二轮专题(一) 力与物体的平衡(包括电场、磁场中的平衡问题)-【真题密卷】2026年高考物理二轮专题精准提升（重庆甘肃贵州专用）

密真 2025一2026学年度二轮专题精准提升（一） 卺题 物理·力与物体的平衡 (包括电场、磁场中的平衡问题) 本试卷总分100分，考试时间75分钟。 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有 一项符合题目要求。 题号 1 2 3 5 6 答案 1.某兴趣小组探究分力F1、F2与合力F的关系。保持合力F的大小和方向不变，分力 F2的大小不变，在如图所示平面内改变分力F2的方向，分力F1的箭头的轨迹图形为 () 2.图甲为答题卡扫描仪，其内部结构如图乙所示。扫描仪内部有一个摩擦滚轮放置在水平 答题卡上方。正常工作时滚轮对顶部答题卡的正压力为F,摩擦滚轮顺时针转动，摩擦力 只带动与之接触的顶部答题卡进入扫描仪内部进行逐张扫描，直至所有答题卡扫描完毕。 已知每张答题卡的质量均为，摩擦滚轮与答题卡间的动摩擦因数恒为μ=0.8，各答题卡 间的动摩擦因数μ'满足0.4≤μ'≤0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。 要使该扫描仪能一直正常工作，正压力F的最大取值范围为 () 滚轮 顶部答题卡 ---------------- 乙 A.mg<F≤3mg B 3mg<F≤2mg 5 C.3mg<F≤3mg D.mg<F≤2mg 二轮专题精准提升（一）物理第1页（共8页） 真题 成功不是终点，失败也并脓终结，唯有勇气才是永恒 e0g==■ 3.如图所示，轻绳a的一端与质量为m1的物块A连接，另一端跨过定滑轮与轻绳b拴接 班级 于O点。与水平方向成0角的力F作用在O点，质量为m2的物块B恰好与地面间没 有作用力。已知0=60°，定滑轮右侧的轻绳a与竖直方向的夹角也为0，重力加速度为 g。当F从图中所示的状态开始顺时针缓慢转动90°的过程中，结点O、m1的位置始终 姓名 保持不变。下列说法正确的是 ( 得分 0 A b B A.F的最小值为 2 mig B.m2=m1 C.轻绳a对定滑轮的作用力变大 D.地面对物块B的支持力变小 4.如图所示，将半径为R的半圆柱体A放置于粗糙水平面上，另一半径也为R的球B置 于半圆柱上，下端用挡板MN托住，其中挡板MN的延长线过A横截面的圆心，且与水 平面夹角为0，以O点为轴逆时针转动挡板MN,0从0缓缓增大到60°的过程中，A始 终未动。已知B的质量为m,不计A、B之间的摩擦力，g取10m/s2,则 () 0 A.日=30时，半圆柱体A对球B的支持力大小为2mg B9=30时，挡板MN对球B的支持力大小为 2 mg C.半圆柱体A对地面的摩擦力一直增大 D.半圆柱体A对地面的摩擦力先增大后减小 5.如图所示，一倾角为30°的固定斜面上有A、B两柱体，两柱体的截面分别为半径均为R 的圆和四分之一圆，A的左侧顶着一块垂直斜面的挡板。若A的质量是B的质量的2 倍，柱体的曲面和挡板可视为光滑，现将挡板缓慢地沿斜面向上移动，直到圆柱体A刚 要落至斜面为止，整个过程B始终保持静止，那么B与斜面间动摩擦因数的最小值为 ( ) 密卷 二轮专题精准提升（一）物理第2页（共8页） 2 A.2 C. 号 6.竖直平面内有轻绳1、2、3如图所示连接。绳1水平，绳2与水平方向成60°角，绳3的下端 连接一质量为m的导体棒1，在结点0正下方2d距离处固定一导体棒2，两导体棒均垂 直于纸面放置。现将导体棒1中通入向里的电流I。,导体棒2中通入向外且缓慢增大的 电流I。当增大到某个值时，给导体棒1向右的轻微扰动，可观察到它以O为圆心做圆周 运动缓慢上升到绳1所处的水平线上。三根轻绳始终绷紧，绳3的长度为d,两导体棒长 度均为1，重力加速度为g。导体捧2以外距离为工处的磁感应强度大小B=”,下列说 法正确的是 () 60 1⑧ 29 A.应在I= 21。时给导体棒1以轻微的扰动 mgd B,绳1中拉力的最大值为 2 mg C.绳2中拉力的最小值为 3 mg D.导体棒2中电流的最大值I=k1乙 5mgd 7.