專題01力與物體的平衡

目錄

01模擬基礎練..................................................................2

題型一：物體的受力分析及靜態平衡.............................................2

題型二：整體法與隔離法.......................................................6

題型三：活結與死結、動桿與定桿的彈力........................................10

題型四：動態平衡問題........................................................13

題型五：動態平衡問題中的臨界與極值問題......................................18

02重難創新練.................................................................20

題型六：力電綜合平衡問題....................................................20

題型七：力熱綜合平衡問題....................................................27

1/30

題型一：物體的受力分析及靜態平衡

1.（2024?遼寧?高考真題?摩擦力）利用硯臺將墨條研磨成墨汁時講究“圓、緩、勻”，如圖，在研磨過程中,

硯臺始終靜止在水平桌面上。當墨條的速度方向水平向左時，（）

A.硯臺對墨條的摩擦力方向水平向左

B.桌面對硯臺的摩擦力方向水平向左

C.桌面和墨條對硯臺的摩擦力是一對平衡力

D.桌面對硯臺的支持力與墨條對硯臺的壓力是一對平衡力

【答案】C

【詳解】A.當墨條速度方向水平向左時，墨條相對于硯臺向左運動，故硯臺對墨條的摩擦力方向水平

向右，故A錯誤；

B.根據牛頓第三定律，墨條對硯臺的摩擦力方向水平向左，由于硯臺處于靜止狀態，故桌面對硯臺的

摩擦力方向水平向右，故B錯誤；

C.由于硯臺處于靜止狀態，水平方向桌面和墨條對硯臺的摩擦力是一對平衡力，故C正確；

D.桌面對硯臺的支持力大小等于硯臺的重力加上墨條對其的壓力，故桌面對硯臺的支持力大于墨條對

硯臺的壓力，故D錯誤。

故選Co

2.（2024?河北?高考真題?共點力平衡）如圖，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

數為1.0N,g取lOm/s2,擋板對球體支持力的大小為（）

2/30

C.空ND.2.0N

3

【答案】A

【詳解】對小球受力分析如圖所示

由幾何關系易得力/與力FN與豎直方向的夾角均為30°，因此由正交分解方程可得用sin3（F=尸sin30。,

cos30°+Fcos30°+T=mg

解得尸=穌=@N

3

故選Ao

3.（2025屆高三上學期?浙江杭州?一模）如圖所示，甲在高處，乙在地面，兩人通過系在重物卜.的輕繩P、

Q將重物吊起。當重物處于靜止狀態時，兩繩拉力大小分別為a、FQ,與豎直方向夾角分別為a、重

B.心可能等于外

3/30

C.與一定大于GD.4一定大于G

【答案】C

【詳解】AB.對重物受力分析，由平衡條件，水平方向有號sina=qsinp

豎直方向有心coscz=%cos￡+G

若。等于尸，則乙等于外，則G=0,顯然不滿足條件，故a不可能等于號不可能等于外，故AB

錯誤；

CD.根據號cosa=%cos￡+G

可得鼻cosa>G

所以K>G

根據題目條件無法確定外與G的關系，故C正確，D錯誤。

故選C。

4.（2024?安徽?一模）如圖，長為L的輕質光滑細桿N8上穿有一個小球C,將桿水平置于相互垂直的固定

