2026年高考物理终极冲刺：压轴01 力与物体的平衡（压轴题专练）（全国适用）（解析版）

1/20压轴01力与物体的平衡命题预测本专题为高考物理基础热点内容，题型以选择题为主，核心考查受力分析、力的合成与分解及平衡条件应用，重点围绕轻绳、轻杆、弹簧模型，结合连接体、叠加体与生活实际命题，动态平衡是高频考点，同时常与电场、磁场综合考查，侧重检验学生的空间想象、物理建模能力。2026年命题将延续基础必考、难度适中的特点，突出整体法与隔离法、假设法、等效法等方法运用，兼顾临界极值、图像法等解题技巧。复习时需规范受力分析，熟练掌握研究对象选取，强化情境化建模训练，提升理论联系实际与综合解题能力，确保基础题型不失分，综合题型能突破。高频考法(1)物体的受力分析、静态平衡、动态平衡；(2)静电力、安培力、洛伦兹力作用下的平衡；(3)利用平衡条件解决实际问题．知识·技法·思维考向一：受力分析及静态平衡问题1．静态平衡问题的解题脉络2.处理平衡问题常用的方法合成法物体受三个共点力的作用而平衡,则任意两个力的合力一定与第三个力大小相等,方向相反分解法按效果分解:物体受三个共点力的作用而平衡,将某一个力按力的作用效果分解,则其分力和其他两个力分别满足平衡条件正交分解法:物体受到三个或三个以上力的作用时,将物体所受的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共点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向二：动态平衡问题1．解决动态平衡问题的三种常用方法(1)解析法：如果物体受到多个力的作用，可进行正交分解，利用解析法，建立平衡方程，根据自变量的变化确定因变量的变化。(2)图解法：一个力恒定、另一个力的方向恒定时可用此法。例：挡板P由竖直位置逆时针向水平位置缓慢旋转时小球受力的变化。(如图所示)(3)相似三角形法：一个力恒定、另外两个力的方向同时变化，当所作矢量三角形与空间的某个几何三角形总相似时用此法。(如图所示)（4）矢量圆法(正弦定理法)①矢量圆：如图所示，物体受三个共点力作用而平衡，其中一力恒定，另外两力方向一直变化，但两力的夹角不变，作出不同状态的矢量三角形，利用两力夹角不变，可以作出动态圆(也可以由正弦定理列式求解)，恒力为圆的一条弦，根据不同位置判断各力的大小变化。②拉密定理：如图所示，物体受三个共点力作用而处于平衡状态，则三个力中任意一个力的大小与另外两个力的夹角的正弦成正比，即eq\f(F1,sinα)＝eq\f(F2,sinβ)＝eq\f(F3,sinγ)。2．解决动态平衡问题的一般思路考向三平衡中的临界与极值问题1.临界或极值条件的标志有些题目中有“刚好”、“恰好”、“正好”等字眼，明显表明题述的过程存在着临界点。若题目中有“取值范围”、“多长时间”、“多大距离”等词语，表明题述的过程存在着“起止点”，而这些起止点往往就对应临界状态。若题目中有“最大”、“最小”、“至多”、“至少”等字眼，表明题述的过程存在着极值，这个极值点往往是临界点。若题目要求“最终加速度”、“稳定加速度”等，即是求收尾加速度或收尾速度。2.解决动力学临界、极值问题的常用方法极限分析法一种处理临界问题的有效方法，它是指通过恰当选取某个变化的物理量将问题推向极端（“极大”、“极小”、“极右”、“极左”等），从而把比较隐蔽的临界现象暴露出来，使问题明朗化，便于分析求解。临界条件必须在变化中去寻找，不能停留在一个状态来研究临界问题，而要把某个物理量推向极端，即极大和极小，并依次做出科学的推理分析，从而给出判断或导出一般结论。假设分析法临界问题存在多种可能，特别是非此即彼两种可能时，或变化过程中可能出现临界条件，也可能不出现临界条件时，往往用假设法解决问题。数学极值法通过对问题的分析，依据物体的平衡条件写出物理量之间的函数关系或画出函数图像，用数学方法求极值如求二次函数极值、公式极值、三角函数极值，但利用数学方法求出极值后，一定要依据物理原理对该值的合理性及物理意义进行讨论和说明。物理分析方法根据物体的平衡条件，作出力的矢量图，通过对物理过程的分析，利用平行四边形定则进行动态分析，确定最大值与最小值。考点四整体法与隔离法的妙用1.整体法：在研究物理问题时，把所研究的对象作为一个整体来处理的方法称为整体法。