资源简介

第二章 第2讲 力的合成与分解3
力 的 合 成
1．合力与分力
(1)定义：如果几个力共同作用产生的效果与一个力的作用效果相同，这一个力就叫做那几个力的合力，那几个力叫做这一个力的分力。
(2)关系：合力与分力是等效替代关系。
2．共点力
作用在物体的同一点，或作用线的延长线交于一点的几个力。
3．力的合成
(1)定义：求几个力的合力的过程。
(2)运算法则：
①平行四边形定则：求两个互成角度的共点力的合力，可以用表示这两个力的线段为邻边作平行四边形，这两个邻边之间的对角线就表示合力的大小和方向。
②三角形定则：把两个矢量的首尾顺次连接起来，第一个矢量的首到第二个矢量的尾的有向线段为合矢量。
1．合力范围的确定
(1)两个共点力的合力范围：|F1－F2|≤F≤F1＋F2，即两个力的大小不变时，其合力随夹角的增大而减小。当两力反向时，合力最小，为|F1－F2|；当两力同向时，合力最大，为F1＋F2。
(2)三个共面共点力的合力范围：
①三个力共线且方向相同时，其合力最大为F＝F1＋F2＋F3。
②以这三个力的大小为边，如果能组成封闭的三角形，则其合力最小为零，若不能组成封闭的三角形，则合力最小值的大小等于最大的一个力减去另外两个力的和。
2．几种特殊情况的共点力合成
类　型 作　图 合力的计算
互相垂直 F＝tan θ＝
两力等大，夹角θ F＝2F1cosF与F1夹角为
两力等大且夹角120° 合力与分力等大
1．两个共点力F1与F2的合力大小为6 N，则F1与F2的大小可能是(　　)
A．F1＝2 N，F2＝9 N　　　　B．F1＝4 N，F2＝8 N
C．F1＝1 N，F2＝8 N D．F1＝2 N，F2＝1 N
解析：选B　由于合力大小为：|F1－F2|≤F≤|F1＋F2|可通过以下表格对选项进行分析。
选项 诊断 结论
A 7 N≤F≤11 N ×
B 4 N≤F≤12 N √
C 7 N≤F≤9 N ×
D 1 N≤F≤3 N ×
力 的 分 解
1．力的分解
(1)定义：求一个力的分力的过程，是力的合成的逆运算。
(2)遵循法则：平行四边形定则、三角形定则。
(3)分解的方法：
①按力的实际作用效果进行分解。
②力的正交分解。
2．矢量和标量
(1)矢量：既有大小又有方向的量，运算时遵从平行四边形定则。
(2)标量：只有大小没有方向的量，运算时按算术法则进行。
1．效果分解法的解题步骤
(1)根据力的实际作用效果确定两个实际分力的方向；
(2)根据两个实际分力的方向画出平行四边形；
(3)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。
图2－2－1
(2)建立坐标轴的原则：一般选共点力的作用点为原点，在静力学中，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)；在动力学中，以加速度方向和垂直加速度方向为坐标轴建立坐标系。
(3)方法：物体受到多个力作用F1、F2、F3…，求合力F时，可把各力沿相互垂直的x轴、y轴分解。
x轴上的合力：Fx＝Fx1＋Fx2＋Fx3＋…
y轴上的合力：Fy＝Fy1＋Fy2＋Fy3＋…
合力大小：F＝
合力方向：与x轴夹角为θ，则tan θ＝。
2.如图2－2－2所示，质量为m的等边三棱柱静止在水平放置的斜面上。已知三棱柱与斜面之间的动摩擦因数为μ，斜面的倾角为30°，则斜面对三棱柱的支持力与摩擦力的大小分别为(　　)
图2－2－2
A.mg和mg
B. mg和mg
C.mg和μmg
D.mg和μmg
解析：选A　三棱柱受到重力、支持力和摩擦力三个力的作用而平衡，故FN＝mgcos 30°＝mg，Ff＝mgsin 30°＝mg，A正确。
共点力的合成问题
[命题分析]　共点力的合成是高考常考的知识点，单独考查的机会不多，常与其他的知识综合起来考查。考查的方式有选择题、计算题等。
[例1]　(2011·广东高考)如图2－2－3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2－2－3
A．F1>F2>F3
B．F3>F1>F2
C．F2>F3>F1
D．F3>F2>F1
[解析]　P点受力如图所示：由几何知识得F3>F1>F2，故B正确，A、C、D错误。
[答案]　B
———————————————————————————————
——————————————————————————————————————　
[互动探究]
若F1、F2的大小保持不变，使F1、F2的夹角减小，再次平衡时，橡皮绳的拉力F3(　　)
A．变大　　　　　　　　　B．变小
C．不变 D．无法确定
解析：选A　F1、F2的合力与F3等大、反向，F1、F2的大小保持不变，其合力随夹角的减小而增大，故F3变大，A正确。
力的分解问题
[命题分析]　力的分解是高考中的重要考点，常以选择题的形式考查，或在大题中与其他知识综合考查。
[例2]　 (2012·全国新课标)拖把是由拖杆和拖把头构成的擦地工具(如图2－2－4)。设拖把头的质量为m，拖杆质量可忽略；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2－2－4
(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tan θ0。
[思维流程]
第一步：抓信息关键点
关键点 信息获取
(1)该拖把在水平地板上拖地 竖直方向上拖把所受合力为零
(2)沿拖杆方向推拖把 拖杆对拖把头的作用力沿拖杆的方向
(3)拖把头在地板上匀速移动 拖把头处于平衡状态
(4)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 拖把头必须克服它与地板间的最大静摩擦力才能使拖把运动
第二步：找解题突破口
(1)要求拖把头匀速运动时推拖把的力，应先对拖把受力分析，利用正交分解的方法列方程求解。
(2)拖把头与地板间存在最大静摩擦力，它的大小与正压力成正比，故若θ角太小时，增大推力，最大静摩擦力随之增大，拖把头不会运动。
第三步：条理作答
[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，按平衡条件有：
Fcos θ＋mg＝FN①
Fsin θ＝Ff②
式中FN和Ff分别为地板对拖把的正压力和摩擦力。二者的关系为：
Ff＝μFN③
联立①②③得F＝ mg④
(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Fsin θ≤λFN⑤
这时①式仍满足，联立①⑤得
sin θ－λcos θ≤λ⑥
现考查使上式成立的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
sin θ－λcos θ≤0⑦
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
tan θ0＝λ。
[答案]　(1)　(2)λ
[变式训练]
　(2013·宝鸡模拟)如图2－2－5所示，α＝30°，装置的重力和摩擦力均不计，若用F＝100 N的水平推力使滑块B保持静止，则工件上受到的向上的弹力多大？
图2－2－5
解析：将推力F分解如图甲所示。
将杆上的推力F1分解如图乙所示。
则FN＝F1cos α＝cos α＝100 N。
答案：100 N
纠错蓝本——有关摩擦力问题的几个典型错误
[示例]　如图2－2－6所示，在粗糙水平面上放一斜面体a，有一物体b在斜面上刚好匀速下滑，现在b上施加沿斜面向下的力F，使b沿斜面加速下滑，则(　　)
图2－2－6
A．a保持静止，且没有相对水平面运动的趋势
B．a保持静止，但有相对水平面向右运动的趋势
C．a保持静止，但有相对水平面向左运动的趋势
D．因未给出所需数据，无法对a是否运动或有无运动趋势作出判断
[尝试解答]　选A　若以b为对象，由平衡条件知b受支持力和摩擦力的合力方向竖直向上，大小等于b的重力，因此b对a的压力和摩擦力的合力方向竖直向下，a没有相对地面运动的趋势。当施加沿斜面向下的力F后，斜面体所受各力均未发生变化，故a仍保持静止状态，即选A。
[失误探因]　
1．审题方面
(1)由于没有正确判断出加上力F后b的运动状态而错选C。
(2)加上力F后，错误地认为b对a的作用力指向右下方，从而错选B。
2．知识应用方面
在对a进行受力分析时，b对a的摩擦力在加上力F前后没有变化，如果认识不到这一点，会造成错解。
[名师点评]　滑动摩擦力的大小由公式Ff＝μFN计算，当物体受到的其他力发生变化时，关键要判断出压力FN是否变化，如果不变，则滑动摩擦力的大小不会变。第二章 第1讲 重力 弹力 摩擦力3
[体系构建]
[考纲点击]
1.滑动摩擦力、动摩擦因数、静摩擦力 (Ⅰ)2.形变、弹性、胡克定律 (Ⅰ)3.矢量和标量 (Ⅰ)4.力的合成和分解 (Ⅱ)5.共点力的平衡 (Ⅱ)实验二：探究弹力和弹簧伸长的关系实验三：验证力的平行四边形定则
[复习指导]
1.理解弹力和摩擦力的相关概念，并能对其进行灵活的应用。2.全面掌握探究弹力和弹簧伸长关系的方法，熟练应用胡克定律。3.掌握力的合成与分解的方法，能对共点力平衡问题进行熟练分析，同时能将此方法迁移到牛顿运动定律、功和能、电磁学相关问题的分析中。
重力和弹力
1．重力
(1)产生：由于地球的吸引而使物体受到的力。
(2)大小：与物体的质量成正比，即G＝mg。可用弹簧测力计测量重力。
(3)方向：总是竖直向下。
(4)重心：其位置与其质量分布和形状有关。
2．弹力
(1)定义：发生弹性形变的物体由于要恢复原状而对与它接触的物体产生的作用力。
(2)产生的条件：
①物体间直接接触；
②接触处发生弹性形变。
(3)方向：总是与物体形变的方向相反。
(4)大小——胡克定律：
①内容：弹簧发生弹性形变时，弹力的大小跟弹簧伸长(或缩短)的长度x成正比。
②表达式：F＝kx。k是弹簧的劲度系数，由弹簧自身的性质决定，单位是牛顿每米，用符号N/m表示。x是弹簧长度的变化量，不是弹簧形变以后的长度。
判断弹力有无的四种方法
条件法 根据物体是否直接接触并发生弹性形变来判断是否存在弹力。此方法多用来判断形变较明显的情况。
假设法 对形变不明显的情况，可假设两个物体间弹力不存在，看物体能否保持原有的状态，若运动状态不变，则此处不存在弹力，若运动状态改变，则此处一定有弹力。
状态法 根据物体的运动状态，利用牛顿第二定律或共点力平衡条件判断弹力是否存在。
替换法 可以将硬的、形变不明显的施力物体用软的、易产生明显形变的物体来替换，看能否维持原来的力学状态。
2．判断弹力方向的方法
(1)根据物体所受弹力方向与施力物体形变的方向相反判断。
(2)根据共点力的平衡条件或牛顿第二定律确定弹力的方向。
3．计算弹力大小的三种方法
(1)根据胡克定律进行求解。
(2)根据力的平衡条件进行求解。
(3)根据牛顿第二定律进行求解。
1.如图2－1－1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，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2－1－1
A．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：选B　若小车静止，小球受力平衡，则小球只受两个力作用，即重力和细绳拉力，A错，B对；若小车向右匀速运动，则小球受力平衡，斜面对小球的支持力为零；小球不可能向右加速运动；若小球向右减速运动，则加速度水平向左，斜面对小球有支持力，小球共受三个力作用，选项C、D错。
摩 擦 力
1．定义
两个相互接触的物体，当它们发生相对运动或具有相对运动的趋势时，在接触面上产生阻碍相对运动或相对运动趋势的力。
2．产生条件
(1)接触面粗糙；
(2)接触处有弹力；
(3)两物体间有相对运动或相对运动趋势。
3．方向
与受力物体相对运动或相对运动趋势的方向相反。
4．大小
(1)滑动摩擦力：F＝μFN；
(2)静摩擦力：01．判断静摩擦力有无及方向的四种方法
(1)假设法：利用假设法判断的思维程序如下。
(2)反推法：从研究物体的运动状态反推它必须具有的条件，分析组成条件的相关因素中摩擦力所起的作用，从而判断静摩擦力的有无及方向。
(3)状态法：此法关键是先判明物体的运动状态(即加速度的方向)，再利用牛顿第二定律(F＝ma)确定合力，然后通过受力分析确定静摩擦力的大小及方向。
(4)牛顿第三定律法：此法的关键是抓住“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“力的相互性”确定另一物体受到的静摩擦力方向。
2．静摩擦力的计算
(1)其大小、方向都跟产生相对运动趋势的外力密切相关，但跟接触面相互挤压力FN无直接关系，因而静摩擦力具有大小、方向的可变性，其大小只能依据物体的运动状态进行计算，若为平衡状态，静摩擦力可由平衡条件建立方程求解；若为非平衡状态，可由动力学规律建立方程求解。
(2)最大静摩擦力Fmax是物体将要发生相对滑动这一临界状态时的摩擦力，它的数值与FN成正比，在FN不变的情况下，滑动摩擦力略小于Fmax，而静摩擦力可在0～Fmax间变化。
3．滑动摩擦力的计算
(1)公式：F＝μFN。
(2)注意事项：
①μ为动摩擦因数，其大小与接触面的材料、表面的粗糙程度有关；FN为两接触面的正压力，其大小不一定等于物体的重力。
②滑动摩擦力的大小与物体的运动速度无关，与接触面积的大小无关。
2．(2011·天津高考)如图2－1－2所示，A、B两物块叠放在一起，在粗糙的水平面上保持相对静止地向右做匀减速直线运动，运动过程中B受到的摩擦力(　　)
图2－1－2
A．方向向左，大小不变　　B．方向向左，逐渐减小
C．方向向右，大小不变 D．方向向右，逐渐减小
解析：选A　对B受力分析知，B所受静摩擦力F＝mB·a＝μmBg，大小不变，方向向左，故A对，B、C、D错。
弹力的分析与计算
[命题分析]　弹力的有关分析和计算是高考必考的知识点，可单独命题，也可与其他知识综合命题，题型有选择、计算等。
[例1]　如图2－1－3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10 kg的物体，∠ACB＝30°；图乙中轻杆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°，轻杆的P点用细绳PQ拉住一个质量也为10 kg的物体。g取10 N/kg，求：
图2－1－3
