2025年高考物理復習考點解密追蹤與預測（新高考）專題02 相互作用-力（分層練）（解析版）

專題02相互作用——力A·常考題不丟分命題點01靜態(tài)平衡之合成法或分解法命題點02正交分解法解決平衡問題命題點03動態(tài)平衡之解析法命題點04動態(tài)平衡之相似三角形法命題點05動態(tài)平衡之圖解法命題點06動態(tài)平衡之輔助圓法B·拓展培優(yōu)拿高分C·挑戰(zhàn)真題爭滿分【命題點01靜態(tài)平衡之合成法或分解法】【針對練習1】一個質量為m的光滑小球，掛在一質量為M的三角形木塊的左側面，此時繩與三角形木塊的左側面夾角為θ，如圖所示，小球與木塊均能保持靜止，則（

）A．繩對小球的拉力大小為mgB．地面對木塊有向左的摩擦力C．若球的質量不變只增大其半徑，小球對木塊的壓力將會變大D．若球的質量不變只增大其半徑，木塊對地面的壓力將會變大【答案】C【詳解】A．對球受力分析可知TF繩對小球的拉力大小為T=故A錯誤；C．小球對木塊的壓力F若球的質量不變只增大其半徑，則θ變大，則小球對木塊的壓力將會變大，故C正確；BD．對球和木塊的整體受力分析可知，整體水平方向受力為零，即地面對木塊無摩擦力，豎直方向地面對木塊的支持力等于小球和木塊的重力之和，則若球的質量不變只增大其半徑，木塊對地面的壓力不變，故BD錯誤。故選C。【針對練習2】如圖所示，質量為M、半徑為R的半球形物體A放在水平地面上，通過最高點處大小不計的釘子用水平細線拉住一質量為m、半徑為r的光滑球B，重力加速度為g，則（）A．A對地面的摩擦力方向向左B．A對地面的摩擦力方向向右C．細線對B的拉力大小為rD．A對B的支持力大小為mg【答案】D【詳解】AB．對A、B整體受力分析，相對地面無滑動趨勢，故A不受地面的摩擦力，則A對地面無摩擦力，故AB錯誤；CD．對B受力分析，如圖所示

根據(jù)平衡條件可得F=mgcos其中costan聯(lián)立解得A對B的支持力大小為F=mg細線對B的拉力大小為F故C錯誤，D正確。故選D。【針對練習3】如圖所示，豎直固定放置的光滑半圓環(huán)O的半徑為R，用輕繩相連的m1、m2兩球（可視為質點）套在圓環(huán)上，分別靜止在A點和B點，已知繩長l=2R，m2與圓心O的連線與水平面成30

A．3:1 B．1:2 C．3:2 【答案】A【詳解】根據(jù)幾何關系有O可得∠AOB=對兩小球受力分析可得mmT=可得m故選A。【針對練習4】（多選）如圖所示，半徑為R的半圓形光滑軌道固定在豎直平面內，O為圓心，P為軌道最高點．中間有孔、質量為m的小球穿過圓弧軌道，輕彈簧一端固定在P點，另一端與小球相連，小球在M點保持靜止，OM與OP夾角為θ=60°．已知重力加速度為g，彈簧的勁度系數(shù)為k，則（）A．小球可能只受到兩個力的作用B．小球一定發(fā)生了形變C．軌道對小球的彈力大小為0.6mgD．輕彈簧的原長為R?【答案】BD【詳解】A．小球一定受重力、彈簧的拉力和圓環(huán)的支持力作用，選項A錯誤；B．小球對圓環(huán)有壓力作用，可知小球一定發(fā)生了形變，選項B正確；C．由圖可知FT和FN與豎直方向的夾角均為60°，可知FT=FN，則2則軌道對小球的彈力大小為F選項C錯誤；D．根據(jù)F可得輕彈簧的原長為L=R?選項D正確。故選BD。【針對練習5】（多選）如圖所示，沿光滑的墻壁用網(wǎng)兜把一個足球掛在P點，足球的質量為m，網(wǎng)兜的質量不計。足球與墻壁的接觸點為A，懸繩與墻壁的夾角為θ，則（）

A．懸掛足球的繩子對足球的拉力FT=mgC．換上一個長繩，則繩子拉力將增大 D．換上一個長繩，則墻壁對足球的支持力將減小【答案】BD【詳解】AB．以足球為研究對象，受力分析可知，足球受重力、繩子拉力和墻壁的支持力，根據(jù)平衡條件有，豎直方向F水平方向F聯(lián)立解得FF故A錯誤，B正確；CD．根據(jù)題意可知，換上一個長繩，則懸繩與墻壁的夾角θ變小，可知cosθ變大，tanθ變小，故FT故選BD?！久}點02正交分解法解決平衡問題】【針對練習6】夏日天氣十分炎熱，為了提高空調的制冷效果，門窗都需緊閉。某學校教學樓有些門因為老化故障無法緊閉，細心的小明給門下縫隙處塞緊了一個小木楔，側面如圖所示。已知木楔質量為m，其上表面可視作光滑，下表面與水平地面間的動摩擦因數(shù)為μ，木楔上表面與水平地面間夾角為θ，重力加速度為g，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，不計木楔的形變。若有人輕推門時，門給木楔一個大小為F的力推動木楔在地板上緩慢勻速移動，下列說法正確的是（）A．力F沿水平方向的分力大小為FB．木楔受到的滑動摩擦力大小為μmgC．力F的大小為μmgD．若tanθ0=μ【答案】C【詳解】ABC．對木楔受力分析，如圖所示，力F沿水平方向的分力大小為FsinN=F水平方向有f=F又有滑動摩擦力f=μN=μ(F聯(lián)立解得F=故AB錯誤，C正確；D．不管用多大力推門，塞在門下縫隙處的木楔都能將門卡住而不再運動，即F由于力F很大，木楔質量較小，可得tan所以θ≤故D錯誤?！踞槍毩?】（多選）如圖所示，穿過小動滑輪的輕繩兩端分別固定在a、b兩點，質量為m的小物塊通過輕繩拴接在小動滑輪的軸上?，F(xiàn)給小物塊施加一個水平向右的拉力F，系統(tǒng)靜止時，滑輪到固定點a、b的兩部分輕繩與水平方向的夾角分別為30°和60°，滑輪質量、大小以及摩擦忽略不計，重力加速度為g，下列判斷正確的是（

