五年（2021-2025）高考真題分類(lèi)匯編PAGEPAGE1專(zhuān)題02相互作用考點(diǎn)五年考情（2021-2025）命題趨勢(shì)考點(diǎn)1摩擦力2023縱觀近五年考情，力學(xué)核心概念中的“摩擦力”與“共點(diǎn)力平衡”考點(diǎn)持續(xù)受到命題關(guān)注。共點(diǎn)力平衡則展現(xiàn)出更強(qiáng)的穩(wěn)定性（2023、2021年均考查），是靜力學(xué)分析的基石。命題情境緊密聯(lián)系實(shí)際，傾向于融入工程應(yīng)用、生活實(shí)例或簡(jiǎn)單科技模型，強(qiáng)調(diào)在具體場(chǎng)景中識(shí)別摩擦類(lèi)型和分析物體平衡狀態(tài)。題型聚焦于選擇題，考查核心在于對(duì)基本概念的理解與辨析，以及利用受力分析圖解決簡(jiǎn)單平衡問(wèn)題的能力，計(jì)算要求相對(duì)基礎(chǔ)。未來(lái)趨勢(shì)預(yù)計(jì)將保持對(duì)這兩個(gè)核心考點(diǎn)的考查力度，情境設(shè)計(jì)更趨多元化和新穎性，可能通過(guò)連接體、臨界狀態(tài)或動(dòng)態(tài)平衡過(guò)程來(lái)綜合考查概念理解深度和受力分析的核心方法，進(jìn)一步強(qiáng)化運(yùn)用物理思想（隔離法、整體法、平衡條件應(yīng)用）解決實(shí)際問(wèn)題的能力。考點(diǎn)2共點(diǎn)力平衡2023、2021考點(diǎn)01摩擦力1．（2023·江蘇·高考）滑塊以一定的初速度沿粗糙斜面從底端上滑，到達(dá)最高點(diǎn)B后返回到底端。利用頻閃儀分別對(duì)上滑和下滑過(guò)程進(jìn)行拍攝，頻閃照片示意圖如圖所示。與圖乙中相比，圖甲中滑塊（）

A．受到的合力較小 B．經(jīng)過(guò)A點(diǎn)的動(dòng)能較小C．在A、B之間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間較短 D．在A、B之間克服摩擦力做的功較小【答案】C【詳析】A．頻閃照片時(shí)間間隔相同，圖甲相鄰相等時(shí)間間隔內(nèi)發(fā)生的位移差大，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的推論，可知圖甲中滑塊加速度大，根據(jù)牛頓第二定律可知圖甲中滑塊受到的合力較大，故A錯(cuò)誤；B．設(shè)斜面傾角為θ，動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，上滑階段根據(jù)牛頓第二定律有a1=gsinθ+μgcosθ，下滑階段根據(jù)牛頓第二定律有a2=C．由逆向思維，由于圖甲中滑塊加速度大，根據(jù)x=12at2，可知圖甲在D．由于無(wú)論上滑或下滑均受到滑動(dòng)摩擦力大小相等，故圖甲和圖乙在A、B之間克服摩擦力做的功相等，故D錯(cuò)誤。故選C。考點(diǎn)02共點(diǎn)力平衡2．（2023·江蘇·高考）如圖所示，“嫦娥五號(hào)”探測(cè)器靜止在月球平坦表面處。已知探測(cè)器質(zhì)量為m，四條腿與豎直方向的夾角均為θ，月球表面的重力加速度為地球表面重力加速度g的16。每條腿對(duì)月球表面壓力的大小為（

A．mg4 B．mg4cosθ C．【答案】D【詳析】對(duì)“嫦娥五號(hào)”探測(cè)器受力分析有FN=mg月，則對(duì)一條腿有FN1=14故選D。3．（2021·江蘇·高考）在光滑桌面上將長(zhǎng)為πL的軟導(dǎo)線兩端固定，固定點(diǎn)的距離為2L，導(dǎo)線通有電流I，處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為BA．BIL B．2BIL C．πBIL D．