2025高考物理复习相互作用教案练习题

三年考情弹力、摩擦力的分析与计算2023·山东卷·T2、2020·北京卷·T11力的合成与分解2023·海南卷·T3、2022·辽宁卷·T4、2022·广东卷·T1、2021·广东卷·T3、2021·重庆卷·T1共点力的平衡2023·浙江1月选考·T2、2023·浙江6月选考·T6、2023·江苏卷·T7、2022·浙江6月选考·T10、2022·河北卷·T7、2021·湖南卷·T5实验：探究弹簧弹力与形变量的关系2023·浙江6月选考T16-Ⅰ(2)、2022·湖南卷·T11、2021·广东卷·T11实验：探究两个互成角度的力的合成规律2023·全国乙卷·T22、2022·浙江6月选考·T17(2)命题规律目标定位本章主要考查重力、弹力及摩擦力概念的理解，受力分析、力的合成与分解、共点力的平衡条件的理解及应用，命题常与生产生活中的实际情境相联系，常以选择题形式呈现；实验主要考查探究弹簧弹力与形变量的关系、探究两个互成角度的力的合成规律等。第1讲重力弹力摩擦力[课标要求]1．认识重力、弹力，了解胡克定律。2．认识摩擦力，知道滑动摩擦和静摩擦现象，能用动摩擦因数计算滑动摩擦力的大小。考点一重力与弹力1．重力(1)产生：由于地球的吸引而使物体受到的力。(2)大小：G＝mg，可用弹簧测力计测量。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。(4)影响物体重心位置的因素：①物体的形状；②物体内质量的分布。2．弹力(1)定义：发生形变的物体，要恢复原状，对与它接触的物体会产生力的作用，这种力叫作弹力。(2)产生条件：①物体间直接接触；②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。3．胡克定律(1)内容：在弹性限度内，弹簧发生弹性形变时，弹力F的大小跟弹簧伸长(或缩短)的长度x成正比。(2)表达式：F＝kx。①k是弹簧的劲度系数，单位是N/m；k的大小是由弹簧自身的性质决定的。②x是弹簧长度的变化量，不是弹簧形变以后的长度。【高考情境链接】(2023·浙江1月选考·改编)如图所示，轻质网兜兜住重力为G的足球，用轻绳挂于光滑竖直墙壁上的A点，轻绳的拉力为FT，墙壁对足球的支持力为FN。学生用书第21页判断下列说法的正误：(1)足球的重心一定在足球的外壳上。(×)(2)墙壁对足球一定有弹力作用。(√)(3)轻绳的弹力大小遵守胡克定律F＝kx。(×)1．对重心的理解(1)重心的位置可以在物体上，也可以在物体外，如一个圆形平板的重心在板上，而一个铜环的重心就不在环上。(2)质量分布均匀、形状规则的物体的重心在其几何中心上；对形状不规则的薄物体，可用支撑法或悬挂法来确定其重心。2．弹力方向的判断(1)常见模型中弹力的方向(2)根据共点力的平衡条件或牛顿第二定律确定弹力的方向。3．弹力有无的判断(1)条件法：根据弹力产生的两个条件——接触和弹性形变直接判断。(2)假设法：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，则此处可能不存在弹力；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，由平衡条件或牛顿第二定律进行判断。考向1弹力有无及方向的判断下列图中各物体均处于静止状态，图中画出了小球M所受弹力的情况，其中正确的是()答案：C解析：A项图中小球M的重力与杆对小球M的弹力平衡，可知杆对小球M的弹力竖直向上，选项A错误；B项图中小球M只受竖直向上的弹力，选项B错误；C项图中小球M受竖直墙壁的水平向左的弹力和下面的球对小球M沿圆心连线斜向上的弹力，选项C正确；D项图中小球M受绳的拉力和球面对小球M通过圆心斜向上的弹力，选项D错误。故选C。考向2弹力方向及大小的计算(多选)如图所示，小车位于水平面上，固定在小车上的支架的斜杆与竖直杆的夹角为θ，在斜杆下端固定有质量为m的小球。下列关于杆对球的作用力F的判断中，正确的是()A．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，方向可能沿杆向上答案：CD解析：小车静止时，由物体的平衡条件可知此时杆对球的作用力方向竖直向上，大小等于球的重力mg，故选项A、B错误；小车向右匀速运动时，小车和小球的加速度为零，杆对小球的作用力方向竖直向上，大小为mg，故选项C正确；当小车向右匀加速运动时，Fy＝mg，Fx＝ma，F＝eq\r(Feq\o\al(2,x)＋Feq\o\al(2,y))＝eq\r(（ma）2＋（mg）2)＞mg，当eq\f(ma,mg)＝tanθ，即a＝gtanθ时，杆对小球的作用力F的方向沿杆向上，故选项D正确。考向3应用胡克定律计算弹力的大小(2023·山东高考)餐厅暖盘车的储盘装置示意图如图所示，三根完全相同的弹簧等间距竖直悬挂在水平固定圆环上，下端连接托盘。托盘上叠放若干相同的盘子，取走一个盘子，稳定后余下的正好升高补平。已知单个盘子的质量为300g，相邻两盘间距1.0cm，重力加速度大小取10m/s2。弹簧始终在弹性限度内，每根弹簧的劲度系数为()A．10N/m B．100N/mC．200N/m D．300N/m答案：B解析：由题知，取走一个盘子，稳定后余下的正好升高补平，则说明一个盘子的重力可以使弹簧形变相邻两盘间距，则有mg＝3kx，解得k＝100N/m，故选B。学生用书第22页考点二摩擦力1．静摩擦力(1)定义：两个物体之间只有相对运动的趋势，而没有相对运动时的摩擦力。(2)产生条件：①接触面粗糙；②接触处有弹力；③两物体间有相对运动的趋势。(3)方向：沿两物体的接触面，与物体相对运动趋势的方向相反。(4)大小：0＜F≤Fmax。2．滑动摩擦力(1)定义：两个相互接触的物体，当它们相对滑动时，在接触面上会产生一种阻碍相对运动的力。(2)产生条件：①接触面粗糙；②接触处有弹力；③两物体间有相对运动。(3)方向：沿两物体的接触面，与物体相对运动的方向相反。(4)大小：Ff＝μF压＝μFN，μ为动摩擦因数，其值与两个物体的材料和接触面的粗糙程度有关。【基础知识判断】1．静止的物体不可能受滑动摩擦力作用，运动的物体可能受静摩擦力作用。(×)2．滑动摩擦力一定是阻力，静摩擦力可以是动力。(×)3．两个物体间有摩擦力作用时一定有弹力作用，且二者相互垂直。(√)4．静摩擦力的方向与运动方向可成任意夹角。(√)1．静摩擦力有无及方向的判断(1)假设法(2)状态法：根据平衡条件、牛顿第二定律，通过受力分析确定静摩擦力的有无及方向(3)转换对象法：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．摩擦力大小的计算方法(1)公式法①滑动摩擦力：根据公式Ff＝μFN计算②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，当认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力时，Fmax＝μFN(2)状态法①物体处于平衡状态则利用力的平衡条件来计算。②物体处于变速状态则根据牛顿第二定律进行分析。考向1摩擦力有无及方向的判断(多选)(2023·河南信阳模拟)图甲为小张站在阶梯电梯上随电梯匀加速上行，图乙为小李站在斜面电梯上随电梯匀速下行，下列说法正确的是()A．阶梯电梯对小张没有摩擦力作用B．斜面电梯对小李没有摩擦力作用C．阶梯电梯对小张的摩擦力方向水平D．