學必求其心得，業必貴于專精學必求其心得，業必貴于專精學必求其心得，業必貴于專精第1節重力彈力摩擦力一、力1．力的概念：物體與物體之間的相互作用．2．力的作用效果兩類效果eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（使物體發生形變.,改變物體的運動狀態.）)二、重力1．產生：由于地球的吸引而使物體受到的力．2．大小：G＝mg.3．方向:總是豎直向下．4．重心：因為物體各部分都受重力的作用，從效果上看，可以認為各部分受到的重力作用集中于一點,這一點叫做物體的重心．◆特別提醒：(1)重力的方向不一定指向地心．（2）并不是只有重心處才受到重力的作用．三、彈力1．彈力(1)定義：發生彈性形變的物體由于要恢復原狀，對與它接觸的物體產生力的作用．(2)產生的條件①兩物體相互接觸；②發生彈性形變．（3）方向:與物體形變方向相反．◆特別提醒:有彈力作用的兩物體一定相接觸，相接觸的兩物體間不一定有彈力．2．胡克定律(1）內容：彈簧的彈力的大小F跟彈簧伸長（或縮短）的長度x成正比．（2)表達式：F＝kx。①k是彈簧的勁度系數，單位為N/m；k的大小由彈簧自身性質決定．②x是彈簧長度的變化量，不是彈簧形變以后的長度．四、摩擦力1．產生:相互接觸且發生形變的粗糙物體間,有相對運動或相對運動趨勢時,在接觸面上所受的阻礙相對運動或相對運動趨勢的力．2．產生條件:接觸面粗糙;接觸面間有彈力;物體間有相對運動或相對運動趨勢．3．大小：滑動摩擦力Ff＝μFN,靜摩擦力:0〈Ff≤Ffmax.4．方向:與相對運動或相對運動趨勢方向相反．5．作用效果：阻礙物體間的相對運動或相對運動趨勢．◆特別提醒:（1)摩擦力阻礙的是物體間的相對運動或相對運動趨勢，但不一定阻礙物體的運動．(2）受靜摩擦力作用的物體不一定靜止,受滑動摩擦力作用的物體不一定運動．（3)接觸面處有摩擦力時一定有彈力，且彈力與摩擦力方向總垂直，反之不一定成立．［自我診斷]1．判斷正誤(1）只要物體發生形變就會產生彈力作用．(×）（2）物體所受彈力的方向與自身形變的方向相同．(√）(3)輕繩、輕桿的彈力方向一定沿繩、桿的方向．(×)(4)滑動摩擦力的方向一定與物體運動方向相反．（×）(5)滑動摩擦力的方向與物體的運動方向不相同就相反．（×)（6)運動的物體不可能受到靜摩擦力的作用．(×)（7)根據μ＝eq\f（Ff，FN）可知動摩擦因數μ與Ff成正比，與FN成反比．（×）2．（多選)關于彈力的方向，下列說法中正確的是（)A．放在水平桌面上的物體所受彈力的方向是豎直向上的B．放在斜面上的物體所受斜面的彈力的方向是豎直向上的C．將物體用繩吊在天花板上，繩所受物體的彈力方向是豎直向上的D．物體間相互擠壓時，彈力的方向垂直接觸面指向受力物體解析：選AD.放在水平桌面上的物體所受彈力為支持力，其方向為垂直于桌面向上，故A正確；放在斜面上的物體所受斜面的支持力方向垂直于斜面向上,故B錯誤,D正確；繩子對物體的拉力總是沿繩子收縮的方向,而物體對繩子的彈力方向指向繩子伸長的方向,故C錯誤．3．(多選）關于胡克定律，下列說法正確的是（）A．由F＝kx可知，在彈性限度內彈力F的大小與彈簧形變量x成正比B．由k＝eq\f（F,x）可知，勁度系數k與彈力F成正比，與彈簧的長度改變量成反比C．彈簧的勁度系數k是由彈簧本身的性質決定的,與彈力F的大小和彈簧形變量x的大小無關D．彈簧的勁度系數在數值上等于彈簧伸長(或縮短)單位長度時彈力的大小解析:選ACD.在彈性限度內，彈簧的彈力與形變量遵守胡克定律F＝kx，故A正確;彈簧的勁度系數是由彈簧本身的性質決定的，與彈力F及x無關，故C正確，B錯誤；由胡克定律得k＝eq\f(F,x），可理解為彈簧每伸長（或縮短）單位長度時受到的彈力的值與k相等，故D正確．4．(2017·中山模擬）如圖所示，放在粗糙水平面上的物體A上疊放著物體B,A和B之間有一根處于壓縮狀態的彈簧，A、B均處于靜止狀態，下列說法中正確的是(）A．B受到向左的摩擦力 B．B對A的摩擦力向右C．地面對A的摩擦力向右 D．地面對A沒有摩擦力解析：選D。壓縮的彈簧對B有向左的彈力,B有向左運動的趨勢，受到向右的摩擦力，選項A錯誤；A對B的摩擦力向右，由牛頓第三定律可知，B對A的摩擦力向左，選項B錯誤；對整體研究,根據平衡條件分析可知，地面對A沒有摩擦力，選項C錯誤,D正確．考點一彈力的分析和計算1．彈力有無的判斷方法（1)條件法:根據產生彈力的兩個條件--接觸和發生彈性形變直接判斷．（2)假設法或撤離法:可以先假設有彈力存在，然后判斷是否與研究對象所處狀態的實際情況相符合．還可以設想將與研究對象接觸的物體“撤離”，看研究對象能否保持原來的狀態．2．彈力方向的判斷方法(1)根據物體所受彈力方向與施力物體形變的方向相反判斷．(2)根據共點力的平衡條件或牛頓第二定律確定彈力的方向．3．彈力大小的確定方法(1）彈簧類彈力:由胡克定律知彈力F＝kx，其中x為彈簧的形變量，而不是伸長或壓縮后彈簧的總長度．（2)非彈簧類彈力：根據運動狀態和其他受力情況,利用平衡條件或牛頓第二定律來綜合確定．1．如圖所示，小車內一根輕質彈簧沿豎直方向和一條與豎直方向成α角的細繩拴接一小球．當小車和小球相對靜止，一起在水平面上運動時，下列說法正確的是()A．細繩一定對小球有拉力的作用B．輕彈簧一定對小球有彈力的作用C．細繩不一定對小球有拉力的作用,但是輕彈簧對小球一定有彈力D．細繩不一定對小球有拉力的作用，輕彈簧對小球也不一定有彈力解析:選D.若小球與小車一起勻速運動，則細繩對小球無拉力；若小球與小車有向右的加速度a＝gtanα，則輕彈簧對小球無彈力，D正確．2．(2016·高考江蘇卷）一輕質彈簧原長為8cm，在4N的拉力作用下伸長了2cm,彈簧未超出彈性限度．則該彈簧的勁度系數為（)A．40m/N B．40N/mC．200m/N D．200N/m解析:選D。根據胡克定律有F＝kx，則k＝eq\f(F,x)＝eq\f（4，2×10－2）N/m＝200N/m，故D正確．3．(2017·安慶質檢）如圖所示,固定在小車上的支架的斜桿與豎直桿間的夾角為θ，在斜桿的下端固定有質量為m的小球，下列關于桿對球的作用力F的判斷正確的是（)A．小車靜止時，F＝mgsinθ,方向沿桿向上B．小車靜止時，F＝mgcosθ，方向垂直于桿向上C．小車以向右的加速度a運動時，一定有F＝eq\f（ma,sinθ)D．小車以向左的加速度a運動時，F＝eq\r(ma2＋mg2)，方向斜向左上方，與豎直方向的夾角θ1滿足tanθ1＝eq\f（a,g）解析:選D。小車靜止時，由物體的平衡條件知此時桿對球的作用力方向豎直向上，大小等于球的重力mg，A、B錯誤;小車以向右的加速度a運動,設小球受桿的作用力的方向與豎直方向的夾角為θ1，如圖甲所示．根據牛頓第二定律，有Fsinθ1＝ma，Fcosθ1＝mg，兩式相除可得tanθ1＝eq\f（a，g)，只有當球的加速度a＝gtanθ時,桿對球的作用力才沿桿的方向，此時才有F＝eq\f(ma，sinθ)，C錯誤；小車以加速度a向左加速運動時，由牛頓第二定律，可知小球所受到的重力mg與桿對球的作用力的合力大小為ma，方向水平向左，如圖乙所示．所以桿對球的作用力的大小F＝eq\r(ma2＋mg2）,方向斜向左上方,tanθ1＝eq\f(a，g）,D正確．幾種典型彈力的方向考點二靜摩擦力的有無及方向的判斷1．假設法:利用假設法判斷的思維程序如下：2．狀態法根據物體的運動狀態來確定,思路如下．3．轉換法利用牛頓第三定律（作用力與反作用力的關系）來判定．先確定受力較少的物體受到的靜摩擦力的大小和方向，再確定另一物體受到的反作用力——靜摩擦力的大小和方向．1．如圖，質量mA〉mB的兩物體A、B疊放在一起，靠著豎直墻面．讓它們由靜止釋放，在沿粗糙墻面下落過程中，物體B的受力示意圖是（)解析：選A。