【三維設計】2022年高考物理一輪復習四川專版-第二章-相互作用

其次章eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(,,,,,,,))相互作用[備考指南]考點內容要求題型把握考情一、常見的三種力滑動摩擦力、動摩擦因數、靜摩擦力Ⅰ選擇、計算找規(guī)律高考對本章內容著重考查的學問點有彈力和摩擦力的概念及其在各種狀態(tài)下的表現形式、力的合成與分解等，對受力分析的考查涵蓋了高中物理的全部熱點問題。題型通常為選擇題，分值一般為6分。形變、彈性、胡克定律Ⅰ二、力的合成與分解矢量和標量Ⅰ選擇、計算力的合成和分解Ⅱ三、受力分析共點力的平衡共點力的平衡Ⅱ選擇、計算明熱點以生活中的實際問題為背景考查靜力學的學問將會加強，在2022屆高考復習中應特殊關注建立物理模型力氣的培育。試驗二探究彈力和彈簧伸長的關系填空試驗三驗證力的平行四邊形定則填空第1節(jié)重力、彈力(1)自由下落的物體所受重力為零。(×)(2)重力的方向不愿定指向地心。(√)(3)彈力確定產生在相互接觸的物體之間。(√)(4)相互接觸的物體間確定有彈力。(×)(5)F＝kx中“x”表示彈簧形變后的長度。(×)(6)彈簧的形變量越大，勁度系數越大。(×)(7)彈簧的勁度系數由彈簧自身性質打算。(√)要點一彈力的有無及方向推斷1．彈力有無的推斷“四法”(1)條件法：依據物體是否直接接觸并發(fā)生彈性形變來推斷是否存在彈力。此方法多用來推斷形變較明顯的狀況。(2)假設法：對形變不明顯的狀況，可假設兩個物體間彈力不存在，看物體能否保持原有的狀態(tài)，若運動狀態(tài)不變，則此處不存在彈力；若運動狀態(tài)轉變，則此處確定有彈力。(3)狀態(tài)法：依據物體的運動狀態(tài)，利用牛頓其次定律或共點力平衡條件推斷彈力是否存在。(4)替換法：可以將硬的、形變不明顯的施力物體用軟的、易產生明顯形變的物體來替換，看能否發(fā)生形態(tài)的變化，若發(fā)生形變，則此處確定有彈力。2．彈力方向的確定圖2-1-1[多角練通]1．如圖2-1-2所示，一個球形物體靜止于光滑水平面上，并與豎直光滑墻壁接觸，A、B兩點是球跟墻和地面的接觸點，則下列說法中正確的是()圖2-1-2A．物體受重力、B點的支持力、A點的彈力作用B．物體受重力、B點的支持力作用C．物體受重力、B點的支持力、地面的彈力作用D．物體受重力、B點的支持力、物體對地面的壓力作用解析：選B假設沒有光滑墻壁，物體也不會左右滾動，可見物體并未受到A點的彈力，A錯誤；B點對物體的支持力和地面對物體的彈力實為一個力，所以C錯誤；物體對地面的壓力作用在地面上，并不是物體受到的力，受力分析時確定要明確爭辯對象，D錯誤；綜上，B正確。2．圖2-1-3的四個圖中，AB、BC均為輕質桿，各圖中桿的A、C端都通過鉸鏈與墻連接，兩桿都在B處由鉸鏈連接，且系統(tǒng)均處于靜止狀態(tài)?，F用等長的輕繩來代替輕桿，能保持平衡的是()圖2-1-3A．圖中的AB桿可以用輕繩代替的有甲、乙、丙B．圖中的AB桿可以用輕繩代替的有甲、丙、丁C．圖中的BC桿可以用輕繩代替的有乙、丙、丁D．圖中的BC桿可以用輕繩代替的有甲、乙、丁解析：選B假如桿端受拉力作用，可以用與之等長的輕繩代替，假如桿端受壓力作用，則不行用等長的輕繩代替，如圖中甲、丙、丁中的AB桿均受拉力作用，而甲、乙、丁中的BC桿均受沿桿的壓力作用，故A、C、D均錯誤，B正確。3.如圖2-1-4所示，一傾角為45°的斜面固定于墻角，為使一光滑的鐵球靜止于圖示位置，需加一水平力F，且F通過球心。下列說法正確的是()圖2-1-4A．鐵球確定受墻水平向左的彈力B．鐵球可能受墻水平向左的彈力C．鐵球確定受斜面通過鐵球的重心的彈力D．鐵球可能受斜面垂直于斜面對上的彈力解析：選BF的大小合適時，鐵球可以靜止在無墻的斜面上，F增大時墻才會對鐵球有彈力，所以選項A錯誤，B正確。斜面必需有對鐵球斜向上的彈力才能使鐵球不下落，該彈力方向垂直于斜面但不愿定通過鐵球的重心，所以選項C、D錯誤。要點二彈力的分析與計算1．對有明顯形變的彈簧、橡皮條等物體，彈力的大小可以由胡克定律F＝kx計算。2．對于難以觀看的微小形變，可以依據物體的受力狀況和運動狀況，運用物體平衡條件或牛頓其次定律來確定彈力大小。[典例]如圖2-1-5所示為位于水平面上的小車，固定在小車上的支架的斜桿與豎直桿的夾角為θ，在斜桿的下端固定有質量為m的小球。下列關于斜桿對小球的作用力F的推斷中，正確的是()圖2-1-5A．小車靜止時，F＝mgsinθ，方向沿桿向上B．小車靜止時，F＝mgcosθ，方向垂直于桿向上C．小車向右勻速運動時，確定有F＝mg，方向豎直向上D．小車向右勻加速運動時，確定有F＞mg，方向確定沿桿向上[思路點撥]解答本題時可按以下思路進行：eq\x(\a\al(小球的運,動狀態(tài)))→eq\x(\a\al(小球所受,的合力))eq\o(→,\s\up7(牛頓其次定律),\s\do5(或者平衡條件))eq\x(\a\al(確定彈力的,大小和方向))[解析]小車靜止或勻速向右運動時，小球的加速度為零，合力為零，由平衡條件可得，桿對球的作用力豎直向上，大小為F＝mg，故A、B錯誤，C正確；若小車向右勻加速運動，小球的合力沿水平方向向右，由牛頓其次定律可得：Fy＝mg，Fx＝ma，F＝eq\r(ma2＋mg2)＞mg，tanα＝eq\f(Fx,Fy)＝eq\f(a,g)，當a的取值合適時，α可以等于θ，但不愿定相等，故D錯誤。[答案]C[方法規(guī)律]輕桿彈力的確定方法桿的彈力與繩的彈力不同，繩的彈力始終沿繩指向繩收縮的方向，但桿的彈力方向不愿定沿桿的方向，其大小和方向的推斷要依據物體的運動狀態(tài)來確定，可以理解為“按需供應”，即為了維持物體的狀態(tài)，由受力平衡或牛頓運動定律求解得到所需彈力的大小和方向，桿就會依據需要供應相應大小和方向的彈力。[針對訓練]1.一個長度為L的輕彈簧，將其上端固定，下端掛一個質量為m的小球時，彈簧的總長度變?yōu)?L?，F將兩個這樣的彈簧按如圖2-1-6所示方式連接，A、B兩小球的質量均為m，則兩小球平衡時，B小球距懸點O的距離為(不考慮小球的大小，且彈簧都在彈性限度范圍內)()圖2-1-6A．3L B．4LC．5L D．6L解析：選C由題意可知，kL＝mg，當用兩個相同的彈簧按題圖所示懸掛時，下面彈簧彈力大小為mg，伸長量為L，而上面彈簧的彈力為2mg，由kx＝2mg可知，上面彈簧伸長量為x＝2L，故B球到懸點O的距離為L＋L＋L＋2L＝5L，C正確。2.如圖2-1-7所示，一重為10N的球固定在支桿AB的上端，用一段繩子水平拉球，使桿發(fā)生彎曲，已知繩的拉力為7.5N，則AB桿對球的作用力()圖2-1-7A．大小為7.5NB．大小為10NC．方向與水平方向成53°角斜向右下方D．方向與水平方向成53°角斜向左上方解析：選D對小球進行受力分析可得，AB桿對球的作用力、繩子對球的拉力的合力，與小球重力等值反向，令AB桿對小球的作用力與水平方向夾角為α，可得：tanα＝eq\f(G,F拉)＝eq\f(4,3)，α＝53°，故D項正確。要點三輕桿、輕繩、輕彈簧模型1．三種模型對比輕桿輕繩輕彈簧模型圖示模型特點形變特點只能發(fā)生微小形變松軟，只能發(fā)生微小形變，各處張力大小相等既可伸長，也可壓縮，各處彈力大小相等方向特點不愿定沿桿，可以是任意方向只能沿繩，指向繩收縮的方向沿彈簧軸線與形變方向相反作用效果特點可以供應拉力、推力只能供應拉力可以供應拉力、推力大小突變特點可以發(fā)生突變可以發(fā)生突變一般不能發(fā)生突變2.解決三種模型問題時應留意的事項(1)輕桿、輕繩、輕彈簧都是忽視質量的抱負化模型。(2)分析輕桿上的彈力時必需結合物體的運動狀態(tài)。(3)爭辯輕彈簧上的彈力時應明確彈簧處于伸長還是壓縮狀態(tài)。