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高考物理 专题复习
第二章　相互作用
目 录
CONTENTS
第1节　重力　弹力　摩擦力
微专题3
动态平衡　平衡中的临界、极值问题
第2节　力的合成与分解
第3节　牛顿第三定律　共点力的平衡
实验2
探究弹簧弹力与形变量的关系
实验3
探究两个互成角度的力的合成规律
第1节 重力　弹力　摩擦力
重力和弹力T1、3、6、7、8　 摩擦力T2、4、5、9、10
五年高考
1.★★(浙江模拟,4,3分)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
　 D　
解析　水管不断向桶内注水,使桶与水整体的重心位置变化,致使其受力不平衡,桶翻
转,D正确。
2.★★(2025黑吉辽,3,4分)利用砚台将墨条研磨成墨汁时讲究“圆、缓、匀”。如图,
在研磨过程中,砚台始终静止在水平桌面上。当墨条的速度方向水平向左时 ( )

A.砚台对墨条的摩擦力方向水平向左
B.桌面对砚台的摩擦力方向水平向左
　 C
C.桌面和墨条对砚台的摩擦力是一对平衡力
D.桌面对砚台的支持力与墨条对砚台的压力是一对平衡力
解析　摩擦力总是阻碍两物体的相对运动,墨条的速度方向水平向左时,墨条相对于砚
台水平向左运动,则砚台对墨条的摩擦力方向水平向右,A错误;砚台始终静止,桌面对砚
台的摩擦力与墨条对砚台的摩擦力是一对平衡力,大小相等,方向相反,则桌面对砚台的
摩擦力方向水平向右,B错误,C正确;竖直方向上,桌面对砚台的支持力与墨条对砚台的
压力、砚台的重力这三个力平衡,D错误。
3.★★(2023山东,2,3分)餐厅暖盘车的储盘装置示意图如图所示,三根完全相同的弹簧
等间距竖直悬挂在水平固定圆环上,下端连接托盘。托盘上叠放若干相同的盘子,取走
一个盘子,稳定后余下的正好升高补平。已知单个盘子的质量为300 g,相邻两盘间距1.
0 cm,重力加速度大小取10 m/s2。弹簧始终在弹性限度内,每根弹簧的劲度系数为 ( )

A.10 N/m　　　 B.100 N/m
C.200 N/m　　　 D.300 N/m
B　
解析　设弹簧的劲度系数为k,由题意可知mg=3kΔx,代入数据解得k=100 N/m,B正确。
4.★★(2025广西,2,4分)工人卸货时常利用斜面将重物从高处滑下。如图,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 ( )

A.Ff1C.Ff1=Ff3　 D　
解析　货箱相对木板滑动,所受滑动摩擦力Ff=μFN,由题意结合牛顿第三定律可知三个
货箱对木板正压力相同、动摩擦因数相同,则Ff1=Ff2=Ff3【点拨:滑动摩擦力的大小与接触面积无关,只与接触面的粗糙程度和正压力大小有关】,D正确。
5.★★(2025陕晋青宁,4,4分)如图,质量为m的均匀钢管,一端支在粗糙水平地面上,另一
端被竖直绳悬挂,处于静止状态。钢管与水平地面之间的动摩擦因数为μ、夹角为θ,重
力加速度大小为g。则地面对钢管左端的摩擦力大小为 ( )

A.μmg cos θ　　　 B. μmg
C.μmg　　　 D.0
　 D　
解析　对钢管受力分析,钢管受到竖直向下的重力、绳子对钢管竖直向上的拉力,以及
地面对钢管垂直地面向上的支持力,钢管在这三个力的作用下受力平衡,没有水平方向
的力,所以地面对钢管左端的摩擦力为0,D正确。
方法拓展
巧用假设法判断摩擦力的有无
假设接触面光滑,若物体原先的运动状态改变,说明存在摩擦力;若物体的运动状态保持
不变,说明不存在摩擦力。例如,一个物体静止在斜面上,若假设斜面光滑,物体将下滑,
说明物体与斜面之间存在静摩擦力。
6.★★(2025江苏,7,4分)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 ( )

A. 　 B. 　 C. 　 D.
　 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。
三年模拟
7.★★(2025届浙江诸暨二模)某科技公司发布了一款轮足机器人,如图所示,该机器人
能在雪地和山坡上跋山涉水,顺利避开障碍物,能跑、能跳,还能空中翻转360°,甚至单
脚站立保持静止。机器人在 ( )

A.避开障碍物时可以被看作质点
B.空中翻转时重心位置始终保持不变
C.单脚静止时地面对它的作用力方向竖直向上
　 C　
D.起跳时地面对它的作用力大于它对地面的作用力
解析　避开障碍物时,机器人的大小、形状不能忽略不计,故不可以被看作质点,A错
误。在空中翻转时,机器人的形体结构会发生改变,重心位置会发生变化,B错误。单脚
静止时地面对它的作用力与重力等大反向,故地面对其的作用力方向竖直向上,C正
确。根据牛顿第三定律可得,起跳时地面对它的作用力等于它对地面的作用力,D错
误。
8.★★(2025届宁夏中卫海原高级中学期中)如图所示为一轻质弹簧的弹力随长度变化
的关系图像(轻质弹簧未超过弹性限度),下列说法不正确的是 ( )

A.弹簧的原长为6 cm
B.弹簧的劲度系数为100 N/m
C.弹簧两端各加4 N的拉力时,弹簧的长度为8 cm
　 C　
D.弹簧的长度为0.16 m时弹力的大小为10 N
解析　当弹簧的长度为6 cm时,弹簧的弹力为零,故弹簧的原长为6 cm,A正确。弹簧的
劲度系数k= = N/m=100 N/m,B正确。弹簧两端各加4 N拉力时,弹簧弹力
为4 N,则弹簧的伸长量Δx= =0.04 m=4 cm,弹簧的长度l=6 cm+Δx=10 cm,C错误。弹
簧的长度为0.16 m时,弹力的大小F1=k(16 cm-6 cm)=10 N,D正确。
易错警示
弹簧弹力为F时,弹簧两端对所接触物体产生的作用力均为F,故弹簧两端各加4 N的拉
力时,弹簧产生的弹力为4 N,并不是8 N。
9.★★★(2025届四川成都三诊)图(a)为答题卡扫描仪,其内部结构如图(b)所示。扫描
仪内部有一个摩擦滚轮放置在水平答题卡上方。正常工作时滚轮对顶部答题卡的正
压力为F,摩擦滚轮顺时针转动,只带动与之接触的顶部答题卡进入扫描仪内部进行逐
张扫描,直至所有答题卡扫描完毕。已知每张答题卡的质量均为m,摩擦滚轮与答题卡
间的动摩擦因数恒为μ=0.8,各答题卡间的动摩擦因数μ'范围为0.4≤μ'≤0.5,最大静摩擦
力等于滑动摩擦力,重力加速度大小为g。要使该扫描仪能一直正常工作,正压力F的取
值范围为( )