兩物體A、B疊放在一起,在沿粗糙墻面下落過程中，由于物體與豎直墻面之間沒有壓力，所以沒有摩擦力，二者一起做自由落體運動，A、B之間沒有彈力作用，物體B的受力示意圖是圖A。2．（2017·東北三校二聯）（多選)如圖所示是主動輪P通過皮帶帶動從動輪Q的示意圖,A與B、C與D分別是皮帶上與輪緣上相互接觸的點,則下列判斷正確的是(）A．B點相對于A點運動趨勢方向與B點運動方向相反B．D點相對于C點運動趨勢方向與C點運動方向相反C．D點所受靜摩擦力方向與D點運動方向相同D．主動輪受到的摩擦力是阻力，從動輪受到的摩擦力是動力解析：選BCD。P為主動輪,假設接觸面光滑，B點相對于A點的運動方向一定與B點的運動方向相同，A錯誤；Q為從動輪，D點相對于C點的運動趨勢方向與C點的運動方向相反，Q輪通過靜摩擦力帶動,因此，D點所受的靜摩擦力方向與D點的運動方向相同，B、C均正確；主動輪靠摩擦帶動皮帶，從動輪靠摩擦被皮帶帶動，故D也正確．3．(多選）如圖所示，傾角為θ的斜面C置于水平地面上，小物塊B置于斜面上，通過細繩跨過光滑的定滑輪與物體A相連接,連接B的一段細繩與斜面平行，已知A、B、C都處于靜止狀態,則（)A．B受到C的摩擦力一定不為零B．C受到地面的摩擦力一定為零C．C有沿地面向右滑動的趨勢，一定受到地面向左的摩擦力D．將細繩剪斷，若B依然靜止在斜面上，此時地面對C的摩擦力為0解析：選CD。若繩對B的拉力恰好與B的重力沿斜面向下的分力平衡，則B與C間的摩擦力為零，A項錯誤；將B和C看成一個整體,則B和C受到細繩向右上方的拉力作用,故C有向右滑動的趨勢，一定受到地面向左的摩擦力,B項錯誤，C項正確;將細繩剪斷,若B依然靜止在斜面上，利用整體法判斷，B、C整體在水平方向不受其他外力作用，處于平衡狀態，則地面對C的摩擦力為0，D項正確．考點三摩擦力的計算1．靜摩擦力大小的計算(1）物體處于平衡狀態(靜止或勻速運動），利用力的平衡條件來判斷其大小．(2)物體有加速度時，若只有靜摩擦力，則Ff＝ma。若除靜摩擦力外，物體還受其他力，則F合＝ma,先求合力再求靜摩擦力．2．滑動摩擦力的計算滑動摩擦力的大小用公式Ff＝μFN來計算，應用此公式時要注意以下幾點：（1)μ為動摩擦因數，其大小與接觸面的材料、表面的粗糙程度有關；FN為兩接觸面間的正壓力，其大小不一定等于物體的重力．（2)滑動摩擦力的大小與物體的運動速度和接觸面的大小均無關．考向1：靜摩擦力的計算[典例1］(2017·黃岡模擬)如圖所示，質量分別為m和M的兩物體P和Q疊放在傾角為θ的斜面上，P、Q間的動摩擦因數為μ1，Q與斜面間的動摩擦因數為μ2。當它們從靜止開始沿斜面滑下時，兩物體始終保持相對靜止,則物體P受到的摩擦力大小為(）A．μ1mgcosθ，方向平行于斜面向上B．μ1mgcosθ，方向平行于斜面向下C．μ2mgcosθ，方向平行于斜面向上D．μ2mgcosθ，方向平行于斜面向下解析當物體P和Q一起沿斜面加速下滑時，其加速度為a＝gsinθ－μ2gcosθ＜gsinθ，因為P和Q相對靜止，所以P和Q之間的摩擦力為靜摩擦力，且方向平行于斜面向上,B、D錯誤；不能用公式Ff＝μFN求解，對物體P運用牛頓第二定律得mgsinθ－F靜＝ma，求得F靜＝μ2mgcosθ,C正確．答案C判斷摩擦力方向時應注意的兩個問題（1)靜摩擦力的方向與物體的運動方向沒有必然關系，可能相同，也可能相反，還可能成一定的夾角．(2)分析摩擦力方向時，要注意靜摩擦力方向的“可變性”和滑動摩擦力的“相對性”．考向2：滑動摩擦力的計算[典例2］如圖所示，質量為mB＝24kg的木板B放在水平地面上，質量為mA＝22kg的木箱A放在木板B上，另一端拴在天花板上，輕繩與水平方向的夾角為θ＝37°.已知木箱A與木板B之間的動摩擦因數μ1＝0.5。現用水平向右、大小為200N的力F將木板B從木箱A下面勻速抽出（sin37°≈0。6，cos37°≈0。8，重力加速度g取10m/s2），則木板B與地面之間的動摩擦因數μ2的大小為（）A．0.3 B．0.4C．0.5 D．0。6解析對A受力分析如圖甲所示，由題意得FTcosθ＝Ff1①FN1＋FTsinθ＝mAg②Ff1＝μ1FN1③由①②③得：FT＝100N對A、B整體受力分析如圖乙所示，由題意得FTcosθ＋Ff2＝F④FN2＋FTsinθ＝(mA＋mB)g⑤Ff2＝μ2FN2⑥由④⑤⑥得：μ2＝0.3,故A選項正確．答案A計算摩擦力時的三點注意（1）首先分清摩擦力的性質，因為只有滑動摩擦力才有公式，靜摩擦力通常只能用平衡條件或牛頓運動定律來求解．(2）公式Ff＝μFN中FN為兩接觸面間的正壓力，與物體的重力沒有必然聯系,不一定等于物體的重力．(3）滑動摩擦力的大小與物體速度的大小無關，與接觸面積的大小也無關．1．如圖所示，滑塊A置于水平地面上,滑塊B在一水平力作用下緊靠滑塊A(A、B接觸面豎直），此時A恰好不滑動，B剛好不下滑．已知A與B間的動摩擦因數為μ1，A與地面間的動摩擦因數為μ2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力．A與B的質量之比為（）A.eq\f（1,μ1μ2） B．eq\f(1－μ1μ2,μ1μ2)C.eq\f（1＋μ1μ2,μ1μ2） D.eq\f(2＋μ1μ2，μ1μ2)解析：選B。對A、B整體受力分析，F＝Ff1＝μ2（mA＋mB）g.對B受力分析，Ff2＝μ1F＝mBg.聯立解得eq\f（mA,mB）＝eq\f（1－μ1μ2，μ1μ2），B正確．2．(多選）如圖所示，小車的質量為m0，人的質量為m，人用恒力F拉繩，若人和小車保持相對靜止，不計繩和滑輪質量及小車與地面間的摩擦,則小車對人的摩擦力可能是()A．0 B。eq\f（m－m0,m＋m0）F，方向向右C.eq\f(m－m0,m＋m0)F，方向向左 D。eq\f(m0－m，m＋m0）F，方向向右解析：選ACD。假設小車對人的靜摩擦力方向向右,先對整體分析受力有2F＝（m0＋m)a，再隔離出人，對人分析受力有F－Ff＝ma，解得Ff＝eq\f(m0－m，m0＋m)F，若m0〉m，則和假設的情況相同,D正確；若m0＝m，則靜摩擦力為零，A正確；若m0<m，則靜摩擦力方向向左，C正確．考點四輕桿、輕繩、輕彈簧模型［典例3]如圖所示,水平輕桿的一端固定在墻上，輕繩與豎直方向的夾角為37°,小球的重力為12N，輕繩的拉力為10N，水平輕彈簧的拉力為9N，求輕桿對小球的作用力．解析以小球為研究對象，受力如圖所示，小球受四個力的作用：重力、輕繩的拉力、輕彈簧的拉力、輕桿的作用力，其中輕桿的作用力的方向和大小不能確定,重力與彈簧拉力的合力大小為F＝eq\r(G2＋F\o\al（2，1）)＝15N。設F與豎直方向夾角為α，sinα＝eq\f（F1,F）＝eq\f(3,5)，則α＝37°即方向與豎直方向成37°角斜向下,這個力與輕繩的拉力恰好在同一條直線上．根據物體平衡的條件可知，輕桿對小球的作用力大小為5N,方向與豎直方向成37°角斜向右上方．答案5N方向與豎直方向成37°角斜向右上方1．如圖所示，小車內有一固定光滑斜面,一個小球通過細繩與車頂相連，細繩始終保持豎直．關于小球的受力情況，下列說法正確的是()A．若小車靜止，則繩對小球的拉力可能為零B．若小車靜止,則斜面對小球的支持力一定為零C．若小車向右運動，則小球一定受兩個力的作用D．若小車向右運動，則小球一定受三個力的作用解析：選B。小車向右運動可能有三種運動形式:向右勻速運動、向右加速運動和向右減速運動．當小車向右勻速運動時，小球受力平衡,只受重力和繩子拉力兩個力的作用．當小車向右加速運動時，小球需有向右的合力，但由細繩保持豎直狀態和斜面形狀可知，該運動形式不可能有．當小車向右減速運動時，小球需有向左的合力，則一定受重力和斜面的支持力，可能受繩子的拉力，也可能不受繩子的拉力，故B正確．2．