物理大一轮复习试题：第二章相互作用

考点三年全国卷高考统计1.形变、弹性、胡克定律2.滑动摩擦力、动摩擦因数、静摩擦力3.矢量和标量4.力的合成和分解5.共点力的平衡6.实验：探究弹力和弹簧伸长的关系7.实验：验证力的平行四边形定则202120202019未单独考查全国卷Ⅲ，T17，三力作用下的悬挂物体平衡全国卷Ⅰ，T19，物体的动态平衡；全国卷Ⅱ，T16，斜面上的物体平衡；全国卷Ⅲ，T16，筒状工件平衡考情分析：主要考查点是力的合成与分解、共点力的平衡问题，命题多为选择单个物体或多个物体为研究对象，进行受力分析，充分考虑各力的产生条件和应用范围，利用合成法和分解法对力进行处理，应用平衡条件，利用正交分解等方法进行力的处理。以选择题和实验题为主。命题趋势：本部分内容在高考命题中也有两大趋势：一是向着选择题单独考查的方向发展；二是选择题单独考查与电学综合考查并存。第1节重力弹力一、力1.定义：力是物体与物体间的相互作用。2.作用效果：使物体发生形变或改变物体的运动状态(即产生加速度)。3.性质：力具有物质性、相互性、矢量性、独立性等特征。4.四种基本相互作用：引力相互作用、电磁相互作用、强相互作用和弱相互作用。二、重力1.产生：由于地球吸引而使物体受到的力。注意：重力不是万有引力，而是万有引力竖直向下的一个分力。2.大小：G＝mg，可用弹簧测力计测量。注意：物体的质量不会变；G的变化是由在地球上不同位置处g的变化引起的。3.方向：总是竖直向下。注意：竖直向下是和水平面垂直向下，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。(1)影响重心位置的因素：物体的几何形状；物体的质量分布。(2)不规则薄板形物体重心的确定方法：悬挂法。注意：重心的位置不一定在物体上。【自测1】如图1所示，两辆汽车正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()图1A.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.物体重心的位置与物体形状和质量分布无关D.力是使物体运动的原因答案A三、弹力1.弹力(1)定义：发生形变的物体，由于要恢复原状，对与它接触的物体产生的作用力。(2)产生条件：物体间直接接触；接触处发生弹性形变。(3)方向：总是与施力物体形变的方向相反。2.胡克定律(1)内容：在弹性限度内，弹力的大小和弹簧形变大小(伸长或缩短的量)成正比。(2)表达式：F＝kx，k是弹簧的劲度系数，单位是牛顿每米，用符号N/m表示；k的大小由弹簧自身性质决定。x是弹簧长度的变化量，不是弹簧形变以后的长度。【自测2】一轻质弹簧原长为8cm，在4N的拉力作用下伸长了2cm，弹簧未超出弹性限度。则该弹簧的劲度系数为()A.40m/N B.40N/mC.200m/N D.200N/m答案D考点一重力1.重力的大小G＝mg，而g的大小与所处的地球上的位置有关。2.重力的方向总是竖直向下，不一定指向地心，也不一定垂直向下。3.重心是重力的等效作用点，其位置与物体的形状和质量分布有关，但不一定在物体上。4.对于形状不规则或质量不均匀的薄板，重心可用悬挂法确定。1.(重力的理解)关于物体的重力，下列说法正确的是()A.在“天上”绕地球飞行的人造卫星不受重力作用B.物体放在真空中不受重力作用C.将物体竖直向上抛出后，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答案D解析在“天上”绕地球飞行的人造卫星和真空中的物体都受重力作用，故A、B错误；地面附近同一物体的重力大小、方向都不会发生改变，故C错误；重力大小与物体的质量m有关，与物体的运动状态无关，故D正确。2.(重心)(多选)在下列图片对应的情境中人或物体的重心位置将会下降的是()答案AB解析向“上”滚的圆锥重心是向下移动的，所以圆锥才会滚动，选项A正确；我国古代的汲水瓶未装水时，重心较高，它会倾倒使水自动流进去，汲水后的汲水瓶重心将会下降，提绳时瓶会被直立着提上来，选项B正确；用一根手指顶稳盘子，盘子的重心相对地面不变，选项C错误；跳高运动员起跳过程中重心升高，选项D错误。考点二弹力有无及方向的判断1.“三法”判断弹力有无2.弹力方向的判断3.(弹力的有无)如图2所示，小车内沿竖直方向的一根轻质弹簧和一条与竖直方向成α角的细绳拴接一小球。当小车与小球相对静止，一起在水平面上运动时，下列说法正确的是()图2A.细绳一定对小球有拉力的作用B.轻弹簧一定对小球有弹力的作用C.细绳不一定对小球有拉力的作用，但是轻弹簧对小球一定有弹力D.细绳不一定对小球有拉力的作用，轻弹簧对小球也不一定有弹力答案D解析当小车匀速运动时，弹簧弹力大小等于小球重力大小，细绳的拉力FT＝0；当小车和小球向右做匀加速直线运动时绳的拉力不能为零，弹簧弹力有可能为零，故D正确。4.(弹力的方向)画出图所示情景中物体A受力的示意图。答案如图所示考点三弹力分析的“四类模型”1.轻绳、轻杆、弹性绳和轻弹簧的比较轻绳轻杆弹性绳轻弹簧质量大小0000受外力作用时形变的种类拉伸形变拉伸形变、压缩形变、弯曲形变拉伸形变拉伸形变、压缩形变受外力作用时形变量大小微小，可忽略微小，可忽略较大，不可忽略较大，不可忽略弹力方向沿着绳，指向绳收缩的方向既能沿着杆，也可以跟杆成任意角度沿着绳，指向绳收缩的方向沿着弹簧，指向弹簧恢复原长的方向弹力大小变化情况可以突变可以突变不能突变不能突变2.“三法”计算弹力大小(1)根据胡克定律进行求解。注意弹簧长度的变化。(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。角度1绳的弹力【例1】如图3所示，一轻质细绳一端固定于竖直墙壁上的O点，另一端跨过大小可忽略、不计摩擦的定滑轮P悬挂物块B，OP段的轻绳水平，长度为L。现将一带光滑挂钩的物块A挂到OP段的轻绳上，物块A、B最终静止。已知A(包括挂钩)、B的质量之比为eq\f(mA,mB)＝eq\f(8,5)，则此过程中B上升的高度为()图3A.L B.eq\f(L,3)C.eq\f(2L,3) D.eq\f(4L,5)答案C解析A、B静止后，轻绳形状如图所示，轻绳张力大小为mBg，对A，mBgcosθ＝eq\f(1,2)mAg，则cosθ＝eq\f(4,5)，由几何关系知，轻绳OQ和PQ总长为eq\f(L,sinθ)＝eq\f(5L,3)，B上升的高度为eq\f(5L,3)－L＝eq\f(2L,3)，选项C正确。角度2杆的弹力【例2】(多选)张鹏同学在家帮妈妈洗完衣服后，将衣服挂在如图4所示的晾衣架上晾晒，A、B为竖直墙壁上等高的两点，AO、BO为长度相等的两根轻绳，CO为一根轻杆。转轴C在AB中点D的正下方，A、O、B在同一水平面上。∠AOB＝60°，∠DOC＝30°，衣服质量为m，重力加速度为g。则()图4A.CO杆所受的压力大小为2mgB.CO杆所受的压力大小为eq\f(2\r(3),3)mgC.AO绳所受的拉力大小为eq\r(3)mgD.BO绳所受的拉力大小为mg答案AD解析设绳AO和绳BO拉力的合力为F，以O点为研究对象，O点受到衣服的拉力(大小等于衣服的重力mg)、CO杆的支持力F1和两绳的合力F，受力分析如图甲所示，根据平衡条件得：F1＝eq\f(mg,cos60°)＝2mg，由牛顿第三定律可知CO杆所受的压力大小为2mg，故A正确，B错误；F＝mgtan60°＝eq\r(3)mg，将F分解，如图乙所示，绳AO和绳BO所受拉力的大小均为F2，由F＝2F2cos30°，解得F2＝mg，故C错误，D正确。甲乙角度3弹簧的弹力【例3】(多选)(2021·北京海淀区联考)如图5是探究某根弹簧的伸长量x与所受拉力F之间的关系图，下列说法中正确的是()图5A.弹簧的劲度系数是2N/mB.弹簧的劲度系数是2×103N/mC.