采用整体法时不仅可以把几个物体作为整体，也可以把几个物理过程作为一个整体，采用整体法可以避免对整体内部进行繁琐的分析，常常使问题解答更简便、明了。2.隔离法：把所研究对象从整体中隔离出来进行研究，最终得出结论的方法称为隔离法。可以把整个物体隔离成几个部分来处理，也可以把整个过程隔离成几个阶段来处理，还可以对同一个物体，同一过程中不同物理量的变化进行分别处理。采用隔离物体法能排除与研究对象无关的因素，使事物的特征明显地显示出来，从而进行有效的处理。3.整体法和隔离法在平衡问题中的应用及比较一般地，在分析两个或两个以上物体间的相互作用时，一般采用整体法与隔离法进行分析．当求系统内部间的相互作用力时，用隔离法；求系统受到的外力时，用整体法，具体应用中，应将这两种方法结合起来灵活运用．项目整体法隔离法概念将加速度相同的几个物体作为一个整体来分析的方法将研究对象与周围物体分隔开的方法选用原则研究系统外的物体对系统整体的作用力或系统整体的加速度研究系统内物体之间的相互作用力注意问题受力分析时不要再考虑系统内物体间的相互作用一般隔离受力较少的物体考点五力电综合问题及解题思路1.静电场、磁场中的平衡问题，受力分析时要注意静电力、磁场力方向的判断，再结合平衡条件分析求解．2.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．如果带电粒子在重力场、电场和磁场三者组成的复合场中做直线运动，则通常是匀速直线运动．3.解题思路与力学中的平衡问题一样，只是在原来受力的基础上多了静电力。①确定研究对象，根据问题选择“整体法”或“隔离法”确定研究对象。②受力分析：按照重力、弹力、摩擦力、静电力、安培力……顺序分析力③列方程：根据平衡条件（F合=0）列方程。典例·靶向·突破题型01受力分析及静态平衡问题1．图甲是天花板下悬挂的创意水晶灯，图乙是其简化模型，上方质量为2m的环形灯饰用七根轻绳悬挂，轻绳与水平方向的夹角均为60∘；下方质量为m的环形灯饰用四根轻绳悬挂在上方环形灯饰下，轻绳与水平方向的夹角均为53∘A．12：7 B．163：15 C．72：35【答案】D【详解】对整体竖直方向由平衡条件有7对灯饰竖直方向由平衡条件有4联立解得F故选D。2．如图所示，两根长度相等的轻质细杆AO、BO，一端通过光滑铰链与竖直墙面上A、B两点处连接，另一端栓接在O点。一根轻质弹性细绳CO一端固定在墙上C点，另一端栓接在O点，C点处于AB连线的垂直平分线上，在O点悬挂一质量为m的重物，静止时AOB所在的平面处于水平，∠AOB=60°，OC连线与水平面的夹角为30°，已知重力加速度为g，则杆AO对墙的作用力大小为（

）A．32mg B．mg C．3mg【答案】B【详解】设杆AO对墙的作用力大小为F，则轻质细杆AO、BO的合力大小为F对结点O受力分析，设弹性细绳OC上的弹力大小为T，根据平衡条件可得Tsin30°=mg联立解得F=mg故选B。题型解码题型解码此类问题中研究对象所受的共点力不在同一平面内,解题方法是将空间共点力分解到沿接触面和垂直接触面两个平面内,或者先将几个力合成,其合力与其他力共面,将空间共点力转换成平面共点力,再用合成法、分解法或矢量三角形法求解。题型02动态平衡问题3．在一次模拟桥梁合龙的实验中，工程师拟将一个模型钢梁（物体）从拱桥模型（半圆柱体）上用力缓慢拉到顶端，该过程可以看成如图所示的模型，一表面粗糙的半圆柱体固定在水平面上，物体（可看成质点）与圆柱面的动摩擦因数为μ，现用一始终与圆柱面相切向上的拉力作用于物体，使物体从圆柱体上P点开始缓慢向上滑动，在到达顶端前的过程中（）A．物体所受的拉力一定减小B．物体所受的摩擦力一定增大C．物体所受的支持力一定减小D．重力和拉力的合力与拉力的夹角始终不变【答案】BD【详解】BC．物块缓慢向上移动到某位置时到圆心的连线与竖直方向上的夹角为θ，由受力分析得其受的支持力F摩擦力f=μmg随θ减小，FN增大，fA．物块缓慢向上移动，合力为零，物体所受的拉力为F=mg可得F=1+μ2mgsin(θ+φ)，而D．重力和拉力的合力与支持力和摩擦力的合力F反等大反向，支持力和摩擦力的合力方向与支持力的方向的夹角为φ，因则φ始终不变，如图所示拉力与摩擦力一直反向，则重力和拉力的合力方向始终与拉力的方向的夹角为（90故选BD。4．某人用如图甲所示的推车搬运圆柱形水泥管，推车的支架与底板成120°角。将质量均为60kg的相同水泥管A、B横放在静止的推车上，水泥管B与支架接触，如图乙所示，底板与水平面平行。