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第二章　相互作用
第1讲　重力　弹力　摩擦力
常设情境　①生活实践类：生活中的摩擦力的应用，生活中物体的悬挂、千斤顶、木楔等工作原理.
②学习探索类：探究弹簧弹力与形变量关系，探究两个互成角度的力的合成规律，共点力平衡条件及临界问题，动态平衡等.
素养目标　1.能从真实的物理情境中认识弹力、摩擦力、动摩擦因数.（物理观念） 2.会应用弹力、摩擦力的产生条件分析弹力、摩擦力的有无及方向.（科学思维） 3.能应用假设法、状态法、平衡法分析、计算弹力和摩擦力的大小.（科学思维）
@一、重力和重心
一、重力和重心
考题1　（2024·浙江6月选考）如图所示为小猫蹬地跃起腾空追蝶的情境，则 （　D　）
A.飞行的蝴蝶只受重力的作用
B.蝴蝶转弯时所受合力沿运动方向
C.小猫在空中受重力和弹力的作用
D.小猫蹬地时弹力大于所受重力
解析：飞行的蝴蝶除了受到重力还受到来自空气的作用力，A错误；蝴蝶转弯时做曲线运动，其所受合力方向与速度方向不共线，B错误；小猫腾空之后，身体与其他物体没有接触，不受弹力的作用，C错误；小猫蹬地时弹力大于重力，其重心才能加速运动腾空而起，D正确.
重力
1.产生：由于　地球　的吸引而使物体受到的力.
2.大小：与物体的质量成　正比　，即G＝　mg　.可用　弹簧测力计　测量重力.
3.方向：总是　竖直向下　的.
4.重心：其位置与物体的　质量　分布和　形状　有关.
5.重心位置的确定：质量分布均匀的规则物体，重心在其　几何中心　；对于形状不规则或者质量分布不均匀的薄板，重心可用　悬挂法　确定.
深化1　　重力的大小和方向
（1）重力的大小用G＝mg计算，重力与物体在地球上的位置有关，与环境和运动状态无关.
（2）重力方向是竖直向下，不一定指向地心.
深化2　　对重心的理解
（1）重心不是重力的真实作用点，重力作用在整个物体上，重心是重力的等效作用点.
（2）重心不是物体上最重的一点，也不一定是物体的几何中心.
（3）重心在物体上的相对位置与物体的位置、放置状态及运动状态无关，重心可以不在物体上.
例1　（2022·浙江1月选考）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（　D　）
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
解析：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.
训练1　关于重力的大小和方向，以下说法正确的是（　A　）
A.在地球上的物体都要受到重力作用，所受的重力与它的运动状态无关，也与是否存在其他力的作用无关
B.在地球各处的重力方向都是一样的
C.物体的重力作用在重心上，把重心挖去物体就不会受到重力作用
D.对某一物体而言，其重力的大小总是一个恒量，不因物体从赤道移到南极而变化
解析：物体受到的重力是由于地球的吸引而产生的，是万有引力的一个分力，而万有引力与运动状态无关，与其他力无关，故A正确；重力的方向总是竖直向下的，在不同的位置方向不一定相同，故B错误；一个物体的各部分都受到重力的作用，从效果上看，可以认为各部分受到的重力作用集中于一点，这一点叫作物体的重心，所以重心是等效出来的，与其他部分没有区别，故C错误；重力等于质量与重力加速度的乘积，在不同的地方，质量不变，但重力加速度有可能会变化，两极的重力加速度最大，赤道最小，所以在地球的不同地方，物体的重力有可能变化，故D错误.
@二、弹力的分析与计算
二、弹力的分析与计算
考题2　（2024·广东卷）如图所示，轻质弹簧竖直放置，下端固定.木块从弹簧正上方H高度处由静止释放.以木块释放点为原点，取竖直向下为正方向，木块的位移为y，所受合外力为F，运动时间为t.忽略空气阻力，弹簧在弹性限度内.关于木块从释放到第一次回到原点的过程中，其F－y图像或y－t图像可能正确的是（　B　）
解析：在木块下落H高度之前，木块所受合外力为木块的重力保持不变，即F＝mg，当木块接触弹簧后到合力为零前，F＝mg－kΔy，随着Δy增大，F线性减小，当弹簧弹力大于木块的重力后到最低点过程中F＝kΔy'－mg，木块所受合外力向上，随着y'增大F线性增大，木块返回到原点过程是下落过程的逆过程，受力情况完全相同，A错误，B正确；同理，在木块下落H高度之前，木块做自由落体运动，根据y＝gt2和v＝gt可知速度逐渐增大，所以y－t图像为抛物线，斜率逐渐增大，当木块接触弹簧后到合力为零前，木块的速度继续增大，做加速度减小的加速运动，所以y－t图像斜率继续增大，当弹簧弹力大于木块的重力后到最低点过程中，木块所受合外力向上，木块做加速度增大的减速运动，所以y－t图像斜率减小，到达最低点后，木块向上运动，由对称性可知，返回过程木块先做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，最后做匀减速直线运动回到原点，C、D错误.
弹力
1.定义：发生弹性形变的物体，由于要　恢复原状　，对与它接触的物体会产生力的作用，这种力叫作弹力.
2.产生条件：物体相互　接触　且发生　弹性形变　.
3.方向：弹力的方向总是与作用在物体上使物体发生形变的外力方向　相反　.
4.胡克定律
（1）内容：弹簧发生　弹性形变　时，弹力的大小F跟弹簧伸长（或缩短）的长度x成　正比　.
（2）表达式：F＝　kx　.
①k是弹簧的　劲度系数　，单位为N/m；k的大小由弹簧　自身性质　决定.
②x是　形变量　，但不是弹簧形变以后的长度.
深化1　　弹力有无的判断
深化2　　弹力方向的判断
深化3　　计算弹力大小的三种方法
（1）根据胡克定律进行求解.
（2）根据力的平衡条件进行求解.
（3）根据牛顿第二定律进行求解.
思维模型　能分析实际问题中弹力的有无和方向，会计算弹力大小.
角度1　弹力的有无及方向判断
例2　如图所示，小车内沿竖直方向的一根轻质弹簧和一条与竖直方向成α角的轻质细绳拴接一小球，此时小车与小球保持相对静止，一起在水平面上运动，下列说法正确的是（　D　）
A.细绳一定对小球有拉力
B.轻弹簧一定对小球有弹力
C.细绳不一定对小球有拉力，但是轻弹簧一定对小球有弹力
D.细绳不一定对小球有拉力，轻弹簧也不一定对小球有弹力
解析：当小车匀速运动时，弹簧弹力大小等于小球重力大小，此时细绳的拉力FT＝0；当小车和小球向右做匀加速直线运动时，细绳的拉力不可能为零，弹簧弹力有可能为零，故D正确.
训练2　图中各物体均处于静止状态.图中画出了小球A所受弹力的情况，其中正确的是（　C　）
解析：选项A中小球只受重力和杆的弹力的作用，且处于静止状态，由二力平衡可得小球受到的弹力方向应竖直向上，故A错误；选项B中，因为右边的绳竖直向上，如果左边的绳有拉力，则竖直向上的那根绳就会发生倾斜，所以左边的绳没有拉力，故B错误；球与球接触处的弹力方向，垂直于过接触点的公切面（即弹力方向在两球心的连线上），且指向受力物体，球与墙面接触处的弹力方向过接触点垂直于接触面，故C正确；球与面接触处的弹力方向，过接触点垂直于接触面（即弹力方向在接触点与球心的连线上），即选项D中大半圆对小球的支持力FN2的方向应是沿着过小球球心与圆弧接触点的半径，且指向圆心，故D错误.
角度2　有关弹力的“三类模型问题”
模型1　弹簧的弹力
例3　两个劲度系数分别为k1和k2的轻质弹簧a、b串接在一起，a弹簧的一端固定在墙上，如图所示，开始时弹簧均处于原长状态，现用水平力F作用在b弹簧的P端向右拉动弹簧，已知a弹簧的伸长量为L，则（　B　）
A.b弹簧的伸长量也为L
B.b弹簧的伸长量为
C.P端向右移动的距离为2L
D.P端向右移动的距离为（1＋）L
解析：两根轻弹簧串接，弹力大小相等，根据胡克定律F＝kx得F＝k1L＝k2L'，解得b弹簧的伸长量为L'＝，A错误，B正确；P端向右移动的距离等于两根弹簧伸长量之和，即为L＋＝（1＋）L，C、D错误.
模型2　轻绳的弹力
例4　（2025·四川眉山模拟）如图所示，一根非弹性绳的两端分别固定在两座假山的A、B处，A、B两点的水平距离BD＝9 m，竖直距离AD＝4 m，A、B间绳长为15 m.重为240 N的猴子抓住套在绳子上的滑环在A、B间滑动，某时刻猴子在最低点C处静止，则此时绳的张力大小为（绳处于拉直状态）（　C　）
A.75 N B.125 N
C.150 N D.200 N
解析：在最低点，设绳子与竖直方向的夹角为θ，以猴子为研究对象，根据受力平衡可得2FTcos θ＝G，如图所示，根据几何关系可知sin θ＝＝＝，则此时绳的张力大小为FT＝＝ N＝150 N，故C正确.
模型3　轻杆的弹力
例5　如图所示为位于水平面上的小车，固定在小车上的支架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，重力加速度为g.现使小车以加速度a（a≠0）向右做匀加速直线运动，下列说法正确的是（　D　）
A.杆对小球的弹力一定竖直向上
B.杆对小球的弹力一定沿杆斜向上
C.杆对小球的弹力大小为mg
D.杆对小球的弹力大小为
解析：对小球受力分析如图所示，由图可知，当a大小不同时，杆上的弹力与竖直方向的夹角也不同，方向不一定沿杆，但一定是斜向上，且F＞mg，选项A、B、C错误；由几何关系可知，F＝，选项D正确.
@三、摩擦力的分析与计算
三、摩擦力的分析与计算
考题3　（2024·广西卷）工人卸货时常利用斜面将重物从高处滑下.如图所示，三个完全相同的货箱正沿着表面均匀的长直木板下滑，货箱各表面材质和粗糙程度均相同.若1、2、3号货箱与直木板间摩擦力的大小分别为Ff1、Ff2和Ff3，则（　D　）
A.Ff1＜Ff2＜Ff3 B.Ff1＝Ff2＜Ff3
C.Ff1＝Ff3＜Ff2 D.Ff1＝Ff2＝Ff3
解析：根据滑动摩擦力公式Ff＝μFN，1、2、3号货箱与直木板间正压力相同，各表面材质和粗糙程度均相同，摩擦力大小与接触面积大小无关，则Ff1＝Ff2＝Ff3，D正确.
1.静摩擦力与滑动摩擦力对比
项目 静摩擦力 滑动摩擦力
定义 两　相对静止　的物体间的摩擦力 两　相对运动　的物体间的摩擦力
产生 条件 ①接触面　粗糙　. ②接触处有　压力　. ③两物体间有　相对运动趋势　 ①接触面　粗糙　. ②接触处有　压力　. ③两物体间有　相对运动　
项目 静摩擦力 滑动摩擦力
大小 ①静摩擦力为被动力，与正压力无关，满足　0＜F≤Fmax　. ②最大静摩擦力Fmax大小与正压力大小　有关　 Ff＝　μFN　
方向 与受力物体相对运动趋势的方向　相反　 与受力物体相对运动的方向　相反　
作用 效果 总是阻碍物体间的　相对运动趋势　 总是阻碍物体间的　相对运动　
2.动摩擦因数
（1）定义：彼此接触的物体发生　相对运动　时，摩擦力的大小和压力的比值.μ＝.