当弹簧受F2＝800N的拉力作用时，弹簧伸长量为x2＝40cmD.当弹簧伸长量为x1＝20cm时，弹簧产生的拉力是F1＝200N答案BC解析根据弹簧所受拉力F与伸长量x之间的关系图可知，当x＝10cm时，弹簧的弹力F＝2×102N，由胡克定律得，该弹簧的劲度系数k＝eq\f(F,x)＝eq\f(2×102,10×10－2)N/m＝2×103N/m，A错误，B正确；当弹簧受F2＝800N的拉力作用时，弹簧伸长量为x2＝eq\f(F2,k)＝eq\f(800,2×103)m＝0.4m＝40cm，C正确；当弹簧伸长量为x1＝20cm时，弹簧产生的拉力F1＝kx1＝2×103×0.2N＝400N，D错误。考点一重力与重心1.(2021·江苏苏州模拟)关于重力及重心，下列说法中正确的是()A.一个物体放在水中称量时弹簧测力计的示数小于物体在空气中称量时弹簧测力计的示数，因此物体在水中受到的重力小于在空气中受到的重力B.据G＝mg可知，两个物体相比较，质量较大的物体的重力一定较大C.物体放在水平面上时，重力方向垂直于水平面向下，当物体静止于斜面上时，其重力方向垂直于斜面向下D.物体的形状改变后，其重心位置往往改变答案D解析由于物体放在水中时，受到向上的浮力，从而减小了弹簧的拉伸形变，弹簧测力计的示数减小了，但物体的重力并不改变，故A错误；当两物体所处的地理位置不同时，g值不同，质量大的物体的重力不一定大，故B错误；重力的方向是竖直向下的，故C错误；物体的重心位置由物体的形状和质量分布情况共同决定，物体的形状改变后，其重心位置往往发生改变，故D正确。考点二弹力有无及方向的判断2.在图中，所有接触面均光滑，且a、b均处于静止状态，其中A、D选项中的细线均沿竖直方向。a、b间一定有弹力的是()答案C解析假设两球间有弹力，则小球将向两边运动，与题矛盾，故a、b间无弹力，A错误；假设两球间有弹力，则小球b将向右边运动，与题矛盾，故a、b间无弹力，B错误；若两球间无弹力，则两个都将向下摆动，与题矛盾，说明a、b间有弹力，故C正确；假设斜面b对a球有弹力，方向必定垂直于斜面向上，a球共受三个力：竖直向下的重力、竖直向上的拉力和垂直于斜面向上的弹力，三个力的合力不可能为零，则小球a不可能处于静止状态，与题矛盾，故a、b间一定没有弹力，D错误。3.(2021·江西南昌模拟)如图1所示，关于下列各图受力情况说法正确的是()图1A.甲图中原木P在M、N两点各受一个弹力，且均竖直向上B.乙图中BC杆对滑轮的弹力一定由B指向CC.丙图中铁块所受重力可以分解为下滑力和对斜面的压力D.丁图中弹簧一定处于压缩状态答案D解析甲图，在M点的弹力方向垂直地面向上，在N点的弹力方向垂直原木P向上，故A错误；乙图中BC杆斜插入墙壁，则BC杆对滑轮的作用力与两侧绳的拉力的合力平衡，方向不一定由B指向C，故B错误；丙图中铁块的重力，可分解为沿斜面向下的力和垂直斜面向下的力，是铁块受的力，而对斜面的压力是斜面受的力，故C错误；弹簧对小球的弹力只能沿弹簧的轴线方向，由平衡条件知，弹簧对小球弹力沿弹簧向右，故D正确。考点三弹力的分析和计算4.(2021·辽宁大连模拟)缓冲装置可抽象成图示简单模型，图2中A、B两个轻弹簧串联在一起，A与垫片连接，A、B的劲度系数分别为k1、k2(k1≠k2)，开始时两弹簧均处于自然伸长状态。垫片向左移动一段距离(两弹簧均在弹性限度内)稳定后，A、B两弹簧的形变之比为()图2A.k2∶k1 B.k1∶k2C.1∶1 D.k1∶(k1＋k2)答案A解析当垫片向左移动稳定后，两弹簧均伸长，两弹簧串联弹力大小相等，根据胡克定律可知，伸长量之比为k2∶k1，A正确。5.原长为L的轻弹簧甲上端固定，下端挂一个质量为m的小球A时，轻弹簧甲的伸长量为L。将另一原长也为L的轻弹簧乙挂在A的下面，其下再挂上质量为2m的小球B，两小球平衡时，悬点O与小球B的距离为7L(小球大小不计，且两弹簧都在弹性限度内)，则甲、乙两弹簧的劲度系数之比为()图3A.1∶2 B.1∶1C.2∶1 D.3∶1答案B解析轻弹簧甲挂一个质量为m的小球时伸长L，故劲度系数k甲＝eq\f(mg,L)，若两个小球如题图所示悬挂，上面的轻弹簧甲弹力为3mg，伸长3L，总长度为4L。由题意得下面的轻弹簧乙长度为3L，故伸长量为2L，由于其弹力为2mg，则其劲度系数k乙＝eq\f(2mg,2L)＝eq\f(mg,L)，故两轻弹簧的劲度系数相等，A、C、D错误，B正确。6.如图4所示，一轻质弹簧测力计，弹簧劲度系数为k，弹簧测力计上端固定于天花板上的O点，下端悬挂一个光滑的轻质定滑轮。A、B两重物用一跨过滑轮的轻绳相连接，重物A静止于地面上，设A、B两重物的重力分别为GA和GB。下列说法正确的是()图4A.地面对重物A的支持力大小为GAB.弹簧的伸长量为eq\f(GA＋GB,k)C.弹簧测力计的读数为GA＋GBD.轻绳所受到的拉力为GB答案D解析对物体B，FT＝GB，对A受力分析可得FT＋FNA＝GA，则地面对重物A的支持力大小为GA－GB，选项A错误，D正确；弹簧测力计的读数为2FT＝2GB，弹簧的伸长量为Δx＝eq\f(2FT,k)＝eq\f(2GB,k)，选项B、C错误。7.在如图所示的四幅图中，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()A.图中的AB杆可以用轻绳代替的有甲、乙、丙B.图中的AB杆可以用轻绳代替的有甲、丙、丁C.图中的BC杆可以用轻绳代替的有乙、丙、丁D.图中的BC杆可以用轻绳代替的有甲、乙、丁答案B解析轻质杆与轻绳的区别在于轻质杆不但能被压，还能被拉，而轻绳只能被拉，根据这一点再取B点为研究对象并进行受力分析可得到图乙中AB不能用轻绳代替，图甲、乙、丁中BC不能用轻绳代替，故选B。8.如图5所示，一质量为m的物体与劲度系数分别为k1、k2的甲、乙两竖直轻弹簧相连，两弹簧的另一端连接在框架上。物体静止时，两弹簧长度之和等于两弹簧原长之和，则甲弹簧形变量为()图5A.eq\f(mg,k1＋k2) B.mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k1)＋\f(1,k2)))C.eq\f(mg,k1－k2) D.mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k1)－\f(1,k2)))答案A解析上下两个弹簧的形变量分别为Δx1和Δx2，两弹簧的弹力分别为F1和F2，取向上为正方向。弹簧的长度之和等于两弹簧的原长之和，则甲弹簧拉伸、乙弹簧被压缩，对物体进行受力分析有F1＋F2＝mg，F1＝k1Δx1，F＝k2Δx2，由于物体静止时，两弹簧的长度之和等于两弹簧的原长之和所以有Δx1＝Δx2，联立可解得Δx1＝eq\f(mg,k1＋k2)，故选A。9.(多选)如图6所示为缓慢关门时(关门方向为图中箭头方向)门锁的示意图，若弹簧始终处于压缩状态，则下列说法正确的是()图6A.关门时锁壳对锁舌的弹力方向向右B.关门时锁壳对锁舌的弹力方向垂直于锁舌的斜面C.关门时弹簧弹力变大D.关门时弹簧弹力方向与锁壳对锁舌的弹力方向在一条直线上答案BC解析关门时，锁壳对锁舌的弹力方向与接触面垂直，即垂直于锁舌的斜面，选项A错误，B正确；关门时，弹簧的压缩量增大，根据胡克定律F＝kx可知弹簧弹力变大，选项C正确；被压缩的弹簧弹力的方向沿着弹簧向两边，锁壳对锁舌的弹力方向垂直于锁舌的斜面，显然两者不在一条直线上，选项D错误。10.三个重均为10N的相同木块a、b、c和两个劲度系数均为500N/m的相同轻弹簧P、q用细线连接如图7，其中a放在无摩擦的水平桌面上。开始时，P弹簧处于原长，木块都处于静止状态。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。