2025-2026学年高中物理竞赛课件：第二课 相互作用

该高中物理课件聚焦“相互作用”主题，系统覆盖重力、弹力、摩擦力等基础概念，力的合成与分解、共点力平衡等规律，通过“概念辨析-规律应用-高考衔接”的学习支架，帮助学生构建运动和相互作用观念。 其亮点在于以科学思维为核心，通过死结活结等模型建构、正交分解等科学推理，结合教材改编典例与高考真题，搭配“规律总结”模块归纳方法。教师可直接用于分层教学，学生能夯实基础并提升问题解决能力，高效落实核心素养。

物理清北班——筑基阶段 教师：林志敏 第二课：相互作用 1 第1节 重力　弹力　摩擦力 考点2　摩擦力 1.产生条件:接触且有挤压;接触面粗糙;两物体间有相对运动或相对运动趋势。 点拨提醒    有摩擦力一定有弹力,有弹力不一定有摩擦力。 2.方向:与物体相对运动方向或相对运动趋势方向相反。 3.摩擦力大小的计算方法   (1)滑动摩擦力:根据公式Ff=μFN计算 (2)最大静摩擦力:其值略大于滑动摩擦力,当认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力时,fmax=μFN   物体处于平衡状态:运用力的平衡条件来计算 物体处于非平衡状态:运用牛顿运动定律来计算 返回目录 点拨提醒　静摩擦力的取值范围为0<f≤fmax,通常运用状态法来计算。 4.静摩擦力有无及方向的判断方法 条件法 根据物体是否直接接触并发生挤压,接触面是否粗糙,有无相对运动趋势来判断 假设法   状态法 先判断物体的运动状态,然后通过受力分析列方程(a=0,列平衡方程;a≠0,F合=ma),最后确定静摩擦力的有无及方向 转换 对象法 先确定受力较少的物体受到的静摩擦力的方向,再根据牛顿第三定律确定另一物体受到的静摩擦力的方向 返回目录 教考衔接 典例2    (人教版必修一P71,T4改编)如图1所示,质量分别为m和M的两粗糙长方体木 块A、B叠在一起,放在水平桌面上。A、B之间的动摩擦因数为μ1,B与桌面之间的动摩 擦因数为μ2。B木块受到一个水平方向的拉力F,在拉力F的作用下,A、B一起向右做匀 速直线运动。重力加速度为g,问: (1)(回归教材)A、B之间的摩擦力有多大?B受到的拉力F又是多大?   (2)(情境变式)如图2所示,若拉力F作用在木块A上,已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力, 若木块B能相对桌面滑动,μ1、μ2、m、M应满足什么关系? 返回目录   (3)(拓展变式)撤去拉力F,将木块B一端缓慢抬起,使其与桌面成一定角度,将其固定(可 看作斜面),如图3所示,已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力,木块B与水平桌面的夹角为θ。 ①求μ1>tan θ、μ1=tan θ及μ1<tan θ三种状态时,木块A所受的摩擦力Ff1、Ff2和Ff3。 ②若给木块A施加一推力F',推力F'与斜面的夹角为α,发现无论推力多大,木块A都不能 与木块B发生相对滑动。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力,试求α应满足的条件。 返回目录 (4)(链接高考)(2020山东,8,3分)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.  返回目录 答案    (1)0    μ2(m+M)g    (2)μ1> μ2 (3)见解析    (4)C 解析     (1)由于A、B均做匀速直线运动,故A、B所受的合力均为0,对A、B分别受力分析,如图 1、图2所示,        可知A不受摩擦力,故A、B之间摩擦力为0 B与桌面之间有滑动摩擦力,故B受的摩擦力f=μ2N=μ2(m+M)g,根据平衡条件可知拉力F= 返回目录 f=μ2(m+M)g。 (2)对B受力分析,如图3所示   若要B能相对桌面滑动,则由受力分析有f1>f,所以有f1m>fm,即μ1mg>μ2(m+M)g,解得μ1>  μ2。 (3)①假设木块A相对木块B静止,对木块A受力分析可知Ff=mg sin θ,由题意可知,木块A 相对木块B的最大静摩擦力为Ffm=μ1mg cos θ。 返回目录 当μ1>tan θ时,有Ff<Ffm,木块A处于静止状态,故Ff1=mg sin θ; 当μ1=tan θ时,有Ff=Ffm,木块A处于静止状态,故Ff2=mg sin θ=μ1mg cos θ; 当μ1<tan θ时,有Ff>Ffm,木块A与木块B发生相对滑动,故Ff3=μ1mg cos θ。 ②对木块A受力分析,如图4所示   垂直斜面有N″A=mg cos θ+F'sin α 返回目录 沿斜面有mg sin θ+fA=F'cos α 得到fA=F'cos α-mg sin θ<μ1(mg cos θ+F'sin α) 解得cos α-μ1sin α< (μ1cos θ+sin θ) 由于无论推力多大都不能发生相对滑动 故考虑F'≫mg,可得cos α-μ1sin α<0 故有tan α>  (4)物块A、B刚好要滑动,说明A、B刚好处于平衡状态,所受摩擦力为最大静摩擦力。 (点拨:对于A、B之间的相对运动趋势,假设此时木板与地面夹角为90°的极限情况,应该 是质量较小的物块A相对物块B有向上滑动趋势,同时质量较大的物块B相对斜面有向 返回目录 下滑动趋势)分别对A、B受力分析,如图所示,对A,T=mg sin 45°+μmg cos 45°,对B,T+μmg cos 45°+3μmg·cos 45°=2mg sin 45°,联立解得μ= ,C正确。   归纳总结 将物体放置在斜面上,物体能与斜面保持相对静止的条件是μ≥tan θ。 返回目录 能力进阶 典例3　如图所示,重力为G的木块,恰好能静止在倾角为θ的斜面上。 (1)若给木块施加一竖直向下的外力F(已知),求木块所受摩擦力的大小。 (2)进阶1    (倾角变化)若撤去外力,改变倾角θ,使倾角θ从0°逐渐增大到90°,则木块所受 摩擦力大小将如何变化。 (3)进阶2    (摩擦力反向)若在木块上施加沿斜面向上的推力F,使木块沿斜面匀速向上 运动,求推力F的大小。 (4)进阶3    (正压力的变化)若将推力F改为水平方向,仍能使木块沿斜面匀速向上运动, 求推力F的大小。 返回目录 答案    (1)(G+F)sin θ    (2)先增大后减小 (3)2G sin θ    (4)G tan 2θ 解析     (1)木块恰好静止在斜面上,在不施加外力时,对木块受力分析如图1所示,可得G sin θ= Ff,其中Ff=μFN=μG cos θ,联立解得μ=tan θ。 施加外力后,对木块再次受力分析,如图2所示, 垂直斜面方向有FN'=(G+F)cos θ,最大静摩擦力Ffm=μ(G+F)cos θ=(G+F)sin θ,故合力仍然 为零,木块仍处于静止状态,故木块所受摩擦力为(G+F)sin θ。 返回目录  　      (2)木块水平放置时,无运动趋势,其所受摩擦力为0,当倾角θ增大时,起初木块没有发生 滑动,故其所受摩擦力为静摩擦力,根据力的平衡条件可知Ff=G sin θ,静摩擦力随θ的增 大而增大。当木块开始滑动时,木块所受滑动摩擦力为μG cos θ,μ不变,摩擦力随θ的增 大而逐渐减小,综上,木块所受摩擦力的大小先增大后减小。 (3)木块匀速上滑,对其受力分析,如图3所示,可得FN=G cos θ,F=G sin θ+Ff,且Ff=μFN,联 立解得F=G sin θ+μG cos θ,其中μ=tan θ,所以F=2G sin θ。 (4)木块匀速上滑,对其受力分析,如图4所示,可得F sin θ+G cos θ=FN,F cos θ=G sin θ+Ff, 返回目录 又Ff=μFN,联立解得F= ,其中μ=tan θ,所以F=G tan 2θ。  　      