高考一轮复习：相互作用

高考一轮复习：相互作用
一、选择题
1．（2025·诸暨模拟）2025年2月，“杭州六小龙”之一的宇树科技公司发布了一款轮足机器人——“山猫”。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。“山猫”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作用力的方向竖直向上
D．起跳时地面对它的作用力大于它对地面的作用力
【答案】C
【知识点】重力与重心；形变与弹力；牛顿第三定律；质点
【解析】【解答】本题考查质点、重心、平衡条件和对牛顿第三定律的理解，考查范围较大，平时注意积累。A．避开障碍物时，“山猫”的大小形状不能忽略不计，不可以被看作质点，选项A错误；
B．空中翻转时“山猫”的形体结构会发生改变，则重心位置会发生变化，选项B错误；
C．单脚静止时地面对它作用力与重力等大反向，则地面对其作用力的方向竖直向上，选项C正确；
D．根据牛顿第三定律可知，起跳时地面对它的作用力等于它对地面的作用力，选项D错误。
故选C。
【分析】根据质点的条件分析；根据重心的定义分析；根据平衡条件分析；根据牛顿第三定律分析。
2．（2025·温州模拟）如图所示为起重机吊起铁管的场景。质量为200kg的铁管两端固定有一钢绳，起重机挂钩勾住钢绳，使铁管从静止开始先竖直向上做匀加速直线运动，达到某一速度后做匀速运动。若铁管始终保持水平，不计钢绳质量与一切阻力。下列说法正确的是（　　）
A．匀加速阶段铁管处于超重状态
B．匀速阶段钢绳的张力大小为1000N
C．钢绳对铁管的拉力是由于铁管形变引起的
D．匀加速阶段钢绳对铁管的作用力大于铁管对钢绳的作用力
【答案】A
【知识点】形变与弹力；牛顿第三定律；共点力的平衡；超重与失重
【解析】【解答】本题考查超失重和牛顿第三定律，弹力产生原因和力的平衡知识，会根据题意进行准确分析解答。A．在匀加速阶段，铁管竖直向上做匀加速直线运动，加速度向上，所以铁管处于超重状态，故A正确；
B．匀速阶段，钢绳的张力大小等于铁管重力大小，即
故B错误；
C．根据弹力的产生原因，钢绳对铁管的拉力是由于钢绳发生形变，要恢复原状而对铁管产生的力，并非铁管形变引起的，故C错误；
D．钢绳对铁管的作用力与铁管对钢绳的作用力是一对相互作用力，相互作用力大小相等、方向相反，与铁管的运动状态无关，所以匀加速阶段钢绳对铁管的作用力等于铁管对钢绳的作用力，故D错误。
故选A。
【分析】根据超失重和牛顿第三定律，弹力产生原因和力的平衡知识进行分析解答。
3．（2025·陕西）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、夹角为，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． B． C． D．0
【答案】D
【知识点】摩擦力的判断与计算；共点力的平衡
【解析】【解答】对钢管受力分析，如图所示
对钢管受力分析可知，受到竖直向上的支持力和绳子拉力二力之和等于竖直向下的重力，所以水平方向不可能受到摩擦力。
故ABC错误，D正确；
故答案为：D。
【分析】 分析钢管的受力情况，根据共点力平衡条件分析摩擦力。
4．（2022·北京）如图所示，质量为m的物块在倾角为的斜面上加速下滑，物块与斜面间的动摩擦因数为。下列说法正确的是（　　）
A．斜面对物块的支持力大小为
B．斜面对物块的摩擦力大小为
C．斜面对物块作用力的合力大小为
D．物块所受的合力大小为
【答案】B
【知识点】力的合成；力的分解
【解析】【解答】对物块进行受力分析，并建立直角坐标系，将重力分解，如图所示
A.在Y轴方向上， 斜面对物块的支持力 Fn=mgcos，A不符合题意；
B. 斜面对物块的摩擦力Ff为滑动摩擦力，则Ff= Fn=mgcos，B符合题意；
C 、D.因物块在斜面上加速下滑，在X轴方向上有mgsin-Ff=ma；即mgsin＞Ff，结合A项分析，推出斜面对物块的合力小于物块重力mg，物块所受合力为mgsin-Ff，C 、D不符合题意。
故答案为：B
[分析】对物块进行受力分析，利用正交分解法或直接合成法，再根据牛顿第二运动定律，对各项问题进行解答。
5．（2017·新课标Ⅲ卷）一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距80cm的两点上，弹性绳的原长也为80cm．将一钩码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为100cm；再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点，则弹性绳的总长度变为（弹性绳的伸长始终处于弹性限度内）（　　）
A．86cm B．92cm C．98cm D．104cm
【答案】B
【知识点】形变与弹力；共点力平衡条件的应用；力的合成
【解析】【解答】如图所示
绳子原长是80cm，伸长为100cm，如图，则AB段长50cm，伸长了10cm，假设绳子的劲度系数为k，则绳子拉力为F=0.1k
把绳子的拉力分解为水平方向和竖直方向，在竖直方向的分量为Fx=0.1k×cos53°=0.06k，
两个绳子的竖直方向拉力合力为：2Fx
物体处于平衡状态，则拉力合力等于重力，即0.12k=mg，所以k=
当AC两点移动到同一点时，绳子两个绳子的夹角为0，每段绳子伸长x，则两个绳子的拉力合力为2kx=mg，x=0.06cm．
所以此时绳子总长度为92cm．
故选：B．
【分析】绳长变为100cm时，伸长了20cm，可以得出绳子的拉力，根据共点力的平衡关系可得出绳子的劲度系数，进而计算出两端在同一点时弹性绳的总长度．
6．（2025高一下·饶平期末）如图所示，网球以很大的速度v沿着水平方向冲击球拍，再以等大的速度被反向打回，作用时间很短，冲击过程可以认为网球速度方向始终在水平方向上，作用过程忽略重力和空气阻力的影响，下列关于这个过程描述正确的（　　）
A．球拍受到的弹力是由球拍的形变产生的
B．网球冲击球拍的过程中，惯性先减小后增大
C．网球从接触球拍到离开球拍速度变化量大小为
D．网球从接触球拍到离开球拍先做匀减速运动再做匀加速运动
【答案】C
【知识点】形变与弹力；加速度；惯性与质量；牛顿第二定律
【解析】【解答】A．球拍受到的弹力是由网球发生形变而产生的，故A错误；
B．惯性只与质量有关，网球冲击球拍的过程中，网球质量不变，则惯性不变，故B错误；
C．取原来速度v的方向为正方向，则网球离开球拍时的速度为，则网球从接触球拍到离开球拍速度变化量为
其中负号表示方向与原来速度的方向相反，即网球从接触球拍到离开球拍速度变化量大小为2v，故C正确；
D．网球从接触球拍到离开球拍的过程中，受到球拍的弹力不恒定，根据牛顿第二定律可知，网球的加速度不恒定，则网球先做变减速运动再做变加速运动，故D错误。
故选C。
【分析】A、球拍受到的弹力是由网球发生形变而产生；
B、惯性只决定与质量大小，与运动状态无关；
C、设原来速度方向为正方向，由求解；
D、网球受到的弹力由可知，随形变量的变化而变化，加速度也随之变化，网球先做变减速运动再做变加速运动。
7．（2025·毕节模拟）如图所示，在光滑的竖直墙壁上用网兜把足球挂在点，足球与墙壁接触，保持静止。已知足球的重力大小为，悬绳与墙壁的夹角为，网兜与悬绳的质量不计。下列说法正确的是（　　）
A．足球所受到的合力大小为
B．悬绳对足球的拉力大小为
C．足球对墙壁的压力大小为
D．足球对墙壁的压力是由墙壁的形变产生的
【答案】C
【知识点】形变与弹力；力的合成与分解的运用；共点力的平衡
【解析】【解答】A．足球保持静止，处于平衡状态，所受合力为零；故A错误；
B．对足球进行受力分析如图
根据平行四边形法则可得：悬绳对足球的拉力
故B错误；
C．根据平行四边形法则可得：墙壁对足球的支持力为
由牛顿第三定律得足球对墙壁的压力
故C正确；
D．根据弹力的定义可得墙壁受到的压力是由足球的形变产生的，故D错误。
故选C。
【分析】对足球进行受力分析，保持静止则受力平衡，合力为零，根据平行四边形法则可得：悬绳对足球的拉力，墙壁对足球的支持力为，弹力都是施力物体发生形变产生的。
8．（2025·绵阳模拟）如图所示，足够长的光滑斜面固定，轻质弹簧下端连接在斜面底端的固定挡板上，上端有一个与弹簧不相连的物块压缩弹簧后静止。现用沿斜面的外力缓慢向下推动物块到某一位置（弹簧弹性限度内），撤去外力后，在物块沿斜面向上运动到最高点的过程中，其速度v随时间t变化关系图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】胡克定律；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】设弹簧的压缩量为，斜面的倾角为，对物块受力分析，根据牛顿第二定律可得
解得
刚释放时，由于弹力大于重力的分力，物块做加速运动，随着弹簧的形变量逐渐减小，弹力逐渐减小，物块的加速度逐渐减小，当弹簧的弹力等于重力的下滑分力时，物块的速度达到最大，此后物块开始向上做减速运动，其加速度大小则为，故物块向上做加速度逐渐增大的减速运动，当弹力为零时，物块的加速度为，方向沿斜面向下，此阶段物块做匀减速运动，到最高点时，速度为零，故ABD错误，C正确。
故选C。
【分析】对物块受力分析，根据牛顿第二定律：，加速度，从此式子可得出加速度逐渐减小，当加速度为零，物块的速度达到最大，此后物块开始向上做减速运动，其加速度大小则为，故物块向上做加速度逐渐增大的减速运动，当弹力为零时，物块的加速度为，方向沿斜面向下，此阶段物块做匀减速运动，到最高点时，速度为零。
9．（2025·通川模拟）如图甲所示，小球在一竖直的轻弹簧正上方由静止开始自由下落，直到压缩弹簧到最低点，其运动的a－x图像如图乙所示，小球在最低点时的加速度大小为。已知小球的质量为m，重力加速度为g，小球在运动过程中的空气阻力忽略不计。弹簧始终在弹性限度内，则
A．弹簧的劲度系数为
B．小球运动过程中的最大速度为
C．等于2g
D．
【答案】B
【知识点】胡克定律
【解析】【解答】本题考查小球在弹簧上运动的动力学问题，结合a-x图像分析小球运动过程中的物理量，涉及胡克定律、牛顿第二定律及机械能守恒定律求解即可。A．由图乙可知，小球下落时接触弹簧，下落时加速度为0，有
解得
故A错误；
B．由速度位移公式
可知，a－x图线围成的面积表示，当位移为时，小球速度达到最大值，有
故B正确；
CD．由图乙可知，当小球下落时加速度大小为，速度减为零，a－x图线x轴上方围成的面积与x轴下方围成的面积相等，即
且
联立解得
，
故CD错误。
故选B。
【分析】由平衡条件可求弹簧的劲度系数；由a-x的图线围成的面积表示，由牛顿第二定律结合胡克定律即可求解加速度；由机械能守恒定可得可求x1。
10．（2024高二下·江西月考）如图所示，圆环形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接。现将滑动变阻器的滑片P向上滑动，下列说法正确的是（　　）
A．穿过线圈a的磁通量增大
B．从上往下看，线圈a中将产生顺时针方向的感应电流
C．线圈a有收缩的趋势
D．桌面对线圈a的支持力增大
【答案】B
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】应掌握楞次定律的基本应用，楞次定律的推论是能量守恒定律在电磁感应现象中得出的必然结果。A． 当滑动触头P向上移动时电阻增大， 由闭合电路欧姆定律可知通过线圈b的电流减小，b线圈产生的磁场减弱，故穿过线圈a的磁通量变小 ，故A错误；
B．穿过线圈a的磁通量向下减小，根据楞次定律可知，从上往下看，线圈a中将产生顺时针方向的感应电流，故B正确；
CD．穿过线圈a的磁通量向下减小，根据“增缩减扩”、“来拒去留”可知，线圈a有扩大且靠近线圈b的趋势，桌面对线圈a的支持力减小，故CD错误。
故选B。
【分析】滑动触头向上滑动时通过判断出线圈b中的电流减小，然后根据楞次定律判断出线圈a中感应电流的方向。根据感应电流产生的效果总是阻碍引起感应电流的原因，可以很好判断线圈的运动趋势。
11．（2025·涪城模拟）如图所示，某商场采用的电源驱动电机带动阶梯式电梯以的恒定速度运行，质量为的顾客静立在电梯上随电梯向上运动，若电梯的倾角为，运送顾客向上运动所需的功完全来自电机。下列说法正确的是（　　）
A．顾客向上运动的过程中机械能守恒
B．顾客重力的平均功率为
C．顾客受到电梯给予的静摩擦力
D．电梯站顾客时通过电机的电流比未站顾客时至少要增加0.5A
【答案】D
【知识点】焦耳定律；静摩擦力；功率及其计算；机械能守恒定律
【解析】【解答】在用公式P=mgv时，要知道v必须是竖直方向的速度。A．顾客向上运动的过程中动能不变，重力势能增加，则机械能增加，选项A错误；
B．顾客重力的平均功率为
C．顾客匀速上升时不受电梯给予的静摩擦力，选项C错误；
D．由能量关系电梯站顾客时
解得
即电梯站顾客时通过电机的电流比未站顾客时至少要增加0.5A，选项D正确。
故选D。
【分析】顾客向上运动过程中，顾客的重力势能增加，动能不变；根据公式P=mgv计算；根据顾客受力平衡分析；根据P=UI计算。
12．（2025·重庆市）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。则MO的弹力大小为（　　）（重力加速度为g）
A．2mg B．mg C． D．
【答案】B
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】以钢管为研究对象，受重力mg、轻绳的拉力，根据对称性可知两边绳子拉力相等，根据平衡条件
