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相互作用单元检测
一、选择题
1.(2018江西上饶检测)图象可以形象直观地描述物体的运动情况。对于下列两质点运动的位移—时间图象和速度—时间图象,分析结果正确的是(　　)。

甲　　　　　　　　　　　　　乙
A.由图甲可知,质点做曲线运动,且速度逐渐增大
B.由图甲可知,质点在前10 s内的平均速度的大小为4 m/s
C.由图乙可知,质点在第4 s内的加速度的方向与质点运动的方向相反
D.由图乙可知,质点在0~10 s内,加速度的最大值为15 m/s2
【解析】运动图象反映的是物体的运动规律,不是运动轨迹,无论是速度—时间图象还是位移—时间图象,都只能表示直线运动的情况,A项错误;由题图甲可知,质点在前10s内的位移x=20m,所以平均速度v==2m/s,B项错误;由题图乙可知,质点在第4s内加速度和速度都为负,方向相同,C项错误;v-t图线的斜率表示物体运动的加速度,由题图乙可知,质点在运动过程中,加速度的最大值出现在2s~4s内,最大加速度大小a==15m/s2,D项正确。
【答案】D
2.(2019河北保定检测)(多选)如图所示,M、N两物体叠放在一起,在恒力F作用下,一起向上做匀加速直线运动,则关于两物体受力情况的说法正确的是(　　)。


A.物体M一定受到4个力
B.物体N可能受到4个力
C.物体M与墙之间一定有弹力和摩擦力
D.物体M与N之间一定有摩擦力
【解析】M、N两物体一起向上做匀加速直线运动,合力向上,对M、N整体进行受力分析,受到重力和推力F,墙对M没有弹力,否则合力不能竖直向上,没有弹力,也就不可能有摩擦力;对N进行受力分析,可知N受到重力,M对N的支持力,这两个力的合力不能竖直向上,所以还受到M对N向上的静摩擦力,则N也给M一个沿斜面向下的静摩擦力;再对M进行受力分析,可知M受到重力、推力F、N对M的压力以及N给M沿斜面向下的静摩擦力,一共4个力,故A、D两项正确,B、C两项错误。
【答案】AD
3.(2018保定模拟)(多选)将一滑轮用一小段轻杆固定于竖直的墙上,用一轻绳跨过滑轮拴接物块A和B,系统处于静止状态,若将B向右移动少许,系统仍静止,不计绳子和滑轮的质量,忽略滑轮的摩擦力,则下列判断正确的是(　　)。


A.物块B所受的摩擦力增大
B.地面所受的压力增大
C.物块B所受的拉力减小
D.滑轮所受的轻杆的作用力不变
【解析】将物块B向右移动少许,由于系统仍静止,则绳子的拉力大小始终等于A的重力,绳子拉B的力大小也不变,C项错误;由于滑轮两侧细绳的夹角变大,则两侧细绳拉力的合力减小,滑轮所受轻杆的作用力减小,D项错误;拉B物块的细绳与水平方向的夹角减小,则B所受的摩擦力增大,对地面的压力增大,A、B两项正确。
【答案】AB
4.(2019福建南平联考)(多选)第十八届中国青少年机器人竞赛于2018年7月21日开赛,3000余名选手进行激烈角逐。本次比赛中,一机器人将足球在地面以v1=0.6 m/s的初速度踢出,足球在地面上做匀减速直线运动,加速度大小a1=0.04 m/s2。该机器人将足球踢出后立即由静止启动追赶足球,其运动可看作是匀加速直线运动,最大加速度a2=0.04 m/s2,能达到的最大速度v2=0.4 m/s。则(　　)。
A.机器人加速运动的时间为10 s
B.足球运动的位移为4 m
C.机器人与足球间的最大距离为2.25 m
D.机器人追上足球的时间为16.25 s
【解析】足球从开始做匀减速运动到停下来的位移x1==4.5m,足球做匀减速运动的时间t1==15s,机器人以最大加速度加速时间t2==10s,此过程中机器人的位移x2==2m,足球停止运动时,机器人的位移x3=x2+v2(t1-t2)=4m【答案】ACD
5.(2019河南郑州月考)如图甲所示,直角三角形框架ABC(角C为直角)固定在水平地面上,已知AC与水平方向的夹角α=30°。小环P、Q分别套在光滑臂AC、BC上,用一根不可伸长的细绳连接两小环,静止时细绳恰好水平,小环P、Q的质量分别为m1、m2,则小环P、Q的质量的比值为(　　)。


甲
A. B.3 C. D.
【解析】对小环P进行受力分析如图乙所示,设绳子拉力大小为T,由几何关系有T1=m1gtanα,对小环Q进行受力分析,由几何关系有T2=,T1=T2,联立解得==3,B项正确。

乙
【答案】B
6.(2019吉林长春联考)(多选)如图所示,两个相互接触、大小不同的正方体物块放在水平面上,两物块的质量分别为2m和m,与水平面的动摩擦因数分别为μ1和μ2。同时对两物块施加水平向左、大小均为F的恒力,两物块恰好一起做匀速直线运动。则(　　)。


A.两物块间可能没有弹力作用
B.两物块间一定没有弹力作用
C.若两物块间有弹力,μ1和μ2的关系一定为2μ1=μ2
D.若两物块间没有弹力,μ1和μ2的关系一定为2μ1=μ2
【解析】分别以两个正方体物块为研究对象,当2μ1=μ2,且F=2μ1mg=μ2mg时,两物块间没有弹力,A、D两项正确,B项错误;若两物块间有弹力,则F<2μ1mg,F>μ2mg,C项错误。
【答案】AD
7.(2017江西南昌联考)如图所示,倾角为θ的斜面体C置于水平面上,在它上面放有质量为m的木块B,用一根平行于斜面的细线连接一个轻环A,并将轻环套在一根两端固定、粗糙的水平直杆上,整个系统处于静止状态,则(　　)。


A.若斜面体上表面粗糙,则木块B一定受到四个力的作用
B.若斜面体上表面粗糙,则水平面对斜面体C的摩擦力一定为零
C.若斜面体上表面光滑,则水平面对斜面体C的支持力与B、C的总重力大小相等
D.若斜面体上表面光滑,则水平面对斜面体C的摩擦力大小为mgsinθcosθ
【解析】若斜面体上表面粗糙,木块B可能受到重力、斜面体C对它的弹力和摩擦力共三个力作用,A项错误;若斜面体上表面粗糙,对B、C整体,水平面对C的摩擦力与细线拉力在水平方向上的分力平衡,水平面对斜面体C的摩擦力不一定为零,B项错误;若斜面体上表面光滑,水平面对C的支持力等于B、C的总重力减去拉力在竖直方向上的分力,C项错误;若斜面体上表面光滑,设细线的弹力为F,对斜面上的木块由共点力平衡条件有F-mgsinθ=0,对轻环由共点力平衡条件有Fcosθ-Ff=0,解得杆对环的摩擦力大小Ff=mgsinθcosθ,因为A、B、C整体处于静止状态,所以水平面对斜面体C的摩擦力大小为mgsinθcosθ,D项正确。
【答案】D
8.(2018湖南常德联考)(多选)如图甲所示,质量为m的半球体静止在倾角为θ的平板上,在θ从0°缓慢增大到90°的过程中,半球体所受摩擦力Ff与θ的关系如图乙所示,已知半球体始终没有脱离平板,半球体与平板间的动摩擦因数为,最大静摩擦力与滑动摩擦力相等,重力加速度为g,则(　　)。

　　甲　　　　　　　　　　乙
A.0~q段对应的图线可能是直线
B.q~段对应的图线不可能是直线
C.q=
D.p=
【解析】半球体在平板上恰好开始滑动的临界条件是mgsinθ=μmgcosθ,故有μ=tanθ=,解得θ=,即q=,故C项错误。θ在0~之间时,Ff是静摩擦力,大小为mgsinθ;θ在~之间时,Ff是滑动摩擦力,大小为μmgcosθ,综合以上分析得Ff与θ的两段关系都不是线性关系,故A项错误,B项正确。当θ=时,Ff=mgsin=mg,即p=mg,故D项正确。
【答案】BD
9.(2019四川马尔康模拟)(多选)如图所示,一辆运送沙子的自卸卡车,装满沙子。沙粒之间的动摩擦因数为μ1,沙子与车厢底部材料的动摩擦因数为μ2,车厢的倾角用θ表示(已知μ2>μ1),下列说法正确的是(　　)。


A.要顺利地卸干净全部沙子,应满足tan θ>μ2
B.要顺利地卸干净全部沙子,应满足sin θ>μ2
C.只卸去部分沙子,车上还留有一部分沙子,应满足μ2>tan θ>μ1
D.只卸去部分沙子,车上还留有一部分沙子,应满足μ2>μ1>tan θ
【解析】要顺利地卸干净全部沙子,重力沿斜面的分力应大于最大静摩擦力。对全部沙子整体分析,有Mgsinθ>μ2Mgcosθ,解得μ2μ1mgcosθ,解得μ1tanθ,C项正确,D项错误。
【答案】AC
10.(2019安徽芜湖联考)如图甲所示,竖直面光滑的墙角有一个质量为m、半径为r的均匀半球体A,现在A上放一密度和半径与A相同的球体B,调整A的位置使得A、B保持静止状态,已知A与地面间的动摩擦因数为0.5。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则A球球心距墙角的最远距离是(　　)。


甲
A.2r B.r C.r D.r
【解析】根据题意可知,B的质量为2m,A、B处于静止状态,受力平衡,则地面对A的支持力FN=3mg,当地面对A的摩擦力达到最大静摩擦力时,A球球心距墙角的距离最远,对A、B分别受力分析,如图乙所示。根据平衡条件得F=,Ff=FN'=Fcosθ=μ×3mg,解得tanθ=,则A球球心距墙角的最远距离xm=2rcosθ+r=r,故C项正确。


乙
【答案】C
二、非选择题
11.(2019河南南阳考试)一个底面粗糙、质量为M的斜劈放在粗糙的水平面上,斜劈的斜面光滑且与水平面成30°角;现用一端固定的轻绳系一质量为m的小球,小球放在斜面上,当小球静止时轻绳与竖直方向的夹角也为30°,如图甲所示。

甲
(1)当斜劈静止时,求绳子的拉力大小。
(2)若地面对斜劈的最大静摩擦力等于地面对斜劈支持力的k倍,为使整个系统静止,k值必须满足什么条件?
【解析】(1)对小球进行受力分析,如图乙所示,有
Tcos30°+FN1cos30°=mg
Tsin30°=FN1sin30°

乙　　　　　　　　　　丙
解得T=FN1=mg。
(2)对斜劈进行受力分析,如图丙所示,有
FN2=Mg+FN1'cos 30°
Ff=FN1'sin 30°
FN1'=FN1
要使整体不滑动应满足Ff≤kFN2
解得k≥。
【答案】(1)mg　(2)k≥
12.(2019海南模拟)如图所示,倾角θ=30°的斜面下端与一足够长的水平面相接,在斜面上距水平面高度分别为h1=5 m和h2=0.8 m的A、B两点上,各静置一小球甲和乙。某时刻由静止开始释放甲球,经过一段时间t后,再由静止开始释放乙球。已知两球在斜面上运动时的加速度均为a=5 m/s2,重力加速度g取10 m/s2,取=1.4,=1.8。


(1)为使两球在斜面上运动过程中相碰,求时间t的取值范围。
(2)若将乙球移至C点,从静止释放甲球的同时,乙球开始在水平面上向右做初速度为零、加速度为a0的匀加速运动;当甲球运动到水平面上时,立即做加速度大小为a0的匀减速运动;为使两球相碰,求a0的大小应满足的条件。
【解析】(1)若两球在斜面上最低点相碰,设甲、乙两球下滑到斜面底端所用时间分别为t1和t2,则
=a
=a
解得t1=2s,t2=0.8s
时间应满足t≥t1-t2=1.2s
若两球在B点相碰,设甲球运动到B点所用时间为t3,则
=a
解得t3=1.8s
因此1.2s≤t≤1.8s。
(2)甲球运动到斜面底端时,有vA=at1=10m/s
设甲球在水平面上再经t0追上乙球,则
10t0-a0=a0(t0+t1)2
即a0+(2a0-10)t0+2a0=0
甲球要追上乙球,方程必须有解,Δ≥0,即
(2a0-10)2-8≥0
解得a0≤2m/s2。
【答案】(1)1.2s≤t≤1.8s　(2)0


