【高考物理】2026高考 導與練總復習物理一輪（基礎版）第二章 第2講　小專題 摩擦力的綜合分析含答案

【高考物理】2026高考導與練總復習物理一輪（基礎版）第二章第2講小專題摩擦力的綜合分析含答案第2講小專題:摩擦力的綜合分析考點一摩擦力的計算摩擦力大小的計算方法(1)公式法。①滑動摩擦力:根據(jù)公式Ff=μFN計算。②最大靜摩擦力:與接觸面間的壓力成正比,其值略大于滑動摩擦力,當認為最大靜摩擦力等于滑動摩擦力時,Fmax=μFN。(2)狀態(tài)法。①物體處于平衡狀態(tài)可利用力的平衡條件來計算。②物體處于變速狀態(tài)可根據(jù)牛頓第二定律進行分析。[例1]【公式法求摩擦力】(2024·云南昆明階段檢測)如圖甲、乙、丙所示,一個質量為1kg的圓柱體工件放在“V”形槽中,槽頂角α=60°,槽與工件接觸處的動摩擦因數(shù)處處相同且大小為μ=0.25?，F(xiàn)把整個裝置傾斜,工件沿槽下滑。已知工件的軸線與水平方向的夾角為37°,工件對“V”形槽兩側面的壓力大小相等,取sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/s2,則()[A]工件對“V”形槽一側的壓力為10N[B]“V”形槽對工件的摩擦力為6N[C]“V”形槽對工件的摩擦力為2N[D]“V”形槽對工件的摩擦力為4N【答案】D【解析】對工件受力分析,如圖所示,因為α=60°,則F1=F2=mg,工件在槽內滑動,受到滑動摩擦力,一個側面受到的摩擦力Ff=μFN,FN=mgcos37°=8N,故兩個側面受到的摩擦力為2μFN=4N,即“V”形槽對工件的摩擦力為4N。[變式]在[例1]中,若工件恰好能沿槽勻速下滑,求此時槽與工件接觸處的動摩擦因數(shù)μ′?！敬鸢浮?.375【解析】把整個裝置傾斜,則重力沿壓緊兩側的斜面的分力F1′=F2′=mgcos37°=0.8mg,勻速下滑,此時工件每個側面所受槽的摩擦力大小Ff′=mgsin37°2,由Ff′=μ′F2′,解得μ′=[例2]【狀態(tài)法求摩擦力】(多選)如圖甲所示,物塊A、B用輕繩連接,用手按住物塊B,使A、B保持靜止。已知物塊A、B質量均為3kg,物塊B與水平面間的動摩擦因數(shù)μ=0.75,假設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,其余摩擦不計,g取10m/s2,以下說法正確的是()[A]釋放后,物塊B與水平面間的摩擦力大小為22.5N[B]釋放后,物塊B與水平面間的摩擦力大小為30N[C]如圖乙所示,將物塊C粘在物塊B上,釋放后,若要物塊B運動,物塊C的質量應小于1kg[D]如圖乙所示,將質量為3kg的物塊C粘在物塊B上,釋放后,物塊B與水平面間的摩擦力大小為45N【答案】AC【解析】釋放后,A、B會一起運動,即B與桌面之間的力為滑動摩擦力,根據(jù)滑動摩擦力公式有Ff1=μFN1=0.75×30N=22.5N,故A正確,B錯誤;若B、C恰好不滑動,繩子上的拉力等于A的重力為30N,對B、C整體,此刻受靜摩擦力也為30N,根據(jù)滑動摩擦力公式可得FN2=Ff2μ=300.75N=40N,若物塊B運動,物塊C的質量應小于1kg,而將質量為3kg的物塊C粘在物塊B上,釋放后B靜止,物塊B與水平面間的摩擦力為靜摩擦力,大小與A的重力相等,為30N,故考點二摩擦力的突變問題1.摩擦力突變常見的情況分類及圖示案例“靜—靜”突變在水平力F作用下物體靜止于斜面上,F突然增大時物體仍靜止,則物體所受靜摩擦力的大小或方向將“突變”“靜—動”突變物體放在粗糙水平面上,作用在物體上的水平力F從零逐漸增大,當物體開始滑動時,物體受水平面的摩擦力由靜摩擦力“突變”為滑動摩擦力“動—靜”突變滑塊以v0沖上斜面做減速運動,當?shù)竭_某位置時速度減為零,而后靜止在斜面上,滑動摩擦力“突變”為靜摩擦力“動—動”突變水平傳送帶的速度v1大于滑塊的速度v2,滑塊受到的滑動摩擦力方向水平向右,當傳送帶突然被卡住時,滑塊受到的滑動摩擦力方向“突變”為向左2.分析摩擦力突變問題的方法(1)在涉及摩擦力的情況中,題目中出現(xiàn)“最大”“最小”和“剛好”等關鍵詞時,一般隱藏著摩擦力突變的臨界問題。