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高考物理一轮复习【分层练习】 第03章 相互作用——力
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这是一份高考物理一轮复习【分层练习】 第03章 相互作用——力，文件包含第三章相互作用力教师版docx、第三章相互作用力学生版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共52页， 欢迎下载使用。
高考物理一轮复习策略
首先，要学会听课：
1、有准备的去听，也就是说听课前要先预习，找出不懂的知识、发现问题，带着知识点和问题去听课会有解惑的快乐，也更听得进去，容易掌握;
2、参与交流和互动，不要只是把自己摆在“听”的旁观者，而是“听”的参与者。
3、听要结合写和思考。
4、如果你因为种种原因，出现了那些似懂非懂、不懂的知识，课上或者课后一定要花时间去弄懂。
其次，要学会记忆：
1、要学会整合知识点。把需要学习的信息、掌握的知识分类，做成思维导图或知识点卡片，会让你的大脑、思维条理清醒，方便记忆、温习、掌握。
2、合理用脑。
3、借助高效工具。学习思维导图，思维导图是一种将放射性思考具体化的方法，也是高效整理，促进理解和记忆的方法。最后，要学会总结：
一是要总结考试成绩，通过总结学会正确地看待分数。
1.摸透主干知识 2.能力驾驭高考 3.科技领跑生活
第三章 相互作用——力
课标解读
1.认识重力、弹力与摩擦力。通过实验，了解胡克定律。知道滑动摩擦和静摩擦现象，能用动摩擦因数计算滑动摩擦力的大小。例如调查生产生活中所用弹簧的形状及使用目的；制作一个简易弹簧测力计，用胡克定律解释其原理。
2.通过实验，了解力的合成与分解，知道矢量和标量。能用共点力的平衡条件分析生产生活中的问题。
基础过关练
考点一：重力与弹力
1．关于重力的大小和方向，以下说法中正确的选项是（ ）
A．在地球上方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，把重心挖去物体就没有受到重力
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
【答案】A
【解析】A．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；B．重力是万有引力的一个分力，在不同的位置方向是不一样的，故B错误；C．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；D．重力等于质量与重加速度的乘积，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。故选A。
2．某同学利用图甲所示的装置进行“探究弹簧弹力与形变量的关系”实验，根据实验数据作出如图乙所示的图像。下列说法正确的是（ ）
A．图乙中x表示弹簧的形变量 B．不挂钩码时弹簧的长度为
C．该弹簧的劲度系数约为 D．图线不过原点是由于弹簧自重影响
【答案】C
【解析】AD．图线不过原点是由于x表示弹簧的长度，不是因为弹簧的自重影响，故AD错误；B．根据胡克定律有
由图可知不挂钩码时弹簧的长度为
故B错误；C．图像的斜率表示弹簧的劲度系数，即
故C正确。故选C。
3．脚蹬拉力器由脚环、两根相同的弹性绳、把手组成，可以做到手脚配合，锻炼手臂、腿、腰部、腹部等部位，深受健身人士的喜爱。如图所示，女子用沿平行于弹性绳的力拉动拉力器时，每只手拉力大小为120N时，弹性绳比原长伸长了30cm。弹性绳的弹力与伸长量成正比，且未超过弹性限度，不计把手和弹性绳重力，下列说法正确的是（ ）
A．把手对弹性绳的拉力是由于弹性绳发生形变产生的
B．弹性绳的劲度系数为400N/m
C．弹性绳的劲度系数为800N/m
D．若每只手的拉力改为80N，弹性绳长度为20cm
【答案】B
【解析】A.把手对弹性绳的拉力是由于把手发生形变产生的，A错误；BC.根据胡克定律可得
，k= 400N/m
B正确,C错误；D.弹性绳原长度未知，每只手的拉力改为80N, 弹性绳长度不知，D错误．故选B。
考点二：摩擦力
1．如图所示，一足够长的轻质绸带放在水平光滑桌面上，绸带上放A、B两物块，A物块质量大于B物块，两物块同时分别受到反向等大逐渐增大的力作用，两物块与绸带间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等。下列说法错误的是（ ）
A．两物块所受摩擦力的大小总是相等
B．两物块不可能同时相对绸带滑动
C．A物块不可能相对绸带发生滑动
D．A物块所受摩擦力一定大于B物块所受摩擦力
【答案】D
【解析】轻质丝绸的质量为零，因此合力一定为零。当A、B两物块同时分别受到反向等大逐渐增大的力作用时，轻质绸带所受的摩擦力一定大小相等，方向相反；由于A物块所受最大静摩擦力较大，故B物块先相对绸带运动，A物块不会发生相对绸带滑动，如果A发生相对滑动丝绸受到A较大的滑动摩擦力则B对丝绸提供的摩擦力无法与之平衡。故ABC正确，与题意不符；D错误，与题意相符。本题选错误的故选D。
2．如图，水平桌面上等间距放置几支玻璃管，玻璃管上放一张轻薄的复合板，在复合板上放一辆电动遥控小车。启动遥控小车的前进挡，则（ ）
A．小车向左运动，受到向左的滑动摩擦力
B．小车向左运动，受到向右的滑动摩擦力
C．复合板受到小车的滑动摩擦力作用而向右运动
D．复合板受到小车的静摩擦力作用而向右运动
【答案】D
【解析】AB．小车向左运动，由于小车的轮胎与复合板间无相对滑动，则受到的是静摩擦力，方向向左，选项AB错误；CD．同理可知，复合板受到小车的向右的静摩擦力作用而向右运动，选项C错误，D正确。
故选D。
3．木块A、B的质量分别为5kg和6kg，它们与水平地面之间的动摩擦因数均为0.25。夹在A、B之间的轻质弹簧被压缩了2cm，弹簧的劲度系数为400N/m，初始时两木块在水平地面上静止不动。现用与水平方向成60°的拉力F＝6N作用在木块B上，如图所示。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取g＝10m/s2，则在力F作用后（ ）
A．木块A所受摩擦力的方向向左 B．木块A所受摩擦力大小是12.5N
C．木块B所受摩擦力大小是11N D．木块B所受摩擦力大小是15N
【答案】C
【解析】最大静摩擦力等于滑动摩擦力，所以A受到的最大静摩擦为
B受到的最大静摩擦为
此时弹簧的弹力为
弹簧的弹力的大小小于物体受到的最大静摩擦力的大小，物体处于静止状态，根据平衡条件，A受到的摩擦力大小为8N，方向向右，B受到的摩摩擦力也是8N，方向向左，当与水平方向成60°的拉力
作用在木块B上，假设物体B仍静止，则B受到的摩擦力为11N，此时小于最大静摩擦，则B仍然静止，摩擦力方向向左，施加F后，弹簧的形变量不变，则A受力情况不变，A
受到的摩擦力大小仍为8N，方向向右，C正确。故选C。
考点三：牛顿第三定律
1．如图所示，倾角为的粗糙斜劈放在粗糙水平面上，物体a放在斜面上，轻质细线一端栓结在物体a上，另一端绕过光滑的滑轮栓结在天花板的c点，轻质滑轮2下悬挂物体b，系统处于静止状态。若将固定点c向左移动少许，而a与斜劈始终静止，下列说法错误的是（ ）
A．斜劈对物体a的摩擦力一定减小
B．斜劈对地面的压力一定不变
C．细线对物体a的拉力一定减小
D．地面对斜劈的摩擦力一定减小
【答案】A
【解析】AC．对滑轮和物体b受力分析，受重力和两个拉力，如图所示
竖直方向根据受力平衡可得
解得
将固定点c向左移动少许，则减小，故拉力减小；对物体a受力分析，受重力、支持力、拉力和静摩擦力，绳子拉力减小，但因为不知道拉力与重力沿斜面向下的分力的大小关系，故无法判断静摩擦力是否存在以及方向，故不能判断静摩擦力的变化情况，A说法错误，满足题意要求，C说法正确，不满足题意要求；
B．对斜劈、物体a、b和滑轮1、2整体受力分析，受重力、支持力、细线的拉力和地面的静摩擦力，如图所示
竖直方向根据受力平衡可得
可知与角度无关，恒定不变，根据牛顿第三定律，斜劈对地面的压力也不变，B说法正确，不满足题意要求；D．对斜劈、物体a、b和滑轮1、2整体受力分析，水平方向根据受力平衡可得
将固定点c向左移动少许，则减小，故摩擦力减小，D说法正确，不满足题意要求；故选A。
2．图中是生活中磨刀的情景。若磨刀石始终处于静止状态，当刀相对磨刀石向前运动的过程中，下列说法错误的是（ ）
A．刀受到的滑动摩擦力向后 B．磨刀石受到地面的静摩擦力向后
C．磨刀石受到四个力的作用 D．地面和磨刀石之间有两对相互作用力
【答案】C
【解析】A．当刀相对磨刀石向前运动的过程中，刀受到的滑动摩擦力向后，故A正确，不符合题意；B．当刀相对磨刀石向前运动的过程中，刀对磨刀石摩擦力向前，根据平衡条件可知，磨刀石受到地面的静摩擦力向后，故B正确，不符合题意；C．磨刀石受到重力、地面支持力、刀的摩擦力和地面摩擦力以及刀的压力（否则不会有摩擦力），共5个力作用，故C错误，符合题意；D．地面和磨刀石之间有两对相互作用力分别是磨刀石对地面的压力与地面对磨刀石的支持力，地面对磨刀石摩擦力与磨刀石对地面的摩擦力，故D正确，不符合题意。故选C。
3．农村在修建住房时，常用如图所示的简易机械装置来搬运建筑材料。光滑滑轮用通过轴心O的竖直轻杆固定在支架上的点，开始乙手中的绳子松弛，甲站在地面上通过定滑轮缓慢拉动绳子端点A，使材料竖直上升到达楼顶之后，乙再在楼顶水平拉着绳把建筑材料缓慢移到楼顶平台上。整个过程中甲的位置一直不动，下列说法正确的是（ ）
A．材料竖直上升过程中，轻杆上的力一定沿竖直方向
B．乙移动建筑材料的过程中，甲对绳的拉力保持不变
