2025年高考物理一轮复习（新人教新高考）第二章相互作用复习讲义（教师版）

考情分析试题情境生活实践类生活中的摩擦力的应用，索桥、千斤顶、刀、木楔的工作原理学习探究类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，共点力平衡条件及应用，平衡中的临界问题第1课时重力弹力摩擦力目标要求1.掌握重力的大小、方向及重心的概念。2.掌握弹力的有无、方向的判断及弹力大小的计算方法，理解并掌握胡克定律。3.会判断摩擦力的方向，会计算摩擦力的大小。考点一重力和重心1．力(1)定义：力是一个物体对另一个物体的作用。(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。2．重力(1)产生：由于地球的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。同一物体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：竖直向下。(4)重心：物体的各部分都受到重力的作用，可认为重力集中作用于一点，这一点叫作物体的重心。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。1．重力就是地球对物体的吸引力。(×)2．形状规则的物体的重心一定在物体的几何中心。(×)3．重力加速度g的大小与在地球表面的位置有关。(√)4．重力的方向总是指向地心。(×)5．地面上的同一物体在赤道上所受重力最小。(√)例1(2022·浙江1月选考·4)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．水流对桶冲击力的大小D．水桶与水整体的重心高低答案D解析水管口持续有水流出，而过一段时间桶会翻转一次，主要原因是流入的水导致水桶与水整体的重心往上移动，桶中的水到一定量之后水桶不能保持平衡，发生翻转，故选D。考点二弹力1．弹力(1)定义：发生形变的物体，要恢复原状，对与它接触的物体产生的力的作用。(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。2．弹力有无的判断方法(1)条件法：根据弹力产生条件——物体是否直接接触并发生弹性形变。(2)假设法：假设两个物体间不存在弹力，看物体能否保持原有的状态，若运动状态不变，则此处没有弹力；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。3．接触面上的弹力方向判断面与面点与平面点与曲面曲面与平面垂直于接触面垂直于接触面垂直于切面垂直于平面4.弹力大小的计算(1)应用胡克定律F＝kx计算弹簧的弹力。注意：x表示形变量。(2)物体静止或做匀速直线运动时，用共点力平衡条件来计算弹力。(3)物体不处于平衡状态时可应用牛顿第二定律计算弹力。1．只要物体发生形变就会产生弹力作用。(×)2．轻绳产生的弹力方向一定沿着绳并指向绳收缩的方向。(√)3．轻杆产生的弹力方向一定沿着杆的方向。(×)思考物理中的轻绳、轻杆、橡皮筋、轻弹簧四个物体中。(1)受外力作用形变量较小的有轻绳、轻杆。(2)产生弹力方向不一定沿物体本身的有轻杆。(3)既可产生拉伸形变，又可产生压缩形变的有轻杆、轻弹簧。例2图中各物体均处于静止状态。图中画出了小球A所受弹力的情况，其中正确的是()答案C解析选项A中小球只受重力和杆的弹力的作用，且处于静止状态，由二力平衡可得小球受到的弹力方向应竖直向上，故A错误；选项B中，因为右边的绳竖直向上，如果左边的绳有拉力，则竖直向上的那根绳就会发生倾斜，所以左边的绳没有拉力，故B错误；球与球接触处的弹力方向，垂直于过接触点的公切面(即弹力方向在两球心的连线上)，且指向受力物体，球与墙面接触处的弹力方向过接触点垂直于接触面，故C正确；球与面接触处的弹力方向，过接触点垂直于接触面(即弹力方向在接触点与球心的连线上)，即选项D中大半圆对小球的支持力FN2的方向应是沿着过小球与圆弧接触点的半径，且指向圆心，故D错误。例3如图所示，固定斜面上有一小球，由一竖直轻弹簧P与一平行于斜面的轻弹簧Q连接着，小球处于静止状态，则下列说法正确的是()A．若小球光滑，轻弹簧P一定有弹力B．若小球光滑，小球可能受到4个力C．若斜面和小球都不光滑，轻弹簧Q不可能处于压缩状态D．若斜面和小球都不光滑，小球与斜面之间一定有弹力答案B解析小球光滑时，若弹簧P无拉力，则弹簧Q一定有拉力，斜面对小球有支持力，小球可以平衡，A错误；小球光滑时，若弹簧P和Q都有拉力，斜面对小球一定有支持力，否则不会平衡，小球受4个力的作用，B正确；斜面和小球都不光滑时，若弹簧P无拉力且小球处于平衡状态，对小球受力分析，受到竖直向下的重力，斜面的支持力，受到的摩擦力可能沿斜面向下也可能沿斜面向上，还可能为零，弹簧Q可能伸长也可能压缩，还可能处于原长状态，C错误；斜面和小球都不光滑时，对小球受力分析，受到竖直向下的重力，若弹簧Q无拉力，小球受到弹簧P的拉力与重力平衡时，不受支持力，即小球与斜面间有可能无弹力，D错误。例4(2023·山东卷·2)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，稳定后余下的盘子正好升高补平，则说明一个盘子的重力可以使三根弹簧发生形变的形变量恰好等于相邻两盘间距，则有mg＝3kx，解得k＝100N/m，故选B。考点三摩擦力1．定义：两个相互接触的物体，当它们发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，则两物体间不一定有摩擦力。(均选填“一定有”或“不一定有”)1．静摩擦力可能是动力，滑动摩擦力一定是阻力。(×)2．运动的物体不可能受到静摩擦力作用。(×)3．正压力增大，摩擦力可能增大，也可能不变。(√)4．滑动摩擦力与接触面积有关，相同材料的两物体接触面积越大，滑动摩擦力越大。(×)思考摩擦力的方向是不是可以与物体运动方向相反，可以与物体运动方向相同，也可以与物体运动方向成任意角度？试举例说明。答案用手握住水杯，水杯所受静摩擦力竖直向上，当水杯向上运动、向下运动、水平运动、斜向上运动、斜向下运动时，静摩擦力可以与物体运动方向相反，可以与物体运动方向相同，也可以与物体运动方向成任意角度。同理，当一个物体沿斜面体斜面下滑时，斜面体也可以向空间各个方向运动，物体所受滑动摩擦力可以与物体运动方向相反，可以与物体运动方向相同，也可以与物体运动方向成任意角度。例5(多选)(2024·山东泰安市新泰一中月考)激光打印机是自动进纸的，其进纸原理如图所示，进纸槽里叠放一叠白纸，每一张纸的质量均相等，进纸时滚轮以竖直向下的力压在第1张白纸上，并沿逆时针方向转动，确保第1张纸与第2张纸相对滑动，设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，滚轮与白纸之间的动摩擦因数为μ1，白纸与白纸之间、白纸与纸槽底座之间的动摩擦因数均为μ2，不考虑静电力的影响，则()A．第1张白纸受到滚轮的摩擦力向左B．最后一张白纸受到纸槽底座的摩擦力向右C．下一张白纸受到上一张白纸的摩擦力一定向右D．