8
重力 弹力 摩擦力




　　相互作用是力学乃至整个高中阶段物理学的基础,高考对本模块中知识点的考查频率较高,特别是对摩擦力、受力分析、物体的平衡考查频率高。能力的考查以理解能力和应用能力为主。本章涉及“滑动摩擦力”“动摩擦因数”“静摩擦力”“形变”“弹力”“胡克定律”“矢量和标量”七个Ⅰ级考点,“力的合成和分解”“共点力的平衡”两个Ⅱ级考点。常见的三种力、物体的平衡、受力分析是高考的重点和难点,也是热点。
命题呈现以下特点:(1)对弹力和摩擦力大小、方向的考查;(2)受力分析及力的运算作为一种分析物理问题的工具,贯穿高考考查的大部分内容和考题;(3)常考查力的合成与分解;(4)共点力作用下物体的平衡,如动态平衡、极值求解等考查也较多。
预测2020年高考命题趋势:(1)考查力的产生条件、力的大小的计算和方向的判断、力的合成与分解、平衡条件的应用、
动态平衡问题的分析。“弹力”“摩擦力”属于高考的热点和难点。“弹簧模型”可以在不同物理情景下综合考查,与其他知识结合来考查弹力大小的定性分析或定量计算及方向的判定。不论静摩擦力还是动摩擦力,每年都有所考查,要正确把握其大小的计算和方向的判断。(2)考查的模型一般为叠加体、连接体(轻绳连接、轻杆连接、轻弹簧连接)、死结模型、滑轮模型(活结模型)、轻弹簧模型等。(3)涉及的思想方法有整体法与隔离法、假设法、正交分解法、矢量三角形法、等效思想等。(4)单独考查一个知识点的试题非常少,大多数情况是同时涉及几个知识点,考查的重点和热点是弹力、摩擦力、力的合成与分解、共点力作用下物体的平衡等知识点的创新设计,注重对物理思维与物理能力的考查。(5)试题以现实生活中的现象为背景,或以高科技为背景考查一些综合性问题,考生平时应锻炼自己建立物理模型的能力。

第1讲　重力　弹力　摩擦力



1 重力


　　(1)产生:由于地球吸引而使物体受到的力。重力不是万有引力,而是万有引力的一个分力。

(2)大小:G=mg,可用弹簧测力计测量。①物体的质量m不会变;②G的变化是由在地球上不同位置处g的变化引起的。
(3)方向:竖直向下。竖直向下是和水平面垂直,不一定和接触面垂直,也不一定指向地心。
(4)重心:物体的每一部分都受重力作用,可认为重力集中作用于一点,即物体的重心(是一种理想化模型,真实不存在)。影响重心位置的因素:物体的几何形状,物体的质量分布。重心的位置不一定在物体上。不规则薄板重心的确定方法:悬挂法。
1.1(2019四川西昌模拟)如图所示,两辆车在以相同的速度做匀速运动,根据图中所给信息和所学知识你可以得出的结论是(　　)。

A.物体各部分都受重力作用,但可以认为物体各部分所受重力集中于一点
B.重力的方向总是垂直向下的
C.物体重心的位置只与物体的质量分布有关
D.力是使物体运动的原因
【答案】A
1.2(2019江苏淮安月考)下列关于物体重心的说法中正确的是(　　)。
A.物体的重心必在物体上
B.形状规则的物体的重心就在物体的几何中心
C.重心是物体各部分所受重力的合力的等效作用点
D.重心就是物体内最重的一点
【答案】C

2 弹力


　　(1)弹力:发生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)弹力方向的判断方法:①绳子只能受拉力而发生形变,即绳子只能承受拉力。因此绳子拉物体的弹力的方向总是沿着绳子指向其收缩的方向。②物体放在支持物上,支持物因形变而产生弹力,这种弹力的方向总是垂直于支持面指向被支持的物体。
(3)胡克定律:在弹性限度内,弹力和弹簧形变大小(伸长或缩短的量)成正比。表达式:F=kx。
【易错警示】　(1)杆的弹力方向:杆的弹力方向不能根据杆的方向来判断,只能根据实际情况进行受力分析得出。(2)弹簧与杆、绳的弹力瞬间变化的区别:因为弹簧的形变不可能瞬间突变,所以弹簧的弹力不可能突变;而杆、绳的弹性形变可以在瞬间发生变化,所以杆、绳的弹力可以发生突变。
(4)弹力有无的判断“四法”
①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。
②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(将其中一个物质拿走),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。
③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。
④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,看能否发生形态的变化,若发生形变,则此处一定有弹力。

2.1(2019山东青岛联考)探究弹力和弹簧伸长的关系时,在弹性限度内,悬挂15 N重物时,弹簧长度为0.16 m,悬挂20 N 重物时,弹簧长度为0.18 m,则弹簧的原长L0和劲度系数k分别为(　　)。
A.L0=0.02 m、k=500 N/m
B.L0=0.10 m、 k=500 N/m
C.L0=0.02 m、k=250 N/m
D.L0=0.10 m、k=250 N/m
【答案】D
2.2(2019湖南株洲月考)(多选)如图所示,一倾角为45°的斜面固定于竖直墙上,为使一光滑的铁球静止,需加一水平力F,且F通过球心,下列说法正确的是(　　)。

A.球一定受墙的弹力且水平向左
B.球可能受墙的弹力且水平向左
C.球一定受斜面的弹力且垂直斜面向上
D.球可能受斜面的弹力且垂直斜面向上
【答案】BC

3 摩擦力


　　(1)滑动摩擦力:一个物体在另一个物体表面上发生相对滑动时,要受到另一个物体阻碍它相对滑动的力。产生条件必须同时满足:①两物体相互接触;②两物体间相互挤压;③接触面是粗糙的;④两物体间有相对运动。

(2)静摩擦力:相互接触的两个物体有相对运动的趋势,但又保持相对静止状态时所受的摩擦力。产生条件必须同时满足:①两物体相互接触;②两物体相互挤压;③接触面粗糙;④物体有相对运动趋势而又保持相对静止。方向:与接触面相切,与相对运动趋势的方向相反。大小:①静摩擦力是变力,它与使它产生相对运动趋势的外力有关。②最大静摩擦力:物体所受的静摩擦力能达到的最大值。③静摩擦力的变化范围:03.1(2019湖南邵阳调考)重100 N的物体静止在粗糙水平面上,物体与水平面间的动摩擦因数为0.2,当物体受到一个大小为10 N、方向水平向右的力的作用时,水平面对物体的摩擦力大小和方向分别为(　　)。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.10 N,水平向左 B.10 N,水平向右
C.20 N,水平向左 D.20 N,水平向右
【答案】A
3.2(2018江苏盐城检测)装修工人在搬运材料时施加一个水平拉力将其从水平台面上拖出,如图所示,若接触面的粗糙程度处处相同,则在工人匀加速拖出材料的过程中(　　)。

A.材料与平台之间的接触面积逐渐减小,摩擦力逐渐减小
B.材料与平台之间的相对速度逐渐增大,摩擦力逐渐增大
C.平台对材料的支持力逐渐减小,摩擦力逐渐减小
D.材料与平台之间的动摩擦因数不变,支持力也不变,所以工人的拉力不变
【答案】D


题型一 摩擦力的分析与计算问题


　　1.静摩擦力的有无和方向的判断方法
(1)假设法:利用假设法判断的思维程序如下。

(2)状态法:先判断物体的状态(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。
(3)牛顿第三定律法: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的方向。

2.静摩擦力大小的计算
(1)物体处于平衡状态(静止或匀速直线运动),利用力的平衡条件来判断静摩擦力的大小。
(2)物体有加速度时,若只有静摩擦力,则Ff=ma。若除静摩擦力外,物体还受其他力,则F合=ma,先求合力再求静摩擦力。
3.滑动摩擦力大小的计算
滑动摩擦力的大小用公式Ff=μFN来计算,应用此公式时要注意以下几点:
(1)μ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为两接触面间的正压力,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和接触面积的大小均无关。

【例1】如图所示,质量为M的物体P静止于固定的斜面(倾角为θ)上,且P的上表面水平。现把另一小正方形的物体Q轻轻地叠放在P上,则(　　)。
A.P向下加速滑动
B.P静止不动
C.P向下匀速滑动
D.P与斜面间的静摩擦力不变
【解析】对P受力分析,根据平衡条件,有斜面对P的支持力FN=Mgcosθ,摩擦力f=Mgsinθ,由题意知f≤μFN,即Mgsinθ≤μMgcosθ,故μ≥tanθ,与重力无关;由于物体Q轻轻地叠放在P上,相当于增大物体P的重力,故P静止不动,P受到的静摩擦力增大,B项正确,A、C、D三项错误。
【答案】B

　　本题的解题关键是对物体的受力分析,求解出支持力和静摩擦力的关系;物体Q轻轻地叠放在P上,相当于增大物体P的重力。“整体法、隔离法”是力学中的重要方法,一定要熟练掌握,注意对于由多个物体组成的系统,不涉及内力时优先以整体为研究对象。
【变式训练1】(2019四川宜宾检测)如图甲所示,粗糙水平面上a、b、c、d 四个相同小物块用四根完全相同的轻弹簧连接,正好组成一个等腰梯形,系统静止。a、b之间,a、c之间以及b、d之间的弹簧长度相同且等于c、d之间弹簧长度的一半,a、b之间弹簧弹力大小为c、d之间弹簧弹力大小的一半。若a受到的摩擦力大小为f,则下列说法错误的是(　　)。
甲
　　
A.a、b之间的弹簧一定是压缩的
B.b受到的摩擦力大小为f
C.d受到的摩擦力大小为2f
D.c受到的摩擦力大小为f
【解析】设每根弹簧的原长为L0,a、b间弹簧的形变量为Δx1,c、d间弹簧的形变量为Δx2,则有kΔx2=2kΔx1;若a、b间和c、d间的弹簧都被拉长,则有L0+Δx2=2(L0+Δx1),解得L0=0,不符合题意,所以a、b间弹簧被压缩,A项正确。由于a受到的摩擦力大小为f,根据对称性可得,b受到的摩擦力大小也为f,B项正确。以a和c为研究对象进行受力分析,如图乙所示,图中的θ为ac与cd之间的夹角,则cosθ==,所以θ=60°,则∠cab=120°,由受力平衡知,a受到的摩擦力大小与a、c间(或a、b间)的弹簧弹力T大小满足f=T;对c根据力的合成可得fc=f,D项正确。由于c受到的摩擦力大小为f,根据对称性可知,d受到的摩擦力大小为f,C项错误。


乙
【答案】C
【变式训练2】(2019福建龙岩检测)(多选)如图所示,放在水平地面上的质量为m的物体与轻弹簧的左端相连,物体与地面间的动摩擦因数为μ,轻弹簧的劲度系数为k,右端受到水平恒力F作用,物体沿地面做匀加速直线运动,弹簧没有超出弹性限度,则(　　)。


　　A.弹簧的伸长量为
B.弹簧的伸长量为
C.物体对地面的压力大小等于它所受到的重力
D.弹簧对物体的弹力与物体受到的摩擦力是一对平衡力
【解析】弹簧弹力等于水平恒力F,结合胡克定律有F=kx>μmg,则弹簧的形变量x=>,A项正确,B项错误;竖直方向物体受力平衡,则物体受到地面的支持力与它所受到的重力大小相等,又由地面对物体的支持力等于物体对地面的压力可知,C项正确;水平方向物体做匀加速直线运动,则弹簧对物体的弹力大于物体所受的摩擦力,不是一对平衡力,D项错误。
【答案】AC