C．乙移动建筑材料的过程中，乙对绳的拉力大小不变
D．乙移动建筑材料的过程中，甲对地面的摩擦力逐渐增大
【答案】D
【解析】A．材料竖直上升过程中，以定滑轮为研究对象，由于定滑轮与甲这一侧绳子拉力存在水平向左的分力，根据受力平衡可知，轻杆对滑轮的作用力一定有水平向右的分力，故轻杆上的力不沿竖直方向，A错误；BC．乙移动建筑材料的过程中，可知滑轮与乙这一侧绳子与竖直方向的夹角逐渐变大，以点为对象，根据受力平衡可得
，
可知随着的增大，增大，增大，故甲对绳的拉力增大，乙对绳的拉力大增大，BC错误；D．乙移动建筑材料的过程中，对甲受力分析，由受力平衡可知，地面对甲的摩擦力大小等于绳子对甲的拉力在水平方向的分力，由于甲对绳的拉力增大，即绳对甲的拉力增大，且绳与水平方向夹角不变，可得地面对甲的摩擦力逐渐增大，根据牛顿第三定律可得，甲对地面的摩擦力逐渐增大，D正确；故选D。
考点四：力的合成与分解
1．车载手机支架是一种非常实用的小工具，可将其简化成相互垂直的斜面AB和斜面BC（如图），斜面BC与水平面的夹角为θ，质量为m的手机在两个斜面之间保持静止，重力加速度为g。将重力沿AB、BC方向分解，则沿斜面AB的分力大小为（ ）
A．mgsinθ B．mgcosθ C． D．
【答案】B
【解析】根据题图，由三角函数可得沿斜面AB的分力大小
故ACD错误B正确。故选B。
2．在“研究共点力的合成”的实验中对减小实验误差有益的是（ ）
A．两细绳应尽量等长
B．用两根橡皮条代替两根细绳套
C．标记同一细绳方向的两点要远些
D．两个弹簧测力计同时拉时，两测力计的拉力相差应大些
【答案】C
【解析】A．两细绳没有必要等长。故A错误；B．用两根橡皮条代替两根细绳套，不会对实验产生影响，二者效果是一样的。故B错误；C．标记同一细绳方向的两点远些，可以减小测量误差。故C正确；D．两个弹簧测力计同时拉时，两测力计的拉力相差应大些，势必会造成一个弹簧测力计的示数较小，不利于减小测量力大小的相对误差。故D错误。故选C。
3．如图所示，牛用大小为F的力通过耕索拉犁，F与竖直方向的夹角为α=60°，则该力在水平方向的分力大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】根据受力分析可得，该力在水平方向的分力大小为
ABD错误，C正确。故选C。
考点五：共点力的平衡
1．如图所示，木块、和沙桶通过不可伸长的轻质细绳和轻质光滑滑轮连接，处于静止状态。其中细绳的端与滑轮的转轴连接，端固定于天花板上。现向沙桶内加入少量沙子后，系统再次处于平衡状态。下列关于各物理量变化的说法，正确的是（ ）
A．斜面对木块的摩擦力增大
B．细绳对沙桶的拉力不变
C．地面对斜面体的支持力增大
D．绳与竖直方向的夹角增大
【答案】D
【解析】B．以沙桶为对象，根据受力平衡可知，细绳对沙桶的拉力等于沙与沙桶的重力，可知向沙桶内加入少量沙子后，细绳对沙桶的拉力变大，B错误；A．以木块为对象，由于不清楚绳子拉力与木块重力沿斜面向下的分力之间的大小关系，故斜面对木块的摩擦力方向可能沿斜面向上，也可能沿斜面向下，向沙桶内加入少量沙子后，细绳对的拉力变大，斜面对木块的摩擦力可能减小，也可能增大，甚至可能大小不变，A错误；D．以木块为对象，设木块两边绳子与竖直方向的夹角为，根据受力平衡可得
向沙桶内加入少量沙子后，细绳拉力变大，可知变小，变大，以端滑轮为研究对象，根据受力平衡可知，绳与竖直方向的夹角为，故绳与竖直方向的夹角增大，D正确；C．以木块和斜面为整体，根据受力平衡可得
可知向沙桶内加入少量沙子后，地面对斜面体的支持力不变，C错误。故选D。
2．如图所示，一根粗糙的水平横杆上套有A、B两个轻环，系在两环上的等长细绳将书本静止悬挂，现将两环距离变大后书本仍处于静止状态，若杆对A环的支持力为FN，杆对A环的摩擦力为Ff，则（ ）
A．FN减小，Ff不变 B．FN减小，Ff增大
C．FN不变，Ff不变 D．FN不变，Ff增大
【答案】D
【解析】对A、B和书本整体分析，根据平衡条件以及对称性可知
设两细绳的夹角为2θ，对A单独分析，根据平衡条件可得
将两环距离变大后，FN不变，θ增大，Ff增大。
故选D。
3．如图所示，一定质量的风筝用绳子固定于地面P点，风产生的力F垂直作用于风筝表面AB，并支持着风筝使它平衡。已知绳与水平地面的夹角α和风筝与水平面的夹角φ都为锐角，不计绳子所受的重力，设绳子产生的拉力为T，则T和F的大小关系是（ ）
A．T一定小于F B．T一定等于F
C．T一定大于F D．以上三种情况都有可能
【答案】A
【解析】
对风筝受力分析，并如图建立直角坐标系，将F及T沿坐标轴分解，则有：
x轴
Tcosα=Fsinφ
y轴
Fcosφ=G+Tsinα
联立解得：
则
F>T
故A正确，BCD错误；故选A。
能力提升练
一、单选题
1．拉力器是一种很好的健身器材，由脚环、两根相同的弹性绳、把手等组成。如图所示，女子拉开拉力器使其比原长伸长了40cm，此时拉力大小为120N。假设弹性绳的弹力与伸长量遵循胡克定律，且未超过弹性限度。则（ ）
A．人对健身器材的拉力是由于弹性绳形变产生的
B．若对拉力器的拉力增大，则弹性绳的劲度系数也增大
C．每根弹性绳的劲度系数为150N/m
D．若对拉力器的拉力减为60N，则弹性绳长度变为
【答案】C
【解析】A．人对健身器材的拉力是由于人自身形变产生的，A错误；B．弹性绳的劲度系数是弹性绳固有的属性，对拉力器的拉力增大时，其劲度系数还是不变，B错误；C．根据胡克定律得
代入数据解得每根弹性绳的劲度系数为
C正确；D．根据胡克定律，可得若对拉力器的拉力减为60N，则有
代入数据，解得
故弹性绳的形变量为20cm，D错误。故选C。
2．在探究弹簧弹力与形变量关系实验中，甲乙两组同学分别用同一弹簧来做实验，其中甲组是测出竖直状态时不挂钩码的弹簧长度作为原长，乙组是测出弹簧自然水平放置时的弹簧长度作为原长。两组分别采用如图甲装置完成实验，以钩码重力大小作为弹簧弹力大小F，x表示弹簧伸长量，两组完成实验后，得到如下F-x图像；其中实线是甲组的，虚线是乙组的，则下列图像正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】实验中用横轴表示弹簧的伸长量x，纵轴表示弹簧的拉力F，由胡克定律
甲组是测出竖直状态时不挂钩码的弹簧长度作为原长，则图像过原点；乙组是测出弹簧自然水平放置时的弹簧长度作为原长，由于弹簧自身的重力，弹簧不挂钩码时弹簧的伸长量已经不为零，则图像不过原点，两种情况下弹簧的劲度系数相同，两图像平行。故选A。
3．一本书重约6N，有424页，书本正面朝上。现将一张A4纸夹在106~107页间，A4纸能够覆盖几乎整个书页，如图所示。若要将A4纸抽出，至少需用约1N的拉力。不计书皮及A4纸的质量，则A4纸和书之间的摩擦因数最接近（ ）
A．0.33 B．0.45 C．0.56 D．0.67
【答案】A
【解析】需用约1N的拉力克服最大静摩擦力，A4纸受正反两面的两个摩擦力，不计书皮及A4纸的质量，有
解得
故选A。
4．打印机进纸系统的结构示意图如图所示，正常情况下，进纸系统能做到“每次只进一张纸”。设图中刚好有20张相同的纸，每张纸的质量均为m，搓纸轮按图示方向转动带动最上面的第1张纸向右运动，搓纸轮与纸张之间的动摩擦因数为μ1，纸张与纸张之间、纸张与底部摩擦片之间的动摩擦因数均为μ2，工作时搓纸轮给第1张纸压力大小为F。打印机正常工作时，下列说法正确的是 （ ）
A．第2张纸受到第1张纸的摩擦力方向向左
B．第10张纸与第11张纸之间的摩擦力大小为μ2（F＋10mg）
C．第20张纸与摩擦片之间的摩擦力为0
D．若想做到“每次只进一张纸”，则μ1>μ2
【答案】D
【解析】A．第1张纸相对第二张纸向右运动，所以给第2张纸的摩擦力方向向右，A错误；B．将第2到10张纸作为整体，第1张纸对第2张纸的摩擦力大小为
第10张纸与第11张纸之间为静摩擦力，所以第10张纸与第11张纸之间的摩擦力大小为
B错误；C．将第2到第20张纸作为整体受力分析可知，第20张纸与摩擦片之间的摩擦力为静摩擦力，大小不为零，C错误；D．第1张纸下表面受到第2张纸施加的滑动摩擦力为
f′=μ2（mg＋F）
要将纸一张一张进入就需要满足
f′=μ2（mg＋F）<μ1F
通常情况下
F>>mg
所以
μ1>μ2
D正确。故选D。
5．如图所示，屏南鸳鸯溪的猕猴抓着倾斜的树枝，处于静止状态，则（ ）
A．树枝对猴子的作用力竖直向上
B．猴子对树枝的作用力垂直树枝斜向下
C．猴子把树枝抓得越紧，树枝对猴子的摩擦力越大
D．猴子把树枝压弯，猴子对树枝的作用力大于树枝对猴子的反作用力
【答案】A
【解析】A．猴子处于平衡状态，对猴子受力分析，根据平衡条件可得，猴子受到的重力与树枝对猴子的作用力等大方向，故树枝对猴子的作用力竖直向上，A正确；B．根据牛顿第三定律可得猴子对树枝的作用力与树枝对猴子的作用力等大反向，故猴子对树枝的作用力竖直向下，B错误；C．猴子相对于树枝静止，树枝对猴子的摩擦力为静摩擦力，故猴子把树枝抓得越紧，树枝对猴子的摩擦力不变，C错误；D．猴子对树枝的作用力与树枝对子的反作用力是相互作用力，二者等大反向，D错误。故选A。
6．艺术课上，老师将学生们的剪纸作品进行展出时，用磁铁将剪纸作品吸在竖直的磁性黑板上，下列关于各物体的受力情况正确的是（ ）
A．磁铁对剪纸的摩擦力与剪纸对磁铁的摩擦力是一对平衡力
B．磁铁对剪纸的压力是由于剪纸发生形变引起的
C．黑板对剪纸的作用力与磁铁对剪纸的作用力大小相等
D．磁铁对剪纸的摩擦力与黑板对剪纸的摩擦力大小不相等
【答案】D
【解析】A．磁铁对剪纸的摩擦力与剪纸对磁铁的摩擦力是一对相互作用力，故A错误；
