2024届物理一轮复习讲义第3讲 力的合成与分解含答案

2024届物理一轮复习讲义第3讲力的合成与分解学习目标1.会用平行四边形定则及三角形定则求合力。2.能利用效果分解法和正交分解法计算分力。3.能应用力的合成与分解的知识，分析实际问题。1.力的合成2.力的分解3.矢量和标量1.思考判断(1)合力和分力可以同时作用在一个物体上。(×)(2)两个力的合力一定比其分力大。(×)(3)当一个分力增大时，合力一定增大。(×)(4)几个力的共同作用效果可以用一个力来替代。(√)(5)一个力只能分解为一对分力。(×)(6)两个大小恒定的力F1、F2的合力的大小随它们夹角的增大而减小。(√)(7)互成角度的两个力的合力与分力间一定构成封闭的三角形。(√)2.(多选)一物体静止于水平桌面上，两者之间的最大静摩擦力为5N，现将水平面内三个力同时作用于物体的同一点，三个力的大小分别为2N、2N、3N。下列关于物体的受力情况和运动情况判断正确的是()A.物体所受静摩擦力可能为2NB.物体所受静摩擦力可能为4NC.物体可能仍保持静止D.物体一定被拉动答案ABC3.(多选)如图所示，某同学用同一弹簧测力计按图甲、乙两种方式测量某小桶的重力，图甲中系小桶的轻绳较长。下列说法中正确的是()A.图甲中弹簧测力计的示数比图乙中的大B.两图中弹簧测力计的示数一样大C.图甲中轻绳的拉力比图乙中的大D.图乙中轻绳的拉力比图甲中的大答案BD考点一共点力的合成1.共点力合成的常用方法(1)作图法(2)计算法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，夹角为120°F′＝FF′与F夹角为60°3.两个共点力的合力的最大值与最小值(1)当两个力方向相同时，合力最大，Fmax＝F1＋F2。(2)当两个力方向相反时，合力最小，Fmin＝|F1－F2|。(3)合力大小的变化范围为|F1－F2|≤F≤F1＋F2。4.三个共点力的合力的最大值与最小值(1)最大值：当三个分力同方向时，合力最大，即Fmax＝F1＋F2＋F3。(2)最小值①当两个分力的代数和大于或等于第三个分力时，合力最小为零。②当最大的一个分力大于另外两个分力的代数和时，其最小的合力值等于最大的一个力减去另外两个分力的代数和。例1现代人经常低头玩手机，这会使颈椎长期受压，可能引发颈椎病。人低头时，可粗略认为头受重力G，肌肉拉力F1和颈椎支持力F2。如图1所示，某同学低头看手机时头颈弯曲与竖直方向成60°，此时肌肉对头的拉力F1约为头重的4倍，F2沿图中虚线方向，依据上述信息估算此时颈椎受到的压力F的可能值()图1A.G<F<4G B.F＝4GC.4G<F<5G D.F>5G答案C解析对人的头部受力分析如图所示。在三角形中，由几何知识可知，大角对大边，所以F2＞F1＝4G。又因为两边之和大于第三边，故F2＜G＋F1＝5G，根据牛顿第三定律知，颈椎受到的压力4G＜F＜5G，故C正确。跟踪训练1.两个共点力作用于一个物体上，力的方向可以任意调节，其中一个力为20N，另一个力是F，它们的合力是50N。则F的大小可能是()A.10N B.25N C.50N D.80N答案C2.(2023·吉林长春模拟)如图2所示，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60kg，运动员双手臂所能承受的拉力不能超过540N。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10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)()图2A.60kg B.50kg C.40kg D.30kg答案D解析设岩壁对手的拉力为F1，岩壁对脚的弹力为F2，运动员和行囊的质量分别为M、m，以运动员和行囊整体为研究对象，受力分析如图所示，由平衡条件可知F1＝(M＋m)gcos53°，则当岩壁对手臂的拉力达到最大值540N时，行囊的质量最大，即F1＝Fmax＝540N，代入解得m＝30kg，D正确。考点二力的分解的两种常用方法1.力的分解的两种常用方法(1)按照力的实际作用效果分解(2)正交分解法①建系原则：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(即使尽量多的力在坐标轴上)；在动力学中，常以加速度方向和垂直加速度方向为坐标轴方向建立坐标系。②分解步骤：把物体受到的多个力F1、F2、F3、…依次分解到x轴、y轴上。