一、第三章 相互作用——力易错题培优（难）1．如图所示，一轻质光滑定滑轮固定在倾斜木板上，质量分别为m 和2m 的物块A 、B ，通过不可伸长的轻绳跨过滑轮连接，A 、B 间的接触面和轻绳均与木板平行。

A 与B 间、B 与木板间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

当木板与水平面的夹角为45°时，物块A 、B 刚好要滑动，则μ的值为（ ）A ．13B ．14C ．15D ．16【答案】C【解析】【分析】【详解】当木板与水平面的夹角为45︒时，两物块刚好滑动，对A 物块受力分析如图沿斜面方向，A 、B 之间的滑动摩擦力1cos 45f N mg μμ==︒根据平衡条件可知sin 45cos45T mg mg μ=︒+︒对B 物块受力分析如图沿斜面方向，B 与斜面之间的滑动摩擦力23cos 45f N mg μμ='=⋅︒根据平衡条件可知2sin 45cos453cos45mg T mg mg μμ︒=+︒+⋅︒两式相加，可得2sin 45sin 45cos45cos453cos45mg mg mg mg mg μμμ︒=︒+︒+︒+⋅︒解得15μ=故选C 。

2．如图所示，物块A 放在直角三角形斜面体B 上面，B 放在弹簧上面并紧挨着竖直墙壁，初始时A 、B 静止。

现用力F 沿斜面向上推A ，但A 、B 仍未动，则施力F 后，下列说法正确的是（ ）A ．A 、B 之间的摩擦力一定变大B ．B 与墙之间可能没有摩擦力C ．B 与墙面间的弹力可能不变D ．B 与墙面间的弹力变大【答案】D【解析】【分析】【详解】 A ．对A 物体，开始受重力、B 对A 的支持力和静摩擦力平衡，当施加F 后，仍然处于静止，开始A 所受的静摩擦力大小为A sin m g θ，若A 2sin F m g θ=，则A 、B 之间的静摩m g ，所以A、B之间的摩擦力可能不变，故A错误；擦力大小还是等于A sinB．对整体分析，因为AB不动，弹簧的形变量不变，则弹簧的弹力不变，开始弹簧的弹力等于A、B的总重力，施加F后，弹簧的弹力不变，总重力不变，根据平衡知，则B与墙之间一定有摩擦力，摩擦力大小等于力F在竖直方向的分力，方向竖直向下，故B错误；CD．以整体为研究对象，开始时B与墙面的弹力为零，施加力F后，B与墙面的弹力变为F cosα，弹力增大，故C错误，D正确。

故选D。

3．如图所示，木块B静止在水平地面上，木块A叠放在B上。

A的左侧靠在光滑的竖起墙面上。

关于A、B的受力情况，下列说法中正确的是（）A．B对A的作用力方向一定竖直向上B．B对A的作用力一定大于A的重力C．地面对B的摩擦力方向可能向右D．地面对B的支持力大小等于A、B的总重力【答案】D【解析】【分析】【详解】AB．对A受力分析可知：若A与B的接触面光滑，则A受重力、支持力及墙壁对A的支持力作用，A处于静止状态，合力为零，由于A、B之间的接触面倾斜，则B对A的支持力垂直接触面斜向上，且大于A的重力。

若接触面粗糙，A受到重力、B对A的支持力，还可能受到B对A的摩擦力，有可能A还受到墙壁的支持力；当墙壁对A没有支持力时，B 对A的支持力与摩擦力的合力与A的重力大小相等，方向相反。

由以上分析可知，故A错误，B错误；C．若A与B的接触面光滑，木块B受重力、地面的支持力、A对B斜向下的压力以及地面的摩擦力处于静止状态，合力为零，则摩擦力方向水平向左。

若接触面粗糙，木块B受重力、地面的支持力、A对B斜向下的压力以及A对B的静摩擦力，其中A对B斜向下的压力以及A对B的静摩擦力的合力与A的重力大小相等，方向竖直向下，所以B不受地面的摩擦力，故C错误；D．对整体进行受力分析可知，整体在竖直方向合外力为零，故地面对B的支持力一定等于两物体的重力，故D正确。

