第1部分 第1讲 力与物体的平衡-【金版教程】2026年高考物理大二轮专题复习冲刺方案课件PPT

第一部分　专题强化复习 专题一　力与运动 力与运动是高中物理的基础，物体在力的作用下运动状态会发生改变，因此，静力学、运动学、动力学是紧密联系的一个知识模块。 2 第1讲　力与物体的平衡 知识框架 学习目标 1.掌握处理物体静态平衡的各种方法，如合成法、分解法、矢量三角形法。 2.掌握处理物体动态平衡的各种方法，如解析法、图解法、相似三角形法、其他方法。 4 目录 1 2 专题作业 考点 高考风向标 3 考点 考点1　静态平衡问题 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 7 考点 8 考点 9 考点 10 考点 11 (1)如果一个物体受一个力F和其他几个力而平衡，且其他几个力的方向关于F所在直线对称，则易知方向对称的几个力大小相等。例如本题中P、Q两船对S船的拉力大小相等。 (2)应用正交分解法求解平衡问题时，坐标系的建立原则为：①尽量让更多力落在坐标轴上，减少分解力的个数；②尽量不分解未知力。但是本题中，P的受力最多有一个力落在坐标轴上，而f与T的合力不容易直接求出，又知道各个力的方向，所以分解未知力比较合适。这要求我们需要根据题目描述具体判断如何建立直角坐标系，不要生搬硬套。 考点 12 例3　(2025·河南省新乡市高三下三模)如图所示，用轻绳将两根通电直导线悬挂在天花板上的O点。系统平衡时，左右两侧轻绳偏离竖直方向的夹角分别为α、β。已知两通电导线的质量相等，导线A的电流方向垂直纸面向里，导线B的电流大于导线A的电流，过O点的竖直线与AB连线相交于O1点，OA>OB，下列说法正确的是(　　) A．导线B对导线A的磁场力大于导线A对导线B的磁场力 B．导线B的电流方向垂直纸面向里 C．O1点为线段AB的中点 D．左侧轻绳的拉力小于右侧轻绳的拉力 考点 13 考点 14 (1)电磁场中平衡问题的处理方法：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。 (2)注意事项 ①需要复习电场力、安培力、洛伦兹力的大小公式、方向判断方法，判断安培力、洛伦兹力的方向时，注意将立体图转化为平面图。 ②电场力、安培力或洛伦兹力的出现，可能会对压力或摩擦力产生影响。 ③涉及电路问题时，要注意闭合电路欧姆定律的使用。 考点 15 考点1　2动态平衡问题 三力作用下动态平衡的分析方法 考点 16 注：四力作用下的动态平衡问题中，一般有两个力恒定(可以把两个力合成为一个恒力，如图1)，或有两个力的合力方向一定(如弹力和滑动摩擦力的合力方向一定，如图2)，可以把四力平衡问题转化为三力平衡问题，再用上述方法求解。 考点 17 例4　(2025·宁夏中卫市高三下一模)如图所示，轻绳的两端分别系在圆环A和小球B上，圆环A套在粗糙的水平直杆MN上。现用水平力F拉着绳子上的一点O，使小球B从图中实线位置缓慢上升到虚线位置，但圆环A始终保持在原位置不动。在这一过程中，环对杆的摩擦力Ff和环对杆的压力FN的变化情况是(　　) A．Ff不变，FN不变 B．Ff增大，FN不变 C．Ff增大，FN减小 D．Ff不变，FN减小 考点 18 解析　解法一(图解法)：对O点受力分析如图所示，可知随着绳子与竖直方向的夹角α增大，F增大；再以圆环、轻绳和小球整体为研究对象，根据平衡条件和牛顿第三定律有Ff＝F，则Ff逐渐增大；FN＝(mA＋mB)g，FN保持不变，故选B。 解法二(解析法)：设绳子与竖直方向的夹角为α，对O点由平衡条件有F＝mBgtanα，α增大，则F增大；再以圆环、轻绳和小球整体为研究对象，根据平衡条件和牛顿第三定律有Ff＝F，则Ff逐渐增大；FN＝(mA＋mB)g，FN保持不变，故选B。 