返回目录 提分关键·规律总结 摩擦力的突变 分类 说明   滑块放在粗糙水平面上,作用在滑块上的水平力F 从0逐渐增大,当滑块开始滑动时,滑块受水平面的 摩擦力由静摩擦力“突变”为滑动摩擦力,方向不 变   滑块以v0冲上斜面做减速运动,当到达某位置时速 度减为0而后静止在斜面上,滑动摩擦力“突变” 为静摩擦力,方向相反 返回目录   在水平力F作用下滑块静止于斜面上,F突然增大时 滑块仍静止,则滑块所受静摩擦力可能会在大小或 方向上发生“突变”   水平传送带的速度v1大于滑块的速度v2,滑块所受 滑动摩擦力方向水平向右;当传送带突然被卡住 时,滑块受到的滑动摩擦力方向“突变”为向左 返回目录 第2节 力的合成与分解 返回目录 ①最大值:三个力同向时,其合力最大,为Fmax=F1+F2+F3。 ②最小值:如果任意两个力大小之和大于第三个力,则三个力的合力最小值为零,否则合 力最小值就等于最大的力减去另外两个力的代数和。 力的合成方法 (1)作图法:作出力的图示,利用平行四边形定则作出合力,结合标度得到合力大小。 (2)计算法 根据余弦定理,合力的大小F= ;如图所示,合力的方向满足tan α=  。 返回目录 二、力的分解 1.力的分解是力的合成的逆运算,遵循的法则:平行四边形定则或三角形定则。 2.分解方法 效果分解法 正交分解法 分解方式 根据一个力产生的实际效果分解 将一个力沿着两个互相垂直的方向分解 实例 分析 F1=  F2=G tan θ x轴上:Fx=F cos θ y轴上:Fy=F sin θ 返回目录 思维点拨　运用正交分解法时,一般选共点力的作用点为坐标原点,使尽可能多的力落 在坐标轴上,若物体具有加速度,一般以加速度方向和垂直加速度方向为坐标轴。 选用原则 三个力作用下的平衡问题 三个以上的力作用下的平衡问题或三个力中有两个力相互垂直 返回目录 考点2　死结与活结　定杆与动杆 1.死结与活结 模型结构 模型解读 模型特点  “死结” “死结”把绳子分为两段,且不可沿绳子移动,“死结”两侧的绳子因“结”而变成两根独立的绳子 “死结”两侧的绳子张力不一定 相等   “活结” “活结”把绳子分为两段,且可沿绳移动,“活结”一般由绳子跨过滑轮或绳子上挂一光滑挂钩而形成,绳子因“活结”而弯曲,但实际为同一根绳子 “活结”两侧的绳子上的张力大 小处处相等 返回目录 典例3　如图所示,长度为L的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,杆的间距为D。悬挂衣服的衣架钩是光滑的,挂于绳上处于静止状态,衣架钩 与衣服总质量为m,重力加速度为g。试求绳的拉力大小。   答案      返回目录 解析     由衣架钩与衣服的受力分析可知,2F sin θ=mg,故F= (点拨:这说明绳的拉力F的大 小只与mg和θ有关),两段绳是对称的,与竖直方向夹角相等。 设左侧绳的长度为L1、悬挂点到M杆的距离为D1;右侧 绳的长度为L2、悬挂点到N杆的 距离为D2,则有cos θ= = = (点拨:θ的大小只与D和L有关) 故有sin θ=  则F= (点拨:若仅将绳的右端点b上移,F大小不变)。 返回目录 2.定杆与动杆 模型结构 模型解读 模型特点  “定杆” 轻杆被固定在接触面上,不发生 转动 杆所受的弹力方向不一定沿杆  “动杆” 轻杆用光滑的转轴或铰链连接, 轻杆可围绕转轴或铰链自由转动 当杆平衡时,杆所受的弹力方向 一定沿杆 返回目录 A.图甲中水平横梁BC对滑轮的作用力大小为  B.图乙中HG杆受到绳的作用力大小为m2g C.细绳AC段的拉力FAC与细绳EG的拉力FEG的大小之比 为1∶1 D.