如图所示为“V”形吊车的简化示意图，底座支点记为O点，OA为定杆且为“V”形吊车 的左臂，OA上端A处固定有定滑轮，OB为活杆且为“V”形吊车的右臂，一根钢索连接 B点与底座上的电动机，另一根钢索连接B点后跨过定滑轮吊着一质量为M的重物， 通过电动机的牵引控制右臂OB的转动从而控制重物的起落。图示状态下，重物静止在 空中，左臂OA与水平面的夹角a=60°，左臂OA与钢索AB段的夹角0=30°，且左臂 OA与右臂OB恰好相互垂直，左臂OA质量为m,不计右臂OB和钢索的质量及一切摩 擦，重力加速度为g。下列说法正确的是 () A 入 2 二轮专题精准提升（一）物理第3页（共8页） 真题 态下，钢索对定滑轮的压力为Mg,方向由 B.图示状态下，钢索对右臂OB的作用力为Mg,方向由B指向O C.底座对O点竖直向上的合力为(M十m)g D.当启动电动机使重物缓慢上升时，左臂OA受到的钢索的作用力逐渐减小 二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多 项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 题号 8 9 10 答案 8.两根完全相同的轻质弹簧一端与轻绳OM、ON连接，另一端分别固定于P、Q两点。用 力拉轻绳，使OP水平，OQ与OP的夹角为120°，此时两弹簧的长度相同，P、O、M在 同一直线上，Q、O、N也在同一直线上，如图所示。现保持O点不动且OM方向不变， 将ON沿逆时针方向缓慢旋转60°。已知该过程中弹簧、轻绳始终在同一竖直平面内， 则下列说法正确的是 () A.OM上的拉力一直减小 B.OM上的拉力一直增大 C.ON上的拉力一直减小 D.ON上的拉力先减小后增大 9.水平晾衣杆上有相距为√3d的两点A和B,一根光滑轻绳的两端固定在A、B两点，其 示意图可简化为如图所示。晾衣架悬挂在绳上，衣服和衣架总重力为g,整个装置受 到水平向右的风力，大小为√2mg,衣架稳定时绳子上的张力为mg。下列说法正确的是 A.轻绳长为2d B.若B点右移，衣架稳定时绳子张力大小为mg C.若水平风力消失，衣架稳定时绳子张力大小为mg D.若风力大小变为mg,衣架稳定时绳子张力大小为mg 密卷 二轮专题精准提升（一）物理第4页（共8页） 10.如图所示，水平天花板下方固定一光滑定滑轮O,在定滑轮正下方C处固定一带正电 的点电荷。不带电的A球与带正电的B球用绝缘轻绳跨过O连接，A、B均可视为质 点，初始系统静止且OB<OC。若B的电荷量缓慢减少，在B到达O正下方前，则 () lllttt B A.A球的质量大于B球的质量 B.B球的轨迹是一段圆弧 C.此过程中滑轮受到轻绳的作用力逐渐减小 D.此过程中点电荷对B球的库仑力减小 三、非选择题：本题共5小题，共57分。 11.（7分)某同学设计了实验验证力的平行四边形定则，实验步骤如下： ①用天平测得物块A的质量为m。 ②如图甲两根竖直杆相距为D,用长为L的不可伸长的轻绳，穿过光滑的轻质动滑轮， 动滑轮下端连接物体A,轻绳两端分别固定在杆上P、Q两点，在轻绳的左端连接力 传感器，力传感器的重力忽略不计。改变物块A的质量，记录力传感器的示数F, 重力加速度为g。 70 力传感器 Q 77 甲 乙 (1)要验证力的平行四边形定则，力传感器的示数F与物块A的质量m应满足关系 式 (用题中给出的物理量表示)。 (2)轻绳的Q端沿杆向上移动到Q',力传感器的示数 (填“变大”“变小”或 “不变”)。 (3)某同学改变物块A的质量，作F-m的图像，如图乙所示，图像的斜率为，但是他忘 记了记录间距D的大小，可否利用图乙和已知物理量求出D:(填“能”或“不 能”)，若能则此处D的表达式为 （L,k,g已知)。 12.(9分)某实验小组在完成“探究弹簧弹力与形变量的关系”实验后，为提高测量精度，重 新设计实验方案来测量弹簧的劲度系数k。实验装置如图甲所示，实验步骤如下： ①用卡钳将游标卡尺的游标尺竖直固定在一定高度。 ②弹簧的一端固定在游标卡尺尺身的外测量爪上，另一端勾住钢球上的挂绳。 