专题2 相互作用（专题突破练）-【第一梯队】2026年高考物理二轮专题突破教用课件

该高中物理高考复习课件聚焦“相互作用”专题，覆盖绳杆模型、摩擦力分析、共点力平衡、临界极值问题及两大实验核心考点，对接高考评价体系，通过近五年真题统计明确共点力平衡（占比35%）、摩擦力应用（占比25%）等高频考点，归纳动态平衡、临界分析等常考题型，构建系统备考框架。 课件亮点在于“真题精讲+模型建构+科学探究”策略，如以2024山东卷临界极值题为例，用科学推理推导动摩擦因数最小值，通过“活结”“死结”模型培养科学思维，实验部分详解误差分析提升科学探究能力。特设“一题多解”“易错警示”模块，助力学生掌握解题技巧，教师可据此精准定位学情，实现高效复习。

专题二　相互作用 高考物理 新高考专用 目 录 目 录 题型方法 实验2　探究弹簧弹力与形变量的关系 实验3　探究两个互成角度的力的合成规律 培优提升 题型3　绳、杆模型及其应用 高考真题 高考模拟 题型4　摩擦力的分析与应用 高考真题 高考模拟 题型5　共点力平衡问题 高考真题 高考模拟 题型6　平衡中的临界极值问题 高考真题 高考模拟 目 录 题型3　绳、杆模型及其应用 题型方法 高考真题 1. (2023海南,3,3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     B     目 录 解析　工人受到三个力的作用,即绳的拉力、地面的支持力和重力,三力平衡,A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,B正确。将动滑轮和重 物以及两者之间的绳看作一个整体,对整体受力分析,设绕过动滑轮的绳的拉力为T,绳 与竖直方向的夹角为θ,动滑轮和重物所受重力为G,由平衡条件有2T cos θ=G,重物提起 过程中,两绳的张角变大,θ变大,拉力T变大,C、D错误。 目 录 2. (2022辽宁,4,4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     D     目 录 解析　对结点O受力分析如图所示,根据平衡条件可知在水平方向F1的分力与F2的分力 大小相等,即F1 sin α=F2 sin β,由题可知α>β,且α、β都是锐角,所以F1<F2,又cos α<cos β, 则在竖直方向F1的分力F1 cos α 小于F2的分力F2 cos β,D正确。 目 录 一题多解　由力的平衡条件可知,F1、F2的合力一定与蜘蛛的重力等大反向,构成的矢 量三角形如图所示,由于α>β,显然F1、F2在水平方向上的投影相同,F2在竖直方向的投 影较大,D正确。 目 录 1. (2025山东威海期末)如图所示,用三根轻绳a、b、c将质量相等的两个灯笼悬挂起 来。两灯笼静止时,轻绳c水平,三根轻绳上的拉力Ta、Tb、Tc的大小关系正确的是  ( )   A.Ta>Tb>Tc　　　　　    B.Ta>Tc>Tb C.Tb>Ta>Tc　　　　　    D.Tb>Tc>Ta A          高考模拟 目 录 解析　把两个灯笼看成一个整体,受力分析如图甲所示,由几何关系可得 = +(2mg)2, 对最下面的灯笼受力分析如图乙所示,由几何关系可得 = +(mg)2,所以Ta>Tb>Tc,A正 确。  　      目 录 2. (2025河南驻马店期末)晾晒衣服的绳子两端A、B分别固定在两根竖直杆上,A点略 高于B点,原来无风状态下衣服保持静止。衣服受到水平向右的恒定风力时,在新的位 置保持静止,如图所示,不计绳子的质量及绳和衣架挂钩间的摩擦,下列说法正确的是  ( ) A.无风时,挂钩停在两杆位置的正中间 B.有风时,挂钩左右两侧的绳子拉力大小不相等 C.相比无风时,有风的情况下∠AOB较小 D.在风力恒定的情况下,将A点沿杆缓慢稍向下移到C点 (仍高于B点),重新平衡时绳子的拉力变小     D     目 录 解析　由题意知挂钩处为“活结”,则挂钩两侧绳的拉力总是大小相等,B错误。无风 时,因A点略高于B点,根据平衡条件可知两绳拉力的合力与衣服和衣架整体受到的重力 等大反向,则挂钩两侧绳的拉力与竖直方向的夹角相等,挂钩停在两杆位置的正中间偏 左处,靠B点近些,A错误。有风时,水平风力与重力的合力为恒力,方向斜向右下方,相比 无风时等效跨度(点拨:风力与重力的合力视为等效重力G等效,过绳两端画与G等效方向平 行的两杆,将这两杆间的距离称为等效跨度)由d变为d',可能增大,也可能减小(点拨:A、 B连线垂直于G等效时,等效跨度最大),如图所示,则∠AOB可能增大,也可能减小,C错误。 在风力恒定的情况下,将A点沿杆稍向下移到C点,等效跨度一定变小,两侧绳子间的夹 角变小,但两侧绳子拉力的合力为恒力,合力一定时,两分力的大小随夹角的减小而减 目 录 小,D正确。 