可得
故B正确，ACD错误；
故选B。
【分析】本题主要考查共点力平衡知识，以钢管为研究对象，受力分析，由平衡条件列式求解MO的弹力大小。
13．（2024·浙江高考） 如图所示，在同一竖直平面内，小球A、B上系有不可伸长的细线a、b、c和d，其中a的上端悬挂于竖直固定的支架上，d跨过左侧定滑轮、c跨过右侧定滑轮分别与相同配重P、Q相连，调节左、右两侧定滑轮高度达到平衡。已知小球A、B和配重P、Q质量均为，细线c、d平行且与水平成（不计摩擦），则细线a、b的拉力分别为（　　）
A．， B．， C．， D．，
【答案】D
【知识点】力的平行四边形定则及应用
【解析】【解答】对A，B两球整体进行受力分析，根据平衡条件可知
代入数据解得
对A进行受力分析，b的拉力等于c的拉力与A重力的合力，由平行四边形定则可知细线c的拉力与A重力的合力大小为0.5N，则
故D正确。
故答案为：D
【分析】对A和B整体进行受力分析，根据平衡条件计算细线a的拉力大小；再对A球进行受力分析，根据平行四边形定则计算细线b拉力的大小。
14．（2025·河北）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（　　）
A． B． C．G D．
【答案】B
【知识点】力的分解；共点力的平衡
【解析】【解答】由题意可知当凹槽底部对小球支持力为零时，此时拉力F最大，在竖直方向上，根据平衡条件有
解得，故B正确，ACD错误。
故答案为：B。
【分析】根据物体的受力分析结合平衡条件列式解答。
15．（2024·湖北） 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． B． C．2f D．3f
【答案】B
【知识点】力的合成与分解的运用；共点力的平衡
【解析】【解答】根据题意对S受力分析如图
正交分解可知
所以有
对P受力分析如图
则有
解得
故选B。
【分析】 对拖船和货船进行受力分析，根据平衡条件，结合整体法与隔离法求解作答
16．（2025·北京市）如图所示，长方体物块叠放在斜面上，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
【答案】C
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】以A为研究对象，其处于静止即平衡状态，A受重力、支持力以及摩擦力。以B为研究对象受力分析，其处于静止即平衡状态，可知所受合力为零，沿斜面方向受斜面摩擦力、A对B的摩擦力、拉力；B受重力、斜面的支持力、A对B的压力，故B受6个力，故C正确，ABD错误。
故答案为：C。
【分析】根据重力、拉力、支持力、摩擦力的顺序分析。
17．（2025·潮州模拟）如图所示，原长为的轻质弹簧，一端固定在点，另一端与一质量为的小球相连。小球套在竖直固定的粗糙杆上，与杆之间的动摩擦因数恒定不变。杆上M、N两点与点的距离均为， P点为中点，重力加速度大小为。小球以某一初速度从点向下运动到点，在此过程中，弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确的是（　　）
A．从点到点的运动过程中，小球动能的变化量等于摩擦力所做的功
B．从点到点的运动过程中，小球受到的摩擦力先变小再变大
C．小球在M、N两点的加速度不相等
D．从点到点和从点到点的运动过程中，小球、地球和弹簧组成的系统机械能的减少量相同
【答案】D
【知识点】功能关系；滑动摩擦力与动摩擦因数；牛顿第二定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】解答本题时，要正确分析小球的受力情况，结合对称性，分析摩擦力和弹力做功关系，根据功能关系分析能量转化关系。A．杆上M、N两点与点的距离均为，等于弹簧原长。从点到点的运动过程中，由对称性可知弹簧弹力先做负功，后做正功，弹簧弹力做的总功为零。由动能定理，小球动能的变化量等于重力做的功与摩擦力所做的功的代数和，故A错误；
B．在MN之间任取一点A，令AO与MN之间的夹角为，设长度为，则此时弹簧的弹力为
小球受到的摩擦力为
化简得
在MP之间先增大，在PN之间变小，先增大后减小，即摩擦力先变大后变小，故B错误；
C．小球在M、N两点只受重力，由牛顿第二定律，小球在两点的加速度相等，都等于重力加速度，故C错误；
D．根据对称性可知在任意关于P点对称的点摩擦力大小相等，因此由对称性可知M到P和P到N摩擦力均做负功，且做功大小相等，从点到点和从点到点的运动过程中，小球、地球和弹簧组成的系统机械能的减少量相同，故D正确。
故选D。
【分析】从M点到N点的运动过程中，分析外力做功情况，根据动能定理分析小球动能的变化量与摩擦力所做的功关系；在MN之间任取一点A，令AO与MN之间的夹角为θ，根据滑动摩擦力公式列式分析摩擦力变化情况；分析小球在M、N两点的受力情况，由牛顿第二定律分析加速度关系；根据对称性结合功能关系分析D项。
18．（2025高一下·旌阳期末）如图（俯视图），用自然长度为，劲度系数为k的轻质弹簧，将质量都是m的两个小物块P、Q连接在一起，放置在能绕O点在水平面内转动的圆盘上，物体P、Q和O点恰好组成一个边长为的正三角形。已知小物块P、Q和圆盘间的最大静摩擦力均为，现使圆盘带动两个物体以的角速度做匀速圆周运动，则小物块P所受的静摩擦力大小为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】胡克定律；静摩擦力；力的合成；向心力
【解析】【解答】 A . 运动状态得出需要的向心力
对物体P受力分析，设角QPO大小为θ，θ=60°，沿半径方向摩擦力f2与弹力分量提供向心力有，，
切线方向摩擦力f1与弹力分量平衡
则小物块P所受的静摩擦力大小为
解得，方向与OP夹角为逆时针方向60°，故A错误；
B . ，故B正确；
C .，故C错误；
D . ，故D错误；
故选 B；
【分析】（1）几何关系：明确弹簧的伸长量和弹力方向；
向心力计算：根据角速度和半径两个运动状态参数计算所需向心力；
力的分解：将弹力分解到径向和切向方向；
平衡方程：沿径向列状态方程，沿切向列平衡方程，求解静摩擦力分量；
合成静摩擦力：计算静摩擦力的合力。
（2）易错点： 弹力方向：容易忽略弹力与径向的夹角60°；
力的分解：可能混淆径向和切向的分量；
最大静摩擦力：误认为静摩擦力必须达到最大值；
隐含条件： 弹簧的伸长量由几何关系决定；
静摩擦力的方向需要根据力的平衡动态调整。
19．（2025·山东）工人在河堤的硬质坡面上固定一垂直坡面的挡板，向坡底运送长方体建筑材料。如图所示，坡面与水平面夹角为θ，交线为PN，坡面内QN与PN垂直，挡板平面与坡面的交线为MN，MNQ=θ.若建筑材料与坡面、挡板间的动摩擦因数均为 ，重力加速度大小为g，则建筑材料沿MN向下匀加速滑行的加速度大小为（　　）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【知识点】受力分析的应用；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】将长方体建筑材料的重力沿着斜面和垂直斜面分解，垂直斜面方向FN1＝mgcosθ
斜面对长方体建筑材料的摩擦力f1＝μmgcosθ
方向沿MN向上；
重力沿斜面QN方向的分力G1＝mgsinθ
G1垂直于MN的分力FN2=G1sinθ=mgsin2θ
挡板对长方体建筑材料的摩擦力f2==
方向沿MN向上；
G1沿MN向下的分力G2＝G1cosθ＝mgsinθcosθ
根据牛顿第二定律
可得，故B正确，ACD错误。
故答案为：B。
【分析】 对长方体建筑材料进行受力分析，根据力的合成与分解、滑动摩擦力公式和牛顿第二定律求解作答。
二、多项选择题
20．（2025·广西）“独竹漂”是一种传统的交通工具，人拿着竹竿站在单竹上，人和单竹筏在水里减速滑行，人与竹筏相对静止，则（　　）
A．人受合力为零
B．人对竹筏的力方向竖直向下
C．人和竹筏的重心在竹筏所在的竖直面上
D．人和竹竿构成的整体的重心，与杆受到合力的作用线在同一竖直平面上
【答案】C,D
【知识点】重力与重心；摩擦力的判断与计算；共点力的平衡
【解析】【解答】A、选手和楠竹在水里减速滑行，不是匀速运动或者静止，存在加速度，根据牛顿第二定律可知合力不为零，故A错误；
B、水平方向选手受楠竹给的作用力，否则无法减速，则选手给竹子有水平方向作用力，选手对楠竹的力在竖直方向有重力，所以选手对楠竹的力方向不是竖直向下，故B错误；
C、选手和楠竹相对静止，且减速滑行，选手和楠竹的重心要在同一竖直面上才能保持相对稳定，手持划杆可使选手（含划杆）的重心下移，更易保持平衡，故C正确；
D、选手和楠竹构成的整体在减速滑行，受到的合力不为零，根据力的作用线和重心的关系可知整体的重心与楠竹受到合力作用线应该在同一竖直面上，故D正确。
故答案为：CD。
【分析】选手减速，有加速度，合力不为零；选手有水平加速度，楠竹对选手作用力不竖直，选手对楠竹作用力也不竖直向下；划杆使重心下移，更易平衡；选手受楠竹作用力与重力，合力产生水平加速度，作用力与重心在同一竖直平面。
21．（2023高一下·安化期中）如图，两个质量均为m的小木块a和b（可视为质点）放在水平圆盘上，a与转轴OO'的距离为l，b与转轴的距离为2l。木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g。若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是（　　）
A．b一定比a先开始滑动
B．a、b所受的摩擦力始终相等
C．是b开始滑动的临界角速度
D．当时，a所受摩擦力的大小为kmg
【答案】A,C
【知识点】静摩擦力；线速度、角速度和周期、转速；向心力；向心加速度；生活中的圆周运动
【解析】【解答】A．依题意，μ=k，根据
可得木块发生滑动的临界角速度为
，
由于木块Rb>Ra，则，所以b一定比a先越过平衡点开始滑动，故A正确；
B．木块a，b都未滑动前，它们的角速度相同，受到的静摩擦力根据平衡条件计算不是个定值，且静摩擦力将提供给向心力，由已知Rb>Ra，则
，
得
故B错误；
C．Rb=2l代入，故C正确；
D．Ra=l代入，当木块a的角速度为
则此时木块a受到的静摩擦力足够提供所需向心力，大小为
故D错误；
故选AC。
【分析】（1）通过静摩擦力提供向心力建立方程，比较临界角速度；
最大静摩擦力f_max=kmg决定滑动条件，临界角速度ω_c=√(f_max/mr)；若圆盘角速度均匀增加，可计算滑动时间差；若质量不同，需重新分析f_max的影响。
（2）易错点：误认为摩擦力与半径无关（实际f=mω2r，与r成正比）；混淆临界角速度公式中r的取值（选项C中b的r=2l）；
（3）隐含条件：a、b滑动与否取决于ω2r是否达到kg，b的r更大故先滑动；当ω<√(kg/2l)时，a未滑动，摩擦力f=mω2l
22．（2024高三上·重庆市开学考）两个共点力之间夹角为θ，它们的合力为F，下列说法正确的是（　　）
A．合力F的大小不一定大于的大小
B．和F同时作用于同一物体上
C．若与大小不变，夹角θ越大，则合力F就越大
D．若与大小不变，夹角θ越大，则合力F就越小
【答案】A,D
【知识点】力的合成；力的平行四边形定则及应用；力的合成与分解的运用
【解析】【解答】A．合力与分力是等效关系，根据力的合成可以得出合力F的范围为
可知合力不一定大于任一分力，也有可能小于某一分力。故A正确；
B．合力和分力在作用效果上相等，由于是替换关系所以不是同时作用在物体上的力。故B错误；
CD．根据平行四边形定则可以得出，与大小不变，合力F的大小随F1、F2间夹角增大而减小，随F1、F2间夹角减小而增大。故C错误；D正确。
故选AD。
【分析】合力与分力为等效替换关系，所以不会同时作用在物体上；利用力的合成可以判别合力的大小范围；利用平行四边形定则可以判别合力大小与分力大小的关系。
23．（2025高一下·常德开学考）如图所示，小球放在光滑的墙与装有铰链的光滑薄板之间，在墙与薄板之间的夹角θ缓慢地增大到90°的过程中 （　　）
A．小球对墙的压力减小
B．小球对薄板的压力增大
C．小球对墙的压力先减小后增大
D．小球对薄板的压力不可能小于球的重力
【答案】A,D
【知识点】力的平行四边形定则及应用；共点力的平衡
【解析】【解答】由于小球缓慢运动，处于动态平衡，对小球进行进行受力分析，根据矢量三角形定则如图所示
根据三角形的边长变化可以得出：墙壁给球的压力F2逐渐减小，挡板给球的支持力F1逐渐减小，根据牛顿第三定律可知墙壁受到的压力减小，木板受到的压力减小。当墙与薄板之间的夹角θ缓慢地增大到90°时，根据平衡可知，木板对球的支持力等于球的重力，此时压力为最小值，根据牛顿第三定律可知，小球对薄板的压力不可能小于球的重力。
故选AD。
【分析】利用小球的平衡条件结合矢量三角形定则可以判别小球对墙壁和薄板的压力大小变化。
24．（2025高一上·邛崃期末）如图所示，是一直升机通过软绳打捞河中物体，物体质量为m，由于河水的流动将物 体冲离使软绳偏离竖直方向，当直升机相对地面静止时，绳子与竖直方向成θ角度，下 列说法正确的是
A．绳子的拉力为
B．绳子的拉力可能小于mg
C．物体受到河水的作用力等于绳子拉力的水平分力
D．物体受到河水的作用力大于绳子拉力的水平分力
【答案】B,D
【知识点】力的分解；共点力的平衡
【解析】【解答】AB．对物体受力分析，受重力、浮力、拉力和水的水平方向的摩擦力，如图
根据平衡条件，有竖直方向
F浮+Tcosθ=mg…①
水平方向
f=Tsinθ…②
由①②可知
可能小于mg，故A错误B正确；
