第3课 相互作用-【提分宝典】2026年新高考物理一轮全考点普查与练习

第3课　　　　　相互作用 普查与练习3Ⅰ　常见的三种力：重力、弹力、摩擦力　牛顿第三定律 1．弹力的有无及方向的判断　弹力大小的计算 a.判断弹力有无的方法　弹力的方向 (1)(2026汇编题，3分)如图所示，各物体均处于静止状态，物体与外界的接触面(或接触点)均光滑，则各图中对物体所受弹力分析正确的是(　　) A　　　 　　B　　　 　 　C　　　 　　D (1)答案：D 解析：A项中，两球面接触时产生弹力的方向应垂直于接触点的公切面，过两球球心，即弹力应沿水平方向，故A项错误。B项中，半圆形凹槽对杆的底端产生弹力，弹力方向不沿杆的方向，应指向圆心，故B项错误。C项中，假设左侧台阶对球体有弹力，则球体受到重力、竖直向上的支持力和斜向右上方的支持力的作用，三个力的合力不为零，球体无法保持静止状态，与题意不符，因此台阶对球体没有弹力，故C项错误。D项中，球体受到右侧墙壁的弹力和左侧台阶的弹力，两个弹力都与接触面垂直，所以墙壁对球的弹力垂直于墙壁向左，台阶对球的弹力通过球心，故D项正确。 b.根据胡克定律和力与运动的关系分析弹力的大小 (2)(2023山东真题，3分)餐厅暖盘车的储盘装置示意图如图所示，三根完全相同的弹簧等间距竖直悬挂在水平固定圆环上，下端连接托盘。托盘上叠放若干相同的盘子，取走一个盘子，稳定后余下的正好升高补平。已知单个盘子的质量为300 g，相邻两盘间距1.0 cm，重力加速度大小取10 m/s2。弹簧始终在弹性限度内，每根弹簧的劲度系数为(　　) A．10 N/m B．100 N/m C．200 N/m D．300 N/m (2)答案：B 解析：取走一个盘子，稳定后余下的正好升高补平，则说明一个盘子的重力使弹簧形变的长度等于相邻两盘的间距，共有三根完全相同的弹簧，设单个盘子的质量为m，相邻两盘间距为x，每根弹簧的劲度系数为k，则有mg＝3kx，代入数据解得k＝100 N/m，故B项正确。 (3)(多选)(2026改编题，4分)如图所示，位于水平面的小车上固定着一支架，支架的斜杆与竖直杆的夹角为θ，在斜杆的下端固定有质量为m的小球，重力加速度为g。下列关于杆对球的作用力F的判断中，正确的是(　　) A．小车静止时，F＝mg sin θ，方向沿杆向上 B．小车向左做匀速运动时，一定有F＝mg，方向竖直向上 C．小车向右做匀加速运动时，一定有F>mg，方向沿杆向上 D．小车向右做匀减速运动，加速度大小为a时，F＝，方向斜向左上方 (3)答案：BD 解析：小球受重力和杆的作用力F静止或做匀速直线运动时，由平衡条件知，二力必等大反向，有F＝mg，方向竖直向上，故A项错误，B项正确。小车向右做匀加速运动时，小球有向右的恒定加速度，根据牛顿第二定律知，mg和F的合力应水平向右，如图(a)所示，由图可知，F>mg，方向不一定沿杆向上，故C项错误。小车向右以加速度a做匀减速运动，设杆对球的作用力F的方向与竖直方向的夹角为α，如图(b)所示，根据牛顿第二定律知，小球所受合力水平向左；由图可知，F＝，方向斜向左上方，与竖直方向的夹角α满足tan α＝，故D项正确。 　 图(a)　　　　　　图(b) 2．摩擦力的分析与计算 a.判断静摩擦力的有无和方向 (4)(多选)(2026改编题，4分)图(a)、图(b)分别为皮带运输机和商场扶梯的示意图，A、B是可视为质点的物体，物体与接触面之间始终无相对滑动，则下列说法正确的是(　　) 图(a)　　　　　　　　　　　图(b) A．当皮带运输机向上匀速运输物体时，物体A受到沿传送带向上的摩擦力 B．当皮带运输机向下匀速运输物体时，物体A受到沿传送带向下的摩擦力 C．当商场扶梯向上匀速运输物体时，物体B受到水平向右的摩擦力 D．当商场扶梯向下匀速运输物体时，物体B不受摩擦力 (4)答案：AD 解析：当皮带运输机匀速运输货物时，货物A所受合力为零，沿传送带方向的静摩擦力与重力沿传送带向下的分力平衡，货物A受到沿传送带向上的摩擦力，故A项正确，B项错误。当商场扶梯匀速运输货物时，货物B所受合力为零，因此水平方向上一定不受摩擦力，故C项错误，D项正确。 b.运用公式Ff＝μFN求滑动摩擦力大小或动摩擦因数μ (5)(多选)(2026原创题，4分)如图(a)所示，质量为m的小物块在恒力F的作用下沿天花板做匀速直线运动，F与水平方向的夹角为θ，小物块与天花板之间的动摩擦因数为μ。保持F大小不变，使其作用于静止在水平桌面上的相同小物块，如图(b)所示，F与水平方向的夹角仍为θ，且水平桌面与天花板粗糙程度相同。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，此时小物块所受摩擦力的大小为(　　) 图(a)　　　　　　　　　　图(b) A．F cos θ B．μ(F sin θ＋mg) C．μ(F sin θ－mg) D． (5)答案：ACD 解析：小物块沿天花板做匀速直线运动时受力平衡，有μ(F sin θ－mg)＝F cos θ。当小物块处在水平桌面上时，根据受力分析可得，最大静摩擦力为μ(F sin θ＋mg)，力F在水平方向上分力为F cos θ＝μ(F sin θ－mg)<μ(F sin θ＋mg)，此时恒力F无法将小物块推动，小物块所受的静摩擦力为F cos θ，也即μ(F sin θ－mg)，故A项、C项均正确，B项错误。将等式变形得到恒力F的表达式为F＝，因此小物块所受的静摩擦力F cos θ也可表示为，故D项正确。 c.摩擦力突变问题 (6)(多选)(经典题，4分)如图(a)所示，物块A、B静止叠放在水平地面上，B受到大小从零开始逐渐增大的水平拉力F作用。A、B间的摩擦力f1、B与地面间的摩擦力f2随水平拉力F变化的情况如图(b)所示。已知物块A的质量m＝3 kg，取g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则(　　) 图(a)　　　　　　　图(b) A．两物块间的动摩擦因数为0.2 B．当0＜F＜4 N时，A、B保持静止 C．当4 N＜F＜12 N时，A、B发生相对运动 D．当F＞12 N时，A的加速度随F的增大而增大 (6)答案：AB 解析：当0＜F＜4 N时，B与地面间的摩擦力逐渐变大，没有拉动，A、B间的摩擦力始终为零，A、B保持静止，故B项正确。