2025年高考物理复习新题速递之相互作用-力（2024年9月）

第1页（共1页）2025年高考物理复习新题速递之相互作用——力（2024年9月）一．选择题（共10小题）1．（2024秋•无锡月考）下列各组物理量在运算过程中全部都遵循平行四边形定则的是（）A．力、位移、速度变化率 B．速度的变化、温度、质量 C．时间、平均速度、加速度 D．速率、路程、时间2．（2024秋•双城区校级月考）如图所示，小华同学静止站在水平地面上拉着轻质细线连接的两个相同的氢气球（气球的重力不能忽略），受水平风力的影响，稳定时连接气球的细线与竖直方向夹角分别为α和β。现在水平风力突然增大，他缓慢释放拉气球的细线，稳定后，细线与竖直方向夹角分别为α'和β'。则（）A．α＝β，α′＝β′ B．α＜β，α′＜β′ C．α＞β，α′＞β′ D．α＜β，α′＞β′3．（2024•岳麓区校级开学）如图，上表面光滑下表面粗糙的14圆弧轨道AB静止在水平面上，一小球从圆弧的最低点A在水平外力F的作用下缓慢从最低点A沿圆弧向上运动，已知圆弧轨道AB一直保持静止，小球质量为m，重力加速度为gA．外力F先增大后减小 B．圆弧对小球的支持力一直在减小 C．当推力F=12mg时，小球和圆弧轨道圆心O的连线与竖直方向的夹角为D．水平面对圆弧轨道AB的静摩擦力一直在增大4．（2023秋•道里区校级期末）如图所示，质量均为m的小球A和物块B用跨过光滑定滑轮的细线连接，物块B放在的斜面体C上，刚开始都处于静止状态，现用水平外力F将A小球缓慢拉至细绳与竖直方向夹角β＝60°，该过程物块B和斜面C始终静止不动，重力加速度为g。则下列说法正确的是（）A．水平外力F保持不变，且F=3mgB．地面对斜面C的支持力保持不变 C．地面对斜面C摩擦力一定逐渐增大 D．物块B和斜面C之间的摩擦力一定先减小后增大5．（2024秋•兴庆区校级月考）如图所示，A、B是粗糙水平面上的两点，O、P、A三点在同一竖直线上，且OP＝L，在P点处固定一光滑的小立柱，一小物块通过原长为L0的弹性轻绳与悬点O连接。当小物块静止于A点时，小物块受到弹性轻绳的拉力小于重力。将小物块移至B点（弹性轻绳处于弹性限度内，且满足胡克定律），由静止释放后小物块沿地面向左运动通过A点，若L0＜L，则在小物块从B运动到A的过程中（）A．小物块受到的滑动摩擦力保持不变 B．小物块到的滑动摩擦力逐渐减小 C．小物块受到的滑动摩擦力逐渐增大 D．小物块受到的滑动摩擦力先减小后增大6．（2024•九龙坡区校级开学）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。外壁面可视为斜面，与竖直方向夹角为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，磁力垂直于壁面。下列关系式正确的是（）A．F＝FN B．G＝Ff C．G＝Ffcosθ D．Ff＝Gcosθ7．（2024•潍坊开学）如图所示，方形木箱c静置在水平地面上，木箱底端固定磁铁b，在木箱顶端用轻绳拴着磁铁a，磁铁a的下端与b的上端极性相反，开始时系统保持静止状态，下列说法正确的是（）A．磁铁a受到的重力和绳子拉力是一对平衡力 B．轻绳对a拉力和轻绳对c的拉力是一对相互作用力 C．若磁铁磁性足够强，木箱c可以离开地面 D．若将轻绳剪断，则剪断轻绳的瞬间地面对c的支持力将变小8．（2024•九龙坡区校级开学）如图所示，一只可视为质点的蚂蚁在半球形碗内缓慢地从底部经过b点爬到a点。则下列说法正确的是（）A．碗对蚂蚁的摩擦力变大 B．碗对蚂蚁的支持力变大 C．碗对蚂蚁的作用力变小 D．蚂蚁的合外力变小9．（2024•雨花区校级模拟）2023年9月27日，杭州亚运会中国队组合赵焕城/王赛博获得帆船比赛冠军。图为帆船在静止水面上逆风航行的示意图。风力和船身方向成135°，风力和帆面成8°，风力在垂直帆面方向的分力推动帆船逆风行驶，如果风力大小为F，则风力在航行方向的分力为（）A．35Fsin8° B．35Fcos8° C．410．（2024秋•顺义区校级月考）如图所示，一质量为m的物体在沿斜面向下的外力F作用下恰能在倾角为α，质量为M的斜面体上匀速下滑。下列说法正确的是（）A．物体受斜面体的摩擦力为mgsinα﹣F B．斜面体受地面支持力为（M+m）g C．斜面体受地面的摩擦力方向水平向左，大小为Fcosα D．斜面体受地面的摩擦力大小为0二．多选题（共5小题）（多选）11．（2024秋•思明区校级月考）如图所示，水平地面上有重力分别为60N和50N的A、B两木块，它们之间夹有被拉长了2.5cm的轻质弹簧，已知弹簧的劲度系数k＝500N/m，两木块与水平地面间的动摩擦因数均为0.25，系统处于静止状态。现用F＝12.5N的水平力向右拉木块B，假设最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力，则力F作用后（）A．弹簧的拉伸量随之变大 B．木块A所受摩擦力大小仍然为15N C．木块B所受摩擦力突变为零 D．若改用F′＝25N的水平力向右拉木块B，木块A所受摩擦力与力F作用下时相同（多选）12．（2024秋•双城区校级月考）如图所示，一条细线一端与地板上的物体B相连，另一端绕过质量不计的滑轮与小球A相连，滑轮用另一条细线悬挂在天花板上的O′点，细线与竖直方向夹角为α，物体B始终保持静止，则（）A．悬挂滑轮的细线的弹力一定大于小球A的重力 B．若物体B的质量越大，则B对地面的摩擦力越大 C．若将O′点缓慢右移少许，则B对地面的压力将增大 D．若小球A的质量越小，则B对地面的摩擦力越小（多选）13．（2023秋•玄武区校级月考）如图所示，用一段绳子把轻质滑轮吊装在A点，一根轻绳跨过滑轮，绳的一端拴在井中的水桶上，人用力拉绳的另一端，滑轮中心为O点，人所拉绳子与OA的夹角为β，拉水桶的绳子与OA的夹角为α。人拉绳沿水平面向左运动，把井中质量为m的水桶匀速提上来，人的质量为M，重力加速度为g，在此过程中，以下说法正确的是（）A．α可能不等于β B．吊装滑轮的绳子上的拉力逐渐变大 C．地面对人的摩擦力逐渐变大 D．地面对人的支持力逐渐变大（多选）14．（2024春•沙坪坝区校级期末）晾晒衣服的绳子两端分别固定在两根竖直杆上的A、B两点，A、B两点等高，原来无风状态下衣服保持静止。某时一阵恒定的风吹来，衣服受到水平向右的恒力而发生滑动，并在新的位置保持静止，如图所示。两杆间的距离为d，绳长为1.25d，衣服和衣架的总质量为m，重力加速度为g，（sin37°＝0.6。不计绳子的质量及绳与衣架挂钩间的摩擦，下列说法正确的是（）A．在有风且风力不变的情况下，绳子右端由A点沿杆略向下移到C点，绳子的拉力变小 B．有风时，挂钩左、右两侧绳子的拉力大小不相等 C．相比无风时，在有风的情况下∠AOB小 D．无风时，轻绳的拉力大小为5（多选）15．（2023秋•思明区校级月考）如图甲所示，某人将身体倚靠在竖直墙面上，双腿向前探出。为方便研究，假设墙壁光滑，并将人体结构简化如图乙所示，A处为脚踝，B处为胯部，两处均看作光滑的铰链，AB为双腿，看作轻杆，忽略双脚所受重力，假设脚与地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则（）A．随着脚慢慢向前探出，腿部承受的弹力越来越小 B．随着脚慢慢向前探出，脚受到地面的支持力不变 C．随着脚慢慢向前探出，脚受到地面的摩擦力越来越大 D．随着脚慢慢向前探出，后背受到墙面的支持力越来越小三．解答题（共5小题）16．（2024秋•兴庆区校级月考）如图所示，一个质量为m的小球套在竖直放置的半径为R的光滑圆环上，劲度系数为k的轻质弹簧一端与小球相连，另一端固定在圆环的最高点A处，小球处于平衡状态时，弹簧与竖直方向的夹角φ＝37°，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度大小为g，求：（1）圆环对小球的弹力大小N；（2）轻质弹簧的原长L0。17．