2026高考物理一轮复习（基础版）第二章 第2讲　小专题 摩擦力的综合分析含答案

2026高考物理一轮复习（基础版）第二章第2讲小专题摩擦力的综合分析含答案第2讲小专题:摩擦力的综合分析考点一摩擦力的计算摩擦力大小的计算方法(1)公式法。①滑动摩擦力:根据公式Ff=μFN计算。②最大静摩擦力:与接触面间的压力成正比,其值略大于滑动摩擦力,当认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力时,Fmax=μFN。(2)状态法。①物体处于平衡状态可利用力的平衡条件来计算。②物体处于变速状态可根据牛顿第二定律进行分析。[例1]【公式法求摩擦力】(2024·云南昆明阶段检测)如图甲、乙、丙所示,一个质量为1kg的圆柱体工件放在“V”形槽中,槽顶角α=60°,槽与工件接触处的动摩擦因数处处相同且大小为μ=0.25。现把整个装置倾斜,工件沿槽下滑。已知工件的轴线与水平方向的夹角为37°,工件对“V”形槽两侧面的压力大小相等,取sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/s2,则()[A]工件对“V”形槽一侧的压力为10N[B]“V”形槽对工件的摩擦力为6N[C]“V”形槽对工件的摩擦力为2N[D]“V”形槽对工件的摩擦力为4N【答案】D【解析】对工件受力分析,如图所示,因为α=60°,则F1=F2=mg,工件在槽内滑动,受到滑动摩擦力,一个侧面受到的摩擦力Ff=μFN,FN=mgcos37°=8N,故两个侧面受到的摩擦力为2μFN=4N,即“V”形槽对工件的摩擦力为4N。[变式]在[例1]中,若工件恰好能沿槽匀速下滑,求此时槽与工件接触处的动摩擦因数μ′。【答案】0.375【解析】把整个装置倾斜,则重力沿压紧两侧的斜面的分力F1′=F2′=mgcos37°=0.8mg,匀速下滑,此时工件每个侧面所受槽的摩擦力大小Ff′=mgsin37°2,由Ff′=μ′F2′,解得μ′=[例2]【状态法求摩擦力】(多选)如图甲所示,物块A、B用轻绳连接,用手按住物块B,使A、B保持静止。已知物块A、B质量均为3kg,物块B与水平面间的动摩擦因数μ=0.75,假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,其余摩擦不计,g取10m/s2,以下说法正确的是()[A]释放后,物块B与水平面间的摩擦力大小为22.5N[B]释放后,物块B与水平面间的摩擦力大小为30N[C]如图乙所示,将物块C粘在物块B上,释放后,若要物块B运动,物块C的质量应小于1kg[D]如图乙所示,将质量为3kg的物块C粘在物块B上,释放后,物块B与水平面间的摩擦力大小为45N【答案】AC【解析】释放后,A、B会一起运动,即B与桌面之间的力为滑动摩擦力,根据滑动摩擦力公式有Ff1=μFN1=0.75×30N=22.5N,故A正确,B错误;若B、C恰好不滑动,绳子上的拉力等于A的重力为30N,对B、C整体,此刻受静摩擦力也为30N,根据滑动摩擦力公式可得FN2=Ff2μ=300.75N=40N,若物块B运动,物块C的质量应小于1kg,而将质量为3kg的物块C粘在物块B上,释放后B静止,物块B与水平面间的摩擦力为静摩擦力,大小与A的重力相等,为30N,故考点二摩擦力的突变问题1.摩擦力突变常见的情况分类及图示案例“静—静”突变在水平力F作用下物体静止于斜面上,F突然增大时物体仍静止,则物体所受静摩擦力的大小或方向将“突变”“静—动”突变物体放在粗糙水平面上,作用在物体上的水平力F从零逐渐增大,当物体开始滑动时,物体受水平面的摩擦力由静摩擦力“突变”为滑动摩擦力“动—静”突变滑块以v0冲上斜面做减速运动,当到达某位置时速度减为零,而后静止在斜面上,滑动摩擦力“突变”为静摩擦力“动—动”突变水平传送带的速度v1大于滑块的速度v2,滑块受到的滑动摩擦力方向水平向右,当传送带突然被卡住时,滑块受到的滑动摩擦力方向“突变”为向左2.分析摩擦力突变问题的方法(1)在涉及摩擦力的情况中,题目中出现“最大”“最小”和“刚好”等关键词时,一般隐藏着摩擦力突变的临界问题。