　 A　
A. mgC.mg解析 【关键:要使扫描仪正常工作,滚轮对顶部答题卡的摩擦力大于顶部答题卡与其
下方答题卡间的最大静摩擦力】对顶部答题卡,有μF>μ'(F+mg),取μ'=0.5(取最大值保证
满足所有μ'的情况),解得F> mg; 【关键:第二张答题卡不能动,需满足顶部答题卡对第
二张答题卡的滑动摩擦力小于等于第二张答题卡下方受到的最大静摩擦力】对第二
张答题卡,有0.5(F+mg)≤0.4(F+2mg),解得F≤3mg,联立可得 mg10.★★★(2026届福建莆田一中开学考)如图所示,建造传统瓦房时,工匠将瓦片轻放在
两根相互平行的檩条正中间,瓦片静止在檩条上。已知檩条间距离为d,下列说法正确
的是 ( )

A.瓦片受到3个力的作用
B.保持d不变,增大檩条的倾斜角度θ,瓦片与檩条间的弹力将变小
C.保持θ不变,增大檩条间的距离d,瓦片与檩条间的摩擦力将变大
　 B　
D.保持θ不变,增大檩条间的距离d,瓦片可能会下滑
解题导引　瓦片受到的作用力不在同一个平面内,将瓦片受到的重力沿檩条和垂直檩
条进行分解,即将瓦片受到的作用力分解到两个平面上,再分析各力之间的关系。
解析　瓦片受重力、两侧檩条的支持力和两侧檩条的摩擦力,共5个力,A错误。两侧檩
条对瓦片的支持力的合力为F合=mg cos θ,可得保持d不变、增大θ,瓦片与檩条间的弹力
变小,B正确。檩条对瓦片的支持力如图所示,可得2F cos α=mg cos θ,保持θ不变,增大两
檩条间的距离d时,α变大,檩条对瓦片的支持力变大,瓦片与檩条间的最大静摩擦力变
大,重力沿檩条向下的分力仍为mg sin θ,故瓦片仍处于静止状态,瓦片与檩条间的摩擦
力仍等于mg sin θ,C、D错误。

　
运用数学知识巧解图像问题
(多选)(2026届四川广元川师大万达中学月考)如图所示,把一质量为m的物体用一水平
方向的推力F=kt(k为恒量,t为时间)压在竖直的足够高的平整墙壁上,物体与墙壁间动摩
擦因数为μ,从t=0开始计时,物体由静止开始运动,则物体所受的摩擦力f、加速度a、位
移x和速度v随时间t变化的关系正确的是 ( )

　 ABD　
创新风向·数理结合


解题导引

解析 【关键:①在物体运动过程中,当mg=f=μkt时,加速度为零,物体的速度最大。②
取向下为正,利用动量定理可得mgt- μkt·t=0,解得t= 时,物体的速度为零】0时间内,物体受到的滑动摩擦力f=μkt逐渐增大;当t= 时,物体速度减到零,物体受到
的摩擦力突变为静摩擦力,有f=mg,A正确。取向下为正,加速度a= =- t+g,a-t图
像中图线的斜率为- ,纵截距为g,B正确。x-t图线切线的斜率表示物体的速度,应先增
大后减小,C错误。物体速度由零先增大后减小到零,加速度先减小到零后反向增大;物
体速度最大时,有f=μkt=mg,解得t= ;从0到t= ,根据动量定理可得mgt- μkt·t=mvm,解
得vm= ,D正确。
第2节 力的合成与分解
力的合成与分解T1、3、4、7　 死结与活结、定杆与动杆T2、5、6、8、9
五年高考
1.★(2025福建,1,4分)“风动石”是福建省著名的自然景观,如图所示。无风时,“风动
石”在重力和底部巨石作用力F1的作用下静止不动。若“风动石”受到一水平方向
的风力作用时仍保持静止,此时底部巨石对其作用力为F2,则 ( )
A.F1的大小比F2的小
B.F1的大小比F2的大
　 A　
C.F1与F2大小相等
D.F1与F2方向相同
解析　无风时,风动石处于平衡状态,可得F1=mg;受水平方向的风力作用时,风动石仍处
于平衡状态,可得F2= ,故F12.★★(2025河北,4,4分)如图,内壁截面为半圆形的光滑凹槽固定在水平面上,左右边沿
等高。该截面内,一根不可伸长的细绳穿过带有光滑孔的小球,一端固定于凹槽左边沿,
另一端过右边沿并沿绳方向对其施加拉力F。小球半径远小于凹槽半径,所受重力大
小为G。若小球始终位于内壁最低点,则F的最大值为 ( )

　 B　
A. G　　　 B. G
C.G　　　 D. G
解析　由题意知,左、右侧细绳与竖直方向夹角均为45°,假设小球受光滑凹槽内壁的
支持力,对小球受力分析如图所示,对小球的受力情况沿水平方向和竖直方向进行正交
分解,竖直方向有FN+FT1 cos 45°+FT2 cos 45°=G,因为FT1=FT2=F,所以FN+2F cos 45°=G,解
得F= - ,因FN≥0,所以F≤ G,所以F的最大值为 G,B正确。

3.★★★(2024河北,5,4分)如图,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,g取10 m/s2,挡板对球体支持力的大小为( )

A. N　 B.1.0 N　 C. N　 D.2.0 N
　 A　
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。

4.★★★(2024湖北,6,4分)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( )

A. f　　　 B. f　　　 C.2f　　　 D.3f
　 B　
解析　根据题意,货船S沿水面方向的受力情况如图甲所示
可知2T cos 30°=f,可得T= f。
　
拖船P沿水面方向的受力情况如图乙所示
则有(T' sin 30°)2+(f+T' cos 30°)2=F2,其中T'=T= f,解得F= ,B正确。
5.★★★(2024浙江6月,9,3分)如图所示,不可伸长的光滑细线穿过质量为0.1 kg的小铁
球,两端A、B悬挂在倾角为30°的固定斜杆上,间距为1.5 m。小球平衡时,A端细线与杆
垂直;当小球受到垂直纸面方向的扰动做微小摆动时,等效于悬挂点位于小球重垂线与
AB交点的单摆,重力加速度取10 m/s2,则 ( )
A.摆角变小,周期变大
B.小球摆动周期约为2 s
　 B　
C.小球平衡时,A端拉力为 N
D.小球平衡时,A端拉力小于B端拉力
解析　由单摆的周期公式T=2π 可知,单摆的周期与摆角大小无关,A错误。细线穿
过小铁球,则小铁球两侧细线与竖直方向夹角相等(“活结”模型),小铁球两侧细线与
竖直方向的夹角均为30°,由L= m可得单摆的摆长L=1 m;由T=2π 可得T≈2
s,B正确。对小铁球受力分析如图所示,由受力平衡可得FA=FB= mg= N,C、D错
误。

