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专题二 相互作用
基础篇
考点 一 常见的三种力 答案 ＢＣ 弹簧弹力与手的拉力是一对相
互作用力 人的每只手受到的拉力均为
１．（ 浙江 月选考， ， 分）如图所示 小 ， ６００
２０１９ ４ ６ ３ ，
明撑杆使船离岸 则下列说法正确的是 项错误 每根弹簧中的弹力Ｆ ６００
， Ｎ，Ａ ； ＝ Ｎ＝
５
（ ） 项正确 每根弹簧的劲度系数 ｋ
１２０ Ｎ，Ｂ ； ＝
Ｆ
１２０ 项正确 项
ｘ ＝ ． ． Ｎ／ｍ＝１００ Ｎ／ｍ，Ｃ ，Ｄ
１ ６－０ ４
错误
。
３．（ 河北张家口二模， ）（多选）一根大弹
２０２２ ８
小明与船之间存在摩擦力
簧内套一根小弹簧 大弹簧比小弹簧短
Ａ．
，
杆的弯曲是由于受到杆对小明的力
． 它们的下端固定在地面上而上端自
Ｂ．
０ ２０ ｍ，
杆对岸的力大于岸对杆的力
由 如图甲所示 当用力压缩此组合弹簧
Ｃ．
， 。
小明对杆的力和岸对杆的力是一对相互
时 测得力和弹簧压缩距离之间的关系如图
Ｄ．
，
作用力
乙所示 若小 大两弹簧的劲度系数分别是
， 、
答案 Ａ 小明与船之间存在相对运动的趋
ｋ ｋ 则
１、 ２， （ ）
势 则存在静摩擦力 正确 杆的弯曲是由
， ，Ａ ；
于杆受到人给杆的力的作用 错误 杆对岸
，Ｂ ；
的力与岸对杆的力是一对相互作用力 大小
，
相等 错误 小明对杆的力和杆对小明的力
，Ｃ ；
是一对相互作用力 错误
，Ｄ 。
２．（ 云南大理调研， ）（多选）锻炼身体用
２０２２ ２
的拉力器如图所示 并列装有四根相同的轻 ｋ ｋ
， Ａ． １ ＝１００ Ｎ／ｍ， ２ ＝２００ Ｎ／ｍ
质弹簧 每根弹簧的自然长度都是 某 ｋ ｋ
， ４０ ｃｍ， Ｂ． １ ＝１００ Ｎ／ｍ， ２ ＝１００ Ｎ／ｍ
人用 的力把它们拉长至 ． 则 当压缩距离为 ． 时 小弹簧弹力为
６００ Ｎ １ ６ ｍ， Ｃ． ０ ３０ ｍ ，
大弹簧弹力为
（ ） ２０ Ｎ， ３０ Ｎ
人的每只手受到拉力器 当压缩距离为 ． 时 小弹簧弹力为
Ａ． Ｄ． ０ ３０ ｍ ，
的拉力为 大弹簧弹力为
３００ Ｎ ３０ Ｎ， ２０ Ｎ
每根弹簧产生的弹力为 答案 ＡＤ 依据胡克定律 Ｆ ｋｘ 及题图乙
Ｂ． ＝
解题 当 ｘ ． 时有 ｋ ． 当 ｘ
１２０ Ｎ 。 ＝０ ２０ ｍ ２０＝ １ ×０ ２①， 专 题
每根弹簧的劲度系数为
． 时有 这个范围内小弹簧的压缩量 二
Ｃ． ＝０ ３０ ｍ （
比大弹簧的大 ． ｋ ． ｋ ． 相
１００ Ｎ／ｍ ０ ２０ ｍ），５０＝ ２ ×０ １＋ １ ×０ ３ 互
每根弹簧的劲度系数为 作
解 得 ｋ ｋ 故
Ｄ． ５００ Ｎ／ｍ 用
②， ①② １ ＝１００ Ｎ／ｍ， ２ ＝２００ Ｎ／ｍ，
１５
正确 错误 当压缩距离为 ． 时 小 摆放在底座上 且系统处于平衡状态 则在
Ａ ，Ｂ ； ０ ３０ ｍ ， ， 。
弹簧弹力为 Ｆ ｋ ． ． 该时刻 下列说法正确的是
１ ＝ １ ×０ ３０ ｍ＝１００×０ ３０ Ｎ＝３０ ， （ ）
大弹簧弹力为Ｆ ｋ ． ．
Ｎ， ２ ＝ ２ ×０ １０ ｍ＝２００×０ １０
故 错误 正确
Ｎ＝２０ Ｎ， Ｃ ，Ｄ 。
４．（ 广西桂林、崇左、贺州联考， ）如图所
２０２２ ５
物体 ａ 可能不受摩擦力
示 一物块置于水平地面上 当用与水平方
Ａ．
， ，
物体 ｂ 受到木板的作用力的方向竖直向上
向成 °角的力 Ｆ 拉物块时 物块做匀速直
Ｂ．
６０ １ ，
物体ｄ 受到木板的作用力的方向垂直于木
线运动 当改用与水平方向成 °角的力 Ｆ
Ｃ．
； ３０ ２
板向上
推物块时 物块仍做匀速直线运动 若Ｆ 和
， 。 １
物体 ｃ 可能不受摩擦力
Ｆ 的大小相等 则物块与地面之间的动摩擦
Ｄ．
２ ，
答案 Ｂ 木板对物体的支持力方向均垂直
因数为
（ ）
于木板 由于物体 ａ 所在的木板是倾斜的
， ，
物体 ａ 应受摩擦力才能平衡 项错误 物体
，Ａ ；
ｂ 和 ｄ 受到木板的作用力与其重力平衡 因
，
此物体ｂ 和ｄ 受到木板的作用力方向竖直向
Ａ． ３－１ Ｂ．２－ ３
上 项正确 项错误 物体 ｃ 受到上下板
，Ｂ ，Ｃ ；
３ １ ３
Ｃ． － Ｄ．１－ 的弹力的水平分量均向左 因此 ｃ 一定受到
２ ２ ２ ，
答案 Ｂ 当用 Ｆ 拉物块做匀速直线运动 摩擦力作用 项错误
１
，Ｄ 。
时 受力分析如图所示 将 Ｆ 正交分解 则 概念对比
， ， １ ，
除常见的几个力外，有时需确定物体之间的
作用力，所谓作用力实质上是施力物体给予
受力物体的几个力的合力，题中物体 ｂ 受木
板的作用力，实质上是支持力和摩擦力的合
力，这个力与 ｂ 物体所受重力平衡，而使 ｂ 物
水平方向有 Ｆ ° Ｆ 体静止，因此与重力方向相反、大小相等。
１ ｃｏｓ ６０ ＝ ｆ１，
竖直方向有 Ｆ ° Ｆ ｍｇ
１ ｓｉｎ ６０ ＋ Ｎ１ ＝
考点 二 力的合成与分解
其中 Ｆ μＦ
＝
ｆ１ Ｎ１
μｍｇ １．（ 广东， ， 分）如图是
联立上式可得 Ｆ ２ ２０２２ １ ４
＝
１ μ
可用来制作豆腐的石磨 木
１＋ ３
。
同理 当用 Ｆ 推物块做匀速直线运动时
柄 ＡＢ 静止时 连接 ＡＢ 的轻
， ２ ，
水平方向有 Ｆ ° Ｆ
5 ２ ｃｏｓ ３０ ＝ ｆ２ 绳处于绷紧状态 。 Ｏ 点是三
年
竖直方向有 Ｆ ° ｍｇ Ｆ
高 考 ２ ｓｉｎ ３０ ＋ ＝ Ｎ２ 根轻绳的结点 ， Ｆ 、 Ｆ １ 和 Ｆ ２ 分
其中 Ｆ μＦ
3 别表示三根绳的拉力大小
＝
年 ｆ２ Ｎ２ ，
模 μｍｇ
拟 联立上式可得 Ｆ ２ Ｆ Ｆ 且 ＡＯＢ ° 下列关系式正确的是
２ ＝ μ １ ＝ ２ ∠ ＝６０ 。
A ３－
版 （ ）
根据题意知 Ｆ Ｆ 解得 μ 正确
高 １ ＝ ２， ＝２－ ３，Ｂ 。 Ｆ Ｆ Ｆ Ｆ
考 ５．（ 江西上饶六校联考一， ）如图所示 某 Ａ． ＝ １ Ｂ． ＝２ １
物 ２０２２ １ ，
Ｆ Ｆ Ｆ Ｆ
理
时刻四个物体 ａ ｂ ｃ ｄ 与两个长木板巧妙地 Ｃ． ＝３ １ Ｄ． ＝ ３ １
、 、 、
１６
答案 Ｄ 结点 Ｏ 所受三力的合力为零 由 的是
， （ ）
Ｆ
Ｆ ° 解得 Ｆ Ｆ 故 正确
＝ １ ｃｏｓ ３０ ， ＝ ３ １， Ｄ 。
２
２．（ 安徽安庆示范高中联考， ）某同学参
２０２２ ４
加 筷子夹玻璃珠 游戏 如图所示 夹起玻
“ ” 。 ，
璃珠后 左侧筷子与竖直方向的夹角 θ 为锐
，
Ａ 木板对衣橱的推力增大
角 右侧筷子竖直 且两筷子始终在同一竖
Ａ．
， ，
Ａ 木板对衣橱的推力减小
直平面内 保持玻璃珠静止 忽略筷子与玻
Ｂ．
。 ，
两木板对小王支持力的合力增大
璃珠间的摩擦 下列说法正确的是
Ｃ．
。 （ ）
两木板对小王支持力的合力减小
两侧筷子对玻璃珠的合力比玻
Ｄ．
Ａ．
答案 Ａ 小王对木板的压力 等于重力
璃珠的重力大
（ ）
可以分解为沿两个木板方向的两个分力 由
两侧筷子对玻璃珠的合力比玻
，
Ｂ．
于两木板的夹角 θ 较大 根据平行四边形定
璃珠的重力小
，
Ｇ
左侧筷子对玻璃珠的弹力一定比玻璃珠
则 可知 Ｆ Ｆ 在底角 即 θ 增
Ｃ． ， Ａ ＝ Ｂ ＝ θ， （ ）
的重力大
２ ｃｏｓ
２
右侧筷子对玻璃珠的弹力一定比玻璃珠
Ｄ． 大的过程中 小王的重力沿 Ａ 板方向的分力
，
的重力大
增大 再根据实际效果对此力 Ｆ 分解为水
， Ａ
答案 Ｃ 对玻璃珠进行受力分析 如图所
