高考物理一轮复习 第二章 相互作用-人教版高三物理试题

第二章相互作用必须掌握的概念、方法规律必须理解的3个关键点必须明确的3处易错易混点1.5个重要概念弹力、摩擦力、合力、分力、物体的平衡．2.2个常用方法合成的方法分解的方法1.必须正确理解常见力(重力、弹力、摩擦力)的产生条件、方向判断、大小计算．2.合成与分解是处理矢量问题的基本方法．1.对常见力的误解①误认为重力“垂直于地面”或“指向地心”②误认为重心一定在物体中心或在物体上③误认为物体形变就一定产生弹力3.3个重要规律摩擦定律平行四边形定则平衡条件3.利用平衡条件和合成分解的方法是解决物体受力问题的有效手段.④误认为静止的物体才受静摩擦力，运动的物体才受滑动摩擦力2.对合成、分解的误解①误认为合力一定大于分力②混淆矢量运算与标量运算的差别3.受力分析时常“添力”或“漏力”.第1节重力弹力摩擦力[真题回放]1．(2010·课标全国卷)一根轻质弹簧一端固定，用大小为F1的力压弹簧的另一端，平衡时长度为l1；改用大小为F2的力拉弹簧，平衡时长度为l2.弹簧的拉伸或压缩均在弹性限定内，该弹簧的劲度系数为()A.eq\f(F2－F1,l2－l1)B.eq\f(F2＋F1,l2＋l1)C.eq\f(F2＋F1,l2－l1)D.eq\f(F2－F1,l2＋l1)【解析】设弹簧的原长为l0，劲度系数为k，由胡克定律有F1＝k(l0－l1)，F2＝k(l2－l0)，解得k＝eq\f(F2＋F1,l2－l1)，故C正确．【答案】C2．(2013·课标全国卷Ⅱ)如图2­1­1所示，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()图2­1­1A．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】静摩擦力的大小、方向随F的变化而变化．设斜面倾角为α，物块与斜面间的最大静摩擦力为Fmax，当F取最大值时，满足F1＝mgsinα＋Fmax，当F取最小值时，满足F2＋Fmax＝mgsinα，由以上两个式子可求得Fmax＝eq\f(F1－F2,2)，故C正确；由于缺少条件，其他选项均无法求得，故A、B、D错误．【答案】C3．(2014·广东高考)如图2­1­2所示，水平地面上堆放着原木．关于原木P在支撑点M、N处受力的方向，下列说法正确的是()图2­1­2A．M处受到的支持力竖直向上B．N处受到的支持力竖直向上C．M处受到的静摩擦力沿MN方向D．N处受到的静摩擦力沿水平方向【解析】点与面之间支持力方向垂直于接触面指向受力物体，静摩擦力方向沿着接触面与相对运动趋势的方向相反，具体受力如图所示，故A正确．【答案】A[考向分析]1.考纲展示(1)形变、弹性、胡克定律Ⅰ(2)滑动摩擦力、动摩擦因数、静摩擦力Ⅰ2.命题趋势本节考点在全国考卷中，可单独考查少，也经常与其它知识点综合考查，如2014新课标卷Ⅰ，17题和20题，2014新课标卷Ⅱ，17题均涉及本节考点，应予以重视．3.选材特点考查多以生活中的实例为背景，综合多个知识点进行考查.考点一弹力的分析与计算1.弹力有无的判断(1)“条件法”：根据弹力产生的两个条件——接触和形变直接判断．(2)“假设法”或“撤离法”：在一些微小形变难以直接判断的情况下，可以先假设有弹力存在，然后判断是否与研究对象所处状态的实际情况相符合．还可以设想将与研究对象接触的物体“撤离”，看研究对象能否保持原来的状态．图2­1­3中绳“1”对小球必无弹力，否则小球不能静止在此位置．图2­1­32．弹力方向的判断(1)弹力方向除几种典型情况(压力、支持力、绳力等)外，一般应由其运动状态结合动力学规律确定．(2)几种典型弹力的方向(3)弹力大小的计算弹力大小除弹簧类弹力由胡克定律计算外，一般也要结合运动状态，根据平衡条件或牛顿第二定律求解．【例1】[考向：侧重弹力方向考查]画出图中物体A受力的示意图：【答案】【例2】[考向：弹力大小的计算]如图2­1­4所示，两个弹簧的质量不计，劲度系数分别为k1、k2，它们一端固定在质量为m的物体上，另一端分别固定在Q、P上，当物体平衡时上面的弹簧处于原长，若把固定的物体换为质量为2m的物体(弹簧的长度不变，且弹簧均在弹性限度内)，当物体再次平衡时，物体比第一次平衡时的位置下降了x，则x图2­1­4A.eq\f(mg,k1＋k2) B.eq\f(k1k2,mgk1＋k2)C.eq\f(2mg,k1＋k2) D.eq\f(k1k2,2mgk1＋k2)【解析】物体质量为m时，上面的弹簧处于原长，由于物体处于平衡状态，下面的弹簧一定对物体有向上的支持力，因此下面的弹簧被压缩x1，由平衡条件得k1x1－mg＝0.换成质量为2m的物体后，下面的弹簧将进一步压缩x，同时上面的弹簧被拉伸x，平衡时有k1(x1＋x)＋k2x－2mg＝0，联立解得x＝eq\f(mg,k1＋k2).【答案】A【反思总结】弹簧类弹力的计算要点是弹簧形变量的确定．思维程序为：(1)恢复弹簧的原长确定弹簧处于原长时端点的位置；(2)判断弹簧的形变形式和形变量：从弹簧端点的实际位置与弹簧处于原长时端点的位置对比判断弹簧的形变形式和形变量x，并由形变形式判断弹力的方向；(3)由胡克定律计算弹力的大小．考点二静摩擦力方向的判断1.假设法2．状态法根据平衡条件、牛顿第二定律，可以判断静摩擦力的方向．3．相互作用法利用牛顿第三定律(即作用力与反作用力的关系)来判断．此法关键是抓住“力是成对出现的”，先确定受力较少的物体受到的静摩擦力的方向，再根据“相互作用”确定另一物体受到的静摩擦力的方向．【例3】(多选)如图2­1­5所示，倾角为θ的斜面C置于水平地面上，小物块B置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与物体A相连接，连接B的一段细绳与斜面平行，已知A、B、C都处于静止状态，则()图2­1­5A．B受到C的摩擦力一定不为零B．C受到地面的摩擦力一定为零C．C有沿地面向右滑动的趋势，一定受到地面向左的摩擦力D．将细绳剪断，若B依然静止在斜面上，此时地面对C的摩擦力为0【思维模板】问1：B相对C的运动趋势有几种情况？提示：3种．问2：B、C看成一个整体，受A的拉力，将有向哪个方向运动的趋势？提示：向右．问3：若绳断后，B仍静止在C上，BC看成一体，有无在水平方向上的运动趋势？提示：无．【解析】若绳对B的拉力恰好与B的重力沿斜面向下的分力平衡，则B与C间的摩擦力为零，A项错误；将B和C看成一个整体，则B和C受到细绳向右上方的拉力作用，故C有向右滑动的趋势，一定受到地面向左的摩擦力，B项错误，C项正确；将细绳剪断，若B依然静止在斜面上，利用整体法判断，B、C整体在水平方向不受其他外力作用，处于平衡状态，则地面对C的摩擦力为0，D项正确．【答案】CD突破训练1在倾角θ＝37°的固定斜面上叠放着A、B两物块，A、B通过绕过定滑轮的轻绳相连，如图2­1­6所示，A、B间光滑，B与斜面间动摩擦因数μ＝0.5，物块A的质量为m，B的质量为M.不计绳与滑轮间摩擦，系统处于静止状态，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．则下列判断正确的是()图2­1­6A．斜面对B的摩擦力可能为零B．连接A、B的轻绳张力为0.2(m＋M)gC．A、B的质量关系必须满足M＝5D．物块B受到的静摩擦力方向一定沿斜面向上【解析】由于A、B间光滑，因此A受三个力而平衡，如图乙所示，轻绳张力T＝mgsin37°＝0.6mg.对B受力分析如图丙所示，除斜面对B的静摩擦力方向不确定外，其他力的方向确定，由平衡条件得T－Mgsin37°±Ff＝0，其中Ff≤μ(m＋M)gcos37°＝0.4(m＋M)g，可得(0.2M－0.4m)g≤T≤(M＋0.4m)g，则0.2M≤m≤5M【答案】A考点三摩擦力大小的计算1.