(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。
[思维流程]
第一步：抓信息关键点
关键点 信息获取
(1)水平横梁BC右端的定滑轮 AC绳和CD绳拉力等大，BC杆在C点的弹力方向不一定沿杆
(2)轻杆HP一端用铰链固定 杆HP对P点的弹力沿杆的方向，EP绳和PQ绳的拉力不一定等大
第二步：找解题突破口
(1)要求FAC与FEP之比，应利用共点力的平衡，分别对C点和P点受力分析，列式求解。
(2)横梁BC对C端的支持力等于FAC和FCD的合力。
(3)轻杆HP对P端支持力的方向为沿轻杆向右。
第三步：条理作答
[解析]　图甲和乙中的两个物体M1、M2都处于平衡状态，根据平衡条件可判断，与物体相连的细绳拉力大小等于物体的重力。分别取C点和P点为研究对象，进行受力分析如图甲和乙所示。
(1)图甲中轻绳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
图乙中由FEPsin 30°＝FPQ＝M2g得FEP＝2M2g，
所以得＝＝。
(2)图甲中，根据几何关系得：
FC＝FAC＝M1g＝100 N，方向和水平方向成30°角斜向右上方。
(3)图乙中，根据平衡方程有FEPsin 30°＝M2g
FEPcos 30°＝FP
所以FP＝M2gcot 30°＝M2g≈173 N，方向水平向右。
[答案]　(1)1∶2　(2)100 N，方向与水平方向成30°角斜向右上方　(3)173 N，方向水平向右
————————————————————————————
分析绳或杆的弹力时应重点关注的问题
(1)中间没有打结的轻绳上各处的张力大小都是一样的，如果绳子打结，则以结点为界，不同位置上的张力大小可能是不一样的。
(2)杆可分为固定杆和活动杆，固定杆的弹力方向不一定沿杆，弹力方向视具体情况而定，活动杆只能起到“拉”和“推”的作用。
—————————————————————————————————————— [变式训练]
1.(2012·青岛模拟)如图2－1－4所示，在水平天花板的A点处固定一根轻杆a，杆与天花板保持垂直，杆的下端有一个轻滑轮O。另一根细线上端固定在该天花板的B点处，细线跨过滑轮O，下端系一个重量为G的物体。BO段细线与天花板的夹角为θ＝30°，系统保持静止，不计一切摩擦。下列说法中正确的是(　　)
图2－1－4
A．细线BO对天花板的拉力大小是
B．a杆对滑轮的作用力大小是
C．a杆和细线对滑轮的合力大小是G
D．a杆对滑轮的作用力大小是G
解析：选D　细线对天花板的拉力等于物体的重力G；以滑轮为研究对象，两段细线的拉力都是G，互成120°，因此合力大小是G，根据共点力的平衡条件，a杆对滑轮的作用力大小也是G，方向与竖直方向成60°角斜向右上方；a杆和细线对滑轮的合力大小为零。
摩擦力的有无及方向的判断
[命题分析]　静摩擦力的有无及方向的判断是个难点问题，在高考中经常涉及，在大题中常作为解题过程的一部分考查。
[例2]　如图2－1－5所示，倾角为θ的斜面体C置于水平面上，B置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与A相连接，连接B的一段细绳与斜面平行，A、B、C都处于静止状态，则(　　)
图2－1－5
A．B受到C的摩擦力一定不为零
B．C受到水平面的摩擦力一定为零
C．不论B、C间摩擦力大小、方向如何，水平面对C的摩擦力方向一定向左
D．水平面对C的支持力与B、C的总重力大小相等
[解析]　由于B受到的重力沿斜面向下的分力与绳对它的拉力关系未知，所以B受到C的摩擦力情况不确定，A错；对B、C整体，受力如图所示，C受到水平面的摩擦力与拉力的水平分力相等，水平面对C的支持力等于B、C的总重力与拉力的竖直分力的差值，故C对。
[答案]　C
[变式训练]
2．如图2－1－6所示，物体A、B在力F作用下一起以相同速度沿F方向做匀速运动，关于物体A所受的摩擦力，下列说法正确的是(　　)
图2－1－6
A．甲、乙两图中A均受摩擦力，且方向均与F相同
B．甲、乙两图中A均受摩擦力，且方向均与F相反
C．甲、乙两图中A均不受摩擦力
D．甲图中A不受摩擦力，乙图中A受摩擦力，方向与F相同
解析：选D　分析水平面上叠加物体间的摩擦力，甲图中选用假设法，A、B在拉力F作用下一起匀速运动，若A受摩擦力，则A物体受力不平衡与已知相矛盾，故A、B间无摩擦力。斜面上叠加的物体间摩擦力分析，乙图中也选用假设法，设AB间光滑无摩擦力，A沿斜面方向受力不平衡，不能匀速运动故有摩擦力。
摩擦力大小的计算
[命题分析]　高考中常结合共点力的平衡、牛顿运动定律等考查摩擦力的计算问题，能力要求较高，命题形式多样。
[例3]　用轻弹簧竖直悬挂质量为m的物体，静止时弹簧的伸长量为L，现用该弹簧沿斜面方向拉住质量为2m的物体，系统静止时弹簧伸长量也为L，斜面倾角为30°，如图2－1－7所示。则物体所受摩擦力(　　)
图2－1－7
A．等于零
B．大小为mg，方向沿斜面向下
C．大小为mg，方向沿斜面向上
D．大小为mg，方向沿斜面向上
[解析]　对竖直悬挂的物体，因处于静止状态，故有kL＝mg①
对斜面上的物体进行受力分析，建立如图所示的坐标，并假设摩擦力方向沿x轴正方向。由平衡条件得：
kL＋Ff＝2mg sin 30°②
联立①②两式解得：Ff＝0，
故选项A正确，B、C、D错误。
[答案]　A
[变式训练]
3．(2013·山东淄博)如图2－1－8所示，物块A放在倾斜的木板上，已知木板的倾角α分别为30°和45°时物块所受摩擦力的大小恰好相同，则物块和木板间的动摩擦因数为(　　)
图2－1－8
A.　　　　　　　　　B.
C. D.
解析：选C　由题意可以判断出，当倾角α＝30°时，物块受到的摩擦力是静摩擦力，大小为Ff1＝mgsin 30°，当α＝45°时，物块受到的摩擦力为滑动摩擦力，大小为Ff2＝μFN＝μmgcos 45°，由Ff1＝Ff2得μ＝。
万能模型——静摩擦力和滑动摩擦力的相互转化模型
1．模型特点
当物体的受力情况发生变化时，摩擦力的大小和方向往往会发生变化，有可能会导致静摩擦力和滑动摩擦力之间的相互转化。
2．分析方法
(1)过程分析法：对物体的整个受力过程进行分析，应用平衡条件、牛顿第二定律和Ff＝μFN得出静摩擦力、滑动摩擦力与变化量之间的定量关系，求解变化规律。
(2)特殊位置法：选取物体受力情况发生变化过程中发生突变和具有代表性的位置，从而排除错误选项的方法。
3．注意事项
(1)该类问题常涉及摩擦力的突变问题，在分析中很容易发生失误。如题干中无特殊说明，一般认为最大静摩擦力略大于滑动摩擦力。
(2)由于此类问题涉及的过程较为复杂，采用特殊位置法解题往往比采用过程分析法解题更为简单。
[示例]　长直木板的上表面的一端放有一个木块，如图2－1－9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2－1－9
图2－1－10
[解析]　下面通过“过程分析法”和“特殊位置法”分别求解：
方法一：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＝mgsin α。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＝μmgcos α，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＝，Ff滑＝0
综上分析可知选项C正确。
方法二：特殊位置法
本题选两个特殊位置也可方便地求解，具体分析见表：
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
[模型构建]　本题属于典型的摩擦力的判断问题，解答的关键是判断出物体所受摩擦力是静摩擦力还是滑动摩擦力，特别是要注意物体间的相对运动或相对运动趋势发生变化时，摩擦力的大小和方向往往会随之变化。
[变式训练]如图2－1－11所示，斜面固定在地面上，倾角为37°(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。质量为1 kg的滑块以初速度v0从斜面底端沿斜面向上滑行(斜面足够长，该滑块与斜面间的动摩擦因数为0.8)，则该滑块所受摩擦力F随时间变化的图象是图2－1－12中的(取初速度方向为正方向)(g＝10 m/s2)(　　)
图2－1－11
图2－1－12
解析：选B　物体上升过程中受滑动摩擦力，由F＝μFN和FN＝mgcos θ联立得F＝6.4 N，方向向下。当物体的速度减为零后，由于重力的分力mgsin θ<μmgcos θ，物体不动，物体受的摩擦力为静摩擦力，由平衡条件得F＝mgsin θ，代入可得F＝6 N，方向向上，故B项正确第二章　力与相互作用　合力与分力
考　纲　要　求 高考频度 备　考　指　导
1.滑动摩擦力、动摩擦因数、静摩擦力Ⅰ ★★★★
2.形变、弹性、胡克定律Ⅰ ★★★★
3.矢量和标量Ⅰ ★
4.力的合成和分解Ⅱ ★★★★★
5.共点力的平衡Ⅱ ★★★★★
实验二：探究弹力和弹簧伸长的关系 ★★
实验三：验证力的平行四边形定则 ★★★ 1.理解重力、弹力、摩擦力三种性质力的产生条件，掌握弹力、静摩擦力有无的判断方法以及滑动摩擦力、静摩擦力的计算方法．
2.掌握解决物理问题的基本方法：力的合成与分解．
3.本章的重点是力与物体的平衡，尤其是摩擦力和物体的平衡两知识点，往往与牛顿运动定律、动能定理、能量守恒定律相结合，有时还与电场及磁场中的带电体的运动相结合，题目难度较大，综合性较强，能力要求也较高.
第1讲　牛顿第三定律　弹力　摩擦力
(对应学生用书第16页)
牛顿第三定律
1.内容
两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等，方向相反，作用在同一直线上．
2．表达式：F＝－F′.
3．说明：作用力与反作用力有“三同三不同”．
(1)三同
(2)三不同
【针对训练】
1．(2011·上海高考)在日常生活中，小巧美观的冰箱贴使用广泛．一磁性冰箱贴贴在冰箱的竖直表面上静止不动时，它受到的磁力(　　)
A．小于受到的弹力
B．大于受到的弹力
C．和受到的弹力是一对作用力与反作用力
D．和受到的弹力是一对平衡力
【解析】　因磁性冰箱贴静止不动，在水平方向上受到两个力：磁力与弹力，应为平衡力，所以D正确，A、B、C错误．
【答案】　D
弹 力
1.产生条件
(1)两物体相互接触．
(2)两物体发生弹性形变．
2．方向
弹力的方向总是与施力物体形变的方向相反．几种典型的弹力的方向如下：
(1)压力：垂直于支持面而指向被压的物体．
(2)支持力：垂直于支持面而指向被支持的物体．
(3)细绳的拉力：沿绳指向绳收缩的方向．
(4)轻杆的弹力：不一定沿杆，要根据运动状态具体分析．
3．大小
(1)弹簧类弹力在弹性限度内遵从胡克定律：F＝kx.
(2)非弹簧类弹力大小应根据平衡条件或动力学规律求解．
【针对训练】
2.
图2－1－1
(2012·榆林一中二模)如图2－1－1所示，轻质弹簧上端固定，下端悬挂一个重球，在重球下放着一光滑斜面，球与斜面接触且处于静止状态，弹簧保持竖直，则重球受到的力有(　　)
A．重力和弹簧的拉力
B．重力、弹簧的拉力和斜面的支持力
C．重力、斜面的弹力和斜面的静摩擦力
D．重力、弹簧的拉力、斜面的支持力下滑力
【解析】　斜面光滑，故重球不受静摩擦力，所谓下滑力是重力沿斜面的分力，当谈到受重力作用后不应再提下滑力，因此排除C、D两个选项．重球处于静止状态，且弹簧保持竖直，重球也不应受斜面的支持力，否则在支持力作用下小球水平方向受到的合力不为零，弹簧不能保持竖直状态，B选项错误．
【答案】　A
摩 擦 力
　 名称
项目　　 静摩擦力 滑动摩擦力
产生条件 接触面粗糙
接触处有弹力
两物体间有相对运动趋势 接触面粗糙
接触处有弹力
两物体间有相对运动
大小、方向 大小：0＜f≤fm
方向：与受力物体相对运动趋势的方向相反 大小：f＝μN
方向：与受力物体相对运动的方向相反
作用效果 总是阻碍物体间的相对运动趋势 总是阻碍物体间的相对运动
【针对训练】
3.
图2－1－2
如图2－1－2所示，一辆汽车在平直公路上，车上有一木箱．试判断下列情况中，木箱所受的摩擦力及其方向．(设木箱质量为m，木箱与车面之间动摩擦因数为μ)
汽车运动情况 木箱运动情况 木箱受摩擦力大小方向
(1)由静止以加速度a加速 与车面无相对滑动
(2)匀速运动 与车面无相对滑动
(3)刹车，加速度a1 与车面无相对滑动
(4)匀速行驶中突然刹车 木箱相对车面向前滑
(5)匀速行驶中突然加速 木箱相对车面向后滑
【解析】　(1)当汽车由静止加速时，由于惯性木箱相对于汽车有向后运动的趋势，因此所受摩擦力为静摩擦力，方向水平向前，由牛顿第二定律可知大小为ma.同理可知(2)、(3)所受摩擦力的情况．(4)当汽车突然刹车时，木箱由于惯性相对于汽车向前滑动，所受摩擦力为滑动摩擦力，大小为μmg，方向水平向后；同理(5)中摩擦力向前，大小为μmg.
【答案】　(1)ma　向前　(2)0　(3)ma1　向后　(4)μmg　向后　(5)μmg　向前
(对应学生用书第17页)
弹力的判断和大小计算
1.弹力有无的判断
图2－1－3
(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．如图2－1－3中绳“1”对小球必无弹力，否则小球不能静止在此位置．
图2－1－4
(3)“状态法”：根据研究对象的运动状态受力分析，判断是否需要弹力，物体才能保持现在的运动状态．如图2－1－4中车匀加速向右运动，A必然受车厢臂的弹力才能随车向右加速运动．
2．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．
3．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．
　
图2－1－5
如图2－1－5所示，质量为m的物体A放在地面上的竖直轻弹簧B上，现用细绳跨过定滑轮将物体A与另一轻弹簧C连接，当弹簧C处在水平位置且右端位于a点时它刚好没有发生形变．已知弹簧B和弹簧C的劲度系数分别为k1和k2，不计定滑轮、细绳的质量和摩擦．将弹簧C的右端由a点沿水平方向拉到b点时，弹簧B刚好没有形变，求a、b两点间的距离．
【审题视点】　先根据平衡条件求出弹簧弹力的大小，再根据胡克定律求出伸长量．
【解析】　开始时，弹簧B的压缩量为x1＝；当弹簧B无形变时，弹簧C伸长量为x2＝，所以a、b间的距离为：
x1＋x2＝mg(＋)．
【答案】　mg(＋)
【即学即用】
1.
