力與物體的平衡-2025中考物理二輪復習（解析版）

闈一階第突破核心升華思維

專題一力與運動

體系重構?貫通知識脈絡

力

二

力

與

運

動

合力大小、

方向都變化

田^&力與物體的平衡

【備考指南】1.本講命題方向是創(chuàng)設接近日常生產(chǎn)生活實際的問題情境，重

點考查力的合成和分解，共點力的平衡等知識。2.復習備考過程中應重視多物

體問題情境的研究，注重靈活應用整體法和隔離法解決問題。3.重視動態(tài)平衡

問題情境的研究，關注常用到的各種數(shù)學方法，如圖解法、相似三角形法及正

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弦定理等。

突破點一物體的靜態(tài)平衡

1.受力分析、整體法和隔離法的應用

(1)“四步”搞定受力分析

“一定”：靈活運用整體法和隔離法確定研究對象;

“二析”：按順序分析研究對象受力情況;

“三畫”：畫出受力示意圖;

“四查”：檢查是否漏力、多力或錯力。

(2)整體法、隔離法的選用技巧

整廣畫M只涉及系統(tǒng)外力不涉及系統(tǒng)內力)

體

思—T^H系統(tǒng)具有相同的速度和加速度)

維

法整體法解題一般比較快捷

整床法不能求內力

2.求解靜態(tài)平衡的三種技能

(1)力的合成法、效果分解法及正交分解法，示意圖如圖所示。

(2)在三個力作用下物體的平衡問題中，常用合成法或效果分解法分析。

(3)在多個力作用下物體的平衡問題中，常用正交分解法分析。

[典例1](二維平面多力平衡問題)(2024?浙江1月選考)如圖所示，在同一豎直

平面內，小球N、6上系有不可伸長的細線a、b、c和"，其中a的上端懸掛于

豎直固定的支架上，〃跨過左側定滑輪、c跨過右側定滑輪分別與相同配重尸、

2相連，調節(jié)左、右兩側定滑輪高度達到平衡。已知小球N、5和配重P、。質

量均為50g,細線c、4平行且與水平方向成，=30。(不計摩擦，重力加速度g取

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10m/s2）,則細線a、b的拉力分別為（)

C.1NIND.1N0.5N

D［對N、6整體受力分析，如圖1所示，由于，/=Tc=mg,且兩者共線反向，

則由力的平衡條件有7；=2?ig=lN,方向豎直向上；對N單獨受力分析，如圖

2所示，根據(jù)力的平衡條件，水平方向上有方cosa=或cos。，豎直方向上有方

sina+Tcsin0=mg,聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得a=〃=30°,Tb=Tc=mg=0.5No綜

上可知，D正確。

Ta

*2mg

圖1圖2

【教師備選資源】

（二維平面多力平衡問題）（多選）（2024?廣東深圳10月質量檢測）如圖所示，質量

M=3kg的木塊套在固定的水平桿上，并用輕繩與小球相連?，F(xiàn)用與水平方向成

60。角的力F拉著小球并帶動木塊一起向右勻速運動，7^=1073N,運動過程中

木塊與小球的相對位置保持不變，輕繩與桿的夾角為30°,g取10m/s2,貝！|（）

A.小球的質量“2=1kg

B.小球的質量〃1=竽kg

C.木塊與水平桿間的動摩擦因數(shù)4=?

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D.木塊與水平桿間的動摩擦因數(shù)"=?