， 平方向和竖直方向的分力 可知 Ａ 板对衣橱
，
示 玻璃珠受到重力 Ｇ 左侧筷子对玻璃珠的
， 、 θ θ
的推力 Ｆ Ｆ １Ｇ 增大 正
弹力 Ｆ 右侧筷子对玻璃珠的弹力 Ｆ 在三 ＝ Ａ ｓｉｎ ＝ ｔａｎ ，Ａ
１、 ２，
２ ２ ２
个力的作用下处于平衡状态 根据力的平 确 错误 由平衡条件可知 两板对小王支
。 ，Ｂ ； ，
衡可知 两侧筷子对玻璃珠的合力与玻璃珠 持力的合力始终等于小王受到的重力 大小
， ，
的重力等大反向 两项错误 根据力的 不变 错误
，Ａ、Ｂ ； ，Ｃ、Ｄ 。
平衡 在竖直方向有 Ｆ θ Ｇ 水平方向有 ４．（ 天津理综， ， 分） 年 月
， １ ｓｉｎ ＝ ， ２０１９ ２ ６ ２０１８ １０ ２３
Ｇ Ｇ
日 港珠澳跨海大桥正式通车 为保持以往
Ｆ Ｆ θ 联立得 Ｆ Ｆ 由
， 。
２ ＝ １ ｃｏｓ ， １ ＝ θ， ２ ＝ θ，
ｓｉｎ ｔａｎ 船行习惯 在航道处建造了单面索 所有钢
， （
于 θ 小于 ° 则一定有 Ｆ Ｇ 而 Ｆ 不一定
９０ ， １＞ ， ２ 索均处在同一竖直面内 斜拉桥 其索塔与
） ，
大于 Ｇ 项正确 项错误
，Ｃ ，Ｄ 。 钢索如图所示 下列说法正确的是
。 （ ）
增加钢索的数量可
Ａ．
减小索塔受到的向
下的压力
３．（ 湖北荆、荆、襄、宜四地七校联盟期中，
２０２１
为了减小钢索承受
）小王想推动家里的衣橱 但使出 洪荒之
Ｂ．
１ ， “
力 也推不动 他便想了个妙招 如图所示 的拉力 可以适当降低索塔的高度
” ， ， ， ，
用 Ａ Ｂ 两块相同的木板 搭成一个底角 Ａ 索塔两侧钢索对称且拉力大小相同时 钢 专
、 ， （ 、 Ｃ． ， 题
Ｂ 两木板的夹角 较大的人字形架 然后往 索对索塔的合力竖直向下 二
） ，
相
中央一站 结果底角增大 衣橱被缓慢推 为了使索塔受到钢索的合力竖直向下 索
互
， ， Ｄ． ，
作
动 在底角增大的过程中 下列说法正确 塔两侧的钢索必须对称分布 用
。 ，
１７
答案 Ｃ 竖直方向上 索塔受到的向下的 错误 由以上分析可知 增大檩条间的距离 ｄ
， ； ，
压力大小等于钢索和桥面的总重力 故增加 时 夹角 α 变大 瓦片与檩条间的弹力变大
， ， ， ，
钢索数量不能减小索塔受到的向下的压力 最大静摩擦力变大 则瓦片不容易下滑 处于
， ， ，
错 降低索塔高度 钢索的水平倾角减小 静止状态 根据平衡条件可知 瓦片与檩条间
Ａ ； ， ， ， ，
钢索所受拉力会增大 错 不论两侧钢索是 的摩擦力将总等于ｍｇ θ 故 错误
，Ｂ ； ｓｉｎ ， Ｄ 。
否对称分布 只要两侧钢索的水平分力相互 解题思路
，
抵消 钢索对索塔的合力就会竖直向下 在进行力的矢量运算时，应将物体所受的力
， ，Ｃ
对 错 放在同一平面内。 因此，在分析立体图时应
，Ｄ 。
５．（ 河北石家庄二中考前训练， ）（多选） 从侧面截取出截面再画出受力示意图。 本
２０２２ ８
如图甲所示 用瓦片做屋顶是我国建筑的特
题的瓦片受两侧檩条的支持力、摩擦力和重
，
色之一 铺设瓦片时 屋顶结构可简化为图
力五个力的作用。 但这五个力不在同一平
。 ，
乙所示 建筑工人将瓦片轻放在两根相互平
面内，沿斜面方向的摩擦力与重力沿斜面方
，
行的檩条正中间 若瓦片能静止在檩条上 向的分力ｍｇ θ 在同一平面内。 支持力和
。 ， ｓｉｎ
已知檩条间距离为 ｄ 以下说法正确的是
重力沿垂直斜面的分力ｍｇ θ在同一平面
， ｃｏｓ
内。 要在两个平面内分别进行力的矢量
（ ）
运算。
考点 三 受力分析及共点力平衡
１．（ 浙江 月选考， ， 分）如图所示 鱼
２０２２ ６ ３ ３ ，
儿摆尾击水跃出水面 吞食荷花花瓣的过程
，
中 下列说法正确的是
减小檩条间的距离 ｄ 时 瓦片可能会下滑 ， （ ）
Ａ． ，
．鱼儿吞食花瓣时鱼儿受力
减小檩条间的距离 ｄ 时 瓦片与檩条间的 Ａ
Ｂ． ，
平衡
弹力变大
．鱼儿摆尾出水时浮力大于
减小檩条间的距离 ｄ 时 瓦片与檩条间的 Ｂ
Ｃ． ，
重力
弹力变小
．鱼儿摆尾击水时受到水的作用力
增大檩条间的距离 ｄ 时 瓦片与檩条间的
Ｃ
Ｄ． ，
．研究鱼儿摆尾击水跃出水面的动作可把
摩擦力变大
Ｄ
鱼儿视为质点
答案 ＡＣ 檩条给瓦片的支持力如图所示
。
答案 Ｃ 鱼儿吞食花瓣时 有竖直方向的
，
加速度 受力不平衡 选项 错误 鱼儿摆尾
， ， Ａ ；
5
出水时 鱼儿所受浮力越来越小 其与重力
年
， ，
高
考 大小关系无法确定 选项 错误 鱼儿摆尾
3 ， Ｂ ；
年 两檩条给瓦片的支持力与竖直方向间的夹角 击水时 鱼尾对水有作用力 根据牛顿第三
模 ， ，
拟 为α 则有 Ｆ α ｍｇ θ 减小檩条间的 定律 鱼尾会受到水的反作用力 选项 正
A ， ，２ ｃｏｓ ＝ ｃｏｓ ， ， ， Ｃ
版 距离ｄ 时α变小 则两檩条给瓦片的支持力Ｆ 确 研究鱼儿摆尾击水跃出水面的动作 不
， ； ，
高 变小 故瓦片与檩条间的弹力变小 最大静摩 能将其视为质点 选项 错误
考 ， ， ， Ｄ 。
物
擦力变小 则瓦片可能下滑 故 正确 ２．（ 湖南， ， 分） 年北京冬奥会跳台
理
， ， Ａ、Ｃ ，Ｂ ２０２２ ５ ４ ２０２２
１８
滑雪空中技巧比赛场地边 有一根系有飘带 在此过程中下列说法正确的是
， （ ）
的风力指示杆 教练员根据飘带的形态提示
，
运动员现场风力的情况 若飘带可视为粗
。
细一致的匀质长绳 其所处范围内风速水平
，
向右 大小恒定且不随高度改变 当飘带稳
、 。
定时 飘带实际形态最接近的是
， （ ）
缆绳上的弹力一直减小
Ａ．
缆绳上的弹力一直增大
Ｂ．
吊车大臂支架对定滑轮的弹力一直减小
答案 Ａ 设单位长度飘带质
Ｃ．
吊车大臂支架对定滑轮的弹力一直增大
量为 ｍ 总质量 Ｍ Ｌｍ Ｌ 为飘 Ｄ．
０， ＝ ０（
答案 Ｄ 以木材和吊钩整体为研
带长度 单位长度飘带所受的
），
究对象 设木材和吊钩的总质量为
水平力为Ｆ 飘带所受的水平力
，
０，
ｍ 根据平衡条件可得缆绳对木材和
Ｆ ＬＦ 则对飘带受力分析 所得矢量三角 ，
＝ ０。 ， 吊钩整体的弹力 Ｆ ｍｇ 在木材缓慢升高的
Ｆ ＬＦ Ｆ ＝ ，
形如图 θ ０ ０ 由于 ｍ 与 过程中木材和吊钩整体处于平衡状态 则缆
，ｔａｎ ＝Ｍｇ＝Ｌｍ ｇ＝ｍ ｇ， ０ ，
０ ０ 绳上的弹力大小不变 错误 以定滑轮
Ｆ 为定值 则 θ 为定值 即 θ 与 Ｌ 无关 无论 ，Ａ、Ｂ ；
０ ， ， ， 为研究对象 设绕过定滑轮的缆绳的夹角为
选取的研究对象 Ｌ 很小还是很大 θ 都不变 ，
， ， α 如图所示 根据三力平衡条件可得大臂支
则飘带各部分所受拉力 Ｆ 方向一定 所以 ， ，
拉 ， 架对定滑轮的弹力方向在缆绳夹角平分线
飘带实际形态最接近一条直线 故选
， Ａ。 α
的反向延长线上 大小为 Ｆ Ｆ
解题指导 ， Ｎ ＝ ２ ｃｏｓ ＝
２
分析非质点物体的受力时核心思想是微元 α
ｍｇ 在木材缓慢升高的过程中 与吊
法，先设单位长度的质量和单位长度飘带所 ２ ｃｏｓ ， ，
２
钩连接的缆绳一直处于竖直方向 与控制器
受的水平作用力，再求出物体实际受到的作
，
连接的缆绳与竖直方向的夹角逐渐减小 即
用力，由平衡条件，确定出飘带偏离竖直方
，
缆绳的夹角 α 逐渐减小 则吊车大臂支架对
向的夹角与长度的关系，即可确定飘带
，
定滑轮的弹力 Ｆ 一直增大 正确 错误
形态。 Ｎ ，Ｄ ，Ｃ 。
４．（ 黑龙江哈六中期中， ）如图所示 矩