）A．小物塊與滑輪間的輕繩與豎直方向夾角為45°B．作用在小物塊上的水平拉力大小為2mgC．跨過滑輪的輕繩中的張力大小為3D．跨過滑輪的輕繩中的張力大小為3【答案】AD【詳解】CD．跨過滑輪的輕繩中的張力大小為T，把滑輪與物塊看作整體，豎直方向有T解得T=故C錯誤，D正確；B．水平方向有T解得F=mg故B錯誤；A．小物塊與滑輪間的輕繩中張力大小為F由數(shù)學知識可知小物塊與滑輪間的輕繩與豎直方向夾角為45°，故A正確。故選AD?！踞槍毩?】如圖所示，質量M=0.6kg的物體A與質量m=0.1kg的圓環(huán)B用輕繩相連，圓環(huán)套在豎直桿上的P點?，F(xiàn)用一水平力F（大小未知）作用在輕繩上的O點，使輕繩的BO段與豎直方向間的夾角θ=53°，整個裝置處于靜止狀態(tài)。sin53°=0.8，cos53°=0.6，（1）求繩BO對結點O的拉力大小FT（2）求桿對圓環(huán)B的摩擦力大小Ff（3）若保持O點位置、輕繩與豎直方向間的夾角θ不變，現(xiàn)緩慢改變力F大小與方向，求上述過程中F的最小值與方向。【答案】（1）10N；（2）7N；（3）4.8N，方向垂直于OB斜向右上方【詳解】（1）對結點O受力分析，如圖所示則根據(jù)平衡條件可得F解得F（2）對圓環(huán)B受力分析如圖所示根據(jù)平衡條件可得F解得F（3）根據(jù)三角形定則，做出能使結點O平衡的矢量三角形如圖所示重力、繩子的拉力以及所施加的力，這三個力始終構成首尾相連的矢量三角形才能保證結點O處于平衡狀態(tài)，根據(jù)幾何關系可知，當力F與繩子OB垂直時，力F有最小值，其最小值為F【針對練習9】我國打破西方國家的技術封鎖在川西山區(qū)建成了亞洲最大的風洞群，目前擁有8座世界級風洞設備，具備火箭助推和飛艇帶飛等飛行模擬試驗能力。如圖所示，風洞實驗室中可以產生水平向右、大小可調節(jié)的風力，現(xiàn)將套有小球的足夠長細直桿放入風洞實驗室，小球質量m=1.1kg，小球孔徑略大于桿直徑，小球與桿間的動摩擦因數(shù)μ=0.5，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8（1）當桿在水平方向固定時（如圖甲），調節(jié)風力的大小，使小球在桿上做勻速運動，求此時風力的大小。（2）當桿與水平方向夾角為37°時（如圖乙），調節(jié)風力的大小，使小球始終靜止在桿上，求風力的大小范圍。（小球和桿間的最大靜摩擦力可以看成滑動摩擦力）【答案】（1）5.5N；（2）2【詳解】（1）小球在桿上做勻速運動，對小球進行分析有FN解得F（2）小球即將上滑，對小球進行分析，如圖所示則有FFF解得F若小球即將下滑，對小球分析如圖所示則有FFF解得F故風力的大小范圍2【針對練習10】如圖所示，放在粗糙斜面(斜面固定不動)上的物塊A和懸掛的物塊B均處于靜止狀態(tài)，輕繩AO繞過光滑的定滑輪與輕質彈簧的右端及輕繩BO的上端連接于O點。輕質彈簧中軸線沿水平方向，輕繩OC段與豎直方向的夾角θ=53°，斜面傾角α=53°，彈簧勁度系數(shù)為k=200N/m，彈簧的形變量x=2cm，物體A與斜面間的動摩擦因數(shù)μ=0.5，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g=10m（1）B物塊的質量；（2）若物塊A的質量為mA（3）為了使A和B始終在圖示位置處于靜止狀態(tài)，A物體的質量要滿足什么條件?【答案】（1）0.3kg；（2）1N【詳解】（1）對O點進行受力分析根據(jù)受力平衡可得Tsinθ=F又F=kx=200×0.02聯(lián)立解得T=5N，（2）對A受力分析由于G1=可知摩擦力方向沿斜面向下；大小為f=（3）如果靜摩擦力沿斜面向上且達到最大，如圖所示則有T又f聯(lián)立解得m=1如果靜摩擦力沿斜面向下且達到最大，如圖所示根據(jù)受力平衡可得T又f聯(lián)立解得m=綜上所述可知，為了使A和B始終在圖示位置處于靜止狀態(tài)，A物體的質量要滿足5【命題點03動態(tài)平衡之解析法】【針對練習11】如圖所示，工人用滑輪搬運貨物。輕繩跨過固定在天花板上A點的光滑定滑輪后系在等高的B點，將質量為m的貨物用光滑小鉤懸掛在A、B間的繩上，AC、AO與豎直方向的夾角均為30°，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)。已知重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．輕繩的拉力T=B．人對地面的摩擦力f=C．若將系繩的B端向左緩慢移動，人不能保持靜止狀態(tài)D．若將系繩的B端向正下方緩慢移動，人不能保持靜止狀態(tài)【答案】B【詳解】A．對O點，由平衡條件得2T得T=故A錯誤；B．設地面對人的摩擦力f′f由牛頓第三定律得，人對地面的摩擦力大小f=故B正確；C．若將系繩的B端向左緩慢移動，AO和BO與豎直方向的夾角θ減小，設繩子上的拉力為T′2得Tθ減小，cosθ增大，繩子上的拉力Tf=減小。故若將系繩的B端向左緩慢移動，人仍能保持靜止狀態(tài)。故C錯誤；D．若將系繩的B端向正下方緩慢移動，繩子上的拉力不變，人受的靜摩擦力不變，人仍能保持靜止狀態(tài)。故D錯誤。故選B。【針對練習12】（多選）用一輕繩將一重力為G的小球P系于光滑墻壁上的O點，小球P處于靜止狀態(tài)，且細繩與豎直墻面之間的夾角為θ，則下列相關說法正確的是（）A．細繩的拉力為GB．墻對小球的支持力為GtanθC．若繩子變短，墻對小球的支持力變大D．若繩子變長，繩子對小球的拉力變大【答案】BC【詳解】AB．小球處于平衡狀態(tài)，受到重力、墻的支持力和繩的拉力，根據(jù)平衡條件TN=T整理得細繩的拉力為T=墻對小球的支持力為N=G故A錯誤，B正確；C．若繩子變短，則細繩與豎直墻面之間的夾角θ增大，根據(jù)N=GtanD．若繩子變長，則細繩與豎直墻面之間的夾角θ減小，根據(jù)T=G故選BC。【針對練習13】（多選）質量為M的凹槽靜止在水平地面上，內壁為半圓柱面，截面如圖所示，A為半圓的最低點，B為半圓水平直徑的端點。凹槽恰好與豎直墻面接觸，內有一質量為m的小滑塊。用推力F推動小滑塊由A點向B點緩慢移動，力F的方向始終沿圓弧的切線方向，在此過程中所有摩擦均可忽略，下列說法正確的是（）A．推力F越來越小B．凹槽對滑塊的支持力越來越小C．墻面對凹槽的彈力先增大后減小D．水平地面對凹槽的支持力先增大后減小【答案】BC【詳解】AB．對滑塊受力分析，設支持力FN與豎直方向夾角為θF=mgsinθ滑塊從A緩慢移到B點時，θ增大，則推力F越來越大，支持力FNC．對凹槽與滑塊整體分析，有墻面對凹槽的彈力為F則θ越來越大時，墻面對凹槽的彈力先增大后減小，故C正確；D．水平地面對凹槽的支持力為F則θ越來越大時，水平地面對凹槽的支持力越來越小，故D錯誤。故選BC?！踞槍毩?4】（多選）如圖為汽車的機械式手剎（駐車器）系統(tǒng)的結構示意圖，結構對稱軸當向上拉動手剝拉桿時，手剎拉索（不可伸縮）就會拉緊，拉索OD、OC分別作用于兩邊輪子的制動器，從而實現(xiàn)駐車的目的。則以下說法正確的是（

）A．當OD、OC兩拉索夾角為120°時，三根拉索的拉力大小相等B．拉動手剎拉桿時，拉索AO上的拉力總比拉索OD和OC中任何一個拉力大C．若在AO上施加一恒力，OD、OC兩拉索夾角越小，拉索OD、OC拉力越大D．若保持OD、OC兩拉索拉力不變，OD、OC兩拉索越短，拉動拉索越省力【答案】AD【詳解】A．設OD、OC兩拉索夾角為θ時，OD、OC的拉力為T，根據(jù)共點力的平衡條件可得OA的拉力大小為F=2T當OD、OC兩拉索夾角為120°時，可得F=2T即三根拉索的拉力大小相等，故A正確；B．拉動手剎拉桿時，拉索AO上拉力大小為F=2Tcosθ2可知，當θ＞120°時，拉索AO上拉力比拉索ODC．若在AO上施加一恒力，即F一定，根據(jù)F=2TcosT=OD、OC兩拉索夾角越小，拉索OD、OC拉力越小，故C錯誤；D．若保持OD、OC兩拉索拉力不變，OD、OC兩拉索越短，OD、OC兩拉索夾角θ越大，根據(jù)F=2Tcosθ2可知，在T一定的情況下F故選AD。【針對練習15】（多選）如圖所示，一個光滑大圓環(huán)豎直固定，在其水平直徑MN左端固定有一光滑小圓環(huán)，一輕繩跨過小圓環(huán)后左端與物塊A相連，右端系于大圓環(huán)上的P點。將物塊A置于靜止在粗糙水平面上的粗糙斜面體上，輕繩MA段與斜面平行，將懸掛有重物B的光滑輕質動滑輪C置于輕繩MP段上，穩(wěn)定后，整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)將輕繩右端從P點沿大圓環(huán)緩慢移至下方關于直徑MN對稱的P′A．輕繩MC段與PC段間的夾角α一定先增大后減小B．輕繩對C處滑輪的彈力一定先增大后減小C．物塊A與斜面體之間的摩擦力一定先減小后增大D．斜面體與水平面之間的摩擦力一定先增大后減小【答案】AD【詳解】A．設輕繩MP段長為L，M、P兩點間的水平距離為d，由數(shù)學關系可得sin將輕繩右端從P點沿大圓環(huán)緩慢移至P＇點過程中，L不變，d先增大后減小，所以α先增大后減小，故A正確；B．輕繩中的彈力記為FT，分析輕質動滑輪C2故輕繩對C處滑輪的彈力的合力大小等于mBC．分析物塊A的受力情況，由于斜面傾角及動摩擦因數(shù)未知，A、B的質量大小也未知，無法明確A所受的摩擦力FfA，故在輕繩中的彈力先增大后減小的過程中，F(xiàn)D．設斜面傾角為θ，斜面體與水平面之間的摩擦力為FfF由于θ不變、FT先增大后減小，所以F故選AD?！久}點04動態(tài)平衡之相似三角形法】【針對練習16】（多選）如圖所示，居民足不出戶，送食物人員不與他直接接觸，將食物放在吊盤中，居民自行通過細繩搭在光滑定滑輪上將帶鉸鏈的輕桿緩慢上拉，從而取得食物；在輕桿被緩慢上拉到取到食物前的過程中（