（2024秋•兴庆区校级月考）质量为M的木楔倾角为θ，在水平面上保持静止，当将一质量为m的木块放在木楔斜面上时，它正好匀速下滑。如果用与木楔斜面成α角的力F拉着木块匀速上升，如图所示（已知木楔在整个过程中始终静止）。当α＝θ时，拉力F有最小值，求此最小值。18．（2024秋•市中区校级月考）某同学周末在家大扫除，移动衣橱时，无论怎么推也推不动，于是他组装了一个装置，如图所示，两块相同木板可绕A处的环转动，两木板的另一端点B、C分别用薄木板顶住衣橱和墙角，该同学站在该装置的A处。若调整装置A点距地面的高h＝8cm时，B、C两点的间距L＝96cm，B处衣橱恰好移动。已知该同学的质量为m＝50kg，g取10m/s2，忽略A处的摩擦，则此时衣橱受到该装置的水平推力为多少？19．（2024秋•顺义区校级月考）小明同学设计了风力测量仪可以直接测量风力的大小。测量仪中有一轻质金属丝悬挂着一个金属球，无风时金属丝自由下垂，当受到沿水平方向吹来的风时，金属丝与竖直方向的夹角为θ，如图所示。若小球质量m，当地的重力加速度为g。求：（1）金属丝对小球的拉力T的大小；（2）此时小球所受风力F的大小；（3）将不同角度对应的风力标在刻度盘上，就可用此装置直接测量风力，试说明小球所受风力的大小在圆弧上的刻度是否均匀分布？20．（2024秋•宁乡市月考）如图所示，质量M＝3kg的木块套在水平杆上，并用轻绳将木块与质量m＝1.6kg的小球相连。今用跟水平方向成α＝37°角的拉力F＝10N，拉着小球带动木块A一起向右匀速运动，运动中木块与小球相对位置保持不变，取g＝10m/s2。求：（1）木块所受水平杆的摩擦力f的大小；（2）木块与水平杆间的动摩擦因数为μ；（3）运动过程中轻绳与水平方向夹角θ的正切值。

2025年高考物理复习新题速递之相互作用——力（2024年9月）参考答案与试题解析一．选择题（共10小题）1．（2024秋•无锡月考）下列各组物理量在运算过程中全部都遵循平行四边形定则的是（）A．力、位移、速度变化率 B．速度的变化、温度、质量 C．时间、平均速度、加速度 D．速率、路程、时间【考点】力的平行四边形定则．【专题】定性思想；合成分解法；平行四边形法则图解法专题；理解能力．【答案】A【分析】矢量是既有大小又有方向的物理量，标量是只有大小没有方向的物理量．矢量在运算过程中遵循平行四边形定则．根据矢量和标量的运算法则进行分析。【解答】解：A．力、位移、速度变化率都是矢量，运算遵守平行四边形定则，故A正确；B．速度的变化是矢量，运算遵守平行四边形定则，温度、质量是标量，运算不遵守平行四边形定则，故B错误；C．平均速度、加速度是矢量，运算遵守平行四边形定则，时间是标量，运算不遵守平行四边形定则，故C错误；D．速率、路程、时间都是标量，运算不遵守平行四边形定则，故D错误。故选：A。【点评】对于矢量与标量，要掌握它们的两大区别：一是矢量有方向，标量没有方向；二是运算法则不同，矢量运算遵守平行四边形定则，标量运算遵守代数加减法则。2．（2024秋•双城区校级月考）如图所示，小华同学静止站在水平地面上拉着轻质细线连接的两个相同的氢气球（气球的重力不能忽略），受水平风力的影响，稳定时连接气球的细线与竖直方向夹角分别为α和β。现在水平风力突然增大，他缓慢释放拉气球的细线，稳定后，细线与竖直方向夹角分别为α'和β'。则（）A．α＝β，α′＝β′ B．α＜β，α′＜β′ C．α＞β，α′＞β′ D．α＜β，α′＞β′【考点】共点力的平衡问题及求解．【专题】定量思想；方程法；共点力作用下物体平衡专题；推理能力．【答案】A【分析】两次对上边的气球和两个气球整体受力分析，受重力、浮力、拉力、风力，根据平衡条件判断夹角大小，然后做出判断。【解答】解：开始时对上面的气球根据平衡条件得tanα=对两个气球根据平衡条件得tanβ=解得α＝β风力增大时对上面的气球根据平衡条件得tanα对两个气球根据平衡条件得tanβ解得α′＝β′故A正确，BCD错误。故选：A。【点评】解决该题的关键是掌握整体法和隔离法在平衡状态中的应用，正确进行受力分析，能根据正交分解找到绳子与竖直方向的夹角的表达式。3．（2024•岳麓区校级开学）如图，上表面光滑下表面粗糙的14圆弧轨道AB静止在水平面上，一小球从圆弧的最低点A在水平外力F的作用下缓慢从最低点A沿圆弧向上运动，已知圆弧轨道AB一直保持静止，小球质量为m，重力加速度为gA．外力F先增大后减小 B．圆弧对小球的支持力一直在减小 C．当推力F=12mg时，小球和圆弧轨道圆心O的连线与竖直方向的夹角为D．水平面对圆弧轨道AB的静摩擦力一直在增大【考点】解析法求共点力的平衡．【专题】定量思想；推理法；共点力作用下物体平衡专题；推理能力．【答案】D【分析】根据共点力平衡条件分析力的动态平衡，同时解得C项，对整体分析可知水平面对圆弧轨道AB的静摩擦力变化。【解答】解：AB．设小球和圆心O的连线与竖直方向的夹角为θ，则F＝mgtanθFN当θ增大时，外力F、支持力FN逐渐增大，故AB错误；C．当推力F=12小球和圆心O的连线与竖直方向的夹角不为30°，故C错误；D．研究圆弧和小球整体，当θ增大时，外力F逐渐减增大，平面对圆弧轨道AB的静摩擦力一直在增大，故D正确。故选：D。【点评】本题考查力的动态平衡，解题关键掌握正交分解列示判断。4．（2023秋•道里区校级期末）如图所示，质量均为m的小球A和物块B用跨过光滑定滑轮的细线连接，物块B放在的斜面体C上，刚开始都处于静止状态，现用水平外力F将A小球缓慢拉至细绳与竖直方向夹角β＝60°，该过程物块B和斜面C始终静止不动，重力加速度为g。则下列说法正确的是（）A．水平外力F保持不变，且F=3mgB．地面对斜面C的支持力保持不变 C．地面对斜面C摩擦力一定逐渐增大 D．物块B和斜面C之间的摩擦力一定先减小后增大【考点】解析法求共点力的平衡；力的合成与分解的应用．【专题】定量思想；推理法；共点力作用下物体平衡专题；推理能力．【答案】C【分析】A.对A球进行受力分析，根据平衡条件写出外力F和绳的拉力的表达式，根据表达式分析判断；BC.对B、C整体列两个方向的平衡方程进行判断；D.对B进行受力分析，结合绳子的拉力变化情况和沿斜面的平衡条件判断摩擦力的变化情况。【解答】解：A.对小球A受力分析，设绳子与竖直方向夹角为α，根据平衡条件F＝mgtanβ绳拉力T=β从0到60°，可知拉力T逐渐增大，水平外力F逐渐增大，故A错误；BC.以B、C为整体，根据受力平衡，在竖直方向Tsinθ+N地＝（mB+mC）g在水平方向上f＝Tcosθ由于拉力T逐渐增大，可知地面对C的支持力逐渐减小，地面对斜面C摩擦力一定逐渐增大，故B错误，C正确；D.对B进行受力分析，当A上方绳子与竖直方向夹角β＝0时，绳子拉力最小Tmin＝mg＞mgsinθ此时斜面C对B的静摩擦力方向沿斜面向下，大小为f＝T﹣mgsinθ由于拉力T逐渐增大，可知物块B和斜面C之间的摩擦力一定一直增大，故D错误；故选：C。【点评】考查隔离法，整体法的应用，解题过程中要根据需要灵活的选取研究对象并正确列式。5．（2024秋•兴庆区校级月考）如图所示，A、B是粗糙水平面上的两点，O、P、A三点在同一竖直线上，且OP＝L，在P点处固定一光滑的小立柱，一小物块通过原长为L0的弹性轻绳与悬点O连接。当小物块静止于A点时，小物块受到弹性轻绳的拉力小于重力。将小物块移至B点（弹性轻绳处于弹性限度内，且满足胡克定律），由静止释放后小物块沿地面向左运动通过A点，若L0＜L，则在小物块从B运动到A的过程中（）A．小物块受到的滑动摩擦力保持不变 B．小物块到的滑动摩擦力逐渐减小 C．小物块受到的滑动摩擦力逐渐增大 D．小物块受到的滑动摩擦力先减小后增大【考点】滑动摩擦力的大小和影响因素；力的合成与分解的应用．【专题】定量思想；推理法；共点力作用下物体平衡专题；分析综合能力．【答案】B【分析】分析物块所受的支持力的变化情况，结合胡克定律，及平衡条件，且依据滑动摩擦力公式f＝μFN，即可分析滑动摩擦力变化情况。