目 录 题型4　摩擦力的分析与应用 高考真题 1. (2024黑吉辽,3,4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     C     目 录 解析　摩擦力总是阻碍两物体的相对运动,墨条的速度方向水平向左时,墨条相对于砚 台水平向左运动,则砚台对墨条的摩擦力方向水平向右,A错误;砚台始终静止,桌面对砚 台的摩擦力与墨条对砚台的摩擦力是一对平衡力,大小相等,方向相反,则桌面对砚台的 摩擦力方向水平向右,B错误,C正确;竖直方向上,桌面对砚台的支持力与墨条对砚台的 压力、砚台的重力这三个力平衡,D错误。 目 录 2. (2024广西,2,4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     D     解析　货箱相对木板滑动,所受滑动摩擦力Ff=μFN,由题意结合牛顿第三定律可知三个 货箱对木板正压力相同、动摩擦因数相同,则Ff1=Ff2=Ff3(点拨: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正压力大小有关),D正确。 目 录     B     3. (2022重庆,1,4分)如图所示,吸附在竖直玻璃上质量为m的擦窗工具,在竖直平面内 受重力、拉力和摩擦力(图中未画出摩擦力)的共同作用做匀速直线运动。若拉力大小 与重力大小相等,方向水平向右,重力加速度为g,则擦窗工具所受摩擦力 ( )   A.大小等于mg　　　　　    B.大小等于 mg C.方向竖直向上　　　　　 D.方向水平向左 目 录 解析　在竖直平面内对擦窗工具进行受力分析如图所示,擦窗工具做匀速直线运动,其 受力平衡,设重力和拉力的合力为F,摩擦力与F等大反向,重力和拉力的合力F=  = mg,方向与水平方向成45°角,则摩擦力大小为 mg,方向与水平方向 成45°角,B正确。 目 录 1. (2025河北廊坊期末)如图所示,倾角θ=30°的粗糙斜面体C放在水平地面上,斜面 体顶端装有一光滑定滑轮。一细绳跨过滑轮,其一端悬挂质量为m的物块A,另一端与斜 面上质量也为m的物块B相连,滑轮与B之间的细绳平行于斜面,整个系统处于静止状 态。现用始终沿水平方向的拉力F缓慢拉动A,使其与滑轮间的细绳绕定滑轮逆时针旋 转60°,B、C始终保持静止,在此过程中 ( ) A.拉力F先增大后减小 B.斜面对B的摩擦力先减小后增大 C.地面对C的摩擦力增大 D.地面对C的支持力先增大后减小     C     高考模拟 目 录 解析　设与A连接部分细绳与竖直方向的夹角为α,A始终受力平衡,有F=mg tan α,细绳 的拉力T= ,在α从0增加到60°过程中,F逐渐变大,T从mg逐渐变大到2mg;对B分析可 知,开始时T=mg sin 30°+f,则随T从mg逐渐变大到2mg,斜面对B的摩擦力逐渐增大,A、B 错误。对A、B、C整体分析可知,水平方向,地面对C的摩擦力f'=F,则随着F增大,地面 对C的摩擦力逐渐变大;竖直方向有FN=2mg+Mg,则地面对C的支持力不变,C正确,D错 误。 目 录 2. (2025河南名校联盟联考二)如图所示,正方形斜面abcd的倾角为30°,质量为m的 物块放置在斜面上顶点a处,给物块一初速度,并同时对物块施加一个平行ab边的恒 力F,可使物块在斜面上沿直线匀速运动到cd边的中点,物块可视为质点,重力加速度 为g,则物块与斜面间的动摩擦因数为 ( )   A. 　　    B. 　　    C. 　　    D.      A     目 录 解析　设物块与斜面间的动摩擦因数为μ,正方形斜面abcd的边长为l,作出物块的运动 轨迹并分析物块在沿斜面方向上的受力,如图所示,重力沿斜面向下的分力为mg sin 30°, 物块所受滑动摩擦力f=μmg cos 30°,物块在斜面上沿直线运动到cd的中点e,设直线ae 与直线ab的夹角为α,直角三角形aOe的两条直角边边长分别为l的 ,由几何关系可得 sin α= = ,根据平衡条件有f sin α=mg sin 30°,联立可得μmg cos 30° sin α= mgsin 30°,解得μ= ,A正确。 目 录 题型5　共点力平衡问题 高考真题 1. (2023山东,2,3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          B 目 录 解析　设弹簧的劲度系数为k,由题意可知mg=3kΔx,代入数据解得k=100 N/m,B正确。 目 录 2. (2022广东,1,4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     D     目 录 解析　由题意可知,F1=F2,O点处于平衡状态,由平衡条件可得2F1 cos 30°=F,所以F= F 1,D正确。 目 录 3. (2022北京,5,3分)如图所示,质量为m的物块在倾角为θ的斜面上加速下滑,物块与 斜面间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g。下列说法正确的是 ( )   A.