）

A．此人手上所受的拉力F始終減小 B．此人手上所受的拉力F始終不變C．輕桿所受壓力先減小，后增大 D．輕桿所受壓力大小始終不變【答案】AD【詳解】對結點C受力分析，如圖所示

緩慢上拉，三個力平衡，三個力組成首尾相接的閉合三角形，力三角形與幾何三角形ABC相似，根據(jù)相似三角形對應邊比值相等，有mg因上拉過程mg、AB不變，故AC減小則F減小，即工人手上所受的拉力減小，BC不變則N不變，即輕桿所受壓力大小始終不變。故選AD?！踞槍毩?7】（多選）如圖所示，將一勁度系數(shù)為k的輕彈簧一端固定在內壁光滑、半徑為R的半球形容器底部中心O′處（O為球心），彈簧另一端與質量為m的小球A相連，小球靜止于P點，OP與水平方向間的夾角為θ=30°。若換為與質量為2m的小球B相連，小球B將靜止于M點（圖中未畫出），下列說法正確的是（）

A．容器對小球B的作用力大小為mgB．彈簧對小球A的作用力大于對小球B的作用力C．彈簧的原長為R+D．O′M的長度為mgR+k【答案】CD【詳解】小球受到三個共點力而平衡，這三個力可以構成一個矢量三角形，當彈簧另一端與質量為m的小球A相連時可得mg當彈簧另一端與質量2m的小球B相連時可得2mg設彈簧原長為L0，則TT聯(lián)立可得TLNL可知T故選CD。【針對練習18】（多選）如圖所示，質量均為m的小球A、B用勁度系數(shù)為k1的輕彈簧相連，B球用長為L的細繩懸于O點，A球固定在O點正下方，當小球B平衡時，繩子所受的拉力為T1，彈簧的彈力為F1；現(xiàn)把A、B間的彈簧換成原長相同但勁度系數(shù)為k2（k2>k1）的另一輕彈簧，在其他條件不變的情況下仍使系統(tǒng)平衡，此時繩子所受的拉力為T2，彈簧的彈力為F2，則下列關于T1與T2、F1與F2大小之間的關系正確的是（）

A．T1>T2 B．T1=T2C．F1<F2 D．F1=F2【答案】BC【詳解】AB．設彈簧原長為L0，OA間高度為h，對B受力平衡可知B所受的重力mg、繩子的拉力T及彈簧的彈力F構成一個封閉的三角形，與△OABmg因為h和L不變，可知繩子所受的拉力T不變，即T1CD．由胡克定律有F=k代入可得mg故可知當換成勁度系數(shù)較大的彈簧時，此時彈簧的伸長量Δx變小，L0?Δx故選BC。

【針對練習19】（多選）如圖所示，在豎直平面內的固定光滑圓環(huán)上，套有一質量為m的小球，一輕繩通過光滑滑輪P連接小球A，繩的另一端用水平向左的力F拉繩，使小球緩慢上升一小段位移，圖中O為圓心，OQ為半徑，P為OQ的中點。在小球上升過程中，下列說法正確的是（）

A．繩的拉力先減小后增大B．設AP長度為L，ΔF表示F的變化量，ΔL表示L的變化量，則比值C．環(huán)對小球的彈力方向是沿半徑背離圓心，大小恒為2mgD．環(huán)對小球的彈力方向是沿半徑背離圓心，大小恒為mg【答案】BC【詳解】A．小球緩慢上升一小段位移的過程中，小球處于平衡狀態(tài)，對小球進行分析受力分析如圖所示

由于三角形ABC與三角形POA，可得mg當小球緩慢上升一小段位移的過程中，由于AP減小，則繩的拉力F減小，故A錯誤；B．由于小球緩慢上升一小段位移的過程中，根據(jù)分析可得F解得Δ可知比值ΔFCD．對小球受力分析可知，環(huán)對小球的彈力方向是沿半徑背離圓心，根據(jù)關系mg解得N=2mg故C正確，D錯誤。故選BC。【針對練習20】（多選）如圖所示，半徑為R的光滑圓環(huán)豎直固定，原長為2R的輕質彈簧一端固定在圓環(huán)的最高點A，另一端與套在環(huán)上的質量為m的小球相連。小球靜止在B點時，彈簧與豎直方向夾角θ=30°，已知重力加速度大小為g

A．小球對圓環(huán)的彈力方向指向圓心B．圓環(huán)對小球的彈力大小為3C．彈簧的勁度系數(shù)為3+D．若換用原長相同，勁度系數(shù)更大的輕質彈簧，小球將在B點下方達到受力平衡【答案】AC【詳解】A．彈簧處于伸長狀態(tài)，彈簧彈力F的方向如圖所示

小球處于平衡狀態(tài)，合力為0，故圓環(huán)對小球的彈力FNB．由相似三角形法得mg可得F故B錯誤；C．彈簧的長度為l=2R彈簧的形變量為x=l?由胡克定律F=kx可得F=k解得k=故C正確；D．換用勁度系數(shù)更大的某輕質彈簧，若拉伸到同樣的長度，小球將上移，則小球將在B點上方達到受力平衡，故D錯誤。故選AC?！久}點05動態(tài)平衡之圖解法】【針對練習21】如圖所示，用OA、OB兩根輕繩將花盆懸于兩墻壁之間，開始時OB繩水平?，F(xiàn)保持O點位置不變，改變OB繩長使繩右端由B點緩慢上移至B?點，此時OB?與OA之間的夾角θ=90°。設此過程中OA、OB繩的拉力分別為F1、F2，下列說法正確的是（）

A．F1一直減小 B．F1先減小后增大C．F2一直增大 D．F2先減小后增大【答案】A【詳解】根據(jù)題意，以花盆為研究對象，花盆受重力G、繩OA的拉力FOA和繩OB的拉力FOB，根據(jù)平衡條件可知，兩根繩子的拉力的合力與重力大小相等、方向相反，作出輕繩OB在不同位置時力的合成圖，如圖所示

由圖可看出，OB繩右端由B點緩慢上移至B?點，使得OB?與OA之間的夾角等于90°的過程中，F(xiàn)1、F2均一直減小。故選A?！踞槍毩?2】如圖所示，輕質彈簧一端固定在水平墻上，另一端與一小球相連，在小球上再施加一個拉力F使小球處于靜止狀態(tài)，彈簧與豎直方向夾角為α，拉力F與豎直方向夾角為β，且α+β<90°；現(xiàn)保持拉力F大小不變，方向緩慢轉至水平，則下列說法正確的是（）