当4 N＜F＜12 N时，B与地面间的摩擦力不变，为滑动摩擦力，A、B间的摩擦力开始逐渐变大，为静摩擦力，A、B保持相对静止，故C项错误。当F＞12 N时，A、B间相对滑动，摩擦力大小不变始终为μmAg＝6 N，解得μ＝0.2，A的加速度保持不变，故A项正确，D项错误。 3．牛顿第三定律 (7)(河北邯郸二模，6分)“电动平衡车”是青少年非常喜欢的一种代步工具。如图所示，人站在“电动平衡车”上在某水平地面上沿直线前进，不计空气阻力，下列说法中正确的是(　　) A．“电动平衡车”加速行驶时，车对人的作用力等于人的重力 B．“电动平衡车”匀速行驶时，车对人的作用力大小等于人对车的压力大小 C．“电动平衡车”加速行驶时，车对人的作用力方向竖直向上 D．“电动平衡车”匀速行驶时，平衡车受到的重力和地面对平衡车的支持力是一对平衡力 (7)答案：B 解析：加速行驶时，车对人的支持力等于人的重力，车对人的作用力等于车对人的支持力与车对人的摩擦力的合力，方向斜向上，故A项、C项均错误。匀速行驶时，车对人的作用力只有支持力，与人对车的压力是一对相互作用力，大小相等，方向相反，故B项正确。匀速行驶时，平衡车与人的重力之和与地面对平衡车的支持力是一对平衡力，故D项错误。 随堂普查练3Ⅰ 1．(福建模拟，4分)竖直墙上A、B、C三处各有一个水平细钉子，光滑圆环如图悬挂，圆环与三个钉子均有接触(钉子在圆环内侧)。A、B、C三点中，A在圆环的最高点，C与圆环的圆心等高，则圆环受到钉子的弹力情况是(　　) A．可能只有A处有 B．可能只有A、B两处有 C．一定只有B、C两处有 D．A、B、C三处一定都有 1．答案：A 解析：若只有A处受力，A处对圆环的弹力竖直向上，大小等于圆环的重力，该情况可以成立，故A项正确。若只有A、B处受力，A处对圆环的弹力竖直向上，B处对圆环的弹力向右上方，它们的合力的方向不在竖直方向上，无法与重力平衡，因此该种情况不成立，故B项错误。若只有B、C处受力，C处对圆环的弹力水平向左，B处对圆环的弹力向右上方，它们的合力的方向可以在竖直方向上，该种情况可以成立，但并不是一定只有B、C两处有弹力，还可能只有A处有，或者A、B、C三处都有，故C项错误。若A、B、C三处都受力，它们的合力的方向可以在竖直方向上，该种情况可以成立，但并不是A、B、C三处一定都有，故D项错误。 2．(安徽滁州模拟，6分)如图所示，水平地面上堆放着原木，关于原木P在支撑点M、N处的受力情况，下列说法正确的是(　　) A．M处受到的支持力沿MN方向 B．N处受到的支持力竖直向上 C．M处受到的静摩擦力沿MN方向 D．N处受到的支持力垂直MN向上 2．答案：D 解析：M处受到的支持力垂直于地面向上，即竖直向上，故A项错误。N处受到的支持力垂直于原木P向上，即垂直MN向上，而不是竖直向上，故B项错误，D项正确。假设M、N处都不受摩擦力，则原木P滑动，假设不成立。假设M处受摩擦力而N处不受摩擦力，则M处摩擦力沿水平方向指向原木堆。假设M处不受摩擦力而N处受摩擦力，则N处的摩擦力沿着原木P的方向由M指向N，M、N处至少有一处受摩擦力，故C项错误。 3．(2024山东真题，3分)如图所示，国产人形机器人“天工”能平稳通过斜坡。若它可以在倾角不大于30°的斜坡上稳定地站立和行走，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则它的脚和斜面间的动摩擦因数不能小于(　　) A. B. C. D. 3．答案：B 解析：根据题意可知机器人“天工”可以在倾角不大于30°的斜坡上稳定地站立和行走，对“天工”进行受力分析，沿斜坡方向需满足mgsin 30°≤μmgcos 30°，可得μ≥tan 30°＝，故B项正确，A项、C项、D项均错误。 4．(湖南长沙一中模拟，4分)如图(a)所示，倾角为α的斜面固定在水平地面上，斜面上一木块受到与斜面底边平行的力F的作用，当力F逐渐增大时，木块所受的摩擦力f和力F的大小关系如图(b)所示。若木块的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，图中f1、 f2、F1均为已知量，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) 　 图(a)　　　　　　　　　　图(b) A．木块的质量可表示为 B．木块与斜面间的动摩擦因数可表示为 tan α C．F小于F1时木块所受的摩擦力与斜面底边垂直且沿斜面向上 D．F大于F1后木块做曲线运动 4．答案：D 解析：当木块在斜面上静止时，将木块所受重力分解为垂直于斜面方向和沿斜面方向，在斜面所在平面内，根据平衡条件得f＝；当F＝0时，由图(b)可知，f＝f1＝mg sin α，所以木块的质量m＝，故A项错误。当木块刚要运动时，静摩擦力达到最大，有f＝f2＝μmg cos α，则木块与斜面间的动摩擦因数μ＝，又m＝，联立以上两式解得μ＝tan α，故B项错误。F小于F1时，摩擦力小于最大静摩擦力，则木块保持静止状态，摩擦力方向与F和重力沿斜面向下的分力mg sin α的合力方向相反，不与斜面底边垂直，故C项错误。F大于F1后木块将运动，所受摩擦力大小不变，方向与木块运动方向相反；又重力沿斜面向下的分力不变，但力F一直增大，所以木块所受合力方向不断变化，且与速度的方向不在一条直线上，木块做曲线运动，故D项正确。 5．(2024广西真题，4分)工人卸货时常利用斜面将重物从高处滑下。如图，三个完全相同的货箱正沿着表面均匀的长直木板下滑，货箱各表面材质和粗糙程度均相同。若1、2、3号货箱与直木板间摩擦力的大小分别为Ff1、Ff2和Ff3，则(　　) A．Ff1<Ff2<Ff3 B．Ff1＝Ff2<Ff3 C．Ff1＝Ff3<Ff2 D．Ff1＝Ff2＝Ff3 5．答案：D 解析：根据滑动摩擦力的公式Ff＝μFN可知，滑动摩擦力的大小与接触面积无关，只与接触面的粗糙程度和压力大小有关，由题可知三个货箱各表面材质和粗糙程度均相同，压力大小也相同，则摩擦力相同，即Ff1＝Ff2＝Ff3，故D项正确。 6．(多选)(2026改编题，4分)如图所示，某同学把A、B两个劲度系数不同的弹簧测力计连接在一起，B的一端固定在竖直墙面上，人对A施加水平向右的拉力F＝40 N，系统保持静止状态。