6.★★(2024新课标,24,10分)将重物从高层楼房的窗外运到地面时,为安全起见,要求下
降过程中重物与楼墙保持一定的距离。如图,一种简单的操作方法是一人在高处控制
一端系在重物上的绳子P,另一人在地面控制另一根一端系在重物上的绳子Q,二人配
合可使重物缓慢竖直下降。若重物的质量m=42 kg,重力加速度大小g=10 m/s2。当P绳
与竖直方向的夹角α=37°时,Q绳与竖直方向的夹角β=53°。(sin 37°=0.6)
(1)求此时P、Q绳中拉力的大小;
(2)若开始竖直下降时重物距地面的高度h=10 m,求在重物下降到地面的过程中,两根绳
子拉力对重物做的总功。

答案
(1)1 200 N 900 N (2)-4 200 J
解析 (1)重物缓慢竖直下降,处于平衡状态,把两根绳子的拉力FP、FQ分别沿水平方向
和竖直方向分解,由平衡条件可得
FP sin 37°=FQ sin 53°
FP cos 37°=mg+FQ cos 53°
两式联立解得FP=1 200 N,FQ=900 N
(2)重物下降至地面的过程中,由动能定理可得
WF+mgh=0
解得拉力对重物做的总功WF=-4 200 J
三年模拟
7.★★(2026届重庆一中开学考)重庆潼南的菜籽油远近闻名,如图所示为“古法榨油”
简化原理图,用力撞击木楔便可将油榨出。若木楔的横截面可看作顶角为θ的等腰三角
形,撞击木楔的力为F,则下列说法正确的是 ( )

A.木楔加速挤压木块过程中,木块对油饼的压力大于油饼对木块的压力
　 D　
B.木楔对各个油饼的压力大小相等
C.为了增大木块对油饼的压力,θ通常设计得较大
D.为了增大木块对油饼的压力,θ通常设计得较小
解析　根据牛顿第三定律可得,木块对油饼的压力与油饼对木块的压力等大反向,A错
误。木楔对木块有压力,对油饼没有力的作用,B错误。将力F分解,示意图如图所示,由
图可得F1=F2= ,故F不变时,θ设计得越小时,木楔对每个木块的压力越大,木块对油
饼的压力也越大,C错误,D正确。

8.★★★(2025届浙江天域联盟一模)如图所示为“V”形吊车的简化示意图,底座支点
记为O点,OA为定杆且为“V”形吊车的左臂,OA上端A处固定有轻质定滑轮,OB为动
杆且为“V”形吊车的右臂,一根钢索连接B点与底座上的电动机上的C点,另一根钢索
连接B点后跨过定滑轮吊着一质量为M的重物,通过电动机的牵引控制右臂OB的转动
从而控制重物的起落。图示状态下,重物静止在空中,左臂OA与水平面的夹角为α=60°,
左臂OA与钢索AB段的夹角为θ=30°,且左臂OA与右臂OB恰好相互垂直,左臂OA质量为
m,不计右臂OB和钢索的质量及一切摩擦,重力加速度为g。下列说法正确的是( )
　 B

A.图示状态下,钢索对定滑轮的压力为 Mg,方向由A指向O
B.图示状态下,钢索对右臂OB的作用力为Mg,方向由B指向O
C.底座对O点竖直向上的合力为(M+m)g
D.当启动电动机使重物缓慢上升时,左臂OA受到钢索的作用力逐渐减小
解题导引 OA为定杆,杆对A点的作用力不一定沿着杆,OB为动杆,杆对B点的作用力一
定沿着杆;A点处为活结,A点两侧钢索的张力相等,且FT=Mg,B点处为死结,B点两侧钢索
的张力不一定相等。

解析　根据平行四边形定则及牛顿第三定律可得,钢索对定滑轮的压力F=FOA=2Mg cos
30°= Mg,方向恰好由A指向O,A错误。AB段钢索的张力等于Mg,以OB所在直线和垂
直于OB所在直线建立直角坐标系,垂直于OB方向,可得Mg sin 60°=FBC sin 60°,解得FBC=
Mg;钢索对右臂OB的作用力F'=FOB=Mg cos 60°+FBC cos 60°=Mg,方向由B指向O,B正
确。对左臂OA、右臂OB、钢索及重物整体进行受力分析可得,FO=(M+m)g+FBC,解得FO
=(2M+m)g,故底座对O点竖直向上的合力为(2M+m)g,C错误。当启动电动机使重物缓
慢上升时,动杆OB顺时针转动,由几何关系可得AB与OA夹角变小,故左臂OA受到钢索
的作用力变大,D错误。
9.★★★(2025届高考预测卷)如图所示,两滑轮通过长度相同的杆固定在水平天花板
上,三个小球通过绕过滑轮的细绳按图示连接,三个小球的质量之比为ma∶mb∶mc=1∶
2∶ 。滑轮半径和摩擦均可忽略,小球均可视为质点,两滑轮中心间的距离为x,稳定
时球b与滑轮中心间的竖直距离为y,则 的值为 ( )

　 D　
A. 　　 B. 　　 C.2+ 　　 D.
解析　设球a的质量为m,对b进行受力分析,如图所示,根据受力平衡可得Fa sin α=Fc sin
β、Fa cos α+Fc cos β=2mg,解得α=60°、β=30°;根据几何关系可得x= y+ y,解得 =
,D正确。

快速解法

b受到三个力作用,处于平衡态,三个力可以构成首尾相连的矢量三角形,由正弦定理可
得 = = ,解得α=60°、β=30°。
椭圆规律巧解“晾衣杆”极值问题
(多选)(2025届河南部分学校5月联考)如图所示,轻绳两端分别固定在两根竖直杆的A点
和B点,A、B等高,将挂有衣服的晾衣架挂在绳上,衣架与绳的接触点为O点。某时刻,吹
来一阵风,衣服受到水平向右的恒定风力之后重新平衡。不计衣架的质量,不计绳与衣
架挂钩间的摩擦,下列说法正确的是 ( )

　 AD　
创新风向·数理结合
A.无论是有风还是无风,挂钩左右两侧绳的张力大小都相等
B.与无风时相比,有风时∠AOB更大
C.若水平风力随时间从零开始缓慢增大到足够大,则绳的张力一定一直增大
D.若水平风力随时间从零开始缓慢增大到足够大,则绳的张力可能先减小后增大
解析　由于不计绳与挂钩间的摩擦,绳的张力处处相等,A正确。【关键:A、B两点固
定,绳长不变,故挂钩运动轨迹为椭圆,A、B为椭圆的两个焦点】无风时挂钩位于椭圆
的短轴处,∠AOB最大,B错误。有风时,对衣架与衣服整体受力分析如图,可得F= =
2FT cos β,设d为A、B间距,L为总绳长,由几何关系可得 sin β= ,联立可得绳的张力
大小FT= = ,其中L2 cos2α-d2 cos4α=-d2 +
,可知风力随时间从零开始缓慢增大到足够大,α逐渐增大,绳的张力大小FT可能一直
增大,也可能先减小后增大,C错误,D正确。