A．α先增大后減小B．α一直減小C．彈簧的彈力先減小后增大D．彈簧的彈力先增大后減小【答案】A【詳解】根據(jù)題意，對小球受力分析，保持拉力F大小不變，方向緩慢轉至水平過程中，由矢量三角形可得，如圖所示

由圖可知，彈簧彈力逐漸增大，α先增大后減小。故選A?！踞槍毩?3】如圖所示，用光滑鐵絲彎成的四分之一圓弧軌道豎直固定在水平地面上，O為圓心，A為軌道上的一點，一中間帶有小孔的小球套在圓弧軌道上，對小球施加一個拉力，若在拉力方向從水平向左在紙面內順時針轉至豎直向上的過程中，小球始終靜止在A點，則拉力F（）A．先變大，后變小 B．先變小，后變大C．一直變大 D．一直變小【答案】B【詳解】根據(jù)題意可知，小球始終靜止在A點，對小球受力分析可知，小球受重力與彈力及拉力，三力平衡三力可組成一個閉合的三角形，如圖所示則拉力方向從水平向左在紙面內順時針轉至豎直向上的過程中，拉力F先變小，后變大。故選B?！踞槍毩?4】（多選）如圖所示，不可伸長的懸線MO繩下端掛一質量為m的物體，在拉力F作用下物體靜止，此時懸線與豎直方向的夾角為α?，F(xiàn)保夾角持α不變，拉力F緩慢地由水平位置逆時針轉到豎直位置的過程中（重力加速度為g）（）

A．F逐漸減小，OM繩拉力逐漸減小B．F先減小后增大，OM繩拉力逐漸減小C．若F的方向水平向右，則F=mgtanD．F的最小值為mgsina【答案】BCD【詳解】AB．根據(jù)題意，以結點O為受力fenxi點，做出受力分析的矢量三角形，如圖所示

可知，保夾角持α不變，拉力F緩慢地由水平位置逆時針轉到豎直位置的過程中，拉力F先減小后增大，OM繩拉力T逐漸減小，故A錯誤，B正確；C．當力F的方向水平向右時，受力分析如圖所示

根據(jù)幾何關系可得tan解得F=mg故C正確；D．當力F垂直于OM繩上的拉力T時，力F有最小值，根據(jù)幾何關系可得sin解得F故D正確。故選BCD?！踞槍毩?5】（多選）如圖所示，一內表面光滑的半圓形凹槽放在粗糙的水平地面上，物塊（可看做質點）靜置于槽內最底部的A點處。現(xiàn)用一方向不變的斜向上的推力F把物塊從A點沿著凹形槽緩慢推至B點，整個過程中，凹槽始終保持靜止。設物塊受到凹槽的支持力為FNA．F和FNB．F一直增大，F(xiàn)NC．地面對凹槽的支持力一直減小D．地面對凹槽的摩擦力保持不變【答案】BC【詳解】AB．由題意可知，在力F緩慢推動的過程中物塊處于動態(tài)平衡中，且重力為恒力始終不變，推力的方向始終不變，重力、推力、圓弧面對物塊的彈力三力始終平衡，合力為零，則可做出力的矢量三角形，如下圖所示則根據(jù)動態(tài)變化過程中的矢量三角形可知，推力F逐漸增大，圓弧面對物塊的彈力FNCD．將小物塊和凹槽看成一個整體，由整體法分析可知，推力F斜向右上方，方向不變，但大小始終在增大，因此可知力F在豎直方向和水平方向的分力都在始終增大，設力F與水平方向的夾角為θ，則由平衡條件可得，豎直方向有(M+m)g=F水平方向有f=F由以上平衡方程結合力F的變化情況可知，地面對凹槽的支持力一直減?。坏孛鎸Π疾鄣哪Σ亮σ恢痹龃螅蔆正確，D錯誤。故選BC?！久}點06動態(tài)平衡之輔助圓法】【針對練習26】如圖所示，質量為M的物體用輕繩懸掛于O點，開始時輕繩OA水平，OA、OB兩繩之間的夾角α=150°，現(xiàn)將兩繩同時順時針緩慢轉過90°，且保持O點及夾角α不變，物體始終保持靜止狀態(tài)。在旋轉過程中，設繩OA的拉力為F1，繩OB的拉力為FA．F1逐漸增大，最終等于B．F1C．F2D．F2【答案】C【詳解】AB．結點O受三個力作用處于平衡狀態(tài)，F(xiàn)OA和FOB夾角α=150°始終不變。作該矢量三角形的外接圓，如圖所示，F(xiàn)OA矢量箭頭將始終落在圓周上，由圖可知，F(xiàn)1順時針轉過CD．初始時刻，F(xiàn)OB恰好為其外接圓的直徑，故F2逐漸減小，當繩OA轉過90°處于豎直位置時故選C?！踞槍毩?7】如圖所示，置于水平地面上的豎直圓形金屬環(huán)內用三根細繩OA、OB、OC懸掛一質量為物體，物體可看做質點。OB繩處于水平方向，∠AOB＝120°，設OA、OB繩的拉力大小為F1、F2，現(xiàn)將金屬圓環(huán)在豎直面內緩慢逆時針轉過90°，在此過程中（）A．F2一直增大 B．F1一直增大C．F2先增大后減小 D．F1先增大后減小【答案】C【詳解】由題圖對O點受力分析，由平衡條件可得，三個力組成矢量三角形平衡圖，如圖所示，由圖可知，將金屬圓環(huán)在豎直面內緩慢逆時針轉過90°，繩OC的拉力大小和方向不變，可知θ角增大，F(xiàn)2先增大后減小，F(xiàn)1一直減小，ABD錯誤，C正確。故選C?！踞槍毩?8】（多選）網(wǎng)課期間，小五同學在家研究物體受力的方向與大小的關系。如圖所示，第一次實驗：小五用兩輕質細線拴住一物體，一根細線系在墻壁上O點，保持系在墻壁上的細線與豎直方向的夾分為30°，將另一細線由水平緩慢拉至豎直方向的過程中，設系在墻壁的細線上的拉力大小為F1，另一細線上的拉力大小為F2；第二次實驗：小五同學用一根輕質細線將物體系在墻壁上O點，用外力F3緩慢拉結點O′，F(xiàn)3的方向與OO′夾角為α=120A．F1先減小后增大 B．FC．F3先增大后減小 D．F【答案】BD【詳解】AB．第一次實驗中對物體受力分析如下，由三角形法則可知F1一直減小，F(xiàn)CD．第二次實驗中對O′結點受力分析如下，可知F4先增大后減小，故選BD?！踞槍毩?9】（多選）如圖，柔軟輕繩ON的一端O固定，其中間某點M拴一重物，用手拉住繩的另一端N。初始時，OM水平且MN被拉直，OM與MN之間的夾角為α（α>π2）?，F(xiàn)將重物向左下方緩慢放下至OM豎直，并保持夾角α不變。在A．MN上的彈力逐漸減小B．OM上的張力先增大后減小C．MN和OM對M點的作用力的合力不變D．MN對重物的彈力是重物發(fā)生了形變產生的【答案】ABC【詳解】AB．以節(jié)點M為研究對象，受重物拉力mg、OM繩上拉力F2、MN上拉力F1，依題意，三個力合力始終為零，矢量三角形如圖所示，依題意角保持不變，即保持角θ恒定，則F1的箭頭始終落在圓周上，據(jù)題意γ角逐漸從90°減小到0°；可知，在F2轉至豎直的過程中，MN上的張力F1逐漸減小，OM上的張力F2先增大后減小，故AB正確；C．由平衡規(guī)律，MN和OM對M點的作用力的合力與重物的重力大小相等，方向相反，故始終不變，C正確；D．施力物體對受力物體的彈力是施力物體彈性形變產生的，所以MN對重物的彈力是輕繩MN發(fā)生了形變產生的，D錯誤。故選ABC。【針對練習30】（多選）如圖所示，“V”形的擋板夾角為α，開始∠AOB的角平分線沿豎直方向，將一小球放在兩擋板之間?，F(xiàn)將整個裝置以過O點的水平線為軸沿逆時針方向緩慢地轉動，直到OB沿豎直方向位置，整個過程兩擋板的夾角保持不變，忽略一切摩擦力，則下列說法正確的是（）A．小球受到的合力始終為零B．擋板OB對小球的作用力逐漸增大C．擋板OA對小球的作用力先增大后減小D．轉動前后擋板OB對小球的作用力之比為tan【答案】AD【詳解】A．由于整個過程緩慢地轉動，則裝置處于動態(tài)平衡，所以小球的合力始終為零，故A正確；BC．小球受重力以及兩擋板的彈力作用，且由力的平衡條件可知兩彈力的合力與重力等大反向，受力分析如圖所示當裝置轉動到OB沿豎直方向位置時，由圖可知，擋板A的作用力剛好為圓的直徑，則該過程中擋板B的作用力逐漸減小，擋板A的作用力逐漸增大，故BC錯誤；D．由圖可知，轉動前擋板B的作用力為F轉動后擋板B的作用力為F則F故D正確。故選AD。1．如圖甲的玩具吊車，其簡化結構如圖乙所示，桿AB固定于平臺上且不可轉動，其B端固定一光滑定滑輪；輕桿CD用較鏈連接于平臺，可繞C端自由轉動，其D端連接兩條輕繩，一條輕繩繞過滑輪后懸掛一質量為m的重物，另一輕繩纏繞于電動機轉軸O上，通過電動機的牽引控制重物的起落。某次吊車將重物吊起至一定高度后保持靜止，此時各段輕繩與桿之間的夾角如圖乙所示，其中兩桿處于同一豎直面內，OD繩沿豎直方向，γ=37°，θ=90°，重力加速度大小為g，則（

