2026届高三复习教案-讲义：讲义：专题二 相互作用中常见的模型（含解析）

专题二 相互作用中常见的模型
模型一：摩擦力突变
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知识
总结
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1．摩擦力的突变模型类别
“静静”突变 物体在静摩擦力和其他力的作用下处于相对静止状态，当作用在物体上的其他力的合力发生变化时，如果物体仍然保持相对静止状态，则物体受到的静摩擦力将发生突变
“动静”突变 在滑动摩擦力和其他力作用下，物体突然停止相对滑动时，物体将不受滑动摩擦力作用，或滑动摩擦力“突变”成静摩擦力
“静动”突变 物体在静摩擦力和其他力作用下处于相对静止状态，当其他力变化时，如果物体不再保持相对静止状态，则物体受到的静摩擦力将“突变”成滑动摩擦力
“动动”突变 物体受到滑动摩擦力和其他力的共同作用，当两物体间的压力发生变化时，滑动摩擦力的大小随之而变；或者两物体达到共同速度时相对滑动方向发生变化，滑动摩擦力的方向也会随之而变
2．分析摩擦力的突变的方法——临界法
（1）题目中出现“最大”“最小”和“刚好”等关键词时，一般隐藏着临界问题。有时，有些临界问题中并不含上述常见的“临界术语”，但审题时发现某个物理量在变化过程中会发生突变，则该物理量突变时物体所处的状态即为临界状态。
（2）静摩擦力是被动力，其存在及大小、方向取决于物体间的相对运动的趋势，而且静摩擦力存在最大值。存在静摩擦力的系统，相对滑动与相对静止的临界条件是静摩擦力达到最大值。
（3）研究传送带问题时，物体和传送带的速度相同的时刻往往是摩擦力的大小、方向和运动性质的突变点。
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典型例
题
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1．如图，质量为1 kg的物体在水平面上向右运动，同时受到一个斜向左下与水平方向夹角为37°的F＝10 N的恒力作用，物体和水平面间的动摩擦因数为0.625，取水平向右为正方向，g取10 m/s2，则该物体所受的摩擦力f随时间t变化的关系图像为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】物体在运动的过程中受到的滑动摩擦力的大小为f＝μFN＝μ(mg＋Fsin 37°)＝10 N
所以在物体向右运动的过程中，受到的滑动摩擦力的大小为10 N，方向向左；
当物体减速到零时，由于物体受到的水平拉力大小为Fx＝Fcos 37°＝8 N，小于物体的最大静摩擦力的大小10 N，所以物体不会再运动，此时物体受到的摩擦力为静摩擦力，大小为8 N，方向向右。
故选C。
2．如图所示，木块A、B分别重50 N和60 N，它们与水平地面之间的动摩擦因数均为0.25，夹在A、B之间的轻弹簧被压缩了2 cm，弹簧的劲度系数为400 N/m，系统置于水平地面上静止不动。现用F＝2 N的水平拉力作用在木块B上，则（ ）
A．木块A所受摩擦力大小是8 N
B．突然撤去F，木块A所受摩擦力大小是0 N
C．木块B所受摩擦力大小是6 N
D．突然掀去F，木块B所受合力大小是8 N
【答案】A
【解析】AC．弹簧弹力为：F1＝kx＝400 N/m×0.02 m＝8 N。
A木块与地面间的最大静摩擦力为：fAm＝μGA＝0.25×50 N＝12.5 N；
B木块与地面间的最大静摩擦力为：fBm＝μGB＝0.25×60 N＝15 N；
用F＝2 N的水平拉力作用在木块B上，木块B受弹簧向右的弹力为8 N，拉力为2 N，共10 N，小于最大静摩擦力，故静摩擦力为10 N；
木块A受到向左的弹力为8 N，小于最大静摩擦力，故A不动，故静摩擦力为8 N，故A正确，C错误；
