专题二 相互作用(试题部分)

第一部分：16年高考物理试题分类汇编专题一、直线运动一、选择题1. （全国新课标I 卷，21）甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v t -图像如图所示。

已知两车在3t s =时并排行驶，则（ ）。

A. 在1s t =时，甲车在乙车后 B. 在0t =时，甲车在乙车前7.5m C. 两车另一次并排行驶的时刻是2s t =D. 甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40m【答案】BD【解析】根据v t -图，甲、乙都沿正方向运动。

3s t =时，甲、乙相遇，=30m/s v 甲，=25m/s v 乙，由位移和v t -图面积对应关系，0～3内的位移：1=330m=45m 2x ⨯⨯甲，()1=310+25m=52.5m 2x ⨯⨯乙。

故0t =时，甲乙相距1-=7.5m x x x ∆=乙甲，即甲在乙前方7.5m ，B 选项正确。

0～1内，1=110m=5m 2x '⨯⨯甲，()1=110+15m=12.5m 2x '⨯⨯乙，2=7.5m x x x 乙甲''∆=-，说明甲、乙第一次相遇。

A 、C 错误。

甲、乙两次相遇地点之间的距离为=45m 5m=40m x x x 甲甲'=--，所以D 选项正确。

2.（全国新课标II 卷，19）两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量．两球在空气中从静止开始下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关．若它们下落相同的距离，则（ ）。

A ．甲球用的时间比乙球长B ．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小C ．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D ．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功。

【答案】BD【解析】由已知可设f kR = ① 则受力分析得： F mg f =-合 ②F ma =合 ③343m R πρ=⋅ ④由①②③④得243k a g R πρ=-⋅ 由m m >甲乙 ρρ=甲乙 可知a a >甲乙 C 错 由v-t 图可知甲乙位移相同，则： v v >甲乙 B 对 t t <甲乙 A 错由功的定义可知 =W f x ⋅克服 x x =甲乙 f f >甲乙则W W >甲克服乙克服 D 对3.（全国新课标III 卷，16）.一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t 内位移为s ，动能变为原来的9倍。

相互作用（二）受力分析专题特殊法判断。

4．如何防止“多力”或“丢力”(1) 防止“多力”的有效途径是找出力的施力物体，若某力有施力物体则它实际存在，无施力物体则它不存在。

另外合力与分力不要重复分析。

(2) 按正确的顺序(即一重、二弹、三摩擦、四其他)进行受力分析是保证不“丢力”的有效措施。

冲上粗糙的【典例2】如图所示，A、B两个物体的1 kg，现在它们在拉力对A、B分别画出完整的受力分析。

、B之间的摩擦力大小为多少。

B．3只分析外力。

【典例5】倾角θ＝37°，质量知识点二正交分解法1. 力分解为两个相互垂直的分力的方法称为正交分解法。

例如将力F沿x和y两个方向分解，如图所示，则F x＝F cos θF y＝F sin θ多的力，也就是说需要向两坐标轴上投影分解的力少一些。

这样一来，计算也就方便一些，可以就是将物理问题的某些研究对象或某些过程、状态从系统或全过程中隔离出来进行研究的方知识点三【典例探究】【典例＝5 N，f2＝0，f3＝5 N＝5 N，f2＝5 N，f3＝0＝0，f＝5 N，f＝5 N现行高考要求，物体受到往往是三个共点力问题，利】用绳是其它-1先减小，后增大 B.F 先减小后增大(B)F1个力中其中两个力是绳的拉力，由于是同一根点位置固定，A 端缓慢左移时，答案与解析1.【答案】A2.【答案】(1) 见规范解答图 (2) 0 (3) 4 N【解析】(1) 以A 为研究对象，A 受到重力、支持力作用；以B 为研究对象，B 受到重力、支持力、压力、拉力、地面对B 的滑动摩擦力作用；如图。

(2) 对A ：由二力平衡可知A 、B 之间的摩擦力为0。

(3) 以A 、B 整体为研究对象，由于两物体一起做匀速直线运动，所以受力如图，水平方向上由二力平衡得拉力等于滑动摩擦力，即F ＝F f ＝μB 地F N B ，而F N B ＝G B ＋G A ，所以F ＝0.2×(1×10＋1×10) N＝4 N 。