CD．河水作用力包括浮力和阻力，其中阻力等于拉力的水平分力，则物体受到河水的作用力大于绳子拉力的水平分力，故C错误D正确．
故答案为：BD。
【分析】受力分析完整性：物体在水中，除重力、拉力外，还受浮力（竖直向上）和河水阻力（水平方向），不能忽略浮力，这是分析拉力大小的关键。
正交分解与平衡条件：将拉力T沿竖直、水平方向分解，利用 “竖直方向合力为0（重力 = 浮力 + 拉力竖直分力 ）” 和 “水平方向合力为0（阻力 = 拉力水平分力 ）” 列方程，推导拉力表达式和河水作用力的特点。
合力大小比较：河水作用力是浮力与阻力的合力（矢量和 ），通过平行四边形定则判断其与拉力水平分力的大小关系（因浮力存在，合力大于阻力，即大于拉力水平分力 ）。
25．（2025·长沙模拟）如图1所示，冰坑挑战是我国东北的传统游戏。某同学将该情景简化后的模型如图2所示，可看作游戏者在一圆心角为120°的圆弧轨道上移动，圆弧的半径为R。已知冰面与鞋底间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，游戏者的质量m=60kg，游戏者可看作质点，则下列说法正确的是（　　）
A．游戏者在从O点向上缓慢移动过程中，最大静摩擦力不断增大
B．游戏者在从O点向上缓慢移动过程中，离O点的高度最大为
C．若游戏者从轨道最高点A无动力滑下后，可再次回到最高点
D．若游戏者从轨道最高点A无动力下滑到O点，游戏者的切向加速度先减小后增大
【答案】B,D
【知识点】功能关系；共点力的平衡；向心力
【解析】【解答】本题考查共点力平衡以及牛顿第二定律，解题关键是要正确的对每个过程进行受力分析。A． 游戏者在一圆心角为120°的圆弧轨道上移动， 设游戏者与圆弧圆心的连线与竖直方向的夹角为θ，则游戏者对冰面的正压力为
最大静摩擦力
游戏者在从O点向上缓慢移动过程中θ变大，最大静摩擦力不断减小，选项A错误；
B．游戏者在从O点向上缓慢移动过程中，当到达最大高度时满足
解得
离O点的高度最大为
选项B正确；
C．若游戏者从轨道最高点A无动力滑下后，由于要克服摩擦力做功，则不可再次回到最高点，选项C错误；
D．若游戏者从轨道最高点A无动力下滑到O点，θ从60°减小到0，游戏者的切向加速度
当时加速度为零，则切线加速度先减小后增大，选项D正确。
故选BD。
【分析】对游戏者进行受力分析，缓慢移动过程中根据受力平衡分析；由于要克服摩擦力做功，则不可再次回到最高点；下滑过程中根据牛顿第二定律求解加速度，结合加速度表达式分析。
26．（2025高二上·越秀期末）如图所示的装置可测量匀强磁场的磁感应强度。它的右臂通过绝缘细线挂着正六边形线框，线框的边长为，底边水平，恰有一半处于匀强磁场中，该磁场的磁感应强度的方向与线框平面垂直。当线圈中通入顺时针电流时，调节砝码使两臂达到平衡。然后改变电流的方向，大小不变，在右盘中增加质量为的砝码后，两臂再次达到新的平衡，则（　　）
A．大小为 B．大小为
C．磁场方向垂直线框平面向里 D．线框所受安培力大小为
【答案】B,C,D
【知识点】力矩平衡；等效法；左手定则—磁场对通电导线的作用；安培力的计算
【解析】【解答】A．重力变化增加为向下mg，安培力增加两份为向上才能平衡，初始安培力得向下，
如图磁场里有效长度为0.5L+L+0.5L=2L，改变电流方向导致安培力方变化前后有
可得，故A错误；
B．，故B正确。
C．初始安培力得向下，由左手定则可知磁场方向垂直线框平面向里，故C正确；
D．但两次平衡差值mg，向下安培力改为向上，产生两个安培力增量，线框处于磁场部分的等效长度为，则线框所受安培力大小为，故D正确；
故选BCD。
【分析】（1）通过力矩平衡条件分析安培力方向及大小，结合安培力公式 F=BIL求磁感应强度；电流反向时安培力反向，需增加砝码质量 m 重新平衡，说明安培力方向与重力方向相同或相反；
（2）易错点：误判磁场方向需通过安培力方向推断；混淆安培力作用边数（仅底边受安培力）。
27．（2025·陕西）如图，与水平面成夹角且固定于O、M两点的硬直杆上套着一质量为的滑块，弹性轻绳一端固定于O点，另一端跨过固定在Q处的光滑定滑轮与位于直杆上P点的滑块拴接，弹性轻绳原长为OQ，PQ为且垂直于OM。现将滑块无初速度释放，假设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。滑块与杆之间的动摩擦因数为0.16，弹性轻绳上弹力F的大小与其伸长量x满足。，g取，。则滑块（　　）
A．与杆之间的滑动摩擦力大小始终为
B．下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的冲量相同
C．从释放到静止的位移大小为
D．从释放到静止克服滑动摩擦力做功为
【答案】A,C
【知识点】胡克定律；能量守恒定律；共点力的平衡；冲量
【解析】【解答】A． 与水平面成夹角且固定于O、M两点的硬直杆上套着一质量为的滑块，设滑块下滑后弹性轻绳与PQ间夹角为时，对滑块进行受力分析，如图所示
由平衡条件有
弹性轻绳上弹力F的大小与其伸长量x满足胡克定律，由胡克定律结合几何关系有
联立解得
可知，滑块与杆之间的弹力不变，则滑块与杆之间的滑动摩擦力大小始终为
故A正确；
B．冲量是矢量，冲量的方向与力的方向相同。下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的方向不同，则下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的冲量不相同，故B错误；
C．设滑块从释放到静止运动的位移为，此时弹性轻绳与PQ间夹角为，由平衡条件有
解得
由几何关系可得
故C正确；
D．从释放到静止，设克服滑动摩擦力做功为，由能量守恒定律有
解得，
故D错误。
故答案为：AC。
【分析】求出根据弹性轻绳弹力大小在垂直于杆上的分量，根据摩擦力的计算公式进行分析；下滑过程中摩擦力方向和上滑过程中摩擦力方向相反，由此分析冲量是否相同；根据平衡条件求解静止时的位移；从释放到静止过程中，根据功能关系求解从释放到静止克服滑动摩擦力做的功。
28．（2023·湖北）如图所示，原长为l的轻质弹簧，一端固定在O点，另一端与一质量为m的小球相连。小球套在竖直固定的粗糙杆上，与杆之间的动摩擦因数为0.5。杆上M、N两点与O点的距离均为l，P点到O点的距离为，OP与杆垂直。当小球置于杆上P点时恰好能保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。小球以某一初速度从M点向下运动到N点，在此过程中，弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确的是（　　）
A．弹簧的劲度系数为
B．小球在P点下方处的加速度大小为
C．从M点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力先变小再变大
D．从M点到P点和从P点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力做功相同
【答案】A,D
【知识点】胡克定律；滑动摩擦力与动摩擦因数；摩擦力的判断与计算；共点力的平衡；牛顿第二定律；功的计算
【解析】【解答】A.小球在P点受力平衡，则，，，联立解得：，故A符合题意；
B.小球运动到P点下方时，此时摩擦力大小为：，由牛顿第二定律得：，联立解得：，故B不符合题意。
C.在PM之间任取一点A，令AO与MN之间的夹角为，则此时弹簧的弹力为：，小球受到的摩擦力为：；在MP之间增大在PN之间减小，所以摩擦力先变大后变小，故C不符合题意；
D.根据对称性知在任意关于P点对称的点摩擦力相等，因此由对称性知M到P和P到N摩擦力做功相等，故D符合题意；
故答案为：AD
【分析】在P点，根据平衡条件列方程求弹簧的劲度系数； 小球在P点下方时，根据牛顿第二定律求加速度；在PM之间任取一点A，求出摩擦力的表达式进行分析；根据对称性进行分析。
29．（2025高一下·旌阳期末）如图所示，足够长的水平传送带以恒定速率v匀速运动，某时刻一个质量为m的小物块，以大小也是v、方向与传送带的运动方向相反的初速度冲上传送带，最后小物块的速度与传送带的速度相同。在小物块与传送带间有相对运动的过程中，滑动摩擦力对小物块做的功为W，小物块与传送带间因摩擦产生的热量为Q，则下列判断正确的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B,D
【知识点】功能关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系；摩擦力的判断与计算；牛顿运动定律的应用—传送带模型；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A . 小物块初速度 v（反向），末速度v。动能变化
但滑动摩擦力做功分为两阶段：减速至0：逆滑摩擦力做负功位移x逆滑块，加速至v：顺滑摩擦力做正功位移为x顺滑，如下图所示
x逆滑块=x顺滑
总功W=W逆+W顺=0
摩擦力做功的计算必须严格区分作用对象和位移参考系，只需计算自己的位移，不是把传送带的位移也计算为做功位移，故A错误；
B . 如A选项所述，摩擦力总功为0，故B正确；
C . 摩擦生热 Q=f d相对，摩擦力大小 f=μmg
设小物块与传送带间的动摩擦因数为μ，小物块向左做减速运动时，有
，
得
二者间的相对位移为
小物块向右做匀加速运动时，时间相同也为
二者间的相对位移为为
小物块与传送带间因摩擦产生的热量
故C错误；
D . Q=2mv2 ，故D正确；
故选BD；
【分析】（1）分阶段分析物块运动，先减速至零再加速至v；
计算相对路程和区分摩擦力做功与生热，摩擦力做功的计算必须严格区分作用对象和位移参考系，只计算自身的位移，相对的位移不计入摩擦力对自己的做功；
（2）易错点是混淆功与热量概念，以及漏算加速阶段的相对位移；
（3）隐含条件是传送带匀速运动且摩擦力大小恒定；
能量守恒，电机做功转化为物块动能和摩擦热量两部分。
三、非选择题
30．（2025·黑吉辽蒙）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。
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，由图（b）可知，该芒果的质量　 　g（结果保留到个位）。若杯中放入芒果后，绳1与竖直方向夹角为但与橡皮筋不垂直，由图像读出的芒果质量与相比　 　（填“偏大”或“偏小”）。
（2）另一组同学利用同样方法得到的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　 　。
【答案】（1）106；偏大
（2）C
（3）减小细线与竖直方向的夹角
【知识点】胡克定律；力的平行四边形定则及应用；共点力的平衡
【解析】【解答】（1）根据图（b）所示，当x＝11.60cm时，可得该芒果的质量m0＝106g。
当绳1与竖直方向夹角为30°但与橡皮筋不垂直时，如下图1所示，
可知无论橡皮筋与绳1的夹角变大还是变小，橡皮筋的拉力F均变大，橡皮筋长度均会变大，由图像读出的芒果质量与m0相比偏大。
（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，是由于橡皮筋伸长量过大，超出了它的弹性限度，以至于弹力与其伸长量不再成正比的原因。此情况与水杯质量过小和绳套长度过大均无关，故C正确，AB错误。
故选：C。
（3）设绳1与竖直方向夹角为θ，根据图1的受力分析，橡皮筋与绳1垂直时由平衡条件得：
F＝T2sinθ，其中T2为绳2的拉力，其大小等于水杯与被测物体的总重力。要使装置测量质量范围增大，即使T2较大时F较小，可减小θ的值，故可以采取减小绳1与竖直方向的夹角的措施来增大测量质量范围。
【分析】（1）根据图（b）的x﹣m关系图线读出该芒果的质量；当绳1与橡皮筋不垂直时，作出受力分析图，根据平衡条件判断橡皮筋的拉力F的变化情况，可知橡皮筋长度的变化情况，由图像确定测量的误差。
（2）得到的x﹣m图像在后半部分弯曲与水杯质量过小和绳套长度过大均无关。可能是由于橡皮筋伸长量过大，超出了它的弹性限度所致。
（3）由平衡条件得到橡皮筋的拉力与水杯和被测物体的总重力的关系，据此关系式找到增大测量质量范围的方法。
31．（2025·云南） 某实验小组做了测量木质滑块与橡胶皮之间动摩擦因数的实验，所用器材如下：钉有橡胶皮的长木板、质量为的木质滑块（含挂钩）、细线、定滑轮、弹簧测力计、慢速电机以及砝码若干。实验装置如图甲所示。
实验步骤如下：
①将长木板放置在水平台面上，滑块平放在橡胶面上；
②调节定滑轮高度，使细线与长木板平行（此时定滑轮高度与挂钩高度一致）；
③用电机缓慢拉动长木板，当长木板相对滑块匀速运动时，记录弹簧测力计的示数F；
④在滑块上分别放置和的砝码，重复步骤③；
⑤处理实验数据（重力加速度g取）。
实验数据如下表所示：
滑块和砝码的总质量 弹簧测力计示数 动摩擦因数
250 1.12 0.457
300 1.35 a
350 1.57 0.458
400 1.79 0.457
完成下列填空：
（1）表格中a处的数据为　 　（保留3位有效数字）；
（2）其它条件不变时，在实验误差允许的范围内，滑动摩擦力的大小与接触面上压力的大小　 　，与接触面上压力的大小　 　（以上两空填“成正比”“成反比”或“无关”）；
（3）若在实验过程中未进行步骤②，实验装置如图乙所示，挂钩高于定滑轮，则的测量结果将　 　（填“偏大”“偏小”或“不变”）。
【答案】（1）0.459
（2）成正比；无关
（3）偏大