正常情况下单张纸打印必须满足μ1>μ2答案CD解析第1张白纸相对于滚轮的运动趋势与滚轮的运动方向相反，则受到滚轮的静摩擦力方向与滚轮的运动方向相同，即受到滚轮的摩擦力向右，A错误；对除第1张白纸外的所有白纸进行研究，处于静止状态，水平方向受到第1张白纸的滑动摩擦力，方向与滚轮的运动方向相同，则根据平衡条件知，最后1张白纸受到纸槽底座的摩擦力方向与滚轮的运动方向相反，即水平向左，B错误；根据题意，因上一张白纸相对下一张白纸向右滑动或有向右滑动的趋势，则上一张白纸受到下一张白纸的摩擦力一定向左，那么下一张白纸受到上一张白纸的摩擦力一定向右，C正确；正常情况下单张纸打印必须满足滚轮与白纸之间的最大静摩擦力大于纸与纸之间的滑动摩擦力，则μ1>μ2，D正确。拓展(1)甲同学认为“若滚轮对第一张白纸的正压力为F，则滚轮对第一张白纸的摩擦力大小一定为μ1F”，对吗？(2)乙同学认为“越靠近底座，白纸间的摩擦力越大”，对吗？答案(1)滚轮与第一张白纸间的摩擦力为静摩擦力，小于或等于最大静摩擦力，甲同学说法错误；(2)第一、二张白纸间的摩擦力为滑动摩擦力，大小为Ff12＝μ2(F＋mg)，第二张白纸处于静止状态，第二、三张白纸间的摩擦力为静摩擦力，大小等于第一、二张白纸间的摩擦力，即Ff23＝μ2(F＋mg)，除第一张白纸外，所有白纸均处于静止状态，白纸间的摩擦力均为μ2(F＋mg)，大小相等，故乙同学说法错误。例6如图所示，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。若每本书的质量均为0.2kg，该同学对书的水平正压力为200N，每本书均呈竖直状态，重力加速度大小g取10m/s2，则下列说法正确的是()A．每本书受到的摩擦力的合力大小不相等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，因为每本书的质量相等，则每本书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，每只手对其最大静摩擦力为Ff1＝μ1FN＝60N，这一摞书受力平衡，则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研究对象，由平衡条件有2Ff2＝n2mg，解得n2＝40，加上与手接触的两本书，共42本书，C正确，D错误。1．静摩擦力有无及方向的判断“三法”(1)状态法根据平衡条件、牛顿第二定律，判断静摩擦力的有无及方向。(2)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，再根据牛顿第三定律确定另一物体受到的静摩擦力的方向。(3)假设法2．滑动摩擦力的方向确定方法：先确定该物体相对于其接触物体的运动方向，滑动摩擦力与这个相对运动的方向相反。3．摩擦力大小的计算首先判断是静摩擦力还是滑动摩擦力。若是静摩擦力，则根据平衡条件或牛顿第二定律求解；若是滑动摩擦力，则用Ff＝μFN计算，其中FN并不总等于物体的重力。课时精练1．关于重力的大小和方向，以下说法正确的是()A．在地球上的物体都要受到重力作用，所受的重力与它的运动状态无关，也与是否存在其他力的作用无关B．在地球各处的重力方向都是一样的C．物体的重力作用在重心上，把重心挖去物体就不会受到重力作用D．对某一物体而言，其重力的大小总是一个恒量，不因物体从赤道移到南极而变化答案A解析物体受到的重力是由于地球的吸引而产生的，是万有引力的一个分力，而万有引力与运动状态无关，与其他力无关，故A正确；重力的方向总是竖直向下的，在不同的位置方向不一定相同，故B错误；一个物体的各部分都受到重力的作用，从效果上看，可以认为各部分受到的重力作用集中于一点，这一点叫作物体的重心，所以重心是等效出来的，与其他部分没有区别，故C错误；重力等于质量与重力加速度的乘积，在不同的地方，质量不变，但重力加速度有可能会变化，两极的重力加速度最大，赤道最小，所以在地球的不同地方，物体的重力有可能变化，故D错误。2．(多选)下列各实例中力的方向描述正确的是()A．图甲中，半圆面对杆有弹力FN1，地面对杆有弹力FN2B．图乙中，篮球与地面作用时，地面对篮球有弹力FNC．图丙中，物体A与传送带一起匀速向右运动，传送带对A有摩擦力FfD．图丁中，物体A匀速下滑时，固定斜面对A有摩擦力Ff答案BD3．(多选)(2024·广东广州市模拟)某电视台的综艺节目在直播象棋比赛，棋盘是铁质的，每个棋子都是一个小磁体，能吸在棋盘上(如图甲所示)，不计棋子间的相互作用力。对于静止在棋盘上的某个棋子，下列说法正确的是()A．若棋盘竖直，磁性越强，棋子所受的摩擦力越大B．若棋盘竖直，棋盘对棋子的作用力的大小等于棋子重力的大小C．若棋盘竖直，减小棋子的质量，则棋子所受到的摩擦力减小D．若使棋盘倾斜，如图乙，棋子仍相对棋盘静止，则棋子受到的摩擦力变大答案BC解析若棋盘竖直，棋子所受的摩擦力与棋子的重力等大反向，则磁性越强，棋子所受摩擦力不变，减小棋子的质量，棋子所受到的摩擦力减小，故A错误，C正确；若棋盘竖直，棋子所受合力为零，则棋盘对棋子的作用力与棋子的重力等大反向，故B正确；若使棋盘倾斜，如题图乙，棋子仍相对棋盘静止，棋子所受摩擦力等于重力沿棋盘方向的分力，小于棋子的重力，棋子受到的摩擦力变小，故D错误。4.(2024·宁夏银川市质检)如图所示，每个钩码重1.0N，弹簧测力计自身重力、绳子质量和摩擦不计，弹簧伸长了5cm(在弹簧的弹性限度内)。下列说法正确的是()A．该弹簧测力计的示数为0.5NB．该弹簧测力计的示数为2.0NC．该弹簧的劲度系数为20N/mD．不挂钩码时，该弹簧的劲度系数为0答案C解析该弹簧测力计的示数等于弹簧一端受到的拉力，则示数为1.0N，选项A、B错误；该弹簧的劲度系数为k＝eq\f(F,Δx)＝eq\f(1,0.05)N/m＝20N/m，选项C正确；不挂钩码时，该弹簧的劲度系数不变，仍为20N/m，选项D错误。5.(2023·江苏昆山市模拟)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．0.33B．0.45C．0.56D．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。6.如图所示，质量m＝6kg的木箱静置于水平地面上，木箱与地面间的动摩擦因数μ＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。现给木箱一水平拉力F。求：(1)当F1＝6N时，地面对木箱的摩擦力Ff1的大小；(2)当F2＝15N时，地面对木箱的摩擦力Ff2的大小；(3)在(2)条件下，若此后将拉力减小为F3＝5N(木箱仍在滑动)，地面对木箱的摩擦力Ff3的大小。答案(1)6N(2)12N(3)12N解析(1)设木箱与地面间的最大静摩擦力为Ffmax，则有Ffmax＝μFN，FN＝mg解得Ffmax＝12N，当F1＝6N时，由于F1<Ffmax木箱没有滑动，则地面对木箱的摩擦力为静摩擦力，Ff1＝F1＝6N(2)当F2＝15N时，由于F2>Ffmax。木箱滑动，地面对木箱的摩擦力为滑动摩擦力，则有Ff2＝Ffmax＝12N(3)若此后将拉力减小为F3＝5N，此时木箱仍在滑动，则木箱受到的摩擦力仍是滑动摩擦力，即Ff3＝Ffmax＝12N。7.两只完全相同的蚂蚁在轮胎内外表面爬，当两只蚂蚁爬到图示位置时保持静止，A、B两点与圆心的连线跟竖直方向的夹角分别为α、β，且角α大于角β。已知轮胎材料相同，轮胎与蚂蚁之间的动摩擦因数为μ，蚂蚁质量为m，重力加速度为g，下列说法正确的是()A．A处蚂蚁受到的支持力比B处蚂蚁大B．B处蚂蚁受到的摩擦力比A处蚂蚁大C．A处蚂蚁受到的摩擦力大小一定为μmgcosαD．