专题强化三 动态平衡问题 平衡中的临界、极值问题目标要求 1.学会用图解法、解析法等解决动态平衡问题.2.会分析平衡中的临界与极值问题．题型一 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．做题流程受力分析――――――――→化“动”为“静”画不同状态下的平衡图构造矢量三角形――――――――→“静”中求“动”⎩⎨⎧――――→定性分析根据矢量三角形边长关系确定矢量的大小变化――――→定量计算⎩⎪⎨⎪⎧三角函数关系正弦定理相似三角形→找关系求极值3．常用方法 (1)图解法此法常用于定性分析三力平衡问题中，已知一个力是恒力、另一个力方向不变的情况． (2)解析法对研究对象进行受力分析，画出受力示意图，根据物体的平衡条件列方程或根据相似三角形、正弦定理，得到因变量与自变量的函数表达式(通常为三角函数关系)，最后根据自变量的变化确定因变量的变化．考向1 “一力恒定，另一力方向不变”的动态平衡问题1．一个力恒定，另一个力始终与恒定的力垂直，三力可构成直角三角形，可作不同状态下的直角三角形，分析力的大小变化，如图甲所示．2．一力恒定，另一力与恒定的力不垂直但方向不变，作出不同状态下的矢量三角形，确定力大小的变化，在变化过程中恒力之外的两力垂直时，会有极值出现，如图乙所示．例1(多选)如图所示，在粗糙水平地面上放着一个截面为四分之一圆弧的柱状物体A，A 的左端紧靠竖直墙，A与竖直墙之间放一光滑圆球B，已知A物体的半径为球B的半径的3倍，球B所受的重力为G，整个装置处于静止状态．设墙壁对B的支持力为F1，A对B的支持力为F2，若把A向右移动少许后，它们仍处于静止状态，则F1、F2的变化情况分别是()A．F1减小B．F1增大C．F2增大D．F2减小答案AD解析以球B为研究对象，受力分析如图所示，可得出F1＝G tan θ，F2＝Gcos θ，当A向右移动少许后，θ减小，则F1减小，F2减小，故A、D正确．例2(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，当挡板绕O点逆时针缓慢地转向水平位置的过程中()A．斜面对球的支持力逐渐增大B．斜面对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答案BC解析对小球受力分析知，小球受到重力mg、斜面的支持力F N1和挡板的弹力F N2，如图，当挡板绕O点逆时针缓慢地转向水平位置的过程中，小球所受的合力为零，根据平衡条件得知，F N1和F N2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力的受力分析图，由图看出，斜面对小球的支持力F N1逐渐减小，挡板对小球的弹力F N2先减小后增大，当F N1和F N2垂直时，弹力F N2最小，故选项B、C正确，A、D错误．考向2 “一力恒定，另两力方向均变化”的动态平衡问题1.一力恒定(如重力)，其他二力的方向均变化，但二力分别与绳子、两物体重心连线方向等平行，即三力构成的矢量三角形与绳长、半径、高度等实际几何三角形相似，则对应边比值相等．基本矢量图，如图所示基本关系式：mg H ＝F N R ＝F TL例3 (2023·宁夏银川一中检测)如图所示，质量分布均匀的细棒中心为O 点，O 1为光滑铰链，O 2为光滑定滑轮，且O 2在O 1正上方，细绳跨过O 2与O 连接，水平外力F 作用于细绳的一端．用F N 表示铰链对杆的作用力，现在水平外力F 作用下，θ从π2缓慢减小到0的过程中，下列说法正确的是( )A ．F 逐渐变小，F N 大小不变B ．F 逐渐变小，F N 逐渐变大C ．F 先变小再变大，F N 逐渐变小D ．F 先变小再变大，F N 逐渐变大 答案 A解析 受力分析如图所示，力三角形与几何三角形(△O 2OO 1)相似，则有G O 2O 1＝F N OO 1＝FOO 2，因为O 2O 1、OO 1长度不变，故F N 大小不变，OO 2长度变短，故F 变小，故A 正确，B 、C 、D 错误．2．一力恒定，另外两力方向一直变化，但两力的夹角不变，作出不同状态的矢量三角形，利用两力夹角不变，结合正弦定理列式求解，也可以作出动态圆，恒力为圆的一条弦，根据不同位置判断各力的大小变化． 基本矢量图，如图所示例4 (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＞π2)．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 答案 AD解析 以重物为研究对象分析受力情况，受重力mg 、OM 绳上拉力F 2、MN 上拉力F 1，由题意知，三个力的合力始终为零，矢量三角形如图所示，F 1、F 2的夹角不变，在F 2转至水平的过程中，矢量三角形在同一外接圆上，由图可知，MN 上的张力F 1逐渐增大，OM 上的张力F 2先增大后减小，所以A 、D 正确，B 、C 错误．一力恒定，另外两力方向均变化时常采用的方法有相似三角形、正弦定理或利用两力夹角不变作出动态圆，恒力为圆的一条弦，根据不同位置判断各力的大小变化．考向3“活结”的动态分析如图所示，“活结”两端绳子拉力相等，因结点所受水平分力相等，F T sin θ1＝F T sin θ2，故θ1＝θ2＝θ3，根据几何关系可知，sin θ＝dL1＋L2＝dL，若两杆间距离d不变，则上下移动绳子结点，θ不变，若两杆距离d减小，则θ减小，2F T cos θ＝mg，F T＝mg2cos θ也减小．例5如图所示，在竖直放置的穹形支架上，一根长度不变且不可伸长的轻绳通过轻质光滑滑轮悬挂一重物G.现将轻绳的一端固定于支架上的A点，另一端从B点沿支架缓慢地向C 点靠近(C点与A点等高)．则在此过程中绳中拉力()A．先变大后不变B．先变大后变小C．先变小后不变D．先变小后变大答案A解析对滑轮受力分析如图甲所示，由于跨过滑轮的绳子拉力一定相等，即F1＝F2，由几何关系易知绳子拉力方向与竖直方向夹角相等，设为θ，可知F1＝F2＝mg2cos θ①如图乙所示，设绳长为L，由几何关系得sin θ＝dL②其中d为两端点间的水平距离，由B点向C点移动过程中，d先变大后不变，因此θ先变大后不变，由①式可知绳中拉力先变大后不变，故A正确．题型二平衡中的临界、极值问题1．临界问题当某物理量变化时，会引起其他几个物理量的变化，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．临界问题常见的种类：(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F N＝0.2．极值问题平衡中的极值问题，一般指在力的变化过程中的最大值和最小值问题．3．解题方法(1)极限法：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，而要把某个物理量推向极端，即极大和极小．(2)数学分析法：通过对问题的分析，根据物体的平衡条件写出物理量之间的函数关系(或画出函数图像)，用数学方法求极值(如求二次函数极值、公式极值、三角函数极值)．(3)物理分析方法：根据物体的平衡条件，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进行动态分析，确定最大值与最小值．例6如图所示，物体的质量为m＝5 kg，两根轻细绳AB和AC的一端固定于竖直墙上，另一端系于物体上(∠BAC＝θ＝60°)，在物体上另施加一个方向与水平线也成θ角的拉力F，若要使两绳都能伸直，求拉力F的大小范围．(g取10 m/s2)答案5033 N ≤F ≤10033 N 解析 设AB 绳的拉力为F 1，AC 绳的拉力为F 2，对物体受力分析，由平衡条件有 F cos θ－F 2－F 1cos θ＝0， F sin θ＋F 1sin θ－mg ＝0，可得F ＝mg sin θ－F 1，F ＝F 22cos θ＋mg2sin θ.若要使两绳都能伸直，则有F 1≥0，F 2≥0， 则F 的最大值F max ＝mg sin θ＝10033 N ， F 的最小值F min ＝mg 2sin θ＝5033 N ， 即拉力F 的大小范围为5033 N ≤F ≤10033 N.例7 如图所示，质量m ＝ kg 的金属块放在水平地面上，在斜向右上的拉力F 作用下，向右以v 0＝ m/s 的速度做匀速直线运动．已知金属块与地面间的动摩擦因数μ＝，g ＝10 m/s 2.求所需拉力F 的最小值．答案 226 N解析 设拉力与水平方向夹角为θ，根据平衡条件有F cos θ＝μ(mg －F sin θ)，整理得cos θ＋μsin θ＝μmg F ，1＋μ2sin(α＋θ)＝μmgF (其中sin α＝11＋μ2)，当θ＝π2－α时F 最小，故所需拉力F 的最小值F min ＝μmg1＋μ2＝226 N.课时精练1.如图所示，在水平放置的木棒上的M、N两点，系着一根不可伸长的柔软轻绳，绳上套有一光滑小金属环．现将木棒绕其左端逆时针缓慢转动一个小角度，则关于轻绳对M、N两点的拉力F1、F2的变化情况，下列判断正确的是()A．F1和F2都变大B．F1变大，F2变小C．F1和F2都变小D．F1变小，F2变大答案C解析由于是一根不可伸长的柔软轻绳，所以绳子的拉力大小相等．木棒绕其左端逆时针缓慢转动一个小角度后，绳子之间的夹角变小，绳对小金属环的合力大小等于小金属环的重力大小，保持不变，所以绳子上的拉力变小，选项C正确，A、B、D错误．2.(2023·山东烟台市高三模拟)如图所示，用一个质量不计的网兜把足球挂在光滑竖直墙壁上的A点，足球与墙壁的接触点为B.若只增大悬绳的长度，足球始终保持静止状态，关于悬绳对球的拉力F和墙壁对球的支持力F N，下列说法正确的是()A．F和F N都增大B．F增大，F N减小C．F减小，F N增大D．F和F N的合力不变答案D解析对球受力分析，由平衡条件得悬绳对球的拉力满足F cos θ＝mg，墙壁对球的支持力满，所以当增大悬绳的长度时，夹角θ减小，则由几何关系知cos θ增大，tan θ减足tan θ＝F Nmg小，所以F和F N都减小，故A、B、C错误；因为足球始终保持静止状态，所以F和F N的合力始终与mg等大反向，故D正确．3.如图所示，轻绳PQ能承受的最大张力为80 N，现用它悬挂一质量为4 kg的物体，然后在轻绳的中点O施加一水平向左的力F，使中点O缓慢向左移动，已知重力加速度g＝10 m/s2，则当轻绳断裂瞬间，绳的PO段与竖直方向的夹角为()A ．30°B ．45°C ．53°D ．60°答案 D解析 设当轻绳断裂瞬间，绳的PO 段与竖直方向的夹角为θ，由平衡条件可得cos θ＝mgF Tm ＝40 N 80 N ＝12，解得θ＝60°，D 正确． 4.(2023·广东汕尾市高三月考)新疆是我国最大的产棉区，在新疆超出70%棉田都是通过机械自动化采收，自动采棉机能够在采摘棉花的同时将棉花打包成圆柱形棉包，通过采棉机后侧可以旋转的支架平稳将其放下，放下棉包的过程可以简化为如图所示模型，质量为m 的棉包放在“V ”型挡板上，两板间夹角为120°固定不变，“V ”型挡板可绕P 轴在竖直面内转动．初始时BP 板水平，在使BP 板逆时针缓慢转动60°的过程中，忽略“V ”型挡板对棉包的摩擦力，下列说法正确的是( )A ．BP 板水平时，棉包受到两个力的作用B ．当BP 板转过60°，AP 板水平时，棉包受到三个力的作用C ．当BP 板转过30°时，棉包对AP 板和BP 板的作用力大小不相等D ．在转动过程中棉包对BP 板的压力不变 答案 A解析 BP 板水平时或AP 板水平时棉包都只受到重力和支持力两个力作用，故A 正确，B 错误；当BP 板转过30°时，两板与水平方向夹角相等，由对称性知，棉包对AP 板和BP 板的作用力大小相等，故C 错误；在转动过程中棉包对BP 板的压力减小，故D 错误． 5.(多选)(2023·湖南岳阳市十四中高三检测)如图所示，水平面和竖直面构成的垂直墙角处有一个截面为半圆的光滑柱体，用细线拉住的小球静止靠在半圆柱体的P 点(P 点靠近底端)．通过细线将小球从P 点缓慢向上拉至半圆柱体的最高点，细线方向始终保持与半圆相切．此过程中( )A ．细线对小球的拉力逐渐减小B ．圆柱体对小球的支持力逐渐减小C ．水平地面对圆柱体的支持力逐渐减小D ．圆柱体对竖直墙面的压力先增大后减小 答案 AD解析 对小球进行受力分析，如图所示根据平衡条件有F N1＝mg cos θ，F T ＝mg sin θ，当细线将小球从P 点缓慢向上拉至半圆柱体的最高点过程中，θ逐渐减小，则细线对小球的拉力F T 逐渐减小，圆柱体对小球的支持力F N1逐渐增大，A 正确，B 错误；对圆柱体与小球整体分析，如图所示，根据平衡条件有F N3＝F T cos θ＝12mg sin 2θ，F T sin θ＋F N2＝(M ＋m )g ，当细线将小球从P 点缓慢向上拉至半圆柱体的最高点过程中，θ在0～π2范围内变化，θ逐渐减小，故F N2逐渐增大，F N3先增大后减小，C 错误、D 正确．6.(2023·宁夏六盘山高级中学模拟)如图所示，某健身者右手拉着抓把沿图示位置B 水平缓慢移动到位置A ，不计绳子质量，忽略绳子和重物与所有构件间的摩擦，A 、B 、重物共面，则重物上升过程中( )A ．绳子的拉力逐渐增大B ．该健身者所受合力逐渐减小C ．该健身者对地面的压力逐渐减小D ．该健身者对地面的摩擦力逐渐增大答案 D解析 由题意可知，重物和健身者一直处于动态平衡状态，由平衡条件可知，健身者所受合力等于零，绳上的拉力大小不变，其大小等于重物的重力mg ，A 、B 错误；对健身者受力分析，如图所示，由平衡条件可知，在竖直方向，则有F T sin θ＋F N ＝Mg ，又有F T ＝mg ，可得F N ＝Mg －mg sin θ，在水平方向，则有F T cos θ＝F f ，当从B 水平缓慢移到A 时，θ角逐渐变小，地面对健身者的支持力逐渐变大，地面对健身者的摩擦力逐渐变大，由牛顿第三定律可知，健身者对地面的压力逐渐增大，健身者对地面的摩擦力逐渐增大，C 错误，D 正确．7.(2023·云南昆明市检测)如图所示，两质量均为m 的小球a 、b (均可看成质点)固定在轻杆两端，用两条与轻杆等长的细线悬挂在O 点，整个系统静止时，细线和轻杆构成正三角形，用力F 缓慢拉动小球b ，保持两细线绷紧，最终使连接a 球的细线竖直，重力加速度大小为g ，则连接a 球的细线竖直时，力F 的最小值是( )A.12mg B.32mg C ．mgD.3mg答案 B解析 末状态时，左边小球a 在最低点，细线Oa 处于竖直方向，小球a 处于平衡状态，合外力沿水平方向的分量为零，则此时轻杆上的弹力为零，故右侧小球b 受到重力、细线Ob 的拉力和力F 作用处于平衡状态，如图所示，由几何关系可知，当拉力F 方向与Ob 垂直时拉力F 最小，可得最小拉力F min ＝mg sin 60°＝32mg ，选项B 正确，A 、C 、D 错误．8.如图所示为一简易起重装置，AC 是上端带有滑轮的固定支架，BC 为质量不计的轻杆，杆的一端C 用铰链固定在支架上，另一端B 悬挂一个质量为m 的重物，并用钢丝绳跨过滑轮A 连接在卷扬机上．开始时，杆BC 与AC 的夹角∠BCA >90°，现使∠BCA 缓慢变小，直到∠BCA ＝30°(不计一切阻力)．在此过程中，杆BC 所产生的弹力( )A ．大小不变B ．逐渐增大C ．先增大后减小D ．先减小后增大答案 A解析 以结点B 为研究对象，分析受力情况，作出力的合成图如图，根据平衡条件知，F 、F N 的合力F 合与G 大小相等、方向相反．根据三角形相似得F 合AC ＝F AB ＝F N BC，又F 合＝G ， 得F ＝AB AC G ，F N ＝BC ACG ∠BCA 缓慢变小的过程中，AB 变小，而AC 、BC 不变，则F 变小，F N 不变，故杆BC 所产生的弹力大小不变，故选A.9.(2023·河北邯郸市模拟)如图所示，置于水平地面的木板上安装有竖直杆，在杆上A 、B 两点间安装长为2d 的轻绳，两竖直杆间距为d .A 、B 两点间的高度差为d 2，现有带光滑轻质钩子、质量为m 的物体钩住轻绳且处于平衡状态，重力加速度为g .下列说法正确的是( )A．开始平衡时轻绳的张力大小为mgB．开始平衡时轻绳的张力大小为3mg 3C．若将绳子的A端沿竖直杆上移，绳子拉力将变大D．若将木板绕水平轴CD缓慢向纸面外旋转，轻绳的张力先增大后减小答案B解析设结点左侧绳长为l1，结点右侧绳长为l2，有l1cos θ1＋l2cos θ2＝d，由水平方向受力平衡，有F T cos θ1＝F T cos θ2，有cos θ1＝cos θ2＝d2d ＝12，竖直方向受力平衡，有2F T sin θ1＝mg，解得F T＝3mg3，A错误，B正确；将绳子的A端沿竖直杆上移或将木板绕水平轴CD缓慢向纸面外旋转，由A、B中分析可知，由于A、B两点的水平间距不变，左右两部分与水平方向夹角不变，所以绳子拉力大小不变，C、D错误．10.(2023·河北唐山市模拟)北方农村秋冬季节常用金属丝网围成圆柱形粮仓储存玉米棒，某粮仓由于玉米棒装的不匀称而发生倾斜现象，为避免倾倒，在左侧用木棍支撑，如图所示．若支撑点距水平地面的高度为 3 m，木棍与水平地面间的动摩擦因数为33，木棍重力不计，粮仓对木棍的作用力沿木棍方向，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，为使木棍下端不发生侧滑，则木棍的长度最大为()A．m B. 3 mC．2 m D．2 3 m答案C解析设木棍与水平方向夹角为θ，木棍长度为L，粮仓对木棍的作用力大小为F，则为使木棍下端一定不发生侧滑，由平衡条件有F cos θ≤μF sin θ，由几何知识有tan θ＝hL2－h2，两式联立解得L≤2 m，即木棍的长度最大为2 m，故A、B、D错误，C正确．11.(多选)如图所示，一光滑的轻滑轮用细绳OO′悬挂于O点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂质量为m的物块A，另一端系一位于固定光滑斜面上且质量为2m的物块B，斜面倾角θ＝45°，外力F沿斜面向上拉物块B，使物块B由滑轮正下方位置缓慢运动到和滑轮等高的位置，则()A．细绳OO′的拉力先减小后增大B．细绳对物块B的拉力大小不变C．斜面对物块B的支持力先减小后增大D．外力F逐渐变大答案BCD解析由题可知，物块缓慢移动，整体处于动态平衡状态，则绳OO′的拉力大小等于下面绳对A的拉力和绳对B的拉力的合力大小，由于绳对A的拉力和绳对B的拉力大小相等，都等于A物块的重力的大小，但是由于B物块上移，导致二者之间的夹角变大，则根据平行四边形定则可知合力变小，即绳OO′的拉力逐渐减小，故A错误，B正确；对物块B受力分析如图所示，当物块B上移时，α先减小后增大，在垂直斜面方向根据平衡条件可知，斜面对物块B的支持力先减小后增大，在沿斜面方向根据平衡条件可知，外力F逐渐变大，故C、D正确．12．(2020·山东卷·8)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.13B.14C.15D.16答案 C解析 A 、B 刚要滑动时受力平衡，受力如图所示．对A ：F T ＝mg sin 45°＋μmg cos 45°对B ：2mg sin 45°＝F T ＋3μmg cos 45°＋μmg cos 45°整理得，μ＝15，选项C 正确．13.(多选)如图，倾角为30°的斜面体放置于粗糙水平地面上，物块A 通过跨过光滑定滑轮的柔软轻绳与小球B 连接，O 点为轻绳与定滑轮的接触点．初始时，小球B 在水平向右的拉力F 作用下，使轻绳OB 段与水平拉力F 的夹角θ＝120°，整个系统处于静止状态．现将小球向右上方缓慢拉起，并保持夹角θ不变，从初始到轻绳OB 段水平的过程中，斜面体与物块A 均保持静止不动，则在此过程中( )A ．拉力F 逐渐增大B ．轻绳上的张力先增大后减小C ．地面对斜面体的支持力逐渐增大D ．地面对斜面体的摩擦力先增大后减小答案 AD解析 小球B 受重力mg 、轻绳OB 的拉力F T 和拉力F ，由题意可知，三个力的合力始终为零，矢量三角形如图所示，在F T 转至水平的过程中，轻绳OB 的拉力F T 逐渐减小，拉力F 逐渐增大，故选项A 正确，B 错误；整体(含斜面体，物块A 和小球B )受向下的重力、向上的支持力、向左的摩擦力以及拉力四个力的作用，根据对小球的受力分析可知，拉力F的竖直方向分力逐渐增大，水平方向分力先增大后减小，所以地面对斜面体的支持力逐渐减小，地面对斜面体的摩擦力先增大后减小，故选项C错误，D正确．。

