2025年高考物理复习考点解密追踪与预测（新高考）专题02 相互作用-力（分层练）（解析版）

专题02相互作用——力A·常考题不丢分命题点01静态平衡之合成法或分解法命题点02正交分解法解决平衡问题命题点03动态平衡之解析法命题点04动态平衡之相似三角形法命题点05动态平衡之图解法命题点06动态平衡之辅助圆法B·拓展培优拿高分C·挑战真题争满分【命题点01静态平衡之合成法或分解法】【针对练习1】一个质量为m的光滑小球，挂在一质量为M的三角形木块的左侧面，此时绳与三角形木块的左侧面夹角为θ，如图所示，小球与木块均能保持静止，则（

）A．绳对小球的拉力大小为mgB．地面对木块有向左的摩擦力C．若球的质量不变只增大其半径，小球对木块的压力将会变大D．若球的质量不变只增大其半径，木块对地面的压力将会变大【答案】C【详解】A．对球受力分析可知TF绳对小球的拉力大小为T=故A错误；C．小球对木块的压力F若球的质量不变只增大其半径，则θ变大，则小球对木块的压力将会变大，故C正确；BD．对球和木块的整体受力分析可知，整体水平方向受力为零，即地面对木块无摩擦力，竖直方向地面对木块的支持力等于小球和木块的重力之和，则若球的质量不变只增大其半径，木块对地面的压力不变，故BD错误。故选C。【针对练习2】如图所示，质量为M、半径为R的半球形物体A放在水平地面上，通过最高点处大小不计的钉子用水平细线拉住一质量为m、半径为r的光滑球B，重力加速度为g，则（）A．A对地面的摩擦力方向向左B．A对地面的摩擦力方向向右C．细线对B的拉力大小为rD．A对B的支持力大小为mg【答案】D【详解】AB．对A、B整体受力分析，相对地面无滑动趋势，故A不受地面的摩擦力，则A对地面无摩擦力，故AB错误；CD．对B受力分析，如图所示

根据平衡条件可得F=mgcos其中costan联立解得A对B的支持力大小为F=mg细线对B的拉力大小为F故C错误，D正确。故选D。【针对练习3】如图所示，竖直固定放置的光滑半圆环O的半径为R，用轻绳相连的m1、m2两球（可视为质点）套在圆环上，分别静止在A点和B点，已知绳长l=2R，m2与圆心O的连线与水平面成30

A．3:1 B．1:2 C．3:2 【答案】A【详解】根据几何关系有O可得∠AOB=对两小球受力分析可得mmT=可得m故选A。【针对练习4】（多选）如图所示，半径为R的半圆形光滑轨道固定在竖直平面内，O为圆心，P为轨道最高点．中间有孔、质量为m的小球穿过圆弧轨道，轻弹簧一端固定在P点，另一端与小球相连，小球在M点保持静止，OM与OP夹角为θ=60°．已知重力加速度为g，弹簧的劲度系数为k，则（）A．小球可能只受到两个力的作用B．小球一定发生了形变C．轨道对小球的弹力大小为0.6mgD．轻弹簧的原长为R−【答案】BD【详解】A．小球一定受重力、弹簧的拉力和圆环的支持力作用，选项A错误；B．小球对圆环有压力作用，可知小球一定发生了形变，选项B正确；C．由图可知FT和FN与竖直方向的夹角均为60°，可知FT=FN，则2则轨道对小球的弹力大小为F选项C错误；D．根据F可得轻弹簧的原长为L=R−选项D正确。故选BD。【针对练习5】（多选）如图所示，沿光滑的墙壁用网兜把一个足球挂在P点，足球的质量为m，网兜的质量不计。足球与墙壁的接触点为A，悬绳与墙壁的夹角为θ，则（）

A．悬挂足球的绳子对足球的拉力FT=mgC．换上一个长绳，则绳子拉力将增大 D．换上一个长绳，则墙壁对足球的支持力将减小【答案】BD【详解】AB．以足球为研究对象，受力分析可知，足球受重力、绳子拉力和墙壁的支持力，根据平衡条件有，竖直方向F水平方向F联立解得FF故A错误，B正确；CD．根据题意可知，换上一个长绳，则悬绳与墙壁的夹角θ变小，可知cosθ变大，tanθ变小，故FT故选BD。【命题点02正交分解法解决平衡问题】【针对练习6】夏日天气十分炎热，为了提高空调的制冷效果，门窗都需紧闭。某学校教学楼有些门因为老化故障无法紧闭，细心的小明给门下缝隙处塞紧了一个小木楔，侧面如图所示。已知木楔质量为m，其上表面可视作光滑，下表面与水平地面间的动摩擦因数为μ，木楔上表面与水平地面间夹角为θ，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计木楔的形变。若有人轻推门时，门给木楔一个大小为F的力推动木楔在地板上缓慢匀速移动，下列说法正确的是（）A．力F沿水平方向的分力大小为FB．木楔受到的滑动摩擦力大小为μmgC．力F的大小为μmgD．若tanθ0=μ【答案】C【详解】ABC．对木楔受力分析，如图所示，力F沿水平方向的分力大小为FsinN=F水平方向有f=F又有滑动摩擦力f=μN=μ(F联立解得F=故AB错误，C正确；D．不管用多大力推门，塞在门下缝隙处的木楔都能将门卡住而不再运动，即F由于力F很大，木楔质量较小，可得tan所以θ≤故D错误。【针对练习7】（多选）如图所示，穿过小动滑轮的轻绳两端分别固定在a、b两点，质量为m的小物块通过轻绳拴接在小动滑轮的轴上。现给小物块施加一个水平向右的拉力F，系统静止时，滑轮到固定点a、b的两部分轻绳与水平方向的夹角分别为30°和60°，滑轮质量、大小以及摩擦忽略不计，重力加速度为g，下列判断正确的是（