B．由弹力产生的条件可知：磁铁对剪纸的压力是由于磁铁发生形变引起的，故B错误；CD．由图可知，三块磁铁对剪纸的压力与黑板对剪纸的支持力相等，三块磁铁对剪纸的摩擦力和黑板对剪纸的摩擦力相等，可得磁铁对剪纸的摩擦力与黑板对剪纸的摩擦力大小不相等，由力的合成知：黑板对剪纸的作用力与磁铁对剪纸的作用力大小不相等，故D正确，C错误。故选D。
7．百米飞人苏炳添因为有惊人的弹跳力而被戏称他有弹簧腿。弹跳过程中屈膝是其中一个关键动作。如图所示，人下蹲，膝盖关节弯曲角度为θ，设此时大小腿肌群对膝关节的作用力F的方向水平向后，且大腿、小腿骨对膝关节的作用力大致相等，那么脚掌所受地面向上的弹力约为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】根据力的合成与分解可知，对膝关节，合力为
小腿骨对膝关节的作用力
则膝关节对小腿骨竖直方向的作用力为
因为脚掌对地面的竖直方向的作用力约为，根据牛顿第三定律可知，脚掌所受地面向上的弹力约为
故选D。
8．某同学在家中用三根相同的橡皮筋（遵循胡克定律）来探究求合力的方法，如图所示，三根橡皮筋在O点相互连接，拉长后三个端点用图钉固定在A、B、C三点。在实验中，可以通过刻度尺测量橡皮筋的长度来得到橡皮筋的拉力大小，并通过OA、OB、OC的方向确定三个拉力的方向，从而探究求其中任意两个拉力的合力的方法。在实验过程中，下列说法正确的是（ ）
A．实验需要测量橡皮筋的长度以及橡皮筋的原长
B．为减小误差，应选择劲度系数尽量大的橡皮筋
C．以OB、OC为两邻边作平行四边形，其对角线必与OA在一条直线上且长度相等
D．多次实验中O点需要固定
【答案】A
【解析】A．由于橡皮筋的弹力与形变量成正比，实验中用形变量等效替代弹力，因此实验中要测橡皮筋的伸长量，伸长量等于橡皮筋的拉伸后的长度减去橡皮筋的原长，故A正确；B．劲度系数大的橡皮筋施加一定弹力的形变量小，测量误差大，作图时误差也较大，应选劲度系数稍小的橡皮筋，故B错误；C．由于橡皮筋的弹力与形变量成正比，与它的长度不成正比，因此OB、OC弹力的合力方向与以OB、OC为两邻做平行四边形的对角线不重合，故C错误；D．本实验中采用的是三根橡皮筋共点力的平衡验证，即使O点不固定OA弹力与OB、OC合力始终等值反向，都可做平行四边形验证，故D错误。故选A。
9．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点，将木板以底边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
【解析】设两绳子对圆柱体的拉力的合力为，木板对圆柱体的支持力为，绳子与木板夹角为，从右向左看如图所示
在矢量三角形中，根据正弦定理
在木板以直线为轴向后方缓慢转动直至水平过程中，不变，从逐渐减小到0，又
且
可知
则
可知从锐角逐渐增大到钝角，根据
由于不断减小，可知不断减小，先增大后减小，可知先增大后减小，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，绳子拉力为，则
可得
不变，逐渐减小，可知绳子拉力不断减小，故B正确，ACD错误。故选B。
10．如图所示，质量为m的手机静置在支架斜面上，斜面与水平面的夹角为，手机与接触面的动摩擦因数为，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．支架对手机的作用力方向垂直于斜面向上，大小为mgcos
B．支架斜面对手机的摩擦力大小为，方向沿斜面向上
C．手持支架向左做匀速直线运动且手机与支架间无相对滑动，手机所受摩擦力水平向右
D．手持支架向上做匀速直线运动且手机与支架间无相对滑动，支架对手机的作用力方向竖直向上，大小为mg
【答案】D
【解析】A．支架对手机的作用力与手机的重力平衡，则方向竖直向上，大小为mg，故A错误；B．支架斜面对手机的摩擦力为静摩擦力，大小为
故B错误；C．手持支架向左做匀速直线运动且手机与支架间无相对滑动时，手机处于平衡状态，所以手机所受摩擦力沿斜面向上，故C错误；D．手持支架向上做匀速直线运动且手机与支架间无相对滑动时，手机处于平衡状态，支架对手机的作用力与手机所受重力平衡，故支架对手机的作用力方向竖直向上，大小为mg，故D正确。故选D。
二、多选题
11．如图所示，有一根均匀的非密绕弹簧和4个等质量的钩码，固定在弹簧底端的m2和固定在弹簧中部的m1各有2个钩码，整个装置保持静止时，m1之上的弹簧长度S1恰好等于m1之下的弹簧长度S2。则（ ）
A．S1部分的原长（无弹力时的长度）比S2部分的原长短
B．取m1处的一个钩码移到m2处，S1部分会缩短
C．取m2处的一个钩码移到m1处，弹簧总长不变
D．将m1的悬挂点下移一小段，弹簧总长会变长
【答案】AD
【解析】A．弹簧m1之上部分的拉力要与m1之下的所有物体总重平衡，故大小等于m1和m2的总重；而m1之下部分的拉力仅与m2的重力平衡，故大小等于m2的重。由于m1之上部分受到较大的拉力，所以如果都撤除拉力，则S1部分应该收缩量∆S1大于S2部分的收缩量∆S2，由于
S1＝S2
可见
S1'＝S1－∆S1＜S2－∆S2＝S2'
即S1部分的原长（无弹力时的长度）比S2部分的原长短，故A正确；B．取m1处的一个钩码移到m2处，S1部分受力不变，不会缩短，故B错误；C．取m2处的一个钩码移到m1处，S1部分受力不变，S2部分受力变小收缩，弹簧总长变短，故C错误；D．将m1的悬挂点下移一小段，m1移过的一小段弹簧受力变大被拉长，其余部分受力不变，故总长变长，故D正确。故选AD。
12．有一辆遥控电动玩具汽车，已知车内电动马达驱动后轮转动。现玩具汽车的后轮、前轮分别放在平板小车甲、乙上，如图所示，按动遥控器上的“前进”、“后退”键，汽车就能前进或后退，地面与甲、乙车之间的摩擦力不计，以下叙述正确的是（ ）
A．按动遥控器上的“前进”键，乙车对前轮摩擦力向后，乙车相对地面向前进
B．按动遥控器上的“前进”键，甲车对后轮摩擦力向前，甲车相对地面向后退
C．按动遥控器上的“后退”键，后轮对甲车摩擦力向后，甲车相对地面向后退
D．按动遥控器上的“后退”键，乙车对前轮摩擦力向前，乙车相对地面向后退
【答案】ABD
【解析】AB．按动遥控器上的“前进”键，后轮顺时针转动，对甲车的摩擦力向后，则甲车对后轮摩擦力向前，甲车相对地面向后退；前轮相对乙车向前滚动，对乙车的摩擦力向前，则乙车对前轮的摩擦力向后，乙车相对地面向前进，故AB正确；CD．按动遥控器上的“后退”键，后轮逆时针转动，对甲车的摩擦力向前，则甲车对后轮的摩擦力向后，甲车相对地面向前进；前轮相对乙车向后滚动，对乙车的摩擦力向后，则乙车对前轮的摩擦力向前，乙车相对地面向后退，故C错误，D正确。故选ABD。
13．如图甲所示，一名登山爱好者正沿着竖直崖壁向上攀爬，绳的一端固定在较高处的A点，另一端拴在人的腰间C点（重心处）。在人向上攀爬的过程中可以把人简化为乙图所示的物理模型：脚与崖壁接触点为O点，人的重力G全部集中在C点，O到C点可简化为轻杆，AC为轻绳。已知OC长度不变，人向上攀爬过程中的某时刻AOC构成等边三角形，则（ ）
A．轻绳对人的拉力与人对轻绳的拉力是一对平衡力
B．在此时刻，轻绳对人的拉力大小等于G
C．在虚线位置时，轻绳AC承受的拉力更小
D．在虚线位置时，OC段承受的压力不变
【答案】BD
【解析】A．轻绳对人的拉力与人对轻绳的拉力是一对作用力和反作用力，故A错误；B．重力、轻绳对人的拉力、OC的支持力构成等边三角形，所以轻绳对人的拉力和OC的支持力大小都等于人的重力大小G，故B正确；CD．根据相似三角形，有
则有
AC更长，则轻绳承受的拉力下更大，OC段受到的压力一直不变，故C错误，D正确。
故选BD。
14．某班物理兴趣小组在研究三力作用下的平衡问题时，设计了如图所示的简单而常见的情景模型：将一可视为质点的质量为m的小球用轻质柔软的细线悬挂于天花板上的O点，在外力F、细线拉力FT和重力mg的作用下处于平衡状态。细线与竖直方向的夹角为，与F的夹角为，开始时F水平。小组成员经过讨论形成了如下结论，你认为正确的是（ ）
A．保持θ角及小球位置不变，逐渐缓慢减小角直至F竖直向上，则F、FT都逐渐减小
B．保持F水平，逐渐缓慢增大θ角，则F、FT都逐渐增大
C．保持角不变，逐渐缓慢增大θ角，直至悬线水平，则FT逐渐减小，F逐渐增大
D．只增加细线的长度，其他条件不变，F、FT都减小
【答案】BC
【解析】A．如图所示
对小球受力分析，小球受重力、拉力F和细线的拉力FT作用，角不变，角减小到90°时，F最小，因此角减小的过程中，逐渐减小，F先减小后增大，故A错误；B．保持F水平，则
，
角增大时F、都逐渐增大，故B正确；C．保持角不变，增大角，细线和拉力F的方向都逆时针转动，如图
F水平时最大，水平时F最大，所以逐渐减小，F逐渐增大，故C正确；D．只增加细线的长度，对F、没有影响，故D错误。故选BC。
实验探究
1．两位同学一起做“研究共点力的合成”实验。
（1）实验采用的主要科学方法是( )
A．理想实验法 B．等效替代法 C．控制变量法 D．模拟研究法
（2）他们的实验操作的部分步骤如下，老师指出①、②步骤中各有一处存在遗漏。
①一位同学直接取用图（a）的两个弹簧测力计分别钩住绳套，平行于图板互成角度地拉伸橡皮筋使结点至P点（示意图如（b）），另一同学记录下P点位置、两测力计对应拉力F1、F2的大小和方向。
②再用一只弹簧测力计，通过一个细绳套拉伸橡皮筋使其伸长相同长度，记录测力计的示数F′和细绳的方向，并按同一标度作出F′的图示。
请说明①步骤中遗漏的内容_________；②步骤中遗漏的内容_____。
（3）两同学怀疑实验中的橡皮筋会因多次拉伸而弹性发生变化，于是设计如下实验来探究：将钉有白纸的图板竖直固定，橡皮筋上端固定于O点，一个细绳套上挂一重物，用与白纸平行的水平力拉另一细绳套，缓慢移动结点，在白纸上记录下结点的轨迹，如图（c）中“轨迹1”所示。
