2027版53B版新高考版物理总复习专题二　相互作用

专题二相互作用目录考点1常见的三种力力的合成与分解考点2受力分析共点力的平衡题型3摩擦力的分析与应用题型4共点力平衡问题题型5平衡中的临界极值问题五年高考·考点练三年模拟·限时练一年创新·风向练一年创新·风向练实验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考点1常见的三种力力的合成与分解五年高考·考点练考向1重力弹力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.★★(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。考向2摩擦力3.★(2026黑吉辽内蒙古,2,4分)秧马是古代插秧时用的一种农具,苏轼用“日行千畦”

形容其高效。如图,人抬脚跨坐在秧马上,与其一起向前减速滑行的过程中

()

A.秧马的加速度方向向后B.秧马受到秧田的摩擦力方向向前C.秧马对人的支持力和人对秧马的压力是一对平衡力D.秧马对人的支持力和人受到的重力是一对作用力与反作用力

A

解析秧马向前减速滑行,其加速度方向与速度方向相反,则秧马的加速度方向向后,A

正确;秧马受到秧田的摩擦力方向与相对运动方向相反,人和秧马一起向前滑行,则秧马

受到秧田的摩擦力方向向后,B错误;秧马对人的支持力和人对秧马的压力是一对相互

作用力,C错误;秧马对人的支持力和人受到的重力作用对象都是人,而且两力性质不同,

故不是一对作用力与反作用力,D错误。4.★(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=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。5.★★(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。

6.(教考衔接·人教版必修一P61,练习与应用,T4)(2025陕晋青宁,4,4分)如图,质量为m的

均匀钢管,一端支在粗糙水平地面上,另一端被竖直绳悬挂,处于静止状态。钢管与水平

地面之间的动摩擦因数为μ、夹角为θ,重力加速度大小为g。则地面对钢管左端的摩擦

力大小为

()A.μmgcosθ

B.

μmg

D

C.μmg

D.0

解析对钢管受力分析,钢管受到竖直向下的重力、绳子对钢管竖直向上的拉力,以及

地面对钢管垂直地面向上的支持力,钢管在这三个力的作用下受力平衡,没有水平方向

的力,所以地面对钢管左端的摩擦力为0,D正确。

方法拓展巧用假设法判断摩擦力的有无假设接触面光滑,若物体原先的运动状态改变,说明存在摩擦力;若物体的运动状态保持

不变,说明不存在摩擦力。例如,一个物体静止在斜面上,若假设斜面光滑,物体将下滑,

说明物体与斜面之间存在静摩擦力。考向3力的合成与分解7.★(2025福建,1,4分)“风动石”是福建省著名的自然景观,如图所示。无风时,“风动

石”在重力和底部巨石作用力F1的作用下静止不动。若“风动石”受到一水平方向

的风力作用时仍保持静止,此时底部巨石对其作用力为F2,则

()A.F1的大小比F2的小B.F1的大小比F2的大C.F1与F2大小相等D.F1与F2方向相同

A

解析无风时,风动石处于平衡状态,可得F1=mg;受水平方向的风力作用时,风动石仍处

于平衡状态,可得F2=

,故F1<F2,A正确。8.★(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=Gcosθ

C

D.F=Gsinθ

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。

9.(传统文化·独竹漂)(多选)(2025广西,9,6分)独竹漂是我国一项民间技艺。如图,在平静

的湖面上,独竹漂选手手持划杆踩着楠竹,沿直线减速滑行,选手和楠竹相对静止,则

()A.选手所受合力为零B.楠竹受到选手作用力的方向一定竖直向下C.手持划杆可使选手(含划杆)的重心下移,更易保持平衡D.选手受到楠竹作用力的方向与选手(含划杆)的重心在同一竖直平面内

CD

解析选手沿直线减速滑行,其所受合力与运动方向相反,故所受合力不为零,A错误。

由于楠竹和选手相对静止,对选手(含划杆)受力分析可知,其受到重力、楠竹的静摩擦

力和支持力,由平行四边形定则与牛顿第三定律可知楠竹受到选手作用力的方向不是

竖直向下的,B错误(另解:选手所受合力与运动方向相反,为选手所受重力与楠竹对选手

作用力的合力,而选手所受重力竖直向下,则楠竹对选手的作用力方向不是竖直向下的,

可知B错误)。手持划杆使选手(含划杆)的重心下移,更易保持平衡,C正确。对选手受

力分析,其水平方向受到楠竹的摩擦力,竖直方向受到重力和楠竹的支持力,竖直方向受

力平衡,则选手受到楠竹作用力的方向与选手(含划杆)的重心在同一竖直平面内,D正

确。10.★★(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

D

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

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。

11.★★★(2025河北,4,4分)如图,内壁截面为半圆形的光滑凹槽固定在水平面上,左右

边沿等高。该截面内,一根不可伸长的细绳穿过带有光滑孔的小球,一端固定于凹槽左

边沿,另一端过右边沿并沿绳方向对其施加拉力F。小球半径远小于凹槽半径,所受重

力大小为G。若小球始终位于内壁最低点,则F的最大值为

()

B

A.

G

B.

G

C.G

D.

