高考物理一轮复习 第二章 相互作用章节同步练习-人教版高三物理试题

第二章相互作用[备考指南]考点内容要求题型把握考情一、常见的三种力滑动摩擦力、动摩擦因数、静摩擦力Ⅰ选择、计算找规律高考对本章内容着重考查的知识点有弹力和摩擦力的概念及其在各种状态下的表现形式、力的合成与分解等，对受力分析的考查涵盖了高中物理的所有热点问题。题型通常为选择题，分值一般为6分。形变、弹性、胡克定律Ⅰ二、力的合成与分解矢量和标量Ⅰ选择、计算力的合成和分解Ⅱ三、受力分析共点力的平衡共点力的平衡Ⅱ选择、计算明热点以生活中的实际问题为背景考查静力学的知识将会加强，在2016届高考复习中应特别关注建立物理模型能力的培养。实验二探究弹力和弹簧伸长的关系填空实验三验证力的平行四边形定则填空第1节重力、弹力(1)自由下落的物体所受重力为零。(×)(2)重力的方向不一定指向地心。(√)(3)弹力一定产生在相互接触的物体之间。(√)(4)相互接触的物体间一定有弹力。(×)(5)F＝kx中“x”表示弹簧形变后的长度。(×)(6)弹簧的形变量越大，劲度系数越大。(×)(7)弹簧的劲度系数由弹簧自身性质决定。(√)要点一弹力的有无及方向判断1．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，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．弹力方向的确定图2­1­1[多角练通]1．如图2­1­2所示，一个球形物体静止于光滑水平面上，并与竖直光滑墙壁接触，A、B两点是球跟墙和地面的接触点，则下列说法中正确的是()图2­1­2A．物体受重力、B点的支持力、A点的弹力作用B．物体受重力、B点的支持力作用C．物体受重力、B点的支持力、地面的弹力作用D．物体受重力、B点的支持力、物体对地面的压力作用解析：选B假设没有光滑墙壁，物体也不会左右滚动，可见物体并未受到A点的弹力，A错误；B点对物体的支持力和地面对物体的弹力实为一个力，所以C错误；物体对地面的压力作用在地面上，并不是物体受到的力，受力分析时一定要明确研究对象，D错误；综上，B正确。2．图2­1­3的四个图中，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处由铰链连接，且系统均处于静止状态。现用等长的轻绳来代替轻杆，能保持平衡的是()图2­1­3A．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、丁解析：选B如果杆端受拉力作用，可以用与之等长的轻绳代替，如果杆端受压力作用，则不可用等长的轻绳代替，如图中甲、丙、丁中的AB杆均受拉力作用，而甲、乙、丁中的BC杆均受沿杆的压力作用，故A、C、D均错误，B正确。3.如图2­1­4所示，一倾角为45°的斜面固定于墙角，为使一光滑的铁球静止于图示位置，需加一水平力F，且F通过球心。下列说法正确的是()图2­1­4A．铁球一定受墙水平向左的弹力B．铁球可能受墙水平向左的弹力C．铁球一定受斜面通过铁球的重心的弹力D．铁球可能受斜面垂直于斜面向上的弹力解析：选BF的大小合适时，铁球可以静止在无墙的斜面上，F增大时墙才会对铁球有弹力，所以选项A错误，B正确。斜面必须有对铁球斜向上的弹力才能使铁球不下落，该弹力方向垂直于斜面但不一定通过铁球的重心，所以选项C、D错误。要点二弹力的分析与计算1．对有明显形变的弹簧、橡皮条等物体，弹力的大小可以由胡克定律F＝kx计算。2．对于难以观察的微小形变，可以根据物体的受力情况和运动情况，运用物体平衡条件或牛顿第二定律来确定弹力大小。[典例]如图2­1­5所示为位于水平面上的小车，固定在小车上的支架的斜杆与竖直杆的夹角为θ，在斜杆的下端固定有质量为m的小球。下列关于斜杆对小球的作用力F的判断中，正确的是()图2­1­5A．小车静止时，F＝mgsinθ，方向沿杆向上B．小车静止时，F＝mgcosθ，方向垂直于杆向上C．小车向右匀速运动时，一定有F＝mg，方向竖直向上D．小车向右匀加速运动时，一定有F＞mg，方向一定沿杆向上[思路点拨]解答本题时可按以下思路进行：eq\x(\a\al(小球的运,动状态))→eq\x(\a\al(小球所受,的合力))eq\o(→,\s\up7(牛顿第二定律),\s\do5(或者平衡条件))eq\x(\a\al(确定弹力的,大小和方向))[解析]小车静止或匀速向右运动时，小球的加速度为零，合力为零，由平衡条件可得，杆对球的作用力竖直向上，大小为F＝mg，故A、B错误，C正确；若小车向右匀加速运动，小球的合力沿水平方向向右，由牛顿第二定律可得：Fy＝mg，Fx＝ma，F＝eq\r(ma2＋mg2)＞mg，tanα＝eq\f(Fx,Fy)＝eq\f(a,g)，当a的取值合适时，α可以等于θ，但不一定相等，故D错误。[答案]C[方法规律]轻杆弹力的确定方法杆的弹力与绳的弹力不同，绳的弹力始终沿绳指向绳收缩的方向，但杆的弹力方向不一定沿杆的方向，其大小和方向的判断要根据物体的运动状态来确定，可以理解为“按需提供”，即为了维持物体的状态，由受力平衡或牛顿运动定律求解得到所需弹力的大小和方向，杆就会根据需要提供相应大小和方向的弹力。[针对训练]1.一个长度为L的轻弹簧，将其上端固定，下端挂一个质量为m的小球时，弹簧的总长度变为2L。现将两个这样的弹簧按如图2­1­6所示方式连接，A、B两小球的质量均为m，则两小球平衡时，B小球距悬点O的距离为(不考虑小球的大小，且弹簧都在弹性限度范围内)()图2­1­6A．3L B．C．5L D．解析：选C由题意可知，kL＝mg，当用两个相同的弹簧按题图所示悬挂时，下面弹簧弹力大小为mg，伸长量为L，而上面弹簧的弹力为2mg，由kx＝2mg可知，上面弹簧伸长量为x＝2L，故B球到悬点O的距离为L＋L＋L＋2L＝2.如图2­1­7所示，一重为10N的球固定在支杆AB的上端，用一段绳子水平拉球，使杆发生弯曲，已知绳的拉力为7.5N，则AB杆对球的作用力()图2­1­7A．大小为7.5NB．大小为10NC．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：选D对小球进行受力分析可得，AB杆对球的作用力、绳子对球的拉力的合力，与小球重力等值反向，令AB杆对小球的作用力与水平方向夹角为α，可得：tanα＝eq\f(G,F拉)＝eq\f(4,3)，α＝53°，故D项正确。要点三轻杆、轻绳、轻弹簧模型1．三种模型对比轻杆轻绳轻弹簧模型图示模型特点形变特点只能发生微小形变柔软，只能发生微小形变，各处张力大小相等既可伸长，也可压缩，各处弹力大小相等方向特点不一定沿杆，可以是任意方向只能沿绳，指向绳收缩的方向沿弹簧轴线与形变方向相反作用效果特点可以提供拉力、推力只能提供拉力可以提供拉力、推力大小突变特点可以发生突变可以发生突变一般不能发生突变2.解决三种模型问题时应注意的事项(1)轻杆、轻绳、轻弹簧都是忽略质量的理想化模型。(2)分析轻杆上的弹力时必须结合物体的运动状态。(3)讨论轻弹簧上的弹力时应明确弹簧处于伸长还是压缩状态。[典例]如图2­1­8所示，水平轻杆的一端固定在墙上，轻绳与竖直方向的夹角为37°，小球的重力为12N，轻绳的拉力为10N，水平轻弹簧的拉力为9N，求轻杆对小球的作用力。图2­1­8[解析]以小球为研究对象，受力如图所示，小球受四个力的作用：重力、轻绳的拉力、轻弹簧的拉力、轻杆的作用力，其中轻杆的作用力的方向和大小不能确定，重力与弹簧拉力的合力大小为F＝eq\r(G2＋F12)＝15N设F与竖直方向夹角为α，sinα＝eq\f(F1,F)＝eq\f(3,5)，则α＝37°即方向与竖直方向成37°角斜向下，这个力与轻绳的拉力恰好在同一条直线上。