）A．小物块与滑轮间的轻绳与竖直方向夹角为45°B．作用在小物块上的水平拉力大小为2mgC．跨过滑轮的轻绳中的张力大小为3D．跨过滑轮的轻绳中的张力大小为3【答案】AD【详解】CD．跨过滑轮的轻绳中的张力大小为T，把滑轮与物块看作整体，竖直方向有T解得T=故C错误，D正确；B．水平方向有T解得F=mg故B错误；A．小物块与滑轮间的轻绳中张力大小为F由数学知识可知小物块与滑轮间的轻绳与竖直方向夹角为45°，故A正确。故选AD。【针对练习8】如图所示，质量M=0.6kg的物体A与质量m=0.1kg的圆环B用轻绳相连，圆环套在竖直杆上的P点。现用一水平力F（大小未知）作用在轻绳上的O点，使轻绳的BO段与竖直方向间的夹角θ=53°，整个装置处于静止状态。sin53°=0.8，cos53°=0.6，（1）求绳BO对结点O的拉力大小FT（2）求杆对圆环B的摩擦力大小Ff（3）若保持O点位置、轻绳与竖直方向间的夹角θ不变，现缓慢改变力F大小与方向，求上述过程中F的最小值与方向。【答案】（1）10N；（2）7N；（3）4.8N，方向垂直于OB斜向右上方【详解】（1）对结点O受力分析，如图所示则根据平衡条件可得F解得F（2）对圆环B受力分析如图所示根据平衡条件可得F解得F（3）根据三角形定则，做出能使结点O平衡的矢量三角形如图所示重力、绳子的拉力以及所施加的力，这三个力始终构成首尾相连的矢量三角形才能保证结点O处于平衡状态，根据几何关系可知，当力F与绳子OB垂直时，力F有最小值，其最小值为F【针对练习9】我国打破西方国家的技术封锁在川西山区建成了亚洲最大的风洞群，目前拥有8座世界级风洞设备，具备火箭助推和飞艇带飞等飞行模拟试验能力。如图所示，风洞实验室中可以产生水平向右、大小可调节的风力，现将套有小球的足够长细直杆放入风洞实验室，小球质量m=1.1kg，小球孔径略大于杆直径，小球与杆间的动摩擦因数μ=0.5，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8（1）当杆在水平方向固定时（如图甲），调节风力的大小，使小球在杆上做匀速运动，求此时风力的大小。（2）当杆与水平方向夹角为37°时（如图乙），调节风力的大小，使小球始终静止在杆上，求风力的大小范围。（小球和杆间的最大静摩擦力可以看成滑动摩擦力）【答案】（1）5.5N；（2）2【详解】（1）小球在杆上做匀速运动，对小球进行分析有FN解得F（2）小球即将上滑，对小球进行分析，如图所示则有FFF解得F若小球即将下滑，对小球分析如图所示则有FFF解得F故风力的大小范围2【针对练习10】如图所示，放在粗糙斜面(斜面固定不动)上的物块A和悬挂的物块B均处于静止状态，轻绳AO绕过光滑的定滑轮与轻质弹簧的右端及轻绳BO的上端连接于O点。轻质弹簧中轴线沿水平方向，轻绳OC段与竖直方向的夹角θ=53°，斜面倾角α=53°，弹簧劲度系数为k=200N/m，弹簧的形变量x=2cm，物体A与斜面间的动摩擦因数μ=0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m（1）B物块的质量；（2）若物块A的质量为mA（3）为了使A和B始终在图示位置处于静止状态，A物体的质量要满足什么条件?【答案】（1）0.3kg；（2）1N【详解】（1）对O点进行受力分析根据受力平衡可得Tsinθ=F又F=kx=200×0.02联立解得T=5N，（2）对A受力分析由于G1=可知摩擦力方向沿斜面向下；大小为f=（3）如果静摩擦力沿斜面向上且达到最大，如图所示则有T又f联立解得m=1如果静摩擦力沿斜面向下且达到最大，如图所示根据受力平衡可得T又f联立解得m=综上所述可知，为了使A和B始终在图示位置处于静止状态，A物体的质量要满足5【命题点03动态平衡之解析法】【针对练习11】如图所示，工人用滑轮搬运货物。轻绳跨过固定在天花板上A点的光滑定滑轮后系在等高的B点，将质量为m的货物用光滑小钩悬挂在A、B间的绳上，AC、AO与竖直方向的夹角均为30°，系统处于静止状态。已知重力加速度为g，下列说法正确的是（）A．轻绳的拉力T=B．人对地面的摩擦力f=C．若将系绳的B端向左缓慢移动，人不能保持静止状态D．若将系绳的B端向正下方缓慢移动，人不能保持静止状态【答案】B【详解】A．对O点，由平衡条件得2T得T=故A错误；B．设地面对人的摩擦力f′f由牛顿第三定律得，人对地面的摩擦力大小f=故B正确；C．若将系绳的B端向左缓慢移动，AO和BO与竖直方向的夹角θ减小，设绳子上的拉力为T′2得Tθ减小，cosθ增大，绳子上的拉力Tf=减小。故若将系绳的B端向左缓慢移动，人仍能保持静止状态。故C错误；D．若将系绳的B端向正下方缓慢移动，绳子上的拉力不变，人受的静摩擦力不变，人仍能保持静止状态。故D错误。故选B。【针对练习12】（多选）用一轻绳将一重力为G的小球P系于光滑墙壁上的O点，小球P处于静止状态，且细绳与竖直墙面之间的夹角为θ，则下列相关说法正确的是（）A．细绳的拉力为GB．墙对小球的支持力为GtanθC．若绳子变短，墙对小球的支持力变大D．若绳子变长，绳子对小球的拉力变大【答案】BC【详解】AB．小球处于平衡状态，受到重力、墙的支持力和绳的拉力，根据平衡条件TN=T整理得细绳的拉力为T=墙对小球的支持力为N=G故A错误，B正确；C．若绳子变短，则细绳与竖直墙面之间的夹角θ增大，根据N=GtanD．若绳子变长，则细绳与竖直墙面之间的夹角θ减小，根据T=G故选BC。【针对练习13】（多选）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越来越小B．凹槽对滑块的支持力越来越小C．墙面对凹槽的弹力先增大后减小D．水平地面对凹槽的支持力先增大后减小【答案】BC【详解】AB．对滑块受力分析，设支持力FN与竖直方向夹角为θF=mgsinθ滑块从A缓慢移到B点时，θ增大，则推力F越来越大，支持力FNC．对凹槽与滑块整体分析，有墙面对凹槽的弹力为F则θ越来越大时，墙面对凹槽的弹力先增大后减小，故C正确；D．水平地面对凹槽的支持力为F则θ越来越大时，水平地面对凹槽的支持力越来越小，故D错误。故选BC。【针对练习14】（多选）如图为汽车的机械式手刹（驻车器）系统的结构示意图，结构对称轴当向上拉动手剥拉杆时，手刹拉索（不可伸缩）就会拉紧，拉索OD、OC分别作用于两边轮子的制动器，从而实现驻车的目的。则以下说法正确的是（