第3节 牛顿第三定律　共点力的平衡
牛顿第三定律、受力分析T1、3、6、8　 共点力的平衡T2、4、5、7、9
五年高考
1.★★(2023海南,3,3分)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
( )

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
　 B　
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2T cos 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。
2.★★(2025重庆,1,4分)现代生产生活中常用无人机运送物品,如图所示,无人机携带质
量为m的匀质钢管在无风的空中悬停,轻绳M端和N端系住钢管,轻绳中点O通过缆绳与
无人机连接。MO、NO与竖直方向的夹角均为60°,钢管水平,重力加速度为g。MO的弹
力大小为 ( )

　 B　
A.2mg　　　 B.mg
C. mg　　　 D. mg
解析 解法一 正交分解法
对钢管受力分析如图甲所示,钢管受力平衡,沿水平方向和竖直方向建立坐标系,分解两
绳拉力,因为TM=TN,所以沿y轴有2TM cos 60°=mg,解得TM=mg,B正确。
解法二 矢量三角形法
对钢管受力分析,钢管受力平衡,将两绳的拉力平移后构成封闭的矢量三角形如图乙所
示,由题意可得,该矢量三角形为等边三角形,所以TM=TN=mg,B正确。
关键点拨
本题中钢管受OM和ON两绳拉力的作用点不在同一点,在受力分析时容易受到影响,受
力分析时应将两绳拉力的作用点平移到同一点,力的矢量关系会比较清楚。
3.★★(2025北京,6,3分)如图所示,长方体物块A、B叠放在斜面上,B受到一个沿斜面方
向的拉力F,两物块保持静止,B受力的个数为 ( )

A.4　　　 B.5　　　 C.6　　　 D.7
　 C　
解析 【关键:可采用先整体后隔离的分析方法】对物块A、B整体受力分析,如图甲,
可得斜面对整体即对B的静摩擦力FfB沿斜面向上;对物块A受力分析,如图乙,可得B对A
的静摩擦力FfA沿斜面向上;对物块B受力分析,如图丙,可得B受力的个数为6,C正确。
　 　
4.★★(2023广东,2,4分)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。壁面可视为斜面,与竖直方向的夹角为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,磁力垂直壁面。下列关系式正确的是
( )
A.Ff=G
B.F=FN
C.Ff=G cos θ
　 C　
D.F=G sin θ
解析　如图所示,将重力沿垂直于斜面方向和平行于斜面方向分解。平行于斜面方向,
由平衡条件得Ff=G cos θ,A错误,C正确。垂直于斜面方向,由平衡条件得F=G sin θ+FN,
B、D错误。

5.★★(2023河北,4,4分)如图,轻质细杆AB上穿有一个质量为m的小球C,将杆水平置于
相互垂直的固定光滑斜面上,系统恰好处于平衡状态。已知左侧斜面与水平面成30°
角,重力加速度为g,则左侧斜面对杆AB支持力的大小为 ( )

A.mg　　　 B. mg
C. mg　　　 D. mg
　 B　
解析　对轻杆和小球组成的系统进行受力分析,如图。

设左侧斜面对杆AB支持力的大小为NA,由平衡条件有NA=mg cos 30°,得NA= mg,B正
确。
三年模拟
6.★★(2026届江西多校期中)一根轻绳一端系一质量m1=1 kg的小球P,另一端系于光滑
竖直墙壁上的O点,轻绳与竖直方向的夹角θ=37°,在墙壁和小球P之间夹有一质量m2=0.
6 kg的长方体物块Q,如图所示,小球P、物块Q均静止,重力加速度大小g=10 m/s2,sin 37°
=0.6,cos 37°=0.8,下列说法正确的是 ( )
A.物块Q受到小球P竖直向下的摩擦力
B.小球P不受摩擦力作用
C.竖直墙壁对物块Q的弹力大小为12 N
D.轻绳的拉力大小为12.5 N
　 C　
解析　以小球P和物块Q整体为研究对象,根据受力平衡可得FT cos θ=(m1+m2)g、FT sin
θ=FN,解得轻绳的拉力大小FT=20 N,墙壁对物块Q的弹力大小FN=12 N,C正确,D错误。
【关键:墙壁光滑,只能是P对Q提供向上的作用力】对物块Q受力分析可得,小球P对物
块Q的摩擦力大小Ff=m2g=6 N,方向竖直向上,A错误。根据牛顿第三定律可得物块Q对
小球P一定有竖直向下的摩擦力作用,B错误。
7.★★★(2026届山西临汾翼城中学月考)如图,在竖直平面内固定一个四分之一光滑圆
弧支架,O点为圆弧的圆心,OA、OB为圆弧的半径,OA沿竖直方向,圆弧上和半径OA上
分别套着a、b小球,a、b两小球的质量分别为m1和m2,两小球之间用一轻绳连接,平衡时
小球a、b分别位于P、Q两点,已知∠AOP=30°,OQ=PQ,两小球均可视为质点,设支架对
小球a的弹力为FN1,对小球b的弹力为FN2,则下列说法正确的是 ( )
　 A　
A.m1∶m2=2∶1
B.m1∶m2= ∶1
C.FN1∶FN2= ∶1
D.FN1∶FN2=1∶1
解析 【关键:圆弧支架对小球a的弹力垂直于圆弧切线,即沿半径方向】对小球a、b
受力分析,如图所示。根据平衡条件可得F2 sin 30°=m2g、F2 cos 30°=FN2;F1 cos 30°=FN1
sin 30°、FN1 cos 30°=m1g+F1 sin 30°,又因为F1=F2,联立解得FN1=2FN2、m1g=2m2g,故m1∶
m2=2∶1,FN1∶FN2=2∶1,A正确。

8.★★★(2026届四川南充高级中学开学考)如图所示,a、b两个小球穿在一根粗糙的固
定杆上(球的小孔比杆的直径略大),并且通过一条轻绳跨过定滑轮连接,已知b球质量为
m,杆与水平面成θ角,不计滑轮的一切摩擦。当两球静止时,Oa段绳与杆的夹角也为θ,
Ob段绳沿竖直方向,重力加速度为g,则下列说法正确的是 ( )
A.a球一定受到4个力的作用
B.b球可能受到2个力的作用
　 B　
C.绳对a的拉力大小不可能等于mg
D.a的质量一定为
解析　对b球受力分析,由共点力平衡条件可得,b球可能只受到重力和绳的拉力两个力
【点拨:b可能受重力、杆的支持力和摩擦力三个力,也可能受重力、绳的拉力、杆的
支持力和摩擦力四个力】,此时绳对a的拉力大小等于mg,B正确,C错误。当b不受绳拉
力作用时,a受重力、杆的支持力和摩擦力三个力,此时无法计算a的质量,A、D错误。
易错警示
当绳的拉力大小等于mg,杆对a的弹力垂直于杆且a不受摩擦力时,对a根据平衡条件可
得mg cos θ=mag sin θ,解得ma= ,故a的质量可能为 ,但不一定为此值。
9.★★★(2026届内蒙古杭锦后旗奋斗中学月考)质量为M的木楔倾角为θ,在水平面上
保持静止,质量为m的木块刚好可以在木楔上表面匀速下滑。现在用水平方向的力F推
着木块匀速上滑,如图所示(M,θ,m为已知量),重力加速度为g,求:
(1)木块与木楔间的动摩擦因数;
(2)水平推力F的大小;
(3)水平方向的力F推着木块匀速上滑时,木楔对水平面的压力和摩擦力的大小。

