三、相互作用——力-【步步高·考前三个月】2025年高考物理复习讲义课件（课件PPT+word教案）

三、相互作用——力 1.(2024·黑吉辽·3)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 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，故砚台对墨条的摩擦力方向水平向右，故A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，由于砚台始终处于静止状态，故桌面对砚台的摩擦力方向水平向右，故B错误；由于砚台始终处于静止状态，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其的压力，故桌面对砚台的支持力大于墨条对砚台的压力，故D错误。 2.(2020·北京卷·11)某同学利用如图甲所示装置研究摩擦力的变化情况。实验台上固定一个力传感器，传感器用棉线拉住物块，物块放置在粗糙的长木板上。水平向左拉木板，传感器记录的F-t图像如图乙所示。下列说法正确的是(　　) A.实验中必须让木板保持匀速运动 B.图乙中曲线就是摩擦力随时间的变化曲线 C.最大静摩擦力与滑动摩擦力之比约为10∶7 D.只用图乙中数据可得出物块与木板间的动摩擦因数 答案　C 解析　实验中让物块处于平衡状态即可，没有必要让木板保持匀速运动，故A错误；由于物块处于平衡状态，故其水平方向上受的拉力(传感器的示数)等于摩擦力，但摩擦力的方向与拉力的方向相反，所以摩擦力随时间变化的图线应和题图乙中图线关于横轴对称，故B错误；由题图乙知，最大静摩擦力约为10 N，滑动摩擦力约为7 N，二者之比约为10∶7，故C正确；由于不知道物块的质量，无法求出物块对木板的正压力，因此只用题图乙中数据无法求出物块与木板间的动摩擦因数，故D错误。 3. (2022·浙江6月选考·10)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 答案　B 解析　设斜杆的弹力大小为F，以水平横杆和物体为整体，在竖直方向上根据受力平衡可得4Fcos 30°=G，解得F=G，以其中一斜杆为研究对象，其受力如图所示，F'=F，可知每根斜杆受到地面的作用力应与F'平衡，即大小为G，每根斜杆受到地面的摩擦力大小为Ff=Fsin 30°=G，B正确，A、C、D错误。 4.(2022·辽宁卷·4)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 答案　D 解析　对结点O受力分析可得，水平方向有F1sin α=F2sin β，即F1的水平分力等于F2的水平分力，选项C错误，D正确；对结点O受力分析可得，竖直方向有F1cos α+F2cos β=mg，联立解得F1=，F2=，则F1的竖直分量F1y=，F2的竖直分量F2y=，因sin αcos β-cos αsin β=sin (α-β)>0，可知F2y>F1y，选项A、B错误。 5.(2022·湖南卷·5)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(　　) 答案　A 解析　设飘带的单位长度质量为m0， 单位长度所受风力为F0，从底端取飘带上任意长度为x，G=m0gx，F=F0x，则重力与风力的合力与竖直方向的夹角为tan θ==，可知所选飘带与竖直方向夹角与所选长度无关，二力合力方向恒定，飘带各处张力方向相同，则飘带为一条倾斜的直线，故选A。 6. (2020·全国卷Ⅲ·17)如图，悬挂甲物体的细线拴牢在一不可伸长的轻质细绳上O点处；绳的一端固定在墙上，另一端通过光滑定滑轮与物体乙相连。甲、乙两物体质量相等。系统平衡时，O点两侧绳与竖直方向的夹角分别为α和β。若α=70°，则β等于(　　) A.45° B.55° C.60° D.70° 答案　B 解析　取O点为研究对象，在三力的作用下O点处于平衡状态，对其受力分析如图所示，根据几何关系可得β=55°，故选B。 7.(2022·海南卷·8)我国的石桥世界闻名，如图，某桥由六块形状完全相同的石块组成，其中石块1、6固定，2、5质量相同为m，3、4质量相同为m'，不计石块间的摩擦，则m∶m'为(　　) A. B. C.1 D.2 答案　D 解析　六块形状完全相同的石块围成半圆对应的圆心角为180°，则每块石块对应的圆心角为30°，对石块3受力分析如图甲， 结合力的合成可知tan 60°=； 对石块2和3整体受力分析如图乙 tan 30°=， 联立解得=2。 8.(2020·山东卷·8)如图所示，一轻质光滑定滑轮固定在倾斜木板上，质量分别为m和2m的物块A、B，通过不可伸长的轻绳跨过滑轮连接，A、B间的接触面和轻绳均与木板平行。A与B间、B与木板间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当木板与水平面的夹角为45°时，物块A、B刚好要滑动，则μ的值为(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　A、B刚要滑动时受力平衡，受力分析如图所示。 