）A．当OD、OC两拉索夹角为120°时，三根拉索的拉力大小相等B．拉动手刹拉杆时，拉索AO上的拉力总比拉索OD和OC中任何一个拉力大C．若在AO上施加一恒力，OD、OC两拉索夹角越小，拉索OD、OC拉力越大D．若保持OD、OC两拉索拉力不变，OD、OC两拉索越短，拉动拉索越省力【答案】AD【详解】A．设OD、OC两拉索夹角为θ时，OD、OC的拉力为T，根据共点力的平衡条件可得OA的拉力大小为F=2T当OD、OC两拉索夹角为120°时，可得F=2T即三根拉索的拉力大小相等，故A正确；B．拉动手刹拉杆时，拉索AO上拉力大小为F=2Tcosθ2可知，当θ＞120°时，拉索AO上拉力比拉索ODC．若在AO上施加一恒力，即F一定，根据F=2TcosT=OD、OC两拉索夹角越小，拉索OD、OC拉力越小，故C错误；D．若保持OD、OC两拉索拉力不变，OD、OC两拉索越短，OD、OC两拉索夹角θ越大，根据F=2Tcosθ2可知，在T一定的情况下F故选AD。【针对练习15】（多选）如图所示，一个光滑大圆环竖直固定，在其水平直径MN左端固定有一光滑小圆环，一轻绳跨过小圆环后左端与物块A相连，右端系于大圆环上的P点。将物块A置于静止在粗糙水平面上的粗糙斜面体上，轻绳MA段与斜面平行，将悬挂有重物B的光滑轻质动滑轮C置于轻绳MP段上，稳定后，整个系统处于静止状态。现将轻绳右端从P点沿大圆环缓慢移至下方关于直径MN对称的P′A．轻绳MC段与PC段间的夹角α一定先增大后减小B．轻绳对C处滑轮的弹力一定先增大后减小C．物块A与斜面体之间的摩擦力一定先减小后增大D．斜面体与水平面之间的摩擦力一定先增大后减小【答案】AD【详解】A．设轻绳MP段长为L，M、P两点间的水平距离为d，由数学关系可得sin将轻绳右端从P点沿大圆环缓慢移至P＇点过程中，L不变，d先增大后减小，所以α先增大后减小，故A正确；B．轻绳中的弹力记为FT，分析轻质动滑轮C2故轻绳对C处滑轮的弹力的合力大小等于mBC．分析物块A的受力情况，由于斜面倾角及动摩擦因数未知，A、B的质量大小也未知，无法明确A所受的摩擦力FfA，故在轻绳中的弹力先增大后减小的过程中，FD．设斜面倾角为θ，斜面体与水平面之间的摩擦力为FfF由于θ不变、FT先增大后减小，所以F故选AD。【命题点04动态平衡之相似三角形法】【针对练习16】（多选）如图所示，居民足不出户，送食物人员不与他直接接触，将食物放在吊盘中，居民自行通过细绳搭在光滑定滑轮上将带铰链的轻杆缓慢上拉，从而取得食物；在轻杆被缓慢上拉到取到食物前的过程中（

）

A．此人手上所受的拉力F始终减小 B．此人手上所受的拉力F始终不变C．轻杆所受压力先减小，后增大 D．轻杆所受压力大小始终不变【答案】AD【详解】对结点C受力分析，如图所示

缓慢上拉，三个力平衡，三个力组成首尾相接的闭合三角形，力三角形与几何三角形ABC相似，根据相似三角形对应边比值相等，有mg因上拉过程mg、AB不变，故AC减小则F减小，即工人手上所受的拉力减小，BC不变则N不变，即轻杆所受压力大小始终不变。故选AD。【针对练习17】（多选）如图所示，将一劲度系数为k的轻弹簧一端固定在内壁光滑、半径为R的半球形容器底部中心O′处（O为球心），弹簧另一端与质量为m的小球A相连，小球静止于P点，OP与水平方向间的夹角为θ=30°。若换为与质量为2m的小球B相连，小球B将静止于M点（图中未画出），下列说法正确的是（）

A．容器对小球B的作用力大小为mgB．弹簧对小球A的作用力大于对小球B的作用力C．弹簧的原长为R+D．O′M的长度为mgR+k【答案】CD【详解】小球受到三个共点力而平衡，这三个力可以构成一个矢量三角形，当弹簧另一端与质量为m的小球A相连时可得mg当弹簧另一端与质量2m的小球B相连时可得2mg设弹簧原长为L0，则TT联立可得TLNL可知T故选CD。【针对练习18】（多选）如图所示，质量均为m的小球A、B用劲度系数为k1的轻弹簧相连，B球用长为L的细绳悬于O点，A球固定在O点正下方，当小球B平衡时，绳子所受的拉力为T1，弹簧的弹力为F1；现把A、B间的弹簧换成原长相同但劲度系数为k2（k2>k1）的另一轻弹簧，在其他条件不变的情况下仍使系统平衡，此时绳子所受的拉力为T2，弹簧的弹力为F2，则下列关于T1与T2、F1与F2大小之间的关系正确的是（）

A．T1>T2 B．T1=T2C．F1<F2 D．F1=F2【答案】BC【详解】AB．设弹簧原长为L0，OA间高度为h，对B受力平衡可知B所受的重力mg、绳子的拉力T及弹簧的弹力F构成一个封闭的三角形，与△OABmg因为h和L不变，可知绳子所受的拉力T不变，即T1CD．由胡克定律有F=k代入可得mg故可知当换成劲度系数较大的弹簧时，此时弹簧的伸长量Δx变小，L0−Δx故选BC。

【针对练习19】（多选）如图所示，在竖直平面内的固定光滑圆环上，套有一质量为m的小球，一轻绳通过光滑滑轮P连接小球A，绳的另一端用水平向左的力F拉绳，使小球缓慢上升一小段位移，图中O为圆心，OQ为半径，P为OQ的中点。在小球上升过程中，下列说法正确的是（）

A．绳的拉力先减小后增大B．设AP长度为L，ΔF表示F的变化量，ΔL表示L的变化量，则比值C．环对小球的弹力方向是沿半径背离圆心，大小恒为2mgD．环对小球的弹力方向是沿半径背离圆心，大小恒为mg【答案】BC【详解】A．小球缓慢上升一小段位移的过程中，小球处于平衡状态，对小球进行分析受力分析如图所示

由于三角形ABC与三角形POA，可得mg当小球缓慢上升一小段位移的过程中，由于AP减小，则绳的拉力F减小，故A错误；B．由于小球缓慢上升一小段位移的过程中，根据分析可得F解得Δ可知比值ΔFCD．对小球受力分析可知，环对小球的弹力方向是沿半径背离圆心，根据关系mg解得N=2mg故C正确，D错误。故选BC。【针对练习20】（多选）如图所示，半径为R的光滑圆环竖直固定，原长为2R的轻质弹簧一端固定在圆环的最高点A，另一端与套在环上的质量为m的小球相连。小球静止在B点时，弹簧与竖直方向夹角θ=30°，已知重力加速度大小为g

A．小球对圆环的弹力方向指向圆心B．圆环对小球的弹力大小为3C．弹簧的劲度系数为3+D．若换用原长相同，劲度系数更大的轻质弹簧，小球将在B点下方达到受力平衡【答案】AC【详解】A．弹簧处于伸长状态，弹簧弹力F的方向如图所示

小球处于平衡状态，合力为0，故圆环对小球的弹力FNB．由相似三角形法得mg可得F故B错误；C．弹簧的长度为l=2R弹簧的形变量为x=l−由胡克定律F=kx可得F=k解得k=故C正确；D．换用劲度系数更大的某轻质弹簧，若拉伸到同样的长度，小球将上移，则小球将在B点上方达到受力平衡，故D错误。故选AC。【命题点05动态平衡之图解法】【针对练习21】如图所示，用OA、OB两根轻绳将花盆悬于两墙壁之间，开始时OB绳水平。现保持O点位置不变，改变OB绳长使绳右端由B点缓慢上移至Bʹ点，此时OBʹ与OA之间的夹角θ=90°。设此过程中OA、OB绳的拉力分别为F1、F2，下列说法正确的是（）