图2－1－6
(2013届延安模拟)如图2－1－6所示，一重为10 N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7.5 N，则AB杆对球的作用力(　　)
A．大小为7.5 N
B．大小为10 N
C．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如图所示，AB杆对球的作用力与绳的拉力的合力与小球重力等大反向，令AB杆对小球的作用力与水平方向夹角为α，可得：tan α＝＝，α＝53°，故D项正确．
【答案】　D
静摩擦力的有无及方向判断
1.假设法
2．用牛顿第二定律判断：先判断物体的运动状态(即加速度方向)，再利用牛顿第二定律(F＝ma)确定合力的方向，然后受力分析判定静摩擦力的有无和方向．
3．用牛顿第三定律判断：“摩擦力总是成对出现的”，先确定受力较少的物体受到的摩擦力方向，再确定另一物体受到的摩擦力方向．
静摩擦具有“被动性”，所以产生静摩擦力一定有原因，这个原因就是“相对运动趋势”或物体受到“主动力”，找到了原因也就知道静摩擦力的有无和方向了．
　
图2－1－7
(2013届宝鸡高三质检)如图2－1－7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(　　)
A．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
【审题视点】　(1)A、B、C均静止．
(2)B与A相连且细绳与斜面平行．
【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
【即学即用】
2．(2011·海南高考)如图2－1－8，粗糙的水平地面上有一斜劈，斜劈上一物块正在沿斜面以速度v0匀速下滑，斜劈保持静止，则地面对斜劈的摩擦力(　　)
图2－1－8
A．等于零
B．不为零，方向向右
C．不为零，方向向左
D．不为零，v0较大时方向向左，v0较小时方向向右
【解析】　因为物块匀速下滑而斜面体静止，可知两者受力都是平衡的，因此把它们当做一个整体，可知水平方向上不受摩擦力，A项对．
【答案】　A
正确理解牛顿第三定律
1.定律中的“总是”二字说明对于任何物体，在任何条件下牛顿第三定律都是成立的．
2．作用力和反作用力中若一个产生或消失，则另一个必然同时产生或消失，否则就违背了“相等关系”．
3．作用力和反作用力与一对平衡力的比较
　　　对应名称
比较内容　　　 作用力和反作用力 一对平衡力
不同点
受力
物体 作用在两个相互作用的物体上 作用在同一物体上
依赖
关系 相互依存，不可单独存在，同时产生，同时变化，同时消失 无依赖关系，撤除一个，另一个可依然存在
叠加性 两力作用效果不可叠加，不可求合力 两力作用效果可相互抵消，可叠加，可求合力且合力为零
力的
性质 一定是同性质的力 可以是同性质的力，也可以不是同性质的力
相同点 大小方向 大小相等、方向相反、作用在一条直线上
　一起重机通过一绳子将货物向上吊起的过程中(忽略绳子的重力、空气阻力)，以下说法正确的是(　　)
A．当货物匀速上升时，绳子对货物的拉力与货物对绳子的拉力是一对平衡力
B．无论货物怎么上升，绳子对货物的拉力与货物对绳子的拉力，大小总是相等
C．无论货物怎么上升，绳子对货物的拉力总大于货物的重力
D．若绳子质量不能忽略且货物匀速上升时，绳子对货物的拉力一定大于货物的重力
【解析】　绳子对货物的拉力和货物对绳子的拉力是一对作用力与反作用力，不管货物匀速、加速还是减速，大小都相等，A错B对；当货物匀速上升时，绳子对货物的拉力和货物重力是一对平衡力，货物加速上升，绳子对货物的拉力大于货物的重力，货物减速上升，绳子对货物的拉力小于货物的重力，C、D错．
【答案】　B
【即学即用】
3．(2013届乌鲁木齐模拟)如图2－1－9所示，将甲、乙两物体分别固定在一根弹簧的两端，并放在光滑水平的桌面上．已知甲、乙两物体的质量分别为m1和m2，弹簧的质量不能忽略．若甲受到方向水平向左的拉力F1作用，乙受到水平向右的拉力F2作用，则下列说法正确的是(　　)
图2－1－9
A．只要F1＜F2，甲对弹簧的拉力就一定小于乙对弹簧的拉力
B．只要m1＜m2，甲对弹簧的拉力就一定小于乙对弹簧的拉力
C．只有当F1＜F2且m1＜m2时，甲对弹簧的拉力才一定小于乙对弹簧的拉力
D．不论F1、F2及m1、m2的大小关系如何，甲对弹簧的拉力都等于乙对弹簧的拉力
【解析】　由于弹簧质量不能忽略，在弹簧加速运动的情况下，其两端的受力不相同，D错．以甲、乙、弹簧三者整体为研究对象，当F1＜F2，整体向右加速，再以弹簧为研究对象，则有F乙－F甲＝ma，显然F乙＞F甲(其中，F乙是乙对弹簧的拉力，F甲是甲对弹簧的拉力，m是弹簧的质量，a是弹簧向右的加速度)．所以A对，上式与m1、m2大小无关，所以B、C错．
【答案】　A
(对应学生用书第18页)
摩擦力大小的分析计算
摩擦力大小的计算注意以下三点：
(1)只有滑动摩擦力才能用公式f＝μN，其中的N表示正压力，不一定等于重力G.
(2)静摩擦力大小不能用f＝μN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fm＝μN.
(3)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＜f≤fm.
　
图2－1－10
(2012·西北工大附中模拟)如图2－1－10所示，质量分别为m和M的两物体P和Q叠放在倾角为θ的斜面上，P、Q之间的动摩擦因数为μ1，Q与斜面间的动摩擦因数为μ2.当它们从静止开始沿斜面下滑时，两物体始终保持相对静止，则物体P受到的摩擦力大小为多少？
【潜点探究】　(1)P、Q相对静止，二者之间的摩擦力为静摩擦力，不能用动摩擦因数μ1计算．
(2)P、Q相对静止，未必是平衡状态，不能认为f＝mgsin θ.
【规范解答】　
先取PQ为一整体，受力分析如图所示．由牛顿第二定律得：
(M＋m)gsin θ－fQ＝(M＋m)a
fQ＝μ2N
N＝(m＋M)gcos θ
以上三式联立可得a＝gsin θ－μ2gcos θ
再隔离P物体，设P受到的静摩擦力为fP，方向沿斜面向上，对P再应用牛顿第二定律得：
mgsin θ－fP＝ma
可得出fP＝μ2mgcos θ.
【答案】　μ2mgcos θ
【即学即用】
4.
图2－1－11
长直木板的上表面的一端放置一个铁块，木板放置在水平面上，将放置铁块的一端由水平位置缓慢地向上抬起，木板另一端相对水平面的位置保持不变，如图2－1－11所示．铁块受到的摩擦力f随木板倾角α变化的图线可能正确的是(设最大静摩擦力的大小等于滑动摩擦力)(　　)
【解析】　本题应分三种情况进行分析：
(1)当0≤α＜arctan μ(μ为铁块与木板间的动摩擦因数)时，铁块相对木板处于静止状态，铁块受静摩擦力作用，其大小与重力沿木板面(斜面)方向分力大小相等，即f＝mgsin α，α＝0时，f＝0，f随α增大按正弦规律增大．
(2)当α＝arctan μ时处于临界状态，此时摩擦力达到最大静摩擦力，由题设条件可知其等于滑动摩擦力大小．
(3)当arctan μ＜α≤90°时，铁块相对木板向下滑动，铁块受到滑动摩擦力的作用，可知f＝μN＝μmgcos α，f随α增大按余弦规律减小．
【答案】　C
(对应学生用书第19页)
●由运动状态判断摩擦力
1.
图2－1－12
(2011·天津高考)如图2－1－12所示，A、B两物块叠放在一起，在粗糙的水平面上保持相对静止地向右做匀减速直线运动，运动过程中B受到的摩擦力(　　)
A．方向向左，大小不变　　　B．方向向左，逐渐减小
C．方向向右，大小不变 D．方向向右，逐渐减小
【解析】　B向右做匀减速直线运动，加速度大小不变、方向向左，故所受摩擦力的方向向左，大小不变，即A项正确，B、C、D均错误．
【答案】　A
●摩擦力的有无及方向判断
2．如图2－1－13所示，质量为m的物体，在沿斜面向上的拉力F作用下，沿放在水平地面上的质量为M的倾角为θ的粗糙斜面匀速下滑，此过程中斜面保持静止，则地面对斜面(　　)
图2－1－13
A．无摩擦力
B．有水平向左的摩擦力
C．支持力为(M＋m)g
D．支持力小于(M＋m)g
【解析】　用整体法进行分析，以物体和斜面为研究对象，整体处于平衡状态，共受四个作用力：两物体的总重力、沿斜面向上的拉力F、地面的支持力、地面的静摩擦力，静摩擦力方向水平向左．因为总重力等于地面的支持力与拉力沿竖直方向的分力的合力，所以支持力小于总重力，B、D正确．
【答案】　BD
●结合状态求摩擦力
3．(2012·琼海一中一模)用轻弹簧竖直悬挂质量为m的物体，静止时弹簧的伸长量为L，现用该弹簧沿斜面方向拉住质量为2m的物体，系统静止时弹簧伸长量也为L，斜面倾角为30°，如图2－1－14所示．则物体所受摩擦力(　　)
图2－1－14
A．等于零
B．大小为mg，方向沿斜面向下
C．大小为mg，方向沿斜面向上
D．大小为mg，方向沿斜面向上
【解析】　对竖直悬挂的物体，因处于静止状态，故有
kL＝mg①
对斜面上的物体进行受力分析，建立如图所示的坐标，并假设摩擦力方向沿x轴正方向．由平衡条件得：
kL＋f＝2mgsin 30° ②
联立①②两式解得：f＝0
故选项A正确，B、C、D错误．
【答案】　A
●弹力的计算
4．(2013届重庆考前训练)三个质量均为1 kg的相同木块a、b、c和两个劲度均为500 N/m的相同轻弹簧p、q用轻绳连接如图2－1－15所示，其中a放在光滑水平桌面上．开始时p弹簧处于原长，木块都处于静止．现用水平力缓慢地向左拉p弹簧的左端，直到c木块刚好离开水平地面为止，g取10 m/s2.该过程p弹簧的左端向左移动的距离是(　　)
图2－1－15
A．4 cm　　　　　　　　B．6 cm
C．8 cm D．10 cm
【解析】　开始时，q处于压缩状态，
压缩量Δx1＝，
木块c离开地面时，
q处于伸长状态，
伸长量Δx2＝.
p原来处于原长，c离地时，
其伸长量为Δx3＝，
所以p弹簧左端向左移动的距离是：
Δx＝Δx1＋Δx2＋Δx3
由于ma＝mb＝mc＝m，
所以Δx＝＝0.08 m＝8 cm.
【答案】　C
●滑动摩擦力的计算
5.
图2－1－16
(2013届榆林模拟)如图2－1－16所示，位于水平桌面上的物块P，由跨过定滑轮的轻绳与物块Q相连，从滑轮到P和到Q的两段绳都是水平的．已知Q与P之间以及P与桌面之间的动摩擦因数都是μ，两物块的质量都是m，滑轮的质量、滑轮轴上的摩擦都不计．若用一水平向右的力F拉P使它做匀速运动，则F的大小为(　　)
A．4μmg B．3μmg
C．2μmg D．μmg
【解析】　对Q的受力分析如图①所示，对P的受力分析如图②所示，由平衡条件可得：T＝f，F＝f地→P＋fQ→P＋T，且根据f＝μN得F＝4 μmg，故只有A正确．
【答案】　A
　　　　　　　第二章 第1讲 牛顿第三定律、弹力、摩擦力2
(时间45分钟，满分100分)
一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分．在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得7分，选对但不全的得4分，有选错的得0分．)
1．关于地球上的物体，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
2．在图中，A、B均处于静止状态，则A、B之间一定有弹力的是(　　)
3．(2013届咸阳模拟)如图2－1－17所示的装置中，小球的质量均相同，弹簧和细线的质量均不计，一切摩擦忽略不计，平衡时各弹簧的弹力分别为F1、F2、F3，其大小关系是(　　)
图2－1－17
A．F1＝F2＝F3　　　　　　B．F1＝F2＜F3
C．F1＝F3＞F2 D．F3＞F1＞F2
4.
图2－1－18
(2012·威海模拟)如图2－1－18所示，小车沿水平面向右做匀加速直线运动，车上固定的硬杆和水平面的夹角为θ，杆的顶端固定着一个质量为m的小球，当小车运动的加速度逐渐增大时，杆对小球的作用力(F1至F4变化)的变化图示可能是(　　)
5.
图2－1－19
如图2－1－19所示，小球B放在真空容器A内，球B的直径恰好等于正方体A的边长，将它们以初速度v0竖直向上抛出，下列说法中正确的是(　　)
A．若不计空气阻力，上升过程中，A对B有向上的支持力
B．若考虑空气阻力，上升过程中，A对B的压力向下
C．若考虑空气阻力，下落过程中，B对A的压力向上
D．若不计空气阻力，下落过程中，B对A没有压力
6．关于摩擦力的说法中正确的是(　　)
A．滑动摩擦力的方向可能与物体的运动方向相同
B．滑动摩擦力总是阻碍物体间的相对运动
C．相互压紧的粗糙物体间总有摩擦力的作用
D．受静摩擦力作用的物体一定静止
7.
图2－1－20
(2012·延安一中一模)如图2－1－20所示，物块M通过与斜面平行的细绳与小物块m相连，斜面的倾角θ可以改变，讨论物块M对斜面的摩擦力的大小，则一定有(　　)
A．若物块M保持静止，则θ角越大，摩擦力越大
B．若物块M保持静止，则θ角越大，摩擦力越小
C．若物块M沿斜面下滑，则θ角越大，摩擦力越大
D．若物块M沿斜面下滑，则θ角越大，摩擦力越小
8.
图2－1－21
如图2－1－21所示，物块m放在倾角为θ的斜面上，受到平行于斜面的推力F而静止，现将力F撤去，则物块(　　)
A．会沿斜面下滑
B．摩擦力方向变化
C．摩擦力不变
D．摩擦力变小
9.
图2－1－22
(2012·铜川二模)如图2－1－21所示，物体P放在粗糙水平面上，左边用一根轻弹簧与竖直墙相连，物体静止时弹簧的长度大于原长．若再用一个从0开始逐渐增大的水平力F向右拉P，直到拉动，那么在P被拉动之前的过程中，弹簧对P的弹力FT的大小和地面对P的摩擦力f的大小的变化情况是(　　)
A．FT始终增大，f始终减小
B．FT保持不变，f始终增大
C．FT保持不变，f先减小后增大
D．FT先不变后增大，f先增大后减小
10.
图2－1－23
(2013届山东省实验中学月考)如图2－1－23所示，质量为m的木块在质量为M的长木板上受到向右的拉力F的作用向右滑行，长木板处于静止状态．已知木块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2.下列说法正确的是(　　)
A．木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ1mg
B．木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ2(m＋M)g
C．当F>μ2(m＋M)g时，木板便会开始运动
D．无论怎样改变F的大小，木板都不可能运动
二、非选择题(本题共2小题，共30分．计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位．)
11．(15分)如图2－1－24所示，物体A、B的质量mA＝6 kg，mB＝4 kg，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10 m/s2)．
图2－1－24
12.