第1页共22页专题二 相互作用1.(2022全国乙,15,6分)如图,一不可伸长轻绳两端各连接一质量为m 的小球,初始时整个系统静置于光滑水平桌面上,两球间的距离等于绳长L 。

一大小为F 的水平恒力作用在轻绳的中点,方向与两球连线垂直。

当两球运动至二者相距35L 时,它们加速度的大小均为 ( )A.5F 8mB.2F 5mC.3F 8mD.3F10m 答案 A 如图可知sin θ=12×3L 5L 2=35,则cos θ=45,对轻绳中点受力分析可知F =2T cos θ,对小球由牛顿第二定律得T =ma ,联立解得a =5F8m ,故选项A 正确。

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 、F 1和F 2分别表示三根绳的拉力大小,F 1=F 2且∠AOB =60°。

下列关系式正确的是 ( )A.F =F 1B.F =2F 1C.F =3F 1D.F =√3F 1答案 D O点处于平衡状态,由平衡条件可得:F1 sin 30°=F2 sin 30°、F1 cos 30°+F2 cos 30°=F,所以F=√3F1,D正确。

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 θB.斜面对物块的摩擦力大小为μmg cos θC.斜面对物块作用力的合力大小为mgD.物块所受的合力大小为mg sin θ答案 B 物块在斜面上加速下滑,受力分析如图。

支持力F N=mg cos θ,A错;摩擦力F f=μF N=μmg cos θ,B对;合力F合=mg sin θ-μmg cos θ,D错;由于物块加速下滑,斜面对物块作用力(F N、F f)的合力与重力mg不是平衡力,C错。