考点 19 [跟进训练]　(2025·甘肃省白银市高三下适应性联考(三模))(多选)如图所示，倾角为α的粗糙斜劈放在粗糙水平面上，物体a放在斜面上，轻质细线一端固定在物体a上，另一端绕过光滑的轻质滑轮固定在c点，滑轮2下悬挂物体b，系统处于静止状态。若将固定点c向右移动少许，而a与斜劈始终静止，则(　　) A．细线对物体a的拉力增大 B．斜劈对地面的压力减小 C．斜劈对物体a的摩擦力减小 D．地面对斜劈的摩擦力增大 考点 20 考点 21 例5　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 考点 22 考点 23 考点 24 考点 25 共点力平衡的临界极值问题的分析方法 注：这三种方法几乎适用于所有临界极值问题，其中“物理分析法”在不同问题中要灵活理解，如追及相遇问题中，“物理分析法”为当二者速度相等时达到临界状态；连接体的动力学问题中，“假设法”(比如板块模型中判断二者是否相对滑动)也是“物理分析法”的一种。 极限法 把某个物理量推向极端，来寻找临界状态 物理分析法 作出力的动态矢量图，得出临界值 数学分析法 写出物理量的函数关系式(或画出函数图像)，再用数学方法求极值 考点 26 高考风向标 高考风向标 28 高考风向标 29 2．(2025·四川省成都市高三下三诊)用轻质鞋带穿过跑鞋某一鞋孔后系在衣架两端，先后采用图a所示衣架水平、图b所示衣架倾斜两种方式晾晒在水平粗糙晾衣杆上，两种方式衣架挂钩受到杆的支持力分别为Na与Nb，摩擦力分别为fa与fb，鞋带两端与竖直方向夹角均相等，分别为α与β，鞋带张力分别为Ta与Tb。忽略鞋带与鞋孔间的摩擦，鞋带长度不变。下列说法正确的是(　　) A．Na大于Nb B．fa小于fb C．α小于β D．Ta大于Tb 高考风向标 30 高考风向标 31 名师点拨　这个题是我们之前遇见过的“晾衣杆模型”(如图所示)，解题的突破口就是根据几何关系确定绳与竖直方向夹角的变化，进而确定力的变化。 高考风向标 32 高考风向标 33 高考风向标 34 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 2．(2025·福建省莆田市高三下二模)(多选)如图，红灯笼悬挂在竖直墙壁之间，细绳OB水平。若悬挂点B沿墙壁向上缓慢移动的过程中，适当将细绳OB延长，以保持O点的位置不变，则细绳OA的拉力大小F1和细绳OB的拉力大小F2的变化可能是(　　) A．F1逐渐减小 B．F1先减小后增大 C．F2逐渐增大 D．F2先减小后增大 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 解析：由题意可知F1的方向不变，以O点为研究对象，根据平衡条件，可知F1与F2的合力与灯笼重力大小相等、方向相反，受力分析如图所示，由图可知，在B点向上移动的过程中，F1逐渐减小，F2先减小后增大，故选A、D。　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 4．(2025·山东省菏泽市高三下一模)图甲是为了保护腰椎，搬起重物的正确姿势。搬起重物是身体肌肉、骨骼、关节等部位共同作用的过程，现将其简化为图乙所示的模型。设脚掌受地面竖直向上的弹力大小为FN，膝关节弯曲的角度为θ，该过程中大、小腿部的肌群对膝关节的作用力F始终水平向后，且大腿骨、小腿骨对膝关节的作用力F1和F2大致相等，方向均沿着腿骨。人缓慢搬起重物的过程中，下列说法正确的是(　　) A．FN逐渐变大 B．F1逐渐变大 C．F逐渐变小 D．脚掌受地面竖直向上的弹力是因为脚掌发生形变而产生的 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 6．