斜面电梯对小李的摩擦力方向沿斜面向上答案：CD解析：题图甲为阶梯电梯，对小张进行受力分析，根据牛顿第二定律可知，他受重力、支持力及水平向左的摩擦力作用，重力与支持力相平衡，故A错误，C正确；而题图乙为斜面电梯，小李受到重力、垂直于斜面的支持力与沿斜面向上的静摩擦力，故B错误，D正确。故选CD。对点练．(多选)如图所示，三个物块A、B、C叠放在斜面上，用方向与斜面平行的拉力F作用在B上，使三个物块一起沿斜面向上做匀速运动。设物块C对A的摩擦力为FfA，C对B的摩擦力为FfB，下列说法正确的是()学生用书第23页A．如果斜面光滑，FfA与FfB方向相同，且FfA＞FfBB．如果斜面光滑，FfA与FfB方向相反，且FfA＜FfBC．如果斜面粗糙，FfA与FfB方向相同，且FfA＞FfBD．如果斜面粗糙，FfA与FfB方向相反，且FfA＜FfBBD斜面光滑，A匀速向上运动，故FfA沿斜面向上，C匀速向上运动，故C受到B的摩擦力沿斜面向上，因此FfB沿斜面向下。以C为研究对象，设斜面倾斜角为α，故有FfB′＝FfA′＋mCgsinα，故FfA与FfB方向相反，且FfA＜FfB，A错误，B正确；如果斜面粗糙，A匀速向上运动，A受到斜面摩擦力沿斜面向下，故FfA沿斜面向上，C匀速向上运动，故C受到B的摩擦力沿斜面向上，因此FfB沿斜面向下。以C为研究对象，设斜面倾斜角为α，故仍有FfB′＝FfA′＋mCgsinα，C错误，D正确。故选BD。考向2摩擦力大小的计算(2024·河南洛阳质检)长木板上表面的一端放有一个质量为m的木块，木块与木板接触面上装有摩擦力传感器，如图甲所示，木板由水平位置缓慢向上转动(即木板与地面的夹角θ变大)，另一端不动，摩擦力传感器记录了木块受到的摩擦力Ff随角度θ的变化图像如图乙所示。下列判断正确的是()A．木块与木板间的动摩擦因数μ＝tanθ1B．木块与木板间的动摩擦因数μ＝eq\f(Ff2,mgcosθ1)C．木板与地面的夹角为θ2时，木块做自由落体运动D．木板由θ1转到θ2的过程中，木块的速度变化越来越快【题眼点拨】(1)看到“夹角为θ1时”，想到“Ff2为最大静摩擦力、Ff1为滑动摩擦力”。(2)看到“夹角由θ1转到θ2”，想到“根据mgsinθ－μmgcosθ＝ma，可知a越来越大”。答案：D解析：当夹角为θ1时，最大静摩擦力为Ff2，而滑动摩擦力为Ff1，此时木块是加速下滑的，则有μmgcosθ1＜mgsinθ1，解得μ＜tanθ1，由μmgcosθ1＝Ff1，解得μ＝eq\f(Ff1,mgcosθ1)，故A、B错误；当木板与地面的夹角为θ2时，木块只受重力，但初速度不为零，故C错误；当木板由θ1转到θ2的过程中，根据牛顿第二定律mgsinθ－μmgcosθ＝ma可知，木块的加速度增大，因此木块的速度变化越来越快，故D正确。对点练．(2024·河北石家庄模拟)一本书约重6N，有424页，书本正面朝上。现将一张A4纸夹在106～107页间，A4纸几乎能够覆盖整个书页，如图所示。若要将A4纸抽出，至少需用约1N的拉力。不计书皮及A4纸的质量，则A4纸和书页之间的动摩擦因数最接近()A．0.33 B．0.45C．0.56 D．0.67答案：A解析：需用约1N的拉力克服最大静摩擦力，A4纸受正反两面的两个摩擦力，不计书皮及A4纸的质量，有1N＝2μeq\f(G,n)n1＝2×μ×eq\f(6,424)×106(N)，解得μ≈0.33，故选A。考点三摩擦力的四类“突变”当物体的受力情况发生变化时，摩擦力的大小和方向往往会发生相应的变化，可能导致静摩擦力和滑动摩擦力之间的突变问题。摩擦力的突变常见以下四类情况：分类案例图示“静—静”突变在水平力F作用下物体静止于斜面上，F突然增大时物体仍静止，则物体所受静摩擦力的大小或方向将“突变”。“静—动”突变物体放在粗糙水平面上，作用在物体上的水平力F从零逐渐增大，当物体开始滑动时，物体受水平面的摩擦力由静摩擦力“突变”为滑动摩擦力。续表分类案例图示“动—静”突变滑块以v0冲上斜面做减速运动，当到达某位置时速度减为零，而后静止在斜面上，滑动摩擦力“突变”为静摩擦力。“动—动”突变水平传送带的速度v1大于滑块的速度v2，滑块受到的滑动摩擦力方向水平向右，当传送带突然被卡住时，滑块受到的滑动摩擦力方向“突变”为向左。考向1“静—静”突变如图所示，质量为10kg的物体A拴在一个被水平拉伸的弹簧一端，弹簧的拉力为5N时，物体A处于静止状态。若小车突然以0.8m/s2的加速度向右加速运动，则(g＝10m/s2)()学生用书第24页A．物体A相对小车向右运动B．物体A受到的摩擦力减小C．物体A受到的摩擦力大小不变D．物体A受到的弹簧的拉力增大答案：B解析：由题意得，弹簧的拉力为5N时，物体A所受摩擦力Ff＝F＝5N，由此可知物体A与小车上表面间的最大静摩擦力Ffmax≥5N；小车加速运动时，假设物体A与小车仍然相对静止，则物体A所受合力F－Ff′＝ma，可知此时小车对物体A的摩擦力为Ff′＝－3N＜Ffmax，为静摩擦力，负号说明摩擦力方向向右，所以假设成立，故选项A、C错误，B正确；物体A受到的弹簧的拉力大小不变，故D错误。考向2“静—动”突变(多选)在探究静摩擦力变化规律及滑动摩擦力变化规律的实验中，设计了如图甲所示的演示装置，力传感器A与计算机连接，可获得力随时间变化的规律，将力传感器固定在光滑水平桌面上，测力端通过细绳与一滑块相连(调节力传感器高度使细绳水平)，滑块放在较长的小车上，小车一端连接一根轻绳并跨过光滑的轻质定滑轮系一空沙桶(调节滑轮使桌面上部轻绳水平)，整个装置处于静止状态。实验开始时，打开力传感器的同时缓慢向沙桶里倒入沙子，小车一旦运动起来，立即停止倒沙子，若力传感器采集的图像如图乙，则结合该图像，下列说法正确的是()A．可求出空沙桶的重力B．可求出滑块与小车之间的滑动摩擦力的大小C．可求出滑块与小车之间的最大静摩擦力的大小D．可判断第50s后小车将做匀速直线运动(滑块仍在车上)答案：ABC解析：在t＝0时刻，力传感器显示拉力为2N，则滑块受到的摩擦力为静摩擦力，大小为2N，由小车与空沙桶受力平衡，可知空沙桶的重力也等于2N，A选项正确；t＝50s时，静摩擦力达到最大值，即最大静摩擦力为3.5N，同时小车启动，说明沙子与沙桶总重力等于3.5N，此时静摩擦力突变为滑动摩擦力，滑动摩擦力大小为3N，B、C选项正确；由于沙子和沙桶总重力3.5N大于滑动摩擦力3N，故第50s后小车将做匀加速直线运动，D选项错误。考向3“动—静”突变如图所示，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随时间变化的图像是选项图中的(取初速度v0的方向为正方向，g＝10m/s2)()答案：B解析：滑块上升过程中受滑动摩擦力，由Ff＝μFN和FN＝mgcosθ，联立可得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。考向4“动—动”突变(多选)如图所示，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的小物块，小物块与传送带间的动摩擦因数μ＜tanθ，则下列选项中能客观地反映小物块的受力和运动情况的是()答案：BD解析：当小物块速度小于传送带速度时，小物块相对于传送带向上滑动，小物块受到的滑动摩擦力沿传送带向下，加速度a1＝gsinθ＋μgcosθ，小物块做初速度为零的匀加速运动；当小物块速度达到传送带速度时，由于μ＜tanθ，即μmgcosθ＜mgsinθ，所以小物块不能相对传送带保持静止，而突变为相对于传送带向下滑动，此时滑动摩擦力的大小不变，而方向突变为沿传送带向上，a2＝gsinθ－μgcosθ，加速度变小，小物块继续做匀加速运动，但是v-t图像的斜率变小，所以B、D正确。