AD［對小球受力分析，由平衡條件可知，水平方向上有kcos60。=bTCOS30。，

豎直方向上有bsin60。=尸闿1130。+用且，聯(lián)立解得陽=1kg,故A正確，B錯

誤；以小球和木塊整體為研究對象，水平方向上有歹cos60。一"網(wǎng)=0,豎直方

向上有歹N+八in60。一吸一〃唔=0,聯(lián)立解得“=今故C錯誤，D正確。］

［典例2］（三維空間多力平衡問題）（2023?四川遂寧三模）如圖所示，將三根長度

均為L的完全相同的輕質細桿連接到同一個頂點0,另一端分別連接到豎直墻

壁上的N、B、。三個點，5C連線沿水平方向，△48。的三邊邊長也均為上。

其中0、N、5、。點處，分別是四個可以向各個方向自由轉動的輕質光滑錢鏈（未

畫出）。在。點用細繩懸掛一個質量為陽的重物，已知重力加速度為g,則NO

桿對墻壁的作用力為（）

C.V3mgD.—^-mg

［思維拆解］（1）選。點為研究對象，該點受四個力，四個力并不在同一個平面

內。

（2）04、OB、OC三桿對O點的力大小不相同，其中05、OC兩桿對O點的力

大小相同。

（3）本題中06、0C兩桿對。點的力大小相同，可將兩個力合成等效為一個力

FBC,這樣就將。受到四個空間力轉換為三個在同一個平面內的力，即。4桿的

力FA、繩的拉力及等效力凡c。

B［（等效法的應用）在平面06C上，應用等效法將05與0C兩桿對0點的作

用力等效為油c,如圖1所示，將空間內四力平衡轉化為三力平衡。

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（相似三角形法的應用）如圖1所示，從。點作5C邊的高，與6。邊相交于。點，

由圖1可知，06桿和0。桿對。點的作用力的合力Nc沿著方向向上。在

4D0平面上畫出0點的受力情況，并作出平行四邊形，如圖2所示，可知△NOO

與AM0P相似，則有竺=唯，4D的長度為Lsin60°=—Z,可得AO桿對O點

A0尸42

的彈力兄=多喏，由牛頓第三定律知NO桿對墻壁的作用力等于亨加g,故A、

C、D錯誤，B正確。］

［典例3］（電場中的平衡問題）（2024?新課標卷）如圖所示，兩根不可伸長的等長

絕緣細繩的上端均系在天花板的o點上，下端分別系有均帶正電荷的小球P、。；

小球處在某一方向水平向右的勻強電場中，平衡時兩細繩與豎直方向的夾角大

小相等，貝!1（）

A.兩繩中的張力大小一定相等

B.尸的質量一定大于。的質量

C.尸的電荷量一定小于。的電荷量

D.尸的電荷量一定大于。的電荷量

B［分別對兩小球受力分析如圖所示，設兩小球間的距離為/,繩與豎直方向的

夾角為，，則有隼毆一僅tan0,+qpE=mpgtan0,顯然nt睢tan

0<mpgtan0yniQ<mp9B正確；設下端系有小球尸的細繩的張力大小為T,

下端系有小球2的細繩的張力大小為下,則有7=匕，T'=嗎，結合上述分

析可知，7>7,A錯誤;根據(jù)小球。在0點所在豎直線左邊知窄多E僅,則等〉E,

但尸、。電荷量之間的大小關系無法確定，C、D錯誤。

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器“半1

?mpg

［典例4］（磁場中的平衡問題）（多選）（2024?長沙市新高考適應性考試）如圖所示,

兩根相同的粗糙金屬導軌MV、P。平行固定在傾角為，的絕緣斜面上，N端和Q

端分別與電源的正、負極相連。勻強磁場垂直于斜面向上，質量為陽的導體棒

油水平置于導軌上，處于靜止狀態(tài)。已知重力加速度為g,則下列方法可能使

ab棒運動的是（）

B\\

A.僅將電源正、負極對調

B.僅增大電源電動勢

C.僅將勻強磁場方向變?yōu)樨Q直向下

D.僅增大勻強磁場的磁感應強度

BD［對初始狀態(tài)靜止的導體棒仍受力分析，如圖所示，由力的平衡條件有5〃

?