(2025·吉林省吉林市高三下四模)如图为高压架空输电线的示意图，电线杆高度相同，间距相等，相邻电线杆之间的输电线长度相等，受重力影响，电线会自然下垂，电线杆处电线切线与电线杆之间的夹角称之为切线角α。由于热胀冷缩，冬季电线长度会略有缩短，则冬季与夏季相比(　　) A．切线角会减小 B．中间电线杆受到一侧电线的作用力增加 C．中间电线杆受到两侧电线的合力变大 D．电线最低处的张力不变 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 名师点拨　分析质量不可忽略的绳索问题时，关键是选取合适的一段绳索为研究对象，灵活运用整体法和隔离法，结合相关力学规律进行分析(平衡条件、牛顿第二定律等)。注意质量不可忽略的绳索各处的张力大小一般不同。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 7．(2025·湖南省长沙市雅礼中学高三下月考)如图甲所示，两薄木板A、B质量相同，其中木板A与墙面间的动摩擦因数为μ1，木板B与木板A间的动摩擦因数为μ2，光滑重球被轻质细绳跨过光滑定滑轮拉住，整个系统处于静止状态。现缓缓释放细绳使重球缓慢下降，对可能出现的情况，下列说法正确的是(　　) A．若出现图乙所示情况，只要μ1>μ2 B．若μ1<2μ2，会出现图乙所示情况 C．若出现图丙所示情况，必有μ1＝2μ2 D．若μ1<2μ2，会出现图丙所示情况 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 解析：设A、B质量均为m，重球质量为M，球与木板之间的弹力为FN，根据平衡条件，可知墙与木板A之间的弹力和木板A与木板B之间的弹力均为FN。若出现图乙所示情况，对A分析可知μ1FN≥μ2FN＋mg，对B分析可知μ2FN<mg，联立解得μ1>2μ2，A、B错误；若出现图丙所示情况，对A、B整体分析可知μ1FN<2mg，对B分析可知μ2FN≥mg，联立解得μ1<2μ2，C错误，D正确。　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 8．(2025·河南省洛平许济四市高三下第二次质量检测) 如图所示，不可伸长的细钢丝绳两端分别固定在竖直杆P、 Q上的a、b两点，a点比b点低。脚穿粗糙杂技靴的演员在走 钢丝表演时，可以在与两杆P、Q等距的位置或细钢丝绳的 中点保持平衡状态，细钢丝绳质量可忽略不计，则演员(　　) A．在与P、Q两杆等距位置时，左右两侧绳子拉力大小相等 B．在与P、Q两杆等距位置时，左侧绳子拉力小于右侧绳子拉力 C．在与P、Q两杆等距位置时，左侧绳子拉力大于右侧绳子拉力 D．在细钢丝绳的中点时，左侧绳子拉力大于右侧绳子拉力 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 易错点拨　注意题目是“死结”模型，要根据几何关系判断两段绳与竖直方向的夹角关系，并且两段绳中拉力大小不一定相等。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 9．(2025·安徽省黄山市高三下二模)两个质量分布均匀的圆柱体A、B静置在顶角为60°的“V”形槽中，圆柱体A的截面半径小于B的截面半径，截面图如图所示，不计一切摩擦，下列分析正确的是(　　) A．若以槽底端所在的边为轴顺时针缓慢转60°，则圆柱体A对槽壁的压力变大 B．若以槽底端所在的边为轴顺时针缓慢转60°，则圆柱体A对B的压力变大 C．若“V”形槽不转动，将A换成质量不变但半径更小 的圆柱体，则圆柱体A对槽壁的压力不变 D．