[典例]如圖2-1-8所示，水平輕桿的一端固定在墻上，輕繩與豎直方向的夾角為37°，小球的重力為12N，輕繩的拉力為10N，水平輕彈簧的拉力為9N，求輕桿對小球的作用力。圖2-1-8[解析]以小球為爭辯對象，受力如圖所示，小球受四個力的作用：重力、輕繩的拉力、輕彈簧的拉力、輕桿的作用力，其中輕桿的作用力的方向和大小不能確定，重力與彈簧拉力的合力大小為F＝eq\r(G2＋F12)＝15N設F與豎直方向夾角為α，sinα＝eq\f(F1,F)＝eq\f(3,5)，則α＝37°即方向與豎直方向成37°角斜向下，這個力與輕繩的拉力恰好在同一條直線上。依據物體平衡的條件可知，輕桿對小球的作用力大小為5N，方向與豎直方向成37°角斜向右上方。[答案]5N，方向與豎直方向成37°角斜向右上方[針對訓練]1．(2021·福州模擬)一根輕質彈簧，當它上端固定，下端懸掛重為G的物體時，長度為L1;當它下端固定在水平地面上，上端壓一重為G的物體時，其長度為L2，則它的勁度系數是()A．eq\f(G,L1) B．eq\f(G,L2)C．eq\f(G,L1－L2) D．eq\f(2G,L1－L2)解析：選D設彈簧的勁度系數為k，原長為L0，由題意可得：k(L1－L0)＝G,k(L0－L2)＝G，解得k＝eq\f(2G,L1－L2)，故D正確。2.如圖2-1-9所示，小球A的重力為G＝20N，上端被豎直懸線掛于O點，下端與水平桌面相接觸，懸線對球A、水平桌面對球A的彈力大小不行能為()圖2-1-9A．0，G B．G,0C．eq\f(G,2)，eq\f(G,2) D．eq\f(G,2)，eq\f(3,2)G解析：選D因小球A處于平衡狀態(tài)，懸線對球A的作用力只能豎直向上，由平衡條件可得：F＋FN＝G，對應A、B、C、D四個選項可知，A、B、C均正確，D錯誤。3．(2021·上海八校聯考)如圖2-1-10所示，滑輪本身的質量可忽視不計，滑輪軸O安在一根輕木桿B上，一根輕繩AC繞過滑輪，A端固定在墻上，且繩保持水平，C端掛一重物，BO與豎直方向夾角θ＝45°，系統(tǒng)保持平衡。若保持滑輪的位置不變，轉變夾角θ的大小，則滑輪受到木桿作用力大小變化狀況是()圖2-1-10A．只有角θ變小，作用力才變大B．只有角θ變大，作用力才變大C．不論角θ變大或變小，作用力都是變大D．不論角θ變大或變小，作用力都不變解析：選D由于兩側細繩中拉力不變，若保持滑輪的位置不變，則滑輪受到木桿作用力大小不變，與夾角θ沒有關系，選項D正確，A、B、C錯誤。對點訓練：對力、重力概念的理解1．下列說法正確的是()A．力是物體對物體的作用B．只有直接接觸的物體間才有力的作用C．用腳踢出去的足球，在向前飛行的過程中，始終受到向前的力來維持它運動D．甲用力把乙推倒，說明甲對乙的作用力在先，乙對甲的作用力在后解析：選A力是物體對物體的作用，兩物體不接觸也可有相互作用，如兩磁鐵靠近時可發(fā)生相互作用，故A正確，B錯誤；足球在飛行過程中，腳已離開球，不再發(fā)生作用，C錯誤；兩物體間的相互作用是同時產生的，無先后之分，D錯誤。2．下列關于重力的說法中正確的是()A．物體只有靜止時才受重力作用B．重力的方向總是指向地心C．地面上的物體在赤道上受的重力最小D．物體掛在彈簧秤下，彈簧秤的示數確定等于物體的重力解析：選C任何物體均受重力作用，重力的方向豎直向下，不愿定指向地心，A、B均錯誤；地面上的物體在赤道上受到的重力最小，C正確；當物體處于靜止狀態(tài)時，彈簧秤的示數才等于懸掛的物體的重力大小，D錯誤。3．關于地球上的物體，下列說法中正確的是()A．在“天上”繞地球飛行的人造衛(wèi)星不受重力作用B．物體只有落向地面時才受到重力作用C．將物體豎直向上拋出，物體在上升階段所受的重力比落向地面時小D．物體所受重力的大小與物體的質量有關，與物體是否運動及怎樣運動無關解析：選D物體無論運動還是靜止均受重力作用，A、B均錯誤；物體重力的大小與物體的質量、當地的重力加速度大小有關，與物體怎樣運動無關，D正確，C錯誤。對點訓練：彈力的有無與方向推斷4.(2021·錫山中學檢測)如圖1所示，輕質彈簧上端固定，下端懸掛一個重球，在重球下放著一光滑斜面，球與斜面接觸且處于靜止狀態(tài)，彈簧保持豎直，則重球受到的力是()圖1A．重力和彈簧的拉力B．重力、彈簧的拉力和斜面的支持力C．重力、斜面的彈力和斜面的靜摩擦力D．重力、彈簧的拉力、斜面的支持力和下滑力解析：選A彈簧保持豎直，彈簧的拉力豎直向上，斜面光滑，小球不會受到斜面的靜摩擦力，要保證小球處于靜止狀態(tài)，斜面對小球的支持力必定為零，故重球只受到重力和彈簧的拉力兩個力的作用，A正確。5．如圖2所示，輕桿與豎直墻壁成53°角，斜插入墻中并固定，另一端固定一個質量為m的小球，水平輕質彈簧處于壓縮狀態(tài)，彈力大小為eq\f(3,4)mg(g表示重力加速度)，則輕桿對小球的彈力大小為()圖2A．eq\f(5,3)mg B．eq\f(3,5)mgC．eq\f(4,5)mg D．eq\f(5,4)mg解析：選D小球處于靜止狀態(tài)，其合力為零，小球受力，如圖所示，由圖中幾何關系可得F＝eq\r(mg2＋\f(3,4)mg2)＝eq\f(5,4)mg，選項D正確。6.如圖3所示，質量為m的球置于斜面上，被一個豎直擋板攔住?，F用一個力F拉斜面，使斜面在水平面上做加速度為a的勻加速直線運動，忽視一切摩擦，以下說法中正確的是()圖3A．若加速度足夠小，豎直擋板對球的彈力可能為零B．若加速度足夠大，斜面對球的彈力可能為零C．斜面和擋板對球的彈力的合力等于maD．擋板對球的彈力不僅有，而且是一個定值解析：選D球在重力、斜面的支持力和擋板的彈力作用下做加速運動，則球受到的合力水平向右，為ma，如圖，設斜面傾角為θ，擋板對球的彈力為F1，由正交分解法得：F1－FNsinθ＝ma，FNcosθ＝G，解之得F1＝ma＋Gtanθ，可見，彈力為確定值，選項D正確。對點訓練：彈力的大小及胡克定律的應用7．如圖4所示，某一彈簧測力計外殼的質量為m，彈簧及與彈簧相連的掛鉤質量忽視不計。將其放在光滑水平面上，現用兩水平拉力F1、F2分別作用在與彈簧相連的掛鉤和與外殼相連的提環(huán)上，關于彈簧測力計的示數，下列說法正確的是()圖4A．只有F1＞F2時，示數才為F1B．只有F1＜F2時，示數才為F2C．不論F1、F2關系如何，示數均為F1D．不論F1、F2關系如何，示數均為F2解析：選C彈簧測力計的示數確定等于彈簧掛鉤上的拉力F1，與F1、F2的大小關系無關，C正確。8．如圖5所示的裝置中，小球的質量均相同，彈簧和細線的質量均不計，一切摩擦忽視不計，平衡時各彈簧的彈力分別為F1、F2、F3，其大小關系是()圖5A．F1＝F2＝F3 B．F1＝F2＜F3C．F1＝F3＞F2 D．F3＞F1＞F2解析：選A不計一切摩擦，平衡時三個彈簧的彈力大小均等于一個小球的重力，故A正確。9．如圖6所示，輕質彈簧的勁度系數為k，小球所受重力為G，平衡時小球在A處。今用力F壓小球至B處，使彈簧縮短x，則此時彈簧的彈力為()圖6A．kxB．kx＋GC．G－kxD．以上都不對解析：選B加力F之前小球平衡有G＝kx0。加力F后彈簧的總壓縮量為x＋x0，彈簧的彈力為k(x0＋x)＝G＋kx，B正確。10．(多選)如圖7所示，將一輕質彈簧的一端固定在鐵架臺上，然后將最小刻度是毫米的刻度尺豎直放在彈簧一側，刻度尺的0刻線與彈簧上端對齊，使彈簧下端的指針恰好落在刻度尺上。當彈簧下端掛一個50g的砝碼時，指針示數為L1＝3.40cm，當彈簧下端掛兩個50g的砝碼時，指針示數為L2＝5.10cm。g取9.8m/s2。由此可知()圖7A．彈簧的原長是1.70cmB．僅由題給數據無法獲得彈簧的原長C．彈簧的勁度系數約為28.8N/mD．由于彈簧的原長未知，無法算出彈簧的勁度系數解析：選AC設彈簧的原長為L0，勁度系數為k，由題意可得：k(L1－L0)＝mg，k(L2－L0)＝2mg解得：k≈28.8N/m，L0＝1.70cm，故A、C正確。