某个物理量在变化过程中发生突变,可能导致摩擦力突变,则该物理量突变时的状态即为临界状态。(2)存在静摩擦力的情境中,物体由相对静止变为相对运动,或者由相对运动变为相对静止,或者受力情况发生突变,往往是摩擦力突变问题的临界状态。(3)确定各阶段摩擦力的性质和受力情况,对各阶段摩擦力进行分析。[例3]【“静—静”突变】(2024·甘肃兰州一模)如图所示,木块A、B分别重50N和60N,与水平地面之间的动摩擦因数均为0.2。夹在A、B之间的轻弹簧被压缩了2cm,弹簧的劲度系数为400N/m。用F=2N的水平拉力拉木块B,木块A、B均保持静止。最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力,下列说法正确的是()[A]弹簧的弹力大小为80N[B]木块A受到的摩擦力大小为10N[C]木块B受到的摩擦力大小为6N[D]地面对A、B组成的系统的摩擦力大小为2N【答案】D【解析】弹簧弹力大小为F弹=kx=400×0.02N=8N,故A错误;施加水平拉力F后,弹簧长度没有变化,弹力不变,故木块A相对地面有向左的运动趋势,其受到向右的静摩擦力,木块A所受摩擦力大小为FfA=F弹=8N,故B错误;施加水平拉力F后,木块B静止不动,则木块B受到的静摩擦力与弹簧弹力和拉力的合力平衡,木块B所受摩擦力大小为FfB=F弹+F=(8+2)N=10N,故C错误;对A、B组成的系统,由平衡条件可知地面对系统的摩擦力Ff=F=2N,故D正确。[例4]【“静—动”突变】(2024·湖南衡阳模拟)某同学利用图甲所示装置研究物块与长木板间的摩擦力。水平向左拉长木板,力传感器记录的F-t图像如图乙所示。下列说法正确的是()[A]物块与长木板在4.9s时发生相对运动[B]根据图乙中数据不能得出物块与木板间的最大静摩擦力[C]根据图乙中数据能得出物块与木板间的动摩擦因数[D]5.0s到5.2s图像的波动是由于细线的弹性引起的【答案】D【解析】根据题图乙可知,在4.9s前后物块与长木板间仍然是静摩擦力,未发生相对运动,故A错误;根据题图乙可得出物块与木板间的最大静摩擦力约为1.08N,故B错误;根据题图乙可求得滑动摩擦力,但不知道正压力,无法计算动摩擦因数,故C错误;5.0s到5.2s图像的波动是由于达到最大静摩擦力后,细线的弹性引起的,故D正确。[变式]在[例4]中,利用图甲所示装置研究物块与长木板间摩擦力时,木板是否必须做匀速直线运动?【答案】不必做匀速直线运动【解析】物块和木板发生相对运动后,物块受到的就是滑动摩擦力,木板不一定要做匀速直线运动。[例5]【“动—静”突变】如图所示,把一重力为G的物体,用一个水平的推力F=kt(k为恒量,t为时间)压在竖直的足够高的平整墙面上,从t=0开始,物体所受的摩擦力Ff随t的变化关系正确的是()[A][B][C][D]【答案】B【解析】推力F=FN=kt,开始物体沿墙面竖直向下滑动,Ff=μFN=μkt为正比例函数,当Ff增加到大于G时,物体开始做减速运动,Ff继续增大,当速度减为零时,物体静止,此时摩擦力为最大静摩擦力,此后摩擦力为静摩擦力,大小等于物体的重力且不再变化,故B正确。[变式]在[例5]中,从t=0开始计时,物体的加速度a随t变化的关系图像是怎样的?【答案】图见解析【解析】开始时,物体所受滑动摩擦力Ff<mg,物体做加速运动,根据牛顿第二定律得mg-Ff=ma,结合Ff=μkt,得a=g-μkmt当t=mgμk时,a=0,此时物体速度达到最大当Ff>mg时,物体做减速运动,根据牛顿第二定律得mg-Ff=ma,结合Ff=μkt,得a=g-μkmt当t=2mgμk时a=-g,综上所述可知a-t图像是一条向下倾斜的直线,如图所示。[例6]【“动—动”突变】(多选)如图所示,足够长的传送带与水平面间的夹角为θ,以速度v0逆时针匀速转动。