BD．撤去F后，A仍然处于静止，A所受的静摩擦力仍然为8 N，B仍然处于静止，所受的合力为零，故BD错误。
故选A。
3．如图甲所示，用一拉力传感器（能感应力大小的装置）水平向右拉一水平面上的木块，A端的拉力均匀增加，0～t1时间木块静止；木块运动后改变拉力大小，使木块在t2时刻后处于匀速直线运动状态。计算机对数据拟合处理后，得到如图乙所示的拉力随时间变化的图线。下列说法正确的是（ ）
A．当用F＝5.3 N的水平拉力拉静止的木块时，木块所受摩擦力大小为5.3 N
B．当用F＝5.3 N的水平拉力拉静止的木块时，木块所受摩擦力大小为5.1 N
C．若用F＝5.8 N的水平拉力拉木块，木块所受摩擦力大小为5.3 N
D．0～t1时间内木块所受摩擦力大小为5.1 N
【答案】A
【解析】AB．由题图可知，该木块的最大静摩擦力是5.5 N，当水平拉力为5.3 N时，其小于最大静摩擦力，所以静止的木块仍然静止，根据二力平衡可知，木块所受到的静摩擦力大小为5.3 N，故A正确，B错误；
C．由于5.8 N大于木块的最大静摩擦力，所以此时木块被拉动，此时木块受到滑动摩擦力，由题意可知，滑动摩擦力的大小为5.1 N，即若用F＝5.8 N的水平拉力拉木块，木块所受摩擦力大小为5.1 N，故C错误；
D．由题图可知在0～t1时间内，木块静止，其受到的静摩擦力与水平外力大小相等，由题图可知，该时间内木块所受摩擦力大小从0均匀增加到5.5 N，故D错误。
故选A。
4．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，规定沿传送带向下为正方向，则图中能较客观地反映小木块对传送带的摩擦力f随时间t变化关系的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】小木块刚放置在传送带上时，传送带相对于木块沿斜面向下运动，木块对传送带的摩擦力沿斜面向上，根据牛顿第三定律可知，传送带对木块的摩擦力沿斜面向下，
大小为
且重力的分力沿斜面向下，木块做匀加速运动，
加速度大小为
当小木块的速度与传送带速度相等时，由可知
木块继续沿传送带加速向下，木块相对于传送带沿斜面向下运动，传送带对木块的摩擦力的方向沿斜面向上，根据牛顿第三定律可知，木块对传送带的摩擦力沿斜面向下，故木块对传送带的摩擦力方向先为负值，再为正值，故D正确，ABC错误。
故选D。
模型二：平衡中的连接体模型
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知识
总结
)
1．轻杆连接体问题
【问题】如图，求m1∶m2大小
方法一、正弦定理法 方法二、力乘力臂法 方法三、重心法
对m1、m2受力分析，三力平衡可构成矢量三角形，根据正弦定理有，对m1： 对m2： 根据等腰三角形有：θ1＝θ2 联立解得m1gsin α＝m2gsin β ∴m1∶m2＝sin β∶sin α 以整体为研究对象，以圆心为转动轴，两圆弧的支持力的力臂均为零，轻杆弹力的力臂相等，力乘以力臂等值反向。根据转动平衡知：动力乘以动力臂等于阻力乘以阻力臂，即m1g·Rsin α＝m2g·Rsin β。∴m1∶m2＝sin β∶sin α 以整体为研究对象，整体受重力和两圆弧的支持力，根据三力平衡必共点，因此整体的重心必过圆心正下方。所以有m1·Rsin θ1＝m2·Rsin θ2，∴m1∶m2＝sin β∶sin α
2．轻环穿杆问题
轻环穿光滑杆，二力平衡，拉力垂直杆 轻环穿粗糙杆，三力平衡，最大夹角tan θ＝μ 轻环穿光滑大圆环，拉力沿径向
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典型例
题