A．F1一直减小 B．F1先减小后增大C．F2一直增大 D．F2先减小后增大【答案】A【详解】根据题意，以花盆为研究对象，花盆受重力G、绳OA的拉力FOA和绳OB的拉力FOB，根据平衡条件可知，两根绳子的拉力的合力与重力大小相等、方向相反，作出轻绳OB在不同位置时力的合成图，如图所示

由图可看出，OB绳右端由B点缓慢上移至Bʹ点，使得OBʹ与OA之间的夹角等于90°的过程中，F1、F2均一直减小。故选A。【针对练习22】如图所示，轻质弹簧一端固定在水平墙上，另一端与一小球相连，在小球上再施加一个拉力F使小球处于静止状态，弹簧与竖直方向夹角为α，拉力F与竖直方向夹角为β，且α+β<90°；现保持拉力F大小不变，方向缓慢转至水平，则下列说法正确的是（）

A．α先增大后减小B．α一直减小C．弹簧的弹力先减小后增大D．弹簧的弹力先增大后减小【答案】A【详解】根据题意，对小球受力分析，保持拉力F大小不变，方向缓慢转至水平过程中，由矢量三角形可得，如图所示

由图可知，弹簧弹力逐渐增大，α先增大后减小。故选A。【针对练习23】如图所示，用光滑铁丝弯成的四分之一圆弧轨道竖直固定在水平地面上，O为圆心，A为轨道上的一点，一中间带有小孔的小球套在圆弧轨道上，对小球施加一个拉力，若在拉力方向从水平向左在纸面内顺时针转至竖直向上的过程中，小球始终静止在A点，则拉力F（）A．先变大，后变小 B．先变小，后变大C．一直变大 D．一直变小【答案】B【详解】根据题意可知，小球始终静止在A点，对小球受力分析可知，小球受重力与弹力及拉力，三力平衡三力可组成一个闭合的三角形，如图所示则拉力方向从水平向左在纸面内顺时针转至竖直向上的过程中，拉力F先变小，后变大。故选B。【针对练习24】（多选）如图所示，不可伸长的悬线MO绳下端挂一质量为m的物体，在拉力F作用下物体静止，此时悬线与竖直方向的夹角为α。现保夹角持α不变，拉力F缓慢地由水平位置逆时针转到竖直位置的过程中（重力加速度为g）（）

A．F逐渐减小，OM绳拉力逐渐减小B．F先减小后增大，OM绳拉力逐渐减小C．若F的方向水平向右，则F=mgtanD．F的最小值为mgsina【答案】BCD【详解】AB．根据题意，以结点O为受力fenxi点，做出受力分析的矢量三角形，如图所示

可知，保夹角持α不变，拉力F缓慢地由水平位置逆时针转到竖直位置的过程中，拉力F先减小后增大，OM绳拉力T逐渐减小，故A错误，B正确；C．当力F的方向水平向右时，受力分析如图所示

根据几何关系可得tan解得F=mg故C正确；D．当力F垂直于OM绳上的拉力T时，力F有最小值，根据几何关系可得sin解得F故D正确。故选BCD。【针对练习25】（多选）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，物块（可看做质点）静置于槽内最底部的A点处。现用一方向不变的斜向上的推力F把物块从A点沿着凹形槽缓慢推至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FNA．F和FNB．F一直增大，FNC．地面对凹槽的支持力一直减小D．地面对凹槽的摩擦力保持不变【答案】BC【详解】AB．由题意可知，在力F缓慢推动的过程中物块处于动态平衡中，且重力为恒力始终不变，推力的方向始终不变，重力、推力、圆弧面对物块的弹力三力始终平衡，合力为零，则可做出力的矢量三角形，如下图所示则根据动态变化过程中的矢量三角形可知，推力F逐渐增大，圆弧面对物块的弹力FNCD．将小物块和凹槽看成一个整体，由整体法分析可知，推力F斜向右上方，方向不变，但大小始终在增大，因此可知力F在竖直方向和水平方向的分力都在始终增大，设力F与水平方向的夹角为θ，则由平衡条件可得，竖直方向有(M+m)g=F水平方向有f=F由以上平衡方程结合力F的变化情况可知，地面对凹槽的支持力一直减小；地面对凹槽的摩擦力一直增大，故C正确，D错误。故选BC。【命题点06动态平衡之辅助圆法】【针对练习26】如图所示，质量为M的物体用轻绳悬挂于O点，开始时轻绳OA水平，OA、OB两绳之间的夹角α=150°，现将两绳同时顺时针缓慢转过90°，且保持O点及夹角α不变，物体始终保持静止状态。在旋转过程中，设绳OA的拉力为F1，绳OB的拉力为FA．F1逐渐增大，最终等于B．F1C．F2D．F2【答案】C【详解】AB．结点O受三个力作用处于平衡状态，FOA和FOB夹角α=150°始终不变。作该矢量三角形的外接圆，如图所示，FOA矢量箭头将始终落在圆周上，由图可知，F1顺时针转过CD．初始时刻，FOB恰好为其外接圆的直径，故F2逐渐减小，当绳OA转过90°处于竖直位置时故选C。【针对练习27】如图所示，置于水平地面上的竖直圆形金属环内用三根细绳OA、OB、OC悬挂一质量为物体，物体可看做质点。OB绳处于水平方向，∠AOB＝120°，设OA、OB绳的拉力大小为F1、F2，现将金属圆环在竖直面内缓慢逆时针转过90°，在此过程中（）A．F2一直增大 B．F1一直增大C．F2先增大后减小 D．F1先增大后减小【答案】C【详解】由题图对O点受力分析，由平衡条件可得，三个力组成矢量三角形平衡图，如图所示，由图可知，将金属圆环在竖直面内缓慢逆时针转过90°，绳OC的拉力大小和方向不变，可知θ角增大，F2先增大后减小，F1一直减小，ABD错误，C正确。故选C。【针对练习28】（多选）网课期间，小五同学在家研究物体受力的方向与大小的关系。如图所示，第一次实验：小五用两轻质细线拴住一物体，一根细线系在墙壁上O点，保持系在墙壁上的细线与竖直方向的夹分为30∘，将另一细线由水平缓慢拉至竖直方向的过程中，设系在墙壁的细线上的拉力大小为F1，另一细线上的拉力大小为F2；第二次实验：小五同学用一根轻质细线将物体系在墙壁上O点，用外力F3缓慢拉结点O′，F3的方向与OO′夹角为α=120A．F1先减小后增大 B．FC．F3先增大后减小 D．F【答案】BD【详解】AB．第一次实验中对物体受力分析如下，由三角形法则可知F1一直减小，FCD．第二次实验中对O′结点受力分析如下，可知F4先增大后减小，故选BD。【针对练习29】（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水平且MN被拉直，OM与MN之间的夹角为α（α>π2）。现将重物向左下方缓慢放下至OM竖直，并保持夹角α不变。在A．MN上的弹力逐渐减小B．OM上的张力先增大后减小C．MN和OM对M点的作用力的合力不变D．MN对重物的弹力是重物发生了形变产生的【答案】ABC【详解】AB．以节点M为研究对象，受重物拉力mg、OM绳上拉力F2、MN上拉力F1，依题意，三个力合力始终为零，矢量三角形如图所示，依题意角保持不变，即保持角θ恒定，则F1的箭头始终落在圆周上，据题意γ角逐渐从90°减小到0°；可知，在F2转至竖直的过程中，MN上的张力F1逐渐减小，OM上的张力F2先增大后减小，故AB正确；C．由平衡规律，MN和OM对M点的作用力的合力与重物的重力大小相等，方向相反，故始终不变，C正确；D．施力物体对受力物体的弹力是施力物体弹性形变产生的，所以MN对重物的弹力是轻绳MN发生了形变产生的，D错误。故选ABC。【针对练习30】（多选）如图所示，“V”形的挡板夹角为α，开始∠AOB的角平分线沿竖直方向，将一小球放在两挡板之间。现将整个装置以过O点的水平线为轴沿逆时针方向缓慢地转动，直到OB沿竖直方向位置，整个过程两挡板的夹角保持不变，忽略一切摩擦力，则下列说法正确的是（）A．小球受到的合力始终为零B．挡板OB对小球的作用力逐渐增大C．挡板OA对小球的作用力先增大后减小D．转动前后挡板OB对小球的作用力之比为tan【答案】AD【详解】A．由于整个过程缓慢地转动，则装置处于动态平衡，所以小球的合力始终为零，故A正确；BC．小球受重力以及两挡板的弹力作用，且由力的平衡条件可知两弹力的合力与重力等大反向，受力分析如图所示当装置转动到OB沿竖直方向位置时，由图可知，挡板A的作用力刚好为圆的直径，则该过程中挡板B的作用力逐渐减小，挡板A的作用力逐渐增大，故BC错误；D．由图可知，转动前挡板B的作用力为F转动后挡板B的作用力为F则F故D正确。故选AD。1．如图甲的玩具吊车，其简化结构如图乙所示，杆AB固定于平台上且不可转动，其B端固定一光滑定滑轮；轻杆CD用较链连接于平台，可绕C端自由转动，其D端连接两条轻绳，一条轻绳绕过滑轮后悬挂一质量为m的重物，另一轻绳缠绕于电动机转轴O上，通过电动机的牵引控制重物的起落。某次吊车将重物吊起至一定高度后保持静止，此时各段轻绳与杆之间的夹角如图乙所示，其中两杆处于同一竖直面内，OD绳沿竖直方向，γ=37°，θ=90°，重力加速度大小为g，则（