易错警示本题容易错选AC项。原因是忽视了μ＜tanθ条件隐含的意义，误认为小物块先做匀加速运动后做匀速运动，导致错选。课时测评6重力弹力摩擦力eq\f(对应学生,用书P361)(时间：45分钟满分：60分)(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)(选择题4、7、11、12，每题6分，其余每题4分，共60分)1．(4分)(2022·浙江1月选考)如图所示，公园里有一仿制我国古代欹器的U形水桶，桶可绕水平轴转动，水管口持续有水流出，过一段时间桶会翻转一次，决定桶能否翻转的主要因素是()A．水桶自身重力的大小B．水管每秒出水量的大小C．水流对桶撞击力的大小D．水桶与水整体的重心高低答案：D解析：持续注水一段时间后，水桶与水整体的重心不断升高，打破平衡时水桶就会翻转，因此选项A、B、C错误，选项D正确。2．(4分)拉力器是一种很好的健身器材，由脚环、两根相同的弹性绳、把手等组成。如图所示，女子用100N的力拉开拉力器，使其比原长伸长了40cm，假设弹性绳的弹力与伸长量遵循胡克定律，且未超过弹性限度。则()A．每根弹性绳的劲度系数为125N/mB．每根弹性绳的劲度系数为250N/mC．若对拉力器的拉力增大，则弹性绳的劲度系数也增大D．若对拉力器的拉力减为50N，则弹性绳长度变为20cm答案：A解析：由胡克定律可得F＝2kΔx，则k＝eq\f(100,2×0.4)N/m＝125N/m，故A正确，B错误；弹性绳的劲度系数与弹性绳自身因素有关，与外力无关，故C错误；若对拉力器的拉力减为50N，则由F′＝2kΔx′，得Δx′＝eq\f(F′,2k)＝eq\f(50,2×125)m＝20cm，则此时弹性绳的长度一定大于20cm，故D错误。3．(4分)(2024·河南驻马店模拟)如图所示为智能机器人协助派件员分拣快递的场景，派件员将包裹放在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。关于机器人和包裹，下列说法正确的是()A．机器人加速前进则包裹对水平托盘的摩擦力方向向后B．包裹受到向上的支持力是包裹发生形变产生的C．包裹对机器人的压力和机器人对包裹的支持力是一对平衡力D．包裹随着机器人一起做匀速直线运动时，包裹受到向前的摩擦力答案：A解析：机器人加速前进时，相对包裹机器人有向前运动的趋势，故此时包裹对水平托盘的摩擦力方向向后，A正确；包裹受到向上的支持力是托盘发生形变产生的，B错误；包裹对机器人的压力和机器人对包裹的支持力是一对相互作用力，C错误；包裹随着机器人一起做匀速直线运动时，包裹的加速度为零，故此时不受摩擦力，D错误。故选A。4．(6分)(多选)有一辆遥控电动玩具汽车，已知车内电动马达驱动后轮转动。现将玩具汽车的后轮、前轮分别放在平板小车甲、乙上，如图所示，按动遥控器上的“前进”“后退”键，汽车就能前进或后退，地面与甲、乙车之间的摩擦力不计，以下叙述正确的是()A．按动遥控器上的“前进”键，乙车对前轮的摩擦力向后，乙车相对地面向前进B．按动遥控器上的“前进”键，甲车对后轮的摩擦力向前，甲车相对地面向后退C．按动遥控器上的“后退”键，后轮对甲车的摩擦力向后，甲车相对地面向后退D．按动遥控器上的“后退”键，乙车对前轮的摩擦力向前，乙车相对地面向后退答案：ABD解析：按动遥控器上的“前进”键，后轮是主动轮且顺时针转动，所以甲车对后轮摩擦力向前，后轮对甲车的摩擦力向后，甲车相对地面向后退；前轮是从动轮，所以前轮对乙车的摩擦力向前，则乙车对前轮的摩擦力向后，乙车相对地面向前进，故A、B正确；按动遥控器上的“后退”键，后轮是主动轮且逆时针转动，则甲车对后轮的摩擦力向后，后轮对甲车的摩擦力向前，甲车相对地面向前进；前轮是从动轮，所以前轮对乙车的摩擦力向后，则乙车对前轮的摩擦力向前，乙车相对地面向后退，故C错误，D正确。故选ABD。5．(4分)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，如图所示，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()A．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的小球时伸长量为L，故劲度系数k甲＝eq\f(mg,L)，当两个小球如题图所示悬挂时，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，则甲、乙两弹簧的劲度系数之比为1∶1，A、C、D错误，B正确。6．(4分)如图为一种倾斜放置的装取台球的装置。每个台球的质量为m，半径为R，圆筒直径略大于台球的直径，圆筒底部有一劲度系数为k的轻质弹簧。当将筒口处台球缓慢取走后，又会冒出一个台球，刚好到达被取走台球的位置。忽略球与筒间的摩擦力，重力加速度为g。则圆筒与水平面之间的夹角θ应满足()A．sinθ＝eq\f(kR,mg) B．sinθ＝eq\f(2kR,mg)C．cosθ＝eq\f(kR,mg) D．cosθ＝eq\f(2kR,mg)答案：B解析：当筒内有n个小球时nmgsinθ＝kx，将筒口处台球缓慢取走后(n－1)mgsinθ＝k(x－2R)，联立解得sinθ＝eq\f(2kR,mg)，故选B。7．(6分)(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张纸的压力大小为F。打印机正常工作时，下列说法正确的是()A．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张纸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张纸有向右运动的趋势，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张纸的压力大小为F＋mg，第2张纸以下的纸没有相对运动，只有相对运动趋势，所以第2张纸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，则进纸系统不能进纸，故D正确。故选ACD。8．(4分)两个劲度系数分别为k1和k2的轻质弹簧a、b串接在一起，a弹簧的一端固定在墙上，如图所示，开始时弹簧均处于原长状态，现用水平力作用在b弹簧的P端向右拉动弹簧，当a弹簧的伸长量为L时()A．b弹簧的伸长量为eq\f(k2,k1)LB．b弹簧的伸长量也为LC．P端向右移动的距离为2LD．P端向右移动的距离为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(k1,k2)))L答案：D解析：由题意知，两根轻弹簧串接在一起，则两弹簧弹力大小相等，根据胡克定律F＝kx得，x与k成反比，可得b弹簧的伸长量为eq\f(k1L,k2)，故A、B错误；P端向右移动的距离等于两根弹簧伸长量之和，即为L＋eq\f(k1,k2)L＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(k1,k2)))L，故C错误，D正确。9．