G

解析由题意知,左、右侧细绳与竖直方向夹角均为45°,假设小球受光滑凹槽内壁的

支持力,对小球受力分析如图所示,对小球的受力情况沿水平方向和竖直方向进行正交

分解,竖直方向有FN+FT1cos45°+FT2cos45°=G,因为FT1=FT2=F,所以FN+2Fcos45°=G,解

得F=

-

,因FN≥0,所以F≤

G,所以F的最大值为

G,B正确。

12.★★★(2026贵州,6,4分)如图,农民伯伯挑玉米时用双手分别抓住轻绳的O、O'点处,

某时刻绳OA、O'B与竖直方向的夹角均为45°,手对绳的作用力分别垂直于OA、O'B,所

有作用力在同一竖直平面内,此时人和物均处于平衡状态。已知每筐玉米质量为m,重

力加速度大小为g,忽略筐和扁担质量,则此时扁担对肩膀的作用力大小为

()

A.

mg

B.mg

C.

mg

D.2mg

B

解题导引解答本题注意以下两点:(1)分别选O点和扁担作为研究对象。(2)扁担对肩膀的作用力与肩膀对扁担的作用力是一对作用力和反作用力。

解析设绳的作用力大小为FT,对O点受力分析,有FT=mg·cos45°=

mg,设肩膀对扁担的作用力为F,对扁担受力分析,有F=2FTcos45°=mg,则扁担对肩膀的作用力大小为F'=

F=mg,B正确,A、C、D错误。13.★★★(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.3f

B

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。主题探究可运用图示法巧解的高考难题一、情境描述高中物理中的矢量可以用带箭头的线段来表示,这样的表示方法,称之为图示法。

在高中物理教材中,显化了力的图示,而其他矢量的图示采用了隐形渗透。若只考虑力

的图示,则不能突出图示法的价值。本主题,展示了一道力学高考题、一道运动学高考

题和一道电场相关高考题来呈现图示法解题的精妙,而且这些高考题在当年高考中的

得分率都较低,试题编排也基本在“压轴”的位置上。1.(多选)(2017课标Ⅰ,21,6分)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

二、高考集萃

解析若物体受三个力而平衡,则这三个力可以构成首尾依次相连的矢量三角形。如

本题,以M点为研究对象,其受到竖直向下的拉力T=G,绳OM、绳MN的拉力FOM、FMN,画

出三力构成的矢量三角形如图所示,由题意知FOM与FMN之间的夹角不变,则以T为弦,作

矢量三角形的外接圆,在OM由竖直被拉到水平的过程中,作出几个动态的矢量三角形,

通过力的图示中线段的长度可以看出FOM先增大后减小、FMN一直在增大(提示:本题在

绘制矢量三角形时,虽然没有依照标准的图示法绘制出标度,但其中拉力T的图示线段

未变,其线段长度就相当于一个标度,其他两个力的图示就以这个标度为标准进行比较

即可),A、D正确。2.(2015课标Ⅱ,16,6分)由于卫星的发射场不在赤道上,同步卫星发射后需要从转移轨道

经过调整再进入地球同步轨道。当卫星在转移轨道上飞经赤道上空时,发动机点火,给

卫星一附加速度,使卫星沿同步轨道运行。已知同步卫星的环绕速度约为3.1×103m/s,

某次发射卫星飞经赤道上空时的速度为1.55×103m/s,此时卫星的高度与同步轨道的高

度相同,转移轨道和同步轨道的夹角为30°,如图所示。发动机给卫星的附加速度的方

向和大小约为

()

B

A.西偏北方向,1.9×103m/sB.东偏南方向,1.9×103m/sC.西偏北方向,2.7×103m/sD.东偏南方向,2.7×103m/s

解析卫星飞经赤道上空时的速度与发动机给卫星的附加速度的合速度为同步卫星

的环绕速度。用1cm表示1.55×103m/s,则2cm可表示3.1×103m/s,根据图示法作图,如图

所示,附加速度对应的图示长度约为1.2cm,即可估算其大小约为1.9×103m/s,方向为东

偏南方向,B正确。3.(多选)(2025湖北,10,4分)如图所示,在xOy平面内有一以O点为中心的正五边形,顶点

到O点的距离为R。在正五边形的顶点上顺时针方向依次固定电荷量为q、2q、3q、

4q、5q的正点电荷,且电荷量为3q的电荷在y轴正半轴上。静电力常量为k,则O点处的

电场强度

()

AD

A.方向沿x轴负方向B.方向与x轴负方向成18°夹角斜向下C.大小为

(cos54°+cos18°)D.大小为

(2cos54°+cos18°)

解析根据点电荷周围产生的电场强度的公式E=k

可知,五个点电荷在O点处产生的电场强度大小之比为1∶2∶3∶4∶5,方向均由对应电荷所在位置指向O点,用1cm表示

场强大小k

,根据图示法作图如图所示,可知合场强的图示长度为4.3cm,即合场强大小约为4.3k

,因为cos54°≈cos53°=0.6,cos30°<cos18°<1,即0.87<cos18°<1,取cos18°≈0.9,可知2

(2cos54°+cos18°)≈4.2k

,D正确。由所作图示可知,合场强的方向与x轴负方向的夹角约为0°,远小于18°,故合场强方向为x轴负方向(提示:图示与实际的偏

差是由作图误差引起的),A正确。1.★(2025浙江1月,3,3分)中国运动员以121公斤的成绩获得2024年世界举重锦标赛抓

举金牌,举起杠铃稳定时的状态如图所示。下列说法正确的是(重力加速度g取10m/s2)