如圖所示,滑輪本身的質量可忽略不計，滑輪軸O安在一根輕木桿B上，一根輕繩AC繞過滑輪，A端固定在墻上,且繩保持水平，C端掛一重物,BO與豎直方向的夾角θ＝45°，系統保持平衡．若保持滑輪的位置不變，改變夾角θ的大小，則滑輪受到木桿作用力大小變化情況是（)A．只有角θ變小，作用力才變大B．只有角θ變大，作用力才變大C．不論角θ變大或變小,作用力都是變大D．不論角θ變大或變小，作用力都不變解析：選D.由于兩側細繩中拉力不變，若保持滑輪的位置不變,則滑輪受到木桿作用力大小不變，與夾角θ沒有關系，選項D正確，A、B、C錯誤．3．(多選）兩個中間有孔的質量為M的小球用一輕彈簧相連，套在一水平光滑橫桿上．兩個小球下面分別連一輕彈簧．兩輕彈簧下端系在同一質量為m的小球上,如圖所示．已知三根輕彈簧的勁度系數都為k，三根輕彈簧剛好構成一等邊三角形．則下列判斷正確的是()A．水平橫桿對質量為M的小球的支持力為Mg＋mgB．連接質量為m小球的輕彈簧的彈力為eq\f（mg，3)C．連接質量為m小球的輕彈簧的伸長量為eq\f（\r(3）,3k)mgD．套在水平光滑橫桿上輕彈簧的形變量為eq\f(\r(3），6k）mg解析:選CD。水平橫桿對質量為M的小球的支持力為Mg＋eq\f（mg，2),選項A錯誤；設下面兩個彈簧的彈力均為F，則2Fsin60°＝mg，解得F＝eq\f(\r(3)，3）mg，結合胡克定律得kx＝eq\f(\r(3)，3)mg，則x＝eq\f(\r（3）,3k）mg,選項B錯誤，選項C正確；下面的一根彈簧對M的水平分力為Fcos60°＝eq\f（\r(3），6）mg，再結合胡克定律得kx′＝eq\f（\r（3),6)mg，解得x′＝eq\f(\r(3)，6k）mg，選項D正確．課時規范訓練［基礎鞏固題組]1．下列說法正確的是（)A．有力作用在物體上,其運動狀態一定改變B．單個孤立物體有時也能產生力的作用C．作用在同一物體上的力，只要大小相同，作用的效果就相同D．找不到施力物體的力是不存在的解析：選D。由于力的作用效果有二：其一是改變物體運動狀態,其二是使物體發生形變,A錯誤；力是物體對物體的作用，B錯誤;力的作用效果是由大小、方向、作用點共同決定的,C錯誤;力是物體與物體之間的相互作用,只要有力就一定會有施力物體和受力物體，D正確．2．(多選)下列關于摩擦力的說法，正確的是(）A．作用在物體上的滑動摩擦力只能使物體減速，不可能使物體加速B．作用在物體上的靜摩擦力只能使物體加速，不可能使物體減速C．作用在物體上的滑動摩擦力既可能使物體減速,也可能使物體加速D．作用在物體上的靜摩擦力既可能使物體加速，也可能使物體減速解析：選CD.滑動摩擦力既能提供動力，也能提供阻力，如把物體無初速度放在傳送帶上，滑動摩擦力對物體做正功，使物體加速,選項A錯誤，C正確；靜摩擦力既能提供動力,也能提供阻力，汽車啟動過程中，車廂里的貨物跟隨汽車一起加速，靜摩擦力使貨物加速．汽車剎車時，汽車車廂里的貨物跟汽車一起停下來的過程，靜摩擦力使貨物減速,選項B錯誤，D正確．3．如圖所示，完全相同、質量均為m的A、B兩球，用兩根等長的細線懸掛在O點，兩球之間夾著一根勁度系數為k的輕彈簧，系統處于靜止狀態時，彈簧處于水平方向，兩根細線之間的夾角為θ，則彈簧的長度被壓縮（）A。eq\f(mgtanθ,k） B．eq\f(2mgtanθ,k）C.eq\f（mgtan\f(θ，2）,k） D。eq\f（2mgtan\f（θ,2）,k)解析：選C。以A球為對象，其受力如圖所示，所以F彈＝mgtaneq\f(θ，2)，則Δx＝eq\f(F彈,k)＝eq\f（mg,k)taneq\f（θ，2），C正確．4．如圖所示，將兩相同的木塊a、b置于粗糙的水平地面上，中間用一輕彈簧連接，兩側用細繩系于墻壁．開始時a、b均靜止，彈簧處于伸長狀態,兩細繩均有拉力，a所受摩擦力Ffa≠0，b所受摩擦力Ffb＝0,現將右側細繩剪斷，則剪斷瞬間（）A．Ffa大小不變 B．Ffa方向改變C．Ffb仍然為零 D．Ffb方向向左解析：選A.右側細繩剪斷的瞬間，彈簧彈力來不及發生變化，故a的受力情況不變，a左側細繩的拉力、靜摩擦力的大小方向均不變，A正確，B錯誤；而在剪斷細繩的瞬間，b右側細繩的拉力立即消失，靜摩擦力向右，C、D錯誤．5．如圖所示，一質量為m的木板置于水平地面上，其上疊放一質量為m0的磚塊,用水平力F將木板從磚下抽出，則該過程中木板受到地面的摩擦力為(已知m與地面間的動摩擦因數為μ1，m0與m間的動摩擦因數為μ2)(）A．μ1mg B．μ1（m0＋m）gC．μ2mg D．μ2（m0＋m)g解析：選B。滑動摩擦力的計算公式F＝μFN，題中水平地面所受壓力的大小為(m0＋m）g，木板與地面間的動摩擦因數為μ1，所以木板受滑動摩擦力大小為μ1(m0＋m）g，B正確．6．如圖所示，一重為10N的球固定在支桿AB的上端,用一段繩子水平拉球，使桿發生彎曲,已知繩的拉力為7.5N，則AB桿對球的作用力（)A．大小為7.5NB．大小為10NC．方向與水平方向成53°角斜向右下方D．方向與水平方向成53°角斜向左上方解析:選D。對小球進行受力分析可得，AB桿對球的作用力與繩的拉力的合力與小球重力等值反向,AB桿對球的作用力大小F＝eq\r(G2＋F\o\al(2，拉））＝12.5N,A、B錯誤;令AB桿對小球的作用力與水平方向夾角為α，可得tanα＝eq\f(G，F拉）＝eq\f（4,3），α＝53°，D正確．7．（多選）如圖所示，物塊M在靜止的傳送帶上以速度v勻速下滑時，傳送帶突然啟動，方向如圖中箭頭所示，若傳送帶的速度大小也為v，則傳送帶啟動后（）A．M靜止在傳送帶上B．M可能沿斜面向上運動C．M受到的摩擦力不變D．M下滑的速度不變解析:選CD。由M勻速下滑可知其處于平衡狀態，受重力、摩擦力和支持力作用，傳送帶啟動以后對M受力沒有影響，自然也不會影響其運動狀態，C、D正確．［綜合應用題組］8．如右圖所示，把一重為G的物體,用一水平方向的推力F＝kt(k為恒量,t為時間）壓在豎直的足夠高的平整墻上，從t＝0開始物體所受的摩擦力Ff隨t的變化關系是下圖中的（）解析：選B.物體在豎直方向上只受重力G和摩擦力Ff的作用．由于Ff從零開始均勻增大,開始一段時間Ff＜G，物體加速下滑；當Ff＝G時,物體的速度達到最大值；之后Ff＞G，物體向下做減速運動,直至減速為零．在整個運動過程中，摩擦力為滑動摩擦力，其大小為Ff＝μFN＝μF＝μkt，即Ff與t成正比，是一條過原點的傾斜直線．當物體速度減為零后，滑動摩擦力突變為靜摩擦力，其大小Ff＝G，所以物體靜止后的圖線為平行于t軸的線段，正確答案為B.9．如圖所示，質量為m的物體用細繩拴住放在水平粗糙傳送帶上,物體與傳送帶間的動摩擦因數為μ，當傳送帶分別以v1、v2的速度做逆時針運動時(v1＜v2），繩中的拉力分別為F1、F2，物體受到的摩擦力分別為Ff1、Ff2則下列說法正確的是（）A．Ff1＜Ff2 B．物體所受摩擦力方向向右C．F1＝F2 D．Ff1＝μmg解析：選C。物體的受力分析如圖所示,滑動摩擦力與繩的拉力的水平分量平衡，因此方向向左，B錯誤；設繩與水平方向成θ角,則Fcosθ－μFN＝0,FN＋Fsinθ－mg＝0，解得F＝eq\f（μmg,cosθ＋μsinθ),F大小與傳送帶速度大小無關，C正確;物體所受摩擦力Ff＝Fcosθ恒定不變，A、D錯誤．10．（多選)兩個勁度系數分別為k1和k2的輕質彈簧a、b串接在一起，a彈簧的一端固定在墻上，如圖所示．開始時兩彈簧均處于原長狀態，現用水平力作用在b彈簧的P端向右拉動彈簧，已知a彈簧的伸長量為L，則(）A．b彈簧的伸長量也為LB．b彈簧的伸長量為eq\f(k1L,k2）C．P端向右移動的距離為2D．P端向右移動的距離為eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f（k1,k2）））L解析:選BD.