不计水泥管与支架间的摩擦，重力加速度大小g=10mA．推车对水泥管A的作用力大小为1050NB．支架对水泥管B的支持力大小为450NC．缓慢压下把手至底板与水平面成45°角的过程中，支架对水泥管B的支持力一直增大D．缓慢压下把手至底板与水平面成45°角的过程中，水泥管A、B间的弹力一直增大【答案】C【详解】B．对B受力分析，如图所示根据平衡条件可得FABcos解得支架对水泥管B的支持力大小为FBA．对A受力分析，如图所示根据牛顿第三定律可得，B对A的压力大小和A对B的支持力大小相等，即F根据平衡条件可得FN=所以，推车对水泥管A的作用力大小为F=FCD．如图根据拉密原理可得mg缓慢压下把手至底板与水平面成45°角的过程中，θ不变，α由30°增大到45°，β由60°减小到45°。即sinα一直增大，sinβ一直减小，所以，支架对水泥管B的支持力FB故选C。题型解码题型解码这类题一般能够通过矢量三角形或正交分解求解得到每个力随某个角度变化的解析式,根据题目中角度的变化,分析函数表达式中力的变化情况。题型03平衡中的临界与极值问题5．便携式晾衣绳因其“免夹防滑”的等距小孔设计而备受推崇。如图所示，将此晾衣绳的两端固定在水平距离为d的两等高挂点M、N上，一旅客将衣服挂在正中间O点时，绳与水平方向夹角小于30°，两边绳张力大小均为TO；挂在靠近左端M的P处时，左侧绳PM张力为TL，右侧绳PN张力为A．挂在P处时，由于两段绳材质相同，故TB．挂在P处时，左侧绳更陡峭，故TC．无论挂在OM间何处，两段绳拉力的合力不变D．无论挂在OM间何处，均有T【答案】C【详解】AB．作用点不移动，为“死结”模型。设左侧绳与水平方向夹角为α，右侧绳与水平方向夹角为β，由于P点靠近M端，根据几何关系，左绳PM必然比右绳PN更陡峭，即α>β由水平方向受力平衡有T又cosα<cosβC．根据平衡条件，两段绳拉力的合力始终与衣架及衣服重力等大反向，保持不变，故C正确；D．在O点时，α=β<30°由2可知T在MO间存在一点P使得∠MPN=90°，即α+β=90°此时有TL=mg即TO故选C。6．如图，三个材质相同且半径均为R、质量均为m的半球，彼此接触但无挤压置于粗糙的水平面上；一个半径为R、质量为3m的光滑球，放在三个半球之上，整个系统处于静止状态。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。则（）A．地面对每个半球的支持力大小为mgB．每个半球与光滑球之间的弹力大小为6C．半球与地面间的动摩擦因数最小值为2D．换一个质量仍为3m，半径略大于R的光滑球，则每个半球与地面摩擦力不变【答案】BC【详解】A．根据对称性可知，地面对每个半球的支持力大小相等，以三个半球和光滑球为整体，竖直方向根据平衡条件可得3解得N地B．根据几何关系可知，四个球心组成一个边长为2R的正四面体，设每个半球与光滑球之间的弹力与竖直方向的夹角为θ，则有sin以光滑球为对象，根据平衡条件可得3N解得每个半球与光滑球之间的弹力大小为N=mgC．以其中一个半球为对象，水平方向有f由f地≤μ可知半球与地面间的动摩擦因数最小值为24D．换一个质量仍为3m，半径略大于R的光滑球，可知以上分析中只有θ发生变化，由f可知每个半球与地面摩擦力发生变化，故D错误。故选BC。题型解码题型解码先锁定临界状态，明确临界条件，再将待求力转化成平衡方程，结合数学方法求解最值。题型04整体法与隔离法的妙用7.如图所示，质量为M的楔形物体ABC放置在墙角的水平地板上，BC面与水平地板间的动摩擦因数为μ，楔形物体与地板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。在楔形物体AC面与竖直墙壁之间，放置一个质量为m的光滑球体，同时给楔形物体一个向右的水平力，楔形物体与球始终处于静止状态。已知AC面倾角θ=53°，sinθ=0.8，重力加速度为gA．楔形物体对地板的压力大小始终为Mg+mgB．向右的水平力F的最小值一定是零C．当F=4D．向右的水平力F的最大值为4【答案】ACD【详解】A．将M、m视为一个整体可知，楔形物体对地板的压力大小为M+mgB．斜面体受到的最大静摩擦力f当水平向右的外力最小（设为Fn）时，斜面体可能有向左运动趋势，当μm+M当μm+Mg<故B错误；C．球体对AC面的弹力大小为F当F=FD．