滑动摩擦力的计算滑动摩擦力用公式Ff＝μFN或力的平衡条件进行分析计算，切记，FN表示正压力，不一定等于重力G.2．静摩擦力的计算(1)静摩擦力大小不能用Ff＝μFN计算，只有当静摩擦力达到最大值时，其最大值一般可认为等于滑动摩擦力，即Ffm＝μFN.(2)静摩擦力的大小要根据物体的受力情况和运动情况共同确定，其可能的取值范围是：0＜Ff≤Ffm.【例4】如图2­1­7所示，质量为mB＝24kg的木板B放在水平地面上，质量为mA＝22kg的木箱A放在木板B上，另一端拴在天花板上，轻绳与水平方向的夹角为θ＝37°.已知木箱A与木板B之间的动摩擦因数μ1＝0.5.现用水平向右、大小为200N的力F将木板B从木箱A下面匀速抽出(sin37°≈0.6，cos37°≈0.8，重力加速度g取10m/s2)，则木板B与地面之间的动摩擦因数μ2的大小为()图2­1­7A．0.3 B．0.4C．0.5 D．0.6【解析】对A受力分析如图甲所示，由题意得FTcosθ＝Ff1 ①FN1＋FTsinθ＝mAg ②Ff1＝μ1FN1 ③由①②③得：FT＝100N对A、B整体受力分析如图乙所示，由题意得FTcosθ＋Ff2＝F ④FN2＋FTsinθ＝(mA＋mB)g ⑤Ff2＝μ2FN2 ⑥由④⑤⑥得：μ2＝0.3，故A选项正确．【答案】A突破训练2(多选)(2014·南京模拟)在探究静摩擦力变化的规律及滑动摩擦力规律的实验中，特设计了如图2­1­8甲所示的演示装置，力传感器A与计算机连接，可获得力随时间变化的规律，将力传感器固定在光滑水平桌面上，测力端通过细绳与一滑块相连(调节传感器高度可使细绳水平)，滑块放在较长的小车上，小车一端连接一根细绳并跨过光滑的轻定滑轮系一只空沙桶(调节滑轮可使桌面上部细绳水平)，整个装置处于静止状态．实验开始时打开传感器同时缓慢向沙桶里倒入沙子，小车一旦运动起来，立即停止倒沙子，若力传感器采集的图象如图2­1­8乙所示，则结合该图象，下列说法中正确的是()甲乙图2­1­8A．可求出空沙桶的重力B．可求出滑块与小车之间的滑动摩擦力的大小C．可求出滑块与小车之间的最大静摩擦力的大小D．可判断第50秒后小车做匀速直线运动(滑块仍在车上)【解析】t＝0时刻，传感器显示拉力为2N，则滑块受到的摩擦力为静摩擦力，大小为2N，由车与空沙桶受力平衡可知空沙桶的重力也等于2N，A对；t＝50s时刻静摩擦力达到最大值，最大静摩擦力为3.5N，同时小车启动，说明带有沙的沙桶重力等于3.5N，此时静摩擦力立即变为滑动摩擦力，最大静摩擦力略大于滑动摩擦力，故静摩擦力突变为3N的滑动摩擦力，B、C正确；此后由于沙桶重力3.5N大于滑动摩擦力3N，故50s后小车将加速运动，D错．【答案】ABC思想方法3临界条件在摩擦力突变问题中的应用1．问题特征当物体受力或运动发生变化时，摩擦力常发生突变，摩擦力的突变，又会导致物体的受力情况和运动性质的突变，其突变点(时刻或位置)往往具有很深的隐蔽性，对其突变点的分析与判断是物理问题的切入点．2．常见类型(1)静摩擦力突变为滑动摩擦力．(2)滑动摩擦力突变为静摩擦力．【例5】长直木板的上表面的一端放有一个木块，如图2­1­9所示，木板由水平位置缓慢向上转动(即木板与地面的夹角α变大)，另一端不动，则木块受到的摩擦力Ff随角度α的变化图象是下列图中的()图2­1­9【思路导引】【解析】下面通过“过程分析法”和“特殊位置法”分别求解：解法一：过程分析法(1)木板由水平位置刚开始运动时：α＝0，Ff静＝0.(2)从木板开始转动到木板与木块发生相对滑动前，木块所受的是静摩擦力．由于木板缓慢转动，可认为木块处于平衡状态，受力分析如图：由平衡关系可知，静摩擦力大小等于木块重力沿斜面向下的分力：Ff静＝mgsinα.因此，静摩擦力随α的增大而增大，它们满足正弦规律变化．(3)木块相对于木板刚好要滑动而没滑动时，木块此时所受的静摩擦力为最大静摩擦力Ffm.α继续增大，木块将开始滑动，静摩擦力变为滑动摩擦力，且满足Ffm＞Ff滑．(4)木块相对于木板开始滑动后，Ff滑＝μmgcosα，此时，滑动摩擦力随α的增大而减小，满足余弦规律变化．(5)最后，α＝eq\f(π,2)，Ff滑＝0综上分析可知选项C正确．解法二：特殊位置法本题选两个特殊位置也可以方便地求解，具体分析见下表：特殊位置分析过程木板刚开始运动时此时木块与木板无摩擦，即Ff静＝0，故A选项错误．木块相对于木板刚好要滑动而没滑动时木块此时所受的静摩擦力为最大静摩擦力，且大于刚开始运动时所受的滑动摩擦力，即Ffm＞Ff滑，故B、D选项错误.由以上分析知，选项C正确．【答案】C【反思总结】用临界法解决摩擦力突变问题的三点注意：(1)临界判断：题目中出现“最大”“最小”“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)最大静摩擦力判断：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．存在静摩擦的连接系统，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)临界条件：研究传送带问题时，物体和传送带的速度相等的时刻往往是摩擦力的大小、方向和运动性质的分界点.[对力的概念的理解]1．(2015·南昌二中质检)关于力的概念，下列说法中正确的是()A．因为力是物体对物体的作用，所以力与物体是相互依存的B．对于受多个力的物体，可以同时找到几个施力物体C．放在桌面上的书本受到桌面对它向上的弹力，这是由书本发生微小形变而产生的D．压缩弹簧时，手先给弹簧一个压力，等弹簧被压缩一段距离后才反过来给手一个弹力【解析】力依存于物体，而物体不依存于力，选项A错误；一个物体同时受到多个力的作用时，该物体是受力物体，而每个力对应一个施力物体，选项B正确；弹力是施力物体发生弹性形变而对受力物体的作用力，选项C中书本受到的弹力是由桌面发生微小形变而对书本产生的力，选项C错误；压缩弹簧时，手给弹簧的压力与弹簧给手的弹力是一对作用力和反作用力，它们同时产生，选项D错误．【答案】B[弹力的分析、判定]2．如图2­1­10所示，一重为10N的球固定在支杆AB的上端，今用一段绳子水平拉球，使杆发生弯曲，已知绳的拉力为7.5N，则AB杆对球的作用力()图2­1­10A．大小为7.5NB．大小为10NC．方向与水平方向成53°角斜向右下方D．方向与水平方向成53°角斜向左上方【解析】对小球进行受力分析可得，AB杆对球的作用力FN与绳的拉力的合力与小球重力等值反向，可得FN方向斜向左上方，令AB杆对小球的作用力与水平方向夹角为α，可得：tanα＝eq\f(G,F拉)＝eq\f(4,3)，α＝53°，FN＝eq\f(G,sin53°)＝12.5N，故只有D项正确．【答案】D[摩擦力的分析、判定]3．如图2­1­11所示，质量为m的物体用细绳拴住放在水平粗糙传送带上，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，当传送带分别以v1、v2的速度做逆时针运动时(v1＜v2)，绳中的拉力分别为F1、F2，物体受到的摩擦力分别为f1、f2则下列说法正确的是()图2­1­11A．f1＜f2B．物体所受摩擦力方向向右C．F1＝F2D．f1＝μmg【解析】物体的受力分析如图所示，滑动摩擦力与绳的拉力的水平分量平衡，因此方向向左，B错误；设绳与水平方向成θ角，则Fcosθ－μFN＝0，FN＋Fsinθ－mg＝0，解得F＝eq\f(μmg,cosθ＋μsinθ)，F大小与传送带速度大小无关，C正确；物体所受摩擦力f＝Fcosθ恒定不变，A、D错误．