兩個勁度系數分別為k1和k2的輕質彈簧a、b串接在一起,兩彈簧中的彈力大小相等，k1L＝k2x，解得b彈簧的伸長量為x＝eq\f（k1L,k2)，選項A錯誤,B正確；P端向右移動的距離為L＋x＝eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（1＋\f(k1,k2））)L,選項C錯誤,D正確．11．如圖所示，水平桌面上平放有一堆卡片，每一張卡片的質量均為m。用手指以豎直向下的力壓第1張卡片，并以一定速度向右移動手指,確保第1張卡片與第2張卡片之間有相對滑動．設最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等，手指與第1張卡片之間的動摩擦因數為μ1，卡片之間、卡片與桌面之間的動摩擦因數均為μ2,且有μ1＞μ2，則下列說法正確的是()A．任意兩張卡片之間均可能發生相對滑動B．上一張卡片受到下一張卡片的摩擦力一定向左C．第1張卡片受到手指的摩擦力向左D．最下面那張卡片受到水平桌面的摩擦力向右解析：選B.對第2張卡片分析，它對第3張卡片的壓力等于上面兩張卡片的重力及手指的壓力的和，最大靜摩擦力Ffm＝μ2(2mg＋F)，而其受到第1張卡片的滑動摩擦力為Ff＝μ2(mg＋F)＜Ffm，則第2張卡片與第3張卡片之間不發生相對滑動，同理，第3張到第54張卡片也不發生相對滑動，故A錯誤；根據題意，因上一張卡片相對下一張卡片要向右滑動或有向右滑動的趨勢，故上一張卡片受到下一張卡片的摩擦力一定向左，B正確；第1張卡片相對于手指的運動趨勢方向與手指的運動方向相反，則其受到手指的靜摩擦力與手指的運動方向相同，即受到手指的摩擦力向右，C錯誤；對53張卡片（除第1張卡片外）研究,其處于靜止狀態，水平方向受到第1張卡片的滑動摩擦力，方向與手指的運動方向相同,則根據平衡條件可知:第54張卡片受到桌面的摩擦力方向與手指的運動方向相反,即水平向左,D錯誤．12．如圖所示，兩個小球a、b質量均為m,用細線相連并懸掛于O點，現用一輕質彈簧給小球a施加一個拉力F，使整個裝置處于靜止狀態，且Oa與豎直方向夾角為θ＝45°，已知彈簧的勁度系數為k，則彈簧形變量不可能是（）A。eq\f（\r（2)mg，k） B.eq\f(\r(2）mg,2k）C。eq\f(4\r(2）mg，3k) D.eq\f(2mg,k)解析:選B。對a球進行受力分析,利用圖解法可判斷:當彈簧上的拉力F與細線上的拉力垂直時，拉力F最小,為Fmin＝2mgcosθ＝eq\r(2）mg，再根據胡克定律得:最小形變量Δx＝eq\f（\r(2)mg，k)，則形變量小于eq\f（\r(2)mg，k）是不可能的，所以應該選B。13．如圖甲所示，粗糙的水平地面上有一斜劈,斜劈上一物塊正沿斜面以速度v0勻速下滑，斜劈保持靜止，地面對斜劈的摩擦力為Ff1；如圖乙所示，若對該物塊施加一平行于斜面向下的推力F1，使其加速下滑,則地面對斜劈的摩擦力為Ff2;如圖丙所示，若對該物塊施加一平行于斜面向上的推力F2，使其減速下滑，則地面對斜劈的摩擦力為Ff3.下列關于Ff1、Ff2、Ff3的大小關系正確的是（)A．Ff1＞0 B．Ff2＞Ff3C．Ff2＜Ff3 D．Ff2＝Ff3解析:選D.圖甲中斜劈和物塊都處于平衡狀態,對整體,只有豎直方向的重力和支持力，地面對斜劈的摩擦力Ff1＝0,若有摩擦力，則系統不能平衡，故A項錯誤；根據圖甲的情景可知，在圖乙、丙中，物塊受到斜面作用的都是滑動摩擦力和支持力，合力與物塊重力平衡即豎直向上,因此物塊對斜面的作用力（摩擦力和壓力的合力)總是豎直向下的，且與物塊的重力等大，所以斜劈只受到了豎直方向的重力、地面支持力和物塊的作用力，與圖甲的受力情況相同，因此有Ff1＝Ff2＝Ff3＝0,B、C錯誤，D項正確．14．（多選)某同學用傳感器來探究摩擦力，他將力傳感器接入數據采集器，再連接到計算機上；將一質量m＝3.75kg的木塊置于水平桌面上,用細繩將木塊和傳感器連接起來進行數據采集，然后沿水平方向緩慢地拉動傳感器，使木塊運動一段時間后停止拉動．獲得的數據在計算機上顯示出如圖所示的圖象．下列有關這個實驗的幾個說法,其中正確的是(）A．0～6s內木塊一直受到靜摩擦力的作用B．最大靜摩擦力比滑動摩擦力大C．木塊與桌面間的動摩擦因數約為0。08D．木塊與桌面間的動摩擦因數約為0。11解析：選BC。在0～2s內,物體不受外力，此時沒有摩擦力，故選項A錯誤;由圖象可知，用力沿水平方向拉木塊，拉力從0開始逐漸增大;剛開始木塊處于靜止狀態，木塊受拉力和桌面對木塊的靜摩擦力，當拉力達到4N時，木塊與桌面發生相對滑動，由圖可知木塊與桌面間的最大靜摩擦力Ffm為4N；當拉力大于4N時，發生相對滑動,木塊與桌面間的摩擦力為滑動摩擦力；由圖可知木塊與桌面間的滑動摩擦力Ff為3N，故選項B正確；根據滑動摩擦力公式得μ＝eq\f（Ff,mg)＝eq\f（3,37.5）＝0.08，選項C正確、D錯誤．第2節力的合成與分解一、力的合成1．合力與分力(1)定義：如果一個力產生的效果跟幾個力共同作用的效果相同，這一個力就叫那幾個力的合力，那幾個力就叫這個力的分力．(2）關系：合力和分力是一種等效替代關系．2．共點力：作用在物體的同一點，或作用線的延長線交于一點的力．3．力的合成：求幾個力的合力的過程．4．力的運算法則(1）三角形定則:把兩個矢量首尾相連從而求出合矢量的方法．(如圖甲所示）（2)平行四邊形定則：求互成角度的兩個力的合力，可以用表示這兩個力的線段為鄰邊作平行四邊形,這兩個鄰邊之間的對角線就表示合力的大小和方向．（如圖乙所示)二、力的分解1．概念：求一個力的分力的過程．2．遵循的原則:平行四邊形定則或三角形定則．3．分解的方法(1)按力產生的效果進行分解．(2)正交分解．[自我診斷]1．判斷正誤（1）兩個力的合力一定大于任一個分力．(×)(2)合力及其分力可以同時作用在物體上．（×）（3）合力與分力是等效替代的關系．（√)(4)在進行力的合成與分解時，都要應用平行四邊形定則或三角形定則．（√）（5)按效果分解是力分解的一種方法．（√）(6）互成角度的兩個力的合力與分力間一定構成封閉的三角形．（√）(7)既有大小又有方向的物理量一定是矢量．(×)2．（多選）作用在同一點上的兩個力，大小分別是5N和4N,則它們的合力大小可能是（）A．0 B．5NC．3N D．10N解析:選BC.根據|F1－F2|≤F≤F1＋F2得，合力的大小范圍為1N≤F≤9N，B、C正確．3．（2017·江蘇南京一模)減速帶是交叉路口常見的一種交通設施，車輛駛過減速帶時要減速,以保障行人的安全．當汽車前輪剛爬上減速帶時,減速帶對車輪的彈力為F，下圖中彈力F畫法正確且分解合理的是（）解析：選B.減速帶對車輪的彈力方向垂直車輪和減速帶的接觸面，指向受力物體，故A、C錯誤;按照力的作用效果分解，將F分解為水平方向和豎直方向，水平方向的分力產生的效果減慢汽車的速度，豎直方向上分力產生向上運動的作用效果，故B正確,D錯誤．4．(多選)已知力F的一個分力F1跟F成30°角，大小未知，另一個分力F2的大小為eq\f（\r（3)，3)F，方向未知，則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：選AC。如圖所示，因F2＝eq\f（\r(3），3)F＞Fsin30°，故F1的大小有兩種可能情況，由ΔF＝eq\r（F\o\al（2，2)－Fsin30°2）＝eq\f（\r(3)，6)F，即F1的大小分別為Fcos30°－ΔF和Fcos30°＋ΔF,即F1的大小分別為eq\f（\r(3),3）F和eq\f(2\r（3）,3)F，A、C正確．考點一共點力的合成1．共點力合成的方法（1)作圖法：根據力的三要素，利用力的圖示法畫規范圖示求解．