【解答】解：对小物块受力分析，如图所示因为L0＜L，设小物块静止在A点时弹性轻绳的伸长量为x0，则在A点时小物块所受地面的支持力FNA＝mg﹣kx0，设小物块在B点时绳子与竖直方向的夹角为θ，则小物块在B点时弹性轻绳中的张力FT=k(L0+x0-Lcosθ+L-L0)，小物块在B点时所受地面的支持力为FNB＝mg-k(L0+x0-Lcosθ+L-L0)cosθ=mg-k(L0+x0L）﹣k（L﹣L0）故选：B。【点评】考查平衡条件的应用，掌握胡克定律与滑动摩擦力公式，解答此题的关键是先对小物块在B点时受力分析，由竖直方向上合力为零，分析物块对地面压力的变化。6．（2024•九龙坡区校级开学）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。外壁面可视为斜面，与竖直方向夹角为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，磁力垂直于壁面。下列关系式正确的是（）A．F＝FN B．G＝Ff C．G＝Ffcosθ D．Ff＝Gcosθ【考点】共点力的平衡问题及求解．【专题】定量思想；合成分解法；共点力作用下物体平衡专题；推理能力．【答案】D【分析】将重力G沿垂直于斜面方向和沿斜面方向进行分解，根据沿斜面方向与垂直斜面方向均受力平衡解答。【解答】解：如下图所示，将重力G沿垂直于斜面方向和沿斜面方向进行分解。由平衡条件可得：沿斜面方向有：Ff＝G1＝Gcosθ垂直斜面方向有：F＝G2+FN＝Gsinθ+FN故ABC错误，D正确。故选：D。【点评】本题考查了共点力平衡问题，题目较简单，应用正交分解法处理即可。7．（2024•潍坊开学）如图所示，方形木箱c静置在水平地面上，木箱底端固定磁铁b，在木箱顶端用轻绳拴着磁铁a，磁铁a的下端与b的上端极性相反，开始时系统保持静止状态，下列说法正确的是（）A．磁铁a受到的重力和绳子拉力是一对平衡力 B．轻绳对a拉力和轻绳对c的拉力是一对相互作用力 C．若磁铁磁性足够强，木箱c可以离开地面 D．若将轻绳剪断，则剪断轻绳的瞬间地面对c的支持力将变小【考点】整体法与隔离法处理物体的平衡问题．【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理能力．【答案】D【分析】作用力与反作用力作用在俩个不同的物体上，平衡力作用在同一物体上；剪断轻绳瞬间，对木箱受力分析，由平衡条件判断地面对c的支持力如何变化。【解答】解：A、磁铁a受到的重力和绳子拉力以及磁铁b对a的吸引力，故重力和绳子拉力不是一对平衡力，故A错误；B、轻绳对a拉力和轻绳对c的拉力作用在三个物体上，不是作用力与反作用力，故B错误；C、若磁铁磁性足够强，对整体分析，木箱c处于静止，故C错误；D、若将轻绳剪断，则剪断轻绳的瞬间，对木箱c分析，轻绳对木箱c的拉力消失，木箱c的重力，磁铁b对c的压力不变，由平衡条件可知，地面对木箱c的支持力将变小，故D正确；故选：D。【点评】本题考查了牛顿第二定律和牛顿第三定律，注意整体法和隔离法的应用。8．（2024•九龙坡区校级开学）如图所示，一只可视为质点的蚂蚁在半球形碗内缓慢地从底部经过b点爬到a点。则下列说法正确的是（）A．碗对蚂蚁的摩擦力变大 B．碗对蚂蚁的支持力变大 C．碗对蚂蚁的作用力变小 D．蚂蚁的合外力变小【考点】相似三角形法解决动态平衡问题．【专题】定量思想；推理法；共点力作用下物体平衡专题；推理能力．【答案】A【分析】蚂蚁缓慢上爬，可以认为蚂蚁处于平衡状态，合力为零，蚂蚁所受的摩擦力为静摩擦力，越往上爬，所受静摩擦力越大，根据共点力的平衡条件列方程分析支持力大小。【解答】解：ABD、蚂蚁缓慢上爬，可以认为蚂蚁处于平衡状态，则合力始终为零，根据共点力平衡有：f＝mgsinα，N＝mgcosα因为a点的α比b点的大，所以在a点碗对蚂蚁的摩擦力大于在b点的摩擦力，在a点碗对蚂蚁的支持力小于在b点的支持力，故A正确，BD错误；C、在a点和b点，碗对蚂蚁的作用力都等于蚂蚁的重力，所以在a点碗对蚂蚁的作用力等于在b点的作用力，故C错误；故选：A。【点评】本题主要是考查共点力的平衡问题，解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解。9．（2024•雨花区校级模拟）2023年9月27日，杭州亚运会中国队组合赵焕城/王赛博获得帆船比赛冠军。图为帆船在静止水面上逆风航行的示意图。风力和船身方向成135°，风力和帆面成8°，风力在垂直帆面方向的分力推动帆船逆风行驶，如果风力大小为F，则风力在航行方向的分力为（）A．35Fsin8° B．35Fcos8° C．4【考点】正交分解法．【专题】定量思想；合成分解法；平行四边形法则图解法专题；推理能力．【答案】A【分析】根据图中标注的各个方向先把风力F沿垂直于帆面方向分解，再根据几何关系求相应的夹角，再根据分解的方法求这个分力的表达式。【解答】解：由题，结合图可知，风力在垂直于帆面方向上的分力为F′＝Fsin8°这个分力垂直于帆面，与航行方向之间的夹角为θ＝90°﹣（180°﹣135°﹣8°）＝53°所以风力在航行方向上的分力为F故A正确，BCD错误故选：A。【点评】考查力的分解的方法，会根据图中各个量的方向结合三角函数的知识进行分解。10．（2024秋•顺义区校级月考）如图所示，一质量为m的物体在沿斜面向下的外力F作用下恰能在倾角为α，质量为M的斜面体上匀速下滑。下列说法正确的是（）A．物体受斜面体的摩擦力为mgsinα﹣F B．斜面体受地面支持力为（M+m）g C．斜面体受地面的摩擦力方向水平向左，大小为Fcosα D．斜面体受地面的摩擦力大小为0【考点】整体法与隔离法处理物体的平衡问题；滑动摩擦力的大小和影响因素；共点力的平衡问题及求解．【专题】定量思想；推理法；受力分析方法专题；共点力作用下物体平衡专题；分析综合能力．【答案】C【分析】A.对物体进行受力分析，即可判断物体受斜面体的摩擦力；BCD.在沿斜面向下的外力F作用下，物体m沿斜面匀速下滑，而斜面体静止不动，两者都处于平衡状态，可以作为整体处理，分析地面对斜面体有无摩擦力。【解答】A．由题意可得，物体受到自身的重力、垂直斜面向上的支持力、沿斜面向上的滑动摩擦力以及沿斜面向下的外力，则mgsinα+F＝f故A错误；BCD．两者都处于平衡状态，把物体和斜面体看作整体，受到竖直向下的总重力、竖直向上的支持力、水平向左的摩擦力和沿斜面向下的外力，则Fcosα＝f地（M+m）g+Fsinα＝N地故BD错误，C正确。故选：C。【点评】本题解题的关键：是以整体为研究对象，确定出地面的支持力和摩擦力。二．多选题（共5小题）（多选）11．（2024秋•思明区校级月考）如图所示，水平地面上有重力分别为60N和50N的A、B两木块，它们之间夹有被拉长了2.5cm的轻质弹簧，已知弹簧的劲度系数k＝500N/m，两木块与水平地面间的动摩擦因数均为0.25，系统处于静止状态。现用F＝12.5N的水平力向右拉木块B，假设最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力，则力F作用后（）A．弹簧的拉伸量随之变大 B．木块A所受摩擦力大小仍然为15N C．木块B所受摩擦力突变为零 D．若改用F′＝25N的水平力向右拉木块B，木块A所受摩擦力与力F作用下时相同【考点】共点力的平衡问题及求解；胡克定律及其应用；最大静摩擦力的性质和应用．【专题】定量思想；推理法；共点力作用下物体平衡专题；推理能力．【答案】CD【分析】根据最大静摩擦力判断AB是否处于静止状态，再根据静止状态的平衡条件解得木块A所受静摩擦力大小，对B做受力分析，根据平衡条件可解得B受到的摩擦力，由于木块A、B的摩擦力都没达到最大静摩擦力，所以都保持静止。【解答】解：ABC．