對點訓練：彈力與平衡條件的綜合11.如圖8所示，質量均為m的木塊A和B，用一個勁度系數為k的輕質彈簧連接，最初系統(tǒng)靜止，現在用力緩慢拉A直到B剛好離開地面，則這一過程A上升的高度為()圖8A．mg/k B．2mg/kC．3mg/k D．4mg/k解析：選B系統(tǒng)最初靜止時，以木塊A為爭辯對象得彈簧的壓縮量x1＝mg/k。B剛好離開地面時，以木塊B為爭辯對象得彈簧的伸長量x2＝mg/k。A上升的高度h＝x1＋x2＝2mg/k，故B正確。12．(2021·福建六校聯考)如圖9所示，三個質量均為1kg的木塊a、b、c和兩個勁度系數均為500N/m的輕彈簧p、q用輕繩連接，其中a放在光滑水平桌面上。開頭時p彈簧處于原長，木塊都處于靜止狀態(tài)?，F用水平力緩慢地向左拉p彈簧的左端，直到c木塊剛好離開水平面為止，g取值10m/s2。該過程p彈簧的左端向左移動的距離是()圖9A．4cm B．6cmC．8cm D．10cm解析：選C彈簧q開頭處于壓縮狀態(tài)，kx1＝mg，當c剛好離開水平地面時，彈簧q處于伸長狀態(tài)。kx1′＝mg，此時彈簧p處于伸長狀態(tài)，彈力大小為kx2＝2mg，代入數據可解得：x1＝x1′＝2cm，x2＝4cm，故此過程中p彈簧的左端向左移動的距離為x1＋x1′＋x2＝8cm，C正確。13．小車上固定一根彈性直桿A，桿頂固定一個小球B(如圖10所示)，現讓小車從光滑斜面上自由下滑，在下圖的狀況中桿發(fā)生了不同的形變，其中正確的是()圖10圖11解析：選C小車沿光滑的斜面下滑時的加速度a＝gsinθ，即小球沿斜面方向的合力為mgsinθ，桿只對小球施加了垂直于斜面對上的支持力，故C正確。14．在日常生活及各項體育運動中，有彈力毀滅的狀況比較普遍，如圖12所示的狀況就是一個實例。當運動員踩壓跳板使跳板彎曲到最低點時，下列說法正確的是()圖12A．跳板發(fā)生形變，運動員的腳沒有發(fā)生形變B．運動員受到的支持力，是運動員的腳發(fā)生形變而產生的C．此時跳板對運動員的支持力和運動員的重力等大D．此時跳板對運動員的支持力大于運動員的重力解析：選D發(fā)生相互作用的物體均要發(fā)生形變，故A錯；發(fā)生形變的物體，為了恢復原狀，會對與它接觸的物體產生彈力的作用，B錯誤；在最低點，運動員雖然處于瞬間靜止狀態(tài)，但接著運動員要加速上升，故此時跳板對運動員的支持力大于運動員的重力，C錯誤、D正確。15．一輕彈簧兩端分別連接物體a、b，在水平力作用下共同向右做勻加速運動，如圖13所示，在水平面上時，力為F1，彈簧長為L1，在斜面上時，力為F2，彈簧長為L2，已知a、b兩物體與接觸面間的動摩擦因數相同，則輕彈簧的原長為()圖13A．eq\f(L1＋L2,2) B．eq\f(F1L1－F2L2,F2－F1)C．eq\f(F2L1－F1L2,F2－F1) D．eq\f(F2L1＋F1L2,F2＋F1)解析：選C設物體a、b的質量分別為m1、m2，與接觸面間的動摩擦因數為μ，彈簧原長為L0，在水平面上時，以整體為爭辯對象有F1－μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，①隔離a物體有k(L1－L0)－μm1g＝m1a，②聯立解得k(L1－L0)＝eq\f(m1,m1＋m2)F1，③同理可得k(L2－L0)＝eq\f(m1,m1＋m2)F2，④聯立③④可得輕彈簧的原長為L0＝eq\f(F2L1－F1L2,F2－F1)，C對。第2節(jié)摩擦力(1)摩擦力總是阻礙物體的運動或運動趨勢。(×)(2)受靜摩擦力作用的物體確定處于靜止狀態(tài)。(×)(3)受滑動摩擦力作用的物體，可能處于靜止狀態(tài)。(√)(4)接觸處有摩擦力作用時確定有彈力作用。(√)(5)接觸處的摩擦力確定與彈力方向垂直。(√)(6)兩物體接觸處的彈力越大，滑動摩擦力越大。(×)(7)兩物體接觸處的彈力增大時，接觸面間的靜摩擦力大小可能不變。(√)要點一靜摩擦力的有無及方向推斷推斷靜摩擦力的有無及方向的四種方法(1)假設法利用假設法推斷的思維程序如下：(2)反推法從爭辯物體的運動狀態(tài)反推它必需具有的條件，分析組成條件的相關因素中摩擦力所起的作用，從而推斷靜摩擦力的有無及方向。(3)狀態(tài)法此法關鍵是先判明物體的運動狀態(tài)(即加速度的方向)，再利用牛頓其次定律(F＝ma)確定合力，然后通過受力分析確定靜摩擦力的大小及方向。(4)牛頓第三定律法此法的關鍵是抓住“力是物體間的相互作用”，先確定受力較少的物體受到的靜摩擦力的方向，再依據“力的相互性”確定另一物體受到的靜摩擦力方向。[多角練通]1．(2022·廣東高考)如圖2-2-1所示，水平地面上堆放著原木。關于原木P在支撐點M、N處受力的方向，下列說法正確的是()圖2-2-1A．M處受到的支持力豎直向上B．N處受到的支持力豎直向上C．M處受到的靜摩擦力沿MN方向D．N處受到的靜摩擦力沿水平方向解析：選AM處支持力方向垂直于地面，因此豎直向上，A項正確；N處的支持力方向垂直于原木P，因此B項錯誤；M處受到的靜摩擦力方向平行于地面，C項錯誤；N處受到的靜摩擦力方向平行于原木P，D項錯誤。2．(2021·上海高考)如圖2-2-2，質量mA>mB的兩物體A、B疊放在一起，靠著豎直墻面。讓它們由靜止釋放，在沿粗糙墻面下落過程中，物體B的受力示意圖是()圖2-2-2圖2-2-3解析：選A兩物體A、B疊放在一起，在沿粗糙墻面下落過程中，由于物體與豎直墻面之間沒有壓力，沒有摩擦力，二者一起做自由落體運動，A、B之間沒有彈力作用，因而物體B的受力示意圖是A項。3．(2021·寶雞模擬)如圖2-2-4所示，傾角為θ的斜面體C置于水平地面上，小物體B置于斜面上，通過細繩跨過光滑的定滑輪與物體A相連接，連接B的一段細繩與斜面平行，已知A、B、C都處于靜止狀態(tài)，則()圖2-2-4A．B受C的摩擦力確定不為零B．C受地面的摩擦力確定為零C．C有沿地面對右滑的趨勢，確定受到地面對左的摩擦力D．將細繩剪斷而B照舊靜止在斜面上，此時地面對C的摩擦力水平向左解析：選C若有mAg＝mBgsinθ，則物體B不受斜面C對它的摩擦力，A錯誤，當B、C整體為爭辯對象，受力如圖所示，由平衡條件可知，FfC＝FTcosθ，B錯誤，C正確；若將細繩剪斷，B靜止在斜面上，則FT＝0，FfC＝0，D錯誤。要點二摩擦力大小的計算1．靜摩擦力大小的計算(1)物體處于平衡狀態(tài)(靜止或勻速直線運動)，利用力的平衡條件來求解其大小。(2)物體有加速度時，若只有摩擦力，則Ff＝ma，例如，勻速轉動的圓盤上物塊靠摩擦力供應向心力產生向心加速度。若除摩擦力外，物體還受其他力，則F合＝ma，先求合力再求摩擦力。(3)最大靜摩擦力與接觸面間的壓力成正比，為了處理問題的便利，最大靜摩擦力經常按近似等于滑動摩擦力處理。(4)物體實際受到的靜摩擦力一般小于最大靜摩擦力。2．滑動摩擦力大小的計算(1)滑動摩擦力的大小可以用公式Ff＝μFN計算。(2)結合爭辯對象的運動狀態(tài)(靜止、勻速運動或變速運動)，利用平衡條件或牛頓運動定律列方程求解。[典例]如圖2-2-5所示，在傾角為α的傳送帶上有質量均為m的三個木塊1、2、3，中間均用原長為L，勁度系數為k的輕彈簧連接起來，木塊與傳送帶間的動摩擦因數均為μ，其中木塊1被與傳送帶平行的細線拉住，傳送帶按圖示方向勻速運行，三個木塊處于平衡狀態(tài)，下列結論正確的是()圖2-2-5A．2、3兩木塊之間的距離等于L＋eq\f(sinα＋μcosαmg,k)B．2、3兩木塊之間的距離等于L＋eq\f(μmgcosα,k)C．1、2兩木塊之間的距離等于2、3兩木塊之間的距離D．假如傳送帶突然加速，相鄰兩木塊之間的距離都將增大[思路點撥](1)依據木塊處于平衡狀態(tài)確定兩彈簧彈力的大小。