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第三章
相互作用
提纲挈领复习知识
力的定义:力是物体间的①
力的三要素:力的大小、方向、作用点
力
力的图示和力的示意图
力的作用效果:改变物体的②
改变物体的形状
产生:地球的吸引
大小:(G
9.8N/k
重力
方向:③
等效作用点:重
相互作用
常见三种力
弹力”生条件:相互接触、发生①
大小:由物体所处的状态、所受其他外力、形变程度来决定
产生条件:接触面粗糙、有弹力、有⑤
摩擦力滑动摩擦力:大小.⑥
方向:与物体相对滑动方向相反
静摩擦力:大小.⑦
方向:与物体相对运动趋势方向相反
合力与分力:等效替代关系
力的合成与分解{基本规则:平行四边形定则,⑧
常用方法:正交分解法
总结归纳提升素养
F
典例拓展
研究对象可以是单个物体
确定研究对象)一或物体的一部分,也可以是
几个物体组成的系统
通常按重力、弹力、摩擦力
按顺序分析受力)其他力的顺序逐个分析
画出力的示意图)一将作用点画在重心上
是否有遗漏或多余的力,已
检查正误
分析的力是否正确
F
F
分析考情体验真题
R、12R
核心训练突破等级
6
拖桕
拖把头章末复习提升
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【知识体系】
答案：①相互作用 ②运动状态 ③竖直向下 ④弹性形变 ⑤相对运动（趋势） ⑥f＝μFN ⑦0＜f＜fmax
⑧|F1－F2|≤F≤F1＋F2
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主题1 摩擦力的综合分析
1.对摩擦力的认识.
（1）摩擦力不一定是阻力，也可以是动力.
（2）静摩擦力的方向不一定与运动方向共线，但一定沿接触面的切线方向.如图所示，A、B一起向右做匀加速运动，则A所受静摩擦力的方向与运动方向不一致.
2.摩擦力的求解方法.
（1）静摩擦力根据平衡条件来求解.
（2）滑动摩擦力用公式f＝μFN来求解，其中FN是物体所受的正压力，不一定等于物体所受的重力，而且滑动摩擦力的大小与运动速度和接触面积无关.
【典例1】 如图所示，质量为m的木块P在质量为M的长木板ab上滑行，长木板放在水平地面上一直处于静止状态.若长木板ab与地面间的动摩擦因数为μ1，木块P与长木板ab间的动摩擦因数为μ2，则长木板ab受到地面的摩擦力大小为（ ）
A.μ1Mg B.μ1（m＋M）g
C.μ2mg
D.μ1Mg＋μ2mg
解析：长木板ab未动即地面对长木板ab的摩擦力为静摩擦力，由于P在长木板ab上滑动，即P对长木板ab的静摩擦力大小为μ2mg，由平衡条件可知地面对ab的摩擦力大小为μ2mg，即只有C正确.
答案：C
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1.如图所示，物块A放在木板上，当缓慢抬起木板的一端，使木板与水平面夹角α分别为30°、45°时，物块受到的摩擦力相等，则物块和木板间的动摩擦因数为（ ）
A.
B.
C.
D.
解析：木板的倾角α分别为30°、45°时，物块受到的摩擦力大小相同，分析可知：当倾角为30°时物块受到的是静摩擦力，当倾角为45°时物块受到的是滑动摩擦力.当倾角为30°时，静摩擦力大小等于重力沿斜面向下的分力，即f＝mgsin
30°.当倾角为45°时物块受到的是滑动摩擦力，根据滑动摩擦力公式得f＝μFN＝μmgcos
45°，得到mgsin
30°＝μmgcos
45°，解得μ＝，故选A.
答案：A
主题2 物体的受力分析
1.受力分析.
分析物体受到哪些力，并将它们以示意图的形式表示出来，这一过程及方法叫受力分析.
2.受力分析的步骤.
3.如何防止“多力”或“丢力”.
（1）防止“多力”的有效途径是找出力的施力物体，若某力有施力物体则它实际存在，无施力物体则它不存在.另外合力与分力不要重复分析.
（2）按正确的顺序（即一重、二弹、三摩擦、四其他）进行受力分析是保证不“丢力”的有效措施.
4.受力分析的注意事项.
（1）只分析研究对象所受的力，不分析研究对象对其他物体所施加的力.
（2）每分析一个力，都应该找到施力物体，这是防止“多力”的有效措施之一.