）

A．α一定等于βB．AB桿受到繩子的作用力大小為3C．CD桿受到繩子的作用力方向沿∠ODB的角平分線方向，大小為mgD．當啟動電動機使重物緩慢下降時，AB桿受到繩子的作用力將逐漸增大【答案】D【詳解】A．桿AB固定于平臺，桿力不一定沿桿，同一條繩的力大小相等，其合力一定在其角平分線上，由于桿力不一定沿桿，所以α不一定等于β，故A錯誤；B．如圖所示

兩個力T所作力的平行四邊形為菱形，根據(jù)平衡條件可得T=mg根據(jù)幾何關系可得α+β=53°對角線為F桿，則ABF故B錯誤；C．根據(jù)題意D端連接兩條輕繩，兩條輕繩的力不一定大小相等，且CD桿為鉸鏈連接，為“活”桿，桿力沿著桿的方向，水平方向，根據(jù)F解得F故C錯誤；D．當啟動電動機使重物緩慢下降時，即T=mg不變，∠DBM變小，根據(jù)F可知F桿故選D。2．如圖所示，質量為m的勻質細繩，一端系在天花板上的A點，另一端系在豎直墻壁上的B點，平衡后最低點為C點?，F(xiàn)測得AC段繩長是CB段繩長的n倍，且繩子A端的切線與豎直方向的夾角為β，繩子B端的切線與墻壁的夾角為α（重力加速度為g）則（

）

A．繩子在C處彈力大小FB．繩子在A處的彈力大小FC．繩子在B處的彈力大小FD．tan【答案】B【詳解】AC．對CB段受力分析，受重力G墻壁的拉力FB、AC段繩子對其向左的拉力F

根據(jù)平衡條件有FF聯(lián)立解得FF故AC錯誤；B．再對AC段繩子受力分析，受重力GBC段繩子對其向右的拉力FC′，天花板對其的拉力

根據(jù)平衡條件有FFF聯(lián)立解得F故B正確；D．又由于tantan因此tan故D錯誤。故選B。3．（多選）春節(jié)前鋒，小明需移開沙發(fā)，清掃污垢。質量m＝10kg的沙發(fā)放置在水平地面上，沙發(fā)與地面間的動摩擦因數(shù)μ=33，小明用力F＝100N推沙發(fā)，認為最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g取

A．若力F斜向下與水平成θ角，當θ=30°時沙發(fā)恰好做勻速直線運動B．若力F斜向下與水平成θ角，當θ>60°時，無論F力多大，沙發(fā)都不會動C．若力F方向能隨意改變，讓沙發(fā)勻速運動，F(xiàn)斜向上與水平成30°時，F(xiàn)最小D．若力F方向能隨意改變，讓沙發(fā)勻速運動，F(xiàn)斜向上與水平成60°時，F(xiàn)最小【答案】ABC【詳解】A．若力F斜向下與水平成θ=30°時，地面對沙發(fā)的摩擦力大小為F力F在水平方向的分力大小為F兩個力大小相等方向相反，故沙發(fā)在做勻速運動，故A正確；B．若力F斜向下與水平成θ角，則最大靜摩擦力大小為F若要物體靜止不動，應該滿足F變形得F如果滿足cos即θ>60°則此時無論F多大，物體都會保持靜止，B正確；CD．如果力F斜向上與水平成θ角，且物體做勻速運動，則有F變形可得F=其中sin即φ=故當θ=π6時，故選ABC。4．（多選）如圖所示，物體置于水平傳送帶上，物體兩邊安裝了固定光滑的水平桿A、B限制物體只能在其間運動。已知物體質量為m，物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ，物體在水平拉力F的作用下以恒定速度v0

A．物體受摩擦力大小f=μmg，與傳送帶速度無關B．傳動帶速度越大，所需拉力越大C．物體對水平桿B有壓力D．水平拉力F等于μmg【答案】AD【詳解】A．由題意可知，傳送帶的速度為v，物體在水平拉力F的作用下以恒定速度v0勻速運動，v與vv設相對速度v相對與v0的夾角為θtan可知物體受摩擦力方向與物體相對速度方向相反，其大小為f=μmg可知摩擦力與傳送帶速度無關，A正確；

BD．物體受力平衡，由平衡條件可得水平拉力F等于F=μmg由上式可知，傳送帶的速度越大，所需的拉力F越小，B錯誤，D正確；C．由題意可知，A桿受到壓力作用，大小為F可知B桿不受壓力作用，C錯誤。故選AD。5．（多選）如圖所示，質量M=5kg的物體P靜止在地面上，用輕繩通過光滑、輕質定滑輪1、2（滑輪大小相等，軸心在同一水平線上）與質量m=1.5kg的小球Q連接在一起，初始時刻滑輪2與P間的輕繩與豎直方向的夾角為37°，小球Q與滑輪1間的輕繩剛好位于豎直方向，現(xiàn)在用一水平向左的力F緩慢拉動小球Q，直到物塊P剛要在地面上滑動。已知P與地面的動摩擦因數(shù)μ=0.5，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度

A．初始時P受到地面的摩擦力為12B．此過程中繩子拉力先增大后減小C．小球Q與滑輪1間的輕繩與豎直方向的夾角最大為53°D．軸對滑輪1的最大作用力大小為15【答案】CD【詳解】A．初始時輕繩拉力為T，對小球Q受力分析有T=mg=15對P受力分析有F故A錯誤；B．設此過程中小球Q與滑輪1間的輕繩與豎直方向夾角為θ，有T在小球Q緩慢移動的過程中θ逐漸增大，cosθ逐漸減小，所以繩子拉力TC．當小球Q與滑輪1間的輕繩與豎直方向的夾角最大時輕繩拉力最大，對物塊P受力分析有FTF解得T此時對Q受力分析有cos解得θ=53°故C正確；D．對滑輪1受力分析可知，軸對滑輪1的作用力大小為F又因為T=聯(lián)立可得F故θ=0時，軸對滑輪1的作用力最大，此時F故D正確。故選CD。6．（多選）如圖所示，楔形物塊A靜置在水平地面上，其斜面粗糙，斜面上有小物塊B。用平行于斜面的力F拉B，使之沿斜面勻速上滑?，F(xiàn)改變力F的方向至與斜面成一定的角度，如圖所示，仍使小物塊B沿斜面勻速上滑。在B運動的過程中，楔形物塊A始終保持靜止。下列描述正確的有（）