某個物理量在變化過程中發(fā)生突變,可能導致摩擦力突變,則該物理量突變時的狀態(tài)即為臨界狀態(tài)。(2)存在靜摩擦力的情境中,物體由相對靜止變?yōu)橄鄬\動,或者由相對運動變?yōu)橄鄬o止,或者受力情況發(fā)生突變,往往是摩擦力突變問題的臨界狀態(tài)。(3)確定各階段摩擦力的性質和受力情況,對各階段摩擦力進行分析。[例3]【“靜—靜”突變】(2024·甘肅蘭州一模)如圖所示,木塊A、B分別重50N和60N,與水平地面之間的動摩擦因數(shù)均為0.2。夾在A、B之間的輕彈簧被壓縮了2cm,彈簧的勁度系數(shù)為400N/m。用F=2N的水平拉力拉木塊B,木塊A、B均保持靜止。最大靜摩擦力近似等于滑動摩擦力,下列說法正確的是()[A]彈簧的彈力大小為80N[B]木塊A受到的摩擦力大小為10N[C]木塊B受到的摩擦力大小為6N[D]地面對A、B組成的系統(tǒng)的摩擦力大小為2N【答案】D【解析】彈簧彈力大小為F彈=kx=400×0.02N=8N,故A錯誤;施加水平拉力F后,彈簧長度沒有變化,彈力不變,故木塊A相對地面有向左的運動趨勢,其受到向右的靜摩擦力,木塊A所受摩擦力大小為FfA=F彈=8N,故B錯誤;施加水平拉力F后,木塊B靜止不動,則木塊B受到的靜摩擦力與彈簧彈力和拉力的合力平衡,木塊B所受摩擦力大小為FfB=F彈+F=(8+2)N=10N,故C錯誤;對A、B組成的系統(tǒng),由平衡條件可知地面對系統(tǒng)的摩擦力Ff=F=2N,故D正確。[例4]【“靜—動”突變】(2024·湖南衡陽模擬)某同學利用圖甲所示裝置研究物塊與長木板間的摩擦力。水平向左拉長木板,力傳感器記錄的F-t圖像如圖乙所示。下列說法正確的是()[A]物塊與長木板在4.9s時發(fā)生相對運動[B]根據(jù)圖乙中數(shù)據(jù)不能得出物塊與木板間的最大靜摩擦力[C]根據(jù)圖乙中數(shù)據(jù)能得出物塊與木板間的動摩擦因數(shù)[D]5.0s到5.2s圖像的波動是由于細線的彈性引起的【答案】D【解析】根據(jù)題圖乙可知,在4.9s前后物塊與長木板間仍然是靜摩擦力,未發(fā)生相對運動,故A錯誤;根據(jù)題圖乙可得出物塊與木板間的最大靜摩擦力約為1.08N,故B錯誤;根據(jù)題圖乙可求得滑動摩擦力,但不知道正壓力,無法計算動摩擦因數(shù),故C錯誤;5.0s到5.2s圖像的波動是由于達到最大靜摩擦力后,細線的彈性引起的,故D正確。[變式]在[例4]中,利用圖甲所示裝置研究物塊與長木板間摩擦力時,木板是否必須做勻速直線運動?【答案】不必做勻速直線運動【解析】物塊和木板發(fā)生相對運動后,物塊受到的就是滑動摩擦力,木板不一定要做勻速直線運動。[例5]【“動—靜”突變】如圖所示,把一重力為G的物體,用一個水平的推力F=kt(k為恒量,t為時間)壓在豎直的足夠高的平整墻面上,從t=0開始,物體所受的摩擦力Ff隨t的變化關系正確的是()[A][B][C][D]【答案】B【解析】推力F=FN=kt,開始物體沿墻面豎直向下滑動,Ff=μFN=μkt為正比例函數(shù),當Ff增加到大于G時,物體開始做減速運動,Ff繼續(xù)增大,當速度減為零時,物體靜止,此時摩擦力為最大靜摩擦力,此后摩擦力為靜摩擦力,大小等于物體的重力且不再變化,故B正確。[變式]在[例5]中,從t=0開始計時,物體的加速度a隨t變化的關系圖像是怎樣的?【答案】圖見解析【解析】開始時,物體所受滑動摩擦力Ff<mg,物體做加速運動,根據(jù)牛頓第二定律得mg-Ff=ma,結合Ff=μkt,得a=g-μkmt當t=mgμk時,a=0,此時物體速度達到最大當Ff>mg時,物體做減速運動,根據(jù)牛頓第二定律得mg-Ff=ma,結合Ff=μkt,得a=g-μkmt當t=2mgμk時a=-g,綜上所述可知a-t圖像是一條向下傾斜的直線,如圖所示。[例6]【“動—動”突變】(多選)如圖所示,足夠長的傳送帶與水平面間的夾角為θ,以速度v0逆時針勻速轉動。