【答案】A【詳析】從上向下看導(dǎo)線的圖形如圖所示導(dǎo)線的有效長(zhǎng)度為2L，則所受的安培力大小F=2BIL，設(shè)繩子的張力為T(mén)，由幾何關(guān)系可知解得T=BIL故A正確，故選A.1．（2025·江蘇揚(yáng)州中學(xué)·二模）如圖所示，傾角為θ的斜面體c置于水平地面上，小物塊b置于斜面上，通過(guò)細(xì)繩跨過(guò)光滑的定滑輪與沙漏a連接，連接b的一段細(xì)繩與斜面平行．在a中的沙子緩慢流出的過(guò)程中，a、b、c都處于靜止?fàn)顟B(tài)，則（）A．c對(duì)b的支持力一定減小B．b對(duì)c的摩擦力一定減小C．地面對(duì)c的摩擦力方向可能向右D．地面對(duì)c的摩擦力一定減小【答案】D【詳析】A．由小物塊b垂直斜面方向受力平衡可知，c對(duì)b的支持力一直等于b的重力垂直斜面向下的分力，因b的質(zhì)量不變，所以c對(duì)b的支持力不變，故A錯(cuò)誤；B．細(xì)繩上的拉力大小等于a的重力，若初始狀態(tài)細(xì)繩上的拉力大于b的重力沿斜面向下的分力，則根據(jù)小物塊b沿斜面方向受力平衡得mag=mbgsinθ+Ff，即Ff=mag-mbgsinθ，所以隨著a中的沙子緩慢流出Ff減小，根據(jù)牛頓第三定律，bCD．將小物塊b和斜面體c看作整體，由水平方向受力平衡可知，地面對(duì)c的摩擦力與細(xì)繩拉力的水平分力等大反向，所以地面對(duì)c的摩擦力方向向左，又由于隨著a中的沙子緩慢流出細(xì)繩上的拉力逐漸減小，所以地面對(duì)c的摩擦力一定減小，故C錯(cuò)誤，D正確。故選D。2．（2025·江蘇南通如皋·三模）如圖所示，小球穿在固定光滑桿上，與兩個(gè)相同的輕彈簧相連，彈簧可繞O1、O2無(wú)摩擦轉(zhuǎn)動(dòng)。小球在桿上A點(diǎn)時(shí)，彈簧1豎直且處于原長(zhǎng)，彈簧2處于水平伸長(zhǎng)狀態(tài)，桿上的B點(diǎn)與O1、A、O2構(gòu)成矩形，AB=2AO1?，F(xiàn)將小球從A．到達(dá)A、B中點(diǎn)前，彈簧1的彈力比彈簧2的大B．到達(dá)A、B中點(diǎn)時(shí)，加速度等于零C．彈簧1的最大彈性勢(shì)比彈簧2的大D．與沒(méi)有彈簧時(shí)相比，小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)所用的時(shí)間長(zhǎng)【答案】C【詳析】A．幾何關(guān)系可知∠ABO1=30°，設(shè)彈簧原長(zhǎng)為AO1，分析易得小球到達(dá)A、B中點(diǎn)圖中易知到達(dá)A、B中點(diǎn)O前，彈簧2的形變量一直大于彈簧1的形變量，故彈簧1的彈力比彈簧2的小，故A錯(cuò)誤；B．到達(dá)A、B中點(diǎn)時(shí)，兩彈簧彈力為0，小球的合力為其重力沿桿方向向下的分力，故加速度不為0，故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)Ep=12kx2，到達(dá)A、B中點(diǎn)前，彈簧1的最大彈性勢(shì)能Ep1=12kD．小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)過(guò)程，由于兩個(gè)彈簧對(duì)小球做的總功為零，與沒(méi)有彈簧時(shí)相比，小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的速度相等；設(shè)桿的傾角為θ，沒(méi)有彈簧時(shí)，小球運(yùn)動(dòng)的加速度為a=mgsinθm=gsinθ，有彈簧時(shí)，加速度先大于g兩種情況的v-t圖像與橫軸圍成的面積相等，由圖可知與沒(méi)有彈簧時(shí)相比，小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)所用的時(shí)間更短，故故選C。3．