下列说法正确的是(　　) A.A、B两测力计的示数之和为40 N B．A、B两测力计的示数均为40 N C．A、B两测力计此时的弹簧总长度一定不同 D．A、B的挂钩之间的力大小相等、方向相反，是一对作用力和反作用力 6．答案：BD 解析：根据平衡条件，A测力计的挂钩受到的拉力大小为40 N，由于A、B的挂钩之间的力是一对作用力和反作用力，所以B测力计的挂钩受到的拉力大小也为40 N，故A项错误，B项、D项均正确。由于两弹簧测力计的劲度系数不同，受到同样大小的拉力时弹簧的伸长量不同，但是由于弹簧的原长未知，此时弹簧的长度有可能相同，故C项错误。 7．(2024.06浙江真题，3分)如图为小猫蹬地跃起腾空追蝶的情景，则(　　) A．飞行的蝴蝶只受重力的作用 B．蝴蝶转弯时所受合力沿运动方向 C．小猫在空中受重力和弹力的作用 D．小猫蹬地时弹力大于所受重力 7．答案：D 解析：飞行的蝴蝶除了受到重力的作用还受到空气的作用力，故A项错误。蝴蝶转弯时做曲线运动，所受合力与速度方向不在一条直线上，故B项错误。小猫在空中与其他物体间没有接触，不受弹力的作用，故C项错误。小猫蹬地时受重力和地面的弹力作用，加速度方向向上，可知弹力大于所受重力，故D项正确。 8．(经典题，3分)如图所示，一个半球形的碗放在桌面上，碗口水平，O是球心，碗的内表面光滑。一根轻质杆的两端固定有两个小球，质量分别是m1、m2。当它们静止时，m1、m2与球心的连线跟水平面分别成60°角和30°角，则两小球质量m1与m2的比是(　　) A.1∶2 B．∶1 C．2∶1 D．∶2 8．答案：B 解析：对m1，把m1g和杆对m1的力F合成到圆形碗对m1支持力的反方向，如图所示。则＝①,同理对m2可得＝②,①②联立解得＝，故B项正确。 9．(经典题，10分)如图所示，物体A、B置于水平地面上，与地面间的动摩擦因数均为μ，物体A、B用一跨过动滑轮的细绳相连，现用逐渐增大的方向斜向上的力提升滑轮，某时刻拉A物体的绳子与水平面成53°，拉B物体的绳子与水平面成37°，此时A、B两物体刚好处于平衡状态，求A、B两物体的质量之比。(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) 9．答案： (10分) 解析：设绳中张力为F，则A、B受到地面的支持力大小分别为FNA＝mAg－F sin 53°①(3分) FNB＝mBg－F sin 37°②(1分) 在水平方向应用平衡条件可得F cos 53°＝μFNA③(3分) 同理得F cos 37°＝μFNB④(2分) ①②③④联立解得＝(1分) 普查与练习3Ⅱ　　　力的合成与分解　受力分析　共点力平衡 4．力的合成与分解 a.利用合力与分力大小关系的结论解决问题 (8)(2026改编题，3分)三个共面的共点力大小分别是F1、F2、F3，关于它们的合力F的大小，下列说法中正确的是(　　) A．无论F1、F2、F3如何取值，F大小的取值范围一定是0≤F≤F1＋F2＋F3 B．F至少比F1、F2、F3中的某一个大 C．若F1∶F2∶F3＝3∶6∶8，只要适当调整它们之间的夹角，一定能使合力F为0 D．若不能通过平移使三个力组成三角形，则它们的合力F一定不为0 (8)答案：C 解析：三个共点力的合力的最小值能否为零，取决于任何一个力是否都在其余两个力的合力范围内，由于三个力大小未知，所以三个力的合力的最小值不一定为0，故A项错误。三个力的合力可能为零，故B项错误。当三个力的大小分别为3a、6a、8a时，其中任何一个力都在其余两个力的合力范围内，故C项正确。当三个力共线时，它们不能通过平移组成三角形，但是它们的合力可能为0，故D项错误。 b.限制条件下力的分解 (9)(经典题，3分)如图所示，将已知的力F分解为F1和F2两个分力，若F1的大小、F2与F之间的夹角α已知，且α为锐角。在求解F2大小时(　　) A．若F1＞F sin α，则F2一定有两解 B．若F1＝F sin α，则F2有唯一解 C．若F1＜F sin α，则F2有唯一解 D．若F1＞F，则F2一定无解 (9)答案：B 解析：如图所示，当F＞F1＞F sin α时，根据平行四边形定则，F2有两解。但是F1＞F sin α时，若F1>F，则F2有唯一解，故A项、D项均错误。当F1＝F sin α时，两分力和合力恰好构成直角三角形，且力F为斜边，有唯一解，故B项正确。F1＜F sin α时，分力和合力不能构成三角形，无解，故C项错误。 5．受力分析　共点力平衡 a.利用合成法分析共点力平衡问题 (10)(2023.06浙江真题，3分)如图所示，水平面上固定两排平行的半圆柱体，重为G的光滑圆柱体静置其上，a、b为相切点，∠aOb＝90°，半径Ob与重力的夹角为37°。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则圆柱体受到的支持力Fa、Fb大小为(　　) A.Fa＝0.6G，Fb＝0.4G B．Fa＝0.4G，Fb＝0.6G C．Fa＝0.8G，Fb＝0.6G D．Fa＝0.6G，Fb＝0.8G (10)答案：D 解析：对光滑圆柱体受力分析，如图所示。Fa与Fb的合力与重力G等大反向，由几何关系可得，Fa＝Gsin 37°＝0.6G，Fb＝Gcos 37°＝0.8G，故D项正确。 b.利用正交分解法分析共点力平衡问题 (11)(2024湖北真题，4分)如图所示，两拖船P、Q拉着无动力货船S一起在静水中沿图中虚线方向匀速前进，两根水平缆绳与虚线的夹角均保持为30°。假设水对三艘船在水平方向的作用力大小均为f，方向与船的运动方向相反，则每艘拖船发动机提供的动力大小为(　　) A.f B.f C．2f D．3f (11)答案：B 解析：根据题意对货船S受力分析如图(a)所示，正交分解可知2Tcos 30°＝f，解得T＝ f；对拖船P受力分析如图(b)所示，根据平衡条件有(Tsin 30°)2＋(f＋Tcos 30°)2＝F2，解得F＝f，故B项正确。 图(a) 图(b) c.