当水平向右的外力最大（设为Fm）时，斜面体有向右运动趋势，由平衡条件有解得F故D正确。故选ACD。8．如图所示的木板由倾角为θ的倾斜部分和水平部分组成，两部分之间由一段小圆弧面相连接，在木板的中间有光滑浅槽轨道。现有N个质量均为m、直径均为d的均匀刚性小球，在施加于1号球的水平外力F的作用下均静止，力F与圆槽在同一竖直面内，此时1号球球心距它在水平槽运动时的球心高度差为h。现撤去力F使小球开始运动，直到所有小球均运动到水平槽内。重力加速度为g，忽略一切阻力，下列说法正确的是（）A．水平外力F的大小为NmgB．1号球刚运动到水平槽时的速度大于2C．如果N=2时，整个运动过程中，2号球对1号球所做的功等于mgdsinθD．如果N=2026时，第1013个小球机械能是增加的【答案】D【详解】A．N个小球整体为研究对象，由力的平衡条件可得tan得F=Nmgtanθ，故A错误；B．以1号球为研究对象，根据机械能守恒定律可得mgℎ=解得v=2gℎC．当N=2时，选择水平轨道面为零势能面，两小球的重力势能E设2号球对1号球所做的功为W，由动能定理得mgℎ+W=解得W=1D．当N个球全部到达水平轨道时，根据机械能守恒定律有Nmgℎ+mgd第k个球的动能E球k的机械能变化量Δ解得k<N+1当N=2026时，k<故选D。题型解码题型解码先通过整体法简化复杂系统的受力分析，快速求出外力，再通过隔离法对特定物体分析，求解物体间的内力，整体法与隔离法两者结合可高效解决多物体受力问题。题型05力电综合问题9.如图所示，水平天花板下方固定一个光滑小定滑轮O，在定滑轮的正下方C处固定一个正点电荷，不带电的小球a、带正电的小球b分别与跨过定滑轮的绝缘轻绳两端相连。开始时系统在图示位置静止，已知Ob<OC。若b球所带的电荷量缓慢减少（未减为零），则在b球到达定滑轮O正下方前，下列说法正确的是（）A．a球的质量可能等于b球的质量B．b球的轨迹是一段以O点为圆心的圆弧C．此过程中点电荷对b球的库仑力增大D．此过程中滑轮受到轻绳的作用力减小【答案】B【详解】A．对b球进行受力分析，受到轻绳的拉力T、重力mbg和库仑力由相似三角形可知T其中T=整理得magOb=mBC．由两小球重力不变及OC不变，可知Ob不变，b球电荷量减少，则bC减小，库仑力减小，故b球的轨迹是一段以O点为圆心的圆弧，故B正确，C错误；D．滑轮受到的轻绳的作用力大小均为mag，大小不变，由故选B。10．间距为L的金属导轨倾斜部分光滑，水平部分粗糙并平滑相接，导轨上端有电源和开关，倾斜导轨与水平面夹角θ=30°，处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，水平导轨处于垂直竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小均为B。两相同导体棒ab、cd与水平导轨的动摩擦因数μ=0.25，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两棒的质量均为m，接入电路的电阻均为R。cd棒仅在水平导轨上运动，两导体棒在运动过程中始终与导轨垂直并接触良好，且不会碰撞。忽略金属导轨的电阻，重力加速度为g。(1)锁定水平导轨上的cd棒，闭合开关，ab棒静止在倾斜导轨上，求通过ab棒的电流；断开开关，同时解除cd棒的锁定，当ab棒下滑距离为x0时，cd棒开始运动，求cd(2)此后ab棒在下滑过程中电流达到稳定，求此时ab棒与cd棒速度大小之差；(3)ab棒中电流稳定之后继续下滑，从ab棒运动到水平导轨开始计时，t1时刻cd棒速度为0，加速度不为0；此后某时刻cd棒的加速度为0，速度不为0，求从t1时刻到某时刻，ab棒与cd【答案】(1)Iab=(2)Δv=(3)Δ【详解】（1）锁定水平导轨上的cd棒，闭合开关，ab棒静止在倾斜导轨上，导轨倾斜部分光滑，则ab棒只受重力、导轨给的支持力、安培力；根据平衡条件可得F又F解得通过ab棒的电流为I断开开关，同时解除cd棒的锁定，设当ab棒下滑距离为x0时速度为v0，cd棒开始运动，此时回路中的电流为I1，此时对ab棒切割磁场，产生电动势E1回路电流I对cd棒有Fcd棒从解除锁定到开始运动过程中，导体棒ab、cd电阻相同，通过的电流相同，则cd棒产生的焦耳热与ab棒产生的焦耳热相等，整个过程根据能量守恒可得mg联立解得cd棒产生的焦耳热为Q（2）