（2025·江蘇·調(diào)研）如圖所示，質(zhì)量為m的柔軟均勻細(xì)鏈條懸掛在水平天花板上A、B兩點(diǎn)，天花板對(duì)A、B兩點(diǎn)作用力大小均為FA，鏈條最低點(diǎn)C到天花板距離為h。用豎直向上的力緩慢將鏈條最低點(diǎn)C推至剛好與天花板接觸，重力加速度為gA．此時(shí)C點(diǎn)所受推力F大小為mgB．此時(shí)天花板對(duì)A點(diǎn)作用力大小仍為FC．此過(guò)程中推力做功為mgD．此過(guò)程中天花板對(duì)A點(diǎn)作用力與水平方向夾角變大【答案】A【詳析】ABD．設(shè)兩懸點(diǎn)A、B之間的距離為d，鏈條的總長(zhǎng)度為L(zhǎng),由題可知鏈條A、B兩點(diǎn)與天花板的夾角θ相等，鏈條自然懸掛時(shí)，由幾何知識(shí)可得cosθ=12d可見(jiàn)，此過(guò)程中天花板對(duì)A點(diǎn)作用力與水平方向夾角不變；鏈條自然懸掛時(shí)，根據(jù)平衡條件可得F同理推至C點(diǎn)時(shí)，對(duì)左邊鏈條則有FA'=14mgsinθ=mg4sinθ=12C．根據(jù)功能關(guān)系可知，整個(gè)過(guò)程中，推力所做的功等于重力勢(shì)能的增加量，則有W=mgh故選A。4．（2025·江蘇泰州·模擬預(yù)測(cè)）戽斗是古代一種小型的人力提水灌田農(nóng)具，是我國(guó)古代勞動(dòng)人民智慧的結(jié)晶。如圖所示，兩人雙手執(zhí)繩牽斗取水，在繩子總長(zhǎng)度一定時(shí)（）A．兩人站得越遠(yuǎn)越省力B．兩人站得越近越省力C．兩邊繩子的拉力大小一定相等D．繩子拉力大小與兩人距離遠(yuǎn)近無(wú)關(guān)【答案】B【詳析】ABD．設(shè)兩邊繩子等長(zhǎng)，繩子與豎直方向夾角為θ，戽斗重力為G，繩子拉力為F，根據(jù)平衡條件，在豎直方向上有2Fcosθ=G，則F=G2cosθ，當(dāng)兩人站得越近時(shí)，繩子間夾角越小，θ越小，cosC．只有當(dāng)兩人到戽斗的繩長(zhǎng)相等時(shí)，兩邊繩子的拉力大小才相等，如果繩長(zhǎng)不相等，兩邊繩子拉力大小不相等，故C錯(cuò)誤。故選B。5．（2025·江蘇新高考基地學(xué)?！て诔踬|(zhì)量監(jiān)測(cè)）《墨經(jīng)》中記載可以通過(guò)車(chē)梯（一種前低后高的斜面車(chē)）提升重物。如圖所示，輕繩一端固定，另一端系在光滑小球上，向左推動(dòng)車(chē)梯，小球沿斜面緩慢上升。則此過(guò)程中（）A．小球受到的斜面支持力不變B．小球受到的斜面支持力減小C．小球受到的輕繩拉力不變D．小球受到的輕繩拉力減小【答案】D【詳析】緩慢拉升重物的過(guò)程中，重物所受重力大小方向不變，支持力的方向不變，而輕繩拉力的方向不斷變化，受力如圖所示由圖可知重物所受支持力FN不斷增大，輕繩拉力T不斷減小。故選D。6．（24-25高三下·江蘇南通海安高中·開(kāi)學(xué)考）斜面體置于粗糙水平面上，斜面上的物塊B通過(guò)細(xì)線跨過(guò)輕質(zhì)定滑輪與小球A相連。從圖示位置釋放靜止小球，A下降過(guò)程中B始終處于靜止?fàn)顟B(tài)。則A下降過(guò)程中（）A．物塊對(duì)斜面體的壓力始終不變B．物塊對(duì)斜面體的摩擦力先減小后增大C．斜面體對(duì)地面的壓力始終不變D．斜面體對(duì)地面的摩擦力先增大后減小【答案】D【詳析】A．從圖示位置釋放靜止小球A，A下降過(guò)程中，隨速度增加，繩上拉力逐漸增大，則繩上拉力垂直于斜面分力逐漸增大，則由平衡條件可知，斜面對(duì)物塊的支持力減小，由牛頓第三定律可知，物塊對(duì)斜面體的壓力逐漸減小，故A錯(cuò)誤；B．