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数；探究影响摩擦力的大小的因素
【解析】【解答】（1）根据滑动摩擦力计算公式可得表格中a处的数据；
（2）根据表中数据分析可知其它条件不变时，在实验误差允许的范围内，滑动摩擦力的大小与接触面上压力的大小成正比，与接触面上压力的大小无关；
（3）实验装置如图乙所示，挂钩高于定滑轮，则绳子拉力有竖直向下的分力，实际的正压力大于测量值的正压力，导致拉力F即弹簧测力计示数偏大，根据，由于F偏大，Mg不变，故
【分析】 （1）根据滑动摩擦力的公式列式解答；
（2）根据表格中的数据规律结合求解的μ值进行分析解答；
（3）根据平衡条件列式推导μ的表达式，结合表达式分析判断。
32．（2025·广东模拟）某物理兴趣小组的同学在研究弹簧弹力的时候，测得弹力的大小F和弹簧长度l的关系如图甲所示，则由图线可知：
（1）弹簧的劲度系数为　 　 N/m；
（2）为了用弹簧测定两木块A和B间的动摩擦因数μ，两位同学分别设计了如图所示的甲、乙两种方案。
①为了用某一弹簧测力计的示数表示A和B之间的滑动摩擦力的大小，你认为方案　 　更合理；
②若A和B的重力分别为10.0 N和20.0 N。当A被拉动时，弹簧测力计a的示数为6.0 N，b的示数为11.0 N，c的示数为4.0 N，则A和B间的动摩擦因数为　 　。
【答案】300；甲；0.30
【知识点】探究弹簧弹力的大小与伸长量的关系；滑动摩擦力与动摩擦因数
【解析】【解答】（1）由图知，当F0=0时l0=20cm，即弹簧的原长，当F=60 N时l=40cm，则Δl=l-l0=0.2 m
由胡克定律得
。
（2）①乙方案：因在拉着物体A运动的过程中，拉A的弹簧测力计在不断地运动，示数可能会变化，读数不准；甲方案：弹簧测力计a是不动的，指针稳定便于读数，故甲方案更合理；
②由于弹簧测力计a示数为6.0 N，故A、B间的动摩擦因数
。
【分析】（1）先计算F=60 N时弹簧伸长量，再根据胡克定律计算弹簧的劲度系数。
（2）弹簧测力计a是不动的，指针稳定便于读数。弹簧测力计a示数为6.0 N时，滑动摩擦力等于6N，根据计算A和B间的动摩擦因数。
33．（2025高一下·旌阳期末）一质量m＝1 kg的滑块以一定的初速度冲上一倾角为的足够长的斜面，某同学利用计算机系统测出了滑块冲上斜面过程中多个时刻的瞬时速度，通过计算机绘制出的滑块上滑过程中速度v随时间t变化的v－t图像如图所示。已知，，g取10 m/s2，求：
（1）滑块与斜面间的动摩擦因数；
（2）滑块重新回到斜面底端的动能。
【答案】（1）【解答】（1）由图像可得物体沿斜面向上运动的加速度大小
得
如图受力分析图中橙色为重力，分解斜面与垂直斜面后，根据沿斜面的合外力与运动状态等式即牛二定律可得
解得
（2）【解答】（2）摩擦力是随运动方向改变而改变的力，向下滑动时候摩擦力向上了，需重新受力分析，v-t图在v的负半轴第四象限区域内
物体上滑的最大位移为vt图5到0过程三角形面积直接算或用速方差2倍位移加速度之积公式求，，
从顶部静止滑到底部过程中由动能定理可得
，，
解得J
【知识点】摩擦力的判断与计算；牛顿运动定律的综合应用；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）通过v－t图像斜率求加速度，结合牛顿第二定律列方程，区分上滑（减速）和下滑（加速）的受力差异，并关联运动学公式；
（2）易错点包括符号错误（如加速度方向）、角度函数值代入错误（如混淆sinθ和cosθ）、忽略下滑时摩擦力的方向变化；
（3）隐含条件是最大静摩擦力≥滑动摩擦力，确保滑块能下滑，涉及功能关系（如机械能损失转化为内能）及图像斜率的物理意义（加速度）。
（1）由图像可得物体沿斜面向上运动的加速度大小
解得
根据牛顿运动定律可得
解得
（2）物体上滑的最大位移为
根据动能定理可得
解得J
34．（2024高一上·南充期末）如图所示，质量为M的物体甲通过两段轻绳和一根劲度系数为k的轻弹簧悬挂，结点为O。轻绳OB水平且B端与放置在水平面上质量为m的物体乙相连，轻弹簧OA的中轴线与竖直方向的夹角α=37°，物体甲、乙均处于静止状态（sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度为g）。求：
（1）物体乙对水平面的压力；
（2）轻弹簧OA的伸长量x；
（3）物体乙受摩擦力的大小。
【答案】（1）解：物体乙均处于静止状态，物体乙受到水平面的支持力
根据牛顿第三定律可知物体乙对水平面的压力
，方向竖直向下。
（2）解：对O受力分析，如图所示
根据平衡条件，有
根据胡克定律，有
解得轻弹簧OA的伸长量
。
（3）解：乙在水平方向受力平衡，所以乙受到的摩擦力
【知识点】胡克定律；受力分析的应用；力的合成与分解的运用
【解析】【分析】（1）利用“物体乙竖直方向平衡”+“牛顿第三定律”，直接得压力。
（2）对结点 正交分解（竖直方向，水平方向 ），结合胡克定律 求伸长量。
（3）依据“物体乙水平方向平衡”，摩擦力等于绳OB拉力。
35．（2024高一上·衡阳开学考）如图甲所示为《天工开物》中记载的我国传统提水工具桔槔。图乙为其原理示意图，O为支点，A端用细绳悬挂一重石，B端用细绳悬挂水桶。已知水桶重力为、容积为，悬挂桶的绳子始终保持在竖直状态，忽略杆和绳的重力。（取）
（1）桶装满水时，求水桶中水的质量；
（2）空桶在水中漂浮时，求桶排开水的体积；
（3）一重力为的人用桔槔将装满水的桶提出水面（忽略桶外壁沾水），当桔槔处于水平平衡状态时，人对地面的压力为，求重石的重力。
【答案】（1）由
可得，桶装满水时水的质量
（2）空桶在井中漂浮时，受到的浮力为
由
可得，桶排开水的体积为
（3）桶装满水时，水的重力为
桶和水的总重力为
人的重力为480N，提水桶的过程中，人对地面的压力为600N，对人受力分析可得
代入数值得
解得
即绳子对人施加的向下的拉力为120N，由于力的作用是相互的，人对绳子施加的向上的拉力为120N。对绳子受力分析有
代入数值得
解得
即B端对绳子的拉力为180N，由于力的作用是相互的，绳子对B端的拉力为180N。由杠杆平衡条件可得
变形并代入数值得
【知识点】力矩平衡；共点力的平衡
【解析】【分析】根据密度公式、阿基米德原理、压强计算以及杠杆平衡条件分析：
1.根据密度公式分析水的质量，求出水的重力。
2.根据平衡条件和浮力公式分析桶排开水的体积。
3.根据杠杆平衡条件分析B端绳子的拉力，根据力的平衡条件分析手对绳子的拉力，由受力平衡和相互作用求出重石的重力。
（1）由
可得，桶装满水时水的质量
（2）空桶在井中漂浮时，受到的浮力为
由
可得，桶排开水的体积为
（3）桶装满水时，水的重力为
桶和水的总重力为
人的重力为480N，提水桶的过程中，人对地面的压力为600N，对人受力分析可得
代入数值得
解得
即绳子对人施加的向下的拉力为120N，由于力的作用是相互的，人对绳子施加的向上的拉力为120N。对绳子受力分析有
代入数值得
解得
即B端对绳子的拉力为180N，由于力的作用是相互的，绳子对B端的拉力为180N。由杠杆平衡条件可得
变形并代入数值得
36．（2025·浙江模拟）如图所示的单摆摆线长为l，摆球直径为d
（1）①利用该单摆测量当地的重力加速度g，测得单摆周期为T。则测量重力加速度g的表达式为　 　；
②以下是实验过程中的一些做法，其中正确的是　 　；
A．摆线粗些、弹性好些
B．摆球密度大些，体积小些
C．由静止释放摆球的同时开始计时，当摆球回到初始位置停止计时，由此测得单摆振动周期T
D．单摆周期大些，可以提高测量精度，因此在拉开摆球时应使摆线与竖直方向有较大的角度
（2）将该单摆置于机车上，测量机车在水平路面上启动过程中的加速度。在机车上观测到摆线偏离竖直方向的角度为θ角，则该机车加速度为　 　（已知重力加速度g）；
（3）利用该单摆验证机械能守恒。将摆线拉直至水平位置，静止释放，则摆球绕悬点在竖直面内做圆周运动，为了测量小球摆到最低点时的速度，在该位置放置了光电门，小球通过光电门的挡光时间为Δt，则从静止到最低点过程中，
①机械能守恒需要验证的表达式为　 　（用题目中的已知量表示，当地重力加速度为g）
②实验发现小球重力势能的减小量小于动能的增加量，则可能的原因是　 　
A．空气阻力对小球做负功
B．摆线没有拉直时静止释放
C．光电门位置偏低，小球球心没过光电门
【答案】（1）；B
（2）
（3）；C
【知识点】受力分析的应用；牛顿第二定律；机械能守恒定律；用单摆测定重力加速度
【解析】（1） ① 根据
，
解得
故答案为：。
② A．摆线要选择无弹性、细一些的轻绳，故A错误；
B．摆球尽量选择密度大，体积小些的，减少空气阻力的影响，故B正确；
C．测量单摆周期时，要从平衡位置即最低点开始计时，测量多个周期，求平均值，误差会更小，故C错误；
D．单摆的周期公式只适用于最大摆角小于5°的简谐振动，故D错误。
故答案为：B。
（2）对摆球受力分析，根据牛顿第二定律
解得
该机车加速度为即为。
故答案为：
（3）将摆线拉直至水平位置，静止释放，机械能守恒，则重力势能转化为动能
又
机械能守恒需要验证的表达式为
A．空气阻力对小球做负功，会导致重力势能减少量大于动能增加量；
B．摆线没有拉直时静止释放，运动到绳拉直瞬间会损失部分动能，会导致重力势能减少量大于动能增加量，故B错误；
C．光电门位置偏低，会造成测量时间偏小，小球球心没过光电门，挡光宽度小于直径，故计算的速度值偏大，会造成小球重力势能的减小量小于动能的增加量，故C正确。
故答案为：；C
【分析】（1）单摆周期公式是核心，关键要明确 “摆长是悬点到球心的距离”（摆线长 + 球半径 ）。通过周期公式变形，直接推导重力加速度表达式。
（2）摆球与机车相对静止，加速度相同。通过受力分析（水平合力提供加速度，竖直合力平衡重力 ），利用三角函数关系消去拉力 F，直接推导加速度表达式。
（3） 机械能守恒验证的是 “势能减少量 = 动能增加量”
（1）[1]根据，
解得
[2]A．摆线要选择无弹性、细一些的轻绳，故A错误；
B．摆球尽量选择密度大，体积小些的，减少空气阻力的影响，故B正确；
C．测量单摆周期时，要从平衡位置即最低点开始计时，测量多个周期，求平均值，误差会更小，故C错误；
D．单摆的周期公式只适用于最大摆角小于5°的简谐振动，故D错误。
故选B。
（2）对摆球受力分析，根据牛顿第二定律
解得，该机车加速度为即为。
（3）[1]将摆线拉直至水平位置，静止释放，机械能守恒，则重力势能转化为动能
又
机械能守恒需要验证的表达式为。
[2]实验发现小球重力势能的减小量小于动能的增加量，
A．空气阻力对小球做负功，会导致重力势能减少量大于动能增加量，故A错误；
B．摆线没有拉直时静止释放，运动到绳拉直瞬间会损失部分动能，会导致重力势能减少量大于动能增加量，故B错误；
C．光电门位置偏低，会造成测量时间偏小，小球球心没过光电门，挡光宽度小于直径，故计算的速度值偏大，会造成小球重力势能的减小量小于动能的增加量，故C正确。
故选C。
37．（2024高一下·金湾月考）如图所示，一长度为L、内壁光滑的细圆筒，其上端封闭，下端固定在竖直转轴的O点，圆筒与水平方向的夹角为θ。原长为的轻质弹簧上端固定在圆筒上端，下端连接一质量为m的小球，小球的直径略小于圆筒直径。当圆筒处于静止状态时，弹簧长度为。重力加速度为g。求：
（1）弹簧的劲度系数k；
（2）当弹簧恢复原长时，转轴的角速度ω1；
（3）当弹簧的形变量时，转轴的角速度ω。
【答案】（1）【解答】（1）当圆筒处于静止状态时，对小球，重力沿筒垂直筒分解，垂直筒方向重力分量不影响沿筒方向效果，
由沿筒方向重力分量与弹簧拉力受力平衡可得等式
，
代入整理
解得弹簧的劲度系数为
（2）解：（2）当弹簧恢复原长时，以小球为对象，支持力为N，重力不再分解，
竖直方向上平衡，重力效果投放完毕，不必在计沿管下滑方向分量
，，
根据牛顿第二定律支持力水平分量提供运动学向心力，可得等式
解得转轴的角速度为
（3）解：（3）当弹簧的形变量时，假设弹簧处于伸长状态，设支持力为N1环绕半径为r1，，
以小球为对象，重力不分解，与支持力和弹簧弹力的竖直分量平衡有等式整理得
根据牛二定律，如上图合力等于运动学向心力等式
代入N1通分
整理得
代入k与x
整理得
再整理得
其中代入r1：
整理
再整理得转轴的角速度为
再假设弹簧处于压缩状态，设小球受筒侧支持力为N2环绕半径为r2，
，
以小球为对象，重力不分解，与支持力和弹簧弹力的竖直分量平衡有等式
整理得
根据牛二定律，如上图合力等于运动学向心力等式
代入N2
整理得
再整理得
代入k，x，r2
整理得
再整理得
再整理得
解得转轴的角速度为
伸长或压缩
【知识点】胡克定律；力的合成与分解的运用；共点力的平衡；向心加速度；生活中的圆周运动
【解析】【分析】（1）通过平衡条件和圆周运动动力学方程联立求解；
静止时弹簧弹力平衡重力分量；旋转时弹力与重力的合力提供向心力；若圆筒改为竖直或水平，需重新分析受力；临界角速度可通过弹力为零的条件求解。
（2）易错点：易忽略斜面角度θ对重力分量的影响（沿筒方向为mgsinθ，垂直筒为mgcosθ）；混淆弹簧形变量与长度的关系；
（3）隐含条件：静止时弹簧伸长量为L/4；旋转时向心力方向垂直转轴，由弹力和重力的垂直分量提供。
（1）当圆筒处于静止状态时，对小球，由受力平衡可得
解得弹簧的劲度系数为
（2）当弹簧恢复原长时，以小球为对象，根据牛顿第二定律可得
解得转轴的角速度为
（3）当弹簧的形变量时，若弹簧处于伸长状态，以小球为对象，有
其中
联立解得转轴的角速度为
若弹簧处于压缩状态，以小球为对象，有
其中
联立解得转轴的角速度为
1 / 1高考一轮复习：相互作用
一、选择题