若“V”形槽不转动，将A换成质量不变但半径更小 的圆柱体，则圆柱体A对B的压力变大 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 解析：对A受力分析，A受重力mg、右侧挡板的支持力NA和B的支持力FBA，如图所示，其中NA垂直于右侧挡板，FBA与A、B圆心的连线平行，可知NA与竖直方向的夹角为60°，FBA与竖直方向的夹角大于30°，若以槽底端所在的边为轴顺时针缓慢转60°，转动过程可认为是整个装置以A的轴为中心顺时针旋转60°，由“动态圆”法可知，NA与FBA均沿顺时针方向转过60°，NA先变大，过圆心时达到最大值，之后变小，FBA一直变小， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 10．(2025·东北三省四市教研联合体高三下二模)一个足够长的绝缘半圆柱体固定在水平面上，整个空间中加有沿半圆柱体半径向内的辐向磁场，半圆柱体表面处的磁感应强度大小均为B，一根长度为L、质量为m、粗细可忽略的导体棒A紧靠在半圆柱体底端静止，其截面如图所示。在导体棒A中通入方向垂直于纸面向外的变化电流，使导体棒A沿半圆柱体从底端缓慢向上滑动，导体棒A受到半圆柱体的摩擦力是导体棒A对半圆柱体的压力的k倍。在导体棒A从底端缓慢滑动到顶端的过程中，下列说法正确的是(　　) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 A．当k＝0时，导体棒A中的电流先变大再变小 B．当k＝0时，导体棒A所受的支持力与安培力的合力先变大再变小 C．当k≠0时，导体棒A所受重力与安培力的合力一直变大 D．当k≠0时，导体棒A所受安培力一直变大 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 解析：设导体棒A受到的安培力为FA，重力为mg，支持力为FN，摩擦力为f＝kFN，由左手定则可知，FA垂直磁场方向向上，结合题意，可知FA与FN垂直，FA与f的方向相反。令FA与f的合力为F，则F方向沿FA方向，大小为F＝FA－f，当FN与水平方向的夹角为θ时，受力情况如图所示，根据平衡条件，在水平方向上有FNcosθ＝Fsinθ，在竖直方向上有Fcosθ＋FNsinθ＝mg，将F＝FA－f和f＝kFN代入解得FN＝mgsinθ，FA＝mgcosθ＋kmgsinθ，随导体棒上滑，θ由0增大到90°。　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 例1　(2025·山东省济南市高三下二模)如图甲所示，我国自主研发的“章鱼”触手机器人能抓取任意形态的物体，可负载260倍自重。如图乙所示，圆锥体母线和高线之间的夹角α＝37°，该机器人对圆锥体的弹力方向垂直于圆锥体侧面，靠机器人和圆锥体之间的摩擦力将圆锥体抓起。若该机器人竖直向上抓起圆锥体时施加的弹力足够大，则机器人和圆锥体之间的动摩擦因数至少为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(已知sin37°＝\f(3,5)，最大静摩擦力等于滑动摩擦力))(　　) A．eq \f(3,5) B．eq \f(4,5) C．eq \f(3,4) D．eq \f(4,3) 解析　机器人单个触手对圆锥体的作用力如图所示，若要让该机器人可以竖直向上抓起圆锥体，则在竖直方向上有Ffcosα≥FNsinα，且有Ff≤μFN，联立解得μ≥eq \f(3,4)，故选C。 例2　(2024·湖北卷，6)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．eq \f(\r(3),3)f B．