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))(如图3所示)图3合力方向：若F与x轴夹角为θ，则tanθ＝eq\f(Fy,Fx)。2.力的分解方法选取原则(1)一般来说，当物体受到三个或三个以下的力时，常按效果进行分解，若这三个力中，有两个力互相垂直，优先选用正交分解法。(2)当物体受到三个以上的力时，常用正交分解法。角度效果分解法例2(2023·重庆巴蜀中学适应性考试)如图4所示，图甲是一款手机支架，其表面采用了纳米微吸材料，用手触碰无粘感，接触到平整光滑的硬性物体时有吸力，会将其牢牢吸附在支架上，图乙是手机静止吸附在支架上的侧视图，支架斜面与水平方向间的夹角为θ，若手机的重力为G，则下列说法正确的是()图4A.手机受到的支持力大小为GcosθB.手机受到支架的摩擦力为零C.手机支架对手机的作用力大小为GD.手机支架对手机的作用力沿斜面向上答案C解析手机受到重力、垂直支架的支持力、纳米微吸材料的吸引力和沿支架斜面向上的静摩擦力处于静止状态，由平衡条件可知，在垂直支架方向有FN＝Gcosθ＋F吸，沿斜面方向有Ff＝Gsinθ，选项A、B错误；手机受到重力G和支架对手机的作用力F，处于平衡状态，由平衡条件可知，这两个力大小相等，方向相反，则手机支架对手机的作用力F大小为G，方向竖直向上，选项C正确，D错误。跟踪训练3.如图5所示是轿车常用的千斤顶，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。若车轮刚被顶起时汽车对千斤顶的压力为1.0×105N，此时千斤顶两臂间的夹角为120°。则下列判断正确的是()图5A.此时千斤顶两臂受到的压力均为5.0×104NB.此时千斤顶对汽车的支持力为5.0×104NC.若继续摇动把手，将汽车顶起，千斤顶两臂受到的压力均增大D.若继续摇动把手，将汽车顶起，千斤顶两臂受到的压力均减小答案D解析如图所示，将汽车对千斤顶的压力F沿两臂的方向分解为两个分力F1与F2，根据对称性可知，F1＝F2，可得2F1cosθ＝F，解得F1＝F＝1.0×105N，根据牛顿第三定律可知，千斤顶对汽车的支持力为1.0×105N，A、B错误；继续摇动把手，两臂靠拢，夹角减小，由F1＝eq\f(F,2cosθ)分析可知，当F不变，θ减小时，cosθ增大，F1减小，C错误，D正确。角度正交分解法例3如图6甲所示，推力F垂直斜面作用在斜面体上，斜面体静止在竖直墙面上，若将斜面体改成如图乙所示放置，用相同大小的推力F垂直斜面作用到斜面体上，则下列说法正确的是()图6A.墙面受到的压力一定变小B.斜面体受到的摩擦力一定变小C.斜面体受到的摩擦力可能变大D.斜面体可能沿墙面向上滑动答案B解析受力分析如图所示甲图中，FN1＝FcosθFf1＝mg＋Fsinθ≤Ffm乙图中，FN2＝Fcosθ所以墙面受到的压力不变，A项错误；若Fsinθ＝mg，则Ff2＝0若Fsinθ＞mg，则Ff2方向向下，Ff2＝Fsinθ－mg若Fsinθ＜mg，则Ff2方向向上，Ff2＝mg－Fsinθ所以斜面体受到的摩擦力一定变小，B项正确，C项错误；因为墙面受到的压力没有变，所以Ffm不变，甲图中，Ff1＝mg＋Fsinθ≤Ffm，推不动斜面体，乙图中，Ff2＝Fsinθ－mg，肯定比Ffm小，所以斜面体肯定不沿墙面向上滑动，D项错误。跟踪训练4.如图7所示，某同学在家用拖把拖地，拖把由拖杆和拖把头构成。设某拖把头的质量为m，拖杆质量可忽略，拖把头与地板之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。该同学用沿拖杆方向的力F推拖把，让拖把头在水平地板上向前匀速移动，此时拖杆与竖直方向的夹角为θ。则下列判断正确的是()图7A.地面受到的压力FN＝FcosθB.拖把头受到地面的摩擦力Ff＝μmgC.推力F＝eq\f(μmg,sinθ)D.推力F＝eq\f(μmg,sinθ－μcosθ)答案D解析拖把头受到重力、支持力、推力和摩擦力处于平衡状态，受力如图所示，建立直角坐标系，竖直方向上根据平衡条件可得FN′＝Fcosθ＋mg，根据牛顿第三定律可得地面受到的压力为FN＝Fcosθ＋mg，故A错误；根据滑动摩擦力的计算公式可得Ff＝μFN＝μ(Fcosθ＋mg)，故B错误；拖把头在水平地板上向前匀速移动，水平方向根据平衡条件可得Fsinθ＝Ff，即Fsinθ＝μ(Fcosθ＋mg)，解得推力F＝eq\f(μmg,sinθ－μcosθ)，故C错误，D正确。考点三力的合成与分解在实际生活中的应用例4(2021·广东卷，3)唐代《耒耜经》记载了曲辕犁相对直辕犁的优势之一是起土省力。设牛用大小相等的拉力F通过耕索分别拉两种犁，F与竖直方向的夹角分别为α和β，α＜β，如图8所示。