1.如图所示，在水平放置的木棒上的M、N两点，系着一根不可伸长的柔软轻绳，绳上套有一光滑小金属环．现将木棒绕其左端逆时针缓慢转动一个小角度，则关于轻绳对M、N两点的拉力F1、F2的变化情况，下列判断正确的是()A．F1和F2都变大B．F1变大，F2变小C．F1和F2都变小D．F1变小，F2变大2.(2023·山东烟台市高三模拟)如图所示，用一个质量不计的网兜把足球挂在光滑竖直墙壁上的A点，足球与墙壁的接触点为B.若只增大悬绳的长度，足球始终保持静止状态，关于悬绳对球的拉力F和墙壁对球的支持力N，下列说法正确的是()A．F和N都增大B．F增大，N减小C．F减小，N增大D．F和N的合力不变3.如图所示，轻绳PQ能承受的最大张力为80 N，现用它悬挂一质量为4 kg的物体，然后在轻绳的中点O施加一水平向左的力F，使中点O缓慢向左移动，已知重力加速度g＝10 m/s2，则当轻绳断裂瞬间，绳的PO段与竖直方向的夹角为()A．30° B．45° C．53° D．60°4.(2023·广东汕尾市高三月考)新疆是我国最大的产棉区，在新疆超出70%棉田都是通过机械自动化采收，自动采棉机能够在采摘棉花的同时将棉花打包成圆柱形棉包，通过采棉机后侧可以旋转的支架平稳将其放下，放下棉包的过程可以简化为如图所示模型，质量为m的棉包放在“V”型挡板上，两板间夹角为120°固定不变，“V”型挡板可绕P轴在竖直面内转动．初始时BP板水平，在使BP板逆时针缓慢转动60°的过程中，忽略“V”型挡板对棉包的摩擦力，下列说法正确的是()A．BP板水平时，棉包受到两个力的作用B．当BP板转过60°，AP板水平时，棉包受到三个力的作用C．当BP板转过30°时，棉包对AP板和BP板的作用力大小不相等D．在转动过程中棉包对BP板的压力不变5.(多选)(2023·福建建瓯市芝华中学模拟)如图所示，垂直墙角有一个截面为半圆的光滑柱体，用细线拉住的小球静止靠在接近半圆底端的M点．通过细线将小球从M点缓慢向上拉至半圆最高点的过程中，细线始终保持在小球处与半圆相切．下列说法正确的是()A．细线对小球的拉力增大B．小球对柱体的压力增大C．柱体受到水平地面的支持力逐渐减小D．竖直墙面对柱体的压力先增大后减小6.(2023·宁夏六盘山高级中学模拟)如图所示，某健身者右手拉着抓把沿图示位置B水平缓慢移动到位置A，不计绳子质量，忽略绳子和重物与所有构件间的摩擦，A、B、重物共面，则重物上升过程中()A．绳子的拉力逐渐增大B．该健身者所受合力逐渐减小C．该健身者对地面的压力逐渐减小D．该健身者对地面的摩擦力逐渐增大7.(2023·云南昆明市检测)如图所示，两质量均为m的小球a、b(均可看成质点)固定在轻杆两端，用两条与轻杆等长的细线悬挂在O点，整个系统静止时，细线和轻杆构成正三角形，用力F 缓慢拉动小球b ，保持两细线绷紧，最终使连接a 球的细线竖直，重力加速度大小为g ，则连接a 球的细线竖直时，力F 的最小值是( )A.12mg B.32mg C ．mgD.3mg8.如图所示为一简易起重装置，AC 是上端带有滑轮的固定支架，BC 为质量不计的轻杆，杆的一端C 用铰链固定在支架上，另一端B 悬挂一个质量为m 的重物，并用钢丝绳跨过滑轮A 连接在卷扬机上．开始时，杆BC 与AC 的夹角∠BCA >90°，现使∠BCA 缓慢变小，直到∠BCA ＝30°(不计一切阻力)．在此过程中，杆BC 所产生的弹力( )A ．大小不变B ．逐渐增大C ．先增大后减小D ．先减小后增大9.(2023·福建省模拟)如图所示，一内表面光滑的半圆形凹槽放在粗糙的水平地面上，一物块(可看作质点)静置于槽内底部的A 点处(在圆心O 正下方)．现用一方向不变的斜向上的推力F 把物块从A 点沿着凹槽缓慢推至B 点，整个过程中，凹槽始终保持静止．设物块受到凹槽的支持力为N ，则在上述过程中( )A ．F 一直增大，N 先减小后增大B ．F 和N 都一直增大C ．地面对凹槽的支持力先减小后增大D ．地面对凹槽的摩擦力保持不变10.(2023·河北唐山市模拟)北方农村秋冬季节常用金属丝网围成圆柱形粮仓储存玉米棒，某粮仓由于玉米棒装的不匀称而发生倾斜现象，为避免倾倒，在左侧用木棍支撑，如图所示．若支撑点距水平地面的高度为 3 m ，木棍与水平地面间的动摩擦因数为33，木棍重力不计，粮仓对木棍的作用力沿木棍方向，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，为使木棍下端不发生侧滑， 则木棍的长度最大为( )A ． m B. 3 m C ．2 mD ．2 3 m11.(多选)如图所示，一光滑的轻滑轮用细绳OO ′悬挂于O 点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂质量为m 的物块A ，另一端系一位于固定光滑斜面上且质量为2m 的物块B ，斜面倾角θ＝45°，外力F 沿斜面向上拉物块B ，使物块B 由滑轮正下方位置缓慢运动到和滑轮等高的位置，则( )A ．细绳OO ′的拉力先减小后增大B ．细绳对物块B 的拉力大小不变C ．斜面对物块B 的支持力先减小后增大D ．外力F 逐渐变大12．(2020·山东卷·8)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.13B.14C.15D.1613.(多选)如图，倾角为30°的斜面体放置于粗糙水平地面上，物块A 通过跨过光滑定滑轮的柔软轻绳与小球B 连接，O 点为轻绳与定滑轮的接触点．初始时，小球B 在水平向右的拉力F 作用下，使轻绳OB 段与水平拉力F 的夹角θ＝120°，整个系统处于静止状态．现将小球向右上方缓慢拉起，并保持夹角θ不变，从初始到轻绳OB 段水平的过程中，斜面体与物块A均保持静止不动，则在此过程中()A．拉力F逐渐增大B．轻绳上的张力先增大后减小C．地面对斜面体的支持力逐渐增大D．地面对斜面体的摩擦力先增大后减小。

高考物理相互作用题20套(带答案)一、高中物理精讲专题测试相互作用1．如图所示，斜面倾角为θ=37°，一质量为m=7kg的木块恰能沿斜面匀速下滑，（sin37°=0.6,cos37°=0.8，g=10m/s2）（1）物体受到的摩擦力大小（2）物体和斜面间的动摩擦因数？（3）若用一水平恒力F作用于木块上，使之沿斜面向上做匀速运动，此恒力F的大小．【答案】（1）42N（2）0.75（3）240N【解析】【分析】【详解】(1)不受推力时匀速下滑，物体受重力，支持力，摩擦力，沿运动方向有：mg sinθ-f=0所以：f=mg sinθ=7×10×sin37°=42N(2)又：f=μmg cosθ解得：μ=tanθ=0.75(3)受推力后仍匀速运动则：沿斜面方向有：F cosθ-mg sinθ-μF N=0垂直斜面方向有：F N-mg cosθ-F sinθ=0解得：F=240N【点睛】本题主要是解决摩擦因数，依据题目的提示，其在不受推力时能匀速运动，由此就可以得到摩擦因数μ=tanθ．2．如图所示，用三根轻绳将质量均为m的A、B两小球以及水平天花板上的固定点O之间两两连接，然后用一水平方向的力F作用于A球上，此时三根轻绳均处于直线状态，且OB绳恰好处于竖直方向，两球均处于静止状态，轻绳OA与AB垂直且长度之比为3:4．试计算：（1）OA 绳拉力及F 的大小？（2）保持力F 大小方向不变，剪断绳OA ，稳定后重新平衡，求此时绳OB 及绳AB 拉力的大小和方向．（绳OB 、AB 拉力的方向用它们与竖直方向夹角的正切值表达） （3）欲使绳OB 重新竖直，需在球B 上施加一个力，求这个力的最小值和方向． 【答案】（1）43mg （2） 1133T mg =，tan θ1= 23；253T mg =，tanθ2= 43 （3）43mg ，水平向左 【解析】 【分析】 【详解】（1）OB 竖直，则AB 拉力为0，小球A 三力平衡，设OB 拉力为T ，与竖直方向夹角为θ,则T=mg/cos θ=53mg ，F=mgtan θ=43mg（2）剪断OA 绳，保持F 不变，最后稳定后，设OB 的拉力为T 1，与竖直方向夹角为θ1，AB 拉力为T 2，与竖直方向夹角为θ2，以球A 、球B 为整体，可得T 1x =F=43mg ；T 1y =2mg ； 解得：T 1213mg ；tan θ1=23；单独研究球A ，T 2x =F=43mg ；T 2y =mg ； 解得：T 2=53mg ，tanθ2=43（3）对球B 施加一个力F B 使OB 重新竖直，当F B 水平向左且等于力F 时是最小值，即F B =F=43mg ，水平向左 【点睛】本题采用整体和隔离法相结合进行分析，关键先对B 球受力分析，得到AB 绳子的拉力为零，然后对A 球受力分析，根据平衡条件并运用平行四边形法则求解未知力．3．将质量0.1m kg =的圆环套在固定的水平直杆上，环的直径略大于杆的截面直径，环与杆的动摩擦因数0.8μ=．对环施加一位于竖直平面内斜向上与杆夹角53θ=o 的恒定拉力F ，使圆环从静止开始运动，第1s 内前进了2.2m （取210/g m s =，sin530.8=o ，cos530.6=o ）．求：（1）圆环加速度a 的大小； （2）拉力F 的大小．【答案】（1）24.4m/s （2）1N 或9N 【解析】（1）小环做匀加速直线运动，由运动学公式可知：21x 2at = 解得：2a 4.4m /s =(2)令Fsin53mg 0︒-=，解得F 1.25N = 当F 1.25N <时，环与杆的上部接触，受力如图：由牛顿第二定律，Fcos θμN F ma -=，Fsin θN F mg += 联立解得：()F m a g cos sin μθμθ+=+代入数据得：F 1N =当F 1.25N >时，环与杆的下部接触，受力如图：由牛顿第二定律，Fcos θμN F ma -=，Fsin θN mg F =+ 联立解得：()F m a g cos sin μθμθ-=-代入数据得：F 9N =4．如图所示，m A =0.5kg ，m B =0.1kg ，两物体与地面间的动摩擦因数均为0.2，当大小为F=5N 水平拉力作用在物体A 上时，求物体A 的加速度。