图2－1－25
(15分)如图2－1－25所示，质量相等的A、B两物体在平行于固定斜面的推力F的作用下，沿光滑斜面做匀速直线运动，A、B间轻弹簧的劲度系数为k，斜面的倾角为30°，求：匀速运动时弹簧的压缩量为多少？
答案及解析
一、1．【解析】　重力是由于地球的吸引而使物体受到的地球的作用力，不管物体静止还是运动，也不管物体是上升还是下落，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，D正确．
【答案】　D
2．【解析】　假设将与研究对象接触的物体逐一移走，如果研究对象的状态发生变化，则表示它们之间有弹力；如果状态无变化，则表示它们之间无弹力．四个选项中只有B选项中的B物体移走后，A物体一定要摆动，所以B选项中A、B间一定有弹力．
【答案】　B
3．【解析】　第一个图中，以弹簧下面的小球为研究对象，第二个图中，以悬挂的小球为研究对象，第三个图中，以小球为研究对象．第一个图中，小球受竖直向下的重力mg和弹簧向上的弹力，二力平衡，F1＝mg；后面两个图中，小球受竖直向下的重力和细线的拉力，二力平衡，弹簧的弹力大小均等于细线拉力的大小，则F2＝F3＝mg，故三图中平衡时弹簧的弹力相等．
【答案】　A
4.【解析】　小球只受重力和杆的弹力作用．杆的弹力F的竖直分量与重力平衡，水平分量产生加速度，即F竖直＝mg，F水平＝ma，所以选项C正确．
【答案】　C
5.【解析】　若不计空气阻力，则A、B整体的加速度等于重力加速度，物体B的加速度也等于重力加速度，因此A对B没有作用力，同理，B对A也没有作用力，故选项A错、D对；若考虑空气阻力，则上升过程中，A、B整体的加速度大于重力加速度，则B的加速度大于重力加速度，故A对B有向下的压力，选项B对；在下降过程中，A、B整体的加速度小于重力加速度，则B的加速度小于重力加速度，故A对B有向上的压力，根据力的相互作用，B对A有向下的压力，故选项C错，应选B、D.
【答案】　BD
6．【解析】　摩擦力的方向总与物体间相对运动或相对运动趋势的方向相反 ，和运动方向没有直接关系(可以同向也可以反向)，A、B项正确；摩擦力产生的条件要求物体间必须有相对运动或相对运动的趋势，C项错；两个运动的物体间也可以有静摩擦力，D项错．
【答案】　AB
7.【解析】　若M静止，则摩擦力f＝Mgsin θ－mg或f＝mg－Mgsin θ，故A、B错；若M沿斜面下滑，则摩擦力f＝μMgcos θ，θ角越大，摩擦力越小，故C错、D正确．
【答案】　D
8.【解析】　物体实际只受一个摩擦力的作用，施力时摩擦力的一个分力与重力沿斜面的分力相平衡，另一个分力与推力相平衡，撤去推力时摩擦力随外力的变化而突变，由原来的倾斜方向变为沿斜面向上，与重力沿斜面的分力相平衡，故选B、D.
【答案】　BD
9.【解析】　加力F前，物体P所受到的静摩擦力方向水平向右，加上力F后，力F增大的开始阶段，物体P所受到的静摩擦力方向仍水平向右，由平衡条件可得：FT＝f＋F，物体被拉动之前，FT不变，f随F的增大而减小，当f＝0之后，F仍然增大，物体P所受静摩擦力水平向左，由平衡条件得：FT＋f＝F，f随F的增大而增大，故只有C正确．
【答案】　C
10.【解析】　木块在力F的作用下向右滑动，木块与木板之间为滑动摩擦力，Ff1＝μ1mg.木板处于静止状态，其与地面间为静摩擦力，根据物体的平衡条件可知Ff2＝Ff1＝μ1mg，并保持不变．
【答案】　AD
二、11．【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)×10 N＝30 N
F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＝30 N，对A物体有FT－FBA＝0，其中FT为绳的拉力，大小为FT＝＝15 N解得FBA＝
15 N，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＝15 N方向向右．
【答案】　15 N，方向向右　30 N，方向向左
12.【解析】　设A、B匀速运动时弹簧的压缩量为x，由平衡条件：
对A：F＝mgsin 30°＋kx①
对B：kx＝mgsin 30°②
解①②联立的方程组得：x＝.
【答案】　第二章 第3讲 受力分析 共点力的平衡3
受 力 分 析
1．定义
把指定物体(研究对象)在特定的物理环境中受到的所有外力都找出来，并画出受力示意图的过程。
2．受力分析的一般顺序
(1)分析场力(重力、电场力、磁场力)；
(2)分析接触力(弹力、摩擦力)；
(3)分析其他力。
1．受力分析的常用方法
方法 整体法 隔离法 假设法
概念 将加速度相同的几个相互关联的物体作为一个整体进行分析的方法 将所研究的对象从周围的物体中分离出来进行分析的方法 在受力分析时，若不能确定某力是否存在，可先对其作出存在或不存在的假设的方法
选用原则 研究系统外的物体对系统整体的作用力或系统整体的加速度 研究系统内部各物体之间的相互作用力 根据力存在与否对物体运动状态影响的不同来判断力是否存在
注意问题 受力分析时不考虑系统内各物体之间的相互作用力 一般情况下隔离受力较少的物体 一般在分析弹力或静摩擦力时应用
2．受力分析的基本步骤
基本步骤 具体操作
明确研究对象 即确定分析受力的物体，研究对象可以是单个物体，也可以是多个物体组成的系统
隔离物体分析 将研究对象从周围的物体中隔离出来，进而分析周围物体有哪些对它施加了力的作用
画受力示意图 边分析边将力一一画在受力示意图上，准确标出力的方向，标明各力的符号
1.用一轻绳将小球P系于光滑墙壁上的O点，在墙壁和球P之间夹有一矩形物块Q，如图2－3－1所示。P、Q均处于静止状态，则下列相关说法正确的是(　　)
图2－3－1
A．P物体受4个力
B．Q受到3个力
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：选AC　因墙壁光滑，故墙壁和Q之间无摩擦力，Q处于平衡状态，一定受重力，P对Q的压力，墙壁对Q的弹力，以及P对Q向上的静摩擦力，而P受重力，绳子的拉力，Q对P的弹力，Q对P的摩擦力，把P、Q视为一整体，竖直方向有Fcos θ＝(mQ＋mP)g，其中θ为绳子和墙壁的夹角，F为绳子的拉力，易知，绳子变长，拉力变小，P、Q之间的静摩擦力不变。
共点力的平衡
1．平衡的两种状态
(1)静止状态。(2)匀速直线运动状态。
2．共点力的平衡条件
(1)F合＝0；(2)Fx＝0且Fy＝0。
3．平衡条件的拓展
(1)二力平衡：如果物体在两个共点力的作用下处于平衡状态，这两个力必定大小相等，方向相反。
(2)三力平衡：如果物体在三个共点力的作用下处于平衡状态，其中任何一个力与其余两个力的合力大小相等，方向相反；并且这三个力的矢量可以形成一个封闭的矢量三角形。
(3)多力平衡：如果物体在多个共点力的作用下处于平衡状态，其中任何一个力与其余几个力的合力大小相等，方向相反。
1．处理平衡问题常用的方法
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。
2．处理动态平衡、临界与极值问题的两种方法及步骤
(1)解析法步骤：
①列平衡方程求出未知量与已知量的关系表达式；
②根据已知量的变化情况来确定未知量的变化情况。
(2)图解法步骤：
①根据已知量的变化情况，画出平行四边形的边角变化；
②确定未知量大小、方向的变化。
2.如图2－3－2所示，一光滑斜面固定在地面上，重力为G的物体在一水平推力F的作用下处于静止状态。若斜面的倾角为θ，则(　　)
图2－3－2
A．F＝Gcos θ
B．F＝Gsin θ
C．物体对斜面的压力FN＝Gcos θ
D．物体对斜面的压力FN＝
解析：选D　
物体所受三力如图所示，根据平衡条件，F、FN′的合力与重力等大反向，有F＝Gtan θ，FN＝FN′＝，故只有D选项正确。
物体的受力分析
[命题分析]　受力分析是解决力学问题的重要环节，属于高考中的重要考点，凡涉及到力的题目(包括选择题和计算题)，都会考查到受力分析这一过程。
[例1]　(2012·安徽十校联考)一倾角为30°的斜劈放在水平地面上，一物体沿斜劈匀速下滑。现给物体施加如图2－3－3所示的力F，F与竖直方向夹角为30°，斜劈仍静止，则此时地面对斜劈的摩擦力(　　)
图2－3－3
A．大小为零　　　　　　B．方向水平向右
C．方向水平向左 D．无法判断大小和方向
[解析]　斜劈倾角θ＝30°，未施加作用力F时，对该物体进行受力分析可得：μmgcos θ＝mgsin θ，得μ＝tan θ＝，物体对斜劈的压力为FN＝mgcos θ，摩擦力大小为Ff＝μmgcos θ，由于斜劈此时静止，以物体和斜劈为整体，由整体法可得地面对斜劈的摩擦力为零，对斜劈进行受力分析可得，在水平方向满足：μmgcos θcos θ＝mgcos θsin θ；当施加作用力F后，对物体进行受力分析可得，沿斜面向下的作用力：F1＝Fsin 60°＋mgsin 30°，由最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力可求最大摩擦力大小为：Ffm＝μ(Fcos 60°＋mgcos 30°)，代入μ值可求得F1>Ffm，故物体加速下滑；对斜劈进行受力分析，在水平方向：Ffx＝μ(Fcos 60°＋mgcos 30°)cos 30°，FNx＝(Fcos 60°＋mgcos 30°)sin 30°，代入μ值可求得物体对斜劈的滑动摩擦力在水平方向的分力仍与物体对斜劈的压力在水平方向的分力平衡，即Ffx与FNx等大反向，可得斜劈静止，与地面无摩擦，A正确。
[答案]　A
[变式训练]
1.如图2－3－4所示，竖直放置的轻弹簧一端固定在地面上，另一端与斜面体P连接，P的斜面与固定挡板MN接触且处于静止状态，则斜面体P此刻所受的外力个数有可能为(　　)
图2－3－4
A．2个　　　　　　　　　B．3个
C．4个 D． 5个
解析：选AC　若斜面体P受到的弹簧弹力F等于其重力mg，则MN对P没有力的作用，如图(a)所示，P受到2个力，A对；若弹簧弹力大于P的重力，则MN对P有压力FN，若只有压力FN则P不能平衡，一定存在向右的力，只能是MN对P的摩擦力Ff，因此P此时受到4个力，如图(b)所示，C对。
共点力的平衡问题
[命题分析]　平衡问题是历年高考必考的考点，考查的方式有选择和计算等；既可单独命题，也可与其他知识(如电场、磁场等)综合命题。
[例2]　(2012·山东高考)如图2－3－5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紧压在竖直挡板上，此时整个系统保持静止。Ff表示木块与挡板间摩擦力的大小，FN表示木块与挡板间正压力的大小。若挡板间的距离稍许增大后，系统仍静止且O1、O2始终等高，则(　　)
图2－3－5
A．Ff变小 B．Ff不变
C．FN变小 D．FN变大
[思维流程]
第一步：抓信息关键点
关键点 信息获取
(1)OO1、OO2可绕其两端垂直纸面的水平轴O、O1、O2转动 两硬杆OO1、OO2产生的弹力一定沿杆的方向
(2)将两相同木块m紧压在竖直挡板上 两木块与挡板间的摩擦力和正压力的大小分别相等
(3)若挡板间的距离稍许增大后，系统仍静止 挡板与木块间的正压力改变时，静摩擦力不一定变化
第二步：找解题突破口
(1)根据O点受力平衡，求出两杆OO1、OO2的弹力，并进一步求出杆对木块的作用力的水平分力和竖直分力。
(2)根据共点力的平衡特点，并利用正交分解法求出FN和Ff。
第三步：条理作答
[解析]　对O点受力分析可知杆中弹力为F1＝，杆对木块m的压力可分解为水平分量F3＝F2sin θ＝F1sin θ＝tan θ　
竖直分量F4＝F2cos θ＝；
当挡板间距离变大时，θ变大，F3变大，木块对挡板的弹力FN变大；F4为定值，Ff大小不变。正确选项为BD。
[答案]　BD
———————————————————
1.共点力平衡问题的解题步骤
1 选取研究对象：根据题目要求，选取一个平衡体 单个物体或系统，也可以是结点 作为研究对象。
2 画受力示意图：对研究对象进行受力分析，画出受力示意图。
3 正交分解：选取合适的方向建立直角坐标系，将所受各力正交分解。, 4 列方程求解：根据平衡条件列出平衡方程，解平衡方程，对结果进行讨论。
2.应注意的问题, 1 物体受三个力平衡时，利用力的分解法或合成法比较简单。
2 解平衡问题建立坐标系时应使尽可能多的力与坐标轴重合，需要分解的力尽可能少。物体受四个以上的力作用时一般要采用正交分解法。
——————————————————————————————————————
[变式训练]
2．(2013·青岛模拟)半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有固定放置的竖直挡板MN。在P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于静止状态。如图2－3－6所示是这个装置的纵截面图。若用外力使MN保持竖直、缓慢地向右移动，在Q落到地面以前，发现P始终保持静止。在此过程中，下列说法中正确的是(　　)
图2－3－6
A．MN对Q的弹力逐渐减小
B．地面对P的摩擦力逐渐增大
C．P、Q间的弹力先减小后增大
D．Q所受的合力逐渐增大
解析：选B　以PQ整体为研究对象，MN对Q的弹力和地面对P的摩擦力是一对平衡力，以Q为研究对象画受力分析图，可知MN右移时MN对Q的弹力和P、Q间的弹力都是增大的；Q始终处于平衡状态，因此所受合力始终为零，故只有B正确。
开“芯”技法——突破平衡的临界极值问题
1．临界问题
当某物理量变化时，会引起其他几个物理量的变化，从而使物体所处的平衡状态“恰好出现”或“恰好不出现”，在问题的描述中常用“刚好”、“刚能”、“恰好”等语言叙述。
2．极值问题
平衡物体的极值，一般指在力的变化过程中的最大值和最小值问题。
3．解决极值问题和临界问题的方法
(1)物理分析方法：根据物体的平衡条件，作出力的矢量图，通过对物理过程的分析，利用平行四边形定则进行动态分析，确定最大值与最小值。
(2)数学方法：通过对问题的分析，依据物体的平衡条件写出物理量之间的函数关系(或画出函数图象)，用数学方法求极值(如求二次函数极值、公式极值、三角函数极值)。但利用数学方法求出极值后，一定要依据物理原理对该值的合理性及物理意义进行讨论或说明。
[示例]　物体A的质量为2 kg，两根轻细绳b和c的一端连接于竖直墙上，另一端系于物体A上，在物体A上另施加一个方向与水平线成θ角的拉力F，相关几何关系如图2－3－7所示，θ＝60°。若要使两绳都能伸直，求拉力F的取值范围(g取10 m/s2)。
图2－3－7
[解析]　作出物体A的受力分析图如图所示，由平衡条件得
Fsin θ＋F1sin θ－mg＝0①
Fcos θ－F2－F1cos θ＝0②
由①式得
F＝－F1③
由②③式得F＝＋④
要使两绳都伸直，则有F1≥0，F2≥0
所以由③式得Fmax＝＝ N
由④式得
Fmin＝＝ N
综合得F的取值范围为 N≤F≤ N。
[答案]　 N≤F≤ N
[名师点评]　
(1)求解平衡中的临界问题和极值问题时，首先要正确地进行受力分析和变化过程分析，找出平衡的临界点和极值点。
(2)临界条件必须在变化中去寻找，不能停留在一个状态来研究临界问题，而是把某个物理量推向极端，即极大和极小，并依此做出科学的推理分析，从而给出判断或导出一般结论。第2讲　力的合成与分解
(对应学生用书第20页)
力的合成
1.合力与分力2.共点力　　3.力的合成　4.合成法则　
【针对训练】
1．(2012·上海高考)已知两个共点力的合力为50 N，分力F1的方向与合力F的方向成30°角，分力F2的大小为30 N．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】　如下图，F2可能有两个方向．
【答案】　C
力的分解、矢量与标量
1.力的分解
(1)定义：求一个力的分力的过程．
(2)遵循原则：平行四边形定则或三角形定则．
(3)分解方法：①按力产生的效果分解；②正交分解．
2．矢量和标量
(1)矢量：既有大小又有方向．并且按平行四边形定则进行合成的物理量．
(2)标量：只有大小没有方向的物理量．求和时按算术法则相加．
【针对训练】
2．(2012·广东高考)如图2－2－1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2－2－1
A．G和G　　　　　　　B.G和G
C.G和G D.G和G
【解析】　日光灯受重力和两绳力平衡，将重力沿两绳方向分解，可得绳的拉力F＝＝G.
