专题卷(1)力、物体的平衡(包括电场、磁场中的平衡问题)-【鱼跃龙门卷】2026年高三物理二轮复习专题金卷（湖南专版）

2025一2026学年度高三二轮复习专题卷（一） 物理·力、物体的平衡（包括电场、磁场中的平衡问题） (考试时间75分钟，满分100分)》 一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。带 题目为能力提升题，分值不计入总分。 1.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，瓦片能静止在檩条上。已知檩条间 距离为d,檩条与水平方向的夹角为O,以下说法正确的是 A.减小檩条间的距离d时，瓦片可能会下滑 B.减小檩条与水平方向的夹角0时，瓦片与檩条间的弹力 变小 C.增大檩条间的距离d时，瓦片与檩条间的摩擦力变大 檩条 D.增大檩条间的距离d时，瓦片与檩条间的弹力变小 甲 乙 2.中国基建在许多方面领先世界。铲车在基建中发挥了一定作用，其铲斗结构简易图如图乙所 示，铲斗DC和BA边延长线夹角为45°，AB和CD边对石头的作用力分别为F1和F2,由于 运输需要铲斗逆时针缓慢转动，当AB边与水平方向夹角0从15°转到90°的过程中，下列说法 正确的是 D 45C4 4:10 乙 A.F1一直增大 B.F1先增大后减小 C.F2先增大后减小 D.F2先减小后增大 3.如图所示的电路中，M、N是平行板电容器的两块极板，两极板与 水平方向间夹角为30°，R1为可调电阻，R2为定值电阻，开关S闭 合后，两板间有一带电小球P通过绝缘细线悬挂，静止时细线与极 、.30 板平行，重力加速度为g,则下列说法正确的是 A.小球P带负电 30 B.保持S闭合，增大R1,小球P将向下运动 C.断开S,仅增大M、N间距离，小球P将向下运动 D.若小球质量为m,两板间电压为U、距离为d,则小球所带电荷量大小为3mgd 2U 物理X·专题卷（一）第1页（共8页） 鱼盼 ￥“高空滑索”项目已成为地方特色旅游的一张亮丽名片，集挑战性、娱乐性为一体，深受大众喜 爱，滑索也为救援工作带来一定便利。为模拟消防救援项目，某同学设置了简易滑索装置，如 图甲所示，其简化模型如图乙所示，轻绳两端分别系在左右竖直杆上，M杆上系点位置高于N 杆。两杆间距为d,绳长为L,滑动装置可视为圆环套于轻绳上（圆环与绳间的摩擦忽略不计）， 挑战者通过轻绳与圆环相连。运动过程中，下列说法正确的是 77777777777777 乙 A.在绳的中点位置处固定圆环，此时左边绳拉力大于右边绳拉力 B.若挑战者静止于P位置，挑战者质量越大，P点越靠近N杆 C.若挑战者开始静止，随着绳M端沿杆下降，挑战者只在竖直方向运动 D.当M、N杆间距减小，挑战者再次静止于某位置时，绳上拉力增大 二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选 对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。带￥题目为能力提升题，分值不计入 总分。 7.春节期间，小明注意到小区里有四个固定连接起来的大灯笼被吹起来处于静止状态，如图所 示，悬挂在最上面灯笼的绳子与竖直方向的夹角为30°，灯笼序号自上往下依次标记为1、2、3、 4,灯笼质量均为m,每个灯笼所受的风力相等，风向水平，重力加速度大小为g,则 A.每根绳与竖直方向的夹角均相同 B.四个灯笼所受到的风力之和等于4mg C.2号灯笼与3号灯笼之间的作用力等于43， 3 mg D.若再挂上一个相同的灯笼，最上面灯笼的绳子与竖直方向夹角不变 8.物理学家密立根比较准确地测定了电子的电荷量，其实验 喷雾器 装置如图所示，两块水平放置的金属板分别与电源的正负 油滴室 极相接，板间产生匀强电场，方向竖直向下。用一个喷雾器 。。。 金属板 显微镜 把许多密度相同的油滴从板中间的小孔喷入电场。