）

A．α一定等于βB．AB杆受到绳子的作用力大小为3C．CD杆受到绳子的作用力方向沿∠ODB的角平分线方向，大小为mgD．当启动电动机使重物缓慢下降时，AB杆受到绳子的作用力将逐渐增大【答案】D【详解】A．杆AB固定于平台，杆力不一定沿杆，同一条绳的力大小相等，其合力一定在其角平分线上，由于杆力不一定沿杆，所以α不一定等于β，故A错误；B．如图所示

两个力T所作力的平行四边形为菱形，根据平衡条件可得T=mg根据几何关系可得α+β=53°对角线为F杆，则ABF故B错误；C．根据题意D端连接两条轻绳，两条轻绳的力不一定大小相等，且CD杆为铰链连接，为“活”杆，杆力沿着杆的方向，水平方向，根据F解得F故C错误；D．当启动电动机使重物缓慢下降时，即T=mg不变，∠DBM变小，根据F可知F杆故选D。2．如图所示，质量为m的匀质细绳，一端系在天花板上的A点，另一端系在竖直墙壁上的B点，平衡后最低点为C点。现测得AC段绳长是CB段绳长的n倍，且绳子A端的切线与竖直方向的夹角为β，绳子B端的切线与墙壁的夹角为α（重力加速度为g）则（

）

A．绳子在C处弹力大小FB．绳子在A处的弹力大小FC．绳子在B处的弹力大小FD．tan【答案】B【详解】AC．对CB段受力分析，受重力G墙壁的拉力FB、AC段绳子对其向左的拉力F

根据平衡条件有FF联立解得FF故AC错误；B．再对AC段绳子受力分析，受重力GBC段绳子对其向右的拉力FC′，天花板对其的拉力

根据平衡条件有FFF联立解得F故B正确；D．又由于tantan因此tan故D错误。故选B。3．（多选）春节前锋，小明需移开沙发，清扫污垢。质量m＝10kg的沙发放置在水平地面上，沙发与地面间的动摩擦因数μ=33，小明用力F＝100N推沙发，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取

A．若力F斜向下与水平成θ角，当θ=30°时沙发恰好做匀速直线运动B．若力F斜向下与水平成θ角，当θ>60°时，无论F力多大，沙发都不会动C．若力F方向能随意改变，让沙发匀速运动，F斜向上与水平成30°时，F最小D．若力F方向能随意改变，让沙发匀速运动，F斜向上与水平成60°时，F最小【答案】ABC【详解】A．若力F斜向下与水平成θ=30°时，地面对沙发的摩擦力大小为F力F在水平方向的分力大小为F两个力大小相等方向相反，故沙发在做匀速运动，故A正确；B．若力F斜向下与水平成θ角，则最大静摩擦力大小为F若要物体静止不动，应该满足F变形得F如果满足cos即θ>60°则此时无论F多大，物体都会保持静止，B正确；CD．如果力F斜向上与水平成θ角，且物体做匀速运动，则有F变形可得F=其中sin即φ=故当θ=π6时，故选ABC。4．（多选）如图所示，物体置于水平传送带上，物体两边安装了固定光滑的水平杆A、B限制物体只能在其间运动。已知物体质量为m，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体在水平拉力F的作用下以恒定速度v0

A．物体受摩擦力大小f=μmg，与传送带速度无关B．传动带速度越大，所需拉力越大C．物体对水平杆B有压力D．水平拉力F等于μmg【答案】AD【详解】A．由题意可知，传送带的速度为v，物体在水平拉力F的作用下以恒定速度v0匀速运动，v与vv设相对速度v相对与v0的夹角为θtan可知物体受摩擦力方向与物体相对速度方向相反，其大小为f=μmg可知摩擦力与传送带速度无关，A正确；