cd棒从解除锁定到开始运动过程中，cd棒受到的安培力向左，则cd棒向左运动，则cd棒切割磁场，c端为高电势，故回路总电动势E电路中电流I对ab棒mg对cd棒F有F当电流达到稳定时，两棒的速度差恒定，此时两棒的加速度相等，联立解得此时ab、cd棒的速度大小之差为Δ（3）分析可知从开始到t1时刻，两棒整体所受的合外力为零，故该过程系统动量守恒，设t1时刻ab棒的速度为v1′解得v设某时刻cd棒的加速度为0时，ab棒速度为v1′′，cd棒速度为vcd，此时cd其中F分析可知此时两导体棒产生的电动势方向相反，可得I3从t1时刻到cd棒的加速度为0时，对两棒分别根据动量定理有−μmg+B通过导体棒的电荷量q=则可得μmgΔt+BLq=m两式相加得2BLq=mv同时有q=I联立①②③④可得从开始到cd棒加速度为0时刻，ab、cd的路程之差为Δ11.如图，两条“∧”形的平行金属导轨固定在绝缘水平面上，间距L=0.2m，左、右两导轨面与水平面夹角均为θ=37°，导轨顶端连接有一电动势E=10V，内阻r=0.5Ω的电源。电源左侧存在垂直于导轨平面向上且磁感应强度大小为B1的匀强磁场，右侧存在竖直向下且磁感应强度大小为B2的匀强磁场。质量为m=0.02kg的相同导体棒MN、PQ分别放在两侧导轨上且均恰好静止，导体棒与导轨垂直且接触良好，接触点间导体棒电阻均为R=4Ω。已知右侧导轨光滑，左侧导轨与导体棒之间的动摩擦因数为μ=0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，金属导轨电阻不计。取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，则下列说法错误的是（

）A．MN的热功率为16WB．B1一定等于0.5TC．B2一定等于0.375TD．若B2反向，此瞬间PQ加速度大小为12m/s2【答案】B【详解】A．两根导体棒并联的总电阻为R电路中的总电流为I=导体棒MN、PQ中的电流相等，故MN的热功率为PMNB．导体棒MN恰好静止，则导体棒与导轨之间的静摩擦力为最大静摩擦力，根据左手定则可知，导体棒MN所受安培力沿导轨向上，因μ=0.5<故mg即如果没有安培力，导体棒MN就会沿导轨下滑，若考虑安培力，导体棒MN恰好静止，若磁感应强度较小，可以使导体棒恰好不下滑，若磁感应强度较大，可以使导体棒恰好不上滑，故磁感应强度的大小有两种可能性，故B错误，符合题意；C．根据左手定则可知，导体棒PQ所受安培力水平向左，对导体棒PQ受力分析（从Q端向P端看去）如图所示根据受力平衡有F又F解得B2D．若B2反向，则导体棒PQ所受安培力大小不变，方向变为水平向右，此瞬间PQ加速度沿导轨向下，大小为a=F故选B。题型解码题型解码解决电磁场中平衡问题的技巧(1)点电荷间的作用力大小要用库仑定律公式计算。(2)安培力方向的判断要先明确磁场方向、电流方向,再用左手定则判断安培力的方向,同时注意将立体图转化为平面图。(3)静电力或安培力的出现,可能会对弹力或摩擦力产生影响。(4)涉及电路问题时,要注意应用闭合电路欧姆定律分析。1．（2026·四川德阳·二模）如图所示，光滑绝缘半球处在水平向右的匀强电场中，球心为O。将带电量均为+q的小球A、B置于其内，平衡时，两球处于同一水平线上，且OA与OB垂直。已知球A质量为m，球B质量为2m，重力加速度大小为g，则（）A．小球A、B所受支持力相同B．匀强电场的电场强度大小E=C．小球A受到小球B的库仑力大小为mgD．小球A在小球B处产生的电场强度大小为E【答案】B【详解】A．对A受力分析，根据竖直方向平衡NAcos对B受力分析，根据竖直方向平衡：NBcos45°=2mg，可得NB．以整体为研究对象，水平方向平衡N可得E=mgC．对A受力分析，水平方向平衡F=ND．根据牛顿第三定律，B球受库仑力大小F=qEB，得故选B。2．（2026·河南开封·模拟预测）某物理兴趣小组在“探究斜杆上滑块的运动”实验中，设计了如下装置：硬直杆与水平面成37°角放置，两端分别固定于O、M两点，一根弹性轻绳一端系在O点，另一端跨过固定在Q点的光滑定滑轮（大小不计）与套在杆上的滑块相连，滑块位于OM上P点时PQ与OM垂直，且杆与滑块间的弹力恰好为零。已知OQ沿竖直方向，弹性轻绳原长等于OQ的长度，PQ的长度为1.6m，滑块质量m=2kg，滑块与杆之间的动摩擦因数μ=0.16，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，弹性轻绳的弹性势能可表示为EA．