由平衡條件可知，初始時(shí)斜面體對(duì)物塊B的摩擦力大小等于B的重力沿斜面向下的分力，方向沿斜面向上，A下降過(guò)程中，繩上拉力逐漸增大，由于不知道繩上拉力沿斜面方向的分力大小與B的重力沿斜面向下的分力大小關(guān)系，所以無(wú)法判斷物塊受到斜面的摩擦力是一直增大還是先減小后反向增大，則根據(jù)牛頓第三定律可知，無(wú)法判斷物塊對(duì)斜面體的摩擦力如何變化，故B錯(cuò)誤；C．結(jié)合前面分析可知，A下降過(guò)程，該系統(tǒng)整體，豎直方向的加速度有變化，則該系統(tǒng)整體豎直方向的合外力有變化，則地面對(duì)斜面體的支持力有變化，則由牛頓第三定律可知，斜面體對(duì)地面的壓力有變化，故C錯(cuò)誤；D．對(duì)該系統(tǒng)整體，由平衡條件可知，初始時(shí)地面對(duì)斜面體摩擦力為零，A下降過(guò)程，該系統(tǒng)存在水平向右的加速度，且加速度先增大后減小，則斜面體受到的摩擦力先增大后減小，根據(jù)牛頓第三定律可知，斜面體對(duì)地面的摩擦力先增大后減小，故D正確；故選D。7．（2025·江蘇連云港·一模）如圖所示，負(fù)重的機(jī)器狗靜立在水平地面上，總重力為G。下列說(shuō)法不正確的是（）A．機(jī)器狗所受的合力為零B．機(jī)器狗每條腿受到地面的支持力大小為GC．貨物對(duì)機(jī)器狗的作用力小于機(jī)器狗對(duì)貨物的作用力D．貨物對(duì)機(jī)器狗的作用力等于機(jī)器狗對(duì)貨物的作用力【答案】C【詳析】A．機(jī)器狗處于靜止?fàn)顟B(tài)，所受的合力為零，故A正確，不滿足題意要求；B．以機(jī)器狗為對(duì)象，根據(jù)平衡條件可得4N=G故B正確，不滿足題意要求；CD．貨物對(duì)機(jī)器狗的作用力與機(jī)器狗對(duì)貨物的作用力是一對(duì)相互作用力，大小總是相等，故C錯(cuò)誤，滿足題意要求；D正確，不滿足題意要求。故選C。8．（2025·江蘇G4聯(lián)考·階段調(diào)研）如圖所示，A為一足夠長(zhǎng)的固定斜面，物塊B由靜止釋放后能沿斜面勻加速下滑，現(xiàn)使物塊B在t=0時(shí)由靜止釋放，并同時(shí)受到一隨時(shí)間變化規(guī)律為F=kt的垂直于斜面的作用力，x、v、f和E分別表示物塊位移、速度、所受的摩擦力和機(jī)械能，下列圖像中可能正確的是（）A．B．C．D．【答案】B【詳析】AB．由于F隨時(shí)間均勻增大，物塊沿斜面下滑過(guò)程中，物塊對(duì)斜面的壓力均勻增大，物塊所受的滑動(dòng)摩擦力均勻增大，所以物塊所受的合力先沿斜面向下均勻減小，然后沿斜面向上均勻增大，物塊停止運(yùn)動(dòng)前，物塊先做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，后做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤，B正確；C．t=0時(shí)刻所受的摩擦力不為零，故CD．物塊沿斜面下滑過(guò)程中，滑動(dòng)摩擦力一直做負(fù)功，物塊機(jī)械能減小，但滑動(dòng)摩擦力大小在隨時(shí)間變化，物體速度大小也在隨時(shí)間變化，所以滑動(dòng)摩擦力所做的功并非隨時(shí)間均勻增大，物塊的機(jī)械能也并非隨時(shí)間均勻減小，故D錯(cuò)誤。故選B。9．（2025·江蘇南通&泰州&鎮(zhèn)江&鹽城部分學(xué)校·一調(diào)）如圖所示，在水平面上固定一豎直擋板M，現(xiàn)用水平力F向左推楔形木塊B，使球A緩慢上升，所有接觸面均光滑。在此過(guò)程中（）A．A對(duì)B的壓力始終不變B．A對(duì)M的壓力逐漸增大C．水平外力F逐漸增大D．水平面對(duì)B的支持力逐漸增大【答案】A【詳析】AB．設(shè)楔形木塊B的傾角為θ，根據(jù)題意，對(duì)A受力分析，受重力mAg、M的支持力FT、B由平衡條件可得：FNcos由題可知，A球慢慢升高，但θ不變，則B的支持力FN、M的支持力FT均不變，由牛頓第三定律可知，A對(duì)B的壓力和A對(duì)M的壓力始終不變，故A正確，CD．