题型二 摩擦力的突变问题


　　1.静摩擦力的突变问题
静摩擦力是被动力,其存在及大小、方向取决于物体间的相对运动趋势,静摩擦力存在最大值。静摩擦力为零的状态是其方向变化的临界状态;静摩擦力达到最大值是物体恰好保持相对静止的临界状态。
2.滑动摩擦力的突变问题
滑动摩擦力的大小与接触面间的动摩擦因数和接触面受到的正压力均成正比。发生相对运动的物体,若接触面发生变化或接触面受到的正压力发生变化,则滑动摩擦力一般会发生变化。
3.摩擦力的“突变”问题
(1)静—静“突变”:物体在摩擦力和其他力的作用下处于相对静止状态,当作用在物体上的其他力的合力发生变化时,若物体仍然保持相对静止状态,则物体受到的静摩擦力的大小或方向将发生突变。
(2)静—动“突变”:物体在摩擦力和其他力作用下处于相对静止状态,当其他力变化时,若物体不能保持相对静止状态,则物体受到的静摩擦力将“突变”成滑动摩擦力;同理,当物体由相对运动到相对静止时,物体受到的滑动摩擦力将“突变”为静摩擦力。
(3)动—动“突变”:某物体相对于另一物体滑动的过程中,若突然相对运动方向改变了,则滑动摩擦力方向会发生“突变”。
【温馨提示】　判断摩擦力方向时的两点注意:(1)静摩擦力的方向与物体的运动方向没有必然关系,可能相同,也可能相反,还可能成一定的夹角;(2)分析摩擦力方向时,要注意静摩擦力方向的“可变性”和滑动摩擦力的“相对性”。
【例2】(2019湖北恩施检测)如图所示,斜面体A放在水平地面上。物块B放在斜面上,有一水平力F作用在B上时,A、B均保持静止。A受到水平地面的静摩擦力为f1,B受到A的静摩擦力为f2,现使F逐渐增大,A、B仍处于静止状态,则(　　)。

A.f1一定增大　　　　
B.f1、f2都不一定增大
C.f1、f2均增大
D.f2一定增大
【解析】对物块B受力分析,受推力、重力、支持力,可能有静摩擦力。设B的质量为m,斜面的倾角为θ。①当mgsinθ>Fcosθ时,静摩擦力沿斜面向上,大小为f2=mgsinθ-Fcosθ,当F增大时,f2减小;②当mgsinθ=Fcosθ时,静摩擦力为零,当F增大时,f2增大;③当mgsinθ【答案】A

　　摩擦力突变问题分析方法——临界法
(1)题目中出现“最大”“最小”和“刚好”等关键词时,一般隐藏着临界问题。有时,有些临界问题中并不含上述常见的“临界术语”,但审题时发现某个物理量在变化过程中会发生突变,则该物理量突变时物体所处的状态即临界状态。
(2)存在静摩擦力的连接系统,相对滑动与相对静止的临界条件是静摩擦力达到最大值。
(3)研究传送带问题时,物体和传送带的速度相等的时刻往往是摩擦力的大小、方向和运动性质的分界点。
【变式训练3】(2019山东日照联考)如图甲所示,绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行,初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时,小物块在传送带上运动的v-t图象(以地面为参考系)如图乙所示。已知v2>v1,则(　　)。

A.t2时刻,小物块离A处的距离达到最大
B.t2时刻,小物块相对传送带滑动的距离达到最大
C.0~t2时间内,小物块受到的摩擦力方向先向右后向左
D.0~t3时间内,小物块始终受到大小不变的摩擦力作用
【解析】当小物块速度为零时,小物块离A处的距离达到最大,此时为t1时刻,A项错误;t2时刻,小物块相对传送带静止,故此时小物块相对传送带滑动的距离达到最大,B项正确;0~t2时间内,小物块一直相对传送带向左运动,故受到的摩擦力方向一直向右,C项错误;0~t2时间内,小物块始终受到大小不变的滑动摩擦力作用,t2~t3时间内,由于小物块与传送带速度相同,二者相对静止,小物块不受摩擦力作用,D项错误。
【答案】B



1.(2019陕西西安模拟)如图所示,一斜面固定在地面上,木块m和M叠放在一起沿斜面向下运动,它们始终相对静止,m、M间的动摩擦因数为μ1,M与斜面间的动摩擦因数为μ2,则(　　)。


　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.若m、M一起做匀加速运动,可能有μ1=0,μ2=0
B.若m、M一起做匀速运动,一定有μ1=0,μ2≠0
C.若m、M一起做匀加速运动,一定有μ1≠0,μ2=0
D.若m、M一起做匀速运动,可能有μ1≠0,μ2≠0
【解析】若m、M一起做匀加速运动,对m受力分析,根据牛顿第二定律知,M对m的摩擦力使之向右做加速运动,则一定有μ1≠0,A项错误。若m、M一起做匀速运动,合力为零,对m,由平衡条件可知,m、M之间没有摩擦力,故可能有μ1≠0,也可能有μ1=0;对整体,由平衡条件分析可知,斜面对M有摩擦力作用,方向沿斜面向上,故μ2≠0,B、C两项错误,D项正确。
【答案】D
2.(2018河北沧州月考)完全相同的直角三角形滑块A、B,按图甲所示方式叠放,设A、B接触的斜面光滑,A与桌面的动摩擦因数为μ。现有一水平推力F作用在B上,恰好使A、B一起在桌面上匀速运动,且A、B保持相对静止,则A与桌面的动摩擦因数μ跟斜面倾角θ的关系为(　　)。


甲
A.μ=tan θ B.μ=tan θ
C.μ=2tan θ D.μ与θ无关
【解析】整体在水平方向上受推力和滑动摩擦力,有F=2μmg。隔离对B分析,B受到重力、推力F和支持力,如图乙所示,根据共点力平衡,运用合成法,得mgtanθ=F=2μmg,解得μ=,故B项正确,A、C、D三项错误。


乙
【答案】B
3.(2019湖南永州模拟)(多选)如图所示,两根光滑细棒在同一竖直平面内,且与水平面成37°角,棒上各穿有一个质量为m的相同小球,两球用轻质弹簧连接,在图中位置处于静止状态,此时弹簧与水平面平行,则下列判断正确的是(　　)。

A.弹簧处于拉伸状态
B.弹簧处于压缩状态
C.弹簧的弹力大小为mg
D.弹簧的弹力大小为mg
【解析】以左侧小球为研究对象,假如弹簧处于压缩状态,弹簧对该球的弹力方向水平向左,小球还受到竖直向下的重力和垂直于棒的弹力,根据平行四边形定则可知,这三个力的合力不可能为零,则小球不可能处于静止状态,与题设矛盾,所以弹簧一定处于拉伸状态,故A项正确,B项错误;根据平衡条件得弹簧的弹力大小满足F=mgtan37°,解得弹簧的弹力大小F=mg,故C项正确,D项错误。
【答案】AC
4.(2018山东烟台考试)如图所示,质量为m的物块在质量为M的木板上滑行,木板与地面间的动摩擦因数为μ1,物块与木板间的动摩擦因数为μ2,已知木板处于静止状态,那么木板所受地面摩擦力的大小是(　　)。


A.μ2mg B.μ1(m+M)g
C.μ1Mg D.μ1Mg+μ2mg
【解析】物块相对木板向右滑动,受到向左的滑动摩擦力,大小f1=μ2FN=μ2mg;故物块对木板有向右的滑动摩擦力,木板受到地面对其向左的静摩擦力,根据共点力平衡条件可得,f2=μ2mg,故A项正确。
【答案】A
5.(2019河北保定月考)如图所示,物体A、B叠放在物体C上,C置于水平地面上,水平力F作用于B上,使A、B、C一起匀速运动,各物体间摩擦力的情况是(　　)。

A.B对C有向左的摩擦力
B.C对A有向左的摩擦力
C.物体C受到三个摩擦力作用
D.C对地面有向右的摩擦力
【解析】三个物体都做匀速直线运动,合外力均为零,以B为研究对象,B在水平方向受到向右的拉力F作用,根据平衡条件可知,C对B有向左的静摩擦力,而且此静摩擦力与F平衡,根据牛顿第三定律可知,B对C有向右的静摩擦力,A项错误。对A研究,由平衡条件可知,C对A没有摩擦力,否则A受力不平衡,不可能做匀速直线运动,则A对C也没有摩擦力,B项错误。以整体为研究对象,由平衡条件可知,地面对C有向左的滑动摩擦力,则C对地面有向右的滑动摩擦力,C受到两个摩擦力,C项错误,D项正确。
【答案】D
6.(2018北京月考)如图所示的装置中,小球的质量均相同,弹簧和细线的质量均不计,一切摩擦力忽略不计,平衡时各弹簧的弹力分别为F1、F2、F3,其大小关系是(　　)。


　甲　　　　　　　　乙　　　　　　　　丙
A.F1=F2=F3 B.F1=F2C.F1=F3>F2 D.F3>F1>F2
【解析】甲图中,以下面小球为研究对象,由平衡条件得知,弹簧的弹力大小等于小球的重力G;乙图中,以小球为研究对象,由平衡条件得知,弹簧的弹力大小等于小球的重力G;丙图中,以任意一个小球为研究对象,由平衡条件得知,弹簧的弹力大小等于小球的重力G,所以平衡时各弹簧的弹力大小相等,即F1=F2=F3,A项正确。
【答案】A
7.(2019湖北武汉一模)(多选)如图甲所示,斜面体固定在水平面上,斜面上有一物块在拉力F的作用下始终处于静止状态,拉力F在如图乙所示的范围内变化,取沿斜面向上为正方向。则物块所受的摩擦力f与时间t的关系图象可能正确的是(　　)。


【解析】若t=0时静摩擦力沿斜面向上,随F减小,f增大,F反向后,f在原来基础上继续增大,D项可能;若t=0时静摩擦力沿斜面向下,随F减小,f减小,在F=0前,f变为沿斜面向上,B项可能。
【答案】BD
8.(2018湖南长沙调研)如图所示,在粗糙的水平面上,长度为L、质量M=2 kg的长木板某时刻正以速度v0向右运动。现对长木板施加一水平向左的恒力F(大于3 N),同时将一质量m=1 kg的光滑小球无初速度地放置于长木板上表面与左端距离为处,发现长木板向右运动距离后立即反向向左运动。已知长木板与水平面间的动摩擦因数μ=0.1,g取10 m/s2,规定水平向左为正方向,则下列关于长木板受到的摩擦力f随时间t的变化规律的图象正确的是(　　)。


【解析】长木板向右减速运动的距离为的过程中,长木板所受的摩擦力f1=μ(m+M)g=3N,方向水平向左;长木板反向向左加速运动的距离为+的过程中,小球仍在长木板上,则长木板所受的摩擦力f2=μ(m+M)g=3N,方向水平向右;当小球脱离长木板后,长木板所受的摩擦力f3=μMg=2N,方向水平向右,A项正确。
【答案】A

1.(2017全国卷 Ⅲ,17)一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距80 cm的两点上,弹性绳的原长也为80 cm。将一钩码挂在弹性绳的中点,平衡时弹性绳的总长度为100 cm;再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点,则弹性绳的总长度变为(弹性绳的伸长始终处于弹性限度内)(　　)。
A.86 cm B.92 cm C.98 cm D.104 cm
【解析】前后两次钩码均处于平衡状态,即合力为零,在改变绳长的同时,绳与竖直方向的夹角跟着改变。由题可知,挂上钩码后,如图甲所示,此时弹性绳长度为100cm,则θ=37°,sinθ=0.6。对结点O进行受力分析如图乙所示,则由图乙得2Tsinθ=mg,当将两端缓慢移动至同一点时,由受力分析可得2T'=mg,由弹性绳上弹力F=kx得出=,由题可知x=100cm-80cm=20cm,则移动后弹性绳伸长的长度x'=12cm,那么弹性绳总长度变为L=L0+x'=92cm,B项正确。