在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块,小木块与传送带间的动摩擦因数μ<tanθ,选沿传送带向下为正方向,最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力,则下列选项中能客观地反映小木块的受力或运动情况的是()[A][B][C][D]【答案】BD【解析】当小木块速度小于传送带速度时,小木块相对于传送带向上滑动,受到的滑动摩擦力沿传送带向下,根据牛顿第二定律可得小木块加速度a=gsinθ+μgcosθ;当小木块速度与传送带速度相同时,由于μ<tanθ,即μmgcosθ<mgsinθ,所以速度能够继续增大,此时滑动摩擦力的大小不变,而方向突变为向上,则小木块加速度a=gsinθ-μgcosθ,加速度变小,则v-t图像的斜率变小,故B、D正确。[变式]在[例6]中,若小木块与传送带间的动摩擦因数μ>tanθ,选沿传送带向下为正方向,则以上四个选项中能客观地反映小木块的受力或运动情况的是()【答案】C【解析】开始时,小木块的速度小于传送带速度,小木块相对于传送带向上运动,则受沿传送带向下的滑动摩擦力,大小为Ff1=μmgcosθ>mgsinθ,小木块做匀加速运动,当小木块与传动带速度相等时,将保持相对静止,由平衡条件可知,小木块受沿传送带向上的静摩擦力,大小为Ff2=mgsinθ,小木块与传送带一起做匀速运动,综上所述,小木块先受沿传送带向下的滑动摩擦力,再受沿传送带向上的静摩擦力,小木块先做匀加速运动,再做匀速运动,故C正确。摩擦力突变问题注意事项(1)静摩擦力是被动力,其大小、方向取决于物体间的相对运动趋势,而且静摩擦力存在最大值。存在静摩擦力的连接系统,相对滑动与相对静止的临界状态是静摩擦力达到最大值。(2)滑动摩擦力的突变问题:滑动摩擦力的大小与接触面的动摩擦因数和接触面受到的压力均成正比,发生相对运动的物体,如果接触面的动摩擦因数发生变化或接触面受到的压力发生变化,则滑动摩擦力就会发生变化。(3)研究传送带问题时,物体和传送带速度相等的时刻往往是摩擦力的大小、方向和运动性质发生变化的分界点。(满分:60分)对点1.摩擦力的计算1.(4分)图甲是一种榫卯连接构件。相互连接的两部分P、Q如图乙所示。图甲中构件Q固定在水平地面上,榫、卯接触面间的动摩擦因数均为μ,沿P的轴线OO′用大小为F的力才能将P从Q中拉出。若各接触面间的弹力大小均为FN,滑动摩擦力与最大静摩擦力大小相等,则FN的大小为()[A]F6μ [B][C]4Fμ [D]【答案】A【解析】根据题图可知,该构件有6个接触面,有F=6μFN,解得FN=F6μ,故2.(4分)(2024·山东卷,2)如图所示,国产人形机器人“天工”能平稳通过斜坡。若它可以在倾角不大于30°的斜坡上稳定地站立和行走,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则它的脚和斜面间的动摩擦因数不能小于()[A]12 [B]33 [C]22 【答案】B【解析】根据题意,对“天工”分析有mgsin30°≤μmgcos30°,可得μ≥tan30°=33,故选B3.(6分)(2024·广西南宁一模)(多选)在一次抓金砖活动中,某参赛者单手刚好能将一金砖从桌面上抓起。如图所示,该金砖的横截面为等腰梯形,底角为θ,金砖的重力为G。下列说法正确的是()[A]金砖保持静止时,手对金砖的作用力大小为G[B]金砖保持静止时,仅增大手对金砖的压力,金砖受到手的摩擦力保持不变[C]无论θ角多大,都可以将金砖抓起[D]相同质量的金砖,θ角越小,金砖越不容易被抓起【答案】AD【解析】如图所示,手与金砖有两个接触面,对金砖施加两个正压力FN并产生两个静摩擦力F,这四个力的作用效果与重力平衡,故手对金砖的作用力大小为G,方向竖直向上,故A正确;根据受力分析图,竖直方向有2FNcosθ+G=2Fsinθ,可知仅增大手对金砖的压力,金砖受到手的摩擦力将增大,故B错误;设手与金砖间的最大静摩擦力为正压力的k倍,根据受力分析图,可知当Ffsinθ≤FNcosθ,即tanθ≤1k时,无论正压力FN多大,都无法将金砖拿起,故tanθ越大,即θ角越大,越容易单手抓起金砖,故C错误,D4.