忽略耕索质量，耕地过程中，下列说法正确的是()图8A.耕索对曲辕犁拉力的水平分力比对直辕犁的大B.耕索对曲辕犁拉力的竖直分力比对直辕犁的大C.曲辕犁匀速前进时，耕索对犁的拉力小于犁对耕索的拉力D.直辕犁加速前进时，耕索对犁的拉力大于犁对耕索的拉力答案B解析耕索对曲辕犁的拉力在水平方向上的分力为Fsinα，耕索对直辕犁的拉力在水平方向上的分力为Fsinβ，由于α<β，则Fsinβ＞Fsinα，A错误；耕索对曲辕犁的拉力在竖直方向上的分力为Fcosα，耕索对直辕犁的拉力在竖直方向上的分力为Fcosβ，由于α<β，故Fcosα>Fcosβ，B正确；耕索对犁的拉力与犁对耕索的拉力是一对作用力与反作用力，故耕索对犁的拉力等于犁对耕索的拉力，C、D错误。跟踪训练5.(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解析木楔两侧面产生的推力的合力大小等于F，由力的平行四边形定则可知，FN＝eq\f(F,2sin\f(θ,2))，则若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。A级基础对点练对点练1共点力的合成1.(多选)两个力F1和F2间的夹角为θ，两力的合力为F，以下说法正确的是()A.若F1、F2的大小和方向一定，则F的大小和方向一定B.若F1与F2大小不变，θ角越小，合力F就越大C.如果夹角θ不变，F1大小不变，只要增大F2，合力F就必然增大D.合力F的作用效果与两个分力F1和F2共同产生的作用效果是相同的答案ABD解析根据平行四边形定则知，若F1、F2的大小和方向一定，则F的大小和方向一定，故A正确；若F1与F2大小不变，θ角越小，合力F就越大，故B正确；若θ角为钝角且不变，F1大小不变，增大F2时，合力F可能先变小后增大，如图所示，故C错误；合力与分力共同的作用效果是相同的，故D正确。2.如图1所示，一个重为G的吊椅用轻绳AO、BO固定，绳AO、BO相互垂直，α>β，且两绳中的拉力分别为FA、FB，物体受到的重力为G，则()图1A.FA一定大于GB.FA一定大于FBC.FA一定小于FBD.FA与FB大小之和一定等于G答案B解析对结点O受力分析如图所示，由于α＞β，则G>FA>FB，G′＝G，根据三角形知识可知FA＋FB>G，故B正确。3.(2023·湖南长沙高三月考)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)做成皮兜。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)，则发射过程中皮兜对弹丸的最大作用力为()图2A.1.2kL B.kL C.eq\f(2\r(2),3)kL D.eq\f(\r(2),3)kL答案C解析当橡皮条的长度为1.5L时，皮兜对弹丸有最大作用力，为F＝2kΔxcosθ＝kLcosθ，根据几何关系有cosθ＝eq\f(\r(（1.5L）2－（0.5L）2),1.5L)＝eq\f(2\r(2),3)，代入解得F＝eq\f(2\r(2),3)kL，故C正确。4.(2023·河北衡水高三期中)如图3所示，解放军战士在水平地面上拉着轮胎做匀速直线运动进行负荷训练，运动过程中保持双肩及两绳的端点A、B等高。两绳间的夹角为θ＝60°，所构成的平面与水平面间的夹角恒为α＝53°，轮胎重为G，地面对轮胎的摩擦阻力大小恒为Ff，则每根绳的拉力大小为()图3A.eq\f(2\r(3),9)Ff B.eq\f(\r(3),2)Ff C.eq\f(5\r(3),9)Ff D.eq\f(2\r(3),3)Ff答案C解析设每根绳的拉力为F，则这两根绳拉力的合力F合＝2Fcoseq\f(θ,2)，方向沿两绳夹角的角平分线，与水平面的夹角为α，轮胎受力分析如图所示，则F合cosα＝Ff，解得F＝eq\f(Ff,2cosαcos\f(θ,2))＝eq\f(5\r(3),9)Ff，故A、B、D错误，C正确。对点练2力的分解的两种常用方法5.如图4所示，上网课时小明把手机放在斜面上，手机处于静止状态。则斜面对手机的()图4A.支持力竖直向上B.支持力小于手机所受的重力C.摩擦力沿斜面向下D.摩擦力大于手机所受的重力沿斜面向下的分力答案B解析设手机的质量为m，斜面倾角为θ。对手机进行受力分析，如图所示，由图可知支持力方向垂直斜面向上，摩擦力方向沿斜面向上，根据平衡条件有Ff＝mgsinθ，FN＝mgcosθ，因cosθ＜1，故FN＜mg，且摩擦力等于手机所受的重力沿斜面向下的分力，故B正确。6.