易错点02 相互作用（教师版）

易错点02相互作用目录01易错陷阱（3大陷阱）02举一反三【易错点提醒一】对摩擦力的方向理解不透彻【易错点提醒二】不会分析摩擦力的突变问题【易错点提醒三】混淆“死结”和“活结”【易错点提醒四】混淆“轻杆、轻绳”连接体问题【易错点提醒五】对于平衡问题受力分析时研究对象选取不当【易错点提醒六】不会根据实际情况用不同的方法求解动态平衡问题易错点一：．对摩擦力的方向及突变性认识不足1.在分析摩擦力的方向时，一定要注意摩擦力方向的可变性，尤其是在分析静摩擦力的时候，二者共速(转折点)的时刻往往是摩擦力方向发生突变的关键时刻。2.摩擦力的的突变问题（1）“静→静”突变：物体受到静摩擦力和其他力的共同作用，当其他力的合力发生变化时，如果仍保持相对静止，则静摩擦力的大小和(或)方向可能发生突变。（2）“静→动”突变：物体受到静摩擦力和其他力的共同作用，当其他力变化时，如果发生相对滑动，则静摩擦力可能突变为滑动摩擦力。（3）“动→静”突变：物体受到滑动摩擦力和其他力的共同作用，当相对滑动突然停止时，滑动摩擦力可能突变为静摩擦力。（4）“动→动”突变：物体受到滑动摩擦力和其他力的共同作用，当两物体间的正压力发生变化时，滑动摩擦力的大小随之而变；或两物体达到共同速度时相对滑动方向发生变化，滑动摩擦力的方向也会随之而变对摩擦力的方向及突变性认识不足易错点二：混淆“死结”和“活结”和“轻杆、轻绳”连接体1.“死结”模型与“活结”模型2.“动杆”模型与“定杆”模型易错点三：不会分析求解共点力的平衡1．平衡状态(1)物体处于静止或匀速直线运动的状态．(2)对“平衡状态”的理解不管是静止还是匀速直线运动，速度保持不变，所以Δv＝0，a＝eq\f(Δv,Δt)，对应加速度为零，速度为零不代表a＝0.例如，竖直上抛的物体运动到最高点时，这一瞬间速度为零，但这一状态不可能保持，因而上抛物体在最高点不能称为静止，即速度为零不等同于静止．2．共点力平衡的条件(1)共点力平衡的条件是合力为0.(2)表示为：F合＝0；或将各力分解到x轴和y轴上，满足Fx合＝0，且Fy合＝0.①二力平衡：若物体在两个力作用下处于平衡状态，则这两个力一定等大、反向、共线．②三力平衡：若物体在三个共点力作用下处于平衡状态，则其中任意两个力的合力与第三个力等大、反向、共线．③多力平衡：若物体在多个共点力作用下处于平衡状态，则其中任意一个力与其余所有力的合力等大、反向、共线．当物体受三个力平衡，将表示这三个力的有向线段依次首尾相连，则会构成一个矢量三角形，表示合力为0.2.动态力的平衡（1）解决动态平衡问题的一般思路：化“动”为“静”，“静”中求“动”。（2）动态平衡问题分析方法（【易错点提醒一】对摩擦力的方向理解不透彻【例1】如图所示，传送带与地面的夹角为θ＝37°，从A到B的长度为8.8m，传送带以v0＝6m/s的速度逆时针转动，在传送带上端无初速度放一个质量为1kg的物体，它与传动带之间的动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)。(1)求物体从A运动到B所需的时间；(2)若物体在传送带上可以留下划痕，求划痕的长度。易错分析：摩擦力的方向与物体自身的运动方向没有必然联系。本题中，当物体向下滑动的速度小于传送带的速度时，物体相对于传送带向上滑动，此时物体受到的滑动摩擦力的方向平行于传送带向下；而当物体的速度大于传送带的速度后，物体相对于传送带向下滑动，此时物体受到的滑动摩擦力的方向则变为平行于传送带向上。【解析】(1)开始阶段，传送带对物体的滑动摩擦力的方向平行于传送带向下，物体由静止开始下滑，受力分析如图(a)所示。