资源简介

2021年高考一轮复习
第五讲力的合成与分解受力分析
共点力平衡
教材版本
全国通用
课时说明
120分钟
知识点
1.力的合成
2.
应力的分解
3.
共点力平衡
复习目标
1．理解合力与分力
2．掌握平行四边形法则．
3、了解三角形定则。
复习重点
1.力的合成与分解
2.正交分解法
复习难点
共点力平衡
一、自我诊断
知己知彼
1．(多选)研究两共点力的合力实验中，得出F合随夹角θ变化的规律如图所示，则(
)
A．两个分力分别为8
N、10
N
B．两个分力分别为6
N、8
N
C．2
N≤F合≤12
N
D．2
N≤F合≤14
N
【答案】
BD
【解析】
F1－F2＝2
N
F12＋F2＝102。
解得F1＝8
N，F2＝6
N
合力范围2
N≤F合≤14
N，故B、D正确。
2．如图所示，重力为G的物体静止在倾角为α的斜面上，将重力G分解为垂直斜面向下的力F1和平行斜面向下的力F2，那么()
A．F1就是物体对斜面的压力
B．物体对斜面的压力方向与F1方向相同，大小为Gcosα
C．F2就是物体受到的静摩擦力
D．物体受到重力、斜面对物体的支持力、静摩擦力、F1和F2共五个力的作用
【答案】
B
【解析】F1是重力的一个分力，性质不能改变，所以A错误。物体对斜面的压力等于F1且F1＝Gcosα，所以B正确。F2与物体受到的静摩擦力等大反向，故C错误。物体受重力、支持力、静摩擦力三个力的作用，故D错误。
3．如图所示，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(
)
【答案】C
【解析】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。
4.
(多选)如图所示，三条绳子的一端都系在细直杆顶端，另一端都固定在水平地面上，将杆竖直紧压在地面上。若三条绳长度不同，下列说法正确的有(
)
A．三条绳中的张力都相等
B．杆对地面的压力大于自身重力
C．绳子对杆的拉力在水平方向的合力为零
D．绳子拉力的合力与杆的重力是一对平衡力
【答案】BC
【解析】根据物体受力平衡可知，三条绳上拉力的水平分力的合力为零，C项正确；由于三条绳的长度不同，因此三条绳与竖直方向的夹角不同，如果三条绳水平分力间的夹角相等，则三条绳上张力一定不等，A项错误；由杆受力平衡可知，杆对地面的压力等于杆的重力与三条绳拉力的竖直分力之和，B项正确；三条绳的拉力的合力和杆的重力的方向均竖直向下，而一对平衡力要求方向相反，所以它们不是一对平衡力，D项错误。
5.
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
【答案】C
【解析】由F1、F2和F的矢量三角形图可以看出：
因F2＝30
N>F20＝25
N且F2二、温故知新
夯实基础
几种特殊情况的共点力的合成
类型
作图
合力的计算
互相垂直
F＝
tanθ＝
两力等大，夹角θ
F＝2F1cos
F与F1夹角为
两力等大且夹角120°
合力与分力等大
三、典例剖析
举一反三
考点一
力的合成
（一）典例剖析
例1（2019·新课标全国Ⅰ卷）如图，一粗糙斜面固定在地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮。一细绳跨过滑
轮，其一端悬挂物块N。另一端与斜面上的物块M相连，系统处于静止状态。现用水平向左的拉力缓慢拉动
N，直至悬挂N的细绳与竖直方向成45°。已知M始终保持静止，则在此过程中（
）
A．水平拉力的大小可能保持不变
B．M所受细绳的拉力大小一定一直增加
C．M所受斜面的摩擦力大小一定一直增加
D．M所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加
【答案】BD
【解析】如图所示，以物块N为研究对象，它在水平向左拉力F作用下，缓慢向左移动直至细绳与竖直方向夹角为45°的过程中，水平拉力F逐渐增大，绳子拉力T逐渐增大；