（2）决定因素：与接触面的材料和　粗糙程度　有关.
深化1　　静摩擦力的有无及方向的判断方法
假设法
状态法 根据平衡条件、牛顿第二定律，通过受力分析确定静摩擦力的方向
转换 对象法 先确定受力较少的物体受到的静摩擦力的方向，再根据“力的相互性”确定另一物体受到的静摩擦力方向
深化2　　摩擦力大小的计算
（1）滑动摩擦力的大小
公式法 若μ已知，则Ff＝μFN，FN是两物体间的正压力，通常先找到支持力，依据牛顿第三定律得到压力
状态法 若μ未知，可结合物体的运动状态和其他受力情况，利用平衡条件或牛顿第二定律列方程求解
（2）静摩擦力的大小
①物体处于平衡状态（静止或匀速直线运动），利用力的平衡条件求解.
②物体有加速度时，应用牛顿第二定律F合＝ma求解.
③最大静摩擦力与接触面间的压力成正比，其值大于滑动摩擦力，但通常认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力.
角度1　摩擦力有无及方向的判断
例6　如图所示，沿直线运动的小车内悬挂的小球A和小车水平底板上放置的物块B都相对车厢静止，关于物块B受到的摩擦力，下列判断正确的是（　B　）
A.物块B不受摩擦力作用
B.物块B受摩擦力作用，大小恒定，方向水平向左
C.物块B受摩擦力作用，大小恒定，方向水平向右
D.因小车的运动方向不能确定，故物块B受到的摩擦力情况无法判断
解析：对小球A受力分析，它受绳的拉力和自身重力作用，两力的合力水平向左，且大小恒定，故小车有向左的恒定加速度，则物块B也有水平向左的加速度.由受力分析知，物块B必受到水平向左的摩擦力，且大小恒定，故B正确，A、C、D错误.
训练3　（多选）如图所示，A、B、C三个物体质量相等，它们与传送带间的动摩擦因数也相同.三个物体随传送带一起匀速运动，运动方向如图中箭头所示.则下列说法正确的是（　BD　）
　　
A.A物体受到的摩擦力方向向右
B.B、C受到的摩擦力方向相同
C.B、C受到的摩擦力方向相反
D.若传送带突然加速，则A物体受到的摩擦力向右
解析：A物体与传送带一起匀速运动，它们之间无相对运动或相对运动趋势，即无摩擦力作用，故A错误；B、C两物体虽运动方向不同，但都处于平衡状态，由沿传送带方向所受合力为零可知，B、C两物体均受沿传送带方向向上的摩擦力作用，故B正确，C错误；若传送带突然加速，根据牛顿第二定律，可知A物体受到向右的摩擦力作用，故D正确.
角度2　摩擦力大小计算
例7　（多选）如图所示，重力为500 N的沙发放在水平地面上，某同学沿水平方向推沙发，当水平推力大小为90 N时沙发恰好开始运动.沙发运动后，用85 N的水平力即可使沙发保持匀速直线运动.以下说法正确的是（　BD　）
A.沙发与地面之间的动摩擦因数为0.18
B.沙发与地面之间的最大静摩擦力为90 N
C.若用100 N的水平力推静止的沙发，沙发所受的摩擦力大小为100 N
D.若用60 N的水平力推已经运动的沙发，沙发所受的摩擦力大小为85 N
解析：用85 N的水平力可使沙发保持匀速直线运动，则沙发的滑动摩擦力Ff＝85 N，由Ff＝μFN＝μG可知，沙发与地面之间的动摩擦因数μ＝＝0.17，A错误；由于当水平推力大小为90 N时沙发恰好开始运动，可知最大静摩擦力为90 N，B正确；100 N的水平推力大于最大静摩擦力，沙发所受摩擦力为滑动摩擦力，即85 N，C错误；由于沙发处于运动状态，所以即使减小水平力的大小，其所受摩擦力仍为滑动摩擦力，则沙发所受的摩擦力大小为85 N，D正确.
训练4　（多选）如图所示，质量为m的木块在质量为M的长木板上，受到向右的拉力F的作用向右滑行，长木板处于静止状态，已知木块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2.下列说法正确的是 （　AD　）
A.木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ1mg
B.木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ2（m＋M）g
C.当F＞μ2（M＋m）g时，木板便会开始运动
D.无论怎样改变F的大小，木板都不可能运动
解析：由于木块在木板上运动，所以木块受到木板的滑动摩擦力的作用，其大小为μ1mg，根据牛顿第三定律可得木块对木板的滑动摩擦力也为μ1mg.又由于木板处于静止状态，木板在水平方向上受到木块的摩擦力μ1mg和地面的静摩擦力的作用，二力平衡，选项A正确，B错误；若增大F的大小，只能使木块的加速度大小变化，但木块对木板的滑动摩擦力大小不变，因而也就不可能使木板运动起来，选项C错误，D正确.
@四、摩擦力“突变”四类问题
四、摩擦力“突变”四类问题
考题4　（2020·北京卷）某同学利用如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（　C　）
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∶7
D.只用图乙中数据可得出物块与木板间的动摩擦因数
解析：滑动摩擦力Ff＝μFN，所以保持木板与物块发生相对滑动即可，木板不一定要保持匀速运动，A错误.题图乙中F是对物块的拉力，B错误.由题图乙可知，物块所受拉力最大值约为10 N，此时拉力与最大静摩擦力大小相等；拉力最终稳定时约为7 N，此时拉力与滑动摩擦力大小相等，C正确.题目中没有提及物块质量，物块与木板间的正压力未知，因此无法计算物块与木板间的动摩擦因数，D错误.
深化1　　“静—静”突变
物体在摩擦力和其他力的作用下处于静止状态，当作用在物体上的其他力的合力发生变化时，如果物体仍然保持静止状态，则物体受到的静摩擦力的大小和方向将发生突变.
深化2　　“静—动”突变
物体在摩擦力和其他力作用下处于静止状态，当其他力变化时，如果物体不能保持静止状态，则物体受到的静摩擦力将“突变”成滑动摩擦力，“突变”点为静摩擦力达到最大值时.
深化3　　“动—静”突变
两物体相对减速滑动的过程中，若相对速度变为零，则滑动摩擦力“突变”为静摩擦力，“突变”点为两物体相对速度刚好为零时.
深化4　　“动—动”突变
指滑动摩擦力大小与方向变化，例如滑块沿斜面下滑到水平面，滑动摩擦力会发生变化.
角度1　“静—静”突变
例8　如图所示，质量为10 kg的物体A拴在一个被水平拉伸的弹簧一端，弹簧的拉力为5 N时，物体A处于静止状态.若小车以1 m/s2的加速度向右运动，则（取g＝10 m/s2）（　C　）
A.物体A相对小车向右运动
B.物体A受到的摩擦力减小
C.物体A受到的摩擦力大小不变
D.物体A受到的弹簧的拉力增大
解析：由题意得，物体A与小车的上表面间的最大静摩擦力Ffm≥5 N，小车加速运动时，假设物体A与小车仍然相对静止，则物体A所受合力F合＝ma＝10 N，可知此时小车对物体A的摩擦力为5 N，方向向右，且为静摩擦力，所以假设成立，物体A受到的摩擦力大小不变，故选项A、B错误，C正确；同理可知，物体A受到的弹簧的拉力大小不变，故D错误.
角度2　“静—动”突变
例9　（多选）在探究静摩擦力变化规律及滑动摩擦力变化规律的实验中，设计了如图甲所示的演示装置，力传感器A与计算机连接，可获得力随时间变化的规律，将力传感器固定在光滑水平桌面上，测力端通过细绳与一滑块相连（调节力传感器高度可使细绳水平），滑块放在较长的小车上，小车一端连接一根轻绳并跨过光滑的轻质定滑轮系一只空沙桶（调节滑轮可使桌面上部轻绳水平）.整个装置处于静止状态.实验开始时打开力传感器同时缓慢向沙桶里倒入沙子，小车一旦运动起来，立即停止倒沙子，若力传感器采集的图像如图乙所示，则结合该图像，下列说法正确的是（　ABC　）
甲　乙
A.可求出空沙桶的重力
B.可求出滑块与小车之间的滑动摩擦力的大小
C.可求出滑块与小车之间的最大静摩擦力的大小
D.可判断第50s后小车做匀速直线运动（滑块仍在车上）
解析：t＝0时刻，力传感器显示拉力为2N，则滑块受到的摩擦力为静摩擦力，大小为2N，由小车与空沙桶受力平衡可知空沙桶的重力也等于2N，A选项正确；t＝50s时静摩擦力达到最大值，即最大静摩擦力为3.5N，同时小车启动，说明沙子与沙桶总重力等于3.5N，此时摩擦力突变为滑动摩擦力，滑动摩擦力大小为3N，B、C选项正确；此后由于沙子和沙桶总重力3.5N大于滑动摩擦力3N，故50s后小车将做匀加速直线运动，D选项错误.
角度3　“动—静”突变
例10　如图所示，斜面固定在地面上，倾角为θ＝37°（sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8）.质量为1 kg的滑块以初速度v0从斜面底端沿斜面向上滑行（斜面足够长，该滑块与斜面间的动摩擦因数为0.8），则该滑块所受摩擦力Ff随时间变化的图像是下列选项中的（取初速度v0的方向为正方向，取g＝10 m/s2）（　B　）
解析：滑块上升过程中受到滑动摩擦力作用，由Ff＝μFN和FN＝mgcos θ联立得Ff＝6.4 N，方向为沿斜面向下.当滑块的速度减为零后，由于重力的分力mgsin θ＜μmgcos θ，滑块不动，滑块受到的摩擦力为静摩擦力，由平衡条件得Ff＝mgsin θ，代入数据可得Ff＝6 N，方向沿斜面向上，故选项B正确.
角度4　“动—动”突变
例11　（多选）如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动.在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ＜tan θ，则下列选项中能正确地反映小木块的运动情况的是（　BD　）
解析：当滑块速度小于传送带速度时，a＝gsin θ＋μgcos θ，当滑块速度达到传送带速度时，由于μ＜tan θ，即μmgcos θ＜mgsin θ，所以速度能够继续增加，此时摩擦力方向突变为向上，加速度大小为a＝gsin θ－μgcos θ，所以B、D正确.
@限时跟踪检测（六）
A级·基础对点练
题组一　重力和重心
1.（2025·浙江强基联盟高三联考）下列关于物理研究方法的叙述中，正确的是（　C　）
A.把物体当成质点来处理，主要采用了“微元法”
B.建立“重心”概念时，主要采用了“极限法”
C.卡文迪什利用扭秤实验测出了引力常量的数值，主要采用了“放大法”
D.利用v－t图像推导匀变速直线运动位移与时间公式时，主要采用了“控制变量法”
解析：把物体当成质点来处理，抓住主要因素，忽略次要因素，主要采用了理想模型法，A错误；建立“重心”概念时，主要采用了“等效法”，B错误；卡文迪什利用扭秤实验测出了引力常量的数值，主要采用了“放大法”，C正确；在推导匀变速运动的位移公式时，采用微元法将变速运动等效近似为很多小段的匀速运动，D错误.故选C.
题组二　弹力的分析与计算
2.（2025·浙江杭州东方中学期中）如图所示，关于下列四幅图中的弹力说法正确的是（　A　）
A.甲图中，由于书的形变，对桌面产生向下的弹力F1
B.乙图中，弹簧发生弹性形变时，弹力的大小F跟弹簧的长度成正比
C.丙图中，碗对筷子的弹力沿筷子斜向上，如图中箭头所示
D.丁图中，绳的拉力不一定沿着绳收缩的方向
解析：F1为桌面受到的压力，是由于书的形变，对桌面产生向下的弹力，A正确；根据胡克定律可知，弹簧发生弹性形变时，弹力的大小F跟弹簧的形变量成正比，B错误；碗对筷子的弹力应垂直该处碗的切面斜向上，即接触点与碗心的连线向上，C错误；绳的拉力一定沿着绳而指向绳收缩的方向，D错误.