根据物体平衡的条件可知，轻杆对小球的作用力大小为5N，方向与竖直方向成37°角斜向右上方。[答案]5N，方向与竖直方向成37°角斜向右上方[针对训练]1．(2015·福州模拟)一根轻质弹簧，当它上端固定，下端悬挂重为G的物体时，长度为L1;当它下端固定在水平地面上，上端压一重为G的物体时，其长度为L2，则它的劲度系数是()A．eq\f(G,L1) B．eq\f(G,L2)C．eq\f(G,L1－L2) D．eq\f(2G,L1－L2)解析：选D设弹簧的劲度系数为k，原长为L0，由题意可得：k(L1－L0)＝G,k(L0－L2)＝G，解得k＝eq\f(2G,L1－L2)，故D正确。2.如图2­1­9所示，小球A的重力为G＝20N，上端被竖直悬线挂于O点，下端与水平桌面相接触，悬线对球A、水平桌面对球A的弹力大小不可能为()图2­1­9A．0，G B．G,0C．eq\f(G,2)，eq\f(G,2) D．eq\f(G,2)，eq\f(3,2)G解析：选D因小球A处于平衡状态，悬线对球A的作用力只能竖直向上，由平衡条件可得：F＋FN＝G，对应A、B、C、D四个选项可知，A、B、C均正确，D错误。3．(2015·上海八校联考)如图2­1­10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端挂一重物，BO与竖直方向夹角θ＝45°，系统保持平衡。若保持滑轮的位置不变，改变夹角θ的大小，则滑轮受到木杆作用力大小变化情况是()图2­1­10A．只有角θ变小，作用力才变大B．只有角θ变大，作用力才变大C．不论角θ变大或变小，作用力都是变大D．不论角θ变大或变小，作用力都不变解析：选D由于两侧细绳中拉力不变，若保持滑轮的位置不变，则滑轮受到木杆作用力大小不变，与夹角θ没有关系，选项D正确，A、B、C错误。对点训练：对力、重力概念的理解1．下列说法正确的是()A．力是物体对物体的作用B．只有直接接触的物体间才有力的作用C．用脚踢出去的足球，在向前飞行的过程中，始终受到向前的力来维持它运动D．甲用力把乙推倒，说明甲对乙的作用力在先，乙对甲的作用力在后解析：选A力是物体对物体的作用，两物体不接触也可有相互作用，如两磁铁靠近时可发生相互作用，故A正确，B错误；足球在飞行过程中，脚已离开球，不再发生作用，C错误；两物体间的相互作用是同时产生的，无先后之分，D错误。2．下列关于重力的说法中正确的是()A．物体只有静止时才受重力作用B．重力的方向总是指向地心C．地面上的物体在赤道上受的重力最小D．物体挂在弹簧秤下，弹簧秤的示数一定等于物体的重力解析：选C任何物体均受重力作用，重力的方向竖直向下，不一定指向地心，A、B均错误；地面上的物体在赤道上受到的重力最小，C正确；当物体处于静止状态时，弹簧秤的示数才等于悬挂的物体的重力大小，D错误。3．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解析：选D物体无论运动还是静止均受重力作用，A、B均错误；物体重力的大小与物体的质量、当地的重力加速度大小有关，与物体怎样运动无关，D正确，C错误。对点训练：弹力的有无与方向判断4.(2015·锡山中学检测)如图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，则重球受到的力是()图1A．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、斜面的支持力和下滑力解析：选A弹簧保持竖直，弹簧的拉力竖直向上，斜面光滑，小球不会受到斜面的静摩擦力，要保证小球处于静止状态，斜面对小球的支持力必定为零，故重球只受到重力和弹簧的拉力两个力的作用，A正确。5．如图2所示，轻杆与竖直墙壁成53°角，斜插入墙中并固定，另一端固定一个质量为m的小球，水平轻质弹簧处于压缩状态，弹力大小为eq\f(3,4)mg(g表示重力加速度)，则轻杆对小球的弹力大小为()图2A．eq\f(5,3)mg B．eq\f(3,5)mgC．eq\f(4,5)mg D．eq\f(5,4)mg解析：选D小球处于静止状态，其合力为零，小球受力，如图所示，由图中几何关系可得F＝eq\r(mg2＋\f(3,4)mg2)＝eq\f(5,4)mg，选项D正确。6.如图3所示，质量为m的球置于斜面上，被一个竖直挡板挡住。现用一个力F拉斜面，使斜面在水平面上做加速度为a的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，以下说法中正确的是()图3A．若加速度足够小，竖直挡板对球的弹力可能为零B．若加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零C．斜面和挡板对球的弹力的合力等于maD．挡板对球的弹力不仅有，而且是一个定值解析：选D球在重力、斜面的支持力和挡板的弹力作用下做加速运动，则球受到的合力水平向右，为ma，如图，设斜面倾角为θ，挡板对球的弹力为F1，由正交分解法得：F1－FNsinθ＝ma，FNcosθ＝G，解之得F1＝ma＋Gtanθ，可见，弹力为一定值，选项D正确。对点训练：弹力的大小及胡克定律的应用7．如图4所示，某一弹簧测力计外壳的质量为m，弹簧及与弹簧相连的挂钩质量忽略不计。将其放在光滑水平面上，现用两水平拉力F1、F2分别作用在与弹簧相连的挂钩和与外壳相连的提环上，关于弹簧测力计的示数，下列说法正确的是()图4A．只有F1＞F2时，示数才为F1B．只有F1＜F2时，示数才为F2C．不论F1、F2关系如何，示数均为F1D．不论F1、F2关系如何，示数均为F2解析：选C弹簧测力计的示数一定等于弹簧挂钩上的拉力F1，与F1、F2的大小关系无关，C正确。8．如图5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5A．F1＝F2＝F3 B．F1＝F2＜F3C．F1＝F3＞F2 D．F3＞F1＞F2解析：选A不计一切摩擦，平衡时三个弹簧的弹力大小均等于一个小球的重力，故A正确。9．如图6所示，轻质弹簧的劲度系数为k，小球所受重力为G，平衡时小球在A处。今用力F压小球至B处，使弹簧缩短x，则此时弹簧的弹力为()图6A．kxB．kx＋GC．G－kxD．以上都不对解析：选B加力F之前小球平衡有G＝kx0。加力F后弹簧的总压缩量为x＋x0，弹簧的弹力为k(x0＋x)＝G＋kx，B正确。10．(多选)如图7所示，将一轻质弹簧的一端固定在铁架台上，然后将最小刻度是毫米的刻度尺竖直放在弹簧一侧，刻度尺的0刻线与弹簧上端对齐，使弹簧下端的指针恰好落在刻度尺上。当弹簧下端挂一个50g的砝码时，指针示数为L1＝3.40cm，当弹簧下端挂两个50g的砝码时，指针示数为L2＝5.10cm。g取9.8m/s2。由此可知()图7A．弹簧的原长是1.70cmB．仅由题给数据无法获得弹簧的原长C．弹簧的劲度系数约为28.8N/mD．由于弹簧的原长未知，无法算出弹簧的劲度系数解析：选AC设弹簧的原长为L0，劲度系数为k，由题意可得：k(L1－L0)＝mg，k(L2－L0)＝2mg解得：k≈28.8N/m，L0＝1.70cm，故A、C正确。对点训练：弹力与平衡条件的综合11.如图8所示，质量均为m的木块A和B，用一个劲度系数为k的轻质弹簧连接，最初系统静止，现在用力缓慢拉A直到B刚好离开地面，则这一过程A上升的高度为()图8A．mg/k B．2mg/kC．