B处蚂蚁受到的摩擦力大小一定为mgsinβ答案D解析根据题意，对蚂蚁受力分析，设蚂蚁所在位置和圆心连线与竖直方向夹角为θ，如图所示，由平衡条件可得FN＝mgcosθ，Ff＝mgsinθ，由于α>β，则A处蚂蚁受到的支持力比B处蚂蚁小，B处蚂蚁受到的摩擦力比A处蚂蚁小，故A、B错误；蚂蚁与轮胎之间保持静止，则A处蚂蚁受到静摩擦力，大小不一定为μmgcosα，B处蚂蚁受到的摩擦力大小为mgsinβ，故C错误，D正确。8．(2023·山东青岛市期中)如图，某同学用一根劲度系数为k的轻质弹簧测量物块与水平面间的动摩擦因数。将弹簧一端固定在竖直挡板上，另一端与物块连接，物块置于水平面上，弹簧与水平面平行。改变物块在水平面上的位置，发现物块只能在A、B两点间保持静止，测得A、B两点到竖直挡板的距离分别为d1、d2，物块的质量为m，当地重力加速度为g，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物块与水平面间的动摩擦因数为()A.eq\f(kd2－d1,2mg) B.eq\f(kd2－d1,mg)C.eq\f(kd2＋d1,2mg) D.eq\f(kd2＋d1,mg)答案A解析物块只能在A、B两点间保持静止，则在A、B两点时摩擦力数值上达到最大，且方向相反，故A、B两点弹簧的弹力大小相等，但方向相反，由A点弹簧的长度小于B点的长度，故在A点时弹簧处于压缩状态，在B点时弹簧处于伸长状态，且形变量相同，又最大静摩擦力等于滑动摩擦力，在A点和B点时，有keq\f(d2－d1,2)＝μmg，解得μ＝eq\f(kd2－d1,2mg)，A正确。9.(2023·湖南株洲市三模)如图是码头利用可升降传动装置在水平地面由高处向下堆砌而成的沙堆，为了知道沙堆的具体信息，测出沙堆底部的周长为s，查资料测得沙粒间的动摩擦因数为μ，下列说法正确的是()A．地面对沙堆的摩擦力不为零B．由已知条件可估算沙堆的高度C．由已知条件可估算沙堆的质量D．若相同质量的沙堆靠墙堆放，则占地面积会增大答案B解析以沙堆整体为研究对象，只受重力和地面的支持力，地面对沙堆的摩擦力为零，故A错误；沙堆表面上的沙粒受重力、支持力和摩擦力的作用静止，则沙堆倾角α满足μ＝tanα，若已知μ与s，则由几何关系可估算出沙堆的高度，故B正确；由于沙堆密度未知，故不能算出其质量，故C错误；未靠墙放置时，设沙堆的底面积为S，则其体积V＝eq\f(1,3)Sh＝eq\f(1,3)Sμr＝eq\f(1,3)μS·eq\r(\f(S,π))，当沙堆靠墙时形成半个圆锥体，设沙堆的底面积为S′(底面为半圆形)，则其体积V′＝eq\f(1,3)S′h′＝eq\f(1,3)S′μr′＝eq\f(1,3)μS′·eq\r(\f(2S′,π))，质量不变，则体积不变，则有V＝V′，即eq\f(1,3)μS·eq\r(\f(S,π))＝eq\f(1,3)μS′·eq\r(\f(2S′,π))，可得S′<S，即占地面积会减小，故D错误。10.(多选)(2023·广东梅州市二模)如图所示，一劲度系数为k的轻质弹簧1，竖直地固定在桌面上，上面压一质量为m的物体，弹簧1上、下端分别与物体和桌面相连；另一劲度系数为eq\f(1,2)k的轻质弹簧2竖直固定在物体的上表面。要想使物体在静止时，物体下面弹簧1的弹力大小减为原来的eq\f(2,3)，则应将弹簧2的上端A竖直向上缓慢移动的距离可能是(已知两根弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g)()A.eq\f(mg,k)B.eq\f(3mg,2k)C.eq\f(4mg,k)D.eq\f(5mg,k)答案AD解析初始时刻弹簧1处于压缩状态，弹簧1的压缩量x1＝eq\f(mg,k)，弹簧2处于原长；最终时刻有两种可能性，情况1：当弹簧1的弹力大小减小为原来的eq\f(2,3)时，弹簧1仍处于压缩状态，其压缩量x1′＝eq\f(2mg,3k)弹簧2处于伸长状态，弹簧2的伸长量x2＝eq\f(mg－\f(2mg,3),\f(k,2))＝eq\f(2mg,3k)，则A端竖直向上移动的距离d＝(x1－x1′)＋x2＝eq\f(mg,k)情况2：当弹簧1的弹力大小减为原来的eq\f(2,3)时，弹簧1处于拉伸状态，其伸长量为x1′＝eq\f(2mg,3k)弹簧2处于伸长状态，弹簧2的伸长量x2′＝eq\f(mg＋\f(2mg,3),\f(k,2))＝eq\f(10mg,3k)则A端竖直向上移动的距离d＝(x1＋x1′)＋x2′＝eq\f(5mg,k)，故选A、D。11.(多选)(2023·天津市武清区期中)如图所示，右侧带有挡板的长木板甲放在水平地面上。物块乙放在木板甲上，水平弹簧左端与物块乙连接，右端与挡板连接，用F＝11N的水平恒力向右拉木板甲，甲和乙相对静止并一起向右做匀加速运动，加速度为2m/s2，弹簧的伸长量为2cm，弹簧的劲度系数为200N/m，不计弹簧的质量。已知m甲＝4kg，m乙＝1kg。以下说法正确的是()A．弹簧的弹力大小为4NB．甲与乙之间没有摩擦力作用C．甲受到乙的静摩擦力方向向左D．甲与地面间的滑动摩擦力大小为1N答案AD解析根据胡克定律得弹簧的弹力大小为F弹＝kx＝200×0.02N＝4N，故A正确；对乙受力分析，取向右为正方向，根据牛顿第二定律F弹＋Ff＝m乙a，解得Ff＝－2N，负号表示方向向左，根据牛顿第三定律，乙对甲的静摩擦力方向向右，故B、C错误；对整个系统，根据牛顿第二定律有F－Ff地＝(m甲＋m乙)a，解得Ff地＝1N，故D正确。12.(2023·湖北黄石市第二中学检测)一长方形木板放置在水平地面上，在长方形木板的上方有一条状竖直挡板，挡板的两端固定于水平地面上，挡板与木板不接触。现有一个方形物块在木板上沿挡板以速度v运动，同时长方形木板以大小相等的速度向左运动，木板的运动方向与竖直挡板垂直，已知物块跟竖直挡板和水平木板间的动摩擦因数分别为μ1和μ2，物块的质量为m，重力加速度为g，则关于物块所受摩擦力说法正确的是()A．竖直挡板对物块的摩擦力大小为0B．竖直挡板对物块的摩擦力大小为eq\f(\r(2),2)μ1μ2mgC．只增大木板向左运动的速度，竖直挡板对物块的摩擦力将变小D．只增大物块沿挡板运动的速度，木板对物块的摩擦力将增大答案B解析根据题意可知，物块与木板之间的弹力的大小等于物块的重力，由公式Ff＝μFN可知，木板对物块的摩擦力为Ff2＝μ2mg，只增大物块沿挡板运动的速度，木板对物块的摩擦力不变，故D错误；根据题意，物块相对于木板的运动方向如图所示，根据运动的合成和分解规律可知tanθ＝1，解得θ＝45°，由平衡条件可知，挡板对物块的支持力为FN1＝Ff2sin45°，挡板对物块的摩擦力大小Ff1＝μ1FN1＝eq\f(\r(2),2)μ1μ2mg，故A错误，B正确；结合A、B分析可知，只增大木板向左运动的速度，θ增大，则FN1增大，竖直挡板对物块的摩擦力将变大，故C错误。