1．（2025·诸暨模拟）2025年2月，“杭州六小龙”之一的宇树科技公司发布了一款轮足机器人——“山猫”。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。“山猫”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作用力的方向竖直向上
D．起跳时地面对它的作用力大于它对地面的作用力
2．（2025·温州模拟）如图所示为起重机吊起铁管的场景。质量为200kg的铁管两端固定有一钢绳，起重机挂钩勾住钢绳，使铁管从静止开始先竖直向上做匀加速直线运动，达到某一速度后做匀速运动。若铁管始终保持水平，不计钢绳质量与一切阻力。下列说法正确的是（　　）
A．匀加速阶段铁管处于超重状态
B．匀速阶段钢绳的张力大小为1000N
C．钢绳对铁管的拉力是由于铁管形变引起的
D．匀加速阶段钢绳对铁管的作用力大于铁管对钢绳的作用力
3．（2025·陕西）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、夹角为，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． B． C． D．0
4．（2022·北京）如图所示，质量为m的物块在倾角为的斜面上加速下滑，物块与斜面间的动摩擦因数为。下列说法正确的是（　　）
A．斜面对物块的支持力大小为
B．斜面对物块的摩擦力大小为
C．斜面对物块作用力的合力大小为
D．物块所受的合力大小为
5．（2017·新课标Ⅲ卷）一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距80cm的两点上，弹性绳的原长也为80cm．将一钩码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为100cm；再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点，则弹性绳的总长度变为（弹性绳的伸长始终处于弹性限度内）（　　）
A．86cm B．92cm C．98cm D．104cm
6．（2025高一下·饶平期末）如图所示，网球以很大的速度v沿着水平方向冲击球拍，再以等大的速度被反向打回，作用时间很短，冲击过程可以认为网球速度方向始终在水平方向上，作用过程忽略重力和空气阻力的影响，下列关于这个过程描述正确的（　　）
A．球拍受到的弹力是由球拍的形变产生的
B．网球冲击球拍的过程中，惯性先减小后增大
C．网球从接触球拍到离开球拍速度变化量大小为
D．网球从接触球拍到离开球拍先做匀减速运动再做匀加速运动
7．（2025·毕节模拟）如图所示，在光滑的竖直墙壁上用网兜把足球挂在点，足球与墙壁接触，保持静止。已知足球的重力大小为，悬绳与墙壁的夹角为，网兜与悬绳的质量不计。下列说法正确的是（　　）
A．足球所受到的合力大小为
B．悬绳对足球的拉力大小为
C．足球对墙壁的压力大小为
D．足球对墙壁的压力是由墙壁的形变产生的
8．（2025·绵阳模拟）如图所示，足够长的光滑斜面固定，轻质弹簧下端连接在斜面底端的固定挡板上，上端有一个与弹簧不相连的物块压缩弹簧后静止。现用沿斜面的外力缓慢向下推动物块到某一位置（弹簧弹性限度内），撤去外力后，在物块沿斜面向上运动到最高点的过程中，其速度v随时间t变化关系图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
9．（2025·通川模拟）如图甲所示，小球在一竖直的轻弹簧正上方由静止开始自由下落，直到压缩弹簧到最低点，其运动的a－x图像如图乙所示，小球在最低点时的加速度大小为。已知小球的质量为m，重力加速度为g，小球在运动过程中的空气阻力忽略不计。弹簧始终在弹性限度内，则
A．弹簧的劲度系数为
B．小球运动过程中的最大速度为
C．等于2g
D．
10．（2024高二下·江西月考）如图所示，圆环形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接。现将滑动变阻器的滑片P向上滑动，下列说法正确的是（　　）
A．穿过线圈a的磁通量增大
B．从上往下看，线圈a中将产生顺时针方向的感应电流
C．线圈a有收缩的趋势
D．桌面对线圈a的支持力增大
11．（2025·涪城模拟）如图所示，某商场采用的电源驱动电机带动阶梯式电梯以的恒定速度运行，质量为的顾客静立在电梯上随电梯向上运动，若电梯的倾角为，运送顾客向上运动所需的功完全来自电机。下列说法正确的是（　　）
A．顾客向上运动的过程中机械能守恒
B．顾客重力的平均功率为
C．顾客受到电梯给予的静摩擦力
D．电梯站顾客时通过电机的电流比未站顾客时至少要增加0.5A
12．（2025·重庆市）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。则MO的弹力大小为（　　）（重力加速度为g）
A．2mg B．mg C． D．
13．（2024·浙江高考） 如图所示，在同一竖直平面内，小球A、B上系有不可伸长的细线a、b、c和d，其中a的上端悬挂于竖直固定的支架上，d跨过左侧定滑轮、c跨过右侧定滑轮分别与相同配重P、Q相连，调节左、右两侧定滑轮高度达到平衡。已知小球A、B和配重P、Q质量均为，细线c、d平行且与水平成（不计摩擦），则细线a、b的拉力分别为（　　）
A．， B．， C．， D．，
14．（2025·河北）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（　　）
A． B． C．G D．
15．（2024·湖北） 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． B． C．2f D．3f
16．（2025·北京市）如图所示，长方体物块叠放在斜面上，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
17．（2025·潮州模拟）如图所示，原长为的轻质弹簧，一端固定在点，另一端与一质量为的小球相连。小球套在竖直固定的粗糙杆上，与杆之间的动摩擦因数恒定不变。杆上M、N两点与点的距离均为， P点为中点，重力加速度大小为。小球以某一初速度从点向下运动到点，在此过程中，弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确的是（　　）
A．从点到点的运动过程中，小球动能的变化量等于摩擦力所做的功
B．从点到点的运动过程中，小球受到的摩擦力先变小再变大
C．小球在M、N两点的加速度不相等
D．从点到点和从点到点的运动过程中，小球、地球和弹簧组成的系统机械能的减少量相同
18．（2025高一下·旌阳期末）如图（俯视图），用自然长度为，劲度系数为k的轻质弹簧，将质量都是m的两个小物块P、Q连接在一起，放置在能绕O点在水平面内转动的圆盘上，物体P、Q和O点恰好组成一个边长为的正三角形。已知小物块P、Q和圆盘间的最大静摩擦力均为，现使圆盘带动两个物体以的角速度做匀速圆周运动，则小物块P所受的静摩擦力大小为（　　）
A． B． C． D．
19．（2025·山东）工人在河堤的硬质坡面上固定一垂直坡面的挡板，向坡底运送长方体建筑材料。如图所示，坡面与水平面夹角为θ，交线为PN，坡面内QN与PN垂直，挡板平面与坡面的交线为MN，MNQ=θ.若建筑材料与坡面、挡板间的动摩擦因数均为 ，重力加速度大小为g，则建筑材料沿MN向下匀加速滑行的加速度大小为（　　）
A．
B．
C．
D．
二、多项选择题
20．（2025·广西）“独竹漂”是一种传统的交通工具，人拿着竹竿站在单竹上，人和单竹筏在水里减速滑行，人与竹筏相对静止，则（　　）
A．人受合力为零
B．人对竹筏的力方向竖直向下
C．人和竹筏的重心在竹筏所在的竖直面上
D．人和竹竿构成的整体的重心，与杆受到合力的作用线在同一竖直平面上
21．（2023高一下·安化期中）如图，两个质量均为m的小木块a和b（可视为质点）放在水平圆盘上，a与转轴OO'的距离为l，b与转轴的距离为2l。木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g。若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是（　　）
A．b一定比a先开始滑动
B．a、b所受的摩擦力始终相等
C．是b开始滑动的临界角速度
D．当时，a所受摩擦力的大小为kmg
22．（2024高三上·重庆市开学考）两个共点力之间夹角为θ，它们的合力为F，下列说法正确的是（　　）
A．合力F的大小不一定大于的大小
B．和F同时作用于同一物体上
C．若与大小不变，夹角θ越大，则合力F就越大
D．若与大小不变，夹角θ越大，则合力F就越小
23．（2025高一下·常德开学考）如图所示，小球放在光滑的墙与装有铰链的光滑薄板之间，在墙与薄板之间的夹角θ缓慢地增大到90°的过程中 （　　）
A．小球对墙的压力减小
B．小球对薄板的压力增大
C．小球对墙的压力先减小后增大
D．小球对薄板的压力不可能小于球的重力
24．（2025高一上·邛崃期末）如图所示，是一直升机通过软绳打捞河中物体，物体质量为m，由于河水的流动将物 体冲离使软绳偏离竖直方向，当直升机相对地面静止时，绳子与竖直方向成θ角度，下 列说法正确的是
A．绳子的拉力为
B．绳子的拉力可能小于mg
C．物体受到河水的作用力等于绳子拉力的水平分力
D．物体受到河水的作用力大于绳子拉力的水平分力
25．（2025·长沙模拟）如图1所示，冰坑挑战是我国东北的传统游戏。某同学将该情景简化后的模型如图2所示，可看作游戏者在一圆心角为120°的圆弧轨道上移动，圆弧的半径为R。已知冰面与鞋底间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，游戏者的质量m=60kg，游戏者可看作质点，则下列说法正确的是（　　）
A．游戏者在从O点向上缓慢移动过程中，最大静摩擦力不断增大
B．游戏者在从O点向上缓慢移动过程中，离O点的高度最大为
C．若游戏者从轨道最高点A无动力滑下后，可再次回到最高点
D．若游戏者从轨道最高点A无动力下滑到O点，游戏者的切向加速度先减小后增大
26．（2025高二上·越秀期末）如图所示的装置可测量匀强磁场的磁感应强度。它的右臂通过绝缘细线挂着正六边形线框，线框的边长为，底边水平，恰有一半处于匀强磁场中，该磁场的磁感应强度的方向与线框平面垂直。当线圈中通入顺时针电流时，调节砝码使两臂达到平衡。然后改变电流的方向，大小不变，在右盘中增加质量为的砝码后，两臂再次达到新的平衡，则（　　）
A．大小为 B．大小为
C．磁场方向垂直线框平面向里 D．线框所受安培力大小为
27．（2025·陕西）如图，与水平面成夹角且固定于O、M两点的硬直杆上套着一质量为的滑块，弹性轻绳一端固定于O点，另一端跨过固定在Q处的光滑定滑轮与位于直杆上P点的滑块拴接，弹性轻绳原长为OQ，PQ为且垂直于OM。现将滑块无初速度释放，假设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。滑块与杆之间的动摩擦因数为0.16，弹性轻绳上弹力F的大小与其伸长量x满足。，g取，。则滑块（　　）
A．与杆之间的滑动摩擦力大小始终为
B．下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的冲量相同
C．从释放到静止的位移大小为
D．从释放到静止克服滑动摩擦力做功为
28．（2023·湖北）如图所示，原长为l的轻质弹簧，一端固定在O点，另一端与一质量为m的小球相连。小球套在竖直固定的粗糙杆上，与杆之间的动摩擦因数为0.5。杆上M、N两点与O点的距离均为l，P点到O点的距离为，OP与杆垂直。当小球置于杆上P点时恰好能保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。小球以某一初速度从M点向下运动到N点，在此过程中，弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确的是（　　）
A．弹簧的劲度系数为
B．小球在P点下方处的加速度大小为
C．从M点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力先变小再变大
D．从M点到P点和从P点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力做功相同
29．（2025高一下·旌阳期末）如图所示，足够长的水平传送带以恒定速率v匀速运动，某时刻一个质量为m的小物块，以大小也是v、方向与传送带的运动方向相反的初速度冲上传送带，最后小物块的速度与传送带的速度相同。在小物块与传送带间有相对运动的过程中，滑动摩擦力对小物块做的功为W，小物块与传送带间因摩擦产生的热量为Q，则下列判断正确的是（　　）
A． B． C． D．
三、非选择题
30．（2025·黑吉辽蒙）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。
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，由图（b）可知，该芒果的质量　 　g（结果保留到个位）。若杯中放入芒果后，绳1与竖直方向夹角为但与橡皮筋不垂直，由图像读出的芒果质量与相比　 　（填“偏大”或“偏小”）。
（2）另一组同学利用同样方法得到的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　 　。
