2026广东版高考物理总复习习题课件：第2章　相互作用

第1节重力弹力摩擦力微专题3动态平衡平衡中的临界、极值问题第1节重力弹力摩擦力

五年高考

三年模拟第2节力的合成与分解第3节牛顿第三定律共点力的平衡

五年高考

三年模拟目录实验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粤题风向

新颖情境

突破情境模型建构(2025届广州华南师大附中月考)一些巧妙的工业设计能极大地为人们的生活提供便

利。如图是竖直放置的某款可调角度的简便磨刀器,该磨刀器左右两侧对称,通过调整

磨刀器两侧面角度可以使该磨刀器的两侧面与刀片尖端的两侧面紧密贴合,可以满足

家庭日常的各种磨刀需求。关于在使用磨刀器的过程中,下列说法正确的是()A.向后轻拉刀具,磨刀器受到的摩擦力向前B.若水平匀速向后拉动刀具,则磨刀器对刀具的作用力竖直向上C.加速向后拉动刀具,刀具受到的摩擦力小于磨刀器受到的摩擦力D.对同一把刀具在竖直方向上施加相同压力时,磨刀器的夹角越小,越难被拉动D解析

磨刀过程中,向后轻拉刀具,刀具受到的摩擦力的合力向前,根据牛顿第三定律,磨刀器

受到的摩擦力向后,A错误;若水平匀速向后拉动刀具,从两个方向看,对刀具受力分析如

图所示,磨刀器对刀具的作用力是指两个接触面的支持力与摩擦力的合力,方向应向前

方偏上,B错误;根据牛顿第三定律可知,刀具受到的摩擦力大小等于磨刀器受到的摩擦

力,C错误;刀具对磨刀器的两个压力的夹角应为磨刀器夹角的补角,且两压力的合力与

施加给刀具的压力大小相等、方向相同,故当竖直方向给刀具施加相同的压力时,磨刀

器两侧面的夹角越小,两个压力的夹角越大,这两个力越大,拉刀具时的最大静摩擦力越

大,刀具就越难被拉动,D正确。

考法点睛以深度情境化的题干进行综合度较小的考查,是广东较为出色的考查方式

之一。要将描述情境的语言转换为相应的物理条件,进而分析。

五年高考1.★(2022浙江1月,4,3分)如图所示,公园里有一仿制我国古代欹器的U形水桶,桶可绕水

平轴转动,水管口持续有水流出,过一段时间桶会翻转一次,决定桶能否翻转的主要因素

是

()

A.水桶自身重力的大小B.水管每秒出水量的大小C.水流对桶撞击力的大小D.水桶与水整体的重心高低D解析

水管不断向桶内注水,使桶与水整体的重心位置变化,致使其受力不平衡,桶翻转,D正

确。2.★(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解析

滑动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,砚台对墨条的摩

擦力水平向右,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,C正确;桌面对砚台的摩擦力方向水平向右,B错误;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,三力平衡,D错误。3.★(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<Ff3C.Ff1=Ff3<Ff2

D.Ff1=Ff2=Ff3D解析

货箱相对木板滑动,所受摩擦力Ff=μFN,由题意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。4.★★(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300g,相邻两盘间距1.

0cm,重力加速度大小取10m/s2。弹簧始终在弹性限度内,每根弹簧的劲度系数为

(

)

A.10N/m

B.100N/mC.200N/m

D.300N/mB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=100N/m,B正确。5.★★★(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=μmgcosθ≥mgsinθ,即μ≥tanθ,由题意可知θ的最

大值为30°,所以μ≥

,B正确。三年模拟6.★★★(2024届江门一中模拟)如图所示,某创新实验小组制作了一个半径为12cm的

圆环,将3个相同的轻弹簧一端等间距地连接在圆环上的A、B、C三点,另外一端连接

于同一点,结点恰好在圆心O处。将圆环水平放置,在结点O处悬挂一瓶矿泉水,缓慢释

放直至平衡时测得结点下降了5cm。已知轻弹簧的自然长度为9cm,矿泉水的重力为6

N,则弹簧的劲度系数为

()

