重力加速度为g，则每根支杆对水晶球的作用力大小为(　　) A. B. C. D.mg 答案：B 解析：设每根支杆对水晶球的作用力大小为F，方向与竖直方向的夹角为θ，三个接触点与水晶球球心构成正四面体，如图所示，根据几何关系有sinθ＝＝，则cosθ＝，根据平衡条件可得3Fcosθ＝mg，解得F＝，故选B。 3.(2024·河北省唐山市高三下二模)如图所示，倾角为30°的斜面体静止于粗糙水平面上，斜面体质量为m，斜面体上表面光滑。一根轻绳穿过光滑固定的定滑轮，绳的两端分别与两光滑小球A、B相连，与小球A相连的部分绳保持竖直，与小球B相连的部分绳与斜面夹角为30°，系统处于静止状态。已知A的质量为m，重力加速度为g，则斜面体对地面的压力约为(　　) A．1.9mg B．2.7mg C．3.7mg D．4.9mg 答案：A 解析：根据题意，对小球A受力分析可知，小球A受重力mg和绳子拉力F的作用，由于小球A处于平衡状态，则斜面对A的支持力为0，由平衡条件可知F＝mg；对小球B受力分析如图所示，其中N为斜面对B的支持力，根据平衡条件，沿斜面方向有Fcos30°＝mBgsin30°，垂直斜面方向有N＋Fsin30°＝mBgcos30°，对斜面体受力分析，竖直方向上有FN＝mg＋N′cos30°，由牛顿第三定律可知，N′＝N，联立解得，地面对斜面体的支持力FN＝mg≈1.9mg，根据牛顿第三定律可得，斜面体对地面的压力约为1.9mg，故选A。 4.(2024·河北省保定市部分高中高三下模拟)如图所示，质量为m的均匀直木杆静置在水平面与倾角为37°的光滑斜面之间，已知斜面对木杆的支持力大小为F，重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列说法正确的是(　　) A．木杆处于四力平衡状态 B．水平面可能是光滑的 C．水平面对木杆的支持力大小为mg－0.6F D．水平面对木杆的摩擦力大小为0.8F 答案：A 解析：根据题意，对木杆受力分析，木杆至少受到重力G、斜面的支持力F和水平面的支持力FN的作用，由于斜面光滑，木杆和斜面间没有摩擦力，在水平方向上，斜面的支持力F有水平向左的分力Fsin37°，由平衡条件可知，水平面一定给木杆水平向右的摩擦力，且大小为f＝Fsin37°＝0.6F，如图所示，可知，木杆处于四力平衡状态，且水平面不可能是光滑的，故A正确，B、D错误；在竖直方向上，由平衡条件有FN＋Fcos37°＝mg，解得FN＝mg－0.8F，故C错误。 5.(2024·吉林省通榆县实验中学校高三下二模)如图所示，两根半圆柱体静止于粗糙程度处处相同的水平地面上，紧靠但无相互作用力。现将一根圆柱体轻放在这两根半圆柱体上，三者均静止。已知圆柱体和两半圆柱体的材料、长度、半径、密度均相同，不考虑它们之间的摩擦，则半圆柱体与水平地面间的动摩擦因数至少为(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(　　) A. B. C. D. 答案：B 解析：设圆柱体的质量为m，则一根半圆柱体的质量为，一根半圆柱体对圆柱体的作用力大小为F，由几何关系可知，F与竖直方向的夹角为θ＝30°，对圆柱体进行受力分析，在竖直方向上，根据平衡条件有2Fcosθ＝mg，解得F＝mg，由对称性可知，地面对两个半圆柱体的支持力大小相等，设地面对一根半圆柱体的支持力大小为N，对圆柱体与两根半圆柱体整体进行受力分析，有2N＝g，解得N＝mg，以半圆柱体为研究对象，由牛顿第三定律可知圆柱体对半圆柱体的作用力F′＝F，由平衡条件有F′sinθ≤fm＝μN，解得μ≥，即半圆柱体与水平地面间的动摩擦因数至少为，故选B。 