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高中物理高考 专题03 三大性质力及力的运算法则（解析版）
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这是一份高中物理高考 专题03 三大性质力及力的运算法则（解析版），共25页。
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TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc17807901" 热点题型一 弹力的分析与计算 PAGEREF _Tc17807901 \h 1
\l "_Tc17807902" 1 弹力的有无及方向判断 PAGEREF _Tc17807902 \h 2
\l "_Tc17807903" 2 轻绳模型中的“死结”和“活结”问题 PAGEREF _Tc17807903 \h 3
\l "_Tc17807904" 3. 轻弹簧模型中胡克定律的应用 PAGEREF _Tc17807904 \h 4
\l "_Tc17807905" 4 轻杆模型中的铰链问题 PAGEREF _Tc17807905 \h 5
\l "_Tc17807906" 热点题型二 摩擦力的分析与计算 PAGEREF _Tc17807906 \h 7
\l "_Tc17807907" 1．静摩擦力的有无和方向的判断方法 PAGEREF _Tc17807907 \h 7
\l "_Tc17807908" 2．摩擦力大小计算的思维流程 PAGEREF _Tc17807908 \h 8
\l "_Tc17807909" （1）滑动摩擦力的分析与计算 PAGEREF _Tc17807909 \h 9
\l "_Tc17807910" （2）静摩擦力的分析与计算 PAGEREF _Tc17807910 \h 10
\l "_Tc17807911" 3.摩擦力的“四类突变”问题 PAGEREF _Tc17807911 \h 11
\l "_Tc17807912" 静—静“突变” PAGEREF _Tc17807912 \h 11
\l "_Tc17807913" 动—静“突变” PAGEREF _Tc17807913 \h 12
\l "_Tc17807914" 动—动“突变” PAGEREF _Tc17807914 \h 13
\l "_Tc17807915" 静→动“突变” PAGEREF _Tc17807915 \h 14
\l "_Tc17807916" 热点题型三 力的合成 PAGEREF _Tc17807916 \h 15
\l "_Tc17807917" 热点题型四 力的分解 PAGEREF _Tc17807917 \h 17
\l "_Tc17807918" 【题型演练】 PAGEREF _Tc17807918 \h 20
【题型归纳】
热点题型一 弹力的分析与计算
1.五种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．弹力大小计算的三种方法
(1)根据胡克定律进行求解．
(2)根据力的平衡条件进行求解．
(3)根据牛顿第二定律进行求解．
1 弹力的有无及方向判断
【例1】．如图所示，小车内一根轻质弹簧沿竖直方向和一条与竖直方向成α角的细绳拴接一小球．当小车和小球相对静止，一起在水平面上运动时，下列说法正确的是( )
A．细绳一定对小球有拉力的作用 B．轻弹簧一定对小球有弹力的作用
C．细绳不一定对小球有拉力的作用，但是轻弹簧对小球一定有弹力
D．细绳不一定对小球有拉力的作用，轻弹簧对小球也不一定有弹力
【答案】D
【解析】若小球与小车一起匀速运动，则细绳对小球无拉力；若小球与小车有向右的加速度a＝gtan α，则轻弹簧对小球无弹力，D正确．
【变式1】(多选)如图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．下列关于杆对球的作用力F的判断中，正确的是( )
A．小车静止时，F＝mgsin θ，方向沿杆向上
B．小车静止时，F＝mgcs θ，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】 小球受重力和杆的作用力F处于静止状态或匀速直线运动状态时，由力的平衡条件知，二力必等大反向，则F＝mg，方向竖直向上．小车向右匀加速运动时，小球有向右的恒定加速度，根据牛顿第二定律知，mg和F的合力应水平向右，如图所示．由图可知，F＞mg，方向可能沿杆向上，选项C、D正确．
【变式2】(2019·西宁模拟)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( )
【答案】C