【答案】C[弹力、摩擦力的综合分析、计算]4．一弧形的轨道如图2­1­12所示，现取两个完全相同的物块分别置于A、B两点，两物块处于静止状态，则下列说法正确的是()图2­1­12A．在A点的物块受到的支持力较大B．在A点的物块受到的摩擦力较大C．在A点的物块受到的合外力较大D．若将其中一物块放在B点上方的C点，则该物块一定会滑动【解析】假设A点和B点所在位置的斜面倾角分别为θ1和θ2，则θ1＜θ2，物块静止在倾角为θ的斜面上时共受到三个力的作用：竖直向下的重力mg、垂直斜面向上的支持力N和平行于斜面向上的静摩擦力f，三力平衡，所以N＝mgcosθ，f＝mgsinθ，因为θ1＜θ2，所以mgcosθ1＞mgcosθ2，mgsinθ1＜mgsinθ2，即N1＞N2，f1＜f2，选项A正确，B错误；两个位置的物块均处于静止状态，合外力均为零，选项C错误；将其中一物块放在B点上方的C点，物块所受的最大静摩擦力可能仍然大于物块重力沿该点切线方向的分力，此时物块静止，D错误．【答案】A5.(2014·西安五校联考)如图所示，A、B两物体叠放在水平地面上，A物体质量m＝20kg，B物体质量M＝30kg.处于水平位置的轻弹簧一端固定于墙壁，另一端与A物体相连，弹簧处于自然状态，其劲度系数为250N/m，A与B之间、B与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.5.现有一水平推力F作用于物体B上缓慢地向墙壁移动，当移动0.2m时，水平推力F的大小为(已知A、B之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2)()A．350N B．300NC．250N D．200N【解析】设A、B间没有相对滑动，则弹簧的压缩量为x＝0.2m，此时弹簧的弹力大小为F＝kx＝50N，而A与B间的最大静摩擦力为fA＝μmg＝100N，所以A、B之间没有相对滑动，它们之间的摩擦力为静摩擦力，其大小为f1＝50N，B与地面间的摩擦力为滑动摩擦力，其大小为f2＝μ(m＋M)g＝250N，所以推力的大小为F＝f1＋f2＝300N，即B选项正确．【答案】B课时提升练(四)重力弹力摩擦力(限时：45分钟)A组对点训练——巩固基础知识题组一对力、重力概念的理解1．下列说法正确的是()A．力是物体对物体的作用B．只有直接接触的物体间才有力的作用C．用脚踢出去的足球，在向前飞行的过程中，始终受到向前的力来维持它向前运动D．甲用力把乙推倒，说明甲对乙的作用力在先，乙对甲的作用力在后【解析】力的作用不一定要直接接触．譬如地球与物体之间的万有引力，电荷与电荷之间的作用力，都不需要直接接触，所以B错误；力的作用离不开物体，用脚踢出去的足球，在向前飞行的过程中，球没有受到向前的力来维持它向前运动，C错误；两个物体之间的相互作用力没有先后之分，所以D错误．【答案】A2．关于物体受到的重力，下列说法中正确的是()A．在“天上”绕地球飞行的人造卫星不受重力作用B．物体只有落向地面时才受到重力作用C．将物体竖直向上抛出，物体在上升阶段所受的重力比落向地面时小D．物体所受重力的大小与物体的质量有关，与物体是否运动及怎样运动无关【解析】物体受到的重力是由于地球对物体的吸引而产生的，不管物体静止还是运动，也不管物体是上升还是下降，一切物体都受重力作用．在“天上”绕地球飞行的人造卫星也要受重力作用，故A、B项错误；重力大小与物体的质量有关，与运动状态无关，选项C错误，D正确．【答案】D题组二弹力的理解与计算3.(多选)在日常生活及各项体育运动中，有弹力出现的情况比较普遍，如图2­1­13所示的情况就是一个实例．当运动员踩压跳板使跳板弯曲到最低点时，下列说法正确的是()图2­1­13A．跳板发生形变，运动员的脚没有发生形变B．运动员受到的支持力，是跳板发生形变而产生的C．此时跳板对运动员的支持力和运动员的重力等大D．此时跳板对运动员的支持力大于运动员的重力【解析】发生相互作用的物体均要发生形变，故A错误；发生形变的物体，为了恢复原状，会对与它接触的物体产生弹力的作用，B正确；在最低点，跳板对运动员的支持力大于运动员的重力，C错误、D正确．【答案】BD4.如图2­1­14所示，小车内有一固定光滑斜面，一个小球通过细绳与车顶相连，小车处于水平面上，细绳始终保持竖直．关于小球的受力情况，下列说法正确的是()图2­1­14A．若小车静止，绳对小球的拉力可能为零B．若小车静止，斜面对小球的支持力一定为零C．若小车向右运动，小球一定受两个力的作用D．若小车向右运动，小球一定受三个力的作用【解析】若小车静止，则小球受力平衡，由于斜面光滑，不受摩擦力，小球受重力、绳子的拉力，重力和拉力都沿竖直方向；如果受斜面的支持力，则没法达到平衡，因此在小车静止时，斜面对小球的支持力一定为零，绳子的拉力等于小球的重力，故A项错误，B项正确；若小车向右匀速运动，小球受重力和绳子拉力两个力的作用；若小车向右做减速运动，则一定受重力和斜面的支持力，可能受绳子的拉力，也可能不受绳子的拉力，故C、D项都错误．【答案】B5．一根很轻的弹簧，在弹性限度内，当它的伸长量为4.0cm时，弹簧的弹力大小为8.0N；当它的压缩量为1.0cm时，该弹簧的弹力大小为()A．2.0NB．4.0NC．6.0ND．8.0N【解析】F1＝kx1，F2＝kx2，代入x1＝4.0cm，F1＝8.0N，x2＝1.0cm，可解得F2＝2.0N，选项A正确．【答案】A6．(多选)两个劲度系数分别为k1和k2的轻质弹簧a、b串接在一起，a弹簧的一端固定在墙上，如图2­1­15所示．开始时两弹簧均处于原长状态，现用水平力作用在b弹簧的P端向右拉动弹簧，已知a弹簧的伸长量为L，则()图2­1­15A．b弹簧的伸长量也为LB．b弹簧的伸长量为eq\f(k1L,k2)C．P端向右移动的距离为2D．P端向右移动的距离为(1＋eq\f(k1,k2))L【解析】两个劲度系数分别为k1和k2的轻质弹簧a、b串接在一起，两弹簧中的弹力相等，k1L＝k2x，解得b弹簧的伸长量为x＝eq\f(k1L,k2)，选项A错误，B正确；P端向右移动的距离为L＋x＝(1＋eq\f(k1,k2))L，选项C错误，D正确．【答案】BD题组三对摩擦力的理解7．(多选)卡车上放一木箱，车在水平路面上运动时，以下说法中正确的是()A．车启动时，木箱给卡车的摩擦力向后B．车做匀速直线运动时，车给木箱的摩擦力向前C．车做匀速直线运动时，车给木箱的摩擦力为零D．车突然制动时，木箱获得向前的摩擦力，使木箱向前滑动【解析】车启动时，卡车及木箱均有向前的加速度，故卡车应给木箱一个向前的摩擦力，其反作用力应向后，故A项正确；匀速运动时，水平方向不受力或合力为零，故B项错误，C项正确；车突然制动时，减速运动，故加速度向后，木箱获得的摩擦力也向后，木箱向前减速滑行，D项错误．【答案】AC8．如图2­1­16甲所示，粗糙的水平地面上有一斜劈，斜劈上一物块正沿斜面以速度v0匀速下滑，斜劈保持静止，地面对斜劈的摩擦力为f1；如图2­1­16乙所示，若对该物块施加一平行于斜面向下的推力F1，使其加速下滑，则地面对斜劈的摩擦力为f2；如图2­1­16丙所示，若对该物块施加一平行于斜面向上的推力F2，使其减速下滑，则地面对斜劈的摩擦力为f3.下列关于f1、f2、f3的大小关系正确的是()甲乙丙图2­1­16A．f1＞0 B．f2＞f3C．f2＜f3 D．f2＝f3【解析】图甲中斜劈和物块都处于平衡状态，对整体，只有竖直方向的重力和支持力，地面对斜劈的摩擦力f1＝0，若有摩擦力，则系统不能平衡，故A项错误；根据图甲的情景可知，在图乙、丙中，物块受到斜面作用的都是滑动摩擦力和支持力，合力与物块重力平衡即竖直向上，因此物块对斜面的作用力(摩擦力和压力的合力)总是竖直向下的，且与物块的重力等大，所以斜劈只受到了竖直方向的重力、地面支持力和物块的作用力，与图甲的受力情况相同，因此有f1＝f2＝f3＝0，B、C错误，D项正确．