(2)計算法：根據平行四邊形定則作出示意圖，然后利用解三角形的方法求出合力,是解題的常用方法．（3）重要結論①二個分力一定時，夾角θ越大，合力越小．②合力一定，二等大分力的夾角越大，二分力越大．③合力可以大于分力，等于分力,也可以小于分力．2．合力的大小范圍（1）兩個共點力的合成｜F1－F2|≤F合≤F1＋F2，即兩個力大小不變時,其合力隨夾角的增大而減小，當兩力反向時，合力最小，為|F1－F2|；當兩力同向時,合力最大，為F1＋F2.（2）三個共點力的合成①最大值:三個力共線且同向時，其合力最大，為F1＋F2＋F3；②最小值：任取兩個力，求出其合力的范圍,如果第三個力在這個范圍之內，則三個力的合力的最小值為零，如果第三個力不在這個范圍內,則合力的最小值為最大的一個力的大小減去另外兩個較小的力的大小之和．1．三個共點力大小分別是F1、F2、F3，關于它們的合力F的大小，下列說法中正確的是()A．F大小的取值范圍一定是0≤F≤F1＋F2＋F3B．F至少比F1、F2、F3中的某一個大C．若F1∶F2∶F3＝3∶6∶8,只要適當調整它們之間的夾角，一定能使合力為零D．若F1∶F2∶F3＝3∶6∶2，只要適當調整它們之間的夾角，一定能使合力為零解析：選C.合力不一定大于分力，B錯；三個共點力的合力的最小值能否為零，取決于任何一個力是否都在其余兩個力的合力范圍內，由于三個力大小未知，所以三個力的合力的最小值不一定為零，A錯；當三個力的大小分別為3a、6a、8a，其中任何一個力都在其余兩個力的合力范圍內，故C正確；當三個力的大小分別為3a、6a、2a時，不滿足上述情況,故D錯．2．一物體受到三個共面共點力F1、F2、F3的作用，三力的矢量關系如圖所示（小方格邊長相等），則下列說法正確的是()A．三力的合力有最大值為F1＋F2＋F3，方向不確定B．三力的合力有唯一值3F3，方向與F3C．三力的合力有唯一值2F3，方向與F3D．由題給條件無法求出合力大小解析：選B。方法一：以F1和F2為鄰邊作平行四邊形，對角線必沿F3方向，其大小F12＝2F3，再與F3求合力，故F＝3F3，與F3同向，所以只有B正確．方法二:分解F1、F2，豎直方向抵消，水平方向合成后相當于2F3，所以合力為3F3。考點二力的分解1．按力的效果分解(1)根據力的實際作用效果eq\o(→,\s\up16（確定））兩個實際分力的方向；(2)再根據兩個實際分力方向eq\o（→，\s\up16（畫出)）平行四邊形；(3)最后由三角形知識eq\o(→，\s\up16(求出））兩分力的大小．2．正交分解法(1)定義：將已知力按互相垂直的兩個方向進行分解的方法．（2）建立坐標軸的原則：一般選共點力的作用點為原點，在靜力學中，以少分解力和容易分解力為原則（即盡量多的力在坐標軸上)；在動力學中，以加速度方向和垂直加速度方向為坐標軸建立坐標系．(3)方法：物體受到多個力作用F1、F2、F3…，求合力F時，可把各力沿相互垂直的x軸、y軸分解．x軸上的合力：Fx＝Fx1＋Fx2＋Fx3＋…y軸上的合力：Fy＝Fy1＋Fy2＋Fy3＋…合力大小:F＝eq\r（F\o\al（2,x)＋F\o\al(2，y））合力方向：與x軸夾角為θ，則tanθ＝eq\f(Fy,Fx)。［典例1］(2017·浙江杭州模擬)如圖所示,電燈的重力G＝10N,AO繩與頂板間的夾角為45°，BO繩水平，試求AO繩和BO繩拉力的大小?解析法一:力的作用效果分解法結點O為研究對象，懸掛燈的拉力產生了兩個效果，一是沿AO向下的使AO張緊的分力F1，二是沿BO向左的使BO繩張緊的分力F2，畫出平行四邊形如圖甲所示，因此，由幾何關系得F1＝eq\f（G,sin45°）＝10eq\r（2)NF2＝eq\f（G,tan45°)＝10N法二:正交分解法結點O與燈看作一個整體，其受到三個力作用FA、FB、G，如圖乙所示．由水平方向和豎直方向，列方程得FAsin45°＝G，FAcos45°＝FB解得FA＝10eq\r（2）N，FB＝10N答案10eq\r(2)N10N正交分解法的適用原則正交分解法是分析力或其他矢量問題的常用方法，往往適用于下列情況:（1）物體受到三個以上的力的情況．(2)物體受到三個力的作用,其中有兩個力互相垂直的情況．（3）只分析物體某一方向的運動情況時，需要把不沿該方向的力正交分解，然后分析該方向上的受力情況．1．(多選）將物體所受重力按力的效果進行分解,下列圖中正確的是()解析：選ABD。A項中物體重力分解為垂直于斜面使物體壓緊斜面的分力G1和沿斜面向下使物體向下滑的分力G2；B項中物體的重力分解為沿兩條細繩使細繩張緊的分力G1和G2，A、B項圖畫得正確．C項中物體的重力應分解為垂直于兩接觸面使物體壓緊兩接觸面的分力G1和G2，故C項圖畫錯．D項中物體的重力分解為水平向左使球壓緊墻的分力G1和沿繩向下使繩張緊的分力G2,故D項圖畫得正確．2．（多選）如圖所示，質量為M的斜面體A放在粗糙水平面上，用輕繩拴住質量為m的小球B置于斜面上，整個系統處于靜止狀態，已知斜面傾角及輕繩與豎直方向夾角均為θ＝30°.不計小球與斜面間的摩擦,則（)A．輕繩對小球的作用力大小為eq\f（\r（3），3)mgB．斜面對小球的作用力大小為eq\r(2)mgC．斜面體對水平面的壓力大小為（M＋m）gD．斜面體與水平面間的摩擦力大小為eq\f（\r(3），6)mg解析:選AD。以B為研究對象，受力如圖甲所示,由幾何關系知θ＝β＝30°.根據受力平衡可得FT＝FN＝eq\f(\r(3),3）mg以斜面體為研究對象，其受力如圖乙所示由受力平衡得FN1＝Mg＋FN′cosθ＝Mg＋eq\f(1,2）mgFf＝FN′sinθ＝eq\f(\r(3）,6）mg故B、C選項錯誤，A、D選項正確．3．(2017·江西撫州臨川一中質檢）如圖所示，開口向下的“┍┑"形框架兩側豎直桿光滑固定，上面水平橫桿中點固定一定滑輪，兩側桿上套著的兩滑塊用輕繩繞過定滑輪相連，并處于靜止狀態，此時連接滑塊A的繩與水平方向夾角為θ，連接滑塊B的繩與水平方向的夾角為2θ，則A、B兩滑塊的質量之比為（）A．1∶2cosθ B．2cosθ∶1C．2sinθ∶1 D．1∶2sinθ解析：選A。設繩的拉力為F，對兩個滑塊分別受力分析,如圖所示,根據力的平衡條件可知：mAg＝Fsinθ，mBg＝Fsin2θ,因此eq\f（mA，mB）＝eq\f（sinθ,sin2θ)＝eq\f（1，2cosθ),A項正確．

考點三力的合成與分解方法在實際問題中的應用1．某壓榨機的結構示意圖如圖所示，其中B為固定鉸鏈，若在A鉸鏈處作用一垂直于墻壁的力F，則由于力F的作用，使滑塊C壓緊物體D，設C與D光滑接觸，桿的重力及滑塊C的重力不計，圖中a＝0。5m，b＝0.05m，則物體D所受壓力的大小與力F的比值為(）A．4 B．5C．10 D．1解析:選B.按力F的作用效果沿AC、AB桿方向分解為圖甲所示的F1、F2,則F1＝F2＝eq\f(F,2cosθ），由幾何知識得tanθ＝eq\f（a，b）＝10,再按F1的作用效果將F1沿水平向左和豎直向下分解為圖乙所示的F3、F4，則F4＝F1sinθ，聯立得F4＝5F,即物體D所受壓力的大小與力F的比值為5，B對．2．電梯修理員或牽引專家常常需要監測金屬繩中的張力，但不能到繩的自由端去直接測量．某公司制造出一種能測量繩中張力的儀器,工作原理如圖所示，將相距為L的兩根固定支柱A、B(圖中的小圓圈表示支柱的橫截面)垂直于金屬繩水平放置，在A、B的中點用一可動支柱C向上推動金屬繩，使繩在垂直于A、B的方向豎直向上發生一個偏移量d（d?L），這時儀器測得金屬繩對支柱C豎直向下的作用力為F.(1）試用L、d、F表示這時金屬繩中的張力FT；（2)如果偏移量d＝10mm，作用力F＝400N,L＝250mm,計算金屬繩中張力的大小．