(多选)如图5为《天工开物》里名为“北耕兼种”的农具，关于图中涉及的物理知识，下列说法正确的是()图5A.耩使用铁尖是为了便于“起土”B.绳对耩的拉力和耩对绳的力是一对平衡力C.绳对耩的拉力大于耩对绳的力，因此耩被拉动D.研究耩的运动时，可将绳的拉力沿水平和竖直两个方向分解答案AD解析耩使用铁尖，根据力的分解可知，当铁尖作用于土时，会产生两个分力作用，使土容易向两侧翻动，起到“起土”作用，故A正确；绳对耩的拉力和耩对绳的力是一对作用力和反作用力，二者等大、反向，故B、C错误；研究耩的运动时，耩受到重力、阻力和绳的拉力作用，其在水平方向运动，需将绳的拉力沿水平方向和竖直方向进行分解，故D正确。7.(2023·河南郑州高三月考)如图6甲所示，一艘帆船正逆风行驶。如图乙所示是帆船逆风行驶的简单受力分析图，风力F＝105N、方向与帆面的夹角为θ＝30°，航向与帆面的夹角也为θ＝30°，风力在垂直帆面方向的分力推动帆船逆风行驶，则风力F在航向方向的分力为()图6A.5.0×104N B.2.5×104NC.2×104N D.104N答案B解析把风力F分别沿着帆面和垂直帆面的方向分解，风在垂直帆面方向的力为FN＝Fsinθ，再把风在垂直帆面方向的分力FN分别沿着航向和垂直航向的方向分解，风力F在航向方向的分力F0就是FN在沿着航行方向的分力，F0＝FNsinθ，综合可得F0＝Fsin2θ，代入F＝105N，θ＝30°，可得F0＝2.5×104N，选项B正确，A、C、D错误。对点练3力的合成与分解在实际生活中的应用8.(2023·天津高三月考)超市里磁力防盗扣的内部结构及原理如图7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7A.eq\f(\r(3),3)F B.eq\f(\r(3),2)F C.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，如图所示，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，B、C、D错误，A正确。9.某压榨机的结构示意图如图8示，其中B为固定铰链，若在A铰链处作用一垂直于墙壁的力F，则由于力F的作用，滑块C压紧物体D。设C与D光滑接触，杆的重力及滑块C的重力不计。图中a＝0.6m，b＝0.1m，则物体D所受压力的大小与力F的比值为()图8A.3 B.4 C.5 D.6答案A解析设力F与AC方向间的夹角为θ，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2F2cosθ＝F，解得F2＝eq\f(F,2cosθ)。再将F2按作用效果分解成FN和FN′，作出力的分解图如图乙所示，则有FN＝F2sinθ，联立得FN＝eq\f(Ftanθ,2)，根据几何知识可知tanθ＝eq\f(a,b)＝6，则FN＝3F，故A正确，B、C、D错误。B级综合提升练10.已知两个共点力的合力为50N，分力F1的方向与合力F的方向成30°角，分力F2的大小为30N。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解析作F1、F2和F的矢量三角形图，因F2＝30N＞F20＝Fsin30°＝25N，且F2＜F，所以F1的大小有两种，即F1′和F1″，F2的方向有两种，即F2′的方向和F2″的方向，故选项A、B、D错误，C正确。11.(2023·湖北黄冈月考)如图9所示，三根粗细均匀的完全相同的圆木A、B、C堆放在水平地面上并处于静止状态，每根圆木的质量为m，截面的半径为R，三个截面圆心连线构成的等腰三角形的顶角∠O1＝120°。若在地面上的两根圆木刚好要滑动，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不考虑圆木之间的摩擦，重力加速度为g，则()图9A.圆木间的弹力为eq\f(1,2)mgB.下面两根圆木对地面的压力均为eq\f(3,2)mgC.地面上的每根圆木受到地面的作用力为eq\f(3,2)mgD.地面与圆木间的动摩擦因数为eq\f(\r(3),2)答案B解析对A进行受力分析，如图所示，A处于平衡状态，合力为零，则有FN1cos60°＝FN2cos60°＝eq\f(1,2)mg，解得FN1＝FN2＝mg，故A错误；对整体受力分析，受到重力、地面的支持力、向右的摩擦力和向左的摩擦力，由对称性可知，竖直方向有FNB＝FNC＝eq\f(3,2)mg，故B正确；对B进行研究，地面对B的作用力等于地面对B的支持力与地面对B的摩擦力的合力，大于eq\f(3,2)mg，故C错误；对C，有FN2′＝FN2，根据平衡条件得Ff＝FN2′sin60°＝eq\f(\r(3),2)mg，所以地面对C的摩擦力大小为eq\f(\r(3),2)mg，根据滑动摩擦力公式Ff＝μFNC，可得μ＝eq\f(Ff,FNC)＝eq\f(\f(\r(3),2)mg,\f(3,2)mg)＝eq\f(\r(3),3)，故D错误。