A.390N/m

B.130N/m

C.3.90N/m

D.1.30N/mB解析

如图所示

由几何关系可知平衡时每根弹簧的长度均为x=

cm=13cm每根弹簧的伸长量均为Δx=13cm-9cm=4cm根据竖直方向受力平衡可得G=3kΔxcosθ解得劲度系数为k=

=

N/m=130N/m,B正确。7.★★★(2024届广东一模)在一次抓金砖活动中,某参赛者单手刚好能将一金砖从桌面

上抓起。如图所示,该金砖的横截面为等腰梯形,底角为θ,金砖的重量为G。下列说法

正确的是

()

A.金砖保持静止时,手对金砖的作用力大小为GB.金砖保持静止时,仅增大手对金砖的压力,金砖受到手的摩擦力保持不变C.无论θ角多大,都可以将金砖抓起D.相同重量的金砖,θ角越小,金砖越容易被抓起A解析

对金砖受力分析如图所示。手对金砖施加两个正压力FN并产生两个静摩擦力Ff,这四

个力的合力与重力平衡,故手对金砖的作用力大小为G,方向竖直向上,A正确。根据受

力分析图,竖直方向有2FNcosθ+G=2Ffsinθ,可知仅增大手对金砖的压力,金砖受到手的

摩擦力将增大,B错误。设手与金砖间的最大静摩擦力为正压力的k倍(k<1,对最大静摩

擦力接近滑动摩擦力的迁移运用),根据受力分析图,可知当Ffsinθ≤FNcosθ,即tanθ≤

时,无论正压力FN多大,都无法将金砖拿起,故tanθ越大,即θ越大,越容易单手抓起金砖(极限法:θ几乎为0时,金砖相当于变成了金箔,施加垂直于金箔表面向下的力根本无法

拿起金箔),C、D错误。8.★★★(2024届佛山桂城中学5月考)在建筑装修中,工人用一质量为m、与墙面动摩

擦因数为μ的磨石打磨竖直粗糙墙面,在与竖直墙成θ角的推力F作用下,磨石以速度v向

上匀速运动,如图所示。重力加速度为g,则

()

A.磨石受到的摩擦力大小为μFsinθB.若仅略微减小θ角,则磨石将做减速运动C.若撤掉F,磨石会立刻向下运动D.若撤掉F,磨石受到的摩擦力大小变为μmgA解析

对磨石受力分析如图所示。在竖直方向上,由平衡条件得Fcosθ=f+mg,水平方向有FN=

Fsinθ,其中f=μFN,联立可得磨石受到的摩擦力大小f=μFsinθ,A正确。若仅略微减小θ

角,则Fcosθ变大,Fsinθ变小,根据f=μFsinθ可知f变小,则有Fcosθ>f+mg,合力方向向

上,磨石向上做加速运动,B错误。若撤掉F,由于惯性,磨石仍会向上运动,并不会立刻向

下运动,C错误。若撤掉F,墙面对磨石的压力变为0,则磨石受到的摩擦力大小变为0,D

错误。

9.★★★(2024届深圳二模)(多选)常见的绳索,在一定限度内,其拉力F与伸长量x成正

比,即F=kx。当绳索受到拉力而未断时,其单位面积承受的最大拉力Tm称为绳索的极限

强度(Tm仅与材质有关)。在绳索粗细与长度相同的情况下,k尼龙绳∶k蜘蛛丝∶k碳纤维=1∶3∶7

7,Tm尼龙绳=620×106N/m2,Tm蜘蛛丝=1000×106N/m2,Tm碳纤维=3430×106N/m2,对于长度和粗细相

同的三种绳索

()A.碳纤维绳承拉能力最强B.受到相同拉力时,最长的是蜘蛛丝C.若绳索能承受的最大拉力相同,则横截面面积之比为

=

D.承受相同拉力时,它们的伸长量之比x尼龙绳∶x蜘蛛丝∶x碳纤维=77∶3∶1AC解析

由题意可知碳纤维的极限强度最大,即单位面积承受的拉力最大,三种绳索粗细相同,长

度相同,所以碳纤维绳承拉能力最强,A正确。根据F=kx可知,尼龙绳的k最小,受到相同

拉力时,形变量最大的是尼龙绳,B错误。根据Tm=

可得S=

,若绳索能承受的最大拉力相同,则横截面面积之比

=

=

=

,C正确。根据F=kx可得x=

,承受相同拉力时,它们的伸长量之比x尼龙绳∶x蜘蛛丝∶x碳纤维=

∶

∶

=

∶

∶

=231∶77∶3,D错误。第2节力的合成与分解1.★(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

