专题一 第1讲 力与物体的平衡-【金版教程】2025年高考物理大二轮专题复习冲刺方案全书Word（提升版）

大二轮专题复习冲刺方案 物理（提升版） 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 第1讲　力与物体的平衡 考点1　受力分析 例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 [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。 [答案]　C 例2　(2024·浙江6月选考)如图为小猫蹬地跃起腾空追蝶的情景，则(　　) A．飞行的蝴蝶只受重力的作用 B．蝴蝶转弯时所受合力沿运动方向 C．小猫在空中受重力和弹力的作用 D．小猫蹬地时弹力大于所受重力 [解析]　飞行的蝴蝶除了受到重力的作用，还受到空气的作用力，故A错误；蝴蝶转弯时做曲线运动，所受合力指向轨迹凹侧，与运动方向不在同一条直线上，故B错误；小猫在空中与其他物体间没有接触，不受弹力的作用，故C错误；小猫蹬地时，有斜向上的加速度，由牛顿第二定律可知，弹力大于所受重力，故D正确。 [答案]　D 1．受力分析的步骤 (1)明确研究对象(如一个点、一个物体或一个系统)，并将其隔离，分析周围物体对它施加的力。 (2)按以下顺序分析受力 说明：分析弹力和摩擦力时，研究对象与周围的每处接触面都要考虑。 2．受力分析的技巧 整体法与隔离法 若分析系统内部物体之间的作用力，只能将受力物体隔离出来分析；若不涉及系统内部物体间的相互作用力，只分析系统外部的物体对系统的作用力，整体法往往比隔离法更方便一些。(如图甲) 转换研究对象法 有时要分析物体A对B的作用力，以B为研究对象较麻烦时，可先分析B对A的作用力，再依据牛顿第三定律得出A对B的作用力。(如图乙) 假设法 分析弹力或摩擦力时可先假设该力存在或不存在，看物体的运动状态是否符合题意。(如图丙) 动力学分析法 根据物体运动状态需要的受力条件分析未知力。(如图丁) 注意：对研究对象所受力的大小、方向，哪些已知、哪些未知要明确。 考点2　共点力静态平衡分析 例3　(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 [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。 [答案]　B 例4　(2024·河北省唐山市高三下一模)如图所示，用一根轻质细绳将重为10 N的画框对称悬挂在竖直墙上，画框上两个挂钉间的距离为0.5 m。若绳能承受的最大拉力为10 N，且忽略细绳与挂钉间的摩擦力，要使绳不会被拉断，绳子的最短长度为(　　) A. m B．0.5 m C. m D．1.0 m [解析]　对画框进行受力分析如图所示，画框受到重力G和两个大小相等的细绳拉力F1、F2的作用而处于静止状态，当F1＝F2＝Fmax＝10 N时，对应细绳不被拉断的最短长度L，设此时F1和F2与竖直方向的夹角均为θ，由平衡条件知2Fmaxcosθ＝G，解得cosθ＝0.5，设画框上两个挂钉间的距离为d，由几何知识可知＝sinθ，解得L＝ m，故选C。 [答案]　C 1．物体处于平衡状态的运动学特点：静止或做匀速直线运动。 2．物体的平衡条件：物体所受力的合力为零。 1．处理共点力静态平衡问题的基本思路 2．共点力静态平衡问题的四种求解方法 合成法 物体在多个力的作用下平衡时，任意一个力与其他力的合力等大反向 效果分解法 物体受三个共点力的作用而平衡时，将某一个力按作用效果分解，则分力与其他两个力分别平衡 正交分解法 物体受到三个或三个以上力的作用而平衡时，将所有力分解为相互垂直的两组，每组力都满足平衡条件 矢量三角形法 对受三个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 考点3　动态平衡 例5　(2023·湖南省邵阳市高三下三模)在楼房维修时，为防止重物碰撞阳台，工人经常使用如图所示的装置提升重物。跨过光滑定滑轮的a绳和b、c绳联结在O点，工人甲拉动绳的一端使重物上升，工人乙在地面某固定位置用力拉着b绳的一端，保证重物沿竖直方向匀速上升，绳子均为轻绳，则下列说法正确的是(　　) A．a绳的拉力先变大后变小 B．b绳的拉力越来越小 C．工人乙对地面的压力越来越大 D．