在傳送帶的上端輕輕放置一個質量為m的小木塊,小木塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ<tanθ,選沿傳送帶向下為正方向,最大靜摩擦力近似等于滑動摩擦力,則下列選項中能客觀地反映小木塊的受力或運動情況的是()[A][B][C][D]【答案】BD【解析】當小木塊速度小于傳送帶速度時,小木塊相對于傳送帶向上滑動,受到的滑動摩擦力沿傳送帶向下,根據(jù)牛頓第二定律可得小木塊加速度a=gsinθ+μgcosθ;當小木塊速度與傳送帶速度相同時,由于μ<tanθ,即μmgcosθ<mgsinθ,所以速度能夠繼續(xù)增大,此時滑動摩擦力的大小不變,而方向突變?yōu)橄蛏?則小木塊加速度a=gsinθ-μgcosθ,加速度變小,則v-t圖像的斜率變小,故B、D正確。[變式]在[例6]中,若小木塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ>tanθ,選沿傳送帶向下為正方向,則以上四個選項中能客觀地反映小木塊的受力或運動情況的是()【答案】C【解析】開始時,小木塊的速度小于傳送帶速度,小木塊相對于傳送帶向上運動,則受沿傳送帶向下的滑動摩擦力,大小為Ff1=μmgcosθ>mgsinθ,小木塊做勻加速運動,當小木塊與傳動帶速度相等時,將保持相對靜止,由平衡條件可知,小木塊受沿傳送帶向上的靜摩擦力,大小為Ff2=mgsinθ,小木塊與傳送帶一起做勻速運動,綜上所述,小木塊先受沿傳送帶向下的滑動摩擦力,再受沿傳送帶向上的靜摩擦力,小木塊先做勻加速運動,再做勻速運動,故C正確。摩擦力突變問題注意事項(1)靜摩擦力是被動力,其大小、方向取決于物體間的相對運動趨勢,而且靜摩擦力存在最大值。存在靜摩擦力的連接系統(tǒng),相對滑動與相對靜止的臨界狀態(tài)是靜摩擦力達到最大值。(2)滑動摩擦力的突變問題:滑動摩擦力的大小與接觸面的動摩擦因數(shù)和接觸面受到的壓力均成正比,發(fā)生相對運動的物體,如果接觸面的動摩擦因數(shù)發(fā)生變化或接觸面受到的壓力發(fā)生變化,則滑動摩擦力就會發(fā)生變化。(3)研究傳送帶問題時,物體和傳送帶速度相等的時刻往往是摩擦力的大小、方向和運動性質發(fā)生變化的分界點。(滿分:60分)對點1.摩擦力的計算1.(4分)圖甲是一種榫卯連接構件。相互連接的兩部分P、Q如圖乙所示。圖甲中構件Q固定在水平地面上,榫、卯接觸面間的動摩擦因數(shù)均為μ,沿P的軸線OO′用大小為F的力才能將P從Q中拉出。若各接觸面間的彈力大小均為FN,滑動摩擦力與最大靜摩擦力大小相等,則FN的大小為()[A]F6μ [B][C]4Fμ [D]【答案】A【解析】根據(jù)題圖可知,該構件有6個接觸面,有F=6μFN,解得FN=F6μ,故2.(4分)(2024·山東卷,2)如圖所示,國產人形機器人“天工”能平穩(wěn)通過斜坡。若它可以在傾角不大于30°的斜坡上穩(wěn)定地站立和行走,且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,則它的腳和斜面間的動摩擦因數(shù)不能小于()[A]12 [B]33 [C]22 【答案】B【解析】根據(jù)題意,對“天工”分析有mgsin30°≤μmgcos30°,可得μ≥tan30°=33,故選B3.(6分)(2024·廣西南寧一模)(多選)在一次抓金磚活動中,某參賽者單手剛好能將一金磚從桌面上抓起。如圖所示,該金磚的橫截面為等腰梯形,底角為θ,金磚的重力為G。下列說法正確的是()[A]金磚保持靜止時,手對金磚的作用力大小為G[B]金磚保持靜止時,僅增大手對金磚的壓力,金磚受到手的摩擦力保持不變[C]無論θ角多大,都可以將金磚抓起[D]相同質量的金磚,θ角越小,金磚越不容易被抓起【答案】AD【解析】如圖所示,手與金磚有兩個接觸面,對金磚施加兩個正壓力FN并產生兩個靜摩擦力F,這四個力的作用效果與重力平衡,故手對金磚的作用力大小為G,方向豎直向上,故A正確;根據(jù)受力分析圖,豎直方向有2FNcosθ+G=2Fsinθ,可知僅增大手對金磚的壓力,金磚受到手的摩擦力將增大,故B錯誤;設手與金磚間的最大靜摩擦力為正壓力的k倍,根據(jù)受力分析圖,可知當Ffsinθ≤FNcosθ,即tanθ≤1k時,無論正壓力FN多大,都無法將金磚拿起,故tanθ越大,即θ角越大,越容易單手抓起金磚,故C錯誤,D4.