甲　　　　　　　乙
【答案】B
2.(2016海南卷,2)如图,在水平桌面上放置一斜面体P,两长方体物块a和b叠放在P的斜面上,整个系统处于静止状态。若将a与b、b与P、P与桌面之间摩擦力的大小分别用f1、f2和f3表示。则(　　)。


A.f1=0,f2≠0,f3≠0
B.f1≠0,f2=0,f3=0
C.f1≠0,f2≠0,f3=0
D.f1≠0,f2≠0,f3≠0
【解析】对整体受力分析可知,整体相对地面没有运动趋势,故f3=0;再将a和b看成一个整体,a、b整体有相对斜面向下运动的趋势,故b与P之间有摩擦力,即f2≠0;最后对a受力分析可知,a相对于b有向下运动的趋势,a和b之间存在摩擦力作用,即f1≠0,C项正确。
【答案】C
3.(2016江苏卷,1)一轻质弹簧原长为8 cm,在4 N的拉力作用下伸长了2 cm,弹簧未超出弹性限度,则该弹簧的劲度系数为(　　)。
A.40 m/N B.40 N/m
C.200 m/N D.200 N/m
【解析】由胡克定律得劲度系数k==200N/m,D项正确。
【答案】D
4.(2015山东卷,16)如图,滑块A置于水平地面上,滑块B在一水平力作用下紧靠滑块A(A、B接触面竖直),此时A恰好不滑动,B刚好不下滑。已知A与B间的动摩擦因数为μ1,A与地面间的动摩擦因数为μ2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。A与B的质量之比为(　　)。



A. B.
C. D.
【解析】设水平作用力大小为F,对滑块A、B整体在水平方向上有F=μ2(mA+mB)g;对滑块B在竖直方向上有μ1F=mBg;联立解得=,B项正确。
【答案】B
5.(2015上海卷,14)如图,一质量为m的正方体物块置于风洞内的水平面上,其一面与风速垂直,当风速为v0时刚好能推动该物块。已知风对物块的推力F∝Sv2,其中v为风速、S为物块迎风面积。当风速变为2v0时,刚好能推动用同一材料做成的另一正方体物块,则该物块的质量为(　　)。


A.4m B.8m C.32m D.64m
【解析】设质量为m的正方体的边长为a,刚好被推动,在水平方向上受到风力和最大静摩擦力,最大静摩擦力与正压力成正比,设比例系数为μ,且二力大小相等,有μmg=kS,m=ρV=ρa3,S=a2,联立解得a=;同理另一块质量为m'的正方体的边长为b,刚好被推动时,有b=,解得b=4a,所以质量为m'的正方体的体积是质量为m的正方体体积的64倍,即m'=64m,故D项正确,A、B、C三项错误。
【答案】D



1
第2讲　力的合成与分解


1 力的合成


　　(1)合力与分力: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,那么这一个力就叫作几个力的合力,那几个力叫作这一个力的分力。合力与分力是等效替代关系。

(2)力的合成:求几个力的合力的过程。 运算法则:①平行四边形定则,求两个互成角度的分力的合力,可以把表示这两个力的有向线段作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。

(3)合力与分力的大小关系:当两分力F1、F2大小一定,夹角α从0°增大到180°的过程中,合力大小随夹角α的增大而减小。
【温馨提示】　在力的合成中,两个分力实际存在,对应同一个受力物体,有不同的施力物体,但合力没有与之对应的施力物体。
1.1(2018湖南长沙检测)两个共点力F1、F2大小不同,它们的合力大小为F,则(　　)。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.F1、F2同时增大一倍,F也增大一倍
B.F1、F2同时增加10 N,F也增加10 N
C.F1增加10 N,F2减少10 N,F一定不变
D.若F1、F2中的一个增大,则F一定增大
【答案】A
1.2(2019山东青岛月考)(多选)共点的两个力,大小均为10 N,当它们的合力在0~10 N范围时,它们夹角的可能值是(　　)。
A.33° B.68° C.128° D.166°
【答案】CD

2 力的分解


　　(1)定义:求一个力的分力的过程。力的分解是力的合成的逆运算。遵循的原则: 平行四边形定则。

(2)正交分解法:把力沿着两个选定的相互垂直的方向分解的方法。坐标轴的选取是任意的,为使问题简化,坐标轴的选取一般有以下两个原则:①使尽量多的力落在坐标轴上。②尽量使某一轴上各分力的合力为零。
【温馨提示】　力分解时有解或无解,关键是看代表合力的对角线与给定的代表分力的有向线段是否能构成平行四边形(或三角形)。若可以构成平行四边形(或三角形),说明合力可以分解成给定的分力,即有解。如果不能构成平行四边形(或三角形),说明该合力不能按给定的分力分解,即无解。
2.1(2018广东茂名月考)将一个力F分解为两个力F1和F2,那么下列说法中错误的是(　　)。
A.F是物体实际受到的力
B.F1和F2不是物体实际受到的力
C.物体同时受到F1、F2和F三个力的作用
D.F1和F2共同作用的效果与F相同
【答案】C
2.2(2019河南信阳模拟)如图所示是一种常用的“千斤顶”示意图,摇动手柄能使螺旋杆转动并保持水平,而A、B间距离发生变化,重物就能被顶起或下降。若物重为G,杆AB与AC之间的夹角为θ,不计“千斤顶”本身的重量,则“千斤顶”螺旋杆AB中的拉力大小为(　　)。


A.Gsin θ B.Gcos θ C.Gtan θ D.
【答案】D


3 矢量和标量


　　(1)矢量:既有大小又有方向的物理量。叠加时遵循平行四边形定则,如速度、力等。
(2)标量:只有大小没有方向的物理量。求和时按代数法则相加,如路程、速率等。
(3)矢量相加法则:平行四边形定则是矢量运算的普适法则。三角形定则:把两个矢量首尾相接与它们的合矢量组成一个三角形,从而求出合矢量,这个方法叫作三角形定则。
(4)矢量图解法在分析分力变化问题中的应用步骤:①确定两分力的方向;②作平行四边形或三角形,确定合力方向;③根据题意判断某一分力的变化趋势,并作出动态图示;④由动态图示判断某一分力或合力的变化情况。
3.1(2018山西大同统考)如图所示,大小分别为F1、F2、F3的三个力恰好围成封闭的直角三角形(顶角为直角)。下列图中,这三个力的合力最大的是(　　)。

【答案】C
3.2(2019海南检测)如图所示,物体A、B的质量分别为4 kg和10 kg,不计滑轮与绳之间的摩擦及绳的重力,若整个系统静止,已知sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,g取10 m/s2。求:


(1)地面对B的摩擦力的大小。
(2)B对地面压力的大小。
【答案】(1)24N　(2)68N


题型一 动杆和定杆问题


　　1.动杆
若轻杆用转轴或铰链连接,当杆处于平衡状态时杆所受到的弹力方向一定沿着杆,否则会引起杆的转动。如图甲所示,若C为转轴,则轻杆在缓慢转动中,弹力方向始终沿杆的方向。

2.定杆
如图乙所示,一端固定的轻杆(如一端插入墙壁或固定于地面),其提供的弹力不一定沿着轻杆的方向,力的方向只能根据具体情况进行分析。根据平衡条件或牛顿第二定律确定杆中的弹力的大小和方向(如图丙所示)。
【例1】(多选)如图甲所示,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点悬挂一质量为M的重物,将两相同的质量为m的木块紧压在竖直挡板上,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。若挡板间的距离稍增大,系统仍静止且O1、O2始终等高,则(　　)。


甲
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　A.Ff变小 B.Ff不变
C.FN变小 D.FN变大
【解析】先对三个物体以及支架整体受力分析,受重力(2m+M)g,2个静摩擦力,两侧挡板对整体有一对支持力,根据平衡条件,有2Ff=(M+2m)g,解得Ff=(M+2m)g,故静摩擦力不变,A项错误,B项正确;将细线对O的拉力按照效果进行力的合成,如图乙所示,设两个杆与竖直方向的夹角为θ,则有F1=F2=,再将杆对木块的推力F1'按照效果进行分解,如图丙所示,根据几何关系,有Fx=F1'sinθ,F1'=F1,故Fx=sinθ=,若挡板间的距离稍增大,即夹角θ变大,则Fx变大,故木块对挡板的压力变大,C项错误,D项正确。

乙　　　　　　　　　　　　丙
【答案】BD

　　本题考查力的分解和物体平衡及其相关知识,对一端有铰链的轻杆,杆产生或受到的弹力方向一定沿着杆的方向。
【变式训练1】(2019河北承德检测)水平横梁的一端A插在墙壁内,另一端装有一个轻质小滑轮B,一轻绳的一端C固定于墙壁上,另一端跨过滑轮后悬挂一质量m=10 kg的重物,CB与水平方向的夹角为30°,如图甲所示,则滑轮受到杆的作用力大小为(g取10 m/s2)(　　)。


甲
A.50 N B.50 N
C.100 N D.100 N
【解析】以滑轮为研究对象,悬挂重物的绳的拉力FT=mg=100N,故小滑轮受到绳的作用力沿BC、BD方向,大小都是100N。以CB、BD为邻边作平行四边形如图乙所示,由∠CBD=120°,∠CBE=∠DBE,得∠CBE=∠DBE=60°,即△CBE是等边三角形,故F合=100N。根据平衡条件得F=100N,C项正确。


乙
【答案】C

题型二 “活结”和“死结”问题


　　1.活结:可理解为把绳子分成两段,且可以沿绳子移动的结点。“活结”一般是由绳跨过滑轮或者绳上挂一光滑挂钩而形成的。绳子虽然因“活结”而弯曲,但实际上是同一根绳,所以由“活结”分开的两段绳子上弹力的大小一定相等,两段绳子合力的方向一定沿这两段绳子夹角的角平分线。
2.死结:可理解为把绳子分成两段,且不可以沿绳子移动的结点。“死结”两侧的绳因结而变成了两根独立的绳,因此由“死结”分开的两段绳子上的弹力不一定相等。
　　【例2】如图所示,小方块代表一些相同质量的钩码,图甲中O为轻绳之间连接的结点,图乙中光滑的轻质小滑轮跨在轻绳上悬挂钩码,两装置处于静止状态。现将图甲中右边滑轮的端点B右移一点,图乙中的端点B向上移动一点(图乙中的绳长不变),则关于θ角和OB绳的张力F的变化,下列说法正确的是(　　)。

　甲　　　　　　　　　乙
A.图甲、乙中的θ角均增大,F均不变
B.图甲、乙中的θ角均不变,F均不变
C.图甲中θ角增大;图乙中θ角不变,张力F均不变
D.图甲中θ角减小,F不变;图乙中θ角增大,F减小
【解析】图甲中,根据钩码个数,O点所受的三个力正好构成直角三角形,若端点B沿虚线右移一点,三力大小不变,根据力的合成法则,可知三力方向不变,即夹角θ不变;图乙中,因滑轮光滑,且绳子中的张力相等,则A、B两端的力总是相等的,因此合力平分A、B绳的夹角,即使端点B稍上移,绳子张力大小F仍不变,则根据力的合成法则,可知A、B绳夹角不变,则θ角不变,B项正确,A、C、D三项错误。
【答案】B

　　本题解题的关键是抓住动滑轮两边绳子的张力大小相等的特点以及合力与分力的关系——分力大小不变,夹角增大时,合力减小。

【变式训练2】(2019福建福州质检)(多选)如图所示,质量为M的斜劈放置在水平地面上,细线绕过滑轮O1、O3连接A、B物体,连接A的细线与斜劈平行,滑轮O3由细线固定在竖直墙O处,滑轮O1用轻质杆固定在天花板上,动滑轮O2跨在细线上,其下端悬挂质量为m的物体C,初始整个装置静止,不计细线与滑轮间摩擦,下列说法正确的是(　　)。