把橡皮筋多次拉伸后，重复实验，在同一张纸上记录下结点的轨迹2，如图（d）所示。过O点作一条直线与轨迹交于a、b两点，则两次实验中橡皮筋分别被拉到a、b
时，橡皮筋拉力的方向_____（选填“相同”或“不同”），由此推断拉力的大小Fa____Fb（选填“>”、“<”或“=”）。
【答案】 B 弹簧测力计使用前应水平调零 应把橡皮筋的结点拉到同一位置 相同 =
【解析】（1）[1]研究共点力的合成是保证两个力拉橡皮筋的效果和一个力拉橡皮筋的效果相同，故采用了等效替代法，故选B；
（2）[2]两只弹簧测力计使用前指针没有指到零刻度先，则步骤①中遗漏的内容为弹簧测力计使用前应水平调零；[3]为了保证两次拉动橡皮筋的效果相同，则②步骤中遗漏的内容应把橡皮筋的结点拉到同一位置；
（3）[4]过O点作一条直线与轨迹交于a、b两点，橡皮筋的拉力沿橡皮筋收缩的方向，则两次实验中橡皮筋的拉力方向相同；[5]由于缓慢地移动P，结点始终处于平衡，而所受重力不变，而橡皮筋的拉力方向不变，由力的三角形规律可得Fa、Fb的大小关系为
2．（1）在探究求合力的方法的实验中，通过对拉的方法来选择两个弹簧测力计，方案一：两弹簧测力计竖直悬挂在铁架台上对拉（如图甲所示），方案二：两弹簧测力计置于水平桌面对拉（如图乙所示），下列说法正确的是___________。
A．弹簧测力计使用前必须进行调零
B．实验时，两个弹簧测力计的量程需一致
C．若方案一的两弹簧测力计读数相等，则可正常使用
D．若方案二的两弹簧测力计读数相等，则可正常使用
（2）在探究求合力的方法的实验中，某实验小组使用的弹簧测力计量程为5.0 N，将橡皮条一端固定，先用两只弹簧测力计将橡皮条另一端拉到某一位置，标记为O点，紧靠细绳标记A、B
两点，并记录弹簧测力计读数，然后用一只弹簧测力计将其拉至O点，标记紧靠细绳的C点，并记录弹簧测力计读数，该小组完成的部分实验数据记录在图丙中。
①按实验要求在图丙中完成作图；___________
②结合图丙，分析实验过程与结果，下列措施对减小实验误差有益的是___________。
A．适当增加橡皮筋的原长 B．适当增大两细绳的夹角
C．增大A、B两点到O点的距离 D．增大弹簧测力计的拉力
【答案】 AD BC
【解析】（1）[1]A．弹簧测力计在使用前必须进行调零，A正确；B．实验中使用的两个弹簧测力计，其量程可以不同，B错误；C．方案一中弹簧测力计竖直悬挂时，上面的弹簧由于自身重力作用而弹力偏大，下面的弹簧由于自身重力作用而弹力偏小，若两弹簧测力计读数相等，则水平测量拉力时读数必然不同，所以不能使用，C错误；D．若方案二的两弹簧测力计读数相等，则可正常使用，D正确。
故选AD。
（2）①[2]作图如下。
②[3]增加橡皮筋的原长对实验没有影响；图中两分力的夹角较小，根据平行四边形的特点，适当增大两细绳的夹角，可以使作图更精确，从而减小实验误差；绳子的作用是显示出力的方向，增大A、B两点到O点的距离，可以提高分力方向的精确度，从而减小实验误差；弹簧测力计的量程为5.0 N，图中合力已经达到了4.8 N，所以不能再增大弹簧测力计的拉力；故选BC。
3．某实验小组利用如图所示的实验器材验证力的平行四边形定则。在圆形水平桌面上平铺固定一张白纸，在桌子边缘安装三个不计摩擦的滑轮，其中滑轮P1固定在桌边，滑轮P2、P3可沿桌边移动。将三根绳子系在同一点O，每根绳子的另一端各挂一定数量的砝码（每个砝码的质量均为m），当系统达到平衡时，记录每根绳上的砝码数量便可得出三根绳子的拉力大小，按照正确步骤进行操作，完成实验。回答下列问题：
（1）下列说法正确的是______
A．必须以OP2、OP3绳的拉力为相邻边作平行四边形
B．若三根绳互成120°角，则三根绳所挂钩码数量相等
C．以OP2、OP3绳的拉力作平行四边形，所夹对角线（合力理论值）大小与OP1拉力大小相同，则验证了力的平行四边形定则
D．三根绳可以用橡皮筋代替
（2）实验时，若O点的位置不在圆桌中心______（填“会”或“不会”）影响实验结论。
（3）若三个滑轮不在同一水平面上，且高度偏差较大______（填“能”或“不能”）在白纸上准确记录力的大小和方向。
【答案】 BD 不会 能
【解析】（1）[1]A．作用在O点的三个力分别为OP1、OP2、OP3三根绳子中的拉力，由三力平衡可知，实验中应根据平行四边形定则任意合成两根绳子中的拉力，如果两根绳子拉力的合力与第三根绳子中的拉力等大、反向、共线，那么就验证了力的平行四边形定则。故任意选取两根绳的拉力为相邻边作平行四边形即可，A错误；B．由平行四边形定则可知，若三根绳互成120°角，则其中两根绳中拉力的合力在它们夹角角平分线方向，则两根绳中拉力大小相等，又因为两个等大分力夹角120°时合力与两分力相等，故三根绳子中的拉力相等，即三根绳所挂钩码数量相等，B正确；C．以OP2、OP3绳的拉力作平行四边形，所夹对角线（合力理论值）大小与OP1拉力大小相同，方向OP1拉力方向相反，则验证了力的平行四边形定则。仅合力理论值大小与OP1拉力大小相同，无法验证平行四边形定则成立，C错误；D．三根绳用橡皮筋代替不会影响拉力方向、大小的记录，故三根绳可以用橡皮筋代替，D正确。
故选BD。
（2）[2]本实验需要通过三力平衡验证力的平行四边形定则，每次平衡后，取下沙桶前记录好节点与力的方向即可，因此改变滑轮的位置和相应沙桶中沙的质量，使系统再次达到平衡，绳的结点O的位置不必保持不变。即O点的位置不在圆桌中心不会影响实验结论。
（3）[3]三个滑轮不在同一水平面上，则三个力所在的平面与桌面不共面，在桌面上记录细线方向时记录的是三个力在水平桌面上投影的方向，由几何关系可知，三个力投影的夹角与三个拉力的夹角相同，故三个滑轮不在同一水平面上，不会影响拉力方向的记录，也能在白纸上准确记录力的大小和方向；
计算题培优
1．如图1，一杂技演员利用动滑轮让自己悬挂在细绳的最低点以完成各种杂技表演。绳子两端分别固定在两根竖直杆上的a、b两点，绳子的质量可忽略不计，绳子不可伸长。已知杂技演员的质量为m，重力加速度为g。当杂技演员静止不动时，绳与水平方向夹角为α。不计动滑轮重力和动滑轮与绳间的摩擦。
（1）若保持绳子a端、b端在杆上位置不变，将右侧杆向左缓慢平移到虚线位置，使两杆之间的距离减小。请分析判断此过程中：
①夹角α大小的变化情况，并画出杆在虚线位置时，绳子和杂技演员的位置分布图景；②两绳上张力F的合力的变化情况；③每根绳子上张力F大小的变化情况；（2）若保持杆不动，将绳的右端缓慢上移到b′位置，请分析判断此过程中：
①夹角α大小的变化情况，并画出绳的右端在b′位置时，绳子和杂技演员的位置分布图景；②两绳上张力F的合力的变化情况；③每根绳子上张力F大小的变化情况。
【答案】（1）①夹角α变大， ；
②两绳上张力F的合力保持不变；③每根绳子上张力F变小；
（2）①夹角α不变； ；
②两绳上张力F的合力保持不变；③每根绳子上张力F不变
【解析】（1）①如图所示
由于滑轮与绳子间没有摩擦力，所以两边绳子与水平方向的夹角应该相等。设改变前两边绳子的长度分别为L1、L2，绳子与水平方向的夹角为α，两杆之间的水平距离为x；改变后两边绳子的长度分别为L1′、L2′，绳子与水平方向的夹角为α′，两杆之间的水平距离为x′。则有
，，
因
所以
即夹角α变大。
②由力的平衡可知，两绳上张力F的合力等于杂技演员的重力，保持不变。
③由力的平衡可知，每根绳子上的张力F大小相等。设改变前每根绳子上的张力为F，改变后每根绳子上的张力为F′。则有
因夹角变大，则每根绳子上张力F变小。
（2）①如图所示
由于滑轮与绳子间没有摩擦力，所以两边绳子与水平方向的夹角应该相等。设改变前两边绳子的长度分别为L1、L2，绳子与水平方向的夹角为α，两杆之间的水平距离为x；改变后两边绳子的长度分别为L1′、L2′，绳子与水平方向的夹角为α′，两杆之间的水平距离为x′，则有
，，
因
则
即夹角α保持不变。
②由力的平衡可知，两绳上张力F的合力等于杂技演员的重力，保持不变。
③由力的平衡可知，每根绳子上的张力F大小相等。设改变前每根绳子上的张力为F，改变后每根绳子上的张力为F′。则有
因夹角α保持不变，则每根绳子上张力F不变。
2．质量为M的木楔倾角为θ（θ<45°），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。当用与木楔斜面成α角的力F拉木块，木块匀速上升，如图所示（已知木楔在整个过程中始终静止）。
（1）当α＝θ时，拉力F有最小值，求此最小值；
（2）求在（1）的情况下木楔对水平面的摩擦力是多少。
【答案】（1）mgsin2θ；（2）mgsin4θ
【解析】木块在木楔斜面上匀速向下运动时，有
mgsinθ＝μmgcosθ
即
μ＝tanθ
（1）木块在力F的作用下沿斜面向上匀速运动，有
Fcosα＝mgsinθ＋Ff
Fsinα＋FN＝mgcosθ
Ff＝μFN
解得
F＝＝＝
则当α＝θ时，F有最小值，则
Fmin＝mgsin2θ
（2）因为木块及木楔均处于平衡状态，整体受到地面的摩擦力等于F的水平分力，即
Ff′＝Fcos（α＋θ）
当F取最小值mgsin2θ时，
Ff′＝Fmincos2θ＝mgsin2θ·cos2θ＝mgsin4θ
3．如图所示，两根相同的弹性绳一端系在固定的水平顶杆上，另一端分别穿过木板1两端的小孔A、B后固定在木板2两端的C、D处，整个系统处于静止状态，两木板均水平。绳上端两悬点之间的距离以及木板上A、B之间的距离均为d，木板上C、D之间的距离为2d，木板1、2的质量分别为m和4m，弹性绳的原长恰好等于板1和顶杆之间的距离，重力加速度为g，不计绳和小孔处的摩擦。求：
（1）每根弹性绳对木板2的拉力大小；
（2）弹性绳的劲度系数k。
【答案】（1）2.5mg；（2）
【解析】（1）以木板1、2构成的整体为研究对象，有
2F=mg+4mg