对M受力分析可知，若起初M受到的摩擦力f沿斜面向下，则随着绳子拉力T的增加，则摩擦力f也逐渐增大；若起初M受到的摩擦力f沿斜面向上，则随着绳子拉力T的增加，摩擦力f可能先减小后增加。故本题选BD。
【易错点】不理解力的平行四边形法则
【方法点拨】合力大小的范围
两个共点力的合成：|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。
例2
．（2019·新课标全国Ⅱ卷）物块在轻绳的拉动下沿倾角为30°的固定斜面向上匀速运动，轻绳与斜面
平行。已知物块与斜面之间的动摩擦因数为，重力加速度取10m/s2。若轻绳能承受的最大张力为1
500
N，
则物块的质量最大为（
）
A．150kg
B．kg
C．200
kg
D．kg
【答案】A
【解析】
T=f+mgsinθ，f=μN，N=mgcosθ，带入数据解得：m=150kg，故A选项符合题意。
【易错点】不会计算法求合力
【方法点拨】计算法求合力，只需作出力的示意图，对平行四边形的作图要求也不太严格，重点是利用数学方法求解，往往适用于两力的夹角是特殊角的情况。
例3．(多选)如图所示是骨折病人的牵引装置示意图，绳的一端固定，绕过定滑轮和动滑轮后挂着一个重物，与动滑轮相连的帆布带拉着病人的脚，整个装置在同一竖直平面内。为了使脚所受的拉力减小，可采取的方法是(
)
A．只增加绳的长度
B.只减小重物的质量
C.只将病人的脚向左移动
D.只将两定滑轮的间距增大
【答案】
BD
【解析】脚所受拉力为两绳的合力，如图所示，合力F＝2Tcosθ
T＝mg
F＝2mgcosθ，增大θ角或减小重物的质量都会使脚所受的合力减小，因此B、D正确。
D．整个过程中机器人的位移与由点(5,5)运动到点(2,2)的位移方向相反
【易错点】不会计算法求合力
【方法点拨】计算法求合力，只需作出力的示意图，对平行四边形的作图要求也不太严格，重点是利用数学方法求解，往往适用于两力的夹角是特殊角的情况。
（二）举一反三
1．如图所示，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都为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(
)
A．G和G
B.G和G
C.G和G
D.G和G
【答案】B
【解析】根据对称性知两绳拉力大小相等，设为F，日光灯处于平衡状态，由2Fcos45°＝G解得F＝G，B项正确。
2.
如图所示，质量为m的小球套在竖直固定的光滑圆环上，轻绳一端固定在圆环的最高点A，另一端与小球相连。小球静止时位于环上的B点，此时轻绳与竖直方向的夹角为60°，则轻绳对小球的拉力大小为(
)
A．2mg
B.mg
C．mg
D.mg
【答案】C
【解析】
对B点处的小球受力分析，如图所示，正交分解，则有
Tsin60°＝Nsin60°
Tcos60°＋Ncos60°＝mg
解得T＝N＝mg，则A、B、D错，C正确。
3.
如图所示，一只小鸟沿着较粗的均匀树枝从右向左缓慢爬行，在小鸟从A运动到B的过程中(
)
A．树枝对小鸟的合作用力先减小后增大
B．树枝对小鸟的摩擦力先减小后增大
C．树枝对小鸟的弹力先减小后增大
D．树枝对小鸟的弹力保持不变
【答案】B
【解析】
因树枝较粗，排除了小鸟爪子握住树枝的情况。树枝对鸟的合作用力是支持力和摩擦力的合力，由二力平衡得，它与小鸟重力等大反向，因小鸟所受重力不变，所以树枝对小鸟的合作用力不变，A项错误。由受力分析图可知，树枝对小鸟的摩擦力先减小后增大，对小鸟的弹力先增大后减小，所以B项对，C、D两项均错误。
考点二
力的分解
（一）典例剖析
例1
.（2020·新高考山东卷）.如图所示，一轻质光滑定滑轮固定在倾斜木板上，质量分别为m和2m的物块A、B，通过不可伸长的轻绳跨过滑轮连接，A、B间的接触面和轻绳均与木板平行。A与B间、B与木板间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当木板与水平面的夹角为45°时，物块A、B刚好要滑动，则μ的值为（　　）