12.(2022·河南洛阳模拟)如图10所示，水平轻绳AC一端固定在墙上，另一端连接小球A；另一根轻绳跨过光滑定滑轮后分别连接小球A和水平地面上的物体B。已知物体B的质量mB＝3kg，小球A的质量mA＝eq\r(3)kg。跨过定滑轮的轻绳两侧与竖直方向夹角均为30°，小球A和物体B均处于静止状态，取重力加速度大小g＝10m/s2，求：图10(1)轻绳AC的张力大小；(2)物体B所受地面的摩擦力大小和支持力大小。答案(1)10N(2)10N(30－10eq\r(3))N解析(1)对小球A进行受力分析可知，小球A受重力、轻绳AC的拉力和轻绳OA的拉力，根据平衡条件得FAC＝mAgtan30°，FOA＝eq\f(mAg,cos30°)解得FAC＝10N。(2)轻绳OA和OB为定滑轮两边的细绳，拉力相等，即FOA＝FOB物体B受重力、轻绳OB的拉力、地面的摩擦力Ff和支持力FN，则有Ff＝FOBsin30°FOBcos30°＋FN＝mBg解得Ff＝10N，FN＝(30－10eq\r(3))N。第4讲受力分析共点力的平衡学习目标1.从具体的情境中选择研究对象，会分析其弹力、摩擦力的有无及方向。2.会灵活应用整体法和隔离法对多物体受力分析。3.会运用共点力平衡的条件分析解决平衡问题。eq\a\vs4\al(1.,,,,)eq\a\vs4\al(2.,,,,)1.思考判断(1)对物体受力分析时，只能画该物体受到的力，其他物体受到的力不能画在该物体上。(√)(2)物体沿光滑斜面下滑时，受到重力、支持力和下滑力的作用。(×)(3)物体的速度为零即处于平衡状态。(×)(4)物体处于平衡状态时，其加速度一定为零。(√)(5)物体受两个力作用处于平衡状态，这两个力必定等大反向。(√)(6)物体处于平衡状态时，其所受的作用力必定为共点力。(×)(7)物体受三个力F1、F2、F3作用处于平衡状态，若将F2转动90°，则三个力的合力大小为eq\r(2)F2。(√)2.如图1，三米跳板跳水运动员在跳板的外端静止站立时，受到力的个数是()图1A.1个 B.2个 C.3个 D.4个答案C考点一受力分析受力分析的四种方法假设法在未知某力是否存在时，先对其做出不存在的假设，然后根据该力不存在对物体运动和受力状态的影响来判断该力是否存在整体法将加速度相同的几个相互关联的物体作为一个整体进行受力分析的方法隔离法将所研究的对象从周围的物体中分离出来，单独进行受力分析的方法动力学分析法对加速运动的物体进行受力分析时，应用牛顿运动定律进行分析求解的方法例1(多选)(2023·山东青岛质量检测)如图2所示，固定在地面上的带凹槽的长直杆与水平面成α＝30°角，轻质环a套在杆上，置于凹槽内质量为m的小球b通过一条细绳跨过定滑轮与环a连接。a、b静止时，拉b的细绳与杆间的夹角为30°，重力加速度为g，不计一切摩擦。下列说法正确的是()图2A.a受到3个力的作用B.b受到3个力的作用C.细杆对b的作用力大小为eq\f(1,2)mgD.细绳对a的拉力大小为eq\f(\r(3),3)mg答案BD解析轻质环a套在杆上，不计摩擦，则a静止时细绳的拉力与杆对a的弹力平衡，故拉a的细绳与杆垂直，a受到两个力作用，故A错误；对b球受力分析可知，b受到重力、绳子的拉力和杆对b球的弹力，3个力的作用，故B正确；以b为研究对象，受力分析如图所示，根据几何关系可得β＝θ＝30°，则细杆对b的作用力大小FN等于细绳对b的拉力大小FT，则2FNcos30°＝mg，可得FN＝eq\f(\r(3),3)mg，故C错误；细绳对b的拉力FT＝FN＝eq\f(\r(3),3)mg，则细绳对a的拉力大小为FT′＝eq\f(\r(3),3)mg，故D正确。跟踪训练1.(2023·山东临沂月考)如图3所示，两个等大、反向的水平力F1和F2分别作用在物体A和B上，A、B两物体均处于静止状态。若各接触面与水平地面平行，则A、B两物体的受力个数分别为()图3A.3个、4个 B.4个、4个C.4个、5个 D.4个、6个答案C解析先对物体A、B整体进行受力分析，水平方向上，两个等大、反向的力F1和F2正好平衡，所以物体B不受地面的摩擦力。对A物体进行受力分析，物体A受到重力、拉力F1、B给的支持力和摩擦力，所以A受到4个力作用；对B物体进行受力分析，物体B受到重力、拉力F2、地面的支持力、A给的摩擦力和压力，所以物体B受5个力的作用，故C正确，A、B、D错误。