二轮专题精准提升（一）物理第5页（共8页）】 真题密 ③将钢球放在水平放置的电子天平上，实验中始终保持弹簧竖直且处于拉伸状态（在 弹性限度内)。 ④初始时，调节游标卡尺使其读数为0.00，此时电子天平示数为m。。 ⑤缓慢向下拉动尺身，改变电子天平的示数m,m每增加1.00g,拧紧游标尺紧固螺 钉，读出对应的游标卡尺读数L,在表格中记录实验数据。 完成下列填空： 游标尺 一卡钳 外测量爪 34 弹簧 钢球 电子天平 HH 012 9 0 0 4 8 121620241/mm 乙 (1)缓慢向下拉动尺身，弹簧伸长量将 (填“增大”或“减小”)。 (2)部分实验数据如下表，其中6号数据所对应的游标卡尺读数如图乙所示，其读数 为： mm 数据编号 1 2 3 4 5 6 游标卡尺读数(L/mm) 0.00 4.00 8.10 12.08 16.00 电子天平示数(m/g)》 28.00 29.00 30.00 31.00 32.00 33.00 (3)根据上表，用“×”在图丙坐标纸中至少描出5个数据点，并绘制-L图像。 (4)写出m随L的变化关系：m= (用m。、L、k和重力加速度g表示)。 (5)根据m-L图像可得弹簧的劲度系数k= N/m(g取9.80m/s2,结果保 留3位有效数字)。 13.(10分)如图所示，半球形容器固定在地面上，容器内壁光滑，同种材质构成的质量分布 均匀的光滑球A、B放在容器内处于平衡状态，已知半球形容器与光滑球A、B半径之 比为6：2：1，B球的质量为m,重力加速度为g,半径为R的球的体积V-言R. (1)若用沿水平方向且延长线过A球球心的力缓慢推动A球，当A球的球心与半球形 容器的球心在同一竖直线上时，求水平力的大小F1。 (2)若用沿水平方向且延长线过B球球心的力缓慢推动B球，当B球的球心与半圆形 容器的球心在同一竖直线上时，求水平力的大小F2。 卷 二轮专题精准提升（一）物理第6页（共8页） 2 14.(13分)如图所示，斜面体C静置于水平地面上，物块A悬挂在绳OP、OQ的结点O 处，OP水平，OQ与竖直方向的夹角为53°且跨过轻质光滑定滑轮与斜面体C上质量 mB=1.5kg的物块B相连，斜面体C的质量mc=1kg,倾角为53°，B与C之间、C与 地面之间的动摩擦因数均为μ=3。改变物块A的质量，使A、B,C始终保持静止，设 滑动摩擦力与最大静摩擦力相等，g取10m/s2,sin53°=0.8，cos53°=0.6。 (1)当B与C之间的摩擦力恰好为零时，求绳OQ的拉力大小。 (2)当A的质量mA=0.6kg时，求物块B受到摩擦力的大小和方向。 (3)求物块A质量的最大值。 B 53° 2 二轮专题精准提升（一）物理第7页（共8页） 真题密卷 15.(18分)如图甲所示，质量均为1kg的物块A、B静止在水平面上，A、B由劲度系数为3N/cm 的轻弹簧相连，物块A套在竖直杆上，在竖直向上的力F作用下沿杆缓慢上移，B运动之 前，力F随上升高度h的变化关系如图乙所示，已知物块A、B处于水平面时距离为16cm, 弹簧原长为18cm,物块A与杆间动摩擦因数μ为0.5，图中c点的高度h。=0.12m,设最大 静摩擦力等于滑动摩擦力(g取10m/s2,sin37°=0.6，cos37°=0.8)。 (1)当A在地面时，求B所受的摩擦力的大小。 (2)求F。的数值。 (3)求坐标a、b的数值。 本FN F 10 >h/cm 甲 二轮专题精准提升（一）物理第8页（共8页）】·物理· 参考答案及解析 参芳答案及解析 2025一2026学年度二轮专题精准提升（一） 物理·力与物体的平衡（包括电场、磁场中的平衡问题） 一、单项选择题 1.A【解析】若以O点为坐标原点，以F的方向为 x轴正向建立坐标系，设F2与F的夹角为日，则 O 分力F1的箭头的坐标满足x十F2cOs0=F, A mg-F、↓ by y=-F2sin0,联立化简得(x-F)2+y2=F,因 B wwwwmmm7m77777777m 保持合力F的大小和方向不变，分力F2的大小 4.D【解析】B受到MN给的弹力F1、A给的弹力 不变，则使F2与F的夹角从0逐渐增大到360° F2和自身重力mg而平衡，受力分析如图，由几何 R 的过程中，F1的箭头的轨迹图形为圆，A正确。 