（3）合力和分力不能同时作为物体受到的力.
（4）不要把“效果力”和“性质力”混淆重复分析，通常只分析“性质力”，不分析“效果力”.
（5）结合物体的运动状态、利用力的相互性进行分析也是确保受力分析正确的有效途径.
【典例2】 倾角为α、质量为M的斜面体静止在水平桌面上，质量为m的木块静止在斜面体上.下列结论正确的是（ ）
A.木块受到的摩擦力大小是mgcos
α
B.木块对斜面体的压力大小是mgsin
α
C.桌面对斜面体的摩擦力大小是mgsin
αcos
α
D.桌面对斜面体的支持力大小是（M＋m）g
解析：对木块进行受力分析如图甲所示，由平衡方程得FN＝mg
cos
α，f＝mg
sin
α，所以A、B均错误；对斜面体和木块进行整体受力分析如图乙所示，可得桌面对斜面体的摩擦力大小为零，桌面对斜面体的支持力大小是（M＋m）g，故C错误，D正确.
答案：D
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2.如图所示，物体A靠在竖直墙面上，在力F作用下，A、B保持静止，物体B的受力个数为（ ）
A.2
B.3
C.4
D.5
解析：若使物体A保持静止，物体B必对物体A施加一个垂直接触面向上的弹力，由力的相互性可知，物体A必然对物体B施加垂直接触面向下的作用力.再对物体B受力分析，由于物体B处于静止状态，则它必然受到重力、力F、物体A对物体B的弹力和摩擦力共四个力的作用，故选C.
答案：C
主题3 物理思想方法的应用
1.抽象思维法.
从大量生活事例中抽象出“力是物体间的相互作用”，再把这种抽象具体形象化——用有向线段进行描述，通过这种方法，把对力的运算转化为几何问题来处理.
2.等效替代思想.
等效替代是物理学中研究实际问题时常用的方法.重心的概念、力的合成与分解都是等效替代思想在本章的具体应用，合力与分力可以相互替代而不改变其作用效果.
3.数学转化思想.
（1）数形转化思想：数形转化是把物理问题转化为几何问题，利用几何图形的性质来研究物理问题的一种解题思想.例如，用图解法分析力的分解的多种可能性和用相似三角形法求解力等.
（2）函数转化思想：运用数学中的函数知识将物理问题转化为函数问题，然后结合函数所表达的物理意义进行分析，从而达到解决物理问题的目的.这种转化就叫函数转化.
【典例3】 如图所示，人向右运动的过程中，物体A缓慢地上升，若人对地面的压力为F1、人受到的摩擦力为F2、人拉绳的力为F3，则（ ）
A.F1、F2、F3均增大
B.F1、F2增大，F3不变
C.F1、F2、F3均减小
D.F1增大，F2减小，F3不变
解析：设人和物体A质量分别m、mA，物体A缓慢上升，即物体A在任何位置都可以认为是处于静止状态，故绳的张力为mAg，人拉绳的力F3与绳的张力大小相等，故人拉绳的力F3＝mAg不变.对人进行受力分析，并建立直角坐标系如图所示，人始终处于静止状态，可得F2－F′3cos
θ＝0，F′1＋F′3sin
θ＝mg，由力的相互性知F′1＝F1，F′3＝F3，解得F1＝mg－mAgsin
θ，F2＝mAgcos
θ，显然，F1、F2是关于自变量θ的函数，当自变量θ减小时，函数F1、F2增大，故B正确.
答案：B
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3.如图所示，重力为500
N的人通过跨过定滑轮的轻绳牵引重200
N的物体，当绳与水平面成60°角时，物体静止.不计滑轮与绳的摩擦，求地面对人的支持力和摩擦力.
答案：100（5－）N 100
N
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统揽考情
本章是力学的基础章节，也是高考的热点内容，一般高考以选择题或结合其他内容（如牛顿运动定律）以计算题的形式出现；若是选择题，则主要考查物体受力分析或物体的平衡（包含动态平衡），且一般结合生产生活的实际应用；若是计算题往往是将受力分析、牛顿运动定律等相结合，试题偏难.