考点二共点力的平衡条件及应用求解共点力平衡问题的常用方法(1)合成法：一个力与其余所有力的合力等大反向，常用于非共线三力平衡。(2)正交分解法：Fx合＝0，Fy合＝0，常用于多力平衡。角度合成法例2(2022·广东深圳模拟)如图4所示，ab绳一端固定在竖直墙上，另一端系在竖直固定的直杆上，质量为m的重物用细线系于ab绳上的c点，ac段水平，a点到杆的距离为ac段长度的2倍，bc段绳长度是ac段长度的eq\r(3)倍，重力加速度为g，将绳b端沿杆缓慢下移，当移到与a点等高的位置d时，ac段和bc段绳上的张力F1、F2大小分别为()图4A.F1＝eq\f(\r(3),2)mg，F2＝eq\f(1,2)mgB.F1＝eq\f(1,2)mg，F2＝eq\f(\r(3),2)mgC.F1＝eq\f(\r(3),3)mg，F2＝eq\f(2\r(3),3)mgD.F1＝eq\f(2\r(3),3)mg，F2＝eq\f(\r(3),3)mg答案A解析设ac＝x，则cd＝x，bc＝eq\r(3)x，当b点下移时，c点将以a点为圆心，以x为半径转动，当b点到达d点时，结点c转到e点，因ad＝2x，ae＝x，de＝eq\r(3)x，可知三角形aed为直角三角形，且∠ade＝30°，则由合成知识可得F1＝mgcos30°＝eq\f(\r(3),2)mg，F2＝mgsin30°＝eq\f(1,2)mg，故A正确。跟踪训练2.如图5所示，在天花板的某点处竖直固定一根轻杆a，杆的下端有一个不计大小的轻质定滑轮O。一根跨过滑轮O的细线下端系一个重为G的物体，在细线A端施加拉力F使物体保持静止，OA与竖直方向的夹角为θ＝60°。不计一切摩擦。下列说法中正确的是()图5A.细线弹力大小为2GB.a杆对滑轮的作用力大小为eq\r(3)GC.a杆对滑轮的作用力方向沿着杆竖直向上D.a杆对滑轮的作用力大小为G答案B解析对物体分析可知，细线弹力与其重力平衡，所以细线弹力大小为G，故A错误；由于滑轮两侧细线中弹力大小相等，所以两侧细线弹力的合力F方向位于两侧细线夹角的平分线上(如图所示)，根据对称性可知两侧细线弹力的合力大小为F＝2Gcos30°＝eq\r(3)G，方向与竖直方向夹角为30°斜向左下。对滑轮根据平衡条件可知，a杆对滑轮的作用力与F平衡，其大小也为eq\r(3)G，方向与竖直方向夹角为30°斜向右上，故B正确，C、D错误。角度正交分解法例3(2022·浙江1月选考，5)如图6所示，学校门口水平地面上有一质量为m的石礅，石礅与水平地面间的动摩擦因数为μ。工作人员用轻绳按图示方式匀速移动石礅时，两平行轻绳与水平面间的夹角均为θ，则下列说法正确的是()图6A.轻绳的合拉力大小为eq\f(μmg,cosθ)B.轻绳的合拉力大小为eq\f(μmg,cosθ＋μsinθ)C.减小夹角θ，轻绳的合拉力一定减小D.轻绳的合拉力最小时，地面对石礅的摩擦力也最小答案B解析对石礅受力分析如图所示，设两根轻绳的合力为F，根据平衡条件有Fcosθ＝Ff，Fsinθ＋FN＝mg，且Ff＝μFN，联立可得F＝eq\f(μmg,cosθ＋μsinθ)，选项A错误，B正确；上式变形得F＝eq\f(μmg,\r(1＋μ2)sin（θ＋α）)，其中tanα＝eq\f(1,μ)，根据三角函数特点，由于θ的初始值不知道，因此减小θ，轻绳的合拉力F并不一定减小，选项C错误；根据上述讨论，当θ＋α＝90°时，轻绳的合拉力F最小，而摩擦力Ff＝Fcosθ＝eq\f(μmgcosθ,cosθ＋μsinθ)＝eq\f(μmg,1＋μtanθ)，可知增大夹角θ，摩擦力一直减小，当θ趋近于90°时，摩擦力最小，故轻绳的合拉力F最小时，地面对石礅的摩擦力不是最小的，选项D错误。跟踪训练3.(2023·安徽十八校联考)如图7所示，质量m＝2kg的三角形木楔置于倾角θ＝37°的固定粗糙斜面上，三角形木楔的AB边和AC边相等，∠BAC＝74°，它与斜面间的动摩擦因数为0.5，水平向右的推力F垂直作用在AB边上，在力F的推动下，木楔沿斜面向上匀速运动，ABC与斜面在同一竖直平面内，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，则木楔匀速运动过程中受到的摩擦力大小为()图7A.20.0N B.12.8N C.12.0N D.8.0N答案A解析因AB边和AC边长度相等，∠BAC＝74°，由几何知识可知∠ABC＝53°，由于斜面倾角θ＝37°，故AB边竖直，推力F水平向右，对木楔的受力分析如图所示，根据平衡条件可得Fcosθ＝Ff＋mgsinθ，FN＝Fsinθ＋mgcosθ，摩擦力Ff＝μFN，联立解得Ff＝20N，故A正确。