光滑斜面上，系統恰好處于平衡狀態。已知左側斜面與水平面成30。角，則由此可知小球C與/端的距離為

【答案】B

【詳解】對小球和輕桿組成的系統受力分析，如圖所示

4/30

mg

根據共點力平衡條件可知，力的作用線或反向延長線相較于一點，由幾何關系可知

L,=￡sin30°?sin30°=—

ACr4

5.（2024?湖南長沙?模擬預測）如圖，一小孩在玩躲貓貓游戲時，徒手靠摩擦爬上墻壁（地面有保護措施）,

已知該屋角兩側的豎直墻壁互相垂直，她爬升墻壁時利用手腳交替即雙腳支撐時雙手上移，雙手支撐時雙

腳上移的方法，最后靠雙腳與墻面作用停在某高度，假設此時雙手不受力，雙腳兩個受力點受力均等，小

孩重力為G,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，下列說法正確的是（）

A.小孩單只腳受到墻壁的摩擦力大小為巨

2

B.小孩受到墻壁的摩擦力方向豎直向上

C.小孩腳與墻壁間的動摩擦因數大于1

D.若對稱增加腳與墻壁的擠壓力，則摩擦力不改變

【答案】C

【詳解】ABC.對小孩受力分析，小孩受到豎直向下的重力G,墻壁對每只腳的支持力為白，對每只腳

的摩擦力為人則手腳交替的彈力、摩擦力，摩擦力的方向斜向上，如圖所示

5/30

&、*

▼G

設每個受力點受到的支持力為尸N，摩擦力為了,由圖可知，不能確定小孩受到墻壁的支持力與重力的大

小關系，但小孩受到墻壁的摩擦力大于重力的大小，小孩受到墻壁的摩擦力大于支持力，即/=〃心〉氏

所以〃>1

故AB錯誤，C正確；

D.由圖可知，若對稱增加腳與墻壁的擠壓力，則摩擦力增大，故D錯誤。

故選C。

題型二：整體法與隔離法

6.（2023?江蘇?高考真題?整體法與隔離法）如圖所示，“嫦娥五號”探測器靜止在月球平坦表面處。己知探

測器質量為小，四條腿與豎直方向的夾角均為仇月球表面的重力加速度為地球表面重力加速度g的9。每

6

條腿對月球表面壓力的大小為（）

整mgmgmg

44cos。6cos。24

【答案】D

【詳解】對“嫦娥五號”探測器受力分析有mg月

則對一條腿有線?=：加8月=篝

根據牛頓第三定律可知每條腿對月球表面的壓力為警。

故選D。

6/30

7.（2022?海南?高考真題?整體法與隔離法）我國的石橋世界聞名，如圖，某橋由六塊形狀完全相同的石塊

組成，其中石塊1、6固定，2、5質量相同為根，3、4質量相同為加，不計石塊間的摩擦，則ni:加為（）

2

【答案】D

【詳解】六塊形狀完全相同的石塊圍成半圓對應的圓心角為180°，每塊石塊對應的圓心角為30°,對第3

結合力的合成可知tan60°=二

771g

對第2塊和第三塊石塊整體受力分析如圖

(m+m')g

o尸4

tan30=-——^-―

解得皆=2

故選D。

8.（2025屆高三上學期?浙江金華?一模）如圖四位質量均為60kg的演員表演“疊羅漢”。其中B豎直站立在

A的肩上，雙手拉著C和D且雙臂與豎直方向夾角均為30。，A撐開雙手水平撐著C和D,四人均靜止。

則（）

7/30

A.演員B右手臂受到的拉力為400N

B.演員A右手臂受到的壓力為200N

C.演員B對演員A雙肩的壓力為1800N

D.地面對演員A的作用力為1200N

【答案】C

【詳解】AB.對演員D進行受力分析，受重力、A對其水平向左的支持力友、13對D斜向上的拉力線D，

如圖所示

由平衡條件有心Dsin30。=%，FBDcos30°=mg

解得"D=4006N,%=200GN

由牛頓第三定律可得，演員B右手臂受到的拉力為400?N,演員A右手臂受到的壓力為2000N,故

AB錯誤；

C.對演員B分析可知其受A的支持力為屬A=2aDcos30°+mg=1800N

由牛頓第三定律可得，演員B對演員A雙肩的壓力為1800N,故C正確；

D.對四個演員整體分析可知地面對演員A的作用力為然=4mg=2400N

故D錯誤；

故選Co