斜面对物块的支持力大小为mg sin θ B.斜面对物块的摩擦力大小为μmg cos θ C.斜面对物块作用力的合力大小为mg D.物块所受的合力大小为mg sin θ     B     目 录 解析　物块在斜面上加速下滑,受力分析如图,支持力FN=mg cos θ,A错误;摩擦力Ff=μFN =μmg cos θ,B正确;合力F合=mg sin θ-μmg cos θ,D错误;mg= ,F斜=  ,由于物块在斜面上加速下滑,所以mg sin θ>Ff,又由于FN=mg cos θ,所以F斜≠ mg,C错误。 目 录 4. (2024贵州,4,4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     D     目 录 解析　对球进行受力分析,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FN cos α=mg,结合牛顿第三定律可得球对横杆的压力大小FN'=FN= mg, D正确。 目 录 5. (2023浙江6月,6,3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     D     目 录 解析　根据题意,对圆柱体受力分析如图甲,经过平移得到矢量三角形如图乙,根据直角 三角形知识可知Fa=G sin 37°=0.6G、Fb=G cos 37°=0.8G,D正确。   目 录 6. (2023广东,2,4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,与竖直方向的夹角为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=G cos θ　　　　　     D.F=G sin θ     C     目 录 解析　如图所示,将重力沿垂直于斜面方向和平行于斜面方向分解。平行于斜面方向, 由平衡条件得Ff=G cos θ,A错误,C正确。垂直于斜面方向,由平衡条件得F=G sin θ+FN, B、D错误。   目 录 7. (2024河北,5,4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     A     目 录 解析　对小球进行受力分析如图所示,由几何关系可知FN1、FN2与竖直方向的夹角均为 30°,则满足2FN2 cos 30°=mg-T,可得FN2=  N,A正确。   目 录 8. (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) ( )       D     A.2 N    1 N　　　　　     B.2 N    0.5 N C.1 N    1 N　　　　　     D.1 N    0.5 N 目 录 解析　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。根据平衡知识可知Fbx=Fx=mg cos 3 0°、Fby=Fa-mg-Fy=mg sin 30°,可知α=30°,Fb=mg=0.5 N,C错误,D正确。  　      目 录 9. (2022湖南,5,4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 ( )       A     目 录 解析　设单位长度飘带质量为m0,所受的水平风力为F0,设L为飘带上某点以下部分的 长度,则该部分的质量为M=Lm0,所受的水平风力F=LF0。对该部分受力分析,所得矢量 三角形如图,tan θ= = = ,由于m0与F0为定值,则θ为定值,即θ与L无关,无论选取 的研究对象L很小还是很大,θ都不变,则F拉方向一定,所以飘带实际形态最接近一条直 线,A正确。   目 录 10. (2022河北,7,4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,将木板以底边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的合力保持不变     B     目 录 解析    解法一(解析法:应用正弦定理)    设两根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,T与竖直方向的夹角为β,对圆柱体受力分析如图所示。 目 录 在矢量三角形中,根据正弦定理得 = = ,在木板以底边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,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,设两细绳之间的夹角为 2θ,每根细绳的拉力大小都为T',则2T' cos θ=T,可得T'= ,θ不变,T逐渐减小,可知两细 绳上的拉力均不断减小,B正确,A、C、D错误。 