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真题例析
（多选）如图，一光滑的轻滑轮用细绳OO′，悬挂于O点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b.外力F向右上方拉b，整个系统处于静止状态.若F方向不变，大小在一定范围内变化，物块b仍始终保持静止，则（ ）
A.绳OO′的张力也在一定范围内变化
B.物块b所受到的支持力也在一定范围内变化
C.连接a和b的绳的张力也在一定范围内变化
D.物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化
解析：系统处于静止状态，连接a和b的绳的张力大小T1等于物块a的重力Ga，C项错误；以O′点为研究对象，受力分析如图甲所示，T1恒定，夹角θ不变，由平衡条件知，绳OO′的张力T2恒定不变，A项错误；以b为研究对象，受力分析如图乙所示，则
FN＋T1cos
θ＋Fsin
α－Gb＝0，
f＋T1sin
θ－Fcos
α＝0，
FN、f均随F的变化而变化，故B、D项正确.
答案：BD
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1.如图，两个轻环a和b套在位于竖直面内的一段固定圆弧上；一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为m的小球.在a和b之间的细线上悬挂一小物块.平衡时，a、b间的距离恰好等于圆弧的半径.不计所有摩擦.小物块的质量为（ ）
A. B.m
C.m
D.2m
解析：由于物块通过挂钩悬挂在线上，细线穿过圆环且所有摩擦都不计，可知线上各处张力都等于小球重力mg.如图所示，由对称性可知a、b位于同一水平线上，物块处于圆心O点正上方，则∠1＝∠2，∠3＝∠4，∠1＝∠5.因圆弧对轻环的弹力沿圆弧半径方向，且轻环重力不计，由平衡条件知环两侧细线关于圆弧半径对称，即∠5＝∠6，由几何关系得∠1＝∠2＝∠5＝∠6＝∠30°，∠3＝∠4＝60°.再由物块与挂钩的受力平衡有mgcos
60°＋mgcos
60°＝Mg，故有M＝m，C正确.
答案：C
2.如图，用橡皮筋将一小球悬挂在小车的架子上，系统处于平衡状态.现使小车从静止开始向左加速，加速度从零开始逐渐增大到某一值，然后保持此值，小球稳定地偏离竖直方向某一角度（橡皮筋在弹性限度内），与稳定在竖直位置时相比，小球的高度（ ）
A.一定升高
B.一定降低
C.保持不变
D.升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定
解析：设橡皮筋原长为l0，
加速前平衡时橡皮筋伸长了x0
则有kx0＝mg，
当加速并稳定时设小球偏离竖直方向θ角，橡皮筋伸长了x，
由小球在竖直方向受力平衡，有
kx
cos
θ＝mg，
联立解得kx
cos
θ＝kx0，
x
cos
θ＝x0，
此时小球距悬挂点的竖直高度
h＝（l0＋x）cos
θ
＝l0cos
θ＋x
cos
θ
＝l0cos
θ＋x0＜l0＋x0.
故小球一定升高，选项A正确.
答案：A
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1.如图，在固定斜面上的一物块受到一外力F的作用，F平行于斜面向上.若要物块在斜面上保持静止，F的取值应有一定范围，已知其最大值和最小值分别为F1和F2（F2>0）.由此可求出（ ）
A.物块的质量
B.斜面的倾角C.物块与斜面间的最大静摩擦力
D.物块对斜面的正压力
解析：物块对斜而的正压力FN＝mgcos
θ，当物块所受外力F为最大值F1时，具有向上的运动趋势.
由平衡条件可得：F1＝mg
sin
θ＋fm；
同理：当物块所受外力F为最小值F2时，具有向下的运动趋势，即F2＋fm＝mg
sin
θ，联立解得fm＝，F1＋F2＝2mgsin
θ，由于物块质量m和斜面的倾角θ未知，故选项C正确；选项A、B、D错误.
答案：C
2.如图，一小球放置在木板与竖直墙面之间.设墙面对球的压力大小为N1，球对木板的压力大小为N2.以木板与墙连接点所形成的水平直线为轴，将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置.不计摩擦，在此过程中（ ）
A.N1始终减小，N2始终增大
B.N1始终减小，N2始终减小
C.N1先增大后减小，N2始终减小
D.N1先增大后减小，N2先减小后增大
解析：对小球进行受力分析，设板与墙夹角为θ，板转到水平位置过程中θ逐渐增大，N1＝，N′2＝N2，N2＝，而在第一象限内sin
θ为增函数，tan
θ为增函数，可知随着θ的增大N1和N2都减小，则只有B正确.