31．（2025·云南） 某实验小组做了测量木质滑块与橡胶皮之间动摩擦因数的实验，所用器材如下：钉有橡胶皮的长木板、质量为的木质滑块（含挂钩）、细线、定滑轮、弹簧测力计、慢速电机以及砝码若干。实验装置如图甲所示。
实验步骤如下：
①将长木板放置在水平台面上，滑块平放在橡胶面上；
②调节定滑轮高度，使细线与长木板平行（此时定滑轮高度与挂钩高度一致）；
③用电机缓慢拉动长木板，当长木板相对滑块匀速运动时，记录弹簧测力计的示数F；
④在滑块上分别放置和的砝码，重复步骤③；
⑤处理实验数据（重力加速度g取）。
实验数据如下表所示：
滑块和砝码的总质量 弹簧测力计示数 动摩擦因数
250 1.12 0.457
300 1.35 a
350 1.57 0.458
400 1.79 0.457
完成下列填空：
（1）表格中a处的数据为　 　（保留3位有效数字）；
（2）其它条件不变时，在实验误差允许的范围内，滑动摩擦力的大小与接触面上压力的大小　 　，与接触面上压力的大小　 　（以上两空填“成正比”“成反比”或“无关”）；
（3）若在实验过程中未进行步骤②，实验装置如图乙所示，挂钩高于定滑轮，则的测量结果将　 　（填“偏大”“偏小”或“不变”）。
32．（2025·广东模拟）某物理兴趣小组的同学在研究弹簧弹力的时候，测得弹力的大小F和弹簧长度l的关系如图甲所示，则由图线可知：
（1）弹簧的劲度系数为　 　 N/m；
（2）为了用弹簧测定两木块A和B间的动摩擦因数μ，两位同学分别设计了如图所示的甲、乙两种方案。
①为了用某一弹簧测力计的示数表示A和B之间的滑动摩擦力的大小，你认为方案　 　更合理；
②若A和B的重力分别为10.0 N和20.0 N。当A被拉动时，弹簧测力计a的示数为6.0 N，b的示数为11.0 N，c的示数为4.0 N，则A和B间的动摩擦因数为　 　。
33．（2025高一下·旌阳期末）一质量m＝1 kg的滑块以一定的初速度冲上一倾角为的足够长的斜面，某同学利用计算机系统测出了滑块冲上斜面过程中多个时刻的瞬时速度，通过计算机绘制出的滑块上滑过程中速度v随时间t变化的v－t图像如图所示。已知，，g取10 m/s2，求：
（1）滑块与斜面间的动摩擦因数；
（2）滑块重新回到斜面底端的动能。
34．（2024高一上·南充期末）如图所示，质量为M的物体甲通过两段轻绳和一根劲度系数为k的轻弹簧悬挂，结点为O。轻绳OB水平且B端与放置在水平面上质量为m的物体乙相连，轻弹簧OA的中轴线与竖直方向的夹角α=37°，物体甲、乙均处于静止状态（sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度为g）。求：
（1）物体乙对水平面的压力；
（2）轻弹簧OA的伸长量x；
（3）物体乙受摩擦力的大小。
35．（2024高一上·衡阳开学考）如图甲所示为《天工开物》中记载的我国传统提水工具桔槔。图乙为其原理示意图，O为支点，A端用细绳悬挂一重石，B端用细绳悬挂水桶。已知水桶重力为、容积为，悬挂桶的绳子始终保持在竖直状态，忽略杆和绳的重力。（取）
（1）桶装满水时，求水桶中水的质量；
（2）空桶在水中漂浮时，求桶排开水的体积；
（3）一重力为的人用桔槔将装满水的桶提出水面（忽略桶外壁沾水），当桔槔处于水平平衡状态时，人对地面的压力为，求重石的重力。
36．（2025·浙江模拟）如图所示的单摆摆线长为l，摆球直径为d
（1）①利用该单摆测量当地的重力加速度g，测得单摆周期为T。则测量重力加速度g的表达式为　 　；
②以下是实验过程中的一些做法，其中正确的是　 　；
A．摆线粗些、弹性好些
B．摆球密度大些，体积小些
C．由静止释放摆球的同时开始计时，当摆球回到初始位置停止计时，由此测得单摆振动周期T
D．单摆周期大些，可以提高测量精度，因此在拉开摆球时应使摆线与竖直方向有较大的角度
（2）将该单摆置于机车上，测量机车在水平路面上启动过程中的加速度。在机车上观测到摆线偏离竖直方向的角度为θ角，则该机车加速度为　 　（已知重力加速度g）；
（3）利用该单摆验证机械能守恒。将摆线拉直至水平位置，静止释放，则摆球绕悬点在竖直面内做圆周运动，为了测量小球摆到最低点时的速度，在该位置放置了光电门，小球通过光电门的挡光时间为Δt，则从静止到最低点过程中，
①机械能守恒需要验证的表达式为　 　（用题目中的已知量表示，当地重力加速度为g）
②实验发现小球重力势能的减小量小于动能的增加量，则可能的原因是　 　
A．空气阻力对小球做负功
B．摆线没有拉直时静止释放
C．光电门位置偏低，小球球心没过光电门
37．（2024高一下·金湾月考）如图所示，一长度为L、内壁光滑的细圆筒，其上端封闭，下端固定在竖直转轴的O点，圆筒与水平方向的夹角为θ。原长为的轻质弹簧上端固定在圆筒上端，下端连接一质量为m的小球，小球的直径略小于圆筒直径。当圆筒处于静止状态时，弹簧长度为。重力加速度为g。求：
（1）弹簧的劲度系数k；
（2）当弹簧恢复原长时，转轴的角速度ω1；
（3）当弹簧的形变量时，转轴的角速度ω。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】重力与重心；形变与弹力；牛顿第三定律；质点
【解析】【解答】本题考查质点、重心、平衡条件和对牛顿第三定律的理解，考查范围较大，平时注意积累。A．避开障碍物时，“山猫”的大小形状不能忽略不计，不可以被看作质点，选项A错误；
B．空中翻转时“山猫”的形体结构会发生改变，则重心位置会发生变化，选项B错误；
C．单脚静止时地面对它作用力与重力等大反向，则地面对其作用力的方向竖直向上，选项C正确；
D．根据牛顿第三定律可知，起跳时地面对它的作用力等于它对地面的作用力，选项D错误。
故选C。
【分析】根据质点的条件分析；根据重心的定义分析；根据平衡条件分析；根据牛顿第三定律分析。
2．【答案】A
【知识点】形变与弹力；牛顿第三定律；共点力的平衡；超重与失重
【解析】【解答】本题考查超失重和牛顿第三定律，弹力产生原因和力的平衡知识，会根据题意进行准确分析解答。A．在匀加速阶段，铁管竖直向上做匀加速直线运动，加速度向上，所以铁管处于超重状态，故A正确；
B．匀速阶段，钢绳的张力大小等于铁管重力大小，即
故B错误；
C．根据弹力的产生原因，钢绳对铁管的拉力是由于钢绳发生形变，要恢复原状而对铁管产生的力，并非铁管形变引起的，故C错误；
D．钢绳对铁管的作用力与铁管对钢绳的作用力是一对相互作用力，相互作用力大小相等、方向相反，与铁管的运动状态无关，所以匀加速阶段钢绳对铁管的作用力等于铁管对钢绳的作用力，故D错误。
故选A。
【分析】根据超失重和牛顿第三定律，弹力产生原因和力的平衡知识进行分析解答。
3．【答案】D
【知识点】摩擦力的判断与计算；共点力的平衡
【解析】【解答】对钢管受力分析，如图所示
对钢管受力分析可知，受到竖直向上的支持力和绳子拉力二力之和等于竖直向下的重力，所以水平方向不可能受到摩擦力。
故ABC错误，D正确；
故答案为：D。
【分析】 分析钢管的受力情况，根据共点力平衡条件分析摩擦力。
4．【答案】B
【知识点】力的合成；力的分解
【解析】【解答】对物块进行受力分析，并建立直角坐标系，将重力分解，如图所示
A.在Y轴方向上， 斜面对物块的支持力 Fn=mgcos，A不符合题意；
B. 斜面对物块的摩擦力Ff为滑动摩擦力，则Ff= Fn=mgcos，B符合题意；
C 、D.因物块在斜面上加速下滑，在X轴方向上有mgsin-Ff=ma；即mgsin＞Ff，结合A项分析，推出斜面对物块的合力小于物块重力mg，物块所受合力为mgsin-Ff，C 、D不符合题意。
故答案为：B
[分析】对物块进行受力分析，利用正交分解法或直接合成法，再根据牛顿第二运动定律，对各项问题进行解答。
5．【答案】B
【知识点】形变与弹力；共点力平衡条件的应用；力的合成
【解析】【解答】如图所示
绳子原长是80cm，伸长为100cm，如图，则AB段长50cm，伸长了10cm，假设绳子的劲度系数为k，则绳子拉力为F=0.1k
把绳子的拉力分解为水平方向和竖直方向，在竖直方向的分量为Fx=0.1k×cos53°=0.06k，
两个绳子的竖直方向拉力合力为：2Fx
物体处于平衡状态，则拉力合力等于重力，即0.12k=mg，所以k=
当AC两点移动到同一点时，绳子两个绳子的夹角为0，每段绳子伸长x，则两个绳子的拉力合力为2kx=mg，x=0.06cm．
所以此时绳子总长度为92cm．
故选：B．
【分析】绳长变为100cm时，伸长了20cm，可以得出绳子的拉力，根据共点力的平衡关系可得出绳子的劲度系数，进而计算出两端在同一点时弹性绳的总长度．
6．【答案】C
【知识点】形变与弹力；加速度；惯性与质量；牛顿第二定律
【解析】【解答】A．球拍受到的弹力是由网球发生形变而产生的，故A错误；
B．惯性只与质量有关，网球冲击球拍的过程中，网球质量不变，则惯性不变，故B错误；
C．取原来速度v的方向为正方向，则网球离开球拍时的速度为，则网球从接触球拍到离开球拍速度变化量为
其中负号表示方向与原来速度的方向相反，即网球从接触球拍到离开球拍速度变化量大小为2v，故C正确；
D．网球从接触球拍到离开球拍的过程中，受到球拍的弹力不恒定，根据牛顿第二定律可知，网球的加速度不恒定，则网球先做变减速运动再做变加速运动，故D错误。
故选C。
【分析】A、球拍受到的弹力是由网球发生形变而产生；
B、惯性只决定与质量大小，与运动状态无关；
C、设原来速度方向为正方向，由求解；
D、网球受到的弹力由可知，随形变量的变化而变化，加速度也随之变化，网球先做变减速运动再做变加速运动。
7．【答案】C
【知识点】形变与弹力；力的合成与分解的运用；共点力的平衡
【解析】【解答】A．足球保持静止，处于平衡状态，所受合力为零；故A错误；
B．对足球进行受力分析如图
根据平行四边形法则可得：悬绳对足球的拉力
故B错误；
C．根据平行四边形法则可得：墙壁对足球的支持力为
由牛顿第三定律得足球对墙壁的压力
故C正确；
D．根据弹力的定义可得墙壁受到的压力是由足球的形变产生的，故D错误。
故选C。
【分析】对足球进行受力分析，保持静止则受力平衡，合力为零，根据平行四边形法则可得：悬绳对足球的拉力，墙壁对足球的支持力为，弹力都是施力物体发生形变产生的。
8．【答案】C
【知识点】胡克定律；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】设弹簧的压缩量为，斜面的倾角为，对物块受力分析，根据牛顿第二定律可得
解得
刚释放时，由于弹力大于重力的分力，物块做加速运动，随着弹簧的形变量逐渐减小，弹力逐渐减小，物块的加速度逐渐减小，当弹簧的弹力等于重力的下滑分力时，物块的速度达到最大，此后物块开始向上做减速运动，其加速度大小则为，故物块向上做加速度逐渐增大的减速运动，当弹力为零时，物块的加速度为，方向沿斜面向下，此阶段物块做匀减速运动，到最高点时，速度为零，故ABD错误，C正确。
故选C。
【分析】对物块受力分析，根据牛顿第二定律：，加速度，从此式子可得出加速度逐渐减小，当加速度为零，物块的速度达到最大，此后物块开始向上做减速运动，其加速度大小则为，故物块向上做加速度逐渐增大的减速运动，当弹力为零时，物块的加速度为，方向沿斜面向下，此阶段物块做匀减速运动，到最高点时，速度为零。
9．【答案】B
【知识点】胡克定律
【解析】【解答】本题考查小球在弹簧上运动的动力学问题，结合a-x图像分析小球运动过程中的物理量，涉及胡克定律、牛顿第二定律及机械能守恒定律求解即可。A．由图乙可知，小球下落时接触弹簧，下落时加速度为0，有
解得
故A错误；
B．由速度位移公式
可知，a－x图线围成的面积表示，当位移为时，小球速度达到最大值，有
故B正确；
CD．由图乙可知，当小球下落时加速度大小为，速度减为零，a－x图线x轴上方围成的面积与x轴下方围成的面积相等，即
且
联立解得
，
故CD错误。
故选B。
【分析】由平衡条件可求弹簧的劲度系数；由a-x的图线围成的面积表示，由牛顿第二定律结合胡克定律即可求解加速度；由机械能守恒定可得可求x1。
10．【答案】B
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】应掌握楞次定律的基本应用，楞次定律的推论是能量守恒定律在电磁感应现象中得出的必然结果。A． 当滑动触头P向上移动时电阻增大， 由闭合电路欧姆定律可知通过线圈b的电流减小，b线圈产生的磁场减弱，故穿过线圈a的磁通量变小 ，故A错误；
B．穿过线圈a的磁通量向下减小，根据楞次定律可知，从上往下看，线圈a中将产生顺时针方向的感应电流，故B正确；
CD．穿过线圈a的磁通量向下减小，根据“增缩减扩”、“来拒去留”可知，线圈a有扩大且靠近线圈b的趋势，桌面对线圈a的支持力减小，故CD错误。
故选B。
【分析】滑动触头向上滑动时通过判断出线圈b中的电流减小，然后根据楞次定律判断出线圈a中感应电流的方向。根据感应电流产生的效果总是阻碍引起感应电流的原因，可以很好判断线圈的运动趋势。
11．【答案】D
【知识点】焦耳定律；静摩擦力；功率及其计算；机械能守恒定律
【解析】【解答】在用公式P=mgv时，要知道v必须是竖直方向的速度。A．顾客向上运动的过程中动能不变，重力势能增加，则机械能增加，选项A错误；
B．顾客重力的平均功率为
C．顾客匀速上升时不受电梯给予的静摩擦力，选项C错误；
D．由能量关系电梯站顾客时
解得
即电梯站顾客时通过电机的电流比未站顾客时至少要增加0.5A，选项D正确。
故选D。
【分析】顾客向上运动过程中，顾客的重力势能增加，动能不变；根据公式P=mgv计算；根据顾客受力平衡分析；根据P=UI计算。
12．【答案】B
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】以钢管为研究对象，受重力mg、轻绳的拉力，根据对称性可知两边绳子拉力相等，根据平衡条件