该过程P弹簧的左端向左移动的距离是(轻弹簧和细线的重量都忽略不计)()图7A.4cm B.6cmC.8cm D.10cm答案C解析对物块b分析受力可知，q弹簧初始时压缩量为Δx1＝eq\f(mg,k)＝eq\f(10,500)m＝0.02m，对物块c分析受力可知，q弹簧末状态时伸长量为Δx2＝eq\f(mg,k)＝0.02m，末状态下，对bc整体分析受力可知，细线对b向上的拉力大小为2mg，由于物块a平衡，所以P弹簧的弹力大小也为2mg，则末状态下P弹簧伸长Δx3＝eq\f(2mg,k)＝0.04m，由以上可知P弹簧左端向左移动的距离为s＝Δx1＋Δx2＋Δx3＝0.08m＝8cm，故A、B、D错误，C正确。11.如图8甲所示，质量为m的小玉坠用一根长为L的不可伸长的轻绳穿过后悬挂于货架水平杆上M、N两点并处于静止状态；如乙图所示，现将长度也为L，质量也为m且分布均匀的项链悬挂于M、N两点并处于静止状态，小玉坠的重心和项链的重心到水平杆的距离分别是h1和h2，M点对轻绳和项链的拉力分别是F1和F2，则()图8A.h1>h2，F1>F2 B.h1<h2，F1>F2C.h1<h2，F1<F2 D.h1>h2，F1＝F2答案A解析如题右图中的重力全部集中在玉坠上，重心在玉坠上，图中项链的质量均匀分布于整条项链，其重心一定在最低点的上方，所以玉坠重心到水平杆的距离比项链重心到水平杆的距离大，即h1>h2；对玉坠和项链的受力分析如图1和图2所示，图1中M、N两点对绳子的拉力方向沿着绳子的方向，图2中M、N两点对项链的拉力方向沿着项链的切线方向，图1中M、N两点对绳子拉力的夹角，比图2中M、N两点对项链拉力的夹角大，根据力的合成可知，图1中M点对绳子的拉力F1比图2中M点对项链的拉力F2要大，即F1>F2，故选A。

第2节摩擦力一、静摩擦力与滑动摩擦力1.定义：两个相互接触的物体，当它们产生相对运动或具有相对运动的趋势时，在接触面上会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)接触处有压力。(3)两物体间有相对运动或相对运动的趋势。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：Ff＝μFN，μ为动摩擦因数；(2)静摩擦力：0<F≤Fmax。5.弹力与摩擦力的关系若两物体间有摩擦力，则两物体间一定有弹力，若两物体间有弹力，但两物体间不一定有摩擦力。(填“一定有”或“不一定有”)【自测1】用80N的水平力推沙发推不动，沙发此时受到的摩擦力大小为F1；如果用100N的水平力恰能推动沙发，此时沙发与地面间的摩擦力大小为F2；如果把沙发推动了，此时沙发与地面间摩擦力大小为F3。若沙发对地面的压力大小为200N，沙发与地面间的动摩擦因数为μ＝0.45，则F1、F2、F3的大小分别为()A.80N、100N、90N B.80N、100N、45NC.80N、80N、90N D.0、80N、45N答案A二、“三点”注意1.摩擦力的方向总是与物体间相对运动(或相对运动趋势)的方向相反，但不一定与物体的运动方向相反。2.摩擦力总是阻碍物体间的相对运动(或相对运动趋势)，但不一定阻碍物体的运动，即摩擦力可以是阻力，也可以是动力。3.受静摩擦力作用的物体不一定静止，但一定与施力物体保持相对静止。【自测2】(多选)下列关于摩擦力的说法中正确的是()A.两物体间有摩擦力时，一定有弹力，且摩擦力的方向和它们间的弹力方向垂直B.两物体间的摩擦力大小和它们间的压力一定成正比C.在两个运动的物体之间可以存在静摩擦力，且静摩擦力的方向可以与运动方向垂直D.滑动摩擦力的方向可以与物体的运动方向相同，也可以相反答案ACD考点一静摩擦力的有无及方向1.假设法：利用假设法判断的思维程序如下：2.状态法：先判明物体的运动状态，是平衡状态还是非平衡状态，是平衡状态的利用共点力平衡条件即合外力为零处理，是非平衡状态的，要先确定加速度的方向，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方向。1.(假设法)(2021·海南三亚模拟)如图1甲是某同学写字时的握笔姿势，如图乙是他在握笔时把拇指和食指松开时的状态，笔尖仍然斜向下且笔保持静止状态。关于两幅图中笔的受力，下列说法正确的是()图1A.图甲中笔可能不受摩擦力B.图乙中笔可能不受摩擦力C.图甲和图乙中手对笔的作用力方向都为竖直向上D.图甲中手的握力越大，笔所受的摩擦力越大答案C解析对图甲中的笔受力分析，受到手指的压力、重力、摩擦力，假设没有受到摩擦力，笔就会顺着手指滑下来，故A错误；对图乙中的笔受力分析，受到重力、支持力和摩擦力，假设没有受到摩擦力，笔就会顺着手指滑下来，故B错误；因为图甲和图乙中的笔都是静止状态，所以手对笔的作用力应与重力大小相等，方向相反，故C正确；图甲中的笔受到的是静摩擦力，大小与手的握力无关，故D错误。2.(状态法)(2021·浙江七彩阳光联考)如图2所示，水平地面上放着一辆手推小车，小车的水平板上放置一只金属桶，金属桶始终与小车保持相对静止，则()图2A.当小车水平向左启动时，金属桶不受摩擦力B.当小车水平向右启动时，金属桶受到水平向左的摩擦力C.当小车水平向右减速运动时，金属桶对小车的摩擦力水平向右D.当小车水平向左减速运动时，金属桶受到的摩擦力水平向左答案C解析当小车水平向左启动时，加速度a的方向向左，金属桶受到向左的摩擦力，A错误；当小车水平向右启动时，加速度a的方向向右，金属桶受到水平向右的摩擦力，B错误；当小车水平向右减速运动时，加速度a的方向向左，金属桶受到向左的摩擦力，再由牛顿第三定律，金属桶对小车的摩擦力水平向右，C正确；当小车水平向左减速运动时，金属桶受到的摩擦力水平向右，D错误。3.(牛顿第三定律法)如图3所示，某粮库使用电动传输机向粮垛上输送麻袋包，现将一麻袋包放置在倾斜的传送带上，与传送带一起斜向上匀速运动，其间突遇故障，传送带减速直至停止。若上述匀速和减速过程中，麻袋包与传送带始终保持相对静止，则下列说法正确的是()图3A.匀速运动时，麻袋包只受重力与支持力作用B.匀速运动时，传送带受到的摩擦力一定沿传送带向上C.减速运动时，麻袋包受到的摩擦力一定沿传送带向下D.减速运动时，传送带受到的摩擦力可能沿传送带向上答案D解析传送带匀速向上运动时，麻袋包受力平衡，麻袋包除受重力、支持力外，还受沿传送带向上的静摩擦力作用，由牛顿第三定律可得，传送带受到沿传送带向下的静摩擦力，A、B选项均错误；当传送带向上减速运动时，麻袋包具有沿传送带向下的加速度，由a＝gsinθ，a<gsinθ，a>gsinθ三种可能知，麻袋包将不受摩擦力，受沿传送带向上的摩擦力，受沿传送带向下的摩擦力三种可能，由牛顿第三定律可知，传送带所受摩擦力的方向可能沿传送带向上，或沿传送带向下，选项C错误，D正确。考点二摩擦力的分析与计算1.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)，利用力的平衡条件求解。(2)物体有加速度时，应用牛顿第二定律F合＝ma求解。(3)最大静摩擦力与接触面间的压力成正比，其值略大于滑动摩擦力，但通常认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。2.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、接触面的粗糙程度有关；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的大小均无关。角度1静摩擦力的分析与计算【例1】(2022·河南焦作模拟)固定水平板的两端分别装有定滑轮A、B，物块P放在平板上，两段细线分别绕过定滑轮连接在物块P上，两细线的另一端连接在质量为m的小球Q上，P、Q均处于静止，BQ段的细线竖直，重力加速度为g，则物块P受到平板的摩擦力()图4A.为0 B.等于mgC.小于mg D.大于mg答案B解析BQ段的细线竖直，所以AQ段绳子没有拉力，即BQ段的细线的拉力等于mg，根据平衡条件，物块P受到平板的摩擦力等于mg，故选B。