【答案】　B
(对应学生用书第20页)
共点力合成方法及合力范围
1.合成方法
图2－2－2
(1)作图法：用统一标度去度量作出的平行四边形的对角线，求出合力的大小，再量出对角线与某一分力的夹角．
(2)计算法：作出力的合成示意图，将求解合力的物理问题转化成数学的几何问题．
(3)经常遇到的两种计算合力的类型
图2－2－3
①相互垂直的两个力的合成(即α＝90°)F合＝，F合与F1夹角的正切值tan β＝，如图2－2－3.
图2－2－4
②两个等大的力的合成：平行四边形为菱形，利用其对角线互相垂直平分的特点可解得F合＝2Fcos，F合与每一个分力的夹角为，如图2－2－4所示，若α＝120°，则F合＝2Fcos＝F，即合力大小等于分力大小．
2．合力范围
(1)两个共点力的合力范围：|F1－F2|≤F≤F1＋F2，即两个力的大小不变时，其合力随夹角的增大而减小．当两个力反向时，合力最小，为|F1－F2|；当两力同向时，合力最大，为F1＋F2.
(2)三个共面共点力的合力范围
①三个力共线且方向相同时，其合力最大为F＝F1＋F2＋F3.
②以这三个力的大小为边，如果能组成封闭的三角形，则其合力最小值为零；若不能组成封闭的三角形，则合力最小值的大小等于最大的一个力减去另外两个较小力的和的绝对值．
　
图2－2－5
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2－2－5所示(小方格边长相等)，则下列说法正确的是(　　)
A．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F3同向
C．三力的合力有唯一值2F3，方向与F3同向
D．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F3同向，所以只有B正确．
方法二：分解F1、F2，竖直方向抵消，水平方向合成后相当2F3，所以合力为3F3.
【答案】　B
【即学即用】
1．(2012·银川一中模拟)射箭是2010年广州亚运会比赛项目之一，如图2－2－6甲为我国著名选手张娟娟的射箭场景．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(弹性限度内)，则箭被发射瞬间所受的最大弹力为(设弦的弹力满足胡克定律)(　　)
甲　　　　　　　　　　　　乙
图2－2－6
A．kl　　　　　　　　B.kl
C.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·cos θ，由几何关系得cos θ＝，所以，箭被发射瞬间的最大弹力为F＝kl，C项正确．
【答案】　C
力分解常用方法
按
效
果
分
解 分
解
步
骤 (1)根据力的实际作用效果确定两个分力的方向
(2)再根据两个分力方向画出平行四边形
(3)最后由平行四边形知识求出两分力的大小
正
交
分
解
概
念 将一个力分解为相互垂直的两个分力的分解方法叫做力的正交分解法
分
解
过
程 多个共点力合成的正交分解法，把各力沿相互垂直的x轴、y轴分解，F1分解为F1x和F1y，F2分解为F2x和F2y，F3分解为F3x和F3y…则
x轴上的合力Fx＝F1x＋F2x＋F3x＋…
y轴上的合力Fy＝F1y＋F2y＋F3y＋…
合力F＝ ，设合力与x轴夹角为θ，则tan θ＝
分
解
原
则 (1)在静力学中，以少分解力和容易分解力为原则
(2)在动力学中，以加速度方向和垂直加速度方向为坐标轴建立坐标系，这样使牛顿第二定律表达式变为
(3)尽量不分解未知力或少分解未知力
在实际问题中进行力的分解时，有实际意义的分解方法是按力的实际效果进行的，其他的分解方法都是为了解题引入的．正交分解法可将矢量运算转化为代数运算．
　
图2－2－7
如图2－2－7所示，轻绳AO和BO共同吊起质量为m的重物．AO与BO垂直，BO与竖直方向的夹角为θ，OC连接重物，求AO、BO两绳所受拉力的大小．
【审题视点】　(1)AO与BO垂直．
(2)BO与竖直方向夹角θ.
【解析】　解法一　 (按力的实际作用效果进行分解)结点O受到的绳OC的拉力FC大小为重物所受到的重力mg，将拉力FC沿绳AO和BO所在直线进行分解，两分力FA′和FB′大小分别等于AO、BO两绳所受拉力的大小，如图甲所示，由图甲解得FA′＝mgsin θ，FB′＝mgcos θ.
解法二　(正交分解法)建立如图乙所示的坐标系，将O点受到的三个力沿两个方向进行分解，并分别在这两个方向上列出平衡方程得：
FAsin θ＋FBcos θ＝mg，FAcos θ＝FBsin θ
解得FA＝mgsin θ，FB＝mgcos θ.
【答案】　mgsin θ　mgcos θ
【即学即用】
2．如图2－2－8所示，质量为m的小球置于倾角为30°的光滑斜面上，劲度系数为k的轻质弹簧，一端系在小球上，另一端固定在墙上的P点，小球静止时，弹簧与竖直方向的夹角为30°，则弹簧的伸长量为(　　)
图2－2－8
A. B.
C. D.
【解析】　如图为小球的受力情况，其中的F为弹簧对它的弹力，由几何关系判断得知，弹力F与斜面之间的夹角为30°.
将小球所受的重力mg和弹力F分别沿斜面和与斜面垂直的方向进行正交分解，由共点力的平衡条件知，弹力F沿斜面向上的分力与重力mg沿斜面向下的分力大小相等，即Fcos 30°＝mgsin 30°，由胡克定律得F＝kx，联立以上两式解得弹簧的伸长量x＝.
【答案】　C
(对应学生用书第22页)
“活结”与“死结”的区别
图2－2－9甲中，因为绳上挂的是一个轻质光滑挂钩，它可以无摩擦地滑动(即是“活结”)，所以挂钩两侧的绳(其实是同一根绳)的形变相同，拉力也必然相等．图2－2－9乙中，用三根轻绳连接于一点(即“死结”)，三根轻绳中的拉力不相等．
　　
甲　　　　　　　　　乙
图2－2－9
　(2012·安徽江南十校联考)如图2－2－10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10 kg的物体，∠ACB＝30°；图2－2－11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10 kg的物体，g取10 m/s2，求：
图2－2－10　　　　　　　　　　　　图2－2－11
(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．
【潜点探究】　(1)图甲中轻绳AD跨过固定的定滑轮，AC、CD两段绳子的拉力大小相等，都等于M1所受的重力的大小．
(2)图乙中P为“死结”，PQ的拉力等于M2所受重力，EP所受的力和PQ所受的力不相等．
【规范解答】　题图甲和题图乙中的两个物体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．
(a)　　　　　　　　　　　　　　(b)
(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FEPsin 30°＝FPQ＝M2g
得FEP＝2M2g，所以＝＝.
(2)图(a)中，根据几何关系得：
FC＝FAC＝M1g＝100 N，
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
FEPsin 30°＝M2g，FEPcos 30°＝FP
所以FP＝＝M2g≈173 N，方向水平向右．
【答案】　(1)1∶2　(2)100 N，方向与水平方向成30°角斜向右上方　(3)173 N，方向水平向右
【即学即用】
3.
图2－2－12
(2012·安康模拟)如图2－2－12所示，在水平天花板的A点处固定一根轻杆a，杆与天花板保持垂直，杆的下端有一个轻滑轮O.另一根细线上端固定在该天花板的B点处，细线跨过滑轮O，下端系一个重量为G的物体．BO段细线与天花板的夹角为θ＝30°，系统保持静止，不计一切摩擦．下列说法正确的是(　　)
A．细线BO对天花板的拉力大小是
B．a杆对滑轮的作用力大小是
C．a杆和细线对滑轮的合力大小是G
D．a杆对滑轮的作用力大小是G
【解析】　细线对天花板的拉力等于物体的重力G；以滑轮为研究对象，两段细线的拉力都是G，互成120°，因此合力大小是G，根据共点力的平衡条件，a杆对滑轮的作用力大小也是G，方向与竖直方向成60°角斜向右上方；a杆和细线对滑轮的合力大小为零．
【答案】　D
(对应学生用书第23页)
●考查合力的范围
1．(2012·成都模拟)两个大小分别为F1和F2(F2＜F1)的力作用在同一质点上，它们的合力的大小F满足(　　)
A．F2≤F≤F1　　　　　　　　B.≤F≤
C．F1－F2≤F≤F1＋F2 D．F－F≤F2≤F＋F
【解析】　由矢量合成的平行四边形定则可知，合力的最大值为F1＋F2，合力的最小值为F1－F2，故F1－F2≤F≤F1＋F2，正确答案为C.
【答案】　C
●考查力的合成
2．(2011·广东高考)如图2－2－13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2－2－13
A．F1>F2>F3　　　　B．F3>F1>F2
C．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】　B
●考查力的分解
3．(2013届西安一中模拟)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2－2－14所示，在此过程中(　　)
图2－2－14
A．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′cos θ＝F＋mg.若F缓慢增大，则F2′增大．F2′sin θ＝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】　C
●考查力的二次分解与平衡
4.
图2－2－15
(2012·山东高考)如图2－2－15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紧压在竖直挡板上，此时整个系统保持静止．Ff表示木块与挡板间摩擦力的大小，FN表示木块与挡板间正压力的大小．若挡板间的距离稍许增大后，系统仍静止且O1、O2始终等高，则(　　)
A．Ff变小 B．Ff不变
C．FN变小 D．FN变大
【解析】　
图1
选重物M及两个木块m组成的系统为研究对象，系统受力情况如图1所示，根据平衡条件有2Ff＝(M＋2m)g，即Ff＝，与两挡板间距离无关，故挡板间距离稍许增大后，Ff不变，所以选项A错误，选项B正确；如图2所示，将绳的张力F沿OO1、OO2两个方向分解为F1、F2，则F1＝F2＝，当挡板间距离稍许增大后，F不变，θ变大，cos θ变小，故F1变大；选左边木块m为研究对象，其受力情况如图3所示，根据平衡条件得FN＝F1sin θ，当两挡板间距离稍许增大后，F1变大，θ变大，sin θ变大，因此FN变大，故选项C错误，选项D正确．
图2　　　　　　　　　图3
【答案】　BD
●考查力的正交分解与平衡条件
5.
图2－2－16
(2010·新课标全国高考)如图2－2－16所示，一物块置于水平地面上．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(　　)
A.－1 B．2－
C.－ D．1－
【解析】　分别对物块受力分析如图
据物块的平衡条件
F1cos 60°＝μ(mg－F1sin 60°)
F2cos 30°＝μ(mg＋F2sin 30°)
F1＝F2
解得μ＝2－.
【答案】　B
　　　　　　　第二章 第3讲 受力分析、共点力平衡2
(时间45分钟，满分100分)
一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分．在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得7分，选对但不全的得4分，有选错的得0分．)
1．如图2－3－14所示，在水平力F的作用下，木块A、B保持静止．若木块A与B的接触面是水平的，且F≠0.则关于木块B的受力个数可能是 (　　)
图2－3－14
A．3个或4个　　　　　　　　 B．3个或5个
C．4个或5个 D．4个或6个
2.
图2－3－15
如图2－3－15所示，质量m1＝10 kg和m2＝30 kg的两物体，叠放在动摩擦因数为0.50的粗糙水平地面上，一处于水平位置的轻弹簧，劲度系数为k＝250 N/m，一端固定于墙壁，另一端与质量为m1的物体相连，弹簧处于自然状态，现用一水平推力F作用于质量为m2的物体上，使它缓慢地向墙壁一侧移动，当移动0.40 m时，两物体间开始相对滑动，这时水平推力F的大小为(　　)
A．100 N B．300 N
C．200 N D．250 N
3．(2012·安康模拟)如图2－3－16所示，质量分别为mA和mB的物体A、B用细绳连接后跨过滑轮，A静止在倾角为45°的斜面上，B悬挂着．已知mA＝2mB，不计滑轮摩擦，现将斜面倾角由45°增大到50°，系统仍保持静止．则下列说法正确的是(　　)
图2－3－16
A．绳子对A的拉力将增大
B．物体A对斜面的压力将增大
C．物体A受到的静摩擦力增大
D．物体A受到的静摩擦力减小
4.
图2－3－17
如图2－3－17所示，用轻绳吊一个重为G的小球，欲施一力F使小球在图示位置平衡(θ＜30°)，下列说法正确的是(　　)
A．力F最小值为Gsin θ
B．若力F与绳拉力大小相等，力F方向与竖直方向必成θ角
C．若力F与G大小相等，力F方向与竖直方向可能成θ角
D．若力F与G大小相等，力F方向与竖直方向可能成2θ角
5.
图2－3－18
如图2－3－18所示，一箱苹果沿着倾角为θ的斜面，以速度v匀速下滑，在箱子中夹有一只质量为m的苹果，它受到周围苹果对它作用力的方向是(　　)
A．沿斜面向上　　　　　B．沿斜面向下
C．竖直向上 D．垂直斜面向上
6.
图2－3－19
如图2－3－19所示，a、b是两个位于固定斜面上的完全相同的正方形物块，它们在水平方向的外力F的作用下处于静止状态．已知a、b与斜面的接触面都是光滑的，则下列说法正确的是(　　)
A．物块a所受的合外力大于物块b所受的合外力
B．物块a对斜面的压力大于物块b对斜面的压力
C．物块a、b间的相互作用力等于mgsin θ
D．物块a对斜面的压力等于物块b对斜面的压力
7.