(2)兩木塊間距由彈簧原長和彈簧伸長量共同打算。[解析]分析木塊3受力狀況，由平衡條件可得：F23＝mgsinα＋μmgcosα，又F23＝kx23可求出2、3兩木塊之間的距離等于L＋x23＝L＋eq\f(mgsinα＋μcosα,k)，A正確，B錯誤；分析木塊2受力狀況，由平衡條件可得：F12＝mgsinα＋μmgcosα＋F23，故F12＞F23,1、2兩木塊之間的距離大于2、3兩木塊間的距離，C錯誤；傳送帶突然加速時，并不會使木塊所受的滑動摩擦力增大，因此不會影響兩相鄰木塊間的距離，D錯誤。[答案]A[易錯提示]計算摩擦力時的三點留意(1)首先分清摩擦力的性質，由于只有滑動摩擦力才有公式，靜摩擦力通常只能用平衡條件或牛頓定律來求解。(2)公式Ff＝μFN中FN為兩接觸面間的正壓力，與物體的重力沒有必定聯系，不愿定等于物體的重力。(3)滑動摩擦力的大小與物體速度的大小無關，與接觸面積的大小也無關。[針對訓練]1．如圖2-2-6所示，物塊A放在傾斜的木板上，木板的傾角α分別為30°和45°時物塊所受摩擦力的大小恰好相同，則物塊和木板間的動摩擦因數為()圖2-2-6A．eq\f(1,2) B．eq\f(\r(3),2)C．eq\f(\r(2),2) D．eq\f(\r(5),2)解析：選C木板的傾角α為30°時物塊靜止，所受摩擦力為靜摩擦力，由沿斜面方向二力平衡可知其大小為mgsin30°；木板的傾角α為45°時物塊滑動，所受摩擦力為滑動摩擦力，大小為μmgcos45°，由二者相等可得物塊和木板間的動摩擦因數為μ＝eq\f(\r(2),2)。2.(多選)木塊A、B分別重50N和60N，它們與水平地面間的動摩擦因數均為0.25，夾在A、B之間的輕彈簧被壓縮了2cm，彈簧的勁度系數為400N/m，系統(tǒng)置于水平地面上靜止不動，現用F＝1N的水平拉力作用在木塊B上，如圖2-2-7所示，設滑動摩擦力與最大靜摩擦力相等，則力F作用后()圖2-2-7A．木塊A所受摩擦力大小是8NB．木塊A所受摩擦力大小是11.5NC．木塊B所受摩擦力大小是9ND．木塊B所受摩擦力大小是7N解析：選AC未加F時，木塊A在水平方向上受彈簧的彈力F1及靜摩擦力FA作用，且FA＝F1＝kx＝8N，木塊B在水平方向上受彈簧彈力F2和靜摩擦力FB作用，且FB＝F2＝kx＝8N，在木塊B上施加F＝1N的向右的拉力后，由于F2＋F＜μGB，故木塊B所受摩擦力仍為靜摩擦力，其大小FB′＝F2＋F＝9N，木塊A的受力狀況不變，A、C對。要點三摩擦力的三類突變(一)“靜—靜”突變物體在摩擦力和其他力的作用下處于靜止狀態(tài)，當作用在物體上的其他力的合力發(fā)生變化時，假如物體照舊保持靜止狀態(tài)，則物體受到的靜摩擦力的大小和方向將發(fā)生突變。[典例1]一木塊放在水平桌面上，在水平方向共受到三個力即F1、F2和摩擦力的作用，木塊處于靜止狀態(tài)，如圖2-2-8所示，其中F1＝10N，F2＝2N，若撤去F1，則木塊受到的摩擦力為()圖2-2-8A．10N，方向向左 B．6N，方向向右C．2N，方向向右 D．0[解析]當物體受F1、F2及摩擦力的作用而處于平衡狀態(tài)時，由平衡條件可知物體所受的摩擦力的大小為8N，可知最大靜摩擦力Ffmax≥8N。當撤去力F1后，F2＝2N＜Ffmax，物體仍處于靜止狀態(tài)，由平衡條件可知物體所受的靜摩擦力大小和方向發(fā)生突變，且與作用在物體上的F2等大反向。C正確。[答案]C(二)“靜—動”突變物體在摩擦力和其他力作用下處于靜止狀態(tài)，當其他力變化時，假如物體不能保持靜止狀態(tài)，則物體受到的靜摩擦力將“突變”成滑動摩擦力。[典例2](多選)將力傳感器A固定在光滑水平桌面上，測力端通過輕質水平細繩與滑塊相連，滑塊放在較長的小車上。如圖2-2-9甲所示，傳感器與計算機相連接，可獲得力隨時間變化的規(guī)律。一水平輕質細繩跨過光滑的定滑輪，一端連接小車，另一端系砂桶，整個裝置開頭處于靜止狀態(tài)。在滑塊與小車分別前緩慢向砂桶里倒入細砂，力傳感器采集的F-t圖像如圖乙所示。則()圖2-2-9A．2.5s前小車做變加速運動B．2.5s后小車做變加速運動(假設細砂仍在加注中)C．2.5s前小車所受摩擦力不變D．2.5s后小車所受摩擦力不變[解析]由題圖乙可知，在F的變化階段，砂桶質量在由小變大，滑塊與小車之間沒有相對滑動，屬于靜摩擦力，所以2.5s前，小車、滑塊均靜止，A錯誤。2.5s后小車受恒定摩擦力，但是外力增加，因此做變加速直線運動，B正確。依據上述分析，2.5s前滑塊受靜摩擦力，且靜摩擦力在變化，2.5s后受滑動摩擦力，且大小不變，故D正確。[答案]BD(三)“動—靜”突變在摩擦力和其他力作用下，做減速運動的物體突然停止滑行時，物體將不再受滑動摩擦力作用，滑動摩擦力可能“突變”為靜摩擦力。[典例3]如圖2-2-10所示，質量為1kg的物體與地面間的動摩擦因數μ＝0.2，從t＝0開頭以初速度v0沿水平地面對右滑行，同時受到一個水平向左的恒力F＝1N的作用，g取10m/s2，向右為正方向，該物體受到的摩擦力f隨時間變化的圖像是(最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)()圖2-2-10圖2-2-11[解析]物體在力F和摩擦力作用下向右做勻減速直線運動，此時滑動摩擦力水平向左，大小為Ff1＝μmg＝2N，物體的速度為零后，物體在力F作用下處于靜止狀態(tài)，物體受水平向右的靜摩擦力，大小為Ff2＝F＝1N，故只有圖A正確。[答案]A對點訓練：對摩擦力的理解1．(2021·湖北省公安縣模擬考試)下列關于摩擦力的說法中，錯誤的是()A．兩物體間有摩擦力，確定有彈力，且摩擦力的方向和它們的彈力方向垂直B．兩物體間的摩擦力大小和它們間的壓力確定成正比C．在兩個運動的物體之間可以存在靜摩擦力，且靜摩擦力的方向可以與運動方向成任意角度D．滑動摩擦力的方向可以與物體的運動方向相同，也可以相反解析：選B摩擦力方向沿接觸面，彈力方向垂直接觸面，且有摩擦力確定有彈力，有彈力不愿定有摩擦力，A正確；靜摩擦力與壓力沒有關系，B錯誤；靜摩擦力可以產生在運動的物體間，且靜摩擦力的方向可以與運動方向成任意角度，例，靜摩擦力供應向心力，C正確；滑動摩擦力可以是動力也可以是阻力，D正確。2．關于由滑動摩擦力公式Ff＝μFN推出的μ＝eq\f(Ff,FN)，下列說法正確的是()A．動摩擦因數μ與摩擦力Ff成正比，Ff越大，μ越大B．動摩擦因數μ與正壓力FN成反比，FN越大，μ越小C．μ與Ff成正比，與FN成反比D．μ的大小由兩物體接觸面的狀況及其材料打算解析：選D物體間的動摩擦因數μ與物體間的正壓力FN、摩擦力Ff大小均無關，是由兩物體的接觸面及其材料特性打算的，故只有D正確。3．(多選)關于摩擦力，有人總結了以下四條“不愿定”，其中正確的是()A．摩擦力的方向不愿定與物體的運動方向相同B．靜摩擦力的方向不愿定與物體的運動方向共線C．受靜摩擦力的物體不愿定靜止，受滑動摩擦力的物體不愿定運動D．靜摩擦力確定是阻力，滑動摩擦力不愿定是阻力解析：選ABC摩擦力的方向與相對運動或相對運動趨勢方向相反，與物體的運動方向可能同向，可能反向，也可能垂直，故摩擦力可以是動力，也可以是阻力，故A、B正確，D錯誤；兩物體間存在靜摩擦力時，兩物體相對靜止，但物體不愿定靜止；兩物體間存在滑動摩擦力時，兩物體間存在相對滑動，但其中一個物體可以靜止，故C正確。對點訓練：靜摩擦力的分析與計算4．(2021·太原一模)如圖1所示，一只小鳥沿著較粗的均勻樹枝從右向左緩慢爬行，在小鳥從A運動到B的過程中()圖1A．樹枝對小鳥的作用力先減小后增大B．樹枝對小鳥的摩擦力先減小后增大C．樹枝對小鳥的彈力先減小后增大D．樹枝對小鳥的彈力保持不變解析：選B樹枝對鳥的作用力是支持力和摩擦力的合力，由平衡條件得，它與小鳥重力等大反向，因小鳥所受重力不變，所以樹枝對小鳥的合作用力不變，A項錯誤。