油滴从 00 喷口出来时由于摩擦而带负电，油滴的大小、质量、所带电 荷量各有不同，已知半径为r,电荷量为g的球状油滴在电 金属板 压为U时恰能保持平衡状态，不计空气阻力和浮力，则为使半径为2x的球状油滴保持平衡状 态，其电荷量和板间电压可能为 A.2g,2U B.2g,4U C.4g,2U D.4g,4U 物理X·专题卷（一）第3页（共8页） 鱼跃 班级 12.(9分)2026年元旦，一场精彩的风筝展演活动在上海宝山滨江岸线亲水平台举行。各式风 筝翻翔蓝天，为市民游客带来了独特的视觉享受与节日欢乐。如图所示，某段时间内小朋友 姓名 和风筝均保持静止状态，此时风筝平面与水平面夹角为30°，风筝的质量为m=2kg,轻质细 线中的张力为F、=20N,该小朋友的质量为M=25kg。风对风筝的作用力与风筝所在平 得分 面垂直，g取10m/s2,求： (1)细线与风筝的夹角0和风对风筝的作用力的大小； 风筝 (2)小朋友对地面的压力大小和小朋友对地面的摩擦力。 30 130° 答题栏 77777777777777777元 1 2 5 6 7 8 10 物理X·专题卷（一）第5页（共8页） 鱼野 14.(14分)如图所示，一个侧壁光滑的质量为M的矩形装置放置在水平地面上，现有一个固定 在矩形装置上的滑轮和一个固定在竖直墙壁上的滑轮，滑轮质量均不计。一木块通过轻质 细线绕过两个滑轮与矩形装置相连，细线有两部分处于水平状态、有一部分处于竖直状态， 重力加速度为g,假定装置不翻转。 (1)若地面光滑，当木块的质量m=0.1M时，用一向左的水平恒力 F使系统静止，求水平恒力F的大小； (2)若装置M与地面间的动摩擦因数为μ=0.4，最大静摩擦力等于 M 滑动摩擦力，整个系统始终处于静止状态，求木块质量m的最 m 大值； (3)若地面光滑，木块的质量m=0.1M,整个系统从静止开始运动，当木块沿装置M侧壁下 降高度h时（木块未触地），求装置M的速度大小。 物理X·专题卷（一）第7页（共8页） 鱼跃·物理X· 物理（一） 1.A【解析】在垂直檩条方向的剖面上，瓦 片受力示意图如图所示，两根檩条对瓦 片的支持力与垂直檩条方向的夹角为α， 则有2 Fcos a=mg cos0,减小檩条间的 距离d时，夹角a减小，两檩条对瓦片的 支持力F变小，故瓦片与檩条间的弹力 mgcos 变小，最大静摩擦力变小，则瓦片可能下滑，故A正确；同理，增 大檩条间的距离d时，夹角α增大，两檩条给瓦片的支持力F 变大，故瓦片与檩条间的弹力变大，最大静摩擦力变大；瓦片处 于静止状态，由平衡条件可知，瓦片与檩条间的摩擦力等于 mg sin0,且保持不变，故CD错误；根据2 Fcos a=mg cos0,减 小檩条与水平方向的夹角0时，gcos0增大，则瓦片与檩条间 的弹力变大，故B错误。 2.B【解析】由图解法，可得F1先增大后减 小，故A错误，B正确；F2一直增大，故CD 错误。 G 3.D【解析】由电路图可知，N板带正电，则 由受力平衡可知，小球所受电场力垂直极板 向上，则小球带正电，故A错误；若S保持闭 合，由于电容器相当于断路，则调节R1不改变两板间任何物理 量，小球仍静止，故B错误；若S断开，则两板电荷量不变，改变 两板间距离，根据公式C=Q=CU以及U=E以可如。 E=40,则板间电场强度大小不变，小球仍静止，故C错误； E.S 由平衡条件得mgc0s30°=g, 解得g-,故D正确。 2U 4.D【解析】对兜篮、王进及携带的设备整体受力 分析如图所示，绳OD的拉力为F1,与竖直方向 的夹角为0，绳CD的拉力为F2,与竖直方向的 夹角为a,根据几何关系可得0十a十a=90°，根据mg 正弦定理可得B=F mg sin a sin ,a增 sn(登+ 大，0减小，则拉力F1增大，拉力F2减小，故AB错误；王进处于 平衡状态，此时两绳拉力的合力等于mg,故C错误；当α=30°时， 0=30°，则根据平衡状态可得2F2cos30°=mg,解得F2= 3mg,故D正确。 