【解析】一般来讲轻质杆对物体的弹力不一定沿着杆的方向，选项A中小球只受重力和杆的弹力且处于静止状态，由二力平衡可得小球受到的弹力应竖直向上，所以A错．选项B中，如果左边的绳有拉力的话，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．对于球与面接触的弹力方向，过接触点垂直于接触面(即在接触点与球心的连线上)，即D中大半圆对小球的支持力FN2应是沿着过小球与圆弧接触点的半径且指向圆心的弹力，所以D错．球与球相接触的弹力方向，垂直于过接触点的公切面(即在两球心的连线上)，而指向受力物体，所以C正确．
2 轻绳模型中的“死结”和“活结”问题
【例2】．(多选) 如图所示，用滑轮将质量为m1、m2的两物体悬挂起来，忽略滑轮和绳的重力及一切摩擦，使得0＜θ＜180°，整个系统处于平衡状态，关于m1、m2的大小关系应为( )
A．m1必大于m2 B．m1必大于eq \f(m2,2) C．m1可能等于m2 D．m1可能大于m2
【答案】BCD
【解析】选BCD.结点O受三个力的作用，如图所示，系统平衡时F1＝F2＝m1g，F3＝m2g，所以2m1gcs eq \f(θ,2)＝m2g，m1＝eq \f(m2,2cs \f(θ,2))，所以m1必大于eq \f(m2,2).当θ＝120°时，m1＝m2；当θ＞120°时，eq \a\vs4\al(m1)＞m2；当θ＜120°时，m1＜m2，故B、C、D选项正确．
【变式】如图所示，两个轻环a和b套在位于竖直面内的一段固定圆弧上；一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为m的小球．在a和b之间的细线上悬挂一小物块．平衡时，a、b间的距离恰好等于圆弧的半径．不计所有摩擦．小物块的质量为( )
A.eq \f(m,2) B.eq \f(\r(3),2)m C．m D．2m
【答案】 C
【解析】 如图所示，圆弧的圆心为O，悬挂小物块的点为c，由于ab＝R，则△aOb为等边三角形，同一条细线上的拉力相等，FT＝mg，合力沿Oc方向，则Oc为角平分线，由几何关系知，∠acb＝120°，故细线的拉力的合力与物块的重力大小相等，则每条细线上的拉力FT＝G＝mg，所以小物块质量为m，故C对．
3. 轻弹簧模型中胡克定律的应用
【例3】.(2018·高考全国卷Ⅰ)如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态．现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动．以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图象可能正确的是( )
【答案】A
【解析】假设物块静止时弹簧的压缩量为x0，则由力的平衡条件可知kx0＝mg，在弹簧恢复原长前，当物块向上做匀加速直线运动时，由牛顿第二定律得F＋k(x0－x)－mg＝ma，由以上两式解得F＝kx＋ma，显然F和x为一次函数关系，且在F轴上有截距，则A正确，B、C、D错误．
【变式】如图所示，质量均为m的A、B两球，由一根劲度系数为k的轻弹簧连接静止于半径为R的光滑
半球形碗中，弹簧水平，两球间距为R且球半径远小于碗的半径．则弹簧的原长为( )
A.eq \f(mg,k)＋R B.eq \f(mg,2k)＋R C.eq \f(2\r(3)mg,3k)＋R D.eq \f(\r(3)mg,3k)＋R
【答案】D
【解析】以A球为研究对象，小球受重力、弹簧的弹力和碗的支持力，如图所示．
由平衡条件，得：tan θ＝eq \f(mg,F)＝eq \f(mg,kx)
解得：x＝eq \f(mg,ktan θ)
根据几何关系得：cs θ＝eq \f(\f(1,2)R,R)＝eq \f(1,2)，则tan θ＝eq \r(3)，
所以x＝eq \f(mg,ktan θ)＝eq \f(\r(3)mg,3k)
故弹簧原长x0＝eq \f(\r(3)mg,3k)＋R，故D正确．
4 轻杆模型中的铰链问题
【例4】．(2019·潍坊模拟)如图甲所示，轻杆OB可绕B点自由转动，另一端O点用细绳OA拉住，固定在左侧墙壁上，质量为m的重物用细绳OC悬挂在轻杆的O点，OA与轻杆的夹角∠BOA＝30°.乙图中水平轻杆OB一端固定在竖直墙壁上，另一端O装有小滑轮，用一根绳跨过滑轮后悬挂一质量为m的重物，图中∠BOA＝30°，求：
(1)甲、乙两图中细绳OA的拉力各是多大？
(2)甲图中轻杆受到的弹力是多大？
(3)乙图中轻杆对滑轮的作用力是多大？
【解析】(1)由于甲图中的杆可绕B转动，是转轴杆(是“活杆”)，故其受力方向沿杆方向，O点的受力情况如图(a)所示，则O点所受绳子OA的拉力FT1、杆的弹力FN1的合力与物体的重力是大小相等、方向相反的，在直角三角形中可得，FT1＝eq \f(mg,sin 30°)＝2mg；乙图中是用一细绳跨过滑轮悬挂物体的，由于O点处是滑轮，它只是改变绳中力的方向，并未改变力的大小，且AOC是同一段绳子，而同一段绳上的力处处相等，故乙图中绳子拉力为F′T1＝F′T2＝mg.