由受力示意圖可知，樹枝對小鳥的摩擦力先減小后增大，對小鳥的彈力先增大，后減小，所以B項對，C、D兩項均錯誤。5．如圖2所示，有一重力不計的方形容器，被水平力F壓在豎直的墻面上處于靜止狀態(tài)，現緩慢地向容器內注水，直到注滿為止，此過程中容器始終保持靜止，則下列說法正確的是()圖2A．容器受到的摩擦力不斷增大B．容器受到的摩擦力不變C．水平力F必需漸漸增大D．容器受到的合力漸漸增大解析：選A因注水過程中容器始終靜止，故容器受到的合力始終為零，D錯誤；由平衡條件可得，墻對容器的靜摩擦力Ff＝m總g，隨m總的增大而增大，A正確，B錯誤；只要m總g≤μF，不增大水平力F也可使容器靜止不動，C錯誤。6.(2021·湖北黃岡質檢)如圖3所示，一輕質彈簧兩端分別與豎直墻壁和物塊連接，物塊位于水平面上。A、B是物塊能保持靜止的位置中離墻壁最近和最遠的點，A、B兩點離墻壁的距離分別是x1、x2。物塊與地面的最大靜摩擦力為Ffm，則彈簧的勁度系數為()圖3A．eq\f(Ffm,x1＋x2) B．eq\f(2Ffm,x1＋x2)C．eq\f(2Ffm,x2－x1) D．eq\f(Ffm,x2－x1)解析：選C物塊在離墻壁的最近和最遠點，受到的靜摩擦力等于最大靜摩擦力Ffm，由平衡條件可得：Ffm＝k(l0－x1)，Ffm＝k(x2－l0)，解得k＝eq\f(2Ffm,x2－x1)，C正確。對點訓練：滑動摩擦力的分析與計算7.如圖4所示，重為G的木棒，可繞光滑軸O自由轉動，現將棒擱在表面粗糙的小車上，小車原來靜止，假如用水平力F拉動小車，則棒受到的摩擦力方向()圖4A．向右 B．向左C．等于零 D．都有可能解析：選A由題圖可直接推斷出木棒相對小車水平向左運動，則棒受到小車給棒的摩擦力方向水平向右。8.如圖5所示，一質量為m的木板置于水平地面上，其上疊放一質量為m0的磚塊，用水平力F將木板從磚下抽出，則該過程的木板受到地面的摩擦力為(已知m與地面間的動摩擦因數為μ1，m0與m間的動摩擦因數為μ2)()圖5A．μ1mg B．μ1(m0＋m)gC．μ2mg D．μ2(m0＋m)g解析：選B滑動摩擦力的計算公式Ff＝μFN，題中水平地面所受壓力的大小為(m0＋m)g，動摩擦因數為μ1，所以其滑動摩擦力大小為μ1(m0＋m)g，故B正確。9．質量為m的物體在水平面上，在大小相等、相互垂直的水平力F1和F2的作用下，從靜止開頭沿水平面運動，如圖6所示，若物體與水平面間的動摩擦因數為μ，則物體()圖6A．在F1的反方向上受到Ff1＝μmg的摩擦力B．在F2的反方向上受到Ff2＝μmg的摩擦力C．在F1、F2合力的反方向上受到的摩擦力為Ff＝eq\r(2)μmgD．在F1、F2合力的反方向上受到的摩擦力為Ff＝μmg解析：選D運動物體受到滑動摩擦力，大小為Ff＝μmg，方向與物體運動方向相反，即與F1、F2的合力方向相反，故D正確。10．如圖7所示，物體A置于傾斜的傳送帶上，它能隨傳送帶一起向上或向下做勻速運動，下列關于物體A在上述兩種狀況下的受力描述，正確的是()圖7A．物體A隨傳送帶一起向上運動時，A所受的摩擦力沿斜面對下B．物體A隨傳送帶一起向下運動時，A所受的摩擦力沿斜面對下C．物體A隨傳送帶一起向下運動時，A不受摩擦力作用D．無論A隨傳送帶一起向上還是向下運動，傳送帶對物體A的作用力均相同解析：選D無論傳送帶向上還是向下運動，物體A隨傳送帶勻速運動處于平衡狀態(tài)，在重力作用下有相對于傳送帶沿斜面對下的運動趨勢，傳送帶對物體有沿斜面對上的靜摩擦力，依據平衡條件可得f＝mgsinθ，所以D正確。對點訓練：摩擦力與平衡條件的綜合11.(2021·棗莊三中高三月考)如圖8所示，建筑裝修中工人用質量為m的磨石對斜壁進行打磨，當對磨石加豎直向上大小為F的推力時，磨石恰好沿斜壁向上勻速運動，已知磨石與斜壁之間的動摩擦因數為μ，則磨石受到的摩擦力是()圖8A．(F－mg)cosθ B．(F－mg)sinθC．μ(F－mg)cosθ D．μ(F－mg)解析：選A分析磨石的受力，有重力mg、彈力N(垂直于斜壁向下)、摩擦力f(沿斜壁向下)、外力F四個力。把這四個力沿斜壁和垂直于斜壁方向正交分解，由于磨石處于平衡態(tài)，在沿斜壁方向有mgcosθ＋f＝Fcosθ，垂直于斜壁方向有N＋mgsinθ＝Fsinθ，又依據f＝μN，可得選項A正確。12．為了測定木塊和豎直墻壁之間的動摩擦因數，某同學設計了一個試驗：用一根彈簧將木塊壓在墻上，同時在木塊下方有一個拉力F2作用，使木塊恰好勻速向下運動(彈簧隨木塊一起向下運動)，如圖9所示?，F分別測出了彈簧的彈力F1、拉力F2和木塊的重力G，則動摩擦因數μ應等于()圖9A．eq\f(F2＋G,F1) B．eq\f(F2,F1)C．eq\f(G,F1) D．eq\f(F1＋G,F2)解析：選A分析木塊受力如圖所示。由平衡條件可得：FN＝F1Ff＝G＋F2，又Ff＝μFN以上三式聯立可解得：μ＝eq\f(G＋F2,F1)，故A正確。13.(2021·煙臺模擬)如圖10所示，物體A、B用細繩與彈簧連接后跨過滑輪。A靜止在傾角為45°的粗糙斜面上，B懸掛著。已知質量mA＝3mB，不計滑輪摩擦，現將斜面傾角由45°減小到30°，那么下列說法中正確的是()圖10A．彈簧的彈力將減小B．物體A對斜面的壓力將削減C．物體A受到的靜摩擦力將減小D．彈簧的彈力及A受到的靜摩擦力都不變解析：選C原來有3mgsin45°＝mg＋f1，后來3mgsin30°－mg＜f1，可見物體A并未滑動，而且靜摩擦變小，選項C正確。彈簧的彈力照舊等于B的重力，選項A、D錯誤。物體A對斜面的壓力將增大，選項B錯誤。14．(2021·銅陵模擬)如圖11所示，物體A、B置于水平地面上，與地面間的動摩擦因數均為μ，物體A、B用一跨過動滑輪的細繩相連，現用漸漸增大的力向上提升滑輪，某時刻拉A物體的繩子與水平面成53°，拉B物體的繩子與水平面成37°，此時A、B兩物體剛好處于平衡狀態(tài)，則A、B兩物體的質量之比eq\f(mA,mB)為(認為最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)()圖11A．eq\f(4μ＋3,3μ＋4) B．eq\f(3μ＋4,4μ＋3)C．eq\f(4μ－3,3μ－4) D．eq\f(3μ－4,4μ－3)解析：選A設繩中張力為F，對A應用平衡條件可得：Fcos53°＝μ(mAg－Fsin53°)，對B應用平衡條件可得：Fcos37°＝μ(mBg－Fsin37°)，以上兩式聯立可解得：eq\f(mA,mB)＝eq\f(4μ＋3,3μ＋4)，A正確。15.如圖12所示，在水平桌面上疊放著質量相等的A、B兩塊木板，在木板A上放著質量為m的物塊C，木塊和物塊均處于靜止狀態(tài)。A、B、C之間以及B與地面之間的動摩擦因數均為μ，設最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，重力加速度為g，現用水平恒力F向右拉木板A，則以下推斷正確的是()圖12A．不管F多大，木板B確定保持靜止B．B受到地面的摩擦力大小確定小于FC．A、C之間的摩擦力大小確定等于μmgD．A、B之間的摩擦力大小不行能等于F解析：選A以A、B、C整體為爭辯對象，若整體靜止不動，則地面對B的靜摩擦力大小等于F，此時A、B之間的靜摩擦力大小也為F，B、D均錯誤；若拉力足夠大，使A、C之間發(fā)生了相對滑動時，A、C之間的摩擦力大小才等于μmg，C錯誤；因A對B的最大靜摩擦力μ(m＋M板)g小于B受地面的最大靜摩擦力μ(m＋2M板)g，故無論F多大，木板B確定保持靜止，A正確。第3節(jié)力的合成與分解,(1)合力及其分力均為作用于同一物體上的力。(√)(2)合力及其分力可以同時作用在物體上。(×)(3)幾個力的共同作用效果可以用一個力來代替。(√)(4)在進行力的合成與分解時，都要應用平行四邊形定則或三角形定則。