解析：(1)設C′點受兩邊金屬繩的張力分別為FT1和FT2，BC與BC′的夾角為θ，如圖所示．依對稱性有：FT1＝FT2＝FT由力的合成有：F＝2FTsinθ根據幾何關系有sinθ＝eq\f(d，\r（d2＋\f（L2,4)））聯立上述二式解得FT＝eq\f（F,2d）eq\r（d2＋\f(L2，4))因d?L，故FT＝eq\f(FL,4d).（2）將d＝10mm，F＝400N,L＝250mm代入FT＝eq\f(FL，4d)解得FT＝2.5×103N,即金屬繩中的張力為2。5×103N。答案:(1)eq\f(FL，4d）（2）2。5×103N把力按實際效果分解的一般思路考點四繩上的“死結"和“活結”模型1．“死結"模型的4個特點(1)“死結”可理解為把繩子分成兩段;（2)“死結"是不可以沿繩子移動的結；（3）“死結”兩側的繩因結而變成了兩根獨立的繩；(4）“死結”分開的兩段繩子上的彈力不一定相等．2．“活結"模型的4個特點(1）“活結"可理解為把繩子分成兩段；(2）“活結"是可以沿繩子移動的結點；（3）“活結”一般是由繩跨過滑輪或者繩上掛一光滑掛鉤而形成的．繩子雖然因“活結”而彎曲,但實際上是同一根繩；(4）“活結"分開的兩段繩子上彈力的大小一定相等，兩段繩子合力的方向一定沿這兩段繩子夾角的平分線．[典例2］如圖甲所示，細繩AD跨過固定的水平輕桿BC右端的定滑輪掛住一個質量為M1的物體，∠ACB＝30°;圖乙中輕桿HG一端用鉸鏈固定在豎直墻上，另一端G通過細繩EG拉住,EG與水平方向也成30°,輕桿的G點用細繩GF拉住一個質量為M2的物體,求：(1)細繩AC段的張力FTAC與細繩EG的張力FTEG之比；（2)輕桿BC對C端的支持力；（3）輕桿HG對G端的支持力．解析題圖甲和乙中的兩個物體M1、M2都處于平衡狀態，根據平衡條件，首先判斷與物體相連的細繩,其拉力大小等于物體的重力；分別取C點和G點為研究對象，進行受力分析如圖a和b所示，根據平衡規律可求解．（1)圖a中細繩AD跨過定滑輪拉住質量為M1的物體，物體處于平衡狀態，細繩AC段的拉力FTAC＝FTCD＝M1圖b中由FTEGsin30°＝M2g，得FTEG＝2M2g所以eq\f（FTAC，FTEG)＝eq\f(M1，2M2)(2)圖a中，三個力之間的夾角都為120°,根據平衡規律有FNC＝FTAC＝M1方向與水平方向成30°，指向右上方．（3）圖b中，根據平衡方程有FTEGsin30°＝M2g,FTEGcos30°＝FN所以FNG＝M2gcot30°＝eq\r（3）M2g方向水平向右．答案(1)eq\f（M1，2M2)(2）M1g方向與水平方向成30°指向右上方(3)eq\r(3)M2g方向水平向右1．(2017·陜西寶雞質檢)如圖所示，某同學通過滑輪組將一重物吊起，該同學對繩的豎直拉力為F1，對地面的壓力為F2,不計滑輪與繩的重力及摩擦，則在重物緩慢上升的過程中，下列說法正確的是()A．F1逐漸變小 B．F1逐漸變大C．F2先變小后變大 D．F2先變大后變小解析：選B。由題圖可知，滑輪兩邊繩的拉力均為F1，設動滑輪兩邊繩的夾角為θ，對動滑輪有2F1coseq\f(θ，2)＝mg，當重物上升時，eq\f(θ,2）變大，coseq\f(θ，2）變小，F1變大；對該同學，有F2′＋F1＝Mg，而F1變大,Mg不變，則F2′變小,即對地面的壓力F2變小．綜上可知,B正確．2．(多選）如圖所示，A物體被繞過小滑輪P的細線所懸掛，B物體放在粗糙的水平桌面上；小滑輪P被一根細線系于天花板上的O點；O′是三根線的結點，bO′水平拉著B物體,cO′沿豎直方向拉著彈簧;彈簧、細線、小滑輪的重力和細線與滑輪間的摩擦力均可忽略，整個裝置處于靜止狀態．若懸掛小滑輪的細線OP上的張力是20eq\r（3）N，取g＝10m/s2，則下列說法中正確的是（)A．彈簧的彈力為10NB．A物體的質量為2kgC．桌面對B物體的摩擦力為10eq\r(3)ND．OP與豎直方向的夾角為60°解析:選ABC.分別以物體A、B和結點O′及小滑輪為研究對象進行受力分析，對物體A有mAg＝FO′a，對小滑輪有2FO′acos30°＝FOP，聯立解得mA＝2kg,FO′a＝20N，選項B正確;同一根細線上的張力相同，故OP的延長線為細線張角的角平分線，由此可知OP與豎直方向的夾角為30°,選項D錯誤;對結點O′，有FO′asin30°＝F彈,FO′acos30°＝FO′b,對物體B有Ff＝FO′b，聯立解得彈簧彈力F彈＝10N,B物體所受的摩擦力Ff＝10eq\r(3）N,選項A、C正確．課時規范訓練[基礎鞏固題組]1．物體受共點力F1、F2、F3作用而做勻速直線運動，若F1、F2、F3三個力不共線,則這三個力可能選取的數值為（）A．15N、5N、6N B．3N、6N、4NC．1N、2N、10N D．1N、6N、7N解析：選B。物體在F1、F2、F3作用下而做勻速直線運動，則三個力的合力必定為零，只有B選項中的三個力的合力可以為零且三個力不共線，B正確．2．如圖所示，一名騎獨輪車的雜技演員在空中鋼索上表演．已知獨輪車和演員的總質量為60kg，兩側鋼索的夾角為150°，鋼索所能承受的最大拉力為2000N，g取10m/s2.當獨輪車和演員在圖示位置靜止不動時，鋼索對獨輪車的作用力大小為（)A．600N B．1200NC．2000N D．4000N解析：選A.獨輪車和演員處于平衡狀態，所以鋼索對獨輪車的作用力大小為600N，A正確．3．如圖所示，重力為G的小球用輕繩懸于O點，用力F拉住小球，使輕繩保持偏離豎直方向60°角且不變,當F與豎直方向的夾角為θ時F最小,則θ、F的值分別為(）A．0°，G B．30°，eq\f(\r（3)，2）GC．60°，G D．90°，eq\f(1,2）G解析:選B.小球重力不變，位置不變，則繩OA拉力的方向不變，故當拉力F與繩OA垂直時，力F最小,故θ＝30°，F＝Gcosθ＝eq\f（\r（3）,2)G,B正確．4．如圖所示,光滑斜面的傾角為30°，輕繩通過兩個滑輪與A相連，輕繩的另一端固定于天花板上,不計輕繩與滑輪的摩擦．物塊A的質量為m，不計滑輪的質量，掛上物塊B后，當動滑輪兩邊輕繩的夾角為90°時，A、B恰能保持靜止，則物塊B的質量為（)A。eq\f(\r（2）,2）m B.eq\r（2）mC．m D．2解析：選A。先以A為研究對象,由A物塊受力及平衡條件可得繩中張力FT＝mgsin30°。再以動滑輪為研究對象，分析其受力并由平衡條件有mBg＝eq\r（2)FT,解得mB＝eq\f（\r（2）,2）m,A正確．5．如圖所示，起重機將重為G的重物勻速吊起，此時四條鋼索與豎直方向的夾角均為60°，則每根鋼索中彈力大小為（）A。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：選D。設鋼索中張力大小為F,由對稱性可知,四條鋼索中彈力大小相同，由平衡條件可得：4Fcos60°＝G，得F＝eq\f（G,2).D正確．6．圖甲為雜技表演的安全網示意圖，網繩的結構為正方格形,O、a、b、c、d…等為網繩的結點．安全網水平張緊后，若質量為m的運動員從高處落下，并恰好落在O點上．該處下凹至最低點時,網繩dOe、bOg均成120°向上的張角，如圖乙所示，此時O點受到的向下的沖擊力大小為F，則這時O點周圍每根網繩承受的力的大小為（）A．F B。eq\f(F,2)C．F＋mg D。eq\f(F＋mg，2)解析：選B.O點周圍共有4根繩子，設每根繩子的力為F′，則4根繩子的合力大小為2F′，所以F＝2F′，所以F′＝eq\f（F,2)，故B正確．7．如圖所示，相隔一定距離的兩個相同的圓柱體A、B固定在等高的水平線上,一細繩套在兩圓柱體上，細繩下端懸掛一重物．繩和圓柱體之間無摩擦，當重物一定時，繩越長(）A．繩對圓柱體A的作用力越小，作用力與豎直方向的夾角越小B．繩對圓柱體A的作用力越小,作用力與豎直方向的夾角越大C．