(2)由图(a)可知，甲图中轻杆受到的弹力为F′N1＝FN1＝eq \f(mg,tan 30°)＝eq \r(3)mg.
(3)对乙图中的滑轮受力分析，如图(b)所示，由于杆OB不可转动，所以杆所受弹力的方向不一定沿OB方向．即杆对滑轮的作用力一定与两段绳的合力大小相等，方向相反，由图(b)可得，F2＝2mgcs 60°＝mg，则所求力F′N2＝F2＝mg.
【答案】(1)2mg mg (2)eq \r(3)mg (3)mg
【变式】(2019·天津市南开中学月考)如图为两种形式的吊车的示意图，OA为可绕O点转动的轻杆，重量不计，AB为缆绳，当它们吊起相同重物时，杆OA在图(a)、(b)中的受力分别为Fa、 Fb，则下列关系正确的是( )
A．Fa＝Fb B．Fa>Fb C．Fa【答案】 A
【解析】 对题图中的A点受力分析，则由图(a)可得Fa＝Fa′＝2mgcs 30°＝eq \r(3)mg
由图(b)可得tan 30°＝eq \f(mg,Fb′)
则Fb＝Fb′＝eq \r(3)mg
故Fa＝Fb.
热点题型二 摩擦力的分析与计算
1．静摩擦力的有无和方向的判断方法
(1)假设法：利用假设法判断的思维程序如下：
(2)状态法：先判断物体的状态(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．
(3)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“力的相互性”确定另一物体受到的静摩擦力的方向．
【例1】．(2019·南京模拟)如图所示，某粮库使用电动传输机向粮垛上输送麻袋包，现将一麻袋包放置在倾斜的传送带上，与传送带一起斜向上匀速运动，其间突遇故障，传送带减速直至停止．若上述匀速和减速过程中，麻袋包与传送带始终保持相对静止，则下列说法正确的是( )
A．匀速运动时，麻袋包只受重力与支持力作用 B．匀速运动时，麻袋包受到的摩擦力一定沿传送带向上
C．减速运动时，麻袋包受到的摩擦力一定沿传送带向下
D．减速运动时，麻袋包受到的摩擦力一定沿传送带向上
【答案】B
【解析】传送带匀速运动时，麻袋包受力平衡，麻袋包除受重力、垂直传送带向上的支持力外，还要受沿斜面向上的摩擦力的作用，A错误，B正确，传送带向上减速运动时，麻袋包的加速度沿斜面向下，设传送带倾角为θ，麻袋包的加速度大小为a；当a＝gsin θ时，摩擦力为零；当a＞gsin θ时，摩擦力沿传送带向下；当a＜gsin θ时，摩擦力沿传送带向上，C、D错误．
【变式】如图所示，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( )
A．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
【答案】D
【解析】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，如图所示，根据平衡条件可得Ff＝mgsin θ，所以D正确．
2．摩擦力大小计算的思维流程
（1）滑动摩擦力的分析与计算
【例5】．(2017·高考全国卷Ⅱ) 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，而方向与水平面成60°角，物块也恰好做匀速直线运动．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】当拉力水平时，物块做匀速运动，则F＝μmg，当拉力方向与水平方向的夹角为60°时，物块也刚好做匀速运动，则Fcs 60°＝μ(mg－Fsin 60°)，联立解得μ＝eq \f(\r(3),3)，A、B、D项错误，C项正确．
【变式1】如图所示，滑块A置于水平地面上，滑块B在一水平力作用下紧靠滑块A(A、接触面竖直)，此
时A恰好不滑动，B刚好不下滑．已知A与B间的动摩擦因数为μ1，A与地面间的动摩擦因数为μ2，最大静
摩擦力等于滑动摩擦力．A与B的质量的比值为( )
A.eq \f(1,μ1μ2) B.eq \f(1－μ1μ2,μ1μ2) C.eq \f(1＋μ1μ2,μ1μ2) D.eq \f(2＋μ1μ2,μ1μ2)
【答案】 B
【解析】 B恰好不下滑时，μ1F＝mBg，A恰好不滑动，则F＝μ2(mAg＋mBg)，所以eq \f(mA,mB)＝eq \f(1－μ1μ2,μ1μ2)，选项B正确．