故选D。

4．如图所示，光滑的圆柱置于斜面上，挡板AB可绕固定轴B转动，使挡板AB从图示位θ<︒）缓慢转到水平位置，在此过程中，挡板AB受到的压力大小将（）置（90A．逐渐变大B．逐渐变小C．先变大后变小D．先变小后变大【答案】D【解析】【分析】【详解】在挡板角度变化的过程中，圆柱在重力及两个接触面的弹力作用下处于动态平衡，受力分析如下三个力可以构成一个闭合的矢量三角形如下图由图可知，随着木板的转动，木板对圆柱体的压力1F先变小后变大，根据牛顿第三定律，挡板受到的压力1F'也先变小后变大。

故选D。

5．如图所示，固定有光滑竖直杆的三角形斜劈放置在水平地面上，放置于斜劈上的光滑小球与套在竖直杆上的小滑块用轻绳连接，开始时轻绳与斜劈平行。

现给小滑块施加一个竖直向上的拉力F，使小滑块沿杆缓慢上升，整个过程中小球始终未脱离斜劈，则（）A ．小球对斜劈的压力逐渐减小B ．斜劈对地面压力保持不变C ．地面对斜劈的摩擦力逐渐减小D ．轻绳对滑块的拉力先减小后增大【答案】A【解析】【分析】【详解】AD ．对小球受力分析，受重力、支持力和细线的拉力，如图所示根据平衡条件可知，细线的拉力T 增加，故轻绳对滑块的拉力增大，小球受到的斜劈的支持力N 逐渐减小，根据牛顿第三定律，小球对斜面的压力也减小，故A 正确，D 错误； BC ．对球和滑块整体分析，受重力、斜面的支持力N ，杆的支持力N ′，拉力F ，如图所示根据平衡条件，有水平方向sin N N θ'=竖直方向cos F N G θ+=由于N 减小，故N ′减小，F 增加；对小球、滑块和斜劈整体分析，在竖直方向F NG +=地总故N G F =-地总根据牛顿第三定律，斜劈对地面压力减小。

整体在水平方向不受力，故地面对斜劈的摩擦力始终为零，故BC 错误。

故选A 。

6．在一竖直平面内有一高速逆时针旋转的飞轮，内壁粗糙，当把一物体静止放在圆心正下方A 点，随着飞轮旋转，物体也会运动，运动最高点C 后又滑下来，最后静止在B 点。

若∠AOB =α，∠COB =β，物体与接触面间的摩擦因素为μ，则下列说法中正确的是（ ）A ．物体上升时受到的滑动摩擦力与运动方向相反B ．物体与接触面间的摩擦因素μ=tanαC ．若增大转速，则物体停留的位置在B 点左上方D ．若仅增大物体的质量，物体最后静止的位置在B 点左上方。

【答案】B【解析】【分析】分析摩擦力对于物体是运动的动力还是阻力，可很快分析出摩擦力的方向，由于虽物体静止于B 点但受到的仍为滑动摩擦力，与飞轮转动速度大小无关，当物体处于静止状态时，对物体进行受力分析可求解。

【详解】A ．物体上升的过程中，受到的摩擦力是物体上升的动力，与运动方向相同，A 错误；B ．当静止在B 点时，受力平衡，对物体进行受力分析，可得sin cos mg mg αμα=因此，可以推出tan μα=B 正确；C ．由于物体力受到的摩擦力为滑动摩擦力，与运动速度无关，因此增大转速后，物体仍停留在B 点，C 错误；D ．当物体停留在B 点时，满足sin cos mg mg αμα=两边质量消去，因此停留的位置与物体的质量无关，D 错误。

故选B 。

7．如图所示，细绳一端固定在A 点，跨过与A 等高的光滑定滑轮B 后在另一端悬挂一个沙桶Q ．现有另一个沙桶P 通过光滑挂钩挂在AB 之间，稳定后挂钩下降至C 点，∠ACB=120°，下列说法正确的是A ．若只增加Q 桶的沙子，再次平衡后C 点位置不变B ．若只增加P 桶的沙子，再次平衡后C 点位置不变C ．若在两桶内增加相同质量的沙子，再次平衡后C 点位置不变D ．若在两桶内增加相同质量的沙子，再次平衡后沙桶Q 位置上升【答案】C【解析】【分析】【详解】A 、B 、对砂桶Q 分析有T Q F G =，设两绳的夹角为θ，对砂桶P 的C 点分析可知受三力而平衡，而C 点为活结绳的点，两侧的绳张力相等，有2cos 2T P F G θ=，联立可知2cos 2Q P G G θ=，故增大Q 的重力，夹角θ变大，C 点上升；增大P 的重力时，夹角θ变小，C 点下降；故A ，B 均错误.C 、由平衡知识2cos 2Q P G G θ=，而120θ，可得P Q G G =，故两砂桶增多相同的质量，P 和Q 的重力依然可以平衡，C 点的位置不变；故C 正确，D 错误.故选C.【点睛】掌握活结绳上的张力处处相等，三力平衡的处理方法，连体体的平衡对象的选择.8．如图所示，光滑水平面和倾角为45°的光滑斜面对接，质量为m 的小球静止在斜面底端。