繩對圓柱體A的作用力越大，作用力與豎直方向的夾角越小D．繩對圓柱體A的作用力越大，作用力與豎直方向的夾角越大解析：選A.題中裝置關于A、B連線的中垂線對稱,因此三段繩中的張力相等．對物體，兩段繩的張力的合力等于物體的重力,若繩越長，則兩段繩間的夾角越小，則張力越小．對A圓柱體，兩段繩的張力的合力即對圓柱體的作用力,繩越長,兩繩的夾角越大，則合力越小，合力方向與豎直方向的夾角越小，選項A正確．［綜合應用題組］8．（多選）一個大人拉著載有兩個小孩的小車(其拉桿可自由轉動)沿水平地面勻速前進，則對小孩和車下列說法正確的是()A．拉力的水平分力等于小孩和車所受的合力B．拉力與摩擦力的合力大小等于車和小孩重力大小C．拉力與摩擦力的合力方向豎直向上D．小孩和車所受的合力為零解析：選CD.小孩和車整體受重力、支持力、拉力和摩擦力,根據共點力平衡條件，拉力的水平分力等于小孩和車所受的摩擦力，故選項A錯誤;小孩和車整體受重力、支持力、拉力和摩擦力,根據共點力平衡條件，拉力、摩擦力的合力與重力、支持力的合力平衡，重力、支持力的合力豎直，故拉力與摩擦力的合力方向豎直向上，故選項B錯誤，C正確；小孩和車做勻速直線運動，故所受的合力為零，故選項D正確．9．三段不可伸長的細繩OA、OB、OC能承受的最大拉力相同,它們共同懸掛一重物,如圖所示，其中OB是水平的，A端、B端固定，若逐漸增加C端所掛物體的質量,則最先斷的繩是（）A．必定是OA B．必定是OBC．必定是OC D．可能是OB,也可能是OC解析:選A。由于重物重力作用使細繩OC對O點有向下的拉力FC，大小等于重物的重力，拉力FC有兩個效果，一是產生拉細繩OA的拉力FA(大小等于OA承受的拉力)，二是產生拉細繩OB的拉力FB（大小等于OB承受的拉力），作出FC的分解圖如圖所示．從圖中可以看出，FA最大，即若逐漸增加C端所掛物體的質量，細繩OA最先斷，A正確．10．如圖所示，三根輕繩系于豎直桿上的同一點O，其中輕繩OA與OB等長且夾角為60°,豎直桿與平面AOB所成的角為30°.若輕繩OA、OB的拉力均為20N，要使桿受到繩子作用力的方向豎直向下,則水平輕繩OC的拉力大小為()A．10N B．20NC．20eq\r(3）N D．10eq\r（3)N解析：選D。根據平行四邊形定則以及幾何知識，可得輕繩OA與OB的合力F＝2FOAcos30°＝20eq\r（3）N,F與豎直方向的夾角為30°，所以F的水平分量Fx＝Fsin30°＝10eq\r(3)N，要使桿受到繩子作用力的方向豎直向下,則水平輕繩OC的拉力應該與F的水平分量等值反向，所以輕繩OC的拉力大小FOC＝Fx＝10eq\r（3）N,故選D。11．如圖所示,作用在滑塊B上的推力F＝100N，若α＝30°,裝置重力和摩擦力均不計，則通過連桿工件受到向上的壓力為()A．100N B．100eq\r(3)NC．50N D．200N解析：選B.對B進行受力分析，如圖甲所示,得F2＝eq\f（F，sin30°）＝2F；對連桿上部進行受力分析,如圖乙所示，其中F2′＝F2，得FN＝F2′·cos30°＝100eq\r（3）N,根據牛頓第三定律可知B正確．12．(多選）如圖所示,作用于O點的三個力F1、F2、F3合力為零．F1沿－y方向，大小已知．F2與x軸正方向夾角為θ（θ＜90°),大小未知．下列說法正確的是(）A．F3可能指向第二象限B．F3一定指向第三象限C．F3與F2的夾角越小,則F3與F2的合力越小D．F3的最小可能值為F1cosθ解析：選AD.因F1、F2、F3的合力為零，故F3應與F2、F1的合力等大反向，故F3可能在第二象限，也可能在第三象限，選項A正確,B錯誤;F3、F2的合力與F1等大反向，而F1大小、方向均已知，故F3與F2的合力與其夾角大小無關，選項C錯;當F3與F2垂直時，F3最小，其最小值為F1cosθ，選項D正確．13．近年來，智能手機的普及使“低頭族”應運而生．近日研究發現,玩手機時，就有可能讓頸椎承受多達60磅（約270N）的重量．不當的姿勢與一系列健康問題存在關聯，如背痛、體重增加、胃痛、偏頭痛和呼吸道疾病等,當人體直立時，頸椎所承受的壓力等于頭部的重量；但當低頭時，頸椎受到的壓力會隨之變化．現將人低頭時頭頸部簡化為如圖所示的模型：重心在頭部的P點，頸椎OP（輕桿）可繞O轉動，人的頭部在頸椎的支持力和沿PA方向肌肉拉力的作用下處于靜止．假設低頭時頸椎OP與豎直方向的夾角為45°,PA與豎直方向的夾角為60°，此時頸椎受到的壓力約為直立時頸椎受到的壓力的(eq\r（2）≈1.414，eq\r（3)≈1。732）（)A．4。2倍 B．3.3倍C．2。8倍 D．2.0倍解析：選B。設頭部的質量為m，當人體直立時,頸椎所受的壓力F＝mg；當低頭時，設頸椎所受到的壓力為F1，以P點為研究對象，受力分析如圖所示，由正弦定理得eq\f（F1，sin120°)＝eq\f（mg,sin15°)，解得F1≈3.3mg，選項B正確，A、C、D錯誤．14．(多選)如圖所示,將一勁度系數為k的輕彈簧一端固定在內壁光滑的半球形容器底部O′處(O為球心），彈簧另一端與質量為m的小球相連,小球靜止于P點．已知容器半徑為R，與水平地面之間的動摩擦因數為μ,OP與水平方向的夾角為θ＝30°.下列說法正確的是(）A．容器相對于水平面有向左的運動趨勢B．容器和彈簧對小球的作用力的合力豎直向上C．彈簧原長為R＋eq\f(mg,k）D．輕彈簧對小球的作用力大小為eq\f(\r(3），2）mg解析：選BC.對小球受力分析，如圖所示．θ＝30°,三角形OO′P為等邊三角形，由相似三角形法得FN＝F＝mg，D錯誤．由整體法得，豎直方向有總重力、地面的支持力，根據平衡條件可知，容器不受水平面的靜摩擦力，容器與地面沒有相對運動趨勢，A錯誤．小球處于平衡狀態，容器和彈簧對小球的作用力的合力與重力平衡，B正確．由胡克定律有F＝mg＝k（L0－R），解得彈簧原長L0＝R＋eq\f(mg，k)，C正確．第3節受力分析共點力的平衡一、受力分析1．概念把研究對象(指定物體)在指定的物理環境中受到的所有力都分析出來，并畫出物體所受力的示意圖，這個過程就是受力分析．2．受力分析的一般順序先分析重力，然后按接觸面分析接觸力(彈力、摩擦力)，再分析其他力(電磁力、浮力等)，最后分析已知力．二、共點力作用下物體的平衡1．平衡狀態物體處于靜止或勻速直線運動的狀態．2．共點力的平衡條件：F合＝0或者eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（Fx合＝0,Fy合＝0))3．平衡條件的幾條重要推論(1)二力平衡：如果物體在兩個共點力的作用下處于平衡狀態，這兩個力必定大小相等，方向相反．（2)三力平衡:如果物體在三個共點力的作用下處于平衡狀態，其中任意兩個力的合力一定與第三個力大小相等，方向相反．（3）多力平衡:如果物體受多個力作用處于平衡，其中任何一個力與其余力的合力大小相等,方向相反．[自我診斷]1．判斷正誤(1)物體沿光滑斜面下滑時，受到重力、支持力和下滑力的作用．(×）（2)對物體進行受力分析時不用區分外力與內力,兩者要同時分析．（×)(3)處于平衡狀態的物體加速度一定等于零．（√）（4）速度等于零的物體一定處于平衡狀態．（×）（5)若三個力F1、F2、F3平衡，若將F1轉動90°時，三個力的合力大小為eq\r（2)F1.（√）(6）物體在緩慢運動時所處的狀態不屬于平衡狀態．(×）2．如圖所示，一小車的表面由一光滑水平面和光滑斜面連接而成，其上放一球，球與水平面的接觸點為a，與斜面的接觸點為b。當小車和球一起在水平桌面上做直線運動時，下列結論正確的是（）A．球在a、b兩點處一定都受到支持力B．球在a點一定受到支持力，在b點處一定不受支持力C．球在a點一定受到支持力，在b點處不一定受到支持力D．