对A：FT=mgsin 45°+μmgcos 45° 对B：2mgsin 45°=FT+3μmgcos 45°+μmgcos 45° 整理得，μ=，选项C正确。 9. (2022·浙江1月选考·5)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 答案　B 解析　对石墩受力分析，由平衡条件可知 FTcos θ=Ff Ff=μFN FTsin θ+FN=mg 联立解得FT= 故A错误，B正确； 拉力的大小为 FT== 其中tan φ=，可知当θ+φ=90°时，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错误； 摩擦力大小为Ff=FTcos 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错误。 10. (2021·湖南卷·5)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 答案　C 解析　对滑块受力分析，由平衡条件有F=mgsin θ， FN=mgcos θ，θ为F与水平方向的夹角， 滑块从A缓慢移动到B点时，θ越来越大，则推力F越来越大，支持力FN越来越小，所以A、B错误； 对凹槽与滑块整体受力分析，墙面对凹槽的压力为 FN'=Fcos θ=mgsin θcos θ=mgsin 2θ， 则θ越来越大时，墙面对凹槽的压力先增大后减小，所以C正确； 水平地面对凹槽的支持力为 FN地=(M+m)g-Fsin θ=(M+m)g-mgsin2θ 则θ越来越大时，水平地面对凹槽的支持力越来越小，所以D错误。 11.(多选)(2017·全国卷Ⅰ·21)如图所示，柔软轻绳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(α>)。现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角α不变。在OM由竖直被拉到水平的过程中(　　) A.MN上的张力逐渐增大 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 答案　AD 解析　方法一　设重物的质量为m，绳OM中的张力为FTOM，绳MN中的张力为FTMN。开始时，FTOM=mg，FTMN=0。由于缓慢拉起，则重物一直处于平衡状态，两绳张力的合力与重物的重力mg等大、反向。对重物受力分析如图所示，已知角α不变，在绳MN缓慢拉起的过程中，角β逐渐增大，则角(α-β)逐渐减小，但角θ不变，在三角形中，由正弦定理得：=，(α-β)由钝角变为锐角，则FTOM先增大后减小，选项D正确；同理知=，在β由0变为的过程中，FTMN一直增大，选项A正确。 方法二　利用矢量圆，如图，重力保持不变，是矢量圆的一条弦，FOM与FMN夹角即圆心角保持不变，由图知FMN一直增大到最大，FOM先增大后减小。 12.(8分)(2024·新课标卷·24)将重物从高层楼房的窗外运到地面时，为安全起见，要求下降过程中重物与楼墙保持一定的距离。如图，一种简单的操作方法是一人在高处控制一端系在重物上的绳子P，另一人在地面控制另一根一端系在重物上的绳子Q，二人配合可使重物缓慢竖直下降。若重物的质量m=42 kg，重力加速度大小g=10 m/s2，当P绳与竖直方向的夹角α=37°时，Q绳与竖直方向的夹角β=53°(sin 37°=0.6)。 (1)(5分)求此时P、Q绳中拉力的大小； (2)(3分)若开始竖直下降时重物距地面的高度h=10 m，求在重物下降到地面的过程中，两根绳子拉力对重物做的总功。 答案　(1)1 200 N　900 N　(2)-4 200 J 解析　(1)设此时P、Q绳中拉力的大小分别为FT1和FT2， 由平衡条件可得 竖直方向FT1cos α=mg+FT2cos β 水平方向FT1sin α=FT2sin β 联立解得FT1=1 200 N，FT2=900 N (2)整个过程根据动能定理得W+mgh=0 解得两根绳子拉力对重物做的总功为 W=-4 200 J。 学科网（北京）股份有限公司 $$ 经典重现　考题再现 三、相互作用——力 1.(2024·黑吉辽·3)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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 √ 11 10 12 1 2 3 4 5 6 擦力方向水平向右，故B错误； 由于砚台始终处于静止状态，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其的压力，故桌面对砚台的支持力大于墨条对砚台的压力，故D错误。 当墨条速度方向水平向左时，墨条相对于砚台向左运动，故砚台对墨条的摩擦力方向水平向右，故A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，由于砚台始终处于静止状态，故桌面对砚台的摩 7 8 9 11 10 12 2.