()A.双臂夹角越大受力越小B.杠铃对每只手臂作用力大小为605NC.杠铃对手臂的压力和手臂对杠铃的支持力是一对平衡力D.在加速举起杠铃过程中,地面对人的支持力大于人与杠铃总重力

D

考点2受力分析共点力的平衡考向1单物体的静态平衡问题

解析两臂夹角变化,两臂所受合力始终与杠铃的重力等大;两臂夹角越大,每只手臂受

的力越大,A错误。由题意知,杠铃的重力为1210N,杠铃对每只手臂竖直向下的压力大

小为605N,杠铃对每只手臂还有水平方向的摩擦力,则杠铃对每只手臂的作用力大于6

05N,B错误。杠铃对手臂的压力和手臂对杠铃的支持力是一对相互作用力,C错误。在

加速举起杠铃过程中,杠铃有向上的加速度,人对杠铃的支持力F1大于杠铃的重力G,根

据牛顿第三定律可知杠铃对人的压力F2大于G,对人根据平衡条件可知,地面对人的支

持力FN=G人+F2,则FN>G人+G,D正确。

一题多解

D选项,运用整体法,对人与杠铃组成的整体受力分析,整体受人与杠铃的总

重力G总、地面对人的支持力FN,在加速举起杠铃过程中,人与杠铃整体的重心向上移

动,具有向上的加速度,则整体受力不平衡,所受合力方向向上,则FN>G总,D正确。2.(教考衔接·人教版必修一P79,练习与应用,T2)(2023浙江1月,2,3分)如图所示,轻质网兜

兜住重力为G的足球,用轻绳挂于光滑竖直墙壁上的A点,轻绳的拉力为FT,墙壁对足球

的支持力为FN,则

()

A.FT<FN

B.FT=FN

C.FT>G

D.FT=G

C

解析对足球受力分析,如图所示,设轻绳与墙壁夹角为θ,则根据力的平衡有FN=FTsin

θ<FT,FT=

>G,C正确。

D

3.★★(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.

mgC.

mg

D.

mg

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。4.★★(2026浙江1月,6,3分)如图所示,一盏重为G的艺术灯用细绳悬挂,左右两侧细绳与

水平方向夹角分别为45°和60°,细绳拉力分别为F1和F2。A和B是左侧细绳两端点,C和D

分别是天花板和灯上的点,CD与AB平行,则

()A.F1大于F2B.F1和F2都小于G

B

C.用细绳连接C和B后撤去AB绳,可使灯位置不变D.用细绳连接C和D后撤去AB绳,可使灯位置不变

解析以艺术灯为研究对象,根据共点力平衡,水平方向有F1cos45°=F2cos60°,竖直方

向有F1sin45°+F2sin60°=G,联立解得F2=

<G,F1=

F2<G,A错误,B正确;由于F1、F2、G三个共点力平衡,说明F1、F2的交点一定通过灯的重心,用细绳连接C和B后撤去

AB绳,可以发现F1、F2的交点变化,即重心位置移动,灯位置改变,C错误;用细绳连接C和

D后撤去AB绳,同理可以发现,两者的交点位置降低,即重心位置移动,所以灯的位置会

发生变化,D错误。5.★★★(2022浙江6月,10,3分)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

GC.摩擦力为

G

D.摩擦力为

G

B

解析对左侧斜杆受力分析如图所示,其受到地面的支持力FN和静摩擦力f,两力的合力

F'沿杆方向;对整体分析可知FN=

;则F'=

=

G,f=FNtan30°=

G,B正确,A、C、D均错误。

6.★★★(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

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,tanθ=

=

=

,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。考向2多物体的静态平衡问题7.★★(2025北京,6,3分)如图所示,长方体物块A、B叠放在斜面上,B受到一个沿斜面方

向的拉力F,两物块保持静止,B受力的个数为

()

A.4

B.5

C.6

D.7

C

解析

(点拨:可采用先整体后隔离的分析方法)对物块A、B整体受力分析,如图甲,可得

斜面对整体即对B的静摩擦力FfB沿斜面向上;对物块A受力分析,如图乙,可得B对A的静

摩擦力FfA沿斜面向上;对物块B受力分析,如图丙,可得B受力的个数为6,C正确。

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50g,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=10m/s2)

()

D

A.2N

1N

B.2N

0.5NC.1N

1N

D.1N

0.5N

解析对A、B整体受力分析,如图甲所示。

由此可知,Fa=2mg=1N,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=mgcos30°、Fby=Fa-mg-Fy=mgsin30°,可知α=30°,Fb=mg=0.5

N,C错误,D正确。9.★★★(2022海南,8,3分)具有拱券结构的赵州桥展示了我国古代人民高超的造桥技

术。如图,某同学用6块形状相同的楔形块搭成一个半圆形的拱券结构桥梁模型,其中1

号与6号楔形块固定在水平面上,2号与5号楔形块的质量均为m,3号与4号楔形块的质量

均为m'。若不计楔形块之间的摩擦力,则

为

()

A.

