2026年高考物理二轮复习（全国）专题01 力与物体的平衡（专练）（解析版）

专题01力与物体的平衡

情境突破练压轴提速练

1．新情境【校园引体向上训练辅助器】（2026·广东省清远市·一模）校园引体向上训练辅助器由三根相同

的弹簧和固定装置组成。训练时，质量为50kg的同学站在辅助器上（如图甲），双手握住单杠，两小臂成

60°角；随后缓慢向上运动50cm到达最高点（如图乙），此时弹簧恢复原长，小臂竖直。已知弹簧劲度系

数k=300N/m，重力加速度g=10m/s2。忽略空气阻力，下列说法正确的是（）

A.在最低点时小臂的拉力为500N

B.在最低点时杆对人的作用力为50N

C.在向上运动过程中小臂的拉力一直变小

D.在向上运动过程中人和辅助器组成的系统机械能不变

【答案】B

【解析】AB．在最低点时人受到竖直向下的重力、弹簧向上的弹力和杆对人向上的拉力，整体处于平衡状

态，则有F拉F弹G

60

设每个小臂的拉力为T，则有2Tcos3kxG

2

50

解得T3N，F拉50N。故A错误，B正确；

3

C．在向上运动过程中弹簧形变量在减小，弹力在逐渐减小，而两小臂之间的夹角也在一直减小。当夹角为

G503

0时，此时弹力为0，此时每条小臂的拉力为T250N>T=N

23

因此在向上运动过程中小臂的拉力不是一直变小。故C错误；

D．由于是缓慢运动，因此在向上运动过程中人和辅助器组成的系统动能保持不变。在此过程中重力大于弹

力，因此重力做的负功大于弹力做的正功，即重力势能的增加量大于弹性势能的减小量，因此在向上运动

过程中人和辅助器组成的系统机械能不是守恒的。故D错误。

故选B。

2．新考法（2026·广西南宁市·适应性大联考）（多选）如图所示为光滑水平桌面的俯视图，空间中存在平

行于桌面的匀强电场E，A、B两带电小球（可视为点电荷）放置在光滑水平桌面上处于静止状态，两者连

线与电场方向平行，C点为A、B连线中点，D点与A、B构成等边三角形。下列说法正确的是（）

A.A、B两小球带电荷量大小一定相等，A球带负电荷

B.D点电场强度为零

C.C点电场强度是D点电场强度的7倍，且两者方向相反

D.D点电势高于C点电势

【答案】AB

【解析】A．水平方向上，两小球均在电场力和库仑力的作用下处于平衡状态，由于库仑力为相互作用力，

大小相等，方向相反，因此两小球受到的电场力也一定是大小相等，方向相反，故两小球带电荷量大小一

定相等，且A带负电荷，B带正电荷，故A正确；

kq

B．设A、B间距为d，小球带电荷量为q，两小球所受电场力和库仑力大小相等，即E

d2

因为ABD是等边三角形，所以A、B两小球所带电荷在D点产生的合场强与匀强电场大小相等，方向相

反，因此D点的电场强度是零，故B正确；

kq

C．A、B两点电荷在C点产生的合场强为E8

d2

kq

C点电场强度大小E8E7E

Cd2

方向与E反向，故C错误；

D．A、B两小球带等量异种电荷，C点为A、B连线中点，D点在C点的正右方，都在A、B连线中垂线

上且与匀强电场方向垂直，因此D、C两点的电势相等，故D错误。

故选AB。

3．新情境【建造房屋】（2026·吉林省九校·联合模拟考试）如图所示，在建造房屋过程中，工人通过绕过

光滑定滑轮的轻绳移动重物。若斜面体上表面光滑，则在重物缓慢下降的过程中，斜面体始终保持静止，

则（）

绳中拉力先减小后增大

A.