【变式2】如图所示，质量为m的木块P在质量为M的长木板ab上滑行，长木板放在水平地面上一直处于
静止状态．若ab与地面间的动摩擦因数为μ1，木块P与长木板ab间的动摩擦因数为μ2，则长木板ab受到
地面的摩擦力大小为( )
A．μ1Mg B．μ1(m＋M)g C．μ2mg D．μ1Mg＋μ2mg
【答案】C
【解析】木块P相对长木板ab向右滑动，受到向左的滑动摩擦力，大小为Ff1＝μ2mg；力的作用是相互的，故木块P对长木板ab有向右的滑动摩擦力，故长木板ab有向右滑动的趋势，受到地面对其向左的静摩擦力；根据共点力平衡条件有Ff2＝Ff1，因而Ff2＝μ2mg，故选C.
【变式3】如图所示，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等，则物块和木板间的动摩擦因数为 ( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(\r(3),2) C.eq \f(\r(2),2) D.eq \f(\r(5),2)
【答案】C
【解析】当木板倾角为30°时，物块受到的是静摩擦力，其大小等于mgsin θ.当木板倾角是45°时，物块受到的是滑动摩擦力，其大小等于μmgcs 45°.由题意可得μmgcs 45°＝mgsin 30°，解得μ＝eq \f(\r(2),2)，故选C.
（2）静摩擦力的分析与计算
【例6】.如图所示为武警战士用头将四块砖顶在墙上苦练头功的照片．假设每块砖的质量均为m，砖与墙面、砖与头间的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．要使砖恰好静止不动，则武警战士的头对砖施加的水平力为( )
A．eq \f(mg,μ) B．eq \f(2mg,μ) C．eq \f(3mg,μ)D．eq \f(4mg,μ)
【解析】选B.以四块砖为研究对象，进行受力分析．砖恰好静止不动，则砖所受到的摩擦力刚好与其重力相等，即f1＋f2＝4mg，又f1＝f2＝μF，联立两式可得F＝eq \f(2mg,μ)，即武警战士施加的水平力为F＝eq \f(2mg,μ)，选项B正确．
【变式】（2019·湖南省永州市教研室名师筛选高考信息卷）如图所示，一足够长的斜面体静置于粗糙水平
地面上，一小物块沿着斜面体匀速下滑，现对小物块施加一水平向右的力F，当物块运动到最低点之前，下
列说法正确的是（ ）
A．物块与斜面体间的弹力不变 B．物块与斜面体间的摩擦力增大
C．斜面体与地面间的弹力不变 D．斜面体与地面间的摩擦力始终为0
【答案】BD
【解析】AB、设斜面的倾角为α，不加推力F时，滑块匀速下滑，受重力、支持力和摩擦力，根据共点力平衡条件，支持力N=mgcsα，摩擦力f=mgsinα，故动摩擦因数μ=f/N=tanα；对小物块施加一水平向右的恒力F后，支持力N′=mgcsα+Fsinα，变大；滑动摩擦力f′=μN′，也变大；故A错误，B正确；CD、不加推力F时，根据平衡条件，滑块受的支持力和摩擦力的合力竖直向上；故根据牛顿第三定律，滑块对斜面体的压力和摩擦力的合力竖直向下，故斜面体相对地面没有滑动趋势，故斜面体不受摩擦力；加上水平推力后，滑块对斜面体的摩擦力和压力同比例增加，其合力方向依旧是竖直向上（大小变大，方向不变）；同理，根据牛顿第三定律，滑块对斜面体的压力和摩擦力的合力依旧是竖直向下（大小变大，方向不变），故斜面体相对地面仍然没有滑动趋势，故斜面体仍然不受摩擦力，但对地压力变大了；故C错误，D正确；故选BD。
3.摩擦力的“四类突变”问题
静—静“突变”
【例7】. 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，如图所示，其中F1＝10 N，F2＝2 N，若撤去F1，则木块受到的摩擦力为( )
A．10 N，方向向左B．6 N，方向向右
C．2 N，方向向右D．0
【答案】 C
【解析】当木块受F1、F2及摩擦力的作用而处于平衡状态时，由平衡条件可知木块所受的摩擦力的大小为8 N，方向向左．可知最大静摩擦力Ffmax≥8 N．当撤去力F1后，F2＝2 N【变式】(2019·福建省三明市质检)如图所示，质量为10 kg的物体A拴在一个被水平拉伸的弹簧一端，弹簧的拉力为5 N时，物体A处于静止状态．若小车以1 m/s2的加速度向右运动，则(g＝10 m/s2)( )
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】 C