(10分)(2024·安徽滁州模拟)如图所示,在竖直墙壁的左侧水平地面上,放置一质量为M=2kg的正方体ABCD,在墙壁和正方体之间放置一质量为m=1kg的光滑球,球的球心为O,OB与竖直方向的夹角θ=37°,正方体和球均保持静止。已知正方体与水平地面的动摩擦因数μ=0.5,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10m/s2,取sin37°=0.6,cos37°=0.8。(1)求正方体和墙壁对球的支持力FN1、FN2大小;(2)保持球的半径不变,只增大球的质量,为了不让正方体出现滑动,球的最大质量为多大?【答案】(1)12.5N7.5N(2)4kg【解析】(1)对球受力分析,如图甲所示,根据平衡条件可知竖直方向有FN1cosθ=mg,解得FN1=mgcosθ水平方向有FN2=mgtanθ=7.5N。(2)设球的质量为m′,墙壁支持力为FN2′,由平衡条件得FN2′=m′gtanθ,对整体,其受力如图乙所示,竖直方向有FN3=(M+m′)g,水平方向有FN2′=Ff,其中Ff≤μFN3,联立解得m′≤4kg,故球的最大质量为4kg。对点2.摩擦力的突变问题5.(4分)如图所示,质量为10kg的物体A拴在一个被水平拉伸的弹簧一端,弹簧的拉力为5N时,物体A与小车均处于静止状态。若小车以1m/s2的加速度向右运动,则()[A]物体A相对小车向右运动[B]物体A受到的摩擦力减小[C]物体A受到的摩擦力大小不变[D]物体A受到的弹簧的拉力增大【答案】C【解析】由题意得,物体A与小车的上表面间的最大静摩擦力Ffm≥5N,当小车加速运动时,假设物体A与小车仍然相对静止,则物体A所受合力大小F合=ma=10N,可知此时小车对物体A的摩擦力大小为5N,方向向右,且为静摩擦力,所以假设成立,物体A受到的摩擦力大小不变,故A、B错误,C正确;弹簧长度不变,物体A受到的弹簧的拉力大小不变,故D错误。6.(4分)(2024·甘肃酒泉阶段检测)如图甲所示,一物块放在水平桌面上,物块受到水平向右的拉力F的作用后运动,以水平向右为加速度的正方向。物块的加速度a与拉力F之间的关系如图乙所示,重力加速度g取10m/s2。物块与水平桌面间的动摩擦因数为()[A]0.2 [B]0.4 [C]0.6 [D]0.8【答案】B【解析】根据题图乙可得加速度与拉力的关系式为a=0.2F-4,对物块,根据牛顿第二定律有F-μmg=ma,整理可得a=Fm-μg,比较关系式可得μ=0.4,7.(6分)(多选)长木板上表面的一端放有一个质量为m的木块,木块与木板接触面上装有摩擦力传感器,如图甲所示,木板由水平位置缓慢向上转动(即木板与地面的夹角θ变大),另一端不动,摩擦力传感器记录了木块受到的摩擦力Ff随角度θ的变化图像如图乙所示。下列判断正确的是()[A]木块与木板间的动摩擦因数μ=tanθ1[B]木块与木板间的动摩擦因数μ=Ff1[C]木板与地面的夹角为θ2时,木块做自由落体运动[D]木板由θ1转到θ2的过程中,木块的速度变化越来越快【答案】BD【解析】当夹角为θ1时,最大静摩擦力为Ff2,滑动摩擦力为Ff1,此时木块加速下滑,则有μmgcosθ1<mgsinθ1,解得μ<tanθ1,由μmgcosθ1=Ff1,解得μ=Ff1mgcosθ1,故A错误,B正确;当木板与地面的夹角为θ2时,木块只受重力,但初速度不为零,故C错误;在木板由θ1转到θ2的过程中,根据牛顿第二定律有mgsinθ-μmgcosθ=ma8.(4分)(2024·贵州毕节模拟)如图,完全相同的P、Q两物体放在水平面上,且与水平面间的动摩擦因数均为μ=0.2,每个物体重G=10N,设物体P、Q与水平面间的最大静摩擦力均为Fmax=2.5N,若对P施加一个向右的由零均匀增大到6N的水平推力F,则P所受的摩擦力FfP随水平推力F变化的图像正确的是()[A][B][C][D]【答案】C【解析】当水平推力F小于P与水平面间的最大静摩擦力2.5N时,P受到水平面的静摩擦力作用,随水平推力的增大而增大,且与水平推力大小相等;当水平推力2.5N<F≤5N时,P、Q两物体仍静止,此过程中P受到的摩擦力为最大静摩擦力2.5N不变;当水平推力F>5N时,P、Q两物体相对水平面滑动,P物体受滑动摩擦力,大小为FfP=μG=2N,故C正确,A、B、D错误。