BD．物体受力平衡，由平衡条件可得水平拉力F等于F=μmg由上式可知，传送带的速度越大，所需的拉力F越小，B错误，D正确；C．由题意可知，A杆受到压力作用，大小为F可知B杆不受压力作用，C错误。故选AD。5．（多选）如图所示，质量M=5kg的物体P静止在地面上，用轻绳通过光滑、轻质定滑轮1、2（滑轮大小相等，轴心在同一水平线上）与质量m=1.5kg的小球Q连接在一起，初始时刻滑轮2与P间的轻绳与竖直方向的夹角为37°，小球Q与滑轮1间的轻绳刚好位于竖直方向，现在用一水平向左的力F缓慢拉动小球Q，直到物块P刚要在地面上滑动。已知P与地面的动摩擦因数μ=0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度

A．初始时P受到地面的摩擦力为12B．此过程中绳子拉力先增大后减小C．小球Q与滑轮1间的轻绳与竖直方向的夹角最大为53°D．轴对滑轮1的最大作用力大小为15【答案】CD【详解】A．初始时轻绳拉力为T，对小球Q受力分析有T=mg=15对P受力分析有F故A错误；B．设此过程中小球Q与滑轮1间的轻绳与竖直方向夹角为θ，有T在小球Q缓慢移动的过程中θ逐渐增大，cosθ逐渐减小，所以绳子拉力TC．当小球Q与滑轮1间的轻绳与竖直方向的夹角最大时轻绳拉力最大，对物块P受力分析有FTF解得T此时对Q受力分析有cos解得θ=53°故C正确；D．对滑轮1受力分析可知，轴对滑轮1的作用力大小为F又因为T=联立可得F故θ=0时，轴对滑轮1的作用力最大，此时F故D正确。故选CD。6．（多选）如图所示，楔形物块A静置在水平地面上，其斜面粗糙，斜面上有小物块B。用平行于斜面的力F拉B，使之沿斜面匀速上滑。现改变力F的方向至与斜面成一定的角度，如图所示，仍使小物块B沿斜面匀速上滑。在B运动的过程中，楔形物块A始终保持静止。下列描述正确的有（）

A．拉力F一定增大 B．A对B的摩擦力减小C．B对斜面的作用力变小 D．地面受到的摩擦力大小可能变大【答案】BC【详解】AB．根据小物块匀速运动，列平衡方程，方向改变前，则有FN故F方向改变后，则有FN故F所以力F可能增大、减小或不变，而支持力减小，摩擦力一定减小，A错误，B正确；CD．B对斜面的作用力为F方向大致向右，支持力减小，所以作用力一定减小，地面的摩擦力为了受力平衡也必须减小，故C正确，D错误。故选BC。7．（多选）如图所示，用轻质柔软的细线将一质量为m的小球悬挂于天花板上的O点，在外力F、重力G和细线拉力FT的作用下处于平衡状态。初始时F水平，且细线与竖直方向的夹角为θ，与F的夹角为αA．保持F水平，逐渐缓慢增大θ角，则F逐渐减小、FTB．保持小球位置及θ角不变，缓慢减小α角直至a=θ，则F先减小后增大C．保持α角不变，缓慢增大θ角，直至悬线水平，则F先减小后增大D．保持α角、θ角和F方向不变，增加细线的长度，F、FT【答案】BD【详解】A．保持F水平，根据正交分解和平衡条件有F=mgF渐缓慢增大θ角，F、FTB．对小球受力分析，小球受重力、拉力F和细线的拉力FTθ角不变，由图可知，α角减小到90°时，F最小，因此α角减小直至a=θ过程中，F先减小后增大，故B正确；C．保持α角不变，增大θ角，细线和拉力F的方向都逆时针转动，如图所示由图可知，F水平时FT最大，FT水平时F最大，所以FTD．保持α角、θ角和F方向不变，增加细线的长度，对F、FT没有影响，F、F故选BD。8．如图所示，两个相同小物块A、B（可视为质点）静止放在粗糙水平面上，两物块与水平面间的动摩擦因数相同，两根等长轻杆一端分别通过光滑铰链连接在A、B上，另一端通过光滑铰链连接在O处，两杆之间的夹角为α。现对O施加一个竖直向上的拉力F，已知物块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。（1）若A、B的重力大小均为G，动摩擦因数为μ，要使两物块发生滑动，F应满足什么条件？（2）若α=60°，对O施加一个竖直向下的压力F，无论F多大均不能使A、B与水平面发生相对滑动，则物块与水平面间的动摩擦因数应满足什么条件？

【答案】（1）F>2μGμ+【详解】（1）把力F的作用效果分解，对A受力分析，如图

则F=2可得F若A刚好要相对滑动，水平方向F竖直方向F又F解得F=要使两物块发生滑动，F应满足F>（2）把力F效果分解，对A受力分析，如图

则F=2要使A不发生相对滑动，对A，水平方向F竖直方向F又F解得μ≥当F→∞μ≥所以无论F多大均不能使A、B与水平面发生相对滑动，则物块与水平面间的动摩擦因数应满足μ≥9．如图所示，倾角θ=37°的固定斜面上放有物块A和B，A、B之间拴接有劲度系数k=4N/cm的轻弹簧，物块B和小桶C由跨过光滑的定滑轮的轻绳连接。开始时弹簧处于原长，A、B、C均处静止状态，且B刚好不受摩擦力，轻弹簧、轻绳平行于斜面。已知A、B的质量mA=mB=2kg，A、B与斜面间的动摩擦因数均为0.875，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。（1）求C的质量mc；（2）求开始时A受到的摩擦力大小；（3）若向C中缓慢加入沙子，当B刚要向上运动时，加入沙子的总质量记为m1，继续缓慢加入沙子，B缓慢向上运动，当A刚要向上运动时（C未触地，弹簧处于弹性限度范围内），加入沙子的总质量记为m2，求：①m②A刚要向上运动时，B已经向上运动的距离。【答案】（1）1.2kg；（2）12N；（3）①7【详解】解：（1）把B、C视为整体，由平衡条件有m解得m（2）对A进行受力分析，由平衡条件，则有f=解得f=12（3）①当B刚要向上运动时，将B、C和沙子视为整体，由平衡条件有m当A刚要向上运动时，将A、B、C和沙子视为整体，则有m解得m②当A刚要往上运动时，对A进行受力分析，则有T=又由胡克定律有T=kx解得x=6.5说明B已经向上运动了6.510．有一块均匀木棒AC长为l1，重为G1，（1）若用一作用力F1作用于C端将木棒抬起达平衡位置，此时木棒与地面夹角为α，如图1所示。求F（2）若用长为l2、重为G2的撬棒把木棒支起达平衡位置，如图2所示，假定木棒与撬棒的接触是光滑的，地面粗糙，图中α=30°，β=60°，①木棒AC在C点所受支持力的大小；②作用于撬棒端点D的外力F2（3）若用半径为R、重为G3的圆柱把木棒支起达平衡位置，木棒与地面夹角为α，如图3所示。假定木棒与圆柱接触面摩擦因数足够大，地面与圆柱摩擦因数为μ。图中α=37°，l1:R=6:1，G1:G3【答案】（1）F1最小值为G1cosα2，方向为垂直木棒向上；（2）①【详解】（1）根据杠杆平衡原理可知，当作用在C点，垂直于木棒向上时，力臂最大，作用力F1F解得F方向为垂直木棒向上；（2）①可知撬棒给木棒的作用点在C点，作用力方向为垂直于撬棒向上，设木棒受到的支持力为FN，木棒对撬棒的压力为F根据几何关系可得木棒和撬棒之间的夹角为30°，即∠ACB=30°，可得AB=BC且FN与AC的夹角为60°，根据杠杆平衡原理可得F解得F②作用于撬棒端点D的外力F2当垂直于撬棒向上时力臂最大，此时F2最小，根据几何关系可得F′F可得F解得F（3）设圆柱对木棒的支持力为F1N，木棒对圆柱的压力为F根据几何关系可得F1N的力臂LL=则可得F解得F则根据牛顿第三定律可得F对圆柱进行受力分析，在水平方向上可得f=设地面对圆柱的支持力为F2NF可知圆柱刚好滑动时，即此时静摩擦力恰好等于滑动摩擦力，此时μ最小，故可得f≤μ解得μ≥1．（2023·重庆·统考高考真题）矫正牙齿时，可用牵引线对牙施加力的作用。若某颗牙齿受到牵引线的两个作用力大小均为F，夹角为α（如图），则该牙所受两牵引力的合力大小为（）