【解析】 由题意得，物体A与小车的上表面间的最大静摩擦力Ffm≥5 N，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合＝ma＝10 N，可知此时小车对物体A的摩擦力为5 N，方向向右，且为静摩擦力，所以假设成立，物体A受到的摩擦力大小不变，故选项A、B错误，C正确；同理可知，物体A受到的弹簧的拉力大小不变，故D错误．
动—静“突变”
【例8】(2019·湛江模拟)如图所示，质量为1 kg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＝1 N的作用，g取10 m/s2，以向右为正方向，
该物体受到的摩擦力Ff随时间变化的图象是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )
【答案】A
【解析】物体向右减速过程中，受滑动摩擦力作用，方向水平向左，Ff1＝μmg＝2 N，物体速度减为零后，因F<μmg，物体将保持静止，此时Ff2＝F＝1 N，方向水平向右，故A正确．
【变式】.如图所示，把一重为G的物体，用一水平方向的推力F＝kt(k为恒量且大于0，t为时间)压在竖直的足够高的平整墙上，从t＝0开始物体所受的摩擦力Ff随t的变化关系是下图中的 ( )
【答案】B
【解析】物体在竖直方向上只受重力G和摩擦力Ff的作用，由于Ff从零开始均匀增大，开始一段时间Ff＜G，物体加速下滑；当Ff＝G时，物体的速度达到最大值；之后Ff＞G，物体向下做减速运动，直至减速为零．在整个运动过程中，摩擦力为滑动摩擦力，其大小为Ff＝μFN＝μF＝μkt，即Ff与t成正比，是一条过原点的倾斜直线．当物体速度减为零后，滑动摩擦力突变为静摩擦力，其大小Ff＝G，所以物体静止后的图线为平行于t轴的直线．正确答案为B.
动—动“突变”
【例9】. (2019·山东潍坊质检)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的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ
【答案】 D
【解析】小物体从静止开始运动，相对传送带向后运动，则滑动摩擦力方向沿斜面向下，木块做匀加速直线运动；当木块速度与传送带速度相等时，摩擦力为0；木块继续加速，则木块相对传送带向前运动，滑动摩擦力方向沿斜面向上，由于μ【变式】如图所示，斜面固定在地面上，倾角为37°.质量为1 kg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0.7)，则该滑块所受摩擦力F随时间变化的图象是下图
中的(取初速度v0的方向为正方向，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)( )
【答案】C
【解析】滑块上升过程中受到滑动摩擦力作用，由F＝μFN和FN＝mgcs θ联立得F＝5.6 N，方向为沿斜面向下．当滑块的速度减为零后，由于重力的分力mgsin θ＞μmgcs θ，滑块下滑，滑块受的摩擦力方向为沿斜面向上，故选项C正确．
静→动“突变”
【例10】 (2019·洛阳模拟)如图所示，粗糙长木板l的一端固定在铰链上，木块放在木板上，开始时木板
处于水平位置．当木板向下转动，θ角逐渐增大的过程中，摩擦力Ff的大小随θ角变化最有可能的( )
【答案】 B
【解析】 当Ff为静摩擦力时Ff＝mgsin θ，即Ff按正弦规律变化；当木块滑动后Ff为滑动摩擦力，Ff＝μFN＝μmgcs θ，即Ff按余弦规律变化，故选项B正确．
【变式】(2019·安阳联考)如图甲所示，A、B两个物体叠放在水平面上，B的上下表面均水平，A物体与一
拉力传感器相连接，连接拉力传感器和物体A的细绳保持水平．从t＝0时刻起，用一水平向右的力F＝kt(k
为常数)作用在B的物体上，力传感器的示数随时间变化的图线如图乙所示，已知k、t1、t2且最大静摩擦力
等于滑动摩擦力．据此可求 ( )
A．A、B之间的最大静摩擦力 B．水平面与B之间的滑动摩擦力
C．A、B之间的动摩擦因数μAB D．B与水平面间的动摩擦因数μ
【答案】AB
【解析】当B与地面间的摩擦力达到最大值后，力传感器才有示数，地面对B的最大静摩擦力为Ffm＝kt1，A、B相对滑动后，力传感器的示数保持不变，则FfAB＝kt2－Ffm＝k(t2－t1)，A、B正确；由于A、B的质量未知，则μAB和μ不能求出，C、D错误．