eq \f(\r(21),3)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＝eq \f(\r(3),3)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＝2,x)eq \r(F＋Feq \o\al(2,y)) ，联立解得F＝eq \f(\r(21),3)f，故B正确。 解析　导线B对导线A的磁场力与导线A对导线B的磁场力是一对相互作用力，大小相等，故A错误；两导线间的磁场力为斥力，由“同向电流相互吸引，反向电流相互排斥”可知，导线B的电流方向垂直纸面向外，故B错误；对两根导线受力分析如图所示，依据三角形定则和平衡条件，由相似三角形知识得eq \f(mg,OO1)＝eq \f(TA,OA)＝eq \f(TB,OB)，因为OA>OB，所以TA>TB，故D错误；由相似三角形知识得eq \f(mg,OO1)＝eq \f(F磁,AO1)＝eq \f(F磁,O1B)，可知AO1＝O1B，所以O1点为线段AB的中点，故C正确。 解析：设轻质细线的拉力大小为T，与滑轮2相连的部分与竖直方向的夹角为θ，以滑轮2和物体b整体为研究对象，受力分析如图1所示，由平衡条件有mbg＝2Tcosθ，解得T＝eq \f(mbg,2cosθ)，将固定点c向右移动少许后，θ增大，则T增大，A正确。设斜劈的质量为M，以a、b、斜劈整体为研究对象，受力分析如图2所示，由平衡条件，在竖直方向上有Mg＋mag＋mbg＝FN＋Tcosθ，由于Tcosθ＝eq \f(mbg,2)不变，则地面对斜劈的支持力FN不变，由牛顿第三定律可知，斜劈对地面的压力不变；在水平方向上有f＝Tsinθ＝eq \f(mbg,2)tanθ，由于θ增大，则地面对斜劈的摩擦力f增大，B错误，D正确。以a为研究对象，由平衡条件有magsinθ＝T＋fa或mgsinθ＋fa＝T，故T增大，fa不一定减小，C错误。 解析　解法一(动态圆法)：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。 由题图可得FT与FN之间的夹角为120°且保持不变，重力大小 和方向不变，则将FT、FN平移，与mg组成矢量三角形，且作出 该三角形的外接圆，如图甲所示。由图甲可知，在木板转动90° 过程中，FT一直减小，最终为0，FN先增大后减小，当FN方向水 平时最小，FNmin＝mgtanα＝3eq \r(3) N，当表示FN的有向线段为外接圆直径时，FN最大，此时木板转过的角度为60°，FNmax＝eq \f(mg,sin60°)＝6eq \r(3) N，FT＝FNmaxcos60°＝3eq \r(3) N，FN是FT大小的二倍，故A、B、C错误；当木板转动30°时，FN与竖直方向夹角为60°，FT与竖直方向夹角也为60°，则此时矢量三角形为等边三角形，所以FT＝FN，故D正确。 解法二(正弦定理法)：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 的受力如图乙所示，对mg、FN和FT构成的矢量三角形，根 据正弦定理可得eq \f(mg,sin（90°－α）)＝eq \f(FT,sin（90°－θ）)＝eq \f(FN,sin（α＋θ）)， 可得FT＝eq \f(cosθ,cosα)mg，FN＝eq \f(sin（α＋θ）,cosα)·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＝3eq \r(3) N，末状态时θ＝90°，FN2＝eq \f(sin120°,cos30°)mg＝9 N，FN1<FN2，故初始状态时FN最小，为FNmin＝FN1＝3eq \r(3) N，A错误； 当(α＋θ)＝90°即木板转动θ＝60°时，FN最大，为FNmax＝eq \f(mg,cosα)＝6eq \r(3) N，此时FT＝eq \f(cos60°,cos30°)mg＝3eq \r(3) N，则FN是FT大小的二倍，B、C错误；当木板转动θ＝30°时，FT＝eq \f(cos30°,cos30°)mg＝mg，FN＝eq \f(sin60°,cos30°)mg＝mg，则FN与FT大小相等，D正确。 