３．（ 河北省级联考， ）吊车是工程上常用 ２０２２ １３ ，
２０２２ ２ 形平板 ＡＢＣＤ 的 ＡＤ 边固定在水平面上 平
的一种机械 如图为一吊车吊起一批木材 ，
， ， 板与水平面夹角为 θ ＡＣ 与 ＡＢ 的夹角也为
吊车大臂支架顶端固定一定滑轮 一根缆绳 ，
， θ 质量为 ｍ 的物块在平行于平板的拉力作
。
绕过定滑轮 一端固定于吊车车身的控制器
， 用下 沿 ＡＣ 方向匀速运动 物块与平板间
， 。
上 另一端连接一吊钩 吊钩下挂着木材 保
， ， ， 的动摩擦因数 μ θ 重力加速度大小为
＝ｔａｎ ，
持缆绳的长度不变 控制吊车大臂支架绕固
， ｇ 则拉力大小为多少
， ？
定轴转动使木材缓慢升高 在木材缓慢升高
，
的过程中吊钩不会碰到定滑轮 木材也不会 专
， 题
接触到大臂 为了研究问题的方便 不计缆 二
。 ，
相
绳和定滑轮的质量 不计缆绳和定滑轮之间
互
，
作
的摩擦 不计定滑轮与转轴之间的摩擦 则 用
， ，
１９
θ
答案 ｍｇ θ
２ ｓｉｎ ｃｏｓ
２
解析 重力沿斜面的分力 Ｇ 平行于 ＣＤ 向
１
下 滑动摩擦力 ｆ 与运动方向相反 受力如图
， ，
所示 有 Ｇ ｍｇ θ ｆ μｍｇ θ Ｆ
。 １ ＝ ｓｉｎ ， ＝ ｃｏｓ ， ＝
θ
Ｇ２ ｆ２ Ｇ ｆ θ ｍｇ θ
１ ＋ －２ １ ｃｏｓ （π－ ）＝ ２ ｓｉｎ ｃｏｓ 。
２
5
年
高
考
3
年
模
拟
A
版
高
考
物
理
２０
综合篇
拓展 一 弹力的有无及方向的判定、大小计
° 则 Ｆ ３ｍｇ Ｆ １ ｍｇ 故 选项
算的方法 ｃｏｓ ６０ ， １ ＝ ， ２ ＝ ， Ｄ
２ ２
正确
１．（ 课标 ， ， 分）用卡车运输质量为 。
２０１９ Ⅲ １６ ６ ２．（ 安徽宣城模拟， ）户外
ｍ 的匀质圆筒状工件 为使工件保持固定 ２０２２ ４
， ， 野炊所用的便携式三脚架 由
将其置于两光滑斜面之间 如图所示 两斜 ，
， ， 三根完全相同的轻杆通过铰链
面 固定在车上 倾角分别为 °和 °
Ⅰ、Ⅱ ， ３０ ６０ 。 组合在一起 每根杆均可绕铰
重力加速度为 ｇ 当卡车沿平直公路匀速行 ，
。 链自由转动 如图所示 将三
驶时 圆筒对斜面 压力的大小分别为 。 ，
， Ⅰ、Ⅱ 脚架静止放在水平地面上 吊锅通过细铁链
Ｆ Ｆ 则 ，
１、 ２， （ ） 挂在三脚架正中央 三根杆与竖直方向的夹
，
角均相等 若吊锅和细铁链的总质量为 ｍ
。 ，
重力加速度为 ｇ ° ． ° ．
，ｓｉｎ ３７ ＝０ ６，ｃｏｓ ３７ ＝０ ８。
不计支架与铰链之间的摩擦 则
， （ ）
当每根杆与竖直方向的夹角为 °时 每
Ａ． ３７ ，
根杆受到的压力大小为５ｍｇ
９
Ｆ ３ｍｇ Ｆ ３ｍｇ
Ａ． １ ＝ ， ２ ＝ 当每根杆与竖直方向的夹角为 °时 每
３ ２ Ｂ． ３７ ，
根杆对地面的摩擦力大小为１ｍｇ
Ｆ ３ｍｇ Ｆ ３ｍｇ
Ｂ． １ ＝ ， ２ ＝ ４
２ ３
当每根杆与竖直方向的夹角 θ 均变大时
Ｃ． ，
Ｆ １ｍｇ Ｆ ３ｍｇ
Ｃ． １ ＝ ， ２ ＝ 三根杆对铰链的作用力的合力变大
２ ２
当每根杆与竖直方向的夹角 θ 均变大时
Ｄ． ，
Ｆ ３ｍｇ Ｆ １ｍｇ
Ｄ． １ ＝ ， ２ ＝ 每根杆对地面的压力变大
２ ２
答案 Ｄ 以工件为研究对象 答案 Ｂ 根据平衡条件 竖直方向有 Ｎ
， ， ３
受力分析如图所示 重力与 Ｆ
， １、 ° ｍｇ 解得Ｎ ５ｍｇ 再由牛顿第三定
ｃｏｓ ３７ ＝ ， ＝ ，
Ｆ 的合力等大反向 根据共点力 １２
２ ，
律知 项错误 每根杆对地面的摩擦力大小
Ｆ Ｆ Ａ ；
平衡条件得 １ ° ２
ｍｇ ＝ ｃｏｓ ３０ ，ｍｇ ＝ ｍｇ
为 ｆ Ｎ ° 项正确 当每根杆与
＝ ｓｉｎ ３７ ＝ ，Ｂ ；
４
竖直方向的夹角均变大时 三根杆对铰链的
， 作用力为 ３Ｇ 作用力为 ３Ｇ
作用力的合力仍与吊锅和细铁链的总重力 Ａ． Ｂ．
３ ６
大小相等 项错误 由平衡条件可知
， Ｃ ； 摩擦力为 ３Ｇ 摩擦力为 ３Ｇ
ｍｇ Ｃ． Ｄ．
Ｎ θ ｍｇ 得 Ｎ 每根杆对地面 ４ ８
３ ｃｏｓ ＝ ， ＝ θ， 答案 Ｂ 对其中一根斜杆的底端
３ ｃｏｓ
ｍｇ 分析 受力如图所示 对整体分析
的压力 Ｎ′ Ｎ θ 项错误 ， ，
＝ ｃｏｓ ＝ ，Ｄ 。
３ Ｇ
可知 Ｆ 则地面对杆的作用力
３．（ 河北廊坊一中考前训练， ）某体育场看 Ｎ ＝ ，
２０２２ ３ ４
台的风雨棚是钢架结构的 两侧倾斜钢柱用 Ｆ
， 为 Ｆ Ｆ 的合力 Ｆ′ Ｆ Ｎ ３Ｇ 摩
固定在其顶端的钢索拉住 下端用铰链与水 （ Ｎ、 ｆ ） ＝ ＝ °＝ ，
， ｃｏｓ ３０ ６
平地面连接 钢索上有许多竖直短钢棒将棚
， 擦力Ｆ Ｆ ° ３Ｇ 故 正确
顶支撑在钢索上 整个系统左右对称 结构简 ｆ ＝ Ｎ ｔａｎ ３０ ＝ ， Ｂ ，Ａ、Ｃ、Ｄ
１２
， ，
均错误
化图如图所示 假设钢柱与水平地面的夹角
。
。
解题思路
为 ° 钢索上端与钢柱的夹角为 ° 钢索
６０ ， ３０ ， 、
每根斜杆底端受垂直于支持面（地面）的支
短钢棒及棚顶的总质量为 ｍ 重力加速度为
，
持力和沿支持面方向的摩擦力作用。 二者
ｇ 则钢柱对钢索拉力的大小为
。 （ ）
的合力为地面对斜杆的作用力，方向沿杆方
向，作平行四边形可以求出待求量。
２．（ 湖北七市州 月联考， ）（多选）如图
２０２２ ３ ８
所示 质量为 ｍ 的木块在水平向右拉力 Ｆ 的
，
１ｍｇ ｍｇ
作用下 在质量为 Ｍ 的长木板上向右滑行
Ａ． Ｂ．
， ，
２
长木板处于静止状态 已知木块与长木板
ｍｇ ｍｇ 。
Ｃ． ３ Ｄ．２
间的动摩擦因数为 μ 长木板与地面间的动
答案 Ｂ 把钢索﹑短钢 １，
摩擦因数为 μ 则
棒和棚顶看作整体进行 ２， （ ）
受力分析 整体受到竖直
，
向下的重力 ｍｇ 两侧钢
长木板受到地面的摩擦力的大小一定
，
Ａ．
柱对钢索的拉力 如图所
是 μ ｍｇ
，
示 根据平衡条件可得 Ｆ ° ｍｇ 解 １
。 ２ ｃｏｓ ６０ ＝ ， 长木板受到地面的摩擦力的大小一定是
Ｂ．
得 Ｆ ｍｇ 项正确
＝ ，Ｂ 。 μ ｍ Ｍ ｇ
２（ ＋ ）
μ 一定大于 μ
拓展 二 摩擦力的分析与计算 Ｃ． １ ２
无论怎样改变 Ｆ 的大小 长木板都不可能
１．（ 浙江 月选考， ， 分）如图所示 一 Ｄ． ，
２０２２ ６ １０ ３ ， 运动
轻质晒衣架静置于水平地面上 水平横杆与
， 答案 ＡＤ 木块受到长木板的滑动摩擦力
四根相同的斜杆垂直 两斜杆夹角 θ °
， ＝６０ 。 ｆ μ ｍｇ 由于长木板静止 它所受地面的静
一重为 Ｇ 的物体悬挂在横杆中点 则每根斜 １ ＝ １ ； ，
专
， 摩擦力大小一定是 μ ｍｇ 对 错 长木
题
杆受到地面的 １ ，Ａ ，Ｂ 。 二
（ ） 板静止 所以 μ ｍｇ μ Ｍ ｍ ｇ μ
， １ ＜ ２ （ ＋ ） ， １ ＜ 相
æ Ｍö 互
ç ÷μ 无论 Ｆ 多大 木块与长木板间的 作
è１＋ｍø ２， ， 用
２１
滑动摩擦力大小都不会改变 长木板都不会 的细绳的左 右端并恰好保持静止状态 若
， 、 。
运动 错 对 不计滑轮的大小 质量及滑轮与细绳间的摩
，Ｃ ，Ｄ 。 、
３．（ 辽宁名校联考， ）如图所示 在水平桌 擦 下列说法正确的是
２０２１ ４ ， ， （ ）
面上叠放着质量均为ｍ的木板Ａ Ｂ 以及木块
、
Ｃ 初始时刻木板与木块均处于静止状态 Ａ
， ， 、
Ｂ Ｃ 之间以及Ｂ 与桌面之间的动摩擦因数均
、