第2课时力的合成与分解目标要求1.会应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.知道“活结”与“死结”、“动杆”与“定杆”的区别。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某几个力共同作用的效果相同，这个力叫作那几个力的合力，那几个力叫作这个力的分力。(2)关系：合力与分力是等效替代关系。2．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：求两个互成角度的分力的合力，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表示合力的大小和方向。如图甲所示，F1、F2为分力，F为合力。②三角形定则：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。3．两个共点力的合力大小的范围：|F1－F2|≤F≤F1＋F2。(1)两个力的大小不变时，其合力随夹角的增大而减小。(2)当两个力反向时，合力最小，为|F1－F2|；当两个力同向时，合力最大，为F1＋F2。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任一分力大。(×)3．两分力同时增大1倍，合力也增大1倍。(√)4．两分力都增加10N，合力也增加10N。(×)思考1．互成角度的两个力，其中一个力增大后，合力一定增大吗？请作图说明。答案不一定。如图，F2增大后，合力F可能减小，可能不变，可能增大。2．(1)有三个共点力F1＝8N，F2＝7N，F3＝10N，则这三个力合力的最大值为______N，最小值为________N。(2)有三个共点力F1＝8N，F2＝7N，F3＝16N，则这三个力合力的最大值为______N，最小值为________N。(3)根据(1)(2)计算结果，总结求三个力合力最小值的规律：____________________________。答案(1)250(2)311(3)如果一个力的大小处于另外两个力的合力大小范围之内，则其合力的最小值为零，即Fmin＝0；否则Fmin＝F3－(F1＋F2)(F3为三个力中最大的力)。例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所示(小方格边长相等)，则下列说法正确的是()A．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F3同向C．三力的合力有唯一值2F3，方向与F3同向D．由题给条件无法求合力大小答案B解析先以力F1和F2为邻边作平行四边形，其合力与F3共线，大小F12＝2F3，如图所示，F12再与第三个力F3合成求合力F合，可得F合＝3F3，故选B。例2(2023·重庆卷·1)矫正牙齿时，可用牵引线对牙施加力的作用。若某颗牙齿受到牵引线的两个作用力大小均为F，夹角为α(如图)，则该牙所受两牵引力的合力大小为()A．2Fsin

eq\f(α,2) B．2Fcos

eq\f(α,2)C．Fsinα D．Fcosα答案B解析根据平行四边形定则可知，该牙所受两牵引力的合力大小为F合＝2Fcos

eq\f(α,2)，故选B。考点二力的分解1．力的分解是力的合成的逆运算，遵循的法则：平行四边形定则或三角形定则。2．分解方法(1)按力产生的效果分解①根据力的实际作用效果确定两个实际分力的方向。②再根据两个分力方向画出平行四边形。③最后由几何知识求出两个分力的大小和方向。(2)正交分解将力沿相互垂直的两个坐标轴分解，从而求出沿坐标轴方向上的合力，列平衡方程或牛顿第二定律。①建立坐标系的原则：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多个力求合力的方法：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)若合力方向与x轴夹角为θ，则tanθ＝eq\f(Fy,Fx)。1．在进行力的合成与分解时，都能应用平行四边形定则或三角形定则。(√)2．2N的力能够分解成6N和3N的两个分力。(×)例3某同学周末在家大扫除，移动衣橱时，无论怎么推也推不动，于是他组装了一个装置，如图所示，两块相同木板可绕A处的环转动，两木板的另一端点B、C分别用薄木板顶住衣橱和墙角，该同学站在该装置的A处。若调整装置A点距地面的高h＝14cm时，B、C两点的间距L＝96cm，B处衣橱恰好移动。已知该同学的质量为m＝50kg，重力加速度大小取g＝9.8m/s2，忽略A处的摩擦，则此时衣橱受到该装置的水平推力大小为()A．875N B．1650NC．840N D．1680N答案C解析该同学站在A点时，重力产生两个作用效果力F1、F2，如图所示设F1、F2与竖直方向夹角为θ，则F1＝F2＝eq\f(mg,2cosθ)，在B点F1分解如图所示，则水平推力为F＝F1sinθ＝eq\f(mg,2)tanθ，由几何关系得tanθ＝eq\f(L,2h)，联立可得F＝eq\f(mgL,4h)＝840N，故选C。例4(2022·辽宁卷·4)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，水平方向有F1x＝F2x，即F1的水平分力等于F2的水平分力，选项C错误，D正确；F1y＝eq\f(F1x,tanα)，F2y＝eq\f(F2x,tanβ)，因为α>β，故F1y<F2y，选项A、B错误。例5如图所示为一侧耳朵佩戴口罩的示意图，一侧的口罩带是由直线AB、弧线BCD和直线DE组成的。假若口罩带可认为是一段劲度系数为k的弹性轻绳，在佩戴好口罩后弹性轻绳被拉长了x，此时AB段与水平方向的夹角为37°，DE段与水平方向的夹角为53°，弹性绳涉及的受力均在同一平面内，忽略一切摩擦，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则下列说法正确的是()A．口罩带对耳朵的作用力方向与水平方向夹角为37°B．口罩带对耳朵的作用力方向与水平方向夹角为53°C．耳朵受到的口罩带的作用力为2kxD．耳朵受到的口罩带的作用力为eq\f(7\r(2),5)kx答案D解析弹性轻绳被拉长了x，同一根轻绳拉力大小相等，即FAB＝FDE＝kx，将FAB、FDE分别正交分解，如图，则Fx＝FABcos37°＋FDEcos53°＝eq\f(7,5)kx，Fy＝FABsin37°＋FDEsin53°＝eq\f(7,5)kx，则耳朵受到的口罩带的作用力F＝eq\r(Fx2＋Fy2)＝eq\f(7\r(2),5)kx，设作用力方向与水平方向夹角为θ，tanθ＝eq\f(Fy,Fx)＝1，即作用力方向与水平方向夹角为45°，故D正确。考点三“活结”与“死结”、“动杆”与“定杆”例6如图甲所示，轻绳AD跨过固定在水平横梁BC右端的光滑定滑轮挂住一个质量为m1的物体，∠ACB＝30°；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杆受到绳的作用力大小为m2gC．细绳AC段的拉力FAC与细绳EG段的拉力FEG的大小之比为1∶1D．细绳AC段的拉力FAC与细绳EG段的拉力FEG的大小之比为m1∶2m2答案D解析题图甲中是一根绳跨过光滑定滑轮，绳中的弹力大小相等，两段绳的拉力大小都是m1g，互成120°角，则合力的大小是m1g，方向与竖直方向成60°角斜向左下方，故BC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，A选项错误；题图乙中HG杆受到绳的作用力大小为eq\r(3)m2g，B选项错误；题图乙中FEGsin30°＝m2g，得FEG＝2m2g，则eq\f(FAC,FEG)＝eq\f(m1,2m2)，C选项错误，D选项正确。1．活结：当绳绕过光滑的滑轮或挂钩时，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，而是固定点时，称为“死结”，其两侧绳上的弹力大小不一定相等。3．动杆：若轻杆用光滑的转轴或铰链连接，当杆平衡时，杆所受到的弹力方向一定沿着杆，否则杆会转动。4．