高中物理相互作用试题(有答案和解析)一、高中物理精讲专题测试相互作用1．如图所示，两个正三棱柱A、B紧靠着静止于水平地面上，三棱柱的中间有一个半径为R的光滑圆柱C，C的质量为2m，A、B的质量均为m.A、B与地面的动摩擦因数为μ.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.(1)三者均静止时A对C的支持力为多大？(2)A、B若能保持不动，μ应该满足什么条件？(3)若C受到经过其轴线竖直向下的外力而缓慢下降到地面，求该过程中摩擦力对A做的功【答案】(1) F N＝2mg. (2)μ≥3. (3)－3μ-.【解析】【分析】（1）对C进行受力分析，根据平衡求解A对C的支持力；（2）A保持静止，则地面对A的最大静摩擦力要大于等于C对A的压力在水平方向的分力，据此求得动摩擦因数μ应该满足的条件；（3）C缓慢下落同时A、B也缓慢且对称地向左右分开，A受力平衡，根据平衡条件求解滑动摩擦力大小，根据几何关系得到A运动的位移，再根据功的计算公式求解摩擦力做的功．【详解】(1) C受力平衡，2F N cos60°＝2mg解得F N＝2mg(2) 如图所示，A受力平衡F地＝F N cos60°＋mg＝2mgf＝F N sin60°＝3mg因为f≤μF地，所以μ≥3(3) C缓慢下降的同时A、B也缓慢且对称地向左右分开．A的受力依然为4个，如图所图，但除了重力之外的其他力的大小发生改变，f也成了滑动摩擦力．A受力平衡知F′地＝F′N cos60°＋mgf′＝F′N sin60°＝μF′地解得f′＝33mgμμ- 即要求3－μ>0，与本题第(2)问不矛盾．由几何关系知：当C 下落地地面时，A 向左移动的水平距离为x ＝3R 所以摩擦力的功W ＝－f′x ＝－3μ- 【点睛】本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答．2．如图所示，质量为m 的物体放在一固定斜面上，当斜面倾角为30°时恰能沿斜面匀速下滑．对物体施加一大小为F 、方向水平向右的恒力，物体可沿斜面匀速向上滑行．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当斜面倾角增大并超过某一临界角θ0时，不论水平恒力F 多大，都不能使物体沿斜面向上滑行，试求：(1)物体与斜面间的动摩擦因数； (2)这一临界角θ0的大小． 【答案】（132）60° 【解析】试题分析：（1）斜面倾角为30°时，物体恰能匀速下滑，满足sin 30cos30mg mg μ︒=︒ 解得3μ=（2）设斜面倾角为α，由匀速直线运动的条件：cos sin f F mg F αα=+cos sin N F mg F αα=+，f N F F μ=解得：sin cos cos sin mg mg F αμααμα+=-当cos sin 0αμα-=，即cot αμ=时，F→∞，即“不论水平恒力F 多大”，都不能使物体沿斜面向上滑行此时，临界角060θα==︒ 考点：考查了共点力平衡条件的应用【名师点睛】本题是力平衡问题，关键是分析物体的受力情况，根据平衡条件并结合正交分解法列方程求解．利用正交分解方法解体的一般步骤：①明确研究对象；②进行受力分析；③建立直角坐标系，建立坐标系的原则是让尽可能多的力落在坐标轴上，将不在坐标轴上的力正交分解；④x 方向，y 方向分别列平衡方程求解．3．如图所示，置于水平面上的木箱的质量为m=3.8kg ，它与水平面间的动摩擦因数μ=0.25，在与水平方向成37°角的拉力F 的恒力作用下从A 点向B 点做速度V 1=2.0m ／s 匀速直线运动．（cos37°=0.8，sin37°=0.6，g 取10N/kg ） （1）求水平力F 的大小；（2）当木箱运动到B 点时，撤去力F ，木箱在水平面做匀减速直线运动，加速度大小为2.5m/s 2，到达斜面底端C 时速度大小为v 2=1m/s ，求木箱从B 到C 的位移x 和时间t ； （3）木箱到达斜面底端后冲上斜面，斜面质量M=5.32kg ，斜面的倾角为37°．木箱与斜面的动摩擦因数μ=0.25，要使斜面在地面上保持静止．求斜面与地面的摩擦因数至少多大．、【答案】（1）10N （2）0.4s 0.6m （3）13（答0.33也得分） 【解析】（1）由平衡知识：对木箱水平方向cos F f θ=，竖直方向：sin N F F mg θ+= 且N f F μ=， 解得F=10N（2）由22212v v ax -=，解得木箱从B 到C 的位移x=0.6m ，21120.12.5v v t s s a --===- （3）木箱沿斜面上滑的加速度21sin 37cos378/mg mg a m s mμ︒+︒==对木箱和斜面的整体，水平方向11cos37f ma =︒竖直方向：()1sin37N M m g F ma +-=︒，其中11N f F μ=，解得113μ=点睛：本题是力平衡问题，关键是灵活选择研究对象进行受力分析，根据平衡条件列式求解．求解平衡问题关键在于对物体正确的受力分析，不能多力，也不能少力，对于三力平衡，如果是特殊角度，一般采用力的合成、分解法，对于非特殊角，可采用相似三角形法求解，对于多力平衡，一般采用正交分解法．4．如图所示，粗糙水平地面上放置一个截面为半圆的柱状物体A ，A 与墙之间再放一光滑圆球B ，整个装置处于静止状态。