为μ 设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相
，
等 重力加速度为ｇ 现将水平轻绳一端固定
左侧小朋友的质量 Ｍ 与右侧小朋友的质
， 。
Ａ．
在Ａ上 另一端绕过光滑滑轮系一质量为 Ｍ
量 ｍ 相等
，
的物块Ｄ 则以下判断正确的是
左 右两竖直杆分别对 Ｐ Ｑ 两个定滑轮的
， （ ）
Ｂ． 、 、
作用力大小相等
左侧竖直杆对滑轮 Ｐ 的作用力大小是右
Ｃ．
侧竖直杆对滑轮 Ｑ 的作用力大小的 倍
３
左 右两竖直杆分别对 Ｐ Ｑ 两个定滑轮的
Ｄ． 、 、
当 Ｍｇ μｍｇ 时 木板 Ｂ 开始滑动
Ａ． ＞３ ， 作用力的大小关系无法确定
不管 Ｍ 多大 木板 Ｂ 一定保持静止
Ｂ． ， 答案 ＡＣ 由于滑轮两边绳子的拉力大小
Ａ Ｃ 之间的摩擦力大小一定等于 μｍｇ
Ｃ． 、 总是相等的 依题意 此时绳两端保持静止
， ，
Ｂ 受到桌面的摩擦力大小不可能等于 Ｍｇ
Ｄ． 状态 因此两名小朋友的质量相等 即 Ｍ
， ， ＝
答案 Ｂ 先对 Ｂ 受力分析 竖直方向受重
， ｍ 项正确 根据共点力的平衡条件可知
，Ａ ； ，
力 压力和支持力 水平方向受 Ａ 对 Ｂ 向右
杆对滑轮的作用力与滑轮两边绳子上的拉
、 ，
的摩擦力 ｆ 和桌面对 Ｂ 向左的摩擦力 ｆ
ＡＢ 桌Ｂ， 力的矢量和等大反向 由几何关系可知 Ｐ 滑
， ，
由于 Ａ 对 Ｂ 的最大静摩擦力为 μｍｇ 小于
轮两边绳子的夹角为 ° 左侧竖直杆对滑
２ ，
６０ ，
桌面对 Ｂ 的最大静摩擦力 μｍｇ 故 Ｂ 一定
３ ， 轮 Ｐ 的作用力大小 Ｆ ｍｇ ° ｍｇ
保持静止 错误 正确 当Ａ Ｃ 整体处于 １ ＝２ ｃｏｓ ３０ ＝ ３ ，
，Ａ ，Ｂ 。 、 Ｑ 滑轮两边绳子的夹角为 ° 右侧竖直杆
１２０ ，
静止状态时 Ｃ 在水平方向受力为零 则 Ａ 对
， ， 对滑轮 Ｑ 的作用力大小 Ｆ ｍｇ 两项错
Ｃ 的摩擦力等于零 当 Ａ Ｃ 发生相对滑动 ２ ＝ ，Ｂ、Ｄ
； 、 误 项正确
，Ｃ 。
时 Ａ Ｃ 之间的摩擦力等于 μｍｇ 错误 当
， 、 ，Ｃ 。 ２．（ 福建龙岩质检， ）如图 滑块 Ａ 置于水
２０２２ ２ ，
Ｄ 的质量 Ｍ 较小时 Ａ Ｂ Ｃ 保持静止 根据
， 、 、 ， 平地面上 滑块 Ｂ 在一水平力作用下紧靠滑
，
平衡条件可知 Ｂ 受到桌面的摩擦力大小等
， 块Ａ Ａ Ｂ 接触面竖直 此时Ａ恰好不滑动 Ｂ
（ 、 ）， ，
于 Ｍｇ 故 错误
， Ｄ 。 刚好不下滑 已知 Ａ 与 Ｂ 间的动摩擦因数为
5 。
年
μ Ａ与地面间的动摩擦因数为 μ 最大静摩
高
考
拓展 三 解决平衡问题的基本思路 １， ２，
3
擦力等于滑动摩擦力 Ａ与Ｂ 的质量之比为
。
年 １．（ 东北三校联考三， ）（多选）少年宫有一
模 ２０２２ ８
拟 （ ）
种娱乐设施如图所示 Ｐ Ｑ 两个定滑轮分别
， 、
A
版 安装在竖直的固定杆上 已知两滑轮的高度
，
高
差为 水平距离为 质量分别为 Ｍ 和 μ μ
考
物 １ ｍ， ３ ｍ， １ １－ １ ２
理 ｍ的两个小朋友 分别抓住跨过两个定滑轮 Ａ．μ μ Ｂ． μ μ
， １ ２ １ ２
２２
μ μ μ μ 的重力 ｍｇ 三个力的作用。 三个力的特点
１＋
１ ２
２＋
１ ２
Ｃ． μ μ Ｄ． μ μ 是：ｍｇ 大小方向不变，Ｆ 、Ｆ 夹角恒为 °不
１ ２ １ ２ １ ２ ９０
答案 Ｂ 对滑块 Ａ Ｂ 整体在水平方向上受 变。 可用动态圆作图法定性确定 Ｆ 、Ｆ 的大
、
１ ２
力分析 有 Ｆ μ ｍ ｍ ｇ 对滑块 Ｂ 在竖 小变化。
， ＝ ２（ Ａ＋ Ｂ） ，
直方向上受力分析
，
有μ
１
Ｆ
＝
ｍ
Ｂ
ｇ
，
联立解得
：
４．（
２０２２
辽宁辽阳二模，
８
）（多选）如图所示
，
ｍ μ μ
Ａ １－ １ ２ 故 项正确 光滑的轻滑轮通过支架固定在天花板上 ， 一
ｍ ＝ μ μ ， Ｂ 。
Ｂ 足够长的细绳跨过滑轮 一端悬挂小球 ｂ 另
１ ２
， ，
３．（ 辽宁沈阳二中模拟五， ）（多选）如图所
２０２２ ８ 一端与套在水平细杆上的质量为ｍ 的小球ａ
示 在同一竖直平面内 一光滑的小球夹在直
， ， 连接 在水平拉力 Ｆ 作用下小球 ａ 从图示
。
杆ＯＡ与１圆弧面之间 直杆的一端在圆弧面 虚线位置开始缓慢向右移动 细绳中张力大
， （
４ 小视为不变 已知小球 ｂ 的质量是小球 ａ
的圆心 Ｏ 点上 另一端 Ａ 点在圆弧面上 现 ）。
， 。 的 倍 滑动摩擦力等于最大静摩擦力 小球
将直杆绕 Ｏ 点沿顺时针方向缓慢转动 使直 ２ ， ，
，
杆与竖直方向的夹角由 °转到 ° 则此过 ａ 与细杆间的动摩擦因数为 ３ 重力加速度
３０ ６０ 。 ，
程中圆弧面对小球的支持力大小Ｆ 与直杆对 ３
１ 为 ｇ 则下列说法正确的是
小球的支持力大小Ｆ 的变化情况为 。 （ ）
２ （ ）
Ｆ 先变小后变大
Ａ． １
Ｆ 一直变小
Ｂ． １
Ｆ 先变大后变小
Ｃ． ２ 当细绳与细杆的夹角为 °时 拉力 Ｆ 的
Ｆ 一直变大 Ａ． ６０ ，
Ｄ． ２ æ ö
答案 ＢＤ 设小球的重力为 ｍｇ Ｆ 方向指 大小为çç ３ ÷÷ｍｇ
， １ è２－ ø
向Ｏ 点 Ｆ 方向与直杆垂直 即Ｆ 方向与Ｆ ３
， ２ ， １ ２ 支架对轻滑轮的作用力大小逐渐增大
方向总垂直 以 ｍｇ 大小为直径画出的矢量 Ｂ．
， 拉力 Ｆ 的大小一直增大
Ｃ．
三角形外接圆如图所示 由图可知 直杆绕
。 ， 拉力 Ｆ 的大小先减小后增大
Ｄ．
Ｏ 点沿顺时针方向缓慢转至与竖直方向夹角
答案 ＡＣ 当细绳与细杆的夹角为 °时
６０ ，
为 °的过程中 Ｆ 与竖直方向的夹角一直
６０ ， １ 拉力 Ｔ 在竖直方向上的分力为 Ｔ Ｔ °
变大 可知 Ｆ 一直变小 项错误 项正 １ ＝ ｓｉｎ ６０
， １ ，Ａ ，Ｂ ｍｇ ｍｇ 则拉力 Ｆ 的大小为 Ｆ ｍｇ
确 Ｆ 与竖直方向的夹角一直变小 可知 Ｆ ＝ ３ ＞ ， ： ＝２ ｃｏｓ
； ２ ， ２ æ ö
一直变大 项错误 项正确 ° μ ｍｇ ° ｍｇ çç ３ ÷÷ｍｇ 故
，Ｃ ，Ｄ 。 ６０ ＋ （２ ｓｉｎ ６０ － ）＝ è２－ ø ， Ａ
３
项正确 向右缓慢拉动的过程中 两段细绳
。 ，
之间的夹角逐渐增大 细绳上的拉力大小不
，
变 所以轻滑轮受到细绳的两个拉力的合力
，
减小 根据共点力平衡的条件可知 支架对
， ，
解题思路 轻滑轮的作用力大小逐渐减小 故 项错 专
， Ｂ 题
杆缓慢转动时，带动小球缓慢转动。 在转动 误 以ｂ 为研究对象 竖直方向受力平衡 可 二
。 ， ，
过程中小球受垂直于弧面（沿杆方向）的支 知细绳拉力始终等于 ｂ 的重力 即 Ｔ ｍｇ 相
， ＝２ ， 互
作
持力 Ｆ 、垂直于杆方向的支持力 Ｆ 和小球 保持不变 以 ａ 为研究对象 受力如图所示 用
１ ２ ； ， ，
２３
推力 Ｆ 先增大后减小
Ａ．
凹槽对滑块的支持力先减小后增大
Ｂ．
设细绳与水平方向夹角为 θ 支持力 Ｆ
， Ｎ ＝ 墙面对凹槽的压力先增大后减小
Ｃ．
ｍｇ θ ｍｇ 向右缓慢拉动的过程中 θ 角
２ ｓｉｎ － ， ， 水平地面对凹槽的支持力先减小后增大
Ｄ．
逐渐减小 水平方向 Ｆ ｆ ｍｇ θ ｍｇ
； ： ＝ ＋２ ｃｏｓ ＝２ 答案 Ｃ 小滑块由 Ａ 点向 Ｂ 点缓慢移动
，
θ μ ｍｇ θ ｍｇ ｍｇ θ
ｃｏｓ ＋ （２ ｓｉｎ － ）＝ ２ （ｃｏｓ ＋ 合力为零 对其受力分析 并将各力首尾相