5.D【解析】当导线静止在题图(a)右侧位置时，对⊙ooy 导线受力分析，安培力为图示方向，则导线中电流 方向应由M指向N,A错误；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，有 sin 0=BIL. ,FT=mg cos0,则可看出sin0与电流 mg 中用g I成正比，当I增大时0增大，则cos0减小，静止后，导线对悬 线的拉力Fr减小，BC错误，D正确。 6.B【解析】把风力F分别沿着帆面和垂直帆面的方向分解，风 在垂直帆面方向的分力为FN=Fsin0,再把风在垂直帆面方向 参考答案及解析 叁考答案及解析 的分力FN分别沿着航向和垂直航向的方向分解，FN在沿着航 友对地面的摩擦力大小为10√3N,方向水平向右。 (3)因为木块及木楔均处于平衡状态，整体受到水平面的摩擦 行方向的分力F。=Fysin0,综合可得F。=Fsin0,可得F。= 2.5X104N,选项B正确，ACD错误。 13.(115 (2)kg.)m 力等于F的水平分力， 即F=Fcos(a+0), A【解析】圆环被固定在绳中点的位置，此 【解析】(1)以球为研究对象，受力如图 当F取最小值mg sin20时，F=F min COS29=mgsin29cos20= 时类似为“死结”问题，两端绳上拉力不同， 所示， 9 设左右两边轻绳与竖直方向的夹角分别为 2 mg sin40。 小球受力平衡可知N2=mg tan0= a、0,则由几何关系知a<0,Fmsin a Mo 15N, 物理（二） Fwsin 0,故FM>FN,选项A正确；对圆环 17g 对整体受力分析可得F:=N2=15N。m长 受力分析，如图所示，同一根绳左右两边拉力 (2)以正方体和球整体为研究对象，竖直方向受重力(m十M)g 1.A2.D 大小处处相等FM=FN,a=0=B,Fmsin a=FNsin0,FMcos十 和地面的支持力F、,水平方向受墙壁的弹力N2和地面的摩 3.C【解析】根据题意无法计算第二阶段减速的平均加速度，所 d Fwcos0=Mg,由几何关系得sinB=元，水平间距和绳长不变 擦力F,根据平衡条件有FN=(m十M)g,球质量最大时有 以无法比较第一阶段减速的平均加速度和第二阶段减速的平 均加速度的大小，故A错误；三个阶段减速过程中航天员均处 a(mg+Mg)=mg tan0,得出m=8kg。 时，角度不变，故静止时的位置不会因为挑战者质量大小变化而 于超重状态，故B错误；根据匀变速直线运动规律可知第三阶 (3)要使球和正方体都始终处于静止状态，则N2≤以(m'十 变化，B错误；M端下降时，挑战者会向左下方移动，C错误；当 M)g,又因为N2=m'gtan0, MN杆间距减小时d减小，绳长L不变，a=0=B减小，根据 段减遮的平均加速度大小为a-云-叉mg=50M:,设 即m'gtan0≤μ(m'+M)g, Fmcos a十FN COS0=Mg,可知绳上拉力减小，故D错误。 第三阶段减速至距地面0.5m高时返回舱的速度为v',则有 ACD 8.BC 9.AD 10.BC 解得tan≤(m'+M) m v2-2=-2ah',解得v=5√2m/s,故C正确，D错误。 AC【解析】对题图右侧结点处受力分析，a角 4.B【解析】根据0t图像的斜率表示加速度，可知，A车的加速 大小不变，可以使用辅助圆方法判断力的动态变 即an长=子，即临界情况下an0,=, 度可以为零，并非A车在任何时刻的加速度大小都比B车大， 化情况，如图所示，通过分析可得F、先增大再减 通过几何关系解得L=R十Rsin6。, 故A错误；在0~3s时间内，一定存在一个时刻，该时刻A图 小，F一直减小，A正确；初始状态，对A分析可 像切线的斜率等于B的斜率，即两车一定有加速度相同的时 得绳子拉力Fr=mg,对B分析，可发现Fr= F 代人数据得L=(Q5+语)m, 刻，B正确；根据0-t图像与时间轴围成的面积表示位移，可知 2 ng sin30°，即一开始B与C间的静摩擦力为零，故当绳子拉力 前3s内，A的位移比B的大，因t=0时刻两车在同一位置，则 2 Ft从mg先增大再减小到mg,B、C间的静摩擦力方向一直沿 14.