+mgsin0=Ff,又由歐姆定律得/=；,則zwgsin，+04=7￡歷1鶴。僅將電源

的正、負極對調，安培力的方向變?yōu)檠匦泵嫦蛏?，此時有

-等卜Ffmax,則導體棒仍一定靜止，A錯誤；僅增大電源的電動勢，

導體棒油所受安培力增大，重力沿斜面向下的分力與安培力的合力增大，當該

合力大于導體棒好與導軌間的最大靜摩擦力時，導體棒仍開始運動，B正確；

僅將勻強磁場方向變?yōu)樨Q直向下，則安培力的方向變?yōu)樗较蛴?，有垂直斜?/p>

向下的分力，導體棒好對導軌的壓力變大，導體棒好與導軌間的最大靜摩擦

力變大，此時有一等COS。卜Ffmax＜尸fmax,則導體棒必一定靜止，C

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錯誤；僅增大勻強磁場的磁感應強度，導體棒油所受安培力增大，重力沿斜面

向下的分力與安培力的合力增大，當該合力大于導體棒ab與導軌間的最大靜摩

擦力時，導體棒必開始運動，D正確。］

突破點二物體的動態(tài)平衡及臨界極值問題

［典例5］（三力動態(tài)平衡問題）（2024?重慶南開中學10月檢測）在某次體育鍛煉

過程中，一學生將鉛球置于兩手之間，其中兩手之間夾角為60。。保持兩手之間

夾角不變，將右手由圖示位置緩慢旋轉60。至水平位置。不計一切摩擦，則在轉

動過程中，下列說法正確的是（）

A.右手對鉛球的彈力增大

B.右手對鉛球的彈力先增大后減小

C.左手對鉛球的彈力增大

D.左手對鉛球的彈力先增大后減小

B［以鉛球為研究對象，受重力G、右手對鉛球的彈力入、左手對鉛球的彈力

Fi,受力分析如圖甲所示。緩慢旋轉過程中鉛球處于平衡狀態(tài)，則將三力平移

后構成一首尾相連的三角形，兩手之間夾角保持60。不變，則兩力之間的夾角保

持120。不變，則在三角形中歷與E夾角保持60。不變，重力G的大小、方向不

變，作出力三角形的外接圓，根據(jù)弦所對的圓周角都相等，則右手緩慢旋轉60。

至水平位置過程中力的三角形變化如圖乙所示，分析可得Fi開始小于直徑，當

轉過30。時E等于直徑，再轉時又小于直徑，所以B先增大后減小，后開始就

小于直徑，轉動過程中一直減小，選項B正確。

［典例6］（多力動態(tài)平衡問題）（20247月九省聯(lián)考安徽卷）如圖所示，輕繩1兩

端分別固定在兇、N兩點（N點在V點右上方），輕繩1上套有一個輕質的光滑

小環(huán)0,質量為〃，的物塊P通過另一根輕繩2懸掛在環(huán)的下方，處于靜止狀態(tài),

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ZMON=GO°o現(xiàn)用一水平向右的力F緩慢拉動物塊，直到輕繩2與MV連線