A．拉力F一定增大 B．A對B的摩擦力減小C．B對斜面的作用力變小 D．地面受到的摩擦力大小可能變大【答案】BC【詳解】AB．根據(jù)小物塊勻速運動，列平衡方程，方向改變前，則有FN故F方向改變后，則有FN故F所以力F可能增大、減小或不變，而支持力減小，摩擦力一定減小，A錯誤，B正確；CD．B對斜面的作用力為F方向大致向右，支持力減小，所以作用力一定減小，地面的摩擦力為了受力平衡也必須減小，故C正確，D錯誤。故選BC。7．（多選）如圖所示，用輕質柔軟的細線將一質量為m的小球懸掛于天花板上的O點，在外力F、重力G和細線拉力FT的作用下處于平衡狀態(tài)。初始時F水平，且細線與豎直方向的夾角為θ，與F的夾角為αA．保持F水平，逐漸緩慢增大θ角，則F逐漸減小、FTB．保持小球位置及θ角不變，緩慢減小α角直至a=θ，則F先減小后增大C．保持α角不變，緩慢增大θ角，直至懸線水平，則F先減小后增大D．保持α角、θ角和F方向不變，增加細線的長度，F(xiàn)、FT【答案】BD【詳解】A．保持F水平，根據(jù)正交分解和平衡條件有F=mgF漸緩慢增大θ角，F(xiàn)、FTB．對小球受力分析，小球受重力、拉力F和細線的拉力FTθ角不變，由圖可知，α角減小到90°時，F(xiàn)最小，因此α角減小直至a=θ過程中，F(xiàn)先減小后增大，故B正確；C．保持α角不變，增大θ角，細線和拉力F的方向都逆時針轉動，如圖所示由圖可知，F(xiàn)水平時FT最大，F(xiàn)T水平時F最大，所以FTD．保持α角、θ角和F方向不變，增加細線的長度，對F、FT沒有影響，F(xiàn)、F故選BD。8．如圖所示，兩個相同小物塊A、B（可視為質點）靜止放在粗糙水平面上，兩物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)相同，兩根等長輕桿一端分別通過光滑鉸鏈連接在A、B上，另一端通過光滑鉸鏈連接在O處，兩桿之間的夾角為α?，F(xiàn)對O施加一個豎直向上的拉力F，已知物塊受到的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。（1）若A、B的重力大小均為G，動摩擦因數(shù)為μ，要使兩物塊發(fā)生滑動，F(xiàn)應滿足什么條件？（2）若α=60°，對O施加一個豎直向下的壓力F，無論F多大均不能使A、B與水平面發(fā)生相對滑動，則物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)應滿足什么條件？

【答案】（1）F>2μGμ+【詳解】（1）把力F的作用效果分解，對A受力分析，如圖

則F=2可得F若A剛好要相對滑動，水平方向F豎直方向F又F解得F=要使兩物塊發(fā)生滑動，F(xiàn)應滿足F>（2）把力F效果分解，對A受力分析，如圖

則F=2要使A不發(fā)生相對滑動，對A，水平方向F豎直方向F又F解得μ≥當F→∞μ≥所以無論F多大均不能使A、B與水平面發(fā)生相對滑動，則物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)應滿足μ≥9．如圖所示，傾角θ=37°的固定斜面上放有物塊A和B，A、B之間拴接有勁度系數(shù)k=4N/cm的輕彈簧，物塊B和小桶C由跨過光滑的定滑輪的輕繩連接。開始時彈簧處于原長，A、B、C均處靜止狀態(tài)，且B剛好不受摩擦力，輕彈簧、輕繩平行于斜面。已知A、B的質量mA=mB=2kg，A、B與斜面間的動摩擦因數(shù)均為0.875，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。（1）求C的質量mc；（2）求開始時A受到的摩擦力大?。唬?）若向C中緩慢加入沙子，當B剛要向上運動時，加入沙子的總質量記為m1，繼續(xù)緩慢加入沙子，B緩慢向上運動，當A剛要向上運動時（C未觸地，彈簧處于彈性限度范圍內），加入沙子的總質量記為m2，求：①m②A剛要向上運動時，B已經(jīng)向上運動的距離。【答案】（1）1.2kg；（2）12N；（3）①7【詳解】解：（1）把B、C視為整體，由平衡條件有m解得m（2）對A進行受力分析，由平衡條件，則有f=解得f=12（3）①當B剛要向上運動時，將B、C和沙子視為整體，由平衡條件有m當A剛要向上運動時，將A、B、C和沙子視為整體，則有m解得m②當A剛要往上運動時，對A進行受力分析，則有T=又由胡克定律有T=kx解得x=6.5說明B已經(jīng)向上運動了6.510．有一塊均勻木棒AC長為l1，重為G1，（1）若用一作用力F1作用于C端將木棒抬起達平衡位置，此時木棒與地面夾角為α，如圖1所示。求F（2）若用長為l2、重為G2的撬棒把木棒支起達平衡位置，如圖2所示，假定木棒與撬棒的接觸是光滑的，地面粗糙，圖中α=30°，β=60°，①木棒AC在C點所受支持力的大??；②作用于撬棒端點D的外力F2（3）若用半徑為R、重為G3的圓柱把木棒支起達平衡位置，木棒與地面夾角為α，如圖3所示。假定木棒與圓柱接觸面摩擦因數(shù)足夠大，地面與圓柱摩擦因數(shù)為μ。圖中α=37°，l1:R=6:1，G1:G3【答案】（1）F1最小值為G1cosα2，方向為垂直木棒向上；（2）①【詳解】（1）根據(jù)杠桿平衡原理可知，當作用在C點，垂直于木棒向上時，力臂最大，作用力F1F解得F方向為垂直木棒向上；（2）①可知撬棒給木棒的作用點在C點，作用力方向為垂直于撬棒向上，設木棒受到的支持力為FN，木棒對撬棒的壓力為F根據(jù)幾何關系可得木棒和撬棒之間的夾角為30°，即∠ACB=30°，可得AB=BC且FN與AC的夾角為60°，根據(jù)杠桿平衡原理可得F解得F②作用于撬棒端點D的外力F2當垂直于撬棒向上時力臂最大，此時F2最小，根據(jù)幾何關系可得F′F可得F解得F（3）設圓柱對木棒的支持力為F1N，木棒對圓柱的壓力為F根據(jù)幾何關系可得F1N的力臂LL=則可得F解得F則根據(jù)牛頓第三定律可得F對圓柱進行受力分析，在水平方向上可得f=設地面對圓柱的支持力為F2NF可知圓柱剛好滑動時，即此時靜摩擦力恰好等于滑動摩擦力，此時μ最小，故可得f≤μ解得μ≥1．（2023·重慶·統(tǒng)考高考真題）矯正牙齒時，可用牽引線對牙施加力的作用。若某顆牙齒受到牽引線的兩個作用力大小均為F，夾角為α（如圖），則該牙所受兩牽引力的合力大小為（）