(2020·北京卷·11)某同学利用如图甲所示装置研究摩擦力的变化情况。实验台上固定一个力传感器，传感器用棉线拉住物块，物块放置在粗糙的长木板上。水平向左拉木板，传感器记录的F-t图像如图乙所示。下列说法正确的是 A.实验中必须让木板保持匀速运动 B.图乙中曲线就是摩擦力随时间的变化曲线 C.最大静摩擦力与滑动摩擦力之比约为10∶7 D.只用图乙中数据可得出物块与木板间的动摩擦因数 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 11 10 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 11 10 实验中让物块处于平衡状态即可，没有必要让木板保持匀速运动，故A错误； 由于物块处于平衡状态，故其水平方向上受的拉力(传感器的示数)等于摩擦力，但摩擦 力的方向与拉力的方向相反，所以摩擦力随时间变化的图线应和题图乙中图线关于横轴对称，故B错误； 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 11 10 由题图乙知，最大静摩擦力约为10 N，滑动摩擦力约为7 N，二者之比约为10∶7，故C正确； 由于不知道物块的质量，无法求出物块对木板的正压力，因此只用题图乙中数据无法求出物块与木板间的动摩擦因数，故D错误。 12 3.(2022·浙江6月选考·10)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 1 2 3 4 5 6 √ 7 8 9 11 10 12 1 2 3 4 5 6 设斜杆的弹力大小为F，以水平横杆和物体为整体，在竖直方向上根据受力平衡可得4Fcos 30°=G，解得F=G，以其中一斜杆为研究对象，其受力如图所示，F'=F，可知 每根斜杆受到地面的作用力应与F'平衡，即大小为G，每根斜杆受到地面的摩擦力大小为Ff=Fsin 30°=G，B正确，A、C、D错误。 7 8 9 11 10 12 1 2 3 4 5 6 4.(2022·辽宁卷·4)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 7 8 9 11 10 √ 12 对结点O受力分析可得，水平方向有F1sin α=F2sin β，即F1的水平分力等于F2的水平分力，选项C错误，D正确； 对结点O受力分析可得，竖直方向有F1cos α+F2cos β=mg，联立解得F1=，F2=，则F1的竖直分量F1y=，F2的竖直分量F2y=，因sin αcos β-cos αsin β=sin (α-β)>0，可知F2y>F1y，选项A、B错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 11 10 12 5.(2022·湖南卷·5)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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 11 10 12 √ 1 2 3 4 5 6 设飘带的单位长度质量为m0， 单位长度所受风力为F0，从底端取飘带上任意长度为x，G=m0gx，F=F0x，则重力与风力的合力与竖直方向的夹角为tan θ==，可知所选飘带与竖直方向夹角与所选长度无关，二力合力方向恒定，飘带各处张力方向相同，则飘带为一条倾斜的直线，故选A。 7 8 9 11 10 12 6 1 2 3 4 5 6.(2020·全国卷Ⅲ·17)如图，悬挂甲物体的细线拴牢在一不可伸长的轻质细绳上O点处；绳的一端固定在墙上，另一端通过光滑定滑轮与物体乙相连。甲、乙两物体质量相等。系统平衡时，O点两侧绳与竖直方向的夹角分别为α和β。若α=70°，则β等于 A.45° B.55° C.60° D.70° 7 8 9 √ 11 10 12 6 1 2 3 4 5 取O点为研究对象，在三力的作用下O点处于平衡状态，对其受力分析如图所示，根据几何关系可得β=55°，故选B。 7 8 9 11 10 12 6 1 2 3 4 5 7 8 9 7.(2022·海南卷·8)我国的石桥世界闻名，如图，某桥由六块形状完全相同的石块组成，其中石块1、6固定，2、5质量相同为m，3、4质量相同为m'，不计石块间的摩擦，则m∶m'为 A. B. C.1 D.2 √ 11 10 12 六块形状完全相同的石块围成半圆对应的圆心角为180°，则每块石块对应的圆心角为30°，对石块3受力分析如图甲， 结合力的合成可知tan 60°=； 对石块2和3整体受力分析如图乙 tan 30°=， 联立解得=2。 6 1 2 3 4 5 7 8 9 11 10 12 6 1 2 3 4 5 8.(2020·山东卷·8)如图所示，一轻质光滑定滑轮固定在倾斜木板上，质量分别为m和2m的物块A、B，通过不可伸长的轻绳跨过滑轮连接，A、B间的接触面和轻绳均与木板平行。