由牛顿第二定律可得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，代入数据解得a1＝10m/s2。物体加速至与传送带速度相等时需要的时间t1＝eq\f(v0,a1)＝0.6s，运动的位移x1＝eq\f(1,2)a1t12＝1.8m<8.8m，即物体加速到6m/s时仍未到达B点。由于μ<tanθ，故当物体加速至与传送带速度相同时，物体在重力沿传送带向下的分力的作用下，将继续做加速运动，此后物体的速度大于传送带的速度，传送带对物体的滑动摩擦力的方向平行于传送带向上，受力分析如图(b)所示，由牛顿第二定律有mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，代入数据解得a2＝2m/s2。设物体从位移为x1处至运动到B点所需的时间为t2，则lAB－x1＝v0t2＋eq\f(1,2)a2t22，代入数据解得t2＝1s(另一解不符合题意已舍去)，故物体从A运动到B所需的时间为t＝t1＋t2＝1.6s。(2)物体加速至与传送带速度相同时，传送带前进的距离为x2＝v0t1＝3.6m，而物体运动的距离等于其位移x1＝1.8m，物体相对于传送带向上运动的距离为Δx1＝x2－x1＝1.8m。物体的速度大于传送带的速度后，传送带运动的距离为x3＝v0t2＝6m，物体运动的距离为x4＝7m，物体相对于传送带向下滑行的距离为Δx2＝x4－x3＝1m，由于Δx1>Δx2，故物体在传送带上的划痕长度为Δx1＝1.8m。【答案】(1)1.6s(2)1.8m【变式1-1】如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为，以速度逆时针匀速转动。在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数，则下列选项中能客观地反映小木块的受力和运动情况的是（）A． B．C． D．【答案】BD【详解】AB．在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块的速度小于传送带的速度，小木块受的摩擦力沿斜面向下，随着小木块速度的增大，当小木块的速度等于传送带的速度时，因为，小木块不可能与传送带相对静止，一定继续加速，超过传送带的速度，这时小木块所受的摩擦力沿斜面向上，而在这个过程中，小木块对斜面的压力不变，摩擦力的大小也不改变，A错误，B正确；CD．摩擦力沿斜面向下时，由牛顿第二定律得摩擦力沿斜面向上时，由牛顿第二定律得则a1>a2，C错误，D正确。【变式1-2】如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为，在传送带上某位置轻轻放置一小木块，小木块与传送带间动摩擦因素为，小木块速度随时间变化关系如图所示，v0、t0已知，则（）A．传送带一定逆时针转动 B．C．传送带的速度大于v0 D．t0后滑块的加速度为【答案】AD【解析】若传送带顺时针转动，当滑块下滑时，将一直匀加速到底端；当滑块上滑时，先匀加速运动，在速度与传送带速度相等后将匀速运动，两种均不符合运动图像；故传送带是逆时针转动，A错误；滑块在0～t0内，滑动摩擦力向下，做匀加速下滑，即有由题图可知，则故B错误；经过分析，由图可知，传送带的速度等于，C错误；滑块与传送带的速度相等后的加速度代入μ值得，故D正确【易错点提醒二】不会分析摩擦力的突变问题【例2】如图所示，一重为50N的木块原来静止在水平桌面上，某瞬间在水平方向上同时受到两个方向相反的力F1、F2的作用，其中F1=20N，F2=8N，已知木块与桌面间的动摩擦因数为0.3，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则（