(4分)如图(a)所示，质量为m的半球体静止在倾角为θ的平板上，当θ从0缓慢增大到90°的过程中，半球体所受摩擦力Ff与θ的关系如图(b)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()A．0～q段的图像可能是直线 B．q＝eq\f(π,4)C．q～eq\f(π,2)段的图像可能是直线 D．p＝eq\f(mg,2)答案：D解析：半球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；故0～q和q～eq\f(π,2)段的图像均为曲线，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。10.(4分)如图所示，木块A、B的质量分别为3m、m，一个劲度系数为k的轻质弹簧的两端分别与A、B相拴接，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(重力加速度为g)()A．eq\f(mg,k) B．eq\f(2mg,k)C．eq\f(3mg,k) D．eq\f(4mg,k)答案：D解析：开始时，木块A受到重力和弹簧弹力作用而处于静止状态，弹簧处于压缩状态，设弹簧的压缩量为x1，由胡克定律和二力平衡有kx1＝3mg；木块B刚好离开地面时，弹簧处于伸长状态，弹簧的拉力与B的重力大小相等，设此时弹簧的伸长量为x2，由胡克定律和二力平衡有kx2＝mg；木块A上升的高度为h＝x1＋x2，联立可得h＝eq\f(4mg,k)，故D正确。11．(6分)(多选)如图甲所示，通过一拉力传感器(能测量力大小的装置)用力水平向右拉一水平面上质量为5.0kg的木块，A端的拉力均匀增加，0～t1时间内木块静止，木块运动后改变拉力，使木块在t2后做匀速直线运动。计算机对数据拟合处理后，得到如图乙所示拉力随时间变化的图线，下列说法正确的是(g＝10m/s2)()A．若F＝4.0N，则木块与水平面间的摩擦力Ff1＝4.0NB．若F＝6.0N，则木块与水平面间的摩擦力Ff2＝6.0NC．木块与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.11D．木块与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.10答案：AD解析：由题图乙可知，木块与水平面间的最大静摩擦力为5.5N，滑动摩擦力为5.0N。由题图乙可知当F＝4.0N时，木块不动，所受摩擦力为静摩擦力，根据平衡条件可得Ff1＝F＝4.0N，故A项正确；当F＝6.0N时，拉力大于木块与水平面间的最大静摩擦力，则木块与水平面间的摩擦力为滑动摩擦力，Ff2＝5.0N，故B项错误；由平衡条件可得水平面对木块的支持力与重力平衡，即支持力大小为50N，由牛顿第三定律可知，木块对水平面的压力大小为50N，则木块与水平面间的动摩擦因数为μ＝eq\f(Ff2,mg)＝0.10，故D项正确，C项错误。12．(6分)(多选)有一种圆珠笔，内部有一根小弹簧。如图甲所示，当笔杆竖直放置时，在圆珠笔尾部的按钮上放一个100g的砝码，砝码静止时，弹簧压缩量为2mm。如图乙所示，现用这支圆珠笔水平推一本放在水平桌面上质量为900g的书，当按钮压缩量为3.6mm(未超过弹簧的弹性限度)时，这本书恰好匀速运动。下列说法正确的是(g取10m/s2)()A．笔内小弹簧的劲度系数是500N/mB．笔内小弹簧的劲度系数是50N/mC．书与桌面间的动摩擦因数是0.02D．书与桌面间的动摩擦因数是0.2答案：AD解析：由于砝码处于静止状态，则kΔx＝mg，所以有k＝eq\f(mg,Δx)＝500N/m，A正确，B错误；要使书恰好能匀速运动，则kΔx′＝μm′g，代入数据解得μ＝0.2，C错误，D正确。13．(4分)如图所示，矩形平板ABCD的AD边固定在水平面上，平板与水平面夹角为θ，AC与AB的夹角也为θ。质量为m的物块在平行于平板的拉力作用下，沿AC方向匀速运动。物块与平板间的动摩擦因数μ＝tanθ，重力加速度大小为g，则拉力大小为()A．2mgsinθcoseq\f(θ,2) B．2mgsinθC．2mgsineq\f(θ,2) D．mgsinθcoseq\f(θ,2)答案：A解析：对物块受力分析，如图甲、乙所示，重力沿斜面向下的分力为mgsinθ，支持力FN＝mgcosθ，滑动摩擦力Ff＝μmgcosθ，根据余弦定理得F＝eq\r(（mgsinθ）2＋Feq\o\al(2,f)－2Ffmg·sinθ·cos（π－θ）)＝2mgsinθcoseq\f(θ,2)，故A正确。学生用书第25页第2讲力的合成与分解[课标要求]1．了解力的合成与分解；知道矢量和标量。2．会应用平行四边形定则或三角形定则求合力。3．能利用效果分解法和正交分解法计算分力。考点一力的合成1．合力与分力(1)定义：如果一个力单独作用的效果跟几个力共同作用的效果相同，这个力就叫作那几个力的合力，那几个力就叫作这个力的分力。(2)关系：合力和分力是等效替代的关系。2．共点力：作用在物体的同一点，或作用线的延长线交于一点的力。3．力的合成(1)定义：求几个力的合力的过程。(2)运算法则①平行四边形定则：求两个互成角度的力的合力，可以用表示这两个力的有向线段为邻边作平行四边形，这两个邻边之间的对角线就代表合力的大小和方向，如图甲所示。②三角形定则：把两个矢量首尾相连，从而求出合矢量的方法，如图乙所示。自主训练1两个力的合成及合力的范围如图为两个大小不变、夹角θ变化的力的合力的大小F与θ角之间的关系图像(0≤θ≤2π)，下列说法中正确的是()A．合力大小的变化范围是0≤F≤14NB．合力大小的变化范围是2N≤F≤10NC．这两个分力的大小分别为6N和8ND．这两个分力的大小分别为2N和8N答案：C解析：由题图可知，当两力夹角为π时，两力的合力为2N，而当两力夹角为eq\f(π,2)时，两力的合力为10N，则这两个力的大小分别为6N、8N，故C正确，D错误；当两个力方向相同时，合力大小等于这两个力的大小之和14N；当两个力方向相反时，合力大小等于这两个力的大小之差2N，由此可见，合力大小的变化范围是2N≤F≤14N，故A、B错误。自主训练2作图法求合力(2023·浙江嘉兴模拟)如图所示，某物体同时受到共面的三个共点力作用，坐标纸小方格边长的长度对应1N大小的力。甲、乙、丙、丁四种情况中，关于三个共点力的合力大小，下列说法正确的是()A．甲图最小 B．乙图为8NC．丙图为5N D．丁图为1N答案：D解析：由题图可知，F甲＝2N，方向竖直向上；F乙＝4eq\r(5)N，方向斜向右下；F丙＝2eq\r(5)N，方向斜向左上；F丁＝1N，方向竖直向上；则题图丁的合力最小，为1N，故选D。自主训练3计算法求合力航母阻拦索用于拦停高速运动的舰载机，被喻为“舰载机生命线”。如图为其结构简图，滑轮1、2、3、4及液压缸a、b、c固定在甲板平面上，阻拦索绕过滑轮组后闭合。某时刻舰载机的挂钩勾住阻拦索，形成图示的夹角时，舰载机受到阻拦索的合力大小为F。不考虑阻拦索、滑轮的质量及一切摩擦，则此时单个柱塞所受阻拦索的合力大小为()A．F B．eq\f(\r(3),3)FC．eq\f(\r(3),2)F D．2F答案：B解析：某时刻舰载机的挂钩勾住阻拦索，形成题图所示的60°夹角，由于挂钩两侧阻拦索中拉力相等，由2F′cos30°＝F，解得阻拦索中的拉力F′＝eq\f(\r(3),3)F。由于柱塞两侧阻拦索中拉力相等，其合力方向在两侧阻拦索拉力所成夹角的角平分线上，所以单个柱塞所受阻拦索的合力大小为F合＝2F′cos60°＝F′＝eq\f(\r(3),3)F，B正确。