利用整体法与隔离法分析共点力平衡问题 (12)(多选)(2026改编题，4分)如图所示，在两块相同的轻质竖直木板之间分别放入3、4、5块质量为m的完全相同的长方体物块，分别在木板左右两侧施加大小不同的三对力F1、F2、F3，使其间的物块悬空静止不动，木板与物块间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是(　　) 图(a)　　　　　　　图(b)　　　　　　　　图(c) A．图(a)和图(c)中，处于中心位置的物块在竖直方向受力情况相同 B．图(b)中，B、C两物块之间的摩擦力一定为0 C．三种情况下，A、B两物块之间摩擦力的比值为3∶4∶5 D．三种情况下，所需F1、F2、F3的最小值的比值为3∶4∶5 (12)答案：ABD 解析：图(a)和图(c)中，处于中心位置的物块在竖直方向上受到重力和左右物块对其的摩擦力，根据对称性可知，两侧物块对其的静摩擦力竖直向上且大小相等，均为mg，故A项正确。图(b)中，将B、C两物块视为整体，由竖直方向上受力平衡可知，整体受到竖直向上的静摩擦力等于重力，即2mg，再由对称性知，整体受到A物块的静摩擦力大小为mg；对B物块进行受力分析可知，A物块对B物块的摩擦力与B物块的重力等大反向，因此B、C两物块之间的摩擦力一定为0，故B项正确。将所有长方体物块视为一个整体，结合对称性可知，左侧木板对A物块的摩擦力均竖直向上，大小依次为mg、2mg、mg，再对A物块进行受力分析可知，B物块对A物块的摩擦力均竖直向下，大小依次为mg、mg、mg，即三种情况下，A、B两物块之间摩擦力的比值为1∶2∶3，故C项错误。根据C项的分析可知，三种情况下，左侧木板对物块的摩擦力的比值为3∶4∶5，由于木板与物块间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，结合公式Ff＝μFN，求得所需F1、F2、F3的最小值的比值为3∶4∶5，故D项正确。 (13)(2024.01浙江真题，3分)如图所示，在同一竖直平面内，小球A、B上系有不可伸长的细线a、b、c和d，其中a的上端悬挂于竖直固定的支架上，d跨过左侧定滑轮、c跨过右侧定滑轮分别与相同配重P、Q相连，调节左、右两侧定滑轮高度达到平衡。已知小球A、B和配重P、Q质量均为50 g，细线c、d平行且与水平成θ＝30°(不计摩擦)，g取10 m/s2，则细线a、b的拉力分别为(　　) A．2 N　1 N B．2 N　0.5 N C．1 N　1 N D．1 N　0.5 N (13)答案：D 解析：对A、B整体受力分析，如图(a)所示，由于Td＝Tc＝mg，且两者共线反向，则由力的平衡条件有Ta＝2mg＝1 N，方向竖直向上；对A单独受力分析，如图(b)所示，根据力的平衡条件，水平方向上有Tbcos α＝Tccos θ，竖直方向上有Tbsin α＋Tcsin θ＝mg，联立并代入数据解得α＝θ＝30°，Tb＝Tc＝mg＝0.5 N，故D项正确。 图(a) 　　　　　　图(b) 6．动态平衡问题 a.利用图解法或解析法解决动态平衡问题 (14)(经典题，3分)质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上。用水平向左的力F缓慢拉动绳的中点O，如图所示。用T表示绳OA段拉力的大小，在O点向左移动的过程中(　　) A. F逐渐变大，T逐渐变大 B．F逐渐变大，T逐渐变小 C．F逐渐变小，T逐渐变大 D．F逐渐变小，T逐渐变小 (14)答案：A 解析：法一　图解法 OB上拉力的大小等于物体的重力，OA、OB上的拉力与F构成一个三角形，如图所示，其中mg大小、方向都不变，F的方向不变，当O点向左移动时，T与水平方向的夹角θ减小，如图所示，可知，T增大，F增大，故A项正确。 法二　解析法 由图可得，T＝，F＝mg tan α，O向左移动的过程α变大，故T增大，F增大，故A项正确。 b.动态平衡问题中的“相似三角形” (15)(经典题，3分)如图所示，绳与杆均不计重力，A端用铰链固定，滑轮O在A点正上方(滑轮大小及摩擦均可忽略)，B端通过细绳吊一重物P，现通过另一细绳施加拉力FT将B缓慢上拉，在杆达到竖直前(绳子均未断)(　　) A．拉力FT大小不变 B．拉力FT越来越大 C．杆的弹力大小不变 D．杆的弹力越来越大 (15)答案：C 解析：以B点为研究对象，分析受力情况，B点受到重物的拉力T(大小等于重物的重力G)、轻杆的支持力N和绳子的拉力FT，如图所示。由平衡条件得知，N和T的合力与FT大小相等，方向相反，根据三角形相似可得＝＝，又T＝G，解得N＝G，FT＝G；将B端缓慢上拉时，∠BAO缓慢变小，AB、AO保持不变，BO变小，则N保持不变，FT变小，故C项正确，A项、B项、D项均错误。 c.利用作辅助圆法解决动态平衡问题 (16)(湖南长沙一中模拟，4分)如图，轻绳ON的一端O固定，其中间某点M拴一重物，用手拉住绳的另一端N，初始时，OM竖直且MN被拉直，OM与MN之间的夹角为α。现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角α不变，在MN由如图所示位置拉到水平位置的过程中(　　) A．MN上的张力逐渐减小 B．MN上的张力先增大后减小 C．OM上的张力逐渐增大 D．OM上的张力先增大后减小 (16)答案：C 解析：以重物为研究对象，受重力mg、OM绳上拉力F2、MN上拉力F1，由题意可知，三个力合力始终为零，矢量三角形如图所示。在F1转至水平的过程中，MN上的张力F1逐渐增大，OM上的张力F2逐渐增大，故C项正确，A项、B项、D项均错误。 d.动态平衡问题中的“晾衣竿”模型 (17)(多选)(经典题，4分)如图所示，轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆M、N上的a、b两点，悬挂衣服的衣架钩是光滑的，挂于绳上处于静止状态。如果只人为改变一个条件，当衣架静止时，下列说法正确的是(　　) A.绳的右端上移到b′，绳子拉力不变 B．将杆N向右移一些，绳子拉力变大 C．绳的两端高度差越小，绳子拉力越小 D．若换挂质量更大的衣服，则衣架悬挂点右移 (17)答案：AB 解析：设两杆间距离为d，绳长为l，Oa、Ob段长度分别为la和lb，则l＝la＋lb，两部分绳子与竖直方向夹角为α，受力分析如图所示。