3.（多选）如图甲所示，一轻质弹簧下端固定在水平面上，上端放一个质量为2m的物块A，物块A静止后弹簧长度为l1；若在物块A上端再放一个质量为m的物块B，静止后弹簧长度为l2，如图乙所示.弹簧始终处于弹性限度范围内，则（　BD　）
A.弹簧的劲度系数为
B.弹簧的劲度系数为
C.弹簧的原长为3l1－3l2
D.弹簧的原长为3l1－2l2
解析：设弹簧的劲度系数为k，根据题意，当A静止时，在物块A上端再放一个质量为m的物块B，弹簧的压缩量增加了l1－l2，则有mg＝k（l1－l2），解得k＝，故A错误，B正确；设弹簧的原长为l，则根据题意有2mg＝k（l－l1），3mg＝k（l－l2），联立解得l＝3l1－2l2，故C错误，D正确.
题组三　摩擦力的分析与计算
4.（2025·湖北十堰模拟）如图所示，A、B、C三个物体叠放在水平地面上，物体B受到大小为20 N、方向水平向右的力F1的作用，物体C受到大小为5 N、方向水平向左的力F2的作用，三者均处于静止状态，则（　C　）
A.物体B对物体A的摩擦力方向水平向右
B.地面与物体C之间的摩擦力大小为5 N
C.物体C对物体B的摩擦力方向水平向左
D.地面与物体C之间无摩擦力
解析：A处于静止状态，所受外力的合力为0，则A只受重力与支持力，物体B对物体A没有摩擦力作用，A错误；对A、B、C整体分析，由于F1＝20 N＞F2＝5 N，所以地面对物体C的摩擦力方向水平向左，大小为Ff＝F1－F2＝15 N，B、D错误；对A、B整体分析，由于F1的作用，整体相对C有向右运动的趋势，则物体C对物体B的摩擦力方向水平向左，C正确.
题组四　摩擦力“突变”四类问题
5.如图所示，水平地面上有重力均为20 N的A、B两木块，它们之间夹有被压缩了2.0 cm的轻质弹簧，已知弹簧的劲度系数k＝200 N/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＝9 N的水平力推木块B，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则力F作用后（　D　）
A.弹簧的压缩量变为2.5 cm
B.木块B所受静摩擦力为0
C.木块A所受静摩擦力大小为5 N
D.木块B所受静摩擦力大小为5 N
解析：根据胡克定律可知F弹＝kΔx＝4 N，木块B静止，所受静摩擦力FfB＝4 N，当B受推力F＝9 N时，F－F弹＝5 N，Ffm＝μG＝5 N，故木块B能够继续保持静止，此时B与地面间达到最大静摩擦力，弹簧的压缩量仍为2.0 cm，故A、B错误，D正确；木块A受力平衡，故其所受静摩擦力大小为FfA＝F弹＝4 N，故C错误.
6.把一重力为G的物体，用一个水平的推力F＝kt（k为恒量，t为时间）压在竖直的足够高的平整墙面上（如图所示），从t＝0开始，物体所受的摩擦力Ff随t的变化关系是（　B　）
解析：推力F＝FN＝kt，开始时物体沿墙面竖直向下滑动，摩擦力Ff＝μFN＝μkt为正比例函数；当Ff增加到大于G时，物体开始做减速运动，Ff继续增大，当速度减为零时，物体静止，此时摩擦力为静摩擦力，大小等于物体的重力且不再变化，故B正确.
B级·能力提升练
7.（多选）如图甲、乙所示，倾角为θ的斜面上放置一滑块M，在滑块M上放置物块m，M和m相对静止，一起沿斜面匀速下滑，下列说法正确的是（　BD　）
甲
乙
A.图甲中物块m受到摩擦力
B.图乙中物块m受到摩擦力
C.图甲中物块m受到水平向左的摩擦力
D.图乙中物块m受到与斜面平行向上的摩擦力
解析：对题图甲：设物块m受到重力、支持力、摩擦力的作用，而重力与支持力平衡，若受到摩擦力作用，其方向与接触面相切，方向水平，则物块m受力将不平衡，与题中条件矛盾，故假设不成立，A、C错误；对题图乙：设物块m不受摩擦力，由于m匀速下滑，m必受力平衡，若m只受重力、支持力作用，由于支持力与接触面垂直，故重力、支持力不可能平衡，则假设不成立，由受力分析知：m受到与斜面平行向上的摩擦力，B、D正确.
8.如图所示，矩形平板ABCD的AD边固定在水平面上，平板与水平面夹角为θ，AC与AB的夹角也为θ.质量为m的物块在平行于平板的拉力作用下，沿AC方向匀速运动.物块与平板间的动摩擦因数μ＝tan θ，重力加速度大小为g，则拉力大小为（　A　）
A.2mgsin θcos B.2mgsin θ
C.2mgsin D.mgsin θcos
解析：对物块受力分析，如图甲、乙所示，重力沿斜面向下的分力为mgsin θ，支持力FN＝mgcos θ，滑动摩擦力Ff＝μFN＝mgsin θ，则拉力F＝2mgsin θcos，故A正确.
9.（2025·山东德州联考）一横梁起重机移动货物时因出现故障而失去动力，工作人员在货物上作用一水平恒力，使货物和起重机一起缓慢向右移动，此过程可简化为如图所示的模型.已知起重机的质量为m1，货物的质量为m2，绳索与水平轨道间的夹角为θ，重力加速度大小为g，绳索的质量不计，求：
（1）水平恒力的大小F；
（2）水平横梁对起重机的阻力大小与横梁受到的压力大小的比值k.
答案：（1）
（2）
解析：（1）以货物为研究对象，有Ftan θ＝m2g，解得F＝.
（2）把货物和起重机看成一个整体，受力分析如图所示，
由平衡条件知水平横梁对起重机的阻力大小f＝F＝，
横梁对起重机的支持力为FN＝（m1＋m2）g，
由牛顿第三定律，横梁受到的压力大小为F'N＝FN＝（m1＋m2）g，
比值为k＝＝.
第2讲　力的合成与分解
素养目标　1.了解合力与分力，知道力的合成与分解、矢量与标量.（物理观念） 2.知道力的合成与分解的平行四边形定则及三角形定则.（物理观念） 3.根据矢量运算法则分析计算合力.（科学思维） 4.根据矢量运算法则，会对某力按效果分解或正交分解.（科学思维）
@一、共点力的合成
一、共点力的合成
考题1　（2023·重庆卷）矫正牙齿时，可用牵引线对牙施加力的作用.若某颗牙受到牵引线的两个作用力大小均为F，夹角为α，如图所示，则该牙所受牵引力的合力大小为（　B　）
A.2Fsin B.2Fcos
C.Fsin α D.Fcos α
解析：如图所示，根据平行四边形定则可知F合＝2Fcos ，B正确.
力的合成与分解
1.合力与分力
（1）定义：如果一个力　产生的效果　跟几个共点力共同作用产生的效果相同，这一个力就叫作那几个力的　合力　，原来那几个力叫作　分力　.
（2）关系：合力和分力是　等效替代　的关系.
2.共点力
作用在物体的　同一点　，或作用线的　延长线　交于一点的力.
直观 情境 如图所示，下列三个物体所受力均是共点力
3.力的合成
（1）定义：求几个力的　合力　的过程.
（2）运算法则
①平行四边形定则：求两个互成角度的　共点力　的合力，可以用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表示合力的　大小　和　方向　.如图甲所示.
②三角形定则：把两个矢量　首尾相接　，从而求出合矢量的方法.如图乙所示.
直观情境 甲 乙
深化1　　共点力合成的常用方法：
（1）作图法；（2）计算法.
深化2　　几种特殊情况的共点力的合成
类型 作图 合力的计算
两力互相垂直 F＝ tan θ＝
两力等大，夹角为θ F＝2F1cos F与F1夹角为
两力等大，夹角为120° 合力与分力等大
深化3　　合力与分力的关系
（1）两个共点力的合力范围｜F1－F2｜≤F合≤F1＋F2.
（2）两个分力一定时，夹角θ越大，合力越小.合力一定，两等大分力的夹角越大，两分力越大.
（3）合力可以大于分力、等于分力，也可以小于分力.
思维模型　用平行四边形定则及三角形定则求合力，并解决实际问题.
角度1　合力大小的范围
例1　（多选）两个力F1和F2之间的夹角为θ，其合力为F.以下说法正确的是（　BC　）
A.合力F总比分力F1和F2中的任何一个力都大
B.若F1和F2大小不变，θ角减小，合力F一定增大
C.若夹角θ不变，F1大小不变，F2增大，合力F可能减小
D.若F1和F2大小不变，合力F与θ的关系图像如图所示，则任意改变这两个分力的夹角，能得到的合力大小的变化范围是2 N≤F≤10 N
解析：合力F的取值范围是｜F1－F2｜≤F≤F1＋F2，所以合力F不一定总比分力F1和F2中的任何一个力都大，故A错误；根据余弦定理可得合力大小为F＝，θ角减小，则合力F一定增大，故B正确；若夹角θ为钝角，θ不变，F1大小不变，F2增大，有可能有如图所示的情况，则F'合＜F合，故C正确；由题图得，当θ＝180°时，F合＝2 N，即｜F1－F2｜＝2 N，当θ＝90°时，F'合＝10 N，即＝10 N，解得F1＝6 N，F2＝8 N或F1＝8 N，F2＝6 N，故2 N≤F≤14 N，故D错误.
训练1　（2025·四川成都外国语学校模拟）滑翔伞由专门的游艇牵引，游客可以在空中体验迎风飞翔的感觉.为了研究这一情境中的受力问题，可以将悬挂座椅的结点作为研究对象，简化为如图所示的模型，结点受到牵引绳、滑翔伞和座椅施加的三个作用力F1、F2和F3，其中F1斜向左下方，F2斜向右上方.若在游艇牵引下游客做匀速运动，则（　B　）
A.F1可能大于F2
B.F2一定大于F3
C.F1和F2的合力可能大于F3
D.F2和F3的合力方向可能沿水平方向向右
解析：由题图可知F1与F3间的夹角为锐角，故F1与F3的合力大小大于F1、F3的大小，又因为游客做匀速运动，则其受力平衡，即F2与F1、F3的合力大小相等，由上述分析可知F2的大小大于F1、F3的大小，B正确，A错误；由三力平衡知，F1和F2的合力大小等于F3，F2和F3的合力与F1等大反向，C、D错误.故选B.
角度2　平行四边形定则的应用
例2　如图所示，吸附在竖直玻璃上质量为m的擦窗工具，在竖直平面内受重力、拉力和摩擦力（图中未画出摩擦力）的共同作用做匀速直线运动.若拉力大小与重力大小相等，方向水平向右，重力加速度为g，则擦窗工具所受摩擦力（　B　）
A.大小等于mg B.大小等于mg
C.方向竖直向上 D.方向水平向左
解析：对擦窗工具的正视图进行受力分析如图所示，水平方向上拉力F与擦窗工具所受摩擦力水平分量f1等大、反向，竖直方向上重力mg与擦窗工具所受摩擦力竖直分量f2等大、反向，所以擦窗工具所受摩擦力方向如图中f所示，大小为f＝＝mg，故选B.