角度2滑动摩擦力的分析与计算【例2】(多选)(2021·江西景德镇模拟)如图5所示，某运动员拖动汽车轮胎进行体能训练，受训者通过绳子对静止在水平地面上的轮胎施加作用力F，F斜向上并与水平方向成37°角，大小由零逐渐增大。已知轮胎质量为26kg，与地面间的动摩擦因数为0.4，且轮胎受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为10m/s2。则()图5A.轮胎与地面间的摩擦力逐渐减小B.轮胎与地面间的摩擦力先逐渐增大后逐渐减小C.轮胎与地面间的摩擦力最大值为80ND.轮胎与地面间的摩擦力最大值为104N答案BC解析当力F较小时，轮胎处于静止状态，此时轮胎与地面间的静摩擦力大小为Ff＝Fcos37°，摩擦力随F增大而增大；当力F较大时，轮胎做加速运动，此时轮胎与地面间的滑动摩擦力的大小为Ff′＝μ(mg－Fsin37°)，摩擦力随F增大而减小，因此，轮胎与地面间的摩擦力先逐渐增大后逐渐减小，A错误，B正确；当轮胎刚要滑动时，轮胎与地面间的静摩擦力最大，此时，对轮胎，由平衡条件得Fcos37°＝Ffm＝μ(mg－Fsin37°)，解得最大静摩擦力Ffm＝80N，C正确，D错误。4.(2021·海南海口模拟)如图6，手握一个水瓶，处于倾斜静止状态，以下说法正确的是()图6A.松手时瓶容易滑下，是因为手和瓶之间动摩擦因数变小B.增大手的握力，瓶更难下滑，是因为瓶受的摩擦力增大C.保持瓶静止时的倾斜程度不变，增大握力，手对瓶的摩擦力不变D.手握瓶竖直静止时与倾斜静止时，瓶受到的摩擦力大小相等答案C解析松手时瓶容易滑下，是因为手和瓶之间的最大静摩擦力减小，动摩擦因数不变，A错误；倾斜静止时，增大手的握力，只要瓶子不下滑，则Ff＝mgcosθ，当增大手的握力时只是增大了最大静摩擦力，静摩擦力不变，B错误，C正确；手握瓶竖直静止时，则Ff＝mg，D错误。5.(2021·浙江临海期中)在实验室的水平桌面上整齐地叠放着5块完全相同的木板，最下面一块固定不动。现将手掌按压在最上面一块板上并水平拖拉。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，板与板之间的动摩擦因数均相同。则()A.如果有木板滑动，只可能是最上面一块B.如果有木板滑动，可能发生在任意两块板的接触面之间C.在各个接触面间，可能同时发生相对滑动D.如果手与板之间的摩擦力足够大，可以使上面4块木板同时发生水平移动答案A解析最下面一块固定不动，其他木板间动摩擦因数相同，由于最大静摩擦力Ff＝μFN，由于木板的重力作用，由上至下，板与板间的最大静摩擦力越来越大，第一块与第二块间的最大摩擦力最小，因此如果有木板滑动，只可能是最上面一块，故选A。考点三摩擦力的“四类典型”突变问题角度1“静→静”突变【例3】(多选)如图7甲所示，放在固定斜面上的物体，受到一个沿斜面向上的力F作用，始终处于静止状态，F的大小随时间变化的规律如图乙所示。则在0～t0时间内物体所受的摩擦力Ff随时间t的变化规律可能为图中的(取沿斜面向上为摩擦力Ff的正方向)()图7答案BCD解析物体在斜面上始终处于平衡状态，沿斜面方向受力平衡方程为F－mgsinθ＋Ff＝0，解得Ff＝mgsinθ－F，若初态mgsinθ＝F，则B项正确；若初态mgsinθ>F，则C项正确；若初态mgsinθ<F，则D项正确。角度2“静→动”突变【例4】如图8a所示，质量为m的物体静止在倾角为θ的平板上，当θ从0缓慢增大到90°的过程中，物体所受摩擦力Ff与θ的关系如图b所示，已知物体始终没有脱离平板，物体与平板间的动摩擦因数为eq\f(\r(3),3)，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度为g，则()图8A.O～q段图象可能是直线B.q～eq\f(π,2)段图象可能是直线C.q＝eq\f(π,4)D.p＝eq\f(mg,2)答案D解析物体在平板上恰好开始滑动的临界条件是mgsinθ＝μmgcosθ，则有μ＝tanθ＝eq\f(\r(3),3)，解得θ＝eq\f(π,6)，即q＝eq\f(π,6)，θ在0～eq\f(π,6)之间时，Ff是静摩擦力，大小为mgsinθ；θ在eq\f(π,6)～eq\f(π,2)之间时，Ff是滑动摩擦力，大小为μmgcosθ；综合以上分析得其Ff与θ关系如图中实线所示，故O～q和q～eq\f(π,2)之间均为曲线，故A、B、C错误；当θ＝eq\f(π,6)时，Ff＝mgsineq\f(π,6)＝eq\f(mg,2)，即p＝eq\f(mg,2)，故D正确。角度3“动→静”突变【例5】(2021·安徽合肥调研)如图9所示，质量为1kg的物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.2，从t＝0时刻开始以初速度v0沿水平地面向右滑行，同时受到一个水平向左的恒力F＝1N的作用，取向右为正方向，该物体受到的摩擦力Ff随时间变化的图象是下列图中的(g＝10m/s2)()图9答案A解析开始物体受到水平向左的滑动摩擦力Ff＝μmg＝0.2×1×10N＝2N，物体速度减为0后，F<Ff，所以物体受到水平向右的静摩擦力Ff′＝F＝1N，故选A。角度4“动→动”突变【例6】(2021·山东潍坊质检)如图10所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动。在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ＜tanθ，则四个图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是()图10答案D解析当小木块速度小于传送带速度时，小木块相对于传送带向上滑动，小木块受到的滑动摩擦力沿传送带向下，加速度a＝gsinθ＋μgcosθ；当小木块速度达到传送带速度时，由于μ<tanθ，即μmgcosθ<mgsinθ，所以速度能够继续增加，此时滑动摩擦力的大小不变，而方向突变为向上，a′＝gsinθ－μgcosθ，加速度变小，则v－t图象的斜率变小，故选D。考点一静摩擦力的有无及方向1.在机场和海港，常用输送带运送旅客的行李和货物，如图1所示，甲为水平输送带，乙为倾斜输送带，当行李箱m随输送带一起匀速运动时，不计空气阻力，下列几种判断中正确的是()图1A.甲情形中的行李箱受到向右的摩擦力B.乙情形中的行李箱受到沿斜面向下的摩擦力C.乙情形中的行李箱受到沿斜面向上的摩擦力D.甲情形中的行李箱受到向左的摩擦力答案C解析因为行李箱m随输送带一起匀速运动，行李箱处于平衡状态，故行李箱在水平方向不受摩擦力，A、D错误；行李箱m随输送带一起匀速运动，行李箱处于平衡状态，所以行李箱受到沿斜面向上的摩擦力，B错误，C正确。2.如图2，甲、乙两人分别乘坐两种电动扶梯，此时两电梯均匀速向上运转，则()图2A.甲受到三个力的作用B.甲受到的摩擦力水平向右C.扶梯对乙的作用力方向垂直扶梯向上D.扶梯对乙的作用力方向竖直向上答案D解析题图甲中，人处于匀速直线运动状态，受力平衡，受到重力和支持力，不受摩擦力，A、B错误；题图乙中，人处于匀速直线运动状态，受力平衡，扶梯对乙有支持力和摩擦力，乙受重力，根据共点力作用下的平衡可知，支持力和摩擦力的合力与重力等大反向，故扶梯对乙的作用力竖直向上，C错误，D正确。考点二摩擦力的分析与计算3.小明在暑假里做了一次城市道路破损情况调查，发现在平直的道路上，交通红绿灯前斑马线附近路面破损开裂比较严重。