滑块运动过程中滑动摩擦力大小始终为2.56NB．滑块下滑时与杆间的作用力先增大后减小C．弹性轻绳的劲度系数为100D．滑块运动到O点时的动能为7.2J【答案】D【详解】AB．弹性轻绳原长等于OQ，因此伸长量Δx等于Q到滑块的长度l，弹力设Q到杆OM的垂直距离PQ=ℎ=1.6对任意位置的滑块，绳与杆夹角为α，由几何关系得lsin因此弹力垂直杆的分量T题目给出P点处杆对滑块弹力为零，垂直杆方向平衡得kℎ=mg因此任意位置杆对滑块弹力N≡0摩擦力f=μN≡0，故AB错误；C．弹性轻绳的劲度系数为100N/m，由代入数据k=mgD．滑块运动到O点时的动能为7.2J几何关系得OQ=PQ滑块从P到O，下降高度Δ重力做功W初态弹性势能E末态（O点）Q到滑块长度为OQ=2m，弹性势能摩擦力做功为0，由动能定理Ek故选D。3．（2026·山东青岛·一模）某儿童公园的水平地面上放置四个相同的防撞墩A、B、C、D，用四根相同的轻弹簧连接，恰好组成一个等腰梯形防护栏，整个装置处于静止状态，俯视图如图所示。已知AB、BC、AD弹簧长度相同，均等于CD弹簧长度的一半，CD弹簧弹力大小为AB的2倍，防撞墩A受到地面的摩擦力大小为Ff，则防撞墩CA．Ff B．3Ff C．2【答案】B【详解】设弹簧的原长为L0，AB之间弹簧的长度为L，则CD之间弹簧长度为2L，因为AB之间弹簧弹力大小为CD之间弹簧弹力大小的一半，所以有解得L可知AB、BC、AD弹簧处于压缩状态，CD弹簧处于拉伸状态，从俯视图看，由几何关系可知∠ADC=60∘，防撞墩A受到AB、AD受力情况如图所示可知防撞墩A受到的两弹簧弹力大小相等，夹角为120∘，故防撞墩A受到地面的摩擦力大小同理可知，防撞墩C受到CD弹簧弹力大小为F′=12kL0，BC弹簧弹力大小为F=1故选B。4．（2026·陕西·二模）如图，PO为光滑绝缘竖直墙壁，OQ为光滑绝缘水平地面，地面上方有一水平向左的匀强电场E，带正电荷的A、B两小球（均视为质点）均紧靠接触面而处于静止状态。若在小球A上加竖直向下的推力F，小球A沿墙壁PO向着O点移动一小段距离后，适当移动B球，小球A与B重新处于静止状态，假设两小球所带电荷量保持不变，则有推力F的新平衡状态与原平衡状态比较（）A．A球对竖直墙壁的作用力增大 B．两球之间的距离不变C．A球与B球间的静电力增大 D．地面对B球的弹力不变【答案】C【详解】AD．设小球A的质量为mA，电量为qA，小球B的质量为mB，电量为则根据共点力平衡的规律可得，竖直墙壁对小球A向右的弹力大小为N=所以根据牛顿第三定律可知，A球对竖直墙壁的作用力保持不变；同理可知整体在竖直方向上施加力F之前，地面对小球B的支持力为N施加力F之后，地面对小球B的支持力为N即与原平衡状态相比，有推力F的新平衡状态下，地面对小球B的弹力变大，故AD错误；BC．对小球A进行受力分析，则施加力F之前受力分析图如图1所示：根据共点力的平衡规律可得，此时小球B对小球A的库仑力为F施加力F之后，小球A的受力如图2所示：同理可得，此时小球B对小球A的库仑力变为F即与原平衡状态相比，有推力F的新平衡状态下，小球A与小球B间的静电力变大；再根据库仑定律F库故选C。5．（2026·四川德阳·二模）如图所示，长为3l的不可伸长的轻绳，穿过一光滑的轻圆环，两端固定在水平天花板上相距为l的P、Q两点，轻圆环下悬吊一重为G的物块。现用一水平力F缓慢地拉圆环，当圆环两侧轻绳的夹角为θ=60°时，细绳的张力为TA．F=G B．F=C．T=63G【答案】B【详解】受力如图所示圆环所受重物的拉力G及水平拉力F的合力与水平方向的夹角tan合力大小F情景如图所示，P、Q两点沿垂直F合方向的距离而sin根据力的合成，有2T联立并代入数据解得F=33故选B。6．（2026·山西大同·一模）为了助推本地文旅的发展，2025年，大同推出了大型行进情景式演艺项目《如梦大同》，如甲图，演员们通过吊威亚在城墙上展现高超的表演技艺，为游客呈现了一场视觉盛宴！现将情景简化如乙图，一根不可伸长的绳索（不计质量）一端系于演员腰间O点，另一端系于城墙上的固定P点，该演员身体伸直，双脚蹬于城墙Q点，并保持平衡。已知∠OPQ=37°，∠OQP=45°，演员质量m=70kg，城墙对演员的作用力始终沿着身体，重力加速度g取10m/s2，sinA．