B.重物受到的支持力一直减小

C.斜面受到地面的支持力保持不变

D.斜面受到地面的摩擦力一直增大

【答案】D

【解析】AB．对重物受力分析，如图所示

重物缓慢下降的过程中，重物所受重力大小方向不变，支持力的方向不变，而绳拉力的方向不断变化，根

据图解法可知，重物所受支持力N不断增大，绳拉力F不断减小，故AB错误；

C．设连接重物的绳与水平面的夹角为，对重物和斜面整体，在竖直方向有

(Mm)gFsinFN

重物缓慢下降的过程中，不断减小，sin减小，所以FN不断增大，故C错误；

D．设斜面体的倾角为，对斜面体分析，重物所受支持力等于重物对斜面体的压力，水平方向有

Nsinf

则摩擦力逐渐增大，故D正确；

故选D。

4．新考法（2026·河南省信阳市·一模）如图所示，在弹性绳的弹性限度内，其一端固定在天花板上的O点，

l

另一端悬挂一质量为m的小球，静止时小球位于B点，A点固定一光滑的小定滑轮，OA，ABl。

2

现对小球施加一沿BC方向的拉力F，使小球沿BC缓慢运动到C点。已知ABC三点刚好组成一个正三角

形，D为BC的中点，重力加速度为g，则（）

A.小球在C点受到的拉力F等于小球重力的3倍

1

B.在D点时弹性绳的弹力大小为mg

2

1

C.该弹性绳的原长为l

2

D.从D到C的过程中拉力F可能先减小后增大

【答案】C

【解析】A．小球在C点时，结合几何知识对小球进行受力分析可知，此时小球受到的拉力

Fmg

故A错误；

B．设小球在D点时弹性绳的弹力大小为FT，对小球进行受力分析并沿水平和竖直方向正交分解可得

FTsin30Fcos30

FTcos30Fsin30mg

两式联立可解得

3

Fmg

T2

故B错误；

C．设弹性绳的原长为l0，则当小球在B点时，由胡克定律可得

3

kll0mg

2

在D点时有

313

k(ll)mg

2202

两式联立可解得

l

l

02

故C正确；

D．从D到C的过程中，设A点下方的弹性绳与水平方向的夹角为α，对小球受力分析并沿水平和竖直方向

正交分解，在水平方向上有

FTcosFcos30

解得

23

FFcos

3T

因此过程中弹性绳的伸长量越来越大，由

FTkx

可知弹性绳的弹力FT越来越大，而α由60°逐渐减小到30°，cosα越来越大，可知拉力F也越来越大，故D

错误。

故选C。

5．新情境【放风筝】（2026·江西省宜春中学·一模）如图所示为一小朋友放风筝的示意图。稳定时风筝悬

浮在空中，地面上的人用轻绳拉住风筝，为了让风筝沿同一竖直线缓慢升高，地面上的人缓慢地放绳，整

个过程人始终没有走动，假设空气对风筝作用力的方向不变。则风筝缓慢上升时（）

A.空气对风筝的作用力逐渐增大

B.轻绳的拉力逐渐减小

C.人对地面的压力逐渐增大

D.地面对人的摩擦力逐渐减小

【答案】A

【解析】AB．对风筝受力分析如图所示

因空气对风筝作用力的方向不变，重力大小和方向不变，当风筝上升时，细绳与竖直方向的夹角减小，由

图可知，空气对风筝的作用力逐渐增大，细绳的拉力变大，故A正确，B错误；

C．设细绳与竖直方向夹角为，则对人分析可知，地面对人的支持力为

FNMgTcos

因T变大，减小，可知FN减小，则人对地面的压力逐渐减小，故C错误；

D．对人和风筝的整体分析，水平方向人受地面的摩擦力等于空气对风筝的作用力的水平分量，因风力方向

不变，风力变大，可知风力的水平分量变大，即地面对人的摩擦力逐渐增大，故D错误。

故选A。

6．新情境【投影仪】（2026·青海省西宁市大通回族土族自治县·上学期期中考试）网课期间，有同学在家

里用投影仪上课。投影仪可以吊装在墙上，如图所示。投影仪质量为m，重力加速度为g，则吊杆对投影仪

的作用力（）

A.方向左斜向上B.方向右斜向上C.大小大于mgD.大小等于mg

【答案】D

【解析】对投影仪受力分析可知投影仪受重力和吊杆对投影仪的作用力，由于投影仪静止，所以二力平衡，

则吊杆对投影仪的作用力为Fmg，方向竖直向上。

故选D。

7．新情境【车拉车】（2026·天津市南开区·上学期期中考试）如图所示，一辆静止在水平地面的卡车利用

缆绳，沿固定斜面向上缓慢拉动轿车，忽略轿车与斜面的摩擦，不计缆绳质量，则在轿车向上运动的过程

中（）

A.轿车所受合外力变大B.缆绳的拉力变大

C.斜面对轿车的支持力变大D.地面所受的总压力变大

【答案】B

【解析】A．由受力分析可知，轿车向上缓慢移动过程中受力平衡，合外力为0不变，A错误；

BC．缆绳与竖直方向的夹角越来越小，如图所示:

缆绳拉力越来越大，斜面对轿车的支持力变小，故B正确，C错误；

D．对整个系统受力分析可知，地面所受总压力始终等于总重力，不变，D错误。

故选B。

8．新考法（2026·四川省内江市第一中学·上学期期中考试）某同学想要测量一段轻弹簧的劲度系数，并用

轻弹簧结合测力计和钩码验证力合成时的平行四边形法则，重力加速度为g。

（1）组装如图甲所示的装置，悬挂钩码，每个钩码的质量为m0，每悬挂一个钩码后记录所挂钩码的总质

量m及轻弹簧的长度L，作出m－L的图像如图乙所示，则轻弹簧的劲度系数k＝______。继续增加钩码，

发现图像出现了弯曲，原因是__________________。

（2）该同学用（1）中相同的弹簧和钩码组成如图丙所示的装置验证力合成时的平行四边形法则，图示装

置中弹簧水平，测得弹簧的伸长量为x，钩码共有三个，测得两细绳互成90°的夹角，则当弹簧测力计的示

数F＝______（用k、x、m0、g表示）时，平行四边形法则得到验证。

（3）若将弹簧测力计连接的绳套绕O'点沿逆时针方向转过一个小角度，保持弹簧水平，则O'点将______

（填“向左移”“向右移”或“位置不变”）。

5m0g

【答案】（1）①.②.弹簧超出了弹性限度

L1L0

（）22

2kx3m0g

（3）向左移

【解析】

【小问1详解】

5m0g

[1]根据乙图可得弹簧的劲度系数k

L1L0

[2]继续增加钩码的个数，发现图像出现了弯曲，原因是弹簧超出了弹性限度。

【小问2详解】

当22时力的平行四边形法则得到验证。

Fkx3m0g

【小问3详解】

假设O'点的位置不变，当弹簧测力计沿逆时针方向转动，由于弹簧测力计拉力测竖直方向分力不变，则弹

簧测力计的示数必减小，水平分力减小，O'点向左移。

9.新情境【夹石器】（2026·广东省汕头市金山中学·上学期阶段考试）建筑工人用夹石器夹住石块，并借

助吊车的吊钩将石块放到目的地。如图所示的夹石器夹住质量为m的石块处于静止状态，吊钩位于铁索的

中点O，夹石器的质量忽略不计，重力加速度为g，下列说法正确的是（）

A.石块受到3个力的作用

mg

B.铁索OA、OB的拉力均为

2

C.若使石块匀速上升，则吊钩对铁索的拉力变大

D.若仅增加铁索长度，石块仍静止，则铁索OA的拉力变小

【答案】D

【解析】A．石块受到重力，夹石器两侧对石块的压力和静摩擦力共5个力的作用，A错误；

B．同一段铁索各点的弹力相等，故铁索AO和OB的拉力大小相等，设铁索AO和OB的夹角为，两铁索