小明针对这个问题提出了各种解释，你认为造成这种现象最主要的原因是()A.斑马线附近通过的行人多，路面被踩踏严重B.斑马线附近交通信号设备多，路面下管道多导致路面不结实C.行驶的汽车经常在斑马线前刹车，汽车对路面的摩擦力增大D.行驶的汽车经常在斑马线前刹车，汽车对路面的正压力增大答案C解析行驶的汽车在遇到红灯时，要在斑马线前刹车，汽车对路面的摩擦力增大，所以斑马线附近路面破损开裂比较严重，故A、B、D错误，C正确。4.(2021·河南郑州模拟)派件员将包裹放在智能快递分拣机器人的水平托盘上后，机器人通过扫码读取目的地信息，并生成最优路线，将不同目的地的包裹送至不同的位置，从而实现包裹的分拣功能。关于机器人下列说法正确的是()图3A.包裹随着机器人一起做匀速直线运动时，包裹不受摩擦力B.机器人停下来后，包裹会向前滑动是因为包裹受到惯性的作用C.包裹对机器人的压力和水平地面对机器人的支持力是一对平衡力D.机器人的轮胎上印有花纹，是为了减小摩擦力答案A解析对包裹进行受力分析可知，包裹与托盘一起匀速运动时，没有相对运动趋势，不受摩擦力的作用，故A正确；机器人停下来后，包裹会向前滑动是因为包裹具有惯性，但不能说“受惯性”，故B错误；包裹对机器人的压力和水平地面对机器人的支持力不相等，不是一对平衡力，故C错误；机器人的轮胎上印有花纹，是为了增大接触面的粗糙程度来增大摩擦力，故D错误。5.(2021·天津南开区月考)如图4所示，一机械臂铁夹竖直夹起一个金属小球，小球在空中处于静止状态，铁夹与球接触面保持竖直，则()图4A.小球受到的摩擦力方向竖直向下B.小球受到的摩擦力与重力大小相等C.若增大铁夹对小球的压力，小球受到的摩擦力变大D.若铁夹水平移动，小球受到的摩擦力变大答案B解析对小球受力分析可知，小球受重力、两侧铁夹的弹力以及摩擦力作用，根据平衡条件可知，小球在竖直方向上受到的摩擦力与重力大小相等，方向相反，故A错误，B正确；增大铁夹对小球的压力，小球受到的摩擦力仍等于重力，大小不变，故C错误；若水平移动铁夹，由于小球在竖直方向受力始终平衡，则摩擦力大小不变，故D错误。6.(多选)如图5所示，质量为m的物块，沿着半径为R的半球形金属壳内壁滑下，金属壳固定，物块滑到最低点时速度大小为v，物块与球壳之间的动摩擦因数为μ，当物块滑至最低点时，下列说法正确的是()图5A.物块受到的支持力大小为meq\f(v2,R)B.物块受到的支持力大小为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mg＋m\f(v2,R)))C.物块受到的摩擦力为μmgD.物块受到的摩擦力为μeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mg＋m\f(v2,R)))答案BD解析在最低点，根据牛顿第二定律得FN－mg＝meq\f(v2,R)，则支持力FN＝mg＋meq\f(v2,R)，故A错误，B正确；摩擦力为Ff＝μFN＝μeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mg＋m\f(v2,R)))，故C错误，D正确。考点三摩擦力的突变问题7.(2021·湖北武汉模拟)如图6所示，一箱子放在水平地面上，现对箱子施加一斜向上的拉力F，保持拉力的方向不变，在拉力F的大小由零逐渐增大的过程中(箱子未离开地面)，关于摩擦力Ff的大小随拉力F的变化关系，四幅选项图可能正确的是()图6答案B解析F与水平方向的夹角为θ，箱子处于静止状态时，根据平衡条件得：箱子所受的静摩擦力为Ff＝Fcosθ，F增大，Ff增大；当拉力达到一定值，箱子运动瞬间，静摩擦力变为滑动摩擦力，由于最大静摩擦力略大于滑动摩擦力，故摩擦力有个突然减小的过程；箱子运动时，所受的支持力FN＝G－Fsinθ，F增大，FN减小，此时箱子受到的是滑动摩擦力，大小为Ff＝μFN，FN减小，则Ff减小，选项A、C、D错误，B正确。8.如图7所示，斜面固定在地面上，倾角为θ＝37°(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)。质量为1kg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Ff随时间t变化的图象是选项图中的(取初速度v0的方向为正方向，g＝10m/s2)()图7答案B解析滑块上升过程中受滑动摩擦力，由Ff＝μFN和FN＝mgcosθ联立，得Ff＝6.4N，方向沿斜面向下。当滑块的速度减为零后，由于重力的分力mgsinθ＜μmgcosθ，滑块将静止，滑块受到的摩擦力为静摩擦力，由平衡条件得Ff＝mgsinθ，代入可得Ff＝6N，方向沿斜面向上，故选项B正确。9.(2021·浙江温州测试)如图8所示，一位同学用双手水平夹起一摞书，并停留在空中。已知手掌与书间的动摩擦因数μ1＝0.3，书与书间的动摩擦因数μ2＝0.2，设最大静摩擦力的大小等于滑动摩擦力大小。若每本书的质量为0.2kg，该同学对书的水平正压力为200N，每本书均呈竖直状态，则下列说法正确的是()图8A.每本书受到的摩擦力的合力大小不等B.书与书之间的摩擦力大小均相等C.他最多能夹住42本书D.他最多能夹住60本书答案C解析每本书受到的摩擦力的合力与重力平衡，若每本书的质量相同，则它受到的摩擦力的合力大小相等，A错误；越靠外侧，书与书间的摩擦力越大，B错误；以这一摞书为研究对象，每只手对其的最大静摩擦力为Ff1＝μ1FN＝60N，这一摞书受力平衡2Ff1＝n1mg，解得n1＝60，但书与书间的最大静摩擦力为Ff2＝μ2FN＝40N，除了左右两侧跟手接触的两本书，以剩下的这一部分书为对象，由平衡条件2Ff2＝n2mg，解得n2＝40，加跟手接触的两本书，共42本书，所以C正确，D错误。10.(多选)打印机在正常工作的情况下，进纸系统能做到每次只进一张纸。进纸系统的结构示意图如图9所示，设图中刚好有20张相同的纸，每张纸的质量均为m，搓纸轮按图示方向转动并带动最上面的第1张纸向右运动，搓纸轮与纸张之间的动摩擦因数为μ1，纸张与纸张之间、纸张与底部摩擦片之间的动摩擦因数均为μ2，工作时搓纸轮给第1张纸压力大小为F。打印机正常工作时，下列说法正确的是()图9A.第2张纸受到第3张纸的摩擦力方向向左B.第10张纸与第11张之间的摩擦力大小可能为μ2(F＋10mg)C.第20张纸与摩擦片之间的摩擦力为μ2(F＋mg)D.若μ1＝μ2，则进纸系统不能进纸答案ACD解析第2张纸相对第3张纸向右运动，所以第2张纸受到第3张纸的摩擦力方向向左，故A正确；工作时搓纸轮给第1张纸压力大小为F，第1张纸对第2张纸的压力为F＋mg，所以第2张以下的纸没有运动，只有运动趋势，所以第2张以下的纸之间以及第20张纸与摩擦片之间的摩擦力均为静摩擦力，大小均为μ2(F＋mg)，故B错误，C正确；若μ1＝μ2，搓纸轮与第1张纸之间的摩擦力为μ1F，第1张纸受到第2张纸的滑动摩擦力为μ2(F＋mg)，则有μ1F<μ2(F＋mg)，搓纸轮与第1张纸之间会发生相对滑动，不会进纸，打印机不会正常工作，故D正确。11.如图10所示，物体A、B的重量分别为20N、10N，滑轮和绳子的重量忽略不计，此时物体A在水平面上向右做匀速直线运动，若用力F向左拉物体A，使物体A向左做匀速直线运动，则()图10A.F＝20N B.F＝10NC.F＝5N D.F＝30N答案B解析由图可知，此滑轮由2段绳子承担物体重量，FT＝eq\f(1,2)G＝5N，在水平方向A受到的摩擦力和绳对A的拉力平衡，Ff＝FT＝5N，方向向左；若使物体A向左做匀速直线运动，则A受到的摩擦力水平向右，F＝FT＋Ff＝10N，故选B。12.如图11甲所示，粗糙的水平地面上有一斜劈，斜劈上一物块正沿斜面以速度v0匀速下滑，斜劈保持静止，地面对斜劈的摩擦力为Ff1；如图乙所示，若对该物块施加一平行于斜面向下的推力F1，使其加速下滑，则地面对斜劈的摩擦力为Ff2；如图丙所示，若对该物块施加一平行于斜面向上的推力F2，使其减速下滑，则地面对斜劈的摩擦力为Ff3。下列关于Ff1、Ff2、Ff3的大小关系正确的是()图11A.Ff1＞0 B.Ff2＞Ff3C.Ff2＜Ff3 D.Ff2＝Ff3答案D解析图甲中斜劈和物块都处于平衡状态，对整体，只受竖直方向的重力和支持力，地面对斜劈的摩擦力Ff1＝0，若有摩擦力，则系统不能平衡，故A项错误；根据图甲的情景可知，在图乙、丙中，物块受到斜面作用的滑动摩擦力和支持力，它们的合力与物块重力平衡，即其方向竖直向上，因此物块对斜面的作用力(摩擦力和压力的合力)总是竖直向下的，且与物块的重力等大，所以斜劈只受到了竖直方向的重力、地面支持力和物块的作用力，与图甲的受力情况相同，因此有Ff1＝Ff2＝Ff3＝0，B、C项错误，D项正确。