9.(4分)如图所示,物块A、木板B的质量均为m=10kg,不计A的大小,木板B长L=2m,开始时A、B均静止。现使A以水平初速度v0=4m/s从B的最左端开始运动,已知A与B、B与水平面之间的动摩擦因数分别为μ1=0.3和μ2=0.1。g取10m/s2,则B由开始运动到静止,物块A所受的摩擦力随时间变化图像正确的是(选v0的方向为正方向,最大静摩擦力等于滑动摩擦力)()[A][B][C][D]【答案】A【解析】刚开始,A、B速度不相等,A、B之间为滑动摩擦力,则Ff1=μ1mg=30N,方向与v0方向相反,对A有a1=μ1mgm=3m/s2,向右减速,对B有a2=μ1mg-μ2·2mgm=1m/s2,向右加速。设经时间t二者共速,则v0-a1t=a2t,解得t=1s,则共同运动速度v=a2t=1m/s,二者相对位移x相=xA-xB=v0+v2t-v2t=2m=L,A恰好没有从B上滑下,假设A、B共速后一起做减速运动,由μ2·2mg=2ma3得a3=1m/s2,对A有Ff2=ma3=10N<FfABm10.(14分)(2024·安徽合肥阶段练习)如图所示,倾角θ=37°的质量为m1=10kg的粗糙斜面体A,置于粗糙水平面上,A与地面间的动摩擦因数足够大,质量m2=1kg的物体B经平行于斜面的不可伸长的轻质细线跨过光滑定滑轮悬挂质量为m3的物块C。已知A、B间的动摩擦因数为0.5,视最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10m/s2,取sin37°=0.6,cos37°=0.8。(1)当不悬挂物块C时,通过计算,判断B是否会自行下滑;(2)欲使B能静止在斜面A上,求C的质量范围;(3)若m3=0.5kg,求地面对A的摩擦力大小。【答案】(1)见解析(2)0.2kg≤m3≤1kg(3)4N【解析】(1)当不悬挂物块C时,通过受力分析可知,重力沿斜面向下的分力为Gx=m2gsinθ=6N,重力沿垂直于斜面方向的分力为Gy=m2gcosθ=8N,A、B间的动摩擦因数为0.5,则摩擦力大小为Ff=μFN=μGy=4N,故Gx>Ff,B会自行下滑。(2)当悬挂物块C时,对物块B受力分析,当摩擦力沿斜面向上时拉力FT有最小值,为FTmin=Gx-Ff=2N,解得m3min=0.2kg,当摩擦力沿斜面向下时拉力FT有最大值,为FTmax=Gx+Ff=10N,解得m3max=1kg,故C的质量范围为0.2kg≤m3≤1kg。(3)当m3=0.5kg时,拉力FT大小为FT=m3g=5N,地面对A的摩擦力FfA=FTcosθ=4N。第3讲力的合成与分解情境导思我们直接用双手把一段圆木掰成两半不容易,但若我们使用斧子,就很容易将圆木向两边劈开(如图)。仔细观察你会发现,斧子的横截面就像是两个背靠背黏合在一起的斜面。斧子这种独特的形状能够将一个较小的力分解成两个较大的分力。想一想,这是什么原因呢?1.(2025·云南昆明期中)(多选)关于力的合成和分解,下列说法正确的是()[A]两个力的合力,可能比这两个分力都小[B]已知合力及一个分力的大小和方向,求另一个分力有唯一解[C]两个分力大小一定,夹角越大,合力越小[D]把一个力分解为两个分力,两个分力不能同时大于这个力的2倍【答案】ABC2.(2024·黑龙江鹤岗期末)(多选)如图所示,把光滑斜面上物体的重力mg分解为F1、F2两个力,则()[A]F1是斜面作用在物体上使物体下滑的力,F2是物体对斜面的压力[B]物体受到mg、FN、F1、F2四个力作用[C]物体受到的合力为mgsinθ,方向沿斜面向下[D]FN、F1、F2三个力的作用效果和mg与FN两个力的作用效果相同【答案】CD【答案】同一点一点相同合力分力等效替代合力有向合力有向线段分力逆运算平行四边形垂直方向平行四边形方向算术考点一共点力的合成(1)互成角度的两个力,其中一个力增大后,合力一定增大吗?请作图说明。(2)有三个共点力F1=8N,F2=7N,F3=16N,这三个力合力的最大值和最小值分别是多少?若F3=10N呢?提示:(1)不一定。