绳子中各部分张力相等，Fa＝Fb＝F， 2F cos α＝mg，d＝la sin α＋lb sin α，即sin α＝，F＝，d和l均不变，则sin α为定值，α为定值，cos α为定值，绳子的拉力保持不变，故A项正确，C项、D项均错误。将杆N向右移一些，d增大，则sin α增大，cos α减小，绳子的拉力增大，故B项正确。 随堂普查练3Ⅱ 1．(多选)(2026改编题，4分)两个共点力F1、F2大小不同，它们的合力大小为F，则(　　) A．F1、F2同时增大1倍，F也增大1倍 B．F1、F2同时增加10 N，F也增加10 N C．F1增加10 N，F2减少10 N，F一定不变 D．若F1、F2中的一个增大，F不一定增大 1．答案：AD 解析：通过作力的合成的平行四边形，并结合三角形相似可知F1、F2同时增大1倍，F也增大1倍，故A项正确。若F1、F2方向相反，同时增加10 N，F不变，故B项错误。若F1、F2(F1>F2)方向相反，F1增加10 N，F2减少10 N，F增加20 N，故C项错误。F1、F2方向相反，若F1、F2中的一个增大，F不一定增大，故D项正确。 2．(2024河北真题，4分)如图，弹簧测力计下端挂有一质量为0.20 kg的光滑均匀球体，球体静止于带有固定挡板的斜面上，斜面倾角为30°，挡板与斜面夹角为60°。若弹簧测力计位于竖直方向，读数为1.0 N，g取10 m/s2，挡板对球体支持力的大小为(　　) A. N B．1.0 N C. N D．2.0 N 2．答案：A 解析：依题意，对球体受力分析如图所示。由几何关系得，挡板对球体的支持力F和斜面对球体的支持力FN与竖直方向的夹角均为30°，沿水平方向和竖直方向列平衡方程有FNsin 30°＝Fsin 30°，FNcos 30°＋Fcos 30°＋T＝mg，联立两式并代入数据解得F＝FN＝ N，故A项正确。 3．(浙江经典真题，3分)矢量发动机是喷口可向不同方向偏转以产生不同方向推力的一种发动机。当歼20隐形战斗机以速度v斜向上飞行时，其矢量发动机的喷口如图所示。已知飞机受到重力G、发动机推力F1、与速度方向垂直的升力F2和与速度方向相反的空气阻力Ff。下列受力分析示意图可能正确的是(　　) A　 　　B　　　 　C　　　 　D 3．答案：A 解析：升力F2与速度方向垂直，故B项、D项均错误。空气阻力Ff与速度方向相反，故C项错误，A项正确。 4．(2023广东真题，4分)如图所示，可视为质点的机器人通过磁铁吸附在船舷外壁面检测船体。壁面可视为斜面，与竖直方向夹角为θ。船和机器人保持静止时，机器人仅受重力G、支持力FN、摩擦力Ff和磁力F的作用，磁力垂直壁面。下列关系式正确的是(　　) A．Ff＝G B．F＝FN C．Ff＝Gcos θ D．F＝Gsin θ 4．答案：C 解析：将重力沿斜面方向和垂直于斜面方向分解，如图所示。沿斜面方向，由平衡条件得Ff＝Gcos θ，故A项错误，C项正确。垂直于斜面方向，由平衡条件得F＝Gsin θ＋FN，故B项、D项均错误。 5．(2022.06浙江真题，3分)如图所示，一轻质晒衣架静置于水平地面上，水平横杆与四根相同的斜杆垂直，两斜杆夹角θ＝60°。一重为G的物体悬挂在横杆中点，则每根斜杆受到地面的(　　) A．作用力为G B．作用力为G C．摩擦力为G D．摩擦力为G 5．答案：B 解析：设每根斜杆的弹力大小为F，以水平横杆和重物为整体，竖直方向受力平衡，有4Fcos 30°＝G，解得F＝G；以其中一斜杆为研究对象，F′为水平横杆对斜杆作用力，其受力如图所示，可知每根斜杆受到地面的作用力应与F′平衡，根据牛顿第三定律，有F′＝F＝G，每根斜杆受到地面的摩擦力为f＝F′sin 30°＝G，故B项正确，A项、C项、D项均错误。 6．(多选)(全国Ⅰ经典真题，6分)如图，一粗糙斜面固定在地面上，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，系统处于静止状态。现用水平向左的拉力缓慢拉动N，直至悬挂N的细绳与竖直方向成45°。已知M始终保持静止，则在此过程中(　　) A．水平拉力的大小可能保持不变 B．M所受细绳的拉力大小一定一直增加 C．M所受斜面的摩擦力大小一定一直增加 D．M所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加 6．答案：BD 解析：当物块N受到水平拉力F后，其受到重力、水平拉力F、细绳的拉力T，在物块N缓慢被拉动过程中，时刻处于动态平衡状态，设细绳与竖直方向夹角为α，物块N的质量为m1，有F＝ T sin α，m1g＝T cos α，解得T＝，F＝m1g tan α，在α从0°增大到45°过程中，水平拉力F一直增大，细绳拉力T一直增大，故A项错误，B项正确。设物块M的质量为m2 ，斜面倾角为θ，未施加水平拉力前，若m2g sin θ>m1g，则物块M受到的静摩擦力沿斜面向上，有T＋f＝m2g sin θ，当T增大时，静摩擦力f先沿斜面减小到零，然后沿斜面向下增大；若m2g sin θ<m1g，物块M受到的静摩擦力f沿斜面向下，有T＝f＋m2g sin θ，当T增大时，f沿斜面向下增大，故C项错误，D项正确。 7．(2023海南真题，3分)如图所示，工人利用滑轮组将重物缓慢提起，下列说法正确的是(　　) A. 工人受到的重力和支持力是一对平衡力 B．工人对绳的拉力和绳对工人的拉力是一对作用力与反作用力 C．重物缓慢提起的过程中，绳子拉力变小 D．重物缓慢提起的过程中，绳子拉力不变 7．答案：B 解析：工人受到重力、支持力和绳的拉力，三力平衡，重力和支持力不是一对平衡力，故A项错误。工人对绳的拉力和绳对工人的拉力是一对作用力与反作用力，故B项正确。对动滑轮受力分析，如图所示。动滑轮受到两根绳的拉力FT，动滑轮重力与重物的拉力之和 G总，则有FT＝，重物缓慢拉起过程，θ逐渐变大，cos θ变小，则FT逐渐变大，故C项、D项均错误。 8．(经典题，3分)固定在水平面上的光滑半球半径为R，球心O的正上方C处固定一个小定滑轮，细线一端拴一小球置于半球面上A点，另一端绕过定滑轮，如图所示，现将小球沿半球面缓慢地从A点拉向B点，则此过程中小球对半球的压力大小FN、细线的拉力大小FT的变化情况是(　　) A．FN不变、FT不变 B．FN不变、FT变大 C．