mgC.方向竖直向上

D.方向水平向左B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。

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F1sinα=F2sinβ,由题可知α>β,且α、β都是锐角,所以F1<F2,又cosα<cosβ,则在竖

直方向F1的分力F1cosα小于F2的分力F2cosβ,D正确。

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。3.★★(2024届肇庆龙涛外国语学校三模)2023年9月27日,杭州亚运会中国队组合赵焕

城、王赛博获得帆船混合双体船-诺卡拉17级比赛冠军。图为帆船在静止水面上逆风

航行的示意图,风力和船身方向成135°角,风力和帆面成8°角,风力在垂直帆面方向的分

力推动帆船逆风行驶,如果风力大小为F,已知sin53°=

,cos53°=

,则风力在航行方向的推力为

()A.

Fsin8°

B.

Fcos8°C.

Fsin8°

D.

Fcos8°A解析

由题图可知,风力在垂直于帆面方向上的分力为F'=Fsin8°,这个分力垂直于帆面,与航

行方向之间的夹角为θ=90°-(180°-135°-8°)=53°,所以风力在航行方向上的推力为F″=F'cos53°=

F'=

Fsin8°,A正确。4.★★(2024届深圳外国语学校九模)竖直墙上M为一坚实的固定圆环,同一高度的N为

一铁钉,MN之间连着细铁丝,选项A中,有一力F沿图中水平方向拉着铁钉,B、C、D选

项中同一大小的力F在铁丝中点沿图中方向拉铁丝,四种情况下,铁钉受到拉力最大的

是()

B解析

选项A中,铁钉受到拉力FA=F,选项B中铁丝中点的力F的分解示意图如图所示,由正弦

定理可知

=

,解得铁钉受到拉力FB=FN=

F,可知θ=90°时,FN>F,选项B、C、D中α不变,力F不变,则θ越小,铁钉受到拉力就越小(铁钉受到的拉力始终与F沿铁丝中点

到N点的方向上的分力大小相等),因此选项B中铁钉受到拉力最大,B正确。

5.★★★(2024河北,5,4分)如图,弹簧测力计下端挂有一质量为0.20kg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1.0N,g取10m/s2,挡板对球体支持力的大小为

()

A.

N

B.1.0N

C.

N

D.2.0NA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2FN2cos30°=mg-T,可得FN2=

N,A正确。

6.★★★(2024浙江6月,9,3分)如图所示,不可伸长的光滑细线穿过质量为0.1kg的小铁

球,两端A、B悬挂在倾角为30°的固定斜杆上,间距为1.5m。小球平衡时,A端细线与杆

垂直;当小球受到垂直纸面方向的扰动做微小摆动时,等效于悬挂点位于小球重垂线与

AB交点的单摆,重力加速度取10m/s2,则

()A.摆角变小,周期变大B.小球摆动周期约为2sC.小球平衡时,A端拉力为

ND.小球平衡时,A端拉力小于B端拉力B解析

由单摆的周期公式T=2π

可知,单摆的周期与摆角大小无关,A错误。由几何关系可知(提示:细线穿过小铁球,则小铁球两侧细线与竖直方向夹角相等),小铁球两侧细线与

竖直方向的夹角均为30°,由L=

m可得单摆的摆长L=1m;由T=2π

可得T≈2s,B正确。对小铁球受力分析如图所示,由受力平衡可得FA=FB=

mg=

N,C、D错误。

第3节牛顿第三定律共点力的平衡五年高考1.★(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=2F1C.F=3F1