(10分)(2024·安徽滁州模擬)如圖所示,在豎直墻壁的左側水平地面上,放置一質量為M=2kg的正方體ABCD,在墻壁和正方體之間放置一質量為m=1kg的光滑球,球的球心為O,OB與豎直方向的夾角θ=37°,正方體和球均保持靜止。已知正方體與水平地面的動摩擦因數(shù)μ=0.5,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,重力加速度g取10m/s2,取sin37°=0.6,cos37°=0.8。(1)求正方體和墻壁對球的支持力FN1、FN2大小;(2)保持球的半徑不變,只增大球的質量,為了不讓正方體出現(xiàn)滑動,球的最大質量為多大?【答案】(1)12.5N7.5N(2)4kg【解析】(1)對球受力分析,如圖甲所示,根據(jù)平衡條件可知豎直方向有FN1cosθ=mg,解得FN1=mgcosθ水平方向有FN2=mgtanθ=7.5N。(2)設球的質量為m′,墻壁支持力為FN2′,由平衡條件得FN2′=m′gtanθ,對整體,其受力如圖乙所示,豎直方向有FN3=(M+m′)g,水平方向有FN2′=Ff,其中Ff≤μFN3,聯(lián)立解得m′≤4kg,故球的最大質量為4kg。對點2.摩擦力的突變問題5.(4分)如圖所示,質量為10kg的物體A拴在一個被水平拉伸的彈簧一端,彈簧的拉力為5N時,物體A與小車均處于靜止狀態(tài)。若小車以1m/s2的加速度向右運動,則()[A]物體A相對小車向右運動[B]物體A受到的摩擦力減小[C]物體A受到的摩擦力大小不變[D]物體A受到的彈簧的拉力增大【答案】C【解析】由題意得,物體A與小車的上表面間的最大靜摩擦力Ffm≥5N,當小車加速運動時,假設物體A與小車仍然相對靜止,則物體A所受合力大小F合=ma=10N,可知此時小車對物體A的摩擦力大小為5N,方向向右,且為靜摩擦力,所以假設成立,物體A受到的摩擦力大小不變,故A、B錯誤,C正確;彈簧長度不變,物體A受到的彈簧的拉力大小不變,故D錯誤。6.(4分)(2024·甘肅酒泉階段檢測)如圖甲所示,一物塊放在水平桌面上,物塊受到水平向右的拉力F的作用后運動,以水平向右為加速度的正方向。物塊的加速度a與拉力F之間的關系如圖乙所示,重力加速度g取10m/s2。物塊與水平桌面間的動摩擦因數(shù)為()[A]0.2 [B]0.4 [C]0.6 [D]0.8【答案】B【解析】根據(jù)題圖乙可得加速度與拉力的關系式為a=0.2F-4,對物塊,根據(jù)牛頓第二定律有F-μmg=ma,整理可得a=Fm-μg,比較關系式可得μ=0.4,7.(6分)(多選)長木板上表面的一端放有一個質量為m的木塊,木塊與木板接觸面上裝有摩擦力傳感器,如圖甲所示,木板由水平位置緩慢向上轉動(即木板與地面的夾角θ變大),另一端不動,摩擦力傳感器記錄了木塊受到的摩擦力Ff隨角度θ的變化圖像如圖乙所示。下列判斷正確的是()[A]木塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ=tanθ1[B]木塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ=Ff1[C]木板與地面的夾角為θ2時,木塊做自由落體運動[D]木板由θ1轉到θ2的過程中,木塊的速度變化越來越快【答案】BD【解析】當夾角為θ1時,最大靜摩擦力為Ff2,滑動摩擦力為Ff1,此時木塊加速下滑,則有μmgcosθ1<mgsinθ1,解得μ<tanθ1,由μmgcosθ1=Ff1,解得μ=Ff1mgcosθ1,故A錯誤,B正確;當木板與地面的夾角為θ2時,木塊只受重力,但初速度不為零,故C錯誤;在木板由θ1轉到θ2的過程中,根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ-μmgcosθ=ma8.(4分)(2024·貴州畢節(jié)模擬)如圖,完全相同的P、Q兩物體放在水平面上,且與水平面間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.2,每個物體重G=10N,設物體P、Q與水平面間的最大靜摩擦力均為Fmax=2.5N,若對P施加一個向右的由零均勻增大到6N的水平推力F,則P所受的摩擦力FfP隨水平推力F變化的圖像正確的是()[A][B][C][D]【答案】C【解析】當水平推力F小于P與水平面間的最大靜摩擦力2.5N時,P受到水平面的靜摩擦力作用,隨水平推力的增大而增大,且與水平推力大小相等;當水平推力2.5N<F≤5N時,P、Q兩物體仍靜止,此過程中P受到的摩擦力為最大靜摩擦力2.5N不變;當水平推力F>5N時,P、Q兩物體相對水平面滑動,P物體受滑動摩擦力,大小為FfP=μG=2N,故C正確,A、B、D錯誤。