【答案】DB组深化训练——提升应考能力9.斜面体A置于地面上，物块B恰能沿A的斜面匀速下滑，如图2­1­17所示．现对正在匀速下滑的物块B进行下列四图中的操作，操作中斜面体A始终保持静止，则下列说法正确的是()图2­1­17A．(a)图中竖直向下的恒力F使物块B减速下滑B．(b)图中平行斜面向上的力F使斜面体A受到地面向右的静摩擦力C．(c)图中平行斜面向下的力F使斜面体A受到地面向左的静摩擦力D．(d)图中，在物块B上再轻放一物块C，物块B仍能沿斜面匀速下滑【解析】物块B恰能沿A的斜面匀速下滑，则物块B与斜面体A间的动摩擦因数μ＝tanθ.图(a)中，设竖直向下的恒力F与物块B的重力的合力为G′，则滑动摩擦力μG′cosθ＝G′sinθ，物块B仍匀速下滑，A错误；(b)(c)两图中，物块B下滑时所受滑动摩擦力与斜面支持力的合力仍竖直向上，故B对A的作用力竖直向下，斜面体只在竖直方向受到力的作用，由于A平衡则水平方向不受地面的摩擦力，B、C错误；在B上放一物块C，等效于B的重力增大，斜面支持力和滑动摩擦力同时增大，合力仍为零，物块B仍沿斜面匀速下滑，D正确．【答案】D10．质量为1kg的小球套在与水平面成37°角的固定硬杆上，现用与杆的重力同平面且垂直于杆向上的力F拉小球，如图2­1­18所示，当力F＝20N时小球处于静止状态，设小球与杆间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10m/s2.则()图2­1­18A．小球与杆间的动摩擦因数不小于0.5B．小球与杆间的动摩擦因数等于0.75C．当力F增大时，小球受到的摩擦力一定增大D．当力F减小时，小球受到的摩擦力一定减小【解析】小球的受力分析如图所示，由平衡条件可得Ff－mgsin37°＝0，F－FN－mgcos37°＝0，解得Ff＝6N，FN＝12N．由μFN≥Ff得μ≥0.5，A正确，B错误；当力F增大时，杆对小球的弹力增大，最大静摩擦力增大，小球受到的摩擦力仍为6N，C错误；当力F减小时，小球可能沿杆下滑，也可能仍静止，摩擦力可能减小，也可能不变，D错误．【答案】A11．如图2­1­19所示，一质量不计的弹簧原长为10cm，一端固定于质量为m＝2kg的物体上，另一端施一水平拉力F.(g取10m/s2)图2­1­19(1)若物体与水平面间的动摩擦因数为0.2，当弹簧拉长到12cm时，物体恰好匀速运动，弹簧的劲度系数多大？(2)若将弹簧拉长到11cm时，物体所受到的摩擦力大小为多少？(3)若将弹簧拉长到13cm时，物体所受的摩擦力大小为多少？(设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等)【解析】(1)物体匀速前进时，k(x－x0)＝μmg则k＝eq\f(μmg,x－x0)＝eq\f(0.2×2×10,0.12－0.10)N/m＝200N/m.(2)F1＝k(x1－x0)＝200×(0.11－0.10)N＝2N最大静摩擦力可看做等于滑动摩擦力Ffm＝0.2×2×10N＝4N故物体没动，所受静摩擦力Ff1＝F1＝2N.(3)弹簧弹力F2＝k(x2－x0)＝200×(0.13－0.10)N＝6N.物体将加速前进，此时所受到的滑动摩擦力为Ff2＝μFN＝μmg＝0.2×2×10N＝4N.【答案】(1)200N/m(2)2N(3)4N12．如图2­1­20所示，物体A、B的质量mA＝6kg，mB＝4kg，A与B、B与地面之间的动摩擦因数都为μ＝0.3，在外力F作用下，A和B一起匀速运动，求A对B和地面对B的摩擦力的大小和方向(g取10m/s2)．图2­1­20【解析】因为A、B一起在地面上运动，所以A与B间是静摩擦力，而B与地面间是滑动摩擦力，所以有F地B＝μ(mA＋mB)g＝0.3×(6＋4)×10N＝30NF地B的方向与相对运动方向相反，即向左．整体受力分析知F＝F地B＝30N，对A物体有FT－FBA＝0，其中FT为绳的拉力，大小为FT＝eq\f(F,2)＝15N，解得FBA＝15N，方向向左，根据牛顿第三定律知，A对B的摩擦力大小为FAB＝FBA＝15N，方向向右．【答案】15N，方向向右30N，方向向左第2节力的合成与分解[真题回放]1．(2012·课标全国卷)如图2­2­1所示，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()图2­2­1A．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】动态平衡问题用图解法较简捷．对小球受力的分析如图所示，由于木板缓慢转到水平位置的过程中N1的方向保持不变，N2与竖直方向的夹角逐渐减小，由图解法可得N1逐渐减小，木板对球的支持力N2′也在逐渐减小，又由牛顿第三定律得N2′＝N2，所以B正确．【答案】B2．(多选)(2013·上海高考)两个共点力F1、F2大小不同，它们的合力大小为F，则()A．F1、F2同时增大一倍，F也增大一倍B．F1、F2同时增加10N，F也增加10NC．F1增加10N，F2减少10N，F一定不变D．若F1、F2中的一个增大，F不一定增大【解析】根据平行四边形邻边、对角线的几何关系，若F1、F2都变为原来的2倍，合力也一定变为原来的2倍，A正确；对于B、C两种情况，力的变化不是按比例增加或减少的，不能判断合力的变化情况，B、C错误；如图所示，在F⊥F2情况下，合力最小，所以D正确．【答案】AD3．(2014·山东高考)如图2­2­2所示用两根等长轻绳将木板悬挂在竖直木桩上等高的两点，制成一简易秋千．某次维修时将两轻绳各剪去一小段，但仍保持等长且悬挂点不变．木板静止时，F1表示木板所受合力的大小，F2表示单根轻绳对木板拉力的大小，则维修后()图2­2­2A．F1不变，F2变大B．F1不变，F2变小C．F1变大，F2变大D．F1变小，F2变小【解析】木板静止时，所受合力F1＝0，维修前后保持不变，设木板静止时轻绳与竖直方向的夹角为α，如图所示，则由平衡条件得2F2cosα＝mg，即F2＝eq\f(mg,2cosα)，两轻绳剪短后α变大，所以F2变大．综上可知，A正确．【答案】A[考向分析]1.考纲展示(1)矢量和标量Ⅰ(2)力的合成和分解Ⅱ2.命题趋势力的合成与分解是高考热点可以单独命题考查，更多情况下常结合力的平衡、动力学问题，力的综合问题综合考查．3.选材特点常选取生活实例和科技应用的实际情景，考查应用合成、分解的方法处理矢量问题.考点一共点力的合成1.共点力合成的常用方法(1)作图法：从力的作用点起，按同一标度作出两个分力F1和F2的图示，再以F1和F2的图示为邻边作平行四边形，画出过作用点的对角线，量出对角线的长度，计算出合力的大小，量出对角线与某一力的夹角确定合力的方向(如图2­2­3所示)．图2­2­3(2)计算法：几种特殊情况的共点力的合成类型作图合力的计算互相垂直F＝eq\r(F\o\al(2,1)＋F\o\al(2,2))，tanθ＝eq\f(F1,F2)两力等大，夹角θF＝2F1coseq\f(θ,2)F与F1夹角为eq\f(θ,2)两力等大且夹角120°合力与分力等大(3)力的三角形法则：将表示两个力的图示(或示意图)保持原来的方向依次首尾相接，从第一个力的作用点，到第二个力的箭头的有向线段为合力．如图2­2­4甲、乙所示．甲乙图2­2­42．合力范围的确定(1)两个共点力的合力范围：|F1－F2|≤F≤F1＋F2.