训练2　（2025·重庆一中月考）如图所示为某同学设计的简易晾衣装置，一轻绳两端分别固定于天花板上A、B两点，通过光滑轻质动滑轮和另一根轻绳将衣物竖直悬挂在空中，两根轻绳所能承受的最大拉力相同，若晾晒的衣物足够重时绳OC先断，则（　A　）
A.α＜120°
B.α＝120°
C.α＞120°
D.不论α为何值，总是绳OC先断
解析：根据对称性可知，OB绳与OA绳拉力大小相等，由平衡条件得FOC＝2FOBcos ，当衣物足够重时OC绳先断，说明FOC＞FOB，则2FOBcos ＞FOB，解得α＜120°，故A正确.
@二、力的分解
二、力的分解
考题2　（2024·山东卷）如图所示，国产人形机器人“天工”能平稳通过斜坡.若它可以在倾角不大于30°的斜坡上稳定地站立和行走，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则它的脚和斜面间的动摩擦因数不能小于（　B　）
A. B. C. D.
解析：机器人“天工”在斜坡上受重力、支持力和摩擦力，若它可以在倾角为θ的斜坡上稳定站立和行走，则最大静摩擦力fm＝μFN＝μmgcos θ≥mgsin θ，即μ≥tan θ，由题意可知θ的最大值为30°，所以μ≥，B正确.
1.定义：求一个已知力的　分力　的过程.
2.遵循原则：　平行四边形　定则或　三角形　定则.
3.分解方法
（1）按力产生的　效果　分解，根据一个力产生的实际效果进行分解.
（2）正交分解，将已知力按互相　垂直　的两个方向进行分解的方法.
深化1　　力的分解常用的方法
项目 正交分解法 效果分解法
分解 方法 将一个力沿着两个互相垂直的方向进行分解 根据一个力产生的实际效果进行分解
实例 分析 x轴方向上的分力：Fx＝Fcos θ y轴方向上的分力：Fy＝Fsin θ F1＝ F2＝Gtan θ
深化2　　力的分解方法选取原则
（1）一般来说，当物体受到三个或三个以下的力时，常按效果进行分解，若这三个力中，有两个力互相垂直，优先选用正交分解法.
（2）当物体受到三个以上的力时，常用正交分解法.
深化3　　力的分解的唯一性和多解性
已知条件 示意图 解的情况
已知合力与两个分力的方向（两个分力不共线）
已知合力与一个分力的大小和方向
已知合力与一个分力的大小及另一个分力的方向 ①当F1＝Fsin θ或F1≥F时，有一组解. ②当F1＜Fsin θ时，无解. ③当Fsin θ＜F1＜F时，有两组解
思维模型　用效果分解法和正交分解法计算分力，并解决实际问题.
角度1　按力的作用效果分解
例3　有一种瓜子破壳器如图甲所示，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.破壳器截面如图乙所示，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（忽略瓜子自重，不计摩擦），则（　D　）
A.若仅减小A、B距离，圆柱体A对瓜子的压力变大
B.若仅减小A、B距离，圆柱体A对瓜子的压力变小
C.若A、B距离不变，顶角θ越大，圆柱体A对瓜子的压力越大
D.若A、B距离不变，顶角θ越大，圆柱体A对瓜子的压力越小
解析：如图所示，瓜子受到竖直向下的力F可以分解为对两侧A、B的压力FN，由平行四边形定则有2FNsin＝F，解得FN＝，仅减小A、B距离，θ不变，圆柱体对瓜子的压力不变，A、B错误；若A、B距离不变，顶角θ越大，圆柱体对瓜子的压力越小，C错误，D正确.
角度2　力的正交分解法的应用
例4　如图所示，质量为m的木箱在大小为F的水平外力作用下，沿倾角为θ的斜面匀速向上运动.不计空气阻力，下列说法正确的是（　C　）
A.木箱所受合力大小为mgsin θ＋Fcos θ
B.斜面对木箱的支持力大小为mgcos θ
C.斜面对木箱的摩擦力大小为Fcos θ－mgsin θ
D.斜面对木箱作用力的合力大小为F＋mg
解析：由于木箱匀速上滑，则木箱所受的合力为零，A错误；对木箱受力分析如图所示，由力的平衡条件可知，在垂直斜面方向上有FN＝Fsin θ＋mgcos θ，B错误；沿斜面方向有Fcos θ＝f＋mgsin θ，则斜面对木箱的摩擦力大小为f＝Fcos θ－mgsin θ，C正确；斜面对木箱作用力的合力大小与木箱的重力和外力F的合力大小相等，即F合＝，D错误.
角度3　力的分解的唯一性和多解性
例5　已知两个共点力的合力为50 N，分力F1的方向与合力F的方向成30°角，分力F2的大小为30 N.则（　C　）
A.F1的大小是唯一的
B.F2的方向是唯一的
C.F2有两个可能的方向
D.F2可取任意方向
解析：如图所示，由F1、F2和F的矢量三角形并结合几何关系可以看出：当F2＝F20＝25 N时，F1的大小是唯一的，即F10，F2的方向也是唯一的.因F2＝30 N＞F20＝25 N，所以F1的大小有两个，即F'1和F″1，F2的方向也有两个，即F'2的方向和F″2的方向，故C正确.
@三、“活结”与“死结”、“动杆”与“定杆”
三、“活结”与“死结”、“动杆”与“定杆”
考题3　（2022·辽宁卷）如图所示，蜘蛛用蛛丝将其自身悬挂在水管上，并处于静止状态.蛛丝OM、ON与竖直方向夹角分别为α、β（α＞β）.用F1、F2分别表示OM、ON的拉力，则（　D　）
A.F1的竖直分力大于F2的竖直分力
B.F1的竖直分力等于F2的竖直分力
C.F1的水平分力大于F2的水平分力
D.F1的水平分力等于F2的水平分力
解析：对O点受力分析如图所示，由几何关系可知，F1的竖直分力小于F2的竖直分力，F1的水平分力等于F2的水平分力，故A、B、C错误，D正确.
深化1　　活结：当绳绕过光滑的滑轮或挂钩时，绳上的力是相等的，即滑轮只改变力的方向，不改变力的大小，如图甲所示，滑轮B两侧绳的拉力大小相等.
深化2　　死结：若结点不是滑轮，而是固定点时，称为“死结”结点，则两侧绳上的弹力大小不一定相等，如图乙所示，结点B两侧绳的拉力大小不相等.
深化3　　动杆：若轻杆用光滑的转轴或铰链连接，当杆平衡时，杆所受到的弹力方向一定沿着杆，否则杆会转动.如图乙所示，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.
深化4　　定杆：若轻杆被固定，不发生转动，则杆受到的弹力方向不一定沿杆的方向，如图甲所示.
角度1　绳模型
例6　如图所示，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（　B　）
A.45° B.55° C.60° D.70°
解析：对结点O受力分析，如图所示.
由于甲、乙两物体质量相等，故F1与F2大小相等，合成的平行四边形为菱形，由几何关系可知∠1＝∠2＝＝55°，又F1与F2的合力与F3等大反向，故β＝∠2＝55°，B正确.
角度2　杆模型
例7　某压榨机的结构示意图如图所示，其中B为固定铰链，若在A铰链处作用一垂直于壁的力F，则由于力F的作用，使滑块C压紧物体D，设C与D光滑接触，杆的重力及滑块C的重力不计，图中a＝0.5 m，b＝0.05 m，则物体D所受压力的大小与力F的比值为（　B　）
A.4 B.5 C.10 D.1
解析：按力F的作用效果沿AC、AB杆方向分解为如图甲所示的F1、F2，则F1＝F2＝，由几何知识得tan θ＝＝10，再按F1的作用效果将F1沿水平向左和竖直向下分解为如图乙所示的F3、F4，则F4＝F1sin θ，联立得F4＝5F，即物体D所受压力大小与力F的比值为5.
甲
乙
@限时跟踪检测（七）
A级·基础对点练
题组一　共点力合成
1.三个共点力大小分别是F1、F2、F3，关于它们合力F的大小，下列说法正确的是（　C　）
A.F大小的取值范围一定是0≤F≤F1＋F2＋F3
B.F至少比F1、F2、F3中的某一个力大
C.若F1∶F2∶F3＝3∶6∶8，只要适当调整它们之间的夹角，一定能使合力为零
D.若F1∶F2∶F3＝3∶6∶2，只要适当调整它们之间的夹角，一定能使合力为零
解析：三个大小分别是F1、F2、F3的共点力合成后的最大值一定等于F1＋F2＋F3，但最小值不一定等于零，只有当某一个力的大小在另外两个力的合力范围内时，这三个力的合力才可能为零，选项A错误；合力可能比三个力都大，也可能比三个力都小，选项B错误；合力能够为零的条件是三个力的矢量箭头能组成首尾相接的三角形，任意两个力的和必须大于第三个力，选项C正确，D错误.
2.如图所示是由F1、F2、…、F6六个力分别首尾相连构成的几何图形，已知F4＝10 N，方向水平向右，则这六个力的合力的大小和方向为（　B　）
A.10 N，水平向左 B.30 N，水平向右
C.10 N，水平向右 D.20 N，水平向右
解析：由矢量的叠加可知F1、F2、F3三个力的合力等于F4，F5、F6两个力的合力等于F4，则这六个力的合力的大小为F合＝3F4＝30 N，方向水平向右，故B正确，A、C、D错误.
3.（2025·重庆綦江检测）如图所示，A、B为同一水平线上的两个相同的绕绳轮子，现按箭头方向以相同的角速度缓慢转动A、B，使重物C缓慢上升.在此过程中绳上的拉力大小变化正确的是（　C　）
A.保持不变 B.逐渐减小
C.逐渐增大 D.先减小后增大
解析：重物受三个力：重力和两个拉力，重物C缓慢竖直上升时三力平衡，合力为零，则知两个拉力的合力与重力大小相等；两个拉力合力一定，而夹角不断增大，故拉力不断增大，C正确.
题组二　力的分解
4.（2025·宁波模拟）如图所示，三根等长的细绳一端对称地系在吊篮架上，另一端连结后经挂钩挂在杆子上.已知吊篮架和花盆的总质量为m，下列说法正确的是（　C　）
A.每根细绳的拉力大小均为
B.挂钩受到的拉力是由挂钩的形变引起的
C.三根细绳同时增加相等长度后，绳上拉力将变小
D.吊篮架对花盆的支持力与花盆的重力是一对相互作用力
解析：设每根细绳和竖直方向的夹角为θ，则有3Fcos θ＝mg，解得F＝，A错误；挂钩受到的拉力是由细绳的形变引起的，B错误；增加细绳的长度，每根细绳和竖直方向的夹角θ变小，cos θ变大，细绳的拉力变小，C正确；吊篮架对花盆的支持力与花盆的重力是一对平衡力，D错误.故选C.
5.（2025·石家庄教学质量检测）榫卯结构是中国传统建筑、家具和其他木制器具的主要结构方式.如图甲所示为榫眼的凿削操作，图乙所示为截面图，凿子尖端夹角为θ，在凿子顶部施加竖直向下的力F时，其竖直面和侧面对两侧木头的压力分别为F1和F2，不计凿子的重力及摩擦力，下列说法正确的是（　B　）
A.F1大于F2
B.夹角θ越小，F1越大
C.夹角θ越小，F2越小
D.夹角θ越大，凿子越容易凿入木头
解析：作出力F与F1和F2的关系图，如图所示
由图可知，F2＞F1，F2＞F，根据几何关系有F2＝，F1＝，A错误；由以上分析可知，力F一定时，夹角θ越大，F1和F2均越小，所以夹角θ越大，凿子越不容易凿入木头，B正确，C、D错误.故选B.