， ，
接 如图 所示 由图中几何关系可知 该过
μ θ μｍｇ 其中 θ μ θ θ ３
， １ ， ，
ｓｉｎ ）－ ， ｃｏｓ ＋ ｓｉｎ ＝ｃｏｓ ＋
３ 程中推力 Ｆ 逐渐增大 凹槽对滑块的支持力
，
θ ２ ° θ ° θ Ｎ 逐渐减小 选项 错误 凹槽始终静止
ｓｉｎ ＝ （ｓｉｎ ６０ ｃｏｓ ＋ ｃｏｓ ６０ ｓｉｎ ） ＝ ， Ａ、Ｂ 。
３ 不动 合力为零 对其受力分析 如图 所示
， ， ， ２ 。
２ ° θ θ 逐渐减小 当 θ °时 由图 知Ｎ ｍｇ θ 而 Ｆ Ｎ′ θ
ｓｉｎ （６０ ＋ ）， ， ≥３０ ｓｉｎ １ ＝ ｃｏｓ ， 墙 ＝ ｓｉｎ ＝
３ Ｎ θ 代 入 得 Ｆ ｍｇ θ θ
° θ 逐渐增大 Ｆ 逐渐增大 当 θ °时 ｓｉｎ ， 墙 ＝ ｓｉｎ ｃｏｓ ＝
（６０ ＋ ） ， ； ＜３０ ，
Ｆ ｆ ｍｇ θ ｍｇ θ μ ｍｇ １ｍｇ θ 当 θ °时 Ｆ 有最大值 故
＝ ＋ ２ ｃｏｓ ＝ ２ ｃｏｓ ＋ （ － ｓｉｎ ２ ， ＝ ４５ 墙 ，
２
ｍｇ θ ｍｇ θ μ θ μｍｇ 其中
２ ｓｉｎ ）＝ ２ （ｃｏｓ － ｓｉｎ ）＋ ， Ｆ 先增大后减小 选项 正确 而 Ｆ Ｍｇ
墙 ， Ｃ 。 Ｎ ＝
θ μ θ θ ３ θ ２ ° Ｎ′ θ Ｍｇ ｍｇ ２ θ 当 θ 增大时 Ｆ 减
ｃｏｓ － ｓｉｎ ＝ｃｏｓ － ｓｉｎ ＝ （ｓｉｎ ６０ ＋ ｃｏｓ ＝ ＋ ｃｏｓ ， Ｎ
３ ３ 小 选项 错误
， Ｄ 。
θ ° θ ２ ° θ 当 θ
ｃｏｓ －ｃｏｓ ６０ ｓｉｎ ）＝ ｓｉｎ （６０ － ），
３
从 °逐渐减小的过程中 ° θ 逐渐
３０ ，ｓｉｎ （６０ － ）
增大 所以此过程中 Ｆ 仍然逐渐增大 可知
， ，
水平拉力一直增大 故 项正确 项错误 图
图
， Ｃ ，Ｄ 。 １ ２
２．（ 湖北部分重点中学联考， ）如图所示
拓展 四 平衡问题中的隔离法与整体法 ２０２１ ３ ，
一质量为 Ｍ 的半圆形滑块 Ｂ 放在粗糙的水
１．（ 湖南， ， 分）质量为 Ｍ 的凹槽静止在
２０２１ ５ ４ 平地面上 一质量为 ｍ 的光滑滑块 Ａ 靠着竖
，
水平地面上 内壁为半圆柱面 截面如图所
， ， 直墙壁放在滑块 Ｂ 上 Ｂ 保持静止 Ａ 与 Ｂ 的
， ，
示 Ａ 为半圆的最低点 Ｂ 为半圆水平直径的
5 ， ， 接触点为 Ｃ Ｂ 滑块的圆心为 Ｏ ＯＣ 与水平
年 ， ，
端点 凹槽恰好与竖直墙面接触 内有一质
高 。 ， 方向的夹角为 θ ° 重力加速度为 ｇ 下列
考 ＝３０ ， ，
量为 ｍ 的小滑块 用推力 Ｆ 推动小滑块由
3
。 说法正确的是
年
模 Ａ点向 Ｂ 点缓慢移动 力 Ｆ 的方向始终沿圆 （ ）
拟 ，
弧的切线方向 在此过程中所有摩擦均可忽
A ，
版 略 下列说法正确的是
， （ ）
高
考
物
理
２４
Ｂ 滑块对地面的压力为 Ｍｇ 不变 故 正确 以 ａ ｂ ｃ 组成的整体为研
Ａ． ， Ｂ 。 、 、
地面对 Ｂ 滑块的摩擦力大小为 ｍｇ 究对象 在水平方向上地面施加的摩擦力 ｆ
Ｂ． ３ ， ＝
Ｇ
Ｂ 滑块对 Ａ 滑块的作用力大小为 ｍｇ
Ｃ． ３ Ｆ θ ２ θ 可知 将固定点ｄ 向右移动
ｓｉｎ ＝ ｔａｎ ， ，
墙壁对 Ａ 滑块的作用力大小为 ｍｇ ２
Ｄ．
少许 θ 增大 ｆ 增大 即地面对物块 ａ 的摩擦
答案 Ｂ 对 Ａ Ｂ 整体受力分析可知 Ｂ 滑 ， ， ，
、 ，
力增大 故 正确 将固定点 ｄ 向右移动少
块对地面的压力为 Ｍ ｍ ｇ 错误 对 Ａ 受 ， Ｃ 。
（ ＋ ） ，Ａ ；
Ｇ
力分析可知 竖直墙壁对Ａ 的作用力为Ｆ
， Ｎ Ａ＝ 许 ， θ 增大 ， Ｆ ＝ ２ θ 增大 ， 对 ｂ 受力分析 ，
ｍｇ ２ ｃｏｓ
ｍｇ Ｂ 滑块对 Ａ 滑块的作用力大
细线对 ｂ 的拉力方向未变 ｂ 未动 拉力的
°＝ ３ ，
（ ），
ｔａｎ ３０
水平分力增加 故物块 ａ 对物块 ｂ 的摩擦力
ｍｇ
，
小为 Ｆ ｍｇ 错误 对 Ａ Ｂ
ＢＡ ＝ ° ＝ ２ ，Ｃ、Ｄ ； 、 增加 故 错误
ｓｉｎ ３０ ， Ｄ 。
整体受力分析可知 水平方向地面对 Ｂ 滑块
，
拓展 五 平衡中的极值与临界问题
的摩擦力大小为 ｆ Ｆ ｍｇ 正确
＝ Ｎ Ａ＝ ３ ，Ｂ 。
３．（ 湖南雅礼中学二模， ）（多选）如图 １．（ 山东， ， 分）如图所示 一轻质光滑
２０２０ ８ ３ ，
２０２２ ８ ，
带有光滑滑轮的物块 ａ 置于水平面上 物块 定滑轮固定在倾斜木板上 质量分别为 ｍ 和
，
，
ｂ 放在物块 ａ 上 轻质细线一端固定在物块 ｂ ｍ的物块 Ａ Ｂ 通过不可伸长的轻绳跨过滑
２ 、 ，
，
上 另一端绕过光滑的滑轮固定在 ｄ 点 轻 轮连接 Ａ Ｂ 间的接触面和轻绳均与木板平
， ， ， 、
质滑轮 下悬挂物块 ｃ 系统处于静止状态 行 Ａ 与 Ｂ 间 Ｂ 与木板间的动摩擦因数均
２ ， 。 。 、
若将固定点 ｄ 向右移动少许 而 ｂ 与 ａ 始终 为 μ 设最大静摩擦力等于滑动摩擦力 当
， ， 。
静止 下列说法正确的是 木板与水平面的夹角为 °时 物块 Ａ Ｂ 刚
。 （ ） ４５ ， 、
好要滑动 则 μ 的值为
， （ ）
轻质细线对滑轮 的作用力增大
Ａ． ２
物块 ａ 对地面的压力不变
Ｂ．
地面对物块 ａ 的摩擦力增大
Ｃ． １ １ １ １
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．
物块 ａ 对物块 ｂ 的摩擦力不变
３ ４ ５ ６
Ｄ．
答案 ＢＣ 设线上的拉力大小为 Ｆ 滑轮 答案 Ｃ 物块 Ａ Ｂ 刚好要滑动 说明 Ａ Ｂ
、 ， 、
， ２
右侧细线与竖直方向的夹角为 θ 物块 ｂ 和 刚好处于平衡状态 所受摩擦力为最大静摩
， ，
物块 ａ 的总重力为 Ｇ 物块 ｃ 的重力为 Ｇ 擦力 Ｂ 重力较大有向下运动趋势 Ａ 受绳的
１， ２。 ， ，
对于滑轮 和物块 ｃ 整体 由力的平衡条件 作用有向上运动趋势 分别对 Ａ Ｂ 受力分
２ ， ， 、
有 Ｆ θ Ｇ 轻质细线对滑轮 的作用力 析 则对 Ａ Ｔ ｍｇ ° μｍｇ ° 对
２ ｃｏｓ ＝ ２， ２ ， ， ＝ ｓｉｎ ４５ ＋ ｃｏｓ ４５ ，
始终等于 Ｇ 故 错误 把 ａ ｂ ｃ 看成一个 Ｂ Ｔ μｍｇ ° μｍｇ ° ｍｇ
２， Ａ 。 、 、 ， ＋ ｃｏｓ ４５ ＋ ３ ｃｏｓ ４５ ＝ ２ ｓｉｎ
整体进行受力分析 在竖直方向上Ｆ θ 专
， ｃｏｓ ＋ ° 联立解得 μ １ 故 正确 题
４５ ， ＝ ， Ｃ 。 二
Ｇ ５
Ｆ Ｇ Ｇ Ｆ θ ２ 解得 Ｆ Ｇ １Ｇ
Ｎ ＝ １ ＋ ２， ｃｏｓ ＝ ２ ， Ｎ ＝ １ ＋ ２ ２， ２．（ ２０２１ 海南， ８ ， ３ 分）如图 ，Ｖ 形对接的绝缘 相 互
作
根据牛顿第三定律知物块 ａ 对地面的压力 斜面Ｍ Ｎ 固定在水平面上 两斜面与水平面 用
、 ，
２５
夹角均为 α ° 其中斜面 Ｎ 光滑 两个质
＝６０ ， 。
量相同的带电小滑块 Ｐ Ｑ 分别静止在 Ｍ Ｎ
、 、
上 Ｐ Ｑ 连线垂直于斜面 Ｍ 已知最大静摩
， 、 ，
擦力等于滑动摩擦力 则 Ｐ 与 Ｍ 间的动摩
。
球对 ＡＢ 板压力的最大值为 ． ｍｇ
擦因数至少为 Ａ． ０ ５
（ ） 球对 ＡＢ 板压力的最大值为 ｍｇ
Ｂ．
球对 ＡＢ 板压力的最大值为 ｍｇ
Ｃ． ２
球对 ＡＢ 板压力的最大值为 ． ｍｇ
Ｄ． １ ５