学生用书第26页1．合力的大小范围(1)两个共点力的合成：两个力大小不变时，其合力随夹角的增大而减小，|F1－F2|≤F合≤F1＋F2。(2)三个共点力的合成①最大值：三个力共线且同向时合力最大，Fm＝F1＋F2＋F3。②最小值：若任意两个力的大小之和大于或等于第三个力，则三个力的合力最小值为零，否则合力最小值等于最大的力减去另外两个力的大小之和。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°合力与分力等大考点二力的分解1．力的分解(1)定义：求一个力的分力的过程。(2)运算法则：平行四边形定则或三角形定则。2．矢量和标量(1)矢量：既有大小又有方向的量，运算时遵从平行四边形定则。(2)标量：只有大小没有方向的量，运算时按算术法则相加减。【高考情境链接】(2021·广东高考·改编)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，如图所示，忽略耕索质量。判断下列说法的正误：(1)耕索对犁的拉力产生水平向前拉犁、竖直向上提犁两个效果。(√)(2)耕索对曲辕犁拉力的水平分力比对直辕犁的大。(×)(3)耕索对曲辕犁拉力的竖直分力比对直辕犁的大。(√)(4)所有力进行分解时，只能将它分解到水平、竖直两个方向上。(×)(5)所有物理量都能应用平行四边形定则进行分解。(×)1．力的效果分解法2．力的正交分解法(1)选取坐标轴及正方向：正交的两个方向可以任意选取，选取的一般原则是：学生用书第27页①使尽量多的力落在坐标轴上；②平行和垂直于接触面或者平行和垂直于运动方向。(2)分别将各力沿正交的两个方向(x轴和y轴)分解，如图所示。(3)求各力在x轴和y轴上的分力的合力Fx和Fy，则有Fx＝F1x＋F2x＋F3x＋…，Fy＝F1y＋F2y＋F3y＋…3．一个已知力分解时有无解的讨论(1)已知合力F和两个分力F1、F2的方向，求两个分力的大小，有唯一解。(2)已知合力F和一个分力(大小、方向)求另一个分力(大小、方向)，有唯一解。(3)已知合力F和两分力F1、F2(F1＞F2)的大小，求两分力的方向①F＞F1＋F2，无解。②F＝F1＋F2，有唯一解，F1和F2跟F同向。③F＝F1－F2，有唯一解，F1与F同向，F2与F反向。④F1－F2＜F＜F1＋F2，有无数组解(若限定在某一平面内，有两组解)。(4)已知合力F和F1的方向、F2的大小(F1与合力的夹角为θ)，求F1的大小和F2的方向①F2＜Fsinθ，无解。②F2＝Fsinθ，有唯一解。③Fsinθ＜F2＜F，有两组解。④F2≥F，有唯一解。考向1力的效果分解法用斧头劈木柴的情境如图甲所示。劈的纵截面是一个等腰三角形，劈背的宽度为d，劈的侧面长为l，当在劈背加一个力F时的受力示意图如图乙所示，若不计斧头的重力，则劈的侧面推压木柴的力F1为()A．eq\f(l,d)F B．eq\f(d,l)FC．eq\f(l,2d)F D．eq\f(d,2l)F答案：A解析：根据力的作用效果，力F分解为垂直于劈的侧面的分力F1、F2，如图所示，根据对称性，两分力F1、F2大小相等，这样，以F1、F2为邻边的平行四边形就是一个菱形，因为菱形的对角线互相垂直且平分，所以根据三角形相似eq\f(\f(d,2),l)＝eq\f(\f(F,2),F1)，解得F1＝F2＝eq\f(l,d)F，故A正确，B、C、D错误。考向2力的正交分解法(2022·辽宁高考)如图所示，蜘蛛用蛛丝将其自身悬挂在水管上，并处于静止状态。蛛丝OM、ON与竖直方向夹角分别为α、β(α＞β)。用F1、F2分别表示OM、ON的拉力，则()A．F1的竖直分力大于F2的竖直分力B．F1的竖直分力等于F2的竖直分力C．F1的水平分力大于F2的水平分力D．F1的水平分力等于F2的水平分力答案：D解析：对结点O受力分析可得，水平方向F1sinα＝F2sinβ，即F1的水平分力等于F2的水平分力；竖直方向F1cosα＋F2cosβ＝mg，解得F1＝eq\f(mgsinβ,sin（α＋β）)，F2＝eq\f(mgsinα,sin（α＋β）)，则F1的竖直分量F1y＝eq\f(mgsinβcosα,sin（α＋β）)，F2的竖直分量F2y＝eq\f(mgsinαcosβ,sin（α＋β）)，因sinαcosβ－cosαsinβ＝sin(α－β)＞0，可知F2y＞F1y，选项A、B、C错误，D正确。故选D。考向3力的分解中的极值问题如图所示，质量分别为3m和m的两个可视为质点的小球a、b，中间用一细线连接，并通过另一细线将小球a与天花板上的O点相连，为使小球a和小球b均处于静止状态，且Oa细线向右偏离竖直方向的夹角恒为37°，需要对小球b朝某一方向施加一拉力F。若已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。重力加速度为g，则当F的大小达到最小时，Oa细线对小球a的拉力大小为()A．2.4mg B．3mgC．3.2mg D．4mg答案：C解析：以两个小球组成的整体为研究对象，作出F在三个方向时整体的受力图，根据平衡条件知F与FT的合力与总重力总是大小相等、方向相反的，由力的合成图可知当F与绳子Oa垂直时F有最小值，即图中的2位置，此时Oa细线对小球a的拉力大小为FT＝4mgcos37°＝3.2mg，故C正确，A、B、D错误。学生用书第28页一、“活结”与“死结”模型类型“活结”模型“死结”模型图例解读“活结”把绳子分为两段，且可沿绳移动，“活结”一般由绳跨过滑轮或绳上挂一光滑挂钩而形成，绳子因“活结”而弯曲，但实际为同一根绳。关键语句“光滑挂钩”“光滑滑轮”。“死结”把绳子分为两段，且不可沿绳子移动，“死结”两侧的绳因结而变成两根独立的绳，关键语句“节点”“系住”。特点活结两侧绳子上的张力大小处处相等。死结两侧的绳子张力不一定相等。二、“动杆”与“定杆”模型类型“动杆”模型“定杆”模型图例解读轻杆用光滑的转轴或铰链连接，轻杆可围绕转轴或铰链自由转动。关键语句“光滑的转轴”“铰链连接”。轻杆被固定在接触面上，不发生转动，关键语句“固定”“插在墙里”。特点当杆处于平衡状态时，杆的弹力方向一定沿着杆。杆的弹力方向不一定沿杆，可沿任意方向。应用1．[“活结”模型]抖空竹在中国有着悠久的历史。假设抖空竹所用轻绳AB总长为L，空竹重量为G，可视为质点，绳能承受的最大拉力是2G。现将绳一端固定，另一端缓慢水平向右移动d而使绳不断，不计一切摩擦，则d的最大值可能为()A．eq\r(3)LB．eq\f(\r(15),4)LC．eq\f(\r(3),2)LD．eq\f(\r(15),2)L答案：B解析：设轻绳与水平方向的夹角为θ，根据受力分析可得竖直方向上有2FTsinθ＝G，绳能承受的最大拉力是2G时，解得sinθ＝eq\f(1,4)，由几何关系可得sinθ＝eq\f(\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2)))\s\up10(2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,2)))\s\up10(2)),\f(L,2))，联立解得d＝eq\f(\r(15),4)L，故选B。应用2．[“死结”模型]如图所示，悬挂甲物体的细线拴牢在一不可伸长的轻质细绳上的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：取O点为研究对象，在三力的作用下处于平衡状态，对其受力分析如图所示，根据几何关系可得2β＋α＝180°，则有β＝55°，故选B。