图2－3－20
(2013届长春模拟)如图2－3－20所示，将质量为m的滑块放在倾角为θ的固定斜面上．滑块与斜面之间的动摩擦因数为μ.若滑块与斜面之间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g，则(　　)
A．将滑块由静止释放，如果μ＞tan θ，滑块将下滑
B．给滑块沿斜面向下的初速度，如果μ＜tan θ，滑块将减速下滑
C．用平行于斜面向上的力拉滑块向上匀速滑动，如果μ＝tan θ，拉力大小应是2mgsin θ
D．用平行于斜面向下的力拉滑块向下匀速滑动，如果μ＝tan θ，拉力大小应是mgsin θ
8.
图2－3－21
叠罗汉是一种二人以上层层叠成各种造型的游戏娱乐形式，也是一种高难度的杂技．图2－3－21为六人叠成的三层静态造型，假设每个人的重量均为G，下面五人的背部均呈水平状态，则最底层正中间的人的一只脚对水平地面的压力约为(　　)
A.G B.G
C.G D.G
9.
图2－3－22
如图2－3－22所示，三根长度均为l的轻绳分别连接于C、D两点，A、B两端被悬挂在水平天花板上，相距2l.现在C点上悬挂一个质量为m的重物，为使CD绳保持水平，在D点上可施加力的最小值为(　　)
A．mg B.mg
C.mg D.mg
10.
图2－3－23
(2013届延安模拟)如图2－3－23所示，A、B都是重物，A被绕过小滑轮P的细线悬挂，B放在粗糙的水平桌面上．滑轮P被一根斜短线系于天花板上的O点，O′是三根细线的结点，细线bO′水平拉着物体B，cO′沿竖直方向拉着弹簧．弹簧、细线、小滑轮的重力不计，细线与滑轮之间的摩擦力可忽略，整个装置处于静止状态．若悬挂小滑轮的斜线中的拉力是F＝20 N，∠cO′a＝120°，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)
A．弹簧的弹力为20 N
B．重物A的质量为2 kg
C．桌面对物体B的摩擦力为10 N
D．细线OP与竖直方向的夹角为60°
二、非选择题(本题共2小题，共30分．计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位．)
11.
图2－3－24
(15分)如图2－3－24所示，在倾角为θ的粗糙斜面上，有一个质量为m的物体被水平力F推着静止于斜面上，已知物体与斜面间的动摩擦因数为μ，且μ12．(15分)(2012·陕西师大附中检测)如图2－3－25所示，质量M＝2 kg的木块套在水平杆上，并用轻绳与质量m＝ kg的小球相连．今用跟水平方向成α＝30°角的力F＝10 N拉着球带动木块一起向右匀速运动，运动中M、m相对位置保持不变，g取10 N/kg.求：
图2－3－25
(1)运动过程中轻绳与水平方向夹角θ；
(2)木块与水平杆间的动摩擦因数μ.
答案及解析
一、1．【解析】　木块B一定受重力和A对它的压力；将A、B看作整体，因整体保持静止，所以B一定受斜面的支持力；隔离木块A对其受力分析，因A静止，故A一定受B的静摩擦力，从而B也一定受A的静摩擦力；斜面对木块B的静摩擦力可能有，也可能无．综上所述，正确答案为C.
【答案】　C
2.【解析】　两物体最初一起向左移动压缩弹簧，水平推力F必须大于地面作用于m2的滑动摩擦力f＝μ(m1＋m2)g＝200 N，共同移动0.40 m后两物体之间发生相对滑动，这时弹簧中的弹力F弹＝kx＝100 N，恰等于m1与m2之间的滑动摩擦力大小．水平推力F等于地面作用于m2的滑动摩擦力与m1对m2的滑动摩擦力的和，故B正确．
【答案】　B
3．【解析】　设A与斜面间无摩擦力时斜面倾角为θ，mAgsin θ＝FT＝mBg，sin θ＝，θ＝30°，由于A开始保持静止，可知其受沿斜面向上的摩擦力．当由45°角变为50°时，系统仍保持静止，故静摩擦力一直增大，C对，D错；设斜面的倾角为α，A对斜面的压力为FN＝mAgcos α，α增大时，FN减小，B错；绳拉力FT＝mBg不变，A错．
【答案】　C
4.【解析】　
根据力的平行四边形定则可知，当力F与轻绳垂直斜向上时，力F有最小值，根据物体的平衡条件可知，其值为Gsin θ，A正确．若力F与绳拉力大小相等，则力F的方向与轻绳中拉力的方向应该相对于过小球的竖直线对称，所以力F方向与竖直方向必成θ角，故B正确．若力F与G大小相等，则有两种情况，一种情况是力F与G是一对平衡力；另一种情况是力F与G的合力与轻绳中拉力是一对平衡力，此时力F方向与竖直方向成2θ角斜向下，C错误、D正确．
【答案】　ABD
5.【解析】　因为整体匀速运动，所以每一个苹果所受的合力为零，因此质量为m的苹果受到周围苹果对它的作用力的方向竖直向上，C正确．
【答案】　C
6.【解析】　因为a、b两个物体都处于静止状态，所以它们的合外力都等于零，A错误；b物体对斜面的压力大小等于其重力在垂直于斜面方向的分力，但a物体还受到水平推力F的作用，其在垂直于斜面向下的方向有分力，故物块a对斜面的压力大于物块b对斜面的压力，B正确，D错误；物块a、b间的相互作用力等于mgsin θ，C正确．
【答案】　BC
7.【解析】　对处于斜面上的滑块进行受力分析可知，若μ＞tan θ，则μmgcos θ＞mgsin θ，故将滑块由静止释放，如果μ＞tan θ，滑块仍静止，若μ＜tan θ，则μmgcos θ＜mgsin θ，给滑块沿斜面向下的初速度，则滑块将加速下滑，故A、B错误；若要使物块在平行于斜面向上的拉力F的作用下沿斜面匀速上滑，由平衡条件有：F－mgsin θ－μmgcos θ＝0，故F＝mgsin θ＋μmgcos θ，若μ＝tan θ，则mgsin θ＝μmgcos θ，即F＝2mgsin θ，故C项正确；若要使物块在平行于斜面向下的拉力F作用下沿斜面向下匀速滑动，由平衡条件有：F＋mgsin θ－μmgcos θ＝0，则F＝μmgcos θ－mgsin θ，若μ＝tan θ，则mgsin θ＝μmgcos θ，即F＝0，故D项错误．
【答案】　C
8.【解析】　处在最高层的那个人共受到三个力的作用而处于平衡状态：竖直向下的重力、两只腿受到的竖直向上的支持力，每个支持力大小为G；根据牛顿第三定律，处在中间层的那两个人每人承受了竖直向下的压力，大小为G，对中间层的那两个人受力分析，同理可得，他们每只腿对最低层人员的压力大小为G；分析最低层正中间那个人的受力情况，其共受到五个力的作用：竖直向下的重力G、两个竖直向下的正压力(大小均为G)和两只腿受到的竖直向上的支持力(设大小均为N)，根据平衡条件，可得2N＝G＋G＋G，所以N＝G，根据牛顿第三定律，这个人的一只脚对水平地面的压力约为G.
【答案】　C
9.【解析】　对C点进行受力分析，由平衡条件可知，绳CD对C点的拉力FCD＝mg tan 30°，对D点进行受力分析，绳CD对D点的拉力F2＝FCD＝mgtan 30°，F1方向一定，则当F3垂直于绳BD时，F3最小，由几何关系可知，F3＝FCD sin 60°＝mg.
【答案】　C
10.【解析】　选取滑轮作为研究对象，滑轮两侧细线的夹角为60°，设滑轮两侧细线中拉力为Fa，则有Fa＝mAg，F＝2Facos 30°，联立解得重物A的质量为mA＝2 kg，Fa＝20 N，选项B正确；将O′a中的拉力Fa沿水平方向和竖直方向分解，由平衡条件得Facos 30°＝Fb，Fasin 30°＝Fc，解得弹簧的弹力为Fc＝10 N，选项A错误；细线O′b中拉力Fb＝10 N，对物体B由平衡条件得桌面对物体B的摩擦力为10 N，选项C正确；细线OP的方向在滑轮两侧细线夹角的平分线上，与竖直方向的夹角为30°，选项D错误．
【答案】　BC
二、11.【解析】　因为μmgsin θ＝Fcos θ＋f，f＝μN，
N＝mgcos θ＋Fsin θ
解得F＝mg
当物体恰好不上滑时，受力如图乙所示，有
mgsin θ＋f＝Fcos θ
f＝μN，
N＝mgcos θ＋Fsin θ
解得：F＝mg.
【答案】　mg　mg
12．【解析】　(1)以球为研究对象，球受力如图(a)所示
(a)
据共点力平衡条件得
Fcos 30°－Tcos θ＝0
Fsin 30°＋Tsin θ＝mg
解得T＝10 N　θ＝30°.
(2)以木块M为研究对象，其受力如图(b)所示
(b)
据共点力平衡条件得Tcos 30°－f＝0
N－Mg－Tsin 30°＝0
f＝μN
解得μ＝0.35.
【答案】　(1)30°　(2)0.35第二章 第2讲 力的合成与分解2
(时间45分钟，满分100分)
一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分．在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得7分，选对但不全的得4分，有选错的得0分．)
1．如图所示，由F1、F2、F3为边长组成四个三角形，且F1＜F2＜F3.根据力的合成，在四个图中三个力F1、F2、F3的合力最大的是(　　)
2.
图2－2－17
长为L的轻杆A一端固定一个质量为m的小球B，另一端固定在水平转动轴O上，杆随转动轴O在竖直平面内匀速转动，角速度为ω，某时刻杆与水平方向成α角，如图2－2－17所示，则此时刻杆对小球的作用力方向在图中哪个范围内(　　)
A．竖直向上　　　　　　B．沿OB方向
C．图中区域Ⅰ D．图中区域Ⅱ
3．(2013届宁夏大学附中模拟)如图2－2－18所示，一条细绳跨过定滑轮连接物体A、B，A悬挂起来，B穿在一根竖直杆上，两物体均保持静止，不计绳与滑轮、B与竖直杆间的摩擦，已知绳与竖直杆间的夹角θ，则物体A、B的质量之比mA∶mB等于 (　　)
图2－2－18
A．cos θ∶1 B．1∶cos θ
C．tan θ∶1 D．1∶sin θ
4.
图2－2－19
(2012·济南模拟)如图2－2－19所示，置于水平地面的三脚架上固定着一质量为m的照相机．三脚架的三根轻质支架等长，与竖直方向均成30°角，则每根支架中承受的压力大小为(　　)
A.mg B.mg
C.mg D.mg
5.
图2－2－20
物块A、B静置在水平地面上，如图2－2－20，某时刻起，对B施加一沿斜面向上的力F，力F从零开始随时间均匀增大，在这一过程中，A、B均始终保持静止．则地面对A的(　　)
A．支持力不变 B．支持力减小
C．摩擦力增大 D．摩擦力减小
6.
图2－2－21
(2012·铜川模拟)如图2－2－21所示，质量为m的正方体和质量为M的正方体放在两竖直墙和水平面间，并处于静止状态．m和M的接触面与竖直方向的夹角为α，若不计一切摩擦，下列说法正确的是(　　)
A．水平面对正方体M的弹力大小大于(M＋m)g
B．水平面对正方体M的弹力大小为(M＋m)gcos α
C．墙面对正方体M的弹力大小为mgcot α
D．墙面对正方体m的弹力大小为mgtan α
7.
图2－2－22
如图2－2－22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(　　)
A．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
8．(2013届渭南模拟)如图2－2－23所示，A、B两木块放在水平面上，它们之间用细线相连，两次连接情况中细线倾斜方向不同但倾角一样，两木块与水平面间的动摩擦因数相同．先后用水平力F1和F2拉着A、B一起匀速运动，线上的张力分别为FT1和FT2，则(　　)
图2－2－23
A．F1≠F2 B．F1＝F2
C．FT1＞FT2 D．FT1＝FT2
9．在如图2－2－24所示装置中，m1由轻质滑轮悬挂在绳间，两物体质量分别为m1、m2，悬点a、b间的距离远大于滑轮的直径，不计一切摩擦，整个装置处于静止状态，则(　　)
图2－2－24
A．α一定等于β B．m1一定大于m2
C．m1可能等于2m2 D．m1可能等于m2
10.
图2－2－25
(2013届天津模拟)如图2－2－25所示，小球用细线拴住放在光滑斜面上，用力推斜面向左运动，小球缓慢升高的过程中，细线的拉力将(　　)
A．先增大后减小
B．先减小后增大
C．一直增大
D．一直减小
二、非选择题(本题共2小题，共30分．计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位．)
11.
图2－2－26
(14分)如图2－2－26所示，将一条轻而柔软的细绳一端固定在天花板上的A点，另一端固定在竖直墙上的B点，A、B两点到O点的距离相等，绳的长度为OA的两倍．K为一质量和半径可忽略的动滑轮，滑轮下悬挂一质量为m的重物，设摩擦力可忽略．现将动滑轮和重物一起挂到细绳上，在达到平衡时，绳所受的拉力是多大？
12.
图2－2－27
(16分)(2012·黄冈中学二模)如图2－2－27是压榨机的原理示意图，B为固定铰链，A为活动铰链，在A处作用一水平力F，滑块C就以比F大得多的压力压物体D.已知图中l＝0.5 m，b＝0.05 m，F＝200 N，C与左壁接触面光滑(滑块和杆的重力不计)，求D受到的压力多大？
答案及解析
一、1．【解析】　由三角形定则，A中F1、F2的合力大小为F3，方向与F3相同，再与F3合成合力为2F3；B中合力0；C中F3、F2的合力为F1，三个力的合力为2F1；D中的合力为2F2；其中最大的合力为2F3，故A正确．
【答案】　A
2.【解析】　球B只受两个力：重力G和杆对它的作用力F，G的方向竖直向下，因整个装置在竖直平面内做匀速转动，则球所受力的合力充当向心力必沿杆指向O，由图可知F的方向应在Ⅰ区．
【答案】　C
3．【解析】　由物体A平衡可知，绳中张力F＝mAg，物体B平衡，竖直方向合力为零，则有Fcos θ＝mBg，故得：mA∶mB＝1∶cos θ，B正确．
【答案】　B
4.【解析】　对物体进行受力分析：
竖直方向受力平衡3Fcos 30°＝mg
故F＝＝mg＝mg.