答案
(1)tan θ (2)
(3)(M+m)g
解析 (1)根据题意可知,木块刚好可以在木楔上表面匀速下滑,根据平衡条件可得mg
sin θ=μmg cos θ
解得木块与木楔间的动摩擦因数μ=tan θ。
(2)用水平方向的力F推着木块匀速上滑,以木块为研究对象,根据平衡条件可得
F cos θ=mg sin θ+Ff、FN=F sin θ+mg cos θ、Ff=μFN
联立解得F= 。
(3)以木楔和木块整体为研究对象,根据平衡条件可得
FN地=(M+m)g,Ff地=F= ;
根据牛顿第三定律可得,木楔对水平面的压力为(M+m)g
木楔对水平面的摩擦力为 。
易错警示
当用水平方向的力F推着木块匀速上滑时,木楔对木块的支持力FN=F sin θ+mg cos θ,并
不等于mg cos θ,注意F垂直木楔上表面的分力。
整体法与隔离法中研究对象的选取
(2025届辽宁沈阳二中五模)春节期间,沈阳街头有很多商家使用彩灯装饰,烘托节日氛
围。如图所示有五个质量均为m的小彩灯,通过轻质细绳进行连接,连接天花板与彩灯1
的细绳与竖直方向的夹角θ=30°,在彩灯5右侧施加水平外力F,各彩灯均处于静止状态,
已知重力加速度为g。则下列说法正确的是 ( )
　 C　
创新风向·挑战思维
A.连接天花板与彩灯1的轻质细绳的拉力大小为10mg
B.彩灯2、3间细绳的拉力小于3、4间细绳的拉力
C.若保持外力F的方向不变,使θ缓慢增大,则外力F持续增大
D.若保持外力F的大小、方向都不变,使每个彩灯质量都变为2m,则平衡后θ增大
解析　以五个彩灯整体为研究对象,根据受力平衡可得FT1 cos θ=5mg,解得连接天花板
与彩灯1的轻质细绳的拉力FT1= mg,A错误。水平外力F=5mg tan θ,若使θ缓慢增大,
F持续增大,C正确。若F的大小、方向都不变,使每个彩灯质量都变为2m,则平衡后θ减
小,D错误。以彩灯3、4、5为研究对象,根据平衡条件可得2、3间细绳拉力F23=
;以彩灯4、5为研究对象,根据平衡条件可得3、4间细绳拉力F34=
,可得F23>F34,B错误。
一题多解
运用正弦定理判断细绳拉力大小

对彩灯3受力分析,3个力可以构成首尾相连的矢量三角形;根据正弦定理可得 =
,由于sin β>sin γ,可得F23>F34。
微专题3 动态平衡　平衡中的临界、极值问题
题组1　动态平衡问题
1.★★(2025届海南部分中学模拟)如图所示,四分之一圆弧形凹槽放在水平地面上,在
其最低点A放置一个光滑的小球,用外力F把小球缓慢从A点拉到最高点B,过程中力F始
终沿着与AB平行的方向,凹槽始终相对地面静止。下列说法正确的是( )
A.力F的大小保持不变
B.小球所受的支持力一直增大
　 C　
C.小球所受的支持力先减小后增大
D.水平地面所受的摩擦力先增大后减小
解析　对小球受力分析,如图所示,根据图解法可得,小球沿圆弧缓慢上滑时,F一直增
大,小球所受的支持力FN先减小后增大,A、B错误,C正确;对小球和凹槽整体受力分析
可得,水平地面对整体的摩擦力等于F的水平分力,因F变大,且方向不变,结合牛顿第三
定律,可得水平地面所受的摩擦力一直增大,D错误。

2.★★★(多选)(2026届福建厦门外国语学校开学考)如图所示,一置于竖直平面内的直
杆AB与水平方向的夹角为θ,A、B两端系着一根不可伸长的轻绳,绳长大于直杆AB的长
度,轻绳上有一质量可忽略的动滑轮,重物悬挂在动滑轮上,系统处于静止状态。现将直
杆AB在竖直平面内绕A点顺时针缓慢转过2θ角。忽略动滑轮与轻绳的摩擦,在此过程
中,下列说法正确的是 ( )
A.轻绳的拉力先增大后减小
　 AC　
B.轻绳的拉力先减小后增大
C.动滑轮受到轻绳的力不变
D.动滑轮受到轻绳的力先增大后减小
解析　设直杆AB的长度为l,绳长为L,轻绳与竖直方向夹角为α,根据几何关系可得L sin
α=l cos θ,对动滑轮和重物整体受力分析可得2FT cos α=mg, 【关键:直杆从图示位置绕A
点顺时针缓慢转过2θ角的过程中,l cos θ先变大后变小,所以α先增大后减小】由α先增
大后减小可得轻绳的拉力先增大后减小,A正确,B错误。以动滑轮和重物整体为研究
对象,动滑轮受到轻绳的力与重物的重力等大反向,所以动滑轮受到轻绳的力不变,C正
确,D错误。

3.★★★(2026届重庆巴蜀中学月考)如图所示,一轻绳绕过定滑轮C(半径可忽略)一端
连接小球A(可视为质点),另一端连接物体B。物体B放在粗糙水平地面上,受到水平向
右的力F的作用,使得小球A沿光滑固定的半圆弧支架从图示位置缓慢向上移动,定滑轮
C在半圆弧支架圆心O的正上方,已知OC的长度为2R,半圆弧支架的半径为R。小球A向
上移动到D的过程中,下列说法正确的是( )