第3节力的合成与分解一、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，或作用线交于一点的几个力。如图1均为共点力。图13.力的合成(1)定义：求几个力的合力的过程。(2)平行四边形定则：求两个互成角度的分力的合力，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。如图2甲所示，F1、F2为分力，F为合力。图2(3)三角形定则：把两个矢量的首尾顺次连接起来，第一个矢量的起点到第二个矢量的终点的有向线段为合矢量。如图乙所示，F1、F2为分力，F为合力。【自测1】(多选)两个共点力F1、F2大小不同，它们的合力大小为F(不为零)，则()A.F1、F2同时增大一倍，F也增大一倍B.F1、F2同时增加10N，F也增加10NC.F1增加10N，F2减少10N，F一定不变D.若F1、F2中的一个增大，F不一定增大答案AD二、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。2.遵循的原则(1)平行四边形定则。(2)三角形定则。3.分解方法(1)效果分解法。(2)正交分解法。【自测2】如图3所示，把光滑斜面上的物体所受重力G分解为F1、F2两个力。图中FN为斜面对物体的支持力，则下列说法正确的是()图3A.F1是斜面作用在物体上使物体下滑的力B.物体受到G、FN、F1、F2共四个力的作用C.F2是物体对斜面的压力D.力FN、F1、F2这三个力的作用效果与G、FN这两个力的作用效果相同答案D三、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。考点一共点力的合成1.合力与分力的关系(1)两个分力一定时，夹角θ越大，合力越小。(2)合力一定，两等大分力的夹角越大，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。2.几种特殊情况的共点力的合成类型作图合力的计算两力互相垂直F＝eq\r(Feq\o\al(2,1)＋Feq\o\al(2,2))tanθ＝eq\f(F1,F2)两力等大，夹角为θF＝2F1coseq\f(θ,2)F与F1夹角为eq\f(θ,2)两力等大且夹角为120°合力与分力等大1.(合力的分析)如图4所示是翠鸟俯冲捕捉小鱼的精彩画面。如果整个俯冲过程翠鸟做加速直线运动，用O表示翠鸟，G表示翠鸟受到的重力，F表示空气对它的作用力，四幅图中能正确表示此过程中翠鸟受力情况的是()图4答案A解析根据题意，翠鸟做加速直线运动，所以翠鸟所受合力方向与速度方向相同，根据平行四边形定则分析可知只有A选项中，重力与F的合力的方向有可能与速度方向相同，故选A。2.(合力的求解)(2021·重庆渝中区模拟)巨型海轮到达目的地需要靠泊时，靠自身操作比较困难，需要拖船帮忙移动。如图5，有三个拖船通过缆绳在牵引巨型海轮。假设某时刻三个拖船通过缆绳施加的拉力均为F，三条缆绳与水平面夹角均为37°。三条缆绳与巨型海轮作用点在水平面投影如图中所示，中间拖船和投影点的连线与船身垂直；两边拖船和投影点的连线与船身夹角均为30°。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则巨型海轮受到三个拖船拉力的水平合力为()图5A.3F B.1.8FC.2.4F D.1.6F答案D解析两边缆绳施加的拉力沿水平方向的分力F1＝Fcos37°＝0.8F，两分力大小相等，夹角为120°，所以两分力的合力为F2＝F1＝0.8F，方向与中间拖船施加的拉力方向相同，中间拖船施加的拉力沿水平方向的分力也为F3＝Fcos37°＝0.8F，则巨型海轮受到三个拖船拉力的水平合力为F合＝F2＋F3＝1.6F，故选D。考点二力的分解的两种常用方法角度1效果分解法【例1】(2021·天津十二区联考)超市里磁力防盗扣的内部结构及原理如图6所示，在锥形金属筒内放置四颗小铁珠(其余两颗未画出)，工作时弹簧通过铁环将小铁珠挤压于金属筒的底部，同时，小铁珠陷于钉柱上的凹槽里，锁死防盗扣。当用强磁场吸引防盗扣的顶部时，铁环和小铁珠向上移动，防盗扣松开。已知锥形金属筒底部的圆锥顶角是120°，弹簧通过铁环施加给每个小铁珠竖直向下的力F，小铁珠锁死防盗扣，每个小铁珠对钉柱产生的侧向压力为(不计摩擦以及小铁珠的重力)()图6A.eq\f(\r(3),3)F B.eq\f(\r(3),2)FC.F D.eq\r(3)F答案A解析将力F分解为沿垂直于钉柱的压力和垂直斜面的压力，则由几何关系可知eq\f(F,F′)＝tan60°，则每个小铁珠对钉柱产生的侧向压力为F′＝eq\f(F,tan60°)＝eq\f(\r(3),3)F，故选A。角度2正交分解法1.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(使尽量多的力分布在坐标轴上)；在动力学中，往往以加速度方向和垂直加速度方向为坐标轴建立坐标系。2.方法：物体受到多个力F1、F2、F3、…作用，求合力F时，可把各力向相互垂直的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＝eq\r(Feq\o\al(2,x)＋Feq\o\al(2,y))若合力方向与x轴夹角为θ，则tanθ＝eq\f(Fy,Fx)。【例2】(多选)如图7，一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()图7A.绳OO′的张力也在一定范围内变化B.物块b所受到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答案BD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FT′＝mag，所以物块a受到的绳的拉力保持不变。滑轮两侧绳的拉力大小相等，所以b受到绳的拉力大小、方向均保持不变，选项C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，选项A错误；对b进行受力分析，如图所示。由平衡条件得FTcosβ＋Ff＝Fcosα，Fsinα＋FN＋FTsinβ＝mbg。其中FT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，选项B正确；摩擦力也在一定范围内发生变化，选项D正确。3.(2021·辽宁协作校联考)已知两个共点力的合力F为18N，其中一分力F1的方向与合力F的方向成30°角，若另一分力F2的大小为6eq\r(3)N。