应用3．[“动杆”与“定杆”模型]如图甲所示，轻绳AD跨过固定在水平横梁BC右端的定滑轮挂住一个质量为m1的物体，∠ACB＝30°；如图乙所示的轻杆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与水平方向成30°角，轻杆的G点用细绳GF拉住一个质量为m2的物体，重力加速度为g，则下列说法正确的是()A．图甲中BC对滑轮的作用力大小为eq\f(m1g,2)B．图乙中HG杆受到绳的作用力为m2gC．细绳AC段的拉力FAC与细绳EG段的拉力FEG之比为1∶1D．细绳AC段的拉力FAC与细绳EG段的拉力FEG之比为m1∶2m2答案：D解析：题图甲中，两段绳的拉力大小都是m1g，互成120°角，因此合力大小是m1g，根据共点力平衡，BC杆对滑轮的作用力大小也是m1g(方向与竖直方向成60°角，斜向右上方)，故A错误；题图乙中，以G端为研究对象，受力分析如图所示，由平衡条件得FHGtan30°＝m2g，解得FHG＝eq\r(3)m2g，即HG杆受到绳的作用力为eq\r(3)m2g，故B错误；题图甲中绳AC段的拉力FAC＝m1g，题图乙中由于FEGsin30°＝m2g，解得FEG＝2m2g，可得eq\f(FAC,FEG)＝eq\f(m1,2m2)，故C错误，D正确。课时测评7力的合成与分解eq\f(对应学生,用书P363)(时间：45分钟满分：60分)(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)(选择题10、11、12、14，每题5分，其余每题4分，共60分)1．(4分)(2024·安徽安庆模拟)如图所示，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()A．1.2kLB．kLC．eq\f(2\r(2),3)kLD．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，设此时两根橡皮条的夹角为2θ，则Fm＝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Fm＝eq\f(2\r(2),3)kL，故C正确。2．(4分)(2023·山东潍坊4月检测)有一种瓜子破壳器如图甲所示，将瓜子放入两圆柱体所夹的凹槽之间，按压瓜子即可破开瓜子壳。破壳器截面如图乙所示，瓜子的剖面可视作顶角为θ的扇形，将其竖直放入两完全相同的水平等高圆柱体A、B之间，并用竖直向下的恒力F按压瓜子且保持静止，若此时瓜子壳未破开，忽略瓜子自重，不计摩擦，则()A．若仅减小A、B距离，圆柱体A对瓜子的压力变大B．若仅减小A、B距离，圆柱体A对瓜子的压力变小C．若A、B距离不变，顶角θ越大，圆柱体A对瓜子的压力越大D．若A、B距离不变，顶角θ越大，圆柱体A对瓜子的压力越小答案：D解析：瓜子处于平衡状态，若仅减小A、B距离，A、B对瓜子的弹力方向不变，则大小也不变，A、B错误；若A、B距离不变，顶角θ越大，则A、B对瓜子弹力的夹角减小，合力不变，则两弹力减小，C错误，D正确。故选D。3．(4分)如图所示，一个吊椅用轻绳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，吊椅受到的重力为G，则()A．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，又G′＝G，则G＞FA＞FB，根据三角形知识可知FA＋FB＞G，故B正确。4．(4分)科技的发展正在不断地改变着我们的生活，如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，会牢牢吸附在物体上，如图乙是手机静止吸附在支架上的侧视图，若手机的重力为G，下列说法正确的是()A．手机受到的支持力大小为GcosθB．手机受到的支持力不可能大于GC．纳米材料对手机的作用力大小为GsinθD．纳米材料对手机的作用力竖直向上答案：D解析：手机支架采用了纳米微吸材料，支架斜面会对手机存在一个吸引力，所以手机受到的支持力大小不可能为Gcosθ，其大小取决于吸引力的大小，A、B错误；手机受到竖直向下的重力和纳米材料的作用力(支持力、吸引力和摩擦力的合力)，故纳米材料对手机的作用力竖直向上，大小等于G，C错误，D正确。5．(4分)如图所示，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()A．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。6．(4分)如图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()A．此时千斤顶每臂受到的压力均为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，千斤顶每臂受到的压力将增大D．若继续摇动把手，将汽车顶起，千斤顶每臂受到的压力将减小答案：D解析：将汽车对千斤顶的压力F分解为沿两臂的两个分力F1、F2，根据对称性可知，两臂受到的压力大小相等F1＝F2。设千斤顶两臂间的夹角为2θ，根据几何关系可得2F1cosθ＝F，解得F1＝eq\f(F,2cos60°)＝1.0×105N，所以此时两臂受到的压力大小均为1.0×105N，故A错误；汽车对千斤顶的压力为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，故B错误；继续摇动把手，两臂靠拢，θ减小，由于F不变，由F1＝eq\f(F,2cosθ)可知，当θ减小时，cosθ增大，则F1减小，故C错误，D正确。7．(4分)有一种多功能“人”字形折叠梯，其顶部用活页连在一起，在两梯中间某相对的位置用一轻绳系住，如图所示，可以通过调节绳子的长度来改变两梯的夹角θ。一质量为m的人站在梯子顶部，若梯子的质量及梯子与水平地面间的摩擦不计，整个装置处于静止状态，则()A．θ角越大，梯子对水平地面的作用力越大B．θ角越大，梯子对水平地面的作用力越小C．θ角越大，绳子的拉力越大D．θ角越大，人对梯子的压力越大答案：C解析：对人和梯子整体进行分析，有mg＝FN，根据牛顿第三定律可知，梯子对水平地面的作用力与水平地面对梯子的支持力等大，与θ角无关，故A、B错误；对一侧的梯子受力分析，受到人沿梯子向下的作用力、地面竖直向上的支持力(不变)、绳子水平方向的拉力，如图所示，FT＝FNtaneq\f(θ,2)，F人＝eq\f(FN,cos\f(θ,2))，可知θ角越大，绳子的拉力越大，故C正确；对人受力分析可知，梯子对人的支持力大小等于人的重力，梯子对人的支持力与人对梯子的压力是相互作用力，大小与θ角无关，故D错误。8．(4分)如图所示，A、B两物体通过两个质量不计的光滑滑轮悬挂起来，处于静止状态。现将绳子一端从P点缓慢移到Q点，系统仍然平衡，以下说法正确的是()A．夹角θ将变小 B．夹角θ将变大C．物体B位置将变高 D．绳子张力将增大答案：C解析：因为绳子张力始终与物体B的重力平衡，所以绳子张力不变；因为物体A的重力不变，所以绳子与水平方向的夹角不变；因为绳子一端从P点缓慢移到Q点，所以物体A会下落，则物体B位置会升高，故选C。9．(4分)(2024·河南郑州高三月考)如图甲所示，一艘帆船正逆风行驶。如图乙是帆船逆风行驶的简单受力分析图，风力为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()A．