由于不计摩擦，弹性绳上张力处处相等，故弹性绳对木板2的拉力即为F
解得
F=2.5mg
（2）由胡克定律
F=
设AC和竖直方向夹角为θ，由几何关系得
以2板为研究对象，有
2Fcosθ=4mg
联立解得
高考物理一轮复习策略
首先，要学会听课：
1、有准备的去听，也就是说听课前要先预习，找出不懂的知识、发现问题，带着知识点和问题去听课会有解惑的快乐，也更听得进去，容易掌握;
2、参与交流和互动，不要只是把自己摆在“听”的旁观者，而是“听”的参与者。
3、听要结合写和思考。
4、如果你因为种种原因，出现了那些似懂非懂、不懂的知识，课上或者课后一定要花时间去弄懂。
其次，要学会记忆：
1、要学会整合知识点。把需要学习的信息、掌握的知识分类，做成思维导图或知识点卡片，会让你的大脑、思维条理清醒，方便记忆、温习、掌握。
2、合理用脑。
3、借助高效工具。学习思维导图，思维导图是一种将放射性思考具体化的方法，也是高效整理，促进理解和记忆的方法。最后，要学会总结：
一是要总结考试成绩，通过总结学会正确地看待分数。
1.摸透主干知识 2.能力驾驭高考 3.科技领跑生活
第三章 相互作用——力
课标解读
1.认识重力、弹力与摩擦力。通过实验，了解胡克定律。知道滑动摩擦和静摩擦现象，能用动摩擦因数计算滑动摩擦力的大小。例如调查生产生活中所用弹簧的形状及使用目的；制作一个简易弹簧测力计，用胡克定律解释其原理。
2.通过实验，了解力的合成与分解，知道矢量和标量。能用共点力的平衡条件分析生产生活中的问题。
基础过关练
考点一：重力与弹力
1．关于重力的大小和方向，以下说法中正确的选项是（ ）
A．在地球上方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，把重心挖去物体就没有受到重力
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
【答案】A
【解析】A．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；B．重力是万有引力的一个分力，在不同的位置方向是不一样的，故B错误；C．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；D．重力等于质量与重加速度的乘积，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。故选A。
2．某同学利用图甲所示的装置进行“探究弹簧弹力与形变量的关系”实验，根据实验数据作出如图乙所示的图像。下列说法正确的是（ ）
A．图乙中x表示弹簧的形变量 B．不挂钩码时弹簧的长度为
C．该弹簧的劲度系数约为 D．图线不过原点是由于弹簧自重影响
【答案】C
【解析】AD．图线不过原点是由于x表示弹簧的长度，不是因为弹簧的自重影响，故AD错误；B．根据胡克定律有
由图可知不挂钩码时弹簧的长度为
故B错误；C．图像的斜率表示弹簧的劲度系数，即
故C正确。故选C。
3．脚蹬拉力器由脚环、两根相同的弹性绳、把手组成，可以做到手脚配合，锻炼手臂、腿、腰部、腹部等部位，深受健身人士的喜爱。如图所示，女子用沿平行于弹性绳的力拉动拉力器时，每只手拉力大小为120N时，弹性绳比原长伸长了30cm。弹性绳的弹力与伸长量成正比，且未超过弹性限度，不计把手和弹性绳重力，下列说法正确的是（ ）
A．把手对弹性绳的拉力是由于弹性绳发生形变产生的
B．弹性绳的劲度系数为400N/m
C．弹性绳的劲度系数为800N/m
D．若每只手的拉力改为80N，弹性绳长度为20cm
【答案】B
【解析】A.把手对弹性绳的拉力是由于把手发生形变产生的，A错误；BC.根据胡克定律可得
，k= 400N/m
B正确,C错误；D.弹性绳原长度未知，每只手的拉力改为80N, 弹性绳长度不知，D错误．故选B。
考点二：摩擦力
1．如图所示，一足够长的轻质绸带放在水平光滑桌面上，绸带上放A、B两物块，A物块质量大于B物块，两物块同时分别受到反向等大逐渐增大的力作用，两物块与绸带间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等。下列说法错误的是（ ）
A．两物块所受摩擦力的大小总是相等
B．两物块不可能同时相对绸带滑动
C．A物块不可能相对绸带发生滑动
D．A物块所受摩擦力一定大于B物块所受摩擦力
【答案】D
【解析】轻质丝绸的质量为零，因此合力一定为零。当A、B两物块同时分别受到反向等大逐渐增大的力作用时，轻质绸带所受的摩擦力一定大小相等，方向相反；由于A物块所受最大静摩擦力较大，故B物块先相对绸带运动，A物块不会发生相对绸带滑动，如果A发生相对滑动丝绸受到A较大的滑动摩擦力则B对丝绸提供的摩擦力无法与之平衡。故ABC正确，与题意不符；D错误，与题意相符。本题选错误的故选D。
2．如图，水平桌面上等间距放置几支玻璃管，玻璃管上放一张轻薄的复合板，在复合板上放一辆电动遥控小车。启动遥控小车的前进挡，则（ ）
A．小车向左运动，受到向左的滑动摩擦力
B．小车向左运动，受到向右的滑动摩擦力
C．复合板受到小车的滑动摩擦力作用而向右运动
D．复合板受到小车的静摩擦力作用而向右运动
【答案】D
【解析】AB．小车向左运动，由于小车的轮胎与复合板间无相对滑动，则受到的是静摩擦力，方向向左，选项AB错误；CD．同理可知，复合板受到小车的向右的静摩擦力作用而向右运动，选项C错误，D正确。
故选D。
3．木块A、B的质量分别为5kg和6kg，它们与水平地面之间的动摩擦因数均为0.25。夹在A、B之间的轻质弹簧被压缩了2cm，弹簧的劲度系数为400N/m，初始时两木块在水平地面上静止不动。现用与水平方向成60°的拉力F＝6N作用在木块B上，如图所示。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取g＝10m/s2，则在力F作用后（ ）
A．木块A所受摩擦力的方向向左 B．木块A所受摩擦力大小是12.5N
C．木块B所受摩擦力大小是11N D．木块B所受摩擦力大小是15N
【答案】C
【解析】最大静摩擦力等于滑动摩擦力，所以A受到的最大静摩擦为
B受到的最大静摩擦为
此时弹簧的弹力为
弹簧的弹力的大小小于物体受到的最大静摩擦力的大小，物体处于静止状态，根据平衡条件，A受到的摩擦力大小为8N，方向向右，B受到的摩摩擦力也是8N，方向向左，当与水平方向成60°的拉力
作用在木块B上，假设物体B仍静止，则B受到的摩擦力为11N，此时小于最大静摩擦，则B仍然静止，摩擦力方向向左，施加F后，弹簧的形变量不变，则A受力情况不变，A
受到的摩擦力大小仍为8N，方向向右，C正确。故选C。
考点三：牛顿第三定律
1．如图所示，倾角为的粗糙斜劈放在粗糙水平面上，物体a放在斜面上，轻质细线一端栓结在物体a上，另一端绕过光滑的滑轮栓结在天花板的c点，轻质滑轮2下悬挂物体b，系统处于静止状态。若将固定点c向左移动少许，而a与斜劈始终静止，下列说法错误的是（ ）
A．斜劈对物体a的摩擦力一定减小
B．斜劈对地面的压力一定不变
C．细线对物体a的拉力一定减小
D．地面对斜劈的摩擦力一定减小
【答案】A
【解析】AC．对滑轮和物体b受力分析，受重力和两个拉力，如图所示
竖直方向根据受力平衡可得
解得
将固定点c向左移动少许，则减小，故拉力减小；对物体a受力分析，受重力、支持力、拉力和静摩擦力，绳子拉力减小，但因为不知道拉力与重力沿斜面向下的分力的大小关系，故无法判断静摩擦力是否存在以及方向，故不能判断静摩擦力的变化情况，A说法错误，满足题意要求，C说法正确，不满足题意要求；
B．对斜劈、物体a、b和滑轮1、2整体受力分析，受重力、支持力、细线的拉力和地面的静摩擦力，如图所示
竖直方向根据受力平衡可得
可知与角度无关，恒定不变，根据牛顿第三定律，斜劈对地面的压力也不变，B说法正确，不满足题意要求；D．对斜劈、物体a、b和滑轮1、2整体受力分析，水平方向根据受力平衡可得
将固定点c向左移动少许，则减小，故摩擦力减小，D说法正确，不满足题意要求；故选A。
2．图中是生活中磨刀的情景。若磨刀石始终处于静止状态，当刀相对磨刀石向前运动的过程中，下列说法错误的是（ ）
A．刀受到的滑动摩擦力向后 B．磨刀石受到地面的静摩擦力向后
C．磨刀石受到四个力的作用 D．地面和磨刀石之间有两对相互作用力
【答案】C
【解析】A．当刀相对磨刀石向前运动的过程中，刀受到的滑动摩擦力向后，故A正确，不符合题意；B．当刀相对磨刀石向前运动的过程中，刀对磨刀石摩擦力向前，根据平衡条件可知，磨刀石受到地面的静摩擦力向后，故B正确，不符合题意；C．磨刀石受到重力、地面支持力、刀的摩擦力和地面摩擦力以及刀的压力（否则不会有摩擦力），共5个力作用，故C错误，符合题意；D．地面和磨刀石之间有两对相互作用力分别是磨刀石对地面的压力与地面对磨刀石的支持力，地面对磨刀石摩擦力与磨刀石对地面的摩擦力，故D正确，不符合题意。故选C。
3．农村在修建住房时，常用如图所示的简易机械装置来搬运建筑材料。光滑滑轮用通过轴心O的竖直轻杆固定在支架上的点，开始乙手中的绳子松弛，甲站在地面上通过定滑轮缓慢拉动绳子端点A，使材料竖直上升到达楼顶之后，乙再在楼顶水平拉着绳把建筑材料缓慢移到楼顶平台上。整个过程中甲的位置一直不动，下列说法正确的是（ ）
A．材料竖直上升过程中，轻杆上的力一定沿竖直方向
B．乙移动建筑材料的过程中，甲对绳的拉力保持不变
C．乙移动建筑材料的过程中，乙对绳的拉力大小不变
D．乙移动建筑材料的过程中，甲对地面的摩擦力逐渐增大
【答案】D
【解析】A．材料竖直上升过程中，以定滑轮为研究对象，由于定滑轮与甲这一侧绳子拉力存在水平向左的分力，根据受力平衡可知，轻杆对滑轮的作用力一定有水平向右的分力，故轻杆上的力不沿竖直方向，A错误；BC．乙移动建筑材料的过程中，可知滑轮与乙这一侧绳子与竖直方向的夹角逐渐变大，以点为对象，根据受力平衡可得