解法二(图像法:作辅助圆)    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,将三力首尾依次相接构成矢量三角形,如图 所示,在木板缓慢转动过程中,两绳拉力的合力T和木板的支持力N同时顺时针转动,重 目 录 力G恒定,两绳拉力的合力T和木板的支持力N之间的夹角不变,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,两绳拉力的合力T和木板的弹力N的 连接点C由初位置移至B点,由图可知支持力N先增大后减小,由牛顿第三定律可知圆柱 体对木板的压力先增大后减小,两绳拉力的合力T一直减小,B正确,A、C、D错误。 目 录 11. (2023河北,4,4分)如图,轻质细杆AB上穿有一个质量为m的小球C,将杆水平置于 相互垂直的固定光滑斜面上,系统恰好处于平衡状态。已知左侧斜面与水平面成30° 角,重力加速度为g,则左侧斜面对杆AB支持力的大小为 ( )   A.mg　    B. mg　    C. mg　    D. mg     B     目 录 解析　对轻杆和小球组成的系统进行受力分析,如图。   设左侧斜面对杆AB支持力的大小为NA,由平衡条件有NA=mg cos 30°,得NA= mg,B正确。 目 录 高考模拟 1. (2025贵州毕节一模)两半圆柱体甲和乙平行放置于水平地面,光滑圆柱体丙放置 其上,三者质量相等,均保持静止状态,其横截面如图所示。a、b为相切点,半径Oa与竖 直方向的夹角为60°,半径Ob与竖直方向的夹角为30°。设甲受地面的摩擦力和支持力 大小分别为f1和N1,乙受地面的摩擦力和支持力大小分别为f2和N2,则 ( )       B     A.N1>N2　　　　　     B.N1<N2 C.f1>f2　　　　　     D.f1<f2 目 录 解析　对丙进行分析,根据平衡条件有N甲=mg cos 60°= mg,N乙=mg cos 30°= mg,根据 牛顿第三定律可知,丙对甲的弹力大小N'甲=N甲,丙对乙的弹力大小N'乙=N乙,对甲,根据平 衡条件有f1=N'甲 sin 60°= ,N1=N'甲 cos 60°+mg= ,对乙,根据平衡条件有f2=N'乙 sin 30°= ,N2=N'乙 cos 30°+mg= ,可知f1=f2,N1<N2,B正确。 目 录 2. (2025河南郑州二模)图甲为2025年春晚机器人抛接手绢的表演,某同学对视频逐 帧分析后发现,抛出后的手绢在细线拉力的作用下被回收。某段时间内,手的位置O点 不变,手绢可视为做匀速直线运动,其运动轨迹如图乙中虚线段PQ所示,则手绢从P到Q 运动过程中受到的 ( ) A.空气阻力先增大后减小 B.空气阻力大小不变 C.细线的拉力一直增大 D.细线的拉力一直减小     D     目 录 解析　根据题意,手绢做匀速直线运动,在P点处受力如图1所示,其中手绢所受重力方 向竖直向下,细线拉力沿细线指向O点,空气阻力沿PQ段反向延长线,三力平衡,作出力 的矢量三角形如图2,随着手绢的运动,细线的方向顺时针转动,且未转到水平方向,由图 2可知,细线的拉力一直减小,空气阻力一直减小,A、B、C错误,D正确。 目 录 3. (2025安徽六安期末)如图所示,在竖直面内轻绳a的一端与质量为m1的物块A连 接,另一端跨过光滑定滑轮与轻绳b拴接于O点,与水平方向成θ角的力F作用在O点,质量 为m2的物块B恰好与地面间没有作用力。已知θ=60°,定滑轮右侧的轻绳与竖直方向的 夹角也为θ,重力加速度为g。在F从图中所示的状态开始顺时针缓慢转动90°的过程中, 结点O的位置保持不变,则下列说法正确的是 ( )       B     A.m2=m1 B.力F先减小后变大 C.地面对物块B的支持力始终不变 D.力F的变化范围为m1g≤F≤ m1g 目 录 解析　对结点O受力分析并构成矢量三角形,如图甲所示,则T1=m1g=T2 cos θ=m2g cos θ, 可知m1= m2,A错误。将F从题图所示的状态开始顺时针缓慢转动90°,如图乙所示,可 知,定滑轮右侧轻绳的拉力大小、方向均不变,轻绳b的拉力逐渐变小但方向不变,力F 先减小后变大,B正确。当力F与轻绳b垂直时,力F有最小值为Fmin=T1 sin θ= m1g,D错 误。力F从题图所示的状态顺时针转动90°的过程中,轻绳b的拉力T2=m2g-FN变小,故地 面对物块B的支持力FN变大,C错误。 目 录 4. (2025江苏南通一模)如图所示,在水平面上固定一竖直挡板M,现用水平力F向左 推楔形木块B,使球A缓慢上升,所有接触面均光滑。在此过程中 ( ) A.A对B的压力始终不变 B.A对M的压力逐渐增大 C.水平外力F逐渐增大 D.水平面对B的支持力逐渐增大     A     目 录 解析　设楔形木块B的倾角为θ,根据题意,对A受力分析,受重力mAg、M的弹力FM、B的 支持力FN,如图甲所示,由平衡条件可得FN cos θ=mAg,FM=mAg tan θ,由题可知,A球慢慢升 高,但θ不变,则FN、FM均不变,由牛顿第三定律可知,A对B的压力和A对M的压力均不变, A正确,B错误。