题组三　轻绳、轻杆模型
6.（2025·河北保定质检）（多选）如图所示，轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆M、N上的a、b两点，悬挂衣服的衣架挂钩是光滑的，挂于绳上处于静止状态.如果只人为改变一个条件，当衣架静止时，下列说法正确的是（　AB　）
A.绳的右端上移到b'，绳子拉力不变
B.将杆N向右移一些，绳子拉力变大
C.绳的两端高度差越小，绳子拉力越小
D.若换挂质量更大的衣服，则衣架悬挂点右移
解析：设两杆间距离为d，绳长为l，Oa、Ob段长度分别为la和lb，则l＝la＋lb，两部分绳子与竖直方向夹角分别为α和β，受力分析如图所示，绳子中各部分张力相等，FTa＝FTb＝FT，则α＝β.对O点受力分析可得2FT·cos α＝mg，d＝lasin α＋lbsin β＝lsin α，即sin α＝，FT＝，当绳右端上移或两端高度差减小时，d和l均不变，则 sin α为定值，α为定值，cos α为定值，绳子的拉力保持不变，故A正确，C错误；将杆N向右移一些，d增大，则 sin α增大，cos α减小，绳子的拉力增大，故B正确；若换挂质量更大的衣服，d和l均不变，绳中拉力增大，但衣架悬挂点的位置不变，故D错误.
7.一质量为m的小球通过短轻绳悬挂在光滑铰链上，光滑铰链（不计质量）与轻杆连接，轻杆通过光滑铰链分别与固定点O和O'连接，如图所示.已知两轻杆与水平地面和竖直墙壁的夹角都为30°，重力加速度为g，则下面轻杆和上面轻杆受到铰链的作用力大小分别为（　B　）
A.mg，mg B.mg，mg
C.mg，mg D.mg，mg
解析：由题可知，两轻杆为两个“动杆”，而“动杆”上弹力方向沿轻杆.对铰链进行受力分析，铰链所受轻绳拉力大小为mg，方向竖直向下，下面轻杆对铰链的弹力方向沿轻杆斜向下，设为F1，上面轻杆对铰链的弹力方向沿轻杆斜向上，设为F2，如图所示.在力的矢量三角形中，由正弦定理有＝＝，解得F1＝mg，F2＝mg ，选项B正确.
B级·能力提升练
8.（2025·辽宁锦州渤大附中模拟）烤肠机截面图如图所示.香肠可视为质量均匀的圆柱体，烤前与烤熟后金属杆可认为静止不动，已知香肠烤熟后质量不变，半径变大，忽略金属杆的热胀冷缩及摩擦，则香肠烤熟后与烤前相比（　A　）
A.金属杆1对其支持力变小
B.金属杆2对其支持力变大
C.两根金属杆对其合力变小
D.两根金属杆对其合力变大
解析：对香肠受力分析，如图所示.由几何关系可知，两个支持力大小相等，香肠静止不动，则两支持力合力大小不变且始终等于香肠的重力G，烤熟后香肠半径变大，则两个支持力的夹角变小，由合力一定时，等大分力夹角越小分力越小可知，支持力变小，A正确，B、C、D错误.
9.（2022·广东卷）如图所示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，F1＝F2且∠AOB＝60°.下列关系式正确的是（　D　）
A.F＝F1 B.F＝2F1
C.F＝3F1 D.F＝F1
解析：由题意知，F1＝F2，由平衡条件得F＝2F1cos 30°＝F1，D正确.
10.如图甲所示，轻杆OB可绕B点自由转动，另一端O点用细绳拉住，固定在左侧墙壁上，质量为m的重物用细绳OC悬挂在轻杆的O点，OA与轻杆的夹角∠BOA＝30°.乙图中水平轻杆OB一端固定在竖直墙壁上，另一端O装有小滑轮，用一根绳跨过滑轮后悬挂一质量为m的重物，图中∠BOA＝30°，求：
（1）甲、乙两图中细绳OA的拉力大小；
（2）甲图中轻杆受到的弹力大小；
（3）乙图中轻杆对滑轮的作用力大小.
答案：（1）2mg　mg
（2）mg
（3）mg
解析：（1）甲图中，以O点为研究对象，受力分析，根据平衡条件得
FT1＝＝2mg，FN1＝＝mg
乙图中，细绳上的拉力大小相等
由平衡条件得FT2＝mg.
（2）由牛顿第三定律，甲图中OB杆受到的弹力
F'N1＝FN1＝mg.
（3）乙图中，对O点受力分析
滑轮受到细绳的作用力应为图中两段绳中拉力F1和F2的合力F，因同一根绳拉力处处相等，都等于物体的重力，即F1＝F2＝mg
因为拉力F1和F2的夹角为120°，则由几何知识得F＝mg
由平衡条件得，轻杆对滑轮的作用力和细绳对滑轮的作用力大小相等，方向相反，即F杆＝F＝mg.
第3讲　牛顿第三定律　共点力平衡
素养目标　1.理解共点力、平衡状态、平衡条件.（物理观念） 2.知道受力分析时将研究对象在特定环境中看作质点.（科学思维） 3.会应用共点力的平衡条件分析解决平衡问题.（科学思维） 4.能应用图解法、相似三角形法分析动态平衡和临界、极值问题.（科学思维）
@一、牛顿第三定律　受力分析
一、牛顿第三定律　受力分析
考题1　（2023·浙江1月选考）如图所示，轻质网兜兜住重力为G的足球，用轻绳挂于光滑竖直墙壁上的A点，轻绳的拉力为FT，墙壁对足球的支持力为FN，则（　C　）
A.FT＜FN B.FT＝FN
C.FT＞G D.FT＝G
解析：对足球受力分析，如图所示，设轻绳与墙壁夹角为θ，则根据力的平衡有FN＝FTsin θ＜FT，FT＝＞G，C正确.
考题2　（2023·江苏卷）如图所示，“嫦娥五号”探测器静止在月球平坦表面处.已知探测器质量为m，四条腿与竖直方向的夹角均为θ，月球表面的重力加速度为地球表面重力加速度g的.每条腿对月球表面压力的大小为（　D　）
A. B.
C. D.
解析：设每条腿所受支持力为FN，有4FN＝mg月，g月＝g，则FN＝，由牛顿第三定律可知每条腿对月球表面的压力大小为，D正确.
1.牛顿第三定律的内容：两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等，方向　相反　，作用在　同一条直线上　.
2.表达式：F＝－F'.
3.一对平衡力与作用力和反作用力的比较
名称 一对平衡力 作用力和 反作用力
作用对象 同一个物体 两个相互作用 的不同物体
作用时间 不一定同时产生、 同时消失 一定同时产生、 同时消失
力的性质 不一定相同 一定相同
作用效果 可相互抵消 不可抵消
深化1　　受力分析的一般步骤
深化2　　受力分析的常用方法
思维模型　灵活应用整体法、隔离法并结合牛顿第三定律进行受力分析.
角度1　牛顿第三定律
例1　（2025·广东茂名林尘中学月考）（多选）物体静止在固定的斜面上，如图所示，则下述说法中正确的是（　BC　）
A.物体对斜面的压力和斜面对物体的支持力是一对平衡力
B.物体所受的重力和斜面对物体的作用力是一对平衡力
C.物体对斜面的摩擦力和斜面对物体的摩擦力是一对作用力和反作用力
D.物体所受的重力可以分解为沿斜面向下的力和对斜面的压力
解析：物体对斜面的压力和斜面对物体的支持力是一对作用力和反作用力，故A错误；斜面对物体的作用力是支持力和摩擦力的合力，与重力平衡，所以物体所受的重力和斜面对物体的作用力是一对平衡力，故B正确；物体对斜面的摩擦力和斜面对物体的摩擦力是一对作用力和反作用力，故C正确；物体所受的重力可以分解为沿斜面向下的力和垂直于斜面向下的力，垂直于斜面向下的力不是对斜面的压力，故D错误.
角度2　受力分析
例2　（2025·绵阳联考）古代战争攻城用的云梯车如图所示，攻城作战时将云梯车推至城墙附近后，将水平地面上的车轮固定使其不能转动，上段直梯展开伸向城墙（与城墙的作用忽略不计），士兵们匀速爬到梯子的顶端到达城墙上方，下列说法正确的是（　D　）
A.云梯对某个士兵的作用力沿梯子向上
B.地面对云梯车的摩擦力水平向左
C.云梯上的士兵数量不变，匀速向上爬升时，地面受到的压力变大
D.云梯上的士兵数量不变，匀速向上爬升时，地面受到的压力不变
解析：士兵匀速向上爬梯，则受力平衡，云梯对某个士兵的作用力与重力等大反向，则云梯对士兵的作用力竖直向上，选项A错误；士兵在云梯中向上匀速运动时，云梯车水平方向不受力，即云梯相对地面没有运动的趋势，则地面对云梯车无摩擦力，选项B错误；云梯上的士兵数量不变，匀速向上爬升时，地面受到的压力大小等于云梯和士兵的重力之和，则地面受到的压力大小不变，选项C错误，D正确.故选D.
角度3　整体法与隔离法的应用
例3　如图所示，用磁扣将卡纸“吸”在黑板上并处于静止状态.下列说法中正确的是（　D　）
A.卡纸一共受到4个力的作用
B.磁扣对卡纸的摩擦力方向竖直向上
C.卡纸与黑板间的摩擦力跟卡纸的重力大小相等
D.黑板对卡纸的作用力方向与黑板面不垂直
解析：卡纸受重力、黑板的弹力、磁扣的弹力、黑板的摩擦力、磁扣的摩擦力，共5个力，A错误；对磁扣受力分析，卡纸对磁扣的摩擦力方向竖直向上，磁扣对卡纸的摩擦力方向竖直向下，B错误；把磁扣和卡纸看成一个整体，黑板对卡纸的摩擦力大小等于磁扣和卡纸的总重力，C错误；黑板对卡纸的摩擦力竖直向上，弹力垂直于纸面，则黑板对卡纸的作用力方向与黑板面不垂直，D正确.
@二、共点力的平衡
二、共点力的平衡
考题3　（2024·河北卷）如图所示，弹簧测力计下端挂有一质量为0.20 kg的光滑均匀球体，球体静止于带有固定挡板的斜面上，斜面倾角为30°，挡板与斜面夹角为60°.若弹簧测力计位于竖直方向，读数为1.0 N，取g＝10 m/s2，挡板对球体支持力的大小为（　A　）
A. N B.1.0 N
C. N D.2.0 N
解析：对小球进行受力分析如图所示，由几何关系可知FN1、FN2与竖直方向的夹角均为30°，则满足2FN2·cos 30°＝mg－T，可得FN2＝ N，A正确.
考题4　（2024·湖北卷）如图所示，两拖船P、Q拉着无动力货船S一起在静水中沿图中虚线方向匀速前进，两根水平缆绳与虚线的夹角均保持为30°.假设水对三艘船在水平方向的作用力大小均为f，方向与船的运动方向相反，则每艘拖船发动机提供的动力大小为（　B　）
A.f B.f C.2f D.3f
解析：选无动力货船S为研究对象，设缆绳拉力大小为T，则根据平衡条件有2Tcos 30°＝f；再选拖船P为研究对象，受力分析并构建力的矢量三角形如图所示，拖船发动机提供的动力F与缆绳拉力T及水对船在水平方向的作用力f的合力平衡，根据余弦定理可知F＝，联立解得F＝f，B正确.
C
1.平衡状态：物体　静止　或做　匀速直线运动　.
2.平衡条件：F合＝　0　或Fx＝　0　，Fy＝　0　.