由题意可知，A受的最大静摩擦力为f1＝μGA＝0.25×60N＝15NB受的最大静摩擦力为f2＝μGB＝0.25×50N＝12.5N由胡克定律可得此时弹簧对物体的推力大小为T＝kx＝500×2.5×10﹣2N＝12.5N当用水平向右的12.5N的水平拉力作用在木块B上时，B受到的合力仍然为零，B仍处于静止状态，则弹簧的弹力不变，伸长量不变；A所受的静摩擦力方向向左，大小为12.5N，B所受摩擦力为零，故AB错误，C正确；D．若改用F′＝25N的水平力向右拉木块B，此时B受到的摩擦力f′＝F′﹣T＝25N﹣12.5N＝12.5N，所以B仍静止，由于弹簧的弹力不变，A所受的摩擦力不变，故D正确。故选：CD。【点评】本题考查摩擦力的判断与计算，解题关键掌握AB的受力分析，同时注意判断AB运动状态的方法。（多选）12．（2024秋•双城区校级月考）如图所示，一条细线一端与地板上的物体B相连，另一端绕过质量不计的滑轮与小球A相连，滑轮用另一条细线悬挂在天花板上的O′点，细线与竖直方向夹角为α，物体B始终保持静止，则（）A．悬挂滑轮的细线的弹力一定大于小球A的重力 B．若物体B的质量越大，则B对地面的摩擦力越大 C．若将O′点缓慢右移少许，则B对地面的压力将增大 D．若小球A的质量越小，则B对地面的摩擦力越小【考点】共点力的平衡问题及求解；牛顿第三定律的理解与应用．【专题】定量思想；方程法；共点力作用下物体平衡专题；推理能力．【答案】AD【分析】先对小球A受力分析，根据平衡条件求解细线的拉力；再对滑轮受力分析，结合平衡条件进行分析即可。【解答】解：A．小球A受到重力与绳子的拉力，由平衡条件可知T＝mAg跨过滑轮的绳子两侧的拉力是相等的，对滑轮受力分析，如图由矢量三角形可知，悬挂滑轮的细线的弹力一定大于绳子的拉力，即大于小球A的重力，故A正确；BD．跨过滑轮的绳子两侧的拉力是相等的，根据几何关系可知∠AOB＝2α对物体B受力分析，由平衡条件，沿水平方向有f＝Tsin2α＝mAgsin2α根据牛顿第三定律，若物体B的质量越大，则B对地面的摩擦力不变，若小球A的质量越小，则B对地面的摩擦力越小，故B错误，D正确；C．若将O′点缓慢右移少许，OO′与竖直方向的夹角减小，对物体B受力分析，由平衡条件竖直方向有N+Tcos2α＝mBg因为α减小，故cos2α增大，则N减小，由牛顿第三定律可知，B对地面的压力将减小，故C错误。故选：AD。【点评】本题解题关键是灵活选择研究对象，根据平衡条件列式分析．采用整体法和隔离法进行分析．隔离法的原则是选取受力个数最少部分的来分析。（多选）13．（2023秋•玄武区校级月考）如图所示，用一段绳子把轻质滑轮吊装在A点，一根轻绳跨过滑轮，绳的一端拴在井中的水桶上，人用力拉绳的另一端，滑轮中心为O点，人所拉绳子与OA的夹角为β，拉水桶的绳子与OA的夹角为α。人拉绳沿水平面向左运动，把井中质量为m的水桶匀速提上来，人的质量为M，重力加速度为g，在此过程中，以下说法正确的是（）A．α可能不等于β B．吊装滑轮的绳子上的拉力逐渐变大 C．地面对人的摩擦力逐渐变大 D．地面对人的支持力逐渐变大【考点】解析法求共点力的平衡；共点力的平衡问题及求解．【专题】定量思想；推理法；共点力作用下物体平衡专题；推理能力．【答案】CD【分析】同一根绳子上，拉力大小相等，根据平衡条件分析α和β的关系；吊装滑轮的绳子OA上的拉力始终等于跨过滑轮的两段绳的拉力的合力；以人为研究对象进行受力分析，根据平衡条件分析支持力的变化。【解答】解：A、同一根绳子拉力相等，设为F，以轻质滑轮为对象，根据平衡条件可知，垂直于OA绳上的力平衡，则有Fsinα＝Fsinβ则α始终等于β，故A错误；B、把井中质量为m的水桶匀速提上来，水桶受力平衡，则人对绳子的拉力始终等于桶的重力，大小保持不变；随着人拉绳沿水平面向左运动，则两边绳子的夹角变大，合力减小，即吊装滑轮的绳子上的拉力逐渐减小，故B错误；CD、以人为研究对象，对人受力分析如图所示根据受力平衡可得f＝Fcosθ，N＝mg﹣Fsinθ人在向左运动过程中，绳子拉力大小不变，绳子与水平方向的夹角θ减小，cosθ增大，则地面对人的摩擦力逐渐变大，sinθ减小，根据N＝mg﹣Fsinθ可知，地面对人的支持力逐渐变大，故CD正确。故选：CD。【点评】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。（多选）14．（2024春•沙坪坝区校级期末）晾晒衣服的绳子两端分别固定在两根竖直杆上的A、B两点，A、B两点等高，原来无风状态下衣服保持静止。某时一阵恒定的风吹来，衣服受到水平向右的恒力而发生滑动，并在新的位置保持静止，如图所示。两杆间的距离为d，绳长为1.25d，衣服和衣架的总质量为m，重力加速度为g，（sin37°＝0.6。不计绳子的质量及绳与衣架挂钩间的摩擦，下列说法正确的是（）A．在有风且风力不变的情况下，绳子右端由A点沿杆略向下移到C点，绳子的拉力变小 B．有风时，挂钩左、右两侧绳子的拉力大小不相等 C．相比无风时，在有风的情况下∠AOB小 D．无风时，轻绳的拉力大小为5【考点】图解法解决动态平衡问题．【专题】定量思想；推理法；共点力作用下物体平衡专题；推理能力．【答案】AC【分析】两细绳拉力的合力不变，夹角变小，拉力变小；动滑轮两端绳子的拉力总是相等；根据受力情况和几何关系，分析角度；根据平衡条件和几何关系，求F。【解答】解：A．重力、风力的合力为恒力与两细绳拉力的合力等大反向，如图所示当在有风的情况下，将A点沿杆稍下移到C点，两端绳子之间的夹角变小，则拉力F变小，故A正确；B．不计绳子的质量及绳与衣架挂钩间的摩擦，挂钩相当于动滑轮，两端绳子的拉力总是相等，故B错误；C．设无风时绳子夹角的一半为θ1，绳长为L，有风时绳子夹角的一半为θ2，有风时如图根据几何关系可得：L1+L2＝Lsinθ2d＝Lsinθ1又因为d＞L1+L2所以θ1＞θ2故C正确；D．无风时，衣服受到重力和两边绳子的拉力处于平衡状态，如图所示，同一条绳子拉力相等，则挂钩左右两侧绳子与竖直方向的夹角相等。由几何关系可得sinθ=d解得：θ＝53°根据平衡条件可mg＝2Fcosθ解得F=5故D错误。故选：AC。【点评】本题主要考查了共点力的动态平衡问题，熟悉物体的受力分析，结合几何关系即可完成解答。（多选）15．（2023秋•思明区校级月考）如图甲所示，某人将身体倚靠在竖直墙面上，双腿向前探出。为方便研究，假设墙壁光滑，并将人体结构简化如图乙所示，A处为脚踝，B处为胯部，两处均看作光滑的铰链，AB为双腿，看作轻杆，忽略双脚所受重力，假设脚与地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则（）A．随着脚慢慢向前探出，腿部承受的弹力越来越小 B．随着脚慢慢向前探出，脚受到地面的支持力不变 C．随着脚慢慢向前探出，脚受到地面的摩擦力越来越大 D．随着脚慢慢向前探出，后背受到墙面的支持力越来越小【考点】图解法解决动态平衡问题；整体法与隔离法处理物体的平衡问题．【专题】定量思想；推理法；受力分析方法专题；分析综合能力．【答案】BC【分析】对人体受力分析，列出水平方向墙面对人的支持力和腿对人体的支持力，进而判断选项正误。【解答】解：B．把人身体、脚部与双腿看作整体进行受力分析，整体受到墙面的支持力N1、地面的摩擦力f，重力与地面的支持力N2，如图由平衡条件得f＝N1N2＝mg则地面对人的支持力大小始终等于人的重力，所以随着脚慢慢向前探出，脚受到地面的支持力不变，故B正确；AD．对人身体进行分析，受到自身的重力、墙面的支持力N1与双腿的弹力N3，设双腿与竖直方向的夹角为θ，如图由平衡条件N3N1＝mgtanθ可知，随着脚慢慢向前探出，θ逐渐增大，双腿的弹力增大，墙面的支持力也增大，故AD错误；C．结合上述f＝mgtanθ则脚受到地面的摩擦力越来越大，故C正确。故选：BC。【点评】本题考查共点力平衡的问题，关键注意受力分析的应用。三．解答题（共5小题）16．（2024秋•兴庆区校级月考）如图所示，一个质量为m的小球套在竖直放置的半径为R的光滑圆环上，劲度系数为k的轻质弹簧一端与小球相连，另一端固定在圆环的最高点A处，小球处于平衡状态时，弹簧与竖直方向的夹角φ＝37°，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度大小为g，求：（1）圆环对小球的弹力大小N；（2）轻质弹簧的原长L0。