的拉力均为F，对夹石器和石块整体受力分析，则有

2Fcosmg

2

解得

mgmg

F

2cos2

2

B错误；

C．石块匀速上升时，铁索、夹石器、石块整体受力平衡，由平衡条件可知，吊钩对铁索的拉力不变，大小

为mg，C错误；

D．仅增加铁索长度，石块仍静止时，减小，结合上述分析可知

mg

F

2cos

2

cos增大，故铁索OA上的拉力变小，D正确。

2

故选D。

建议用时：45min

1．（2026·安徽省合肥市·上学期第三次阶段性测试）如图，粗糙水平面上放置一带正电的小物块A，光滑

固定的斜面上放有一电荷量为+q的小物块B，当A、B与斜面底端O点的距离均为L时，A、B均能保持

静止。已知斜面倾角为60°，A、B的质量均为m，静电力常量为k，重力加速度为g，下列说法正确的是（）

A.B的电荷量比A的大

3mgL2

B.A的电荷量Q

kq

C.水平面对A的支持力大小为2mg

D.A、B间静电力的大小为3mg

【答案】B

【解析】ABD．对B受力分析如图

根据共点力平衡条件有mgsin60Fcos30，mgcos60Fsin30FN

Qq

其中Fk

(3L)2

3mgL2

解得FFmg，Q

Nkq

无法比较A、B的电荷量大小，故B正确，AD错误；

．对分析可知

CAFsin30+mgFN

3

解得Fmg，故C错误；

N2

故选B。

2．（2026·河北省衡水市·三模）（多选）如图所示，空间中存在方向水平向右的匀强电场，两根等长的绝

缘轻绳分别将小球M和N悬挂在电场中，悬点均为O。小球M和N带电荷量分别为q、2q（q0），

质量分别为m、2m，平衡时小球M和N之间相距L，两轻绳与竖直方向的夹角相等。已知静电力常量为

k，下列说法正确的是（）

A.小球M和N所受静电力的合力之比为1:2

kq

B.匀强电场的电场强度大小为

2L2

C.若仅将小球M和N交换位置，两小球仍能在原位置保持平衡

D.若仅将小球M的电荷量加倍，两小球仍能在原位置保持平衡

【答案】AB

【解析】AB．如图所示

对两球进行受力分析，设两球间的库仑力大小为F，对M球根据平衡条件有T1cosmg，

FT1sinEq

对N球有T2cos2mg，T2sinF2Eq

联立解得F4Eq

FEq1

小球M和N所受静电力的合力之比为

F2Eq2

kq2q

同时有F

L2

kq

解得E，故AB正确；

2L2

C．若仅将小球M和N交换位置，二者仍能在原位置保持平衡，则对M球有T1cosmg，T1sinFEq

'