9.(4分)如圖所示,物塊A、木板B的質量均為m=10kg,不計A的大小,木板B長L=2m,開始時A、B均靜止。現(xiàn)使A以水平初速度v0=4m/s從B的最左端開始運動,已知A與B、B與水平面之間的動摩擦因數(shù)分別為μ1=0.3和μ2=0.1。g取10m/s2,則B由開始運動到靜止,物塊A所受的摩擦力隨時間變化圖像正確的是(選v0的方向為正方向,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)()[A][B][C][D]【答案】A【解析】剛開始,A、B速度不相等,A、B之間為滑動摩擦力,則Ff1=μ1mg=30N,方向與v0方向相反,對A有a1=μ1mgm=3m/s2,向右減速,對B有a2=μ1mg-μ2·2mgm=1m/s2,向右加速。設經時間t二者共速,則v0-a1t=a2t,解得t=1s,則共同運動速度v=a2t=1m/s,二者相對位移x相=xA-xB=v0+v2t-v2t=2m=L,A恰好沒有從B上滑下,假設A、B共速后一起做減速運動,由μ2·2mg=2ma3得a3=1m/s2,對A有Ff2=ma3=10N<FfABm10.(14分)(2024·安徽合肥階段練習)如圖所示,傾角θ=37°的質量為m1=10kg的粗糙斜面體A,置于粗糙水平面上,A與地面間的動摩擦因數(shù)足夠大,質量m2=1kg的物體B經平行于斜面的不可伸長的輕質細線跨過光滑定滑輪懸掛質量為m3的物塊C。已知A、B間的動摩擦因數(shù)為0.5,視最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,g取10m/s2,取sin37°=0.6,cos37°=0.8。(1)當不懸掛物塊C時,通過計算,判斷B是否會自行下滑;(2)欲使B能靜止在斜面A上,求C的質量范圍;(3)若m3=0.5kg,求地面對A的摩擦力大小?！敬鸢浮?1)見解析(2)0.2kg≤m3≤1kg(3)4N【解析】(1)當不懸掛物塊C時,通過受力分析可知,重力沿斜面向下的分力為Gx=m2gsinθ=6N,重力沿垂直于斜面方向的分力為Gy=m2gcosθ=8N,A、B間的動摩擦因數(shù)為0.5,則摩擦力大小為Ff=μFN=μGy=4N,故Gx>Ff,B會自行下滑。(2)當懸掛物塊C時,對物塊B受力分析,當摩擦力沿斜面向上時拉力FT有最小值,為FTmin=Gx-Ff=2N,解得m3min=0.2kg,當摩擦力沿斜面向下時拉力FT有最大值,為FTmax=Gx+Ff=10N,解得m3max=1kg,故C的質量范圍為0.2kg≤m3≤1kg。(3)當m3=0.5kg時,拉力FT大小為FT=m3g=5N,地面對A的摩擦力FfA=FTcosθ=4N。 第3講力的合成與分解情境導思我們直接用雙手把一段圓木掰成兩半不容易,但若我們使用斧子,就很容易將圓木向兩邊劈開(如圖)。仔細觀察你會發(fā)現(xiàn),斧子的橫截面就像是兩個背靠背黏合在一起的斜面。斧子這種獨特的形狀能夠將一個較小的力分解成兩個較大的分力。想一想,這是什么原因呢?1.(2025·云南昆明期中)(多選)關于力的合成和分解,下列說法正確的是()[A]兩個力的合力,可能比這兩個分力都小[B]已知合力及一個分力的大小和方向,求另一個分力有唯一解[C]兩個分力大小一定,夾角越大,合力越小[D]把一個力分解為兩個分力,兩個分力不能同時大于這個力的2倍【答案】ABC2.(2024·黑龍江鶴崗期末)(多選)如圖所示,把光滑斜面上物體的重力mg分解為F1、F2兩個力,則()[A]F1是斜面作用在物體上使物體下滑的力,F2是物體對斜面的壓力[B]物體受到mg、FN、F1、F2四個力作用[C]物體受到的合力為mgsinθ,方向沿斜面向下[D]FN、F1、F2三個力的作用效果和mg與FN兩個力的作用效果相同【答案】CD【答案】同一點一點相同合力分力等效替代合力有向合力有向線段分力逆運算平行四邊形垂直方向平行四邊形方向算術考點一共點力的合成(1)互成角度的兩個力,其中一個力增大后,合力一定增大嗎?