定杆：若轻杆被固定，不发生转动，则杆受到的弹力方向不一定沿杆的方向。课时精练1．三个共点力大小分别是F1、F2、F3，关于它们合力F的大小，下列说法正确的是()A．F大小的取值范围一定是0≤F≤F1＋F2＋F3B．F至少比F1、F2、F3中的某一个力大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，一定能使合力为零答案C解析三个大小分别是F1、F2、F3的共点力合成后的最大值一定等于F1＋F2＋F3，但最小值不一定等于零，只有当某一个力的大小在另外两个力的合力范围内时，这三个力的合力才可能为零，选项A错误；合力可能比三个力都大，也可能比三个力都小，选项B错误；合力能够为零的条件是三个力的矢量箭头能组成首尾相接的三角形，任意两个力的和必须大于第三个力，选项C正确，D错误。2.(2021·重庆卷·1)如图所示，人游泳时若某时刻手掌对水的作用力大小为F，该力与水平方向的夹角为30°，则该力在水平方向的分力大小为()A．2FB.eq\r(3)FC．FD.eq\f(\r(3),2)F答案D解析沿水平方向和竖直方向将手掌对水的作用力分解，则有该力在水平方向的分力大小为Fcos30°＝eq\f(\r(3),2)F，故选D。3.用两根等长轻绳将木板挂在竖直木桩上等高的两点，制成一简易秋千。某次维修时将两轻绳各剪去一小段，但仍保持两绳等长且悬点不变。木板静止时，F1表示木板所受合力的大小，F2表示单根轻绳对木板拉力的大小，则维修后()A．F1不变，F2变大 B．F1不变，F2变小C．F1变大，F2变大 D．F1变小，F2变小答案A解析由于木板始终处于静止状态，因此维修前后合力F1都是零，保持不变，两轻绳各剪去一段后长度变短，悬挂木板时轻绳与竖直方向的夹角变大，根据力的合成知，合力不变，两分力夹角变大时，两分力的大小变大，故A正确，B、C、D错误。4．(多选)(2023·四川绵阳市盐亭中学一模)图甲、乙、丙、丁所示的四种情况是某一质点在同一平面内同时受到的三个共点力，若坐标纸中每格边长表示1N的大小的力，则下列关于质点所受的合力的说法中正确的是()A．图甲中质点所受的合力大小是12N，方向水平向右B．图乙中质点所受的合力等于0C．图丙中质点所受的合力大小是8N，方向竖直向上D．图丁中质点所受的合力大小等于5N答案AC解析题图甲知F1、F2的合力为8N，水平向右，与F3方向一致，则3个力的合力为12N，方向水平向右，故A正确；对题图乙，F3与F2的合力与F1大小相等，方向相同，所以3个力的合力为6N，方向水平向右，故B错误；题图丙中，将F3与F2正交分解，则水平方向大小相等，方向相反；竖直方向合力为5N，则3个力的合力大小为8N，方向竖直向上，故C正确；题图丁中，将F3与F2正交分解，水平方向合力大小为1N，竖直方向合力为4N，所以3个力的合力在水平方向的大小为1N，在竖直方向为3N，由勾股定理求得合力大小等于eq\r(10)N，故D错误。5.(多选)(2024·河北衡水市武强中学检测)如图，家用小型起重机拉起重物的绳子一端固定在起重机斜臂顶端，另一端跨过动滑轮A和定滑轮B之后与电动机C相连。起重机正将重为G的重物匀速竖直上拉，忽略绳子与滑轮的摩擦以及绳子和动滑轮A的重力，∠ABC＝60°，则()A．绳子对定滑轮B的作用力方向竖直向下B．绳子对定滑轮B的作用力方向与BA成30°角斜向下C．绳子对定滑轮B的作用力大小等于GD．绳子对定滑轮B的作用力大小等于eq\f(\r(3),2)G答案BD解析绳子对定滑轮B的作用力为BA和BC两段绳子弹力的合力，方向不可能竖直向下，故A错误；重物匀速运动，则任意段绳子的弹力等于重物重力的一半，即eq\f(G,2)。由平行四边形定则可知，合力方向沿∠ABC的角平分线，与BA夹角为30°斜向下，大小为eq\f(\r(3)G,2)，故B、D正确，C错误。6．(2024·湖北襄阳市第一中学月考)在药物使用中应用到很多物理知识。甲、乙两图分别是用注射器取药的情景和针尖刺入瓶塞的示意图，针尖的顶角很小，医生沿着注射器施加一个较小的力F，针尖会对瓶塞产生很大的推力。现只分析图乙的针尖倾斜侧面与水平侧面对瓶塞产生的两个推力，则()A．针尖在两个侧面上对瓶塞的两个推力是等大的B．针尖在倾斜侧面上对瓶塞的推力比水平侧面的推力大C．若F一定，使用顶角越小的针尖，则倾斜侧面对瓶塞产生的推力就越小D．针尖在倾斜侧面上对瓶塞的推力FN＝Fcosθ答案B解析将力F分解在垂直于针尖的两个侧面的方向上，如图所示，由几何关系知，针尖在倾斜侧面上对瓶塞的推力FN比水平侧面的推力FN′大，故A错误，B正确；由三角函数得FN＝eq\f(F,sinθ)，FN′＝eq\f(F,tanθ)，若F一定，使用顶角越小的针尖，则倾斜侧面对瓶塞产生的推力就越大，故C、D错误。7．(2024·云南省昆明八中等三校联考)已知两分力的大小分别为F1和F2，且F1>F2，θ是两分力的合力与F1的夹角的最大值，下列结论正确的是()A．sinθ＝eq\f(F2,F1) B．sinθ＝eq\f(F2,\r(F1＋F2))C．tanθ＝eq\f(F2,F1) D．tanθ＝eq\f(F1,F2)答案A解析由三角形定则可知，当F2与合力的方向垂直时，θ最大，此时有sinθ＝eq\f(F2,F1)，故选A。8．(多选)(2024·广东广州市质检)耙在中国已有1500年以上的历史，北魏贾思勰著《齐民要术》称之为“铁齿楱”，将使用此农具的作业称作耙。如图甲所示，牛通过两根耙索拉耙沿水平方向匀速耙地。两根耙索等长且对称，延长线的交点为O1，夹角∠AO1B＝60°，拉力大小均为F，平面AO1B与水平面的夹角为30°(O2为AB的中点)，如图乙所示。忽略耙索质量，下列说法正确的是()A．两根耙索的合力大小为FB．两根耙索的合力大小为eq\r(3)FC．地对耙的水平阻力大小为eq\f(3F,2)D．地对耙的水平阻力大小为eq\f(F,2)答案BC解析两根耙索的合力大小为F′＝2Fcos30°＝eq\r(3)F，A错误，B正确；由平衡条件得，地对耙的水平阻力大小为Ff＝F′cos30°＝eq\f(3,2)F，C正确，D错误。9．磁力防盗扣的内部结构及原理如图所示，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刚好是90°，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大小为(不计摩擦以及小铁珠的重力)()A.eq\r(2)FB.eq\f(\r(2),2)FC．FD.eq\r(3)F答案C解析以一个小铁珠为研究对象，将力F按照作用效果进行分解如图所示。由几何关系可得小铁珠对钉柱产生的侧向压力大小为FN＝eq\f(F,tan45°)＝F，故C正确。10.如图所示，轻绳MN的两端固定在水平天花板上，物体A系在轻绳MN的某处，悬挂有物体B的光滑轻滑轮跨在轻绳MN上。系统静止时的几何关系如图，则A与B的质量之比为()A．1∶1B．1∶2C．1∶eq\r(3)D.eq\r(3)∶2答案A解析对物体A上方绳结受力分析，如图甲所示，根据共点力平衡及几何关系可知，合力正好平分两个分力的夹角，可得F1＝mAg，对滑轮受力分析，如图乙所示，由几何关系得F2＝mBg，根据同一根轻绳拉力特点可知F1＝F2，则mA＝mB，得eq\f(mA,mB)＝eq\f(1,1)，A正确。11.如图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，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与左侧竖直墙壁接触，接触面光滑，铰链和杆受到的重力不计，求：(1)扩张机AB杆的弹力大小(用含α的三角函数表示)；(2)D受到向上顶的力的大小。