）A．木块受到的摩擦力的大小为15N，方向水平向左B．木块受到的摩擦力的大小为12N，方向水平向左C．若将F1撤去，木块受到的摩擦力的大小为8N，方向水平向右D．若将F2撤去，木块受到的摩擦力的大小为20N，方向水平向左易错分析：当F1撤去或F2撤去时，木块相对地面的运动趋势发生了变化，所以静摩擦力发生了突变，摩擦力突变后，需要在新的平衡下求静摩擦力。【答案】BC【详解】AB．最大静摩擦力为，F1、F2的合力方向向右，所以木块处于静止状态，所受的合力为零，故静摩擦力向左，大小为12N，A错误B正确；C．若将F1撤去，因为，木块在F2的作用下仍然处于静止，则摩擦力大小等于F2的大小为8N，方向与力F2的方向相反，方向水平向右，C正确；D．若将F2撤去，因为，木块将运动，受到的是滑动摩擦力，大小为15N，方向水平向左，D错误。故选BC。【变式1-1】如图所示，一质量为m的物块静置在倾角θ=60°的粗糙斜面上，用一个与斜面底边平行的力F=作用在物块上，该物块仍保持静，则下刻说法正确的是（）A．该物块受到的摩擦力大小为 B．该物块受到的摩擦力大小为mgC．若撤掉该外力F，此物块可能发生滑动 D．若撤掉该外力F，此物块仍静止不动【答案】BD【详解】AB．对物块受力分析，可以简化成如图所示的受力分析，根据平衡条件，则有故A错误，B正确。CD．当撤去外力之后，只需要沿斜面向上大小为的摩擦力就可以平衡，故C错误，D正确。故选BD。【变式1-2】如图所示，一箱子放在水平地面上，现对箱子施加一斜向上的拉力F，保持拉力的方向不变，在拉力F的大小由零逐渐增大的过程中。关于摩擦力f的大小随拉力F的变化关系，下列四副图可能正确的是（）A． B．C． D．【答案】B【详解】设F与水平方向的夹角为θ，木箱处于静止状态时，根据平衡条件得：木箱所受的静摩擦力为F增大，f增大；当拉力达到一定值，箱子运动瞬间，静摩擦力变为滑动摩擦力，由于最大静摩擦力略大于滑动摩擦力，故摩擦力有个突然减小的过程；木箱运动时，所受的支持力，F增大，N减小，此时木箱受到的是滑动摩擦力，大小为，N减小，则f减小，故B正确，ACD错误。故选B。【变式1-3】如图所示，质量为1kg的物体与地面间的动摩擦因数μ=0.2，从t=0开始以初速度v0沿水平地面向右滑行，同时受到一个水平向左的恒力F=1N的作用，g取10m/s2，向右为正方向，该物体受到的摩擦力Ff随时间t变化的图像是（最大静摩擦力等于滑动摩擦力）（）A． B．C． D．【答案】A【详解】物体从t=0开始以初速度v0沿水平地面向右做匀减速运动，受到的滑动摩擦力大小为Ff1=μmg=0.2×1×10N=2N方向向左，为负值。当物体的速度减到零时，物体所受的最大静摩擦力为Ffm=μmg=2N则F<Ffm所以物体不能被拉动而处于静止状态，受到静摩擦力作用，其大小为Ff2=F=1N方向向右，为正值。故选A。【易错点提醒三】混淆“死结”和“活结””连接体问题【例3】(2023·烟台模拟)在如图所示的装置中，两物体A、B的质量分别为m1、m2，悬点a、b间的距离远大于滑轮的直径，不计一切摩擦，整个装置处于静止状态。由图可知()A．α可能大于β B．m1一定大于m2C．m1一定小于2m2 D．m1可能大于2m2易错分析：本题涉及的是受力分析中的“活结”问题，此类问题一般是通过滑轮或挂钩等将物体悬挂在绳子上，其特点是滑轮或挂钩可以在绳子上自由滑动，绳子对滑轮或挂钩没有约束力，因此绳子上的张力大小处处相等，即滑轮或挂钩只能改变绳子上张力的方向，而不会改变张力的大小，抓住以上特点，就可以有效避免在“活结”问题上出现错误。【答案】C【解析】绳子通过定滑轮和动滑轮相连，绳子各处的拉力相等，因整个装置处于静止状态，故绳子的拉力等于B的重力m2g，对动滑轮进行受力分析，在水平方向上有Tsinα＝Tsinβ，所以α＝β，在竖直方向上有Tcosα＋Tcosβ＝m1g，而T＝m2g，则有2m2gcosα＝m1g，所以m1一定小于2m2，选项C正确，A、B、D错误。