1．(2025·河北卷，4)如图，内壁截面为半圆形的光滑凹槽固定在水平面上，左右边沿等高。该截面内，一根不可伸长的细绳穿过带有光滑孔的小球，一端固定于凹槽左边沿，另一端过右边沿并沿绳方向对其施加拉力F。小球半径远小于凹槽半径，所受重力大小为G。若小球始终位于内壁最低点，则F的最大值为(　　) A．eq \f(1,2)G B．eq \f(\r(2),2)G C．G D．eq \r(2)G 解析：因为小球中的孔光滑，所以小球两侧绳中拉力均为F，对小球受力分析如图所示，由几何关系得θ＝45°，由平衡条件可得2Fcosθ＋FN＝G，当凹槽内壁对小球的支持力FN＝0时，F有最大值，为Fm＝eq \f(G,2cosθ)＝eq \f(\r(2),2)G，B正确。 解析：跑鞋和衣架整体受力平衡，在竖直方向上有Na＝Nb＝mg，在水平方向上没有摩擦力，则fa＝fb＝0，故A、B错误；设图a中衣架两端的水平距离为d，图b中衣架两端的水平距离为d′，鞋带的长度为L，由几何关系可知sinα＝eq \f(d,L)，sinβ＝eq \f(d′,L)，由于d＞d′，故α＞β，故C错误；设跑鞋的质量为m′，在竖直方向上，由平衡条件有2Tacosα＝m′g，2Tbcosβ＝m′g，所以Tbcosβ＝Tacosα，由C项分析可知β＜α＜90°，则cosβ＞cosα，Ta>Tb，故D正确。 3．(2025·福建省高三下适应性练习)如图所示，在竖直平面内有一个绝缘圆环，O点为圆心，A、B为圆环上两点，OA、OB都与水平方向成45°角。在A点固定一个带电量为Q的正点电荷，在圆环内侧B点放置一个光滑的小球，带电量为q(q>0)，质量为m。整个装置处在水平向右的电场强度E＝eq \f(mg,q)的匀强电场中，此时小球恰好静止。由于Q的绝缘措施出了问题，Q的带电量缓慢减少，则此后(　　) A．圆环对小球的弹力大小保持不变 B．正电荷Q与小球q之间的库仑力不断增大 C．小球q有可能脱离圆环 D．正电荷Q所受静电力的合力不断增大 解析：小球受到的匀强电场的电场力F电＝Eq＝mg，F电与重力 均恒定不变，则这两个力的合力恒定不变，大小为F＝2,电)eq \r(F＋（mg）2) ＝eq \r(2)mg，方向与竖直方向成45°角斜向右下，与图中OA方向平行。 小球受到圆环对它的弹力N、库仑力F库和F，三个力构成一个首尾 相接的矢量三角形，如图所示，其中C点表示小球所处位置。Q的带电量缓慢减少，则小球会沿圆环轨道缓慢向下移动，由相似三角形可知eq \f(F库,AC)＝eq \f(N,R)＝eq \f(F,R)，所以N＝F＝eq \r(2)mg，保持不变，AC在减小，所以F库减小，小球处在一种动态平衡中，不会脱离圆环，故A正确，B、C错误；小球在B点时，Q受到的库仑力F库′和匀强电场的电场力互相垂直，之后库仑力F库′＝F库减小，因为Q漏电，匀强电场的电场力F电′＝EQ也变小了，并且这两个力的夹角由直角变成了钝角，根据力的合成规律，这两个力的合力逐渐减小，故D错误。 1．(2025·广东省深圳市高三下第一次调研)2024年巴黎奥运会，中国运动员刘洋成功卫冕男子吊环项目。训练中的悬停情景如图所示，若悬绳长均为L＝2.5 m，两悬绳的悬点间距d＝0.5 m，手臂伸直后两环间距D＝1.50 m，运动员质量m＝60 kg，忽略悬绳和吊环质量，不计吊环直径，g取10 m/s2。