(2)三个共点力的合成范围①最大值：三个力同向时，其合力最大，为Fmax＝F1＋F2＋F3.②最小值：以这三个力的大小为边，如果能组成封闭的三角形，则其合力的最小值为零，即Fmin＝0；如果不能，则合力的最小值为Fmin＝F1－|F2＋F3|(F1为三个力中最大的力)．【例1】图2­2­5甲为著名选手戴伟彬在2013年9月全运会上的射箭场景．已知弓的顶部跨度为l，弦均匀且弹性良好，其自由长度为l.发射时弦和箭可等效为图乙的情景，假设弓的跨度保持不变，即箭在弦的正中间，弦夹在类似动滑轮的附加装置上，将箭发射出去．已知弦的劲度系数为k，发射箭时弦的最大长度为2l甲乙图2­2­5A．kl B.eq\f(\r(3),2)klC.eq\r(3)kl D．2kl【解析】弓发射箭的瞬间，受力如图．设放箭处弦的弹力分别为F1、F2，合力为F，则F1＝F2＝k(2l－l)＝kl，F＝2F1·cosθ，由几何关系得cosθ＝eq\f(\r(3),2)，所以，箭被发射瞬间的最大弹力为F＝eq\r(3)kl，C项正确．【答案】C突破训练1一物体受到三个共面共点力F1、F2、F3的作用，三力的矢量关系如图2­2­6所示(小方格边长相等)，则下列说法正确的是()图2­2­6A．三力的合力有最大值为F1＋F2＋F3，方向不确定B．三力的合力有唯一值3F3，方向与F3C．三力的合力有唯一值2F3，方向与F3D．由题给条件无法求出合力大小【解析】方法一：以F1和F2为邻边作平行四边形，对角线必沿F3方向，其大小F12＝2F3，再与F3求合力，故F＝3F3，与F方法二：分解F1、F2，竖直方向抵消，水平方向合成后相当于2F3，所以合力为3F【答案】B考点二力的分解方法1.按力的效果进行分解(1)根据力的实际作用效果确定两个实际分力的方向．(2)再根据两个实际分力的方向画出平行四边形．(3)最后由平行四边形和数学知识求出两分力的大小．2．正交分解法(1)定义：将已知力按互相垂直的两个方向进行分解的方法．(2)建立坐标轴的原则：以少分解力和容易分解力为原则(即尽量多的力在坐标轴上)．【例2】[考向：效果分解法]用一根长1m的轻质细绳将一幅质量为1kg的画框对称悬挂在墙壁上，已知绳能承受的最大张力为10N，为使绳不断裂，画框上两个挂钉的间距最大为(g取10m/s2)()图2­2­7A.eq\f(\r(3),2)m B.eq\f(\r(2),2)mC.eq\f(1,2)m D.eq\f(\r(3),4)m【思维模板】问1：画框受几个力？是否是共点力？提示：3个，是．问2：该题可以用合成法解吗？如何解？提示：可以__两绳合力与重力平衡，运用几何关系解．问3：用分解法解此题，如何分解力？提示：可以分解绳力，也可以分解重力．【解析】对画框受力分析如图甲所示，画框受重力mg和绳的拉力F,3个力为共点力.根据受力的对称性可知，两段绳的拉力大小相等．当绳子拉力达到F＝10N的时候，绳间的张角最大，即两个挂钉间的距离最大．解法1：力的合成法．根据平衡条件可知：两段绳拉力F的合力F合一定与重力mg等大、反向，设绳与竖直方向的夹角为θ，由几何关系得F合＝mg＝2Fcosθ，所以cosθ＝eq\f(mg,2F)＝eq\f(1,2)，即θ＝60°.两挂钉间的距离L＝2×eq\f(L0,2)sinθ＝eq\f(\r(3),2)m，A正确．解法2：力的分解法．(1)将绳的拉力按效果分解，如图乙所示，则竖直方向上有2Fcosθ＝mg.所以cosθ＝eq\f(mg,2F)＝eq\f(1,2).同理，可确定两挂钉间的距离L＝eq\f(\r(3),2)m.(2)将物体的重力按效果分解，如图丙所示．同理，也可确定两挂钉间的距离L.【答案】B【反思总结】(1)重力的分解也可用于求解三力平衡问题．分析时可将对“压力、支持力或绳的张力”的求解转化为对“重力相应效果分力”的求解．(2)对比以上方法可知，当模型中出现多个对称拉力或支持力时，用分解法处理更为简捷．【例3】[考向：力的正交分解法]如图2­2­8所示，一物体置于水平地面上，当用与水平方向成60°角的力F1拉物块时，物块做匀速直线运动；当改用与水平方向成30°角的力F2推物块时，物块仍做匀速直线运动．若F1和F2的大小相等，则物块与地面之间的动摩擦因数为()图2­2­8A.eq\r(3)－1 B．2－eq\r(3)C.eq\f(\r(3),2)－eq\f(1,2) D．1－eq\f(\r(3),2)【解析】当用F1拉物块做匀速直线运动时，受力分析如图所示，将F1正交分解，则水平方向有F1cos60°＝Ff1竖直方向有F1sin60°＋FN1＝mg其中Ff1＝μFN1联立上式可得F1＝eq\f(2μmg,1＋\r(3)μ)同理，当用F2推物块做匀速直线运动时水平方向有F2cos30°＝Ff2竖直方向有F2sin30°＋mg＝FN2其中Ff2＝μFN2联立上式可得F2＝eq\f(2μmg,\r(3)－μ)根据题意知F1＝F2，解得μ＝2－eq\r(3)，B正确．【答案】B物理模型1绳上的“活结”与“死结”模型1．“死结”模型(1)“死结”可理解为把绳子分成两段．(2)“死结”是不可以沿绳子移动的结．(3)“死结”两侧的绳因结住而变成了两根独立的绳．(4)“死结”分开的两段绳子上的弹力不一定相等．(如图2­2­9甲)图2­2­92．“活结”模型(1)“活结”是可以沿绳子移动的结点．(2)“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，但实际上是同一根绳．(3)“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．(如图2­2­9乙)【例4】如图2­2­10甲所示，轻绳AD跨过固定在水平横梁BC右端的定滑轮挂住一个质量为10kg的物体，∠ACB＝30°；图2­2­10乙中轻杆HP一端用铰链固定在竖直墙上，另一端P通过细绳EP拉住，EP与水平方向也成30°角，轻杆的P点用细绳PQ拉住一个质量也为10kg的物体，g取10m/s2，求：甲乙图2­2­10(1)轻绳AC段的张力FAC与细绳EP的张力FEP之比；(2)横梁BC对C端的支持力；(3)轻杆HP对P端的支持力.【思路导引】【解析】题图中的两个物体M1、M2都处于平衡状态，根据平衡条件可判断，与物体相连的竖直细绳拉力大小等于物体的重力．分别以C点和P点为研究对象，进行受力分析如图(a)和(b)所示．(1)图(a)中轻绳AD跨过定滑轮拉住质量为M1的物体，物体处于平衡状态，绳AC段的拉力FAC＝FCD＝M1g图(b)中由FEPsin30°＝FPQ＝M2得FEP＝2M2g，所以eq\f(FAC,FEP)＝eq\f(M1,2M2)＝eq\f(1,2).(2)图(a)中，根据几何关系得：FC＝FAC＝M1g方向和水平方向成30°角斜向右上方．(3)图(b)中，根据平衡条件有FEPsin30°＝M2g，FEPcos30°＝F所以FP＝eq\f(M2g,tan30°)＝eq\r(3)M2g≈173N，方向水平向右．【答案】(1)1∶2(2)100N，方向与水平方向成30°角斜向右上方(3)173N，方向水平向右【反思总结】解此类问题关键有两点：(1)分清“活结”还是“死结”，确定结点两侧力是相等还是不等．(2)选取合成或分解方法，用好几何关系或平衡条件．突破训练2如图2­2­11所示，滑轮本身的质量可忽略不计，滑轮轴O安在一根轻木杆B上，一根轻绳AC绕过滑轮，A端固定在墙上，且绳保持水平，C端下面挂一个重物，BO与竖直方向的夹角为θ＝45°，系统保持平衡．若保持滑轮的位置不变，改变θ的大小，则滑轮受到木杆的弹力大小的变化情况是()图2­2­11A．只有θ变小，弹力才变大B．只有θ变大，弹力才变大C．无论θ变大还是变小，弹力都变大D．