热点题型三 力的合成
1．合力的大小范围的确定
(1)两个共点力的合成
|F1－F2|≤F合≤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，求出其合力大小的范围，如果第三个力在这个范围之内，则这三个力的合力的最小值为零，如果第三个力不在这个范围内，则合力的最小值为最大的一个力减去另外两个较小的力的矢量和．
2．合成方法
(1)作图法．
(2)计算法：根据平行四边形定则作出示意图，然后利用解三角形的方法求出合力，是解题的常用方法．
3．几种特殊情况的共点力的合成
4.重要结论
(1)两个分力一定时，夹角θ越大，合力越小．
(2)合力一定，两等大分力的夹角越大，两分力越大．
(3)合力可以大于分力，等于分力，也可以小于分力．
【例11】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(弹性限度内)，则发射过程中裹片对弹丸的最大作用力为( )
A．kL B．2kL
C.eq \f(\r(3),2)kL D.eq \f(\r(15),2)kL
【答案】 D
【解析】 根据胡克定律知，每根橡皮条的弹力F弹＝k(2L－L)＝kL.设此时两橡皮条的夹角为θ，根据几何关系知sineq \f(θ,2)＝eq \f(1,4).根据力的平行四边形定则知，弹丸被发射过程中所受的最大作用力F＝2F弹cseq \f(θ,2)＝2F弹eq \r(1－sin2\f(θ,2))＝eq \f(\r(15),2)F弹＝eq \f(\r(15),2)kL，选项D正确．
【变式1】(2019·成都模拟)如图所示，一个物体由绕过定滑轮的绳拉着，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( )
A．FT1＝FT2＝FT3，FN1＞FN2＞FN3 B．FT1＞FT2＞FT3，FN1＝FN2＝FN3
C．FT1＝FT2＝FT3，FN1＝FN2＝FN3 D．FT1＜FT2＜FT3，FN1＜FN2＜FN3
【答案】 A
【解析】选A.物体静止时绳的张力等于物体重力的大小，
所以FT1＝FT2＝FT3＝mg.
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图如图所示，可知FN1＞FN2＞FN3，故选项A正确．
法二：用计算法确定FN1、FN2、FN3的大小关系．已知两个分力的大小，两分力的夹角θ，满足关系式：F＝eq \r(Feq \\al(2,1)＋Feq \\al(2,2)＋2F1F2cs θ)，θ越小，F越大，所以FN1＞FN2＞FN3，故选项A正确．
【变式2】．(2019·汉中质检)如图甲所示，笔记本电脑散热底座一般有四个卡位用来调节角度．某同学将电脑放在散热底座上，为了获得更好的舒适度，由原卡位1缓慢调至卡位4(如图乙所示)，电脑始终处于静止状态，则( )
A．电脑受到的支持力变小 B．电脑受到的摩擦力变大
C．散热底座对电脑的作用力的合力不变 D．电脑受到的支持力与摩擦力两力大小之和等于其重力大小
【答案】 C
【解析】选C.对电脑受力分析如图所示，电脑始终处于静止状态，故电脑受力平衡，电脑受到的支持力大小FN＝Gcs θ，电脑受到的摩擦力大小f＝Gsin θ，由原卡位1调至卡位4，θ减小，故FN增大，f减小，选项A、B错误；散热底座对电脑的作用力的合力即电脑受到的支持力与摩擦力两力的合力，大小等于电脑的重力，方向竖直向上，始终不变，选项C正确；电脑受到的支持力与摩擦力两力大小之和大于其重力大小，选项D错误．
热点题型四 力的分解
1．把力按实际效果分解的一般思路
2．实际问题的分解——按力的作用效果分解，常见效果如下：
【例12】如图所示，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( )
A.eq \r(5) B．2 C.eq \f(\r(5),2) D.eq \r(2)
【答案】 C
【解析】 解法一(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cs θ＝eq \f(F,Fb)＝eq \f(m2g,m1g)，又由几何关系得cs θ＝eq \f(l,\r(l2＋\f(l,2)2))，联立解得eq \f(m1,m2)＝eq \f(\r(5),2).