对N球有T2cos2mg，T2sin2EqF

联立可得F4Eq0

无解，假设不成立，故C错误；

D．若仅将小球M的电荷量加倍，二者仍能在原位置保持平衡，则对M球有T1cosmg，

T1sinF2Eq

对N球有T2cos2mg，T2sinF2Eq

2kq

联立可得F6Eq，即E，与上述分析不符，假设不成立，故D错误。

3L2

故选AB。

3．（2026·河北省张家口市第一中学·一模）如图所示，一农民用三根相同的细线a、b、c将收获的甲、乙

两袋玉米悬挂起来。已知甲的质量为2m、乙的质量为m。细线a与竖直方向的夹角为30，细线c水平，

重力加速度为g，下列说法正确的是（）

A.细线a与b间的夹角为150

B.细线a中的拉力大小为37mg

C.三条细线中b所受拉力最大

D.若保持c水平，减小a与竖直方向的夹角，线c中的拉力不变

【答案】A

【解析】ABC．对甲乙的整体分析可知

3mg

T23mg

acos30

Tc3mgtan303mg

对乙受力分析可知

22

Tb(mg)Tc2mg

则三条细线中a所受拉力最大，b与水平方向夹角

mg3

tan

3mg3

可知

30

可得细线a与b间的夹角

12030150

选项A正确，BC错误；

D．对甲乙的整体分析可知

Tc3mgtan

若保持c水平，减小a与竖直方向的夹角β，线c中的拉力减小，选项D错误。

故选A。

4．（2026·湖南省长沙市集团联考·一模）差压阀可控制气体进行单向流动，广泛应用于减震系统。如图所

示，A、B两个导热良好的汽缸通过差压阀连接，A内轻质活塞的上方与大气连通，B内气体体积不变。当

A内气体压强减去B内气体压强大于p时差压阀打开，A内气体缓慢进入B中；当该差值小于或等于p

23

时差压阀关闭。当环境温度T1=300K时，A内气体体积VA14.010m，B内气体压强pB1等于大气压

252

强p0，已知活塞的横截面积S0.10m，p0.11p0，p0=1.010Pa，重力加速度大小取g10m/s，

A、B内的气体可视为理想气体，忽略活塞与汽缸间的摩擦、差压阀与连接管内的气体体积不计。当环境温

度降到T2270K时：

（1）求B内气体压强pB2；

（2）求A内气体体积VA2；

（3）在活塞上缓慢倒入铁砂，若B内气体压强回到p0并保持不变，求已倒入铁砂的质量m。

【答案】（1）0.9105Pa；（2）3.6102m3；（3）110kg

【解析】（1、2）假设温度降低到T2时，差压阀没有打开，A、B两个汽缸导热良好，B内气体做等容变化，

初态

pB1p0，T1=300K

末态

T2270K

根据

pp

B1B2

T1T2

代入数据可得

5

pB20.910Pa

A内气体做等压变化，压强保持不变，初态

23

VA14.010m，T1=300K

末态

T2270K

根据

VV

A1A2

T1T2

代入数据可得

23

VA23.610m

由于

p0pB2p

假设成立，即

5

pB20.910Pa

（3）恰好稳定时，A内气体压强为

mg

pp

A0S

B内气体压强

pBp0

此时差压阀恰好关闭，所以有

pApBp

代入数据联立解得

m110kg

5．（2026·吉林省长春市东北师范大学附属中学·上学期第二次摸底考试）如图所示，两根直木棍AB和CD

相互平行，斜靠在竖直墙壁上固定不动。一个半径R=5cm、质量m=5.0kg的水泥圆筒从木棍的上部恰好能

匀速滑下，已知两木棍间距d=8cm，与水平面的夹角α=37°。（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2）。

（1）两根直木棍对水泥圆筒弹力的合力？摩擦力的合力的大小？

（2）每根直木棍与水泥圆筒间的动摩擦因数？

【答案】（1）40N，30N

（2）0.45

【解析】

【小问1详解】

水泥圆筒恰匀速下滑，则从右侧视角分析，在沿斜坡方向上根据平衡条件可知f合mgsin30N

垂直于斜坡方向有F弹合mgcos40N

【小问2详解】

从BD→AC视角分析，受力示意图如图

d

图中4

sin2

R5

可得θ=53°

由2Ncosθ=mgcosα

100

可得NN

3

11

f合30

动摩擦因数220.45

N100

3

6．（2026·四川省眉山中学校·一模）如图所示，粗糙的正方形斜面ABCD与水平面间的夹角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（）