(√)(5)兩個力的合力確定比其分力大。(×)(6)互成角度的兩個力的合力與分力間確定構成封閉的三角形。(√)(7)既有大小又有方向的物理量確定是矢量。(×)要點一力的合成問題1．共點力合成的常用方法(1)作圖法：從力的作用點起，按同一標度作出兩個分力F1和F2的圖示，再以F1和F2的圖示為鄰邊作平行四邊形，畫出過作用點的對角線，量出對角線的長度，計算出合力的大小，量出對角線與某一力的夾角確定合力的方向(如圖2-3-1所示)。圖2-3-1(2)計算法：幾種特殊狀況的共點力的合成。類型作圖合力的計算①相互垂直F＝eq\r(F12＋F22)tanθ＝eq\f(F1,F2)②兩力等大，夾角為θF＝2F1coseq\f(θ,2)F與F1夾角為eq\f(θ,2)③兩力等大且夾角120°合力與分力等大(3)力的三角形定則：將表示兩個力的圖示(或示意圖)保持原來的方向依次首尾相接，從第一個力的作用點，到其次個力的箭頭的有向線段為合力。平行四邊形定則與三角形定則的關系如圖2-3-2甲、乙所示。圖2-3-22．合力的大小范圍(1)兩個共點力的合成|F1－F2|≤F合≤F1＋F2即兩個力大小不變時，其合力隨夾角的增大而減小，當兩力反向時，合力最小，為|F1－F2|，當兩力同向時，合力最大，為F1＋F2。(2)三個共點力的合成①三個力共線且同向時，其合力最大，為F1＋F2＋F3。②任取兩個力，求出其合力的范圍，假如第三個力在這個范圍之內，則三個力的合力最小值為零；假如第三個力不在這個范圍內，則合力最小值等于最大的力減去另外兩個力。[多角練通]1．如圖2-3-3所示，有5個力作用于同一點O，表示這5個力的有向線段恰構成一個正六邊形的兩鄰邊和三條對角線，已知F1＝10N，求這5個力的合力大小()圖2-3-3A．50N B．30NC．20N D．10N解析：選B由力的三角形定則可知，圖中F2與F4的合力等于F1，F3與F5的合力也等于F1，故這5個力的合力為3F1＝30N。2．(2021·石家莊模擬)如圖2-3-4所示，一個“Y”形彈弓頂部跨度為L，兩根相同的橡皮條自由長度均為L，在兩橡皮條的末端用一塊軟羊皮(長度不計)做成裹片。若橡皮條的彈力與形變量的關系滿足胡克定律，且勁度系數為k，放射彈丸時每根橡皮條的最大長度為2L(彈性限度內)，則放射過程中裹片對彈丸的最大作用力為()圖2-3-4A．kL B．2kLC．eq\f(\r(3),2)kL D．eq\f(\r(15),2)kL解析：選D放射彈丸瞬間兩橡皮條間的夾角為2θ，則sinθ＝eq\f(\f(L,2),2L)＝eq\f(1,4)，cosθ＝eq\r(1－sin2θ)＝eq\f(\r(15),4)。放射過程中裹片對彈丸的最大作用力為F合＝2Fcosθ。F＝kx＝kL，故F合＝2kL·eq\f(\r(15),4)＝eq\f(\r(15),2)kL，D正確。3．三個共點力大小分別是F1、F2、F3，關于它們的合力F的大小，下列說法中正確的是()A．F大小的取值范圍確定是0≤F≤F1＋F2＋F3B．F至少比F1、F2、F3中的某一個大C．若F1∶F2∶F3＝3∶6∶8，只要適當調整它們之間的夾角，確定能使合力為零D．若F1∶F2∶F3＝3∶6∶2，只要適當調整它們之間的夾角，確定能使合力為零解析：選C合力不愿定大于分力，B錯；三個共點力的合力的最小值能否為零，取決于任何一個力是否都在其余兩個力的合力范圍內，由于三個力大小未知，所以三個力的合力的最小值不愿定為零，A錯；當三個力的大小分別為3a、6a、8a，其中任何一個力都在其余兩個力的合力范圍內，故C正確；當三個力的大小分別為3a、6a、2a時，不滿足上述狀況，故D錯。要點二力的分解問題1．按作用效果分解力的一般思路2．正交分解法(1)定義：將已知力按相互垂直的兩個方向進行分解的方法。(2)建立坐標軸的原則：一般選共點力的作用點為原點，在靜力學中，以少分解力和簡潔分解力為原則(即盡量多的力在坐標軸上)；在動力學中，習慣以加速度方向和垂直加速度方向為坐標軸建立坐標系。圖2-3-5(3)方法：物體受到多個力作用F1、F2、F3…求合力F時，可把各力沿相互垂直的x軸、y軸分解。x軸上的合力：Fx＝Fx1＋Fx2＋Fx3＋…y軸上的合力：Fy＝Fy1＋Fy2＋Fy3＋…合力大?。篎＝eq\r(Fx2＋Fy2)合力方向：與x軸夾角設為θ，則tanθ＝eq\f(Fy,Fx)。[典例]如圖2-3-6，墻上有兩個釘子a和b，它們的連線與水平方向的夾角為45°，兩者的高度差為l。一條不行伸長的輕質細繩一端固定于a點，另一端跨過光滑釘子b懸掛一質量為m1的重物。在繩上距a端eq\f(l,2)的c點有一固定繩圈。若繩圈上懸掛質量為m2的鉤碼，平衡后繩的ac段正好水平，則重物和鉤碼的質量比eq\f(m1,m2)為()圖2-3-6A．eq\r(5) B．2C．eq\f(\r(5),2) D．eq\r(2)[審題指導](1)鉤碼的拉力產生了兩個效果，即分別沿ac繩和bc繩方向產生力的效果，可將拉力按力的效果分解。(2)ac繩與鉤碼拉力垂直，可考慮用正交分解法。(3)鉤碼平衡時bc繩與豎直方向間的夾角θ可表示為cosθ＝eq\f(l,\r(l2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(l,2)))2))。[解析]方法一：力的效果分解法鉤碼的拉力F等于鉤碼重力m2g，將F沿ac和bc方向分解，兩個分力分別為Fa、Fb，如圖甲所示，其中Fb＝m1g，由幾何關系可得cosθ＝eq\f(F,Fb)＝eq\f(m2g,m1g)，又由幾何關系得cosθ＝eq\f(l,\r(l2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(l,2)))2))，聯立解得eq\f(m1,m2)＝eq\f(\r(5),2)。方法二：正交分解法繩圈受到Fa、Fb、F三個力作用，如圖乙所示，將Fb沿水平方向和豎直方向正交分解，由豎直方向受力平衡得m1gcosθ＝m2g；由幾何關系得cosθ＝eq\f(l,\r(l2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(l,2)))2))，聯立解得eq\f(m1,m2)＝eq\f(\r(5),2)。[答案]C[針對訓練]1．(多選)(2021·石家莊質檢)如圖2-3-7所示，固定的半球面右側是光滑的，左側是粗糙的，O點為球心，A、B為兩個完全相同的小物塊(可視為質點)，小物塊A靜止在球面的左側，受到的摩擦力大小為F1，對球面的壓力大小為N1；小物塊B在水平力F2作用下靜止在球面的右側，對球面的壓力大小為N2，已知兩小物塊與球心連線和豎直方向的夾角均為θ，則()圖2-3-7A．F1∶F2＝cosθ∶1 B．F1∶F2＝sinθ∶1C．N1∶N2＝cos2θ∶1 D．N1∶N2＝sin2θ∶1解析：選AC將物塊A的重力沿半徑和切面方向分解，可得：F1＝mgsinθ，N1＝mgcosθ，將F2沿半徑方向和切面方向分解，由平衡條件可得：F2cosθ＝mgsinθ，F2sinθ＋mgcosθ＝N2，解得：F2＝mgtanθN2＝eq\f(mg,cosθ)故有：F1∶F2＝cosθ∶1N1∶N2＝cos2θ∶1，A、C正確。2.如圖2-3-8所示，一物塊置于水平地面上，當用與水平方向成60°角的力F1拉物塊時，物塊做勻速直線運動；當改用與水平方向成30°角的力F2推物塊時，物塊仍做勻速直線運動。若F1和F2的大小相等，則物塊與地面之間的動摩擦因數為()圖2-3-8A．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：選B當用F1拉物塊做勻速直線運動時，受力分析如圖，將F1正交分解，則水平方向有F1cos60°＝Ff1豎直方向有F1sin60°＋FN1＝mg其中Ff1＝μFN1聯立上式可得F1＝eq\f(2μmg,1＋\r(3)μ)同理，當用F2推物塊做勻速直線運動時，水平方向有F2cos30°＝Ff2豎直方向有F2sin30°＋mg＝FN2其中Ff2＝μFN2聯立上式可得F2＝eq\f(2μmg,\r(3)－μ)依據題意知F1＝F2，解得μ＝2－eq\r(3)，B正確。