　 C　
A.轻绳的张力FT增大
B.光滑半圆弧支架对小球A的支持力FN变大
C.地面对物体B的摩擦力增大
D.地面对半圆弧支架的作用力减小
解题导引

解析　小球A沿光滑半圆弧支架缓慢运动过程中,根据三力平衡及力的三角形与几何
三角形相似可得 = = ,小球A向上移动到D过程中,随着AC减小,FT减小,FN不变,
A、B错误。地面对B的摩擦力为滑动摩擦力,有Ff=μ(mBg-FT cos θ),由于FT减小、θ增大,
可得Ff增大,C正确。地面对半圆弧支架的作用力等于半圆弧支架的重力和小球A对其
的压力的合力,两力大小均不变,小球A对半圆弧支架的压力与竖直方向夹角变小,故地
面对半圆弧支架的作用力增大,D错误。
4.★★★(多选)(2026届四川资阳中学开学考)如图,质量分别为m和M的两个物块a、b叠
放在水平桌面上,轻绳绕过光滑的定滑轮O‘,一端与a相连,另一端悬挂重物A。施一外力
F缓慢拉结点O,将OO’从竖直拉至水平方向,其中F方向与OO‘夹角α大小恒定(α>90°),此
过程中两物块及桌子始终保持静止,滑轮与a之间的轻绳与桌面平行,则下列说法正确
的是 ( )

　 ABD　
A.轻绳OO'的拉力先增大后减小
B.a对b的摩擦力先增大后减小
C.桌面对b的摩擦力先减小后增大
D.地面对桌子的摩擦力先增大后减小
解题导引

解析　对结点O受力分析,绳OO'的拉力和F的夹角不变,作辅助圆如图所示,随着绳拉力
FT由竖直逐渐变为水平,FT先增大后减小,A正确。对a受力分析,绳的拉力FT与b对a的摩
擦力Ff等大反向,可得b对a的摩擦力先增大后减小;根据牛顿第三定律可得a对b的摩擦
力先增大后减小,B正确。对b和a整体,根据受力平衡可得,桌面对b的摩擦力先增大后
减小,C错误。对b、a、桌子、重物及定滑轮整体,根据平衡条件可得,F的水平分力与
地面对桌子的摩擦力等大反向;由图可得,F的水平分力大小先增大后减小,故地面对桌
子的摩擦力先增大后减小,D正确。

5.★★★(多选)(2025届陕西新高考模拟)如图所示,固定在地面的OAB是半径为R的四
分之一圆弧支架,圆心O的正上方 R处有一定滑轮C,定滑轮C右侧有另一个定滑轮D,
小球1套在圆弧支架上并通过轻绳绕过两个定滑轮连接物体2,物体2又与一轻质弹簧连
接在一起,轻质弹簧另一端固定在地面上。现有两种情况,情况1:小球1可在圆弧AB任
意位置保持静止。情况2:小球1在A点时,轻绳刚好伸直但无张力,弹簧压缩量为 R,现
给小球1轻微的扰动,小球1沿圆弧AB运动到B点时速度为零,此时C左侧的绳沿着BC方
向绷紧,物体2不会碰到定滑轮。已知小球1质量为m1,物体2质量为m2,弹簧劲度系数为k,
重力加速度为g,不计滑轮质量、大小和一切摩擦。下列说法正确的是( )
　 AD　
A.情况1中k=
B.情况1中k=
C.情况2中m1∶m2=4∶3
D.情况2中m1∶m2=6∶5
解题导引　情况1:“小球1可在圆弧AB任意位置保持静止”,利用“C左侧绳的长度变
化量与弹簧长度变化量相等”及“绳张力的变化量与弹簧弹力的变化量相等”进行
求解。
情况2:“小球1沿圆弧AB运动到B点时速度为零”,对整个系统利用机械能守恒可得m1
与m2之比。
解析　情况1中,对小球1和物体2进行受力分析,如图所示,轻绳张力为FT,弹簧弹力为Fk,
设定滑轮C左侧连接小球1的轻绳长度为x,根据相似三角形可得 = = ;若定滑轮
C左侧的轻绳长度增加Δx,弹簧长度也会变长Δx,可得ΔFT= Δx,ΔFk=kΔx,小球1可在
圆弧AB任意位置保持静止,则需满足ΔFT=ΔFk,解得k= ,A正确,B错误。情况2中,小
球1从A到B过程,有Δx'=BC-AC= - R= R,小球1从A点到B点过程,对小球
1、物块2和弹簧组成的系统,根据机械能守恒可得m1gR=m2g· R【点拨:小球1在A点时,
弹簧压缩量为 R;小球在B点时,弹簧伸长量为 R,故小球在A点和B点时,弹簧的弹性势
能相等】,解得m1∶m2=6∶5,C错误,D正确。

题组2　平衡中的临界、极值问题
1.★★(2025届福建多校模拟)如图所示,细绳a穿过光滑、轻质的小钢环分别系于两挂
钉M、N上,细绳b一端系于小钢环上,另一端用力F竖直向下拉,逐渐增大拉力F。已知
细绳b承受的最大拉力是a的 倍,细绳a被小钢环分成的两段夹角为α,下列说法正确的
是 ( )

A.若α<80°,则必定是细绳a先断
　 D　
B.若α>80°,则必定是细绳b先断
C.若α<100°,则必定是细绳b先断
D.若α>100°,则必定是细绳a先断
解析 以小钢环为研究对象,设α=α0时,细绳b的实际受力是a的 倍,由力的平衡条件
有2Fa cos =Fb= Fa,解得α0=90°;当α<90°时,细绳b先断,当α>90°时,细绳a先断,D正
确。
2.★★★(2024山东,2,3分)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 ( )

A. 　　　 B. 　　　 C. 　　　 D.
　 B　
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=μmg cos θ≥mg sin θ,即μ≥tan θ,由题意可
知θ的最大值为30°,所以μ≥ ,B正确。
3.★★★(2026届湖北荆州沙市中学月考)如图所示,滑块A置于水平地面上,滑块B在一
水平力F作用下紧靠滑块A(A、B接触面竖直),此时A恰好不滑动,B恰好不下滑,已知A与
B间的动摩擦因数为μ1,A与地面间的动摩擦因数为μ2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则
A与B的质量之比为 ( )

A. B. C. D.
　 B　
解析 B恰好不下滑时,以滑块B为研究对象,可得μ1F=mBg;A恰好不滑动,以A、B整体为
研究对象,可得F=μ2(mAg+mBg),联立可得 = ,B正确。
4.★★★(2026届河北邯郸武安第三中学开学考)如图甲所示为很多商业步行街用来阻
挡机动车辆进入的石球路障。现有一工作人员用一轻绳绕过石球匀速拉动石球,可以
简化为如图乙所示的模型。质量为m=20 kg的石球置于水平地面上,它与地面间的动摩
擦因数μ= ,受到一个与水平方向成θ角、斜向上的拉力F,为使石球做匀速直线运动,
则拉力F的最小值以及此时θ的大小分别为(重力加速度g=10 m/s2) ( )
　
　 D　
A.100 N,60°　　　 B.100 N,30°
C.100 N,60°　　　 D.100 N,30°
解题导引　将石球受到的支持力FN和滑动摩擦力Ff合成合力FR;将石球受到的四个力
转化为三个力,再利用矢量三角形判断F的最小值及F的方向。
解析　对石球进行受力分析,如图所示,设FN和Ff的合力FR与竖直方向的夹角为β,可得
tan β= =μ= ,解得β=30°。当F与FR垂直时,F最小,可得Fmin=mg sin β=100 N,此时θ=β
=30°,D正确。