，
可知随着的增大，增大，增大，故甲对绳的拉力增大，乙对绳的拉力大增大，BC错误；D．乙移动建筑材料的过程中，对甲受力分析，由受力平衡可知，地面对甲的摩擦力大小等于绳子对甲的拉力在水平方向的分力，由于甲对绳的拉力增大，即绳对甲的拉力增大，且绳与水平方向夹角不变，可得地面对甲的摩擦力逐渐增大，根据牛顿第三定律可得，甲对地面的摩擦力逐渐增大，D正确；故选D。
考点四：力的合成与分解
1．车载手机支架是一种非常实用的小工具，可将其简化成相互垂直的斜面AB和斜面BC（如图），斜面BC与水平面的夹角为θ，质量为m的手机在两个斜面之间保持静止，重力加速度为g。将重力沿AB、BC方向分解，则沿斜面AB的分力大小为（ ）
A．mgsinθ B．mgcosθ C． D．
【答案】B
【解析】根据题图，由三角函数可得沿斜面AB的分力大小
故ACD错误B正确。故选B。
2．在“研究共点力的合成”的实验中对减小实验误差有益的是（ ）
A．两细绳应尽量等长
B．用两根橡皮条代替两根细绳套
C．标记同一细绳方向的两点要远些
D．两个弹簧测力计同时拉时，两测力计的拉力相差应大些
【答案】C
【解析】A．两细绳没有必要等长。故A错误；B．用两根橡皮条代替两根细绳套，不会对实验产生影响，二者效果是一样的。故B错误；C．标记同一细绳方向的两点远些，可以减小测量误差。故C正确；D．两个弹簧测力计同时拉时，两测力计的拉力相差应大些，势必会造成一个弹簧测力计的示数较小，不利于减小测量力大小的相对误差。故D错误。故选C。
3．如图所示，牛用大小为F的力通过耕索拉犁，F与竖直方向的夹角为α=60°，则该力在水平方向的分力大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】根据受力分析可得，该力在水平方向的分力大小为
ABD错误，C正确。故选C。
考点五：共点力的平衡
1．如图所示，木块、和沙桶通过不可伸长的轻质细绳和轻质光滑滑轮连接，处于静止状态。其中细绳的端与滑轮的转轴连接，端固定于天花板上。现向沙桶内加入少量沙子后，系统再次处于平衡状态。下列关于各物理量变化的说法，正确的是（ ）
A．斜面对木块的摩擦力增大
B．细绳对沙桶的拉力不变
C．地面对斜面体的支持力增大
D．绳与竖直方向的夹角增大
【答案】D
【解析】B．以沙桶为对象，根据受力平衡可知，细绳对沙桶的拉力等于沙与沙桶的重力，可知向沙桶内加入少量沙子后，细绳对沙桶的拉力变大，B错误；A．以木块为对象，由于不清楚绳子拉力与木块重力沿斜面向下的分力之间的大小关系，故斜面对木块的摩擦力方向可能沿斜面向上，也可能沿斜面向下，向沙桶内加入少量沙子后，细绳对的拉力变大，斜面对木块的摩擦力可能减小，也可能增大，甚至可能大小不变，A错误；D．以木块为对象，设木块两边绳子与竖直方向的夹角为，根据受力平衡可得
向沙桶内加入少量沙子后，细绳拉力变大，可知变小，变大，以端滑轮为研究对象，根据受力平衡可知，绳与竖直方向的夹角为，故绳与竖直方向的夹角增大，D正确；C．以木块和斜面为整体，根据受力平衡可得
可知向沙桶内加入少量沙子后，地面对斜面体的支持力不变，C错误。故选D。
2．如图所示，一根粗糙的水平横杆上套有A、B两个轻环，系在两环上的等长细绳将书本静止悬挂，现将两环距离变大后书本仍处于静止状态，若杆对A环的支持力为FN，杆对A环的摩擦力为Ff，则（ ）
A．FN减小，Ff不变 B．FN减小，Ff增大
C．FN不变，Ff不变 D．FN不变，Ff增大
【答案】D
【解析】对A、B和书本整体分析，根据平衡条件以及对称性可知
设两细绳的夹角为2θ，对A单独分析，根据平衡条件可得
将两环距离变大后，FN不变，θ增大，Ff增大。
故选D。
3．如图所示，一定质量的风筝用绳子固定于地面P点，风产生的力F垂直作用于风筝表面AB，并支持着风筝使它平衡。已知绳与水平地面的夹角α和风筝与水平面的夹角φ都为锐角，不计绳子所受的重力，设绳子产生的拉力为T，则T和F的大小关系是（ ）
A．T一定小于F B．T一定等于F
C．T一定大于F D．以上三种情况都有可能
【答案】A
【解析】
对风筝受力分析，并如图建立直角坐标系，将F及T沿坐标轴分解，则有：
x轴
Tcosα=Fsinφ
y轴
Fcosφ=G+Tsinα
联立解得：
则
F>T
故A正确，BCD错误；故选A。
能力提升练
一、单选题
1．拉力器是一种很好的健身器材，由脚环、两根相同的弹性绳、把手等组成。如图所示，女子拉开拉力器使其比原长伸长了40cm，此时拉力大小为120N。假设弹性绳的弹力与伸长量遵循胡克定律，且未超过弹性限度。则（ ）
A．人对健身器材的拉力是由于弹性绳形变产生的
B．若对拉力器的拉力增大，则弹性绳的劲度系数也增大
C．每根弹性绳的劲度系数为150N/m
D．若对拉力器的拉力减为60N，则弹性绳长度变为
【答案】C
【解析】A．人对健身器材的拉力是由于人自身形变产生的，A错误；B．弹性绳的劲度系数是弹性绳固有的属性，对拉力器的拉力增大时，其劲度系数还是不变，B错误；C．根据胡克定律得
代入数据解得每根弹性绳的劲度系数为
C正确；D．根据胡克定律，可得若对拉力器的拉力减为60N，则有
代入数据，解得
故弹性绳的形变量为20cm，D错误。故选C。
2．在探究弹簧弹力与形变量关系实验中，甲乙两组同学分别用同一弹簧来做实验，其中甲组是测出竖直状态时不挂钩码的弹簧长度作为原长，乙组是测出弹簧自然水平放置时的弹簧长度作为原长。两组分别采用如图甲装置完成实验，以钩码重力大小作为弹簧弹力大小F，x表示弹簧伸长量，两组完成实验后，得到如下F-x图像；其中实线是甲组的，虚线是乙组的，则下列图像正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】实验中用横轴表示弹簧的伸长量x，纵轴表示弹簧的拉力F，由胡克定律
甲组是测出竖直状态时不挂钩码的弹簧长度作为原长，则图像过原点；乙组是测出弹簧自然水平放置时的弹簧长度作为原长，由于弹簧自身的重力，弹簧不挂钩码时弹簧的伸长量已经不为零，则图像不过原点，两种情况下弹簧的劲度系数相同，两图像平行。故选A。
3．一本书重约6N，有424页，书本正面朝上。现将一张A4纸夹在106~107页间，A4纸能够覆盖几乎整个书页，如图所示。若要将A4纸抽出，至少需用约1N的拉力。不计书皮及A4纸的质量，则A4纸和书之间的摩擦因数最接近（ ）
A．0.33 B．0.45 C．0.56 D．0.67
【答案】A
【解析】需用约1N的拉力克服最大静摩擦力，A4纸受正反两面的两个摩擦力，不计书皮及A4纸的质量，有
解得
故选A。
4．打印机进纸系统的结构示意图如图所示，正常情况下，进纸系统能做到“每次只进一张纸”。设图中刚好有20张相同的纸，每张纸的质量均为m，搓纸轮按图示方向转动带动最上面的第1张纸向右运动，搓纸轮与纸张之间的动摩擦因数为μ1，纸张与纸张之间、纸张与底部摩擦片之间的动摩擦因数均为μ2，工作时搓纸轮给第1张纸压力大小为F。打印机正常工作时，下列说法正确的是 （ ）
A．第2张纸受到第1张纸的摩擦力方向向左
B．第10张纸与第11张纸之间的摩擦力大小为μ2（F＋10mg）
C．第20张纸与摩擦片之间的摩擦力为0
D．若想做到“每次只进一张纸”，则μ1>μ2
【答案】D
【解析】A．第1张纸相对第二张纸向右运动，所以给第2张纸的摩擦力方向向右，A错误；B．将第2到10张纸作为整体，第1张纸对第2张纸的摩擦力大小为
第10张纸与第11张纸之间为静摩擦力，所以第10张纸与第11张纸之间的摩擦力大小为
B错误；C．将第2到第20张纸作为整体受力分析可知，第20张纸与摩擦片之间的摩擦力为静摩擦力，大小不为零，C错误；D．第1张纸下表面受到第2张纸施加的滑动摩擦力为
f′=μ2（mg＋F）
要将纸一张一张进入就需要满足
f′=μ2（mg＋F）<μ1F
通常情况下
F>>mg
所以
μ1>μ2
D正确。故选D。
5．如图所示，屏南鸳鸯溪的猕猴抓着倾斜的树枝，处于静止状态，则（ ）
A．树枝对猴子的作用力竖直向上
B．猴子对树枝的作用力垂直树枝斜向下
C．猴子把树枝抓得越紧，树枝对猴子的摩擦力越大
D．猴子把树枝压弯，猴子对树枝的作用力大于树枝对猴子的反作用力
【答案】A
【解析】A．猴子处于平衡状态，对猴子受力分析，根据平衡条件可得，猴子受到的重力与树枝对猴子的作用力等大方向，故树枝对猴子的作用力竖直向上，A正确；B．根据牛顿第三定律可得猴子对树枝的作用力与树枝对猴子的作用力等大反向，故猴子对树枝的作用力竖直向下，B错误；C．猴子相对于树枝静止，树枝对猴子的摩擦力为静摩擦力，故猴子把树枝抓得越紧，树枝对猴子的摩擦力不变，C错误；D．猴子对树枝的作用力与树枝对子的反作用力是相互作用力，二者等大反向，D错误。故选A。
6．艺术课上，老师将学生们的剪纸作品进行展出时，用磁铁将剪纸作品吸在竖直的磁性黑板上，下列关于各物体的受力情况正确的是（ ）
A．磁铁对剪纸的摩擦力与剪纸对磁铁的摩擦力是一对平衡力
B．磁铁对剪纸的压力是由于剪纸发生形变引起的
C．黑板对剪纸的作用力与磁铁对剪纸的作用力大小相等
D．磁铁对剪纸的摩擦力与黑板对剪纸的摩擦力大小不相等
【答案】D
【解析】A．磁铁对剪纸的摩擦力与剪纸对磁铁的摩擦力是一对相互作用力，故A错误；
B．由弹力产生的条件可知：磁铁对剪纸的压力是由于磁铁发生形变引起的，故B错误；CD．由图可知，三块磁铁对剪纸的压力与黑板对剪纸的支持力相等，三块磁铁对剪纸的摩擦力和黑板对剪纸的摩擦力相等，可得磁铁对剪纸的摩擦力与黑板对剪纸的摩擦力大小不相等，由力的合成知：黑板对剪纸的作用力与磁铁对剪纸的作用力大小不相等，故D正确，C错误。故选D。