解法二(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m1gcs θ＝m2g；由几何关系得cs θ＝eq \f(l,\r(l2＋\f(l,2)2))，联立解得eq \f(m1,m2)＝eq \f(\r(5),2).
【变式1】2017年8月8日四川九寨沟发生7.0级地震，李克强总理和汪洋副总理作出重要批示，紧急成立生命救援队赶往灾区．此次救援队携带的救援工具，包括生命探测器、扩张机等，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，滑块B就以比F大得多的压力向上顶物体D，已知图中2l＝1.0 m，b＝0.05 m，F＝400 N，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．3 000 N B．2 000 N C．1 000 ND．500 N
【答案】 B
【解析】选B.将F沿AC、AB方向分解为F1、F2，则F2＝eq \f(F,2cs α)，F2的作用效果是使滑块B对左壁有水平向左的挤压作用F3，对物体D有竖直向上的挤压作用F4，则物体D所受的向上顶的力为FN＝F4＝F2sin α＝eq \f(F,2cs α)sin α＝eq \f(F,2)tan α，由题图可知tan α＝eq \f(l,b)＝eq \f(0.5,0.05)＝10，故FN＝2 000 N，选项B正确．
【变式2】如图所示，在竖直平面内，固定有半圆弧轨道，其两端点M、N连线水平．将一轻质小环套在轨道上，一细线穿过轻环A，一端系在M点，另一端系一质量为m的小球，小球恰好静止在图示位置．不计所有摩擦，重力加速度大小为g.下列说法正确的是( )
A．轨道对轻环的支持力大小为mg B．细线对M点的拉力大小为eq \f(\r(3),2)mg
C．细线对轻环的作用力大小为eq \f(3,2)mg D．N点和轻环的连线与竖直方向的夹角为30°
【答案】 D
【解析】 轻环两边绳子的拉力大小相等，均为T＝mg，轻环两侧绳子的拉力与轻环对圆弧轨道的压力的夹角相等，设为θ，由OA＝OM知∠OMA＝∠MAO＝θ，则3θ＝90°，θ＝30°，轻环受力平衡，则轨道对轻环的支持力大小FN＝2mgcs 30°＝eq \r(3)mg，选项A错误；细线对M点的拉力大小为mg，选项B错误；细线对轻环的作用力大小为F′N＝FN＝eq \r(3)mg，选项C错误；由几何关系可知，N点和轻环的连线与竖直方向的夹角为30°，选项D正确．
【题型演练】
1.如图，在水平桌面上放置一斜面体P，两长方体物块a和b叠放在P的斜面上，整个系统处于静止状态．若将a与b、b与P、P与桌面之间摩擦力的大小分别用f1、f2和f3表示，则( )
A．f1＝0，f2≠0，f3≠0 B．f1≠0，f2＝0，f3＝0
C．f1≠0，f2≠0，f3＝0 D．f1≠0，f2≠0，f3≠0
【答案】C
【解析】对a、b、P整体受力分析可知，整体相对地面没有相对运动趋势，故f3＝0；将a和b看成一个整体，ab整体有相对斜面向下运动的趋势，故b与P之间有摩擦力，即f2≠0；对a进行受力分析可知，由于a处于静止状态，a相对于b有向下运动的趋势，故a和b之间存在摩擦力作用，即f1≠0，故选项C正确．
2.如图甲所示，斜面体固定在水平面上，斜面上有一物块在拉力F的作用下始终处于静止状态，拉力F在如图乙所示的范围内变化，取沿斜面向上为正方向，则下列物块所受的摩擦力Ff与时间t的关系图象可能正确的是( )
【答案】BD
【解析】若t＝0时静摩擦力沿斜面向上，随F减小，Ff增大，当F反向后，Ff在原来基础上继续增大，D正确；若t＝0时静摩擦力沿斜面向下，随F减小，Ff减小，在F＝0前，Ff变为沿斜面向上，B正确．