一题多解
运用数学函数求解极值问题
石球匀速运动,处于平衡状态,根据正交分解可得FN+F sin θ=mg、F cos θ=Ff,其中Ff=μ
FN,联立可得F= ;令 tan φ= ,可得F= ,故Fmin= =100 N,此
时θ=30°。
5.★★★(2026届重庆第十一中学月考)如图,固定在水平地面上的斜面倾角为37°,现在
斜面上放一个质量为1.1 kg的滑块,对滑块施加一个沿斜面向上的F1=11 N的推力时(如
图甲),滑块刚好可以沿斜面向上做匀速直线运动,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,sin 37
°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2。
(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数;
(2)如图乙所示,现改对滑块施加一个水平向右的推力F2,为保证滑块在斜面上静止,求F2
大小的取值范围。
答案
(1)0.5 (2)2 N≤F2≤22 N
解析 (1)对滑块受力分析,如图1所示

图1
根据平衡条件可得
F1-mg sin 37°-μmg cos 37°=0
解得μ=0.5。
(2) 【关键:当F2取最大值时,滑块有沿斜面上滑的趋势且与斜面间的摩擦力达到最大静
摩擦力;当F2取最小值时,滑块有沿斜面下滑的趋势且与斜面间的摩擦力达到最大静摩
擦力】
当滑块有沿斜面下滑趋势且静摩擦力达到最大时,受力情况如图2所示
根据平衡条件可得
F2min cos 37°+Ffm=mg sin 37°
F'N=mg cos 37°+F2min sin 37°,其中Ffm=μF'N
联立解得F2min=2 N
当滑块有沿斜面向上的运动趋势且静摩擦力达到最大时,受力分析如图3所示
根据平衡条件可得
F2max cos 37°=mg sin 37°+F'fm、F″N=mg cos 37°+F2max sin 37°,其中F'fm=μF″N
联立解得F2max=22 N
故F2的取值范围为2 N≤F2≤22 N。
　
实验2 探究弹簧弹力与形变量的关系
1.(2025全国,22)某探究小组利用橡皮筋完成下面实验。
(1)将粘贴有坐标纸的木板竖直放置。橡皮筋的一端用图钉固定在木板上,另一端悬挂
钩码。钩码质量分别为200 g、250 g、…、500 g,平衡时橡皮筋底端在坐标纸上对应
的位置如图(a)中圆点所示(钩码的质量在图中用数字标出)。悬挂的钩码质量分别为20
0 g和300 g时,橡皮筋底端位置间的距离为______________cm。
(2)根据图(a)中各点的位置可知,在所测范围内橡皮筋长度的增加量与所挂钩码的_____
______________(选填“质量”或“质量的增加量”)成正比,由此可求出橡皮筋的
劲度系数为____________N/m(保留2位有效数字,重力加速度取9.8 m/s2)。
　 52　
质量的增加量　
　 1.87　

图(a)
(3)悬挂的钩码质量为m时,在橡皮筋底端施以水平向右的力F,平衡时橡皮筋方向如图
(b)中虚线所示,图(b)中测力计的示数给出了力F的大小,则F=______________N,m=_______
______g(选填“200”“300”或“400”)。
　 30 0
　 0.98　
解析 (1)由题图(a)读数可知,悬挂的钩码质量分别为200 g和300 g时,橡皮筋底端位置
间的距离为1.87 cm。
(2)由题图(a)可知钩码每增加相同的质量,橡皮筋增加相同的长度,故在所测范围内橡皮
筋长度的增加量与所挂钩码的质量的增加量成正比。设橡皮筋劲度系数为k,橡皮筋弹
力F=kx=mg,x为橡皮筋的伸长量。设悬挂质量为m1、m2的钩码时,橡皮筋的伸长量分别
为x1、x2,则m1g=kx1,m2g=kx2,两式相减得(m2-m1)g=k(x2-x1),取m1=200 g=0.2 kg,m2=300 g=0.
3 kg,Δx=x2-x1=1.87 cm=1.87×10-2 m,根据(m2-m1)g=k(x2-x1),可得k= =
N/m≈52 N/m。
(3)根据图(b)可知F=0.98 N;设橡皮筋与竖直方向夹角为θ,对结点进行受力分析有tan θ=
;从图(b)中可知tan θ≈ ,结合F=0.98 N, 可得m≈0.32 kg, 所以取m=300 g。
2.(2025重庆,11,6分)弹簧是熄火保护装置中的一个元件,其劲度系数会影响装置的性
能。小组设计了如图1所示的实验装置测量弹簧的劲度系数,其中压力传感器水平放
置,弹簧竖直放在传感器上,螺旋测微器竖直安装,测微螺杆正对弹簧。
　
(1)某次测量时,螺旋测微器的示数如图2所示,此时读数为_______________mm。
　 7.413　
(2)对测得的数据进行处理后得到弹簧弹力F与弹簧长度l的关系如图3所示,由图可得弹
簧的劲度系数为_____________N/m,弹簧原长为______________mm。(均保留3位有效数
字)

　 17.6　
　 184　
解析 (1)根据螺旋测微器的读数规则,有7 mm+41.3×0.01 mm=7.413 mm。
(2)由题图3可得,当弹力为0时,弹簧处于原长,其长度为17.6 mm;将图线反向延长,纵截
距为2.50 N,则根据胡克定律可知弹簧的劲度系数k= N/m≈184 N/m。
3.(2025四川,11,6分)某学习小组利用生活中常见物品开展“探究弹簧弹力与形变量的
关系”实验。已知水的密度为1.0×103 kg/m3,当地重力加速度为9.8 m/s2。实验过程如
下:

(1)将两根细绳分别系在弹簧两端,将其平放在较光滑的水平桌面上,让其中一个系绳点
与刻度尺零刻度线对齐,另一个系绳点对应的刻度如图1所示,可得弹簧原长为_________
___________cm。
13.15±0.02　
(2)将弹簧一端细绳系到墙上挂钩,另一端细绳跨过固定在桌面边缘的光滑金属杆后,系
一个空的小桶。使弹簧和桌面上方的细绳均与桌面平行,如图2所示。
(3)用带有刻度的杯子量取50 mL水,缓慢加到小桶里,待弹簧稳定后,测量两系绳点之间
的弹簧长度并记录数据。按此步骤操作6次。
(4)以小桶中水的体积V为横坐标,弹簧伸长量x为纵坐标,根据实验数据拟合成如图3所
示直线,其斜率为200 m-2。由此可得该弹簧的劲度系数为____________N/m(结果保留2位
有效数字)。
(5)图3中直线的截距为0.005 6 m,可得所用小桶质量为_______________kg(结果保留2位
有效数字)。
　 0.028　
　 49　
图3
解析 (1)由题图1读出刻度尺读数为13.15 cm。
(4)设小桶质量为m,当小桶中水的体积为V时,由平衡条件可知kx=mg+ρVg,可得x= V+
,以桶中水的体积V为横坐标,弹簧伸长量x为纵坐标,则图线的斜率k'= ,代入数据
解得k=49 N/m。
(5)由x= V+ 可知题图3中直线的截距b= ,代入数据解得m=0.028 kg。
实验3 探究两个互成角度的力的合成规律
1.(2025黑吉辽蒙,12,8分)某兴趣小组设计了一个可以测量质量的装置。如图(a),细绳
1、2和橡皮筋相连于一点,绳1上端固定在A点,绳2下端与水杯相连,橡皮筋的另一端与
绳套相连。