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】当木板与水平面的夹角为时，两物块刚好滑动，对A物块受力分析如图
沿斜面方向，A、B之间的滑动摩擦力
根据平衡条件可知
对B物块受力分析如图
沿斜面方向，B与斜面之间的滑动摩擦力
根据平衡条件可知
两式相加，可得
解得
ABD错误，C正确。
故选C。
【易错点】不会灵活选择力的合成与分解方法
【方法点拨】力的效果分解法、正交分解法、合成法都是常见的解题方法，一般情况下，物体只受三个力的情形下，力的效果分解法、合成法解题较为简单，在三角形中找几何关系，利用几何关系或三角形相似求解；而物体受三个以上力的情况多用正交分解法，但也要视题目具体情况而定。
例2（2019·天津卷）2018年10月23日，港珠澳跨海大桥正式通车。为保持以往船行习惯，在航道处建造
了单面索（所有钢索均处在同一竖直面内）斜拉桥，其索塔与钢索如图所示。下列说法正确的是（
）
A．增加钢索的数量可减小索塔受到的向下的压力
B．为了减小钢索承受的拉力，可以适当降低索塔的高度
C．索塔两侧钢索对称且拉力大小相同时，钢索对索塔的合力竖直向下
D．为了使索塔受到钢索的合力竖直向下，索塔两侧的钢索必须对称分布
【答案】C
【解析】A、以桥身为研究对象，钢索对桥身的拉力的合力与桥身的重力等大反向，则钢索对索塔的向下的压力数值上等于桥身的重力，增加钢索的数量钢索对索塔的向下的压力数值不变，故A错误；
B、由图甲可知，当索塔高度降低后，变大，
变小，故T变大，故B错误
C、由B的分析可知，当钢索对称分布时，，钢索对索塔的合力竖直向下，故C正确
D、受力分析如图乙，由正弦定理可知，只要，钢索AC、AB的拉力FAC、FAB进行合成，合力竖直向下，钢索不一定要对称分布，故D错误；综上分析：答案为C。
【易错点】不会灵活选择力的合成与分解方法
【方法点拨】力的效果分解法、正交分解法、合成法都是常见的解题方法，一般情况下，物体只受三个力的情形下，力的效果分解法、合成法解题较为简单，在三角形中找几何关系，利用几何关系或三角形相似求解；而物体受三个以上力的情况多用正交分解法，但也要视题目具体情况而定。
例3．（2019·江苏卷）如图所示，一只气球在风中处于静止状态，风对气球的作用力水平向右．细绳与竖直
方向的夹角为α，绳的拉力为T，则风对气球作用力的大小为（
）
A.
B.
C.Tsinα
D.Tcosα
【答案】C
【解析】对气球受力分析，由水平方向平衡条件可得：，故C正确。
【易错点】不会灵活选择力的合成与分解方法
【方法点拨】力的效果分解法、正交分解法、合成法都是常见的解题方法，一般情况下，物体只受三个力的情形下，力的效果分解法、合成法解题较为简单，在三角形中找几何关系，利用几何关系或三角形相似求解；而物体受三个以上力的情况多用正交分解法，但也要视题目具体情况而定。
（二）举一反三
1．(多选)如图所示，固定的半球面右侧是光滑的，左侧是粗糙的，O点为球心，A、B为两个完全相同的小物块(可视为质点)，小物块A静止在球面的左侧，受到的摩擦力大小为F1，对球面的压力大小为N1；小物块B在水平力F2作用下静止在球面的右侧，对球面的压力大小为N2，已知两小物块与球心连线和竖直方向的夹角均为θ，则(
)
A．F1∶F2＝cosθ∶1
B．F1∶F2＝sinθ∶1
C．N1∶N2＝cos2θ∶1
D．N1∶N2＝sin2θ∶1
【答案】AC
【解析】对A、B分别受力分析如图，根据力的平衡得F1＝mgsinθ，F2＝mgtanθ，得F1∶F2＝cosθ∶1，N1′＝mgcosθ，N2′＝，结合牛顿第三定律得N1∶N2＝cos2θ∶1，所以A、C项正确，B、D项错误。
2．两个共点力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
【答案】B
【解析】由于合力大小范围为：|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
×
选项
诊断
结论
B
4
N≤F≤12
N
√
C
7
N≤F≤9
N
×
D
1
N≤F≤3
N
×
3.