要點三對稱法解決非共面力問題在力的合成與分解的實際問題中，經常遇到物體受四個以上的非共面力作用處于平衡狀態(tài)的狀況，解決此類問題時要留意圖形結構的對稱性特點，結構的對稱性往往對應著物體受力的對稱性，即某些力大小相等，方向特點相同等。[典例]如圖2-3-9所示的四腳支架經常使用在架設高壓線路、通信的基站塔臺等領域?，F有一質量為m的四腳支架置于水平地面上，其四根鐵質支架等長，與豎直方向均成θ角，重力加速度為g，則每根支架對地面的作用大小為()圖2-3-9A．eq\f(mg,4sinθ) B．eq\f(mg,4cosθ)C．eq\f(1,4)mgtanθ D．eq\f(1,4)mg[解析]由結構的對稱性可知，四根支架的作用力大小相同，與豎直方向的夾角均為θ，依據牛頓第三定律及力的合成與分解學問可得：4Fcosθ＝mg，解得：F＝eq\f(mg,4cosθ)，B正確。[答案]B[針對訓練]1.如圖2-3-10所示，置于水平地面的三腳架上固定著一質量為m的照相機，三腳架的三根輕質支架等長，與豎直方向均成30°角，則每根支架中承受的壓力大小為()圖2-3-10A．eq\f(1,3)mg B．eq\f(2,3)mgC．eq\f(\r(3),6)mg D．eq\f(2\r(3),9)mg解析：選D由題意可知此題中所爭辯的對象“照相機”受四個力作用處于平衡狀態(tài)，其中“三根輕質支架”的作用力與“重力”的作用線方向的夾角均為30°，即三力等大對稱，所以由等大力的合成規(guī)律可得3Fcos30°＝mg，解得F＝eq\f(2\r(3),9)mg，故D選項正確。2．跳傘運動員打開傘后經過一段時間，將在空中保持勻速降落。已知運動員和他身上裝備的總重力為G1，圓頂形降落傘傘面的重力為G2,8條相同的拉線(拉線重量不計)均勻分布在傘面邊緣上，每根拉線和豎直方向都成30°角。那么每根拉線上的張力大小為()圖2-3-11A．eq\f(\r(3)G1,12)B.eq\f(\r(3)G1＋G2,12)C．eq\f(G1＋G2,8)D.eq\f(G1,4)解析：選A設每根拉線上的張力大小為F，F與豎直方向的夾角均為30°，由物體的平衡條件可得：8Fcos30°＝G1，F＝eq\f(\r(3),12)G1，A正確。要點四繩上的“死結”和“活結”模型1．“死結”可理解為把繩子分成兩段，且不行以沿繩子移動的結點?！八澜Y”兩側的繩因結而變成了兩根獨立的繩，因此由“死結”分開的兩段繩子上的彈力不愿定相等。2．“活結”可理解為把繩子分成兩段，且可以沿繩子移動的結點?！盎罱Y”一般是由繩跨過滑輪或者繩上掛一光滑掛鉤而形成的。繩子雖然因“活結”而彎曲，但實際上是同一根繩，所以由“活結”分開的兩段繩子上彈力的大小確定相等，兩段繩子合力的方向確定沿這兩段繩子夾角的平分線。[典例]如圖2-3-12甲所示，細繩AD跨過固定的水平輕桿BC右端的定滑輪掛住一個質量為M1的物體，∠ACB＝30°；圖乙中輕桿HG一端用鉸鏈固定在豎直墻上，另一端G通過細繩EG拉住，EG與水平方向也成30°，輕桿的G點用細繩GF拉住一個質量為M2的物體，求：圖2-3-12(1)細繩AC段的張力FTAC與細繩EG的張力FTEG之比；(2)輕桿BC對C端的支持力；(3)輕桿HG對G端的支持力。[解析]題圖甲和乙中的兩個物體M1、M2都處于平衡狀態(tài)，依據平衡的條件，首先推斷與物體相連的細繩，其拉力大小等于物體的重力；分別取C點和G點為爭辯對象，進行受力分析如圖甲和乙所示，依據平衡規(guī)律可求解。(1)圖甲中細繩AD跨過定滑輪拉住質量為M1的物體，物體處于平衡狀態(tài)，細繩AC段的拉力FTAC＝FTCD＝M1g圖乙中由FTEGsin30°＝M2g，得FTEG＝2M2g。所以eq\f(FTAC,FTEG)＝eq\f(M1,2M2)。(2)圖甲中，三個力之間的夾角都為120°，依據平衡規(guī)律有FNC＝FTAC＝M1g，方向與水平方向成30°，指向右上方。(3)圖乙中，依據平衡方程有FTEGsin30°＝M2g，FTEGcos30°＝FNG，所以FNG＝M2gcot30°＝eq\r(3)M2g，方向水平向右。[答案](1)eq\f(M1,2M2)(2)M1g方向與水平方向成30°指向右上方(3)eq\r(3)M2g，方向水平向右[針對訓練]1．如圖2-3-13所示，一輕繩的兩端分別固定在不等高的A、B兩點，現用另一輕繩將一物體系于O點，設輕繩AO、BO相互垂直，α＞β，且兩繩中的拉力分別為FA、FB，物體受到的重力為G，下列表述正確的是()圖2-3-13A．FA確定大于GB．FA確定大于FBC．FA確定小于FBD．FA與FB大小之和確定等于G解析：選B分析O點受力如圖所示，由平衡條件可知，FA與FB的合力與G等大反向，因FA⊥FB，故FA、FB均小于G；因α＞β，故FA＞FB，B正確，A、C錯誤；由三角形兩邊之和大于第三邊可知，|FA|＋|FB|＞G，D錯誤。2．(2021·淄博質檢)如圖2-3-14所示，在水平天花板的A點處固定一根輕桿a，桿與天花板保持垂直。桿的下端有一個輕滑輪O。另一根細線上端固定在該天花板的B點處，細線跨過滑輪O，下端系一個重為G的物體，BO段細線與天花板的夾角為θ＝30°。系統(tǒng)保持靜止，不計一切摩擦。下列說法中正確的是()圖2-3-14A．細線BO對天花板的拉力大小是eq\f(G,2)B．a桿對滑輪的作用力大小是eq\f(G,2)C．a桿和細線對滑輪的合力大小是GD．a桿對滑輪的作用力大小是G解析：選D細線上的彈力處處相等，因此細線BO對天花板的拉力大小是G，選項A錯誤。兩段細線上彈力均為G，構成菱形，合力為2Gsin30°＝G，大小等于a桿對滑輪的作用力，選項B錯誤、D正確。a桿和細線對滑輪的合力大小是0，選項C錯誤。對點訓練：對矢量運算定則的理解1．一物體受到三個共面共點力F1、F2、F3的作用，三力的矢量關系如圖1所示(小方格邊長相等)，則下列說法正確的是()圖1A．三力的合力有最大值F1＋F2＋F3，方向不確定B．三力的合力有唯一值3F3，方向與F3同向C．三力的合力有唯一值2F3，方向與F3同向D．由題給條件無法求出合力大小解析：選B依據三力的圖示，知F1、F2在豎直方向分力的大小均為3個單位，方向相反，在水平方向的分力分別為6個單位和2個單位，方向與F3方向相同。依據正交分解法求合力的思想知，3個力的合力為12個單位，與F3的方向相同，大小是F3的3倍，即F合＝3F3。選項B正確。2．(多選)已知力F的一個分力F1跟F成30°角，大小未知，另一個分力F2的大小為eq\f(\r(3),3)F，方向未知，則F1的大小可能是()A．eq\f(\r(3)F,3) B．eq\f(\r(3)F,2)C．eq\f(2\r(3)F,3) D．eq\r(3)F解析：選AC如圖所示，因F2＝eq\f(\r(3),3)F＞Fsin30°，故F1的大小有兩種可能狀況，由ΔF＝eq\r(F22－Fsin30°2)＝eq\f(\r(3),6)F，即F1的大小分別為Fcos30°－ΔF和Fcos30°＋ΔF，即F1的大小分別為eq\f(\r(3),3)F和eq\f(2\r(3),3)F，AC正確。3．(2021·上海高考改編)兩個共點力F1、F2大小不同，它們的合力大小為F，則()A．F1、F2同時增大一倍，F將增大兩倍B．F1、F2同時增加10N，F也增加10NC．F1增加10N，F2削減10N，F確定不變D．若F1、F2中的一個增大，F不愿定增大解析：選DF1、F2同時增大一倍，F也增大一倍，選項A錯誤；F1、F2同時增加10N，F不愿定增加10N，選項B錯誤；F1增加10N，F2削減10N，F可能變化，選項C錯誤；若F1、F2中的一個增大，F不愿定增大，選項D正確。