【变式1-1】（2022·山东菏泽高三下学期一模）如图所示，阳台上有一个用于晾灌肠的光滑曲杆AOB，直杆OA和OB的夹角，细绳一端固定在A点，另一端与套在曲杆AOB上的轻环Q连接，用性钩挂上质量为m的灌肠时，轻环Q从曲杆O处沿OB滑下（轻环不滑出OB杆），重力加速度为g，当灌肠重新平衡后轻绳的张力大小为（）A. B. C.mg D.【答案】B【解析】如图所示，同一根绳上拉力处处相等，故合力在夹角平分线上，处于静止状态时，Q处绳子必垂直于杆，否则不可能平衡，由几何关系得θ=30°当灌肠重新平衡，由几何关系，受力分析可得，在竖直方向上则，故选项B正确。【变式1-2】．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【答案】AB【详解】如图所示，两个绳子是对称的，与竖直方向夹角是相等的。假设绳子的长度为x，则有绳子一端在上下移动的时候，绳子的长度不变，两杆之间的距离不变，则θ角度不变。AC．两个绳子的合力向上，大小等于衣服的重力，由于夹角不变，所以绳子的拉力不变，A正确，C错误；B．当N向右移动后，根据，即L变大，绳长不变，所以θ角减小，绳子与竖直方向的夹角变大，绳子的拉力变大，B正确；D．绳长和两杆距离不变的情况下，θ不变，所以挂的衣服质量变化，不会影响悬挂点的移动，D错误。故选AB。【变式1-3】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；绳的一端通过光滑的定滑轮与物体丙相连，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β=55°，则（）A．α>β B．α<β C．丙的质量小于甲的质量 D．丙的质量大于甲的质量【答案】AD【详解】设甲、乙的质量均为m，丙的质量为M。对结点O受力分析如图所示，根据平衡条件可知OC绳的拉力与OA、OB两绳拉力的合力平衡，而OA和OB两绳的拉力大小相等，根据对称性可知OC的反向延长线过∠AOB的平分线，根据几何关系可知解得结点O受到的三个拉力构成一封闭的矢量三角形，根据正弦定理有所以故AD正确，BC错误。故选AD。【易错点提醒四】混淆“轻杆、轻绳”连接体问题【例4】（2023·全国·高三校级联考）如图（a）所示，将一右端固定有光滑定滑轮的轻杆固定在竖直挡板上，轻绳ABC跨过光滑的定滑轮悬吊质量为m1=1kg的物块；如图（b）所示，将一轻杆用转轴固定在竖直挡板上，两段轻绳DE、EF系在杆的右端并悬吊质量为m2=1.5kg的物块。已知两杆均水平，且绳子的倾斜部分与水平方向的夹角均为30°，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是（）A．图（a）中AB绳的拉力大小为10NB．图（b）中DE绳的拉力大小为15NC．图（a）中轻杆对滑轮的支持力大小为10ND．图（b）中轻杆对结点的支持力大小为15N易错分析：(1)轻杆既能对物体提供拉力又能提供支持力，而轻绳只能对物体提供拉力。绳或杆对物体的弹力可以发生突变，不需要恢复形变的时间。(2)杆分动杆和定杆两种动杆：若轻杆用转轴或铰链连接，当杆处于平衡状态时杆所受到的弹力方向一定沿着杆，否则会引起杆的转动。定杆：若轻杆被固定不发生转动，则杆所受到的弹力方向不一定沿杆的方向【答案】AC【详解】A．对（a）、（b）两图中的B、E点分别进行受力分析，如图甲、乙所示图甲中轻绳ABC跨过定滑轮拉住质量为m1的物块，物块处于平衡状态，轻绳AB的拉力大小为F=F=m1g=10N故A正确；BD．图乙中由于杆可自由转动，因此杆对结点的作用力方向一定沿杆的方向，则由平衡条件可知Fsin30°=F；Fcos30°=F乙又F=m2g代入数据解得轻绳DE的拉力为F=30N轻杆对结点的支持力大小为故BD错误。由于图甲中的杆为固定的杆，因此杆对滑轮的作用力不一定沿杆的方向，因为AB绳与BC绳的夹角为120°，故分析可得轻杆对滑轮的支持力大小为F甲=F=F=10N故C正确。