深化1　　共点力平衡条件的推论
二力平衡 这两个力大小相等、方向相反
三力平衡 这三个力中任意两个力的合力与第三个力大小相等、方向相反，并且这三个力的矢量可以形成一个封闭的矢量三角形
多力平衡 这些力中任意一个力与其余几个力的合力大小相等、方向相反
深化2　　解决平衡问题的四种方法
合成法 三个共点力平衡时，任意两个力的合力一定与第三个力大小相等、方向相反
正交 分解法 物体受到多个力作用平衡时，将物体所受的力分解为相互垂直的两组，每组力都满足平衡条件
三角 形法 三个共点力平衡时，将力的矢量图平移使三力组成一个首尾依次相接的矢量三角形，根据正弦定理、余弦定理或相似三角形、直角三角形等数学知识求解有关问题
思维模型　用共点力的平衡条件分析解决平衡问题.
角度1　合成法
例4　如图所示，水平面上固定两排平行的半圆柱体，重为G的光滑圆柱体静置其上，a、b为相切点，∠aOb＝90°，半径Ob与重力的夹角为37°.已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则圆柱体受到的支持力Fa、Fb大小为（　D　）
A.Fa＝0.6G，Fb＝0.4G
B.Fa＝0.4G，Fb＝0.6G
C.Fa＝0.8G，Fb＝0.6G
D.Fa＝0.6G，Fb＝0.8G
解析：对光滑圆柱体受力分析如图所示：
由题意有Fa＝Gsin 37°＝0.6G，Fb＝Gcos 37°＝0.8G，故选D.
训练1　（2025·江西宜春检测）如图所示，倾角为α的斜面固定在水平面上，在斜面和固定的竖直挡板之间有两个匀质球P、Q，P球的质量是Q球质量的三倍，各接触面均光滑，系统处于静止状态，若P、Q两球的球心连线与竖直方向的夹角为β，下列说法正确的是（　A　）
A.4tan α＝tan β B.3tan α＝tan β
C.2tan α＝tan β D.tan α＝tan β
解析：以P、Q两球整体为研究对象，受力如图甲所示，由平衡条件可得F2＝4mgtan α；隔离Q球，受力如图乙所示，由平衡条件可得F2＝mgtan β，解得4tan α＝tan β，故选A.
角度2　正交分解法
例5　（2025·广州冲刺训练）杆秤是延续千年的国粹.如图所示，三根轻绳与秤盘的捆绑点E、F、G将秤盘三等分，捆绑点到结点O的长度均为26 cm，秤盘直径为20 cm，质量为80 g，重力加速度取g＝10 m/s2.某次称量药材时，保持杆秤静止，称得盘中药材质量为120 g，则此时每根绳的拉力大小为（　C　）
A. N B. N C. N D. N
解析：
训练2　（2025·重庆质量调研）如图甲所示为家用燃气炉架，其有四个对称分布的爪，若将总质量一定的锅放在炉架上，如图乙（侧视图）所示，不计爪与锅之间的摩擦力，若锅是半径为R的球面，正对的两爪间距为d，则（　A　）
A.d越大，单个爪与锅之间的弹力越大
B.d越大，锅受到的合力越大
C.R越大，单个爪与锅之间的弹力越大
D.R越大，锅受到的合力越小
解析：选择左侧爪对锅的支持力F与重力mg所在平面画受力示意图如图所示，四个爪对锅的弹力在竖直方向的分力与锅的重力平衡，即4Fcos θ＝mg，其中cos θ＝＝.锅静止在炉架上，所受合力为0，与d和R均无关，B、D错误；d越大，cos θ越小，而mg一定，故F越大，A正确；R越大，cos θ越大，而mg一定，故F越小，C错误.
@限时跟踪检测（八）
A级·基础对点练
题组一　牛顿第三定律　受力分析
1.（2025·四川期末）如图所示，人站在电动平衡车上推墙后在水平地面上沿直线运动，忽略空气阻力，下列说法正确的是（　C　）
A.平衡车加速行驶时，车对人的作用力大于人对车的作用力
B.平衡车匀速行驶时，平衡车受到的重力和地面对平衡车的支持力是一对平衡力
C.人推墙的力的大小等于墙推人的力的大小
D.若人能从平衡车竖直跳离，是因为此时人对车的力小于车对人的支持力
解析：车对人的作用力与人对车的作用力是一对相互作用力，大小相等，方向相反，故A错误；对平衡车受力分析可知：竖直方向上，受人的压力、重力和地面的支持力，由平衡条件知F压＋mg＝F支，地面对平衡车的支持力大于平衡车受到的重力，故B错误；人推墙的力与墙推人的力是一对相互作用力，大小相等，方向相反，故C正确；若人能从平衡车竖直跳离，是因为此时车对人的支持力大于人的重力，故D错误.
2.某人用绳子将一桶水从井内向上提的过程中，不计绳子的重力，以下说法正确的是（　C　）
A.只有在桶匀速上升过程中，绳子对桶的拉力才等于桶对绳子的拉力
B.桶加速上升的过程中，绳子对桶的拉力大于桶对绳子的拉力
C.桶加速上升的过程中，绳子对桶的拉力等于桶对绳子的拉力
D.桶减速向上运动的过程中，绳子对桶的拉力小于桶对绳子的拉力
解析：绳子对桶的拉力和桶对绳子的拉力是一对相互作用力，不管是桶匀速上升过程、加速上升过程或者减速向上运动过程，总是大小相等、方向相反.故选C.
3.水平桌面上叠放着木块P和Q，用水平力F推P，使P、Q两木块一起沿水平桌面匀速滑动，如图所示，下列判断正确的是（　C　）
A.P受两个力，Q受五个力
B.P受三个力，Q受六个力
C.P受四个力，Q受五个力
D.P受四个力，Q受六个力
解析：在水平推力的作用下，木块P、Q一起匀速滑动，则P受重力、支持力、推力与静摩擦力；Q受重力、地面的支持力、P对Q的压力、静摩擦力、地面对Q的滑动摩擦力.因此P受到四个力，Q受到五个力.故选C.
4.（2025·邯郸高三调研监测）“草长莺飞二月天，拂堤杨柳醉春烟.儿童散学归来早，忙趁东风放纸鸢.”这是诗人高鼎的《村居》.诗人勾勒出一幅春光明媚，喜放风筝的美丽春景图.若儿童将风筝放飞到空中后，拉着风筝线盘静止于水平地面上，风筝在如图所示的风的吹拂下恰好也静止在空中，风对儿童的作用力忽略不计.若风对风筝的作用力可认为垂直于风筝面向上，则（　C　）
A.拉直的风筝细线可能垂直于风筝面
B.地面对儿童的支持力的大小等于风筝和儿童的总重力
C.儿童相对地面具有向右运动的趋势
D.儿童所受合外力大于风筝所受合外力
解析：对风筝受力分析可知，风筝受竖直向下的重力、垂直于风筝面斜向右上方的风力、细线的拉力，风筝静止在空中，受力平衡，根据平衡条件可知，细线的拉力与重力和风力的合力等大、反向、共线，故拉直的风筝细线不可能垂直于风筝面，A错误；将儿童和风筝看成一个整体，受力分析，可知整体受竖直向下的总重力、垂直于风筝面斜向右上方的风力和地面竖直向上的支持力，将风力正交分解，其竖直方向的分力与地面提供的支持力方向相同，故地面对儿童的支持力大小小于风筝和儿童的总重力，B错误；对人受力分析，可知人受重力、地面的支持力、细线的拉力作用，将细线的拉力正交分解，可知，若地面对人没有静摩擦力作用，在细线沿水平方向的拉力作用下，人将向右运动，而现在人未运动，故人还受到地面对人水平向左的静摩擦力作用，所以儿童相对地面具有向右运动的趋势，C正确；儿童所受合外力等于风筝所受合外力，都为零，D错误.故选C.
题组二　共点力平衡
5.物体在五个共点力的作用下保持平衡，如图所示.其中F5大小为10 N，方向水平向右.若撤去力F5，保持其余四个力不变，此时的合力为F；若将F5转过120°，此时的合力为F'，则F与F'大小之比为（　C　）
A.1∶1 B.1∶
C.1∶ D.1∶2
解析：若撤去力F5，保持其余四个力不变，根据共点力的平衡条件可知其余四个力的合力一定与F5等大反向，此时的合力为F＝F5；若将F5转过120°，此时的合力为F'＝F5，则F与F'大小之比为1∶，故C正确.
6.如图所示，用两根不可伸长的轻绳分别连接由水平轻弹簧相连的两小球P、Q，并将轻绳悬挂在水平天花板上，P、Q均处于静止状态.已知与P、Q连接的轻绳和竖直方向的夹角分别为30°、60°，弹簧处于弹性限度内，则两小球的质量之比＝（　A　）
A.3 B.
C. D.
解析：受力分析可知，同一弹簧弹力大小处处相等，由平衡条件知mPg＝，mQg＝，解得＝3，故选A.
7.（2025·山东聊城二模）如图所示，某创新实验小组制作了一个半径为12 cm的圆环，将3个相同的轻弹簧一端等间距地连接在圆环上的A、B、C三点，另外一端连接于同一点，结点恰好在圆心O处.将圆环水平放置，在结点O处悬挂一瓶矿泉水，缓慢释放直至平衡时测得结点下降了5 cm.已知轻弹簧的自然长度为9 cm，矿泉水的重力为6 N，则弹簧的劲度系数为（　B　）
A.390 N/m B.130 N/m
C.3.90 N/m D.1.30 N/m
解析：如图所示，
由几何关系可知平衡时每根弹簧的长度均为x＝ cm＝13 cm，每根弹簧的伸长量均为Δx＝13 cm－9 cm＝4 cm，根据竖直方向受力平衡可得G＝3kΔxcos θ，解得劲度系数为k＝＝ N/m＝130 N/m，B正确.
B级·能力提升练
8.（2025·遵义高三适应性考试）如图所示，轻绳穿过悬挂着物体的光滑轻环，一端固定在竖直墙壁上，另一端固定在智能机械臂的末端，缓慢移动机械臂来调节物体的空间位置.已知轻绳可承受的最大拉力为mg，轻绳的总长度为L，物体的质量为m，重力加速度为g.为保证绳子不被拉断，机械臂末端与墙面的最大垂直距离为（　A　）
A. B.L C.L D.L
解析：对圆环O点受力分析，如图所示，设作用在轻绳上的拉力为F，与竖直方向的夹角为θ，则有2Fcos θ＝mg，当F＝mg时，解得θ＝30°.设此时机械臂末端到轻环之间轻绳的长度为x，根据几何知识可得，机械臂末端与墙面的最大垂直距离xm＝xsin 30°＋（L－x）sin 30°＝.故选A.
9.（2025·河南创新联盟联考）（多选）灯笼是我国年俗文化的重要组成部分，两种悬挂灯笼的方式分别如图甲、乙所示.图甲中灯笼竖直悬挂在轻绳OA和OB的结点O处，轻绳OA与水平杆的夹角为60°，轻绳OB恰好水平，此时OA、OB的拉力大小分别为F1、F2；仅将图甲中轻绳OB更换为与轻绳OA等长的轻绳OB'，且轻绳OB'也固定在水平杆上，如图乙所示，此时OA、OB'的拉力大小分别为F3、F4.下列说法正确的是（　BC　）
A.F1＝F3
B.F1∶F2＝2∶1
C. F1∶F4＝2∶1
D.F2∶F4＝2∶1
解析：设灯笼所受重力为G，对题图甲中结点O受力分析，如图1所示，有F1sin 60°＝G，F1cos 60°＝F2，解得F1＝G， F2＝G，则有F1∶F2＝2∶1，故B正确；对题图乙中结点O受力分析如图2所示，有F3cos 60°＝F4cos 60°，F3sin 60°＋F4sin 60°＝G，解得F3＝F4＝G，则有F1∶F4＝2∶1，F2∶F4＝1∶1，故A、D错误，C正确.