方向垂直。已知重力加速度為g。下列說法錯誤的是（）

N

2

夕匚二1/

A.施加拉力廠前，輕繩1的張力大小為爭陪

B.物塊在緩慢移動過程中，輕繩2的延長線始終平分NMON

C.物塊在緩慢移動過程中，輕繩2的張力越來越大

D.物塊在緩慢移動過程中，輕繩1的張力可能先增大后減小

D［施加拉力歹前，以小環(huán)O為研究對象，受到輕繩2的拉力等于物塊P的重

力mg,豎直方向根據(jù)受力平衡可得271cos30。=〃唔,解得輕繩1的張力大小為

，1=苧〃唔，故A正確，不滿足題意；物塊在緩慢移動過程中，以小環(huán)0為研究

對象，由于小環(huán)。兩側輕繩1的張力大小總是相等，則小環(huán)。兩側輕繩1的張

力合力沿NMON平分線上，根據(jù)受力平衡可知，輕繩2的延長線始終平分

AMON,故B正確，不滿足題意；物塊在緩慢移動過程中，輕繩2與豎直方向

的夾角，逐漸增大，以物塊為研究對象，根據(jù)受力平衡可得72C0S，=Mg,可知

乃=其，可知輕繩2的張力越來越大，故C正確，不滿足題意；物塊在緩慢移

動過程中，由于V、N之間的輕繩1長度不變，根據(jù)數(shù)學知識可知，小環(huán)。的

運動軌跡為橢圓，M、N為橢圓的兩個焦點；當輕繩2與MV連線方向垂直時，

小環(huán)。剛好位于橢圓的短軸頂點上，根據(jù)橢圓知識可知此時NM0N最大，則此

過程NM0N=a逐漸增大，以小環(huán)O為研究對象，根據(jù)受力平衡可得271cosm

=Ti,可得71=盧^,可知此過程輕繩1的張力一直增大，故D錯誤，滿足題

意。故選D。］

［典例7］（臨界極值問題）（多選）（2024?山東日照9月質檢）一質量為m的物塊恰

好能沿傾角為，=30。的足夠長斜面勻速自由下滑。現(xiàn)在物塊沿斜面勻速下滑的過

程中，在豎直平面內給物塊一外力同廠與水平方向的夾角為a,斜面始終處于

靜止狀態(tài)，如圖所示。已知重力加速度為g,下列說法正確的是（）

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A.若a=0。，物塊沿斜面下滑的過程中，地面對斜面的摩擦力水平向左

B.若a=60。，物塊沿斜面下滑的過程中，地面對斜面的摩擦力為零

C.若a=90。，物塊沿斜面下滑的過程中，地面對斜面的摩擦力為零

D.若尸拉著物塊沿斜面勻速上滑，則F的最小值為〃唔

BC［未加歹時，物塊勻速下滑，受力平衡，物塊受到重力、支持力和摩擦力的

作用，由平衡條件得〃唔sin30。cos30。，解得物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)

//=tan300=yo物塊勻速下滑過程中，整體在水平方向上受力平衡，則地面對

斜面的摩擦力為零；若(z=60。，對斜面的壓力增加歹、摩擦力增加〃尸，如圖所

示，根據(jù)幾何關系可知，tan0=—=^,故此時物塊對斜面的作用力方向仍豎直

向下，地面對斜面的摩擦力為0,在豎直平面內給物塊一任意方向的外力下，此

力歹可以分解為垂直于斜面方向的力和沿斜面方向的力，由以上分析可知物塊

對斜面的作用力方向仍豎直向下，所以無論施加什么方向的力，在物塊停止運

動前，地面對斜面的摩擦力均為零，故A錯誤，B、C正確；若F拉著物塊沿

斜面勻速上滑，設F與斜面的夾角為根據(jù)平衡條件得Feosy=mgsin0+n(mg

cossin),解得歹=理強也詠則=吟"當，一/=0。時，F(xiàn)

Zcosy+Atsinyy/l+l^cos(0-y)'

取最小值，所以理變等等則=Mgsin2，=gig,D錯誤。

反思感悟

1.三力作用下動態(tài)平衡的分析方法

9/22

一

研究對初始受一個力圖利用平行四邊

象：受力分析,為恒力,解形定則或三角

法、形定則求解

三力且同時判另一個」

處于動斷變力力的方解

析利用三角函數(shù)