B.1

C.

D.2

D

解析

6块形状完全相同的楔形块搭成半圆,则每块楔形块对应的圆心角均为30°,对3

号楔形块(隔离法)受力分析如图甲所示,可知tan60°=

,对2号和3号楔形块整体受力分析(整体法)如图乙所示,可知tan30°=

,联立解得

=2。D正确。

10.★★★★(2026山东,8,3分)如图所示,由光滑刚性杆组成的正四面体框架放置在水平

面上,三条棱上各套有一个质量为m的小球。三个小球通过相同的轻质弹簧连接,静止

时恰好处于同一水平面。已知弹簧始终在弹性限度内,劲度系数为k,重力加速度大小

为g,则每根弹簧的伸长量为

()

A.

B.

C.

D.

B

解题导引小球受到的作用力不在同一个平面内,先将小球所受两根弹簧的弹力合为

一个力,再利用共点力平衡计算此合力的大小,继而可判断每根弹簧的弹力,即将“三

维”降成“二维”。

解析由上向下看,如图甲,两根弹簧弹力的合力F=2Fk·cos30°=

Fk,对小球受力分析,如图乙,令棱长为a,棱与其在底面上投影的夹角为θ,顶点A、底面顶点B、底面中心C构

成直角三角形,由几何关系可得AC=

a、cosθ=

、sinθ=

,由共点力平衡可得mg

sinθ=F·cosθ,故F=

mg,可得Fk=

mg,结合胡克定律可得,每根弹簧的伸长量x=

=

,B正确。11.★★(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

考向3动态平衡问题

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。12.★★★(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

C

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

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。13.★★★(多选)(2026湖南,9,5分)如图,某同学将两个相同的球形氦气球用等长的轻绳

系在一起,拉着绳使气球随人一起做水平匀速运动。运动过程中,球心始终在绳的延长

线上且球心连线水平,两绳所构成的平面与水平面的夹角为θ(θ<90°),两球间的弹力

为F。气球受到空气阻力的大小与相对空气的速率成正比,空气始终相对于地面静止,

忽略气球形状的变化。该同学沿原方向运动速度缓慢增大,下列说法正确的是(

)

BC

A.θ增大

B.θ减小

C.F增大

D.F减小

模型建构选择其中一个气球进行受力分析,气球受到重力(mg)、浮力(ρgV排)、绳上

拉力、气球间弹力、空气阻力(kv),这些力无法在一个平面内画出来,所以需要我们从

侧视和俯视两个角度观察并进行受力分析,列平衡方程。(1)侧视:选择两个气球整体为研究对象进行分析,两绳上拉力的合力用F拉合表示。

(2)俯视:设绳上拉力的水平分量为Tx,两个Tx的合力为F拉合在水平方向的分量F拉合x,设Tx与运动方向的夹角为α,对两气球分别进行受力分析。

解析

(关键:由题意知气球速度缓慢增大,则空气阻力与运动方向相反,且缓慢增大,气

球处于动态平衡状态)根据侧视图可得F拉合sinθ+2mg=2ρgV排、F拉合cosθ=2kv,联立可得

tanθ=

,v增大,则θ减小,A错误,B正确;根据俯视图可得Txcosα=kv、Txsinα=F,联立可得F=kvtanα,v增大,α不变,则F增大,C正确,D错误。

巧思妙解采用极限思想,若速度为0,则阻力为0,θ=90°,若速度无穷大,则阻力无穷大,

绳会无限接近水平面,θ=0,所以θ减小;θ减小,拉力在竖直方向的分量不变,则绳上拉力变

大,拉力在垂直球运动方向的水平分量会变大,则两球间弹力变大。14.★★★(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。

D

15.★★★(2021海南,8,3分)如图,V型对接的绝缘斜面M、N固定在水平面上,两斜面与

水平面夹角均为α=60°,其中斜面N光滑。两个质量相同的带电小滑块P、Q分别静止在

M、N上,P、Q连线垂直于斜面M,已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则P与M间的动

摩擦因数至少为

()

A.

B.

C.

D.

考向4平衡中的临界极值问题

解析

Q受力少,先对Q受力分析,Q受重力、支持力、库仑力,因为滑块Q在光滑斜面N

上静止,则P与Q带同种电荷,设两者各自所受的库仑力分别为F、F',P、Q两滑块的受力

分析和角度关系如图所示(斜面与水平面夹角为α,则垂直斜面的线与竖直方向夹角也

为α)。对Q所受的力进行分解,沿斜面N方向有mgcos30°=Fcos30°,可得F=mg。当P与

M间动摩擦因数最小时,P刚好不滑动,将P所受的力在沿斜面M方向与垂直斜面M方向

进行分解,可得N2=F'+mgsin30°,f=mgcos30°,又知F'=F=mg,f=μN2,联立以上各式解得μ=

,D正确。16.★★★(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.