此时左侧悬绳上的张力大小为(　　) A．300 N B．600 N C．125eq \r(6) N D．250eq \r(6) N 解析：设悬绳与竖直方向的夹角为θ，则对运动员由平衡条件有2Tcosθ＝mg，根据几何关系有sinθ＝eq \f(\f(D－d,2),L)，联立并代入数据可得每条悬绳上的张力大小为T＝125eq \r(6) N，故选C。 3．(2025·辽宁省名校联盟高三下三模)如图所示，粗糙的正方形斜面ABCD与水平面间的夹角θ＝30°，一质量为m的物体受到与对角线BD平行的恒力F作用，恰好能沿斜面的对角线AC做匀速直线运动，重力加速度为g，则(　　) A．物体与斜面间的动摩擦因数为eq \f(\r(3),3) B．物体与斜面间的动摩擦因数为eq \f(\r(6),6) C．恒力F的大小为eq \f(\r(2),2)mg D．恒力F的大小为eq \f(1,2)mg 解析：物体所受摩擦力f的方向与速度方向相反，即沿CA方向，重力在斜面内的分力沿AD方向，由平衡条件可知，平行AD方向有fcos45°＋Fsin45°＝mgsin30°，平行AB方向有fsin45°＝Fcos45°，解得F＝f＝eq \f(\r(2),4)mg，故C、D错误；根据f＝μmgcos30°，解得μ＝eq \f(\r(6),6)，故B正确，A错误。 解析：人缓慢搬起重物的过程中，脚掌受到的竖直向上的弹力与人和重物的总重力平衡，则FN大小不变，A错误；大腿骨、小腿骨对膝关节的作用力之间的夹角为θ，它们的合力与F等大反向，且F1＝F2，则有2F1coseq \f(θ,2)＝F，脚掌所受地面竖直向上的弹力约为FN＝F2sineq \f(θ,2)，可得F1＝eq \f(FN,sin\f(θ,2))，F＝eq \f(2FN,tan\f(θ,2))，人缓慢搬起重物的过程中，θ逐渐变大，F1和F均逐渐变小，B错误，C正确；脚掌受地面竖直向上的弹力是因为地面发生形变而产生的，D错误。 5．(2025·河北省沧州市名校联盟高三下三模)如图所示，质量足够大的斜面体静置在水平地面上，将质量为m的物块放置在斜面体上，对物块施加水平向右的力F，为保证物块静止，力F的最小值为F1，最大值为F2，整个过程中斜面体始终静止。已知物块与斜面体、斜面体与地面之间的动摩擦因数均为0.5，斜面倾角θ＝37°，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　) A．F1＝eq \f(1,5)mg B．F2＝2mg C．当F＝eq \f(4,3)mg时，物块和斜面体不存在相对运动趋势 D．斜面体的质量可能为2m 解析：当F＝F1或F＝F2时，物块受到的摩擦力为最大静摩擦力，由平衡条件有F1cosθ＋μ(F1sinθ＋mgcosθ)＝mgsinθ，F2cosθ＝mgsinθ＋μ(F2sinθ＋mgcosθ)，解得F1＝eq \f(2,11)mg，F2＝2mg，故A错误，B正确；当F＝eq \f(4,3)mg时，沿斜面方向上，因为Fcosθ＝eq \f(4,3)mgcosθ>mgsinθ，故物块相对斜面有向上运动的趋势，故C错误；设斜面体的质量为M，当F取最大值时，对斜面体和物块有F2≤μ(m＋M)g，联立解得M≥3m，故D错误。 解析：由于冬季气温较低，电线的长度会收缩，则切线角α变大，故A错误；设电线杆处电线的张力大小为F1，电线最低处的张力大小为F2，相邻两电线杆之间的输电线的质量为m，对输电线的左半部分受力分析如图所示，根据平衡条件可知，F1＝eq \f(mg,2cosα)，F2＝eq \f(1,2)mgtanα，因为冬季α变大，所以F1、F2都变大，根据牛顿第三定律可得，中间电线杆受到一侧电线的作用力F1′＝F1变大，中间电线杆受到两侧电线的合力为F＝2F1′cosα＝2F1cosα＝mg，保持不变，故B正确，C、D错误。 