【考点】共点力的平衡问题及求解；相似三角形法解决动态平衡问题；胡克定律及其应用．【专题】定量思想；推理法；受力分析方法专题；共点力作用下物体平衡专题；分析综合能力．【答案】（1）圆环对小球的弹力大小N为mg；（2）轻质弹簧的原长L0为8R5【分析】（1）以小球为研究对象，分析受力情况，作出力图．根据平衡条件，运用三角形相似法得到圆环对小球的弹力大小；（2）由胡克定律求出轻质弹簧的原长L0。【解答】解：（1）以小球为研究对象，进行受力分析，如图由图可知，力的三角形BCD和几何三角形AOB相似，根据三角形相似有mgN解得N＝mg（2）设AB的长度为L，由胡克定律及几何关系有F＝k（L﹣L0）L＝2RcosφmgF解得L0答：（1）圆环对小球的弹力大小N为mg；（2）轻质弹簧的原长L0为8R5【点评】本题关键是受力分析后根据平衡条件列式求解，注意几何关系和三角函数知识的运用，基础题目。17．（2024秋•兴庆区校级月考）质量为M的木楔倾角为θ，在水平面上保持静止，当将一质量为m的木块放在木楔斜面上时，它正好匀速下滑。如果用与木楔斜面成α角的力F拉着木块匀速上升，如图所示（已知木楔在整个过程中始终静止）。当α＝θ时，拉力F有最小值，求此最小值。【考点】受力平衡中的临界与极限问题；解析法求共点力的平衡；图解法解决动态平衡问题．【专题】定量思想；推理法；共点力作用下物体平衡专题；推理能力．【答案】此最小值为mgsin2θ。【分析】木楔在力F作用下沿斜面向上匀速运动，根据平衡条件结合摩擦力的计算公式列方程求解拉力F，再根据数学知识求极值。【解答】解：木块在木楔斜面上匀速向下运动时，有mgsinθ＝μmgcosθ即μ＝tanθ木楔在力F的作用下沿斜面向上匀速运动，沿斜面方向有Fcosα＝mgsinθ+Ff垂直斜面方向有Fsinα+FN＝mgcosθFf＝μFN解得F=则当α＝θ时，F有最小值，为Fmin＝mgsin2θ答：此最小值为mgsin2θ。【点评】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。注意整体法和隔离法的应用。18．（2024秋•市中区校级月考）某同学周末在家大扫除，移动衣橱时，无论怎么推也推不动，于是他组装了一个装置，如图所示，两块相同木板可绕A处的环转动，两木板的另一端点B、C分别用薄木板顶住衣橱和墙角，该同学站在该装置的A处。若调整装置A点距地面的高h＝8cm时，B、C两点的间距L＝96cm，B处衣橱恰好移动。已知该同学的质量为m＝50kg，g取10m/s2，忽略A处的摩擦，则此时衣橱受到该装置的水平推力为多少？【考点】力的合成与分解的应用．【专题】计算题；信息给予题；定量思想；推理法；平行四边形法则图解法专题；理解能力．【答案】衣橱受到该装置的水平推力为1500N。【分析】设AB和AC与竖直方向的夹角为θ，根据数学知识求解夹角的正切；根据共点力的平衡条件和力的分解求解作答。【解答】解：设AB和AC与竖直方向的夹角为θ，则由几何关系可知tanθ=对A点分析可知mg＝2Tcosθ衣橱受到该装置的水平推力Tx＝Tsinθ联立可得Tx＝1500N。答：衣橱受到该装置的水平推力为1500N。【点评】本题主要考查了力的平衡和力的分解，正确选择研究对象是解题的关键。19．（2024秋•顺义区校级月考）小明同学设计了风力测量仪可以直接测量风力的大小。测量仪中有一轻质金属丝悬挂着一个金属球，无风时金属丝自由下垂，当受到沿水平方向吹来的风时，金属丝与竖直方向的夹角为θ，如图所示。若小球质量m，当地的重力加速度为g。求：（1）金属丝对小球的拉力T的大小；（2）此时小球所受风力F的大小；（3）将不同角度对应的风力标在刻度盘上，就可用此装置直接测量风力，试说明小球所受风力的大小在圆弧上的刻度是否均匀分布？【考点】共点力的平衡问题及求解．【专题】定量思想；推理法；共点力作用下物体平衡专题；推理能力．【答案】（1）金属丝对小球的拉力T的大小mgcosθ（2）此时小球所受风力F的大小mgtanθ；（3）由风力与轻绳的摆角关系可知，随着角度的增大，小球所受风力的大小在圆弧上的刻度线分布越来越密，所以刻度分布不均匀。【分析】（1）（2）利用受力平衡，结合直角三角形知识，求出拉力T以及风力F的大小；（3）通过受力分析，平衡方程可以讨论风力大小的变化，与夹角变化的关系。【解答】解：（1）对小球受力分析，如图所示由平衡条件得，此时金属丝对小球的拉力T的大小为mgT解得T=mg（2）由平衡条件得，此时小球所受风力的大小为F＝mgtanθ（3）由风力与轻绳的摆角关系可知，随着角度的增大，小球所受风力的大小在圆弧上的刻度线分布越来越密，所以刻度分布不均匀。答：（1）金属丝对小球的拉力T的大小mgcosθ（2）此时小球所受风力F的大小mgtanθ；（3）由风力与轻绳的摆角关系可知，随着角度的增大，小球所受风力的大小在圆弧上的刻度线分布越来越密，所以刻度分布不均匀。【点评】本题主要考查利用受力平衡求某个力的大小，以及力的变化与角度的关系。20．（2024秋•宁乡市月考）如图所示，质量M＝3kg的木块套在水平杆上，并用轻绳将木块与质量m＝1.6kg的小球相连。今用跟水平方向成α＝37°角的拉力F＝10N，拉着小球带动木块A一起向右匀速运动，运动中木块与小球相对位置保持不变，取g＝10m/s2。求：（1）木块所受水平杆的摩擦力f的大小；（2）木块与水平杆间的动摩擦因数为μ；（3）运动过程中轻绳与水平方向夹角θ的正切值。【考点】整体法与隔离法处理物体的平衡问题；动摩擦因数的性质和计算；共点力的平衡问题及求解．【专题】定量思想；推理法；共点力作用下物体平衡专题；推理能力．【答案】（1）木块所受水平杆的摩擦力f的大小为8N；（2）木块与水平杆间的动摩擦因数为为0.2；（3）运动过程中轻绳与水平方向夹角θ的正切值为54【分析】（1）（2）以木块和小球组成的整体为研究对象，分析受力情况，由平衡条件和摩擦力公式求解木块与水平杆间的动摩擦因数μ；（3）对小球受力分析，根据共点力平衡条件解得。【解答】解：（1）将木块和小球看场一个整体，因为匀速运动，所以整体受力平衡，水平方向有f＝Fcos37°解得f＝8N（2）对小球竖直方向有Fsin37°+Tsinθ＝mg对木块竖直方向有Tsinθ+Mg＝FN又因为f＝μFN解得μ＝0.2（3）对小球竖直方向有Fsin37°+Tsinθ＝mg对小球水平方向有Fcos37°＝Tcosθ又因为tanθ=解得tanθ=答：（1）木块所受水平杆的摩擦力f的大小为8N；（2）木块与水平杆间的动摩擦因数为为0.2；（3）运动过程中轻绳与水平方向夹角θ的正切值为54【点评】本题涉及两个物体的平衡问题，研究对象的选择要灵活，此题采用隔离法与整体相结合的方法，也可以就采用隔离法研究。