图(a)
为确定杯中物体质量m与橡皮筋长度x的关系,该小组逐次加入等质量的水,拉动绳套,
使绳1每次与竖直方向夹角均为30°且橡皮筋与绳1垂直,待装置稳定后测量对应的橡皮
筋长度。根据测得数据作出x-m关系图线,如图(b)所示。

回答下列问题:
(1)将一芒果放入此空杯,按上述操作测得x=11.60 cm,由图(b)可知,该芒果的质量m0=____
________________g(结果保留到个位)。若杯中放入芒果后,绳1与竖直方向夹角为30°但
107或106　
与橡皮筋不垂直,由图像读出的芒果质量与m0相比_________(填“偏大”或“偏
小”)。
(2)另一组同学利用同样方法得到的x-m图像在后半部分弯曲,下列原因可能的是______。
A.水杯质量过小　　 B.绳套长度过大
C.橡皮筋伸长量过大,弹力与其伸长量不成正比
(3)写出一条可以使上述装置测量质量范围增大的措施_____________
______________________________________________________________________。
筋[或叠加使用多根橡皮筋(增加橡皮筋的条数),或减小细线与竖直方向的夹角]　
　　更换劲度系数更大的橡皮
　 C
　　偏大　
解题导引　考生看到该题目时,首先看清楚实验目的、实验原理、实验器材以
及实验步骤,并对实验的结果作出猜想;其次对于该实验装置进行力学分析,得到橡皮筋
伸长量与杯中物体质量的关系,最后解决实验中的问题。
解析 (1)根据图(b)图像可得,当橡皮筋长度为11.60 cm时,对应的杯中芒果质量为107
g,根据力的合成与分解和平行四边形定则可知,当橡皮筋与绳1垂直时,橡皮筋上的力
最小,当橡皮筋与绳1不垂直时,橡皮筋上的力变大,橡皮筋的长度x变大,则在对照x-m图
线上的数据时,所对应的杯中芒果的质量与m0相比偏大。
(2)另一组同学利用同样的方法得到的x-m图像在后半部分弯曲,说明前半部分橡皮筋
正常,后半部分橡皮筋伸长量过大,超过了橡皮筋的弹性限度,导致弹力与橡皮筋伸长量
不成正比,C正确。
(3)要使测量的范围更大,则需要让橡皮筋发生同样形变的情况下,弹力更大,则需要更
换劲度系数更大的橡皮筋或者叠加使用更多的橡皮筋(增加橡皮筋的条数),也可以减
小细线与竖直方向的夹角。
2.[2024海南,14(2),6分]为验证两个互成角度的力的合成规律,某组同学用两个弹簧测
力计、橡皮条、轻质小圆环、木板、刻度尺、白纸、铅笔、细线和图钉等器材,按照
如下实验步骤完成实验。

(Ⅰ)用图钉将白纸固定在水平木板上;
(Ⅱ)如图(a)、(b)所示,橡皮条的一端固定在木板上的G点,另一端连接轻质小圆环,将两
细线系在小圆环上,细线另一端系在弹簧测力计上,用两个弹簧测力计共同拉动小圆环
到某位置,并标记圆环的圆心位置为O点,拉力F1和F2的方向分别过P1和P2点,大小分别
为F1=3.60 N、F2=2.90 N;改用一个弹簧测力计拉动小圆环,使其圆心到O点,在拉力F的
方向上标记P3点,拉力的大小为F=5.60 N,请完成下列问题。
①在图(b)中按照给定的标度画出F1、F2和F的图示,然后按平行四边形定则画出F1、F2
的合力F'。
②比较F和F',写出可能产生误差的两点原因:____________________________________
___________________________________________________________________________
________________。
他合理答案)　
木板平行;标记点P1、P2、P3的位置时存在偏差;使用弹簧测力计读数时出现误差(或其
　　弹簧测力计、细线、橡皮条未能与
解析　①连接O、P1两点,O→P1方向表示力F1的方向,按照给定标度和力的大小绘制长
度,同理画出F2和F的力的图示,画力F1、F2的合力,绘制平行四边形,连接对角线,即可得
F',如图所示。
②弹簧测力计、细线、橡皮条未能与木板平行,力的大小和方向均可能出现误差,导致
F、F'不重合;标记点P1、P2、P3的位置时存在偏差,导致力的方向出现误差;使用弹簧测
力计读数时出现误差。

3.(2023全国乙,22,5分)在“验证力的平行四边形定则”的实验中使用的器材有:木板、
白纸、两个标准弹簧测力计、橡皮条、轻质小圆环、刻度尺、铅笔、细线和图钉若
干。完成下列实验步骤:
①用图钉将白纸固定在水平木板上。
②将橡皮条的一端固定在木板上,另一端系在轻质小圆环上。将两细线也系在小圆环
上,它们的另一端均挂上测力计。用互成一定角度、方向平行于木板、大小适当的力
拉动两个测力计,小圆环停止时由两个测力计的示数得到两拉力F1和F2的大小,并_____
_______。(多选,填正确答案标号)
A.用刻度尺量出橡皮条的长度
CD　
B.用刻度尺量出两细线的长度
C.用铅笔在白纸上标记出小圆环的位置
D.用铅笔在白纸上标记出两细线的方向
③撤掉一个测力计,用另一个测力计把小圆环拉到______________________________,
由测力计的示数得到拉力F的大小,沿细线标记此时F的方向。
④选择合适标度,由步骤②的结果在白纸上根据力的平行四边形定则作F1和F2的合成
图,得出合力F'的大小和方向;按同一标度在白纸上画出力F的图示。
⑤比较F'和F的____________,从而判断本次实验是否验证了力的平行四边形定
则。
　　大小和方向　
　　步骤②中标记的小圆环位置
解析　②“验证力的平行四边形定则”实验要记录小圆环的位置及两个分力的大小
和方向,以便作平行四边形的两个邻边。C、D正确。
③前、后两次实验要保证把小圆环拉到同一位置,这样才能保证两次力所产生的效果
相同。
⑤通过比较F'与F的大小和方向在误差允许范围内是否一致,来判断是否满足平行四边
形定则。

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