對點訓練：共點力的合成4．(多選)人們在設計秋千的時候首先要考慮的是它的平安牢靠性?，F一個秋千愛好者設計一個秋千，用繩子安裝在一根橫梁上，如圖2所示，圖中是設計者設計的從內到外的四種安裝方案，一個重為G的人現正坐在秋千上靜止不動，則下列說法中正確的是()圖2A．從平安的角度來看，四種設計的平安性相同B．從平安的角度來看，設計1最為平安C．每種設計方案中兩繩拉力的合力是相同的D．若方案4中兩繩夾角為120°，則每繩受的拉力大小為G解析：選BCD坐在秋千上的人的重力是確定的，當兩繩的夾角越小時，依據力的平行四邊形定則可知繩所受到的拉力就越小，當兩繩平行時兩繩所受的拉力最小，此時最為平安，所以選項A錯誤、B正確；依據力的平衡可知四種方案中每種方案兩繩的合力都為G，故選項C正確；由力的平行四邊形定則可知若方案4中兩繩夾角為120°，則每繩受的拉力大小為G，故選項D正確。5．如圖3所示，光滑斜面傾角為30°，輕繩一端通過兩個滑輪與A相連，另一端固定于天花板上，不計繩與滑輪的摩擦及滑輪的質量。已知物塊A的質量為m，連接A的輕繩與斜面平行，掛上物塊B后，滑輪兩邊輕繩的夾角為90°，A、B恰保持靜止，則物塊B的質量為()圖3A．eq\f(\r(2),2)m B．eq\r(2)mC．m D．2m解析：選A因物塊A處于靜止狀態(tài)，輕繩的拉力F＝mgsin30°＝eq\f(1,2)mg，由物塊B處于靜止狀態(tài)可知，滑輪左右兩段輕繩拉力的合力與物塊B的重力等大反向，即：2Fcos45°＝mBg解得：mB＝eq\f(\r(2),2)m，A正確。6.如圖4所示，一個物體由繞過定滑輪的繩子拉著，分別用圖中所示的三種狀況拉住物體靜止不動。在這三種狀況下，若繩子的張力分別為FT1、FT2、FT3，定滑輪對軸心的作用力分別為FN1、FN2、FN3，滑輪的摩擦、質量均不計，則()圖4A．FT1＝FT2＝FT3，FN1＞FN2＞FN3B．FT1>FT2>FT3，FN1＝FN2＝FN3C．FT1＝FT2＝FT3，FN1＝FN2＝FN3D．FT1<FT2<FT3，FN1<FN2<FN3解析：選A物體靜止時繩子的張力等于物體重力的大小，所以FT1＝FT2＝FT3＝mg。方法一：用圖解法確定FN1、FN2、FN3的大小關系。與物體連接的這一端，繩子對定滑輪的作用力FT的大小也為mg，作出三種狀況下的受力示意圖，如圖所示，可知FN1＞FN2＞FN3，故選項A正確。方法二：用理論法確定FN1、FN2、FN3的大小關系。已知兩個分力的大小，兩分力的夾角θ越小，合力越大，所以FN1＞FN2＞FN3，故選項A正確。對點訓練：力的分解7．(2021·池州模擬)將物體所受重力按力的效果進行分解，下列圖5中錯誤的是()圖5解析：選CA項中物體重力分解為垂直于斜面使物體壓緊斜面的分力G1和沿斜面對下使物體向下滑的分力G2；B項中物體的重力分解為沿兩條細繩使細繩張緊的分力G1和G2，A、B圖均畫得正確。C項中物體的重力應分解為垂直于兩接觸面使物體壓緊兩接觸面的分力G1和G2，故C圖畫錯。D中物體的重力分解為水平向左壓緊墻的分力G1和沿繩向下使繩張緊的分力G2，故D圖畫得正確。8．如圖6所示，一條細繩跨過定滑輪連接物體A、B，A懸掛起來，B穿在一根豎直桿上，兩物體均保持靜止，不計繩與滑輪、B與豎直桿間的摩擦，已知繩與豎直桿間的夾角為θ，則物體A、B的質量之比mA∶mB等于()圖6A．cosθ∶1 B．1∶cosθC．tanθ∶1 D．1∶sinθ解析：選B細繩的拉力F＝mAg，物體B平衡，則拉力F在豎直方向的分力等于物體B的重力，即Fcosθ＝mBg，即mA∶mB＝1∶cosθ。B正確。9.水平地面上有一木箱，木箱與地面間的動摩擦因數為μ(0＜μ＜1)?，F對木箱施加一拉力F，使木箱做勻速直線運動。設F的方向與水平地面的夾角為θ，如圖7所示，在θ從0漸漸增大到90°的過程中，木箱的速度保持不變，則()圖7A．F先減小后增大 B．F始終增大C．F始終減小 D．F先增大后減小解析：選A將拉力F沿水平方向和豎直方向正交分解，由平衡條件可得：Fcosθ＝Ff、Fsinθ＋FN＝mg、Ff＝μFN，解得：F＝eq\f(μmg,cosθ＋μsinθ)＝eq\f(μmg,\r(1＋μ2)·sinα＋θ)其中tanα＝eq\f(1,μ)，當θ由0漸漸增大到90°的過程中，sin(α＋θ)先增大后減小，所以拉力F先減小后增大，A正確?？键c綜合訓練10.(2021·杭州二中高三質檢)如圖8所示，起重機將重為G的重物勻速吊起，此時四條鋼索與豎直方向的夾角均為60°，則每根鋼索中彈力大小為()圖8A．eq\f(G,4) B．eq\f(\r(3)G,6)C．eq\f(\r(3)G,4) D．eq\f(G,2)解析：選D設鋼索中張力大小為F，由對稱性可知，四條鋼索中彈力大小相同，由平衡條件可得：4Fcos60°＝G，得F＝eq\f(G,2)。D正確。11．(2021·合肥模擬)如圖9為一位于墻角的光滑斜面，其傾角為45°，勁度系數為k的輕質彈簧一端系在質量為m的小球上，另一端固定在墻上，彈簧水平放置，小球在斜面上靜止時，則彈簧的形變量大小為()圖9A．eq\f(mg,k) B．eq\f(\r(3)mg,2k)C．eq\f(\r(3)mg,3k) D．eq\f(\r(3)mg,k)解析：選A分析小球受力如圖所示。F與mg的合力與FN等大反向，由θ＝45°可知，F＝mg。又F＝kx，故彈簧的壓縮量大小為x＝eq\f(mg,k)，A正確。12.(2021·合肥檢測)如圖10所示，一根不行伸長的輕繩穿過輕滑輪，兩端系在高度相等的A、B兩點，滑輪下掛一物體，不計輕繩和輕滑輪之間的摩擦?，F讓B緩慢向右移動，則下列說法正確的是()圖10A．隨著B向右緩慢移動，繩子的張力減小B．隨著B向右緩慢移動，繩子的張力不變C．隨著B向右緩慢移動，滑輪受繩AB的合力變小D．隨著B向右緩慢移動，滑輪受繩AB的合力不變解析：選D隨著B向右緩慢移動，AB繩之間夾角漸漸增大，而滑輪所受繩AB的合力始終等于物體的重力，保持不變，故繩子的張力漸漸增大，D正確。13．(2021·揚州調研)兩物體M、m用跨過光滑定滑輪的輕繩相連，如圖11所示，OA、OB與水平面的夾角分別為30°、60°，M、m均處于靜止狀態(tài)。則()圖11A．繩OA對M的拉力大小大于繩OB對M的拉力B．繩OA對M的拉力大小等于繩OB對M的拉力C．m受到水平面的靜摩擦力大小為零D．m受到水平面的靜摩擦力的方向水平向左解析：選D設繩OA對M的拉力為FA，繩OB對M的拉力為FB，由O點合力為零可得：FA·cos30°＝FB·cos60°即eq\r(3)FA＝FB，故A、B均錯誤；因FB＞FA，物體m有向右滑動的趨勢，m受到水平面的摩擦力的方向水平向左，D正確，C錯誤。14．(2021·西安摸底)如圖12所示，兩個相同的光滑小球甲和乙放在傾角為45°的斜面上，被一固定在斜面上的豎直擋板攔住，設每個小球的重力大小為G，甲球對乙球的作用力大小為F1，斜面對乙球的作用力大小為F2，則以下結論正確的是()圖12A．F1＜F2 B．G＜F1C．G＝F1 D．F1＝F2解析：選D將乙球的重力分解，由平衡條件可得甲球對乙球的作用力大小F1＝Gsin45°，斜面對乙球的作用力大小為F2＝Gcos45°，明顯，F1＝F2，G＞F1，選項D正確，A、B、C均錯誤。15．(2021·安徽高考節(jié)選)如圖13所示，質量為M、傾角為α的斜面體(斜面光滑且足夠長)放在粗糙的水平地面上，底部與地面的動摩擦因數為μ，斜面頂端與勁度系數為k、自然長度為L的輕質彈簧相連，彈簧的另一端連接著質量為m的物塊。壓縮彈簧使其長度為eq\f(3,4)L時將物塊由靜止開頭釋放，且物塊在以后的運動中，斜面體始終處于靜止狀態(tài)。重力加速度為g。求物塊處于平衡位置時彈簧的長度。圖13解析：設物塊在斜