工人乙对地面的摩擦力越来越大 [解析]　重物沿竖直方向匀速上升，设重物所受重力为G，由平衡条件得Fc＝G，对O点受力分析如图所示，由三力平衡可知，a绳拉力Fa与b绳拉力Fb的合力F合与Fc等大反向，则F合＝Fc＝G保持不变，在重物上升过程中，a绳与竖直方向的夹角变大，b绳与竖直方向的夹角变小，根据平行四边形定则可知，a、b绳中的拉力都变大，A、B错误；根据前面分析可知，工人乙受到的b绳拉力沿竖直方向的分力越来越大，根据平衡条件可知，地面对工人乙的支持力越来越小，结合牛顿第三定律可知，工人乙对地面的压力越来越小，C错误；由于a绳与竖直方向的夹角变大，a绳的拉力也变大，所以其沿水平方向上的分力越来越大，对重物和工人乙整体分析，根据平衡条件可知，工人乙水平方向上受到地面的摩擦力大小等于a绳沿水平方向上的分力大小，所以工人乙受到地面的摩擦力越来越大，结合牛顿第三定律可知，工人乙对地面的摩擦力越来越大，D正确。 [答案]　D 例6　(2024·福建省宁德市高三下三模)某物理兴趣小组为了模拟机器人“手臂”，制作了如图所示装置，A、B处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，A、B处关节均锁定，前臂BC水平。小组成员解除A处关节的锁定，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 [解析]　根据题意，对C点分析受力，C点受到沿轻绳CD方向的拉力T，方向竖直向下、大小等于重物重力mg的拉力，以及来自前臂BC的支持力N，将上臂AB和前臂BC整体看作一根沿AC方向的轻杆，可知支持力N沿AC方向，如图所示，根据三力平衡的特点可知，mg、N和T构成的矢量三角形与△ACD相似，有＝，在上臂AB转过60°的过程中，DA保持不变，CD长度减小，可知绳CD拉力T减小，故A、B错误；同理，可得＝，在上臂AB转过60°的过程中，DA保持不变，AC长度保持不变，可知前臂BC对C点的支持力N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。 [答案]　C 例7　(2024·湖南省娄底市高三下一模)如图所示，用轻质网兜将一质量均匀的球体悬挂在竖直木板的A点，轻绳与木板之间的夹角为α＝30°，将木板以底端为轴顺时针缓慢转动直至木板水平，转动过程中绳与木板之间的夹角保持不变，忽略一切摩擦，球体的重力为9 N，设木板对球体的支持力为FN、绳上的拉力为FT，木板在转动过程中，下列说法正确的是(　　) A．FN的最小值为3 N B．FN的最大值为9 N C．当木板转动60°时，FN是FT大小的三倍 D．当木板转动30°时，FN与FT大小相等 　[解析]　根据题意，对球体进行受力分析，可知球体受重力mg、木板的支持力FN和轻绳的拉力FT的作用。在木板转动过程中，设木板转过的角度为θ，则球体的受力如图所示，对mg、FN和FT构成的矢量三角形，根据正弦定理可得＝＝，可得FT＝mg，FN＝mg，又α＝30°保持不变，θ由0°逐渐增大到90°，可知FT逐渐减小，FN先增大后减小。初始状态时θ＝0°，FN1＝mgtanα＝3 N，末状态时θ＝90°，FN2＝mg＝9 N，FN1<FN2，故初始状态时FN最小，为FNmin＝FN1＝3 N，A错误；当(α＋θ)＝90°即木板转动θ＝60°时，FN最大，为FNmax＝＝6 N，此时FT＝mg＝3 N，则FN是FT大小的2倍，B、C错误；当木板转动θ＝30°时，FT＝mg＝mg，FN＝mg＝mg，则FN与FT大小相等，D正确。 [答案]　D 动态平衡，即物体在变力作用下处于平衡状态。 物体在缓慢移动过程中，可以认为物体时刻处于平衡状态，其所受合力时刻为零。 1．三力作用下动态平衡的分析方法 2．三力作用下动态平衡中的极值问题 若一个力为恒力，另一个力的方向恒定，在三力的矢量三角形中，当已知恒力为斜边，方向恒定的力为直角边构成直角三角形时，大小、方向均未知的力此状态为最小值。如图所示。 3．四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，或有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，转化为三力平衡，例如：如图1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)对于一般的四力平衡及多力平衡，可采用正交分解法。 (3)在力的方向发生变化的平衡问题中求力的极小值时，一般利用三角函数求极值。