3mg/k D．4mg/k解析：选B系统最初静止时，以木块A为研究对象得弹簧的压缩量x1＝mg/k。B刚好离开地面时，以木块B为研究对象得弹簧的伸长量x2＝mg/k。A上升的高度h＝x1＋x2＝2mg/k，故B正确。12．(2015·福建六校联考)如图9所示，三个质量均为1kg的木块a、b、c和两个劲度系数均为500N/m的轻弹簧p、q用轻绳连接，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木块刚好离开水平面为止，g取值10m/s2。该过程p弹簧的左端向左移动的距离是()图9A．4cm B．6cmC．8cm D．10cm解析：选C弹簧q开始处于压缩状态，kx1＝mg，当c刚好离开水平地面时，弹簧q处于伸长状态。kx1′＝mg，此时弹簧p处于伸长状态，弹力大小为kx2＝2mg，代入数据可解得：x1＝x1′＝2cm，x2＝4cm，故此过程中p弹簧的左端向左移动的距离为x1＋x1′＋x2＝8cm，C正确。13．小车上固定一根弹性直杆A，杆顶固定一个小球B(如图10所示)，现让小车从光滑斜面上自由下滑，在下图的情况中杆发生了不同的形变，其中正确的是()图10图11解析：选C小车沿光滑的斜面下滑时的加速度a＝gsinθ，即小球沿斜面方向的合力为mgsinθ，杆只对小球施加了垂直于斜面向上的支持力，故C正确。14．在日常生活及各项体育运动中，有弹力出现的情况比较普遍，如图12所示的情况就是一个实例。当运动员踩压跳板使跳板弯曲到最低点时，下列说法正确的是()图12A．跳板发生形变，运动员的脚没有发生形变B．运动员受到的支持力，是运动员的脚发生形变而产生的C．此时跳板对运动员的支持力和运动员的重力等大D．此时跳板对运动员的支持力大于运动员的重力解析：选D发生相互作用的物体均要发生形变，故A错；发生形变的物体，为了恢复原状，会对与它接触的物体产生弹力的作用，B错误；在最低点，运动员虽然处于瞬间静止状态，但接着运动员要加速上升，故此时跳板对运动员的支持力大于运动员的重力，C错误、D正确。15．一轻弹簧两端分别连接物体a、b，在水平力作用下共同向右做匀加速运动，如图13所示，在水平面上时，力为F1，弹簧长为L1，在斜面上时，力为F2，弹簧长为L2，已知a、b两物体与接触面间的动摩擦因数相同，则轻弹簧的原长为()图13A．eq\f(L1＋L2,2) B．eq\f(F1L1－F2L2,F2－F1)C．eq\f(F2L1－F1L2,F2－F1) D．eq\f(F2L1＋F1L2,F2＋F1)解析：选C设物体a、b的质量分别为m1、m2，与接触面间的动摩擦因数为μ，弹簧原长为L0，在水平面上时，以整体为研究对象有F1－μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，①隔离a物体有k(L1－L0)－μm1g＝m1a联立解得k(L1－L0)＝eq\f(m1,m1＋m2)F1，③同理可得k(L2－L0)＝eq\f(m1,m1＋m2)F2，④联立③④可得轻弹簧的原长为L0＝eq\f(F2L1－F1L2,F2－F1)，C对。第2节摩擦力(1)摩擦力总是阻碍物体的运动或运动趋势。(×)(2)受静摩擦力作用的物体一定处于静止状态。(×)(3)受滑动摩擦力作用的物体，可能处于静止状态。(√)(4)接触处有摩擦力作用时一定有弹力作用。(√)(5)接触处的摩擦力一定与弹力方向垂直。(√)(6)两物体接触处的弹力越大，滑动摩擦力越大。(×)(7)两物体接触处的弹力增大时，接触面间的静摩擦力大小可能不变。(√)要点一静摩擦力的有无及方向判断判断静摩擦力的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“力是物体间的相互作用”，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。[多角练通]1．(2014·广东高考)如图2­2­1所示，水平地面上堆放着原木。关于原木P在支撑点M、N处受力的方向，下列说法正确的是()图2­2­1A．M处受到的支持力竖直向上B．N处受到的支持力竖直向上C．M处受到的静摩擦力沿MN方向D．N处受到的静摩擦力沿水平方向解析：选AM处支持力方向垂直于地面，因此竖直向上，A项正确；N处的支持力方向垂直于原木P，因此B项错误；M处受到的静摩擦力方向平行于地面，C项错误；N处受到的静摩擦力方向平行于原木P，D项错误。2．(2013·上海高考)如图2­2­2，质量mA>mB的两物体A、B叠放在一起，靠着竖直墙面。让它们由静止释放，在沿粗糙墙面下落过程中，物体B的受力示意图是()图2­2­2图2­2­3解析：选A两物体A、B叠放在一起，在沿粗糙墙面下落过程中，由于物体与竖直墙面之间没有压力，没有摩擦力，二者一起做自由落体运动，A、B之间没有弹力作用，因而物体B的受力示意图是A项。3．(2015·宝鸡模拟)如图2­2­4所示，倾角为θ的斜面体C置于水平地面上，小物体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()图2­2­4A．B受C的摩擦力一定不为零B．C受地面的摩擦力一定为零C．C有沿地面向右滑的趋势，一定受到地面向左的摩擦力D．将细绳剪断而B依然静止在斜面上，此时地面对C的摩擦力水平向左解析：选C若有mAg＝mBgsinθ，则物体B不受斜面C对它的摩擦力，A错误，当B、C整体为研究对象，受力如图所示，由平衡条件可知，FfC＝FTcosθ，B错误，C正确；若将细绳剪断，B静止在斜面上，则FT＝0，FfC＝0，D错误。要点二摩擦力大小的计算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)，利用力的平衡条件来求解其大小。(2)物体有加速度时，若只有摩擦力，则Ff＝ma，例如，匀速转动的圆盘上物块靠摩擦力提供向心力产生向心加速度。若除摩擦力外，物体还受其他力，则F合＝ma，先求合力再求摩擦力。(3)最大静摩擦力与接触面间的压力成正比，为了处理问题的方便，最大静摩擦力常常按近似等于滑动摩擦力处理。(4)物体实际受到的静摩擦力一般小于最大静摩擦力。2．滑动摩擦力大小的计算(1)滑动摩擦力的大小可以用公式Ff＝μFN计算。(2)结合研究对象的运动状态(静止、匀速运动或变速运动)，利用平衡条件或牛顿运动定律列方程求解。[典例]如图2­2­5所示，在倾角为α的传送带上有质量均为m的三个木块1、2、3，中间均用原长为L，劲度系数为k的轻弹簧连接起来，木块与传送带间的动摩擦因数均为μ，其中木块1被与传送带平行的细线拉住，传送带按图示方向匀速运行，三个木块处于平衡状态，下列结论正确的是()图2­2­5A．2、3两木块之间的距离等于L＋eq\f(sinα＋μcosαmg,k)B．2、3两木块之间的距离等于L＋eq\f(μmgcosα,k)C．1、2两木块之间的距离等于2、3两木块之间的距离D．如果传送带突然加速，相邻两木块之间的距离都将增大[思路点拨](1)根据木块处于平衡状态确定两弹簧弹力的大小。(2)两木块间距由弹簧原长和弹簧伸长量共同决定。[解析]分析木块3受力情况，由平衡条件可得：F23＝mgsinα＋μmgcosα，又F23＝kx23可求出2、3两木块之间的距离等于L＋x23＝L＋eq\f(mgsinα＋μcosα,k)，A正确，B错误；分析木块2受力情况，由平衡条件可得：F12＝mgsinα＋μmgcosα＋F23，故F12＞F23,1、2两木块之间的距离大于2、3两木块间的距离，C错误；传送带突然加速时，并不会使木块所受的滑动摩擦力增大，因此不会影响两相邻木块间的距离，D错误。