A与B间、B与木板间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当木板与水平面的夹角为45°时，物块A、B刚好要滑动，则μ的值为 A. B. C. D. √ 7 8 9 11 10 12 6 1 2 3 4 5 A、B刚要滑动时受力平衡，受力分析如图所示。 对A：FT=mgsin 45°+μmgcos 45° 对B：2mgsin 45°=FT+3μmgcos 45°+μmgcos 45° 整理得，μ=，选项C正确。 7 8 9 11 10 12 6 1 2 3 4 5 9.(2022·浙江1月选考·5)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 7 8 9 √ 11 10 12 对石墩受力分析，由平衡条件可知 FTcos θ=Ff Ff=μFN FTsin θ+FN=mg 联立解得FT= 故A错误，B正确； 拉力的大小为FT== 其中tan φ=，可知当θ+φ=90°时，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错误； 6 1 2 3 4 5 7 8 9 11 10 12 摩擦力大小为Ff=FTcos 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错误。 6 1 2 3 4 5 7 8 9 11 10 12 6 1 2 3 4 5 10.(2021·湖南卷·5)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 7 8 9 10 11 √ 12 6 1 2 3 4 5 7 8 9 10 11 对滑块受力分析，由平衡条件有F=mgsin θ， FN=mgcos θ，θ为F与水平方向的夹角， 滑块从A缓慢移动到B点时，θ越来越大， 则推力F越来越大，支持力FN越来越小，所以A、B错误； 对凹槽与滑块整体受力分析，墙面对凹槽的压力为 FN'=Fcos θ=mgsin θcos θ=mgsin 2θ， 则θ越来越大时，墙面对凹槽的压力先增大后减小，所以C正确； 12 6 1 2 3 4 5 7 8 9 10 11 水平地面对凹槽的支持力为 FN地=(M+m)g-Fsin θ=(M+m)g-mgsin2θ 则θ越来越大时，水平地面对凹槽的支持力越来越小，所以D错误。 12 6 1 2 3 4 5 11.(多选)(2017·全国卷Ⅰ·21)如图所示，柔软轻绳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(α>)。现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角α不变。在OM由竖直被拉到水平的过程中 A.MN上的张力逐渐增大 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 7 8 9 11 10 √ 12 √ 25 6 1 2 3 4 5 7 8 9 11 10 方法一　设重物的质量为m，绳OM中的张力为FTOM，绳MN中的张力为FTMN。开始时，FTOM=mg，FTMN=0。由于缓慢拉起，则重物一直处于平衡状态，两绳张力的合力 与重物的重力mg等大、反向。对重物受力分析如图所示，已知角α不变，在绳MN缓慢拉起的过程中，角β逐渐增大，则角(α-β)逐渐减小，但角θ不变，在三角形中，由正弦定理得：=，(α-β)由钝角变为锐角，则FTOM先增大后减小，选项D正确； 同理知=，在β由0变为的过程中，FTMN一直增大，选项A正确。 12 26 6 1 2 3 4 5 7 8 9 11 10 方法二　利用矢量圆，如图，重力保持不变，是矢量圆的一条弦，FOM与FMN夹角即圆心角保持不变，由图知FMN一直增大到最大，FOM先增大后减小。 12 27 6 1 2 3 4 5 12.(2024·新课标卷·24)将重物从高层楼房的窗外运到地面时，为安全起见，要求下降过程中重物与楼墙保持一定的距离。如图，一种简单的操作方法是一人在高处控制一端系在重物上的绳子P，另一人在地面控制另一根一端系在重物上的绳子Q，二人配合可使重物缓慢竖直下降。若重物的质 7 8 9 11 10 12 答案　1 200 N　900 N 量m=42 kg，重力加速度大小g=10 m/s2，当P绳与竖直方向的夹角α=37°时，Q绳与竖直方向的夹角β=53° (sin 37°=0.6)。 (1)求此时P、Q绳中拉力的大小； 28 6 1 2 3 4 5 7 8 9 11 10 设此时P、Q绳中拉力的大小分别为FT1和FT2， 由平衡条件可得 竖直方向FT1cos α=mg+FT2cos β 水平方向FT1sin α=FT2sin β 联立解得FT1=1 200 N，FT2=900 N 12 29 6 1 2 3 4 5 (2)若开始竖直下降时重物距地面的高度h=10 m，求在重物下降到地面的过程中，两根绳子拉力对重物做的总功。 7 8 9 11 10 12 答案　-4 200 J 整个过程根据动能定理得W+mgh=0 解得两根绳子拉力对重物做的总功为 W=-4 200 J。 30 $$