考点三整体法和隔离法解决多物体平衡多物体通常由两个或两个以上的研究对象，通过直接接触或通过绳、杆等媒介连接组合，如叠加体、连接体等，处理方法通常是整体法和隔离法交替使用。例4(2023·湖南岳阳模拟)如图8所示，质量为2M的物块A静置于水平台面上，质量为M的半球体C静置于水平地面上，质量为m的光滑小球B(可视为质点)放在半球体C上，P点为三根轻绳PA、PB、PO的结点。系统在图示位置处于静止状态，P点位于半球体球心的正上方，PO竖直，PA水平，PB刚好与半球体相切且与竖直方向的夹角θ＝30°。已知物块A与台面间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，则()图8A.绳OP的拉力大小为eq\f(1,4)mgB.C受到的摩擦力大小为eq\f(\r(3),4)mgC.A受到的摩擦力大小为eq\f(1,4)mgD.地面对C的支持力大小为(M＋m)g答案B解析对小球B受力分析如图，PB的拉力大小F＝mgcosθ＝eq\f(\r(3),2)mg，对P点受力分析可知，OP受到的拉力大小FT＝Fcosθ＝eq\f(3,4)mg，A错误；对物块A受力分析可知，物块A所受摩擦力大小等于PA绳子的拉力，则Ff＝Fsinθ＝eq\f(\r(3),4)mg，C错误；对整体受力分析可知，半球C受到的摩擦力大小等于A所受摩擦力，即FfC＝Ff＝eq\f(\r(3),4)mg，B正确；对整体受力分析可知，地面对半球C的支持力大小为(M＋m)g－FT＝Mg＋eq\f(1,4)mg，D错误。(1)合理选择研究对象：在分析两个或两个以上物体间的相互作用时，一般采用整体法与隔离法进行分析，在使用时有时需要先整体再隔离，有时需要先隔离再整体，有时也需要整体与隔离多次交替使用。(2)转移研究对象：用隔离法直接分析一个物体的受力情况不方便时，可转移研究对象，先隔离分析相互作用的另一个物体的受力情况，再根据牛顿第三定律分析该物体的受力情况。跟踪训练4.(2023·山东临沂模拟)如图9所示，用轻绳系住一质量为2m的匀质大球，大球和墙壁之间放置一质量为m的匀质小球，各接触面均光滑。系统平衡时，绳与竖直墙壁之间的夹角为α，两球心连线O1O2与轻绳之间的夹角为β，则以下说法正确的是()图9A.绳子的拉力可能小于墙壁的支持力B.墙壁的支持力一定小于两球的重力C.3tanα＝tan(α＋β)D.3tanα＝2tan(α＋β)答案C解析对两球整体受力分析，如图甲所示，受到绳子的拉力FT，墙壁的支持力FN和总重力3mg，根据平衡条件可得FTsinα＝FN＝3mgtanα，可知绳子的拉力一定大于墙壁的支持力，墙壁的支持力可能大于、小于或等于两球的重力，故A、B错误；对小球受力分析，如图乙所示，根据平衡条件有FN＝mgtanθ，由几何知识可得θ＝α＋β，联立可得3tanα＝tan(α＋β)，故C正确，D错误。 甲乙A级基础对点练对点练1受力分析1.(2023·河北邯郸高三期末)如图1所示，有P、N两块质量相同的物块，在物块P上施加一沿水平方向的外力F，使它们叠放在竖直面上且处于静止状态，下列说法正确的是()图1A.物块P一定受到4个力的作用B.物块P一定受到3个力的作用C.物块N一定受到4个力的作用D.物块N可能受到6个力的作用答案A解析如果P、N之间没有摩擦力，则物块P不能平衡，所以N对P有向左下的压力和沿着接触面向左上的摩擦力，此外P还受到重力和外力F，所以物块P一定受到4个力的作用，故A正确，B错误；整体分析可知，墙对N有向上的摩擦力，大小等于两者的重力之和。对物块N受力分析，受到重力、墙对N的支持力、墙对N的摩擦力、P对N的支持力、P对N的摩擦力，所以物块N一定受到5个力的作用，故C、D错误。2.(2023·重庆南开中学模拟)如图2所示，物体A、B叠放在斜面体C上，三个物体在拉力F的作用下，一起向右匀速运动，不计空气阻力。则运动过程中物体B所受力的个数为()图2A.6 B.5 C.4 D.3答案C解析根据平衡条件知，A、B之间没有摩擦力，则物体B受到重力、斜面的支持力、沿斜面向上的摩擦力、A的压力，共4个力的作用，故C正确。对点练2共点力平衡的条件及应用3.(2022·广东普宁二中模拟)如图3，一直梯靠竖直墙壁放置，人站在梯子上，处于静止状态，忽略梯子与墙壁间的摩擦力，则下列说法正确的是()图3A.人越重，梯子所受合外力越大B.地面对梯子支持力的大小与人所站的高度无关C.墙壁对梯子的弹力方向垂直于梯子所在平面斜向上D.