由牛顿第三定律知F′＝F＝mg.故D正确．
【答案】　D
5.【解析】　将A、B看做一个整体，受到重力、地面对A的支持力和水平向左的静摩擦力以及力F.由于在F增大的过程中A、B均始终保持静止，所以力F的水平分力增大，竖直分力增大，故与水平分力平衡的摩擦力也随之增大，竖直分力与支持力的合力与重力平衡，故支持力减小，所以B、C项正确．
【答案】　BC
6.【解析】　对m和M组成的整体受力分析，竖直方向上水平面对M的支持力等于二者的总重力，故A、B项错；隔离m受力分析，它受到重力、右侧墙的弹力和M的弹力(方向垂直于图中虚线指向右上方)，在力的三角形中找到力的关系，则墙面对m的弹力大小为mgcot α，故D项错；墙面对正方体M的弹力和墙面对m的弹力等大反向(在整体法分析中是一对平衡力)，故C项正确．
【答案】　C
7.【解析】　无论θ变大还是变小，水平绳和竖直绳中的拉力均不变，因这两个力的合力与杆的弹力平衡，故弹力都不变．
【答案】　D
8．【解析】　取A、B为整体分析可知，F1＝F2＝μ(mA＋mB)g.隔离A物体，应用平衡条件可得FT1sin θ＝μ(mAg－FT1cos θ)，FT2sinθ＝μ(mAg＋FT2cos θ)，比较可得FT2＞FT1.
【答案】　B
9．【解析】　拉滑轮的两个力是同一条绳的张力，因此两力相等，这两力的合力与重力等大反向，作出的平行四边形为菱形，因此合力方向为角平分线，α＝β，A正确；对m2由平衡条件FT＝m2g，而对滑轮两个拉力FT与m1g是合力与分力的关系，根据互成角度的两个力与合力的关系，即任意一个力大于另外两力差、小于两力和，故0【答案】　AD
10.【解析】　
“缓慢”说明小球始终处于平衡状态，对小球受力分析如图所示．将拉力F与支持力FN平移跟重力G组成封闭三角形，其中重力G的大小和方向不变，斜面支持力FN的方向不变，在矢量三角形中，随小球缓慢升高线对小球的拉力F与小球重力G之间的夹角逐渐增大，可见，该过程中，拉力F先减小后增大，斜面的支持力FN一直增大．
【答案】　B
二、11.【解析】　
将滑轮挂到细绳上，对滑轮进行受力分析如图所示，滑轮受到下面悬绳的拉力T＝mg和AK、BK的拉力F，且AK、BK的拉力相等，由于对称，因此T作用线必过AK和BK的角平分线．延长AK交墙壁于C点，因KB＝KC，所以由已知条件AK＋KC＝AC＝2AO，所以图中的角度α＝30°，即两拉力F与拉力T作用线的夹角．两个拉力的合力F合与T等大反向，所以：2Fcos 30°＝F合＝mg，所以F＝mg/2cos 30°＝ mg/3.
【答案】　mg/3
12.【解析】　力F的作用效果是对AB、AC两杆沿杆方向产生挤压作用，因此可将F沿AC、AB方向分解为F1、F2，如图(a)所示，则F1＝.
力F1的作用效果是使滑块C对左壁有水平向左的挤压作用，对物体D有竖直向下的挤压作用．因此可将F1沿水平方向和竖直方向分解为F3、F4，如图(b)所示，则物体D所受的压力为F4＝F1sin α＝tan α.且F＝200 N，由图可知tan α＝＝10，故F4＝1 000 N.
【答案】　1 000 N第二章 第3讲 受力分析 共点力的平衡4
1.如图2－3－8所示，截面为三角形的木块a上放置一铁块b，三角形木块竖直边靠在竖直且粗糙的竖直墙面上，现用竖直向上的作用力F，推动木块与铁块一起向上匀速运动，运动过程中铁块与木块始终保持相对静止，则下列说法正确的是(　　)
图2－3－8
A．木块a与铁块b间一定存在摩擦力
B．木块与竖直墙面间一定存在水平弹力
C．木块与竖直墙面间一定存在摩擦力
D．竖直向上的作用力F大小一定等于铁块与木块的重力之和
解析：选AD　铁块b匀速运动，故铁块b受重力、斜面对它的垂直斜面向上的支持力和沿斜面向上的静摩擦力，选项A正确；将a、b看做一个整体，竖直方向：F＝Ga＋Gb，选项D正确；整体水平方向不受力，故木块与竖直墙面间不存在水平弹力，没有弹力也就没有摩擦力，选项B、C均错。
2．(2012·浙江高考)如图2－3－9所示，与水平面夹角为30°的固定斜面上有一质量m＝1.0 kg的物体。细绳的一端经摩擦不计的定滑轮与固定的弹簧秤相连。物体静止在斜面上，弹簧秤的示数为4.9 N。关于物体受力的判断(取g＝9.8 m/s2)。下列说法正确的是(　　)
图2－3－9
A．斜面对物体的摩擦力大小为零
B．斜面对物体的摩擦力大小为4.9 N，方向沿斜面向上
C．斜面对物体的摩擦力大小为4.9 N，方向沿斜面向上
D．斜面对物体的摩擦力大小为4.9 N，方向垂直斜面向上
解析：选A　物体的重力下滑分量可知为4.9 N，弹簧拉力为4.9 N，物块沿斜面方向受力平衡，所以摩擦力应为0。
3.如图2－3－10所示， 水平地面上的物体A，在斜向上的拉力F的作用下，向右做匀速运动，则下列说法中正确的是(　　)
图2－3－10
A．物体A可能只受到三个力的作用
B．物体A一定受到了四个力的作用
C．物体A受到的滑动摩擦力大小为Fcos θ
D．物体A对水平地面的压力的大小一定为Fsin θ
解析：选BC　
物体匀速向右运动，一定有四个力作用，如图所示，
其中Ff＝Fcosθ，FN＋Fsinθ＝mg。
故FN有可能大小为Fsinθ，故A、D错误，B、C正确。
4.如图2－3－11所示，一定质量的物块用两根轻绳悬在空中，其中绳OA固定不变，绳OB在竖直平面内由水平方向向上转动，则在绳OB由水平转至竖直的过程中，绳OB的张力的大小将(　　)
图2－3－11
A．一直变大　　　　　　　B．一直变小
C．先变大后变小D．先变小后变大
解析：选D　
在绳OB转动的过程中物块始终处于静止状态，所受合力始终为零，如图为绳OB转动过程中结点受力示意图，由图可知，绳OB的张力先变小后变大。
5．(2013·潍坊市联考)如图2－3－12所示，斜面A和物块B静置在水平地面上，某时刻起，对B施加一个沿斜面向上的拉力F，力F从零开始随时间均匀增大，在这一过程中，A、B始终保持静止。则地面对A的(　　)
图2－3－12
A．支持力不变 B．支持力减小
C．摩擦力增大 D．摩擦力减小
解析：选BC　设斜面的倾角为θ，以A、B整体为研究对象，因为A、B始终保持静止，由平衡条件得Ff＝Fcos θ，(mA＋mB)g＝FN＋Fsin θ，又F均匀增大，故摩擦力Ff增大，支持力FN减小，选项B、C正确。第二章 第2讲 力的合成与分解4
1．如图2－2－7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(　　)
图2－2－7
解析：选C　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F2为直角三角形的斜边，故这三个力的合力最大的为C图。
2.如图2－2－8所示是剪式千斤顶，当摇动把手时，螺纹轴就能迫使千斤顶的两臂靠拢，从而将汽车顶起。当车轮刚被顶起时汽车对千斤顶的压力为1.0×105 N，此时千斤顶两臂间的夹角为120°，则下列判断正确的是(　　)
图2－2－8
A．此时两臂受到的压力大小均为5.0×104 N
B．此时千斤顶对汽车的支持力为2. 0×105 N
C．若继续摇动把手，将汽车顶起，两臂受到的压力将增大
D．若继续摇动把手，将汽车顶起，两臂受到的压力将减小
解析：选D　设两臂受到的压力均为F1，汽车对千斤顶的压力为F，两臂间夹角为θ，则有F＝2F1cos ，由此可知，当F＝1.0×105 N，θ＝120°时，F1＝1.0×105 N，A、B均错误；若继续摇动把手，F不变，θ减小，则F1将减小，C错误，D正确。
3．(2012·上海高考)已知两个共点力的合力为50 N，分力F1的方向与合力F的方向成30°角，分力F2的大小为30 N。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：选C　当F>F2>Fsin 30°时，此时F1的大小有两个，F2有两个可能的方向，故选项A、B、D错误，选项C正确。
4．(2012·重庆渝中模拟)如图2－2－9甲为我国著名选手张娟娟的射箭场景。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(弹性限度内)，则箭被发射瞬间所受的最大弹力为(设弦的弹力满足胡克定律)(　　)
图2－2－9
A．kl B.kl
C.kl D．2kl
解析：
选C　弓发射箭的瞬间，受力如图所示。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·cos θ，由几何关系得cos θ＝，所以，箭被发射瞬间的最大弹力F＝kl，C项正确。
5．(2013·湖南十二校二模)如图2－2－10所示，一小球用轻绳悬于O点，用力F拉住小球，使轻绳保持偏离竖直方向75°角，且小球始终处于平衡状态，为了使F有最小值，F与竖直方向的夹角θ应该是(　　)
图2－2－10
A．90° B．15°
C．45° D．0°
解析：选B　小球受重力、拉力F和绳的拉力F1作用，由于小球处于平衡状态，所以F和F1的合力F合与重力等大反向；F、F1、F合构成的矢量三角形如图所示；当F垂直于F1时，F有最小值，由几何关系得θ＝90°－75°＝15°，故B正确。第二章 第1讲 重力 弹力 摩擦力4
1．(2013·靖安高三检测)小明对重力有以下四种认识，其中正确的是(　　)
A．重力方向总是垂直于物体的表面
B．重力方向总是竖直向下
C．物体的重心一定在物体上
D．在同一地点，同一物体静止时所受的重力与其运动时所受的重力不一样
解析：选B　物体所受重力方向竖直向下，与物体所处运动状态无关，重心位置不一定在物体上，只有选项B正确。
2.如图2－1－13所示，物体A置于倾斜的传送带上，它能随传送带一起向上或向下做匀速运动，下列关于物体A在上述两种情况下的受力描述，正确的是(　　)
图2－1－13
A．物体A随传送带一起向上匀速运动时， A所受的摩擦力沿斜面向下
B．物体A随传送带一起向下匀速运动时，A所受的摩擦力沿斜面向下
C．物体A随传送带一起向下匀速运动时，A不受摩擦力作用
D．无论A随传送带一起向上匀速还是向下匀速运动，传送带对物体A的作用力均相同
解析：选D　物体A匀速运动时，受力平衡，故传送带对物体A的作用力与重力等大反向，选项D对。
3．在如图2－1－14所示的四幅图中，AB、BC均为轻质杆，各图中杆的A、C端都通过铰链与墙连接，两杆都在B处由铰链相连接。下列说法正确的是(　　)
图2－1－14
A．图中的AB杆可以用与之等长的轻绳代替的有甲、乙
B．图中的AB杆可以用与之等长的轻绳代替的有甲、丙、丁
C．图中的BC杆可以用与之等长的轻绳代替的有乙、丙
D．图中的BC杆可以用与之等长的轻绳代替的有乙、丁
解析：选B　如果杆端受拉力作用，则可用等长的绳代替，若杆端受到沿杆的压力作用，则杆不可用等长的轻绳代替，如图甲、丙、丁中的AB杆受拉力作用，而甲、乙、丁中的BC杆均受沿杆的压力作用，故A、C、D均错误，只有B正确。
4.质量为m的物体在水平面上，在大小相等、互相垂直的水平力F1和F2的作用下，从静止开始沿水平面运动，如图2－1－15所示，若物体与水平面间的动摩擦因数为μ，则物体(　　)
图2－1－15
A．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为Ff＝μmg
D．在F1、F2合力的反方向上受到的摩擦力为Ff＝μmg
解析：选D　物体运动方向沿F1、F2的合力方向，故摩擦力的方向与F1、F2合力的方向相反，大小为Ff＝μmg，选项D对。
5.如图2－1－16所示，两木块的质量分别为m1和m2，两轻质弹簧的劲度系数分别为k1和k2，上面的木块压在上面的弹簧上(但不拴接)，整个系统处于平衡状态。现缓慢地向上提上面的木块，直到它刚离开上面的弹簧，求这个过程中下面木块移动的距离。
图2－1－16
解析：上面的木块被提走后，弹簧k2的弹力减小量为：ΔF2＝m1g，
下面木块移动的距离应等于弹簧k2压缩量的变化量，故
Δx＝＝
答案：第3讲　受力分析　共点力平衡
(对应学生用书第24页)
受 力 分 析
1.概念
把指定物体(或研究对象)在特定的物理环境中受到的所有外力都分析出来，并画出物体受力的示意图的过程．
2．顺序
先分析场力(重力、电场力、磁场力)，再分析接触力(弹力、摩擦力)，最后分析其他力．
3．步骤
检查画出的每一个力能否找出它的施力物体，检查分析结果能否使研究对象处于题目所给运动状态，否则，必然发生了漏力、多力或错力现象
【针对训练】
1．(2013届南京模拟)将一物块分成相等的A、B两部分靠在一起，下端放置在地面上，上端用绳子拴在天花板上，绳子处于竖直伸直状态，整个装置静止．则(　　)
图2－3－1
A．绳子上的拉力可能为零
B．地面受到的压力可能为零
C．地面与物块间可能存在摩擦力
D．A、B之间可能存在摩擦力
【解析】　A、B两部分之间的相互作用力大小恰好等于A部分的重力时，绳子拉力为零，故选项A正确；绳子拉力的最大值等于A部分的重力大小，故B部分始终压在地面上，地面受到的压力不会等于零，选项B错误；由于绳子处于竖直状态，A、B之间的相互作用力一定在竖直方向上，物块整体相对于地面无相对运动趋势，故地面与物块之间不会存在摩擦力，选项C错误；绳子的拉力大小小于A部分的重力时，A部分有沿分界面向下运动的趋势，此时A受B沿分界面向上的静摩擦力作用，故选项D正确．
【答案】　AD
共点力的平衡
共点力 力的作用点在物体上的同一点或力的延长线交于一点的几个力叫做共点力，能简化成质点的物体受到的力可以视为共点力
平衡状态 物体处于静止状态或匀速直线运动状态，叫做平衡状态．(该状态下物体的加速度为零)
平衡条件 物体受到的合外力为零，即F合＝0或
对平衡条
件的理解
二力平衡 两个力大小相等，方向相反，是一对平衡力
三力平衡 任意两个力的合力与第三个力等大反向
n个力平衡 任意n－1个力的合力与余下的那个力等大反向
【针对训练】
2．蹦床可简化为如图2－3－2所示的完全相同的网绳构成的正方形，点O、a、b、c等为网绳的结点．当网水平张紧时，若质量为m的运动员从高处竖直落下，并恰好落在O点，当该处下凹至最低点时，网绳aOe、cOg均成120°向上的张角，此时O点受到的向下的冲击力为F，则这时O点周围每根网绳的拉力的大小为(　　)
图2－3－2
A．F/4　　　　　　　　B．F/2
C．(F＋mg)/4 D．(F＋mg)/2
【解析】　设每根网绳的拉力大小为F′，对结点O有：
4F′cos 60°－F＝0
解得F′＝，选项B正确．
【答案】　B
(对应学生用书第24页)