36

A.物体与斜面间的动摩擦因数为B.物体与斜面间的动摩擦因数为

36

21

C.恒力F的大小为mgD.恒力F的大小为mg

22

【答案】B

【解析】CD．物块受摩擦力方向与速度方向相反，即沿CA方向，重力的分力沿斜面向下，则由平衡可知

fcos45Fcos45mgsin30

及fsin45Fsin45

2

解得Fmg

4

故CD错误；

2

AB．根据fmgcos30Fmg

4

6

可得

6

故B正确，A错误。

故选B。

7．（2026·四川省资阳市·一模）如图所示，一足够长的轻质细线一端连接穿过固定水平细杆的滑块A，另

一端跨过光滑轻滑轮连接滑块B，初始时两边细线竖直且两滑块静止。某时刻，将水平拉力F作用在滑块

A上，使A向右运动，运动过程中细线与水平杆的夹角记为。已知A、B的质量分别为m和2m，滑块A

与细杆间的动摩擦因数为3，重力加速度为g。下列说法正确的是（）

3

A.若A匀速向右运动，细线拉力一直增大

B.若A缓慢向右运动，细杆对A的摩擦力一直增大

3

C.若A缓慢向右运动，拉力F的最大值接近2mg

3

3mg

D.若A缓慢向右运动，当30时，拉力F大小为

2

【答案】C

【解析】CD．若A缓慢向右运动，则可认为AB处于动态平衡，开始时对滑块B有受力分析，根据平衡条

件可得轻绳的拉力T2mg

对滑块A进行受力分析如图所示

当3090时，滑块A从图示（最初是竖直的）位置开始缓慢向右移动至30过程，轻绳在竖直

方向的分力为Tsin2mgsinmg

根据正交分解，在竖直方向上有TsinmgN

在水平方向上有FfTcos

又fN

联立解得F2mgcos2mgsinmg

1

变形可得F2mg12cossinmg

22

11

131

令sin，cos

122122

可得60

联立可得F2mg12sin60mg

滑块A从图示位置开始缓慢向右移动过程中，减小，因3090，可知F逐渐增大，当30时

最大，其最大值为

FFm3mg

滑块A继续向右缓慢移动，当30时轻绳在竖直方向的分力为Tsin2mgsinmg

根据正交分解，在竖直方向上有TsinNmg

在水平方向上有FfTcos

又fN

联立解得F2mgcos2mgsinmg

1

变形可得F2mg12cossinmg

22

11

131

令sin，cos

122122

可得60

联立可得F2mg12sin60mg

因从30开始继续减小，则sin60增大，可知F逐渐增大，当0时F最大，其最大值为

3

Fm2mg

3

综上分析，可知当30时F3mg

3

拉力F的最大值接近(2)mg，故C正确，D错误；

3

B．当滑块A缓慢向右移动时，刚开始轻绳在竖直方向的分力为Tsin2mgsinmg

根据正交分解，在竖直方向上有TsinmgN

减小，sin减小，N减小；当Tsinmg时N0

之后Tsinmg，则有NmgTsin

减小，sin减小，N增大；根据滑动摩擦力公式fN

可知摩擦力先减小后增大，故B错误；

A．开始时T2mg

设A向右滑行一段距离，此时轻绳与水平细杆的夹角为，对AB两滑块速度关系分析如图所示

根据几何关系有vBvAcos

若A向右做匀速运动，逐渐减小，则cos逐渐增大，所以vB逐渐增大，故B加速上升，故T2mg

当等于0时，AB速度相等，后一起向右匀速，故T2mg

故拉力先增大后减小，故A错误。

故选C。

8．（2026·浙江省浙东北县域名校发展联盟（ZDB）·一模）如图所示，一定质量的理想气体被活塞封闭在

2

圆筒形的金属汽缸内，活塞的质量ml20kg，截面积S100cm，活塞可沿汽缸壁无摩擦滑动且不漏气，

5