9.（2024?湖北?模擬預測）國慶期間，秋風送爽，桂花飄香。小明注意到小區里有四個固定連接起來的大燈

籠被吹起來處于靜止狀態，如圖所示，懸掛最上面燈籠的繩子與豎直方向的夾角為30。，燈籠序號自上往下

8/30

依次標記為1、2、3、4,燈籠質量均為小，每個燈籠所受的風力相等，風向水平，重力加速度大小為g,

則（）

A.每根繩與豎直方向的夾角均相同

B.四個燈籠所受到的風力之和等于4〃陪

C.2號燈籠與3號燈籠之間的作用力等于殍mg

D.若再掛上一個同樣的燈籠，最上面燈籠的繩子與豎直方向夾角會變化

【答案】AC

【詳解】B.假設每個燈籠所受的風力均為了,對4個燈籠的整體受力分析可知tan3（）o=g

可得四個燈籠所受到的風力之和為機g

故B錯誤；

A.對下面的〃個燈籠（〃=3）的整體分析可知tanc=」L=tan30°

nmg

可得a=30。

即每根繩與豎直方向的夾角均相同，故A正確；

C.以3、4號燈籠為整體受力分析，2號燈籠與3號燈籠之間的作用力大小為入=--=地ng

3cos30°3

故C正確；

D.若再掛上一個同樣的燈籠，對下面的力個燈籠（〃=4）的整體分析可知tana=2=tan30°

nmg

可得a=30。

則最上面燈籠的繩子與豎直方向夾角不會變化，故D錯誤。

故選ACo

10.（2024?江蘇鎮江?一模）如圖所示，兩個質量均為根的小球通過兩根輕彈簧A、B連接，在水平外力廠

作用下，系統處于靜止狀態，此時彈簧實際長度相等。彈簧A、B的勁度系數未知，且原長相等。彈簧A、

B與豎直方向的夾角分別為6與45。。設A、B中的拉力分別為此、入，小球直徑相比彈簧長度可以忽略。

9/30

求:

（1）彈簧A與豎直方向的夾角的正切值；

⑵彈簧A中的拉力FA的大小。

【答案】（l）g（2）45mg

【詳解】（1）對下面的小球進行受力分析，如圖甲所示

mg

甲

根據平衡條件得F=mgtan45°=mg

對兩個小球及輕彈簧B整體受力分析，如圖乙所示

乙

F1

根據平衡條件得tan0=—=-

2mg2

（2）由上一問分析可知反=y/（2mg）2+F2=#>mg

題型三：活結與死結、動桿與定桿的彈力

11.（2024?江蘇南京?模擬預測）抖空竹是一種傳統雜技。如圖所示，表演者一只手控制/不動，另一只手

控制8分別沿圖中的四個方向緩慢移動，忽略空竹轉動的影響，不計空竹和輕質細線間的摩擦，且認為細

線不可伸長。下列說法正確的是（）

10/30

A.沿虛線a向左移動，細線的拉力減小

B.沿虛線6向上移動，細線的拉力增大

C.沿虛線c斜向上移動，細線的拉力不變

D.沿虛線d向右移動，細線對空竹的合力增大

【答案】A

【詳解】A.空竹受力如圖所示

d

根據平衡條件可得2Fsin0=mg

設繩長為人由幾何關系可得cos。

沿虛線。向左移動，d減小，。增大，細線的拉力減小，故A正確；

B.沿虛線6向上移動，d不變，。不變，細線的拉力不變，故B錯誤；

C.沿虛線c斜向上移動，d增大，。減小，細線的拉力增大，故C錯誤；

D.沿虛線d向右移動，d增大,。減小，細線對空竹的合力不變，故D錯誤。

故選Ao

12.（2024?陜西西安?一模）如圖N。、CO為不可伸長的輕繩，30為可繞8點自由轉動的輕質細桿，桿長

為L,4、2兩點的高度差也為心在。點用輕繩C。懸掛質量為根的重物，桿與繩子的夾角a=30。，下列

說法正確的是（）

11/30

A.輕繩/。、CO對。點作用力的合力沿桿由。指向2

B.輕桿對。點的力垂直80斜向右上

C.輕繩/O對。點的拉力大小為加g

D.輕桿8。對8點的力大小為B/Mg

【答案】A

【詳解】ABC.對懸點。受力分析，重物拉力，05支持力和輕繩/O拉力，處于平衡狀態，如圖所示

由平衡條件可知，輕繩/。、C。對O點作用力的合力沿桿由。指向8,T與練的合力大小等于重物的

拉力7〃g,由相似三角形關系可得二;=笠

AOAB

繩對。點的拉力大小為7=2G：3。°〃陪=后陪

故BC錯誤，A正確;