7．百米飞人苏炳添因为有惊人的弹跳力而被戏称他有弹簧腿。弹跳过程中屈膝是其中一个关键动作。如图所示，人下蹲，膝盖关节弯曲角度为θ，设此时大小腿肌群对膝关节的作用力F的方向水平向后，且大腿、小腿骨对膝关节的作用力大致相等，那么脚掌所受地面向上的弹力约为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】根据力的合成与分解可知，对膝关节，合力为
小腿骨对膝关节的作用力
则膝关节对小腿骨竖直方向的作用力为
因为脚掌对地面的竖直方向的作用力约为，根据牛顿第三定律可知，脚掌所受地面向上的弹力约为
故选D。
8．某同学在家中用三根相同的橡皮筋（遵循胡克定律）来探究求合力的方法，如图所示，三根橡皮筋在O点相互连接，拉长后三个端点用图钉固定在A、B、C三点。在实验中，可以通过刻度尺测量橡皮筋的长度来得到橡皮筋的拉力大小，并通过OA、OB、OC的方向确定三个拉力的方向，从而探究求其中任意两个拉力的合力的方法。在实验过程中，下列说法正确的是（ ）
A．实验需要测量橡皮筋的长度以及橡皮筋的原长
B．为减小误差，应选择劲度系数尽量大的橡皮筋
C．以OB、OC为两邻边作平行四边形，其对角线必与OA在一条直线上且长度相等
D．多次实验中O点需要固定
【答案】A
【解析】A．由于橡皮筋的弹力与形变量成正比，实验中用形变量等效替代弹力，因此实验中要测橡皮筋的伸长量，伸长量等于橡皮筋的拉伸后的长度减去橡皮筋的原长，故A正确；B．劲度系数大的橡皮筋施加一定弹力的形变量小，测量误差大，作图时误差也较大，应选劲度系数稍小的橡皮筋，故B错误；C．由于橡皮筋的弹力与形变量成正比，与它的长度不成正比，因此OB、OC弹力的合力方向与以OB、OC为两邻做平行四边形的对角线不重合，故C错误；D．本实验中采用的是三根橡皮筋共点力的平衡验证，即使O点不固定OA弹力与OB、OC合力始终等值反向，都可做平行四边形验证，故D错误。故选A。
9．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点，将木板以底边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
【解析】设两绳子对圆柱体的拉力的合力为，木板对圆柱体的支持力为，绳子与木板夹角为，从右向左看如图所示
在矢量三角形中，根据正弦定理
在木板以直线为轴向后方缓慢转动直至水平过程中，不变，从逐渐减小到0，又
且
可知
则
可知从锐角逐渐增大到钝角，根据
由于不断减小，可知不断减小，先增大后减小，可知先增大后减小，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，绳子拉力为，则
可得
不变，逐渐减小，可知绳子拉力不断减小，故B正确，ACD错误。故选B。
10．如图所示，质量为m的手机静置在支架斜面上，斜面与水平面的夹角为，手机与接触面的动摩擦因数为，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．支架对手机的作用力方向垂直于斜面向上，大小为mgcos
B．支架斜面对手机的摩擦力大小为，方向沿斜面向上
C．手持支架向左做匀速直线运动且手机与支架间无相对滑动，手机所受摩擦力水平向右
D．手持支架向上做匀速直线运动且手机与支架间无相对滑动，支架对手机的作用力方向竖直向上，大小为mg
【答案】D
【解析】A．支架对手机的作用力与手机的重力平衡，则方向竖直向上，大小为mg，故A错误；B．支架斜面对手机的摩擦力为静摩擦力，大小为
故B错误；C．手持支架向左做匀速直线运动且手机与支架间无相对滑动时，手机处于平衡状态，所以手机所受摩擦力沿斜面向上，故C错误；D．手持支架向上做匀速直线运动且手机与支架间无相对滑动时，手机处于平衡状态，支架对手机的作用力与手机所受重力平衡，故支架对手机的作用力方向竖直向上，大小为mg，故D正确。故选D。
二、多选题
11．如图所示，有一根均匀的非密绕弹簧和4个等质量的钩码，固定在弹簧底端的m2和固定在弹簧中部的m1各有2个钩码，整个装置保持静止时，m1之上的弹簧长度S1恰好等于m1之下的弹簧长度S2。则（ ）
A．S1部分的原长（无弹力时的长度）比S2部分的原长短
B．取m1处的一个钩码移到m2处，S1部分会缩短
C．取m2处的一个钩码移到m1处，弹簧总长不变
D．将m1的悬挂点下移一小段，弹簧总长会变长
【答案】AD
【解析】A．弹簧m1之上部分的拉力要与m1之下的所有物体总重平衡，故大小等于m1和m2的总重；而m1之下部分的拉力仅与m2的重力平衡，故大小等于m2的重。由于m1之上部分受到较大的拉力，所以如果都撤除拉力，则S1部分应该收缩量∆S1大于S2部分的收缩量∆S2，由于
S1＝S2
可见
S1'＝S1－∆S1＜S2－∆S2＝S2'
即S1部分的原长（无弹力时的长度）比S2部分的原长短，故A正确；B．取m1处的一个钩码移到m2处，S1部分受力不变，不会缩短，故B错误；C．取m2处的一个钩码移到m1处，S1部分受力不变，S2部分受力变小收缩，弹簧总长变短，故C错误；D．将m1的悬挂点下移一小段，m1移过的一小段弹簧受力变大被拉长，其余部分受力不变，故总长变长，故D正确。故选AD。
12．有一辆遥控电动玩具汽车，已知车内电动马达驱动后轮转动。现玩具汽车的后轮、前轮分别放在平板小车甲、乙上，如图所示，按动遥控器上的“前进”、“后退”键，汽车就能前进或后退，地面与甲、乙车之间的摩擦力不计，以下叙述正确的是（ ）
A．按动遥控器上的“前进”键，乙车对前轮摩擦力向后，乙车相对地面向前进
B．按动遥控器上的“前进”键，甲车对后轮摩擦力向前，甲车相对地面向后退
C．按动遥控器上的“后退”键，后轮对甲车摩擦力向后，甲车相对地面向后退
D．按动遥控器上的“后退”键，乙车对前轮摩擦力向前，乙车相对地面向后退
【答案】ABD
【解析】AB．按动遥控器上的“前进”键，后轮顺时针转动，对甲车的摩擦力向后，则甲车对后轮摩擦力向前，甲车相对地面向后退；前轮相对乙车向前滚动，对乙车的摩擦力向前，则乙车对前轮的摩擦力向后，乙车相对地面向前进，故AB正确；CD．按动遥控器上的“后退”键，后轮逆时针转动，对甲车的摩擦力向前，则甲车对后轮的摩擦力向后，甲车相对地面向前进；前轮相对乙车向后滚动，对乙车的摩擦力向后，则乙车对前轮的摩擦力向前，乙车相对地面向后退，故C错误，D正确。故选ABD。
13．如图甲所示，一名登山爱好者正沿着竖直崖壁向上攀爬，绳的一端固定在较高处的A点，另一端拴在人的腰间C点（重心处）。在人向上攀爬的过程中可以把人简化为乙图所示的物理模型：脚与崖壁接触点为O点，人的重力G全部集中在C点，O到C点可简化为轻杆，AC为轻绳。已知OC长度不变，人向上攀爬过程中的某时刻AOC构成等边三角形，则（ ）
A．轻绳对人的拉力与人对轻绳的拉力是一对平衡力
B．在此时刻，轻绳对人的拉力大小等于G
C．在虚线位置时，轻绳AC承受的拉力更小
D．在虚线位置时，OC段承受的压力不变
【答案】BD
【解析】A．轻绳对人的拉力与人对轻绳的拉力是一对作用力和反作用力，故A错误；B．重力、轻绳对人的拉力、OC的支持力构成等边三角形，所以轻绳对人的拉力和OC的支持力大小都等于人的重力大小G，故B正确；CD．根据相似三角形，有
则有
AC更长，则轻绳承受的拉力下更大，OC段受到的压力一直不变，故C错误，D正确。
故选BD。
14．某班物理兴趣小组在研究三力作用下的平衡问题时，设计了如图所示的简单而常见的情景模型：将一可视为质点的质量为m的小球用轻质柔软的细线悬挂于天花板上的O点，在外力F、细线拉力FT和重力mg的作用下处于平衡状态。细线与竖直方向的夹角为，与F的夹角为，开始时F水平。小组成员经过讨论形成了如下结论，你认为正确的是（ ）
A．保持θ角及小球位置不变，逐渐缓慢减小角直至F竖直向上，则F、FT都逐渐减小
B．保持F水平，逐渐缓慢增大θ角，则F、FT都逐渐增大
C．保持角不变，逐渐缓慢增大θ角，直至悬线水平，则FT逐渐减小，F逐渐增大
D．只增加细线的长度，其他条件不变，F、FT都减小
【答案】BC
【解析】A．如图所示
对小球受力分析，小球受重力、拉力F和细线的拉力FT作用，角不变，角减小到90°时，F最小，因此角减小的过程中，逐渐减小，F先减小后增大，故A错误；B．保持F水平，则
，
角增大时F、都逐渐增大，故B正确；C．保持角不变，增大角，细线和拉力F的方向都逆时针转动，如图
F水平时最大，水平时F最大，所以逐渐减小，F逐渐增大，故C正确；D．只增加细线的长度，对F、没有影响，故D错误。故选BC。
实验探究
1．两位同学一起做“研究共点力的合成”实验。
（1）实验采用的主要科学方法是( )
A．理想实验法 B．等效替代法 C．控制变量法 D．模拟研究法
（2）他们的实验操作的部分步骤如下，老师指出①、②步骤中各有一处存在遗漏。
①一位同学直接取用图（a）的两个弹簧测力计分别钩住绳套，平行于图板互成角度地拉伸橡皮筋使结点至P点（示意图如（b）），另一同学记录下P点位置、两测力计对应拉力F1、F2的大小和方向。
②再用一只弹簧测力计，通过一个细绳套拉伸橡皮筋使其伸长相同长度，记录测力计的示数F′和细绳的方向，并按同一标度作出F′的图示。
请说明①步骤中遗漏的内容_________；②步骤中遗漏的内容_____。
（3）两同学怀疑实验中的橡皮筋会因多次拉伸而弹性发生变化，于是设计如下实验来探究：将钉有白纸的图板竖直固定，橡皮筋上端固定于O点，一个细绳套上挂一重物，用与白纸平行的水平力拉另一细绳套，缓慢移动结点，在白纸上记录下结点的轨迹，如图（c）中“轨迹1”所示。
把橡皮筋多次拉伸后，重复实验，在同一张纸上记录下结点的轨迹2，如图（d）所示。过O点作一条直线与轨迹交于a、b两点，则两次实验中橡皮筋分别被拉到a、b
时，橡皮筋拉力的方向_____（选填“相同”或“不同”），由此推断拉力的大小Fa____Fb（选填“>”、“<”或“=”）。