故选AC【变式1-1】（2022·青海·海东市第一中学二模）如图甲所示，一名登山爱好者正沿着竖直崖壁向上攀爬，绳的一端固定在较高处的A点，另一端拴在人的腰间C点（重心处）。在人向上攀爬的过程中可以把人简化为乙图所示的物理模型：脚与崖壁接触点为O点，人的重力G全部集中在C点，O到C点可简化为轻杆，AC为轻绳。已知OC长度不变，人向上攀爬过程中的某时刻AOC构成等边三角形，则（）A．轻绳对人的拉力与人对轻绳的拉力是一对平衡力B．在此时刻，轻绳对人的拉力大小等于GC．在虚线位置时，轻绳AC承受的拉力更小D．在虚线位置时，OC段承受的压力不变【答案】BD【解析】轻绳对人的拉力与人对轻绳的拉力是一对作用力和反作用力，故A错误；重力、轻绳对人的拉力、OC的支持力构成等边三角形，所以轻绳对人的拉力和OC的支持力大小都等于人的重力大小G，故B正确；根据相似三角形，有则有AC更长，则轻绳承受的拉力下更大，OC段受到的压力一直不变，故C错误，D正确【变式1-2】（2023·武汉重点中学联考）小园想用以下两种方式提起重物。图甲是一用铰链固定于O点的轻杆，通过绳PA将挂于P端的重物提起；图乙是一端固定于O′的轻杆（斜角恒定为67°），其另一端N有一光滑滑轮，绳CD绕过滑轮提起重物。当图甲中杆与水平面成67°夹角时，绳与水平方向夹角为30°；此时图乙中绳与水平方向夹角也为30°，已知重物的重力为603N，求两种情况下，杆的作用力大小分别为多少？（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）【易错点提醒五】对于平衡问题受力分析时研究对象选取不当【例5】[多选]用外力F通过如图所示的装置把一个质量为m的小球沿倾角为30°的光滑斜面匀速向上拉动。已知在小球匀速运动的过程中，拴在小球上的绳子与水平杆之间的夹角从45°变为90°，斜面体与水平地面之间是粗糙的，并且斜面体一直静止在水平地面上。不计滑轮与绳子之间的摩擦。则在小球匀速运动的过程中，下列说法正确的是()A．地面对斜面体的静摩擦力始终为零B．外力F一直在增大C．某时刻绳子对水平杆上的滑轮的合力等于绳子的拉力D．绳子移动的速度大小大于小球沿斜面运动的速度大小易错分析：在对物体进行受力分析的过程中，灵活选取研究对象和研究方法(整体法、隔离法)十分重要。本题中，在分析绳子的拉力时，选取了小球为研究对象；在分析水平杆上的滑轮受到的合力时，选取了滑轮为研究对象；在分析地面对斜面体的静摩擦力时，选取了斜面体和小球组成的系统为研究对象【答案】BC【解析】设连接小球的绳子与水平方向的夹角为θ，对小球，沿斜面方向，由平衡条件有Tcos(θ－30°)＝mgsin30°，解得T＝eq\f(mg,2cosθ－30°)，则当θ角从45°变为90°的过程中，绳子的拉力T变大，因F＝T，则外力F一直在增大，选项B正确；将小球和斜面体视为整体，则地面对斜面体的静摩擦力等于绳子拉力的水平分量，即f＝Tcosθ，又因为T＝eq\f(mg,2cosθ－30°)，所以f＝eq\f(1,2)mgeq\f(cosθ,cosθ－30°)，故只有当θ＝90°时地面对斜面体的静摩擦力才等于零，选项A错误；当θ＝90°时，滑轮两边绳子的夹角为120°，由受力分析可知，此时绳子对水平杆上的滑轮的合力等于绳子的拉力，选项C正确；将小球沿斜面运动的速度v分解可知，绳子的速度v1＝vcos(θ－30°)，则绳子移动的速度大小小于小球沿斜面运动的速度大小，选项D错误。【变式1-1】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°【警示】解决共点力问题还是要先进行受力分析，本题乙物体的受力很简单，可以先做分析，然后再次基础上对乙进行受力分析，结合平衡状态合力为0列式计算.【答案】B【问诊】由于甲、乙两物体质量相等,则设它们的质量为m，对O点进行受力分析，下面绳子的拉力mg，右边绳子的拉力mg，左边绳子的拉力F,如图所示：