D.由相似三角形關系有白=篝

可得桿對O點的力大小為然=mg

故D錯誤。

故選Ao

13.（2024?河北保定?三模）如圖所示，水平輕桿一端固定在豎直墻內、另一端固定一個光滑輕滑輪，一

不可伸長的輕繩。端固定在豎直墻上，另一端繞過滑輪懸掛一重物，整個裝置處于靜止狀態，若將繩的C

12/30

端沿墻緩慢向下移，則墻對輕桿的作用力（)

A.不斷變大，方向與豎直墻面的夾角不斷變小

B.不斷變小，方向與豎直墻面的夾角不斷變大

C.不斷變大，方向與豎直墻面的夾角不斷變大

D.不斷變小，方向與豎直墻面的夾角不斷變小

【答案】A

【詳解】對輕桿進行分析，根據平衡條件可知，墻對桿的作用力與輕繩對滑輪的作用力等大反向，當將

C端沿墻緩慢向下移，滑輪兩邊輕繩間的夾角減小，對繩與滑輪的接觸點進行分析，左右兩側繩對接觸

點彈力大小相等，兩彈力方向之間的夾角減小，則左右兩側彈力的合力增大，根據平衡條件可知，滑輪

對接觸點的作用力增大，則繩對滑輪的作用力增大，即墻對桿的作用力不斷增大。結合上述分析可知，

墻對輕桿的作用力方向與左右兩側繩彈力的合力的方向相反，由于左右兩側繩對接觸點彈力大小相等，

則其合力沿左右兩側繩彈力方向夾角的角平分線，可知，當將C端沿墻緩慢向下移，角平分線與豎直方

向的夾角減小，可知，墻對輕桿的作用力方向與豎直墻面的夾角不斷減小。

故選Ao

題型四：動態平衡問題

14.（2022?湖南?高考真題?動態平衡）2022年北京冬奧會跳臺滑雪空中技巧比賽場地邊，有一根系有飄帶的

風力指示桿，教練員根據飄帶的形態提示運動員現場風力的情況。若飄帶可視為粗細一致的勻質長繩，其

所處范圍內風速水平向右、大小恒定且不隨高度改變。當飄帶穩定時，飄帶實際形態最接近的是（）

13/30

D.

【答案】A

【詳解】由于風速水平向右、大小恒定且不隨高度改變，可認為單位高度飄帶受到的風力4相同，假設

飄帶總長為質量為加，由飄帶自由端向上選取任意一段Ax,該部分飄帶的重力和所受風力分別為

Ax

G=Amg=—mg,F=Ax,F0

該部分飄帶穩定時受力平衡，受力分析如圖所示

重力與風力的合力與剩余部分間的張力7是平衡力，設豎直方向的夾角為。，則滿足

CF\x-FFL

tan。=----=-——2n=」n一

△mg生7咫mg

可知飄帶與豎直方向的角度與所選取的飄帶長度無關，在風速一定時，飄帶與豎直方向的角度正切值恒

定，則飄帶為一條傾斜的直線。

故選Ao

15.（2024?安徽?模擬預測）如圖所示，質量5kg的物體靜止在地面上，用輕繩通過光滑、輕質定滑輪

與質量加=2kg的小球Q連接在一起，初始時刻滑輪與P間的輕繩與豎直方向的夾角為37。，小球Q剛好位

于豎直方向，現在用一水平向左的力尸緩慢拉動小球Q,直到物塊P剛要在地面上滑動。已知P與地面的

動摩擦因數〃=0.5,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g=10m/s2,sin370=0.6o下列說法中正