考点卡片1．胡克定律及其应用【知识点的认识】1．弹力（1）定义：发生弹性形变的物体，由于要恢复原状，对跟它接触的物体产生的力叫弹力．（2）弹力的产生条件：①弹力的产生条件是两个物体直接接触，②并发生弹性形变．（3）弹力的方向：力垂直于两物体的接触面．①支撑面的弹力：支持力的方向总是垂直于支撑面，指向被支持的物体；压力总是垂直于支撑面指向被压的物体．点与面接触时弹力的方向：过接触点垂直于接触面．球与面接触时弹力的方向：在接触点与球心的连线上．球与球相接触的弹力方向：垂直于过接触点的公切面．②弹簧两端的弹力方向：与弹簧中心轴线重合，指向弹簧恢复原状的方向．其弹力可为拉力，可为压力．③轻绳对物体的弹力方向：沿绳指向绳收缩的方向，即只为拉力．2．胡克定律弹簧受到外力作用发生弹性形变，从而产生弹力．在弹性限度内，弹簧弹力F的大小与弹簧伸长（或缩短）的长度x成正比．即F＝kx，其中，劲度系数k的意义是弹簧每伸长（或缩短）单位长度产生的弹力，其单位为N/m．它的大小由制作弹簧的材料、弹簧的长短和弹簧丝的粗细决定．x则是指形变量，应为形变（包括拉伸形变和压缩形变）后弹簧的长度与弹簧原长的差值．注意：胡克定律在弹簧的弹性限度内适用．3．胡克定律的应用（1）胡克定律推论在弹性限度内，由F＝kx，得F1＝kx1，F2＝kx2，即F2﹣F1＝k（x2﹣x1），即：△F＝k△x即：弹簧弹力的变化量与弹簧形变量的变化量（即长度的变化量）成正比．（2）确定弹簧状态对于弹簧问题首先应明确弹簧处于“拉伸”、“压缩”还是“原长”状态，并且确定形变量的大小，从而确定弹簧弹力的方向和大小．如果只告诉弹簧弹力的大小，必须全面分析问题，可能是拉伸产生的，也可能是压缩产生的，通常有两个解．（3）利用胡克定律的推论确定弹簧的长度变化和物体位移的关系如果涉及弹簧由拉伸（压缩）形变到压缩（拉伸）形变的转化，运用胡克定律的推论△F＝k△x可直接求出弹簧长度的改变量△x的大小，从而确定物体的位移，再由运动学公式和动力学公式求相关量．【命题方向】（1）第一类常考题型是考查胡克定律：一个弹簧挂30N的重物时，弹簧伸长1.2cm，若改挂100N的重物时，弹簧总长为20cm，则弹簧的原长为（）A．12cmB．14cmC．15cmD．16cm分析：根据胡克定律两次列式后联立求解即可．解：一个弹簧挂30N的重物时，弹簧伸长1.2cm，根据胡克定律，有：F1＝kx1；若改挂100N的重物时，根据胡克定律，有：F2＝kx2；联立解得：k=Fx2=100N故弹簧的原长为：x0＝x﹣x2＝20cm﹣4cm＝16cm；故选D．点评：本题关键是根据胡克定律列式后联立求解，要记住胡克定律公式中F＝k•△x的△x为行变量．（2）第二类常考题型是考查胡克定律与其他知识点的结合：如图所示，一根轻质弹簧上端固定，下端挂一个质量为m0的平盘，盘中有一物体，质量为m，当盘静止时，弹簧的长度比其自然长度伸长了l，今向下拉盘，使弹簧再伸长△l后停止，然后松手，设弹簧总处在弹性限度内，则刚松手时盘对物体的支持力等于（）A.(1+△ll)mgB.(1+△l分析：根据胡克定律求出刚松手时手的拉力，确定盘和物体所受的合力，根据牛顿第二定律求出刚松手时，整体的加速度．再隔离物体研究，用牛顿第二定律求解盘对物体的支持力．解：当盘静止时，由胡克定律得（m+m0）g＝kl①设使弹簧再伸长△l时手的拉力大小为F再由胡克定律得F＝k△l②由①②联立得F=刚松手瞬时弹簧的弹力没有变化，则以盘和物体整体为研究对象，所受合力大小等于F，方向竖直向上．设刚松手时，加速度大小为a，根据牛顿第二定律得a=对物体研究：FN﹣mg＝ma解得FN＝（1+△ll故选A．点评：点评：本题考查应用牛顿第二定律分析和解决瞬时问题的能力，这类问题往往先分析平衡状态时物体的受力情况，再分析非平衡状态时物体的受力情况，根据牛顿第二定律求解瞬时加速度．【解题方法点拨】这部分知识难度中等、也有难题，在平时的练习中、阶段性考试中会单独出现，选择、填空、计算等等出题形式多种多样，在高考中不会以综合题的形式考查的，但是会做为题目的一个隐含条件考查．弹力的有无及方向判断比较复杂，因此在确定其大小和方向时，不能想当然，应根据具体的条件或计算来确定．2．滑动摩擦力的大小和影响因素【知识点的认识】滑动摩擦力跟正压力成正比，也就是跟一个物体对另一个物体表面的垂直作用力成正比。公式：F＝μFN，F表示滑动摩擦力大小，FN表示正压力的大小，μ叫动摩擦因数。【命题方向】如图所示，在与水平方向成θ角、大小为F的力作用下，质量为m的物块沿竖直墙壁加速下滑，已知物块与墙壁的动摩擦因数为μ．则下滑过程中物块受滑动摩擦力的大小为（）A、μmgB、μ（Fcosθ+mg）C、mg﹣FsinθD、μFcosθ分析：分析物体的受力情况，求出正压力，再由摩擦力的计算公式进行计算．解答：将F分解可得，物体在垂直于墙壁方向上受到的压力为N＝Fcosθ，则物体对墙壁的压力为N＝N′＝Fcosθ；物体受到的滑动摩擦力为f＝μN′＝μFcosθ；故选：D。点评：本题考查学生对滑动摩擦力公式的掌握，注意公式里的正压力不一定是重力，而是垂直于接触面的压力．【解题思路点拨】1.牢记滑动摩擦力的计算公式：F＝μFN，F表示滑动摩擦力大小，FN表示正压力的大小，μ叫动摩擦因数。如果两个物体是斜面连接，则需要进行必要的受力分析以求出垂直于斜面的压力。2.在一般情况下，物体在水平面上运动时，正压力等于重力，但不能说正压力就是重力。3．动摩擦因数的性质和计算【知识点的认识】1.定义：彼此接触的物体做相对运动时摩擦力和正压力之间的比值，称为动摩擦因数μ．当物体处于水平运动状态时，正压力＝重力。2.影响因素：不同材质的物体间动摩擦因数不同，μ与接触面的材料、接触面的粗糙程度有关，无单位。注意：动摩擦因数与压力无关、与接触面积大小无关、与滑动摩擦力的大小无关、与相对运动的速度大小无关。动摩擦系数是物体本身的属性，只与物体本身有关，与有没有进行相对运动，以及有没有正压力无关。所以不能说动摩擦系数与摩擦力成正比，与正压力成反比。只能说摩擦力与正压力和动摩擦系数成正比，也就是f＝μN。【命题方向】一根质量可忽略不计的轻弹簧下端挂一物体，当物体静止不动时，弹簧伸长了10cm，将该物体放在水平桌面上，用该弹簧沿水平方向拉物体在桌面上做匀速滑动，此时弹簧伸长了2cm，求物体与桌面之间的动摩擦因数．分析：（1）当物体静止不动时，根据胡克定律得出弹簧的劲度系数与物体重力的关系．（2）在水平面上运动时，根据胡克定律求出弹簧的拉力，根据滑动摩擦力的公式求出动摩擦因数．解答：当物体静止不动时，根据胡克定律得：mg＝kx1；物体在桌面上做匀速滑动时，弹簧的拉力与滑动摩擦力二力平衡，则得：kx2＝f又f＝μN＝μmg联立以上三得，μ=k答：物体与桌面之间的动摩擦因数为0.2．点评：本题关键掌握胡克定律和共点力平衡条件，也提供了一种测量动摩擦因数的方法．【解题思路点拨】1.动摩擦因数是一种固有属性，与接触面的材料，粗糙程度有关。2.求解动摩擦因数的相关问题时，要注意正压力的求解。4．最大静摩擦力的性质和应用【知识点的认识】1.如果用一个平行于地面的力推沙发，沙发没有被推动，此时沙发必然受到一个与之相反的力来平衡这个力，这个力就是沙发与地面之间的摩擦力。2.像这样如果相互接触的两个物体之间没有发生相对运动，而只有相对运动的趋势，此时两个物体间的摩擦力叫作静摩擦力。3.如果推力增大，该静摩擦力也会增大，但是静摩擦力的增大有一个限度。当大于这个最大限度时，沙发被推动，沙发与地面之间的摩擦力变成滑动摩擦力。我们把这个最大限度叫作最大静摩擦力。【命题方向】重量为100N的木箱放在水平地板上，至少要用40N的水平推力，才能使它从原地开始运动，则木箱与地面间的最大静摩擦力为N．若用35N的水平推力推木箱，木箱所受的摩擦力是N．分析：当两个物体刚要发生相对滑动时，静摩擦力达到最大值，与此时水平推力大小相等．当水平推力小于最大静摩擦力时，物体保持静止状态，由平衡条件求解此时的静摩擦力．解答：由题，要用40N的水平推力，能使木箱从原地开始运动，则木箱与地面间的最大静摩擦力为fm＝F1＝40N．若用35N的水平推力推木箱，水平推力小于最大静摩擦力，木箱保持静止状态，所受的摩擦力与水平推力平衡，则木箱所受的摩擦力f＝F2＝35N．故答案为：40，35。点评：静摩擦力特点是有一个最大值，在静摩擦力达到最大值之前，静摩擦力与外力平衡．【解题思路点拨】1.最大静摩擦力是静摩擦力的最大值，物体之间的静摩擦力超过这个值，物体就会发生相对滑动。2.最大静摩擦力的大小与正压力有关。5．力的平行四边形定则【知识点的认识】1.力的合成（1）定义：求几个力的合力的过程叫做力的合成．（2）力的合成的依据作用效果相同（等效）（3）求合力的方法（实验探索）思想：等效代换结论：平行四边形定则以表示这两个力的线段为邻边作平行四边形，这两个力邻边的对角线就代表合力的大小和方向．2．平行四边形定则（1）定义：两个力合成时，以表示这两个力的线段为邻边作平行四边形，这两个邻边之间的对角线就代表合力的大小和方向，这个法则叫做平行四边形定则．（2）方法：①作图法：根据相同的标度，以共点的两个力为邻边作平行四边形，这两力所夹的对角线表示合力的大小和方向，如图所示．