开始时封闭气柱长度为20cm，外界气温t27℃，大气压强p01.010Pa。将质量为m2的重物缓慢放

到活塞上，稳定后活塞下降了5cm；再对汽缸内气体缓慢加热，气体吸收了Q186J的热量，活塞又上升

了3cm，求：

（1）重物的质量m2；

（2）加热前后缸内气体温度的增加值Δt；

（3）加热前后缸内气体内能的变化量U。

【答案】（1）m240kg

（2）Δt60℃

（3）ΔU138J

【解析】

【小问1详解】

mg

状态1（初始），根据平衡条件有pp1，l20cm

10s1

m1m2g

状态2，根据平衡条件有pp，l215cm

20S

等温过程方程p1l1Sp2l2S

解得m240kg

【小问2详解】

缓慢加热，状态3有p3p2，l318cm，

LSLS

等压过程方程23

T2T2Δt

解得Δt60℃

【小问3详解】

从状态2至状态3内气体对外做功Wp2l3l2S

由热力学第一定律，有ΔUQW

得ΔU138J

9．（2026·北京市通州区·上学期期中考试）如图所示，M、N两物体叠放在一起，在竖直向上的恒力F作

用下，一起沿竖直墙向上做匀速直线运动。关于两物体受力情况的说法正确的是（）

A.物体M受到4个力B.物体M受到5个力

C.物体M受到6个力D.物体N受到4个力

【答案】A

【解析】D．对物体N进行受力分析如图所示

可知N一定受重力mg，M对N的弹力FN，M对N的摩擦力f，3个力的作用，才能处于平衡状态，故D

错误；

ABC．将物体M、N作为一个整体，可知墙壁对M一定不存在弹力，否则不可能平衡，由于弹力是摩擦力

的前提，因此墙壁与M之间一定没有摩擦力，因此M一定受到4个力的作用，故A正确，BC错误。

故选A。

10．（2026·福建省南平市武夷山第一中学·11月考试）（双选）如图所示，倾角为α的光滑斜劈放在粗糙水

平面上，物体a放斜面上，轻质细线一端固定在物体a上，另一端绕过光滑的滑轮挂在c点滑轮2下悬挂

物体b，细线与竖直墙壁之间的夹角为θ，系统处于静止状态，点c可以沿墙壁向上或向右移动少许，则说

法正确的是（）

A.点c向上移动，物体a的位置升高，θ不变

B.点c向上移动，物体a的位置不变，θ不变

C.点c向右移动，物体a的位置升高，θ变大

D.点c向右移动，物体a的位置升高，θ不变

【答案】BD

【解析】滑轮2两侧细线绷紧程度相等，故平衡时左右两侧线的拉力大小相等，方向关于竖直方向对称，

由下图可知

x

sin=

L

x为1、2两轮的水平投影长度，L为1与c点之间的细线总长度。由平衡条件可知

2TcosGb

AB．点c向上移动，因为滑轮1和悬点c的水平距离x不变，由上面的分析可得细线与竖直方向的夹角θ

不变，所以滑轮1和悬点c间细线总长度L不变，如下图，所以，所以物体a的位置不变，θ不变A错误，

B正确；

CD．点c向右移动，则滑轮1到悬点间的水平距离变大，即滑轮1到悬点c间的细线的水平投影变大，假

设物体a的位置不变，则细线与竖直方向的夹角变大，如下图，设细线拉力为T，对物体b有

2TcosGb

所以细线拉力将变大，物体a的位置升高，最终稳定后，由于绳子拉力不变，故θ不变，D正确，C错误。

故选BD。

11．（2026·贵州省贵阳市白云兴农中学·上学期期中考试）某同学通过如下方式测量特殊高分子材料做成的

均匀细杆与高性能复合材料之间的动摩擦因数。如图所示，均匀细杆一端支在复合材料做成的粗糙水平面

上，另一端被轻绳悬挂，处于静止状态。已知当轻绳与竖直方向夹角为30、轻绳与细杆夹角为150时，

细杆恰好相对水平面滑动，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，轻绳和细杆处在同一竖直面内。则细杆和