对A、B整体受力分析,如图乙所示,由平衡条件可得F'N=G总,F=FM,G总和 FM均不变,则水平面对B的支持力F'N不变、水平外力F不变,C、D错误。  　      目 录 5. (2025海南海口期末)图甲为我国传统古建筑中的常见图案,其均由图乙所示单片青 瓦拼凑而成。现瓦匠师傅将质量均为m的相同青瓦片紧靠在一起静止竖直叠放在水平 地面上,如图丙所示,下方瓦片的受力点均在其顶端。重力加速度为g,则瓦片 ( )  　　            D     A.1左端给2的压力大小为mg B.2右端对5的压力比2左端对4的压力大 C.4顶端受到的压力大小为mg D.5右端对地面的压力大小为 mg 目 录 解析　对瓦片1受力分析如图所示,   由平衡条件及对称性可得F21=F31= mg,根据牛顿第三定律可知,1左端给2的压力大小F12 = mg,A错误。同理可得F42=F52= (F12+mg)= mg,根据牛顿第三定律可知,2右端对5的 压力与2左端对4的压力均为 mg,B、C错误。对5受力分析可得F地5左=F地5右= (mg+F25+ F35),根据牛顿第三定律可得F25=F52= mg,F13=F31,F35=F53=F63= (mg+F13)= mg,解得F地5右=  mg,根据牛顿第三定律可知,5右端对地面的压力大小为 mg,D正确。 目 录 题型6　平衡中的临界极值问题 高考真题 1. (2024山东,2,3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.      B     目 录 解析　机器人“天工”在斜坡上受重力、支持力和摩擦力,若它可以在倾角为θ的斜坡 上稳定站立和行走,则最大静摩擦力fm=μFN=μmg cos θ≥mg sin θ,即μ≥tan θ,由题意可 知θ的最大值为30°,所以μ≥ ,B正确。 目 录 2. (2022浙江1月,5,3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      B     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 目 录 解析　设两根轻绳的拉力均为F,对石墩受力分析,如图所示,   根据平衡条件,有2F cos θ=Ff,2F sin θ+FN=mg,且Ff=μFN,F合=2F,联立解得F合=  ,A错误,B正确;F合= = ,其中 tan α= ,0<α< ,即α 目 录 是一个常数,根据三角函数知识可知,减小夹角θ,sin (θ+α)可能减小,轻绳的合拉力F合可 能增大,C错误;根据F合的表达式可知,当θ+α= 时,合拉力最小,而摩擦力Ff=F合 cos θ=  = ,当θ= 时,摩擦力最小,即合拉力最小值和摩擦力最小值对应的θ 取值不同,所以合拉力最小时,摩擦力不是最小的,D错误。 目 录     D     1. (2025江苏名校联盟联考)如图是老师带领同学们做实验的情景。有顶角不同的 圆锥体放在桌面上,同学们发现顶角为θ的圆锥体,无论多大的力都不能按图示那样拿 起,设手与圆锥体间的动摩擦因数为μ,若最大静摩擦力大小与滑动摩擦力大小近似相 等,则θ与μ满足的关系是 ( ) A. sin θ≥μ　　　　　    B. sin  ≥μ C. tan θ≥μ　　　　　    D. tan  ≥μ 高考模拟 目 录 解析　对左侧接触面分析,手对圆锥体的作用力如图,设手对接触面弹力为F,则对圆锥 体有2μF cos  ≤2F sin  +G,得 ≥2 ,因为无论多大的力都无法拿起圆 锥体,则当F→∞时μ cos  -sin  ≤0,解得 tan  ≥μ,D正确。   目 录 2. (2024重庆二模)如图所示,两根半圆柱体静止于粗糙程度处处相同的水平地面 上,紧靠但无相互作用力。现将一根圆柱体轻放在这两根半圆柱体上,三者均静止。已 知圆柱体和两半圆柱体的材料、长度、半径、密度均相同,不考虑它们之间的摩擦,则 半圆柱体与水平地面间的动摩擦因数至少为(最大静摩擦力等于滑动摩擦力) ( )            B A. 　　    B. 　　    C. 　　    D.  目 录 解析　设圆柱体的质量为m,则半圆柱体的质量为 ,设圆柱体与半圆柱体之间的弹力 大小为F,对圆柱体,根据平衡条件有2F cos 30°=mg,解得F= mg,设地面对一个半圆柱 体的支持力大小为N,结合对称性,对圆柱体与半圆柱体整体进行分析有2N=  g,解得N=mg,三者始终处于静止状态,则有F sin 30°≤μN,解得μ≥ ,即半圆柱体与水 平地面间的动摩擦因数至少为 ,B正确。 目 录 3.(轻杆模型·转动平衡)(2025河北唐山期末)(多选)梯子是生产、生活中常用的登高工 具。将梯子靠在光滑的竖直墙壁上,爬梯子的人可视为质点,梯子的重心位于其几何中 心,如图所示。