可得
故B正确，ACD错误；
故选B。
【分析】本题主要考查共点力平衡知识，以钢管为研究对象，受力分析，由平衡条件列式求解MO的弹力大小。
13．【答案】D
【知识点】力的平行四边形定则及应用
【解析】【解答】对A，B两球整体进行受力分析，根据平衡条件可知
代入数据解得
对A进行受力分析，b的拉力等于c的拉力与A重力的合力，由平行四边形定则可知细线c的拉力与A重力的合力大小为0.5N，则
故D正确。
故答案为：D
【分析】对A和B整体进行受力分析，根据平衡条件计算细线a的拉力大小；再对A球进行受力分析，根据平行四边形定则计算细线b拉力的大小。
14．【答案】B
【知识点】力的分解；共点力的平衡
【解析】【解答】由题意可知当凹槽底部对小球支持力为零时，此时拉力F最大，在竖直方向上，根据平衡条件有
解得，故B正确，ACD错误。
故答案为：B。
【分析】根据物体的受力分析结合平衡条件列式解答。
15．【答案】B
【知识点】力的合成与分解的运用；共点力的平衡
【解析】【解答】根据题意对S受力分析如图
正交分解可知
所以有
对P受力分析如图
则有
解得
故选B。
【分析】 对拖船和货船进行受力分析，根据平衡条件，结合整体法与隔离法求解作答
16．【答案】C
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】以A为研究对象，其处于静止即平衡状态，A受重力、支持力以及摩擦力。以B为研究对象受力分析，其处于静止即平衡状态，可知所受合力为零，沿斜面方向受斜面摩擦力、A对B的摩擦力、拉力；B受重力、斜面的支持力、A对B的压力，故B受6个力，故C正确，ABD错误。
故答案为：C。
【分析】根据重力、拉力、支持力、摩擦力的顺序分析。
17．【答案】D
【知识点】功能关系；滑动摩擦力与动摩擦因数；牛顿第二定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】解答本题时，要正确分析小球的受力情况，结合对称性，分析摩擦力和弹力做功关系，根据功能关系分析能量转化关系。A．杆上M、N两点与点的距离均为，等于弹簧原长。从点到点的运动过程中，由对称性可知弹簧弹力先做负功，后做正功，弹簧弹力做的总功为零。由动能定理，小球动能的变化量等于重力做的功与摩擦力所做的功的代数和，故A错误；
B．在MN之间任取一点A，令AO与MN之间的夹角为，设长度为，则此时弹簧的弹力为
小球受到的摩擦力为
化简得
在MP之间先增大，在PN之间变小，先增大后减小，即摩擦力先变大后变小，故B错误；
C．小球在M、N两点只受重力，由牛顿第二定律，小球在两点的加速度相等，都等于重力加速度，故C错误；
D．根据对称性可知在任意关于P点对称的点摩擦力大小相等，因此由对称性可知M到P和P到N摩擦力均做负功，且做功大小相等，从点到点和从点到点的运动过程中，小球、地球和弹簧组成的系统机械能的减少量相同，故D正确。
故选D。
【分析】从M点到N点的运动过程中，分析外力做功情况，根据动能定理分析小球动能的变化量与摩擦力所做的功关系；在MN之间任取一点A，令AO与MN之间的夹角为θ，根据滑动摩擦力公式列式分析摩擦力变化情况；分析小球在M、N两点的受力情况，由牛顿第二定律分析加速度关系；根据对称性结合功能关系分析D项。
18．【答案】B
【知识点】胡克定律；静摩擦力；力的合成；向心力
【解析】【解答】 A . 运动状态得出需要的向心力
对物体P受力分析，设角QPO大小为θ，θ=60°，沿半径方向摩擦力f2与弹力分量提供向心力有，，
切线方向摩擦力f1与弹力分量平衡
则小物块P所受的静摩擦力大小为
解得，方向与OP夹角为逆时针方向60°，故A错误；
B . ，故B正确；
C .，故C错误；
D . ，故D错误；
故选 B；
【分析】（1）几何关系：明确弹簧的伸长量和弹力方向；
向心力计算：根据角速度和半径两个运动状态参数计算所需向心力；
力的分解：将弹力分解到径向和切向方向；
平衡方程：沿径向列状态方程，沿切向列平衡方程，求解静摩擦力分量；
合成静摩擦力：计算静摩擦力的合力。
（2）易错点： 弹力方向：容易忽略弹力与径向的夹角60°；
力的分解：可能混淆径向和切向的分量；
最大静摩擦力：误认为静摩擦力必须达到最大值；
隐含条件： 弹簧的伸长量由几何关系决定；
静摩擦力的方向需要根据力的平衡动态调整。
19．【答案】B
【知识点】受力分析的应用；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】将长方体建筑材料的重力沿着斜面和垂直斜面分解，垂直斜面方向FN1＝mgcosθ
斜面对长方体建筑材料的摩擦力f1＝μmgcosθ
方向沿MN向上；
重力沿斜面QN方向的分力G1＝mgsinθ
G1垂直于MN的分力FN2=G1sinθ=mgsin2θ
挡板对长方体建筑材料的摩擦力f2==
方向沿MN向上；
G1沿MN向下的分力G2＝G1cosθ＝mgsinθcosθ
根据牛顿第二定律
可得，故B正确，ACD错误。
故答案为：B。
【分析】 对长方体建筑材料进行受力分析，根据力的合成与分解、滑动摩擦力公式和牛顿第二定律求解作答。
20．【答案】C,D
【知识点】重力与重心；摩擦力的判断与计算；共点力的平衡
【解析】【解答】A、选手和楠竹在水里减速滑行，不是匀速运动或者静止，存在加速度，根据牛顿第二定律可知合力不为零，故A错误；
B、水平方向选手受楠竹给的作用力，否则无法减速，则选手给竹子有水平方向作用力，选手对楠竹的力在竖直方向有重力，所以选手对楠竹的力方向不是竖直向下，故B错误；
C、选手和楠竹相对静止，且减速滑行，选手和楠竹的重心要在同一竖直面上才能保持相对稳定，手持划杆可使选手（含划杆）的重心下移，更易保持平衡，故C正确；
D、选手和楠竹构成的整体在减速滑行，受到的合力不为零，根据力的作用线和重心的关系可知整体的重心与楠竹受到合力作用线应该在同一竖直面上，故D正确。
故答案为：CD。
【分析】选手减速，有加速度，合力不为零；选手有水平加速度，楠竹对选手作用力不竖直，选手对楠竹作用力也不竖直向下；划杆使重心下移，更易平衡；选手受楠竹作用力与重力，合力产生水平加速度，作用力与重心在同一竖直平面。
21．【答案】A,C
【知识点】静摩擦力；线速度、角速度和周期、转速；向心力；向心加速度；生活中的圆周运动
【解析】【解答】A．依题意，μ=k，根据
可得木块发生滑动的临界角速度为
，
由于木块Rb>Ra，则，所以b一定比a先越过平衡点开始滑动，故A正确；
B．木块a，b都未滑动前，它们的角速度相同，受到的静摩擦力根据平衡条件计算不是个定值，且静摩擦力将提供给向心力，由已知Rb>Ra，则
，
得
故B错误；
C．Rb=2l代入，故C正确；
D．Ra=l代入，当木块a的角速度为
则此时木块a受到的静摩擦力足够提供所需向心力，大小为
故D错误；
故选AC。
【分析】（1）通过静摩擦力提供向心力建立方程，比较临界角速度；
最大静摩擦力f_max=kmg决定滑动条件，临界角速度ω_c=√(f_max/mr)；若圆盘角速度均匀增加，可计算滑动时间差；若质量不同，需重新分析f_max的影响。
（2）易错点：误认为摩擦力与半径无关（实际f=mω2r，与r成正比）；混淆临界角速度公式中r的取值（选项C中b的r=2l）；
（3）隐含条件：a、b滑动与否取决于ω2r是否达到kg，b的r更大故先滑动；当ω<√(kg/2l)时，a未滑动，摩擦力f=mω2l
22．【答案】A,D
【知识点】力的合成；力的平行四边形定则及应用；力的合成与分解的运用
【解析】【解答】A．合力与分力是等效关系，根据力的合成可以得出合力F的范围为
可知合力不一定大于任一分力，也有可能小于某一分力。故A正确；
B．合力和分力在作用效果上相等，由于是替换关系所以不是同时作用在物体上的力。故B错误；
CD．根据平行四边形定则可以得出，与大小不变，合力F的大小随F1、F2间夹角增大而减小，随F1、F2间夹角减小而增大。故C错误；D正确。
故选AD。
【分析】合力与分力为等效替换关系，所以不会同时作用在物体上；利用力的合成可以判别合力的大小范围；利用平行四边形定则可以判别合力大小与分力大小的关系。
23．【答案】A,D
【知识点】力的平行四边形定则及应用；共点力的平衡
【解析】【解答】由于小球缓慢运动，处于动态平衡，对小球进行进行受力分析，根据矢量三角形定则如图所示
根据三角形的边长变化可以得出：墙壁给球的压力F2逐渐减小，挡板给球的支持力F1逐渐减小，根据牛顿第三定律可知墙壁受到的压力减小，木板受到的压力减小。当墙与薄板之间的夹角θ缓慢地增大到90°时，根据平衡可知，木板对球的支持力等于球的重力，此时压力为最小值，根据牛顿第三定律可知，小球对薄板的压力不可能小于球的重力。
故选AD。
【分析】利用小球的平衡条件结合矢量三角形定则可以判别小球对墙壁和薄板的压力大小变化。
24．【答案】B,D
【知识点】力的分解；共点力的平衡
【解析】【解答】AB．对物体受力分析，受重力、浮力、拉力和水的水平方向的摩擦力，如图
根据平衡条件，有竖直方向
F浮+Tcosθ=mg…①
水平方向
f=Tsinθ…②
由①②可知
可能小于mg，故A错误B正确；
CD．河水作用力包括浮力和阻力，其中阻力等于拉力的水平分力，则物体受到河水的作用力大于绳子拉力的水平分力，故C错误D正确．
故答案为：BD。
【分析】受力分析完整性：物体在水中，除重力、拉力外，还受浮力（竖直向上）和河水阻力（水平方向），不能忽略浮力，这是分析拉力大小的关键。
正交分解与平衡条件：将拉力T沿竖直、水平方向分解，利用 “竖直方向合力为0（重力 = 浮力 + 拉力竖直分力 ）” 和 “水平方向合力为0（阻力 = 拉力水平分力 ）” 列方程，推导拉力表达式和河水作用力的特点。
合力大小比较：河水作用力是浮力与阻力的合力（矢量和 ），通过平行四边形定则判断其与拉力水平分力的大小关系（因浮力存在，合力大于阻力，即大于拉力水平分力 ）。
25．【答案】B,D
【知识点】功能关系；共点力的平衡；向心力
【解析】【解答】本题考查共点力平衡以及牛顿第二定律，解题关键是要正确的对每个过程进行受力分析。A． 游戏者在一圆心角为120°的圆弧轨道上移动， 设游戏者与圆弧圆心的连线与竖直方向的夹角为θ，则游戏者对冰面的正压力为
最大静摩擦力
游戏者在从O点向上缓慢移动过程中θ变大，最大静摩擦力不断减小，选项A错误；
B．游戏者在从O点向上缓慢移动过程中，当到达最大高度时满足
解得
离O点的高度最大为
选项B正确；
C．若游戏者从轨道最高点A无动力滑下后，由于要克服摩擦力做功，则不可再次回到最高点，选项C错误；
D．若游戏者从轨道最高点A无动力下滑到O点，θ从60°减小到0，游戏者的切向加速度
当时加速度为零，则切线加速度先减小后增大，选项D正确。
故选BD。
【分析】对游戏者进行受力分析，缓慢移动过程中根据受力平衡分析；由于要克服摩擦力做功，则不可再次回到最高点；下滑过程中根据牛顿第二定律求解加速度，结合加速度表达式分析。
26．【答案】B,C,D
【知识点】力矩平衡；等效法；左手定则—磁场对通电导线的作用；安培力的计算
【解析】【解答】A．重力变化增加为向下mg，安培力增加两份为向上才能平衡，初始安培力得向下，
如图磁场里有效长度为0.5L+L+0.5L=2L，改变电流方向导致安培力方变化前后有
可得，故A错误；
B．，故B正确。
C．初始安培力得向下，由左手定则可知磁场方向垂直线框平面向里，故C正确；
D．但两次平衡差值mg，向下安培力改为向上，产生两个安培力增量，线框处于磁场部分的等效长度为，则线框所受安培力大小为，故D正确；
故选BCD。
【分析】（1）通过力矩平衡条件分析安培力方向及大小，结合安培力公式 F=BIL求磁感应强度；电流反向时安培力反向，需增加砝码质量 m 重新平衡，说明安培力方向与重力方向相同或相反；
（2）易错点：误判磁场方向需通过安培力方向推断；混淆安培力作用边数（仅底边受安培力）。
27．【答案】A,C
【知识点】胡克定律；能量守恒定律；共点力的平衡；冲量
【解析】【解答】A． 与水平面成夹角且固定于O、M两点的硬直杆上套着一质量为的滑块，设滑块下滑后弹性轻绳与PQ间夹角为时，对滑块进行受力分析，如图所示
由平衡条件有
弹性轻绳上弹力F的大小与其伸长量x满足胡克定律，由胡克定律结合几何关系有
联立解得
可知，滑块与杆之间的弹力不变，则滑块与杆之间的滑动摩擦力大小始终为
故A正确；
B．冲量是矢量，冲量的方向与力的方向相同。下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的方向不同，则下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的冲量不相同，故B错误；
C．设滑块从释放到静止运动的位移为，此时弹性轻绳与PQ间夹角为，由平衡条件有
解得
由几何关系可得
故C正确；
D．从释放到静止，设克服滑动摩擦力做功为，由能量守恒定律有
解得，
故D错误。
故答案为：AC。
【分析】求出根据弹性轻绳弹力大小在垂直于杆上的分量，根据摩擦力的计算公式进行分析；下滑过程中摩擦力方向和上滑过程中摩擦力方向相反，由此分析冲量是否相同；根据平衡条件求解静止时的位移；从释放到静止过程中，根据功能关系求解从释放到静止克服滑动摩擦力做的功。
28．【答案】A,D
【知识点】胡克定律；滑动摩擦力与动摩擦因数；摩擦力的判断与计算；共点力的平衡；牛顿第二定律；功的计算
【解析】【解答】A.小球在P点受力平衡，则，，，联立解得：，故A符合题意；
B.小球运动到P点下方时，此时摩擦力大小为：，由牛顿第二定律得：，联立解得：，故B不符合题意。
C.在PM之间任取一点A，令AO与MN之间的夹角为，则此时弹簧的弹力为：，小球受到的摩擦力为：；在MP之间增大在PN之间减小，所以摩擦力先变大后变小，故C不符合题意；