C

解析物块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

有向下滑动趋势)分别对A、B受力分析,如图所示,对A,T=mgsin45°+μmgcos45°,对B,T

+μmgcos45°+3μmg·cos45°=2mgsin45°,联立解得μ=

,C正确。

B

17.★★★(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

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。题型3摩擦力的分析与应用三年模拟·限时练基础强化练1.(2026内蒙古赤峰模拟)赤峰市喀喇沁旗美林谷滑雪场被誉为“东方雪源圣地”,初级

滑雪道上的“魔毯”是将滑雪者从坡底匀速运送到坡顶的传送带,如图所示。滑雪者

以很小速度(可视为零)登上“魔毯”,经过一段时间后与“魔毯”相对静止。关于

“魔毯”对滑雪者作用力的方向,下列说法正确的是

()A.相对静止前,竖直向上B.相对静止后,竖直向上C.相对静止前,垂直于“魔毯”向上D.相对静止后,垂直于“魔毯”向上

B

解析相对静止后,滑雪者随“魔毯”一起匀速上升,滑雪者受重力、“魔毯”对其的

静摩擦力和支持力,由于三力平衡,故“魔毯”对滑雪者的静摩擦力和支持力的合力与

重力平衡,方向竖直向上,B正确,D错误。相对静止前,滑雪者受到滑动摩擦力,且滑动摩

擦力大于重力沿“魔毯”向下的分力,由前面分析知相对静止后,滑雪者受到的静摩擦

力等于重力沿“魔毯”向下的分力,而支持力一直等于重力垂直于“魔毯”向下的分

力,大小不变,方向垂直“魔毯”向上,故“魔毯”对滑雪者的滑动摩擦力和支持力的合

力既不是竖直向上也不是垂直于“魔毯”向上,A、C错误。2.(2026湖南汉寿一中开学考)如图所示,楔形木块abc固定在水平面上,斜面ab、bc与水

平面的夹角分别为37°、53°,一轻质光滑定滑轮固定在楔形木块的顶端,质量分别为m=

0.2kg和M=0.8kg的物体P、Q通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接,连接物体的轻绳

与斜面平行,P、Q恰好不滑动。两物体与斜面间的动摩擦因数相同,最大静摩擦力等

于滑动摩擦力。已知sin53°=0.8,cos53°=0.6,重力加速度g=10m/s2。则剪断轻绳后,P、

Q对斜面的摩擦力大小分别是

()

A

A.1.2N,3.9NB.1.2N,4.8NC.0.975N,3.9ND.0.975N,4.8N

解题导引剪断轻绳前,P、Q恰好不滑动,即二者所受摩擦力为最大静摩擦力,物体Q的

质量大于物体P的质量,且物体Q所在斜面的倾斜角度大,二者用轻绳连接,则P即将被Q

拉动,P所受摩擦力沿斜面向下,Q所受摩擦力沿斜面向上。

解析对物体P受力分析,由平衡条件得mgsin37°+μmg·cos37°=T,对物体Q受力分析,

由平衡条件得Mgsin53°=μMgcos53°+T,联立解得μ=

。剪断轻绳后,对P分析可知mg

sin37°<μmgcos37°,对Q分析可知Mgsin53°>μMgcos53°,所以P受到的是静摩擦力,fP=

mgsin37°=1.2N,Q受到滑动摩擦力,fQ=μMgcos53°=3.9N,结合牛顿第三定律可知A正

确。3.(2026湖北八校联考)如图所示,某同学用一双筷子夹起质量为m的圆柱形重物,已知圆

柱形重物竖直、底面半径为r,筷子水平,交叉点到与重物接触点的距离均为L=4r,每根

筷子对重物的压力大小为2mg,重力加速度大小为g,下列说法正确的是

()A.每根筷子与重物间的摩擦力大小为

mgB.每根筷子与重物间的摩擦力大小为

mg

B

C.每根筷子与重物间的摩擦力大小为

mgD.若增大筷子与重物间的压力,摩擦力大小不变

解析竖直方向上对重物由力的平衡条件有2fy=mg,解得fy=

,水平方向上对重物受力分析,俯视图如图所示,由几何关系可知sinθ=

,cosθ=

,则2Ncosθ=2fxsinθ,又由题意知N=2mg,解得fx=

(易错:筷子与重物之间在水平方向上也有相对运动趋势,受力分析时不可仅考虑竖直方向上的摩擦力),所以每根筷子与重物间的摩擦力大小为f=

=

,A、C错误,B正确。若增大筷子与重物间的压力,摩擦力的竖直分量不变,但水平分量增大,故摩擦力变大,D错误。综合提升练4.(2026浙江嘉兴一模)电影中有一经典发牌动作,如图所示,发牌手将扑克牌水平放置,

用大拇指向下挤压扑克牌的同时,迅速把最上面的扑克牌向前水平推出,其他扑克牌均

静止不动。已知每张牌的质量为m,大拇指对牌的压力为FN,牌与牌之间的动摩擦因数

为μ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g,则顺利发出第一张牌过程中

(

)A.大拇指与第一张牌之间的摩擦力是滑动摩擦力

BB.第一张牌和第二张牌之间的摩擦力大小为μ(mg+FN)C.第二张牌和第三张牌之间的摩擦力大小为μ(2mg+FN)D.越下面的牌受到的压力越大,受到的摩擦力也越大