確的是（）

14/30

A.此過程中Q受到的力尸最大值為15N

B.即將滑動時，P受到的摩擦力大小為17N

C.小球Q與滑輪間的輕繩與豎直方向的夾角最大為53。

D.即將滑動時，軸對滑輪的作用力大小為25&N

【答案】A

【詳解】ABC.滑動時輕繩拉力為T,即將滑動時對物體P受力分析有用1137。=〃（峋-7cos37。）

解得T=25N

摩擦力號=Tsin37。=15N

對小球Q受力分析有Tcos0=nig=20N

解得細繩與豎直方向夾角為cos6=0.8,9=37°

貝U尸=mgtan0=15N

在小球Q緩慢移動的過程中。逐漸增大，tan。逐漸增大，所以尸逐漸增大，當小球Q與滑輪間的輕繩

與豎直方向的夾角最大時尸最大，為15N,最大夾角為37。。A正確，BC錯誤。

D.軸對滑輪的作用力大小F=2Tcos37°=40N

D錯誤。

故選Ao

16.（2025屆高三上學期?福建?模擬預測）（多選）如圖所示為一小朋友放風箏的示意圖。穩定時風箏懸浮

在空中，地面上的人用輕繩拉住風箏，為了讓風箏沿同一豎直線緩慢升高，地面上的人緩慢地放繩，整個

過程人始終沒有走動，假設空氣對風箏作用力的方向不變。則風箏緩慢上升時（）

15/30

A.空氣對風箏的作用力逐漸增大B.輕繩的拉力逐漸減小

C.人對地面的壓力逐漸增大D.地面對人的摩擦力逐漸增大

【答案】AD

【詳解】AB.對風箏受力分析如圖,

因空氣對風箏作用力的方向不變，重力大小和方向不變，當風箏上升時，細繩與豎直方向的夾角減小，

由圖可知，空氣對風箏的作用力逐漸增大風力變大，細繩的拉力變大，選項A正確，B錯誤；

C.設細繩與豎直方向夾角為仇則對人分析可知，地面對人的支持力心Teos。

因T變大，。減小，可知及減小，則人對地面的壓力逐漸減小，選項C錯誤；

D.對人和風箏的整體分析，水平方向人受地面的摩擦力等于空氣對風箏的作用力的水平分量，因風力

方向不變，風力變大，可知風力的水平分量變大，即地面對人的摩擦力逐漸增大，選項D正確。

故選ADo

17.（2024?四川南充?一模）如圖所示，半徑相同、質量分布均勻的圓柱體E和半圓柱體M靠在一起，E、

M之間無摩擦力，E的重力為G,M下表面粗糙，E、M均靜止在水平地面上，現過E的軸心施以水平作

用力凡可緩慢地將E拉離地面一直滑到M的頂端，整個過程中，M始終處于靜止狀態，從E離開地面一

直滑到M頂端的過程，下列說法正確的是（）

A.地面所受M的壓力逐漸增大

B.地面對M的摩擦力逐漸減小

C.拉力廠的大小從2G逐漸減小為0

16/30

D.E、M間的壓力從2G逐漸減小到G

【答案】BD

【詳解】A.取整體為研究對象，地面所受M的壓力不變，總等于二者的總重力，A錯誤；

CD.圓柱體E受重力G、拉力八半圓柱體的支持力N作用處于平衡狀態，這三個力構成封閉三角形,

如圖所示

開始時N與豎直方向成60。角，對應圖中的最大三角形，此時拉力廠和半圓柱體的支持力N都最大，其

大小分別為「=Gtan60°=V5G,Nm=-^-—=2G

cos60

隨著E向上移動，三角形逐漸減小，拉力歹、半圓柱體的支持力N都逐漸減小，當E移動到M頂端時,

廠減小到零，N減小到G,故開始時拉力F最大，且為「G，以后逐漸減小為0,E、M間的壓力開始時