【答案】 B 弹簧测力计使用前应水平调零 应把橡皮筋的结点拉到同一位置 相同 =
【解析】（1）[1]研究共点力的合成是保证两个力拉橡皮筋的效果和一个力拉橡皮筋的效果相同，故采用了等效替代法，故选B；
（2）[2]两只弹簧测力计使用前指针没有指到零刻度先，则步骤①中遗漏的内容为弹簧测力计使用前应水平调零；[3]为了保证两次拉动橡皮筋的效果相同，则②步骤中遗漏的内容应把橡皮筋的结点拉到同一位置；
（3）[4]过O点作一条直线与轨迹交于a、b两点，橡皮筋的拉力沿橡皮筋收缩的方向，则两次实验中橡皮筋的拉力方向相同；[5]由于缓慢地移动P，结点始终处于平衡，而所受重力不变，而橡皮筋的拉力方向不变，由力的三角形规律可得Fa、Fb的大小关系为
2．（1）在探究求合力的方法的实验中，通过对拉的方法来选择两个弹簧测力计，方案一：两弹簧测力计竖直悬挂在铁架台上对拉（如图甲所示），方案二：两弹簧测力计置于水平桌面对拉（如图乙所示），下列说法正确的是___________。
A．弹簧测力计使用前必须进行调零
B．实验时，两个弹簧测力计的量程需一致
C．若方案一的两弹簧测力计读数相等，则可正常使用
D．若方案二的两弹簧测力计读数相等，则可正常使用
（2）在探究求合力的方法的实验中，某实验小组使用的弹簧测力计量程为5.0 N，将橡皮条一端固定，先用两只弹簧测力计将橡皮条另一端拉到某一位置，标记为O点，紧靠细绳标记A、B
两点，并记录弹簧测力计读数，然后用一只弹簧测力计将其拉至O点，标记紧靠细绳的C点，并记录弹簧测力计读数，该小组完成的部分实验数据记录在图丙中。
①按实验要求在图丙中完成作图；___________
②结合图丙，分析实验过程与结果，下列措施对减小实验误差有益的是___________。
A．适当增加橡皮筋的原长 B．适当增大两细绳的夹角
C．增大A、B两点到O点的距离 D．增大弹簧测力计的拉力
【答案】 AD BC
【解析】（1）[1]A．弹簧测力计在使用前必须进行调零，A正确；B．实验中使用的两个弹簧测力计，其量程可以不同，B错误；C．方案一中弹簧测力计竖直悬挂时，上面的弹簧由于自身重力作用而弹力偏大，下面的弹簧由于自身重力作用而弹力偏小，若两弹簧测力计读数相等，则水平测量拉力时读数必然不同，所以不能使用，C错误；D．若方案二的两弹簧测力计读数相等，则可正常使用，D正确。
故选AD。
（2）①[2]作图如下。
②[3]增加橡皮筋的原长对实验没有影响；图中两分力的夹角较小，根据平行四边形的特点，适当增大两细绳的夹角，可以使作图更精确，从而减小实验误差；绳子的作用是显示出力的方向，增大A、B两点到O点的距离，可以提高分力方向的精确度，从而减小实验误差；弹簧测力计的量程为5.0 N，图中合力已经达到了4.8 N，所以不能再增大弹簧测力计的拉力；故选BC。
3．某实验小组利用如图所示的实验器材验证力的平行四边形定则。在圆形水平桌面上平铺固定一张白纸，在桌子边缘安装三个不计摩擦的滑轮，其中滑轮P1固定在桌边，滑轮P2、P3可沿桌边移动。将三根绳子系在同一点O，每根绳子的另一端各挂一定数量的砝码（每个砝码的质量均为m），当系统达到平衡时，记录每根绳上的砝码数量便可得出三根绳子的拉力大小，按照正确步骤进行操作，完成实验。回答下列问题：
（1）下列说法正确的是______
A．必须以OP2、OP3绳的拉力为相邻边作平行四边形
B．若三根绳互成120°角，则三根绳所挂钩码数量相等
C．以OP2、OP3绳的拉力作平行四边形，所夹对角线（合力理论值）大小与OP1拉力大小相同，则验证了力的平行四边形定则
D．三根绳可以用橡皮筋代替
（2）实验时，若O点的位置不在圆桌中心______（填“会”或“不会”）影响实验结论。
（3）若三个滑轮不在同一水平面上，且高度偏差较大______（填“能”或“不能”）在白纸上准确记录力的大小和方向。
【答案】 BD 不会 能
【解析】（1）[1]A．作用在O点的三个力分别为OP1、OP2、OP3三根绳子中的拉力，由三力平衡可知，实验中应根据平行四边形定则任意合成两根绳子中的拉力，如果两根绳子拉力的合力与第三根绳子中的拉力等大、反向、共线，那么就验证了力的平行四边形定则。故任意选取两根绳的拉力为相邻边作平行四边形即可，A错误；B．由平行四边形定则可知，若三根绳互成120°角，则其中两根绳中拉力的合力在它们夹角角平分线方向，则两根绳中拉力大小相等，又因为两个等大分力夹角120°时合力与两分力相等，故三根绳子中的拉力相等，即三根绳所挂钩码数量相等，B正确；C．以OP2、OP3绳的拉力作平行四边形，所夹对角线（合力理论值）大小与OP1拉力大小相同，方向OP1拉力方向相反，则验证了力的平行四边形定则。仅合力理论值大小与OP1拉力大小相同，无法验证平行四边形定则成立，C错误；D．三根绳用橡皮筋代替不会影响拉力方向、大小的记录，故三根绳可以用橡皮筋代替，D正确。
故选BD。
（2）[2]本实验需要通过三力平衡验证力的平行四边形定则，每次平衡后，取下沙桶前记录好节点与力的方向即可，因此改变滑轮的位置和相应沙桶中沙的质量，使系统再次达到平衡，绳的结点O的位置不必保持不变。即O点的位置不在圆桌中心不会影响实验结论。
（3）[3]三个滑轮不在同一水平面上，则三个力所在的平面与桌面不共面，在桌面上记录细线方向时记录的是三个力在水平桌面上投影的方向，由几何关系可知，三个力投影的夹角与三个拉力的夹角相同，故三个滑轮不在同一水平面上，不会影响拉力方向的记录，也能在白纸上准确记录力的大小和方向；
计算题培优
1．如图1，一杂技演员利用动滑轮让自己悬挂在细绳的最低点以完成各种杂技表演。绳子两端分别固定在两根竖直杆上的a、b两点，绳子的质量可忽略不计，绳子不可伸长。已知杂技演员的质量为m，重力加速度为g。当杂技演员静止不动时，绳与水平方向夹角为α。不计动滑轮重力和动滑轮与绳间的摩擦。
（1）若保持绳子a端、b端在杆上位置不变，将右侧杆向左缓慢平移到虚线位置，使两杆之间的距离减小。请分析判断此过程中：
①夹角α大小的变化情况，并画出杆在虚线位置时，绳子和杂技演员的位置分布图景；②两绳上张力F的合力的变化情况；③每根绳子上张力F大小的变化情况；（2）若保持杆不动，将绳的右端缓慢上移到b′位置，请分析判断此过程中：
①夹角α大小的变化情况，并画出绳的右端在b′位置时，绳子和杂技演员的位置分布图景；②两绳上张力F的合力的变化情况；③每根绳子上张力F大小的变化情况。
【答案】（1）①夹角α变大， ；
②两绳上张力F的合力保持不变；③每根绳子上张力F变小；
（2）①夹角α不变； ；
②两绳上张力F的合力保持不变；③每根绳子上张力F不变
【解析】（1）①如图所示
由于滑轮与绳子间没有摩擦力，所以两边绳子与水平方向的夹角应该相等。设改变前两边绳子的长度分别为L1、L2，绳子与水平方向的夹角为α，两杆之间的水平距离为x；改变后两边绳子的长度分别为L1′、L2′，绳子与水平方向的夹角为α′，两杆之间的水平距离为x′。则有
，，
因
所以
即夹角α变大。
②由力的平衡可知，两绳上张力F的合力等于杂技演员的重力，保持不变。
③由力的平衡可知，每根绳子上的张力F大小相等。设改变前每根绳子上的张力为F，改变后每根绳子上的张力为F′。则有
因夹角变大，则每根绳子上张力F变小。
（2）①如图所示
由于滑轮与绳子间没有摩擦力，所以两边绳子与水平方向的夹角应该相等。设改变前两边绳子的长度分别为L1、L2，绳子与水平方向的夹角为α，两杆之间的水平距离为x；改变后两边绳子的长度分别为L1′、L2′，绳子与水平方向的夹角为α′，两杆之间的水平距离为x′，则有
，，
因
则
即夹角α保持不变。
②由力的平衡可知，两绳上张力F的合力等于杂技演员的重力，保持不变。
③由力的平衡可知，每根绳子上的张力F大小相等。设改变前每根绳子上的张力为F，改变后每根绳子上的张力为F′。则有
因夹角α保持不变，则每根绳子上张力F不变。
2．质量为M的木楔倾角为θ（θ<45°），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。当用与木楔斜面成α角的力F拉木块，木块匀速上升，如图所示（已知木楔在整个过程中始终静止）。
（1）当α＝θ时，拉力F有最小值，求此最小值；
（2）求在（1）的情况下木楔对水平面的摩擦力是多少。
【答案】（1）mgsin2θ；（2）mgsin4θ
【解析】木块在木楔斜面上匀速向下运动时，有
mgsinθ＝μmgcosθ
即
μ＝tanθ
（1）木块在力F的作用下沿斜面向上匀速运动，有
Fcosα＝mgsinθ＋Ff
Fsinα＋FN＝mgcosθ
Ff＝μFN
解得
F＝＝＝
则当α＝θ时，F有最小值，则
Fmin＝mgsin2θ
（2）因为木块及木楔均处于平衡状态，整体受到地面的摩擦力等于F的水平分力，即
Ff′＝Fcos（α＋θ）
当F取最小值mgsin2θ时，
Ff′＝Fmincos2θ＝mgsin2θ·cos2θ＝mgsin4θ
3．如图所示，两根相同的弹性绳一端系在固定的水平顶杆上，另一端分别穿过木板1两端的小孔A、B后固定在木板2两端的C、D处，整个系统处于静止状态，两木板均水平。绳上端两悬点之间的距离以及木板上A、B之间的距离均为d，木板上C、D之间的距离为2d，木板1、2的质量分别为m和4m，弹性绳的原长恰好等于板1和顶杆之间的距离，重力加速度为g，不计绳和小孔处的摩擦。求：
（1）每根弹性绳对木板2的拉力大小；
（2）弹性绳的劲度系数k。
【答案】（1）2.5mg；（2）
【解析】（1）以木板1、2构成的整体为研究对象，有
2F=mg+4mg
由于不计摩擦，弹性绳上张力处处相等，故弹性绳对木板2的拉力即为F
解得
F=2.5mg
（2）由胡克定律
F=
设AC和竖直方向夹角为θ，由几何关系得
以2板为研究对象，有
2Fcosθ=4mg
联立解得
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