也可利用“摩擦角”将四力平衡转化为三力平衡，从而求拉力的最小值。例如：如图2所示，物体在拉力F作用下做匀速直线运动，求拉力的最小值时，可以用支持力与摩擦力的合力F′代替支持力与摩擦力，因FN与Ff的合力F′方向一定，且F′与竖直方向的夹角即“摩擦角”θ满足tanθ＝＝μ，则Fmin＝mgsinθ＝mg。 考点4　电磁场中的受力平衡问题 例8　(2022·湖南高考)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 [解析]　当导线静止在图a右侧位置时，对导线受力分析如图所示，根据左手定则可知，导线中电流方向应由M指向N，A错误；由题意结合左手定则可知，导线所受安培力F安始终与悬线的拉力FT垂直，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，设导线MN长为L，导线所在处磁感应强度大小为B0，则有F安＝B0IL，sinθ＝，FT＝mgcosθ，电流I增大时，F安增大，sinθ增大，cosθ减小，FT减小，B错误；tanθ＝＝，sinθ＝，因F安与电流I成正比，mg不变，则tanθ与I不成正比，sinθ与I成正比，C错误，D正确。 [答案]　D 1．带电体在匀强电场中受到的电场力一定为恒力。带电体在匀强磁场中受到的洛伦兹力不一定为恒力，洛伦兹力的大小会随着速度大小的改变而改变，方向一直与速度垂直，会随着速度方向的改变而改变。 2．空间同时存在匀强电场、匀强磁场和重力场，带电体若在垂直磁场的方向上做直线运动，速度一定不变，即处于平衡状态，合力为零。 电磁场中的受力平衡问题是指在电场力、安培力、洛伦兹力参与下的平衡问题。处理方法与纯力学问题的分析方法一样，把方法和规律进行迁移应用即可。 提示：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。 高考命题预测 1．(2024·山东省聊城市高三下一模)春秋末年，齐国著作《考工记》中记载“马力既竭，輈(zhōu，指车辕)犹能一取焉”，揭示了一些初步的力学原理。如图甲所示，车辕是马车车身上伸出的两根直木，它是架在马上拉车的把手。如图乙为马拉车时的简化模型，车辕前端距车轴的高度H约为1 m，马拉车的力可视为沿车辕方向，马车的车轮与地面间的摩擦力大小是其对地面压力的倍，若想让马拉车在水平面上匀速前进且尽可能省力，则车辕的长度约为(　　) A. m B. m C．3 m D．2 m 答案：D 解析：对马车受力分析如图所示，马车受重力mg、地面的支持力FN、摩擦力Ff和拉力F。设车辕与水平方向夹角为θ，当车匀速前进时，根据平衡条件，在竖直方向上有Fsinθ＋FN＝mg，在水平方向上有Fcosθ＝Ff，又Ff＝kFN，其中k＝，联立解得F＝，而cosθ＋ksinθ＝sin(60°＋θ)，则当θ＝30°时F最小，此时车辕的长度约为l＝＝2 m，故选D。 2．(2024·湖南省邵阳市高三下二模)一条光滑轻质柔软晾衣绳两端分别固定在两根竖直杆上等高的A、B两点，一个下端带挂钩的轻质圆环穿过晾衣绳，圆环与绳子的接触点为O，在挂钩上施加一个大小不变的力F，如图所示。当力F的方向由竖直向下沿顺时针缓慢转动60°角的过程中(不考虑杆和绳的形变)，下列说法正确的是(　　) A．绳子拉力保持不变 B．绳子拉力一直变小 C．绳子拉力先减小后增大 D．∠AOB一直增大 答案：B 解析：在力F的方向由竖直向下沿顺时针缓慢转动60°角的过程中，O点的运动轨迹为以A、B两点为焦点的椭圆，分析可知∠AOB一直减小，故D错误；由题意可知，绳子OA、BO段的拉力大小相等，设为FT，根据平衡条件，有F＝2FTcos，F大小不变，∠AOB一直减小，则FT一直变小，故B正确，A、C错误。 专题作业 1．(2024·广西高考)工人卸货时常利用斜面将重物从高处滑下。如图，三个完全相同的货箱正沿着表面均匀的长直木板下滑，货箱各表面材质和粗糙程度均相同。若1、2、3号货箱与直木板间摩擦力的大小分别为Ff1、Ff2和Ff3，则(　　) A．Ff1<Ff2<Ff3 B．Ff1＝Ff2<Ff3 C．Ff1＝Ff3<Ff2 D．Ff1＝Ff2＝Ff3 答案：D 解析：设货箱的质量为m，直木板倾角为θ，货箱与直木板间的动摩擦因数为μ。由垂直于直木板方向受力平衡和牛顿第三定律可知，货箱对直木板的压力大小为F压＝mgcosθ。根据滑动摩擦力的公式可得，货箱受到的摩擦力Ff＝μF压＝μmgcosθ。