无论θ变大还是变小，弹力都不变【解析】无论θ变大还是变小，水平绳和竖直绳中的拉力不变，这两个力的合力与杆的弹力平衡，故弹力都不变．【答案】D[力的合成]1．如图2­2­12所示的水平面上，橡皮绳一端固定，另一端连接两根弹簧，连接点P在F1、F2和F3三力作用下保持静止．下列判断正确的是()图2­2­12A．F1＞F2＞F3 B．F3＞F1＞F2C．F2＞F3＞F1 D．F3＞F2＞F1【解析】P点在三力F1、F2、F3作用下保持静止，则其合力为零，F1、F2的合力F12与F3等大反向．对三角形PF1F12，由大角对大力可知，F12＞F1＞F2，从而可得F3＞F1＞F2【答案】B2．(2013·重庆高考)如图2­2­13所示，某人静躺在椅子上，椅子的靠背与水平面之间有固定倾斜角θ.若此人所受重力为G，则椅子各部分对他的作用力的合力大小为()图2­2­13A．G B．GsinθC．Gcosθ D．Gtanθ【解析】运用力的平衡条件，可求得椅子对人的作用力．选人为研究对象，人受到重力和椅子各部分对他的作用力的合力，根据力的平衡条件可知，椅子对他的作用力的合力与重力等大、反向，故选项A正确．【答案】A3．(2012·上海高考)已知两个共点力的合力为50N，分力F1的方向与合力F的方向成30°角，分力F2的大小为30N，则()A．F1的大小是唯一的B．F2的方向是唯一的C．F2有两个可能的方向D．F2可取任意方向【解析】由F1、F2和F的矢量三角形并结合几何关系可以看出：当F2＝F20＝25N时，F1的大小是唯一的，F2的方向也是唯一的，因F2＝30N＞F20＝25N，所以F1的大小有两个，即F1′和F1″，F2的方向也有两个，即F2′的方向和F2″的方向，故C正确．【答案】C[力的分解]4.(多选)竖直细杆上套有一个0.1kg的小圆环，圆环左侧系住一劲度系数k＝50N/m的轻弹簧，已知弹簧与竖直方向的夹角为θ＝37°，圆环始终静止，则以下分析正确的是(g取10m/s2)()图2­2­14A．当弹簧伸长量x＝2.5cm时，圆环与竖直杆的摩擦力为零B．当弹簧伸长量x＝5cm时，圆环与竖直杆的弹力F＝1.5NC．保持弹簧伸长量不变，适度减小θ，圆环与细杆之间的弹力变小D．保持弹簧伸长量不变，适度减小θ，圆环与细杆之间的摩擦力变小【解析】kxcos37°＝mg时，圆环与竖直杆的摩擦力为零，此时x＝2.5cm，A对；弹簧伸长量x＝5cm时，圆环与竖直杆的弹力F＝kxsin37°＝1.5N，B对；保持弹簧伸长量不变，适度减小θ，F＝kxsinθ随之变小，C对；保持弹簧伸长量不变，适度减小θ，弹簧弹力的竖直分量增大，但初始状态摩擦力的方向未知，故不能断定其摩擦力的变化情况，D错．【答案】ABC5.(2015·合肥市一次质检)位于坐标原点O的质点在F1、F2和F3三力作用下保持静止，已知其中F1的大小恒定不变，方向沿y轴负方向；F2的方向与x轴正方向的夹角为θ(θ＜45°)，但大小未知，如图2­2­15所示，则下列关于力F3的判断正确的是()图2­2­15A．F3的最小值为F1cosθB．F3的大小可能为F1sinθC．F3的方向可能与F2的方向相反D．F3与F2的合力大小与F2的大小有关【解析】质点处于静止状态，说明F1、F2、F3的合力为零，其中F2、F3的合力与F1大小相等，方向相反，根据图象可得，F3的最小值为F1cosθ，因为θ＜45°，所以F3的大小不可能是F1sinθ，选项A正确，选项B错误；如果F3的方向与F2方向相反，则F2、F3的合力方向不能沿y轴的正方向，故选项C错误；F3与F2的合力大小等于F1，与F2无关，选项D错误．【答案】A课时提升练(五)力的合成与分解(限时：45分钟)A组对点训练——巩固基础知识题组一力的合成及应用1．三个共点力大小分别是F1、F2、F3，关于它们合力F的大小，下列说法中正确的是()A．F大小的取值范围一定是0≤F≤F1＋F2＋F3B．F至少比F1、F2、F3中的某一个大C．若F1∶F2∶F3＝3∶6∶8，只要适当调整它们之间的夹角，一定能使合力为零D．若F1∶F2∶F3＝3∶6∶2，只要适当调整它们之间的夹角，一定能使合力为零【解析】三个大小分别是F1、F2、F3的共点力合成后的最大值一定等于F1＋F2＋F3，但最小值不一定等于零，只有当某一个力的大小在另外两个力的大小的和与差之间时，这三个力的合力才可能为零，A、B、D错误，C正确．【答案】C2．如图所示，F1、F2、F3恰好构成封闭的直角三角形，这三个力的合力最大的是()【解析】由矢量合成法则可知，A图的合力为2F3，B图的合力为0，C图的合力为2F2，D图的合力为2F3，因【答案】C3.如图2­2­16所示，两根等长的轻绳将日光灯悬挂在天花板上，两绳与竖直方向的夹角都为45°，日光灯保持水平，所受重力为G，左右两绳的拉力大小分别为()图2­2­16A．G和G B.eq\f(\r(2),2)G和eq\f(\r(2),2)GC.eq\f(1,2)G和eq\f(\r(3),2)G D.eq\f(1,2)G和eq\f(1,2)G【解析】由对称性可知两根绳的拉力大小相等，设为T，则对日光灯在竖直方向上有：2Tcos45°＝G，可得T＝eq\f(\r(2),2)G，即B正确．【答案】B4．(2014·广州市模拟)如图2­2­17所示，细线a和b的一端分别固定在水平地面上，另一端系一个静止在空气中的氢气球，细线与地面的夹角分别为30°和60°.若a、b受到的拉力分别为FTa和FTb，氢气球受到的浮力为F，则()图2­2­17A．FTa＞FTb B．FTa＜FTbC．F＝FTa D．F＜FTb【解析】对气球受力分析，根据平衡条件的推论可知，两拉力的合力与浮力和重力的合力等大反向，作平行四边形如图所示，根据大角对大边得F－G＞FTb＞FTa，故B正确．【答案】B题组二力的分解及应用5.(多选)如图2­2­18所示，将力F分解为F1和F2两个分力，已知F1的大小和F2与F之间的夹角α，且α为锐角，则()图2­2­17A．当F1＞Fsinα时，一定有两解B．当F1＝Fsinα时，有唯一解C．当F1＜Fsinα时，无解D．当Fsinα＜F1＜F时，一定有两解【解析】将一个力分解为两个分力，由三角形定则知分力与合力可构成封闭三角形．当F1＜Fsinα时，三个力不能构成封闭三角形，故不可能分解为这样的一对分力F1和F2，选项C正确；当F1＝Fsinα时，可构成唯一一个直角三角形，选项B正确；当Fsinα＜F1＜F时，F1、F2与F可构成两个矢量三角形，即有两解，选项D正确；对于选项A，由于不能确定F1是否小于F，结合前面的分析知，选项A错误．【答案】BCD6．如图2­2­19所示，一倾角为30°的光滑斜面固定在地面上，一质量为m的小木块在水平力F的作用下静止在斜面上．若只改变F的方向不改变F的大小，仍使木块静止，则此时力F与水平面的夹角为()图2­2­19A．60° B．45°C．30° D．15°【解析】小木块受重力mg、斜面支持力FN和外力F三个力的作用处于平衡状态，三力合力为零，构成首尾相接的矢量三角形，如图所示，由对称性可知，不改变为F的大小只改变其方向，再次平衡时力F与水平方向成60°角，故正确选项为A.【答案】A7．如图2­2­20所示，轻质工件通过轻质杆与滑块B连接，当作用在滑块B上的水平推力F＝100N时，整个装置静止，此时α＝30°.已知滑块与水平面间的摩擦力不计，则工件上受到的压力为()图2­2­20A．100N B．100eq\r(3)NC．50N D．200N【解析】对B受力分析如图甲所示，则F2＝F/sinα＝2F，对上部分受力分析如图乙所示，其中Feq\o\al(′,2)＝F2，得FN＝Feq\o\al(′,2)·cosα＝100eq\r(3)N，故B正确．【答案】B8．