图1
图2
10.如图所示，倾角为30°的斜面体静止于粗糙水平面上，斜面体质量为m，斜面体上表面光滑.一根轻绳绕过光滑固定的定滑轮，绳的两端分别与两光滑小球A、B相连，小球A与定滑轮间的绳保持竖直，小球B与定滑轮间的绳与斜面夹角为30°，系统处于静止状态.已知A的质量为m，重力加速度为g，则斜面体对地面的压力约为（　A　）
A.1.9mg B.2.7mg
C.3.7mg D.4.9mg
解析：A球与定滑轮间的绳保持竖直，故A球所受重力与细绳拉力平衡[点拨： A球与定滑轮间的绳保持竖直，说明小球不受光滑斜面的支持力（该力若存在，一定垂直于斜面向上，则A球无法平衡）]，所以细绳的拉力大小F＝mg.小球B受重力、拉力和支持力FNB作用，由平衡条件结合几何知识可知FNB＝F.斜面受重力mg、支持力FN、小球B对斜面的压力F'NB以及地面对斜面的摩擦力作用，由平衡条件可得，在竖直方向上有FN＝mg＋F'NBcos 30°.由牛顿第三定律有F'NB＝FNB.解得FN＝（1＋）mg≈1.9mg，根据牛顿第三定律，斜面体对地面的压力F'N＝FN＝1.9mg，A正确.
11.（2025·西北师范大学附属中学期中）如图所示，质量M＝2 kg的木块A套在水平杆上，并用轻绳将木块与质量m＝ kg的小球B相连.用与水平方向成α＝30°角的恒力F＝10 N拉着球带动木块一起向右匀速运动，运动中A、B相对位置保持不变，g取10 m/s2.求：
（1）运动过程中轻绳与水平方向的夹角θ；
（2）木块与水平杆间的动摩擦因数μ.
答案：（1）30°
（2）
解析：（1）对B进行受力分析，设轻绳对B的拉力为FT，由平衡条件可得
Fcos 30°＝FTcos θ，
Fsin 30°＋FTsin θ＝mg
解得FT＝10 N，tan θ＝，即θ＝30°.
（2）对A进行受力分析，由平衡条件有
FTsin θ＋Mg＝FN，FTcos θ＝μFN
解得μ＝.
专题三　动态平衡和临界、极值问题
素养目标　1.学会用图解法、解析法等解决动态平衡问题.（科学思维） 2.会分析平衡中的临界与极值问题.（科学思维）
@一、动态平衡问题
一、动态平衡问题
考题1　（2023·海南卷）如图所示，工人利用滑轮组将重物缓慢提起，下列说法正确的是（　B　）
A.工人受到的重力和支持力是一对平衡力
B.工人对绳的拉力和绳对工人的拉力是一对作用力与反作用力
C.重物缓慢提起的过程中，绳子拉力变小
D.重物缓慢提起的过程中，绳子拉力不变
解析：工人受到三个力的作用，即绳的拉力、地面的支持力和重力，三力平衡，A错误；工人对绳的拉力和绳对工人的拉力是一对作用力与反作用力，B正确；将动滑轮和重物以及两者之间的绳看作一个整体，对整体受力分析，设绕过动滑轮的绳的拉力为T，绳与竖直方向的夹角为θ，动滑轮和重物所受重力为G，由平衡条件有2Tcos θ＝G，重物提起过程中，两绳的张角变大，θ变大，拉力T变大，C、D错误.
考题2　（2022·河北卷）如图所示，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（　B　）
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
解析：解法一（解析法：应用正弦定理）
设两根细绳对圆柱体的拉力的合力为T，木板对圆柱体的支持力为N，绳的合力方向与竖直方向的夹角为β，对圆柱体受力分析如图所示
在矢量三角形中，根据正弦定理得＝＝，在木板以底边MN为轴向后方缓慢转动直至水平过程中，α不变，γ从90°逐渐减小到0，可知β从锐角逐渐增大到钝角，根据＝＝，由于sin γ不断减小，可知T不断减小，sin β先增大后减小，可知N先增大后减小，结合牛顿第三定律可知，圆柱体对木板的压力先增大后减小，设两细绳之间的夹角为2θ，每根细绳的拉力大小都为T'，则2T'cos θ＝T，可得T'＝，θ不变，T逐渐减小，可知两细绳上的拉力均不断减小，B正确，A、C、D错误.
解法二（图像法：作辅助圆）
选圆柱体为研究对象，设两根细绳的拉力的合力为T，除此之外圆柱体还受重力G和木板的支持力N，将三力首尾依次相接构成矢量三角形，如图所示，在木板缓慢转动过程中，两绳拉力的合力T和木板的支持力N同时顺时针转动，重力G恒定，两绳拉力的合力T和木板的支持力N之间的夹角不变，所以矢量三角形外接圆中弦AB所对的角不变，在木板转至水平的过程中，两绳拉力的合力T和木板的弹力N的连接点C由初位置移至B点，由图可知支持力N先增大后减小（由牛顿第三定律可知圆柱体对木板的压力先增大后减小），两绳拉力的合力T一直减小，B正确，A、C、D错误.
深化1　　动态平衡：“动态平衡”是指物体的受力状态缓慢发生变化，但变化过程中的每一个状态均可视为平衡状态，所以叫作动态平衡.
深化2　　分析动态平衡问题的方法
解析法 分析研究对象的受力，写出所要分析的力与变化角度的关系式，然后进行数学分析 2Fcos θ＝mg
图解法 物体所受的三个力中，如果其中一个力的大小、方向均不变，另一个力的方向不变，求解第三个力的变化时可用图解法
相似三 角形法 物体所受的三个力中，如果其中的一个力大小、方向均不变，另外两个力的方向均发生变化，且三个力中没有哪两个力保持垂直关系，可用力三角形与几何三角形相似的方法求解（如△F合BT∽△AOB）
矢量圆法 如图所示，物体受三个共点力作用而平衡，其中一力恒定，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，可以作出动态圆（也可以由正弦定理列式求解），恒力为圆的一条弦，根据不同位置判断各力的大小变化
思维模型　用解析法、图解法、相似三角形法、矢量圆法等方法分析动态平衡.
角度1　解析法
例1　如图所示，OABC为常见的“汽车千斤顶”.当汽车需要换轮胎时，司机将它放在车身底盘和地面之间，只需摇动手柄使螺旋杆OA转动，O、A之间的距离就会逐渐减小，O、C之间的距离增大，就能将汽车车身缓缓地顶起来.在千斤顶将汽车顶起来的过程中，下列关于OA、OB的弹力的说法正确的是（　B　）
A.OA、OB的弹力不断变大
B.OA、OB的弹力不断变小
C.OA的弹力变大、OB的弹力变小
D.OA的弹力变小、OB的弹力变大
解析：对O点进行受力分析，它受到汽车对它竖直向下的压力，大小等于汽车的重力G，OA方向杆的弹力FOA，BO方向的弹力FBO，设OB与水平方向夹角为θ，可知FBO＝，FOA＝，当千斤顶将汽车顶起来的过程中，θ变大，则FBO和FOA均变小，故B正确.
角度2　图解法
例2　如图所示，甲、乙两轻绳连接重物于O点，重物始终在同一位置处于静止状态，轻绳甲与竖直方向夹角始终为α，轻绳乙从竖直方向顺时针缓慢旋转至水平过程中，设轻绳甲对重物的弹力为T1，轻绳乙对重物的弹力为T2，下列说法正确的是（　C　）
A.T1与T2的合力增大
B.T1与T2的合力减小
C.T1一直增大
D.T2一直减小
解析：由题意知，重物始终处于平衡状态，所以T1与T2的合力与重物重力等大反向，即T1与T2的合力始终保持不变，A、B错误；因为T1与T2的合力F与重物重力等大反向，则对重物受力分析，可得力的矢量三角形如图所示，可以看出，轻绳乙从竖直方向顺时针缓慢旋转至水平过程中，轻绳甲对重物的弹力T1一直增大，当轻绳乙与轻绳甲垂直时，轻绳乙上弹力最小，即轻绳乙对重物的弹力T2先减小后增大，C正确，D错误.
角度3　相似三角形法
例3　（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的细绳悬挂于O点，A球固定在O点正下方，当小球B平衡时，细绳所受的拉力为FT1，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，此时细绳所受的拉力为FT2，弹簧的弹力为F2.则下列关于FT1与FT2、F1与F2大小的比较，正确的是（　BC　）
A.FT1＞FT2 B.FT1＝FT2
C.F1＜F2 D.F1＝F2
解析：以B为研究对象，分析受力情况，如图所示.由平衡条件可知，弹簧的弹力F和细绳的拉力FT的合力F合与其重力mg大小相等、方向相反，即F合＝mg，由力的三角形和几何三角形相似得＝＝.当弹簧劲度系数变大时，弹簧的压缩量减小，故AB的长度增加，而OB、OA的长度不变，故FT1＝FT2，F2＞F1，故A、D错误，B、C正确.
角度4　矢量圆法
例4　（多选）如图所示，柔软轻绳ON的一端O固定，其中间某点M拴一重物，用手拉住绳的另一端N.初始时，OM竖直且MN被拉直，OM与MN之间的夹角为α（α＞）.现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角α不变.在OM由竖直被拉到水平的过程中（　AD　）
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
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F2、MN上拉力F1，由题意知，三个力的合力始终为零，矢量三角形如图所示，F1、F2的夹角不变，在F2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F1逐渐增大，OM上的张力F2先增大后减小，所以A、D正确，B、C错误.
@二、平衡中的临界、极值问题
二、平衡中的临界、极值问题
考题3　（2022·浙江1月选考）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，工作人员用轻绳按如图所示方式匀速移动石墩时，两平行轻绳与水平面间的夹角均为θ，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　B　）
A.轻绳的合拉力大小为
B.轻绳的合拉力大小为
C.减小夹角θ，轻绳的合拉力一定减小
D.轻绳的合拉力最小时，地面对石墩的摩擦力也最小
解析：设两根轻绳的拉力均为F，对石墩受力分析，如图所示，
根据平衡条件，有2Fcos θ＝Ff，2Fsin θ＋FN＝mg，且Ff＝μFN，F合＝2F，联立解得F合＝，A错误，B正确；F合＝＝，其中tan α＝，0＜α＜，即α是一个常数，根据三角函数知识知，减小夹角θ，sin（θ＋α）可能减小，轻绳的合拉力F合可能增大，C错误；根据F合的表达式可知，当θ＋α＝时，合拉力最小，而摩擦力Ff＝F合cos θ＝＝，当θ＝时，摩擦力最小，即合拉力最小值和摩擦力最小值对应的θ取值不同，所以合拉力最小时，摩擦力不是最小的，D错误.
深化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”“刚能”“恰好”等语言叙述.
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＝0.
深化2　　极值问题：平衡物体的极值，一般是指在力的变化过程中的最大值和最小值问题.
深化3　　解题思路
（1）确定研究对象，并对其受力分析.
（2）画出力的平行四边形或三角形.
（3）明确变量和不变量，结合数学规律对比分析.
（4）动态问题转换为静态问题，抽象问题转换为形象化问题.