D.F=

F1D解析

由题意可知,F1=F2,O点处于平衡状态,由平衡条件可得2F1cos30°=F,所以F=

F1,D正确。2.★★(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=GB.F=FNC.Ff=GcosθD.F=GsinθC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=Gcosθ,A错误,C正确。垂直于斜面方向,由平衡条件得F=Gsinθ+FN,B、D错

误。

3.★★(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.

mgB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=mgcos30°,得NA=

mg,B正确。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.

mgD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sinα=

=0.8,

根据平衡条件得FNcosα=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。5.★★(2024湖北,6,4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.3fB解析

根据题意,货船S沿水面方向的受力情况如图甲所示

可知2Tcos30°=f,可得T=

f。拖船P沿水面方向的受力情况如图乙所示

则有(T'sin30°)2+(f+T'cos30°)2=F2,其中T'=T=

f,解得F=

,B正确。三年模拟6.★★(2024届广州三模)如图所示为一次高校物理公开课的演示实验情境:一个锥体被

双手提起静止在空中。锥体表面粗糙,其中一只手对锥体的作用力示意图已画出,则双

手对锥体

()

A.摩擦力的合力等于它们对锥体压力的合力B.摩擦力的合力小于它们对锥体压力的合力C.作用力的合力大小等于锥体的重力大小D.作用力的合力大小大于锥体的重力大小C解析

根据受力的对称性可知,双手的摩擦力的合力竖直向上,设为F1,双手的压力的合力竖直

向下,设为F2,摩擦力与压力的合力即作用力的合力,锥体的重力竖直向下,设为mg,根据

受力平衡有F1-F2=mg,可知作用力的合力大小等于锥体的重力大小,C正确。7.★★(2024届广东二模)图甲为家用燃气炉架,其有四个对称分布的爪,若将总质量一

定的锅放在炉架上,如图乙所示(侧视图),忽略爪与锅之间的摩擦力,若锅是半径为R的

球面,正对的两爪间距为d,则下列说法正确的是

()