球在a點處不一定受到支持力，在b點處也不一定受到支持力解析：選D.若球與車一起水平勻速運動，則球在b處不受支持力作用，若球與車一起水平向左勻加速運動，則球在a處的支持力可能為零,D正確．3．如圖所示，物塊A放在傾斜的木板上，已知木板的傾角α分別為30°和45°時物塊所受摩擦力的大小恰好相同，則物塊和木板間的動摩擦因數為()A.eq\f（1，2) B．eq\f（\r（3）,2)C。eq\f(\r（2),2) D.eq\f（\r（5),2)解析：選C.由題意可以推斷出，當傾角α＝30°時，物體受到的摩擦力是靜摩擦力，大小為Ff1＝mgsin30°；當α＝45°時，物體受到的摩擦力為滑動摩擦力,大小為Ff2＝μFN＝μmgcos45°，由Ff1＝Ff2得μ＝eq\f（\r（2）,2),C正確．4．體操運動員靜止懸掛在單杠上,當兩只手掌握點之間的距離減小時，關于運動員手臂受到的拉力，下列判斷正確的是()A．不變 B．變小C．變大 D．無法確定解析:選B.對運動員受力分析如圖所示．運動員靜止懸掛在單扛上，受力平衡，設兩臂與豎直方向夾角為α，根據三力平衡的特點可知運動員手臂受到的拉力F＝eq\f(mg,2cosα)，α減小,cosα增大，F減小,故選項B正確.考點一物體的受力分析1．定義：把指定物體（研究對象）在特定的物理環境中受到的所有外力都找出來,并畫出受力示意圖，這個過程就是受力分析．2．受力分析的一般順序：先分析場力（重力、電場力、磁場力）,再分析接觸力（彈力、摩擦力),最后分析其他力．3．研究對象選取方法：整體法和隔離法．（1）當分析相互作用的兩個或兩個以上物體整體的受力情況及分析外力對系統的作用時，宜用整體法．(2）在分析系統內各物體（或一個物體各部分)間的相互作用時常用隔離法．(3)整體法和隔離法不是獨立的，對一些較復雜問題，通常需要多次選取研究對象，交替使用整體法和隔離法．1．如圖所示，光滑斜面固定于水平面，滑塊A、B疊放在一起沖上斜面，且始終保持相對靜止，A上表面水平，則在斜面上運動時B受力的示意圖為（)解析：選A。先將A、B當成一個整體,一起沖上斜面時,受重力及斜面的支持力，合力沿斜面向下．再用隔離法，單獨對B進行受力分析可知,B所受摩擦力水平向左，所受A的支持力在豎直方向上，A正確．2．（2017·四川達州一模)如圖所示,用輕桿拴接同種材料制成的a、b兩物體,它們沿斜面向下做勻速運動，關于a、b的受力情況，以下說法正確的是（)A．a受三個力作用，b受四個力作用B．a受四個力作用，b受三個力作用C．a、b均受三個力作用D．a、b均受四個力作用解析：選C.對a、b和輕桿組成的整體分析,根據平衡條件有Mgsinθ＝μMgcosθ,解得μ＝tanθ。再隔離對a分析,假設受到拉力，有mgsinθ＝FT＋μmgcosθ，解得FT＝0.所以輕桿無拉力，a、b均受三個力，即重力、支持力和摩擦力,選項C正確，A、B、D錯誤．3．（多選)如圖所示，兩個相似的斜面體A、B在豎直向上的力F的作用下靜止靠在豎直粗糙墻壁上．關于斜面體A和B的受力情況,下列說法正確的是(）A．A一定受到4個力B．B可能受到4個力C．B與墻壁之間一定有彈力和摩擦力D．A與B之間一定有摩擦力解析：選AD.整體法確定外力：對斜面體A、B整體受力分析，其受到向下的重力G和向上的推力F，由平衡條件可知B與墻壁之間不可能有彈力，因此也不可能有摩擦力,故C錯誤．假設法、狀態法確定B對A的接觸力：對斜面體A受力分析，A一定受到重力GA和推力F.假設撤掉A，B將下落，A、B間一定存在彈力FBA,如圖甲所示，為保持A處于平衡狀態，B一定給A一個沿斜面向下的摩擦力Ff.轉換法確定B的受力：根據牛頓第三定律可知，斜面體B除受重力外，一定受到A的支持力FAB和摩擦力Ff′，如圖乙所示．綜合以上分析可知，A、D正確．考點二共點力的靜態平衡問題解決共點力平衡問題常用的4種方法合成法物體受三個共點力的作用而平衡，則任意兩個力的合力一定與第三個力大小相等，方向相反效果分解法物體受三個共點力的作用而平衡，將某一個力按力的效果分解，則其分力和其他兩個力滿足平衡條件正交分解法物體受到三個或三個以上力的作用時，將物體所受的力分解為相互垂直的兩組，每組力都滿足平衡條件力的三角形法對受三力作用而平衡的物體,將力的矢量圖平移使三力組成一個首尾依次相接的矢量三角形，根據正弦定理、余弦定理或相似三角形等數學知識求解未知力考向1：單個物體的平衡問題[典例1]如圖所示，光滑半球形容器固定在水平面上，O為球心．一質量為m的小滑塊，在水平力F的作用下靜止于P點．設滑塊所受支持力為FN，OP與水平方向的夾角為θ。下列關系正確的是()A．F＝eq\f（mg，tanθ） B．F＝mgtanθC．FN＝eq\f（mg，tanθ) D．FN＝mgtanθ解析解法一：合成法．滑塊受力如圖甲,由平衡條件知：eq\f(mg，F）＝tanθ,解得F＝eq\f(mg,tanθ）,FN＝eq\f(mg，sinθ）.解法二:效果分解法．將重力按產生的效果分解，如圖乙所示，F＝G2＝eq\f(mg,tanθ），FN＝G1＝eq\f（mg，sinθ)。解法三：正交分解法．將滑塊受的力水平、豎直分解，如圖丙所示，mg＝FNsinθ,F＝FNcosθ,聯立解得：F＝eq\f（mg,tanθ），FN＝eq\f（mg,sinθ)。解法四：封閉三角形法．如圖丁所示，滑塊受的三個力組成封閉三角形,解直角三角形得：F＝eq\f（mg,tanθ)，FN＝eq\f（mg，sinθ），故A正確．答案A考向2:整體法和隔離法在多體平衡問題中的應用[典例2](2017·廣東佛山模擬)質量為m的四只完全相同的足球疊成兩層放在水平面上，底層三只足球剛好接觸成三角形，上層一只足球放在底層三只足球的正上面，系統保持靜止．若最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,則()A．底層每個足球對地面的壓力為mgB．底層每個足球之間的彈力為零C．下層每個足球對上層足球的支持力大小為eq\f（mg,3)D．水平面的摩擦因數至少為eq\f(\r（6）,6）解析根據整體法，設下面每個球對地面的壓力均為FN,則3FN＝4mg,故FN＝eq\f(4,3)mg，A錯誤;四個球的球心連線構成了正四面體，球放在水平面上，所以下層每個足球之間的彈力為零,B正確；上層足球受到重力、下層足球對上層足球的三個支持力，由于三個支持力的方向不是豎直向上，所以三個支持力在豎直方向的分量之和等于重力，則下層每個足球對上層足球的支持力大小大于eq\f（mg，3)，C錯誤；如圖所示，根據正四面體幾何關系可得，F與mg夾角的余弦值cosθ＝eq\f(\r(6），3），正弦值sinθ＝eq\f(\r（3）,3）,則有F·eq\f(\r(6),3）＋mg＝FN＝eq\f(4,3）mg，eq\f（\r（3),3）F＝Ff，解得Ff＝eq\f（\r（2）,6)mg，F＝eq\f(\r(6），6)mg，則μ＝eq\f(\f(\r（2),6)mg，\f(4，3)mg）＝eq\f（\r(2)，8），所以水平面的摩擦因數至少為eq\f(\r(2），8），故D錯誤．答案B1.(2017·安徽銅陵模擬）如圖所示，質量分別為mA、mB的兩物塊A、B疊放在一起，若它們共同沿固定在水平地面上傾角為α的斜面勻速下滑．則()A．A、B間無摩擦力B．B與斜面間的動摩擦因數μ＝tanαC．A、B間有摩擦力，且B對A的摩擦力對A做負功D．B對斜面的摩擦力方向沿斜面向上解析:選B。因為A處于平衡狀態,所以A受重力、支持力以及B對A的靜摩擦力而平衡，可知A、B間有摩擦力，摩擦力的方向沿A與B的接觸面斜向上，向下滑動的過程中，摩擦力的方向與A速度方向的夾角為銳角，所以B對A的摩擦力對A做正功,故A、C錯誤；A、B能一起勻速下滑，對整體分析，受重力、支持力和滑動摩擦力，則有(mA＋mB)gsinθ＝μ(