注意：作图时合力与分力的比例应相同．虚、实线应分清．作图法简便、直观、实用，但不够精确．②解析法：F=F12+F当θ＝0°时，同向的两力的合力大小F＝F1+F2；θ＝90°时，互相垂直的两力的合力大小F=Fθ＝180°时，反向的两力的合力大小F＝|F1﹣F2|．由此可知两共点力的合力F的范围为：|F1﹣F2|≤F≤F1+F2，合力随夹角θ的增大而减小．合力可以大于、等于或小于分力，甚至为零．若F1＝F2且θ＝120°时，有合力F＝F1＝F2．（3）多力合成如果需要求三个或三个以上共点力的合力，可先求其中任意两个力的合力F12，再求F12与第三个力的合力F合，依此类推．【命题方向】如果两个共点力之间的夹角保持不变，当其中一个力增大时，这两个力的合力F的大小（）A、可以不变B、一定增大C、一定减小D、以上说法都不对分析：两个不在同一条直线上的力合成时遵循平行四边形定则，根据平行四边形定则作图分析即可．解答：如果夹角θ的范围为：0°＜θ＜90°，根据平行四边形定则作图，如图从图中可以看出，合力一定增大；如果夹角θ的范围为：90°＜θ＜180°，根据平行四边形定则作图，如图从图中可以看出，合力先减小后增加，存在相等的可能；故选：A。点评：本题关键根据平行四边形定则作图，从图中直接得到结论；也可以用余弦定理列式求解分析．【解题方法点拨】矢量的平行四边形定则是物理学中的重要思想方法，是从初中物理步入高中物理的标志性理论．在复习时可以通过比较分析力的合成和分解的平行四边形定则、三角形定则以及正交分解法之间的关系，达到掌握原理、灵活应用的目的．从近几年高考出题的形式上来看，力的合成与分解问题常与日常生活实际紧密结合，突出了对于实际物理问题的模型抽象能力，在高考的出题方向上也体现了考查学生运用数学知识分析物理问题的能力，主要是考查平行四边形及三角形定则在力的分解问题中的数学应用，如对平行四边形、三角形中的边、角、最大值、最小值的分析，同时更多的题目则体现了与物体的平衡问题、牛顿第二定律的应用问题、动量能量、场类问题的综合考查，试题形式主要以选择题形式出现．6．正交分解法【知识点的认识】1．力的分解（1）力的分解定义：已知一个力求它的分力的过程叫力的分解．（2）力的分解法则：满足平行四边形定则．2．正交分解法将一个力（矢量）分解成互相垂直的两个分力（分矢量），即在直角坐标系中将一个力（矢量）沿着两轴方向分解，如果图中F分解成Fx和Fy，它们之间的关系为：Fx＝F•cosφ，①Fy＝F•sinφ，②F=Fxtanφ=Fy正交分解法是研究矢量常见而有用的方法，应用时要明确两点，①x轴、y轴的方位可以任意选择，不会影响研究的结果，但若方位选择的合理，则解题较为方便：②正交分解后，Fx在y轴上无作用效果，Fy在x轴上无作用效果，因此Fx和Fy不能再分解．【命题方向】如图所示，帆板船的帆与船身成37°角，今有垂直于帆，大小为500N的风力作用于帆面上，则船在前进方向上获得的推力为N，在船的侧面所受的推力为N。（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）分析：将风吹帆的力分解成沿船前进的方向与垂直前进的方向，运用力的平行四边形定则，可求出这两个分力大小．解答：将力F进行分解，如图所示则有：F1＝Fsin37°＝500×0.6N＝300NF2＝Fcos37°＝500×0.8N＝400N故答案为：300N，400N.点评：考查应用平行四边形定则将力进行分解，运用三角函数列出等式．注意夹角的确定，同时风吹帆的力垂直于帆．【解题思路点拨】正解分解法的步骤如下：1.建立直角坐标系，一般有两种：①沿水平方向的直角坐标系②沿斜面方向的直角坐标系要根据具体的问题选择建立。2.正交分解：从力分别投影到x轴和y轴上。3.分力的表示：通过三角函数，表示出分力的大小。7．力的合成与分解的应用【知识点的认识】本考点针对比较复杂的题目，题目涉及到力的合成与分解的综合应用。【命题方向】假期里，一位同学在厨房里协助妈妈做菜，对菜刀发生了兴趣．他发现菜刀的刀刃前部和后部的厚薄不一样，刀刃前部的顶角小，后部的顶角大（如图所示），下列有关刀刃的说法合理的是（）A、刀刃前部和后部厚薄不匀，仅是为了打造方便，外形美观，跟使用功能无关B、在刀背上加上同样的压力时，分开其他物体的力跟刀刃厚薄无关C、在刀背上加上同样的压力时，顶角越大，分开其他物体的力越大D、在刀背上加上同样的压力时，顶角越小，分开其他物体的力越大分析：根据力的平行四边形定则可知，相同的压力下，顶角越小，分力越大；相同的顶角下，压力越大，分力越大．解答：把刀刃部分抽象后，可简化成一个等腰三角劈，设顶角为2θ，背宽为d，侧面长为l，如图乙所示当在劈背施加压力F后，产生垂直侧面的两个分力F1、F2，使用中依靠着这两个分力分开被加工的其他物体。由对称性知，这两个分力大小相等（F1＝F2），因此画出力分解的平行四边形，实为菱形，如图丙所示。在这个力的平行四边形中，取其四分之一考虑（图中阴影部分），根据它跟半个劈的直角三角形的相似关系，由关系式，得F1＝F2由此可见，刀背上加上一定的压力F时，侧面分开其他物体的力跟顶角的大小有关，顶角越小，sinθ的值越小，F1和F2越大。但是，刀刃的顶角越小时，刀刃的强度会减小，碰到较硬的物体刀刃会卷口甚至碎裂，实际制造过程中为了适应加工不同物体的需要，所以做成前部较薄，后部较厚。使用时，用前部切一些软的物品（如鱼、肉、蔬菜、水果等），用后部斩劈坚硬的骨头之类的物品，俗话说：“前切后劈”，指的就是这个意思。故D正确。故选：D。点评：考查力的平行四边形定则，体现了控制变量法，同时学会用三角函数来表示力与力的关系．【解题思路点拨】对力的合成与力的分解的综合应用问题，要首先熟练掌握力的合成和力的分解的相关内容，再选择合适的合成和分解方法进行解题。8．共点力的平衡问题及求解【知识点的认识】1.共点力（1）定义：如果一个物体受到两个或更多力的作用，这些力共同作用在物体的在同一点上，或者虽不作用在同一点上，但它们的延长线交于一点，这几个力叫作共点力。（2）力的合成的平行四边形定则只适用于共点力。2.共点力平衡的条件（1）平衡状态：物体保持静止或匀速直线运动的状态。（2）平衡条件：在共点力作用下物体平衡的条件是合力为0。3.对共点力平衡条件的理解及应用合外力等于0，即F合＝0→正交分解法Fx合=0Fy合=0，其中Fx合和Fy4.平衡条件的推论（1）二力平衡：若物体在两个力作用下处于平衡状态，则这两个力一定等大、反向。（2）三力平衡：若物体在三个共点力作用下处于平衡状态，则任意两个力的合力与第三个力等大、反向。（3）多力平衡：若物体在n个共点力作用下处于平衡状态，则其中任意一个力必定与另外（n﹣1）个力的合力等大、反向。5.解答共点力平衡问题的三种常用方法6.平衡中的临界、极值问题a.临界问题（1）问题特点：①当某物理量发生变化时，会引起其他几个物理量的变化。②注意某现象“恰好出现”或“恰好不出现”的条件。（2）分析方法：基本方法是假设推理法，即先假设某种情况成立，然后根据平衡条件及有关知识进行论证、求解。b.极值问题（1）问题界定：物体平衡的极值问题，一般指在力的变化过程中涉及力的最大值和最小值的问题。（2）分析方法：①解析法：根据物体平衡的条件列出方程，在解方程时，采用数学知识求极值或者根据物理临界条件求极值。②图解法：根据物体平衡的条件作出力的矢量图，画出平行四边形或者矢量三角形进行动态分析，确定最大值或最小值。7.“活结”与“死结”、“活杆”与“死杆”模型（1）“活结”与“死结”模型①“活结”一般是由轻绳跨过光滑滑轮或者绳上挂一光滑挂钩而形成的。绳虽然因“活结”而弯曲，但实际上是同一根绳，所以由“活结”分开的两段绳上弹力的大小一定相等，两段绳合力的方向一定沿这两段绳夹角的平分线。②“死结”两侧的绳因结而变成了两根独立的绳，因此由“死结”分开的两段绳上的弹力不一定相等。（2）“活杆”与“死杆”模型①“活杆”：指轻杆用转轴或铰链连接，当轻杆处于平衡状态时，轻杆所受到的弹力方向一定沿着杆，否则会引起轻杆的转动。