答案 Ｂ 小球受到重力 ｍｇ ＡＢ 板的支持
，
力 Ｎ ＣＤ 板的支持力 Ｎ 三个力作用 保持
３ １ ３ ３ ＡＢ， ＣＤ ，
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．
平衡状态 在 θ 角缓慢地由 °增大到 °的
６ ２ ２ ３
； ３０ ７５
答案 Ｄ Ｑ 受力少 先对 Ｑ 受力分析 Ｑ 受 过程中 小球的重力保持不变 ＡＢ 板对球的
， ，
， ，
重力 支持力 库仑力 因为滑块 Ｑ 在光滑斜 支持力方向不变 ＣＤ 板对球的支持力方向
、 、 ， ，
面 Ｎ 上静止 则 Ｐ 与 Ｑ 带同种电荷 设两者 在变化 如图所示分别是 θ °和 θ °的
， ， ， ＝３０ ＝７５
之间的库仑力为 Ｆ Ｆ′ Ｐ Ｑ 两滑块的受力分 受力分析图
、 ， 、
析和角度关系如图所示 斜面与水平面夹角
（
为 α 则垂直斜面的线与竖直方向夹角也为
，
α
）。
根据三角形定则 可知随着θ 角缓慢地增大
， ，
ＡＢ 板对球支持力也逐渐增大 当 θ °时
， ＝７５ ，
ＡＢ 板对球的支持力最大 此时 Ｎ 等于小球
， ＡＢ
对 Ｑ 所受的力进行分解 沿斜面 Ｎ 方向有
， 的重力 根据牛顿第三定律可得小球对 ＡＢ
，
ｍｇ ° Ｆ ° 可得 Ｆ ｍｇ 当 Ｐ 与
ｃｏｓ ３０ ＝ ｃｏｓ ３０ ， ＝ 。 板压力的最大值为 ｍｇ 正确
，Ｂ 。
Ｍ 间动摩擦因数最小时 Ｐ 刚好不滑动 将 Ｐ
４．（ 河北石家庄质检一， ）（多选）如图所
， ，
２０２２ ８
所受的力在沿斜面 Ｍ 方向与垂直斜面 Ｍ 方
示 处于竖直平面内的正六边形 ＡＢＣＤＥＦ 可
， ，
向进行分解 可得 Ｎ Ｆ′ ｍｇ ° ｆ 绕过 Ｃ 点且与平面垂直的水平轴自由转动
， ２ ＝ ＋ ｓｉｎ ３０ ， ＝ ，
ｍｇ ° 又知 Ｆ′ Ｆ ｍｇ ｆ μＮ 联立以 该金属框架的边长为 Ｌ 中心记为 Ｏ 用两根
ｃｏｓ ３０ ， ＝ ＝ ， ＝ ２， ， ，
不可伸长 长度均为 Ｌ 的轻质细线将质量为
、
上各式解得 μ ３ 故选
＝ ， Ｄ。 ｍ 的金属小球悬挂于 Ａ Ｅ 两个顶点并处于
３ 、
5
静止状态 现顺时针缓慢转动框架 转过
年 ３．（ 甘肃平凉联合调研， ）如图所示 将质 。 ，
高 ２０２２ ２ ，
°角 重力加速度为 ｇ 在整个转动过程中
考 量为 ｍ 的球放在 ＡＢ 和 ＣＤ 两个与纸面垂直 ９０ ， ， ，
3
下列说法中正确的是
年 的光滑板之间 两板与水平面夹角 θ α ° （ ）
模 ， ＝ ＝３０
拟
并保持静止 ＡＢ 板固定 ＣＤ 板与 ＡＢ 板活
A 。 ，
版 动连接 ＣＤ 板可绕通过 Ｄ 点且垂直纸面的
，
高
轴转动 在 θ 角缓慢地由 °增大到 °的
考
。 ３０ ７５
物
理 过程中 重力加速度为 ｇ
（ ） （ ）
２６
细线 ＯＥ 中拉力的最大值为 ｍｇ 圆的直径重合时具有最大值 等于未旋转前
Ａ． ２ （
ｍｇ
细线 ＯＡ 中拉力的最大值为２ ３ｍｇ 细线 ＯＥ 中的拉力 等于 ２ ３ｍｇ
Ｂ． ， °＝ ），
３ ｃｏｓ ３０ ３
细线 ＯＥ 中拉力逐渐减小 Ｆ 旋转过程中由图可知逐渐变小 故选
Ｃ． Ｔ Ｅ 。
细线 ＯＡ 中拉力逐渐增大
Ｄ． Ｂ、Ｃ。
答案 ＢＣ 对小球进行受力分析 小球受
，
ｍｇ Ｆ Ｆ ｍｇ 的对角始终为 ° 将三个
、 Ｔ Ａ、 Ｔ Ｅ， １２０ ，
力画到圆中如图所示 由于旋转前 ｍｇ 与 Ｆ
， Ｔ Ａ
垂直 故以 Ｆ 为圆的直径 框架旋转时 ｍｇ
， Ｔ Ｅ ，
不变 Ｆ 方向由水平变至竖直 当其方向和
， Ｔ Ａ ，
专
题
二
相
互
作
用
２７
应用篇
模型 一 动态平衡模型 夹角不变 所以矢量三角形外接圆中弦 ＡＢ
，
所对的角不变 在木板转至水平的过程中
１．（ 河北， ， 分）如图 用两根等长的细 ， ，
２０２２ ７ ４ ， 绳的拉力 Ｔ 和木板的弹力 Ｎ 的连接点 Ｃ 由
绳将一匀质圆柱体悬挂在竖直木板的 Ｐ 点
， 初位置移至 Ｂ 点 由图可知支持力 Ｎ 先增大
，
将木板以底边ＭＮ 为轴向后方缓慢转动直至
后减小 两绳拉力的合力 Ｔ 一直减小 正
， ，Ｂ
水平 绳与木板之间的夹角保持不变 忽略
， ， 确 错误
，Ａ、Ｃ、Ｄ 。
圆柱体与木板之间的摩擦 在转动过程中
。
（ ）
２．（ 课标 ， ， 分）（多选）如图 一粗糙
２０１９ Ⅰ １９ ６ ，
斜面固定在地面上 斜面顶端装有一光滑定
，
滑轮 一细绳跨过滑轮 其一端悬挂物块 Ｎ
。 ， ，
另一端与斜面上的物块 Ｍ 相连 系统处于静
圆柱体对木板的压力逐渐增大
，
Ａ．
止状态 现用水平向左的拉力缓慢拉动 Ｎ
圆柱体对木板的压力先增大后减小
。 ，
Ｂ．
直至悬挂 Ｎ 的细绳与竖直方向成 ° 已知
两根细绳上的拉力均先增大后减小
４５ 。
Ｃ．
Ｍ 始终保持静止 则在此过程中
两根细绳对圆柱体拉力的合力保持不变 ， （ ）
Ｄ．
答案 Ｂ 选圆柱体为研究对象 设两根细
，
绳的拉力的合力为 Ｔ 除此之外圆柱体还受
，
重力 Ｇ 和木板的支持力 Ｎ 将三力首尾依次
，
水平拉力的大小可能保持不变
相接构成矢量三角形 如图所示 在木板缓 Ａ．
， ，
Ｍ 所受细绳的拉力大小一定一直增加
慢转动过程中 两绳拉力的合力 Ｔ 和木板的 Ｂ．
，
Ｍ 所受斜面的摩擦力大小一定一直增加
支持力 Ｎ 同时顺时针转动 重力 Ｇ 恒定 两 Ｃ．
， ，
Ｍ所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加
绳拉力的合力 Ｔ 和木板的支持力 Ｎ 之间的 Ｄ．
答案 ＢＤ 用水平拉力向 答案 Ｄ 对图 中的 Ｏ 点进行受力分
１、２
左缓慢拉动 Ｎ 如图所示 水 析 ＯＡ ＯＣ 两绳的合力大小等于小球的重
， ， ， 、
平拉力 Ｆ 逐渐增大 细绳的 力 其大小和方向不变 利用图解法可画出
， ， ，
拉力 Ｔ 逐渐增大 则细绳对 Ｍ 的拉力逐渐增 受力分析图 如图甲 乙所示 图甲中 ＯＣ 绳
， ， 、 。
大 故 错误 正确 当物块 Ｍ 的质量满 中的拉力先减小后增大 ＯＡ 绳中的拉力逐
， Ａ ，Ｂ 。 ，
足 ｍ ｇ θ ｍ ｇ 时 初始时 Ｍ 受到的摩擦 渐减小 图乙中 ＯＣ 绳中的拉力逐渐增大
Ｍ ｓｉｎ ＞ Ｎ ， ； ，
力方向沿斜面向上 这时随着细绳的拉力 Ｔ ＯＡ 绳中的拉力逐渐减小 项正确
， 。 Ｄ 。
逐渐增大 物块 Ｍ 所受的摩擦力先沿斜面向
，
上逐渐减小 然后可能再沿斜面向下逐渐增
，
大 故 错误 正确
， Ｃ ，Ｄ 。
解题关键
系统处于静止状态，水平向左缓慢拉动 Ｎ，
①
Ｍ 处于平衡状态，则 Ｎ 处于动态平衡状态。
因为物块Ｍ 和物块Ｎ 的质量关系未知，故
②
Ｍ 所受摩擦力存在多种可能，其中临界条件 ４．［ 联考（ ）， ］（多选）如图所示 竖直
２０２１ Ｔ８ １ ６ ，
为ｍ ｇ θ ｍ ｇ。 绝缘杆上端固定一光滑小环Ｏ 底端紧套带电
Ｍ ｓｉｎ ＝ Ｎ ，
３．（ 河南洛阳联考， ）现有三段轻绳 ＯＡ 圆环Ｂ 后固定在水平面上 轻绳一端绕过光
２０２１ ７ 、 。
ＯＢ ＯＣ ＯＡ 绳悬挂在天花板上的 Ａ 点 ＯＢ 滑定滑轮Ｏ′后连接沙桶Ｃ 另一端穿过Ｏ后连
、 ， ， ，
绳下面悬挂一个小球 第一次 保持结点 Ｏ 接一轻弹簧 弹簧另一端通过绝缘轻绳连接带
。 ， ，
位置不变 如图 所示 某同学拉着轻绳 ＯＣ 电小球Ａ 两端细绳与弹簧的轴线共线 当Ａ
， １ ， （ ）。