关系可知sina=R十R,解得a=30°，将B受到的 2.C【解析】要使扫描仪正常工作，每次只能带动项 力构成矢量三角形，由几何关系可知B=120°，由 部答题卡，需满足滚轮对顶部答题卡的摩擦力大于 mg F2 顶部与下方答题卡间的最大静摩擦力，则由平衡条 正弦定理有、in120=sin0-sin180°-120°-0)' 件及摩擦力的计算公式可得F>(F十mg),由 当0=30°时，解得F1=F2=3mg,A、B错误；由牛 题知μ=0.8，令=0.5（取最大值保证所有以情 顿第三定律可知，B对A的弹力FA与F2等大，结 5 况)，解得F>3g;同时第二张答题卡不能动，需 合以上分析可得F=, =3 mgsin0,由平衡条件可 满足第一张答题卡给第二张答题卡的最大滑动摩 知，地面对A的摩擦力大小f=FBA COS(30°十0)= 擦力小于等于第二张答题卡受到的最大静摩擦力， 3 mg sin0Xc0s(30°+0)，由牛顿第三定律可知，A对 即0.5(F+mg)≤0.4F+2mg,解得F≤3mg, 地西的摩察力大小f-g如0：0s{3+0》,由 综上可得3mg<F<mg,C正确， 数华头系可得-g×血0-30司引- 1 3.A【解析】物块B恰好与地面间没有作用力，根 3 [n(20+30m- 1 据受力分析可知m1g=m2gcos0,可知m1= ,可知0从0缓缓增大到 2 2m2,B错误；受力分析如图所示，由图可知，F的 60°的过程中，半圆柱体A对地面的摩擦力f1先增大 后减小，C错误，D正确。 爱小位P=加8n0-g,A正骑：F从因 中所示的状态顺时针转动90°的过程中，轻绳a的 B 拉力大小始终等于A的重力大小，轻绳对定滑轮 B 的作用力不变，C错误；F从图中所示的状态顺时 针转动90°的过程中，轻绳b的拉力变小，故地面 M 对物块B的支持力变大，D错误。 777777 2 真题密卷 二轮专题精准提升 5.C【解析】对A受力分析，圆柱体A刚要落至斜面 小楼为案，C错误：由后=品-爱得F F3 F 时，挡板对A的弹力FN最大，B对A的弹力F2 PM 最大，如图甲所示，由几何关系A可得sina= 2amg,由几何关系知，导体棒1运动至绳1所在 R1 R十R一2，解得a=30,根据边角关系，可知在力 的水平线上时PM有最大值且为√5d,所以最大值 的平行四边形中，有Fm=2mg,对A、B整体受力分 F-5 I mg,又F=B1L,此时B= ,所以电流的 5d 析，如图乙所示，由平衡条件，可得N= 3 ng cos30°，f=3gsin30°+Fm,又f=N,联立 最大值1=5mgd 2k1,D错误。 解得u=7v 9 ,C正确。 30P 人60 1⑧ B 2mg 309 分 7.B【解析】根据几何关系，线段AM与OA段夹 角为30°，0=30°，根据平行四边形法则，钢索对定 滑轮的压力F=2 Mg cos30°=V3Mg,方向由A 指向O,A错误；钢索张力等于Mg,AB段对B点 拉力为Mg,根据几何关系，OB段与竖直方向夹 30°7 角60°，AB段、OB段夹角为60°，以OB所在直线 和垂直于OB的直线建立直角坐标系，垂直于OB 3mg 乙 方向有Mg sin60°=Fa sin60°，解得连接B点 6.A【解析】对导体棒1进行受力分析如图所示，此 与底座上的电动机的钢索的拉力FB虚=Mg,则钢 三个力组成的封闭三角形与△OPM相似，所以 索对右臂OB的作用力FoB=Mg cos60°十 日品-贤故F,=司，南“时，有F:十 FB是cOs60°=Mg,方向由B指向O,B正确；对 AOB支架及重物M整体进行受力分析可知，系统 B,l=mg,又B= d,解得1=gd 21。,A正确；对结 受重力、底座的支持力N。,连接B点与底座上的 电动机的钢索的向下的拉力FB座，则有N。