請作圖說明。(2)有三個共點力F1=8N,F2=7N,F3=16N,這三個力合力的最大值和最小值分別是多少?若F3=10N呢?提示:(1)不一定。如圖,F2增大后,合力F可能減小,可能不變,還可能增大。(2)31N1N25N01.共點力合成的方法(1)作圖法。(2)計算法。①圖甲中,F1與F2垂直,F=F1②圖乙中,F1與F2大小相等,夾角為θ,F=2F1cosθ2③圖丙中,F1與F2大小相等,夾角為120°,F=F1=F2。2.合力大小的范圍(1)兩個共點力的合成。①當兩個力方向相同時,合力最大,Fmax=F1+F2。②當兩個力方向相反時,合力最小,Fmin=|F1-F2|。③合力大小的變化范圍為|F1-F2|≤F≤F1+F2。(2)三個共點力的合成。①最大值:當三個分力同方向時,合力最大,即Fmax=F1+F2+F3。②最小值:如果一個力的大小處于另外兩個力的合力大小范圍內,則其合力的最小值為零,即Fmin=0;如果不處于,則合力的最小值等于最大的一個力減去另外兩個力的大小之和,即Fmin=F1-(F2+F3)(F1為三個力中最大的力)。3.多個共點力的合成方法依據(jù)平行四邊形定則先求出任意兩個力的合力,再求這個合力與第三個力的合力,依次類推,求完為止。[例1]【兩個力的合成及合力的范圍】(多選)兩個力F1和F2之間的夾角為θ,其合力為F。下列說法正確的是()[A]合力F總比分力F1和F2中的任何一個力都大[B]若F1和F2大小不變,θ角減小,合力F一定增大[C]若夾角θ不變,F1大小不變,F2增大,合力F可能減小[D]若F1和F2大小不變,合力F與θ的關系圖像如圖所示,則任意改變這兩個分力的夾角,能得到的合力大小的變化范圍是2N≤F≤10N【答案】BC【解析】合力F的取值范圍是|F1-F2|≤F≤F1+F2,所以合力F不一定總比分力F1和F2中的任何一個力都大,故A錯誤;根據(jù)余弦定理可得合力大小為F=F12+F22+2F1F2cosθ,θ角減小,則合力F一定增大,故B正確;若夾角θ為鈍角,θ不變,F1大小不變,F2增大,有可能有如圖所示的情況,則F合′<F合,故C正確;由題圖得,當θ=180°時,合力為2N,即|F1-F2|=2N,當θ=90°時,合力為10N,即F12+F22=10N,解得F1=6N,F2=8N或F1=8N,[例2]【作圖法求合力】如圖所示,某物體同時受到共面的三個共點力作用,坐標紙小方格邊長的長度對應1N大小的力。甲、乙、丙、丁四種情況中,關于三個共點力的合力大小,下列說法正確的是()[A]圖甲中最小 [B]圖乙中為8N[C]圖丙中為5N [D]圖丁中為1N【答案】D【解析】由題圖可知,F甲=2N,方向豎直向上;F乙=45N,方向斜向右下;F丙=25N,方向斜向左上;F丁=1N,方向豎直向上。則題圖丁的合力最小,為1N,故選D。[變式]利用作圖法求出下面兩種情況下物體所受的合力大小。【答案】6N0【解析】題圖1中,由力的三角形定則可知,F2與F3的合力剛好為F1,所以合力大小為F=2F1=6N;題圖2中,由力的三角形定則可知,首尾順次相連的力合力為0。[例3]【共點力的合成】(2024·山西大同階段檢測)如圖所示,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(shù)為k,發(fā)射彈丸時每根橡皮條的最大長度為1.5L(彈性限度內),則發(fā)射過程中裹片對彈丸的最大作用力為()[A]223kL [B][C]kL [D]2kL【答案】A【解析】根據(jù)胡克定律可知,每根橡皮條的最大彈力為F=k(1.5L-L)=0.5kL,設此時兩根橡皮條與合力的夾角均為θ,根據(jù)幾何關系知sinθ=0.5L1.5L=13,則cosθ=1-sin2θ=223,根據(jù)平行四邊形定則知,彈丸被發(fā)射過程中所受的最大彈力為F考點二力的分解1.力的分解常用的方法項目正交分解法效果分解法分解方法將一個力沿著兩個互相垂直的方向進行分解根據(jù)一個力產生的實際效果進行分解實例分析x軸方向上的分力Fx=Fcosθ,y軸方向上的分力Fy=FsinθF1=GcosF2=Gtanθ力的分解方法選取原則一般來說,當物體受到三個或三個以下的力時,常按效果分解法進行分解,若這三個力中,有兩個力互相垂直,優(yōu)先選用正交分解法。