因处于静止状态，依据力的平行四边形定则，则有：

竖直方向：mgcos70°+Fcosβ=mg

水平方向：mgsin70°=Fsinβ

因α=70°

联立上式，解得：β=55°【变式1-2】．（2023·四川省内江市第六中学模拟预测）如图所示，木块、和沙桶通过不可伸长的轻质细绳和轻质光滑滑轮连接，处于静止状态。其中细绳的端与滑轮的转轴连接，端固定于天花板上。现向沙桶内加入少量沙子后，系统再次处于平衡状态。下列关于各物理量变化的说法，正确的是（

）A．斜面对木块的摩擦力增大B．细绳对沙桶的拉力不变C．地面对斜面体的支持力增大D．绳与竖直方向的夹角增大【答案】D【解析】B．以沙桶为对象，根据受力平衡可知，细绳对沙桶的拉力等于沙与沙桶的重力，可知向沙桶内加入少量沙子后，细绳对沙桶的拉力变大，B错误；A．以木块为对象，由于不清楚绳子拉力与木块重力沿斜面向下的分力之间的大小关系，故斜面对木块的摩擦力方向可能沿斜面向上，也可能沿斜面向下，向沙桶内加入少量沙子后，细绳对的拉力变大，斜面对木块的摩擦力可能减小，也可能增大，甚至可能大小不变，A错误；D．以木块为对象，设木块两边绳子与竖直方向的夹角为，根据受力平衡可得向沙桶内加入少量沙子后，细绳拉力变大，可知变小，变大，以端滑轮为研究对象，根据受力平衡可知，绳与竖直方向的夹角为，故绳与竖直方向的夹角增大，D正确；C．以木块和斜面为整体，根据受力平衡可得可知向沙桶内加入少量沙子后，地面对斜面体的支持力不变，C错误。故选D。【易错点提醒五】不会根据实际情况用不同的方法求解动态平衡问题【例6】（2021·湖南高考真题）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易错分析：滑块缓慢运动状态也是平衡状态，滑块和凹槽组成的整体也处于受力平衡状态，题干告诉我们要忽略摩擦力，所以不用考虑摩擦，先隔离法后整体法进行受力分析列式求解.【答案】C【解析】.析选项：AB．已知滑块从A点向B点进行缓慢移动，所以滑块受力平衡，对滑块受力分析，根据牛顿第一定律有F=mgsinθN=mgcosθ；由于滑块移动的过程其

θ越来越大，则推力F越来越大，支持力N越来越小，所以AB不符合题意；C．由于凹槽处于静止，以凹槽与滑块整体分析，整体处于受力平衡；设墙面对凹槽的压力为FN；根据水平方向的平衡方程可以得出：

FN=Fcosθ=mgsinθcosθ=12mgsin(2θ)D．整体处于受力平衡；设水平地面对凹槽的支持力为N地；根据竖直方向的平衡方程可以得出：水平地面对凹槽的支持力为N从表达式可以得出当