梯子与地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,某时刻人正好位于梯子 的重心处静止不动,梯子与竖直墙壁之间的夹角为37°。已知 sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。 下列说法正确的是 ( ) A.地面对梯子的支持力等于人与梯子的重力之和 B.梯子与地面间的动摩擦因数μ≥0.375 C.人缓慢向上爬行,梯子与地面可能发生相对运动 D.人缓慢向下爬行,梯子与地面可能发生相对运动  ABC 目 录 解析　选取人和梯子整体进行受力分析,如图所示,根据平衡条件可知地面对梯子的支 持力F1等于人与梯子的重力之和mg,墙壁向左的弹力F2等于地面对梯子的摩擦力f,A正 确。选取A点为支点,根据杠杆的平衡条件得mg×AB sin 37°=F2×AC cos 37°,B为AC 的中点,可得F2= mg,则f= mg,μ≥ =0.375,B正确。人缓慢向上爬行,则重心上移,AB变大, 则F2变大,若F2大于地面的最大静摩擦力,梯子与地面会发生相对运动,同理可知,人缓慢 向下爬行,梯子与地面不会发生相对运动,C正确,D错误。   目 录 实验2　探究弹簧弹力与形变量的关系 实验聚焦 1.(2025黑吉辽蒙,12,8分)某兴趣小组设计了一个可以测量质量的装置。如图(a),细绳 1、2和橡皮筋相连于一点,绳1上端固定在A点,绳2下端与水杯相连,橡皮筋的另一端与 绳套相连。 目 录 为确定杯中物体质量m与橡皮筋长度x的关系,该小组逐次加入等质量的水,拉动绳套, 使绳1每次与竖直方向夹角均为30°且橡皮筋与绳1垂直,待装置稳定后测量对应的橡皮 筋长度。根据测得数据作出x-m关系图线,如图(b)所示。   回答下列问题: 目 录 (1)将一芒果放入此空杯,按上述操作测得x=11.60 cm,由图(b)可知,该芒果的质量m0=_____ __________g(结果保留到个位)。若杯中放入芒果后,绳1与竖直方向夹角为30°但与橡皮 筋不垂直,由图像读出的芒果质量与m0相比_______(填“偏大”或“偏小”)。 (2)另一组同学利用同样方法得到的x-m图像在后半部分弯曲,下列原因可能的是______。 A.水杯质量过小 B.绳套长度过大 C.橡皮筋伸长量过大,弹力与其伸长量不成正比 (3)写出一条可以使上述装置测量质量范围增大的措施____________________________ 　更换劲度系数更大的橡皮筋          C 　偏大     107或106     __________________________________________。 [或叠加使用多根橡皮筋(增加橡皮筋的条数)]     目 录 解题导引　考生看到该题目时,首先看清楚实验的目的、实验原理、实验器材以及实 验步骤,并对实验的结果作出猜想;其次对于该实验装置进行力学分析,得到橡皮筋伸长 量与杯中物体质量的关系,最后解决实验中的问题。 解析    (1)根据图(b)图像可得,当橡皮筋长度为11.60 cm时,对应的杯中芒果质量为107 g,根据力的合成与分解和平行四边形定则可知,当橡皮筋与绳1垂直时,橡皮筋上的力 最小,当橡皮筋与绳1不垂直时,橡皮筋上的力变大,橡皮筋的长度x变大,则在对照x-m图 线上的数据时,所对应的杯中芒果的质量与m0相比偏大。 (2)另一组同学利用同样的方法得到的x-m图像在后半部分弯曲,说明前半部分橡皮筋 正常,后半部分橡皮筋伸长量过大,超过了橡皮筋的弹性限度,导致弹力与橡皮筋伸长量 不成正比,C正确。 目 录 (3)要使测量的范围更大,则需要让橡皮筋发生同样形变的情况下,弹力更大,则需要更 换劲度系数更大的橡皮筋或者叠加使用更多的橡皮筋(增加橡皮筋的条数)。 目 录 2.(2025四川,11,6分)某学习小组利用生活中常见物品开展“探究弹簧弹力与形变量的 关系”实验。已知水的密度为1.0×103 kg/m3,当地重力加速度为9.8 m/s2。实验过程如 下:     目 录 (1)将两根细绳分别系在弹簧两端,将其平放在较光滑的水平桌面上,让其中一个系绳点 与刻度尺零刻度线对齐,另一个系绳点对应的刻度如图1所示,可得弹簧原长为__________ ________cm。 (2)将弹簧一端细绳系到墙上挂钩,另一端细绳跨过固定在桌面边缘的光滑金属杆后,系 一个空的小桶。使弹簧和桌面上方的细绳均与桌面平行,如图2所示。 (3)用带有刻度的杯子量取50 mL水,缓慢加到小桶里,待弹簧稳定后,测量两系绳点之间 的弹簧长度并记录数据。按此步骤操作6次。 (4)以小桶中水的体积V为横坐标,弹簧伸长量x为纵坐标,根据实验数据拟合成如图3所 示直线,其斜率为200 m-2。由此可得该弹簧的劲度系数为_______N/m(结果保留2位有效 数字)。     49     0.02         13.15± 目 录 (5)图3中直线的截距为0.005 6 m,可得所用小桶质量为_________kg(结果保留2位有效 数字)。       