对小球施加一水平向右的作用力F ，小球未离开水平面，F 的值可能为（ ）A ．12mgB ．22mgC ．2mgD ．2mg【答案】AB【解析】【分析】 【详解】对小球施加一水平向右的作用力F ，当力F 为0时，小球受重力和水平面的支持力平衡，随着力F 的增大，斜面对小球也将产生弹力的作用。

当小球恰好与水平面无作用力，仅受斜面弹力而平衡时，F 最大，受力如图此时根据几何关系有max F mg所以12mg 和22mg 为F 的可能值，故选AB 。

9．如图，质量为3m 的光滑圆球B 紧靠竖直墙壁置于光滑水平地面上，质量为m 的均匀圆球A 用一定长度的轻质细绳悬挂于竖直墙壁上的P 点，O 1、O 2为两球的球心，平衡时PO 2与竖直方向的夹角θ=53°，且两球心的连线与PO 2恰好垂直，已知重力加速度为g ，下列说法正确的是（ ）A ．细绳对A 球的拉力大小为34mg B ．A 球对B 球的压力大小为45mg C ．B 球对墙面的压力大小为1625mg D ．B 球对地面的压力大小为9125mg 【答案】BD【解析】【分析】【详解】对物体进行受力分析，如图A ．细绳对A 球的拉力23cos535F mg mg == 故A 错误；B ．A 球处于受力平衡，则B 球对A 球的支持力14sin 535F mg mg == 即A 球对B 球的压力大小为45mg ，故B 正确； C ．墙面对B 球的弹力 411412cos53cos530.6525F F F mg mg '===⨯= 即B 球对墙面的压力大小为1225mg ，故C 错误； D ．地面对B 球的支持力 314913sin 30.8525F mg F mg mg mg θ'=+=+⨯= 即B 球对地面的压力大小为9125mg ，故D 正确。

故选BD 。

10．如图所示，在水平地面上放置一个边长为a 、质量为M 的正方体，在竖直墙壁和正方体之间放置半径为R （R <a ）、质量为m 的光滑球体，球心O 与正方体的接触点A 的连线OA 与竖直方向的夹角为θ。

已知重力加速度为g ，正方体与水平地面的动摩擦因数为33μ=，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，球和正方体始终处于静止状态，且球没有掉落地面，下列说法正确的是（ ）A ．正方体对球的支持力的大小为mg tan θB ．若θ=45°，球的半径不变，只增大球的质量，为了不让正方体滑动，球的质量最大为31M +C ．若球的质量m =12M ，则正方体的右侧面到墙壁的最大距离是322R + D ．当正方体的右侧面到墙壁的距离小于32R 时，无论球的质量是多少，正方体都不会滑动【答案】BCD【解析】【分析】【详解】A ．以球为研究对象，受力如图由平衡条件知1cos F mg θ=则正方体对球的支持力的大小1cos mg F θ=故A 错误； B ．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N F ，水平方向受墙壁的弹力2F 和地面的摩擦力f F ，根据平衡条件，有()N F m M g =+2f tan45F mg F =︒≤f N F F μ=联立解得球的质量312m M +≤故B 正确；C ．若球的质量m =12M ，对整体分析，有 ()N F m M g =+2f tan F mg F θ=≤f N F F μ=联立解得60θ≤︒则正方体的右侧面到墙壁的最大距离是32sin 60L R R R +=+︒=故C 正确；D ．由上述分析知，正方体不滑动的条件 tan ()mg m M g θμ≤+即3tan (1)M mθ≤+ 当30θ≤︒时，上述式子必定成立，此时正方体的右侧面到墙壁的距离3sin sin 302L R R R R R θ=+≤+︒=所以当正方体的右侧面到墙壁的距离小于32R 时，无论球的质量是多少，正方体都不会滑动，故D 正确。