最大，且為2G,以后逐漸減小到G,C錯誤，D正確；

B.取整體為研究對象，地面對M的摩擦力等于拉力尸，所以摩擦力隨拉力廠的減小而減小，B正確。

故選BDo

18.（2024?陜西銅川?三模）如圖所示，送水工人用推車運桶裝水，到達目的地后，工人抬起把手，帶動

板。/轉至水平即可將水桶卸下。若桶與接觸面之間的摩擦不計，為銳角，板。/、03對水桶的壓

力大小分別為B、F2,保持03不動，使CU由豎直緩慢轉到與垂直的過程中（）

A.水桶受到的合力不變

B.Fi，尸?都在減小

C.E不斷減小，尸2先增大后減小

D.B先減小后增大，仍不斷減小

17/30

【答案】AB

【詳解】A.使ON由豎直緩慢轉到與。2垂直的過程中，水桶受到的合力一直為0,保持不變，故A正

確；

BCD.使ON由豎直緩慢轉到與垂直的過程中，板CM對水桶的壓力片從水平向右逐漸變成與巴垂

直，以水桶為對象，其受力如圖所示

mg

由圖可知，4，耳都在減小，故B正確，CD錯誤。

故選ABo

題型五：動態平衡問題中的臨界與極值問題

19.（2024?山東?高考真題?摩擦力臨界問題）如圖所示，國產人形機器人“天工”能平穩通過斜坡。若它可以

在傾角不大于30。的斜坡上穩定地站立和行走，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

擦因數不能小于（）

V2D4

V

【答案】B

【詳解】根據題意可知機器人“天工”它可以在傾角不大于30。的斜坡上穩定地站立和行走，對“天工”分析

有mgsin30°<//mgcos30°

可得〃2tan30°=。-

18/30

故選B。

20.（2024?貴州遵義?一模）如圖所示，輕繩穿過懸掛著物體的光滑輕環，一端固定在豎直墻壁上，另一端

固定在智能機械臂的末端，緩慢移動機械臂來調節物體的空間位置。已知輕繩可承受的最大拉力為日機g,

輕繩的總長度為3物體的質量為相，重力加速度為g。為保證繩子不被拉斷，機械臂末端與墻面的最大垂

直距離為（）

223「”

【答案】A

【詳解】對圓環。點受力分析，如圖所示，設作用在輕繩上的拉力為凡與豎直方向的夾角為。

則有2Fcos0-mg

A

當廠=mg時，解得6=30°

設此時機械臂末端到輕環之間輕繩的長度為x,根據幾何知識可得，機械臂末端與墻面的最大垂直距離

xm=xsin30°+(Z-x)sin30°=y

故選Ao

21.（2025屆高三上學期?廣東肇慶?一模）如圖，老虎車是一種很實用的搬運工具，老虎車平面與擋板垂直,

某一次在運貨時老虎車平面與水平地面的夾角為夕，貨物與老虎車保持相對靜止，忽略貨物與車平面之間

的摩擦力。g取lOm/s?,sin37°=0.6,cos37°=0.8,下列說法正確的是（）

19/30

平面

擋板

A.無論老虎車怎么運動，老虎車對貨物的作用力方向總是豎直向上

B.老虎車停止時，若a由37。緩慢增大到90。，則老虎車對貨物的作用力不變

C.若。=37。不變時，車平面對貨物的作用力總是大于擋板對貨物的作用力

D.若a=37。不變時，為使貨物不離開擋板，老虎車水平向右的加速度不能超過7.5m/s2

【答案】BD

【詳解】A.加速運動時，貨物所受合外力不為零，老虎車對貨物的作用力方向不是豎直向上，A錯誤;