答案(1)eq\f(200,cosα)N(2)2000N解析(1)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，且F1＝F2，则有2F1cosα＝F，则扩张机AB杆的弹力大小为F1＝eq\f(F,2cosα)＝eq\f(200,cosα)N(2)再将F1按作用效果分解为FN和FN′，如图乙所示，则有FN＝F1sinα，联立得FN＝eq\f(Ftanα,2)，根据几何知识可知tanα＝eq\f(l,b)＝10，则FN＝5F＝2000N。12．一重力为G的圆柱体工件放在V形槽中，槽顶角α＝60°，槽的两侧面与水平方向的夹角相等，槽与工件接触处的动摩擦因数处处相同，大小为μ＝0.25，则：(1)要沿圆柱体的轴线方向(如图甲所示)水平地把工件从槽中拉出来，人至少要施加多大的拉力？(2)现把整个装置倾斜，使圆柱体的轴线与水平方向成37°角，如图乙所示，且保证工件对V形槽两侧面的压力大小相等，发现工件能自动沿槽下滑，求此时工件所受槽的摩擦力大小。(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)答案(1)0.5G(2)0.4G解析(1)分析圆柱体工件的受力可知，沿轴线方向受到拉力F和两个侧面对圆柱体工件的滑动摩擦力，由题给条件知F＝Ff，将工件的重力进行分解，如图所示，由平衡条件可得G＝F1＝F2，由Ff＝μF1＋μF2得F＝0.5G。(2)把整个装置倾斜，则重力沿压紧两侧的斜面的分力F1′＝F2′＝Gcos37°＝0.8G，此时工件所受槽的摩擦力大小Ff′＝2μF1′＝0.4G。

第3课时牛顿第三定律共点力的平衡目标要求1.理解牛顿第三定律的内容，并能区分作用力和反作用力与一对平衡力。2.熟练掌握受力分析的步骤，会灵活应用整体法、隔离法并结合牛顿第三定律进行受力分析。3.理解共点力平衡的条件，会解决共点力平衡问题。考点一牛顿第三定律受力分析1．牛顿第三定律的内容：两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等，方向相反，作用在同一条直线上。2．表达式：F＝－F′3．一对平衡力与作用力和反作用力的比较名称项目一对平衡力作用力和反作用力作用对象同一个物体两个相互作用的不同物体作用时间不一定同时产生、同时消失一定同时产生、同时消失力的性质不一定相同一定相同作用效果可相互抵消不可抵消4.受力分析的一般步骤1．相互作用力是否相等与相互作用的两物体的运动状态无关。(√)2．人走在松软土地上下陷时，人对土地的压力大于土地对人的支持力。(×)3．物体静止在水平地面上，受到的重力和支持力为一对作用力和反作用力。(×)思考如图所示，体育项目“押加”实际上相当于两个人拔河，如果甲、乙两人在“押加”比赛中，甲获胜，是因为甲对乙的拉力大于乙对甲的拉力吗？如果不是，请说明甲获胜的原因。答案不是。甲对乙的拉力与乙对甲的拉力是一对作用力与反作用力，大小总是相等，甲获胜的原因是地面对甲的摩擦力大于地面对乙的摩擦力。例1(多选)(2024·广东茂名市林尘中学月考)物体静止在固定的斜面上，如图所示，则下述说法中正确的是()A．物体对斜面的压力和斜面对物体的支持力是一对平衡力B．物体所受的重力和斜面对物体的作用力是一对平衡力C．物体对斜面的摩擦力和斜面对物体的摩擦力是一对作用力和反作用力D．物体所受的重力可以分解为沿斜面向下的力和对斜面的压力答案BC解析物体对斜面的压力和斜面对物体的支持力是一对作用力和反作用力，故A错误；斜面对物体的作用力是支持力和摩擦力的合力，与重力平衡，所以物体所受的重力和斜面对物体的作用力是一对平衡力，故B正确；物体对斜面的摩擦力和斜面对物体的摩擦力是一对作用力和反作用力，故C正确；物体所受的重力可以分解为沿斜面向下的力和垂直于斜面向下的力，垂直于斜面向下的力不是对斜面的压力，故D错误。例2(2023·安徽淮南市第二中学检测)两相同的楔形木块A、B叠放后分别以图甲、乙两种方式在水平外力F1和竖直外力F2作用下，挨着竖直墙面保持静止状态，则在此两种方式中，木块B受力个数之比为()A．1∶1 B．4∶3C．5∶3 D．5∶4答案C解析题图甲中，根据整体法可知，木块B除了受重力外，一定受到墙面水平向右的弹力和竖直向上的静摩擦力，隔离B分析，其一定还受到A的弹力，隔离A分析，A受到重力、水平向左的推力、B对其垂直于接触面斜向右下的弹力，这样的三个力不可能使A平衡，所以A一定还要受到B对其沿接触面斜向右上的静摩擦力才能平衡，可知B一定受到A沿接触面斜向左下的静摩擦力，故B共受5个力的作用；题图乙中，根据整体法可知B与墙面间既无弹力也无摩擦力，所以B受重力和A的弹力及摩擦力共3个力的作用。则在此两种方式中，木块B受力个数之比为5∶3，故选C。整体法和隔离法的选择1．当分析相互作用的两个或两个以上物体整体的受力情况及分析外力对系统的作用时，宜用整体法。2．在分析系统内各物体(或一个物体各部分)间的相互作用时，宜用隔离法。3．整体法和隔离法不是独立的，对一些较复杂问题，通常需要多次选取研究对象，交替使用整体法和隔离法。考点二共点力的平衡1．共点力的平衡(1)平衡状态：物体静止或做匀速直线运动。(2)平衡条件：F合＝0或Fx＝0，Fy＝0。(3)常用推论①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。②若三个共点力的合力为零，则表示这三个力的有向线段首尾相接组成一个封闭三角形。思考静止的物体速度为0处于平衡状态，竖直上抛的物体到达最高点时速度为0，也处于平衡状态，这种说法对吗？答案不对，物体处于静止或做匀速直线运动是平衡状态，某一时刻速度为0不是物体处于平衡状态的判断依据。2．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。(3)矢量三角形法：把表示三个力的有向线段构成一个闭合的三角形，常用于非特殊角的一般三角形。例3(2023·浙江6月选考·6)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解析对光滑圆柱体受力分析如图，由题意有Fa＝Gsin37°＝0.6G，Fb＝Gcos37°＝0.8G，故选D。例4如图，一物块在水平拉力F的作用下沿水平桌面做匀速直线运动。若保持F的大小不变，而将方向变成与水平面成60°角，物块也恰好做匀速直线运动。则物块与桌面间的动摩擦因数为()A．2－eq\r(3)B.eq\f(\r(3),6)C.eq\f(\r(3),3)D.eq\f(\r(3),2)答案C解析当F水平时，根据平衡条件得F＝μmg；当保持F的大小不变，而方向与水平面成60°角时，由平衡条件得Fcos60°＝μ(mg－Fsin60°)，联立解得μ＝eq\f(\r(3),3)，故选项C正确。例5(2023·江西宜春市检测)如图所示，倾角为α的斜面固定在水平面上，在斜面和固定的竖直挡板之间有两个匀质球P、Q，P球的质量是Q球质量的三倍，各接触面均光滑，系统处于静止状态，若P、Q两球的球心连线与竖直方向的夹角为β，下列说法正确的是()A．4tanα＝tanβ B．3tanα＝tanβC．2tanα＝tanβ D．tanα＝tanβ答案A解析以P、Q两球整体为研究对象，受力如图甲所示，由平衡条件可得F2＝4mgtanα隔离Q球，受力如图乙所示，由平衡条件可得F2＝mgtanβ，解得4tanα＝tanβ，故选A。