如图所示，有5个力作用于同一点O，表示这5个力的有向线段恰构成一个正六边形的两邻边和三条对角线，已知F1＝10
N，求这5个力的合力大小()
A．50
N
B．30
N
C．20
N
D．10
N
【答案】B
【解析】由力的平行四边形定则可知，图中F2与F4的合力等于F1，F3与F5的合力也等于F1，故这5个力的合力为3F1＝30
N。
考点三
绳上的“死结”和“活结”模型
（一）典例剖析
例1（2020·新课标全国Ⅲ卷）如图，悬挂甲物体的细线拴牢在一不可伸长的轻质细绳上O点处；绳的一端固定在墙上，另一端通过光滑定滑轮与物体乙相连。甲、乙两物体质量相等。系统平衡时，O点两侧绳与竖直方向的夹角分别为α和β。若α=70°，则β等于（　　）
A.
45°
B.
55°
C.
60°
D.
70°
【答案】B
【解析】甲物体是拴牢在O点，且甲、乙两物体的质量相等，则甲、乙绳的拉力大小相等，O点处于平衡状态，则左侧绳子拉力的方向在甲、乙绳子的角平分线上，如图所示
根据几何关系有
解得。
故选B。
【易错点】不理解绳上的“死结”与“活结”模型的答题技巧
【方法点拨】
(1)无论“死结”还是“活结”一般均以结点为研究对象进行受力分析。
(2)如果题目搭配杆出现，“死结”搭配有转轴的杆，“活结”搭配无转轴的杆。
例2（2019·湖南省长沙市第一中学高三第八次月考）《大国工匠》节目中讲述了王进利用“秋千法”在1000Kv
的高压线上带电作业的过程。如图所示，绝缘轻绳OD一端固定在高压线杆塔上的O点，另一端固定在兜
篮上。另一绝缘轻绳跨过固定在杆塔上C点的定滑轮，一端连接兜篮，另一端由工人控制。身穿屏蔽服的
王进坐在兜篮里，缓慢地从C点运动到处于O点正下方E点的电缆处。绳OD一直处于伸直状态，兜篮、
王进及携带的设备总质量为m，不计一切阻力，重力加速度大小为g。关于王进从C点运动到E点的过程
中，下列说法正确的是（
）
A．工人对绳的拉力一直变大
B．绳OD的拉力一直变小
C．OD、CD两绳拉力的合力大小等于mg
D．当绳CD与竖直方向的夹角为30°时，工人对绳的拉力为
【答案】CD
【解析】A．对兜篮、王进及携带的设备整体受力分析如图所示，绳OD的拉力为F1，与竖直方向的夹角为θ，绳CD的拉力为F2，与竖直方向的夹角为α。根据几何知识知：θ+2α=90°，由正弦定理可得F1增大，F2减小，A错误；B．根据选项A的分析，B错误；C．两绳拉力的合力大小等于mg，C正确；D．α=30°时，θ=30°，可求出，D正确。
[易错点]不会对“死结”和“活结”进行受力分析。
【方法点拨】如果题目搭配杆出现，“死结”搭配有转轴的杆，“活结”搭配无转轴的杆。
例3.