態(tài)平衡的變化向恒定法

一知識求解

的物體特征

一個力為恒力，構建幾何

-另兩個力的方向三角形，

均變化用相似三

角形知識

［力的矢量三角形4求解

:*

［知道角的關系，用正弦定理求的

2.四力作用下的動態(tài)平衡

(1)在四力平衡中，如果有兩個力為恒力，或這兩個力的合力方向確定，為了簡

便可用這兩個力的合力代替這兩個力，轉化為三力平衡，例如：

①如圖甲，qE<mg,把擋板緩慢轉至水平的過程中，可以用重力與靜電力的合

力wtg—［E代替重力與靜電力。

②如圖乙，物體在拉力歹作用下做勻速直線運動，改變，大小，求拉力的最小值,

可以用支持力與摩擦力的合力尸代替支持力與摩擦力。

乙

(2)對于一般的四力平衡及多力平衡，可采用正交分解法。

(3)在力的方向發(fā)生變化的平衡問題中求力的最小值時，一般利用三角函數(shù)求極

值。

3.解決臨界極值問題的三種方法

⑴解析法：根據(jù)物體的平衡條件列出平衡方程，在解方程時采用數(shù)學方法求極

值。

(2)圖解法：此種方法通常適用于物體只在三個力作用下的平衡問題。

⑶極限法：極限法是一種處理極值問題的有效方法，它是指通過恰當選取某個

變化的物理量將問題推向極端(如“極大”“極小”等)，從而把比較隱蔽的臨界

狀態(tài)暴露出來，快速求解。

10/22

,（棵H壬標▼?臨考預測，名師押題?........................

1.（三維空間中三力平衡）（2024?湖南長沙5月三模）如圖所示，某創(chuàng)新實驗小組

制作了一個半徑為12cm的圓環(huán)，將3個相同的輕彈簧一端等間距地連接在圓

環(huán)上的N、B、。三點，另外一端連接于同一點，結點恰好在圓心。處。將圓環(huán)

水平放置，在結點0處懸掛一瓶礦泉水，緩慢釋放直至平衡時測得結點下降了5

cm0已知輕彈簧的自然長度為9cm,礦泉水的重力為6N,則彈簧的勁度系數(shù)

為（）

A.390N/mB.130N/m

C.3.90N/mD.1.30N/m

B［如圖所示，由幾何關系可知平衡時每根彈簧的長度均為x=V122+52cm

=13cm,每根彈簧的伸長量均為Ax=13cm—9cm=4cm,根據(jù)豎直方向受力

平衡可得G=3kNxcos6,解得勁度系數(shù)為k=—^-—=------N/m=130

3Axcos03X4X10-2X^

N/m,故B正確。

2.（多物體平衡問題）（多選）社會主義核心價值觀基本內容為富強、民主、文明、

和諧、自由、平等、公正、法治、愛國、敬業(yè)、誠信、友善。某公司為了宣傳

社會主義核心價值觀基本內容，用一根輕質細繩將12盞燈籠按如圖所示的形式

依次懸掛起來，為了追求美感，平衡時左、右兩側細繩與豎直方向的夾角均為

45°,相鄰兩燈籠間的水平距離均為xo,富強、友善兩盞燈籠結點的高度均為后

每盞燈籠的質量均為陽，重力加速度大小為g,下列說法正確的是（）

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A.“平等”、“公正”兩燈籠間細繩中的張力大小為6Mg

B.“愛國”、“敬業(yè)”兩燈籠間細繩中的張力大小為7Mg

C.“和諧”燈籠的結點距地面的高度為〃-2xo

D.“公正”燈籠的結點距地面的高度為〃-3xo

AC［對“平等”燈籠右側的6盞燈籠整體進行受力分析，如圖甲所示，顯然T

=6mg,選項A正確；對"公正”燈籠受力分析，如圖乙所示，可知tan，i=),

同理分析可知，tan仇=3…，tan〃5=3由于“愛國”與“敬業(yè)”兩燈籠之間

66

細繩與水平方向的夾角滿足tana=4，所以細繩中的張力大小為3上％=

3延Mg,選項B錯誤；由于相鄰兩燈籠之間的水平距離均為xo,所以“和諧”

燈籠的結點距地面的高度為八一x0(tan03+tan仇+tan&)=〃-2xo,"公正"

燈籠的結點距地面的高度為八一Xo(tan6i+tan/+…+tan仇)=〃一|xo,選項

C正確，D錯誤。

3.(高考新動向?三維空間問題)已知通電直導線產(chǎn)生的磁場的磁感應強度與通

電導線的電流大小成正比，與到通電導線的距離成反比。如圖所示，長直導體

棒P通過兩根等長絕緣細線懸掛在豎直絕緣光滑墻面上等高的A,B兩點的正下

方，并通以電流小。另一導體棒。也通過兩根等長絕緣細線懸掛在N、B兩點,

并通以電流/如靜止時懸掛。的兩細線與豎直墻面有一定夾角，然后緩慢減小

導體棒P中的電流。已知重力加速度為g,則下列說法正確的是()