A．2FB．2FC．FD．F【答案】B【详解】根据平行四边形定则可知，该牙所受两牵引力的合力大小为F故选B。2．（2022·辽宁·高考真题）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、FA．F1的竖直分力大于F2的竖直分力 B．F1C．F1的水平分力大于F2的水平分力 D．F1【答案】D【详解】CD．对结点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，选项C错误，D正确；AB．对结点O受力分析可得，竖直方向F解得FF则F1的竖直分量F1yF2的竖直分量F因sin可知F选项AB错误。故选D。3．（2022·浙江·统考高考真题）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33G C．摩擦力为34G 【答案】B【详解】设斜杆的弹力大小为F，以水平横杆和重物为整体，竖直方向根据受力平衡可得4F解得F=以其中一斜杆为研究对象，其受力如图所示可知每根斜杆受到地面的作用力应与F平衡，即大小为36f=FB正确，ACD错误；故选B。4．（2022·广东·高考真题）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，F1A．F=F1 B．F=2F1 C．【答案】D【详解】以O点为研究对象，受力分析如图由几何关系可知θ=30°由平衡条件可得FF联立可得F=故D正确，ABC错误。故选D。5．（2022·河北·统考高考真题）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【答案】B【详解】设两绳子对圆柱体的拉力的合力为T，木板对圆柱体的支持力为N，绳子与木板夹角为α，从右向左看如图所示在矢量三角形中，根据正弦定理sin在木板以直线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，又γ+β+α=180°且α<90°可知90°<γ+β<180°则0<β<180°可知β从锐角逐渐增大到钝角，根据sin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，设两绳子之间的夹角为2θ，绳子拉力为2可得Tθ不变，T逐渐减小，可知绳子拉力不断减小，故B正确，ACD错误。故选B。6．（2022·湖南·统考高考真题）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． B． C． D．【答案】A【详解】由于风速水平向右、大小恒定且不随高度改变，可认为单位长度飘带受到的风力F0相同，假设飘带总长为L，质量为m，由飘带自由端向上选取任意一段ΔG=F=该部分飘带稳定时受力平衡，受力分析如图所示重力与风力的合力与剩余部分间的张力T是平衡力，设竖直方向的夹角为θ，则满足tan可知飘带与竖直方向的角度与所选取的飘带长度无关，在风速一定时，飘带与竖直方向的角度正切值恒定，则飘带为一条倾斜的直线。故选A。7．（2021·重庆·高考真题）如图所示，人游泳时若某时刻手掌对水的作用力大小为F，该力与水平方向的夹角为30°，则该力在水平方向的分力大小为（）A．2F B．3F C．F D．【答案】D【详解】沿水平方向和竖直方向将手掌对水的作用力分解，则有该力在水平方向的分力大小为F故选D。8．（2022·浙江·统考高考真题）如图所示，水平放置的电子秤上有一磁性玩具，玩具由哑铃状物件P和左端有玻璃挡板的凹形底座Q构成，其重量分别为GP和GQ。用手使P的左端与玻璃挡板靠近时，感受到P对手有靠向玻璃挡板的力，P与挡板接触后放开手，P处于“磁悬浮”状态（即P和Q的其余部分均不接触），P与Q间的磁力大小为A．Q对P的磁力大小等于GB．P对Q的磁力方向竖直向下C．Q对电子秤的压力大小等于GQ＋D．电子秤对Q的支持力大小等于GP＋【答案】D【详解】AB．由题意可知，因手使P的左端与玻璃挡板靠近时，感受到P对手有靠向玻璃挡板的力，即Q对P有水平向左的磁力；P与挡板接触后放开手，P处于“磁悬浮”状态，则说明Q对P有竖直向上的磁力，则Q对P的磁力方向斜向左上方向，其磁力F大小大于GPCD．对PQ的整体受力分析，竖直方向电子秤对Q的支持力大小等于GP＋GQ，即Q对电子秤的压力大小等于GP故选D。9．（2022·浙江·统考高考真题）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，则下列说法正确的是（）A．轻绳的合拉力大小为μmgB．轻绳的合拉力大小为μmgC．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【答案】B【详解】AB．对石墩受力分析，由平衡条件可知Tf=μNT联立解得T=故A错误，B正确；C．拉力的大小为T=其中tanφ=1μ，可知当θ+φ=90°D．摩擦力大小为f=T可知增大夹角θ，摩擦力一直减小，当θ趋近于90°时，摩擦力最小，故轻绳的合拉力最小时，地面对石墩的摩擦力不是最小，故D错误；故选B。10．（2022·浙江·统考高考真题）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【答案】D【详解】水管口持续有水流出而过一段时间桶会翻转一次，说明主要原因是装的水到一定量之后，导致水桶与水整体的重心往上移动，竖直向下的重力作用线偏离中心转轴，导致水桶不能稳定平衡，发生翻转，故选D。11．（2021·广东·高考真题）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】B【详解】A．将拉力F正交分解如下图所示则在x方向可得出Fx曲=FsinαFx直=Fsinβ在y方向可得出Fy曲=FcosαFy直=Fcosβ由题知α<β则sinα<sinβcosα>cosβ则可得到Fx曲<Fx直Fy曲>Fy直A错误、B正确；CD．耕索对犁的拉力与犁对耕索的拉力是一对相互作用力，它们大小相等，方向相反，无论是加速还是匀速，则CD错误。故选B。12．（2021·湖南·高考真题）质量为M的凹槽静止在水平地面上，内壁为半圆柱面，截面如图所示，A为半圆的最低点，B为半圆水平直径的端点。凹槽恰好与竖直墙面接触，内有一质量为m的小滑块。用推力F推动小滑块由A点向B点缓慢移动，力F的方向始终沿圆弧的切线方向，在此过程中所有摩擦均可忽略，下列说法正确的是（）A．推力F先增大后减小B．凹槽对滑块的支持力先减小后增大C．墙面对凹槽的压力先增大后减小D．水平地面对凹槽的支持力先减小后增大【答案】C【详解】AB．对滑块受力分析，由平衡条件有F=mgN=mg滑块从A缓慢移动B点时，θ越来越大，则推力F越来越大，支持力N越来越小，所以AB错误；C．对凹槽与滑块整体分析，有墙面对凹槽的压力为F则θ越来越大时，墙面对凹槽的压力先增大后减小，所以C正确；D．水平地面对凹槽的支持力为N则θ越来越大时，水平地面对凹槽的支持力越来越小，所以D错误；故选C。13．（2021·浙江·统考高考真题）如图所示，电动遥控小车放在水平长木板上面，当它在长木板上水平向左加速运动时，长木板保持静止，此时（）A．小车只受重力、支持力作用B．木板对小车的作用力方向水平向左C．木板对小车的作用力大于小车对木板的作用力D．木板对小车的作用力与小车对木板的作用力大小一定相等【答案】D【详解】A．小车加速向左运动，受到自身的重力和电机的驱动力，受到长木板对小车的支持力和阻力，A错误；B．木板对小车的作用力包括竖直向上的支持力和水平方向的阻力，根据平行四边形定则可知合力方向一定不在水平方向，B错误；CD．木板对小车的作用力与小车对木板的作用力是一对相互作用力，等大反向，C错误，D正确。故选D。14．（2020·海南·统考高考真题）如图，上网课时小明把手机放在斜面上，手机处于静止状态。则斜面对手机的（