深化4　　解答平衡中的临界、极值问题的三种方法
图解法 根据平衡条件，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，确定最大值和最小值
函数法 通过对问题分析，根据平衡条件列出物理量之间的函数关系（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）
极限法 正确进行受力分析和变化过程分析，找到平衡的临界点和极值点；临界条件必须在变化中寻找，不能在一个状态上研究临界问题，要把某个物理量推向极大或极小　
思维模型　用共点力的平衡条件结合数学知识分析平衡中的临界、极值问题.
角度1　平衡中的极值问题
例5　质量为5 kg的木块与水平地面间的动摩擦因数为，一人欲用最小的力F使木块沿地面匀速运动，如图所示，则此最小力F的大小和其与水平地面的夹角θ分别为（取g＝10 m/s2）（　C　）
A.10 N，30° B. N，0
C.25 N，30° D.25 N，60°
解析：对木块受力分析，如图所示，由平衡条件可得Fcos θ－Ff＝0，Fsin θ＋FN－G＝0，Ff＝μFN，解得F＝，令tan φ＝μ，则sin φ＝，cos φ＝，可得F＝，当θ＝φ时，F有最小值，最小值Fmin＝＝25 N，此时tan θ＝tan φ＝μ＝，所以θ＝30°，即最小力F与水平地面成30°角斜向上，故C正确.
角度2　平衡中的临界问题
例6　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（　C　）
A. B. C. D.
解析：当木板与水平面的夹角为45°时，两物块刚好要滑动，对A物块受力分析如图甲所示，沿斜面方向，A、B之间的滑动摩擦力f1＝μN1＝μmgcos 45°
根据平衡条件可知T＝mgsin 45°＋μmgcos 45° ①
甲
乙
对B物块受力分析如图乙所示，
沿斜面方向，B与斜面之间的滑动摩擦力
f2＝μN2＝μ·3mgcos 45°
根据平衡条件可知
2mgsin 45°＝T＋μmgcos 45°＋μ·3mgcos 45° ②
①、②两式相加，可得2mgsin 45°＝mgsin 45°＋2μmgcos 45°＋μ·3mgcos 45°
解得μ＝，A、B、D错误，C正确.
@限时跟踪检测（九）
A级·基础对点练
题组一　动态平衡问题
1.（2025·广东揭阳期中）某天小郭同学看到一只蚂蚁掉入了半球形的碗中怎么也爬不出来的有趣现象：他观察发现该蚂蚁爬到某一高度后就会重新掉下去，如图所示，可视为质点的蚂蚁在半球形碗内缓慢从底部经a点爬到b点，蚂蚁经过这两点过程中所受摩擦力和弹力的情况是（　D　）
A.摩擦力变小
B.摩擦力大小不变
C.弹力变大
D.弹力变小
解析：该过程中蚂蚁受力平衡，设碗弧的切线与水平面的夹角为θ，则Ff＝mgsin θ，FN＝mgcos θ，由几何知识可知θa＜θb，所以Ffa＜Ffb，FNa＞FNb，故选D.
2.（2025·重庆一中月考）如图所示，一个倾角为θ＝ 53°的光滑斜面，用一光滑竖直挡板OA将小球挡在斜面上，小球处于静止状态.挡板绕O点沿逆时针缓慢转动到水平方向的过程中，下列说法正确的是（　D　）
A.斜面对小球的作用力先减小后增大
B.挡板对小球的作用力一直增大
C.挡板对小球的作用力一直减小
D.挡板与斜面对小球的合力保持不变
解析：对球受力分析，应用平行四边形定则，如图所示，挡板以底端O点为轴缓慢转到水平位置的过程中，斜面对球的弹力FN2逐渐减小，挡板对球的弹力FN1先减小后增大，故A、B、C错误；小球始终处于平衡状态，所以小球所受的合力始终为零，挡板与斜面对小球的合力与小球的重力等大反向，保持不变，故D正确.
3.如图所示，木板B放置在粗糙水平地面上，O为光滑铰链.轻杆一端与铰链O固定连接，另一端固定连接一质量为m的小球A.现将轻绳一端拴在小球A上，另一端通过光滑的定滑轮O'由力F牵引，定滑轮位于O的正上方，整个系统处于静止状态.现使小球A和轻杆从图示位置缓慢运动到O'正下方，木板始终保持静止，则在整个过程中（　D　）
A.外力F大小不变
B.轻杆对小球的作用力大小变小
C.地面对木板的支持力逐渐变小
D.地面对木板的摩擦力逐渐变小
解析：对小球A进行受力分析，三力构成矢量三角形，如图所示.
根据几何关系可知＝＝，缓慢运动过程中mg与OO'不变，O'A越来越小，则F逐渐减小，故A错误；而OA长度不变，则杆对小球的作用力大小不变，故B错误；对木板，由于杆对木板的作用力大小不变，方向向右下，但杆的作用力与竖直方向的夹角越来越小，所以地面对木板的支持力逐渐增大，地面对木板的摩擦力逐渐减小，故C错误，D正确.
4.（2025·湖北模拟）如图所示为某独轮车搬运光滑圆柱体的截面图，两挡板OA、OB可绕O点转动，∠AOB＝60°且保持不变，初始时OB与水平方向的夹角为60°.保持O点的位置不变，使两挡板沿逆时针方向缓慢转动至OA水平.在此过程中关于圆柱体的受力情况，下列说法正确的是（　B　）
A.挡板OA对圆柱的作用力一直增大
B.挡板OA对圆柱的作用力先增大后减小
C.挡板OB对圆柱的作用力一直增大
D.小车对圆柱的作用力先减小后增大
解析：由题意可知，对圆柱体进行受力分析，如图1所示.将重力、两个弹力平移组成闭合三角形（提示：二力夹角不变，考虑用辅助圆法分析），如图2所示.
图1
图2
两挡板沿逆时针方向缓慢转动至OA水平过程中，两挡板弹力夹角不变，则挡板OA对圆柱的作用力先增大后减小，挡板OB对圆柱的作用力逐渐减小.小车对圆柱的作用力等于mg保持不变，故选B.
题组二　平衡中的临界、极值问题
5.将三个质量均为m的小球a、b、c用细线相连后（b、c间无细线相连），再用细线悬挂于O点，如图所示，用力F拉小球c，使三个小球都处于静止状态，且细线Oa与竖直方向的夹角保持为θ＝30°，重力加速度为g，则F的最小值为（　A　）
A.1.5mg B.1.8mg
C.2.1mg D.2.4mg
解析：以a、b、c三球整体为研究对象，所受力的矢量三角形如图所示，当F垂直于T时F最小，Fmin＝3mg sin 30°＝1.5mg，A正确.
6.制作木器家具时，工人师傅常在连接处打入木楔，如图所示，假设一个不计重力的木楔两面对称，顶角为α，竖直地被打入木制家具缝隙中.已知接触面的动摩擦因数为μ，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力.要使木楔能自锁而不会自动滑动，α与μ应满足（　A　）
A.μ＞tan B.μ＞tan α
C.μ＞ D.μ＞
解析：由于存在对称性，仅对木楔的一个侧面受力分析，如图所示，当木楔能自锁而不会自动滑出时，一定满足FNsin ＜μFNcos ，整理得μ＞tan ，故选A.
7.如图所示，一个倾角为30°、斜面光滑的斜面体放在粗糙的水平面上，斜面体的质量为2m.轻绳的一端固定在天花板上，另一端系住质量为m的小球，整个系统处于静止状态，轻绳与竖直方向的夹角也为30°.若滑动摩擦力等于最大静摩擦力，则斜面体与水平面间的动摩擦因数至少为（　C　）
A. B.
C. D.
解析：对小球受力分析，如图甲所示，沿斜面方向由平衡条件得mgsin 30°＝FTcos 30°，解得FT＝mgtan 30°＝mg；对小球和斜面体构成的整体受力分析，如图乙所示，由平衡条件得，水平方向满足FTsin 30°＝Ff，竖直方向满足FN＋FTcos 30°＝3mg，当Ff＝μFN时，斜面体与水平面间的动摩擦因数最小，解得μ＝，故C正确.
甲
乙
B级·能力提升练
8.（2025·湖北三模）如图所示，某款手机支架由“L型”挡板和底座构成，挡板使用一体成型材料制成，其AB、BC部分相互垂直，可绕O点处的轴在竖直面内自由调节角度，AB、BC部分对手机的弹力分别为F1和F2（不计手机与挡板间的摩擦）.在“L型”挡板由图示位置顺时针缓慢转至AB水平的过程中，下列说法正确的是（　A　）
A.F1逐渐增大，F2逐渐减小
B.F1逐渐减小，F2逐渐增大
C.F1逐渐减小，F2先增大后减小
D.F1先增大后减小，F2逐渐减小
解析：对手机受力分析，如图所示.已知AB、BC部分对手机的弹力分别为F1和F2，且相互垂直，即α＝90°，手机处于静止状态，则手机受力平衡，根据正弦定理可得＝＝，因为手机的重力G和α不变，所以上式的比值不变.挡板由图示位置顺时针缓慢转至水平的过程中，β由钝角增大到180°，即sin β减小，故F2减小；θ由钝角减小到90°，即sin θ增大，故F1增大，A正确.
9.（2025·南充高考适应性考试）（多选）如图所示，半径相同、质量分布均匀的圆柱体E和半圆柱体M靠在一起，E、M之间无摩擦力，E的重力为G，M下表面粗糙，E、M均静止在水平地面上，现过E的轴心施以水平作用力F，可缓慢地将E拉离地面一直滑到M的顶端，整个过程中，M始终处于静止状态，从E离开地面一直滑到M顶端的过程，下列说法正确的是（　BD　）
A.地面所受M的压力逐渐增大
B.地面对M的摩擦力逐渐减小
C.拉力F的大小从2G逐渐减小为0
D.E、M间的压力从2G逐渐减小到G
解析：取整体为研究对象，地面所受M的压力不变，总等于二者的总重力，A错误；圆柱体E受重力G、拉力F、半圆柱体的支持力N作用，处于平衡状态，这三个力构成封闭三角形，如图所示.
开始时N与竖直方向成60°角，对应图中的最大三角形，此时拉力F和半圆柱体的支持力N都最大，其大小分别为Fm＝Gtan 60°＝G，Nm＝＝2G，随着E向上移动，三角形逐渐减小，拉力F、半圆柱体的支持力N都逐渐减小，当E移动到M顶端时，F减小到零，N减小到G，故开始时拉力F最大，且为G，以后逐渐减小为0，E、M间的压力开始时最大，且为2G，之后逐渐减小到G，C错误，D正确；取整体为研究对象，地面对M的摩擦力等于拉力F，所以摩擦力随拉力F的减小而减小，B正确.故选B、D.
10.（1）如图甲所示，三条不可伸长的轻绳结于O点，OC绳将质量为m＝1 kg的重物悬挂起来，保持O点的位置不变，改变BO绳拉力方向时，求BO绳拉力的最小值.（重力加速度取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8）
甲
答案：（1）6 N
解析：（1）当BO绳与AO绳垂直时，BO绳的拉力最小，如图所示
根据几何关系有FBO＝mgsin 37°＝6 N.
（2）如图乙所示，质量为m'＝12 kg的物体放在倾角为30°的粗糙斜面上，物体和斜面间的动摩擦因数μ＝，DO绳与斜面成α角，改变DO绳拉力方向，使物体沿斜面匀速下滑，求DO绳拉力的最小值.（重力加速度取10 m/s2，结果可用根号表示）
乙
答案：（2）（36－48） N
解析：（2）对物体受力分析，如图所示
根据平衡条件，有mgsin 30°＋FDOcos α＝Ff
mgcos 30°＝FN＋FDOsin α
又Ff＝μFN
联立可得FDO＝
＝
所以DO绳拉力的最小值为Fmin＝＝（36－48） N.
实验二　探究弹簧弹力与形变量

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