[答案]A[易错提醒]计算摩擦力时的三点注意(1)首先分清摩擦力的性质，因为只有滑动摩擦力才有公式，静摩擦力通常只能用平衡条件或牛顿定律来求解。(2)公式Ff＝μFN中FN为两接触面间的正压力，与物体的重力没有必然联系，不一定等于物体的重力。(3)滑动摩擦力的大小与物体速度的大小无关，与接触面积的大小也无关。[针对训练]1．如图2­2­6所示，物块A放在倾斜的木板上，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2­2­6A．eq\f(1,2) B．eq\f(\r(3),2)C．eq\f(\r(2),2) D．eq\f(\r(5),2)解析：选C木板的倾角α为30°时物块静止，所受摩擦力为静摩擦力，由沿斜面方向二力平衡可知其大小为mgsin30°；木板的倾角α为45°时物块滑动，所受摩擦力为滑动摩擦力，大小为μmgcos45°，由二者相等可得物块和木板间的动摩擦因数为μ＝eq\f(\r(2),2)。2.(多选)木块A、B分别重50N和60N，它们与水平地面间的动摩擦因数均为0.25，夹在A、B之间的轻弹簧被压缩了2cm，弹簧的劲度系数为400N/m，系统置于水平地面上静止不动，现用F＝1N的水平拉力作用在木块B上，如图2­2­7所示，设滑动摩擦力与最大静摩擦力相等，则力F作用后()图2­2­7A．木块A所受摩擦力大小是8NB．木块A所受摩擦力大小是11.5NC．木块B所受摩擦力大小是9ND．木块B所受摩擦力大小是7N解析：选AC未加F时，木块A在水平方向上受弹簧的弹力F1及静摩擦力FA作用，且FA＝F1＝kx＝8N，木块B在水平方向上受弹簧弹力F2和静摩擦力FB作用，且FB＝F2＝kx＝8N，在木块B上施加F＝1N的向右的拉力后，由于F2＋F＜μGB，故木块B所受摩擦力仍为静摩擦力，其大小FB′＝F2＋F＝9N，木块A的受力情况不变，A、C对。要点三摩擦力的三类突变(一)“静—静”突变物体在摩擦力和其他力的作用下处于静止状态，当作用在物体上的其他力的合力发生变化时，如果物体仍然保持静止状态，则物体受到的静摩擦力的大小和方向将发生突变。[典例1]一木块放在水平桌面上，在水平方向共受到三个力即F1、F2和摩擦力的作用，木块处于静止状态，如图2­2­8所示，其中F1＝10N，F2＝2N，若撤去F1，则木块受到的摩擦力为()图2­2­8A．10N，方向向左 B．6N，方向向右C．2N，方向向右 D．0[解析]当物体受F1、F2及摩擦力的作用而处于平衡状态时，由平衡条件可知物体所受的摩擦力的大小为8N，可知最大静摩擦力Ffmax≥8N。当撤去力F1后，F2＝2N＜Ffmax，物体仍处于静止状态，由平衡条件可知物体所受的静摩擦力大小和方向发生突变，且与作用在物体上的F2等大反向。C正确。[答案]C(二)“静—动”突变物体在摩擦力和其他力作用下处于静止状态，当其他力变化时，如果物体不能保持静止状态，则物体受到的静摩擦力将“突变”成滑动摩擦力。[典例2](多选)将力传感器A固定在光滑水平桌面上，测力端通过轻质水平细绳与滑块相连，滑块放在较长的小车上。如图2­2­9甲所示，传感器与计算机相连接，可获得力随时间变化的规律。一水平轻质细绳跨过光滑的定滑轮，一端连接小车，另一端系砂桶，整个装置开始处于静止状态。在滑块与小车分离前缓慢向砂桶里倒入细砂，力传感器采集的F­t图像如图乙所示。则()图2­2­9A．2.5s前小车做变加速运动B．2.5s后小车做变加速运动(假设细砂仍在加注中)C．2.5s前小车所受摩擦力不变D．2.5s后小车所受摩擦力不变[解析]由题图乙可知，在F的变化阶段，砂桶质量在由小变大，滑块与小车之间没有相对滑动，属于静摩擦力，所以2.5s前，小车、滑块均静止，A错误。2.5s后小车受恒定摩擦力，但是外力增加，因此做变加速直线运动，B正确。根据上述分析，2.5s前滑块受静摩擦力，且静摩擦力在变化，2.5s后受滑动摩擦力，且大小不变，故D正确。[答案]BD(三)“动—静”突变在摩擦力和其他力作用下，做减速运动的物体突然停止滑行时，物体将不再受滑动摩擦力作用，滑动摩擦力可能“突变”为静摩擦力。[典例3]如图2­2­10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，g取10m/s2，向右为正方向，该物体受到的摩擦力f随时间变化的图像是(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)()图2­2­10图2­2­11[解析]物体在力F和摩擦力作用下向右做匀减速直线运动，此时滑动摩擦力水平向左，大小为Ff1＝μmg＝2N，物体的速度为零后，物体在力F作用下处于静止状态，物体受水平向右的静摩擦力，大小为Ff2＝F＝1N，故只有图A正确。[答案]A对点训练：对摩擦力的理解1．(2015·湖北省公安县模拟考试)下列关于摩擦力的说法中，错误的是()A．两物体间有摩擦力，一定有弹力，且摩擦力的方向和它们的弹力方向垂直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成任意角度D．滑动摩擦力的方向可以与物体的运动方向相同，也可以相反解析：选B摩擦力方向沿接触面，弹力方向垂直接触面，且有摩擦力一定有弹力，有弹力不一定有摩擦力，A正确；静摩擦力与压力没有关系，B错误；静摩擦力可以产生在运动的物体间，且静摩擦力的方向可以与运动方向成任意角度，例，静摩擦力提供向心力，C正确；滑动摩擦力可以是动力也可以是阻力，D正确。2．关于由滑动摩擦力公式Ff＝μFN推出的μ＝eq\f(Ff,FN)，下列说法正确的是()A．动摩擦因数μ与摩擦力Ff成正比，Ff越大，μ越大B．动摩擦因数μ与正压力FN成反比，FN越大，μ越小C．μ与Ff成正比，与FN成反比D．μ的大小由两物体接触面的情况及其材料决定解析：选D物体间的动摩擦因数μ与物体间的正压力FN、摩擦力Ff大小均无关，是由两物体的接触面及其材料特性决定的，故只有D正确。3．(多选)关于摩擦力，有人总结了以下四条“不一定”，其中正确的是()A．摩擦力的方向不一定与物体的运动方向相同B．静摩擦力的方向不一定与物体的运动方向共线C．受静摩擦力的物体不一定静止，受滑动摩擦力的物体不一定运动D．静摩擦力一定是阻力，滑动摩擦力不一定是阻力解析：选ABC摩擦力的方向与相对运动或相对运动趋势方向相反，与物体的运动方向可能同向，可能反向，也可能垂直，故摩擦力可以是动力，也可以是阻力，故A、B正确，D错误；两物体间存在静摩擦力时，两物体相对静止，但物体不一定静止；两物体间存在滑动摩擦力时，两物体间存在相对滑动，但其中一个物体可以静止，故C正确。对点训练：静摩擦力的分析与计算4．(2015·太原一模)如图1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()图1A．树枝对小鸟的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解析：选B树枝对鸟的作用力是支持力和摩擦力的合力，由平衡条件得，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。由受力示意图可知，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。5．如图2所示，有一重力不计的方形容器，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，此过程中容器始终保持静止，则下列说法正确的是()图2A．