水平面之间的动摩擦因数为（）

31

A.3B.C.D.2

32

【答案】A

【解析】细杆受到绳子拉力、重力、支持力和摩擦力，其中摩擦力为最大静摩擦力（等于滑动摩擦力），

N1

把支持力和摩擦力合成，设合力与水平方向夹角为，根据三力汇交原理tan

N

该合力、绳子的拉力和重力作用线共点。其中细杆的重心在AB中点，如图所示

根据几何关系可得30，所以3，故选A。

12．（2026·贵州省贵阳市白云兴农中学·上学期期中考试）如图所示，容积为2V、导热良好的汽缸被密封

性良好的活塞分成甲、乙两部分，甲可通过阀门与外界相通，稳定时，活塞位于正中央。关闭阀门，在竖

直面内将汽缸缓慢转过90，稳定时甲、乙两部分气体体积之比为2：5。已知活塞横截面积为S0，重力加

g

速度为，外界大气压强为p0。

（1）求活塞的质量；

（2）若关闭阀门，在竖直面内将初始状态的汽缸缓慢转过180，之后向甲内缓慢充入外界大气，求活塞回

到正中央时充入的气体在外界时的体积。

3pS

【答案】（1）00

2g

（2）V13V

【解析】

【小问1详解】

mg

设活塞质量为m，初始时，甲部分气体压强为p0，体积为V，乙部分气体的体积为V，压强p1p0

S0

4

转过90后稳定时，甲部分气体的压强等于乙部分气体的压强，甲部分气体的体积为V，乙部分气体的

7

104

体积为V，对甲部分气体，由玻意耳定律有pVVp

7072

mg10

对乙部分气体，由玻意耳定律有p0VVp2

S07

3pS

联立解得m00

2g

【小问2详解】

5p

结合（1）中分析可知，当活塞位于正中央时，乙部分气体的压强为0，则甲部分气体的压强为

2

5mg

p04p0

2S0

设充入的外界大气在外界时的体积为，则由玻意耳定律有

V1p0V1p0V4p0V

解得V13V

13．（2026·贵州省贵阳市民族中学·上学期期中考试）（多选）如图所示，A、B两个带电小球用绝缘细线

a、b连接悬于O点，静止在水平向右的匀强电场中，细线a与竖直方向的夹角为，不计球的大小，则下

列判断正确的是（）

A.A球比B球带电量大B.仅增大B球质量，可能会减小为零

C.仅增大B球的带电量，可能会减小为零D.仅增大B球的带电量，细线a的拉力一定会增大

【答案】AC

【解析】A．以整体为研究对象，系统受三个力：重力，绳的拉力，电场力，由平衡条件可得

qAqBE

tan，由图可知，水平方向匀强电场的合力向右，qAqB，A正确；

(mAmB)g

qAqBE

B．若仅增加B球质量，根据tan可知，tan会减小，也会减小，但不可能减到零，B

(mAmB)g

错误；

C．仅增大B球的带电量，当两小球的电荷量相等时，系统的总电荷量为零，总的电场力为零，θ会减小为

零，C正确；

qAqBE

D．仅增大B球的带电量，根据tan可知，会先减小（qAqB），后增大（qAqB），

(mAmB)g

D错误。

故选AC。

14．（2026·贵州省六盘水市盘州市第一中学·上学期期中考试）如图所示，倾角30的固定斜面上质量为m

的物块和质量为M的光滑球如图放置，已知球体半径R为物块厚度h的2倍，两者均处于平衡状态，重力

加速度为g，则以下判断正确的是（）

3

A.球对斜面压力大小为Mg

3

3

B.物块对斜面压力大小为mg

2

3

C.物块与斜面之间的动摩擦因数可能等于

3

D.适当减小物块厚度且两物体仍能静止，物块对球的支持力将减小

【答案】A

【解析】A．根据几何条件分析可知，物块对球的支持力F物与斜面间夹角为30°，对小球受力分析，其示

意图如下

根据平衡条件有

FNF物sin30Mgcos30

F物cos30Mgsin30

解得

3

F物Mg

3

3

FMg

N3

3

根据牛顿第三定律可知，球对斜面压力大小为Mg，故A正确；

3

B．对物块和球构成的整体受力分析，根据平衡条件有

FNFN(Mm)gcos30

f(Mm)gsin30

解得

33

FMgmg

N62

11

fMgmg

22

33

根据牛顿第三定律可知，物块对斜面压力大小为Mgmg，故B错误；

62

C．两者均处于平衡状态，故有

fFN

联立解得

11

Mgmg