由题意可知，三个货箱的m、μ均相同，则Ff1＝Ff2＝Ff3，故选D。 2．(2024·江西省萍乡市高三下二模)公交车突然出现故障，两个乘客下车尝试推动公交车，图甲中A向前推B，B向前推车，图乙中A、B同时向前推车，都没有推动公交车，假设这两种方式中两位乘客推力都为F，则下列说法正确的是(　　) A．两图中公交车受到的推力大小都为2F B．图甲中B受到地面的摩擦力大小为0 C．图甲中公交车受到地面的摩擦力大小为2F D．图乙中公交车受到地面的摩擦力大于2F 答案：B 解析：图甲中公交车受到的推力大小为F，根据平衡条件可知，公交车受到地面的摩擦力大小为F，图乙中公交车受到的推力大小为2F，根据平衡条件可知，公交车受到地面的摩擦力大小为2F，故A、C、D错误；由牛顿第三定律可知，图甲中B受到公交车向左的作用力，大小为F，同时其受到A向右的大小为F的推力，根据平衡条件可知，地面对B的摩擦力大小为0，故B正确。 3．(2024·广东省梅州市高三下一模)2023年11月28日，深中通道海底隧道全幅贯通，深中通道的主体工程——西人工岛使用世界最大十二锤联动液压振动锤组将57个巨型钢圆筒精准牢固地打入海底岩层中。如图甲、乙所示，每个圆钢筒的直径为28米、高40米，重达680吨，由若干根特制起吊绳通过液压机械抓手连接钢筒。某次试吊将其吊在空中，每根绳与竖直方向的夹角为37°，如图丙所示，每根绳所能承受的最大拉力为8.0×105 N，则至少需要多少根绳子才能成功起吊(g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(　　) A．9根 B．10根 C．11根 D．12根 答案：C 解析：设使用n根绳子恰好能成功起吊，则每根绳子对钢筒的拉力FT＝8.0×105 N，钢筒质量m＝6.8×105 kg，竖直方向，由平衡条件得nFTcos37°＝mg，解得n＝10.625，则至少需要11根绳子才能成功起吊，故选C。 4．(2024·浙江1月选考)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50 g，细线c、d平行且与水平成θ＝30°(不计摩擦)，重力加速度g取10 m/s2，则细线a、b的拉力分别为(　　) A．2 N，1 N B．2 N，0.5 N C．1 N，1 N D．1 N，0.5 N 答案：D 解析：对A、B和细线b整体进行受力分析，受重力和细线a、c、d的拉力，根据水平方向受力平衡可知，细线c和细线d对整体的拉力大小相等、方向相反，则细线a的拉力大小为Ta＝(mA＋mB)g＝1 N；设细线b与水平方向的夹角为α，对A受力分析如图所示，由平衡条件，在竖直方向有Tbsinα＋Tcsinθ＝mAg，在水平方向有Tbcosα＝Tccosθ，又Tc＝mQg，联立并代入数据，解得Tb＝0.5 N。故选D。 5．(2024·湖南省岳阳市高三下二模)电影《热辣滚烫》讲述了一个女孩通过学习拳击实现自我蜕变的励志故事。沙袋用绳竖直悬挂，主角对沙袋施加300 N的作用力，通过调整施力方向使沙袋缓慢移动，尝试了各种施力方向后发现绳偏离竖直方向的最大夹角为30°，则沙袋的重力为(　　) A．150 N B．150 N C．300 N D．600 N 答案：D 解析：沙袋受重力G、绳的拉力FT和主角的作用力F而保持平衡，其中G大小、方向均不变，F大小不变、方向改变，作出三力首尾相接的矢量三角形，以G的末端(F的始端)为圆心，以作用力F所对应的线段长度为半径作辅助圆，可知当FT与辅助圆相切时，绳偏离竖直方向的夹角最大，为30°，如图所示，则沙袋的重力为G＝＝600 N，故选D。 6．(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。 7．(2024·安徽省合肥市高三下三模)装修工人经常使用的梯子，模型可以简化成如图所示，固定光滑斜面的倾角θ＝16°，两轻质杆的上端由轻质光滑铰链连接于P点，下端分别通过轻质光滑铰链连接物块A、B，物块C通过轻绳悬挂在P点，系统恰好处于静止状态。已知物块C的质量为m，轻杆与竖直方向的夹角分别为α＝53°、β＝37°，物块A与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.3，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，sin16°＝0.28，cos16°＝0.96，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是(　　) A．