则()A.F2的方向是唯一的B.F2有无数个可能的方向C.F1的大小是唯一的D.F1的大小可能为6eq\r(3)N答案D解析已知一个分力有确定的方向，与F成30°夹角，则另一个分力的最小值为Fsin30°＝9N，而另一个分力大小大于9N小于18N，F2的方向有两个，故A、B错误；根据以上分析可知，F1的可能有两个，根据余弦定理cos30°＝eq\f(Feq\o\al(2,1)＋182－（6\r(3)）2,2F1×18)，解得F1的大小可能为6eq\r(3)N或12eq\r(3)N，故C错误，D正确。4.如图8所示是扩张机的原理示意图，A、B为活动铰链，C为固定铰链，在A处作用一水平力F，滑块就以比F大得多的压力向上顶物体D，已知图中2l＝1.0m，b＝0.05m，F＝400N，滑块与左壁接触，接触面光滑，则D受到向上顶的力为(滑块和杆的重力不计)()图8A.3000N B.2000NC.1000N D.500N答案B解析将力F按作用效果沿AB和AC两个方向进行分解，作出力的分解图如图甲所示，则有2F1cosα＝F，得F1＝F2＝eq\f(F,2cosα)；再将F1按作用效果分解为FN和FN′，作出力的分解图如图乙所示，则有FN＝F1sinα，联立得FN＝eq\f(Ftanα,2)，根据几何知识得tanα＝eq\f(l,b)＝10，得FN＝5F＝2000N，故选B。考点三力的合成与分解的应用角度1斧头劈木柴类问题【真题示例3】(多选)(2018·天津理综)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9所示，木楔两侧产生推力FN，则()图9A.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大答案BC解析如图所示，根据力F的作用效果，把力F分解为垂直于木楔两侧的分力F1、F2，则F1＝F2＝FN＝eq\f(F,2sin\f(θ,2))，由表达式可知，若F一定，θ越小，FN越大，A项错误，B项正确；若θ一定，F越大，FN越大，C项正确，D项错误。角度2拖把拖地问题【例4】拖把是由拖杆和拖把头构成的擦地工具(如图10)。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10(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有多大，都不可能使拖把从静止开始运动。求这一临界角的正切tanθ0。答案(1)eq\f(μ,sinθ－μcosθ)mg(2)λ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，根据平衡条件有Fcosθ＋mg＝FN①Fsinθ＝Ff②式中FN和Ff分别为地板对拖把的正压力和摩擦力所以Ff＝μFN③联立①②③式得F＝eq\f(μ,sinθ－μcosθ)mg。④(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Fsinθ≤λFN⑤这时，①式仍成立.联立①⑤式得sinθ－λcosθ≤λeq\f(mg,F)⑥λeq\f(mg,F)大于零，且当F无限大时λeq\f(mg,F)为零，有sinθ－λcosθ≤0⑦使⑦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。故临界角的正切为tanθ0＝λ。“活结”和“死结”与“动杆”和“定杆”问题类型1“活结”和“死结”问题1.活结：当绳绕过光滑的滑轮或挂钩时，由于滑轮或挂钩对绳无约束，因此绳上的力是相等的，即滑轮只改变力的方向不改变力的大小。2.死结：若结点不是滑轮或挂钩，而是固定点时，称为“死结”结点，此时两侧绳上的弹力不一定相等。【示例1】(2020·全国卷Ⅲ)如图1所示，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()图1A.45° B.55°C.60° D.70°答案B解析对O点进行受力分析，如图所示。因为甲、乙物体质量相等，所以F1与F2大小相等，合成的平行四边形为菱形，α＝70°，则∠1＝∠2＝55°，F1和F2的合力与F3等大反向，β＝∠2，故B正确。类型2“动杆”和“定杆”问题1.动杆：若轻杆用光滑的转轴或铰链连接，当杆处于平衡时，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2甲所示，C为转轴，B为两绳的结点，轻杆在缓慢转动过程中，弹力方向始终沿杆的方向。图22.定杆：若轻杆被固定不发生转动，则杆所受到的弹力方向不一定沿杆的方向，如图乙所示。【示例2】(2020·天津月考)如图3为两种形式的吊车的示意图，OA为可绕O点转动的轻杆，轻杆的重力不计，AB为缆绳，当它们吊起相同重物时，杆OA在图3(a)、(b)中的受力分别为Fa、Fb，则下列关系正确的是()图3A.Fa＝Fb B.Fa＞FbC.Fa＜Fb D.大小不确定答案A解析对题图中的A点受力分析，则由图甲可得Fa＝Fa′＝2mgcos30°＝eq\r(3)mg由图乙可得tan30°＝eq\f(mg,Fb′)则Fb＝Fb′＝eq\r(3)mg故Fa＝Fb。考点一共点力的合成1.小陶、小盛两人共提一桶水匀速走向教室，如图1所示，水和水桶的总质量为m，两人拉力方向与竖直方向都成θ角，大小都为F，则下列说法中正确的是()图1A.不管θ为何值，F＝eq\f(mg,2) B.当θ为30°时，F＝mgC.当θ＝45°时，F＝eq\r(2)mg D.θ越大时，F越大答案D解析由题可知小陶、小盛的手臂对水桶的拉力大小为F，两人拉力方向与竖直方向都成θ角，根据对称性可知，结合平衡条件得2Fcosθ＝G，解得F＝eq\f(G,2cosθ)，当θ＝0°时，cosθ值最大，则F＝eq\f(G,2)；当θ＝30°时，F＝eq\f(\r(3),3)G；当θ＝45°时，F＝eq\f(\r(2),2)G；当θ为60°时，F＝G；当θ越大时，则F越大，故选D。2.(2021·江苏常州一模)如图2所示，一个“Y”形弹弓顶部跨度为L，两根相同的橡皮条自由长度均为L，在两橡皮条的末端用一块软羊皮(长度不计)做成裹片。若橡皮条的弹力与形变量的关系满足胡克定律，且劲度系数为k，发射弹丸时每根橡皮条的最大长度为1.5L(弹性限度内)，则发射过程中裹片对弹丸的最大作用力为()图2A.eq\f(Δx,Δt) B.eq\f(2\r(2),3)kLC.kL D.2kL答案B解析根据胡克定律知，每根橡皮条的弹力F＝k(1.5L－L)＝0.5kL，设此时两根橡皮条与合力的夹角为θ，根据几何关系知sinθ＝eq\f(1,3)，根据平行四边形定则知，弹丸被发射过程中所受的最大弹力F合＝2Fcosθ＝eq\f(2\r(2),3)kL，故选B。3.如图3，是运动员在体操吊环项目中的“十字支撑”动作，“十字支撑”是难度系数很高的动作之一，其难度高的原因是()图3A.吊环对运动员支持力比较小B.运动员手掌与吊环接触面上的摩擦力比较小C.重力一定时，两手臂之间的夹角越大，手臂上受到的力也越大D.两手臂上的力一定时，两手臂之间的夹角越大，合力越小答案C解析吊环对运动员支持力比较小和运动员手掌与吊环接触面上的摩擦力比较小，很显然不是动作难度高的原因，故A、B错误；运动员处于静止状态，合外力等于零，设两手臂夹角为θ，则2Tcoseq\f(θ,2)＝mg，运动员手臂的拉力T＝eq\f(mg,2cos\f(θ,2))，可见，重力一定时，两手臂之间的夹角越大，手臂上受到的力也越大，而“十字支撑”，两手臂之间的夹角接近180°，所以手臂上受到的力很大，难度很高，故C正确，D错误。4.如图4所示，不计滑轮和绳子的质量以及摩擦，整个装置处于平衡状态，则关于两物体质量大小关系的判断，正确的是()图4A.m1＝eq\f(1,2)m2 B.m1>eq\f(1,2)m2C.m1<eq\f(1,2)m2 D.m1一定小于m2答案B解析m1处于静止状态，根据平衡条件可知，绳子的拉力一定等于m1g。