答案：B
3.（多选）半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，紧靠其右侧在竖直挡板MN，在P和MN之间放有一个质量均匀的光滑小圆柱体Q，整个装置处于静止状态，如图所示是这个装置的截面图.若用外力使MN保持竖直且缓慢地向右移动一段距离，在此过程中Q未落地且P一直保持静止，则下列说法中正确的是（ ）
A.MN对Q的弹力逐渐减小
B.地面对P的摩擦力逐渐增大
C.P、Q间的弹力先减小后增大
D.P对地面的压力不变
解析：先对Q受力分析，受重力、P对Q的支持力和MN对Q的支持力，如图所示.
根据共点力平衡条件，有N1＝；N2＝mg
tan
θ；
再对P、Q整体受力分析，受重力、地面支持力、MN挡板对其向左的支持力和地面对其向右的摩擦力，如图所示.
根据共点力平衡条件，有f＝N2，N＝（M＋m）g，故f＝mg
tan
θ.MN保持竖直且缓慢地向右移动过程中，角θ不断变大，故f变大，N不变，N1变大，N2变大.故选BD.
答案：BD
4.拖把是由拖杆和拖把头构成的擦地工具（如图）.设拖把头的质量为m，拖杆质量可忽略；拖把头与地板之间的动摩擦因数为常数μ，重力加速度为g.某同学用该拖把在水平地板上拖地时，沿拖杆方向推拖把，拖杆与竖直方向的夹角为θ.
（1）若拖把头在地板上匀速移动，求推拖把的力的大小.
（2）设能使该拖把在地板上从静止刚好开始运动的水平推力与此时地板对拖把的正压力的比值为λ.已知存在一临界角θ0，若θ≤θ0，则不管沿拖杆方向的推力多大，都不可能使拖把从静止开始运动.求这一临界角的正切tan
θ0.
解析：（1）设该同学沿拖杆方向用大小为F的力推拖把，将推拖把的力沿竖直和水平方向分解，按平衡条件有
Fcos
θ＋mg＝N，①
Fsin
θ＝f，②
式中N和f分别为地板对拖把的正压力和摩擦力.由摩擦定律有
f＝μN，③
联立①②③式得
F＝.④
（2）若不管沿拖杆方向用多大的力都不能使拖把从静止开始运动，应有
Fsin
θ≤λN，⑤
这时，①式仍满足，联立①⑤式解得
sin
θ－λcos
θ≤λ.
现考查使上式成立的θ角的取值范围.注意到上式右边总是大于零，且当F无限大时极限为零，有
sin
θ－λcos
θ≤0.
使上式成立的θ角满足θ≤θ0，这里θ0是题中所定义的临界角，即当θ≤θ0时，不管沿拖杆方向用多大的力都推不动拖把.临界角的正切为tan
θ0＝λ.
答案：（1） （2）tan
θ0＝λ
5.质量为M、长为
L的杆水平放置，杆两端A、B系着长为3
L的不可伸长且光滑的柔软轻绳，绳上套着一质量为m的小铁环.已知重力加速度为g，不计空气影响.
（1）现让杆和环均静止悬挂在空中，如图甲，求绳中拉力的大小；
（2）若杆与环保持相对静止，在空中沿AB方向水平向右做匀加速直线运动，此时环恰好悬于A端的正下方，如图乙所示.
①求此状态下杆的加速度大小a；
②为保持这种状态需在杆上施加一个多大的外力，方向如何？
解析：（1）（1）如图1，设平衡时，绳中拉力为T，有
图1
2Tcos
θ－mg＝0，①
由图知cos
θ＝，②
由①②式解得
T＝mg.③
（2）①此时，对小铁环进行受力分析，如图2所示，有
图2
T″sin
θ′＝ma，④
T′＋T″cos
θ′－mg＝0，⑤
由图2知θ′＝60°，代入④⑤式解得
a＝g.⑥
②如图3，设外力F与水平方向成α角，将杆和小铁环当成一个整体，有
图3
Fcos
α＝（M＋m）a，⑦
Fsin
α－（M＋m）g＝0，⑧
由⑥⑦⑧式解得
F＝（M＋m）g，
tan
α＝，
α＝60°，
即外力方向与水平方向的夹角为60°，斜向右上方.
答案：（1）mg （2）①g ②（M＋m）g 与水平方向的夹角为60°，斜向右上方