A.R越大,爪与锅之间的弹力越小B.R越大,爪与锅之间的弹力越大C.d越大,锅受到的合力越大D.d越大,爪与锅之间的弹力越小A解析

对锅进行受力分析如图所示。炉架的四个爪对锅的弹力的合力与锅受到的重力大小

相等,方向相反,即4Fcosθ=mg,cosθ=

。则R越大,爪与锅之间弹力F越小,同理d越大,爪与锅之间弹力越大,锅静止,受到的合力为零,A正确。

8.★★(2025届华南师大附中综合测试)蹦床表演的安全网如图甲所示,网绳的结构为正

方形格子,O、a、b、c、d等为网绳的结点,安全网水平张紧后,质量为m的运动员从高

处落下,恰好落在O点上。该处下凹至最低点时,bO与Og、dO与Oe夹角均为106°,如图

乙所示,此时O点受到向下的冲击力大小为6F,cos37°=0.8,则这时O点周围每根网绳承

受的张力大小为

()A.F

B.1.5F

C.2.5F

D.3.75FC解析

由牛顿第三定律可知在O凹至最低点时,O点给运动员提供向上的支持力F'=6F,以O点

为研究对象,竖直方向根据受力平衡可得4Tcos

=F',解得O点周围每根网绳承受的张力大小T=2.5F,C正确。9.★★★(2025届广东六校10月联考)如图所示为超市引进的悬挂配送系统简化示意图,

货物通过四根轻绳带悬挂在索道上,总质量为m,每根绳带与竖直方向的夹角均为θ,某

时段货物通过一段可视为圆弧的轨道,货物的速率为v,轨道半径为R,重力加速度为g,则

在轨道的最高点处,下列说法正确的是

()A.货物对绳带的力大于绳带对货物的力B.每根绳带承受的拉力为

C.重力的瞬时功率为mgvD.加长绳带,每根绳带承受的拉力会增大B解析

货物对绳带的力与绳带对货物的力为作用力与反作用力,大小相等,方向相反,A错误。

在轨道的最高点处,货物受到重力和四根绳带的拉力,由牛顿第二定律得mg-4Fcosθ=

,结合牛顿第三定律得每根绳带承受的拉力F'=F=

,B正确。在轨道最高点处重力与速度方向垂直,故重力的瞬时功率为零,C错误。加长绳带,θ会变小,由B项

的分析可得,每根绳带承受的拉力会变小,D错误。10.★★★(2024届广东三模)如图所示为一种简易“千斤顶”的示意图,竖直轻杆被套

管P限制,只能在竖直方向运动,轻杆上方放置质量为m的重物,轻杆下端通过小滑轮放

在水平面上的斜面体上,对斜面体施加水平方向的推力F即可将重物缓慢顶起,若斜面

的倾角为θ,不计各处摩擦和阻力,将重物缓慢顶起的过程中,下列说法正确的是

(

)A.θ越大,需要施加的力F越大B.θ越大,需要施加的力F越小C.θ越大,系统整体对地面的压力越大D.θ越大,系统整体对地面的压力越小A解析

对斜面体受力分析,如图所示,根据平衡条件可得Nsinθ=F,将重物缓慢顶起的过程中有

Ncosθ=mg,联立可得F=mgtanθ,则θ越大,需要施加的力F越大,A正确,B错误。对系统

整体受力分析,结合牛顿第三定律可知,系统整体对地面的压力大小等于系统的总重力,

与θ无关,C、D错误。

11.★★★(2024届深圳一模)如图所示,用一轻绳通过定滑轮将质量为m的小球静置在

光滑的半圆柱体上,小球的半径远小于半圆柱体截面的半径R,绳AB长度为L,长度为H

的杆BC竖直且与半圆柱体边缘相切,OA与水平面夹角为θ,不计一切摩擦,重力加速度

为g,下列表达式表示绳对小球的拉力F的是()A.

B.

C.

D.

C解析

如图所示,小球受拉力F、支持力N和重力mg作用,把拉力和支持力平移,组成矢量三角

形,延长AO和BC所在直线交于D点,

由几何关系和相似三角形有

=

,解得F=

,C正确。微专题3动态平衡平衡中的临界、极值问题五年高考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2Tcosθ=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。2.★★★(2021湖南,5,4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C解析

小滑块由A点向B点缓慢移动,合力为零,对其受力分析,将各力首尾相接,利用外接圆法,

如图1所示,由图中几何关系可知,该过程中推力F逐渐增大,凹槽对滑块的支持力N逐渐

减小,A、B错误。凹槽始终静止不动,合力为零,对其受力分析,如图2所示。由图1知N=

mgcosθ,而F墙=N'sinθ=Nsinθ=mgsinθcosθ=

mgsin2θ,当θ=45°时F墙有最大值,故F墙先增大后减小,C正确。而FN=Mg+N'cosθ=Mg+mgcos2

θ,当θ增大时FN减小,D错误。

3.★★★(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。

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sinγ不断减小,可知T不断减小,sinβ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'cosθ=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

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。4.★★★(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

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B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2Fcosθ=Ff,2Fsinθ+FN=mg,且Ff=μFN,F合=2F,联立解得F合=

,A错误,B正确;F合=

=

,其中tanα=

,0<α<

,即α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cosθ=

=

,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。三年模拟5.★★★(2024届揭阳二模)(多选)如图所示,一轻杆通过铰链固定在竖直墙上的O点,轻

杆的另一端C用弹性轻绳连接,轻绳的另一端固定在竖直墙上的A点。某人用竖直向

下、大小为F的拉力作用于C点,静止时AOC构成等边三角形。下列说法正确的是

()A.此时弹性轻绳的拉力大小为FB.此时弹性轻绳的拉力大小为2FC.若缓慢增大竖直向下的拉力,则在OC到达水平位置之前,轻绳AC的拉力一直增大D.若缓慢增大竖直向下的拉力,则在OC到达水平位置之前,轻杆OC对C点的作用力一