容器受到的摩擦力不断增大B．容器受到的摩擦力不变C．水平力F必须逐渐增大D．容器受到的合力逐渐增大解析：选A因注水过程中容器始终静止，故容器受到的合力始终为零，D错误；由平衡条件可得，墙对容器的静摩擦力Ff＝m总g，随m总的增大而增大，A正确，B错误；只要m总g≤μF，不增大水平力F也可使容器静止不动，C错误。6.(2015·湖北黄冈质检)如图3所示，一轻质弹簧两端分别与竖直墙壁和物块连接，物块位于水平面上。A、B是物块能保持静止的位置中离墙壁最近和最远的点，A、B两点离墙壁的距离分别是x1、x2。物块与地面的最大静摩擦力为Ffm，则弹簧的劲度系数为()图3A．eq\f(Ffm,x1＋x2) B．eq\f(2Ffm,x1＋x2)C．eq\f(2Ffm,x2－x1) D．eq\f(Ffm,x2－x1)解析：选C物块在离墙壁的最近和最远点，受到的静摩擦力等于最大静摩擦力Ffm，由平衡条件可得：Ffm＝k(l0－x1)，Ffm＝k(x2－l0)，解得k＝eq\f(2Ffm,x2－x1)，C正确。对点训练：滑动摩擦力的分析与计算7.如图4所示，重为G的木棒，可绕光滑轴O自由转动，现将棒搁在表面粗糙的小车上，小车原来静止，如果用水平力F拉动小车，则棒受到的摩擦力方向()图4A．向右 B．向左C．等于零 D．都有可能解析：选A由题图可直接判断出木棒相对小车水平向左运动，则棒受到小车给棒的摩擦力方向水平向右。8.如图5所示，一质量为m的木板置于水平地面上，其上叠放一质量为m0的砖块，用水平力F将木板从砖下抽出，则该过程的木板受到地面的摩擦力为(已知m与地面间的动摩擦因数为μ1，m0与m间的动摩擦因数为μ2)()图5A．μ1mg B．μ1(m0＋m)gC．μ2mg D．μ2(m0＋m)g解析：选B滑动摩擦力的计算公式Ff＝μFN，题中水平地面所受压力的大小为(m0＋m)g，动摩擦因数为μ1，所以其滑动摩擦力大小为μ1(m0＋m)g，故B正确。9．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6所示，若物体与水平面间的动摩擦因数为μ，则物体()图6A．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＝eq\r(2)μmgD．在F1、F2合力的反方向上受到的摩擦力为Ff＝μmg解析：选D运动物体受到滑动摩擦力，大小为Ff＝μmg，方向与物体运动方向相反，即与F1、F2的合力方向相反，故D正确。10．如图7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7A．物体A随传送带一起向上运动时，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随传送带一起向下运动时，A不受摩擦力作用D．无论A随传送带一起向上还是向下运动，传送带对物体A的作用力均相同解析：选D无论传送带向上还是向下运动，物体A随传送带匀速运动处于平衡状态，在重力作用下有相对于传送带沿斜面向下的运动趋势，传送带对物体有沿斜面向上的静摩擦力，根据平衡条件可得f＝mgsinθ，所以D正确。对点训练：摩擦力与平衡条件的综合11.(2015·枣庄三中高三月考)如图8所示，建筑装修中工人用质量为m的磨石对斜壁进行打磨，当对磨石加竖直向上大小为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，则磨石受到的摩擦力是()图8A．(F－mg)cosθ B．(F－mg)sinθC．μ(F－mg)cosθ D．μ(F－mg)解析：选A分析磨石的受力，有重力mg、弹力N(垂直于斜壁向下)、摩擦力f(沿斜壁向下)、外力F四个力。把这四个力沿斜壁和垂直于斜壁方向正交分解，由于磨石处于平衡态，在沿斜壁方向有mgcosθ＋f＝Fcosθ，垂直于斜壁方向有N＋mgsinθ＝Fsinθ，又根据f＝μN，可得选项A正确。12．为了测定木块和竖直墙壁之间的动摩擦因数，某同学设计了一个实验：用一根弹簧将木块压在墙上，同时在木块下方有一个拉力F2作用，使木块恰好匀速向下运动(弹簧随木块一起向下运动)，如图9所示。现分别测出了弹簧的弹力F1、拉力F2和木块的重力G，则动摩擦因数μ应等于()图9A．eq\f(F2＋G,F1) B．eq\f(F2,F1)C．eq\f(G,F1) D．eq\f(F1＋G,F2)解析：选A分析木块受力如图所示。由平衡条件可得：FN＝F1Ff＝G＋F2，又Ff＝μFN以上三式联立可解得：μ＝eq\f(G＋F2,F1)，故A正确。13.(2015·烟台模拟)如图10所示，物体A、B用细绳与弹簧连接后跨过滑轮。A静止在倾角为45°的粗糙斜面上，B悬挂着。已知质量mA＝3mB，不计滑轮摩擦，现将斜面倾角由45°减小到30°，那么下列说法中正确的是()图10A．弹簧的弹力将减小B．物体A对斜面的压力将减少C．物体A受到的静摩擦力将减小D．弹簧的弹力及A受到的静摩擦力都不变解析：选C原来有3mgsin45°＝mg＋f1，后来3mgsin30°－mg＜f1，可见物体A并未滑动，而且静摩擦变小，选项C正确。弹簧的弹力依旧等于B的重力，选项A、D错误。物体A对斜面的压力将增大，选项B错误。14．(2015·铜陵模拟)如图11所示，物体A、B置于水平地面上，与地面间的动摩擦因数均为μ，物体A、B用一跨过动滑轮的细绳相连，现用逐渐增大的力向上提升滑轮，某时刻拉A物体的绳子与水平面成53°，拉B物体的绳子与水平面成37°，此时A、B两物体刚好处于平衡状态，则A、B两物体的质量之比eq\f(mA,mB)为(认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)()图11A．eq\f(4μ＋3,3μ＋4) B．eq\f(3μ＋4,4μ＋3)C．eq\f(4μ－3,3μ－4) D．eq\f(3μ－4,4μ－3)解析：选A设绳中张力为F，对A应用平衡条件可得：Fcos53°＝μ(mAg－Fsin53°)，对B应用平衡条件可得：Fcos37°＝μ(mBg－Fsin37°)，以上两式联立可解得：eq\f(mA,mB)＝eq\f(4μ＋3,3μ＋4)，A正确。15.如图12所示，在水平桌面上叠放着质量相等的A、B两块木板，在木板A上放着质量为m的物块C，木块和物块均处于静止状态。A、B、C之间以及B与地面之间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g，现用水平恒力F向右拉木板A，则以下判断正确的是()图12A．不管F多大，木板B一定保持静止B．B受到地面的摩擦力大小一定小于FC．A、C之间的摩擦力大小一定等于μmgD．A、B之间的摩擦力大小不可能等于F解析：选A以A、B、C整体为研究对象，若整体静止不动，则地面对B的静摩擦力大小等于F，此时A、B之间的静摩擦力大小也为F，B、D均错误；若拉力足够大，使A、C之间发生了相对滑动时，A、C之间的摩擦力大小才等于μmg，C错误；因A对B的最大静摩擦力μ(m＋M板)g小于B受地面的最大静摩擦力μ(m＋2M板)g，故无论F多大，木板B第3节力的合成与分解,(1)合力及其分力均为作用于同一物体上的力。(√)(2)合力及其分力可以同时作用在物体上。(×)(3)几个力的共同作用效果可以用一个力来代替。(√)(4)在进行力的合成与分解时，都要应用平行四边形定则或三角形定则。(√)(5)两个力的合力一定比其分力大。(×)(6)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。