例6(2024·广东省模拟)如图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所示，则图中上、下各一根绳中的张力大小之比为()A．1∶1B．2∶1C．5∶2D．5∶4答案C解析设一个篮子的质量为m，连接下篮的绳子的拉力为FT2，对下篮，根据平衡条件得4FT2＝mg，解得FT2＝eq\f(mg,4)，设连接上篮的绳子的拉力为FT1，绳子与竖直方向夹角为θ，对两个篮整体由平衡条件得4FT1cosθ＝2mg，根据几何关系得sinθ＝eq\f(24,40)＝0.6，则cosθ＝0.8，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。课时精练1.(2024·上海市建平中学月考)如图所示是厨房用来悬挂厨具的小吸盘，其原理是排开吸盘与墙壁之间的空气，依靠大气压紧紧地将吸盘压在厨房的竖直墙壁上，可用来悬挂比较轻的厨具，安装拆卸都很方便，以下说法正确的是()A．墙壁对吸盘的作用力的合力竖直向上B．大气压变大，吸盘受到的摩擦力也变大C．吸盘与墙壁之间只有一对作用力与反作用力D．空气对吸盘的压力与墙壁对吸盘的支持力是一对平衡力答案D解析墙壁对吸盘的作用力有竖直向上的摩擦力和水平方向的支持力，合力方向不是竖直向上，故A错误；吸盘受到的摩擦力与吸盘和物体所受重力大小相等，不会变化，故B错误；吸盘与墙壁之间有水平方向和竖直方向两对作用力与反作用力，故C错误；空气对吸盘的压力与墙壁对吸盘的支持力是一对平衡力，故D正确。2．(2023·广东卷·2)如图所示，可视为质点的机器人通过磁铁吸附在船舷外壁面检测船体。壁面可视为斜面，与竖直方向夹角为θ。船和机器人保持静止时，机器人仅受重力G、支持力FN、摩擦力Ff和磁力F的作用，磁力垂直壁面。下列关系式正确的是()A．Ff＝G B．F＝FNC．Ff＝Gcosθ D．F＝Gsinθ答案C解析如图所示，将机器人(包括磁铁)重力垂直于斜面方向和沿斜面方向分解。沿斜面方向，由平衡条件得Ff＝Gcosθ，故A错误，C正确；垂直斜面方向，由平衡条件得F＝Gsinθ＋FN，故B、D错误。3.(多选)(2023·海南海口市联考)如图所示，三段不可伸长的细绳OA、OB、OC的结点为O，在O点竖直悬挂一质量为m＝5kg的重物，A、B两端点均固定，重物处于静止状态，此时OB是水平的，OA与水平方向的夹角为θ＝45°，重力加速度g取10m/s2，则()A．OC绳上的拉力大小为50eq\r(2)NB．OB绳上的拉力大小为50NC．OA绳上的拉力大小为50ND．OA绳上的拉力大小为50eq\r(2)N答案BD解析对结点O受力分析可得FTOC＝mg＝50N，FTOB＝FTOC＝50N，FTOA＝eq\f(mg,sinθ)＝eq\r(2)mg＝50eq\r(2)N，故选B、D。4.(多选)如图所示，在水平力F作用下，A、B保持静止。若A与B的接触面是水平的，且F≠0，则B的受力个数可能为()A．3个B．4个C．5个D．6个答案BC解析先对A、B整体受力分析，受重力、水平力F、斜面的支持力；当水平力F平行斜面向上的分力大于重力沿斜面向下的分力时，有上滑趋势，此时受到沿斜面向下的静摩擦力；当水平力F平行斜面向上的分力小于重力沿斜面向下的分力时，有下滑趋势，此时受到沿斜面向上的静摩擦力；当水平力F平行斜面向上的分力等于重力沿斜面向下的分力时，无相对滑动趋势，此时与斜面间无摩擦力；再对A受力分析，受水平力F、重力、支持力和向左的静摩擦力，共4个力；最后对B受力分析，受重力、A对它的压力、向右的静摩擦力和斜面对B的支持力，若B相对斜面有滑动趋势，则还要受到斜面的静摩擦力，若B相对斜面无滑动趋势，则不受斜面的摩擦力，即B可能受4个力，也可能受5个力，故选B、C。5．(2024·四川省仁寿第一中学月考)2023年的春晚舞蹈《锦绣》，艺术地再现了古代戍边将士与西域各民族化干戈为玉帛并建立深厚友谊的动人故事。图(a)是一个优美且难度极大的后仰动作，人后仰平衡时，可粗略认为头受到重力G、肌肉拉力F2和颈椎支持力F1。如图(b)，若弯曲后的头颈与水平方向成60°角，F2与水平方向成45°角，则可估算出F1的大小为()A．(eq\r(3)＋1)G B．(eq\r(3)－1)GC．(eq\r(3)＋2)G D．(eq\r(3)－2)G答案A解析由力的平衡条件可得F1sin60°＝G＋F2sin45°，F1cos60°＝F2cos45°，解得F1＝(eq\r(3)＋1)G，故选A。6．(2024·黑龙江鹤岗市第一中学月考)如图甲所示，A、B两小球通过两根轻绳连接并悬挂于O点，已知两轻绳OA和AB的长度之比为eq\r(3)∶1，A、B两小球质量分别为2m和m，现对A、B两小球分别施加水平向右的力F1和水平向左的力F2，两球恰好处于图乙的位置静止，此时B球恰好在悬点O的正下方，轻绳OA与竖直方向成30°角，则()A．F1＝F2 B．F1＝eq\r(3)F2C．F1＝2F2 D．F1＝3F2答案C解析由题意知两轻绳OA和AB的长度之比为eq\r(3)∶1，B球恰好在悬点O的正下方，由几何关系可知，OA与AB垂直；以B球为研究对象，受力示意图如图(a)所示，由平衡条件得F2＝mgtan(90°－30°)＝eq\r(3)mg，以A、B两球整体为研究对象，受力示意图如图(b)所示，由平衡条件得F1－F2＝3mgtan30°＝eq\r(3)mg，可得F1＝2eq\r(3)mg，即F1＝2F2，故选C。7．(2020·全国卷Ⅲ·17)如图，悬挂甲物体的细线拴牢在一不可伸长的轻质细绳上O点处；绳的一端固定在墙上，另一端通过光滑定滑轮与物体乙相连。甲、乙两物体质量相等。系统平衡时，O点两侧绳与竖直方向的夹角分别为α和β。若α＝70°，则β等于()A．45°B．55°C．60°D．70°答案B解析取O点为研究对象，O点在三力的作用下处于平衡状态，对其受力分析如图所示，FT1＝FT2，两力的合力与F等大反向，根据几何关系可得2β＋α＝180°，所以β＝55°，故选B。8.(2022·浙江6月选考·10)如图所示，一轻质晒衣架静置于水平地面上，水平横杆与四根相同的斜杆垂直，两斜杆夹角θ＝60°。一重为G的物体悬挂在横杆中点，则每根斜杆受到地面的()A．作用力为eq\f(\r(3),3)G B．作用力为eq\f(\r(3),6)GC．摩擦力为eq\f(\r(3),4)G D．摩擦力为eq\f(\r(3),8)G答案B解析设斜杆的弹力大小为F，以水平横杆和物体为整体，在竖直方向上根据受力平衡可得4Fcos30°＝G，解得F＝eq\f(\r(3),6)G，以其中一斜杆为研究对象，其受力如图所示，可知每根斜杆受到地面的作用力应与F平衡，即大小为eq\f(\r(3),6)G，每根斜杆受到地面的摩擦力大小为Ff＝Fsin30°＝eq\f(\r(3),12)G，B正确，A、C、D错误。9．(多选)(2023·吉林松原市模拟)如图所示，穿过光滑动滑轮的轻绳两端分别固定在M、N两点，质量为m的物块通过轻绳拴接在动滑轮的轴上，给物块施加一个水平向左的拉力F，系统静止平衡时，滑轮到固定点M、N的两部分轻绳与水平方向的夹角分别为53°和37°，滑轮质量忽略不计，重力加速度为g，sin37°＝0.6，sin53°＝0.8。下列说法正确的是()A．跨过滑轮的轻绳中的张力大小为eq\f(5mg,7)B．作用在物块上的水平拉力大小为mgC．物块与滑轮间的轻绳中的张力大小为eq\f(10mg,7)D．