0.028     目 录 解析    (1)由题图1读出刻度尺读数为13.15 cm。 (4)设小桶质量为m,当小桶中水的体积为V时,由平衡条件可知kx=mg+ρVg,可得x= V+  ,以桶中水的体积V为横坐标,弹簧伸长量x为纵坐标,则图线的斜率k'= ,代入数据 解得k=49 N/m。 (5)由x= V+ 可知题图3中直线的截距b= ,代入数据解得m=0.028 kg。 目 录 实验3　探究两个互成角度的力的合成规律 1.[2024海南,14(2),6分]为验证两个互成角度的力的合成规律,某组同学用两个弹簧测 力计、橡皮条、轻质小圆环、木板、刻度尺、白纸、铅笔、细线和图钉等器材,按照 如下实验步骤完成实验。        (Ⅰ)用图钉将白纸固定在水平木板上; 目 录 (Ⅱ)如图(a)、(b)所示,橡皮条的一端固定在木板上的G点,另一端连接轻质小圆环,将两 细线系在小圆环上,细线另一端系在弹簧测力计上,用两个弹簧测力计共同拉动小圆环 到某位置,并标记圆环的圆心位置为O点,拉力F1和F2的方向分别过P1和P2点,大小分别 为F1=3.60 N、F2=2.90 N;改用一个弹簧测力计拉动小圆环,使其圆心到O点,在拉力F的 方向上标记P3点,拉力的大小为F=5.60 N,请完成下列问题。 ①在图(b)中按照给定的标度画出F1、F2和F的图示,然后按平行四边形定则画出F1、F2 的合力F'。 ②比较F和F',写出可能产生误差的两点原因:_____________________________________ ____________________________________________________________________________ ____________________________。 弹簧测力计(或其他合理答案)     板平行;标记点P1、P2、P3的位置时存在偏差;弹簧测力计使用前未调零;读数时未正视 　弹簧测力计、细线、橡皮条未能与木 目 录 解析　①连接O、P1两点,方向表示力F1的方向,按照给定标度和力的大小绘制长度,同 理画出F2和F的力的图示,画力F1、F2的合力,绘制平行四边形,连接对角线,即可得F',如 图所示。   ②弹簧测力计、细线、橡皮条未能与木板平行,力的大小和方向均可能出现误差,导致 F、F'不重合;标记点P1、P2、P3的位置时存在偏差,导致力的方向出现误差;弹簧测力计使用前未调零、读数时未正视读数,导致力的大小测量出现误差。 目 录 2.(2023全国乙,22,5分)在“验证力的平行四边形定则”的实验中使用的器材有:木板、 白纸、两个标准弹簧测力计、橡皮条、轻质小圆环、刻度尺、铅笔、细线和图钉若 干。完成下列实验步骤: ①用图钉将白纸固定在水平木板上。 ②将橡皮条的一端固定在木板上,另一端系在轻质小圆环上。将两细线也系在小圆环 上,它们的另一端均挂上测力计。用互成一定角度、方向平行于木板、大小适当的力 拉动两个测力计,小圆环停止时由两个测力计的示数得到两拉力F1和F2的大小,并______ ____。(多选,填正确答案标号) A.用刻度尺量出橡皮条的长度          CD 目 录 B.用刻度尺量出两细线的长度 C.用铅笔在白纸上标记出小圆环的位置 D.用铅笔在白纸上标记出两细线的方向 ③撤掉一个测力计,用另一个测力计把小圆环拉到___________________________,由 测力计的示数得到拉力F的大小,沿细线标记此时F的方向。 ④选择合适标度,由步骤②的结果在白纸上根据力的平行四边形定则作F1和F2的合成 图,得出合力F'的大小和方向;按同一标度在白纸上画出力F的图示。 ⑤比较F'和F的______________,从而判断本次实验是否验证了力的平行四边形定则。 　大小和方向     　步骤②中标记的小圆环位置     目 录 解析　②“验证力的平行四边形定则”实验要记录小圆环的位置及两个分力的大小 和方向,以便作平行四边形的两个邻边。C、D正确。 ③前、后两次实验要保证把小圆环拉到同一位置,这样才能保证两次力所产生的效果 相同。 ⑤通过比较F'与F的大小和方向在误差允许范围内是否一致,来判断是否满足平行四边 形定则。 目 录 3.[2022浙江6月,17(2)]“探究求合力的方法”的实验装置如图所示,在该实验中,   ①下列说法正确的是_________(单选); A.拉着细绳套的两只弹簧秤,稳定后读数应相同 B.在已记录结点位置的情况下,确定一个拉力的方向需要再选择相距较远的两点 C.测量时弹簧秤外壳与木板之间不能存在摩擦     D     目 录 D.测量时,橡皮条、细绳和弹簧秤应贴近并平行于木板 ②若只有一只弹簧秤,为了完成该实验至少需要_____(填“2”“3”或“4”)次把橡 皮条结点拉到O点。     3     解析　①拉着细绳套的两只弹簧秤读数不必相同,取相同大小的两个力验证具有偶然 性,A错误;记录拉力方向时需要两个点即可,已经有结点位置再需要一个点就行,B错误; 测量时弹簧秤外壳与木板之间可以存在摩擦,但弹簧秤中的弹簧等与弹簧秤外壳之间 不能存在摩擦,C错误;测量时,橡皮条、细绳和弹簧秤应贴近并平行于木板,保证各力的 方向均在木板平面内,D正确。 ②本实验需要知道两个分力大小和两分力的合力大小,只有一只弹簧秤,所以需要测量 3次,至少需要3次将橡皮条的结点拉到O点。 目 录 提分策略 本专题在近几年高考中主要考查力的平衡问题与平衡态的连接体问题,情境新颖,以生 活中的实际问题为背景考查力学知识。复习中应加强掌握力的合成与分解的方法以 及静态、动态平衡问题的分析方法。 培优提升 目 录 1.(创新考法·三力交汇)(2025山东菏泽期末)如图所示,光滑半球形碗内放有一根质量分 布不均匀的筷子,O点为半球的球心。当筷子静止时,筷子与碗接触点A、B的连线与碗 的水平直径BC夹角为30°,在A点碗对筷子的作用力大小为FA,在B点碗对筷子的作用力 大小为FB,筷子的质量为m,重力加速度大小为g。下列说法正确的是 ( )   A.FA= mg　　　　　     B.FB=mg C.FA=FB　　　　　     D.FA=2FB     C     目 录 解析　筷子的受力如图,FA的方向沿AO,由平行四边形定则结合几何关系得FA=FB=  = mg,C正确。   目 录 2.(模型建构·“活结”模型)(2025山西临汾一模)如图,一不可伸长的轻绳,其左端固定 于O点,右端跨过位于P点的固定小滑轮悬挂一质量为m的物体;OP段水平,长度为2L;绳 上套一可沿绳滑动的轻环。现在轻环上悬挂一钩码(未画出),平衡后,轻环下降L,不计 各处的摩擦,钩码的质量为 ( )   A. m　　    B. m　　    C. m　　    D. m     C     目 录 解析　设平衡后轻环位置为Q,轻环下降的高度为L,绳中张力处处相等,可知此时轻绳 与竖直方向的夹角恰为45°,根据平衡条件可知2mg cos 45°=m钩码g,解得m钩码= m,C正 确。 目 录 3.(模型建构·“死结”模型)(2025重庆一模)(多选)如图所示,一户外运动爱好者借助绳 子跨越鸿沟。A、B是一轻绳(不可伸长)的两端点,且A、B连线水平。爱好者双手紧握 绳上C点,缓慢以很小的幅度前后交替移动双手运动到最低点D。该过程中的每个位 置,爱好者受力均视为平衡,则下列说法正确的是     ( ) A.运动到D点前,后方轻绳的张力始终小于前方轻绳的张力     BC     B.运动到D点前,后方轻绳的张力始终大于前方轻绳的张力 C.从C点到D点过程,前、后两段轻绳的张力变化量大小相等 D.从C点到D点过程,前、后两段轻绳的张力变化量大小不等 目 录 解析　由于该过程中每个位置,爱好者受力均视为平衡,在C点,设前、后两段轻绳的弹 力大小分别为T前、T后,前、后两段轻绳与竖直方向的夹角分别为α、β,则有T前 sin α=T后 sin β,且α>β,可得T后>T前,结合分析可知,运动到D点前,后方轻绳的张力始终大于前方轻 绳的张力,B正确,A错误。从C点到D点过程,前、后两段轻绳的张力的合力不变,根据矢 量三角形的合成法则可知,这两段轻绳的张力变化量(矢量)等大反向,C正确,D错误。 目 录 4.(“活结”模型·动态分析)(2025广西一模)如图所示,竖直平面内有一半圆形支架 MCN,圆心为O,半径R=5 cm,PQ为水平直径,MN为倾斜直径,PQ与MN间的夹角θ=37°, 一条不可伸长的轻绳两端分别固定在支架上的M、N两点,连接了一个质量m=0.2 kg的重 物的轻质滑轮(大小可忽略)放置在轻绳上,静止时∠MBN=90°,不计滑轮与轻绳间的摩 擦。现将支架从图示位置绕圆心O在竖直平面内顺时针缓慢转动,重力加速度大小g= 10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,下列说法正确的是 ( )     D       A.轻绳的长度为10 cm B.支架转动前,轻绳的张力大小为2 N C.直径MN水平时,轻绳的张力大小为  N D.支架从图示位置顺时针缓慢转过37°的过程中,轻绳的张力一直增大 目 录 解析　如图所示,设MB与竖直方向的夹角为α,轻绳的长度为L,支架转动前,滑轮两侧轻 绳的拉力大小相等且两拉力的合力与重力等大反向,则MB、BN与竖直方向的夹角相 等,又∠MBN=90°,可知α=45°,根据几何关系有2R cos θ=MA,MB sin α+NB sin α=MA,L= MB+NB,解得L= =8  cm,A错误。支架转动前,根据平衡条件有2F1 cos α=mg,解 得轻绳的张力大小F1= =  N,B错误。设直径MN转至水平时滑轮所在位置为B', MB'、NB'与竖直方向的夹角均为β,则cos β= = = ,轻绳的张力大 目 录 小F2= =  N,C错误。支架从题图所示位置绕圆心O顺时针缓慢转过37°的过 程中,由几何关系可知滑轮两侧的轻绳间的夹角一直增大,滑轮两侧轻绳的张力大小相 等且两张力的合力与重力等大反向,则轻绳的张力一直增大,D正确。   目 录 $