A．2FB．2FC．FD．F【答案】B【詳解】根據(jù)平行四邊形定則可知，該牙所受兩牽引力的合力大小為F故選B。2．（2022·遼寧·高考真題）如圖所示，蜘蛛用蛛絲將其自身懸掛在水管上，并處于靜止狀態(tài)。蛛絲OM、ON與豎直方向夾角分別為α、β(α>β)。用F1、FA．F1的豎直分力大于F2的豎直分力 B．F1C．F1的水平分力大于F2的水平分力 D．F1【答案】D【詳解】CD．對結點O受力分析可得，水平方向F即F2的水平分力等于F2的水平分力，選項C錯誤，D正確；AB．對結點O受力分析可得，豎直方向F解得FF則F1的豎直分量F1yF2的豎直分量F因sin可知F選項AB錯誤。故選D。3．（2022·浙江·統(tǒng)考高考真題）如圖所示，一輕質曬衣架靜置于水平地面上，水平橫桿與四根相同的斜桿垂直，兩斜桿夾角θ=60°，一重為G的物體懸掛在橫桿中點，則每根斜桿受到地面的（）A．作用力為33G C．摩擦力為34G 【答案】B【詳解】設斜桿的彈力大小為F，以水平橫桿和重物為整體，豎直方向根據(jù)受力平衡可得4F解得F=以其中一斜桿為研究對象，其受力如圖所示可知每根斜桿受到地面的作用力應與F平衡，即大小為36f=FB正確，ACD錯誤；故選B。4．（2022·廣東·高考真題）圖是可用來制作豆腐的石磨。木柄AB靜止時，連接AB的輕繩處于繃緊狀態(tài)。O點是三根輕繩的結點，F(xiàn)、F1和F2分別表示三根繩的拉力大小，F(xiàn)1A．F=F1 B．F=2F1 C．【答案】D【詳解】以O點為研究對象，受力分析如圖由幾何關系可知θ=30°由平衡條件可得FF聯(lián)立可得F=故D正確，ABC錯誤。故選D。5．（2022·河北·統(tǒng)考高考真題）如圖，用兩根等長的細繩將一勻質圓柱體懸掛在豎直木板的P點，將木板以底邊MN為軸向后方緩慢轉動直至水平，繩與木板之間的夾角保持不變，忽略圓柱體與木板之間的摩擦，在轉動過程中（）A．圓柱體對木板的壓力逐漸增大B．圓柱體對木板的壓力先增大后減小C．兩根細繩上的拉力均先增大后減小D．兩根細繩對圓柱體拉力的合力保持不變【答案】B【詳解】設兩繩子對圓柱體的拉力的合力為T，木板對圓柱體的支持力為N，繩子與木板夾角為α，從右向左看如圖所示在矢量三角形中，根據(jù)正弦定理sin在木板以直線MN為軸向后方緩慢轉動直至水平過程中，α不變，γ從90°逐漸減小到0，又γ+β+α=180°且α<90°可知90°<γ+β<180°則0<β<180°可知β從銳角逐漸增大到鈍角，根據(jù)sin由于sinγ不斷減小，可知T不斷減小，sinβ先增大后減小，可知N先增大后減小，結合牛頓第三定律可知，圓柱體對木板的壓力先增大后減小，設兩繩子之間的夾角為2θ，繩子拉力為2可得Tθ不變，T逐漸減小，可知繩子拉力不斷減小，故B正確，ACD錯誤。故選B。6．（2022·湖南·統(tǒng)考高考真題）2022年北京冬奧會跳臺滑雪空中技巧比賽場地邊，有一根系有飄帶的風力指示桿，教練員根據(jù)飄帶的形態(tài)提示運動員現(xiàn)場風力的情況。若飄帶可視為粗細一致的勻質長繩，其所處范圍內風速水平向右、大小恒定且不隨高度改變。當飄帶穩(wěn)定時，飄帶實際形態(tài)最接近的是（）A． B． C． D．【答案】A【詳解】由于風速水平向右、大小恒定且不隨高度改變，可認為單位長度飄帶受到的風力F0相同，假設飄帶總長為L，質量為m，由飄帶自由端向上選取任意一段ΔG=F=該部分飄帶穩(wěn)定時受力平衡，受力分析如圖所示重力與風力的合力與剩余部分間的張力T是平衡力，設豎直方向的夾角為θ，則滿足tan可知飄帶與豎直方向的角度與所選取的飄帶長度無關，在風速一定時，飄帶與豎直方向的角度正切值恒定，則飄帶為一條傾斜的直線。故選A。7．（2021·重慶·高考真題）如圖所示，人游泳時若某時刻手掌對水的作用力大小為F，該力與水平方向的夾角為30°，則該力在水平方向的分力大小為（）A．2F B．3F C．F D．【答案】D【詳解】沿水平方向和豎直方向將手掌對水的作用力分解，則有該力在水平方向的分力大小為F故選D。8．（2022·浙江·統(tǒng)考高考真題）如圖所示，水平放置的電子秤上有一磁性玩具，玩具由啞鈴狀物件P和左端有玻璃擋板的凹形底座Q構成，其重量分別為GP和GQ。用手使P的左端與玻璃擋板靠近時，感受到P對手有靠向玻璃擋板的力，P與擋板接觸后放開手，P處于“磁懸浮”狀態(tài)（即P和Q的其余部分均不接觸），P與Q間的磁力大小為A．Q對P的磁力大小等于GB．P對Q的磁力方向豎直向下C．Q對電子秤的壓力大小等于GQ＋D．電子秤對Q的支持力大小等于GP＋【答案】D【詳解】AB．由題意可知，因手使P的左端與玻璃擋板靠近時，感受到P對手有靠向玻璃擋板的力，即Q對P有水平向左的磁力；P與擋板接觸后放開手，P處于“磁懸浮”狀態(tài)，則說明Q對P有豎直向上的磁力，則Q對P的磁力方向斜向左上方向，其磁力F大小大于GPCD．對PQ的整體受力分析，豎直方向電子秤對Q的支持力大小等于GP＋GQ，即Q對電子秤的壓力大小等于GP故選D。9．（2022·浙江·統(tǒng)考高考真題）如圖所示，學校門口水平地面上有一質量為m的石墩，石墩與水平地面間的動摩擦因數(shù)為μ，工作人員用輕繩按圖示方式勻速移動石墩時，兩平行輕繩與水平面間的夾角均為θ，則下列說法正確的是（）A．輕繩的合拉力大小為μmgB．輕繩的合拉力大小為μmgC．減小夾角θ，輕繩的合拉力一定減小D．輕繩的合拉力最小時，地面對石墩的摩擦力也最小【答案】B【詳解】AB．對石墩受力分析，由平衡條件可知Tf=μNT聯(lián)立解得T=故A錯誤，B正確；C．拉力的大小為T=其中tanφ=1μ，可知當θ+φ=90°D．摩擦力大小為f=T可知增大夾角θ，摩擦力一直減小，當θ趨近于90°時，摩擦力最小，故輕繩的合拉力最小時，地面對石墩的摩擦力不是最小，故D錯誤；故選B。10．（2022·浙江·統(tǒng)考高考真題）如圖所示，公園里有一仿制我國古代欹器的U形水桶，桶可繞水平軸轉動，水管口持續(xù)有水流出，過一段時間桶會翻轉一次，決定桶能否翻轉的主要因素是（）A．水桶自身重力的大小B．水管每秒出水量的大小C．水流對桶撞擊力的大小D．水桶與水整體的重心高低【答案】D【詳解】水管口持續(xù)有水流出而過一段時間桶會翻轉一次，說明主要原因是裝的水到一定量之后，導致水桶與水整體的重心往上移動，豎直向下的重力作用線偏離中心轉軸，導致水桶不能穩(wěn)定平衡，發(fā)生翻轉，故選D。11．（2021·廣東·高考真題）唐代《耒耜經(jīng)》記載了曲轅犁相對直轅犁的優(yōu)勢之一是起土省力，設牛用大小相等的拉力F通過耕索分別拉兩種犁，F(xiàn)與豎直方向的夾角分別為α和β，α<β，如圖所示，忽略耕索質量，耕地過程中，下列說法正確的是（