如图,F2增大后,合力F可能减小,可能不变,还可能增大。(2)31N1N25N01.共点力合成的方法(1)作图法。(2)计算法。①图甲中,F1与F2垂直,F=F1②图乙中,F1与F2大小相等,夹角为θ,F=2F1cosθ2③图丙中,F1与F2大小相等,夹角为120°,F=F1=F2。2.合力大小的范围(1)两个共点力的合成。①当两个力方向相同时,合力最大,Fmax=F1+F2。②当两个力方向相反时,合力最小,Fmin=|F1-F2|。③合力大小的变化范围为|F1-F2|≤F≤F1+F2。(2)三个共点力的合成。①最大值:当三个分力同方向时,合力最大,即Fmax=F1+F2+F3。②最小值:如果一个力的大小处于另外两个力的合力大小范围内,则其合力的最小值为零,即Fmin=0;如果不处于,则合力的最小值等于最大的一个力减去另外两个力的大小之和,即Fmin=F1-(F2+F3)(F1为三个力中最大的力)。3.多个共点力的合成方法依据平行四边形定则先求出任意两个力的合力,再求这个合力与第三个力的合力,依次类推,求完为止。[例1]【两个力的合成及合力的范围】(多选)两个力F1和F2之间的夹角为θ,其合力为F。下列说法正确的是()[A]合力F总比分力F1和F2中的任何一个力都大[B]若F1和F2大小不变,θ角减小,合力F一定增大[C]若夹角θ不变,F1大小不变,F2增大,合力F可能减小[D]若F1和F2大小不变,合力F与θ的关系图像如图所示,则任意改变这两个分力的夹角,能得到的合力大小的变化范围是2N≤F≤10N【答案】BC【解析】合力F的取值范围是|F1-F2|≤F≤F1+F2,所以合力F不一定总比分力F1和F2中的任何一个力都大,故A错误;根据余弦定理可得合力大小为F=F12+F22+2F1F2cosθ,θ角减小,则合力F一定增大,故B正确;若夹角θ为钝角,θ不变,F1大小不变,F2增大,有可能有如图所示的情况,则F合′<F合,故C正确;由题图得,当θ=180°时,合力为2N,即|F1-F2|=2N,当θ=90°时,合力为10N,即F12+F22=10N,解得F1=6N,F2=8N或F1=8N,[例2]【作图法求合力】如图所示,某物体同时受到共面的三个共点力作用,坐标纸小方格边长的长度对应1N大小的力。甲、乙、丙、丁四种情况中,关于三个共点力的合力大小,下列说法正确的是()[A]图甲中最小 [B]图乙中为8N[C]图丙中为5N [D]图丁中为1N【答案】D【解析】由题图可知,F甲=2N,方向竖直向上;F乙=45N,方向斜向右下;F丙=25N,方向斜向左上;F丁=1N,方向竖直向上。则题图丁的合力最小,为1N,故选D。[变式]利用作图法求出下面两种情况下物体所受的合力大小。【答案】6N0【解析】题图1中,由力的三角形定则可知,F2与F3的合力刚好为F1,所以合力大小为F=2F1=6N;题图2中,由力的三角形定则可知,首尾顺次相连的力合力为0。[例3]【共点力的合成】(2024·山西大同阶段检测)如图所示,一个“Y”形弹弓顶部跨度为L,两根相同的橡皮条自由长度均为L,在两橡皮条的末端用一块软羊皮(长度不计)做成裹片。若橡皮条的弹力与形变量的关系满足胡克定律,且劲度系数为k,发射弹丸时每根橡皮条的最大长度为1.5L(弹性限度内),则发射过程中裹片对弹丸的最大作用力为()[A]223kL [B][C]kL [D]2kL【答案】A【解析】根据胡克定律可知,每根橡皮条的最大弹力为F=k(1.5L-L)=0.5kL,设此时两根橡皮条与合力的夹角均为θ,根据几何关系知sinθ=0.5L1.5L=13,则cosθ=1-sin2θ=223,根据平行四边形定则知,弹丸被发射过程中所受的最大弹力为F考点二力的分解1.力的分解常用的方法项目正交分解法效果分解法分解方法将一个力沿着两个互相垂直的方向进行分解根据一个力产生的实际效果进行分解实例分析x轴方向上的分力Fx=Fcosθ,y轴方向上的分力Fy=FsinθF1=GcosF2=Gtanθ力的分解方法选取原则一般来说,当物体受到三个或三个以下的力时,常按效果分解法进行分解,若这三个力中,有两个力互相垂直,优先选用正交分解法。