對(duì)AB的整體受力分析，如圖由平衡條件可得：N=G總，F(xiàn)=FT，結(jié)合題意可知，G總和FT均不變，則水平面對(duì)故選A。10．（24-25高三·江蘇常州·期末）如圖所示，可視為質(zhì)點(diǎn)的機(jī)器人通過(guò)磁鐵吸附在一艘靜止的航船上，機(jī)器人在船舷外壁面檢測(cè)船體。壁面可視為斜面，動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，與豎直方向夾角為θ。機(jī)器人在壁面加速下滑時(shí)，僅受重力G、垂直壁面的磁力F、支持力和摩擦力的作用。則摩擦力的大小為（）A．Gcosθ BC．Gsinθ D【答案】D【詳析】AC．機(jī)器人加速沿壁面下滑，則由牛頓第二定律Gcosθ-選項(xiàng)AC錯(cuò)誤；BD．垂直于壁面方向FN=F-Gsinθ，可得滑動(dòng)摩擦力故選D。11．（24-25高三·江蘇南京協(xié)同體七?！て谥校┤鐖D所示，一光滑的輕滑輪用細(xì)繩OO?懸掛于O點(diǎn)，另一細(xì)繩跨過(guò)滑輪，其一端懸掛物塊a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物塊b。若F為水平拉力，且在F的作用下，物塊a豎直向上勻速運(yùn)動(dòng)了一小段距離，不計(jì)空氣阻力，則在此過(guò)程中，下列說(shuō)法中正確的是（）A．物塊b做加速運(yùn)動(dòng)B．繩OO?的張力將增大C．物塊b與桌面間的摩擦力將增大D．拉力F做的功等于a、b所組成的系統(tǒng)增加的機(jī)械能【答案】C【詳析】A．設(shè)連接物塊b的細(xì)繩與水平方向的夾角為θ，根據(jù)速度關(guān)聯(lián)可得v由于物塊a豎直向上勻速運(yùn)動(dòng)，va不變，θ不斷減小，cosθ不斷增大，vb不斷減小，故A錯(cuò)誤；B．繩OO?的張力為T(mén)=2magcos90°-θ2C．物塊b與桌面間的摩擦力為f=μFN=μ(mbg-D．拉力F與摩擦力做的功等于a、b所組成的系統(tǒng)增加的機(jī)械能，故D錯(cuò)誤。故選C。12．（2025·江蘇泰州·四調(diào)）如圖所示，質(zhì)量分別為m和4m的尖劈和勻質(zhì)圓柱，一起擱置在墻角．已知墻壁豎直，地面水平，尖劈的尖角為θ=30°，尖劈抵在墻角處，圓柱的半徑為(1)求圓柱與尖劈間的作用力大小N；(2)撤去對(duì)尖劈的約束，求圓柱下落的加速度a大??；(3)撤去約束后圓柱下落至地面，求此過(guò)程中圓柱對(duì)尖劈所做的功W【答案】(1)8(2)4(3)12【詳析】（1）圓柱靜止，對(duì)圓柱受力分析，在豎直方向上有4解得N（2）撤去對(duì)尖劈的約束后，尖劈后退，圓柱下落，對(duì)圓柱，在豎直方向上，有4對(duì)尖劈，在水平方向上，有N畫(huà)出微小時(shí)間的位移圖發(fā)現(xiàn)，圓柱下降高度h與尖劈后退距離x之間的關(guān)系為h兩個(gè)物體都是做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，所以有a聯(lián)立方程，解得a（3）圓柱從下落到落地下降高度h圓柱下落過(guò)程中，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，有4mgh有4得1對(duì)尖劈，由動(dòng)能定理得，圓柱對(duì)尖劈所做的功W13．（2025·江蘇蘇錫常鎮(zhèn)·二模）如圖所示，一質(zhì)量為M的物塊P穿在光滑水平桿上，一長(zhǎng)度為l的輕桿，一端固定著質(zhì)量為m的小球Q，另一端連接著固定在物塊P上的鉸鏈O。忽略鉸鏈轉(zhuǎn)動(dòng)的摩擦，重力加速度為g。