(√)(7)既有大小又有方向的物理量一定是矢量。(×)要点一力的合成问题1．共点力合成的常用方法(1)作图法：从力的作用点起，按同一标度作出两个分力F1和F2的图示，再以F1和F2的图示为邻边作平行四边形，画出过作用点的对角线，量出对角线的长度，计算出合力的大小，量出对角线与某一力的夹角确定合力的方向(如图2­3­1所示)。图2­3­1(2)计算法：几种特殊情况的共点力的合成。类型作图合力的计算①互相垂直F＝eq\r(F12＋F22)tanθ＝eq\f(F1,F2)②两力等大，夹角为θF＝2F1coseq\f(θ,2)F与F1夹角为eq\f(θ,2)③两力等大且夹角120°合力与分力等大(3)力的三角形定则：将表示两个力的图示(或示意图)保持原来的方向依次首尾相接，从第一个力的作用点，到第二个力的箭头的有向线段为合力。平行四边形定则与三角形定则的关系如图2­3­2甲、乙所示。图2­3­22．合力的大小范围(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，为|F1－F2|，当两力同向时，合力最大，为F1＋F2。(2)三个共点力的合成①三个力共线且同向时，其合力最大，为F1＋F2＋F3。②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，则三个力的合力最小值为零；如果第三个力不在这个范围内，则合力最小值等于最大的力减去另外两个力。[多角练通]1．如图2­3­3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＝10N，求这5个力的合力大小()图2­3­3A．50N B．30NC．20N D．10N解析：选B由力的三角形定则可知，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＝30N2．(2015·石家庄模拟)如图2­3­4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2L图2­3­4A．kL B．2kLC．eq\f(\r(3),2)kL D．eq\f(\r(15),2)kL解析：选D发射弹丸瞬间两橡皮条间的夹角为2θ，则sinθ＝eq\f(\f(L,2),2L)＝eq\f(1,4)，cosθ＝eq\r(1－sin2θ)＝eq\f(\r(15),4)。发射过程中裹片对弹丸的最大作用力为F合＝2Fcosθ。F＝kx＝kL，故F合＝2kL·eq\f(\r(15),4)＝eq\f(\r(15),2)kL，D正确。3．三个共点力大小分别是F1、F2、F3，关于它们的合力F的大小，下列说法中正确的是()A．F大小的取值范围一定是0≤F≤F1＋F2＋F3B．F至少比F1、F2、F3中的某一个大C．若F1∶F2∶F3＝3∶6∶8，只要适当调整它们之间的夹角，一定能使合力为零D．若F1∶F2∶F3＝3∶6∶2，只要适当调整它们之间的夹角，一定能使合力为零解析：选C合力不一定大于分力，B错；三个共点力的合力的最小值能否为零，取决于任何一个力是否都在其余两个力的合力范围内，由于三个力大小未知，所以三个力的合力的最小值不一定为零，A错；当三个力的大小分别为3a、6a、8a，其中任何一个力都在其余两个力的合力范围内，故C正确；当三个力的大小分别为3a、要点二力的分解问题1．按作用效果分解力的一般思路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。(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，习惯以加速度方向和垂直加速度方向为坐标轴建立坐标系。图2­3­5(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＝eq\r(Fx2＋Fy2)合力方向：与x轴夹角设为θ，则tanθ＝eq\f(Fy,Fx)。[典例]如图2­3­6，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。在绳上距a端eq\f(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eq\f(m1,m2)为()图2­3­6A．eq\r(5) B．2C．eq\f(\r(5),2) D．eq\r(2)[审题指导](1)钩码的拉力产生了两个效果，即分别沿ac绳和bc绳方向产生力的效果，可将拉力按力的效果分解。(2)ac绳与钩码拉力垂直，可考虑用正交分解法。(3)钩码平衡时bc绳与竖直方向间的夹角θ可表示为cosθ＝eq\f(l,\r(l2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(l,2)))2))。[解析]方法一：力的效果分解法钩码的拉力F等于钩码重力m2g，将F沿ac和bc方向分解，两个分力分别为Fa、Fb，如图甲所示，其中Fb＝m1g，由几何关系可得cosθ＝eq\f(F,Fb)＝eq\f(m2g,m1g)，又由几何关系得cosθ＝eq\f(l,\r(l2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(l,2)))2))，联立解得eq\f(m1,m2)＝eq\f(\r(5),2)。方法二：正交分解法绳圈受到Fa、Fb、F三个力作用，如图乙所示，将Fb沿水平方向和竖直方向正交分解，由竖直方向受力平衡得m1gcosθ＝m2g；由几何关系得cosθ＝eq\f(l,\r(l2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(l,2)))2))，联立解得eq\f(m1,m2)＝eq\f(\r(5),2)。[答案]C[针对训练]1．(多选)(2015·石家庄质检)如图2­3­7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()图2­3­7A．F1∶F2＝cosθ∶1 B．F1∶F2＝sinθ∶1C．N1∶N2＝cos2θ∶1 D．N1∶N2＝sin2θ∶1解析：选AC将物块A的重力沿半径和切面方向分解，可得：F1＝mgsinθ，N1＝mgcosθ，将F2沿半径方向和切面方向分解，由平衡条件可得：F2cosθ＝mgsinθ，F2sinθ＋mgcosθ＝N2，解得：F2＝mgtanθN2＝eq\f(mg,cosθ)故有：F1∶F2＝cosθ∶1N1∶N2＝cos2θ∶1，A、C正确。2.如图2­3­8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2­3­8A．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)解析：选B当用F1拉物块做匀速直线运动时，受力分析如图，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联立上式可得F1＝eq\f(2μmg,1＋\r(3)μ)同理，当用F2推物块做匀速直线运动时，水平方向有F2cos30°＝Ff2竖直方向有F2sin30°＋mg＝FN2其中Ff2＝μFN2联立上式可得F2＝eq\f(2μmg,\r(3)－μ)根据题意知F1＝F2，解得μ＝2－eq\r(3)，B正确。