从水平位置缓慢转动到竖直位置 第二次 静止时 Ａ与Ｃ 等高 小球Ａ 与Ｂ 的连线与ＯＡ
； ， ， ，
保持轻绳 ＯＣ 垂直于 ＯＡ 缓慢移动轻绳 使 垂直 ＯＡ与杆的夹角θ ° 若在沙桶中加入
， ， ， ＝６０ 。
轻绳 ＯＡ 从竖直位置缓慢转动到如图 所示 或取出 细沙的同时 将Ａ缓慢移至另一位置
２ （ ） ，
的位置 则下列说法正确的是 Ｄ 没有画出 ＯＡ 与细杆不平行 释放后 Ａ 与
， （ ） （ ， ），
Ｃ 仍然能够保持静止 已知Ａ与Ｂ 的电荷量不
，
变 弹簧始终在弹性限度内且不会与 Ｏ 接触
， ，
则下列说法正确的是
（ ）
图 图
１ ２
第一次轻绳 ＯＡ 的拉力先减小后增大 第
5 Ａ． ，
年 二次轻绳 ＯＡ 的拉力逐渐减小
高
考
第一次轻绳 ＯＡ 的拉力逐渐减小 第二次
3
Ｂ． ，
年
轻绳 ＯＡ 的拉力先增大后减小 小球 Ａ 受静电力的大小可能减小
模
Ａ．
拟
第一次轻绳 ＯＣ 的拉力先减小后增大 第 Ｄ 点可能存在的位置均处于同一圆上
A Ｃ． ， Ｂ．
版 二次轻绳 ＯＣ 的拉力逐渐减小 若取出细沙 平衡后杆右侧轻绳与细杆间
Ｃ． ，
高
第一次轻绳 ＯＣ 的拉力先减小后增大 第 的夹角会大于 °
考
Ｄ． ， ６０
物
理 二次轻绳 ＯＣ 的拉力逐渐增大 若加入细沙 平衡后沙桶距地面的高度必
Ｄ． ，
２８
定大于小球距地面的高度 下模型 在水平杆 ＭＮ 上套有两个质量不计
：
答案 ＢＤ 对小球进行受力分析 由相似三 的小环 Ａ 和 Ｂ 一不可伸长的细线两端分别
， ，
ｍ ｇ Ｆ Ｆ 系在环 Ａ Ｂ 上 并在细线中点处通过小滑轮
角形有 ｋ′ Ａ Ｔ ｋ′为定值 由于 Ｆ 、 ，
： ＝ ｈ ＝ｘ ＝Ｌ ， ， ＝ 挂一个质量为 ｍ 的物块 整个系统处于平衡
ＯＢ ＡＢ ＯＡ
，
ｋｑ Ａ ｑ Ｂ 状态 当增加 Ａ Ｂ 之间的距离 整个系统再
所以ｘ 一定 即Ａ Ｂ 间距不变 所以小 。 、 ，
ｘ２
ＡＢ
， ＡＢ ， 、 ，
次达到平衡状态后 下列说法正确的是
，
球所受静电力大小不变 错 由于 Ａ Ｂ 间距
，Ａ ； 、
（ ）
不变 所以 Ｄ 点可能存在的位置均处于同一
，
圆上 正确 由于 Ｄ 点可能存在的位置均处
，Ｂ ；
于同一圆上 且已知当杆右侧轻绳与细杆的
，
夹角θ °时 轻绳与该圆相切 则此时的夹
＝６０ ， ，
小环 Ａ 和 Ｂ 所受支持力都变大
角θ °为轻绳与细杆间夹角的最大值 即轻 Ａ．
＝６０ ，
小环 Ａ 和 Ｂ 所受摩擦力都变小
绳与细杆间的夹角不可能大于 ° 错 Ｆ Ｂ．
６０ ，Ｃ ； Ｔ ＝
细线中张力变大
ｋｘ Ｃ．
ｍ ｇ ｋｘ ｋ 为弹簧劲度系数 则有 ｋ′ 由
Ｃ ＝ （ ）， Ｌ ＝ ， 小环 Ａ 的合力变大
ＯＡ Ｄ．
ｋ ｘ ｘ 答案 Ｃ 当增加 Ａ Ｂ 之间的距离时 细线
题意知ｘ Ｌ 则加入细沙后有 （ ＋Δ ） ｋ′ 、 ，
＜ ＯＡ， Ｌ Ｌ ＝ ， 与 ＭＮ 之间的夹角 θ 变小 小滑轮受 Ｔ Ｔ″
ＯＡ＋Δ ＯＡ
， 、 、
可得 Δ ｘ ＜Δ Ｌ ＯＡ， 沙桶Ｃ 一定上升 ，Ｄ 正确 。 Ｆ Ｔ 三个力 ， 如图所示 ， 在竖直方向上 Ｆ Ｔ ＝ ｍｇ
Ｔ θ θ 变小 则 θ 变小 Ｔ 变大 正
模型 二 生活中的绳、杆、弹簧模型 ＝２ ｓｉｎ ， ， ｓｉｎ ， ，Ｃ
确 对 Ａ 受力分析 水平方向 ｆ Ｔ′ θ θ 变
； ， ＝ ｃｏｓ ，
１．（ 课标 ， ， 分）如
２０２０ Ⅲ １７ ６ 小 θ变大 而 Ｔ′ Ｔ 变大 故小环 Ａ 所受
，ｃｏｓ ， ＝ ，
图 悬挂甲物体的细线拴
到的摩擦力变大 小环 Ｂ 的受力分析与 Ａ 类
，
，
牢在一不可伸长的轻质细
似 错误 在增加 Ａ Ｂ 间距离后 整个系统
，Ｂ ； 、 ，
绳上 Ｏ 点处 绳的一端固
； 再次平衡 Ａ 同样处于平衡状态 所受合力仍
， ，
定在墙上 另一端通过光滑定滑轮与物体乙
， 为 错误 对小环 Ａ Ｂ 细线和小滑轮构
０，Ｄ ； 、 、
相连 甲 乙两物体质量相等 系统平衡
。 、 。 成的整体受力分析 在竖直方向上 Ｆ ｍｇ
时 Ｏ 点两侧绳与竖直方向的夹角分别为 α ， ， Ｔ ＝ ＝
， Ｆ 故 Ｆ 始终不变 错误
和 β 若α ° 则 β 等于 ２ Ｎ， Ｎ ，Ａ 。
。 ＝７０ ， （ ）
° ° ° °
Ａ．４５ Ｂ．５５ Ｃ．６０ Ｄ．７０
答案 Ｂ Ｏ 点受力如图 因
，
为甲 乙物体质量相等 所以
、 ，
Ｆ 与 Ｆ 大小相等 合成的平
１ ２ ，
行四边形为菱形 α ° 则 ３．（ 安徽皖南八校联考， ）抖空竹在中国
， ＝７０ ， ２０２２ ５
° Ｆ 和 Ｆ 的合力与 Ｆ 等大反 有着悠久的历史 假设抖空竹所用轻绳 ＡＢ
∠１＝∠２＝５５ ， １ ２ ３ 。
向 β 故 正确 总长为 Ｌ 空竹重量为 Ｇ 可视为质点 绳能 专
， ＝∠２， Ｂ 。 ， ， 。 题
２．［ 联考（ ）， ］引体向上是我们日常 承受的最大拉力是 Ｇ 将绳左端固定 将右 二
２０２２ Ｔ８ ２ ３ ２ ， ，
相
生活中行之有效的健身方法之一 当你双 端缓慢水平向右移动 ｄ 而使绳不断 不计一
互
。 ，
作
手握住单杠处于静止状态时 可以简化成如 切摩擦 则 ｄ 的最大可能值为 用
， ， （ ）
２９
体 无风时整体受到重力和两边绳子的拉力
，
作用而处于平衡状态 如图甲所示
， ，
Ｌ １５Ｌ ３Ｌ １５Ｌ
Ａ． ３ Ｂ． Ｃ． Ｄ．
４ ２ ２
答案 Ｂ 设轻绳与水平方向的夹角为 θ 根
，
据受力分析可得竖直方向上有 Ｆ θ Ｇ
２ Ｔ ｓｉｎ ＝ ，
甲
绳能承受的最大拉力是 Ｇ 时 解得 θ １
２ ， ｓｉｎ ＝ 设绳长为 Ｌ 两杆之间的距离为 ｄ 根据几何
４ ， ，
æ
ç
Ｌö
÷ ２
æ
ç
ｄö
÷ ２ 关系可得 θ
ｄ
根据平衡条件可得 Ｆ
è ø －è ø ｓｉｎ ＝ Ｌ， ２ ｃｏｓ
由几何关系可得 θ ２ ２ 联立
ｓｉｎ ＝ Ｌ ， ｍｇ
θ ｍｇ 解得 Ｆ 有风后 衣服和衣架
＝ ， ＝ θ； ，
２ ２ ｃｏｓ
整体还受风力作用 两端绳子的拉力的合力
解得 ｄ １５Ｌ 故选 ，
＝ ， Ｂ。 与重力 风力的合力相平衡 如图乙所示
４ 、 ，
４．（ 河北衡水考前检测， ）（多选）晾晒衣
２０２２ ８
服的绳子两端 Ａ Ｂ 分别固定在两根竖直杆
、
上 Ａ 点高于 Ｂ 点 原来无风状态下衣服保持
， ，
静止 某时一阵恒定的风吹来 衣服受到水
。 ，
平向右的恒力而发生滑动 并在新的位置保
，
持静止 如图 不计绳子的质量及绳与衣架 乙
（ ），
挂钩间的摩擦 下列说法中正确的是 此时通过 Ａ 和 Ｂ 点作平行于合力方向的线
， （ ）
ｄ′
段 两线段之间距离为 ｄ′ θ′ ｄ 与 ｄ′
， ，ｓｉｎ ＝ Ｌ，
的关系不确定 故有风时 ＡＯＢ 不一定大
， ∠ ，Ｂ
错误 在有风的情况下将绳子的端点从 Ａ
。
点移到 Ｃ 点 两段绳子之间的夹角变小 两
， ，
有风时 挂钩左右两侧的绳子拉力不相等 段绳子的合力不变 则拉力 Ｆ 减小 正确
Ａ． ， ， ，Ｄ 。
相比无风时 有风的情况下 ＡＯＢ 大 故选
Ｂ． ， ∠ Ｃ、Ｄ。
无风时 挂钩左右两侧绳子与竖直杆夹角 方法技巧
Ｃ． ，
相等 等效思想是研究问题的重要方法之一，在无
5
年 在有风的情况下 Ａ 点沿杆稍下移到 Ｃ 点 风时，结点受三个力的作用。 绳子拉力的合
高 Ｄ． ， ，
考 绳子的拉力变小 力与重力平衡。 有风后，增加风力，重力和
3
年 答案 ＣＤ 绳子的质量及绳与衣架挂钩间 风力的合力为等效重力，此时两端绳子的拉