在粗糙水平地面上与墙平行放着一个截面为半圆的柱状物体A，A与竖直墙之间放一光滑圆球B，整个装置处于静止状态．现对B加一竖直向下的力F，F的作用线通过球心，设墙对B的作用力为F1，B对A的作用力为F2，地面对A的作用力为F3.若F缓慢增大而整个装置仍保持静止，截面如图2­2­21所示，在此过程中()图2­2­21A．F1保持不变，F3缓慢增大B．F1缓慢增大，F3保持不变C．F2缓慢增大，F3缓慢增大D．F2缓慢增大，F3保持不变【解析】对球B受力分析如图所示，球B受到四个力作用且保持静止，则θ不变，F2′cosθ＝F＋mg.若F缓慢增大，则F2′增大．F2′sinθ＝F1，若F2′缓慢增大，则F1增大．F2′＝F2，F2′增大，F2也增大．对于整体而言：地面对A的摩擦力Ff＝F1，地面对A的支持力FN＝F＋G总，所以Ff和FN均缓慢增大，所以F3缓慢增大，C对．【答案】CB组深化训练——提升应考能力9．如图2­2­22所示，A、B都是重物，A被绕过小滑轮P的细线悬挂着，B放在粗糙的水平桌面上；小滑轮P被一根斜短线系于天花板上的O点；O′是三根线的结点，bO′水平拉着B物体，cO′沿竖直方向拉着弹簧；弹簧、细线、小滑轮的重力和细线与滑轮间的摩擦力均可忽略，整个装置处于平衡静止状态．若悬挂小滑轮的斜线OP的张力是20eq\r(3)N，g取10m/s2，则下列说法中错误的是()图2­2­22A．弹簧的弹力为10NB．重物A的质量为2kgC．桌面对B物体的摩擦力为10eq\r(3)ND．OP与竖直方向的夹角为60°【解析】O′a与aA两线拉力的合力与OP线的张力大小相等．由几何知识可知FO′a＝FaA＝20N，且OP与竖直方向夹角为30°，D不正确；重物A的重力GA＝FaA，所以mA＝2kg，B正确；桌面对B的摩擦力Ff＝FO′b＝FO′acos30°＝10eq\r(3)N，C正确；弹簧的弹力F弹＝FO′asin30°＝10N，故A正确．【答案】D10．(多选)两物体M、m用跨过光滑定滑轮的轻绳相连，如图2­2­23所示，OA、OB与水平面的夹角分别为30°、60°，物体M的重力大小为20N，M、m均处于静止状态，则()图2­2­23A．绳OA上的拉力大小为10NB．绳OB上的拉力大小为10NC．m受到水平面的静摩擦力大小为10eq\r(3)ND．m受到水平面的静摩擦力的方向水平向左【解析】如图所示，对O点分析，其受到轻绳的拉力分别为FA、FB、Mg，O点处于平衡状态，则有FA＝eq\f(Mg,2)＝10N，FB＝eq\f(\r(3),2)Mg＝10eq\r(3)N，物体m受到轻绳向左的拉力为10N，向右的拉力为10eq\r(3)N，处于静止状态，故水平面对物体m的静摩擦力水平向左，大小为(10eq\r(3)－10)N，A、D选项正确．【答案】AD11.如图2­2­24所示，球A重G1＝60N，斜面体B重G2＝100N，斜面倾角为30°，一切摩擦均不计．则水平力F为多大时，才能使A、B均处于静止状态？此时竖直墙壁和水平面受到的压力各为多大？图2­2­24【解析】解法一(隔离法)分别对A、B进行受力分析，建立直角坐标系如图甲、图乙所示，由共点力平衡条件可得对A有F2sin30°＝F1，F2cos30°＝G1对B有F＝F2′sin30°，F3＝F2′cos30°＋G2其中F2和F2′是一对相互作用力，即F2＝F2′代入数据，联立解得F＝F1＝20eq\r(3)N，F3＝160N由牛顿第三定律可知，竖直墙壁和水平面受到的压力分别为20eq\r(3)N、160N.解法二(整体法)将A、B视为一个整体，该整体处于静止状态，所受合力为零．对整体进行受力分析如图丙所示，由平衡条件得F＝F1，F3＝G1＋G2＝160N再隔离B进行受力分析如图乙所示，由平衡条件可得F＝F2′sin30°，F3＝F2′cos30°＋G2联立解得F2′＝40eq\r(3)N，F1＝F＝20eq\r(3)N由牛顿第三定律可知，竖直墙壁和水平面受到的压力分别为20eq\r(3)N、160N.【答案】20eq\r(3)N、160N12.(2015·贵阳二中检测)质量为M的木楔倾角为θ，在水平面上保持静止，质量为m的木块刚好可以在木楔上表面上匀速下滑．现在用与木楔上表面成α角的力F拉着木块匀速上滑，如图2­2­25所示，求：图2­2­25(1)当α＝θ时，拉力F有最小值，求此最小值；(2)拉力F最小时，木楔对水平面的摩擦力．【解析】(1)木块刚好可以沿木楔上表面匀速下滑，mgsinθ＝μmgcosθ，则μ＝tanθ，用力F拉着木块匀速上滑，受力分析如图所示，Fcosα＝mgsinθ＋Ff，FN＋Fsinα＝mgcosθ，Ff＝μFN解得，F＝eq\f(mgsin2θ,cosθ－α).当α＝θ时，F有最小值，Fmin＝mgsin2θ.(2)对木块和木楔整体受力分析如图所示，由平衡条件得，f＝Fcos(θ＋α)，当拉力F最小时，f＝Fmin·cos2θ＝eq\f(1,2)mgsin4θ.【答案】(1)mgsin2θ(2)eq\f(1,2)mgsin4θ第3节受力分析共点力的平衡[真题回放]1．(2014·课标全国卷Ⅰ)如图2­3­1所示，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()图2­3­1A．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】设橡皮筋的原长为l0，橡皮筋的伸长量为x，小球到架子悬点的高度为h.对小球受力分析如图所示，静止时：kx1＝mg，加速时：kx2cosθ＝mg.得h1＝l0＋x1＝l0＋eq\f(mg,k)，h2＝(l0＋x2)cosθ＝l0cosθ＋eq\f(mg,k)，故h1＞h2.小球升高，A正确．【答案】A2.(2014·重庆高考)为了研究人们用绳索跨越山谷过程中绳索拉力的变化规律，同学们设计了如图2­3­2甲所示的实验装置，他们将不可伸长轻绳的两端通过测力计(不计质量及长度)固定在相距为D的两立柱上，固定点分别为P和Q，P低于Q，绳长为L(L＞PQ)，他们首先从绳上距离P点10cm处(标记为C)系上质量为m的重物(不滑动)，由测力计读出绳PC、QC的拉力大小TP和TQ.随后，改变重物悬挂点C的位置，每次将P到C点的距离增加10cm，并读出测力计的示数，最后得到TP、TQ与绳长PC的关系曲线如图2­3­2乙所示，由实验可知：图2­3­2(1)曲线Ⅱ中拉力最大时，C与P点的距离为________cm，该曲线为________(选填：TP或TQ)的曲线．(2)在重物从P移到Q的整个过程中，受到最大拉力的是________(选填：P或Q)点所在的立柱．(3)在曲线Ⅰ、Ⅱ相交处，可读出绳的拉力TQ＝________N，它与L、D、m和重力加速度g的关系为TQ＝________.图2­3­2【解析】如图所示，设PC与竖直方向夹角为α，QC与竖直方向夹角为θ，对C点受力分析，由平衡条件有TPsinα＝TQsinθ①TPcosα＋TQcosθ＝mg②(1)随着PC不断加长，α逐渐增大，θ逐渐减小，由①式可知，开始阶段TP＞TQ，PC加长到一定程度后变为TP＜TQ，因此曲线Ⅱ为TP的曲线．(2)曲线Ⅰ为TQ的曲线，由图可看出重物从P移到Q的过程中，受到拉力最大的是Q点所在立柱．(3)TP＝TQ时，由①式可知sinα＝sinθ，即α＝θ，从图中可找到α＝θ时的几何关系cosθ＝eq\f(\r(L2－D2),L)由②式可知TPcosα＋TQcosθ＝2TQcosθ＝mgTQ＝eq\f(mg,2cosθ)＝eq\f(mgL\r(L2－D2),2L2－D2)【答案】(1)60(56～64之间的值均可)TP(2)Q(3)4.30(4.25～4.35之间的值均可)eq\f(mgL\r(L2－D2),2L2－D2)3.