6.(2024·广西贵港市高三下模拟预测)有一上表面光滑、下表面粗糙的半圆柱体放在粗糙的水平地面上，其横截面如图所示，质量为m的光滑小球(可视为质点)在F的作用下静止在半圆柱体表面上A点，A点与截面圆心O连线与水平面成30°角，现将F由水平方向逆时针缓慢旋转至竖直向上，半圆柱体和小球始终保持静止状态，重力加速度为g，在此过程中，下列说法错误的是(　　) A．F先变小后变大 B．半圆柱体对小球的支持力保持不变 C．地面对半圆柱体的摩擦力一直变小 D．F的最大值为mg 答案：B 解析：对小球受力分析，小球受力F、重力mg和半圆柱体的支持力FN的作用。小球保持静止状态，受力平衡，故mg、F和FN可以构成封闭的矢量三角形，如图所示，当F逆时针缓慢旋转至竖直向上时，F先变小后变大，且开始时水平方向的F最大，最大值为Fmax＝＝mg，半圆柱体对小球的支持力FN逐渐减小，故A、D正确，B错误；把小球和半圆柱体看作一个整体，则在水平方向地面对半圆柱体的静摩擦力等于F的水平分力，设F与水平方向的夹角为β，则由受力图可知F的水平分力Fcosβ一直变小，故地面对半圆柱体的静摩擦力f＝Fcosβ一直变小，C正确。本题选说法错误的，故选B。 7.(2024·山东省日照市高三下二模)粗糙的半圆柱体固定在水平地面上，截面如图所示。质量为m的小物块在拉力F的作用下，从半圆柱体的底端缓慢向上滑动。已知拉力F的方向始终与小物块的运动方向相同(与圆弧相切)，小物块与半圆柱体表面的动摩擦因数为，重力加速度大小为g。若小物块和圆心的连线与水平方向的夹角为θ，在θ从0°增大到90°的过程中(　　) A．拉力F一直增大 B．拉力F先减小后增大 C．θ＝30°时，拉力F最大 D．拉力F的最小值为mg 答案：C 解析：由于小物块缓慢滑动，可认为小物块始终处于平衡状态，设小物块与半圆柱体表面的动摩擦因数为μ，在沿小物块的运动方向，由平衡条件可得F＝mgcosθ＋μmgsinθ＝mg，由数学知识可得F＝mgsin(θ＋60°)，所以在θ从0°增大到90°的过程中，F先增大后减小，且θ＝30°时，拉力F有最大值，为Fmax＝mg，当θ＝90°时，拉力F有最小值，为Fmin＝mg，故A、B、D错误，C正确。 8．(2024·辽宁省抚顺市高三下三模)擦玻璃机器人可以帮助人们解决高层和户外擦玻璃难的问题。如图甲所示，一栋大厦表面均为玻璃材料，机器人牵引擦子(未画出)清洁玻璃时，将大厦某一表面简化为如图乙所示的正三角形ABC，与水平面夹角为30°，BC边沿水平方向。已知机器人对擦子的牵引力平行于玻璃表面，擦子质量为m，与玻璃间的动摩擦因数为，重力加速度为g。则机器人在该表面由B点匀速运动到AC中点D的过程中，擦子所受的牵引力为(　　) A.mg B.mg C.mg D.mg 答案：C 解析：对擦子进行受力分析，可知擦子受重力mg、玻璃的支持力FN和摩擦力Ff，以及机器人的牵引力F的作用。其中，擦子与玻璃间的动摩擦因数为μ＝，玻璃与水平面间的夹角为θ＝30°。根据平衡条件，在垂直玻璃表面的方向，有mgcosθ＝FN，又滑动摩擦力Ff＝μFN，联立解得Ff＝mg；滑动摩擦力方向与擦子相对玻璃表面的速度方向相反，机器人匀速运动，所受合力为零，在玻璃表面擦子受力分析如图所示，滑动摩擦力Ff与重力沿玻璃表面向下的分力G′的合力F合和牵引力F大小相等、方向相反，其中，重力沿玻璃表面向下的分力大小为G′＝mgsinθ＝mg，由几何关系可知Ff与G′的夹角α＝60°，由平衡条件及平行四边形定则可知F＝F合＝2×mgcos＝mg，故选C。 