解析：设演员脚下的钢丝绳到a点的高度差为h1，到b点的高度差为h2，到P的水平距离为x1，到Q的水平距离为x2，左侧绳子和水平方向的夹角为α，右侧绳子和水平方向的夹角为β，对演员进行受力分析如图所示，根据平衡条件，在水平方向上有Facosα＝Fbcosβ，当演员在与P、Q两杆等距位置时，根据tanα＝eq \f(h1,x1)，tanβ＝eq \f(h2,x2)，且x1＝x2，h1<h2，可得tanα<tanβ，α<β，cosα>cosβ，可知Fa<Fb，即左侧绳子拉力小于右侧绳子拉力，故A、C错误，B正确；当演员在细钢丝绳的中点时，设演员两侧绳子的长度均为l，根据几何关系有sinα＝eq \f(h1,l)，sinβ＝eq \f(h2,l)，由于h1<h2，可得sinα<sinβ，α<β，cosα>cosβ，结合Facosα＝Fbcosβ可知Fa<Fb，即左侧绳子拉力小于右侧绳子拉力，故D错误。 由牛顿第三定律可知，圆柱体A对槽壁的压力先变大后变小，对B的压力变小，故A、B错误；若“V”形槽不转动，将A换成质量不变但半径更小的圆柱体，NA与竖直方向的夹角仍为60°，FBA与竖直方向的夹角θ变大，NA与FBA的夹角β变小，由正弦定理有eq \f(NA,sinθ)＝eq \f(FBA,sin60°)＝eq \f(mg,sinβ)，则NA、FBA均变大，再结合牛顿第三定律可知，A对槽壁的压力和对B的压力均变大，故C错误，D正确。 当k＝0时，FA＝mgcosθ一直变小，由FA＝BIL可知电流一直变小，由平衡条件可知导体棒A所受的支持力与安培力的合力大小始终等于重力，A、B错误；当k≠0时，由平衡条件可知，导体棒A所受重力和安培力的合力始终与支持力和摩擦力的合力等大反向，大小为F合＝2,N)eq \r(F＋f2) ＝eq \r(1＋k2)·mgsinθ，一直变大，FA＝mgcosθ＋kmgsinθ＝eq \r(1＋k2)mg·sin(α＋θ)，其中α满足sinα＝eq \f(1,\r(1＋k2))，可知FA先变大后变小，C正确，D错误。 11．(2025·山东省青岛市、淄博市高三下第二次适应性检测)如图所示，水平固定的绝缘木板处于水平向左的匀强电场中，带正电的物块在木板上刚好能保持静止。在木板上的O1处钉一枚钉子，在O2处固定一光滑圆环，O1O2沿电场线方向。将一根轻质绝缘橡皮筋的一端系在钉子上，另一端穿过圆环与物块相连，橡皮筋遵循胡克定律，其原长等于O1O2间的距离。当物块位于O1O2延长线上的A点时，物块恰好要沿O2O1向右运动，此时A点与O2间的距离为L，则物块能在木板上保持静止的区域最大面积为(　　) A.eq \f(1,2)πL2 B.eq \f(1,4)πL2 C.eq \f(1,2)L2 D.eq \f(1,4)L2 解析：带正电的物块在木板上刚好能保持静止，说明 物块所受摩擦力与电场力平衡，则有qE＝μmg；当物块位 于A点时，物块恰好要沿O2O1向右运动，设AO2＝L，此 时橡皮筋弹力F＝kL，根据平衡条件有F＝qE＋μmg，解得 kL＝2μmg。物块恰好能在木板上保持静止时，设橡皮筋的伸长量为x，橡皮筋拉伸方向与O2A的夹角为θ，如图，根据平衡条件和余弦定理有(μmg)2＝(qE)2＋(kx)2－2(kx)(qE)cosθ，解得x＝Lcosθ，由几何知识可知，以AO2的中点为圆心、L为直径的圆形区域就是物块能保持静止的区域，其面积为S＝πeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2))) eq \s\up12(2)＝eq \f(1,4)πL2，故选B。 $