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1．如图所示，一轻质细杆两端分别固定着质量为mA和mB的两个小球A和B（可视为质点）。将其放在一个直角形光滑槽中，已知轻杆与槽右壁成α角，槽右壁与水平地面成θ角时，两球刚好能平衡，且α≠θ，重力加速度为g，则A、B两小球质量之比为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】对A球受力分析，受重力、杆的弹力、斜面的支持力，如图所示：
根据共点力平衡条件，有：＝…①
再对B球受力分析，受重力、杆的弹力、斜面的支持力，如图所示：
根据平衡条件，有：＝…②
联立①②解得：＝
故选C。
2．（多选）一轻杆两端固定两质量分别为m1和m2质点A，B，现将其置于光滑空心球内部，稳定后如图所示，已知O为球心，OC竖直，球面对A、B质点的作用力分别为N1和N2，轻杆对A、B质点的作用力分别为F1和F2，则下例式子中正确的是：（ ）
A．F1＝F2 B．＝
C．＝ D．＝
【答案】ACD
【解析】A．对A、B分别受力分析，由于是轻杆，杆受力合力为零，所以杆两端球对杆的力等大反向，沿杆方向共线，则杆对球的力也等大反向，即F1＝F2，故A正确；
B．如图所示，A质点受力分析，受到m1g、N1、F1，三个力平衡，构成首尾相接封闭三角形，此三角形与△AOC相似，＝；对B质点受力分析，受m2g、N2、F2，构成平衡三角形，此三角形与△OCB相似，＝，所以＝，故B错误；
C．由A质点的平衡三角形与对应的相似三角形满足对应边比例关系为：＝，由B质点的平衡三角形与对应相似三角形满足对应边比例关系：＝，因为＝，所以＝，故C正确；
D．由A质点平衡三角形与对应相似三角形得：＝，＝，故D正确；
故选ACD。
3．如图所示，竖直放置的光滑圆环O，顶端D点固定一定滑轮（大小忽略），圆环两侧套着、两小球，两小球用轻绳绕过定滑轮相连，并处于静止状态，连线过圆心O点，且与右侧绳的夹角为θ。则两小球的质量之比为（ ）
A．tan θ B． C． D．sin2θ
【答案】B
【解析】对两小球分别受力分析，如图所示，
由三角形法则可知：
对小球m1，可得：；
对小球m2，可得：；联立解得：，故选B。
模型三：“活结”与“死结”、“活动杆”与“固定杆”模型
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知识
总结
)
1．“活结”与“死结”
绳是物体间连接的一种方式，当多个物体用绳连接的时候，其间必然有“结”的出现，根据“结”的形式不同，可以分为“活结”和“死结”两种。
（1）“活结”：“活结”可理解为把绳子分成两段，跨过光滑滑轮（或杆、钉子）的两段轻绳，且结点可以沿绳子移动，其两端张力大小相等，即滑轮只改变力的方向，不改变力的大小。
“活结”一般是由绳跨过滑轮或者绳上挂一光滑挂钩而形成的。绳子虽然因“活结”而弯曲，但实际上是同根绳，所以由“活结”分开的两段绳子上弹力的大小一定相等，两段绳子合力的方向一定沿这两段绳子夹角的平分线。
（2）“死结”“死结”可理解为把绳子分成两段，且不可沿绳子移动的结点。“死结”一般是由绳子打结而形成的，“死结”两侧的绳子因打结而变成两根独立的绳子。
死结的特点：
①绳子的结点不可随绳移动
②“死结”两侧的绳子因打结而变成两根独立的绳子，因此由“死结”分开的两端绳子上的弹力不一定相等
2．“活动杆”与“固定杆”
轻杆是物体间连接的另一种方式， 根据轻杆与墙壁连接方式的不同，可以分为“活动杆”与“固定杆”。
（1）“活动杆”就是用光滑的转轴或铰链与墙壁连接，平衡时，杆所受到的弹力方向一定沿着杆，否则杆会转动，所以其特点是杆上的弹力方向一定沿着杆的方向；
（2）“固定杆”就是将轻杆固定在墙壁上（不能转动），此时轻杆上的弹力方向不一定沿着杆的方向。
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典型例
题
)