(1)0.2Mg (2)0.25M(3)√158h 在t=3s时，两车不在同一位置，故C错误；根据v-t图像的斜 斜面向下且先增大再减小，B错误；将B、C看成整体，竖直方向有 【解析】(1)对木块受力分析，根据平衡条件可知绳子拉力大 率表示加速度，斜率的正负表示加速度的方向，则知A车在t= F、+Frsin30°=(2m+M)g,由于F,先增大再减小，故Fx先减 小为T=mg, 9s时的加速度与t=12s时的加速度不同，故D错误。 小再增大，故物体C对地面的压力先减小再增大，故C正确；水平 对矩形装置和木块整体，根据平衡条件可知F=2T,解得F= 5.D【解析】根据自由落体运动公式，有h=分g,解得包裹落 方向上有FTCOs30°=F,当FT最大时，F水平，对A分析可计算得 0.2Mg。 √6 到传送带上的时间为t1=0.2s,A点运动的位移为x1=t1= F1ax=2mg,所以Fx=乞mg,故D错误。 (2)根据平衡条件可知木块质量最大时应满足 u(Mg十mg)=2mg,解得m=0.25M。 0.08m,包裹落到传送带上之后将受到滑动摩擦力的作用做匀 (1)460N(2)230N,水平向右 加速运动，根据牛顿第二定律有mg=ma,解得a=2m/s2,包 (3)矩形装置上的滑轮相当于动滑轮，因此木块竖直向下的速 【解析】(1)根据题意，由平衡条件可知，地面对车的支持力为 度是矩形装置的二倍，水平方向速度与矩形装置相同，根据系 夷达到和传送带共速所用的时间为，=-。 =0.2s,此过 a 2 FN=m人g十m车g=1150N, 统机械能守恒有 由公式f=FN可得，地面对小车的摩擦力的大小为∫= 0.4×1150N=460N。 m[2u)2+w]+ mgh =1 2Mo2, 程中包裹的位移为=7a=号×2X0,2m=0,04m,此过 程中传送带上A点的位移为x3=t2=0.4×0.2m=0.08m, (2)根据题意，设绳子的拉力为F,由平衡条件有 /2 包裹与传送带上A点的距离为1=x1十x3一x2=0.12m, 2F=f,解得F=230N, 解得0=√158h· D正确。 对人受力分析，由平衡条件有∫1=F=230N,方向水平向右。 15.(1)tan0(2)当a=0时，拉力F有最小值mg sin28 6,D【解析】根据题意可知，竖直向上为正方向，设火星表面重力 2. (1)60°20√3N(2)240N10√3N,方向水平向右 【解析】(1)风筝平衡时共受到三个力的作用，即重力mg,风 (3)mg sin 40 加速度为8，则有x=t-方8：，整理可得兰=w 对它的作用力F和细线对它的拉力FT,风筝受力示意图如图 【解析】(1)木块在木楔斜面上匀速向下运动时，有ng sin0= 所示， AF mg cos0,解得u=tan0。 豆81，结合图像可得，=2,81-2，故A错误：根据题意，由 将所有的力沿风筝和垂直于风筝平面进行正 (2)木楔在力F作用下沿斜面向上匀速运动，沿斜面方向根据 平衡条件Fcos a=mgsin0+F, 公式2=2ax可得，上升的最大高度为A--必，故卫 交分解，则FTcos0=mg sin30°，Frsin0+ mg cos30°=F, 30 垂直于斜面方向Fsin a十FN=mg cos0, mg 错误：根据题意，由万有引力等于重力有R=mg,解得M 联立解得F=20√3N,0=60°。 根据摩擦力的计算公式F:=FN, (2)对风筝和小朋友整体进行受力分析可得Fcos30°十FN= 联立解得F=2 ng sin0 2mgsin 0cos 0 8公-2由万有引力提供句心力有-m花，联立解 giR22aR2 (M+m)g,f=Fcos60°， cos ausin a cos acos usin acos 0 mg sin 20 解得FN=240N,f=10√3N, cos (0-a) 得=VgR=P,放C结误，D正确。 根据牛顿第三定律，小朋友对地面的压力大小为240N,小朋 则当a=8时，F有最小值，为Fmn-=mgsin20。 *B【解析】从开始到两球在ab中点发生弹性碰撞，对甲、乙分别有