（2019·河北衡水中学三下学期模考）如图所示，光滑的轻滑轮通过支架固定在天花板上，一足够长的
细绳跨过滑轮，一端悬挂小球b，另一端与套在水平细杆上的小球a连接。在水平拉力F作用下小球a从图
示虚线位置开始缓慢向右移动（细绳中张力大小视为不变）。已知小球b的质量是小球a的2倍，滑动摩
擦力等于最大静摩擦力，小球a与细杆间的动摩擦因数为。则下列说法正确的是（
）
A．当细绳与细杆的夹角为60°时，拉力F的大小为（2–）mg
B．支架对轻滑轮的作用力大小逐渐增大
C．拉力F的大小一直增大
D．拉力F的大小先减小后增大
【答案】AC
【解析】设小球a的质量为m，则小球b的质量为2m，在缓慢移动的过程中，两小球都处于平衡状态，绳子的拉力，当细绳与细杆的夹角为60°时，对小球a受力分析如图所示，则在水平方向上有，已知，在竖直方向上有，联立解得，两段绳子的拉力大小不变，但夹角变大，所以合力变小，故支架对轻滑轮的作用力减小，B错误；绳子与轻杆方向的夹角越来越小，根据，可知N越来越大，在水平方向上，即摩擦力越来越大，越来越大，故拉力F的大小一直增大，C正确D错误。
[易错点]不会对“死结”和“活结”进行受力分析。
【方法点拨】如果题目搭配杆出现，“死结”搭配有转轴的杆，“活结”搭配无转轴的杆。
（二）举一反三
1.
如图所示，在绳下端挂一物体，用力F拉物体使悬线偏离竖直方向α的夹角，且保持其平衡。保持α角不变，当拉力F有极小值时，F与水平方向的夹角β应是(
)
A．0
B.
C．α
D．2α
【答案】C
【解析】
物体处于平衡状态，合力为零，重力和拉力的合力与细绳的张力FT等大反向，如图所示，可以知道当拉力F有极小值时，F与水平方向的夹角β应等于α，C正确。
2．如图所示，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变大
D．FN变小
【答案】BC
【解析】以两轻质硬杆及两木块m整体为研究对象，受力分析如图
：
由平衡条件可知2Ff＝(M＋2m)g，故选项A错误，选项B正确；将绳的拉力Mg分解为沿OO1、OO2
方向的两个分力，如图所示，由于O1、O2等高，所以α1＝α2，则F1＝F2，当挡板间距离增大后，α1、α2增大，则F1、F2增大，将F1进行正交分解，则有FN＝F1sinα1，随α1、F1的增大，FN增大，故选项C正确，选项D错误。
3．如图所示，不计质量的光滑小滑轮用细绳悬挂于墙上O点，跨过滑轮的细绳连接物块A、B，A、B都处于静止状态，现将物块B移至C点后，A、B仍保持静止，下列说法中正确的是(
)
A．B与水平面间的摩擦力减小
B．地面对B的弹力增大
C．悬于墙上的绳所受拉力不变
D．A、B静止时，图中α、β、θ三角始终相等
【答案】BD
【解析】
将物块B移至C点后，对B进行受力分析，如图：
由平衡规律得：
Tcosθ1＝FfG＝FN＋Tsinθ1
细绳与水平方向夹角θ1减小，细绳中拉力T不变，B与水平面间的摩擦力Ff增大，地面对B的弹力FN增大，选项A错误，B正确；由于α＋β增大，滑轮两侧细绳拉力的合力减小，由平衡条件可知，悬于墙上的绳所受拉力减小，选项C错误；A、B静止时，图中α、β、θ三角始终相等，选项D正确。
四、分层训练
能力进阶
【基础】
1.