模
拟
摩擦均忽略不计 则 Ｏ 点始终是活结点 有 力的合力与等效重力平衡，这样用类似于无
A ， ，
版 无风时活结两端的拉力都相等 无风时 则 风时的处理思想使问题迎刃而解。
， ，
高 挂钩左右两侧绳子与竖直方向的夹角相等 ５．（ 江西上饶六校期中， ）如图 所示
考 。 ２０２２ １３ １ ，
物
理 错误 正确 将衣服和衣架看作一个整 放在粗糙固定斜面上的物块 Ａ 和悬挂的物
Ａ ，Ｃ 。
３０
块 Ｂ 均处于静止状态 轻弹簧的左端固定在 由于 Ｔ Ｆ 所以摩擦力方向沿斜面向下
， ＞ １，
墙上 轻绳 ＡＯ 绕过光滑的定滑轮与轻弹簧 对 Ａ 进行受力分析 沿斜面方向根据力的平
。 ，
的右端及轻绳 ＢＯ 的上端连接于 Ｏ 点 轻弹 衡条件 有 Ｔ′ ｆ Ｆ
， ， ＝ ＋ １
簧中轴线沿水平方向 且弹簧原长 Ｌ 代入数据解得 ｆ 方向沿斜面向下
， ０ ＝ ＝２５ Ｎ，
． 劲度系数 ｋ 轻绳的 ＯＣ 段 取下物块 Ｂ 然后用光滑轻滑轮把物块 Ｂ
０ ９ ｍ， ＝３００ Ｎ／ｍ。 （３）
长 与竖直方向的夹角 θ ° 斜面倾角 挂在轻绳上 重新平衡时 轻滑轮两边轻绳
１ ｍ， ＝３７ ， ， ，
α ° 物块Ａ 的质量ｍ 物块Ｂ 的质 与竖直方向的夹角相等且两边轻绳上的拉
＝３０ ， Ａ＝５ ｋｇ，
量 ｍ 设最大静摩擦力等于滑动摩 力相等 如图乙所示
Ｂ＝４ ｋｇ。 ， 。
擦力 ° ． ° ． ｇ
。 （ｓｉｎ ３７ ＝ ０ ６，ｃｏｓ ３７ ＝ ０ ８， ＝
２
１０ ｍ／ｓ ）
图乙
斜面底端距离左侧墙面的水平距离为
：
ｄ Ｌ ｘ ＯＣ θ ． ． ．
＝ ０ ＋Δ ＋ ｓｉｎ ＝０ ９ ｍ＋０ １ ｍ＋１×０ ６ ｍ＝
．
求弹簧伸长量 ｘ 的大小
１ ６ ｍ
（１） Δ ；
定滑轮左侧部分轻绳长为
求物块 Ａ 受到的摩擦力的大小和方向
：
（２） ；
Ｌ Ｌ ｘ ＯＣ ． ．
如图 所示 若在上述平衡状态下用轻
（３） ２ ， ＝ ０ ＋Δ ＋ ＝０ ９ ｍ＋０ １ ｍ＋１ ｍ＝２ ｍ
设重新平衡时轻滑轮两边轻绳与竖直方向
绳代替轻弹簧 取下物块 Ｂ 然后用光滑轻滑
，
的夹角为 θ′ 由几何关系可知
轮把物块 Ｂ 挂在轻绳上 求重新平衡时物块
，
，
ｄ ．
Ａ 受到的摩擦力的大小和方向
θ′ １ ６ ．
。 ｓｉｎ ＝ Ｌ ＝ ＝０ ８
答案 ． 方向沿斜面向 ２
（１）０ １ ｍ （２）２５ Ｎ， 所以 θ′ °
＝５３
下 ２５ 方向沿斜面向下 重新平衡时有 Ｆ θ′ ｍ ｇ
（３） Ｎ， ：２ ｃｏｓ ＝ Ｂ
３
解析 对 Ｏ 点受力分析如图甲所示 解得 Ｆ １００
（１） ， ： ＝ Ｎ
３
Ａ 受到的拉力 Ｆ′ Ｆ １００ Ｆ
＝ ＝ Ｎ＞ １ ＝２５ Ｎ
３
所以 Ａ 受到的摩擦力的大小 ｆ′ Ｆ′ Ｆ １００
： ＝ － １ ＝
３
图甲
２５ 方向沿斜面向下
根据平衡条件 有 Ｆ ｍ ｇ θ Ｎ－２５ Ｎ＝ Ｎ， 。
， 弹＝ Ｂ ｔａｎ ３
由胡克定律 Ｆ ｋ ｘ ６．（ 广西桂林、贺州、崇左期末， ）如图所
弹＝ Δ ２０２２ １３
解得 ｘ ． 示 质量均为 ｍ 的物块 Ａ Ｂ 之间用劲度系数
Δ ＝０ １ ｍ ， 、
由 中分析可知 ＯＣ 段轻绳的拉力 为 ｋ 的轻质弹簧连接 竖直放置于水平地面
（２） （１） ，
ｍ ｇ 上 轻绳的一端与 Ａ 连接并绕过其正上方的
Ｔ Ｂ ４×１０ ，
＝ θ＝ ． Ｎ＝５０ Ｎ 光滑定滑轮 Ｐ 及与 Ｐ 等高的光滑定滑轮 Ｑ 专
ｃｏｓ ０ ８ ， 题
Ａ 的重力沿斜面向下的分力 另一端可挂到放在斜面上的物块 Ｃ 上 轻 二
。
相
Ｆ ｍ ｇ α ． 绳挂上 Ｃ 之后 将把 Ａ 往上拉升直至新的平
１ ＝ Ａ ｓｉｎ ＝５×１０×０ ５ Ｎ＝２５ Ｎ ， 互 作
Ａ 受到的拉力 Ｔ′ Ｔ 衡位置 已知 Ｂ 未离开地面 ＱＣ 段轻绳与 用
＝ ＝５０ Ｎ 。 ，
３１
斜面平行 固定的斜面倾角为 θ Ｃ 与斜面间 向上 则有
， ， ，
的动摩擦因数为 μ μ θ 重力加速度为 Ｔ ｋｘ ｍｇ
（ ＜ｔａｎ ）， １ ＋ １ ＝
ｇ Ｃ 与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩 ｍｇ Ｍｇ θ μＭｇ θ
， 解得 ｘ － ｓｉｎ － ｃｏｓ
擦力 １ ＝ ｋ
。
因轻绳挂上 Ｃ 而使 Ａ 上升的高度
Ｍｇ θ μＭｇ θ
ｈ ｘ ｘ ｓｉｎ ＋ ｃｏｓ
１ ＝ ０ － １ ＝ ｋ
若弹簧对 Ａ 的弹力向下 则有 Ｔ ｋｘ ′ ｍｇ
， １ － １ ＝
求所挂 Ｃ 的质量的最大值 Ｍｇ θ μＭｇ θ ｍｇ
（１） ； 解得 ｘ ′ ｓｉｎ ＋ ｃｏｓ －
１ ＝ ｋ
若轻绳挂上质量为 Ｍ 的 Ｃ 后 Ｃ 恰好不
（２） ，
因轻绳挂上 Ｃ 而使 Ａ 上升的高度
会向上滑动 求因轻绳挂上 Ｃ 而使 Ａ 上升的
，
Ｍｇ θ μＭｇ θ
高度 ｈ ′ ｘ ′ ｘ ｓｉｎ ＋ ｃｏｓ
； １ ＝ １ ＋ ０ ＝ ｋ
若轻绳挂上质量为 Ｍ 的 Ｃ 后 Ｃ 恰好不
（３） ， Ｍｇ θ μＭｇ θ
会向上滑动 再将 Ｃ 沿斜面向上移动一段 ｈ ｈ ′ ｓｉｎ ＋ ｃｏｓ
。 １ ＝ １ ＝ ｋ
距离 Ｃ 恰好不会向下滑动 求这段距离 ｓ
， ， Δ 。 若轻绳挂上质量为 Ｍ 的 Ｃ 后 Ｃ 恰好不
（３） ，
ｍ
答案 ２ 会向上滑动 再将 Ｃ 向上移动一段距离 Ｃ
（１） θ μ θ ， ，
ｓｉｎ － ｃｏｓ 恰好不会向下滑动 此时轻绳拉力大小为
Ｍｇ θ μＭｇ θ ，
ｓｉｎ ＋ ｃｏｓ Ｔ 则对 Ｃ 沿斜面方向受力分析 有
（２） ｋ ２， ，
Ｔ Ｍｇ θ μＭｇ θ
μＭｇ θ ２ ＝ ｓｉｎ － ｃｏｓ
２ ｃｏｓ
（３） ｋ 对 Ａ 根据平衡条件可得 若弹簧对 Ａ 的弹力
：
解析 把 Ｂ 刚好要拉离地面时 Ｃ 的质量 向上 则有 Ｔ ｋｘ ｍｇ
（１） ， ２ ＋ ２ ＝
最大 设 Ｃ 的质量的最大值为 Ｍ ｍｇ Ｍｇ θ μＭｇ θ
， ｍａｘ 解得 ｘ ２ ＝ － ｓｉｎ ｋ ＋ ｃｏｓ
此时对Ａ Ｂ 整体分析知轻绳的拉力大小为Ｔ
、
因细绳挂上 Ｃ 并将 Ｃ 向上移动一段距离而
ｍｇ
＝２
使 Ａ 上 升 的 高 度 ｈ ｘ ｘ
对 Ｃ 沿斜面方向受力分析 根据平衡条件 ＝ －
２ ０ ２
，
Ｍｇ θ μＭｇ θ
可得 ｓｉｎ － ｃｏｓ
＝ ｋ
Ｍ ｇ θ Ｔ μＭ ｇ θ
ｍａｘ ｓｉｎ ＝ ＋ ｍａｘ ｃｏｓ 若弹簧对 Ａ 的弹力向下 则有 Ｔ ｋｘ ′ ｍｇ
ｍ ， ２ － ２ ＝
解得 Ｍ ２ Ｍｇ θ μＭｇ θ ｍｇ
ｍａｘ ＝ θ μ θ 解得 ｘ ′ ｓｉｎ － ｃｏｓ －
ｓｉｎ － ｃｏｓ ２ ＝ ｋ
设没有挂 Ｃ 时 弹簧压缩量为 ｘ 则 ｘ
（２） ， ０， ０ 因细绳挂上 Ｃ 并将 Ｃ 向上移动一段距离而
5 ｍｇ
年 使 Ａ 上 升 的 高 度 ｈ ′ ｘ ′ ｘ
高 ＝ ｋ ２ ＝ ２ ＋ ０
考 Ｍｇ θ μＭｇ θ
3 若轻绳挂上质量为 Ｍ 的 Ｃ 后 Ｃ 恰好不会向 ｓｉｎ － ｃｏｓ
年 ， ＝ ｋ
模 上滑动 设此时轻绳拉力大小为 Ｔ 则对 Ｃ
拟 ， １， ｈ ｈ ′
A 沿斜面方向有 ２ ＝ ２
所以再将 Ｃ 沿斜面向上移动的距离
版
Ｔ Ｍｇ θ μＭｇ θ
高 １ ＝ ｓｉｎ ＋ ｃｏｓ μＭｇ θ
考 对 Ａ 根据平衡条件可得 若弹簧对 Ａ 的弹力 ｓ ｈ ｈ ２ ｃｏｓ
物 ： Δ ＝ １ － ２ ＝ ｋ 。
理
３２