要点三对称法解决非共面力问题在力的合成与分解的实际问题中，经常遇到物体受四个以上的非共面力作用处于平衡状态的情况，解决此类问题时要注意图形结构的对称性特点，结构的对称性往往对应着物体受力的对称性，即某些力大小相等，方向特点相同等。[典例]如图2­3­9所示的四脚支架经常使用在架设高压线路、通信的基站塔台等领域。现有一质量为m的四脚支架置于水平地面上，其四根铁质支架等长，与竖直方向均成θ角，重力加速度为g，则每根支架对地面的作用大小为()图2­3­9A．eq\f(mg,4sinθ) B．eq\f(mg,4cosθ)C．eq\f(1,4)mgtanθ D．eq\f(1,4)mg[解析]由结构的对称性可知，四根支架的作用力大小相同，与竖直方向的夹角均为θ，根据牛顿第三定律及力的合成与分解知识可得：4Fcosθ＝mg，解得：F＝eq\f(mg,4cosθ)，B正确。[答案]B[针对训练]1.如图2­3­10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()图2­3­10A．eq\f(1,3)mg B．eq\f(2,3)mgC．eq\f(\r(3),6)mg D．eq\f(2\r(3),9)mg解析：选D由题意可知此题中所研究的对象“照相机”受四个力作用处于平衡状态，其中“三根轻质支架”的作用力与“重力”的作用线方向的夹角均为30°，即三力等大对称，所以由等大力的合成规律可得3Fcos30°＝mg，解得F＝eq\f(2\r(3),9)mg，故D选项正确。2．跳伞运动员打开伞后经过一段时间，将在空中保持匀速降落。已知运动员和他身上装备的总重力为G1，圆顶形降落伞伞面的重力为G2,8条相同的拉线(拉线重量不计)均匀分布在伞面边缘上，每根拉线和竖直方向都成30°角。那么每根拉线上的张力大小为()图2­3­11A．eq\f(\r(3)G1,12)B.eq\f(\r(3)G1＋G2,12)C．eq\f(G1＋G2,8)D.eq\f(G1,4)解析：选A设每根拉线上的张力大小为F，F与竖直方向的夹角均为30°，由物体的平衡条件可得：8Fcos30°＝G1，F＝eq\f(\r(3),12)G1，A正确。要点四绳上的“死结”和“活结”模型1．“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。2．“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平分线。[典例]如图2­3­12甲所示，细绳AD跨过固定的水平轻杆BC右端的定滑轮挂住一个质量为M1的物体，∠ACB＝30°；图乙中轻杆HG一端用铰链固定在竖直墙上，另一端G通过细绳EG拉住，EG与水平方向也成30°，轻杆的G点用细绳GF拉住一个质量为M2的物体，求：图2­3­12(1)细绳AC段的张力FTAC与细绳EG的张力FTEG之比；(2)轻杆BC对C端的支持力；(3)轻杆HG对G端的支持力。[解析]题图甲和乙中的两个物体M1、M2都处于平衡状态，根据平衡的条件，首先判断与物体相连的细绳，其拉力大小等于物体的重力；分别取C点和G点为研究对象，进行受力分析如图甲和乙所示，根据平衡规律可求解。(1)图甲中细绳AD跨过定滑轮拉住质量为M1的物体，物体处于平衡状态，细绳AC段的拉力FTAC＝FTCD＝M1图乙中由FTEGsin30°＝M2g，得FTEG＝2所以eq\f(FTAC,FTEG)＝eq\f(M1,2M2)。(2)图甲中，三个力之间的夹角都为120°，根据平衡规律有FNC＝FTAC＝M1g(3)图乙中，根据平衡方程有FTEGsin30°＝M2g，FTEGcos30°＝FNG，所以FNG＝M2gcot30°＝eq\r(3)M2g，方向水平向右。[答案](1)eq\f(M1,2M2)(2)M1g方向与水平方向成30°指向右上方(3)eq\r(3)M2g，方向水平向右[针对训练]1．如图2­3­13所示，一轻绳的两端分别固定在不等高的A、B两点，现用另一轻绳将一物体系于O点，设轻绳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，下列表述正确的是()图2­3­13A．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解析：选B分析O点受力如图所示，由平衡条件可知，FA与FB的合力与G等大反向，因FA⊥FB，故FA、FB均小于G；因α＞β，故FA＞FB，B正确，A、C错误；由三角形两边之和大于第三边可知，|FA|＋|FB|＞G，D错误。2．(2015·淄博质检)如图2­3­14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2­3­14A．细线BO对天花板的拉力大小是eq\f(G,2)B．a杆对滑轮的作用力大小是eq\f(G,2)C．a杆和细线对滑轮的合力大小是GD．a杆对滑轮的作用力大小是G解析：选D细线上的弹力处处相等，因此细线BO对天花板的拉力大小是G，选项A错误。两段细线上弹力均为G，构成菱形，合力为2Gsin30°＝G，大小等于a杆对滑轮的作用力，选项B错误、D正确。a杆和细线对滑轮的合力大小是0，选项C错误。对点训练：对矢量运算定则的理解1．一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1所示(小方格边长相等)，则下列说法正确的是()图1A．三力的合力有最大值F1＋F2＋F3，方向不确定B．三力的合力有唯一值3F3，方向与F3C．三力的合力有唯一值2F3，方向与F3D．由题给条件无法求出合力大小解析：选B根据三力的图示，知F1、F2在竖直方向分力的大小均为3个单位，方向相反，在水平方向的分力分别为6个单位和2个单位，方向与F3方向相同。根据正交分解法求合力的思想知，3个力的合力为12个单位，与F3的方向相同，大小是F3的3倍，即F合＝3F32．(多选)已知力F的一个分力F1跟F成30°角，大小未知，另一个分力F2的大小为eq\f(\r(3),3)F，方向未知，则F1的大小可能是()A．eq\f(\r(3)F,3) B．eq\f(\r(3)F,2)C．eq\f(2\r(3)F,3) D．eq\r(3)F解析：选AC如图所示，因F2＝eq\f(\r(3),3)F＞Fsin30°，故F1的大小有两种可能情况，由ΔF＝eq\r(F22－Fsin30°2)＝eq\f(\r(3),6)F，即F1的大小分别为Fcos30°－ΔF和Fcos30°＋ΔF，即F1的大小分别为eq\f(\r(3),3)F和eq\f(2\r(3),3)F，AC正确。3．(2013·上海高考改编)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将增大两倍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不一定增大解析：选DF1、F2同时增大一倍，F也增大一倍，选项A错误；F1、F2同时增加10N，F不一定增加10N，选项B错误；F1增加10N，F2减少10N，F可能变化，选项C错误；若F1、F2中的一个增大，F不一定增大，选项D正确。对点训练：共点力的合成4．(多选)人们在设计秋千的时候首先要考虑的是它的安全可靠性。现一个秋千爱好者设计一个秋千，用绳子安装在一根横梁上，如图2所示，图中是设计者设计的从内到外的四种安装方案，一个重为G的人现正坐在秋千上静止不动，则下列说法中正确的是()图2A．从安全的角度来看，四种设计的安全性相同B．从安全的角度来看，设计1最为安全C．每种设计方案中两绳拉力的合力是相同的D．