当物体受到三个以上的力时,常用正交分解法2.一个已知力分解时有无解的讨论已知合力F和两个分力F1、F2的方向,求两个分力的大小,有唯一解已知合力F和一个分力(大小、方向)求另一个分力(大小、方向),有唯一解已知合力F和两分力F1、F2(F1>F2)的大小,求两分力的方向F>F1+F2,无解F=F1+F2,有唯一解,F1和F2与F同向F=F1-F2,有唯一解,F1与F同向,F2与F反向F1-F2<F<F1+F2,有无数组解(若限定在某一平面内,有两组解)已知合力F和F1的方向、F2的大小(F1与合力的夹角为θ)F2<Fsinθ,无解F2=Fsinθ,有唯一解Fsinθ<F2<F,有两组解F2≥F,有唯一解[例4]【力的正交分解法】(2023·广东卷,2)如图所示,可视为质点的机器人通过磁铁吸附在船舷外壁面检测船体。壁面可视为斜面,与竖直方向夹角为θ。船和机器人保持静止时,机器人仅受重力G、支持力FN、摩擦力Ff和磁力F的作用,磁力垂直壁面。下列关系式正确的是()[A]Ff=G [B]F=FN[C]Ff=Gcosθ [D]F=Gsinθ【答案】C【解析】如图所示,将重力垂直于斜面方向和沿斜面方向分解,根据平衡条件可知,沿斜面方向有Ff=Gcosθ,垂直于斜面方向有F=Gsinθ+FN,故C正确。[例5]【力的效果分解法】(2024·重庆渝中模拟)竖直墙上M为一固定圆环,同一高度的N为一铁钉,M、N之间连着细铁丝,俯视如图所示,选项A中,有一力F沿图中水平方向拉着铁钉,B、C、D选项中用同一大小的力F在铁丝中点沿图中方向拉铁丝。四种情况下,铁钉受到拉力最大的是()[A][B][C][D]【答案】B【解析】选项A中,铁钉受到拉力FA=F;选项B中,对铁丝中点的力F的分解示意图如图所示,根据几何关系有sinαF=sinθFB,解得铁钉受到的拉力FN=FB=sinθsinαF,可知θ=90°时,FN>F;又根据选项B、C、D中α角不变,力F不变,θ角减小,可知铁钉受到的拉力也逐渐减小[例6]【力的分解的多解问题】(多选)已知力F,且它的一个分力F1与F成30°角,大小未知,另一个分力F2的大小为33F,方向未知,则F1的大小可能是([A]3F3 [B][C]23F3 [D]【答案】AC【解析】根据题意,作出矢量三角形,如图,通过几何关系得,F1=33F或F1′=233F,故A、C正确,B[变式]若已知力F,且它的一个分力F1与F成30°角,F1大小未知,当另一个分力F2取最小值时,分力F1大小为多少?【答案】32【解析】根据三角形定则知,当另一个分力F2与F1垂直时,F2最小,则F1=Fcos30°=32F考点三“活结—死结”模型与“动杆—定杆”模型1.“活结—死结”模型模型结构模型解读模型特点“活结”把绳子分为两段,且可沿绳移动,“活结”一般由绳跨过滑轮或绳上挂一光滑挂钩而形成,绳子因“活结”而弯曲,但实际为同一根绳“活结”两侧的绳子上的张力大小处处相等“死结”把绳子分为两段,且不可沿绳子移动,“死结”两侧的绳因结而变成两根独立的绳“死结”两侧的绳子上的张力不一定相等2.“定杆—动杆”模型模型结构模型解读模型特点轻杆被固定,不发生转动杆受到的弹力方向不一定沿杆轻杆用光滑的转轴或铰链连接杆平衡时,杆所受到的弹力方向一定沿着杆,否则杆会转动[例7]【“活结—死结”模型】如图,悬挂物体甲的细线拴牢在一不可伸长的轻质细绳上O点处;绳的一端固定在墙上,另一端通过光滑定滑轮与物体乙相连,甲、乙两物体质量相等。系统平衡时,O点两侧绳与竖直方向的夹角分别为α和β。若α=70°,则β等于()[A]45° [B]55° [C]60° [D]70°【答案】B【解析】物体甲是拴牢在O点的,且甲、乙两物体的质量相等,则绳OB、OC的拉力大小相等,O点处于平衡状态,则绳OA拉力的方向在绳OB、OC的角平分线上,如图所示,根据几何关系有180°=2β+α,解得β=55°。[变式]若甲、乙两物体的质量均为m=2kg,重力加速度g取10m/s2,取sin55°=0.82,sin70°=0.94。绳OA的拉力约为多大?【答案】23N【解析】如图所示,由正弦定理得FTOC又FTOC=mg=20N,解得FTOA=F合≈23N。