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沿着航向方向的分力，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。10．(5分)如图所示，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eq\f(F1,F2)为()A．cosθ＋μsinθ B．cosθ－μsinθC．1＋μtanθ D．1－μtanθ答案：B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1、2所示。将物体受力沿斜面方向和垂直于斜面方向正交分解，由平衡条件可得F1＝mgsinθ＋Ff1，FN1＝mgcosθ，Ff1＝μFN1，F2cosθ＝mgsinθ＋Ff2，FN2＝mgcosθ＋F2sinθ，Ff2＝μFN2，解得F1＝mgsinθ＋μmgcosθ，F2＝eq\f(mgsinθ＋μmgcosθ,cosθ－μsinθ)，故eq\f(F1,F2)＝cosθ－μsinθ，B正确。11．(5分)如图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B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，B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)()A．3000NB．2000NC．1000ND．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，如图甲所示，则有F1＝F2，2F1cosα＝F，可得F1＝F2＝eq\f(F,2cosα)，再将F1按作用效果分解为FN和FN′，如图乙所示，则有FN＝F1sinα，联立解得FN＝eq\f(Ftanα,2)，根据几何知识可知tanα＝eq\f(l,b)＝10，则FN＝5F＝2000N，故选项B正确。12．(5分)如图所示，在竖直平面内，有一直角三角形金属框架，底边水平，底角分别为30°和60°，质量为M的小球a和质量为m的小球b套在框架上，可以无摩擦地滑动，a、b之间用不可伸长的细线连接，当系统处于平衡时，细线与金属框架形成的夹角θ＝53°，已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，则小球a、b的质量之比eq\f(M,m)为()A．eq\f(3\r(3),4)B．eq\f(4\r(3),3)C．eq\f(5,4)D．eq\f(5\r(3),4)答案：A解析：分别对两小球进行受力分析如图所示，由图可得Mgsin30°＝Fcosθ，mgsin60°＝Fsinθ，解得eq\f(M,m)＝eq\f(3\r(3),4)，故选项A正确，B、C、D错误。故选A。13．(4分)汽车的机械式手刹(驻车制动器)系统的结构对称，结构示意图如图所示。当向上拉动手刹拉杆时，手刹拉索(不可伸缩)就会拉紧，拉索OD、OC分别作用于两边轮子的制动器，从而实现驻车的目的。则以下说法正确的是()A．当OD、OC两拉索夹角为60°时，三根拉索的拉力大小相等B．拉动手刹拉杆时，拉索AO上的拉力总比拉索OD和OC中任何一个拉力大C．若在AO上施加一恒力，OD、OC两拉索夹角越小，拉索OD、OC的拉力越大D．若保持OD、OC两拉索的拉力不变，OD、OC两拉索越短，拉动拉索AO越省力答案：D解析：当OD、OC两拉索夹角为120°时，三根拉索的拉力大小相等，选项A错误；拉动手刹拉杆时，当OD、OC两拉索夹角大于120°时，拉索AO上的拉力比拉索OD和OC中任何一个拉力都小，选项B错误；根据平行四边形定则可知，若在AO上施加一恒力，OD、OC两拉索夹角越小，拉索OD、OC上的拉力越小，选项C错误；若保持OD、OC两拉索的拉力不变，OD、OC两拉索越短，则两拉力的夹角越大，合力越小，即拉动拉索AO越省力，选项D正确。14．(5分)如图所示，质量均为M的A、B两滑块放在粗糙水平面上，两轻杆等长，杆与滑块、杆与杆间均用光滑铰链连接，在两杆铰合处施加竖直向下的力F，整个装置处于静止状态，设杆与水平面间的夹角为θ，下列说法正确的是()A．当F一定时，θ越大，轻杆受力越大B．当F一定时，θ越大，轻杆受力越小C．当θ一定时，F越大，轻杆受力越小D．当θ＝30°时，轻杆受力FT1＝eq\f(F,2)答案：B解析：FT1、FT2及F构成了一个菱形，F是菱形的一条对角线，由几何关系可得eq\f(F,2FT1)＝sinθ，所以当F一定时，θ越大，轻杆受力越小，选项A错误，B正确；当θ一定时，F越大，轻杆受力越大，选项C错误；当θ＝30°时，轻杆受力FT1＝eq\f(F,2sinθ)＝F，选项D错误。学生用书第29页第3讲受力分析共点力平衡[课标要求]1．知道受力分析的概念，了解受力分析的一般思路。2．理解共点力平衡的条件，会解共点力平衡问题。考点一物体的受力分析1．受力分析：即分析物体的受力，有两条思路：(1)根据物体运动状态的变化来分析和判断其受力情况；(2)根据各种力的特点，从相互作用的角度来分析物体的受力。2．受力分析的一般顺序：先分析场力(如重力、电场力、磁场力)，再分析接触力(如弹力、摩擦力)，最后分析其他力。【基础知识判断】1．受力分析时即要分析研究对象受到的力，也要分析研究对象的施力物体的受力。(×)2．惯性不是力，但受力分析时可以把物体的惯性当力。(×)3．受力分析时只分析物体实际受到的力，不要把效果力当性质力去分析。(√)1．受力分析的一般步骤2．受力分析的三种方法假设法在判断某力是否存在时，先对其做出不存在的假设，然后根据该力不存在时对物体运动和受力状态的影响来判断该力是否存在。状态法(1)处于平衡状态的物体：根据其平衡条件进行受力分析。(2)处于变速状态的物体：应用牛顿第二定律进行受力分析。转换法在受力分析时，若不方便直接分析某力是否存在：(1)可以转换为分析该力的反作用力，根据其反作用力是否存在，判断该力是否存在。(2)可以转换为分析与该力相关的其他研究对象，通过对其他研究对象进行受力分析，判断该力是否存在。(2024·四川绵阳高三模拟)如图所示，a、b两个小球穿在一根粗糙的固定杆上(球的小孔比杆的直径大)，并且通过一条细绳跨过定滑轮连接。已知b球质量为m，杆与水平面成θ角，不计滑轮的一切摩擦，重力加速度为g。当两球静止时，Oa段绳与杆的夹角也为θ，Ob段绳沿竖直方向，则下列说法正确的是()A．a一定受到4个力的作用B．b只可能受到2个力的作用C．绳子对a的拉力有可能等于mgD．a的质量一定为mtanθ答案：C解析：对a和b分别受力分析可知，a至少受重力、杆的支持力、绳的拉力3个力，可能还受摩擦力共4个力，b受重力、绳的拉力2个力或重力、绳的拉力、杆的支持力、摩擦力4个力的作用，选项A、B错误；对b受力分析可知，b受绳子的拉力可能等于mg，因此绳子对a的拉力可能等于mg，选项C正确；对a受力分析，如果摩擦力为零，则magsinθ＝mgcosθ，可得ma＝eq\f(m,tanθ)，选项D错误。规律总结整体法与隔离法方法整体法隔离法概念将加速度相同的几个物体作为一个整体来分析的方法将研究对象与周围物体分隔开来分析的方法选用原则研究系统外的物体对系统整体的作用力或求系统整体的加速度研究系统内物体之间的相互作用力学生用书第30页对点练．