（2020·山东省泰安市摸底考试）我国2007年建成的国家大剧院外部呈椭球型．为了简化，将国家大剧
院的屋顶近似为半球形，某警卫人员在执行特殊任务时，必须在屋顶上向上缓慢爬行，他在爬行的过程中
屋顶对他的（
）
A．支持力不变
B．支持力变小
C．摩擦力变小
D．摩擦力变大
【答案】C
【解析】
因为缓慢爬行，合力为零：，，向上爬的过程中，夹角减小，变大，变小，所以摩擦力变小，支持力变大，ABD错误，C正确。
2如图所示，质量为M、半径为R的半球形物体A放在水平地面上，通过最高点处的钉子用水平细线拉住
一质量为m、半径为r的光滑球B。整个装置处于静止状态，已知重力加速度为g则（
）
A．A对地面的摩擦力方向向左
B．A对地面的压力大于（M+m）g
C．B对A的压力大小为
D．细线对小球的拉力大小为
【答案】D
【解析】把AB看成一个整体，对整体受力分析得整体受重力和地面对整体的支持力，地面对整体没有摩擦力，即A对地面没有摩擦力，否则不能平衡，A错误；整体对地面的压力即是A对地面的压力等于（M+m）g，B错误；对小球受力分析，如图所示：
根据平衡条件，有：，，由几何关系有：，，解得：，，C错误，D正确。
3．（2020·济南市高三第三次模拟）如图所示，足够长的光滑平板AP与BP用铰链连接，平板AP与水平
面成53°角固定不动，平板BP可绕水平轴在竖直面内自由转动，质量为m的均匀圆柱体O放在两板间
sin53°=0.8，cos53°=0.6，重力加速度为g。在使BP板由水平位置缓慢转动到竖直位置的过程中，下列说法
正确的是（
）
A．平板BP受到的最小压力为mg
B．平板BP受到的最大压力为mg
C．平板AP受到的最小压力为mg
D．平板AP受到的最大压力为mg
【答案】A
【解析】小球受重力、斜面AP弹力和挡板BP弹力，如图所示：
小球一直处于平衡状态，则有：与合力F=mg，由图可知，当挡板BP逆时针缓慢地转向竖直位置的过程中，越来越大，先变小，后变大；由几何关系可知，当的方向与AP的方向平行（即与的方向垂直）时，有最小值为：，当挡板BP竖直时，最大，为：，A正确，B错误；当BP沿水平方向时，AP对球的支持力为0，所以AP受到的压力也等于0，C错误；由图可知，当BP沿绳子方向时，AP对球的支持力最大，为：，由牛顿第三定律可知，平板AP受到的最大压力为，D错误。
【巩固】
1.在港珠澳大桥建设中，将一个根直径22
m，高40.5
m的钢筒，打入海底围成人工岛，创造了快速筑岛的
世界记录。钢筒质量为M，起重机用10根对称分布的、长为22
m的钢索将其吊起，静止于空中。则每根
钢索受到的拉力大小约为（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】由于钢筒的直径为22
m，钢索的长为22
m，则每两根钢索与直径构成等边三角形，所以每根钢索与竖直方向的夹角为；设每根钢索受到的拉力大小为F，竖直方向根据平衡条件可得，解得：，B正确。
2.如图所示，内壁光滑的“V”形容器AOB放在水平地面上，∠AOB为锐角，贴着内壁放置一个铁球，现将容器以O点为轴在竖直平面内逆时针缓慢旋转90°，则在转动过程中（
）
A．球对OA的压力逐渐增大
B．球对OA的压力先增大后减小
C．球对OB的压力逐渐增大
D．球对OB的压力先增大后减小
【答案】AD
【解析】对小球在某位置受力分析如图，当容器以O点为轴在竖直平面内逆时针缓慢旋转90°的过程中，相当于容器不动，而重力G的方向从竖直向下的位置转到与OB平行且方向向左的位置，若设F1与竖直方向的夹角为θ（定值），某时刻重力G与竖直方向的夹角为α，则对小球O1，由正交分解法可知：；，则解得；，则当α角从0°增加到
90°角的过程中，F1逐渐变大；F2先增加后减小，故选AD.