(2012·课标全国卷)拖把是由拖杆和拖把头构成的擦地工具(如图2­3­3所示)．设拖把头的质量为m，拖杆质量可以忽略；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.图2­3­3(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tanθ0.【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，根据平衡条件有Fcosθ＋mg＝FN ①Fsinθ＝Ff ②其中Ff＝μFN ③式中FN和Ff分别为地板对拖把的支持力和摩擦力．联立①②③式得F＝eq\f(μmg,sinθ－μcosθ). 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Fsinθ≤λFN ⑤这时①式仍满足．联立①⑤式得sinθ－λcosθ≤λeq\f(mg,F) ⑥现考查使⑥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sinθ－λcosθ≤0 ⑦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tanθ0＝λ.【答案】(1)eq\f(μmg,sinθ－μcosθ)(2)λ[考向分析]1.考纲展示共点力的平衡Ⅱ2.命题趋势受力分析的考查几乎涵盖了高中物理的所有考试热点，多数情况下与其它知识点综合起来考查．平衡问题也是常考的一类问题．侧重考查平衡条件以及处理平衡问题的方法如合成法、分解法、正交分解法等，此处可以出选择题、也可能命大题．3.选材特点多取材生活实例，有实际应用背景，关键在于从实际情景中提取出物理模型或悟出某个物理原理的应用.考点一物体的受力分析受力分析的基本步骤如下：(1)明确研究对象：确定受力分析的物体，研究对象可以是单个物体，也可以是几个物体组成的系统．(2)隔离物体分析：把研究对象从周围物体中隔离出来，只分析周围有哪些物体对它施加了力的作用．(3)按顺序分析力：按一定顺序找出研究对象受到的所有力，一般顺序如下：(4)画受力示意图：边分析边将各力画在物体或系统的受力示意图上，并准确地标出各力的方向、符号．(5)检查是否有误：确定每个力都能找出它的施力物体，且受力满足物体或系统的运动状态，否则，可能发生漏力、多力或错力现象．【例1】(多选)如图2­3­4所示，两个相似的斜面体A、B在竖直向上的力F的作用下静止靠在竖直粗糙墙壁上．关于斜面体A和B的受力情况，下列说法正确的是()图2­3­4A．A一定受到4个力B．B可能受到4个力C．B与墙壁之间一定有弹力和摩擦力D．A与B之间一定有摩擦力【解析】整体法确定外力：对斜面体A、B整体受力分析，其受到向下的重力G和向上的推力F，由平衡条件可知B与墙壁之间不可能有弹力，因此也不可能有摩擦力，故C错误．假设法、状态法确定B对A的接触力：对斜面体A受力分析，A一定受到重力GA和推力F.假设撤掉A，B将下落，A、B间一定存在弹力FBA，如图甲所示，为保持A处于平衡状态，B一定给A一个沿斜面向下的摩擦力Ff.转换法确定B的受力：根据牛顿第三定律可知，斜面体B除受重力外，一定受到A的支持力FAB和摩擦力Ff′，如图乙所示．综合以上分析可知，A、D正确．【答案】AD突破训练1(2014·辽宁大连测试)用一轻绳将光滑小球P系于粗糙墙壁上的O点，在墙壁和球P之间夹有一矩形物块Q，整体处于静止状态，如图2­3­5所示．稍微改变绳子的长度，P、Q仍然均处于静止状态，则下列相关说法正确的是()图2­3­5A．小球P受4个力作用B．物块Q受3个力作用C．若绳子变长，绳子的拉力将变小D．若绳子变短，Q受到的静摩擦力将增大【解析】对小球P受力分析如图所示，可知小球P受重力、绳的拉力FT和物块Q的弹力FN，共3个力作用，A错误；由平衡条件可知FT＝eq\f(mg,cosθ)，FN＝mgtanθ，若绳子变长，则θ变小，拉力变小，C正确；物块Q受重力、球的压力、墙的支持力和墙壁的摩擦力Ff，共4个力作用，B错误；由于Q始终处于静止状态，则总有Mg＝Ff，即摩擦力大小不变，D错误．【答案】C考点二解决平衡类问题的常用方法处理平衡问题的常用方法方法内容合成法物体受三个共点力的作用而平衡，则任意两个力的合力一定与第三个力大小相等，方向相反．分解法物体受三个共点力的作用而平衡，将某一个力按力的效果分解，则其分力和其他两个力满足平衡条件．正交分解法物体受到三个或三个以上力的作用时，将物体所受的力分解为相互垂直的两组，每组力都满足平衡条件．力的三角形法对受三力作用而平衡的物体，将力的矢量图平移使三力组成一个首尾依次相接的矢量三角形，根据正弦定理、余弦定理或相似三角形等数学知识求解未知力.【例2】一根光滑杆弯成半圆形，杆上穿着质量为m的小球，用细绳系于杆的一端，如图2­3­6所示，测得细绳与水平面的夹角为30°，设细绳对小球的拉力为FT，球所受杆的弹力为FN.则()图2­3­6A．FT＝mg，FN＝mgB．FT＝mg，FN＝2mgC．FT＝mg，FN＝eq\r(3)mgD．FT＝eq\f(2,3)mg，FN＝eq\f(2\r(3),3)mg【思维模板】问1：杆光滑，小球受几个力？提示：3个．问2：球受杆的力沿杆还是指向圆心？提示：圆心．问3：如果考虑正交分解法，应选取哪两个方向分解更合适？提示：半径和切线两个方向．【解析】解法一(正交分解法)对小球受力分析，如图a所示，FN的反向延长线过圆心，由几何关系知，小球的重力、细绳的拉力与半径的夹角都为30°，沿切线和半径方向分解G和FT，根据平衡条件知重力和拉力在切线方向的分力相等，即mgsin30°＝FTsin30°，解得mg＝FT；在垂直于切线方向上，FN＝mgcos30°＋FTcos30°＝eq\r(3)mg.解法二(合成法)作出FT、FN的合成图，则由三力平衡变成了二力平衡，显然F＝mg由图b中几何关系，还可得F＝FT2Fcos30°＝FN解得FT＝mg，FN＝eq\r(3)mg.解法三(分解法)重力mg有两个效果，有两个分量，FT′是使绳产生拉力，即FT′＝FT.FN′是造成球对环形杆产生压力，FN′＝FN.而FT′、FN′可由图c中几何关系求得．解法四(三角形法)小球受三力(mg、FN、FT)平衡，则三力首尾相连，应该形成封闭的三角形，如图d，由图中几何关系可解得FN、FT大小．【答案】C【反思总结】求共点力作用下物体平衡问题的一般步骤突破训练2(2014·海南高考)如图2­3­7所示，一不可伸长的光滑轻绳，其左端固定于O点，右端跨过位于O′点的固定光滑轴悬挂一质量为M的物体；OO′段水平，长度为L；绳子上套一可沿绳滑动的轻环．现在轻环上悬挂一钩码，平衡后，物体上升L.则钩码的质量为()图2­3­7A.eq\f(\r(2),2)M B.eq\f(\r(3),2)MC.eq\r(2)M D.eq\r(3)M【解析】物体上升L后，悬轻环处与OO′构成等边三角形，轻环两侧绳的拉力相等均为Mg，其合力与轻环下钩码M′g重力平衡．由几何关系，得2Mgcos30°＝M′g解得M′＝eq\r(3)M.【答案】D考点三多体平衡问题多体平衡问题的处理方法：(1)选取研究对象：根据需要选取系统整体或其中一个物体为研究对象．(2)分析受力：明确研究对象后正确地受力分析．(3)列出方程：在受力分析基础上列出单体和系统的平衡方程．(4)联式求解：单体和系统的平衡方程联式求解．【例3】(多选)(2012·山东高考)如图2­3­8所示，两相同轻质硬杆OO1、OO2可绕其两端垂直纸面的水平轴O、O1、O2转动，在O点悬挂一重物M，将两相同木块m紧压在