）A．支持力竖直向上B．支持力小于手机所受的重力C．摩擦力沿斜面向下D．摩擦力大于手机所受的重力沿斜面向下的分力【答案】B【详解】设手机的质量为m，斜面倾角为θ。对手机进行受力分析，如图所示由图可知支持力方向垂直斜面向上，摩擦力方向沿斜面向上，根据平衡条件则有f=mgsinθ因cosθ<1，故F故选B。15．（2020·北京·统考高考真题）某同学利用图甲所示装置研究摩擦力的变化情况。实验台上固定一个力传感器，传感器用棉线拉住物块，物块放置在粗糙的长木板上。水平向左拉木板，传感器记录的F−t图像如图乙所示。下列说法正确的是（）A．实验中必须让木板保持匀速运动B．图乙中曲线就是摩擦力随时间的变化曲线C．最大静摩擦力与滑动摩擦力之比约为10:7D．只用图乙中数据可得出物块与木板间的动摩擦因数【答案】C【详解】AB．为了能研究摩擦力随时间的变化曲线，故物块一直要处于静止状态，则向左的摩擦力一直与向右轻绳的拉力平衡，图乙是向右轻绳的拉力随时间变化曲线，故图乙也可以反映摩擦力随时间变化的曲线，由图可乙知向右轻绳的拉力先增大后减小，最后趋于不变，故物块先受静摩擦力作用后受滑动摩擦力作用，所以不需要让木板保持匀速运动，故AB错误；C．由图可知，最大静摩擦力约为10N，滑动摩擦力约为7N，故最大静摩擦力与滑动摩擦力之比约为10:7，故C正确；D．根据Ff=μ可知，由于不知道物块的重力，故无法求物块与木板间的动摩擦因数，故D错误。故选C。16．（2020·山东·统考高考真题）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．13 B．14 C．15【答案】C【详解】当木板与水平面的夹角为45°时，两物块刚好滑动，对A物块受力分析如图沿斜面方向，A、B之间的滑动摩擦力f根据平衡条件可知T=mg对B物块受力分析如图沿斜面方向，B与斜面之间的滑动摩擦力f根据平衡条件可知2mg两式相加，可得2mg解得μ=故选C。17．（2020·浙江·统考高考真题）如图是“中国天眼”500m口径球面射电望远镜维护时的照片。为不损伤望远镜球面，质量为m的工作人员被悬在空中的氦气球拉着，当他在离底部有一定高度的望远镜球面上缓慢移动时，氦气球对其有大小为56A．受到的重力大小为16mg C．对球面的压力大小为16mg 【答案】D【详解】A．工作人员的质量为m，则工作人员受到的重力G=mgA错误；B．工作人员在球面上缓慢行走，处于平衡状态，合力为0，B错误；C．工作人员站在的球面位置不水平，对球面的压力不等于16D．由平衡条件可得球面对工作人员的作用力F满足F=mg−再由牛顿第三定律可得，工作人员对球面的作用力大小为FD正确。故选D。18．（2020·浙江·统考高考真题）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F1、与速度方向垂直的升力F2和与速度方向相反的空气阻力A． B．C． D．【答案】A【详解】由题意可知所受重力G竖直向下，空气阻力Ff与速度方向相反，升力F2与速度方向垂直，发动机推力F1的方向沿喷口的反方向，对比图中选项可知只有A选项符合题意。故选A。19．（2020·全国·统考高考真题）如图，悬挂甲物体的细线拴牢在一不可伸长的轻质细绳上O点处；绳的一端固定在墙上，另一端通过光滑定滑轮与物体乙相连。甲、乙两物体质量相等。系统平衡时，O点两侧绳与竖直方向的夹角分别为α和β。若α=70°，则β等于（）A．45° B．55° C．60° D．70°【答案】B【详解】甲物体是拴牢在O点，且甲、乙两物体的质量相等，则甲、乙绳的拉力大小相等，O点处于平衡状态，则左侧绳子拉力的方向在甲、乙绳子的角平分线上，如图所示根据几何关系有180解得β=55故选B。20．（2020·浙江·高考真题）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F1，儿子对父亲的力记为FA．F2>F1 B．C．F1先于F2产生 D．F1【答案】B【详解】父亲对儿子的力F1和儿子对父亲的力F故选B．21．（2019·天津·高考真题）2018年10月23日，港珠澳跨海大桥正式通车。为保持以往船行习惯，在航道处建造了单面索（所有钢索均处在同一竖直面内）斜拉桥，其索塔与钢索如图所示。下列说法正确的是（）A．增加钢索的数量可减小索塔受到的向下的压力B．为了减小钢索承受的拉力，可以适当降低索塔的高度C．索塔两侧钢索对称且拉力大小相同时，钢索对索塔的合力竖直向下D．为了使索塔受到钢索的合力竖直向下，索塔两侧的钢索必须对称分布【答案】C【详解】A．以桥身为研究对象，钢索对桥身的拉力的合力与桥身的重力等