直减小AC解析

轻杆通过铰链固定在竖直墙上的O点,可知轻杆对C端的支持力方向沿杆的方向,竖直

向下的拉力F和轻绳拉力T成120°角,轻杆的弹力方向在两拉力夹角的角平分线上,可知

两拉力大小相等,均为F,A正确,B错误。对C受力分析如图。

由相似三角形可知

=

=

,若缓慢增大竖直向下的拉力F,则在OC到达水平位置之前,轻绳AC的拉力T一直增大,轻杆OC对C点的作用力N一直增大,C正确,D错误。6.★★★(2024届河南名校联盟模拟预测)如图所示,倾角θ=30°的斜面体上方固定有一

个光滑的定滑轮,某同学用一根轻绳跨过定滑轮用水平力F拉动一质量为m的小球(小

球可视为质点),小球与斜面间的动摩擦因数μ=

,图示位置处连接小球的轻绳与斜面的夹角α=15°。改变拉力的大小,可以使小球从图示位置沿斜面向上做匀速直线运动,

直到定滑轮与小球间的轻绳变为竖直方向,这个过程中斜面体保持静止不动。在小球

做匀速直线运动的过程中,下列说法正确的是

()A.F一直增大B.小球受到斜面体的支持力一直减小C.小球受到斜面体的摩擦力先增大后减小D.斜面体对地面的摩擦力方向水平向左B解析

对小球受力分析如图所示,小球受到的斜面体的支持力FN和摩擦力Ff的合力为F合(点拨:

由于μ=

,可得Ff大小会随FN的变化而变化,但F合的方向不变),小球处于平衡状态,则mg、F合和FT可构成首尾相连的力的矢量三角形,由图及F=FT可得拉力F先减小后增大,

A错误。由于F合不断减小,可得FN和Ff均一直减小,B正确,C错误。以小球和斜面体为整

体,地面对斜面体的摩擦力方向水平向左,根据牛顿第三定律可知,斜面体对地面的摩擦

力方向水平向右,D错误。7.★★★(2025届江门一中开学考)我们常用支架与底板垂直的两轮手推车搬运货物。

如图甲所示,将质量为m的货物平放在手推车底板上,此时底板水平;缓慢压下把手直至

底板与水平面间的夹角为30°,如图乙所示。不计货物与支架及底板间的摩擦,重力加

速度为g,下列说法正确的是

()A.当底板与水平面间的夹角为30°时,底板对货物的支持力为

B.当底板与水平面间的夹角为30°时,支架对货物的支持力为

C.压下把手的过程中,底板对货物的支持力一直增大D.压下把手的过程中,支架对货物的支持力一直减小A解析

对货物受力分析如图1所示,

解法一:设底板与水平面间的夹角为θ,根据平衡条件有FN1=mgcosθ,FN2=mgsinθ,当θ=3

0°时,FN1=

,FN2=

,A正确,B错误;压下把手的过程中,夹角θ增大,FN1=mgcosθ变小,FN2=mgsinθ变大,C、D错误。解法二:由平衡条件可得FN1sinθ=FN2cosθ,FN1cosθ+FN2sinθ=mg(正交分解法),当θ=30°