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A.4與方向相同

B.懸掛。的細線拉力逐漸減小

C.懸掛P的細線拉力大小不變

D.若尸中的電流減為初始的四分之一，則兩導體棒的距離減半

D［同向電流相互吸引，異向電流相互排斥，由題意可知，兩棒互相排斥，故

電流方向相反，A錯誤；

2瑁

才'yT

(mp+mj金'、

乙i

整體法分析，兩導體棒之間

力的三角形與三角形的斥力為內力，繩對桿的力

8PQ相似為外力

如圖甲所示，對導體棒。受力分析。記尸2距離為"，6。距離為L,RP距離為

H,由相似三角形知識得粵=卓=今，故懸掛。的細線拉力大小不變，B錯誤；

HLu

如圖乙所示，將兩根導體棒視為整體進行受力分析，設懸掛。的細線與豎直方

向的夾角為，，貝“有2戶T+2FTC0S，=（〃2Q+〃2p）g,由于，逐漸減小，故懸掛尸的

細線拉力逐漸減小，故C錯誤；導體棒尸在導體棒。處產(chǎn)生的磁場的磁感應強

度B=A務故導體棒。受到的安培力FA.=IQBLQ,得FA=A0:而

F\=^-d,故匕0c4,d^JTp,故P中的電流減為初始的四分之一時兩導體棒的

距離減半，D正確。］

專題限時集訓（一）力與物體的平衡

［A組基礎保分練］

1.（2024?江蘇泰州9月開學考）如圖所示，六根原長均為I的輕質細彈簧兩兩相

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連，在同一平面內的六個大小相等、互成60。角的恒定拉力作用下，形成一個穩(wěn)

定的正六邊形，彈簧在彈性限度內。已知正六邊形的外接圓的直徑為力每根彈

簧的勁度系數(shù)均為A,則每個拉力的大小為（）

A.k(d-I)

C.k(d-2l)D.2k(d-l)

B［由題意可知，每根彈簧的長度為根據(jù)胡克定律可得每根彈簧拉力的

大小為歹彈=A"一/）=〃用一。，以輕質細彈簧兩兩相連處為研究對象，分析受

力如圖，根據(jù)平衡條件可得歹彈=F=A停一B正確，A、C、D錯誤。

2.（2024?山東卷）如圖所示，國產(chǎn)人形機器人“天工”能平穩(wěn)通過斜坡。若它

可以在傾角不大于30。的斜坡上穩(wěn)定地站立和行走，且最大靜摩擦力等于滑動摩

擦力，則它的腳和斜面間的動摩擦因數(shù)不能小于（）

C.?D

B［只要保證“天工”在30。傾角的斜坡上不下滑，在小于30。傾角的斜坡上更

不會下滑，對在30。傾角的斜坡上的"天工”受力分析，有“〃唔cos30。2摩sin

30°,解得手，B正確。］

3.（2024?河北卷）如圖所示，彈簧測力計下端掛有一質量為0.20kg的光滑均勻

球體，球體靜止于帶有固定擋板的斜面上，斜面傾角為30。，擋板與斜面夾角為

60%若彈簧測力計位于豎直方向，讀數(shù)為1.0N,g取10m/s2,擋板對球體支持

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力的大小為（）

，〃/〃〃/〃〃/〃/〃〃〃〃〃〃〃〃/〃〃〃〃.

A-TNB.1.0N

C.—ND.2.0N

3

A［對球體進行受力分析，球體受重力Mg、彈簧測力計的拉力八擋板對其的

支持力M、斜面對其的支持力川2,如圖所示。

//////////////////////////////////////////.