A.若增大m,A、斜劈仍静止,待系统稳定后,细线张力大小不变
B.若增大m,A、斜劈仍静止,待系统稳定后,地面对斜劈的摩擦力变大
C.若将悬点O上移,A、斜劈仍静止,待系统稳定后,细线与竖直墙夹角变大
D.若将悬点O上移,A、斜劈仍静止,待系统稳定后,地面对斜劈的摩擦力不变
【解析】若增大m,A、斜劈仍静止,先对物体B分析,受重力和拉力而平衡,说明细线的拉力大小保持不变;再对A和斜劈整体分析,受重力、支持力、拉力和摩擦力,根据平衡条件可知,摩擦力等于拉力的水平分力,由于拉力不变,故地面对斜劈的摩擦力不变,A项正确,B项错误。若将悬点O上移,A、斜劈仍静止,细线的拉力依然等于物体B的重力,大小不变;先分析C,由于重力不变,两个拉力的大小也不变,故根据平衡条件可知,两个拉力的方向不变;再分析滑轮O3,受三个拉力,由于两个拉力的大小和方向不变,故根据平衡条件可知,第三个拉力的方向也不变,细线与竖直墙的夹角不变,故C项错误。最后分析A和斜劈整体,受重力、支持力、拉力和摩擦力,根据平衡条件可知,摩擦力等于拉力的水平分力,由于拉力不变,故地面对斜劈的摩擦力不变,D项正确。
【答案】AD

题型三 共点力的合成与分解问题


　　1.力的合成
(1)两个共点力的合成
|F1-F2|≤F合≤F1+F2,即两个力大小不变时,其合力随夹角的增大而减小,当两力反向时,合力最小;当两力同向时,合力最大。
(2)三个共点力的合成
①最大值:三个力共线且同向时,其合力最大,为F1+F2+F3。②最小值:任取两个力,求出其合力的范围,如果第三个力在这个范围之内,则三个力的合力的最小值为零,如果第三个力不在这个范围内,则合力的最小值为最大的一个力减去另外两个较小的力的大小之和。
(3)运算法则
①对角线就表示合力的大小和方向。如图甲所示。②三角形定则:把两个矢量首尾相接,从而求出合矢量的方法。如图乙所示。

甲　　　　　　　　　　　乙
2.力的分解
一般来说,当物体受到三个或三个以下的力时,常按实际效果进行分解;当物体受到三个以上的力或物体所受的三个力中,有两个力互相垂直时,常用正交分解法。
【温馨提示】　(1)两个分力一定时,夹角θ越大,合力越小。 (2)合力一定时,两等大分力的夹角θ越大,两分力越大。 (3)合力可以大于分力,等于分力,也可以小于分力。
【例3】(多选)如图所示,A、B都是重物,A被绕过小滑轮P的细线所悬挂,B放在粗糙的水平桌面上;小滑轮P被一根斜短线系于天花板上的O点;O'是三根细线的结点,bO'水平拉着重物B,cO'沿竖直方向拉着弹簧;弹簧、细线、小滑轮的重力和细线与滑轮间的摩擦力均可忽略,整个装置处于静止状态,g=10 m/s2。若悬挂小滑轮的斜线OP的张力是20 N,则下列说法中正确的是(　　)。


A.弹簧的弹力为10 N
B.重物A的质量为2 kg
C.桌面对重物B的摩擦力为10 N
D.OP与竖直方向的夹角为60°
【解析】O'a与aA两细线拉力的合力与斜线OP的张力大小相等。由几何知识可知FO'a=FaA=20N,且OP与竖直方向的夹角为30°,D项错误;重物A的重力GA=FaA,所以mA=2kg,B项正确;桌面对B的摩擦力Ff=FO'b=FO'acos30°=10N,C项正确;弹簧的弹力F弹=FO'asin30°=10N,A项正确。
【答案】ABC

　　共点力合成的方法
(1)作图法:根据力的图示,利用平行四边形定则作图求解。
(2)计算法:当两个力的夹角为特殊角时,利用平行四边形定则作出其合力,利用数学知识计算合力大小。
【变式训练3】(2019贵州毕节检测)如图甲所示,质量为m的物体置于倾角为θ的固定斜面上,物体与斜面之间的动摩擦因数为μ,先用平行于斜面的推力F1作用于物体上使其能沿斜面匀速上滑,若改用水平推力F2作用于物体上,也能使物体沿斜面匀速上滑,则两次的推力之比为(　　)。


　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.cos θ+μsin θ B.cos θ-μsin θ
C.1+μtanθ D.1-μtan θ
【解析】物体在力F1作用下和力F2作用下运动时的受力分别如图乙、丙所示。

将重力mg、力F2沿斜面方向和垂直于斜面方向正交分解,图乙中,由平衡条件可得F1=mgsinθ+f1,FN1=mgcosθ,其中f1=μFN1,解得F1=mgsinθ+μmgcosθ;图丙中,由平衡条件可得F2cosθ=mgsinθ+f2,FN2=mgcosθ+F2sinθ,其中f2=μFN2,解得F2=,故=cosθ-μsinθ,B项正确。
【答案】B



1.(2018江西南昌二模)假设某人恰好静止在倾角为θ的滑梯上端准备下滑,为了安全,若给他一个头盔,则(　　)。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.人仍处于静止状态 B.人沿斜面加速下滑
C.人受到的摩擦力不变 D.人受到的合力增大
【解析】设人的质量为m,原来处于平衡状态,由平衡条件可得mgsinθ=μmgcosθ,当给他一个头盔时相当于m增大,但仍然平衡,即人仍处于静止状态,A项正确,B项错误;人受到的摩擦力将变大,C项错误;合力仍然为零,D项错误。
【答案】A
2.(2018四川绵阳诊测)如图所示,质量m1=10 kg和m2=30 kg的两物体叠放在动摩擦因数为0.25的粗糙水平地面上。劲度系数k=250 N/m的轻弹簧处于水平方向,其两端分别与墙壁和质量为m1的物体相连,弹簧处于自然状态。现用一水平拉力F作用于质量为m2的物体上,使它缓慢地向右移动,当移动x=0.20 m时,两物体开始相对滑动,g取10 m/s2,则此时水平拉力F的大小为(　　)。


A.50 N B.100 N C.150 N D.200 N
【解析】当质量为m2的物体向右移动0.20m时,弹簧伸长量x=0.20m,根据胡克定律,此时弹簧的弹力大小F弹=kx=50N;以整体为研究对象,根据平衡条件得F=F弹+Ff,又Ff=μ(m1+m2)g,得F=F弹+μ(m1+m2)g=150N,故C项正确。
【答案】C
3.(2018广东湛江一模)(多选)如图所示,有一刚性长方体容器被水平力F压在竖直的墙面上处于静止状态。现缓慢地向容器内注水,直到注满为止,在此过程中容器始终保持静止,下列说法中正确的是(　　)。


A.容器受到的摩擦力逐渐增大
B.容器受到的摩擦力不变
C.水平力F可能不变
D.水平力F必须逐渐增大
【解析】由题知,容器始终处于静止状态,则其受力平衡,即其所受的摩擦力大小等于容器和水的总重力,所以容器受到的摩擦力逐渐增大,A项正确,B项错误;水平方向上容器受力平衡,若该过程最大静摩擦力始终大于重力,则力F可能不变,若最大静摩擦力小于或等于重力,则力F要增大,故C项正确,D项错误。
【答案】AC
4.(2019广东韶关联考)(多选)如图所示,质量为m的物体通过定滑轮牵引另一水平面上的物体沿斜面匀速下滑,此过程中斜面体保持静止,斜面体的质量为M,则水平地面对斜面体(　　)。


A.无摩擦力 B.有水平向右的摩擦力
C.支持力为(M+m)g D.支持力小于(M+m)g
【解析】设斜面的倾角为θ,细绳的拉力为FT,斜面体与其上面的物体整体处于平衡状态,对斜面体及其上面的物体整体受力分析可得FTcosθ=F静,FTsinθ+FN=(M+m)g,故F静方向水平向右,FN小于(M+m)g,B、D两项正确。
【答案】BD
5.(2019湖北黄石检测)(多选)如图甲所示,横截面为直角三角形的物块ABC的AB边靠在竖直墙面上,F是垂直于斜面BC的推力,这时物块静止不动。假设物块受到的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等,现将力F增大,下列说法正确的是(　　)。


甲
A.物块所受合力增大
B.物块所受摩擦力增大
C.物块仍将静止不动
D.物块将向下滑动
【解析】如图乙所示,由平衡条件得f=G+Fsinα,力F增大,f增大,故B项正确。物块静止不动,则有G+Fsinα≤μFN,又FN=Fcosα,得G+Fsinα≤μFcosα,根据数学知识可知ΔFsinα≤μΔFcosα,得到G+(F+ΔF)sinα≤μ(F+ΔF)cosα,物块仍将静止不动,故C项正确,D项错误。物块静止不动,所受合力为零,保持不变,故A项错误。


乙
【答案】BC
6.(2019湖北黄冈检测)哥伦比亚大学的工程师研究出一种可以用于人形机器人的合成肌肉,可模仿人体肌肉做出推、拉、弯曲和扭曲等动作。如图甲所示,连接质量为m的物体的足够长细绳ab,一端固定于墙壁,在合成肌肉做成的“手臂”ced的d端固定一滑轮,c端固定于墙壁,细绳绕过滑轮,c和e类似于人手臂的关节,由“手臂”合成肌肉控制。设cd与竖直墙壁ac的夹角为θ,不计滑轮与细绳的摩擦,下列说法正确的是(　　)。


甲
A.若保持θ不变,增大cd长度,则细绳ad部分拉力变大
B.若保持θ=90°,增大cd长度,则细绳对滑轮的力始终沿dc方向
C.若保持ac等于ad,增大cd长度,则细绳对滑轮的力始终沿dc方向
D.若θ从90°逐渐变为零,cd长度不变,且保持ac>cd,则细绳对滑轮的力先减小后增大
【解析】细绳ad的拉力大小等于物体的重力,则若保持θ不变,增大cd长度,细绳ad的拉力不变,A项错误;若保持θ=90°,细绳对滑轮的力等于ad绳和bd绳拉力的合力,因Tad=Tdb=mg,则ad绳和bd绳拉力的合力方向指向左下方,不沿dc方向,B项错误;若保持ac=ad,则∠acd=∠adc=∠cdb,则此时ad绳和bd绳拉力的合力方向沿dc方向,即使增大cd长度,上述关系仍然不变,即细绳对滑轮的力始终沿dc方向,C项正确;

乙
若θ从90°逐渐变为零,cd长度不变,且保持ac>cd,如图乙所示,则ad与ac的夹角先增加后减小,ad与db的夹角先减小后增加,则ad绳和bd绳拉力的合力先增大后减小,即细绳对滑轮的力先增大后减小,D项错误。
【答案】C
7.(2018湖南岳阳检测)如图甲所示,一粗糙斜面的倾角θ=37°,一质量m=5 kg的物块在一水平力F的作用下静止在斜面上,物块与斜面间的动摩擦因数μ=0.5,g取10 m/s2,最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,问:


甲
(1)要使物块恰能静止在斜面上且与斜面没有相对滑动的趋势,F应为多大?
(2)要使物块静止在斜面上,F应在什么范围内?
【解析】(1)要使物块能静止在斜面上,且摩擦力为零,对物块受力分析,如图乙所示,根据平衡条件,有
F=mgtanθ=37.5N。
(2)①当F较大时,摩擦力沿斜面向下,根据平衡条件,有
Fmaxsin37°+mgcos37°=FN
Fmaxcos37°=mgsin37°+fm
其中fm=μFN
联立解得Fmax=100N。
②当F较小时,摩擦力沿斜面向上,根据平衡条件,有
Fmincos37°+μ(Fminsin37°+mgcos37°)=mgsin37°
解得Fmin=N
所以F的范围为N≤F≤100N。