解析在顺利发出第一张牌过程中,大拇指与第一张牌之间没有相对滑动,所以它们之

间的摩擦力是静摩擦力,A错误。第一张牌相对第二张牌向前运动,故第一张牌和第二

张牌之间的摩擦力为滑动摩擦力,在竖直方向根据平衡条件可知,第二张牌对第一张牌

的支持力F'N=mg+FN,即第一张牌和第二张牌之间的摩擦力大小为f=μF'N=μ(mg+FN),B正

确。对第二张牌进行分析,第二张牌处于静止状态,在水平方向上,它受到第一张牌对它

的滑动摩擦力,大小为μ(mg+FN),根据平衡条件,第三张牌对第二张牌的摩擦力与第一张

牌对第二张牌的滑动摩擦力大小相等,方向相反,所以第二张牌和第三张牌之间的摩擦

力大小也为μ(mg+FN),C错误。越下面的牌受到的压力越大,但除第一张牌外,其他牌都

处于静止状态,它们受到的都是静摩擦力,根据平衡条件,这些静摩擦力大小都等于第一张牌与第二张牌之间的滑动摩擦力μ(mg+FN),D错误。模型拓展

1.(2026湖北武汉4月调研)图(a)为明代画家倪端创作的《捕鱼图》的局部,图(b)是对其

中捕鱼器械的简化模型。轻质撑杆OA可绕岸边O点自由转动,渔网用轻绳AC系于撑杆

上端的A点,站在岸上的渔翁拉动系在撑杆上端的轻绳AB,即可向上提起渔网。某次渔

网被缓慢向上提起,当轻绳AB、AC与撑杆的夹角均为30°时,作用在轻绳AB的拉力大小

为F,则此时岸对撑杆的作用力大小为

()A.2F

B.

F

C.

F

D.F

B

题型4共点力平衡问题基础强化练

解析轻质撑杆OA可绕岸边O点自由转动,则岸对撑杆的作用力大小等于杆对结点A

的作用力大小,且作用力沿杆,对结点A受力分析如图所示,轻绳AB、AC与撑杆的夹角

均为30°,则F网=F,即2Fcos30°=F杆,解得F杆=

F,则岸对撑杆的作用力大小也为

F,B正确。

2.(2026陕西西安高新一中九模)医学研究中,将血液放进足够深的血沉管内,由于重力

作用,血液中的红细胞将会下沉。将红细胞近似看作球形,下沉过程中,红细胞受到血液

的阻力表达式为f=6πηrv,其中η为血液的粘滞系数,r为红细胞的半径,v为红细胞运动的

速率。若某血样中红细胞下沉情况稳定时速率为vm,已知红细胞密度为ρ1,血液密度为ρ

2,重力加速度为g,该红细胞的半径可表示为

()A.

B.

C.

D.

D

解析红细胞下沉情况稳定时做匀速直线运动,受力平衡,竖直向下的重力等于竖直向

上的浮力与阻力之和。红细胞重力G=ρ1Vg=ρ1·

πr3g,红细胞受到的浮力F浮=ρ2Vg=ρ2·

πr3g,红细胞受到的阻力f=6πηrvm,即ρ1·

πr3g=ρ2·

πr3g+6πηrvm,解得r=

,D正确。

D

3.(新模型·柔软细绳的共点力平衡问题)(2026江西九江一模)如图所示,在墙角有一质量

分布均匀的柔软细绳,一端悬于天花板上的A点,另一端悬于竖直墙壁上的B点,平衡后

最低点为C,若测得细绳在B点的切线与竖直墙壁的夹角α=53°,在A点的切线与水平天

花板的夹角β=45°,sin53°=0.8,则AC与BC的绳长之比为

()

A.2∶

B.

∶2C.3∶4

D.4∶3

解析

(关键:细绳质量不可忽略且分布均匀,则AC与BC的绳长之比等于质量之比)分别

对C点左、右两部分细绳受力分析如图甲、乙所示,可得tanβ=

=1,tan(90°-α)=

=

,联立可得m1∶m2=4∶3,D正确。

4.(2026天津南大附中月考)如图所示,某机器人站在放置于水平地面的平台上,用绳子

把一个重力为5000N的光滑圆球拉到平台上,绳子质量不计,拉球的绳子延长线始终过

球心。拉到图示位置时半径OA与水平面成37°角,圆球保持平衡状态。sin37°=0.6,cos

37°=0.8,则在图示位置

()A.地面对平台有向左的摩擦力B.地面对平台的支持力小于机器人、平台与圆球的总重力C.调整绳子拉力方向可得最小拉力为4000ND.减小绳子与半径OA的夹角,拉力F一定减小