由球體受力平衡得：TVicos60°=JV2COS60°,Msin60°+7V2sin600+T=mg9解得

N,A正確。］

4.（2024?貴陽市高三第一次教學質量檢測）如圖所示，一矩形晾衣架固定在水

平橫桿上。繩與衣架邊框的接點N和刀與6和。到鄰近短邊的距離相等，。為

繩與掛鉤的結點。測得4B=CD=32cm、AD=BC=24cm＞輕質軟繩。4=06

=OC=OD=25cm,衣架和夾子的總質量為0.3kg。重力加速度g取10m/s2,

則每根繩的拉力大小為（）

A.0.75NB.1.25NC.1.4ND.1.6N

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B［作出晾衣架俯視圖

DC

、）+XAO,=~2XAC+%務=20cm

乙―4

AB°pcos6=—］

40所在豎直面內有afjc°s。=琮.喂］

u3卜方=1.25N,

由力的平衡條件有4Fsin0=mgJB正確

5.（2024?廣東佛山5月模擬）如圖所示，用48與NC兩根繩懸掛一質量分布不

均（重心偏左）的矩形畫框，畫框底部需保持與水平地面平行。若保持4B繩長不

變，將。端左移，NC繩縮短至某一長度（但NC繩仍長于N5繩）后懸掛畫框，

畫框保持原狀態(tài)不動，則改變NC繩長前后（）

A.N5繩的拉力大小總等于NC繩的拉力大小

B.N5繩的拉力大小總小于NC繩的拉力大小

C.48繩的拉力大小不變

D.NC繩的拉力大小可能不變

D［對畫框受力分析如圖甲所示，設48繩上的拉力與水平方向的夾角為，1,NC

繩上的拉力與水平方向的夾角為，2。根據(jù)題意，保持48繩長不變，將。端左移，

NC繩縮短至某一長度（但NC繩仍長于48繩），則可知該過程中為始終不變，且

根據(jù)幾何關系，始終有為＞仇。在水平方向根據(jù)平衡條件有E1ECOS，1=E1CCOS，2,

由于歷始終大于仇，因此始終大于Eic,故A、B錯誤；

mgmg

甲乙

畫框所受重力為恒力，48繩上力的方向始終不變，作出力的矢量三角形如圖乙

所示，可知，隨著NC繩。端向左移動，繩NC與豎直方向的夾角在減小，該過

程中繩NC上的拉力可能先減小后增大，當繩NC垂直于繩4B時，繩NC上的

拉力有最小值，因此改變NC繩長前后NC繩的拉力大小可能不變，該過程中繩

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48上的拉力EIB逐漸減小，但始終大于繩NC上的拉力Eic,故C錯誤，D正

確。］

6.如圖所示，一粗糙斜面固定在水平地面上，一細繩一端連接放在斜面上的小

滑塊M,另一端跨過斜面頂端的光滑定滑輪和連接小滑塊N的光滑動滑輪后，

末端固定在豎直桿上的N點，整個系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，現(xiàn)保持繩固定于N點不