乙
【答案】(1)37.5N　(2)N≤F≤100N

1.(2018天津卷,7)(多选)明朝谢肇淛的《五杂组》中记载:“明姑苏虎丘寺塔倾侧,议欲正之,非万缗不可。一游僧见之曰:无烦也,我能正之。”游僧每天将木楔从塔身倾斜一侧的砖缝间敲进去,经月余扶正了塔身。假设所用的木楔为等腰三角形,木楔的顶角为θ,现在木楔背上加一力F,方向如图甲所示,木楔两侧产生推力FN,则(　　)。

甲
A.若F一定,θ大时FN大
B.若F一定,θ小时FN大
C.若θ一定,F大时FN大
D.若θ一定,F小时FN大
【解析】以木楔为研究对象,木楔受到的力有:力F、两侧给它的与木楔的斜面垂直的弹力。由于木楔处于平衡状态,所以两侧给木楔的弹力的大小与F沿两侧分解的分力大小是相等的,FN=FN1=FN2,力F的分解如图乙所示,则F=FN1cos90°-+FN2cos=2FNcos=2FNsin,解得FN=,所以当F一定时,θ越小,FN越大;当θ一定时,F越大,FN越大,B、C两项正确。


乙
【答案】BC
2.(2017全国卷Ⅱ,16)如图,一物块在水平拉力F的作用下沿水平桌面做匀速直线运动。若保持F的大小不变,而方向与水平面成60°角,物块也恰好做匀速直线运动。物块与桌面间的动摩擦因数为(　　)。


A.2- B. C. D.
【解析】因为物块均做匀速直线运动,所以拉力水平时,F=μmg,拉力倾斜时,将F沿水平方向和竖直方向分解,根据平衡条件有Fcos60°=μ(mg-Fsin60°),联立解得μ=。
【答案】C
3.(2016全国卷Ⅰ,19)(多选)如图甲所示,一光滑的轻滑轮用细绳OO'悬挂于O点;另一细绳跨过滑轮,其一端悬挂物块a,另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b。外力F向右上方拉b,整个系统处于静止状态。若F方向不变,大小在一定范围内变化,物块b仍始终保持静止,则(　　)。


甲
A.绳OO'的张力也在一定范围内变化
B.物块b所受的支持力也在一定范围内变化
C.连接a和b的绳的张力也在一定范围内变化
D.物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化
【解析】由于物块a、b均保持静止,各绳角度保持不变,对a受力分析得,绳的拉力T=mag,所以物块a受到绳的拉力保持不变;由滑轮性质知,滑轮两侧绳的拉力相等,所以b受到绳的拉力大小、方向均保持不变,C项错误。a、b受到绳的拉力大小、方向均不变,所以OO'的张力不变,A项错误。对b进行受力分析,如图乙所示,由平衡条件得Tcosβ+f=Fcosα,Fsinα+FN+Tsinβ=mbg,其中T和mbg始终不变,当F大小在一定范围内变化时,支持力在一定范围内变化,B项正确。由上述分析知,摩擦力也在一定范围内发生变化,D项正确。


乙
【答案】BD
4.(2016全国卷Ⅲ,17)如图甲所示,两个轻环a和b套在位于竖直面内的一段固定圆弧上;一细线穿过两轻环,其两端各系一质量为m的小球。在a和b之间的细线上悬挂一小物块。平衡时,a、b间的距离恰好等于圆弧的半径。不计所有摩擦。小物块的质量为(　　)。


甲
A. B.m C.m D.2m
【解析】如图乙所示,圆弧的圆心为O,悬挂小物块的点为c,由于ab=R,则△aOb为等边三角形,同一条细线上的拉力相等,T=mg,由几何关系知,∠acb=120°,故绳的拉力的合力与物块的重力大小相等,即每条线上的拉力T=G=mg,所以小物块的质量为m,C项正确。


乙
【答案】C
5.(2017天津卷,8)(多选)如图所示,轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆M、N上的a、b两点, 悬挂衣服的衣架挂钩是光滑的,挂于绳上处于静止状态。如果只人为改变一个条件, 当衣架静止时,下列说法正确的是(　　)。


A.绳的右端上移到b',绳子拉力不变
B.将杆N向右移一些,绳子拉力变大
C.绳的两端高度差越小,绳子拉力越小
D.若换挂质量更大的衣服,则衣架悬挂点右移
【解析】绳的右端上下移动及改变绳子两端高度差都不会改变两部分绳间的夹角,A项正确,C项错误;两绳间的夹角与衣服的质量大小无关,D项错误;将杆N向右移一些,两部分绳间的夹角变大,绳子拉力变大,B项正确。
【答案】AB



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第3讲　受力分析　共点力的平衡



1 受力分析


　　(1)定义:把研究对象在指定的物理环境中受到的所有力都分析出来,并画出物体所受的力的示意图,这个过程就是受力分析。
(2)受力分析的一般顺序:先分析场力(重力、电场力、磁场力);然后分析弹力,环绕物体一周,找出跟研究对象接触的物体,并逐个分析这些物体对研究对象是否有弹力作用;最后分析摩擦力,对凡有弹力作用的地方都要逐一进行分析。
(3)受力分析图画好后,一定要判断一下受力情况与物体的运动状态是否相符合,避免出现“多力”(出现无施力物体的力)“丢力”的情况。按正确的顺序进行受力分析是保证不“丢力”的有效措施;注意每个力的施力物体和产生的条件是不“多力”的关键。
【温馨提示】　在对物体进行受力分析时,通常先应用整体法后应用隔离法。假设法也是受力分析的有效辅助方法,当不容易确定某力的有无或方向时,可先假设该力有或无(方向),看引起的结果是否符合给定的运动状态或形变效果。
1.1(2019陕西西安月考)如图所示,重物A的质量mA=5 kg,重物B的质量mB=2 kg,A与桌面间的最大静摩擦力Fm=10 N。为使系统处于静止状态,作用在重物A上的向左的拉力F的大小范围应该是(　　)。(g取10 m/s2)


　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.10 N≤F≤30 N B.20 N≤F≤30 N
C.20 N≤F≤40 N D.10 N≤F≤40 N
【答案】A
1.2(2019广西桂林检测)匀速前进的车厢顶部用细线竖直悬挂一小球,如图所示,小球下方与一光滑斜面接触。关于小球的受力,下列说法正确的是(　　)。


A.小球受重力和细线对它的拉力
B.小球受重力、细线对它的拉力和斜面对它的弹力
C.小球受重力和斜面对它的支持力
D.小球受细线对它的拉力和斜面对它的支持力
【答案】A

2 共点力的平衡


　　(1)平衡状态:物体保持静止或匀速直线运动的状态,是加速度a=0的状态。
(2)平衡条件:物体所受的合力为零,即F合=0。若采用正交分解法求平衡问题,则平衡条件是Fx合=0,Fy合=0。
(3)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作共点力。能简化成质点的物体受到的力可以视为共点力。
【温馨提示】　物体处于静止状态,不但速度为零,而且加速度(或合力)也为零。有时,物体速度为零,但加速度不一定为零。如竖直上抛的物体到达最高点时,摆球摆到最高点时,加速度都不为零,都不属于平衡状态。因此,物体的速度为零与静止状态不是一回事。
2.1(2019山东东营测验)如图所示,将钩码悬挂在橡皮筋的中点C,橡皮筋的两端连接A、B两小环,A、B并拢靠在一起穿于水平杆上。将A、B逐渐分开,在分开过程中橡皮筋的长度将(　　)。


A.保持不变 B.逐渐变长
C.逐渐变短 D.先逐渐变短,后逐渐变长
【答案】B
2.2(2019广东梅州测试)(多选)如图所示,光滑半球形容器固定在水平面上,O为球心。一质量为m的小滑块,在水平力F的作用下静止于P点。设滑块所受支持力为FN,OP与水平方向的夹角为θ,则下列关系正确的是(　　)。

A.F=
B.F=mgtan θ

C.FN=
D.FN=mgtan θ
【答案】AC

3 多物体平衡问题


　　多物体就是指由两个或两个以上的物体组成的系统,多物体之间一般靠摩擦力相互作用。处理多物体平衡问题的基本方法是整体法和隔离法。要注意不能把整体法和隔离法对立起来,而应该将两者结合起来。解题时,从具体问题的实际情况出发,灵活选取研究对象,恰当地选择使用整体法和隔离法。但在具体应用时,绝大多数情况是将两种方法结合起来应用,求外力时,一般优先选用整体法分析;求内力时,一般优先选用隔离法分析。
3.1(2019贵州贵阳质检)(多选)如图所示,质量分别为m1、m2的两个物体A、B通过轻弹簧连接,在力F的作用下一起沿水平方向做匀速直线运动(A在地面上,B在空中),力F与水平方向成θ角。则A所受支持力FN和摩擦力f满足(　　)。

A.FN=m1g+m2g-Fsin θ
B.FN=m1g+m2g-Fcos θ
C.f=Fcos θ
D.f=Fsin θ
【答案】AC


题型一 整体法与隔离法的应用问题


　　整体法与隔离法的比较

【例1】如图所示,质量为M、倾角为30°的斜面静止在粗糙的水平地面上,斜面上有两个质量分别为m1、m2的光滑小球A、B,它们用劲度系数为k的轻质弹簧连接。现对小球B施加一水平向左的推力使A、B及斜面一起向左做匀速直线运动,已知弹簧的原长为L0,重力加速度为g。求:


(1)此时弹簧的长度L。
(2)粗糙地面与斜面体间的动摩擦因数μ。
【解析】(1)以A为研究对象,它受重力、弹簧的拉力和斜面的支持力,根据平衡条件有

　　m1gsin30°=k(L-L0)
可得L=+L0。
(2)以A、B、斜面体及弹簧组成的系统为研究对象,受重力、地面的支持力、水平推力和水平向右的滑动摩擦力
根据平衡条件有f=μFN=F
FN=(m1+m2+M)g
以A、B及弹簧组成的系统为研究对象,受重力、斜面的支持力、水平推力
根据平衡条件有F=(m1+m2)gtan30°
联立得μ(m1+m2+M)g=(m1+m2)gtan30°
即μ=。
【答案】(1)+L0　(2)

　　当涉及多个物体平衡问题时,利用整体法或隔离法,恰当选取研究对象是解题的关键,应用整体法和隔离法的三个原则:
(1)一般先考虑整体法,再用隔离法,两种方法交替使用,建立方程组求解。
　　(2)求解系统外力时,用整体法;求解系统内力时,用隔离法。
(3)用隔离法时,要先隔离受力较少的物体进行分析。


【变式训练1】(2019河北邯郸检测)如图甲所示,一个半球状的碗放在桌面上,碗口水平,O是球心,碗的内表面光滑。一根轻质杆的两端固定有A、B两个小球,质量分别是m1、m2。当它们静止时,A、B跟球心O的连线与水平面的夹角分别为60°、30°,则碗对两小球的弹力大小之比是(　　)。

甲
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.1∶2 B.∶1 C.1∶ D.∶2
【解析】选取两小球和杆组成的整体为研究对象,进行受力分析并正交分解,如图乙所示。由平衡条件得F1在水平方向的分力F'和F2在水平方向的分力F″大小相等,即F1cos60°=F2cos30°,所以==,B项正确。


乙
【答案】B
【变式训练2】(2019山西太原模拟)如图所示,倾角θ=30°的光滑斜面上固定有竖直光滑挡板P,质量相同的横截面为直角三角形的两物块A、B叠放在斜面与挡板之间,且A与B间的接触面水平,则A对B的压力与B对斜面的压力之比应为(　　)。


A.2∶1 B.∶2 C.∶1 D.∶4
【解析】设A、B的质量都为m,A处于静止状态,对A进行受力分析可知,B对A的支持力等于A的重力,结合牛顿第三定律可知,A对B的压力FN=mg,把A、B看成一个整体,对整体受力分析可知,整体受到重力2mg,设斜面对整体的支持力为FN1,根据平衡条件得FN1cos30°=2mg,解得FN1=mg,所以B对斜面的压力FN1'=mg,则=。
【答案】D