如图甲所示，若C为转轴，则轻杆在缓慢转动中，弹力方向始终沿杆的方向。②“死杆”：若轻杆被固定，不发生转动，则轻杆所受到的弹力方向不一定沿杆的方向。如图乙所示，水平横梁的一端A插在墙壁内，另一端B装有一个小滑轮，绳的一端C固定于墙壁上，另一端跨过滑轮后悬挂重物m。滑轮对绳的作用力应为图丙中两段绳中拉力F1和F2的合力F的反作用力，即AB杆弹力的方向不沿杆的方向。【命题方向】例1：在如图所示的甲、乙、丙、丁四幅图中，滑轮光滑且所受的重力忽略不计，滑轮的轴O安装在一根轻木杆P上，一根轻绳ab绕过滑轮，a端固定在墙上，b端下面挂一质量为m的重物。当滑轮和重物都静止不动时，甲、丙、丁图中木杆P与竖直方向的夹角均为θ，乙图中木杆P竖直。假设甲、乙、丙、丁四幅图中滑轮受到木杆P的弹力的大小依次为FA、FB、FC、FD，则以下判断正确的是（）A.FA＝FB＝FC＝FDB.FD＞FA＝FB＞FCC.FA＝FC＝FD＞FBD.FC＞FA＝FB＞FD分析：对滑轮受力分析，受两个绳子的拉力和杆的弹力；滑轮一直保持静止，合力为零，故杆的弹力与两个绳子的拉力的合力等值、反向、共线。解答：由于两个绳子的拉力大小等于重物的重力，大小不变，即四个选项中绳子的拉力是大小相等的，根据平行四边形定则知两个力的夹角越小，则合力越大，即滑轮两边绳子的夹角越小，绳子拉力的合力越大，故丁图中绳子拉力合力最大，则杆的弹力最大，丙图中夹角最大，绳子拉力合力最小，则杆的弹力最小，甲图和乙图中的夹角相同，则绳子拉力合力相等，则杆的弹力相等，所以甲、乙、丙、丁四幅图中滑轮受到木杆P的弹力的大小顺序为：FD＞FA＝FB＞FC，故B正确，ACD错误。故选：B。本题考查的是力的合成与平衡条件在实际问题中的应用，要注意杆的弹力可以沿着杆的方向也可以不沿着杆方向，结合平衡条件分析是关键。例2：如图所示，两根等长的轻绳将日光灯悬挂在天花板上，两绳与竖直方向的夹角都为45°，日光灯保持水平，所受重力为G。则（）A.两绳对日光灯拉力的合力大小等于GB.两绳的拉力和重力不是共点力C.两绳的拉力大小均为22D.两绳的拉力大小均为G分析：两绳的拉力和重力是共点力，根据合力为零分析AB选项；根据对称性可知，左右两绳的拉力大小相等，分析日光灯的受力情况，由平衡条件求解绳子的拉力大小。解答：B．对日光灯受力分析如图：两绳拉力的作用线与重力作用线的延长线交于一点，这三个力是共点力，故B错误；A．由于日光灯在两绳拉力和重力作用下处于静止状态，所以两绳的拉力的合力与重力G等大反向，故A正确；CD．由于两个拉力的夹角成直角，且都与竖直方向成45°角，则由力的平行四边形定则可知：G=F12+F22，F1＝F2，解得：F1＝F故选：AC。点评：本题主要是考查了共点力的平衡，解答本题的关键是：确定研究对象、进行受力分析、进行力的合成，利用平衡条件建立方程进行解答。例3：如图，三根长度均为l的轻绳分别连接于C、D两点，A、B两端被悬挂在水平天花板上，相距2l。现在C点上悬挂一个质量为m的重物，为使CD绳保持水平，在D点上可施加力的最小值为（）A.mgB.33C.12D.14分析：根据物体的受力平衡，依据几何关系求解即可。解答：依题得，要想CD水平，则各绳都要紧绷，根据几何关系可知，AC与水平方向的夹角为60°，结点C受力平衡，则受力分析如图所示因此CD的拉力为T＝mg•tan30°D点受CD绳子拉力大小等于T，方向向左。要使CD水平，则D点两绳的拉力与外界的力的合力为零，则CD绳子对D点的拉力可分解为沿BD绳的F1以及另一分力F2。由几何关系可知，当F2与BD垂直时，F2最小，F2的大小即为拉力大小，因此有F2min＝T•sin60°=1故ABD错误，C正确。故选：C。点评：本题考查的是物体的受力平衡，解题的关键是当F2与BD垂直时，F2最小，F2的大小即为拉力大小。例4：如图甲所示，细绳AD跨过固定的水平轻杆BC右端的轻质光滑定滑轮悬挂一质量为M1的物体，∠ACB＝30°；图乙中轻杆HG一端用铰链固定在竖直墙壁上，另一端G通过细绳EG拉住，EG与水平方向的夹角为30°，在轻杆的G点用细绳GF悬挂一质量为M2的物体（都处于静止状态），求：（1）细绳AC的张力FTAC与细绳EG的张力FTEG之比；（2）轻杆BC对C端的支持力；（3）轻杆HG对G端的支持力。分析：（1）根据力的分解及几何关系解答。（2）图甲中对滑轮受力分析，运用合成法求解细绳AC段的张力FAC与轻杆BC对C端的支持力；（3）乙图中，以C点为研究对象，根据平衡条件求解细绳EG段的张力F2以及轻杆HG对G端的支持力。解答：下图（a）和下图（b）中的两个物体M1、M2都处于平衡状态，根据平衡的条件，首先判断与物体相连的细绳，其拉力大小等于物体的重力；分别取C点和G点为研究对象，进行受力分析如图（a）和右图（b）所示，根据平衡规律可求解。（1）上图（a）中轻绳AD跨过定滑轮拉住质量为M1的物体，物体处于平衡状态，轻绳AC段的拉力FTAC＝FCD＝M1g；上图（b）中由于FTEGsin30°＝M2g得FEG＝2M2g所以FTAC：FTEG＝M1：2M2。（2）上图（a）中，根据FAC＝FCD＝M1g且夹角为120°故FNC＝FAC＝M1g，方向与水平方向成30°，指向斜右上方。（3）上图（b）中，根据平衡方程有FNG=M2gtan30°答：（1）轻绳AC段的张力FAC与细绳EG的张力FEG之比为M1（2）轻杆BC对C端的支持力为M1g，指向斜右上方；（3）轻杆HG对G端的支持力大小为3M2g方向水平向右。点评：本题首先要抓住定滑轮两端绳子的特点，其次要根据平衡条件，以C、G点为研究对象，按力平衡问题的一般步骤求解。【解题思路点拨】1.在分析问题时，注意“静止”和“v＝0”不是一回事，v＝0，a=0时，是静止，是平衡状态2.解答共点力平衡问题的一般步骤（1）选取研究对象，对于有相互作用的两个或两个以上的物体构成的系统，应明确所选研究对象是系统整体还是系统中的某一个物体（整体法或隔离法）。（2）对所选研究对象进行受力分析，并画出受力分析图。（3）对研究对象所受的力进行处理，对三力平衡问题，一般根据平衡条件画出力合成时的平行四边形。对四力或四力以上的平衡问题，一般建立合适的直角坐标系，对各力按坐标轴进行分解。（4）建立平衡方程，对于四力或四力以上的平衡问题，用正交分解法列出方程组。3.临界与极值问题的分析技巧（1）求解平衡中的临界问题和极值问题时，首先要正确地进行受力分析和变化过程分析，找出平衡中的临界点和极值点。（2）临界条件必须在变化中寻找，不能停留在一个状态来研究临界问题，而是要把某个物理量推向极端，即极大或极小，并依此作出科学的推理分析，从而给出判断或结论。9．整体法与隔离法处理物体的平衡问题【知识点的认识】整体法与隔离法是物理学中处理物体平衡问题的两种基本方法，它们各有适用场景，并且经常交替使用以解决复杂问题。①整体法适用于将两个或多个物体组成的系统作为研究对象，当需要研究外力对系统的作用时，整体法更为简便，因为它不需要考虑系统内部的作用力。整体法的思维特点是从全局出发，通过整体受力分析揭示系统的整体受力情况和全过程的受力情况，从而避免繁琐的中间环节计算，能够灵巧地解决问题。例如，在处理连接体平衡问题时，如果只涉及系统外力而不涉及系统内部物体之间的内力以及加速度问题，通常选取整个系统为研究对象，使用整体法进行分析。②隔离法则是将研究对象从周围物体中隔离出来进行受力分析的方法，适用于需要研究系统内各物体之间的作用力或加速度的情况。隔离法不仅能求出其他物体对整体的作用力，而且还能求出整体内部物体之间的作用力。在处理复杂问题时，通常先用整体法确定整体的运动状态，然后再用隔离法分析内部物体的相互作用。在实际应用中，整体法和隔离法并不是独立使用的，对于一些复杂问题，可能需要多次选取研究对象，交替使用整体法和隔离法进行分析。这种方法的交替使用有助于更全面地理解问题的本质，从而找到解决方案。【命题方向】如图所示，质量分别为mA，mB的A、B两个楔形物体叠放在一起，