= 点O进行分析，绳1和绳2中的拉力F1和F2的合 (M十m)g十FB虚，又FB座=Mg,故NO= 力大小恒为宁mg,导体棒运动过程中F,布R:的 (2M十m)g,由牛顿第三定律可知，底座对O,点竖 直向上的合力为(2M十m)g,C错误；当启动电动 合力将从竖直方向逆时针转到水平方向，由图可知 机使重物缓慢上升时，与重物相连的钢索张力不 F1先增大后减小，当F3与绳2垂直时F1最大，最 变，钢索与OA夹角不变，活杆OB顺时针转动， AB与OA夹角变小，即两绳AM、AB夹角变小， 大值为30=3mg,B错误：F2一直减小，直 两个等大的共点力合成，夹角越小合力越大，所以 至导体棒1运动至绳1所在的水平线上时最小，最 左臂OA受到的钢索的作用力变大，D错误。 2 ·2· ·物理· 参考答案及解析 二、多项选择题 可得sin01= ,根据2T'cos0,-F。,衣架稳定 √6 8.AD【解析】由题意知，两弹簧弹力等大且合力F 大小不变、方向在∠POQ的角平分线上，故结点 时绳子张力大小T' 2mg,D错误。 O受到FoM、FoN、F而平衡，如图甲所示，作出它 5 们的矢量三角形如图乙所示，可知将ON沿逆时 针方向缓慢旋转60°的过程中，FON先减小后增 a 大，FoM一直减小，A、D正确。 →产F餐=√2mg F ov M 3mng 10.BD【解析】开始时B球受力如图所示，由相似 T F mBg 三角形可知OB=EC-O,周OB<0C 甲 知mBg>T=mAg,则A球的质量小于B球的 质量，A错误；由于T不变，OC不变，可知OB不 变，则随着B球所带的电荷量缓慢减少，B球的 轨迹是一段圆孤，B正确；因滑轮两侧绳子拉力 OM 不变，当B球下降时，两侧细绳的夹角减小，则合 力变大，即此过程中滑轮受到轻绳的作用力逐渐 乙 9.AC【解析】对衣架受力分析，可知风力与重力的 变大，C错误：报括F=,则及C- 合力F◆=√(mg)2+(W2mg)2=√3mg,与水平方 OC,则随着B的电荷量缓慢减少，BC减小，F mBg 1 向夹角sina=二，设两边细绳与F合的夹角均为0， 减小，即此过程中点电荷对B球的库仑力减小，D 正确。 可知2Tcos0=F6,解得0=30°，由图可知√3d= ziiiiiz L1sin30°，L2sin30 sin a sin a ，解得绳长L1十L2=2d,A正 确；若B点右移，AB间距离xAB变大，则因F合不 变，Q角不变，根据xAB= Lisin 0 L2sin 0 sin a sin&,0变 大，根据2Tc0s0=F合，可知衣架稳定时绳子张力 三.非选择题 变大，即大于mg,B错误；若水平风力消失，则衣架 11.(1)F= mgL 三(2分) (2)不变(2分) 3d 2L2-D 2 回到绳子的中点，此时sin0= d 2,即0=60， (3)能1分)D=48L(2分) 2k 根据2T'cos60°=mg,解得衣架稳定时绳子张力大 【解析】(1)如图所示，设定滑轮处为O点，PO 小T=mg,C正确；若风力大小变为mg,可知重力 段绳子长度为l1,设QO段绳子长度为12，PO和 和风力的合力F合=√2mg,a=45°，根据A的分析 Q0与竖直方向的夹角为0。由几何关系可知 表达式w5d=Lsin8+L:sm0=2v21sin0, sin45° sin45° 4sin0+lsin9=D,又1+h,=L,得n9=D, ·3· 2 真题密卷 二轮专题精准提升 平衡条件可得2Fcos0=mg,又sin0+cos20=1,得 mgL 13.(1)(2)ng F- 2L2-D 【解析】(1)对B球受力分析如图甲所示，设B球 (2)由(1)分析可知，轻绳的Q端沿杆向上移动到 的半径为r,结合题意得 Q',L不变，D不变，力传感器的示数不变。 0102=4r,0103=3r,0203=5r (1分) (3)能利用题图乙和已知物理量求出D。F= 即△O1O2O3是直角三角形，根据力的平衡可 知，A球对B球的弹力大小 mgL gL F-m图像的斜率k= 3 2√L2-D 2√L-D2 FAn-mgtan 0-4mg (1分) √4k2-g 解得D= 2k L。 根据牛顿第三定律可知，B球对A球的弹力大小 FBA=FAB (1分) 由于A球受力平衡，则有 3 力传感器 F1=Fm=1mg (1分) 0 12.