受力分析的常用方法
1.整体法与隔离法
整体法 隔离法
概念 将运动状态相同的几个物体作为一个整体来分析的方法 将研究对象与周围物体分隔开分析的方法
选用
原则 研究系统外的物体对系统整体的作用力或系统整体的加速度 研究系统内物体之间的相互作用力
注意
问题 受力分析时不要再考虑系统内物体间的相互作用力 一般隔离受力较少的物体
2.假设法
在受力分析时，若不能确定某力是否存在，可先对其做出存在或不存在的情况假设，然后再就该力存在与否对物体运动状态影响的不同来判断该力是否存在．
(1)当所涉及的物理问题是整体与外界作用时，应用整体法分析，可使问题简单明了，而不必考虑内力的作用．
(2)当涉及的物理问题是物体间的作用时，要应用隔离法分析，这时系统中物体间相互作用的内力就会变为各个独立物体的外力．
　如图2－3－3所示，物体B的上表面水平，当A、B相对静止沿斜面匀速下滑时，斜面保持静止不动，则下列判断正确的有(　　)
图2－3－3
A．物体B的上表面一定是粗糙的
B．物体B、C都只受4个力作用
C．物体C受水平面的摩擦力方向一定水平向右
D．水平面对物体C的支持力小于三物体的重力大小之和
【审题视点】　(1)B上表面水平．
(2)AB相对静止且沿斜面匀速下滑．
(3)斜面静止不动．
【解析】　当A、B相对静止沿斜面匀速下滑时，斜面保持静止不动，A、B、C均处于平衡态，A受重力、B的支持力作用，A、B没有摩擦力，物体B的上表面可以是粗糙的，也可以是光滑的，A错；B受重力、C施加的垂直斜面的弹力和沿斜面向上的摩擦力以及A的压力作用，取A、B、C为整体，由平衡知水平面对C无摩擦力作用，水平面对C的支持力等于三物体重力大小之和，C受重力、B的压力和摩擦力、水平面的支持力作用，所以B对，C、D错．
【答案】　B
受力分析的技巧
(1)明确研究对象(可以是一个点、一个物体或一个系统等)，并将其从周围环境中隔离，分析周围物体对它施加的力．
(2)按顺序找力(一“重”二“弹”三“摩”四“其他”)：首先分析重力，其次分析弹力(弹力个数不多于周围与之接触的物体数)，再次分析摩擦力(摩擦力个数不多于弹力个数)，最后分析其他物体施加的力(不要多力和少力，合力和分力不要重复)．
(3)画好受力图后，要按顺序检查，防止多力和少力．
【即学即用】
1．(2013届银川模拟)A、B两物块如图2－3－4叠放，一起沿固定在水平地面上倾角为α的斜面匀速下滑．则(　　)
图2－3－4
A．A、B间无摩擦力
B．B与斜面间的动摩擦因数 μ＝tan α
C．A、B间有摩擦力，且B对A的摩擦力对A做负功
D．B对斜面的摩擦力方向沿斜面向下
【解析】　
选取A为研究对象，对其受力分析可知，物体A除了受到竖直向下的重力GA和垂直A、B接触面向上的弹力N作用外，肯定还受到平行于A、B接触面指向左上方的摩擦力f的作用，如图所示．根据受力图可知，B对A的摩擦力f与运动方向之间的夹角小于90°，所以摩擦力f对A做正功，故选项A、C均错误；选取A、B组成的系统为研究对象，该系统始终处于平衡状态，对其受力分析，根据力的平衡条件易得，斜面对整体的滑动摩擦力方向沿斜面向上，根据牛顿第三定律可知B对斜面的摩擦力方向沿斜面向下，故选项D正确；沿斜面方向有(mA＋mB)gsin α＝μ(mA＋mB)gcos α，解得μ＝tan α，故选项B正确．
【答案】　BD
解决平衡类问题的常用方法和一般
　　　　步骤
1．常用方法
方法 内容
合成法 物体受几个力的作用，通过合成的方法将它们简化成两个力，这两个力满足二力平衡条件
分解法 物体受到几个力的作用，将某一个力按力的效果进行分解，则其分力和其他力在所分解的方向上满足平衡条件
正交分
解法 将处于平衡状态的物体所受的力，分解为相互正交的两组，每一组的力都满足二力平衡条件
续表　　
方法 内容
力的三
角形法 物体受同一平面内三个互不平行的力的作用平衡时，这三个力的矢量箭头首尾相接，构成一个矢量三角形．若三个力的矢量箭头首尾相接恰好构成三角形，则这三个力的合力必为零，利用三角形定则，根据正弦定理、余弦定理或相似三角形等数学知识可求解未知力
2.一般步骤
(1)选取研究对象：根据题目要求，恰当选取研究对象，在平衡类问题中，研究对象可以是单个物体，也可以是多个物体组成的系统，还可以是几个物体相互连接的结点．
(2)分析研究对象的受力情况，画出受力图．
(3)利用平衡条件建立方程并求解．
(1)物体受三个力平衡时，利用力的分解法或合成法比较简单．
(2)解平衡问题建立坐标系时，应使尽可能多的力与坐标轴重合，需要分解的力尽可能少．物体受四个以上的力作用时一般要采用正交分解法．
　(单体的平衡问题)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2－3－5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2－3－5
A．FT＝mg，FN＝mg
B．FT＝mg，FN＝2mg
C．FT＝mg，FN＝ mg
D．FT＝mg，FN＝mg
【解析】　
图a
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mgsin 30°＝FTsin 30°，解得mg＝FT；在垂直于切线方向上，FN＝mgcos 30°＋FTcos 30°＝mg.
图b
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＝FT
2Fcos 30°＝FN
解得FT＝mg，FN＝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．
图c
图d
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
【即学即用】
2.
图2－3－6
(2013届西安一中模拟)(多体的平衡问题)一光滑圆环固定在竖直平面内，环上套着两个小球A和B(中央有孔)，A、B间由细绳连接着，它们处于如图2－3－6所示位置时恰好都能保持静止状态，此时B球与环中心O处于同一水平面上，A、B间的细绳呈伸直状态，与水平线成30°角，已知B球的质量为3 kg，g＝10 m/s2，则下列判断正确的是(　　)
A．绳的张力大小为30 N
B．A球质量为6 kg
C．剪断绳瞬间A的加速度大小为5 m/s2
D．剪断绳瞬间B的加速度大小为10 m/s2
【解析】　对A球，受力分析如图所示，正交分解绳的张力T与环的弹力NA，由平衡条件有：水平方向：Tcos 30°＝NAsin 30°
在竖直方向：NAcos 30°＝mAg＋Tsin 30°
同理对B球进行受力分析及正交分解得：
竖直方向：Tsin 30°＝mBg
联立以上三式可得：T＝60 N，mA＝2mB＝6 kg，A错B对；剪断绳瞬间，绳中张力立即消失，环对球的弹力发生突变，B球只受重力，由牛顿第二定律知其加速度为g＝10 m/s2，D对；此时分解A球的重力(沿半径方向和垂直半径方向)，加速度为a＝gcos 60°＝5 m/s2，C错．
【答案】　BD
(对应学生用书第26页)
动态平衡类问题的分析方法
动
态
平
衡 在共点力的平衡中，有些题目中常有“缓慢移动”一词，表示这些物体处于动态平衡状态．动态平衡是指通过控制某些物理量，使物体的状态发生缓慢变化，而在此过程中物体始终处于一系列平衡状态中
动
态
平
衡
问
题
常
用
解
法
图
解
方
法 对物体在状态变化过程中的若干状态进行受力分析(一般受三个力)的基础上，若满足有一个力大小、方向均不变，另有一个力方向不变时，可画出这三个力的封闭矢量三角形(或用平行四边形定则画图)，依据某一参量(如角度、长度等)的变化，在同一图中作出物体在若干状态下力的平衡图来分析力的变化情况的方法．图解法也常用于求极值问题，具有简单、直观的优点．
解
析
方
法 是指对物体受力分析，画出受力图后，根据动态变化的原因(如某角度、某长度)，利用平衡条件列出方程，求出应变物理量与自变物理量的一般函数关系式(如用三角函数表示出各个作用力与变化夹角间的关系)，然后根据自变量的变化情况及变化区间确定应变量的变化情况的方法．这种方法比较精确，但不够直观.
　(2013届合肥一中模拟)如图2－3－7所示，杆BC的B端铰接在竖直墙上，另一端C为一滑轮．重力为G的重物上系一绳经过滑轮固定于墙上A点处，杆恰好平衡．若将绳的A端沿墙向下移，再使之平衡(BC杆、滑轮、绳的质量及摩擦均不计)，则(　　)
图2－3－7
A．绳的拉力增大，BC杆受压力增大
B．绳的拉力不变，BC杆受压力增大
C．绳的拉力不变，BC杆受压力减小
D．绳的拉力不变，BC杆受压力不变
【潜点探究】　(1)本题比较的是轻绳的A端移动前后的两个平衡状态，两个状态下，滑轮上所受三力均平衡．
(2)B端是铰链，BC杆可以自由转动，所以BC杆受力必定沿杆．
(3)绳绕过滑轮，两段绳力相等，要保证合力沿杆(否则杆必转动)，则杆必处于两绳所构成角的平分线上．
【规范解答】　方法一：矢量三角形法
选取滑轮为研究对象，对其受力分析，如图甲所示．绳中的弹力大小相等，即T1＝T2＝G，T1、T2、F三力平衡，将三个力的示意图平移可以组成封闭三角形，如图甲中虚线所示，设AC段绳子与竖直墙壁间的夹角为θ，则根据几何知识可得，杆对绳子的支持力F＝2Gsin ，当绳的A端沿墙向下移时，θ增大，F也增大，根据牛顿第三定律，BC杆受压力增大．
图甲　　　　　　　　　　图乙　　
方法二：几何三角形法
图甲中，矢量三角形与几何三角形ABC相似，因此＝，解得F＝·mg，当绳的A端沿墙向下移，再次平衡时，AB长度变短，而BC长度不变，F变大，根据牛顿第三定律，BC杆受压力增大．
方法三：图解法
将绳的A端沿墙向下移，T2大小和方向不变，T1大小不变，但与T2所夹锐角逐渐增大时，再使之平衡时，画出两段绳子拉力与轻杆的弹力所构成的封闭三角形如图乙所示，显然F′大于F，即轻杆的弹力变大，根据牛顿第三定律， BC杆受压力增大．
【答案】　B
【即学即用】
3.
图2－3－8
(2012·新课标全国高考)如图2－3－8，一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(　　)
A．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】　如图所示，因为N1＝，N2＝，随θ逐渐增大到90°，tan θ、sin θ都增大，N1、N2都逐渐减小，所以选项B正确．
【答案】　B
(对应学生用书第26页)
●单体受力分析及平衡问题
1．(2012·浙江高考)如图2－3－9所示，与水平面夹角为30°的固定斜面上有一质量m＝1.0 kg的物体．细绳的一端与物体相连，另一端经摩擦不计的定滑轮与固定的弹簧秤相连．物体静止在斜面上，弹簧秤的示数为4.9 N．关于物体受力的判断(取g＝9.8 m/s2)，下列说法正确的是(　　)
图2－3－9
A．斜面对物体的摩擦力大小为零
B．斜面对物体的摩擦力大小为4.9 N，方向沿斜面向上
C．斜面对物体的支持力大小为4.9 N，方向竖直向上
D．斜面对物体的支持力大小为4.9 N，方向垂直斜面向上
【解析】　选斜面上的物体为研究对象，物体受重力mg，支持力FN和绳子拉力F，因为F＝4.9 N，且mgsin 30°＝4.9 N，则F＝mgsin 30°，所以斜面对物体的摩擦力为零，选项A正确，选项B错误；斜面对物体的支持力FN＝mgcos 30°＝4.9 N，方向垂直斜面向上，选项C、D错误．
【答案】　A
●多体受力分析(同时采用整体法、隔离法)
2.
图2－3－10
(2010·安徽高考)L型木板P(上表面光滑)放在固定斜面上，轻质弹簧一端固定在木板上，另一端与置于木板上表面的滑块Q相连，如图2－3－10所示．若P、Q一起沿斜面匀速下滑，不计空气阻力．则木板P的受力个数为(　　)
A．3　 　　　B．4　　 　　C．5　　 　　D．6
【解析】　将P、Q及弹簧视为一个整体受力分析，因二者一起匀速下滑，故P一定受到斜面的摩擦力作用，方向沿斜面向上；隔离Q分析受力，Q一定受到弹簧的弹力作用，方向沿斜面向上；隔离P分析受力，它受到重力、斜面的弹力、滑块Q的压力、弹簧的弹力以及斜面的摩擦力共计5个力的作用，故C项正确．
【答案】　C
●考查共点力平衡及解法(合成法)
3.
图2－3－11
(2011·海南高考)如图2－3－11所示，墙上有两个钉子a和b，它们的连线与水平方向的夹角为45°，两者的高度差为l.一条不可伸长的轻质细绳一端固定于a点，另一端跨过光滑钉子b悬挂一质量为m1的重物．在绳子距a端l/2的c点有一固定绳圈．若绳圈上悬挂质量为m2的钩码，平衡后绳的ac段正好水平，则重物和钩码的质量比为(　　)
A.　　　　B．2　　　　C.　　　　D.
【解析】　平衡后绳圈c受力如图所示，图中F1＝m2g，F2＝m1g，由图中几何关系及平衡条件可知：＝＝，即＝，C正确．
【答案】　C
●考查分解法与力的平衡
4.
图2－3－12
(2011·石嘴山模拟)如图2－3－12所示为一攀岩运动员正沿竖直岩壁缓慢攀登，由于身背较重的行囊，重心上移至肩部的O点，运动员的质量为60 kg，运动员双手臂所能承受的拉力不能超过540 N．此时手臂与身体垂直，手臂与岩壁夹角为53°，则此时行囊的质量不能超过(设手、脚受到的作用力均通过重心O，g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)(　　)
A．60 kg B．50 kg
C．40 kg D．30 kg
【解析】　该题考查了力的分解及共点力平衡问题．由力的分解可知(M＋m)gcos 53°≤540，解得m≤30 kg，D选项正确．
【答案】　D
●平衡中的临界问题
5.
图2－3－13
(2013届辽宁育才中学模拟)物体A的质量为2 kg，两根轻细绳b和c的一端连接于竖直墙上，另一端系于物体A上，在物体A上另施加一个方向与水平线成θ角的拉力F，相关几何关系如图2－3－13所示，θ＝60°.若要使两绳都能伸直，求拉力F的取值范围．(g取10 m/s2)
【解析】　作出物体A的受力分析图如图所示，由平衡条件得
Fsin θ＋F1sin θ－mg＝0①
Fcos θ－F2－F1cos θ＝0②
由①式得
F＝－F1③
由②③式得
F＝＋④
要使两绳都伸直，则有F1≥0，F2≥0
所以由③式得
Fmax＝＝ N
由④式得
Fmin＝＝ N
综合得F的取值范围为 N≤F≤ N.
【答案】　 N≤F≤ N
　　　　　　　　

展开更多......

收起↑