细绳AC段的拉力FAC与细绳EG的拉力FEG的大小之比为m1∶2m2 典例4　如图甲所示,细绳AD跨过固定在水平横梁BC右端的光滑轻质定滑轮挂住一个 质量为m1的物体,∠ACB=30°;图乙所示的轻杆HG一端用铰链固定在竖直墙上,另一端G 通过细绳EG拉住,EG与水平方向成30°角,轻杆的G点用细绳GF拉住一个质量为m2的物 体,HG杆恰好水平,重力加速度为g,则下列说法正确的是 (　    ) D 返回目录 解析     题图甲中AD是一根跨过光滑定滑轮的绳,绳中的张力处处相等,滑轮两侧绳的拉力大 小均等于m1g(活结),且互成120°角,则合力的大小等于m1g,方向与竖直方向成60°角斜向 左下方,故水平横梁BC(定杆)对滑轮的作用力大小也等于m1g,方向与竖直方向成60°角 斜向右上方,A错误。题图乙中HG杆(动杆)受到绳的作用力大小为 = m2g,B错 误。题图乙中,FEG sin 30°=m2g(死结),可得FEG=2m2g,则 = ,C错误,D正确。 返回目录 第3节 牛顿第三定律　共点力的平衡 返回目录 提分关键·规律总结 整体法与隔离法 整体法 隔离法 研究对象 几个物体组成的一个整体 与周围物体分隔开来的物体 选用 原则 当分析相互作用的两个或两个以上物体整体的受力情况及分析外力对系统的作用时,宜用整体法 在分析系统内各物体(或一个物体各部分)间的相互作用时,宜用隔离法 注意 事项 (1)整体法和隔离法不是独立的,对一些较复杂的问题,通常需要多次选取研究对象,交替使用整体法和隔离法 (2)一般情况下先整体后隔离,即“整体法”优先 (3)在使用隔离法时,优先选择分析受力简单的研究对象 返回目录 考点2　共点力的平衡 1.平衡状态:物体静止或做匀速直线运动,即a=0。 2.平衡条件:F合=0或 。 3.处理平衡问题的常用方法 方法 解读 适用情境 合成法 任意一个力与其余所有力的合力 等大反向 非共线多力平衡 正交分解法  =0, =0 多力平衡 矢量三角形法 把表示三个共点力的有向线段首 尾相接构成一个闭合的三角形 非特殊角的一般三角形 返回目录 教考衔接 典例2    (人教版必修一P81,B组,T6改编)用三根细线a、b、c将重力均为G的两个小球1 和2连接并悬挂,如图甲所示。两小球处于静止状态,细线a与竖直方向的夹角为30°,细 线c水平。   (1)(回归教材)①求细线a、c分别对小球1和2的拉力大小。②求细线b对小球2的拉力大 返回目录 小。 (2)(情境变式)若小球2与倾角为30°的光滑斜面接触,如图乙所示,小球1、2保持静止,求 斜面对小球2的支持力的取值范围。   (3)(拓展变式)如图丙所示,将细线c与小球2断开,用力F拉小球2,使小球1、2所处的位置 仍与图甲相同,则当F最小时,细线a及细线b上的拉力分别为多大? 返回目录 (4)(链接高考)(2024浙江1月,6,3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),则 细线a、b的拉力分别为(g=10 m/s2)(　    )   A.2 N    1 N　　　　    B.2 N    0.5 N C.1 N    1 N　　　    D.1 N    0.5 N 返回目录 解题导引　细线跨过定滑轮,只改变力的方向,不改变力的大小;题目中出现多个研究对 象,求解细线a、b的拉力大小,需要先整体分析小球A、B,求出细线a的拉力大小,再隔离 分析小球B,求出细线b的拉力大小。 答案    (1)①      　② G (2)0≤FN≤ G    (3) G    G    (4)D 返回目录 解析     (1)①把小球1和2看成一个整体,受力分析如图1所示。 由平衡条件可得Fa= = ,Fc=2G tan 30°= 。  　      ②对小球2受力分析如图2所示。 设细线b与水平方向的夹角为α,可得Fbcos α=Fc,Fbsin α=G,联立解得细线b对小球2的拉 力大小Fb= 。 返回目录 一题多解 将小球2所受的三个力构成首尾相接的矢量三角形,由勾股定理可得Fb= ,解得 Fb= G。 (2)以小球1和2整体为研究对象,   斜面与小球2只接触不挤压时,斜面的支持力最小,FN min=0。 当细线c对小球2的拉力为零时,斜面对小球2的支持力最大,受力分析如图3所示,可得 返回目录 Fasin 30°=FN maxsin 30°,Fa cos 30°+FN max cos 30°=2G 联立解得FN max= G 故斜面对小球2的支持力取值范围为0≤FN≤ G。 (3)对小球1和2整体进行受力分析,如图4所示,当F的方向与细线a上的拉力方向垂直时, F达到最小值,此时细线a上的拉力FTa=2G cos 30°= G。 对小球1受力分析并构成力的矢量三角形,如图5所示,由余弦定理得cos 30°=  ,解得细线b上的拉力FTb=G。 返回目录  　      (4)对A、B整体受力分析,如图甲所示。 由此可知,Fa=2mg=1 N,A、B错误。隔离B球受力分析,设Fb与水平方向夹角为α,如图乙 所示。        根据平衡条件可知Fbx=Fx=mg cos 30°、Fby=Fa-mg-Fy=mg sin 30°,可知α=30°,Fb=mg=0.5 N,C错误,D正确。 返回目录 微专题3 动态平衡　平衡中的临界、极值问题 返回目录 题型1　动态平衡问题 1.动态平衡是指物体的受力状态缓慢发生变化,但在变化过程中,每一个状态均可视为 平衡状态。 2.核心思想是“化动为静,静中求动”。 3.图解法解决动态平衡问题 (1)特点:①三个力;②一个力恒定;③一个力方向不变。 (2)图解方法:如图所示,画出力的矢量三角形,根据矢量三角形各边长短及方向的变化 判定力的变化。 返回目录 典例1    (多选)如图所示,在倾角为α的斜面上,放一质量为m的小球,小球和斜面及挡板 间均无摩擦,在挡板绕O点逆时针缓慢地从竖直方向转向水平位置的过程中 (　    ) A.斜面对小球的支持力逐渐增大 B.斜面对小球的支持力逐渐减小 C.挡板对小球的弹力先减小后增大 D.挡板对小球的弹力先增大后减小 BC 返回目录 解析     对小球受力分析知,小球受到重力mg、斜面的支持力FN1和挡板的弹力FN2,如图,在挡板 绕O点逆时针缓慢地转向水平位置的过程中,小球所受的合力始终为零,根据平衡条件 可知,FN1和FN2的合力与重力mg大小相等、方向相反,作出小球在三个不同位置时力的 示意图。   由图看出,斜面对小球的支持力FN1逐渐减小,挡板对小球的弹力FN2先减小后增大,当FN1 和FN2垂直时,弹力FN2最小,B、C正确,A、D错误。 返回目录 4.相似三角形法解决动态平衡问题 物体受三个力,一个力恒定(如重力),其他两个力的方向均变化,但三力构成的矢量三角 形与某个实际几何三角形相似,则对应边的比值相等 ,如图所示。   根据几何关系可知,在向上拉动物体的过程中,R、H均不变,L变短,则FN不变,FT变小。 返回目录 典例2    (多选)如图所示,O点和细钉C在固定小球A正上方,小球B用轻质橡皮筋相连绕 过光滑细钉C悬挂于O点,A、B之间用轻质弹簧相连,整个系统处于静止状态,A、B都可 以看成质点,橡皮筋的拉力遵循胡克定律,OC刚好等于橡皮筋的原长,弹簧的弹力大小 为F,B球的质量为mB;现将小球A竖直向下移动一小段距离,同时调整B球的质量mB,使整 个系统再次处于静止状态(B球仍在右侧),则 (　    )   A.mB不变    B.mB变大    C.F不变    D.F变大 BC 解题导引　在题中,B的重力、弹簧弹力、橡皮筋拉力组成的三角形始终与几何三角 形ABC相似,可以用相似三角形法求解。 返回目录 解析     对B受力分析,可得 = = 。设橡皮筋的劲度系数为k1,弹簧的劲度系数为k2,弹簧 原长为l0,有 =k1= =k2 = ,k1和k2不变,则AB不变,F不变,AC变大, 则mB变大。B、C正确。 返回目录 5.辅助圆法解决动态平衡问题 (1)适用情况:物体受三个力,其中一个力大小、方向不变,另外两个力大小、方向都在 改变,但变化的两个力之间的夹角不变。 (2)方法展示 ①已知条件:F1恒定,F2、F3的夹角一定。 返回目录 ②解题过程:在圆中画出力的矢量三角形,以恒定力为弦,另外两个力的交点在圆周上移 动,由三角形各边长度及方向的变化判定力的变化;两个力的夹角分大于90°(如图甲)和 小于90°(如图乙)两种情况。        返回目录 典例3    (多选)如图,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 AD 返回目录 解析     解法一　辅助圆法 以重物为研究对象分析其受力情况,受重力mg、MN绳的拉力F1、OM绳的拉力F2,由题 意知,三个力的合力始终为零,矢量三角形如图所示,F1、F2的夹角不变,在F2转至水平的 过程中,矢量三角形在同一外接圆上,由图可知,F1逐渐增大,F2先增大后减小,A、D正确, B、C错误。   解法二　正弦定理法 返回目录 根据正弦定理有 = = ,mg与 sin θ3保持不变,sin θ1变大,则F1变大,sin θ2先增 大后减小,则F2先增大后减小,A、D正确。   返回目录 提分关键·归纳总结 利用正弦定理法解决动态平衡问题的思路 (1)先受力分析,判断物体受力情况。 (2)作出辅助线构建力的矢量三角形。 (3)分析题目给出的信息,根据正弦定理确定边角关系,再根据角和边的变化情况判断力 的大小变化情况。 返回目录 题型2　平衡中的临界、极值问题 1.临界问题 当某物理量变化时,会引起其他物理量的变化,从而使物体所处的平衡状态“恰好出 现”或“恰好不出现”,在问题的描述中常用“刚好”“恰能”“恰好”等。 2.临界问题常见的几种情况 (1)由静止到运动,摩擦力达到最大静摩擦力。 (2)绳子恰好绷紧,拉力F=0。 (3)刚好离开接触面,支持力FN=0。 3.极值问题 返回目录 平衡中的极值问题,一般是指在力的变化过程中的最大值和最小值的问题。 4.解决平衡中极值问题的常用方法 (1)物理分析法 根据平衡条件,作出力的矢量图,通过对物理过程的分析,利用平行四边形定则或三角形 定则进行动态分析,确定最大值或最小值。 (2)数学分析法 通过对问题的分析,根据物体的平衡条件列出物理量之间的函数关系,用数学方法求极 值(如二次函数求极值、三角函数求极值等)。 (3)极限分析法 返回目录 首先要正确地进行受力分析和变化过程分析,找出平衡的临界点和极值点;临界条件必 须在变化中去寻找,不能停留在一个状态来研究临界问题,要把某个物理量推向极端,即 极大或极小。 返回目录 典例4　如图甲所示,用两根细绳连接一质量为m的小球,让小球始终处于静止状态,细 绳OA与竖直方向的夹角为θ1,且保持不变,拉力用F1表示。细绳OB从竖直位置缓慢顺时 针旋转,细绳OB的拉力F2和OB与竖直方向的夹角θ2的关系如图乙,g取10m/s2,下列说法 正确的是 (　    ) 甲 乙 A.m=1 kg,θ1=  B.当θ1=θ2时,细绳OB的拉力F2=10 N C.缓慢顺时针旋转过程中,细绳OB的拉力F2的最小 值为5 N D.缓慢顺时针旋转过程中,细绳OB的拉力F2会一直变大 C 返回目录 解析     当θ2=0,细绳OA的拉力F1为0,由题图乙可知,F2=mg=10 N,m=1 kg;当θ2= 时,拉力F2最小, 对小球受力分析,如图所示,   缓慢顺时针旋转过程中,细绳OB的拉力F2先减小后增大,当F1和F2垂直时,拉力F2最小,可 得θ1= ,则细绳OB拉力F2的最小值为F2min=mg sin θ1=5 N,C正确,A、D错误。当θ1=θ2=  时,F1=F2,根据平衡条件可得2F2 cos θ1=mg,可得此时细绳OB的拉力为F2=  N,B错 误。 返回目录 方案二　如图乙所示,通过改变钩码个数来改变力,力的大小可以通过计算钩码个数得 到,无需用弹簧测力计测量,也无需保证每次结点位置相同。   返回目录 $