9.(2024·江苏省南京市、盐城市高三下三模)如图所示，某款手机支架由“L”形挡板和底座构成，挡板使用一体成型材料制成，其AB、BC部分相互垂直，可绕O点的轴在竖直面内自由调节，AB、BC部分对手机的弹力分别为F1和F2(不计手机与挡板间的摩擦)，在“L”形挡板由图示位置顺时针缓慢转至水平的过程中，下列说法正确的是(　　) A．F1逐渐增大，F2逐渐减小 B．F1逐渐减小，F2逐渐增大 C．F1逐渐减小，F2先增大后减小 D．F1先增大后减小，F2逐渐减小 答案：A 解析：由题意可知手机始终处于平衡状态，则F1、F2和手机自身重力G构成封闭的矢量三角形，如图所示，由题意可知，F1和F2相互垂直，即α＝90°，由正弦定理可知＝＝，挡板由图示位置顺时针缓慢转至水平的过程中，重力G和α不变，β由锐角逐渐减小到0°，θ由锐角增大到90°，故F1逐渐增大，F2逐渐减小，故选A。 10．(2024·江西省普通高等学校招生考试适应性测试)(多选)儿童玩具弹射装置模型如图所示。可伸缩轻质弹簧和轻质杆的一端分别用铰链连接在固定竖直板的P、Q处，另一端连接在质量为m的小球上，初始时刻在竖直向上力F的作用下杆处于水平位置，弹簧的原长和杆的长度均为l，PQ间距为。现保持力F的方向不变缓慢提升小球，直到弹簧呈水平状态。在这个过程中(弹簧在弹性限度内)(　　) A．F先变大后一直变小 B．小球可能受三个力作用 C．弹簧在末态时的弹力比初态时的大 D．轻质杆所受的弹力先变小后变大 答案：CD 解析：设弹簧的劲度系数为k，则初始时刻弹簧的长度为l1＝＝l，此时弹簧的弹力大小为Fk＝kl，当弹簧处于原长时，弹簧弹力为零，假设杆对小球有作用力，方向沿杆，由几何关系可知杆处于右上倾斜位置，则缺少与杆水平方向分力平衡的力，故假设错误，此时小球仅受到自身重力mg和力F两个力的作用，由平衡条件可知，F＝mg；当弹簧呈水平状态时，此时弹簧的长度为l2＝＝l，此时弹簧的弹力大小为Fk′＝kl，可知Fk′>Fk，故C正确；设弹簧长度为x，F与mg的合力为F合，弹簧弹力Fk1、杆的支持力FN1和F合构成的矢量三角形如图1所示，且与小球与P、Q点构成的三角形为相似三角形，有＝＝，且由胡克定律有Fk1＝k(x－l)，联立可得FN1＝kl，F合＝，则从初始状态到弹簧恢复原长，即x从l减小到l，FN1和F合均逐渐减小至零，由F合＝mg－F可知，F逐渐增大至mg；同理，在弹簧从原长状态至呈水平状态的过程中，弹簧弹力Fk2、杆的支持力FN2和F合′构成的矢量三角形如图2所示，且有＝＝，Fk2＝k(l－x)，可得FN2＝kl，F合′＝，则该过程中x从l减小到l，FN2和F合′均从零逐渐增大，且由F合′＝F－mg可知，F从mg逐渐增大，综上可知，整个过程中F一直变大，小球可能受两个力作用或四个力作用，轻质杆对小球的弹力先减小后增大，则由牛顿第三定律知，轻质杆所受的弹力先变小后变大，故A、B错误，D正确。 11．(2024·山东省齐鲁名校高三下第三次学业质量联合检测)如图甲所示，光滑的绝缘水平桌面上静止着一松软的不可伸长的带电绳，总电荷量为q(q>0)，绳上的电荷和绳的质量都均匀分布，绳的两端分别固定在M、N两点的绝缘钉上，绳NP段的长度为总长度的。若在空间中加上垂直于M、N连线且与桌面平行的匀强电场，电场强度大小为E，带电绳静止时如图乙所示，此时绳上P点的张力大小为qE，则此时处于M点的绝缘钉受到的绳的拉力大小为(　　) A． B． C．qE D．