當物體受到三個以上的力時,常用正交分解法2.一個已知力分解時有無解的討論已知合力F和兩個分力F1、F2的方向,求兩個分力的大小,有唯一解已知合力F和一個分力(大小、方向)求另一個分力(大小、方向),有唯一解已知合力F和兩分力F1、F2(F1>F2)的大小,求兩分力的方向F>F1+F2,無解F=F1+F2,有唯一解,F1和F2與F同向F=F1-F2,有唯一解,F1與F同向,F2與F反向F1-F2<F<F1+F2,有無數(shù)組解(若限定在某一平面內,有兩組解)已知合力F和F1的方向、F2的大小(F1與合力的夾角為θ)F2<Fsinθ,無解F2=Fsinθ,有唯一解Fsinθ<F2<F,有兩組解F2≥F,有唯一解[例4]【力的正交分解法】(2023·廣東卷,2)如圖所示,可視為質點的機器人通過磁鐵吸附在船舷外壁面檢測船體。壁面可視為斜面,與豎直方向夾角為θ。船和機器人保持靜止時,機器人僅受重力G、支持力FN、摩擦力Ff和磁力F的作用,磁力垂直壁面。下列關系式正確的是()[A]Ff=G [B]F=FN[C]Ff=Gcosθ [D]F=Gsinθ【答案】C【解析】如圖所示,將重力垂直于斜面方向和沿斜面方向分解,根據(jù)平衡條件可知,沿斜面方向有Ff=Gcosθ,垂直于斜面方向有F=Gsinθ+FN,故C正確。[例5]【力的效果分解法】(2024·重慶渝中模擬)豎直墻上M為一固定圓環(huán),同一高度的N為一鐵釘,M、N之間連著細鐵絲,俯視如圖所示,選項A中,有一力F沿圖中水平方向拉著鐵釘,B、C、D選項中用同一大小的力F在鐵絲中點沿圖中方向拉鐵絲。四種情況下,鐵釘受到拉力最大的是()[A][B][C][D]【答案】B【解析】選項A中,鐵釘受到拉力FA=F;選項B中,對鐵絲中點的力F的分解示意圖如圖所示,根據(jù)幾何關系有sinαF=sinθFB,解得鐵釘受到的拉力FN=FB=sinθsinαF,可知θ=90°時,FN>F;又根據(jù)選項B、C、D中α角不變,力F不變,θ角減小,可知鐵釘受到的拉力也逐漸減小[例6]【力的分解的多解問題】(多選)已知力F,且它的一個分力F1與F成30°角,大小未知,另一個分力F2的大小為33F,方向未知,則F1的大小可能是([A]3F3 [B][C]23F3 [D]【答案】AC【解析】根據(jù)題意,作出矢量三角形,如圖,通過幾何關系得,F1=33F或F1′=233F,故A、C正確,B[變式]若已知力F,且它的一個分力F1與F成30°角,F1大小未知,當另一個分力F2取最小值時,分力F1大小為多少?【答案】32【解析】根據(jù)三角形定則知,當另一個分力F2與F1垂直時,F2最小,則F1=Fcos30°=32F考點三“活結—死結”模型與“動桿—定桿”模型1.“活結—死結”模型模型結構模型解讀模型特點“活結”把繩子分為兩段,且可沿繩移動,“活結”一般由繩跨過滑輪或繩上掛一光滑掛鉤而形成,繩子因“活結”而彎曲,但實際為同一根繩“活結”兩側的繩子上的張力大小處處相等“死結”把繩子分為兩段,且不可沿繩子移動,“死結”兩側的繩因結而變成兩根獨立的繩“死結”兩側的繩子上的張力不一定相等2.“定桿—動桿”模型模型結構模型解讀模型特點輕桿被固定,不發(fā)生轉動桿受到的彈力方向不一定沿桿輕桿用光滑的轉軸或鉸鏈連接桿平衡時,桿所受到的彈力方向一定沿著桿,否則桿會轉動[例7]【“活結—死結”模型】如圖,懸掛物體甲的細線拴牢在一不可伸長的輕質細繩上O點處;繩的一端固定在墻上,另一端通過光滑定滑輪與物體乙相連,甲、乙兩物體質量相等。系統(tǒng)平衡時,O點兩側繩與豎直方向的夾角分別為α和β。若α=70°,則β等于()[A]45° [B]55° [C]60° [D]70°【答案】B【解析】物體甲是拴牢在O點的,且甲、乙兩物體的質量相等,則繩OB、OC的拉力大小相等,O點處于平衡狀態(tài),則繩OA拉力的方向在繩OB、OC的角平分線上,如圖所示,根據(jù)幾何關系有180°=2β+α,解得β=55°。[變式]若甲、乙兩物體的質量均為m=2kg,重力加速度g取10m/s2,取sin55°=0.82,sin70°=0.94。