1．如甲图所示是用一根绳穿过牛奶箱上的提手晾晒辣椒的情景，可等效为一根轻绳穿过一个轻圆环，如乙图所示，A位置比B位置高。不计绳与圆环间的摩擦力，辣椒的质量为m，左右两侧绳与竖直方向的夹角分别为α和β，OA部分绳上的拉力为TOA，OB部分绳上的拉力为TOB，重力加速度为g，下面说法正确的是（ ）
A．TOA＞TOB B．α＜β
C．当α＝60°时，TOA＝ D．α变大时，TOA变大
【答案】D
【解析】根据“活结”模型的特点可知，TOA＝TOB、α＝β
根据力的矢量合成可知TOBcos α＋TOAcos β＝mg
即2TOAcos α＝mg
当α＝60°时，解得TOA＝mg，α变大时，cos α减小，则TOA变大。
故选D。
2．（多选）如图所示，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，绳子的质量及绳与衣架挂钩间摩擦均忽略不计，衣服处于静止状态。如果保持绳子A端、B端在杆上位置不变，将右侧杆平移到虚线位置，稳定后衣服仍处于静止状态。则（ ）
A．绳子的弹力变大 B．绳子的弹力变小
C．绳对挂钩弹力的合力变小 D．绳对挂钩弹力的合力不变
【答案】BD
【解析】AB．对挂钩受力分析，如图所示，根据平衡条件，有2Tcos θ＝mg
绳子右端的B点在杆上位置不动，将杆向左移动到虚线位置时，设挂钩左面的绳子长度为l1，右面绳子的长度为l2，两个杆之间的水平距离为d，因此有l1sin θ＋l2sin θ＝d，整理可得sin θ＝，因此当d减小时，角度θ变小，故绳子拉力T变小，A错误，B正确；
C．绳中的拉力左右相等，两侧绳子与竖直方向的夹角均为θ，根据三力平衡条件可知，两绳子的拉力T的合力F始终与G等值反向，保持不变，故C错误，D正确。
故选：BD。
3．如图所示，两个质量均为m的物体分别挂在支架上的B点（如图甲所示）和跨过滑轮的轻绳BC上（如图乙所示），图甲中轻杆AB用铰链与墙壁连接（可绕A点转动），图乙中水平轻杆一端A插在墙壁内，已知θ＝30°，则图甲中轻杆AB受到绳子的作用力F1和图乙中滑轮受到绳子的作用力F2分别为（ ）
A．F1＝mg、F2＝ B．F1＝、F2＝
C．F1＝、F2＝mg D．F1＝、F2＝mg
【答案】D
【解析】甲图中，结点受BC绳子的拉力、重力和AB杆子的支持力，
根据平衡条件，有：F1＝，
乙图中，绳子对滑轮的作用力应是两股绳的合力，故F2＝mg，
故选：D。
4．四个相同的物块用轻绳系住，绕过光滑的轻质滑轮，并将绳子另一端系在墙壁上。甲、乙两杆固定在墙壁上，丙、丁两杆带有铰链并固定于墙壁上。轻杆与轻绳与水平方向夹角如图所示。四幅图中，能够保持静止且杆的作用力相同的是（ ）
A．甲和乙 B．乙和丙 C．甲和丁 D．乙和丁
【答案】D
【解析】轻杆的力与两绳对滑轮的合力等大反向，甲图杆的力与竖直方向成30°向右上；乙图杆的力与竖直方向成60°向右上；丙图为动杆，不能保持静止；丁图杆的力与竖直方向成60°向右上，故乙和丁的相同。故选D。
模型四：摩擦角与自锁现象
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知识
总结
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1．自锁现象定义：
一个物体受静摩擦力作用而静止，当用外力试图使这个物体运动时，外力越大，物体被挤压的越紧，越不容易运动即最大静摩擦力的“保护能力”越强，这种现象叫自锁现象
2．摩擦角
物体在粗糙平面（斜面）上滑动时，所受滑动摩擦力Ff和支持力FN的合力F合与FN间的夹角为θ，如图（a）、（b）所示，由于tan θ＝＝μ为常量，所以θ被称为摩擦角。
3．摩擦角的应用
（1）在水平面上，若给物体施加拉力F使之在水平面上滑动，则力跟水平方向的夹角为θ（跟F合垂直）时，拉力F最小，如图（c）。
（2）当所加推力F与支持力FN反方向间的夹角β≤θ时，无论推力F多大，都不能推动物体在平面（斜面）上运动，这种现象称为摩擦自锁，如图（d）、（e）。