由于动滑轮是平衡的，m2g必须与两绳的合力值等大反向，三个力组成一个封闭的矢量三角形，两边之和大于第三边，有2FT>m2g，即m1>eq\f(1,2)m2，故选B。考点二力的分解5.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5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，重力加速度为g，则磨石受到的摩擦力大小是()图5A.(F－mg)cosθ B.(F－mg)sinθC.μ(F－mg)cosθ D.μ(F－mg)tanθ答案A解析磨石受重力、推力、斜壁的弹力及摩擦力作用而处于平衡状态，由图可知，F一定大于重力mg；先将重力及向上的推力合成后，将二者的合力沿垂直于斜壁方向及平行于斜壁方向分解，则在沿斜壁方向上有Ff＝(F－mg)cosθ，在垂直斜壁方向上有FN＝(F－mg)sinθ，则Ff＝μ(F－mg)sinθ，故A正确。考点三力合成与分解思想的实际应用6.刀、斧、凿等切削工具的刃部叫做劈，如图6所示是用斧头劈木柴的示意图。劈的纵截面是一个等腰三角形，使用劈的时候，垂直劈背加一个力F，这个力产生两个作用效果，使劈的两个侧面推压木柴，把木柴劈开。设劈背的宽度为d，劈的侧面长为l，不计斧头的自身重力，则劈的侧面推压木柴的力约为()图6A.eq\f(d,l)F B.eq\f(l,d)FC.eq\f(l,2d)F D.eq\f(d,2l)F答案B解析斧头劈木柴时，设两侧面推压木柴的力分别为F1、F2且F1＝F2，利用几何三角形与力的三角形相似有eq\f(d,F)＝eq\f(l,F1)，得推压木柴的力F1＝F2＝eq\f(l,d)F，故选B。7.水平横梁一端A插在墙壁内，另一端装有一小滑轮B，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为m＝10kg的重物，∠CBA＝30°，如图7所示，则滑轮受到轻绳的作用力的大小为(g取10N/kg)()图7A.50N B.20NC.100N D.50eq\r(3)N答案C解析由题意可得，对滑轮B受力分析，滑轮受到绳子的作用力应为图中两段绳中拉力F1和F2的合力，因同一根绳张力处处相等，都等于物体的重力，即F1＝F2＝G＝mg＝100N，用平行四边形定则作图，由于拉力F1和F2的夹角为120°，则有合力F＝100N，所以滑轮受绳的作用力为100N，方向与水平方向成30°角斜向下。8.(2021·山东济南外国语学校模拟)如图8所示，人屈膝下蹲时，膝关节弯曲的角度为θ，设此时大、小腿部的肌群对膝关节的作用力F的方向水平向后，且大腿骨、小腿骨对膝关节的作用力大致相等，那么脚掌所受地面竖直向上的弹力约为()图8A.eq\f(F,2sin\f(θ,2)) B.eq\f(F,2cos\f(θ,2))C.eq\f(F,2tan\f(θ,2)) D.eq\f(1,2)Ftaneq\f(θ,2)答案D解析设大腿骨、小腿骨对膝关节的作用力为F1，则他们之间的夹角为θ，F即为他们合力的大小，则有2F1coseq\f(θ,2)＝F，脚掌所受地面竖直向上的弹力约N＝F1sineq\f(θ,2)，联立可得N＝eq\f(1,2)Ftaneq\f(θ,2)，故选D。9.(多选)在表面粗糙、倾角为θ的倾斜台面上，一块长为L，重力为G的长木块由静止开始滑下。已知木块与台面间的动摩擦因数为μ。木块在滑离台面的过程中，到达如图9所示位置时有eq\f(1,3)L部分滑至台面外，则()图9A.木块对台面的压力为GcosθB.木块对台面的压力为eq\f(2,3)GcosθC.台面对木块的摩擦力为μGcosθD.台面对木块的摩擦力为Gcosθ答案AC解析对木块受力分析如图所示，在垂直台面方向，有FN＝Gcosθ，因此木块对台面的压力为F压＝FN＝Gcosθ，由滑动摩擦力公式可得Ff＝μFN＝μGcosθ，故选A、C。10.如图10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()图10A.eq\r(3)－1 B.2－eq\r(3)C.eq\f(\r(3),2)－eq\f(1,2) D.1－eq\f(\r(3),2)答案B解析当F1拉物块做匀速直线运动时，受力分析如图甲所示，将F1正交分解则水平方向有F1cos60°＝Ff1竖直方向有F1sin60°＋FN1＝mg其中Ff1＝μFN1联立解得F1＝eq\f(2μmg,1＋\r(3)μ)同理，当用F2推物块做匀速直线运动时，受力分析如图乙水平方向有F2cos30°＝Ff2竖直方向有F2sin30°＋mg＝FN2其中Ff2＝μFN2联立解得F2＝eq\f(2μmg,\r(3)－μ)根据题意知F1＝F2解得μ＝2－eq\r(3)，B正确。11.如图11所示，截面为等腰直角三角形的斜面体A放在光滑水平面上，光滑球B的重力为G，放在斜面体和竖直墙壁之间，要使A和B都处于静止状态，作用在斜面体上的水平力F的大小为()图11A.G B.eq\r(2)GC.1.5G D.2G答案A解析对处于平衡的A和B的整体受力分析如图甲，对B球受力分析如图乙。由整体法可得：F＝FN墙，对B球由合成法可得FN墙＝Gtanθ，其中A为等腰直角三角形，由几何关系可知θ＝45°；联立各式可得F＝G，故A正确，B、C、D错误。

实验二探究弹力和弹簧伸长的关系一、基本原理与操作原理装置图操作要领平衡时弹簧产生的弹力和外力大小相等安装：按照原理装置图安装实验仪器操作：弹簧竖直悬挂，待钩码静止时测出弹簧长度作图：坐标轴标度要适中，单位要标注，连线时要使各数据点均匀分布在图线的两侧，明显偏离图线的点要舍去二、数据处理1.图象法：根据测量数据，在建好直角坐标系的坐标纸上描点。以弹簧的弹力F为纵轴，弹簧的伸长量x为横轴，根据描点的情况，作出一条经过原点的直线。2.列表法：将实验数据填入表中，研究测量的数据，可发现在实验误差允许的范围内，弹力与弹簧伸长量的比值不变。3.函数法：根据实验数据，找出弹力与弹簧伸长量的函数关系。三、注意事项1.不要超过弹性限度实验中弹簧下端挂的钩码不要太多，以免超出弹簧的弹性限度。2.尽量多测几组数据要使用轻质弹簧，且要尽量多测几组数据。3.观察所描点的走向不要画折线。4统一单位：记录数据时要注意弹力及弹簧伸长量的对应关系及单位。四、误差分析1.弹簧自重可造成系统误差。2.钩码标值不准确、弹簧长度测量不准确带来误差。3.画图时描点及连线不准确也会带来误差。类型一教材原型实验【例1】如图1(a)，一弹簧上端固定在支架顶端，下端悬挂一托盘；一标尺由游标和主尺构成，主尺竖直固定在弹簧左边；托盘上方固定有一能与游标刻度线准确对齐的装置，简化为图中的指针。现要测量图(a)中弹簧的劲度系数。当托盘内没有砝码时，移动游标，使其零刻度线对准指针，此时标尺读数为1.950cm；当托盘内放有质量为0.100kg的砝码时，移动游标，再次使其零刻度线对准指针，标尺示数如图(b)所示，其读数为________cm。当地的重力加速度大小为9.80m/s2，此弹簧的劲度系数为________N/m(保留3位有效数字)。图1答案3.77553.7解析实验所用的游标卡尺精确度为0.05mm，游标卡尺上游标第15条刻度线与主尺刻度线对齐，根据游标卡尺的读数规则，题图(b)所示的游标卡尺读数为3.7cm＋15×0.05mm＝3.7cm＋0.075cm＝3.775cm。托盘中放有质量为m＝0.100kg的砝码时，弹簧受到的拉力F＝mg＝0.100×9.8N＝0.980N，弹簧伸长量为x＝3.775cm－1.950cm＝1.825cm，根据胡克定律F＝kx，解得此弹簧的劲度系数k＝eq\f(F,x)＝53.7N/m。【例2】如图2甲所示，用铁架台、弹簧和多个已知质量且质量相等的钩码探究在弹性限度内弹簧弹力与弹簧伸长量的关系。图2(1)为完成实验，还需要的实验器材有