θ越来越大时，水平地面对凹槽的支持力越来越小，所以D不符合题意；故答案为：C。【变式1-1】（2022·上海黄浦·二模）如图，一粗糙斜面固定在地面上，一细绳一端悬挂物体P，另一端跨过斜面顶端的光滑定滑轮与物体Q相连，系统处于静止状态。现用水平向左的拉力F缓慢拉动P至细绳与竖直方向成45°角，Q始终静止，设Q所受的摩擦力大小为f、在这一过程中（）A．F一定增大、f一定增大B．F可能不变、f一定增大C．F一定增大、f可能先减小后增大D．F可能不变、f可能先减小后增大【答案】C【解析】根据题意，对物体P受力分析，设物块P的质量为，受绳子的拉力，拉力和本身重力，由于缓慢拉动物体P，则物体P处于动态平衡，所受的三个力可构成闭合三角形，如图所示随着θ的增大，水平拉力F、细绳拉力T均逐渐增大，设物体Q的质量为，斜面的倾角为，对物体Q受力分析，若刚开始物块Q有上滑趋势，受到静摩擦力沿斜面向下，由平衡条件可得则随着增大，增大，若刚开始物块Q有下滑趋势，受到静摩擦力沿斜面向上，由平衡条件可得则随着增大，可能一直减小，也可能先减小到零后反向增大，故ABD错误C正确。故选C【变式1-2】（2019·浙江·高考真题）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【答案】B【详解】A．对两环和书本的整体受力分析，竖直方向：2N=mg，可知将两环距离变小后杆对A环的支持力不变，选项A错误；BD．对圆环B受力分析可知，f=Tcosθ；对书本：2Tsinθ=mg，解得（其中的θ是绳与杆之间的夹角），则当两环距离变小后，θ变大，则f减小，与B环相连的细绳对书本的拉力T变小，选项B正确，D错误；C．同理，杆对A环的摩擦力减小，杆对A环的支持力不变，则杆对A环的力减小，选项C错误．错1．（2023·海南卷·第3题）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.重物缓慢拉起过程，绳子拉力变小D.重物缓慢拉起过程，绳子拉力不变【答案】B【解析】【详解】AB．对人受力分析有则有FN＋FT=mg其中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，A错误、B正确；CD．对滑轮做受力分析有则有则随着重物缓慢拉起过程，θ逐渐增大，则FT逐渐增大，CD错误。故选B。2.（2020年北京高考真题）某同学利用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10:7D．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【详解】AB．为了能研究摩擦力随时间的变化曲线，故物块一直要处于静止状态，则向左的摩擦力一直与向右轻绳的拉力平衡，图乙是向右轻绳的拉力随时间变化曲线，故图乙也可以反映摩擦力随时间变化的曲线，由图可乙知向右轻绳的拉力先增大后减小，最后趋于不变，故物块先受静摩擦力作用后受滑动摩擦力作用，所以不需要让木板保持匀速运动，故AB错误；C．由图可知，最大静摩擦力约为10N，滑动摩擦力约为7N，故最大静摩擦力与滑动摩擦力之比约为10:7，故C正确；D．根据，可知，由于不知道物块的重力，故无法求物块与木板间的动摩擦因数，故D错误。故选C。3.（2022·广东卷·T1）图是可用来制作豆腐的石磨。木柄静止时，连接的轻绳处于绷紧状态。O点是三根轻绳的结点，F、和分别表示三根绳的拉力大小，且。下列关系式正确的是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】以点为研究对象，受力分析如图由几何关系可知由平衡条件可得联立可得故D正确，ABC错误。故选D。4.（2022·浙江6月卷·T10）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°。一重为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 B.作用力为C.摩擦力为 D.摩擦力为【答案】B【解析】设斜杆的弹力大小为，以水平横杆和重物为整体，竖直方向根据受力平衡可得解得以其中一斜杆为研究对象，其受力如图所示可知每根斜杆受到地面的作用力应与平衡，即大小为，每根斜杆受到地面的摩擦力为B正确，ACD错误；故选B。5.（2019·全国Ⅲ卷）用卡车运输质量为m的匀质圆筒状工件，为使工件保持固定，将其置于两光滑斜面之间，如图所示。两斜面I、Ⅱ固定在车上，倾角分别为30°和60°。重力加速度为g。当卡车沿平直公路匀速行驶时，圆筒对斜面I、Ⅱ压力的大小分别为F1、F2，则（

）A.