[例8]【“定杆—动杆”模型】如图甲所示,轻杆OB可绕B点自由转动,另一端O点用细绳拉住,固定在左侧墙壁上,质量为m的重物用细绳OC悬挂在轻杆的O点,OA与轻杆的夹角∠BOA=30°。图乙中水平轻杆OB一端固定在竖直墙壁上,另一端O装有小滑轮,用一根绳跨过滑轮后悬挂一质量为m的重物,图中∠BOA=30°,则:(1)甲、乙两图中细绳OA的拉力各是多大?(2)图甲中轻杆受到的弹力是多大?(3)图乙中轻杆对滑轮的作用力是多大?【答案】(1)2mgmg(2)3mg(3)mg【解析】(1)题图甲中,以O点为研究对象,受力分析如图甲所示,根据平衡条件得FT1=mgsin30°=2FN1=mgtan30°=3题图乙中,对O点分析,如图乙所示,根据受力平衡有FT1′=FT2′=mg。(2)由牛顿第三定律,图甲中OB杆受到的弹力大小F弹=FN1=3mg。(3)根据题意可得,滑轮受到绳子的作用力应为图乙中两段绳中拉力FT1′和FT2′的合力F2,因FT1′=FT2′=mg,且拉力FT1′和FT2′的夹角为120°,由几何知识得F2=mg,图乙中,由于平衡,则轻杆对滑轮的作用力和轻绳对滑轮的作用力大小相等,方向相反,即FN2=F2=mg。[变式]在[例8]甲、乙两图中轻杆受到的弹力方向是否沿杆的方向?【答案】题图甲中,轻杆受到的弹力方向沿杆的方向;题图乙中,轻杆受到的弹力方向沿两段绳子夹角的平分线方向,不沿杆的方向。(满分:60分)对点1.共点力的合成1.(6分)(2024·安徽芜湖模拟)(多选)物体静止于水平桌面上,两者之间的最大静摩擦力为5N,现将水平面内的三个力同时作用于物体的同一点,三个力的大小分别为2N、2N、3N。下列关于物体的受力情况和运动情况判断正确的是()[A]物体所受静摩擦力可能为2N[B]物体所受静摩擦力可能为4N[C]物体可能仍保持静止[D]物体一定被拉动【答案】ABC【解析】2N、2N、3N三个力可构成闭合三角形,则三个力的合力范围为0～7N,由于最大静摩擦力为5N,因此可判定选项A、B、C正确,D错误。2.(4分)如图所示,AB是半圆的直径,O为圆心,P点是圆上的一点,在P点作用了三个共点力F1、F2、F3。若F2的大小已知,则这三个力的合力为()[A]F2 [B]2F2 [C]3F2 [D]4F2【答案】C【解析】根据平行四边形定则,先将F1、F3合成,如图所示,可知合力恰好沿直径PO方向,方向与力F2方向相同,大小可以用半径长度表示,即三个力的合力大小为3F2。3.(4分)(2024·河南郑州开学考试)如图所示,轻绳OA、OB和OP将一只动物花灯悬挂在P点,花灯保持静止。已知绳OA和OB的夹角为106°,对O点拉力的大小皆为F,取sin53°=0.8,cos53°=0.6,轻绳OP对O点拉力的大小为()[A]F [B]53F [C]65F [D]【答案】C【解析】根据矢量合成可知,轻绳OP对O点拉力的大小为F拉=2Fcos106°2=65F,对点2.力的分解4.(4分)(2024·山东潍坊开学考试)生活中经常用刀来劈开物体,如图是刀刃的横截面,F是作用在刀背上的力,若刀刃的横截面是等腰三角形,刀刃两侧面的夹角为θ,则刀劈物体时对物体侧向推力FN的大小为()[A]FN=Fsinθ [B]FN[C]FN=F2sinθ2 [D]【答案】C【解析】将力F分解为垂直于劈面的两个分力,大小均为FN,由平行四边形定则可得F=2FNsinθ2,解得FN=F5.(4分)(2024·重庆沙坪坝阶段检测)如图所示,小物块静止在光滑水平冰面上,要使小物块沿OO′方向运动,在施加水平向左的拉力F1的同时还需要再施加一个力F2,F2的最小值为()[A]F2=F1sinθ [B]F2=F1cosθ[C]F2=F1tanθ [D]F2=F【答案】A【解析】已知F1的方向,要使小物块沿OO′方向运动,即F1和F2的合力沿OO′方向,根据力的三角形定则,可知F2的最小值为F2=F1sinθ。6.(10分)如图,倾角为15°的斜面上放着一个木箱,用100N的拉力F斜向上拉着木箱,F与水平方向成45°角。分别以平行于斜面和垂直于斜面的方向为x轴和y轴建立平