物块与滑轮间的轻绳与竖直方向夹角的正切值为eq\f(3,4)答案AB解析把动滑轮及物块看作一个整体，设跨过滑轮的轻绳上的张力大小为FT，整体在竖直方向上受力平衡，则有FTsin53°＋FTsin37°＝mg，解得FT＝eq\f(5,7)mg，水平方向上有FTcos53°＋FTcos37°＝F，得作用在物块上的水平拉力大小为F＝mg，故A、B正确；隔离物块进行受力分析，则由平衡条件可得物块与滑轮间的轻绳中的张力大小为FT′＝eq\r(mg2＋F2)＝eq\r(2)mg，由数学知识可知物块与滑轮间的轻绳中的张力与竖直方向成45°角，则tan45°＝1，故C、D错误。10.(2022·海南卷·8)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，则m∶m′为()A.eq\f(\r(3),2)B.eq\r(3)C．1D．2答案D解析六块形状完全相同的石块围成半圆对应的圆心角为180°，每块石块对应的圆心角为30°，对第3块石块受力分析如图结合力的合成可知tan60°＝eq\f(F4,m′g)对第2块和第3块石块整体受力分析如图tan30°＝eq\f(F4,m＋m′g)，联立解得eq\f(m,m′)＝2，故选D。11.(2023·西北师范大学附属中学期中)如图所示，质量M＝2eq\r(3)kg的木块A套在水平杆上，并用轻绳将木块与质量m＝eq\r(3)kg的小球B相连。用与水平方向成α＝30°角的恒力F＝10eq\r(3)N拉着球带动木块一起向右匀速运动，运动中A、B相对位置保持不变，g取10m/s2。求：(1)运动过程中轻绳与水平方向的夹角θ；(2)木块与水平杆间的动摩擦因数μ。答案(1)30°(2)eq\f(\r(3),5)解析(1)对B进行受力分析，设轻绳对B的拉力为FT，由平衡条件可得Fcos30°＝FTcosθ，Fsin30°＋FTsinθ＝mg解得FT＝10eq\r(3)N，tanθ＝eq\f(\r(3),3)即θ＝30°(2)对A进行受力分析，由平衡条件有FTsinθ＋Mg＝FN，FTcosθ＝μFN解得μ＝eq\f(\r(3),5)。12.(2023·江苏徐州市模拟)质量为m粗细均匀的麻绳如图所示悬挂，悬点处切线与竖直方向夹角分别为37°和53°，P点为最低点，重力加速度为g，sin37°＝0.6，则()A．左侧悬点对麻绳拉力为0.6mgB．右侧悬点对麻绳拉力为0.8mgC．最低点P处张力为0.3mgD．P点右侧麻绳质量为0.36m答案D解析对麻绳受力分析，受重力mg、左侧悬点对麻绳的拉力F1、右侧悬点对麻绳的拉力F2，则F1cos37°＋F2cos53°＝mg，F1sin37°＝F2sin53°，解得F1＝0.8mg，F2＝0.6mg，故A、B错误；对P点右侧麻绳受力分析，受重力m2g、最低点P处张力F、右侧悬点对麻绳的拉力F2，则F＝F2sin53°＝0.48mg，m2g＝F2cos53°＝0.36mg，所以P点右侧麻绳质量为m2＝0.36m，故C错误，D正确。

第4课时专题强化：动态平衡和临界、极值问题目标要求1.学会用图解法、解析法等解决动态平衡问题。2.会分析平衡中的临界与极值问题。考点一动态平衡问题动态平衡是指物体的受力状态缓慢发生变化，但在变化过程中，每一个状态均可视为平衡状态。常用方法：图解法、解析法、相似三角形法、辅助圆法、正弦定理法。1．“一力恒定，另一力方向不变”的动态平衡问题(1)一个力恒定，另一个力始终与恒定的力垂直，三力可构成直角三角形，可作不同状态下的直角三角形，分析力的大小变化，如图甲所示。(2)一力恒定，另一力与恒定的力不垂直但方向不变，作出不同状态下的矢量三角形，确定力大小的变化，在变化过程中恒力之外的两力垂直时，会有极值出现，如图乙所示。例1(多选)如图所示，在倾角为α的斜面上，放一质量为m的小球，小球和斜面及挡板间均无摩擦，当挡板绕O点逆时针缓慢地转向水平位置的过程中()A．斜面对球的支持力逐渐增大B．斜面对球的支持力逐渐减小C．挡板对小球的弹力先减小后增大D．挡板对小球的弹力先增大后减小答案BC解析对小球受力分析知，小球受到重力mg、斜面的支持力FN1和挡板的弹力FN2，如图，当挡板绕O点逆时针缓慢地转向水平位置的过程中，小球所受的合力为零，根据平衡条件得知，FN1和FN2的合力与重力mg大小相等、方向相反，作出小球在三个不同位置力的受力分析图，由图看出，斜面对小球的支持力FN1逐渐减小，挡板对小球的弹力FN2先减小后增大，当FN1和FN2垂直时，弹力FN2最小，故选项B、C正确，A、D错误。2．“一力恒定，另两力方向均变化”的动态平衡问题一力恒定(如重力)，其他二力的方向均变化，但二力分别与绳子、两物体重心连线方向等平行，即三力构成的矢量三角形与绳长、半径、高度等实际几何三角形相似，则对应边比值相等。基本矢量图，如图所示基本关系式：eq\f(mg,H)＝eq\f(FN,R＋r)＝eq\f(FT,L)。例2如图所示为一简易起重装置，AC是上端带有滑轮的固定支架，BC为质量不计的轻杆，杆的一端C用铰链固定在支架上，另一端B悬挂一个质量为m的重物，并用钢丝绳跨过滑轮A连接在卷扬机上。开始时，杆BC与AC的夹角∠BCA>90°，现使∠BCA缓慢变小，直到∠BCA＝30°(不计一切阻力)。在此过程中，杆BC所产生的弹力()A．大小不变 B．逐渐增大C．先增大后减小 D．先减小后增大答案A解析以结点B为研究对象，分析受力情况，作出力的合成图如图，根据平衡条件知，F、FN的合力F合与G大小相等、方向相反。根据三角形相似得eq\f(F合,AC)＝eq\f(F,AB)＝eq\f(FN,BC)，又F合＝G，得FN＝eq\f(BC,AC)G∠BCA缓慢变小的过程中，AC、BC不变，则FN不变，故杆BC所产生的弹力大小不变，故选A。3．一力恒定，另外两力方向均变化，但两力方向夹角保持不变的动态平衡问题利用正弦定理或利用辅助圆，恒力为圆的一条弦，恒力所对应角的顶点在圆上移动，可保持圆心角不变，根据不同位置判断各力的大小变化。例3(多选)如图，柔软轻绳ON的一端O固定，其中间某点M拴一重物，用手拉住绳的另一端N。初始时，OM竖直且MN被拉直，OM与MN之间的夹角为α(α＞eq\f(π,2))。现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角α不变。在OM由竖直被拉到水平的过程中()A．MN上的张力逐渐增大B．MN上的张力先增大后减小C．OM上的张力逐渐增大D．OM上的张力先增大后减小答案AD解析法一：以重物为研究对象分析受力情况，受重力mg、OM绳上拉力F2、MN上拉力F1，由题意知，三个力的合力始终为零，矢量三角形如图所示，F1、F2的夹角不变，在F2转至水平的过程中，矢量三角形在同一外接圆上，由图可知，MN上的张力F1逐渐增大，OM上的张力F2先增大后减小，所以A、D正确，B、C错误。法二：正弦定理根据正弦定理eq\f(mg,sinθ3)＝eq\f(F1,sinθ1)＝eq\f(F2,sinθ2)，mg与sinθ3保持不变，sinθ1变大，F1变大，sinθ2先增大后减小，F2先增大后减小，故选A、D。分析动态平衡问题的流程受力分析eq\o(→,\s\up7(化“动”为“静”))画不同状态下的受力平衡图构造矢量三角形eq\o(→,\s\up7(“静”中求“动”))eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(→,\s\up7(定性分析))根据矢量三角形边长关系确定矢量的大小变化,\o(→,\s\up7(定量计算))\b\lc\{\rc\