FN不变、FT变小 D．FN变大、FT变小 8．答案：C 解析：小球受力如图所示，根据平衡条件知，小球所受支持力F′N和细线拉力FT的合力F跟重力是一对平衡力，即F＝G，根据几何关系知，力三角形FAF′N与几何三角形COA相似。设滑轮到半球顶点B的距离为h，线AC长为L，则有＝＝，由于小球从A点移向B点的过程中，G、R、h均不变，L减小，故FN＝F′N大小不变，FT减小，故C项正确。 9．(2026改编题，3分)如图(a)所示，轻杆AB一端与墙上的光滑的铰链连接，另一端用轻绳a系住，绳、杆之间夹角为30°，在B点下方悬挂质量为m的重物。如图(b)所示，轻杆CD一端插入墙内，另一端装有小滑轮，现用轻绳b绕过滑轮悬挂质量为m的重物，绳、杆之间夹角也为30°。两种情况下，轻杆都垂直于墙，则下列说法中正确的是(　　) 图(a)　　　　　　　　图(b) A．轻杆AB和轻杆CD中弹力方向相同 B．轻绳a和轻绳b中拉力大小相同 C．若两种情况下轻杆能承受最大弹力相同，则物体加重时，轻杆AB更容易断裂 D．若两种情况下轻绳能承受最大拉力相同，则物体加重时，轻绳b更容易断裂 9．答案：C 解析：图(a)中可转动轻杆的弹力沿杆方向，图(b)中同一根轻绳的拉力处处相同。分别对B、D两点进行受力分析，如图所示。 　　　　　图(a)　　　　　　图(b) 两种情况下，轻杆的弹力分别为mg和mg，轻绳的拉力分别为2mg和mg，故A项、B项均错误。结合受力分析可知，当物体加重时，图(a)中轻杆和轻绳承受的力均比图(b)中的更大，因此轻杆AB和轻绳a更容易断裂，故C项正确，D项错误。 课后提分练3　相互作用 A组(巩固提升) 1．(多选)(2026汇编题，4分)下列说法正确的是(　　) A．在地球吸引物体的同时，物体对地球也有吸引力 B．对于形状规则的物体，重心一定在其几何中心 C．对于两个相互接触的物体，它们之间一定存在弹力 D．日常生活中，我们说一个弹簧容易被拉伸是指它的劲度系数较大 E．如果两个物体之间有弹力，则它们之间也一定存在摩擦力 F．如果两个物体之间有摩擦力，则它们之间也一定存在弹力 G．重力和弹力不可能互为作用力和反作用力 1．答案：AFG 解析：两个物体之间力的作用总是相互的，且作用力和反作用力性质相同，即地球吸引物体的同时，物体也在吸引地球，故A项正确。质量分布不均匀的物体，重心不一定在其几何中心，故B项错误。弹力产生的条件是两个物体相互接触且接触面之间发生挤压，二者缺一不可，故C项错误。劲度系数较小的弹簧更容易被拉伸，故D项错误。如果两个物体之间有弹力，说明二者之间接触并挤压，但是如果不存在相对运动或相对运动趋势，则它们之间不存在摩擦力，故E项错误。摩擦力的产生条件之一是物体间有弹力，故F项正确。重力和弹力属于不同性质的两个力，因此不可能互为作用力和反作用力，故G项正确。 2．(2024辽宁真题，4分)利用砚台将墨条研磨成墨汁时讲究“圆、缓、匀”，如图，在研磨过程中，砚台始终静止在水平桌面上。当墨条的速度方向水平向左时，(　　) A．砚台对墨条的摩擦力方向水平向左 B．桌面对砚台的摩擦力方向水平向左 C．桌面和墨条对砚台的摩擦力是一对平衡力 D．桌面对砚台的支持力与墨条对砚台的压力是一对平衡力 2．答案：C 解析：当墨条速度方向水平向左时，墨条相对于砚台向左运动，砚台对墨条的摩擦力方向水平向右，故A项错误。根据牛顿第三定律，墨条对砚台的摩擦力方向水平向左，由于砚台处于静止状态，因此桌面对砚台的摩擦力方向水平向右，故B项错误。由于砚台处于静止状态，水平方向桌面和墨条对砚台的摩擦力是一对平衡力，故C项正确。桌面对砚台的支持力大小等于砚台的重力加上墨条对砚台的压力，因此桌面对砚台的支持力大于墨条对砚台的压力，故D项错误。 3．(广东广州三模，4分)如图所示，小明同学在家做家务时，沿轻质推杆方向斜向下施加力，拖把受到杆的推力F与水平方向的夹角为θ，且拖把刚好做匀速直线运动，则(　　) A．拖把所受地面的摩擦力为F sin θ B．地面对拖把的支持力大于拖把的重力 C．推杆对拖把的作用力大于拖把对推杆的作用力 D．推杆对拖把的作用力小于拖把对推杆的作用力 3．答案：B 解析：拖把的受力如图所示。根据平衡条件可知，F cos θ＝Ff，FN＝mg＋F sin θ，所以，拖把所受地面的摩擦力为F cos θ，地面对拖把的支持力大于拖把的重力，故A项错误，B项正确。根据牛顿第三定律可知，推杆对拖把的作用力与拖把对推杆的作用力是一对作用力和反作用力，等大反向，故C项、D项均错误。 4．(2022湖南真题，4分)2022年北京冬奥会跳台滑雪空中技巧比赛场地边，有一根系有飘带的风力指示杆，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(　　) 　 　 　 4．答案：A 解析：假设飘带的形态为一条倾斜的直线，将飘带分割成无数个小段，根据题意可知每一小段飘带所受的重力和风力均相等，由力的平行四边形定则可知，每一小段所受重力和风力的合力方向均相同，假设成立，故A项正确。 5．(2022广东真题，4分)如图是可用来制作豆腐的石磨，木柄AB静止时，连接AB的轻绳处于绷紧状态。O点是三根轻绳的结点，F、F1和F2分别表示三根绳的拉力大小，F1＝F2且∠AOB＝60°。下列关系式正确的是(　　) A．F＝F1 B．F＝2F1 C．F＝3F1 D．F＝F1 5．答案：D 解析：对O点，在竖直方向上合力为零，根据共点力平衡条件有F＝F1cos ＋F2cos ＝F1，故D项正确。 6．(广东经典真题，4分)唐代《耒耜经》记载了曲辕犁相对直辕犁的优势之一是起土省力。设牛用大小相等的拉力F通过耕索分别拉两种犁，F与竖直方向的夹角分别为α和β，α<β，如图所示，忽略耕索质量，耕地过程中，下列说法正确的是(　　) A．耕索对曲辕犁拉力的水平分力比对直辕犁的大 B．耕索对曲辕犁拉力的竖直分力比对直辕犁的大 C．曲辕犁匀速前进时，耕索对犁的拉力小于犁对耕索的拉力 D．直辕犁加速前进时，耕索对犁的拉力大于犁对耕索的拉力 6．答案：B 解析：将拉力F正交分解，如图所示。则在x方向有Fx曲＝F sin α，Fx直＝F sin β；在y方向有Fy曲＝F cos α，Fy直＝F cos β。由题知α<β，则sin α<sin β，cos α>cos β，则有Fx曲<Fx直，Fy曲>Fy直，故A项错误，B项正确。