地面对梯子的摩擦力大于墙壁对梯子的弹力答案B解析梯子处于平衡状态，所受合外力总为零，选项A错误；地面对梯子支持力的大小等于人与梯子的重力之和，与人所站的高度无关，选项B正确；墙壁对梯子的弹力方向垂直于墙壁沿水平方向，选项C错误；水平方向受力平衡，则地面对梯子的摩擦力等于墙壁对梯子的弹力，选项D错误。4.(2023·北京东城区高三综合)某幼儿园要做一个儿童滑梯，如图4所示，设计时根据场地大小确定滑梯的水平跨度为L，滑板和儿童裤料之间的动摩擦因数为μ，假定最大静摩擦力等于滑动摩擦力，为使儿童在滑梯中能沿滑板滑下，则滑梯高度至少为()图4A.μL B.μ2L C.eq\f(L,μ) D.eq\f(L,μ2)答案A解析根据题意，为使儿童在滑梯中能沿滑板滑下，则至少应该让儿童恰好能匀速下滑，有mgsinθ＝μmgcosθ，即μ＝tanθ，由几何关系可得tanθ＝eq\f(H,L)，解得H＝μL，故A正确。5.(2023·甘肃武威质检)图5甲为家庭常用的燃气灶实物图，灶面上有一个支架，共有五个均匀分布的支撑面，对放在上面的厨具起到支撑作用。现把一个蒸锅放在支架上，并抽象成示意图乙，已知支架的每个支撑面与水平方向成α角。蒸锅和里面的食物总重计为G，则每个支撑面给蒸锅的支持力为(忽略蒸锅和支撑面之间的摩擦力)()图5A.eq\f(G,5) B.eq\f(G,5cosα) C.eq\f(G,5sinα) D.eq\f(G,5tanα)答案B解析五个支撑面对蒸锅的支持力的合力与蒸锅包括食物的重力相等，设其中一个支撑面对蒸锅的支持力为FN，则其方向与竖直方向夹角为α，由竖直方向受力平衡得5FNcosα＝G，解得FN＝eq\f(G,5cosα)，B正确。6.(多选)(2023·广东汕头市模拟)如图6，氢气球的质量m＝0.1kg，无风时在轻绳的牵引下静止在空中，此时轻绳的拉力为8N。当有水平风吹来时，气球受到大小为6N的水平风力作用，轻绳倾斜一定角度后气球仍静止在空中，g＝10m/s2，下列说法正确的是()图6A.气球所受浮力大小为9NB.有风时，气球所受合力方向竖直向下C.有风时，气球所受合力大小为eq\r(37)ND.有风时，轻绳的拉力大小为10N答案AD解析无风时，对气球受力分析得F浮＝mg＋FT＝9N，故A正确；有风时，气球保持静止，故合力为零，故B、C错误；有风时，设绳与竖直方向的夹角为θ，对气球受力分析得F风＝FT′sinθ，F浮＝mg＋FT′cosθ，联立解得FT′＝10N，故D正确。对点练3整体法和隔离法处理多物体平衡7.(多选)(2022·河北邯郸模拟)如图7所示，用三条完全相同的轻质细绳1、2、3将A、B两个质量分别为m、3m的小球连接并悬挂，小球处于静止状态，轻绳1与竖直方向的夹角为45°，轻绳3水平。下列说法正确的是()图7A.轻绳1的拉力大小为6mgB.轻绳2的拉力大小为5mgC.轻绳3的拉力大小为4mgD.轻绳2与竖直方向的夹角为53°答案BCD解析设三条绳上的拉力大小分别为FT1、FT2、FT3，把A、B两个小球视为整体，以整体为研究对象进行受力分析，如图甲所示，根据物体的平衡条件可得4mg＝FT1cos45°，FT3＝FT1sin45°，解得FT1＝4eq\r(2)mg，FT3＝4mg，选项A错误，C正确；隔离球B为研究对象，受力分析如图乙所示，则有FT2＝eq\r(（3mg）2＋Feq\o\al(2,T3))＝5mg，设轻绳2与竖直方向的夹角为α，则有cosα＝eq\f(3mg,5mg)＝eq\f(3,5)，解得α＝53°，选项B、D正确。8.(2022·山东烟台模拟)如图8所示，山坡上两相邻高压线塔之间架有粗细均匀的导线，静止时导线呈曲线形下垂，最低点在C处。左塔A处对导线拉力的方向与竖直方向的夹角为30°，右塔B处对导线拉力的方向与竖直方向的夹角为60°，则导线AC部分与BC部分的质量之比为()图8A.2∶1 B.3∶1 C.4∶eq\r(3) D.eq\r(3)∶1答案B解析整体分析，根据水平方向平衡有FACsin30°＝FBCsin60°，单独分析左、右两部分，竖直方向有FBCcos60°＝mBCg，FACcos30°＝mACg，解得导线AC部分与BC部分的质量之比为mAC∶mBC＝3∶1，故B正确。B级综合提升练9.(2023·广东中山高三期末)如图9所示为一种简易“千斤顶”。一竖直放置的轻杆，由于限制套管P的作用，只能在竖直方向上运动。若轻杆上端放一质量为m的重物，轻杆的下端通过一与杆固定连接的小轮放在倾角为θ、质量为M的斜面体上，并将斜面放在水平地面上。为了能顶起重物，沿水平方向对斜面体施加推力的最小值为F。小轮、水平面等摩擦和小轮质量不计，重力加速度为g。则下列说法正确的是()图9A.最小值F＝(m＋M