(1)將P固定，對(duì)小球Q施加一水平向左的外力F1使桿與豎直方向的夾角為θ保持靜止，求外力F(2)若物塊P在水平外力F2作用下向右加速，桿與豎直方向夾角始終為θ，求外力F(3)若開(kāi)始時(shí)，小球Q位于鉸鏈O的正上方，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，受到擾動(dòng)后，桿開(kāi)始轉(zhuǎn)動(dòng)，已知M=2m，θ=60°，求Q從初始位置轉(zhuǎn)到如圖位置過(guò)程中，桿對(duì)小球Q【答案】(1)F(2)F(3)W【詳析】（1）對(duì)Q受力分析，由平衡條件得：F（2）設(shè)P、Q對(duì)Q受力分析，由牛頓第二定律：mg對(duì)P、Q系統(tǒng)，由牛頓第二定律：F解得：F（3）設(shè)Q轉(zhuǎn)到θ角時(shí)，Q的水平速度和豎直速度大小分別為vx和vy，P的水平速度為vM由系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒得m由系統(tǒng)機(jī)械能守恒可得1Q相對(duì)O在做圓周運(yùn)動(dòng)，Q相對(duì)O的速度垂直于桿，可得v對(duì)Q由動(dòng)能定理可得mgl可得W14．（2025·江蘇南通如皋·二模）如圖所示，足夠長(zhǎng)的水平輕桿中點(diǎn)O固定豎直輕質(zhì)轉(zhuǎn)軸，小球A和B分別套在水平桿中點(diǎn)兩側(cè)，原長(zhǎng)L0=0.8m的輕質(zhì)彈簧一端固定在O點(diǎn)，下端與套在轉(zhuǎn)軸上的小球C連接，C分別與A、B用長(zhǎng)L=1m的輕質(zhì)細(xì)線連接。裝置靜止時(shí)，兩根繩恰好拉直且無(wú)張力。在外力作用下，裝置繞轉(zhuǎn)軸緩慢增大轉(zhuǎn)速，C緩慢上升。小球A、B、C的質(zhì)量均為m=1kg，均可看成質(zhì)點(diǎn)，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，忽略一切摩擦和空氣阻力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，取重力加速度g=10m/s2。求：(1)彈簧的勁度系數(shù)k；(2)當(dāng)繩AC與水平方向成37°時(shí)，裝置轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度ω；(3)從靜止開(kāi)始到繩AC與水平方向成37°過(guò)程中，外力對(duì)裝置做的功W?！敬鸢浮?1)50(2)150(3)44【詳析】（1）小球C受力平衡k解得k（2）設(shè)AC繩與水平方向成37°時(shí)，對(duì)小球C在豎直方向2T對(duì)小球A由T解得ω（3）細(xì)繩從豎直位置到與水平方向成37°過(guò)程中，彈簧彈性勢(shì)能不變，小球的速度v豎直轉(zhuǎn)軸對(duì)小球系統(tǒng)做功W解得W15．（2025·江蘇南京·二模）如圖，足夠長(zhǎng)的細(xì)線一端與傾角為α=37°的斜面A相連，另一端跨過(guò)墻面上和斜面頂端的三個(gè)小滑輪與小滑塊B相連，一水平推力作用于A上，使A、B系統(tǒng)保持靜止，四段細(xì)線分別與水平地面、豎直墻面或斜面平行，A的質(zhì)量M=0.63kg，B的質(zhì)量m=0.21kg，B距離水平面的高度h=0.6m，不計(jì)一切摩擦，取重力加速度g=10m/s2．（sin37°=0.6，cos37°=0.8）(1)求細(xì)線對(duì)B的拉力大?。?2)撤去水平推力，求A滑動(dòng)的位移x=55m(3)若撤去水平推力的同時(shí)剪斷細(xì)線，求B沿斜面運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中對(duì)A做的功?！