时,FN1=

,FN2=

,A正确,B错误。压下把手的过程中,货物的受力情况如图2所示,

由图2可知,底板对货物的支持力FN1一直减小,支架对货物的支持力FN2一直增大(矢量辅

助圆法),C、D错误。8.★★★(2025届华南师大附中综合测试)(多选)如图所示,送水工人用推车运桶装水,到

达目的地后,将板OA转至水平即可将水桶卸下。若桶与接触面之间的摩擦不计,∠AOB

为锐角,板OA、OB对水桶的弹力大小分别为F1、F2,保持OB不动,使OA由竖直缓慢转

到与OB垂直的过程中

()A.水桶受到的合力不变B.F1、F2都在减小C.F1不断减小,F2先增大后减小D.F1先减小后增大,F2不断减小AB解析

使OA由竖直缓慢转到与OB垂直的过程中,水桶受到的合力一直为0,保持不变,A正确。

使OA由竖直缓慢转到与OB垂直的过程中,板OA对水桶的弹力F1从水平向右逐渐变成

与F2垂直,以水桶为对象,其受力如图所示,由图可知,F1、F2都在减小,B正确,C、D错

误。

9.★★★(2025届北师大广州实验中学9月考)如图所示,四分之一圆柱体P放在水平地面

上,右侧与一块固定的竖直挡板Q接触;圆心O的正上方有一个大小可忽略的定滑轮A,

一根轻绳跨过定滑轮,一端和置于四分之一圆柱体P上的小球(质量为m)连接,另一端系

在固定竖直杆上的B点,一钩码(质量为m0)挂在AB间的轻绳上,整个装置处于静止状

态。不计一切摩擦。若在钩码下方再加挂一个钩码,整个装置再次处于静止状态时小

球依然处于四分之一圆柱体P上,则此时与先前整个装置处于静止状态时相比

()A.轻绳的张力减小B.P对小球的弹力增大C.P对Q的压力增大D.P对地面的压力减小A解析

小球受重力mg、P对它的支持力N以及轻绳对它的拉力T,受力分析如图所示。

由相似三角形可知

=

=

,其中,R为四分之一圆柱体的半径,L为定滑轮左侧轻绳的长度,在钩码下方再加挂一个钩码,钩码下移,小球将沿四分之一圆柱体上移,小球再次

静止时,由于AO、mg、R不变,L减小,则N大小不变,T减小,即轻绳的张力减小,P对小球的弹力大小不变,A正确,B错误。以小球和P为整体进行受力分析,可得FQP=Tsinθ,θ为

定滑轮左侧轻绳与竖直方向的夹角,由于T减小,θ减小,可知Q对P的支持力减小,根据牛

顿第三定律可知P对Q的压力减小,C错误。对四分之一圆柱体P进行受力分析,根据竖

直方向受力平衡可得N地=mPg+N'sinα,α为小球对四分之一圆柱体P的压力与水平方向

的夹角,由于N'大小不变,α增大,可知地面对P支持力增大,根据牛顿第三定律可知P对地

面的压力增大,D错误。实验2探究弹簧弹力与形变量的关系1.(2021北京,13,3分)某同学使用轻弹簧、直尺、钢球等制作了一个“竖直加速度测量

仪”。如图所示,弹簧上端固定,在弹簧旁沿弹簧长度方向固定一直尺。不挂钢球时,弹

簧下端指针位于直尺20cm刻度处;下端悬挂钢球,静止时指针位于直尺40cm刻度处。

将直尺不同刻度对应的加速度标在直尺上,就可用此装置直接测量竖直方向的加速

度。取竖直向上为正方向,重力加速度大小为g。下列说法正确的是

()A.30cm刻度对应的加速度为-0.5gB.40cm刻度对应的加速度为gC.50cm刻度对应的加速度为2gD.各刻度对应加速度的值是不均匀的A解析

弹簧原长l0=20cm,取竖直向上为正方向,当指针位于直尺40cm刻度处时钢球静止,此时

钢球加速度为零,B错误。根据mg=kΔx=k(l-l0),即mg=k(0.4m-0.2m),可以求出k=

。当指针位于30cm刻度时,由牛顿第二定律得kΔx'-mg=ma,加速度a=

-g=-

,A正确。指针对应50cm刻度时,kΔx″-mg=ma,加速度a=

-g=

,C错误。a=

-g=

-g是关于l的一次函数,加速度随各刻度值线性变化,即各刻度对应的加速度的值是均匀的,D错误。2.(2021广东,11,7分)某兴趣小组测量一缓冲装置中弹簧的劲度系数。缓冲装置如图所