高三物理二轮专题训练（相互作用与牛顿运动定律）限时：30分钟一、单项选择题(1～26题只有一个选项正确)1.下列几种运动，运动状态发生变化的是( ). (A )汽车沿着有一定倾角的公路(直线)匀速前进 (B )火车沿水平面内的弯曲轨道匀速前进 (C )气球被风刮着沿水平方向向正东匀速飘移 (D )降落伞与伞兵一起斜向下匀速降落2.同样的力作用在质量为m 1的物体上时，产生的加速度是a 1；作用在质量是m 2的物体上时，产生的加速度是a 2.那么，若把这个力作用在质量是(m 1+m 2)的物体上时，产生的加速度应是( ).(A )21a a (B )2121a a a 2a + (C )2121a a a a + (D )2a a 2221+3.在地球赤道上的A 处静止放置一个小物体，现在设想地球对小物体的万有引力突然消失，则在数小时内，小物体相对于A 点处的地面来说( ). (A )水平向东飞去 (B )向上并渐偏向东方飞去 (C )向上并渐偏向西方飞去 (D )一直垂直向上飞去4.一辆汽车分别以6m ／s 和4m ／s 的速度运动时，它的惯性大小( ). (A )一样大 (B )速度为4m ／s 时大 (C )速度为6m ／s 时大 (D )无法比较5.关于物体的惯性，下列说法中正确的是( ).(A )运动速度大的物体不能很快地停下来，是因为物体速度越大，惯性也越大 (B )静止的火车启动时，速度变化慢，是因为静止的物体惯性大的缘故 (C )乒乓球可以被快速抽杀，是因为乒乓球惯性小 (D )在宇宙飞船中的物体不存在惯性6.关于运动和力的关系，以下论点正确的是( ). (A )物体所受的合外力不为零时，其速度一定增加 (B )物体运动的速度越大，它受到的合外力一定越大 (C )一个物体受到的合外力越大，它的速度变化一定越快(D )某时刻物体的速度为零，此时刻它受到的合外力一定为零7.放在水平地面上的小车，用力推它就运动，不推它就不动.下列说法中不正确的是 ( ).(A )用力推小车，小车就动，不推小车，小车就不动.说明力是维持物体运动的原因，力是产生速度的原因(B )放在地面上的小车原来是静止的，用力推小车，小车运动，小车的速度由零增加到某一数值，说明小车有加速度，因此力是运动状态变化的原因(C )小车运动起来后，如果是匀速运动的话，小车除了受推力作用外，同时还受到摩擦阻力的作用(D )小车运动起来后，如果推力变小，推力小于摩擦阻力的话，小车的速度将变小 8.火车在水平的长直轨道上匀速运动，门窗紧密的车厢里有一位旅客向上跳起，结果仍然落在车厢地板上的原处，原因是( ).(A )人跳起的瞬间，车厢地板给他一个向前的力，使他与火车一起向前运动 (B )人跳起后，车厢内的空气给他一个向前的力，使他与火车一起向前运动(C)人在跳起前、跳起后直到落地，沿水平方向人和车始终具有相同的速度(D)人跳起后，车仍然继续向前运动，所以人落回地板后确实偏后一些，只是离地时间短，落地距离太小，无法察觉而已9.物体运动时，若其加速度大小和方向都不变，则物体( ).(A)一定作曲线运动 (B)可能作曲线运动(C)一定作直线运动 (D)可能作匀速圆周运动10.如图所示，一个劈形物体M放在固定的粗糙斜面上，其上面呈水平.在其水平面上放一光滑小球m.当劈形物体从静止开始释放后，观察到m和M有相对运动，则小球m在碰到斜面前的运动轨迹是( ).(A)沿水平向右的直线(B)沿斜面向下的直线(C)竖直向下的直线(D)无规则的曲线11.课本中实验是用以下什么步骤导出牛顿第二定律的结论的( ).(A)同时改变拉力F和小车质量m的大小(B)只改变拉力F的大小，小车的质最m不变(C)只改变小车的质量m，拉力F的大小不变(D)先保持小车质量m不变，研究加速度a与F的关系，再保持F不变，研究a与m的关系，最后导出a与m及F的关系12.物体静止在光滑的水平桌面上.从某一时刻起用水平恒力F推物体，则在该力刚开始作用的瞬间( ).(A)立即产生加速度，但速度仍然为零(B)立即同时产生加速度和速度(C)速度和加速度均为零(D)立即产生速度，但加速度仍然为零13.在牛顿第二定律公式F=kma中，比例系数k的数值( ).(A)在任何情况下都等于1(B)是由质量m、加速度a利力F三者的大小所决定的(C)是由质量m、加速度a和力F三者的单位所决定的(D)在国际单位制中一定等于114.一轻质弹簧上端固定，下端挂一重物体，平衡时弹簧伸长4cm，现将重物体向下拉1cm 然后放开，则在刚放开的瞬时，重物体的加速度大小为( ).（取g=10m/s2）(A)2.5m／s2(B)7.5m／s2(C)10m／s2(D)12.5m／s215.在粗糙的水平面上，物体在水平推力作用下由静止开始作匀加速直线运动，作用一段时间后，将水平推力逐渐减小到零，则在水平推力逐渐减小到零的过程中( ).(A)物体速度逐渐减小，加速度逐渐减小(B)物体速度逐渐增大，加速度逐渐减小(C)物体速度先增大后减小，加速度先增大后减小(D)物体速度先增大后减小，加速度先减小后增大16.如图所示，物体P置于水平面上，用轻细线跨过质量不计的光滑定滑轮连接一个重力G=10N的重物，物体P向右运动的加速度为a1；若细线下端不挂重物，而用F=10N的力竖直向下拉细线下端，这时物体P的加速度为a2，则( ).(A)a1>a2(B)a1=a2(C)a1<a2(D)条件不足，无法判断17.惯性制导系统已广泛应用于弹道式导弹工程中，这个系统的重要元件之一是加速度计.加速度计的构造原理的示意图如图所示.滑导弹长度方向安装的固定光滑杆上套一质量为m 的滑块，滑块两侧分别与劲度系数均为k的弹簧相连，两弹簧的另一端与固定壁相连.滑块原来静止，弹簧处于自然长度.滑块上有指针，可通过标尺测出滑块的位移，然后通过控制系统进行制导.设某段时间内导弹沿水平方向运动，指针向左偏离O 点的距离为s ，则这段时间内导弹的加速度( ).(A )方向向左，大小为mks(B )方向向右，大小为mks(C )方向向左，大小为m2ks(D )方向向右，大小为m2ks18.竖直向上飞行的子弹，达到最高点后又返回原处，设整个运动过程中，子弹受到的阻力与速率成正比，则整个运动过程中，加速度的变化是( ). (A )始终变小 (B )始终变大(C )先变大后变小 (D )先变小后变大19.如图所示，自由下落的小球，从它接触竖直放置的弹簧开始，到弹簧被压缩到最短的过程中，小球的速度和所受外力的合力变化情况是( ).(A )合力变小，速度变小 (B )合力变小，速度变大(C )合力先变小后变大，速度先变大后变小 (D )合力先变大后变小，速度先变小后变大20.如图所示.质量为M 的框架放在水平地面上，一轻质弹簧上端固定在框架上，下端挂一个质量为m 的小球，小球上下振动时，框架始终没有跳起，当框架对地面的压力为零的瞬间，小球加速度的大小为( ). (A )g(B )mg )m M (-(C )0 (D )mg )m M (+21.如图所示，一轻绳绕过轻滑轮，绳的一端挂一个质量为60kg 的物体，另一端有一个质量也为60kg 的人拉住绳子站在地上，现人由静止开始沿绳子向上爬，在人向上爬的过程中( ).(A )物体和人的高度差不变 (B )物体和人的高度差减小 (C )物体始终静止不动(D )人加速、匀速爬时物体和人的高度差变化情况不同22.如图所示，固定在小车上的支架的斜杆与竖直杆的夹角为θ，在斜杆下端固定有质量为m 的小球，下列关于杆对球的作用力F 的判断中，正确的是( ).(A )小车静止时，F =mgcosθ方向沿斜杆向上 (B )小车静止时，F =mgcosθ方向垂直斜杆向上 (C )小车向右以加速度a 运动时，θsin mg F =(D )小车向左以加速度a 运动时，22)mg ()ma F +=（，方向斜向左上方，与竖直方向的夹角为ga arctan =α23.如图所示，在光滑水平而上有一质量为M 的斜劈，其斜面倾角为α，一质量为m 的物体放在其光滑斜面上，现用一水平力F 推斜劈，恰使物体m 与斜劈间无相对滑动，则斜劈对物块m 的弹力大小为( ).(A )mgcosα (B )αcos mg (C )αcos )m M (mF+ (D )αsin )m M (mF+24.人站在地面上，先将两腿弯曲，再用力蹬地，就能跳离地面，人能跳起离开地面的原因是( ).(A )人对地球的作用力大于地球对人的引力 (B )地面对人的作用力大于人对地面的作用力 (C )地面对人的作用力大于地球对人的引力(D )人除受地面的弹力外，还受到一个向上的力25.如图所示，物体A 放在水平桌面上，被水平细绳拉着处于静止状态，则( ). (A )A 对桌面的压力和桌面对A 的支持力总是平衡的(B )A 对桌面的摩擦力的方向总是水平向右的 (C )绳对A 的拉力小于A 所受桌面的摩擦力(D )A 受到的重力和桌面对A 的支持力是一对作用力与反作用力26.如图所示，木块m 和M 叠放在光滑的斜面上，放手后它们以共同的加速度沿斜面加速下滑.斜面的倾角为α，m 和M 始终保持相对静止，它们的质量也分别以m 和M 表示.那么m 给M 的静摩擦力f 及m 对M 的压力N 的大小分别为( ).(A )f =mgsinαcosα，水平向右，N =mgcos2α (B )f =mgsinαcosα，水平向左，N =mgcos2α (C )f =0，N =mgsin2α (D )f =0，N =mgsin2α二、双项选择题（27～30题仅有两个选项正确）27.如图所示，物体A 放在固定的斜面B 上，在A 上施加一个竖直向下的恒力F ，下列说法中正确的有( ).(A )若A 原来是静止的，则施加力F 后，A 仍保持静止 (B )若A 原来是静止的，则施加力F 后，A 将加速下滑(C )若A 原来是加速下滑的，则施加力F 后，A 的加速度不变 (D )若A 原来是加速下滑的，则施加力F 后，A 的加速度将增大 28.关于牛顿第二定律，正确的说法是( ). (A )物体的质量跟外力成正比，跟加速度成反比 (B )加速度的方向一定与合外力的方向一致(C )物体的加速度跟物体所受的合外力成正比，跟物体的质量成反比(D )由于加速度跟合外力成正比，整块砖的重力加速度一定是半块砖重力加速度的2倍 29.如图所示，质量不等的木块A 和B 的质量分别为m 1和m 2，置于光滑的水平面上.当水平力F 作用于左端A 上，两物体一起作匀加速运动时，A 、B 间作用力大小为F 1.当水平力F 作用于右端B 上，两物体一起作匀加速运动时，A 、B 间作用力大小为F 2，不正确的说法有( ).(A )在两次作用过程中，物体的加速度的大小相等 (B )在两次作用过程中，F 1+F 2<F (C )在两次作用过程中，F 1+F 2=F (D )在两次作用过程中，2121m m F F30.如图所示，两上下底面平行的滑块重叠在一起，置于固定的、倾角为θ的斜面上，滑块A 、B 的质量分别为M 、m ，A 与斜面间的动摩擦因数为μ1，B 与A 之间的动摩擦因数为μ2.已知两滑块都从静止开始以相同的加速度从斜面滑下，滑块上B 受到的摩擦力( ). (A )等于零 (B )方向沿斜面向上 (C )大小等于μ1mgcosθ (D )大小等于μ2mgcosθ。

2021年高考物理一轮复习专题测试专题02 相互作用一、单项选择题（每题4分，共40分）1．如图所示的实验可以用来研究物体所受到的滑动摩擦力。

当手拉木板从木块下抽出时，弹簧测力计的示数为f，由此可知（）A．木板与桌面间的滑动摩擦力等于fB．木块与木板间的滑动摩擦力等于fC．绳子对木板的拉力等于fD．人手对绳子的拉力等于f解析由于木块静止，所受滑动摩擦力等于弹簧的弹力f，B正确，A错误；绳子对木板的拉力、人手对绳子的拉力都未知，C、D错误。

答案 B2.如图所示的容器内盛有水,器壁AB部分是一个平面且呈倾斜状,有一个小物件P处于图示位置并保持静止状态,则该物体()A.可能受三个力作用B.可能受四个力作用C.一定受三个力作用D.一定受四个力作用答案B物体一定受到重力和浮力,若浮力大小等于重力,则二者可以平衡,物体与AB间没有相互作用,故可能受两个力作用;若浮力大于重力,则物体一定会受AB的弹力,由于弹力垂直于接触面向下,物体只有受到斜向下的摩擦力才能受力平衡,故物体可能受四个力;故只有B 项正确,A、C、D错误。

3.图为节日里悬挂灯笼的一种方式,A、B点等高,O为结点,轻绳AO、BO长度相等,拉力分别为F A、F B,灯笼受到的重力为G。

下列表述正确的是()A.F A一定小于GB.F A与F B大小相等C.F A与F B是一对平衡力D.F A与F B大小之和等于G答案B由题意知,A、B两点等高,且两绳等长,故F A与F B大小相等,B选项正确。

若两绳夹角大于120°,则F A=F B>G;若夹角小于120°,则F A=F B<G;若夹角等于120°,则F A=F B=G,故选项A、D错。

夹角为180°时,F A与F B才能成为一对平衡力,但这一情况不可能实现,故C项错。

4.(2020广东湛江模拟)如图所示,三根粗细均匀完全相同的圆木A、B、C堆放在水平地面上,处于静止状态,每根圆木的质量为m,截面的半径为R,三个截面圆心连线构成的等腰三角形的顶角θ=120°,若在地面上的两根圆木刚好要滑动,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,不考虑圆木之间的摩擦,重力加速度为g,则()A.圆木间的弹力为mgB.下面两根圆木对地面的压力均为mgC.地面上的每根圆木受到地面的作用力为mgD.地面与圆木间的动摩擦因数为答案B对A进行受力分析,如图所示,A处于平衡状态,合力为零,则有F N1sin =F N2sin,F N1 cos+F N2 cos =mg,解得F N1=F N2=mg,故A错误;对整体受力分析,受到重力、地面的支持力、B受到的向右的摩擦力和C受到的向左的摩擦力,由对称性可知,竖直方向有==mg,故B正确;对B进行研究,地面对B的作用力等于地面对B的支持力与地面对B的摩擦力的合力,大于mg,故C错误;对C,根据平衡条件得F f=F N2 sin 60°=mg×=mg,所以地面对C的摩擦力大小为mg,根据F f=μ,可得μ===,故D错误。