斜面对物块B的支持力大小等于轻杆对物块B的弹力大小 B．轻杆对物块B的弹力大小等于轻杆对物块A的弹力大小 C．物块A的质量为m D．物块A的质量为m 答案：D 解析：对物块A、B和点P分别受力分析如图1所示，根据平衡条件，对物块B，把mBg、FNB和FB首尾相接，形成矢量三角形，如图2所示，根据正弦定理有＝＝，其中θ′＝180°－θ－(180°－α)＝37°，解得FNB＝mBg，FB＝mBg，则FB≠FNB，故A错误；对P点，根据平衡条件有FB′sinα＝FA′sinβ，又FA＝FA′，FB＝FB′，联立解得FB＝FA，故B错误；对物块A，由于系统恰好处于静止状态，故Ff＝μFNA，由平衡条件，有FNA＝mAg＋FAcosβ，FAsinβ＝Ff，对P点有T＝FA′cosβ＋FB′cosα，联立解得物块A的质量为mA＝m，故C错误，D正确。 8.(2024·河南省信阳市高三下二模)(多选)如图所示，两质量相等的光滑小圆环A、B用细线相连，水平横杆穿过圆环A，竖直杆穿过圆环B。开始时，细线贴着竖直杆处于竖直方向。现在细线某点上施加一水平向右的拉力F，使两环缓慢移动，则在这一移动过程中(　　) A．水平向右的拉力F逐渐增大 B．横杆对环A的弹力逐渐增大 C．细线对环B的拉力逐渐增大 D．细线对环A的拉力逐渐增大 答案：AC 解析：设与环B相连的细线和竖直方向夹角为θ，横杆对环A的弹力为FNA，竖直杆对环B的弹力为FNB，细线与环A间的弹力大小为FTA，细线与环B间的弹力大小为FTB，环A、环B所受重力均为G。对A、B及细线整体受力分析，在竖直方向上有FNA＝2G，则FNA大小不变，B错误；由题意知，环A处于动态平衡，对A受力分析可知，FTA沿竖直方向，FTA＋G＝FNA，则FTA大小不变，D错误；对F的作用点O进行受力分析，如图所示，由平衡条件有F＝FTBsinθ，FTA＝FTB·cosθ，解得F＝FTAtanθ，FTB＝，两环移动的过程中θ增大，则F、FTB均增大，故A、C正确。 9．(2024·湖南省长沙市高三下二模)(多选)两带电金属板竖直放置且两板始终与电源的正、负极相连，如图所示，在电场中的O点，用一根绝缘细线悬挂一带负电荷的小球，小球静止在细线与竖直方向夹角为θ的位置。现将两金属板绕各自的中心转轴缓慢逆时针旋转一个小角度，两转轴在同一水平线上且旋转过程中两金属板始终保持平行，小球始终处于匀强电场中且小球不会与金属板接触，如图中虚线所示。则(　　) A．两板间匀强电场的场强将变大 B．小球所受电场力的水平分量将变小 C．细线对小球的拉力将变大 D．小球静止时细线与竖直方向夹角将变小 答案：ACD 解析：设金属板转动的角度为α，两中心转轴的距离为d，两金属板间的电势差为U，则转动后两板间的距离为dcosα，电场强度为E＝，两板始终与电源正、负极相连，则U不变，则随着转动，α变大，E变大，小球所受电场力的水平分量qEcosα＝q不变，故A正确，B错误；当金属板转动的角度为α，对小球受力分析如图所示，根据平衡条件得Ty＝Tcosθ′＝mg＋qEsinα＝mg＋qtanα，Tx＝Tsinθ′＝qEcosα＝，则随着转动，α变大，Tx不变，Ty变大，则细线对小球的拉力T＝变大，由tanθ′＝变小，可知小球静止时细线与竖直方向夹角θ′将变小，故C、D正确。 10．(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与重力沿玻璃平面向下的分力G′的合力F合和牵引力F大小相等、方向相反，其中，重力沿斜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。 11．(2024·山东省泰安市高三下4月二模)中国金都招远的黄金博物馆曾发起一项名为“单手抓金砖”的挑战活动。如图甲所示，某参赛者戴着手套，单手将金砖保持底面水平从桌面上抓起。金砖的横截面为等腰梯形，底角为θ，如图乙所示。金砖的重量为G，手套与金砖间的动摩擦因数为μ。手套与金砖之间的压力至少为(　　) A. B. C. D. 答案：C 解析：对金砖进行受力分析，可知金砖受到重力G、手套的压力F和摩擦力f的作用，受力情况如图所示，抓起金砖时，根据平衡条件可知，在竖直方向上有2fsinθ＝G＋2Fcosθ，又f≤μF，联立解得F≥，故手套与金砖之间的压力至少为Fmin＝，C正确。 1 学科网（北京）股份有限公司 $$