若方案4中两绳夹角为120°，则每绳受的拉力大小为G解析：选BCD坐在秋千上的人的重力是一定的，当两绳的夹角越小时，根据力的平行四边形定则可知绳所受到的拉力就越小，当两绳平行时两绳所受的拉力最小，此时最为安全，所以选项A错误、B正确；根据力的平衡可知四种方案中每种方案两绳的合力都为G，故选项C正确；由力的平行四边形定则可知若方案4中两绳夹角为120°，则每绳受的拉力大小为G，故选项D正确。5．如图3所示，光滑斜面倾角为30°，轻绳一端通过两个滑轮与A相连，另一端固定于天花板上，不计绳与滑轮的摩擦及滑轮的质量。已知物块A的质量为m，连接A的轻绳与斜面平行，挂上物块B后，滑轮两边轻绳的夹角为90°，A、B恰保持静止，则物块B的质量为()图3A．eq\f(\r(2),2)m B．eq\r(2)mC．m D．2解析：选A因物块A处于静止状态，轻绳的拉力F＝mgsin30°＝eq\f(1,2)mg，由物块B处于静止状态可知，滑轮左右两段轻绳拉力的合力与物块B的重力等大反向，即：2Fcos45°＝mBg解得：mB＝eq\f(\r(2),2)m，A正确。6.如图4所示，一个物体由绕过定滑轮的绳子拉着，分别用图中所示的三种情况拉住物体静止不动。在这三种情况下，若绳子的张力分别为FT1、FT2、FT3，定滑轮对轴心的作用力分别为FN1、FN2、FN3，滑轮的摩擦、质量均不计，则()图4A．FT1＝FT2＝FT3，FN1＞FN2＞FN3B．FT1>FT2>FT3，FN1＝FN2＝FN3C．FT1＝FT2＝FT3，FN1＝FN2＝FN3D．FT1<FT2<FT3，FN1<FN2<FN3解析：选A物体静止时绳子的张力等于物体重力的大小，所以FT1＝FT2＝FT3＝mg。方法一：用图解法确定FN1、FN2、FN3的大小关系。与物体连接的这一端，绳子对定滑轮的作用力FT的大小也为mg，作出三种情况下的受力示意图，如图所示，可知FN1＞FN2＞FN3，故选项A正确。方法二：用理论法确定FN1、FN2、FN3的大小关系。已知两个分力的大小，两分力的夹角θ越小，合力越大，所以FN1＞FN2＞FN3，故选项A正确。对点训练：力的分解7．(2015·池州模拟)将物体所受重力按力的效果进行分解，下列图5中错误的是()图5解析：选CA项中物体重力分解为垂直于斜面使物体压紧斜面的分力G1和沿斜面向下使物体向下滑的分力G2；B项中物体的重力分解为沿两条细绳使细绳张紧的分力G1和G2，A、B图均画得正确。C项中物体的重力应分解为垂直于两接触面使物体压紧两接触面的分力G1和G2，故C图画错。D中物体的重力分解为水平向左压紧墙的分力G1和沿绳向下使绳张紧的分力G2，故D图画得正确。8．如图6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为θ，则物体A、B的质量之比mA∶mB等于()图6A．cosθ∶1 B．1∶cosθC．tanθ∶1 D．1∶sinθ解析：选B细绳的拉力F＝mAg，物体B平衡，则拉力F在竖直方向的分力等于物体B的重力，即Fcosθ＝mBg，即mA∶mB＝1∶cosθ。B正确。9.水平地面上有一木箱，木箱与地面间的动摩擦因数为μ(0＜μ＜1)。现对木箱施加一拉力F，使木箱做匀速直线运动。设F的方向与水平地面的夹角为θ，如图7所示，在θ从0逐渐增大到90°的过程中，木箱的速度保持不变，则()图7A．F先减小后增大 B．F一直增大C．F一直减小 D．F先增大后减小解析：选A将拉力F沿水平方向和竖直方向正交分解，由平衡条件可得：Fcosθ＝Ff、Fsinθ＋FN＝mg、Ff＝μFN，解得：F＝eq\f(μmg,cosθ＋μsinθ)＝eq\f(μmg,\r(1＋μ2)·sinα＋θ)其中tanα＝eq\f(1,μ)，当θ由0逐渐增大到90°的过程中，sin(α＋θ)先增大后减小，所以拉力F先减小后增大，A正确。考点综合训练10.(2015·杭州二中高三质检)如图8所示，起重机将重为G的重物匀速吊起，此时四条钢索与竖直方向的夹角均为60°，则每根钢索中弹力大小为()图8A．eq\f(G,4) B．eq\f(\r(3)G,6)C．eq\f(\r(3)G,4) D．eq\f(G,2)解析：选D设钢索中张力大小为F，由对称性可知，四条钢索中弹力大小相同，由平衡条件可得：4Fcos60°＝G，得F＝eq\f(G,2)。D正确。11．(2015·合肥模拟)如图9为一位于墙角的光滑斜面，其倾角为45°，劲度系数为k的轻质弹簧一端系在质量为m的小球上，另一端固定在墙上，弹簧水平放置，小球在斜面上静止时，则弹簧的形变量大小为()图9A．eq\f(mg,k) B．eq\f(\r(3)mg,2k)C．eq\f(\r(3)mg,3k) D．eq\f(\r(3)mg,k)解析：选A分析小球受力如图所示。F与mg的合力与FN等大反向，由θ＝45°可知，F＝mg。又F＝kx，故弹簧的压缩量大小为x＝eq\f(mg,k)，A正确。12.(2015·合肥检测)如图10所示，一根不可伸长的轻绳穿过轻滑轮，两端系在高度相等的A、B两点，滑轮下挂一物体，不计轻绳和轻滑轮之间的摩擦。现让B缓慢向右移动，则下列说法正确的是()图10A．随着B向右缓慢移动，绳子的张力减小B．随着B向右缓慢移动，绳子的张力不变C．随着B向右缓慢移动，滑轮受绳AB的合力变小D．随着B向右缓慢移动，滑轮受绳AB的合力不变解析：选D随着B向右缓慢移动，AB绳之间夹角逐渐增大，而滑轮所受绳AB的合力始终等于物体的重力，保持不变，故绳子的张力逐渐增大，D正确。13．(2015·扬州调研)两物体M、m用跨过光滑定滑轮的轻绳相连，如图11所示，OA、OB与水平面的夹角分别为30°、60°，M、m均处于静止状态。则()图11A．绳OA对M的拉力大小大于绳OB对M的拉力B．绳OA对M的拉力大小等于绳OB对M的拉力C．m受到水平面的静摩擦力大小为零D．m受到水平面的静摩擦力的方向水平向左解析：选D设绳OA对M的拉力为FA，绳OB对M的拉力为FB，由O点合力为零可得：FA·cos30°＝FB·cos60°即eq\r(3)FA＝FB，故A、B均错误；因FB＞FA，物体m有向右滑动的趋势，m受到水平面的摩擦力的方向水平向左，D正确，C错误。14．(2015·西安摸底)如图12所示，两个相同的光滑小球甲和乙放在倾角为45°的斜面上，被一固定在斜面上的竖直挡板挡住，设每个小球的重力大小为G，甲球对乙球的作用力大小为F1，斜面对乙球的作用力大小为F2，则以下结论正确的是()图12A．F1＜F2 B．G＜F1C．G＝F1 D．F1＝F2解析：选D将乙球的重力分解，由平衡条件可得甲球对乙球的作用力大小F1＝Gsin45°，斜面对乙球的作用力大小为F2＝Gcos45°，显然，F1＝F2，G＞F1，选项D正确，A、B、C均错误。15．(2013·安徽高考节选)如图13所示，质量为M、倾角为α的斜面体(斜面光滑且足够长)放在粗糙的水平地面上，底部与地面的动摩擦因数为μ，斜面顶端与劲度系数为k、自然长度为L的轻质弹簧相连，弹簧的另一端连接着质量为m的物块。压缩弹簧使其长度为eq\f(3,4)L时将物块由静止开始释放，且物块在以后的运动中，斜面体始终处于静止状态。重力加速度为g。求物块处于平衡位置时弹簧的长度。图13解析：设物块在斜面上平衡时，弹簧伸长量为ΔL，有mgsinα－kΔL＝0，解得ΔL＝eq\f(mgsinα,k)此时弹簧的长度为L＋eq\f(mgsinα,k)答案：L＋eq\f(mgsinα,k)第4节受力分析__共点力的平衡(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