qE 答案：D 解析：绳上取一点Q，使得绳QM段的长度为总长度的，根据对称性可知绳上Q点的张力大小FQ等于绳上P点的张力大小FP，对PQ段的绳进行受力分析可知，沿电场方向有FQy＋FPy＝，解得两张力沿电场方向的分力FPy＝FQy＝，根据题意可知FP＝qE，则绳上P点的张力在垂直电场方向的分力大小FPx＝＝qE，对PN段进行受力分析，在P点NP段所受张力与PQ段所受张力大小相等、方向相反，由平衡条件可知，垂直电场方向有FNx＝FPx＝qE，沿电场方向有FNy＝qE＋FPy＝qE，则处于N点的绝缘钉对绳的拉力为FN＝＝qE，由对称性和牛顿第三定律可知，此时处于M点的绝缘钉受到的绳的拉力大小为FM′＝FM＝FN＝qE，故选D。 1．(2024·广东省湛江市高三下一模)如图甲所示，用瓦片做屋顶是我国建筑的特色之一。铺设瓦片时，屋顶结构可简化为图乙所示，建筑工人将瓦片轻放在两根相互平行的檩条正中间后，瓦片静止在檩条上。已知檩条间距离为d，檩条与水平面夹角均为θ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是(　　) A．仅减小θ时，瓦片与每根檩条间的摩擦力的合力变大 B．仅减小θ时，瓦片与每根檩条间的弹力的合力变小 C．仅减小d时，瓦片与每根檩条间的弹力变大 D．仅减小d时，瓦片可能会下滑 答案：D 解析：设瓦片的质量为m，瓦片的受力分析如图1所示，由平衡条件可知，瓦片与每根檩条间的摩擦力的合力f合＝mgsinθ，瓦片与每根檩条间的弹力的合力FN合＝mgcosθ，则仅减小θ时，f合减小，FN合增大，故A、B错误；在垂直檩条的平面内，瓦片的受力如图2所示，设两檩条对瓦片的弹力F与垂直檩条向上的夹角为α，则有2Fcosα＝mgcosθ，则仅减小檩条间的距离d时，夹角α变小，两檩条给瓦片的弹力F变小，由fmax＝μF可知，最大静摩擦力变小，则瓦片可能下滑，故C错误，D正确。 2.(2023·湖南省岳阳市高三下教学质量监测二)(多选)如图所示为一竖直放置的半径为R＝2 m的大圆环，在其水平直径上的A、B两端系着一根不可伸长的柔软轻绳，绳长L＝5 m，绳上套有一质量为m＝3 kg的光滑铁环。已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(　　) A．静止时轻绳张力为25 N B．若将大圆环在竖直平面内绕O点顺时针缓慢转过一个微小角度，则轻绳张力变大 C．若对铁环施加一水平向右的恒力F＝10 N，稳定后轻绳中的张力为30 N D．若对铁环施加一水平向右的恒力F＝10 N，稳定后轻绳中的张力为25 N 答案：AD 解析：静止时，对铁环受力分析如图1所示，根据几何知识有sinθ＝＝0.8，则θ＝53°，对铁环根据平衡条件有2Tcosθ＝mg，解得轻绳张力T＝25 N，故A正确；若将大圆环在竖直平面内绕O点顺时针缓慢转过一个微小角度，设铁环左侧绳长为L1、右侧绳长为L2，轻绳与竖直方向的夹角为θ1，由几何关系知L1sinθ1＋L2sinθ1<2R，又L1＋L2＝L，得Lsinθ1<2R，而Lsinθ＝2R，则θ1<θ，根据2T1cosθ1＝mg，可知T1<T，即轻绳张力变小，故B错误；若对铁环施加一水平向右的恒力F＝10 N，铁环位于E点，受力分析如图2所示，延长AE，使EC＝BE，过A点作AD⊥BC，垂足为D点，拉力F与重力mg的合力方向与∠AEB的角平分线共线，其中tanβ＝＝＝，AC＝L，由几何关系得sinα＝＝，解得sinα＝0.6，即α＝37°，根据平衡条件有2T2cosα＝，解得T2＝25 N，故C错误，D正确。 1 学科网（北京）股份有限公司 $$