（3）有摩擦力参与的四力平衡问题可通过合成支持力FN和滑动摩擦力Ff转化为三力平衡问题，然后根据力的平衡知识求解。
4．分析解题思路
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典型例
题
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1．螺丝钉是利用斜面自锁原理制成的，其原理如图所示，螺母与螺杆的螺纹结合，可以看作由两个叠放在一起的同倾角斜面组成，设螺母、螺杆间的动摩擦因数为μ，斜面的高为螺距h，底为圆周长2πr，当螺杆受到很大的压力F时，仍然不会移动（最大静摩擦力等于滑动摩擦力），则应满足的关系为（ ）
A．h≤2πμr B．h≤πμr C．h≥2πμr D．h≥πμr
【答案】A
【解析】当螺杆受到很大的压力F时，仍然不会移动，
由受力分析图可知FN＝Fcos θ＝，Ff＝μFN＝
由平衡知识Ff≥Fsin θ＝
可得2πμr≥h，故A正确，BCD错误。
故选A。
2．（多选）如图所示，质量均为M的A、B两滑块放在粗糙水平面上，两轻杆等长，杆与滑块。杆与杆间均用光滑铰链连接，在两杆铰合处悬挂一质量为m的重物C，整个装置处于静止状态，设杆与水平面间的夹角为θ。下列说法正确的是（ ）
A．当m一定时，θ越大，轻杆受力越大
B．当M、m一定时，滑块对地面的压力与θ无关
C．当m和θ一定时，M越大，滑块与地面间的摩擦力越大
D．若μ＞，则无论m多么大，M一定不会滑动
【答案】BD
【解析】A．将C的重力按照作用效果分解，如图所示
根据平行四边形定则，有F1＝F2＝，故m一定时，θ越大，轻杆受力越小，故A错误；
B．对A、B、C整体进行受力分析可知，对地压力为FN＝(2M＋m)g，与θ无关，故B正确；
C．对A分析，受重力、杆的推力、支持力和向右的摩擦力，根据平衡条件有f＝F1cos θ＝，与M无关，故C错误；
D．以整体为研究对象，竖直方向上根据平衡条件可得A受到的支持力为F′N＝Mg＋
无论m多么大，都不能使M沿地面滑动时满足μFN′＞F1cos θ
即＞
解得μ＞，故D正确。
故选BD。
3．在竖直墙壁的左侧水平地面上，放置一个边长为a、质量为M的正方体ABCD，在墙壁和正方体之间放置一半径为R、质量为m的光滑球，正方体和球均保持静止，如图所示。球的球心为O，OB与竖直方向的夹角为θ，正方体的边长a＞R，正方体与水平地面的动摩擦因数为μ＝。（g已知，并取最大静摩擦力等于滑动摩擦力）求：
（1）正方体和墙壁对球的支持力N1、N2分别是多大？
（2）若θ＝45°，保持球的半径不变，只增大球的质量，为了不让正方体出现滑动，则球质量的最大值为多少？（tan 45°＝1）．
（3）改变正方体到墙壁之间的距离，球和正方体都处于静止状态，且球没有掉落地面．若不让正方体出现滑动，讨论以下情况：
a．若球的质量m＝，则正方体的右侧面AB到墙壁的最大距离是多少？
b．当正方体的右侧面AB到墙壁的距离小于某个值时，则无论球的质量是多少，正方体都不会滑动，则这个距离的值是多少？
【答案】（1）以球为研究对象，受力如图：
小球受力平衡：N1cos θ＝mg，N1＝，N2＝mgtan θ；
（2）以正方体和球整体为研究对象，竖直方向受重力(m＋M)g和地面的支持力FN，水平方向受墙壁的弹力N2和地面的摩擦力Ff，
则：FN＝(m＋M)g，N2＝mgtan 45°＜Ff，Ff＝μFN，
联立解得：m＜；
（3）a、若球的质量m＝，对整体FN＝(m＋M)g，N2＝mgtan θ＜Ff，Ff＝μFN，
联立解得：θ＜60°
正方体的右侧面AB到墙壁的最大距离：L＝R＋Rsin 60°＝；
b、根据FN＝(m＋M)g，N2＝mgtan θ＜Ff，Ff＝μFN，
得：mgtan θ≤μ(m＋M)g，tan θ≤＝，tan θ≤，θ≤30°
故L≤R＋Rsin 30°＝。