C

解析将机器人、球和平台看作一个整体,整体处于静止状态,只受到竖直向下的重力

和竖直向上的支持力,水平方向不受力,因此地面对平台无摩擦力作用,地面对平台的支

持力等于机器人、平台与圆球的总重力,A、B错误。对球进行受力分析,其所受三个

力首尾相连组成矢量三角形如图所示,重力方向始终竖直向下,平台对球的支持力N和

水平方向夹角始终为θ=37°,调整绳子拉力F的方向,当F与N垂直时拉力最小,最小值为

Fmin=Gcosθ=4000N,C正确。减小绳子与半径OA的夹角,表现为力的矢量三角形中表

示拉力F的边远离表示重力的边,如果初始时拉力位于垂直于支持力时的右侧,那么减

小绳子与半径OA的夹角将使拉力F先减小后增大,D错误。5.(2026湖南怀化一模)工人师傅在安装高层住户窗户时,由于无法通过电梯搬运,需要

楼上和楼下工人协作配合,楼上师傅通过光滑定滑轮拉动一段绳子,楼下师傅站在一楼

地面上固定位置拉动另一段绳子,以避免窗户被磕碰,如图所示。两段绳子的拉力分别

为T1和T2,窗户在两段绳子的作用下缓慢竖直向上运动。窗户从一楼地面竖直向上运

动的过程中

()A.T1和T2的合力变小B.楼下师傅需要收缩绳子C.楼下师傅受到地面的支持力不变D.T1和T2均增大

D

解析由三力平衡知T1、T2的合力与窗户的重力等大反向,故二者的合力不变,A错误。

窗户向上运动的过程中,楼下师傅需要逐渐放绳子,B错误。对窗户受力分析如图所示,

由几何关系知,窗户从一楼地面竖直向上运动的过程中,θ减小,α增大,所以T1和T2均增

大,D正确。对楼下师傅受力分析有mg=FN+T2cosθ,θ减小,T2增大,T2cosθ增大,则楼下师

傅受到地面的支持力减小,C错误。

6.(多选)(2026湖南永州二模)某建筑工地用一可以移动的升降机来吊装重物,如图所示,

轻绳穿过下方吊着重物的光滑圆环,A、B两点分别固定在建筑和升降机上,下列说法正

确的是

()A.升降机缓慢下降时,绳中的张力大小不变B.升降机缓慢向左移动时,绳中的张力大小不变C.升降机缓慢向左移动时,升降机对地面的压力大小不变D.升降机缓慢上升时,地面对升降机的摩擦力变小

AC

解析设圆环两侧轻绳与竖直方向的夹角为θ,对圆环与轻绳接触的结点受力分析,有2

Fcosθ=m总g,升降机缓慢上升或缓慢下降的过程中,根据几何关系可知θ不变,故绳上拉

力大小也不变,A正确。当升降机向左移动时,θ增大,cosθ减小,可知绳上的拉力变大,对

升降机受力分析可知,地面对升降机的支持力FN=Fcosθ+M升降机g=

+M升降机g,即地面对升降机的支持力大小保持不变,根据牛顿第三定律可知,升降机对地面的压力大小也

不变,B错误,C正确。地面对升降机的摩擦力与绳上拉力的水平分量等大,即f=Fsinθ,

由于升降机缓慢上升时,绳上拉力与θ都不变,所以地面对升降机的摩擦力也不变,D错

误。

模型拓展晾衣杆模型已知跨过光滑挂钩的绳两端拉力大小相等,设两杆间距离为d,绳长为l,Oa、Ob段长度分别为la和lb,则l=la+lb,两部分绳子与竖直方向夹角分别为α和β,对结点O受力分析,如图所示。

绳子各部分张力大小相等,Fa=Fb=F,则α=β。满足2Fcosα=mg,d=lasinα+lbsinβ,则有sin

α=

,F=

,一般绳长l不变,故d增大,α增大,又因为F=

,α增大,则F增大,综上可知d、α、F同增同减。7.(多选)(2026陕西延安二模)如图,三个材质相同且半径均为R、质量均为m的半球,彼

此接触但无挤压地置于粗糙的水平地面上;一个半径为R、质量为3m的光滑球,放在三

个半球之上,整个系统处于静止状态。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为

g。则

()A.地面对每个半球的支持力大小为mg

BC

综合提升练B.每个半球与光滑球之间的弹力大小为

C.半球与地面间的动摩擦因数最小值为

D.换一个质量仍为3m,半径略大于R的光滑球,则每个半球与地面间的摩擦力不变

解析根据对称性可知,地面对每个半球的支持力大小相等,以三个半球和光滑球为整

体,竖直方向根据平衡条件可得3N地=6mg,解得N地=2mg,A错误。根据几何关系可知,四

个球心组成一个棱长为2R的正四面体,设每个半球与光滑球之间的弹力与竖直方向的

夹角为θ,则有sinθ=

=

,即cosθ=

,以光滑球为研究对象,根据平衡条件可得3Ncosθ=3mg,解得每个半球与光滑球之间的弹力大小为N=

=

,B正确。以其中一个半球为研究对象,水平方向有f地=Nsinθ=

mg,由f地≤μN地,可得μ≥

=

,即半球与地面间的动摩擦因数最小值为

,C正确。换一个质量仍为3m,半径略大于R的光滑球,由上述分析可知,换前f地=Nsinθ=mgtanθ,换后f地'=Nsinθ'=mgtanθ',又θ'≠θ,则

每个半球与地面间的摩擦力发生变化,D错误。8.(模块融合·动态平衡问题在电场中的应用)(2026江苏丹阳高级中学期末)如图所示,质

量分别为m1、m2的两个带同种电荷的小球A、B,分别用长为l的绝缘细线悬挂在同一点

O,两细线与竖直方向各成一定的角度α、β,两小球用一绝缘轻质弹簧相接,A、B球连线

与过O点的竖直线交于C点,初始时刻弹簧处在压缩状态,现增加A球的带电荷量,下列说

法正确的是

()