3.如图所示，一足够长的斜面体静置于粗糙水平地面上，一小物块沿着斜面体匀速下滑，现对小物块施加一水平向右的恒力F，当物块运动到最低点之前，下列说法正确的是（
）
A．物块与斜面体间的弹力不变
B．物块与斜面体间的摩擦力增大
C．斜面体与地面间的弹力不变
D．斜面体与地面间的摩擦力始终为0
【答案】BD
【解析】AB、设斜面的倾角为α，不加推力F时，滑块匀速下滑，受重力、支持力和摩擦力，根据共点力平衡条件，支持力N=mgcosα，摩擦力f=mgsinα，故动摩擦因数μ=f/N=tanα；对小物块施加一水平向右的恒力F后，支持力N′=mgcosα+Fsinα，变大；滑动摩擦力f′=μN′，也变大；故A错误，B正确；CD、不加推力F时，根据平衡条件，滑块受的支持力和摩擦力的合力竖直向上；故根据牛顿第三定律，滑块对斜面体的压力和摩擦力的合力竖直向下，故斜面体相对地面没有滑动趋势，故斜面体不受摩擦力；加上水平推力后，滑块对斜面体的摩擦力和压力同比例增加，其合力方向依旧是竖直向上（大小变大，方向不变）；同理，根据牛顿第三定律，滑块对斜面体的压力和摩擦力的合力依旧是竖直向下（大小变大，方向不变），故斜面体相对地面仍然没有滑动趋势，故斜面体仍然不受摩擦力，但对地压力变大了；故C错误，D正确；故选BD。
【拔高】
1.如图所示，竖直杆固定在木块C上，两者总重为20
N，放在水平地面上。轻细绳a连接小球A和竖直杆
顶端，轻细绳b连接小球A和B，小球B重为10
N。当用与水平方向成30°角的恒力F作用在小球B上时，
A、B、C刚好保持相对静止且一起水平向左做匀速运动，绳a、b与竖直方向的夹角分别恒为30°和60°，
则下列判断正确的是（
）
A．力F的大小为10
N
B．地面对C的支持力大小为40
N
C．地面对C的摩擦力大小为10
N
D．A球重为10
N
【答案】AD
【解析】AD、以B为研究对象受力分析，水平方向受力平衡，有：，解得：，竖直方向受力平衡，则有：，解得：，以A为研究对象受力分析，竖直方向上有：，水平方向：，联立得：，即A球重为10N，故AD正确；BC、以ABC整体为研究对象受力分析，水平方向：，竖直方向：，解得：N＝35N，故BC错误。
2.
如图所示，三个重均为100
N的物块，叠放在水平桌面上，各接触面水平，水平拉力F＝20
N作用在物块2上，三条轻质绳结于O点，与物块3连接的绳水平，与天花板连接的绳与水平方向成45°角，竖直绳悬挂重为20
N的小球P。整个装置处于静止状态。则(
)
A．物块1和2之间的摩擦力大小为20
N
B．与物块3相连的轻质绳的拉力大小为20
N
C．桌面对物块3的支持力大小为320
N
D．物块3受5个力的作用
【答案】BＤ
【解析】以结点O为研究对象，受力分析如图所示，由平衡条件可求出与物块3相连的轻质绳的拉力大小为F1＝GP＝20
N，再以物块1、2、3为研究对象，由平衡条件可知，物块3与桌面之间的摩擦力为零，所以物块3受5个力的作用，且桌面对物块3的支持力FN＝300
N，故选项B、D对；以物块1为研究对象，由平衡条件可知Ff＝0，选项A错。
3．如图所示，带有光滑竖直杆的三角形斜劈固定在水平地面上，放置于斜劈上的光滑小球与套在竖直杆上的小滑块用轻绳连接，开始时轻绳与斜劈平行。现给小滑块施加一竖直向上的拉力，使小滑块沿杆缓慢上升，整个过程中小球始终未脱离斜劈，则有(
)
A．轻绳对小球的拉力逐渐增大
B．小球对斜劈的压力先减小后增大
C．竖直杆对小滑块的弹力先增大后减小
D．对小滑块施加的竖直向上的拉力逐渐增大
【答案】ＡＤ
【解析】设斜面倾角为θ，斜面对小球的支持力为FN1，绳对小球的拉力为FT，小球的重力大小为G1，小
滑块的重力大小为G2，竖直杆对小滑块的弹力大小为FN2。由于小滑块沿杆缓慢上升，所以小球沿斜面缓
慢向上运动，小球处于动态平衡状态，受到的合力为零，作小球受力矢量三角形如图甲所示，绳对小球的
拉力FT逐渐增大，所以选项A正确；斜面对小球的弹力FN1逐渐减小，故小球对斜面的压力逐渐减小，选
项B错误；将小球和小滑块看成一个整体，对其进行受力分析如图乙所示，则由力的平衡条件可得：FN2
＝FN1sinθ，F＝G1＋G2－FN1cosθ，因FN1逐渐减小，所以FN2逐渐减小，F逐渐增大，故选项C错误，D正
确。
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