敬鸢浮?1)1.26N(2)0.6m(3)0.18J【詳析】（1）對(duì)B受力分析，受到重力G、斜面的支持力FN、細(xì)線的拉力T則T=mgsinα代入數(shù)據(jù)得T=1.26N（2）當(dāng)A滑動(dòng)x時(shí)，B沿斜面下滑2x，設(shè)B的位移大小s，則s代入數(shù)據(jù)解的：x=0.6（3）設(shè)B運(yùn)動(dòng)到斜面底端水平速度為vBx，豎直速度為vBy，A的速度為由水平方向動(dòng)量守恒得mv由B相對(duì)A的速度方向沿斜面向下得tanα代入數(shù)據(jù)可得v由A、B系統(tǒng)機(jī)械能守恒定律得mgB沿斜面運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中對(duì)A做的功W代入數(shù)據(jù)可得W=0.1816．（2025·江蘇宿遷&南通&連云港·二模）如圖甲所示，傾角θ=37°的斜面體放置在水平面上，右側(cè)靠著半徑為R的球，球上端固定一輕桿，輕桿在固定裝置約束下只能沿豎直方向運(yùn)動(dòng)。已知斜面體的高度為3.2R，斜面體和球的質(zhì)量均為m，不計(jì)一切摩擦，重力加速度為g，sin37°=0.6(1)水平向右推動(dòng)斜面體，求最小推力的大小F0；(2)若斜面體在推力作用下由靜止開(kāi)始向右做加速度為a=0.8g的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，求斜面對(duì)球作用力的大小FN；(3)在第（2）問(wèn)中，斜面體運(yùn)動(dòng)到其最高點(diǎn)剛好與球面接觸，如圖乙所示，求該過(guò)程中推力做的功W。【答案】(1)F(2)F(3)W=8mgR【詳析】（1）球剛好被推離地面時(shí)推力最小，可認(rèn)為此時(shí)球和桿處于靜止?fàn)顟B(tài)，對(duì)球和桿受力分析如圖所示豎直方向有F對(duì)斜面受力分析如圖所示水平方向有F根據(jù)牛頓第三定律有F解得F0（2）斜面沿水平方向運(yùn)動(dòng)，位移為x，同時(shí)球沿豎直方向運(yùn)動(dòng)，位移為y，由圖中幾何關(guān)系可知tanθ由x=v如圖所示，在豎直方向，由牛頓第二定律有FN解得FN（3）斜面在最高點(diǎn)與球面接觸時(shí)，小球和桿的位移為h，如圖所示，由幾何關(guān)系可知h斜面體水平方向的速度為v1，球豎直方向的速度為v2，由tanθ=y由v2-v由功能關(guān)系可知W=解得W=8mgR17．（2025·江蘇南京&鹽城·一模）如圖所示，水平地面上固定有兩個(gè)相同的傾角θ=37°的斜面體（頂端固定有小滑輪），兩滑輪間的距離d=12cm。兩根等長(zhǎng)的細(xì)線繞過(guò)滑輪，一端與放在斜面上的質(zhì)量均為M=5kg的物塊相連，另一端與質(zhì)量m=3kg的小球連接。初始時(shí)刻，用手豎直向下拉住小球，使系統(tǒng)保持靜止，此時(shí)兩細(xì)線與豎直方向間的夾角均為α=37°，松手后，小球?qū)⒃谪Q直方向上運(yùn)動(dòng)。忽略一切摩擦，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：(1)開(kāi)始時(shí)手對(duì)小球的拉力大小F；(2)小球能夠上升的最大高度h；(3)小球回到初始位置時(shí)的加速度大小a?！敬鸢浮?1)18N(2)8cm(3)9047m/s【詳析】（1）初始時(shí)刻系統(tǒng)靜止，對(duì)物塊T=Mgsinθ=30N

假設(shè)F方向向下，對(duì)小球2T解得F=18N（2）小球上升到最大高度時(shí)，系統(tǒng)的動(dòng)能為0。設(shè)此時(shí)連接小球的細(xì)線與豎直方向間的夾角為β。對(duì)系統(tǒng)2Mg解得β=90°

可見(jiàn)小球上升到最大高度時(shí)繩子水平，小球上升的最大高度為h=8cm（3）對(duì)物塊Mgsinα-T1=MaM

對(duì)小球2T1cosα-mg=ma