绳索对演员的拉力大小为400B．城墙对演员的作用力大小为300C．若保持Q点不动，将P点沿城墙缓慢上移稍许，绳索对演员的拉力大小一定增大D．若保持Q点不动，将P点沿城墙缓慢下移稍许，城墙对演员的弹力大小一定增大【答案】D【详解】AB．设绳索与城墙对演员的作用力大小分别为F0、F1，以演员为研究对象，演员在F0、F1在竖直方向，有F联立两式，解得F0=500NC．利用演员所受重力mg、绳索拉力F0和城墙弹力F1构成的力的三角形和△OPQ当Q点不动，将P点沿城墙缓慢上移稍许，即PQ增大，OP、OQ均不变，则F0、FD．同理，当Q点不动，将P点沿城墙缓慢下移稍许，即PQ减小，OP、OQ均不变，则F1增大，城墙对演员的弹力大小∠OQP增大，FN故选D。7．（2025·云南玉溪·三模）如图所示，倾角为30°的斜面和半径为R的半圆弧连接，圆心O在斜面的延长线上，连接点M处有一轻质定滑轮，N为圆弧最低点且∠MON=60°，斜面的底端固定一挡板P。物块B、C间由一轻质弹簧拴接置于斜面上（弹簧平行于斜面），其中C紧靠在挡板P处，B用跨过滑轮的不可伸长的轻绳与小球A相连，开始时将小球A锁定在M处，此时轻绳与斜面平行，且恰好伸直但无张力，B、C处于静止状态。某时刻解锁小球A，当小球A沿圆弧运动到最低点N时（物块B未到达M点），物块C对挡板的作用力恰好为0。已知小球A的质量为5m，物块B、C的质量均为2m，重力加速度为g，小球与物块均可视为质点，不计一切摩擦，弹簧始终处于弹性限度内，则（）A．小球A从M点运动到N点的过程中，物块B的机械能守恒B．弹簧的劲度系数k=C．小球A到达N点时，小球A的速度大小vD．小球A到达N点时，物块B的速度大小v【答案】BC【详解】A．小球A从M点运动到N点的过程中，物块B除重力以外还有弹簧弹力、绳子拉力做功，所以物块B的机械能不守恒，故A错误；B．未解锁小球A之前，弹簧处于压缩状态，对物块B受力分析有2mg小球A到达N点时，物块C对挡板的作用力恰好为0，此时弹簧处于伸长状态，对物块C进行分析有2mg根据几何关系有x联立解得k=故B正确；CD．小球A到达N点过程，小球A、物块B、弹簧组成的系统机械能守恒，又x可知弹簧弹性势能始末相等，则由机械能守恒可得5mgR(1−根据关联速度分解可得v联立解得v1=故C正确，D错误。故选BC。8．（2026·安徽黄山·一模）如图所示，一轻质光滑定滑轮固定在木板上，质量分别为2m和m的物块A、 B，通过不可伸长的轻绳跨过滑轮连接。A、 B的接触面、轻绳均与木板平行。A、A．30∘ B．37∘ C．45∘【答案】D【详解】根据题意分析，物块A、B刚好要滑动时，应该是物体A相对物体B向下滑动，设绳子拉力为F，对A受力分析，由平衡条件得2mg对B受力分析，由平衡条件得mg联立解得sin可知θ=53°故选D。9．（2025·云南昆明·模拟预测）某建筑工地中的圆锥状沙堆如图甲所示，可将其理想化为图乙所示的圆锥体。沙粒可视为质点，沙粒间的动摩擦因数为μ，沙粒之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不考虑沙粒的滚动。当把沙粒轻放在圆锥形沙堆的侧面上，该沙粒恰好能静止时，沙堆的高度ℎ达到最大，此时，沙堆的底面圆半径为r，体积V=13πr2A．23V0πμ B．23【答案】B【详解】沙粒静止时，重力沿斜面的分力与最大静摩擦力平衡。设圆锥面与底面的夹角为θ，则有mgsin可得μ=由几何关系可知tanθ=沙堆体积V=当体积为V0时，底面半径r沙堆的底面直径为2故选B。10．（2025·广东佛山·一模）拖把是由拖杆和拖把头构成的清洁工具。如图，某同学保持拖杆与竖直方向的夹角θ不变，并用沿拖杆方向的推力F推拖把头，发现无论推力F多大，拖把一直保持静止状态，设拖把头质量为m，忽略拖杆质量，拖把头与地板之间的动摩擦因数为µ，下列说法正确的是（）A．增大推力F，拖把头所受合力增大B．拖把保持静止状态的原因是μ≥C．增大推力F，地面对拖把头的作用力可能先减小后增大D．若要推动拖把，可增大拖杆与竖直方向的夹角θ【答案】BD【详解】A．增大推力F，拖把头所受合力一直为零，故A错误；B．无论推力F多大，拖把一直保持静止状态，则可以忽略拖把头的重力，则F所以μ≥tanC．根据平衡条件可得，增大推力F，则地面对拖把头的作用力增大，故C错误；D．