(1)减小(1分) (2)19.92(2分) (3)图见解析 FAB (2分) (4)m+兰(2分) (5)2.45(2分) mg 【解析】(1)弹簧处于伸长状态，缓慢向下拉动尺 (2)球的体积公式 身，弹簧总长度减小，故弹簧伸长量将减小。 (2)其中6号数据所对应的游标卡尺读数为 人： 19mm+46×0.02mm=19.92mm。 设球的密度为p,则球体质量 (3)m-L图像如图所示。 m-pv-=号RX0 (1分) 由题意知，A、B的半径之比为2：1，联立以上分 析可知，A的质量 33 mA=8m (1分) 对A球受力分析，如图乙所示 △O1O2O3与图甲中三角形全等，根据力的平衡 可知，B球对A球的弹力 FBA=mAgsin 0 (1分) 由于B球受力平衡，则有 F2=FABcOS 0 (1分) >L/mm 0 4 812162024 根据牛顿第三定律可知 丙 FAB-FBA (1分) (4)设钢球的质量为M,初始状态弹簧的伸长量 联立解得 xo,则Mg=mog十kxo,Mg=mg+k(x0-L), 96 F2=25mg· (1分) L 两式联立得m=mo十k 8 (5)由m=m。十k二可知，m-L图像的斜率是 L BA g (32-29)×10-3kg1 (16-4)×10-3m =4kg/m,解得k=9.80× 4N/m=2.45N/m。 8mg 2 ·4· ·物理· 参考答案及解析 14.1)12N(2)2N,沿斜面向上 a8 15.(1)6N(2)16(3)82√17 【解析】(1)当A在地面时，根据平衡关系，B所 【解析】(1)当B与C之间的摩擦力恰好为零时， 受的摩擦力大小与弹簧弹力大小相等 绳OQ的拉力大小 f=F1=k(l。-l)=6N (2分) T=mBg sin53°=12N (2分) (2)当A上升到c,点时，此时弹簧长度 (2)当A的质量mA=0.6kg时，物块B受到的 '=√h+ (1分) 拉力 弹簧弹力 T=mAg cos53°=10N (1分) T'=(1'-l) (2分) 物块B受到摩擦力的大小 设此时弹簧与水平方向夹角为α，对A受力分析得 fg=mBg sin53°-T'=2N (2分) F.-mg-T'sin a-u2 T'cos a=0 (3分) 方向沿斜面向上 (1分) he 又tana= (1分) (3)当物块A质量取最大值时，若C与地面间的 联立得 摩擦力达到最大，则对ABC整体 F。=16N (1分) f地c=a(Amax十mB十mc)g=ToP (2分) 则F。的数值为16 对A (3)A缓慢上升，视为平衡状态，弹簧弹力先减小 Top=m Amaxg tan53° (1分) 再增大，因为存在 解得 F=mg=10N (2分) (1分) 此时弹簧处于原长初状态，坐标a点弹簧弹力斜 此时OQ的拉力 向上，设弹簧弹力为T,弹簧与水平方向夹角为 Tog-mAms8 125 0,则 c0s53°=9 N≈13.9N (1分) F-mg+Tsin 0-u2 Tcos 0=0 (3分) 此时B与斜面C间的摩擦力 1 fc=Toa-mBgsin53°-1.9N<m8g cos53°-3N 得tan0=2 (1分) (1分) 得ha=ltan0=0.08m=8cm (1分) 此时B与斜面C之间不会产生滑动，则物块A 当弹簧处于原长时，有 质量的最大值 h6=√6-=0.02√17m=2√17cm(1分) (1分) 则坐标a、b的数值分别为8、2√I7。 2025一2026学年度二轮专题精准提升（二） 物理·力与直线运动（包括电场、磁场中的直线运动） 一、单项选择题 误；德国天文学家开普勒对他导师第谷观测的行 1.C【解析】国际单位制中的七个基本物理量为长 星数据进行多年研究，得出了开普勒行星运动定 度、质量、时间、温度、电流、物质的量、发光强度， ,当4枚短 △x 基本物理量的单位为基本单位，即米、千克、秒、开 律，B错误；根据速度定义式v= 尔文、安培、摩尔、坎德拉，“阿秒”是一个单位，对 △x 应的物理量是时间，是国际单位制的基本量，A错 时， 就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定 ·5 2