F1=33mg，F2=32mg

【答案】D【解析】对小球进行受力分析，受到重力和两个支持力，其中F1与水平方向夹角为60°，F2与水平方向的夹角为30°，把小球受到的三个力水平竖直正交分解，

竖直方向：F1sin60°+F2sin30°=mg；水平方向：F1cos60°=F2cos30°；解得：F1=3D选项正确，ABC选项错误。故答案为：D6.（2022·河北·T7）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点，将木板以直线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【答案】B【解析】设两绳子对圆柱体的拉力的合力为，木板对圆柱体的支持力为，绳子与木板夹角为，从右向左看如图所示

在矢量三角形中，根据正弦定理在木板以直线为轴向后方缓慢转动直至水平过程中，不变，从逐渐减小到0，又且可知则可知从锐角逐渐增大到钝角，根据由于不断减小，可知不断减小，先增大后减小，可知先增大后减小，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，设两绳子之间的夹角为，绳子拉力为，则可得不变，逐渐减小，可知绳子拉力不断减小，故B正确，ACD错误。故选B7.（2022·浙江1月卷·T5）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，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，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，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】AB．对石墩受力分析，由平衡条件可知联立解得故A错误，B正确；C．拉力的大小为其中，可知当时，拉力有最小值，即减小夹角，轻绳的合拉力不一定减小，故C错误；D．摩擦力大小为可知增大夹角，摩擦力一直减小，当趋近于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；故选B。8.（2023·河南·郑州外国语学校高三模拟）如图，A、B两物体通过两个质量不计的光滑滑轮悬挂起来，处于静止状态。现将绳子一端从P点缓慢移到Q点，系统仍然平衡，以下说法正确的是（）A．夹角θ将变小 B．夹角θ将变大C．物体B位置将变高 D．绳子张力将增大【答案】C【详解】因为绳子张力始终与B物体重力平衡，所以绳子张力不变，因为重物A的重力不变，所以绳子与水平方向的夹角不变，因为绳子一端从P点缓慢移到Q点，所以重物A会下落，物体B位置会升高。故选C。9．（2019·全国·高考真题）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【答案】BD【详解】如图所示，以物块N为研究对象，它在水平向左拉力F作用下，缓慢向左移动直至细绳与竖直方向夹角为45°的过程中，水平拉力F逐渐增大，绳子拉力T逐渐增大；对M受力分析可知，若起初M受到的摩擦力f沿斜面向下，则随着绳子拉力T的增加，则摩擦力f也逐渐增大；若起初M受到的摩擦力f沿斜面向上，则随着绳子拉力T的增加，摩擦力f可能先减小后增加．故本题选BD．10．（2023·全国·模拟预测）如图所示，不计重力的轻杆能以为轴在竖直平面内自由转动，端悬挂一重物，另用一根轻绳通过定滑轮系在端。当和竖直方向的夹角缓慢逐渐增大时（），杆的弹力和绳子的张力的大小变化是（

）A．先变小后变大，变大 B．先变小后变大，不变C．先变大后变小，不变 D．不变，变大【答案】D【详解】对点受力分析，设杆的弹力为，绳子的拉力为，如图，根据平衡条件知，合力为零，三角形与图中矢量三角形相似，故有解得，由图看出，、不变，则杆的支持力不变，变大，则绳子拉力变大。故选D。故选BC。11．（2023·山西·百校联盟高三联考）如图所示，一可视为质点的小球用两根不可伸长的轻质细线OA和OB连接后挂在天花板和墙上，AOM水平，OB倾斜，ON竖直，A、B、O、M、N各点在同一竖直平面内。现对小球施加一大小恒定、方向由OM逐渐变化至ON方向的力F，则此过程中，两细线上的拉力大小变化情况为（）A．细线OA上的拉力先增大后减小B．细线OA上的拉力一直减小C．细线OB上的拉力先增大后减小D．细线OB上的拉力一直减小【答案】A【详解】未施加力前，将重力沿两细线方向分解，如图甲所示可知，外加方向顺时针改变的作用力后，采用画圆法将沿两细线方向分解，如图乙所示，先增加后减小，一直增大，细线上的拉力细线上的拉力细线上的拉力大小先增大后减小，细线上的拉力大小一直增大，故