B.若夾角夕由37。緩慢增大到90。，老虎車對貨物的作用力大小與貨物重力大小相等，方向豎直向上，

因此老虎車對貨物的作用力不變，B正確；

C.加速向左運動時，若擋板對貨物作用力老虎車平面對貨物的作用力Fi,則有丹cosa-￡sina=ma

由于加速度未知，故老虎車平面對貨物的作用力與擋板對貨物作用力的大小無法比較，C錯誤；

D.為使貨物不離開擋板，臨界狀態時有”?gtane=儂/

得。=7.5m/s2

故老虎車向右的加速度不能超過7.5m/s2,D正確。

故選BDo

㈤2

題型六：力電綜合平衡問題

22.（2024?新疆河南?高考真題?力電綜合）如圖，兩根不可伸長的等長絕緣細繩的上端均系在天花板的。點

上，下端分別系有均帶正電荷的小球P、Q；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。則（）

20/30

A.兩繩中的張力大小一定相等

B.P的質量一定大于Q的質量

C.P的電荷量一定小于Q的電荷量

D.P的電荷量一定大于Q的電荷量

【答案】B

【詳解】由題意可知設Q和P兩球之間的庫侖力為尸，繩子的拉力分別為乙，乃，質量分別為加/,M

與豎直方向夾角為仇對于小球Q有41￡+4sin（9=F,Txcos0=m}g

對于小球P有%E+尸=（sin。，T2COSO=m2g

聯立有4|E=尸-qsin。>0,q^E-sin0-F>0

所以可得12>工

又因為?=必

T2m2

可知加2>/，即P的質量一定大于Q的質量；兩小球的電荷量則無法判斷。

故選B。

23.（2024?山東?高考真題?力電綜合）（多選）如圖所示，帶電量為+夕的小球被絕緣棒固定在。點，右側有

固定在水平面上、傾角為30。的光滑絕緣斜面。質量為機、帶電量為+?的小滑塊從斜面上/點由靜止釋放,

滑到與小球等高的3點時加速度為零，滑到C點時速度為零。已知/C間的距離為S,重力加速度大小為g,

靜電力常量為上下列說法正確的是（）

A.OB的距離1=

21/30

的距離占J*

C.從4到C,靜電力對小滑塊做功W=-mgs

D.4C之間的電勢差ML-年

2q

【答案】AD

【詳解】AB.由題意知小滑塊在2點處的加速度為零，則根據受力分析有沿斜面方向

mgsin30°=cos3(P

解得I=

A正確，B錯誤；

C.因為滑到。點時速度為零，小滑塊從4到。的過程，靜電力對小滑塊做的功為沙，根據動能定理有

沙+MgSsin300=0

解得少=一噌

2

故C錯誤；

D.根據電勢差與電場強度的關系可知AC之間的電勢差4c=匕=-噌

q2q

故D正確。

故選ADo

24.（2023?浙江?高考真題?力電綜合）/5、CD兩塊正對的平行金屬板與水平面成30。角固定，豎直截面如

圖所示。兩板間距10cm,電荷量為l.OxloTc、質量為3.0xKT4kg的小球用長為5cm的絕緣細線懸掛于/

點。閉合開關S,小球靜止時，細線與N8板夾角為30。；剪斷細線，小球運動到CD板上的M點（未標出）,

電勢能增加了；艮。七

A.MC距離為5后cmB.1

C.電場強度大小為KxlO,N/CD.減小R的阻值，的距離將變大

22/30

【答案】B

【詳解】A.根據平衡條件和幾何關系，對小球受力分析如圖所示

qE

mg

根據幾何關系可得T=Tsin60°+^￡,sin60°=mg

聯立解得T=q￡=6xlO-3N

剪斷細線，小球做勻加速直線運動，如圖所示

D

根據幾何關系可得LMC=dtan60°=10石cm

故A錯誤；

B.根據幾何關系可得小球沿著電場力方向的位移x=(10-5sin30。)=7.5cm

與電場力方向相反，電場力做功為明=-qEx=-■1百乂10-4J

則小球的電勢能增加2百X10-4J,故B正確；

4

C.電場強度的大小￡=^=6X1()5N/C

q

故c錯誤；

D.減小尺的阻值，極板間的電勢差不變，極板間的電場強度不變，所以小球的運動不會發生改變，MC

的距離不變，故D錯誤。

故選B。

25.(2023?浙江?高考真題?力電綜合)如圖所示，質量為河、電阻為R長為上的導體棒，通過兩根長均為

/、質量不計的導電細桿連在等高的兩固定點上，固定點間距也為心細桿通過開關S可與直流電源或或理

23/30

想二極管串接。在導體棒所在空間存在磁感應強度方向豎直向上、大小為3的勻強磁場，不計空氣阻力和

TT

其它電阻。開關S接1,當導體棒靜止時，細桿與豎直方向的夾角固定點。=9；然后開關S接2,棒從右

4

側開始運動完成一次振動的過程中（）

A.電源電動勢4=也迤及B.棒消耗的焦耳熱0=（1-交）睦/

2.BL2

TT

C.從左向右運動時，最大擺角小于:D.棒兩次過最低點時感應電動勢大小相等

4

【答案】C

【詳解】A.當開關接1時，對導體棒受力分析如圖所示

根據幾何關系可得瞬=8〃

解得/=警

BL

根據歐姆定律/=與

R

解得T

故A錯誤；

根據右手定則可知導體棒從右向左運動時，產生的感應電動勢與二極管正方向相同，部分機械能轉化為

焦耳熱；導體棒從左向右運動時，產生的感應電動勢與二極管相反，沒有機械能損失

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B.若導體棒運動到最低點時速度為零，導體棒損失的機械能轉化為焦耳熱為0=（1-寧）血念/