若要推动拖把，可增大拖杆与竖直方向的夹角θ，使得μ<tan故选BD。11．（2025·四川巴中·模拟预测）如图甲所示，质量为M的轨道静止在光滑水平面上，轨道左侧部分水平且上表面粗糙，右侧部分为14光滑圆弧，两部分在P点平滑连接，Q为轨道的最高点。质量为m的小物块静置在轨道左端，与水平轨道间的动摩擦因数为μ，给物块施加水平向右的推力F，小物块处在轨道水平部分时，其加速度a与F对应关系如图乙所示，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知轨道水平部分长度L=1m，圆弧部分的半径R=0.4m，重力加速度大小gA．动摩擦因数为μ=0.1B．小物块质量m=1C．若对物块施加水平向右的推力F=6N，当小物块到P点时撤去F，则物块不能从QD．若对物块施加水平向右的推力F=6N，当小物块到P点时撤去F【答案】BC【详解】AB．由图乙可知，当F≤4N时，物块与轨道一起加速，根据牛顿第二定律有可得a=根据a−F图像可得1F>4N时，二者发生相对滑动，对轨道根据牛顿第二定律有可得a=根据a−F图像可得1联立求得M=m=1由F=6N时，a=4m/CD．若对物块施加水平向右的推力F=6N，则物块与轨道发生相对滑动，对物块根据牛顿第二定律有对轨道μmg=M求得a1=4当小物块到P点时，有L=求得t=1此时物块速度为v轨道速度为v撤去F后，物块与轨道水平方向动量守恒，物块沿圆弧轨道上升到最高点时，则有Mv1代入数据求得ℎ=0.05m<R，显然物块不能从Q该过程，根据功能关系可知μmg求得x相对故选BC。12．（25-26高三上·安徽合肥·月考）“腊月二十四，掸尘扫房子”，据《吕氏春秋》记载，中国在尧舜时代就有春节扫尘的风俗，寓意在新年里顺利平安。春节前夕，小红需移开沙发，清扫污垢，质量m=10kg的沙发放置在水平地面上，小红用力F推沙发，当F斜向下与水平成θ=30°时，如图，若F=100N，沙发恰好开始做匀速运动，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度A．沙发与地面间的动摩擦因数μ=B．沙发开始运动后，保持F大小不变，增大θ角，物体将做加速运动C．若F方向能随意改变，想用最小的力推动沙发，应使F沿水平方向D．若F方向能随意改变，能让沙发匀速运动，力F的最小值为50【答案】AD【详解】A．沙发做匀速直线运动，沙发受力如图所示，由共点力平衡条件得水平方向F竖直方向N=mg+Ff=μN联立解得μ=3B．保持F不变，增大θ，对沙发受力分析，水平方向F竖直方向N=mg+Fθ增大，sinθ增大，cosθ减小，故N增大，f增大，CD．若F方向能随意改变，想用最小的力推动沙发，则沙发做匀速运动，且此时F方向应该斜向上，如图所示，对沙发受力分析，由牛顿第二定律得，水平方向F竖直方向N+F摩擦力f=μN联立解得F=故当cosα+μsinα最大时，F最小，cosα+μsinα=4故选AD。13．（2025·福建龙岩·二模）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（

）

A．B球的轨迹是一段圆弧B．A球的质量大于B球的质量C．此过程中点电荷对B球的库仑力减小D．此过程中滑轮受到轻绳的作用力逐渐减小【答案】AC【详解】AB．开始时B球受力如图所示，

由相似三角形可知T因OB<OC知mBg＞T=mAg则A球的质量小于B球的质量；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球的轨迹是一段圆弧，故A正确，B错误；C．根据F=k则k则随着B的电荷量缓慢减少，BC减小，F减小，即此过程中点电荷对B球的库仑力减小，选项C正确；D．因滑轮两侧绳子拉力不变，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变大，选项D错误。故选AC。14．（2025·山东济南·一模）如图所示，边长为L的正方体区域MNPQ-M'N'P'Q'，MM'为竖直方向，J是NP上的一点，K是NN'上的一点。两条半径均为L的14光滑圆弧金属导轨分别固定在面MNN'M'和面PQQ'P'内，导轨圆心分别在N点和P点，两导轨MQ之间连接电源。整个区域范围内存在方向沿M'→N的匀强磁场，将长度为LA．只将两导轨间距减小至0.5L，金属棒在两导轨上平衡的位置将下移B．只