专题02 相互作用——力01专题网络·思维脑图02考情分析·解密高考03高频考点·以考定法04核心素养·难点突破05创新好题·轻松练习考点内容要求 考情力的合成与分解基本运算 c 2023·重庆·1、广东·2、山东·2、浙江6月· 6 浙江1月·2、海南·3、江苏·72022·辽宁·4、浙江1月·4（·5和·7）、浙江6月·10、广东·1、河北·7、湖南·5、重庆·1、海南·7、2021·重庆·1、广东·3、湖南·5、浙江1月· 4 2020·海南·2、北京·11、山东·8、浙江1月· 2、 浙江6月·3（·10）、全国III ·22019·天津·2、全国I ·6、全国II ·3、全国III ·3、浙江6月·6（·11）牛顿运动第一第三定律的运用 c 对研究对象的受力分析 c 共点力的静态平衡分析方法 c 共点力的动态平衡分析方法c学 习 目 标 1. 熟悉掌握力的合成与分解的基本计算，熟练掌握利用三角函数求解合力或分力的大小。

2.清楚牛顿第一第三定律的内容，理解平衡力或相互作用力的区别。

3.掌握受力分析的方法，清楚对各种性质力的分析步骤，理解整体法和隔离法的使用条件，能做到对判别不同题型优先使用哪种受力分析方法和各研究对象的优先受力分析次序。

4.清楚静态平衡的分析方法：合成法或分解法，正交分解法的使用条件。

5.熟练掌握动态平衡分析方法，即解析法、图解法、相似三角形法、辅助圆法等的使用条件。

专题二相互作用专题检测题组(时间:80分钟满分:100分)一、选择题(每小题3分,共45分)1．空调外机用两个三角形支架固定在外墙上，其重心恰好在支架横梁和斜梁的连接点O 的上方，保持横梁AO 水平，斜梁BO 跟横梁的夹角θ，横梁对O 点的拉力A F 沿OA 方向，斜梁对O 点的支持力B F 沿BO 方向，关于A F 与B F 的大小，下列说法正确的是（）A．A BF F =B．A B F F >C．若增大θ，A F 可能不变D．若增大θ，B F 一定减小2．如图是五一假期小姚在某景区看到的“天壶”，巨大的茶壶悬在空中，正源源不断的往外出水，祈愿财源滚滚，福寿绵绵，下列说法正确的是（）A．靠水流的反冲力支撑壶体B．壶的重心一定在水流的延长线上C．水流越大，壶体会升得越高D．研究壶体受力时，不能把它当作质点3．如图，质量均为m 的小球A 和B 分别用轻质细线a b 、悬于O 点，A、B 用轻质细线c 连接。

给B 施加水平向右的拉力F ，静止时，细线a 与竖直方向夹角为30︒，细线b 与竖直方向的夹角为60︒，细线c 刚好水平，重力加速度为g ，则拉力F 的大小为（）A．233mg B．3mg4．如图，跨过轻质滑轮a、b的一根轻质细绳，一端接在天花板上，另一端与小物块L、倾角为30 的光滑斜面体上。

物块B用细线悬挂在滑轮细线均竖直。

A与B的质量分别为m、2mA．该过程中，B的机械能不变B．该过程中，地面对斜面体的摩擦力大小为C．A到达斜面中点的速率为16gl2mgA．T变小；N不变B．T变小；N变小C．T变大；N不变D．T变大；N变大6．有一种瓜子破壳器其简化截面如图所示，将瓜子放入两圆柱体所夹的凹槽之间，按压瓜子即可破开瓜子壳。

瓜子的剖面可视作顶角为θ的扇形，将其竖直放入两完全相同的水平等高圆柱体A、B之间，并用竖直向下的恒力F按压瓜子且保持静止，若此时瓜子壳未破开，忽略瓜子重力，不考虑瓜子的形状改变，不计摩擦，若保持A、B距离不变，则（）A．圆柱体A、B对瓜子压力的合力为零B．顶角θ越大，圆柱体A对瓜子的压力越小C．顶角θ越大，圆柱体A对瓜子的压力越大D．圆柱体A对瓜子的压力大小与顶角θ无关7．如图所示，不可伸长、质量不计的绳子两端分别固定在竖直杆PQ、MN上，杂技演员利用轻钩让自己悬挂在绳子上，不计轻钩与绳间的摩擦。

专题02 相互作用1．（2020届东北三省四市教研联合体高三模拟）如图所示，长木板放在水平地面上，站在木板上的人用斜向左上方的力F拉木箱，长木板、人与木箱质量均为m，三者均保持静止（重力加速度为g）。

下列说法正确的是（）A．人对长木板的压力大小为mgB．长木板对地面的压力等于3mgC．木箱受到的摩擦力的方向水平向左D．地面对长木板的摩擦力的方向水平向左【答案】B【解析】人用力F向左上方拉箱子，根据牛顿第三定律可知，箱子对人施加向右下方的作用力，根据平衡条件，人对长木板的压力大小大于mg，故A错误；三个物体的整体受力分析，受重力和支持力，故长木板对地面的压力依然等于3mg，故B正确；箱子在人的拉力作用下，有向左运动的趋势，因此箱子受到的摩擦力的方向水平向右，故C错误；对三个物体的整体受力分析，受重力和支持力，不受静摩擦力，否则不平衡，故地面对木板没有静摩擦力，故D错误。

故选B。

2．（2020届福建省漳州市高三第一次教学质量检测）如图，竖直放置间距为d的两个平行板间存在水平方向的风力场，会对场中的物体产生水平向右的恒定风力作用，与两板上边缘等高处有一个质量为m的小球P（可视为质点）。

现将小球P从两板正中央由静止释放，最终小球运动到右板上的位置O。

已知小球下降的高度为h，小球在竖直方向只受重力作用，重力加速度大小为g，则从开始位置运动到位置O的过程中（）A ．水平风力2mgd F h =B ．小球P 的运动时间2h t g =C ．小球P 运动的加速度a=gD ．小球P 运动的轨迹为曲线【答案】AB【解析】由于水平方向风力恒定，竖直方向重力恒定，因此两个力的合力恒定，又由于初速度为零，因此物体做初速度为零的匀加速直线运动，运动轨迹为直线，D 错误；小球所受力的方向与运动方向相同，因此2d F mg h=，可得2mgd F h =，A 正确；在竖直方向上，小球做自由落体运动212h gt =，运动的时间2h t g =，B 正确；小球竖直方向加速度为a g =竖，水平方向加速度为2F gd a m h==水，C 错误。

十年高考分类汇编专题02 相互作用（2011-2020）目录题型一、力学基础、力的合成与分解 ......................................................................................... 1 题型二、受力分析之黄金三角形的典型应用 ............................................................................. 6 题型三、受力分析之正交分解的应用 (11)题型一、力学基础、力的合成与分解1.（2020年浙江-1月）如图所示，一对父子掰手腕，父亲让儿子获胜。

若父亲对儿子的力记为1F ，儿子对父亲的力记为2F ，则（ ）A. 21F FB. 1F 和2F 大小相等C. 1F 先于2F 产生D. 1F 后于2F 产生 【考点】牛顿第三定律 【答案】B【解析】父亲对儿子的力1F 和儿子对父亲的力2F 是一对相互作用力，根据牛顿第三定律可知这两个力等大反向，同时产生同时消失，故B 正确。

2.（2020年浙江-7月）矢量发动机是喷口可向不同方向偏转以产生不同方向推力的一种发动机。

当歼20隐形战斗机以速度v斜向上飞行时，其矢量发动机的喷口如图所示。

已知飞机受到重力G、发动机推力1F、与速度方向垂直的升力2F和与速度方向相反的空气阻力f F。

下列受力分析示意图可能正确的是（）A B C D【考点】受力分析【答案】A【解析】由题意可知，战斗机受竖直向下的重力，空气阻力与其速度方向相反，升力F2与速度的方向垂直，发动机推力F1的方向沿喷口的反方向。

故A选项正确。

3.（2020全国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。

高中物理相互作用常见题型及答题技巧及练习题(含答案)及解析一、高中物理精讲专题测试相互作用1．如图所示，竖直轻弹簧B的下端固定于水平面上，上端与A连接，开始时A静止。

A 的质量为m＝2kg，弹簧B的劲度系数为k1＝200N/m。

用细绳跨过定滑轮将物体A与另一根劲度系数为k2的轻弹簧C连接，当弹簧C处在水平位置且未发生形变时，其右端点位于a位置，此时A上端轻绳恰好竖直伸直。

将弹簧C的右端点沿水平方向缓慢拉到b位置时，弹簧B对物体A的拉力大小恰好等于A的重力。

已知ab＝60cm，求：（1）当弹簧C处在水平位置且未发生形变时，弹簧B的形变量的大小；（2）该过程中物体A上升的高度及轻弹簧C的劲度系数k2。

【答案】（1）10cm；（2）100N/m。

【解析】【详解】（1）弹簧C处于水平位置且没有发生形变时，A处于静止，弹簧B处于压缩状态；根据胡克定律有：k1x1＝mg代入数据解得：x1＝10cm（2）当ab＝60cm时，弹簧B处于伸长状态，根据胡克定律有：k1x2＝mg代入数据求得：x2＝10cm故A上升高度为：h＝x1+x2＝20cm由几何关系可得弹簧C的伸长量为：x3＝ab﹣x1﹣x2＝40cm根据平衡条件与胡克定律有：mg+k1x2＝k2x3解得k2＝100N/m2．如图所示，质量M=2kg的物块A放在水平地面上，滑轮固定在天花板上，细绳跨过滑轮，一端与物块A连接，另一端悬挂质量m=1kg的物块B，细绳竖直，A、B处于静止状态。

现对物体A施加向左的水平外力F，使A沿水平面向左缓慢移动。

物块A刚开始移动时水平外力F1＝3N，不计绳与滑轮间的摩擦，重力加速度g取10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：(1)物块A 与水平地面间的动摩擦因数μ；(2)当连接物块A 的细绳与竖直方向的夹角β=37°时，水平外力F 2的大小。