示,固定在斜面上的透明有机玻璃管与水平面夹角为30°,弹簧固定在有机玻璃管底

端。实验过程如下:先沿管轴线方向固定一毫米刻度尺,再将单个质量为200g的钢球

(直径略小于玻璃管内径)逐个从管口滑进,每滑进一个钢球,待弹簧静止,记录管内钢球

的个数n和弹簧上端对应的刻度尺示数Ln,数据如表所示。实验过程中弹簧始终处于弹

性限度内。采用逐差法计算弹簧压缩量,进而计算其劲度系数。n123456Ln/cm8.0410.0312.0514.0716.1118.09(1)利用ΔLi=Li+3-Li(i=1,2,3)计算弹簧的压缩量:ΔL1=6.03cm,ΔL2=6.08cm,ΔL3=

cm,

压缩量的平均值

=

=

cm;(2)上述

是管中增加

个钢球时产生的弹簧平均压缩量;(3)忽略摩擦,重力加速度g取9.80m/s2,该弹簧的劲度系数为

N/m(结果保留3位

有效数字)。6.046.05348.6解析(1)观察表格数据可知ΔL3=L6-L3=18.09cm-12.05cm=6.04cm,易求

=6.05cm。(2)根据题目条件ΔLi=Li+3-Li可知,

是管中增加3个钢球时产生的弹簧平均压缩量。(3)利用平衡条件,结合胡克定律,可知3mgsin30°=k

,解得k=

=

N/m≈48.6N/m。3.(2022湖南,11,6分)小圆同学用橡皮筋、同种一元硬币、刻度尺、塑料袋、支架等,设

计了如图(a)所示的实验装置,测量冰墩墩玩具的质量。主要实验步骤如下:

(1)查找资料,得知每枚硬币的质量为6.05g;(2)将硬币以5枚为一组逐次加入塑料袋,测量每次稳定后橡皮筋的长度l,记录数据如表:序号12345硬币数量n/枚510152025长度l/cm10.5112.0213.5415.0516.56(3)根据表中数据在图(b)上描点,绘制图线;

(4)取出全部硬币,把冰墩墩玩具放入塑料袋中,稳定后橡皮筋长度的示数如图(c)所示,

此时橡皮筋的长度为

cm;(5)由上述数据计算得冰墩墩玩具的质量为

g(计算结果保留3位有效数字)。15.35(15.34~15.36)127答案(3)见解析解析(3)根据表中数据描点连线如图所示;

(4)根据刻度尺的读数规则,读出橡皮筋的长度为15.35cm-0.00cm=15.35cm;(5)由胡克定律可得nmg=k(l-l0),变形得l=

n+l0。l-n图像的斜率

=

cm,解得k=20.0N/m。代入数据解得橡皮筋原长l0=9.00cm。挂上冰墩墩玩具,有Mg=k(l-l0),解

得M=127g。4.(2024届广州三模)在一个弹簧的规格参数中,查得该弹簧的劲度系数为k0=26N/m,现

用图甲装置研究该弹簧的弹力与伸长量之间的关系。

将弹簧的上端与刻度尺的零刻度对齐,读出不挂钩码时弹簧下端指针所指刻度尺的刻

度值,然后在弹簧下端挂上钩码,并逐个增加钩码,依次读出指针所指刻度尺的刻度值。(1)挂2个钩码时指针所指刻度尺的刻度值如图乙所示,该毫米刻度尺的读数为

cm。10.90(2)根据实验数据,在坐标纸上作出了弹力F跟弹簧伸长量x关系的图像如图丙所示。根

据图像可求得弹簧的劲度系数为k=

N/m。(保留两位有效数字)(3)相对误差的计算式为δ=

×100%,则该实验结果的相对误差为δ=

%。(保留一位小数)(4)如图,若整个实验过程中弹簧下端指针没有沿水平方向,而是斜向上偏,则劲度系数

的测量值理论上

(选填“大于”“等于”或“小于”)真实值。

253.8等于解析(1)该毫米刻度尺的分度值为0.1cm,需要估读到0.01cm,所以读数为10.90cm。(2)根据图像可求得弹簧的劲度系数k=

=25N/m(3)该实验结果的相对误差δ=

×100%=3.8%(4)由第(2)问分析可知,劲度系数表达式中代入的是弹簧形变量的变化量,所以若整个

实验过程中弹簧下端指针没有沿水平方向,而是斜向上偏,则劲度系数的测量值理论上

依旧等于真实值。实验3探究两个互成角度的力的合成规律1.(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