耕索对犁的拉力与犁对耕索的拉力是一对相互作用力，无论是加速还是匀速，它们均大小相等，方向相反，故C项、D项均错误。 7．(2023.01浙江真题，3分)如图所示，轻质网兜兜住重力为G的足球，用轻绳挂于光滑竖直墙壁上的A点，轻绳的拉力为FT，墙壁对足球的支持力为FN，则(　　) A．FT<FN B．FT＝FN C．FT>G D．FT＝G 7．答案：C 解析：对网兜和足球受力分析，如图所示，设轻绳与竖直墙面夹角为θ，由平衡条件得FT＝＝，可知FT>G，FT>FN，故C项正确，A项、B项、D项均错误。 8．(2022辽宁真题，4分)如图所示，蜘蛛用蛛丝将其自身悬挂在水管上，并处于静止状态。蛛丝OM、ON与竖直方向夹角分别为α、β(α>β)。用F1、F2分别表示OM、ON的拉力，则(　　) A．F1的竖直分力大于F2的竖直分力 B．F1的竖直分力等于F2的竖直分力 C．F1的水平分力大于F2的水平分力 D．F1的水平分力等于F2的水平分力 8．答案：D 解析：法一 对结点O受力分析，水平方向上，有F1sin α＝F2sin β，即F1的水平分力等于F2的水平分力，故D项正确，C项错误。在竖直方向上，有F1cos α＋F2cos β＝mg，解得F1＝，F2＝，则F1的竖直分力F1y＝，F2的竖直分力F2y＝，因sin αcos β－cos αsin β＝sin (α－β)>0，可知F2y>F1y，故A项、B项均错误。 法二 如图所示，对结点O受力分析，水平方向上受力平衡，则F1的水平分力等于F2的水平分力，故D项正确，C项错误。由图可知，F1的竖直分力小于F2的竖直分力，故A项、B项均错误。 9.(2022河北真题，4分)如图，用两根等长的细绳将一匀质圆柱体悬挂在竖直木板的P点，将木板以直线MN为轴向后方缓慢转动直至水平，绳与木板之间的夹角保持不变，忽略圆柱体与木板之间的摩擦，在转动过程中(　　) A．圆柱体对木板的压力逐渐增大 B．圆柱体对木板的压力先增大后减小 C．两根细绳上的拉力均先增大后减小 D．两根细绳对圆柱体拉力逐渐增大 9．答案：B 解析：设两细绳对圆柱体的拉力的合力为T，木板对圆柱体的支持力为N，从右向左看如图所示。在矢量三角形中，根据正弦定理可得，＝＝；在木板以直线MN为轴向后方缓慢转动直至水平过程中，α不变，γ从90°逐渐减小到0，又γ＋β＋α＝180°，且α<90°，可知β从锐角逐渐增大到钝角；根据＝＝，由于sin γ不断减小，可知T不断减小，sin β先增大后减小，可知N先增大后减小；结合牛顿第三定律可知，圆柱体对木板的压力先增大后减小，故B项正确，A项错误。设两绳子之间的夹角为2θ，绳子拉力为T′，则2T′cos θ＝T，可得T′＝；因为θ不变，T逐渐减小，所以绳子拉力不断减小，故C项、D项均错误。 10．(2024贵州真题，4分)如图(a)，一质量为m的匀质球置于固定钢质支架的水平横杆和竖直墙之间，并处于静止状态，其中一个视图如图(b)所示。测得球与横杆接触点到墙面的距离为球半径的1.8倍，已知重力加速度大小为g，不计所有摩擦，则球对横杆的压力大小为(　　) A.mg B.mg C.mg D.mg 10．答案：D 解析：对球受力分析如图所示，设球的半径为R，根据几何知识可得sin α＝＝0.8，根据平衡条件得FNcos α＝mg，解得FN＝mg。根据牛顿第三定律得球对横杆的压力大小为F′N＝FN＝mg，故D项正确。 11．(经典题，3分)如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆环的最高点有一个光滑的小孔，质量为m的小球套在圆环上，一根细线的下端系着小球，上端穿过小孔用手拉住。现拉动细线，使小球沿圆环缓慢上移，在移动过程中手对线的拉力F和轨道对小球的弹力N的大小变化情况是(　　) A.F不变、N增大 B．F不变、N减小 C．F增大、N减小 D．F减小、N不变 11．答案：D 解析：小球沿圆环缓慢上移过程中时刻处于动态平衡状态，对小球进行受力分析，小球受重力G、拉力F、弹力N三个力。如图所示，由图可知△OAB∽△DCA，即 ＝＝，当A点上移时，半径不变，AB长度减小，故F减小，N不变，故A项、B项、C项均错误，D项正确。 12．(多选)(经典题，4分)如图所示，用OA、OB两根轻绳将花盆悬于两竖直墙之间。开始时OB绳水平，现保持O点位置不变，改变OB绳长使绳右端由B点缓慢上移至B′点，此时OB′与OA之间的夹角θ＜90°。设此过程OA、OB绳的拉力分别为FOA、FOB，则下列说法正确的是(　　) A．FOA一直减小 B．FOA先减小后增大 C．FOB一直增大 D．FOB先减小后增大 12．答案：AD 解析：以花盆为研究对象，受重力G、绳OA的拉力FOA和绳BO的拉力FOB。根据平衡条件知，两根绳子的拉力的合力与重力大小相等、方向相反，作出轻绳OB在不同位置时力的合成图如图所示，由图可看出，FOA逐渐减小，FOB先减小后增大，当θ＝90°时，FOB最小，故A项、D项均正确。 13．(湖南经典真题，4分)质量为M的凹槽静止在水平地面上，内壁为半圆柱面，截面如图所示，A为半圆的最低点，B为半圆水平直径的端点。凹槽恰好与竖直墙面接触，内有一质量为m的小滑块。用推力F推动小滑块由A点向B点缓慢移动，力F的方向始终沿圆弧的切线方向，在此过程中所有摩擦均可忽略，下列说法正确的是(　　) A. 推力F先增大后减小 B．凹槽对滑块的支持力先减小后增大 C．墙面对凹槽的压力先增大后减小 D．水平地面对凹槽的支持力先减小后增大 13．答案：C 解析：对滑块受力分析，如图所示，由平衡条件有F＝mg sin θ，N＝mg cos θ，滑块从A缓慢移动到B点过程中，θ越来越大，则推力F越来越大，支持力N越来越小，故A项、B项均错误。对凹槽与滑块整体分析，墙面对凹槽的压力为FN＝F cos θ＝mg sin θcos θ＝mg sin 2θ，则θ越来越大时，墙面对凹槽的压力先增大后减小，故C项正确。水平地面对凹槽的支持力为N地＝(M＋m)g－F sin θ＝(M＋m)g－mgsin 2θ，则θ越来越大时，水平地面对凹槽的支持力越来越小，故D项错误。 B组(冲刺满分) 14．