题型二 共点力的平衡问题


　　共点力的平衡
(1)平衡状态:物体处于静止或匀速直线运动状态,称为处于平衡状态。
(2)平衡条件:物体所受合力为零,即F合=0。若采用正交分解法求平衡问题,则平衡条件是Fx合=0,Fy合=0。
(3)常用推论:
①二力平衡:二力等大反向。
②三力平衡:任意两个力的合力与第三个力等大反向。
③多力平衡:其中任意一个力与其余几个力的合力等大反向。

　　
【例2】如图甲所示,A、B两球(可视为质点)的质量均为m,固定在轻弹簧的两端,分别用细绳悬于O点,其中球A处在光滑竖直墙面和光滑水平地面的交界处。已知两球均处于静止状态,OA沿竖直方向,OAB恰好构成一个正三角形,重力加速度为g,则下列说法正确的是(　　)。

A.球A对竖直墙壁的压力大小为mg
B.弹簧对球A的弹力大于对球B的弹力
C.绳OB的拉力大小等于mg
D.球A对地面的压力不可能为零
【解析】对B球受力分析,受重力、支持力和拉力,如图乙所示。由于三个力夹角均为120°,故弹簧的支持力和绳子OB的拉力大小都等于重力mg,C项正确;弹簧对球A的弹力大小等于对球B的弹力大小,B项错误;对A球受力分析,受重力、弹簧的压力,墙壁对其向右的支持力、细绳的拉力、地面的支持力(其中地面的支持力和拉力可能只有一个),在水平方向有F墙=Fsin60°=mg,A项错误;根据平衡条件,可知绳OA对球A的拉力和地面的支持力的合力大小等于弹簧压力的竖直分力和重力之和,FN+T=mg+Fsin30°,故0≤T≤1.5mg,0≤FN≤1.5mg,可知地面对A的支持力可能等于零,根据牛顿第三定律,可知球A对地面的压力可能为零,D项错误。


【答案】C

　　静态平衡问题的解题“五步骤”

　

【变式训练3】(2019湖北宜昌检测)如图甲所示,将四块相同的坚固石块垒成圆弧形的石拱,其中第3、4块固定在地基上,第1、2块间的接触面是竖直的,每块石块的两个侧面间所夹的圆心角均为30°,石块间的摩擦力可以忽略不计。则第1块对第2块的弹力F1和第1块对第3块的弹力F2的大小之比为(　　)。

甲
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A. B. C. D.
　　【解析】由图甲可知,1、2及1、3两块石块间均有相互作用,而石块1受重力及2、3两石块的作用力处于静止状态,故对石块1受力分析可求得第1、2块石块间的作用力和第1、3块石块间的作用力的大小之比。如图乙所示,对第1块石块进行受力分析,由几何关系知θ=60°,因此有F1'∶F2'=sin60°=,由牛顿第三定律可知F1=F1',F2=F2',则F1∶F2=,A项正确。


乙
【答案】A

题型三 动态平衡问题


　　1.动态平衡
物体所受的力一部分是变力,即动态力,无论是力的大小还是方向发生变化,变化过程中的每一个状态均可视为平衡状态,所以叫动态平衡。
2.动态平衡问题的处理方法
解决这一类问题的一般思路,是把“动”化为“静”,“静”中求“动”。
(1)图解分析法:对研究对象在状态变化过程中的若干状态进行受力分析,依据某一参量的变化,在同一图中作出物体在若干状态下力的平衡图(力的平行四边形),再由动态力的平行四边形各边长度变化及角度变化情况,确定力的大小及方向的变化情况。总结其特点有:合力大小和方向都不变;一个分力的方向不变,分析另一个分力方向变化时两个分力大小的变化情况。
(2)相似三角形法:对受三力作用而平衡的物体,先正确分析物体的受力,画出受力分析图,再寻找与力的三角形相似的几何三角形,利用相似三角形的性质,建立比例关系,把力的大小变化问题转化为几何三角形边长的大小变化问题进行讨论。
(3)解析法:根据物体的平衡条件列方程,在解方程时采用数学知识讨论某物理量随变量的变化关系。
【例3】(多选)如图所示,固定在竖直平面内的半径为R的光滑圆环的最高点C处有一个光滑的小孔,一质量为m的小球套在圆环上,一根细线的一端拴着这个小球,细线的另一端穿过小孔C,手拉细线使小球从A处缓慢沿圆环向上移动。在移动过程中手对细线的拉力F和轨道对小球的弹力FN的大小变化情况是(　　)。

A.缓慢上移时,F减小,FN不变
B.缓慢上移时,F不变,FN减小
C.缓慢上移跟匀速圆周运动相比,在同一位置B点的拉力相同
D.缓慢上移跟匀速圆周运动相比,在同一位置B点的弹力相同
【解析】小球在缓慢上移时可认为每一瞬间都受力平衡,分析小球受力,其受到重力、轨道给予的弹力和细线的拉力作用,作出力的矢量三角形(图略),可知无论小球运动到哪个位置,总有力的矢量三角形与几何三角形相似,可得弹力FN=mg,而F的大小正比于小球与顶端小孔间的细线长,细线变短,F减小,A项正确,B项错误。无论是缓慢上移还是做匀速圆周运动,在同一位置其在切线方向的合力为零,但在匀速圆周运动时半径方向的合力大小与速度大小有关,故匀速圆周运动时弹力的大小与速度的大小有关,但细线的拉力相等,且F=2mgsin,C项正确,D项错误。
【答案】AC

　　解析法分析动态平衡问题的关键:抓住不变量,确定自变量,依据不变量与自变量的关系(通常为三角函数关系)来确定其他量的变化规律。
解析法:对研究对象进行受力分析,先画出受力示意图,再根据物体的平衡条件列式求解,得到因变量与自变量的一般函数表达式,最后根据自变量的变化确定因变量的变化。
图解法:此法常用于求解三力平衡且有一个力是恒力,另有一个力方向不变的问题。一般按照以下流程解题。
受力
分析画不同状态
下的平衡图确定力
的变化
相似三角形法:在三力平衡问题中,如果有一个力是恒力,另外两个力方向都变化,且题目给出了空间几何关系,在多数情况下力的矢量三角形与空间几何三角形相似,可利用相似三角形对应边成比例进行计算。
【变式训练4】(2019贵州安顺检测)(多选)如图甲所示,倾角为α的粗糙斜劈放在粗糙水平面上,物体a放在斜劈的斜面上,轻质细线一端固定在物体a上,另一端绕过光滑的定滑轮1固定在c点,滑轮2下悬挂物体b,系统处于静止状态。若将固定点c向右移动少许,而a与斜劈始终静止,则(　　)。

甲
A.细线对物体a的拉力增大
B.斜劈对地面的压力减小
C.斜劈对物体a的摩擦力减小
D.地面对斜劈的摩擦力增大
【解析】对滑轮2和物体b受力分析,受重力和两个拉力作用,如图乙所示。根据平衡条件有mbg=2Tcosθ,解得T=,将固定点c向右移动少许,则θ增大,拉力T增加,A项正确;对斜劈、物体a、物体b整体受力分析,受重力、细线的拉力、地面的静摩擦力和支持力作用,如图丙所示,根据平衡条件有FN=G总-Tcosθ=G总-mbg,恒定不变;根据牛顿第三定律可知,斜劈对地面的压力不变,B项错误;地面对斜劈的静摩擦力f=Tsinθ=mbgtanθ,随着θ的增大,摩擦力增大,D项正确;对物体a受力分析,受重力、支持力、拉力和静摩擦力作用,由于不知道拉力与重力沿斜面向下的分力的大小关系,故无法判断静摩擦力的方向,即不能判断静摩擦力的变化情况,C项错误。

　　　乙　　　　　　　　丙

【答案】AD
【变式训练5】(2019河南南阳月考)如图甲所示,挡板垂直于斜面固定在斜面上,一滑块m放在斜面上,其上表面呈弧形且左端最薄,一球M搁在挡板与弧形滑块上,一切摩擦均不计,用平行于斜面的力F拉住弧形滑块,使球与滑块均静止。现将滑块平行于斜面向上拉动一较小的距离,球仍搁在挡板与滑块上且处于静止状态,则与原来相比(　　)。


甲
A.滑块对球的弹力增大 B.挡板对球的弹力减小
C.斜面对滑块的弹力增大 D.拉力F不变
【解析】对球进行受力分析,如图乙所示,球只受三个力的作用,挡板对球的力F1方向不变,作出力的矢量图,滑块上移时,F2与竖直方向的夹角减小,最小时F2垂直于F1(此时球在弧形滑块最薄部分,再拉球与弧形滑块分离),可以知道挡板对球的弹力F1和滑块对球的作用力F2都减小,A项错误,B项正确;再对滑块和球一起受力分析,如图丙所示,其中FN=G总cosθ不变,则F+F1=G总sinθ不变,F1减小,F要增大,即斜面对滑块的支持力不变,拉力F增大,C、D两项错误。


　乙　　　丙
【答案】B

题型四 平衡中的临界与极值问题


　　1.临界问题
(1)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)常见的临界条件有:①两接触物体脱离与不脱离的临界条件是相互作用力为零(主要体现为两物体间的弹力为零)。②绳子断与不断的临界条件为绳中张力达到最大值;绳子绷紧与松弛的临界条件为绳中张力为零。③存在摩擦力作用的两物体间发生相对滑动或相对静止的临界条件为静摩擦力达到最大。
(3)研究的基本思维方法:假设推理法。
2.极值问题
平衡物体的极值问题,一般指在力的变化过程中的最大值和最小值问题。一般用图解法或解析法进行分析。
【例4】如图所示,物体的质量为5 kg,两根轻细绳AB和AC的一端固定于竖直墙上,另一端系于物体上(∠BAC=θ=60°),在物体上另施加一个方向与水平线也成θ角的拉力F,若要使绳都能伸直,求拉力F的大小范围。


【解析】设AB上的拉力为F1,AC上的拉力为F2,由平衡条件有Fcosθ-F2-F1cosθ=0,Fsinθ+F1sinθ-mg=0
可得F=-F1
F=+
要使两绳都能绷直,则有F1≥0,F2≥0
则F取最大值Fmax==N
F取最小值Fmin==N
F大小的取值范围为N≤F≤N。
【答案】N≤F≤N

　　解决极值问题和临界问题的方法
1.极限法: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;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,而要把某个物理量推向极端,即极大和极小。
2.数学分析法: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(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)。
3.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。
【变式训练6】(2019辽宁丹东检测)如图甲所示,质量为m的物体放在一固定斜面上,当斜面倾角为30°时物体恰能沿斜面匀速下滑。对物体施加一大小为F水平向右的恒力,物体可沿斜面匀速向上滑行。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,当斜面倾角增大并超过某一临界角θ0时,不论水平恒力F多大,都不能使物体沿斜面向上滑行。求:

(1)物体与斜面间的动摩擦因数。
(2)这一临界角θ0的大小。
【解析】(1)物体沿斜面匀速下滑时,对物体受力分析,由平衡条件得
mgsin30°=μmgcos30°
解得μ=tan30°=。

(2)设斜面倾角为α时,受力情况如图乙所示,由平衡条件得
Fcosα=mgsinα+Ff
FN=mgcosα+Fsinα
Ff=μFN
解得F=
当cosα-μsinα=0,即tanα=时,F→∞,即“不论水平恒力F多大,都不能使物体沿斜面向上滑行”,此时,临界角θ0=α=60°。
【答案】(1)　(2)60°



1.(2019江西南昌模拟)如图所示,两个等大的水平力F分别作用在物体B和C上,物体A、B、C都处于静止状态,各接触面与水平地面平行。A、C间的摩擦力大小为Ff1,B、C间的摩擦力大小为Ff2,C与地面间的摩擦力大小为Ff3,则(　　)。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　