變，將豎直桿緩慢地向右移動一段距離，斜面體與小滑塊均未發(fā)生滑動，已知

重力加速度為g。下列關于移動桿的過程中各物理量變化的說法正確的是（）

A.細繩對小滑塊般的拉力減小

B.斜面對小滑塊〃的摩擦力增大

C.地面對斜面體的支持力不變

D.地面對斜面體的摩擦力減小

C［動滑輪兩端細繩的拉力相等，設繩子與豎直方向的夾角為/根據(jù)平衡條件

可得2FCOS〃=MT這，解得b=9嗯，由幾何知識可知將豎直桿緩慢地向右移動

一段距離的過程中，兩段繩子之間的夾角變大，兩段繩子的合力不變，則拉力歹

增大，所以選項A錯誤；由于不清楚初始時刻小滑塊〃所受摩擦力的方向，則

斜面對小滑塊"的摩擦力可能減小、也可能增大，選項B錯誤；以小滑塊效和

斜面體整體為研究對象，根據(jù)受力平衡可得地面對斜面體的支持力歹N=（而科+

+kCOS，=（?1件+?/M）g+號支，可知地面對斜面體的支持力不變，選項C

正確；同理，根據(jù)受力平衡可得地面對斜面體的摩擦力尸尸sin，=等tan，，0

變大，/增大，所以選項D錯誤。］

7.一輕質桿兩端分別固定有質量均為陽的小球N、B,兩小球由細線OE、FC

懸掛于水平天花板及豎直墻壁上，如圖所示。0E和歹C的拉力分別用E和后

表示，初始時，B與豎直方向的夾角，=30。，E水平?，F(xiàn)保持輕桿位置不變，

將細線FC的C端緩慢上移至FC與水平方向成a=60。的位置的過程中（已知重

力加速度為g）,下列說法正確的是（）

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M

A.B一直減小且減小了mg

B.歷先減小后增大，其最小值為/rag

C.Fi一直減小且減小了mg

D.輕桿的彈力先減小后增大，其最小值為2〃唔

B［取兩小球及輕桿整體為研究對象，整體受重力2〃唔、歷和b2,并處于平衡

狀態(tài)。如圖甲所示，當。端緩慢上移時，由圖可知，B一直減小，最初時，F(xiàn)i

=.27彳=竽w/g,移動后尸1=等〃唔，減小了等》zg,A錯誤；由圖甲知，F(xiàn)1

先減小后增大，其最小值為Mg,C錯誤，B正確；取N球為研究對象，其所受

重力、E及輕桿的彈力歹滿足圖乙所示關系，因為末態(tài)時尸1=孚》陪=-^,

所以最后桿的彈力正好沿水平方向，由圖乙知桿的彈力一直在減小，D錯誤。

［B組能力提分練］

8.如圖(a)所示，工人用推車運送石球，到達目的地后，緩慢抬起把手將石球倒

出，如圖(b)所示。若石球與板05、04之間的摩擦不計，ZAOB=60°9圖(a)

中05與水平面的夾角為30。，則在抬起把手使04變?yōu)樗降倪^程中，石球對

板OB的壓力FNI＞對板04的壓力FNI的大小變化情況是()

(b)

A.FNI變小、八2先變大后變小

B.歹N1變小、歹N2變大

C.尸N1變大、外2變小

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D.FNI變大、EN2先變小后變大

A［以石球為研究對象，受力分析如圖所示，緩慢抬起把手過程中，石球受力

平衡，結合數(shù)學知識可得上=￡些=￡,其中G和a不變，在轉動過程中：6

sinpsmysma

從90。增大到180。，sin//不斷變小，則戶NI不斷變??；》從150。減小到60。，sin

＞先變大后變小，則尸N2先變大后變小，由牛頓第三定律知，A正確。

9.（2024?陜西省高考仿真模擬）如圖所示，與水平面夾角均為。=37。的兩金屬

導軌平行放置，間距為1m,金屬導軌的一端接有電動勢E=3V、內阻

的直流電源，另一端接有定值電阻火=4。。將質量為0.025kg的導體棒仍垂

直放在金屬導軌上，整個裝置處在垂直導軌平面向上的勻強磁場中。當開關S

斷開時，導體棒剛好不上滑；當開關S閉合時，導體棒剛好不下滑。已知導體

棒接入電路的電阻島=4。，§也37。=0.6,cos37°=0.8,金屬導軌電阻不計，

最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度取g=10m/s2。則導體棒與導軌間的

動摩擦因數(shù)為（）

p-Ir

B［當S斷開時，帥中電流j=9-=0.6A,當S閉合時，瓶中電流/2=：x—

Ro+r2r+R并

=-x-A=0.5A,根據(jù)平衡條件有Bhd—fimgcos3=mgsin仇B(yǎng)hd+fimgcos0

=mgsin0,聯(lián)立解得"=&,故選B。］

10.（多選）如圖所示，質量分別為2陽和陽的N、B兩物塊放在傾角為，=37。的

斜面上，用繞過動滑輪的細繩連接，給動滑輪施加一個沿斜面向上的拉力F,N、

5兩物塊均處于靜止狀態(tài)，連接兩物塊的細繩均平行于斜面，不計滑輪的質量，

兩物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)均為0.5,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，已知重

力加速度為g,sin37。=0.6,cos37。=0.8,下列說法正確的是（）

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