C

A.两细线拉力的比值变大B.两细线的夹角不变C.AC与BC的长度的比值不变D.OC的长度一定变大

解析对两小球分别受力分析如图所示,F1、F'1为两小球之间的库仑力,F2、F'2为两小

球之间的弹簧弹力,满足F=F1+F2=F'=F'1+F'2(点拨:将两个力合成为一个力,减少力的个

数,由四力平衡问题变三力平衡问题),对A球,F、T1、m1g组成的矢量三角形与几何三角

形OAC相似,有

=

=

,同理对B球有

=

=

,又OA=OB,联立可得

=

,

=

,A错误,C正确。当A球的带电荷量增加时,两球间的库仑力增大,则两球之间的距离会增大,夹角α、β增大,细线长度不变,C点上移,OC的长度变小,B、D错误。9.(多选)(2026四川射洪中学一模)如图所示,一半圆柱形光滑管水平固定在地面上,其横

截面为圆心为O的半圆。可视为质点的小球A、B中间用轻杆连接后放置在管内,初始

时两球保持静止,AO、BO与水平方向的夹角分别为30°和60°。对小球A施加始终沿水

平方向的作用力F,使B缓慢移动到与圆心等高处。已知A球的质量为m,两球始终在同

一竖直面内,重力加速度为g。下列说法正确的是

()

BD

A.初始时轻杆中的弹力大小为

mgB.移动过程中,管壁对B支持力的最大值为

mgC.移动过程中,轻杆对B的弹力先增大后减小D.最终静止时力F的大小为

mg

解析对小球A施力前,对A、B受力分析,组成的矢量三角形如图甲所示,

由正弦定理有

=

,

=

(点拨:三角形OAB为等腰直角三角形,OA、OB与杆的夹角始终为45°),杆对A、B的弹力TA、TB等大反向,解得

=

,TA=TB=

mg,A错误。移动过程中,对B分析可知杆对B的弹力TB与管壁对B的弹力FNB之间的夹角保

持不变(提示:一个力大小、方向均不变,另外两力夹角不变,可以画出力的矢量三角形

的外接圆,力的长度为直径时,力最大),作出动态矢量图如图乙所示,

可以看出FNB先增大后减小,当其方向与竖直方向夹角为45°时达到最大,此时有FNBmax·

cos45°=mBg,可得FNBmax=

mg,杆对B的弹力TB一直增大,B到达与圆心等高处时,达到最大值,B正确,C错误。B到达与圆心等高处时,A恰好位于最低点,此时对B分析,有TB·cos4

5°=mBg,可得杆对B的弹力TB=

mg,则此时对A分析有F=TAcos45°=TBcos45°=

mg,D正确。1.(2026湖南岳阳汨罗一中月考)如图甲所示,窗户上的连杆装置通常被称为滑撑。它是

一种连杆式活动链接装置,主要用于连接窗扇和窗框,使窗户能够顺利开启和关闭,它通

常由滑轨、滑块、悬臂组成,示意图如图乙所示。水平悬臂通过转轴O1、O2分别与竖

直窗扇和滑块相连,窗扇可绕轴O3转动。现将窗扇打开,使悬臂与窗框之间的夹角为θ,

若要求此时无论多大的风力均不能将窗扇关闭,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则滑块

与滑轨之间的动摩擦因数μ应满足的条件是

()

D

题型5平衡中的临界极值问题基础强化练

A.μ≤tanθ

B.μ≥tanθC.μ≤

D.μ≥

解析设悬臂的推力为F,则悬臂对滑块垂直于滑轨方向的作用力为F1=Fsinθ,沿滑轨

方向的作用力为F2=Fcosθ,若要求此时无论多大的风力均不能将窗扇关闭,则有F2≤μ

F1,联立解得μ≥

,D正确。

B

2.(2026云南昆明一中月考)某圆锥状沙堆如图甲所示,可将其理想化为图乙所示的圆

锥,沙粒可视为质点,沙粒间的动摩擦因数为μ,沙粒之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦

力,不考虑沙粒的滚动。当把沙粒轻放在圆锥状沙堆的侧面上,该沙粒恰好能静止时,沙

堆的高度h达到最大,此时,设沙堆的底面圆半径为r,则体积V=

πr2h,则要堆放体积为V0的沙堆,沙堆的底面直径至少为

()

A.2

B.2

C.

D.

解析要堆放体积为V0的沙堆,沙堆的高度最大时,底面圆的直径最小,设最大高度为h0,

底面圆的最小半径为r0,此时圆锥状沙堆侧面上的沙粒恰好能保持静止,重力沿斜面的

分力与最大静摩擦力平衡,设圆锥母线与底面的夹角为θ,则有mgsinθ=μmgcosθ,可得μ

=tanθ,由几何关系可知tanθ=

,沙堆的体积V0=

π

h0,联立解得r0=

,则底面直径至少为2r0=2

,B正确。

BD

3.(