(已知sin37°=0.6，cos37°=0.8) 【答案】（1）0.3（2）9.6N 【解析】 【分析】(1)活结绳竖直时张力相等，由平衡知识求解.(2)抓住两物体的联系点：倾斜的活结绳上的张力依然相等，由受力分析求外力. 【详解】(1)设物块A 刚开始移动时，绳子的拉力为T ，地面对A 的支持力为1N ，由平衡条件得,对B ：T mg = 对A ：1Mg N T =+111F f N μ==代入数据得0.3 μ=(2)设当细线与竖直方向夹角为37°时，地面对A 的支持力为2N由平衡条件得：22sin F N T μβ=+2cos N T Mg β+= 代入数据，得29.6?F N = 【点睛】绳连接体的关键是掌握活结绳上的五同规律：沿绳张力相同，沿绳加速度相同，沿绳瞬时速度相等，沿绳的拉力功率相等；沿绳的拉力做功相等.3．如图所示，质量为M=5kg 的物体放在倾角为θ=30º的斜面上，与斜面间的动摩擦因数为/5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，M 用平行于斜面的轻绳绕过光滑的定滑轮与不计质量的吊盘连接，两个劲度系数均为k=1000N/m 的轻弹簧和两个质量都是m 的物体均固连，M 刚好不上滑，取g=10m/s 2。

专题二相互作用高频考点考点一三种常见的力力的合成与分解基础三种常见的力的方向判断、大小计算,对合力与分力的认识等。

重难常见力的分析,力的合成与分解。

限时20分钟,正答率: /7。

基础1.(2019浙江4月选考,6,3分)如图所示,小明撑杆使船离岸,则下列说法正确的是( )A.小明与船之间存在摩擦力B.杆的弯曲是由于受到杆对小明的力C.杆对岸的力大于岸对杆的力D.小明对杆的力和岸对杆的力是一对相互作用力答案 A2.(2022湖南百师联盟摸底,2)拉伸弹簧拉力器可以锻炼肱二头肌,它由几根规格相同的弹簧并联而成,锻炼时可以根据自身情况选择挂3根弹簧或4根弹簧。

如果甲同学挂3根弹簧,拉伸时双手水平拉动拉力器,使弹簧产生稳定的形变Δx;乙同学挂4根弹簧,用同Δx,则甲、乙两同学提供的拉力之比为( )样拉伸方式,使弹簧产生形变54A.3∶4B.3∶5C.4∶5D.2∶3答案 B3.(2022湖北新高考3月质量检测,6)一质量为m的木块能够静止于倾角θ=30°的斜面上,现对木块施加恒定mg,木块仍静止在斜面上,如图所示。

则木块在前、后两种情况下所受的水平力F=12的摩擦力大小之比为( )A.1∶1B.2∶1C.1∶√2D.√2∶1答案 C重难4.(2022广东广州二模)(多选)黄河铁牛是世界桥梁史上的传世之宝。

如图,唐代蒲津浮桥通过两岸的铁牛固定,铁牛底部的铁柱插入地下。

设桥索对铁牛的拉力为F1,铁柱对铁牛的作用力为F2,则( )A.若F1增大,F2也增大B.若F1增大,F2将减小C.F1与F2的合力方向竖直向上D.F1与F2的合力方向竖直向下答案AC5.(2021广东,3,4分)唐代《耒耜经》记载了曲辕犁相对直辕犁的优势之一是起土省力。

设牛用大小相等的拉力F通过耕索分别拉两种犁,F与竖直方向的夹角分别为α和β,α<β,如图所示。

忽略耕索质量,耕地过程中,下列说法正确的是( )A.耕索对曲辕犁拉力的水平分力比对直辕犁的大B.耕索对曲辕犁拉力的竖直分力比对直辕犁的大C.曲辕犁匀速前进时,耕索对犁的拉力小于犁对耕索的拉力D.直辕犁加速前进时,耕索对犁的拉力大于犁对耕索的拉力答案 B6.(2018天津理综,7,6分)(多选)明朝谢肇淛的《五杂组》中记载:“明姑苏虎丘寺塔倾侧,议欲正之,非万缗不可。

专题二相互作用1.(2022山东潍坊一模,2)如图甲所示为被称作“雪游龙”的国家雪车雪橇中心,2022年北京冬奥会期间,该场馆承担雪车、钢架雪车、雪橇三个项目的全部比赛。

图乙为运动员从侧壁冰面过“雪游龙”独具特色的360°回旋弯道的场景,在某段滑行中运动员沿倾斜侧壁在水平面内做匀速圆周运动,则此段运动过程中( )甲乙A.雪车和运动员所受合外力为零B.雪车受到冰面斜向上的摩擦力C.雪车受到冰面的摩擦力方向与其运动方向相反D.运动员所受雪车的支持力小于自身重力答案 C 雪车和运动员沿倾斜侧壁在水平面内做匀速圆周运动,处于非平衡状态,所受合外力不为零,A错误;雪车受到的摩擦力是滑动摩擦力,与相对冰面运动方向相反,故受到的摩擦力方向与其运动方向相反,B错误,C正确;雪车和运动员沿倾斜侧壁在水平面内做匀速圆周运动,运动员所受到的合外力指向轨迹圆心,故所受雪车的支持力大于自身重力,D错误。

2.(2022山东潍坊二模,5)如图所示,质量m b=2 kg的小物块b置于倾角为θ=30°的斜面体c上,通过绝缘细绳跨过光滑的定滑轮与带正电荷Q M=1×10-6 C的小球M连接,左侧细绳与斜面平行,带负电荷Q N=-√32×10-6 C的小球N用绝缘细绳悬挂于P点,两小球的质量相等。

初始时刻,连接小球M的一段细绳与竖直方向的夹角α=60°且两小球之间的距离d=3 cm。

设两带电小球在缓慢漏电的过程中,两球心始终处于同一水平面,且b、c都静止,放电结束后滑块b恰好没滑动,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

静电力常量k=9.0×109 N·m2/C2,g取10 m/s2。

下列说法正确的是( )A.初始状态,地面对斜面体c的摩擦力大小为5√3NB.放电过程中,小物块b对斜面体c的摩擦力不一定变大C.地面对斜面体c的支持力先变小后变大D.小物块b和斜面体c之间的动摩擦因数为√33答案 A 由题意可得,初始状态,地面对斜面体c的摩擦力大小为f=T cos 30°,对小球M受力分析得T sin60°=F,其中F=k Q M Q Nd2=9×109×10-6×√32×10-6(0.03)2N=5√3N,联立解得f=5√3N,故A正确;设小球M的质量为m,放电过程中,两小球之间的库仑力F减小,对小球M受力分析得T cos α=mg,mg tan α=F,则随着库仑力F减小,夹角α减小,拉力T减小,且开始时α=60°,可求得M小球的质量为0.5 kg,绳子拉力T=10 N,对物块b受力分析知m b g sin θ=T,即开始时,斜面体对物块b的摩擦力为零,随着拉力减小,斜面体对物块b的摩擦力沿斜面向上,且有m b g sin θ=T+f c ,可见,随着拉力T 减小,斜面体对物块b 的摩擦力一定增大,故B 错误;设b 、c 整体质量为m bc ,则对bc 整体受力分析得F N +T sin θ=m bc g,可见,随着拉力减小,地面对斜面体c 的支持力F N 一直变大,故C 错误;由题意知,放电结束后绳子拉力大小等于小球M 的重力,且滑块b 恰好没滑动,则对b 受力分析得m b g sin θ=mg+μm b g cos θ,解得μ=√36,故D 错误。

2021年高考物理100考点最新模拟题千题精练第二部分 相互作用专题2.20．用相似三角形解决平衡问题（基础篇）一.选择题1.. (2019·商丘模拟)如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆环的最高点有一个光滑的小孔．质量为m 的小球套在圆环上．一根细线的下端系着小球，上端穿过小孔用手拉住．现拉动细线，使小球沿圆环缓慢上移，在移动过程中手对线的拉力F 和轨道对小球的弹力F N 的大小变化情况是( )A ．F 不变，F N 增大B ．F 不变，F N 减小C ．F 减小，F N 不变D ．F 增大，F N 减小【参考答案】 C【名师解析】 小球沿圆环缓慢上移可看作处于平衡状态，对小球进行受力分析，作出受力示意图如图所示，由图可知△OAB ∽△GF ′A 即：G R ＝F AB ＝F N R，当A 点上移时，半径不变，AB 长度减小，故F 减小，F N 不变，故C 正确．2.如图所示，水平地面上竖直地固定着一个光滑的圆环，一个质量为m 的小球套在环上，圆环最高点有一小孔，细线一端被人牵着，另一端穿过小孔与小球相连，使球静止于A 处，此时细线与竖直成θ角，重力加速度为g ，将球由A 处缓慢地拉至B 处的过程中，下列说法正确的是A ．球对细线的拉力T 减小B ．球对细线的拉力T 不变C ．环对球的支持力F N 不变D ．环对球的支持力F N 减小【参考答案】T 减小【名师解析】对小球受力分析，构建封闭的三角形，几何三角形AOP 与红色的力三角形相似，对应边成比例；N F OA T PA mg OP ==因为P A 减小；所以T 减小，OA=OB 所以F N 不变；选项AC 正确。

3.如图所示是一个简易起吊设施的示意图，AC 是质量不计的撑杆，A 端与竖直墙用铰链连接，一滑轮固定在A 点正上方，C 端吊一重物。

现施加一拉力F 缓慢将重物P 向上拉，在AC 杆达到竖直前，下列说法正确的是（ ）A ．BC 绳中的拉力F T 越来越大B ．BC 绳中的拉力F T 越来越小C ．AC 杆中的支撑力F N 越来越大D ．AC 杆中的支撑力F N 越来越小【参考答案】B【名师解析】 以C 点为研究对象，分析受力：重物的拉力T (等于重物的重力G )。