）A．耕索對曲轅犁拉力的水平分力比對直轅犁的大B．耕索對曲轅犁拉力的豎直分力比對直轅犁的大C．曲轅犁勻速前進時，耕索對犁的拉力小于犁對耕索的拉力D．直轅犁加速前進時，耕索對犁的拉力大于犁對耕索的拉力【答案】B【詳解】A．將拉力F正交分解如下圖所示則在x方向可得出Fx曲=FsinαFx直=Fsinβ在y方向可得出Fy曲=FcosαFy直=Fcosβ由題知α<β則sinα<sinβcosα>cosβ則可得到Fx曲<Fx直Fy曲>Fy直A錯誤、B正確；CD．耕索對犁的拉力與犁對耕索的拉力是一對相互作用力，它們大小相等，方向相反，無論是加速還是勻速，則CD錯誤。故選B。12．（2021·湖南·高考真題）質量為M的凹槽靜止在水平地面上，內壁為半圓柱面，截面如圖所示，A為半圓的最低點，B為半圓水平直徑的端點。凹槽恰好與豎直墻面接觸，內有一質量為m的小滑塊。用推力F推動小滑塊由A點向B點緩慢移動，力F的方向始終沿圓弧的切線方向，在此過程中所有摩擦均可忽略，下列說法正確的是（）A．推力F先增大后減小B．凹槽對滑塊的支持力先減小后增大C．墻面對凹槽的壓力先增大后減小D．水平地面對凹槽的支持力先減小后增大【答案】C【詳解】AB．對滑塊受力分析，由平衡條件有F=mgN=mg滑塊從A緩慢移動B點時，θ越來越大，則推力F越來越大，支持力N越來越小，所以AB錯誤；C．對凹槽與滑塊整體分析，有墻面對凹槽的壓力為F則θ越來越大時，墻面對凹槽的壓力先增大后減小，所以C正確；D．水平地面對凹槽的支持力為N則θ越來越大時，水平地面對凹槽的支持力越來越小，所以D錯誤；故選C。13．（2021·浙江·統(tǒng)考高考真題）如圖所示，電動遙控小車放在水平長木板上面，當它在長木板上水平向左加速運動時，長木板保持靜止，此時（）A．小車只受重力、支持力作用B．木板對小車的作用力方向水平向左C．木板對小車的作用力大于小車對木板的作用力D．木板對小車的作用力與小車對木板的作用力大小一定相等【答案】D【詳解】A．小車加速向左運動，受到自身的重力和電機的驅動力，受到長木板對小車的支持力和阻力，A錯誤；B．木板對小車的作用力包括豎直向上的支持力和水平方向的阻力，根據(jù)平行四邊形定則可知合力方向一定不在水平方向，B錯誤；CD．木板對小車的作用力與小車對木板的作用力是一對相互作用力，等大反向，C錯誤，D正確。故選D。14．（2020·海南·統(tǒng)考高考真題）如圖，上網(wǎng)課時小明把手機放在斜面上，手機處于靜止狀態(tài)。則斜面對手機的（

）A．支持力豎直向上B．支持力小于手機所受的重力C．摩擦力沿斜面向下D．摩擦力大于手機所受的重力沿斜面向下的分力【答案】B【詳解】設手機的質量為m，斜面傾角為θ。對手機進行受力分析，如圖所示由圖可知支持力方向垂直斜面向上，摩擦力方向沿斜面向上，根據(jù)平衡條件則有f=mgsinθ因cosθ<1，故F故選B。15．（2020·北京·統(tǒng)考高考真題）某同學利用圖甲所示裝置研究摩擦力的變化情況。實驗臺上固定一個力傳感器，傳感器用棉線拉住物塊，物塊放置在粗糙的長木板上。水平向左拉木板，傳感器記錄的F?t圖像如圖乙所示。下列說法正確的是（）A．實驗中必須讓木板保持勻速運動B．圖乙中曲線就是摩擦力隨時間的變化曲線C．最大靜摩擦力與滑動摩擦力之比約為10:7D．只用圖乙中數(shù)據(jù)可得出物塊與木板間的動摩擦因數(shù)【答案】C【詳解】AB．為了能研究摩擦力隨時間的變化曲線，故物塊一直要處于靜止狀態(tài)，則向左的摩擦力一直與向右輕繩的拉力平衡，圖乙是向右輕繩的拉力隨時間變化曲線，故圖乙也可以反映摩擦力隨時間變化的曲線，由圖可乙知向右輕繩的拉力先增大后減小，最后趨于不變，故物塊先受靜摩擦力作用后受滑動摩擦力作用，所以不需要讓木板保持勻速運動，故AB錯誤；C．由圖可知，最大靜摩擦力約為10N，滑動摩擦力約為7N，故最大靜摩擦力與滑動摩擦力之比約為10:7，故C正確；D．根據(jù)Ff=μ可知，由于不知道物塊的重力，故無法求物塊與木板間的動摩擦因數(shù)，故D錯誤。故選C。16．（2020·山東·統(tǒng)考高考真題）如圖所示，一輕質光滑定滑輪固定在傾斜木板上，質量分別為m和2m的物塊A、B，通過不可伸長的輕繩跨過滑輪連接，A、B間的接觸面和輕繩均與木板平行。A與B間、B與木板間的動摩擦因數(shù)均為μ，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。當木板與水平面的夾角為45°時，物塊A、B剛好要滑動，則μ的值為（）A．13 B．14 C．15【答案】C【詳解】當木板與水平面的夾角為45°時，兩物塊剛好滑動，對A物塊受力分析如圖沿斜面方向，A、B之間的滑動摩擦力f根據(jù)平衡條件可知T=mg對B物塊受力分析如圖沿斜面方向，B與斜面之間的滑動摩擦力f根據(jù)平衡條件可知2mg兩式相加，可得2mg解得μ=故選C。17．（2020·浙江·統(tǒng)考高考真題）如圖是“中國天眼”500m口徑球面射電望遠鏡維護時的照片。為不損傷望遠鏡球面，質量為m的工作人員被懸在空中的氦氣球拉著，當他在離底部有一定高度的望遠鏡球面上緩慢移動時，氦氣球對其有大小為56A．受到的重力大小為16mg C．對球面的壓力大小為16mg 【答案】D【詳解】A．工作人員的質量為m，則工作人員受到的重力G=mgA錯誤；B．工作人員在球面上緩慢行走，處于平衡狀態(tài)，合力為0，B錯誤；C．工作人員站在的球面位置不水平，對球面的壓力不等于16D．由平衡條件可得球面對工作人員的作用力F滿足F=mg?再由牛頓第三定律可得，工作人員對球面的作用力大小為FD正確。故選D。18．（2020·浙江·統(tǒng)考高考真題）矢量發(fā)動機是噴口可向不同方向偏轉以產生不同方向推力的一種發(fā)動機。當殲20隱形戰(zhàn)斗機以速度v斜向上飛行時，其矢量發(fā)動機的噴口如圖所示。已知飛機受到重力G、發(fā)動機推力F1、與速度方向垂直的升力F2和與速度方向相反的空氣阻力A． B．C． D．【答案】A【詳解】由題意可知所受重力G豎直向下，空氣阻力Ff與速度方向相反，升力F2與速度方向垂直，發(fā)動機推力F1的方向沿噴口的反方向，對比圖中選項可知只有A選項符合題意。故選A。19．（2020·全國·統(tǒng)考高考真題）如圖，懸掛甲物體的細線拴牢在一不可伸長的輕質細繩上O點處；繩的一端固定在墻上，另一端通過光滑定滑輪與物體乙相連。甲、乙兩物體質量相等。系統(tǒng)平衡時，O點兩側繩與豎直方向的夾角分別為α和β。若α=70°，則β等于（）A．45° B．55° C．60° D．70°【答案】B【詳解】甲物體是拴牢在O點，且甲、乙兩物體的質量相等，則甲、乙繩的拉力大小相等，O點處于平衡狀態(tài)，則左側繩子拉力的方向在甲、乙繩子的角平分線上，如圖所示根據(jù)幾何關系有180解得β=55故選B。20．（2020·浙江·高考真題）如圖所示，一對父子掰手腕，父親讓兒子獲勝。若父親對兒子的力記為F1，兒子對父親的力記為FA．F2>F1 B．C．F1先于F2產生 D．F1【答案】B【詳解】父親對兒子的力F1和兒子對父親的力F故選B．21．（2019·天津·高考真題）2018年10月23日，港珠澳跨海大橋正式通車。為保持以往船行習慣，在航道處建造了單面索（所有鋼索均處在同一豎直面內）斜拉橋，其索塔與鋼索如圖所示。下列說法正確的是（）A．增加鋼索的數(shù)量可減小索塔受到的向下的壓力B．為了減小鋼索承受的拉力，可以適當降低索塔的高度C．索塔兩側鋼索對稱且拉力大小相同時，鋼索對索塔的合力豎直向下D．為了使索塔受到鋼索的合力豎直向下，索塔兩側的鋼索必須對稱分布【答案】C【詳解】A．以橋身為研究對象，鋼索對橋身的拉力的合力與橋身的重力等