D.根据对称性知在任意关于P点对称的点摩擦力相等，因此由对称性知M到P和P到N摩擦力做功相等，故D符合题意；
故答案为：AD
【分析】在P点，根据平衡条件列方程求弹簧的劲度系数； 小球在P点下方时，根据牛顿第二定律求加速度；在PM之间任取一点A，求出摩擦力的表达式进行分析；根据对称性进行分析。
29．【答案】B,D
【知识点】功能关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系；摩擦力的判断与计算；牛顿运动定律的应用—传送带模型；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A . 小物块初速度 v（反向），末速度v。动能变化
但滑动摩擦力做功分为两阶段：减速至0：逆滑摩擦力做负功位移x逆滑块，加速至v：顺滑摩擦力做正功位移为x顺滑，如下图所示
x逆滑块=x顺滑
总功W=W逆+W顺=0
摩擦力做功的计算必须严格区分作用对象和位移参考系，只需计算自己的位移，不是把传送带的位移也计算为做功位移，故A错误；
B . 如A选项所述，摩擦力总功为0，故B正确；
C . 摩擦生热 Q=f d相对，摩擦力大小 f=μmg
设小物块与传送带间的动摩擦因数为μ，小物块向左做减速运动时，有
，
得
二者间的相对位移为
小物块向右做匀加速运动时，时间相同也为
二者间的相对位移为为
小物块与传送带间因摩擦产生的热量
故C错误；
D . Q=2mv2 ，故D正确；
故选BD；
【分析】（1）分阶段分析物块运动，先减速至零再加速至v；
计算相对路程和区分摩擦力做功与生热，摩擦力做功的计算必须严格区分作用对象和位移参考系，只计算自身的位移，相对的位移不计入摩擦力对自己的做功；
（2）易错点是混淆功与热量概念，以及漏算加速阶段的相对位移；
（3）隐含条件是传送带匀速运动且摩擦力大小恒定；
能量守恒，电机做功转化为物块动能和摩擦热量两部分。
30．【答案】（1）106；偏大
（2）C
（3）减小细线与竖直方向的夹角
【知识点】胡克定律；力的平行四边形定则及应用；共点力的平衡
【解析】【解答】（1）根据图（b）所示，当x＝11.60cm时，可得该芒果的质量m0＝106g。
当绳1与竖直方向夹角为30°但与橡皮筋不垂直时，如下图1所示，
可知无论橡皮筋与绳1的夹角变大还是变小，橡皮筋的拉力F均变大，橡皮筋长度均会变大，由图像读出的芒果质量与m0相比偏大。
（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，是由于橡皮筋伸长量过大，超出了它的弹性限度，以至于弹力与其伸长量不再成正比的原因。此情况与水杯质量过小和绳套长度过大均无关，故C正确，AB错误。
故选：C。
（3）设绳1与竖直方向夹角为θ，根据图1的受力分析，橡皮筋与绳1垂直时由平衡条件得：
F＝T2sinθ，其中T2为绳2的拉力，其大小等于水杯与被测物体的总重力。要使装置测量质量范围增大，即使T2较大时F较小，可减小θ的值，故可以采取减小绳1与竖直方向的夹角的措施来增大测量质量范围。
【分析】（1）根据图（b）的x﹣m关系图线读出该芒果的质量；当绳1与橡皮筋不垂直时，作出受力分析图，根据平衡条件判断橡皮筋的拉力F的变化情况，可知橡皮筋长度的变化情况，由图像确定测量的误差。
（2）得到的x﹣m图像在后半部分弯曲与水杯质量过小和绳套长度过大均无关。可能是由于橡皮筋伸长量过大，超出了它的弹性限度所致。
（3）由平衡条件得到橡皮筋的拉力与水杯和被测物体的总重力的关系，据此关系式找到增大测量质量范围的方法。
31．【答案】（1）0.459
（2）成正比；无关
（3）偏大
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数；探究影响摩擦力的大小的因素
【解析】【解答】（1）根据滑动摩擦力计算公式可得表格中a处的数据；
（2）根据表中数据分析可知其它条件不变时，在实验误差允许的范围内，滑动摩擦力的大小与接触面上压力的大小成正比，与接触面上压力的大小无关；
（3）实验装置如图乙所示，挂钩高于定滑轮，则绳子拉力有竖直向下的分力，实际的正压力大于测量值的正压力，导致拉力F即弹簧测力计示数偏大，根据，由于F偏大，Mg不变，故
【分析】 （1）根据滑动摩擦力的公式列式解答；
（2）根据表格中的数据规律结合求解的μ值进行分析解答；
（3）根据平衡条件列式推导μ的表达式，结合表达式分析判断。
32．【答案】300；甲；0.30
【知识点】探究弹簧弹力的大小与伸长量的关系；滑动摩擦力与动摩擦因数
【解析】【解答】（1）由图知，当F0=0时l0=20cm，即弹簧的原长，当F=60 N时l=40cm，则Δl=l-l0=0.2 m
由胡克定律得
。
（2）①乙方案：因在拉着物体A运动的过程中，拉A的弹簧测力计在不断地运动，示数可能会变化，读数不准；甲方案：弹簧测力计a是不动的，指针稳定便于读数，故甲方案更合理；
②由于弹簧测力计a示数为6.0 N，故A、B间的动摩擦因数
。
【分析】（1）先计算F=60 N时弹簧伸长量，再根据胡克定律计算弹簧的劲度系数。
（2）弹簧测力计a是不动的，指针稳定便于读数。弹簧测力计a示数为6.0 N时，滑动摩擦力等于6N，根据计算A和B间的动摩擦因数。
33．【答案】（1）【解答】（1）由图像可得物体沿斜面向上运动的加速度大小
得
如图受力分析图中橙色为重力，分解斜面与垂直斜面后，根据沿斜面的合外力与运动状态等式即牛二定律可得
解得
（2）【解答】（2）摩擦力是随运动方向改变而改变的力，向下滑动时候摩擦力向上了，需重新受力分析，v-t图在v的负半轴第四象限区域内
物体上滑的最大位移为vt图5到0过程三角形面积直接算或用速方差2倍位移加速度之积公式求，，
从顶部静止滑到底部过程中由动能定理可得
，，
解得J
【知识点】摩擦力的判断与计算；牛顿运动定律的综合应用；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）通过v－t图像斜率求加速度，结合牛顿第二定律列方程，区分上滑（减速）和下滑（加速）的受力差异，并关联运动学公式；
（2）易错点包括符号错误（如加速度方向）、角度函数值代入错误（如混淆sinθ和cosθ）、忽略下滑时摩擦力的方向变化；
（3）隐含条件是最大静摩擦力≥滑动摩擦力，确保滑块能下滑，涉及功能关系（如机械能损失转化为内能）及图像斜率的物理意义（加速度）。
（1）由图像可得物体沿斜面向上运动的加速度大小
解得
根据牛顿运动定律可得
解得
（2）物体上滑的最大位移为
根据动能定理可得
解得J
34．【答案】（1）解：物体乙均处于静止状态，物体乙受到水平面的支持力
根据牛顿第三定律可知物体乙对水平面的压力
，方向竖直向下。
（2）解：对O受力分析，如图所示
根据平衡条件，有
根据胡克定律，有
解得轻弹簧OA的伸长量
。
（3）解：乙在水平方向受力平衡，所以乙受到的摩擦力
【知识点】胡克定律；受力分析的应用；力的合成与分解的运用
【解析】【分析】（1）利用“物体乙竖直方向平衡”+“牛顿第三定律”，直接得压力。
（2）对结点 正交分解（竖直方向，水平方向 ），结合胡克定律 求伸长量。
（3）依据“物体乙水平方向平衡”，摩擦力等于绳OB拉力。
35．【答案】（1）由
可得，桶装满水时水的质量
（2）空桶在井中漂浮时，受到的浮力为
由
可得，桶排开水的体积为
（3）桶装满水时，水的重力为
桶和水的总重力为
人的重力为480N，提水桶的过程中，人对地面的压力为600N，对人受力分析可得
代入数值得
解得
即绳子对人施加的向下的拉力为120N，由于力的作用是相互的，人对绳子施加的向上的拉力为120N。对绳子受力分析有
代入数值得
解得
即B端对绳子的拉力为180N，由于力的作用是相互的，绳子对B端的拉力为180N。由杠杆平衡条件可得
变形并代入数值得
【知识点】力矩平衡；共点力的平衡
【解析】【分析】根据密度公式、阿基米德原理、压强计算以及杠杆平衡条件分析：
1.根据密度公式分析水的质量，求出水的重力。
2.根据平衡条件和浮力公式分析桶排开水的体积。
3.根据杠杆平衡条件分析B端绳子的拉力，根据力的平衡条件分析手对绳子的拉力，由受力平衡和相互作用求出重石的重力。
（1）由
可得，桶装满水时水的质量
（2）空桶在井中漂浮时，受到的浮力为
由
可得，桶排开水的体积为
（3）桶装满水时，水的重力为
桶和水的总重力为
人的重力为480N，提水桶的过程中，人对地面的压力为600N，对人受力分析可得
代入数值得
解得
即绳子对人施加的向下的拉力为120N，由于力的作用是相互的，人对绳子施加的向上的拉力为120N。对绳子受力分析有
代入数值得
解得
即B端对绳子的拉力为180N，由于力的作用是相互的，绳子对B端的拉力为180N。由杠杆平衡条件可得
变形并代入数值得
36．【答案】（1）；B
（2）
（3）；C
【知识点】受力分析的应用；牛顿第二定律；机械能守恒定律；用单摆测定重力加速度
【解析】（1） ① 根据
，
解得
故答案为：。
② A．摆线要选择无弹性、细一些的轻绳，故A错误；
B．摆球尽量选择密度大，体积小些的，减少空气阻力的影响，故B正确；
C．测量单摆周期时，要从平衡位置即最低点开始计时，测量多个周期，求平均值，误差会更小，故C错误；
D．单摆的周期公式只适用于最大摆角小于5°的简谐振动，故D错误。
故答案为：B。
（2）对摆球受力分析，根据牛顿第二定律
解得
该机车加速度为即为。
故答案为：
（3）将摆线拉直至水平位置，静止释放，机械能守恒，则重力势能转化为动能
又
机械能守恒需要验证的表达式为
A．空气阻力对小球做负功，会导致重力势能减少量大于动能增加量；
B．摆线没有拉直时静止释放，运动到绳拉直瞬间会损失部分动能，会导致重力势能减少量大于动能增加量，故B错误；
C．光电门位置偏低，会造成测量时间偏小，小球球心没过光电门，挡光宽度小于直径，故计算的速度值偏大，会造成小球重力势能的减小量小于动能的增加量，故C正确。
故答案为：；C
【分析】（1）单摆周期公式是核心，关键要明确 “摆长是悬点到球心的距离”（摆线长 + 球半径 ）。通过周期公式变形，直接推导重力加速度表达式。
（2）摆球与机车相对静止，加速度相同。通过受力分析（水平合力提供加速度，竖直合力平衡重力 ），利用三角函数关系消去拉力 F，直接推导加速度表达式。
（3） 机械能守恒验证的是 “势能减少量 = 动能增加量”
（1）[1]根据，
解得
[2]A．摆线要选择无弹性、细一些的轻绳，故A错误；
B．摆球尽量选择密度大，体积小些的，减少空气阻力的影响，故B正确；
C．测量单摆周期时，要从平衡位置即最低点开始计时，测量多个周期，求平均值，误差会更小，故C错误；
D．单摆的周期公式只适用于最大摆角小于5°的简谐振动，故D错误。
故选B。
（2）对摆球受力分析，根据牛顿第二定律
解得，该机车加速度为即为。
（3）[1]将摆线拉直至水平位置，静止释放，机械能守恒，则重力势能转化为动能
又
机械能守恒需要验证的表达式为。
[2]实验发现小球重力势能的减小量小于动能的增加量，
A．空气阻力对小球做负功，会导致重力势能减少量大于动能增加量，故A错误；
B．摆线没有拉直时静止释放，运动到绳拉直瞬间会损失部分动能，会导致重力势能减少量大于动能增加量，故B错误；
C．光电门位置偏低，会造成测量时间偏小，小球球心没过光电门，挡光宽度小于直径，故计算的速度值偏大，会造成小球重力势能的减小量小于动能的增加量，故C正确。
故选C。
37．【答案】（1）【解答】（1）当圆筒处于静止状态时，对小球，重力沿筒垂直筒分解，垂直筒方向重力分量不影响沿筒方向效果，
由沿筒方向重力分量与弹簧拉力受力平衡可得等式
，
代入整理
解得弹簧的劲度系数为
（2）解：（2）当弹簧恢复原长时，以小球为对象，支持力为N，重力不再分解，
竖直方向上平衡，重力效果投放完毕，不必在计沿管下滑方向分量
，，
根据牛顿第二定律支持力水平分量提供运动学向心力，可得等式
解得转轴的角速度为
（3）解：（3）当弹簧的形变量时，假设弹簧处于伸长状态，设支持力为N1环绕半径为r1，，
以小球为对象，重力不分解，与支持力和弹簧弹力的竖直分量平衡有等式整理得
根据牛二定律，如上图合力等于运动学向心力等式
代入N1通分
整理得
代入k与x
整理得
再整理得
其中代入r1：
整理
再整理得转轴的角速度为
再假设弹簧处于压缩状态，设小球受筒侧支持力为N2环绕半径为r2，
，
以小球为对象，重力不分解，与支持力和弹簧弹力的竖直分量平衡有等式
整理得
根据牛二定律，如上图合力等于运动学向心力等式
代入N2
整理得
再整理得
代入k，x，r2
整理得
再整理得
再整理得
解得转轴的角速度为
伸长或压缩
【知识点】胡克定律；力的合成与分解的运用；共点力的平衡；向心加速度；生活中的圆周运动
【解析】【分析】（1）通过平衡条件和圆周运动动力学方程联立求解；
静止时弹簧弹力平衡重力分量；旋转时弹力与重力的合力提供向心力；若圆筒改为竖直或水平，需重新分析受力；临界角速度可通过弹力为零的条件求解。
（2）易错点：易忽略斜面角度θ对重力分量的影响（沿筒方向为mgsinθ，垂直筒为mgcosθ）；混淆弹簧形变量与长度的关系；
（3）隐含条件：静止时弹簧伸长量为L/4；旋转时向心力方向垂直转轴，由弹力和重力的垂直分量提供。
（1）当圆筒处于静止状态时，对小球，由受力平衡可得
解得弹簧的劲度系数为
（2）当弹簧恢复原长时，以小球为对象，根据牛顿第二定律可得
解得转轴的角速度为
（3）当弹簧的形变量时，若弹簧处于伸长状态，以小球为对象，有
其中
联立解得转轴的角速度为
若弹簧处于压缩状态，以小球为对象，有
其中
联立解得转轴的角速度为
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