根據楞次定律可知導體棒完成一次振動速度為零時，導體棒高度高于最低點，所以棒消耗的焦耳熱

=Q當）Mgi

故B錯誤；

C.根據B選項分析可知，導體棒運動過程中，機械能轉化為焦耳熱，所以從左向右運動時，最大擺角

77

小于:，故c正確；

D.根據B選項分析，導體棒第二次經過最低點時的速度小于第一次經過最低點時的速度，根據E=8加

可知棒兩次過最低點時感應電動勢大小不相等，故D錯誤。

故選C。

26.（2024?四川德陽?模擬預測）如圖所示，一根輕質的不可伸長的細線兩端分別系在水平天花板上的AB

兩點，有一質量及大小均不計的光滑動滑輪跨在細線上，滑輪通過絕緣細線懸掛一帶正電且可視為質點的

物塊。空間存在豎直向下的勻強電場，物塊處于靜止狀態?，F將電場強度方向由豎直向下緩慢逆時針轉動

到水平向右，4、2間細線的張力大小為B，滑輪與物塊之間細線張力大小為B，則（）

A.B逐漸增大B.E逐漸減小

C.尸2逐漸增大D.乙先減小后增大

【答案】B

【詳解】一根繩上的力大小處處相等，則初始時合力的方向為豎直向下，則設48間細線與豎直方向

25/30

八

初始時，物塊受到的重力和電場力之和（看作等效重力）等于滑輪與物塊之間細線張力

G=F、=mg+FAB繩上的張力耳=-----

2cos，

隨著電場強度方向由豎直向下緩慢逆時針轉動到水平向右，電場力也逐漸逆時針轉動到水平向右，隨著

電場力和重力夾角增大，等效重力G，逐漸減小，即B逐漸減小，細繩與等效重力方向之間的夾角也

在逐漸減小，如圖中夕，則cos夕〉cos。，可知E在逐漸減小。

故選Bo

27.（2024?福建漳州?三模）如圖，在傾角為a（小于45。）的光滑絕緣斜面上固定一擋板，一根與斜面平行

的絕緣輕質彈簧一端固定在擋板上，另一端與均勻帶電小球A連接，等大的均勻帶電小球B置于圖示位置。

靜止時A、B兩球間的距離為3彈簧長度為X。下列說法正確的是（）

A.A球共受到3個力的作用

B.斜面對B球的支持力大于B球所受庫侖力

C.若A球電荷量加倍，適當調整B球位置，平衡時彈簧長度仍為x

D.若A球電荷量加倍，適當調整B球位置，平衡時A、B兩球間的距離為2A

【答案】BC

【詳解】A.A球受到重力、彈簧的彈力、斜面的支持力和B球的庫侖斥力的作用，故A錯誤;

B.B球受到重力、斜面的支持力FN和A球的庫侖斥力廠的作用，如圖所示

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FN

可得尸=m§gsina,"=mBgcosa

F

故斜面對B球的支持力耳=>F

tana

故B正確；

C.以A、B兩球整體為研究對象，由受力平衡知，彈簧對A球的彈力片=（見4+冽B）gsina

與A、B兩球所帶電荷量均無關，若/球電荷量加倍，則平衡后彈簧長度仍為x,故C正確;

D.由庫侖定律知尸=上警

可得4

若A球電荷量加倍，設平衡后A、B兩球間距為d,貝!］左磬磬?=/MBgsina

解得d=V2A

故D錯誤。

故選BCo

題型七：力熱綜合平衡問題

28.（2024?河北?高考真題?力熱綜合）（多選題）如圖，水平放置的密閉絕熱汽缸被導熱活塞分成左右兩部

分，左側封閉一定質量的理想氣體，右側為真空，活塞與汽缸右壁中央用一根輕質彈簧水平連接。汽缸內

壁光滑且水平長度大于彈簧自然長度，彈簧的形變始終在彈性限度內且體積忽略不計。活塞初始時靜止在

汽