(2022.01浙江真题，3分)如图所示，学校门口水平地面上有一质量为m的石墩，石墩与水平地面间的动摩擦因数为μ，工作人员用轻绳按图示方式匀速移动石墩时，两平行轻绳与水平面间的夹角均为θ，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　) A．轻绳的合拉力大小为 B．轻绳的合拉力大小为 C．减小夹角θ，轻绳的合拉力一定减小 D．轻绳的合拉力最小时，地面对石墩的摩擦力也最小 14．答案：B 解析：设轻绳的合拉力大小为T，对石墩受力分析，如图所示。由平衡条件可知，在水平方向上，有T cos θ＝f；在竖直方向上，有T sin θ＋N＝mg；又f＝μN，联立解得T＝，故A项错误，B项正确。轻绳的合拉力的大小为T＝＝，其中tan φ＝，则当θ＋φ＝90°时，轻绳的合拉力有最小值，即减小夹角θ，轻绳的合拉力不一定减小，故C项错误。地面对石墩的摩擦力大小为f＝T cos θ＝＝，可知增大夹角θ，摩擦力一直减小，当θ趋近于90°时，摩擦力最小，故轻绳的合拉力最小时，地面对石墩的摩擦力不是最小，故D项错误。 15．(浙江经典真题，3分)如图所示，一根粗糙的水平横杆上套有A、B两个轻环，系在两环上的等长细绳拴住的书本处于静止状态，现将两环距离变小后书本仍处于静止状态，则(　　) A．杆对A环的支持力变大 B．B环对杆的摩擦力变小 C．杆对A环的力不变 D．与B环相连的细绳对书本的拉力变大 15．答案：B 解析：将A、B两个轻环、绳、书本视为整体，竖直方向整体受到向下的重力和向上的支持力作用，两个支持力大小之和等于重力，FN＝mg，大小保持不变，故A项错误。对B环进行受力分析，如图(a)所示，Ff＝FNtan θ＝mg tan θ，两环距离变小，则绳与竖直方向的夹角θ变小，tan θ变小，Ff变小，故B项正确。对A环受力分析与B环类似，杆对环的力为支持力FN和摩擦力Ff的合力，大小和绳对A环的拉力相等，FT＝，当θ发生变化时，FT发生变化 ，故C项错误。对书本进行受力分析，如图(b)所示，FTcos θ＝mg，两环距离变小，cos θ变大，细绳上的拉力变小，故D项错误。 　　 图(a)　　　　　　　　图(b) 16．(多选)(东三省三校联考，6分)如图所示，竖直面内固定一光滑大圆环轨道，O为圆心，A、B、C、D分别为圆周上的4个点，AB为竖直直径，CD为水平直径。A点固定一个光滑小滑轮，长度可调的无弹性轻绳绕过滑轮两端连接质量分别为m1、m2的两个小球，小球套在大圆环轨道上，绳和竖直方向的夹角分别为α、β，AB两侧绳长分别为L1、L2。当两小球静止时，下列说法正确的是(　　) A．若m1＝m2，两小球可静止在轨道上关于AB对称的任意处 B．两小球静止时，一定存在m1∶m2＝L1∶L2 C．若α＝30°，β＝60°，则m1∶m2＝1∶2 D．若α＝30°，β＝60°，则轨道对小球m1、m2的作用力之比为1∶ 16．答案：AD 解析：对两小球受力分析，如图所示。可以发现两个小球的受力矢量三角形与对应的几何三角形相似，则对小球m1有＝＝，对小球m2有＝＝；若m1＝m2，则小球静止时满足L1＝L2，又细绳的长度可调，所以两小球可以静止在轨道上关于AB对称的任意处，故A项正确。由以上分析可得，小球静止时满足(m1g)∶(m2g)＝L2∶L1，即m1：m2＝L2：L1，故B项错误。当α＝30°，β＝60°时，＝，＝，可得L1∶L2＝∶1，则m1∶m2＝1∶，故C项错误。当α＝30°，β＝60°时，N1∶N2＝∶，可得N1∶N2＝1∶，故D项正确。 17．(2026原创题，12分)在物理学中，常常有一些通过数学知识得到的推论，例如，“将所有的分力依次首尾相连，就可以得到这些分力的合力”。在摩擦力的学习中，“摩擦角”概念的引入，也可以使我们对摩擦力的理解更加深刻，更方便地求解某些问题。 (1)当两个物体相互接触，接触面之间有滑动摩擦力时，物体受到支持力和摩擦力Ff的作用，这两个力的合力称为全反力，全反力与支持力FN之间的夹角称为摩擦角。试证明：摩擦角的正切值等于动摩擦因数μ。 (2)在简单的力学问题中，我们将除全反力之外的所有力(包括重力)的合力称为主动力，假设物体所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则可以使用摩擦角快速有效地分析物体的运动状态，请同学们灵活运用摩擦角的概念，解决以下问题： 　　　图(a)　　　　　　　　　图(b) a．如图(a)所示，物体受到斜向右下的主动力F的作用，F与竖直方向的夹角为θ(0°≤θ≤90°)，物体与接触面的摩擦角为α。若无论F多大，始终无法将物体推动(这个现象叫作自锁)，求θ的取值范围。 b．在a的条件下，若无论F多大，物体都能够保持向右做匀速直线运动，直接写出θ满足的条件。 c．已知在倾角为α的斜面上，小物块刚好可以匀速下滑，现用与斜面上表面成β角的力F拉着小物块匀速上滑，如图(b)所示，小物块的质量为m，重力加速度为g。试利用摩擦角的规律，求拉力F的最小值以及拉力取最小值时对应β角的大小。 17．答案：(1)证明过程见解析(3分)　(2)a.0≤θ≤α(2分)　b．θ＝α(2分)　c．mg sin 2α　α(5分) 解析：(1)设摩擦角为α，支持力与摩擦力如图(a)所示。 图(a) 可知tan α＝(1分) 根据滑动摩擦力的公式，有Ff＝μFN(1分) 故有tan α＝μ，即摩擦角的正切值等于动摩擦因数μ。(1分) (2)a.当物体发生自锁时，主动力的水平分量始终不大于最大静摩擦力，即 F sin θ≤μF cos θ(1分) 根据第(1)问可知tan α＝μ，解得θ的取值范围是0≤θ≤α。(1分) b．当物体做匀速直线运动时，主动力的水平分量等于滑动摩擦力，即F sin θ＝μF cos θ，解得θ＝α。(2分) c．根据已知条件，小物块在倾角为α的斜面上匀速下滑，此时小物块的重力是主动力，作用线为虚线a，可知摩擦角为α，如图(b)所示。 图(b) 当小物块受拉力作用匀速上滑时，主动力的作用线在虚线b上，如图(c)所示。 图(c) (2分) 此时的主动力由拉力F和重力的合力提供，根据三角形定则，当拉力F取最小值时，应与虚线b垂直，最小值为Fmin＝mg sin 2α(2分) 此时拉力与斜面上表面的夹角β＝α。(1分) 学科网（北京）股份有限公司 $$