繩OA的拉力約為多大?【答案】23N【解析】如圖所示,由正弦定理得FTOC又FTOC=mg=20N,解得FTOA=F合≈23N。[例8]【“定桿—動桿”模型】如圖甲所示,輕桿OB可繞B點自由轉動,另一端O點用細繩拉住,固定在左側墻壁上,質量為m的重物用細繩OC懸掛在輕桿的O點,OA與輕桿的夾角∠BOA=30°。圖乙中水平輕桿OB一端固定在豎直墻壁上,另一端O裝有小滑輪,用一根繩跨過滑輪后懸掛一質量為m的重物,圖中∠BOA=30°,則:(1)甲、乙兩圖中細繩OA的拉力各是多大?(2)圖甲中輕桿受到的彈力是多大?(3)圖乙中輕桿對滑輪的作用力是多大?【答案】(1)2mgmg(2)3mg(3)mg【解析】(1)題圖甲中,以O點為研究對象,受力分析如圖甲所示,根據(jù)平衡條件得FT1=mgsin30°=2FN1=mgtan30°=3題圖乙中,對O點分析,如圖乙所示,根據(jù)受力平衡有FT1′=FT2′=mg。(2)由牛頓第三定律,圖甲中OB桿受到的彈力大小F彈=FN1=3mg。(3)根據(jù)題意可得,滑輪受到繩子的作用力應為圖乙中兩段繩中拉力FT1′和FT2′的合力F2,因FT1′=FT2′=mg,且拉力FT1′和FT2′的夾角為120°,由幾何知識得F2=mg,圖乙中,由于平衡,則輕桿對滑輪的作用力和輕繩對滑輪的作用力大小相等,方向相反,即FN2=F2=mg。[變式]在[例8]甲、乙兩圖中輕桿受到的彈力方向是否沿桿的方向?【答案】題圖甲中,輕桿受到的彈力方向沿桿的方向;題圖乙中,輕桿受到的彈力方向沿兩段繩子夾角的平分線方向,不沿桿的方向。(滿分:60分)對點1.共點力的合成1.(6分)(2024·安徽蕪湖模擬)(多選)物體靜止于水平桌面上,兩者之間的最大靜摩擦力為5N,現(xiàn)將水平面內的三個力同時作用于物體的同一點,三個力的大小分別為2N、2N、3N。下列關于物體的受力情況和運動情況判斷正確的是()[A]物體所受靜摩擦力可能為2N[B]物體所受靜摩擦力可能為4N[C]物體可能仍保持靜止[D]物體一定被拉動【答案】ABC【解析】2N、2N、3N三個力可構成閉合三角形,則三個力的合力范圍為0～7N,由于最大靜摩擦力為5N,因此可判定選項A、B、C正確,D錯誤。2.(4分)如圖所示,AB是半圓的直徑,O為圓心,P點是圓上的一點,在P點作用了三個共點力F1、F2、F3。若F2的大小已知,則這三個力的合力為()[A]F2 [B]2F2 [C]3F2 [D]4F2【答案】C【解析】根據(jù)平行四邊形定則,先將F1、F3合成,如圖所示,可知合力恰好沿直徑PO方向,方向與力F2方向相同,大小可以用半徑長度表示,即三個力的合力大小為3F2。3.(4分)(2024·河南鄭州開學考試)如圖所示,輕繩OA、OB和OP將一只動物花燈懸掛在P點,花燈保持靜止。已知繩OA和OB的夾角為106°,對O點拉力的大小皆為F,取sin53°=0.8,cos53°=0.6,輕繩OP對O點拉力的大小為()[A]F [B]53F [C]65F [D]【答案】C【解析】根據(jù)矢量合成可知,輕繩OP對O點拉力的大小為F拉=2Fcos106°2=65F,對點2.力的分解4.(4分)(2024·山東濰坊開學考試)生活中經常用刀來劈開物體,如圖是刀刃的橫截面,F是作用在刀背上的力,若刀刃的橫截面是等腰三角形,刀刃兩側面的夾角為θ,則刀劈物體時對物體側向推力FN的大小為()[A]FN=Fsinθ [B]FN[C]FN=F2sinθ2 [D]【答案】C【解析】將力F分解為垂直于劈面的兩個分力,大小均為FN,由平行四邊形定則可得F=2FNsinθ2,解得FN=F5.(4分)(2024·重慶沙坪壩階段檢測)如圖所示,小物塊靜止在光滑水平冰面上,要使小物塊沿OO′方向運動,在施加水平向左的拉力F1的同時還需要再施加一個力F2,F2的最小值為()[A]F2=F1sinθ [B]F2=F1cosθ[C]F2=F1tanθ [D]F2=F【答案】A【解析】已知F1的方向,要使小物塊沿OO′方向運動,即F1和F2的合力沿OO′方向,根據(jù)力的三角形定則,可知F2的最小值為F2=F1sinθ。6.(10分)如圖,傾角為15°的斜面上放著一個木箱,用100N的拉力F斜向上拉著木箱,F與水平方向成45°角。分別以平行于斜面和垂直于斜面的方向為x軸和y軸建立平