A.Ff1=0,Ff2=0,Ff3=0
B.Ff1=0,Ff2=F,Ff3=0
C.Ff1=F,Ff2=0,Ff3=0
D.Ff1=0,Ff2=F,Ff3=F
【解析】以A、B、C整体为研究对象,分析整体在水平方向的受力可知,地面对C的摩擦力为零;以A为研究对象,A处于平衡状态,故C与A之间无摩擦力;以B为研究对象,可知C与B之间的摩擦力与F平衡,即Ff2=F。
【答案】B
2.(2019广西玉林一模)(多选)如图所示,物体B的上表面水平,A、B相对于斜面C静止,在斜面C受到水平力F作用向左匀速运动的过程中(　　)。


A.物体A可能受到3个力的作用
B.物体B一定受到4个力的作用
C.物体C对物体B的作用力竖直向上
D.物体C和物体B之间可能没有摩擦力
【解析】物体A做匀速直线运动,合力为零,竖直方向上受重力、支持力,假设水平方向上受静摩擦力,不管向左还是向右,都不平衡,故A项错误。对物体B受力分析,受重力、A对B向下的压力、C对B的支持力、C对B沿斜面向上的静摩擦力,共4个力的作用,受力平衡,合力为零;重力和压力的合力向下,故支持力与静摩擦力的合力一定向上,与重力和压力的合力平衡,故B、C两项正确。假如B与C之间没有摩擦力,物体A和B不能平衡,会下滑,故D项错误。
【答案】BC
3.(2018河北张家口检测)(多选)如图甲所示,一物块在粗糙斜面上,受到平行斜面向上的外力F作用,当外力F按照图乙所示规律变化时,斜面和物块始终处于静止状态。下列说法正确的是(　　)。

甲　　　　　　　　　　乙
A.地面对斜面的摩擦力逐渐减小
B.地面对斜面的摩擦力逐渐增大
C.物块对斜面的摩擦力可能一直增大
D.物块对斜面的摩擦力可能一直减小
【解析】对整体分析,水平方向上受力平衡,有Fcosθ=f,可知地面对斜面的摩擦力逐渐减小,故A项正确,B项错误。对物块分析,受重力、支持力、拉力和摩擦力而处于平衡状态,若拉力的最大值大于重力的下滑分力,静摩擦力沿斜面向下,则F-f-mgsinθ=0,故拉力减小后,静摩擦力先减小后反向增大;若拉力的最大值小于重力的下滑分力,静摩擦力沿斜面向上,则F+f-mgsinθ=0,故拉力减小后,静摩擦力一直增大,C项正确,D项错误。
【答案】AC
4.(2019辽宁大连模拟)如图甲所示,质量分布均匀的细杆中心为O点,O1为光滑铰链,O2为光滑定滑轮,O2在O1正上方,一根轻绳一端系于O点,另一端跨过定滑轮O2由水平外力F牵引,用FN表示铰链对杆的作用,现在外力F作用下,细杆从图示位置缓慢转到竖直位置的过程中,下列说法正确的是(　　)。


甲
F逐渐变小,FN大小不变
B.F逐渐变小,FN大小变大
C.F先变小后变大,FN逐渐变小
D.F先变小后变大,FN逐渐变大
【解析】画出杆的受力图如图乙所示,根据相似三角形可知==,因OO1和O1O2不变,则FN不变;随着OO2的减小,F减小,A项正确。

乙

【答案】A
5.(2018吉林通化摸底)如图甲所示,将三个完全相同的光滑球用不可伸长的细线悬挂于O点并处于静止状态。已知球的半径为R,各球的重力为G,线长均为R。则每条细线上的张力大小为(　　)。

甲
A.2G
B.G
C.G
D.G
【解析】本题中O点与各球心的连线构成一个边长为2R的正四面体,如图乙所示(A、B、C为各球球心),O'为△ABC的中心,设∠OAO'=θ,根据图丙,由几何关系知O'A=R,由勾股定理得OO'==R,对A处球受力分析有Fsinθ=G,又sinθ=,解得F=G,故只有B项正确。
　　

乙　　　　　　　　　丙
【答案】B
6.(2019安徽蚌埠联考)建筑装修中,工人用质量为m的磨石对倾角为θ的斜壁进行打磨,如图甲所示。当对磨石施加竖直向上、大小为F的推力时,磨石恰好沿斜壁向上匀速运动,已知磨石与斜壁之间的动摩擦因数为μ,重力加速度大小为g。则关于斜壁受到磨石的摩擦力的大小与方向,下列说法正确的是(　　)。


A.(F-mg)cosθ,沿斜壁向上
B.(F-mg)cosθ,沿斜壁向下
C.μ(F-mg)cos θ,沿斜壁向上
D.μ(F-mg)cos θ,沿斜壁向下
【解析】磨石受重力、推力、斜壁的弹力及摩擦力而处于平衡状态,如图乙所示,则沿斜壁向下的滑动摩擦力Ff=(F-mg)cosθ,支持力FN=(F-mg)sinθ,得Ff=μ(F-mg)·sinθ,方向沿斜壁向下,由牛顿第三定律可知,斜壁受到磨石的摩擦力的大小Ff'=(F-mg)cosθ=μ(F-mg)sinθ,方向沿斜壁向上,只有A项正确。


【答案】A
7.(2018河南开封质检)(多选)如图甲所示,一个固定的圆弧阻挡墙PQ,其半径OP水平,OQ竖直。在PQ和一个斜面体A之间卡着一个表面光滑的重球B。斜面体A放在光滑的地面上并用一水平向左的力F推着,整个装置处于静止状态。现改变推力F的大小,推动斜面体A沿着水平地面向左缓慢运动,使球B沿斜面上升一很小高度。则在球B缓慢上升的过程中,下列说法中正确的是(　　)。

甲
A.斜面体A与球B之间的弹力逐渐减小
B.阻挡墙PQ与球B之间的弹力逐渐减小
C.水平推力F逐渐增大
D.水平地面对斜面体A的弹力逐渐减小
【解析】对球B受力分析,如图乙所示,当球B上升时,用图解法分析球B所受各力的变化,其中角θ增大,且θ不会超过90°,则FAB和FOB均减小,A、B两项正确。对斜面体进行受力分析,如图丙所示,因为FAB减小,由牛顿第三定律知FAB=FBA,故FBA也减小,则推力F减小,水平地面对斜面体的弹力FN也减小,C项错误,D项正确。

乙　　　　　　　　　丙
【答案】ABD
8.(2019安徽铜陵联考)如图甲所示,在倾角为37°的固定斜面上有一物体,质量为10 kg。当给它施加沿斜面向下、大小为4 N的力时,物体刚好静止在斜面上,最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力,取g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。问:



甲
(1)物体与斜面间的动摩擦因数为多大?
(2)如果改用与斜面成30°角向上的力拉物体,使物体沿斜面向上匀速运动,则所施加的拉力为多大?(结果保留2位小数)
【解析】(1)物体静止在斜面上时对物体受力分析如图乙所示,则物体受到静摩擦力(为最大静摩擦力)

　乙　　　　　　　丙
Ff=mgsin37°+F
FN=mgcos37°
Ff=μFN
解得μ=0.8。
(2)当物体在与斜面成30°角向上的拉力作用下沿斜面向上匀速运动时,如图丙所示,设拉力大小为F',则有
F'cos30°=mgsin37°+F滑
FN=mgcos37°-F'sin30°
F滑=μ(mgcos37°-F'sin30°)
解得F'=97.95N。
【答案】(1)0.8　(2)97.95N

1.(2017全国卷Ⅰ,21)(多选)如图甲所示,柔软轻绳ON的一端O固定,其中间某点M拴一重物,用手拉住绳的另一端N。初始时,OM竖直且MN被拉直,OM与MN之间的夹角为α(α>)。现将重物向右上方缓慢拉起,并保持夹角α不变。在OM由竖直被拉到水平的过程中(　　)。


甲
A.MN上的张力逐渐增大
B.MN上的张力先增大后减小
C.OM上的张力逐渐增大
D.OM上的张力先增大后减小
【解析】OM的张力F1和MN的张力F2的合力F不变,关系如图乙所示,==,将重物向右上方缓慢拉起,夹角α不变,β由钝角逐渐减小到锐角,γ由锐角逐渐增大到直角,则MN上的张力F2逐渐增大,OM上的张力F1先增大后减小,A、D两项正确。


乙
【答案】AD
2.(2016全国卷Ⅱ,14)质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上。用水平向左的力F缓慢拉动绳的中点O,如图甲所示。用T表示绳OA段拉力的大小,在O点向左移动的过程中(　　)。
2.(2016全国卷Ⅱ,14)质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上。用水平向左的力F缓慢拉动绳的中点O,如图甲所示。用T表示绳OA段拉力的大小,在O点向左移动的过程中(　　)。

甲
A.F逐渐变大,T逐渐变大
B.F逐渐变大,T逐渐变小
C.F逐渐变小,T逐渐变大
D.F逐渐变小,T逐渐变小
　　【解析】对O点受力分析,F与T的变化情况如图乙所示,由图可知在O点向左移动的过程中,F逐渐变大,T逐渐变大,A项正确。


乙
【答案】A
3.(2014全国卷Ⅰ,17)如图甲所示,用橡皮筋将一小球悬挂在小车的架子上,系统处于平衡状态。现使小车从静止开始向左加速,加速度从零开始逐渐增大到某一值,然后保持此值,小球稳定地偏离竖直方向某一角度(橡皮筋在弹性限度内)。与稳定在竖直位置时相比,小球的高度(　　)。


甲
A.一定升高
B.一定降低
C.保持不变
D.升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定
【解析】设橡皮筋劲度系数为k、原长为l0,加速前平衡时橡皮筋伸长了x0,则有kx0=mg,当加速并稳定时,设小球偏离竖直方向θ角,橡皮筋伸长了x,如图乙所示,由小球在竖直方向受力平衡有kxcosθ=mg,解得kxcosθ=kx0,xcosθ=x0,此时小球距悬挂点的竖直高度h=(l0+x)cosθ=l0cosθ+xcosθ=l0cosθ+x0

乙
【答案】A
4.(2017浙江4月选考,7)重型自卸车利用液压装置使车厢缓慢倾斜到一定角度,车厢上的石块就会自动滑下。以下说法正确的是(　　)。


A.在石块下滑前后,自卸车与石块整体的重心位置不变
B.自卸车车厢倾角越大,石块与车厢间的动摩擦因数越小
C.自卸车车厢倾角变大,车厢与石块间的正压力减小
D.石块开始下滑时,受到的摩擦力大于重力沿斜面方向的分力
【解析】物体重心的位置跟形状还有质量分布有关,石块下滑前后,整体的质量分布变化,形状变化,所以重心改变,A项错误;动摩擦因数与倾角无关,故B项错误;石块在垂直于车厢底板方向有FN=mgcosθ,自卸车车厢倾角变大,车厢与石块间的正压力FN逐渐减小,故C项正确;石块滑动后的摩擦力是滑动摩擦力,小于最大静摩擦力,也小于重力沿斜面方向的分力,故D项错误。
【答案】C
5.(2014上海卷,9)如图甲所示,光滑的四分之一圆弧轨道AB固定在竖直平面内,A端与水平面相切。穿在轨道上的小球在拉力F作用下,缓慢地由A向B运动,F始终沿轨道的切线方向,轨道对球的弹力为FN。在运动过程中(　　)。


甲
A.F增大,FN减小
B.F减小,FN减小
C.F增大,FN增大
D.F减小,FN增大
【解析】由题意知,小球在由A运动到B的过程中始终处于平衡状态。设某一时刻小球运动至图乙所示位置,则对球由平衡条件得F=mgsinθ,FN=mgcosθ,在运动过程中,θ增大,故F增大,FN减小,A项正确。

乙
【答案】A



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