(多选)如图所示，两个相似的斜面体A、B在竖直向上的力F的作用下静止靠在竖直粗糙墙壁上。关于斜面体A和B的受力情况，下列说法正确的是()A．A一定受到四个力B．B可能受到四个力C．B与墙壁之间一定有弹力和摩擦力D．A与B之间一定有摩擦力答案：AD解析：对A、B整体受力分析如图甲所示，受到向下的重力和向上的推力F，由平衡条件可知B与墙壁之间不可能有弹力，因此也不可能有摩擦力，故C错误；对B受力分析如图乙所示，其受到重力、A对B的弹力及摩擦力而处于平衡状态，故B受到三个力，B错误，D正确；对A受力分析，如图丙所示，受到重力、推力、B对A的弹力和摩擦力，共四个力，A正确。考点二静态平衡问题1．平衡状态：物体处于静止或匀速直线运动状态。2．平衡条件：F合＝0(Fx＝0，Fy＝0)。3．常用推论(1)二力平衡：两个力等大反向。(2)三力平衡：①任意两个力的合力必与第三个力等大反向。②表示这三个力的有向线段首尾相接组成一个封闭三角形。(3)若物体受n个作用力而处于平衡状态，则其中任意一个力与其余(n－1)个力的合力大小相等、方向相反。【高考情境链接】(2022·海南高考·改编)我国的石桥世界闻名，如图，某桥由六块形状完全相同的石块组成，其中石块1、6固定，2、5质量相同为m，3、4质量相同为m′，不计石块间的摩擦。判断下列说法正误：(1)石块2、3、4、5都是受到三个力而平衡。(√)(2)石块3、4之间的弹力为零。(×)(3)石块1对2的弹力等于(m＋m′)g。(×)(4)物体处于平衡状态时，其加速度一定为零。(√)解决静态平衡问题的四种常用方法合成法三个共点力平衡时，任意两个力的合力一定与第三个力大小相等、方向相反。分解法三个共点力平衡时，将任意一个力沿着另外两个力的方向分解，则其分力一定分别与另外两个力大小相等、方向相反。正交分解法物体受到多个力作用而平衡时，将物体所受的力分解为相互垂直的两组，每组力都满足平衡条件。三角形法三个共点力平衡时，将力的矢量图平移使三力组成一个首尾依次相接的矢量三角形，根据正弦定理、余弦定理、相似三角形或直角三角形等数学知识求解有关问题。考向1合成法(或分解法)(2023·浙江6月选考)如图所示，水平面上固定两排平行的半圆柱体，重为G的光滑圆柱体静置其上，a、b为相切点，∠aOb＝90°，半径Ob与重力的夹角为37°。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则圆柱体受到的支持力Fa、Fb大小为()A．Fa＝0.6G，Fb＝0.4GB．Fa＝0.4G，Fb＝0.6GC．Fa＝0.8G，Fb＝0.6GD．Fa＝0.6G，Fb＝0.8G答案：D解析：方法一：分解法对圆柱体受力分析，将重力分别沿着Fa、Fb的反方向分解，根据平衡条件可得Fa＝mgsin37°＝0.6G，Fb＝mgcos37°＝0.8G，D正确。方法二：合成法对圆柱体受力分析，根据平衡条件可知圆柱体受到的支持力Fa、Fb的合力与重力G平衡，同理可得Fa＝mgsin37°＝0.6G，Fb＝mgcos37°＝0.8G，D正确。考向2正交分解法(多选)(2024·湖北武汉质检)如图所示，轻质光滑滑轮两侧用轻绳连着两个物体A与B，物体B放在水平地面上，A、B均静止。已知A和B的质量分别为mA、mB，绳与水平方向的夹角为θ(θ＜90°)，重力加速度为g，则()A．物体B受到的摩擦力可能为零B．物体B受到的摩擦力大小为mAgcosθ学生用书第31页C．物体B对地面的压力可能为零D．物体B对地面的压力大小为mBg－mAgsinθ答案：BD解析：对A分析，轻绳拉力FT＝mAg，对B分析，在水平方向有Ff＝FTcosθ＝mAgcosθ，选项B正确；在竖直方向地面对B的支持力FN＝mBg－FTsinθ＝mBg－mA·gsinθ，由牛顿第三定律可知，选项D正确；当mBg＝mAgsinθ时，FN＝0，此时物体B不可能静止，选项A、C错误。考向3三角形法(2024·广东珠海模拟)如图所示的装置，杆QO沿竖直方向固定，且顶端有一光滑的定滑轮，轻杆OP用铰链固定于O点且可绕O点转动，用两根轻绳分别拴接质量分别为m1、m2的小球1、2并系于P点，其中拴接1小球的轻绳跨过定滑轮，已知O点到滑轮顶端Q的距离等于OP，当系统平衡时两杆的夹角为α＝120°，则m1∶m2为()A．1∶2 B．eq\r(3)∶2C．1∶1 D．eq\r(3)∶1答案：D解析：以结点P为研究对象，受力分析如图所示，则拴接小球1轻绳的拉力大小等于m1g，由力的平衡条件将杆OP的支持力与轻绳的拉力合成，由相似三角形可得m1g＝2m2gcos30°，解得m1∶m2＝eq\r(3)∶1，故A、B、C错误，D正确。考向4非共面力作用下的平衡问题图甲为挂在架子上的双层晾衣篮。上、下篮子完全相同且保持水平，每个篮子由两个质地均匀的圆形钢圈穿进网布构成，两篮通过四根等长的轻绳与钢圈的四等分点相连，上篮钢圈用另外四根等长轻绳系在挂钩上。晾衣篮的有关尺寸如图乙所示，则图甲中上、下各一根绳中的张力大小之比为()A．1∶1 B．2∶1C．5∶2 D．5∶4答案：C解析：设一个篮子的质量为m，连接下篮的每根绳子的拉力为FT2，对下篮，根据平衡条件得4FT2＝mg，解得FT2＝eq\f(mg,4)，设连接上篮的每根绳子的拉力为FT1，绳子与竖直方向夹角为θ，对两个篮子组成的整体，由平衡条件得4FT1cosθ＝2mg，根据几何关系得sinθ＝eq\f(24,40)＝0.6，联立解得FT1＝eq\f(5,8)mg，则eq\f(FT1,FT2)＝eq\f(5,2)，故C正确，A、B、D错误。考向5整体法与隔离法解答多体平衡问题挂灯笼的习俗起源于西汉时期，已成为中国人喜庆的象征。如图所示，由五根等长的轻质细绳悬挂起四个质量相等的灯笼，中间的细绳是水平的，另外四根细绳与水平面所成的角分别为θ1和θ2。设悬挂端绳子拉力大小为F1，水平段绳子拉力大小为F2，灯笼质量为m，下列关系式中正确的是()A．F1＝F2 B．F1＝2F2C．F1＝eq\f(2mg,tanθ1) D．F2＝eq\f(mg,tanθ2)答案：D解析：对左边两个灯笼的整体受力分析可知F1cosθ1＝F2，F1sinθ1＝2mg，解得F1＝eq\f(F2,cosθ1)，F1＝eq\f(2mg,sinθ1)，则F1不等于F2,F1也不一定是2F2，选项A、B、C错误；对左边第2个灯笼受力分析可知F2＝eq\f(mg,tanθ2)，选项D正确。故选D。考点三动态平衡问题1．共点力的动态平衡动态平衡是指处于平衡状态的物体所受的某个力(或者几个力)的大小或方向缓慢变化，是动态力，但变化过程中的每一个状态均可视为平衡状态。2．处理动态平衡问题的常用方法方法过程解析法(1)列平衡方程得出未知量与已知量的关系表达式。(2)根据已知量的变化情况来确定未知量的变化情况。图解法(1)根据已知量的变化情况，画出不同状态下平行四边形边、角的变化。(2)根据边长的变化判断力的大小的变化，根据角度的变化判断力的方向的变化。方法过程相似三角形法(1)根据已知条件画出同一状态下对应的力的三角形和几何三角形，确定对应边，利用三角形相似知识列出比例式。(2)根据已知量的变化判断未知量的变化情况。正弦定理(或拉密定理)法(1)特点：物体受三个共点力，这三个力其中有一个力为恒力，另外两个力都变化，且两个变化的力的夹角不变。(2)正弦定理法：eq\f(F1,sinα1)＝eq\f(F2,sinα2)＝eq\f(F3,sinα3)(其中α1、α2、α3分别为F2与F3、F1与F3、F1与F2的夹角)。学生用书第32页考向1解析法(2021·湖南