3.(2019·湖南常德模拟)如图所示，两根光滑细棒在同一竖直平面内，两棒与水平面成37°角，棒上各穿有一个质量为m的相同小球，两球用轻质弹簧连接，两小球在图中位置处于静止状态，此时弹簧与水平面平行，则下列判断正确的是( )
A．弹簧处于拉伸状态 B．弹簧处于压缩状态
C．弹簧的弹力大小为eq \f(3,4)mg D．弹簧的弹力大小为eq \f(3,8)mg
【答案】AC
【解析】以左侧小球为研究对象，假如弹簧处于压缩状态，弹簧对该球的弹力方向水平向左，小球还受到竖直向下的重力和垂直于棒的弹力，根据平行四边形定则可知，这三个力的合力不可能为零，则小球不可能处于静止状态，与题设矛盾，所以弹簧一定处于拉伸状态，故A正确，B错误；根据平衡条件得Fcs 37°＝mgsin 37°，解得弹簧的弹力大小F＝eq \f(3,4)mg，故C正确，D错误．
4.．(2019·陕西西安联考)如图所示，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的夹角为53°，拉B物体的绳子与水平面的夹角为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，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)( )
A.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)
【答案】A
【解析】设绳中张力为F，对A应用平衡条件可得Fcs 53°＝μ(mAg－Fsin 53°)，对B应用平衡条件可得Fcs 37°＝μ(mBg－Fsin 37°)，以上两式联立可解得eq \f(mA,mB)＝eq \f(4μ＋3,3μ＋4)，选项A正确．
5.(2019·福建厦门模拟)我国不少地方在节日期间有挂红灯笼的习俗，如图所示，质量为m的灯笼用两根不等长的轻绳OA、OB悬挂在水平天花板上，OA比OB长，O为结点．重力加速度大小为g，设OA、OB对O点的拉力分别为FA、FB，轻绳能够承受足够大的拉力，则( )
A．FA小于FB B．FA、FB的合力大于mg
C．调节悬点A的位置，可使FA、FB都大于mg D．换质量更大的灯笼，FB的增加量比FA的增加量大
【答案】ACD
【解析】对结点O受力分析，画出力的矢量图如图所示，由图可知，FA小于FB，FA、FB的合力等于mg，选项A正确，B错误；调节悬点A的位置，当∠AOB大于某一值时，则FA、FB都大于mg，选项C正确；换质量更大的灯笼，则重力mg增大，FB的增加量比FA的增加量大，选项D正确．
5．(2019·山东潍坊高三质检)如图所示，质量为m的木块在推力F作用下，在水平地面上做匀速运动．已知木块与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，那么木块受到的滑动摩擦力为( )
A．μmg B．μ(mg＋Fsin θ)
C．μ(mg－Fsin θ) D．Fcs θ
[答案]：BD
【解析】木块匀速运动时受到四个力的作用：重力mg、推力F、支持力FN、摩擦力Ff.沿水平方向建立x轴，将F进行正交分解，如图所示(这样建立坐标系只需分解F)，由于木块做匀速直线运动，所以Fcs θ＝Ff，FN＝mg＋Fsin θ，又Ff＝μFN，解得Ff＝μ(mg＋Fsin θ)，故选项B、D正确．
6.(2019·宁夏石嘴山第三中学模拟)如图甲所示，水平地面上固定一倾角为30°的表面粗糙的斜劈，一质量为m的小物块能沿着斜劈的表面匀速下滑．现对小物块施加一水平向右的恒力F，使它沿该斜劈表面匀速上滑，如图乙所示，则F大小应为( )
A.eq \f(\r(3),6)mg B.eq \f(\r(3),3)mg C.eq \r(3)mg D.eq \f(\r(3),4)mg
【解析】小物块沿着斜劈的表面匀速下滑时，对小物块受力分析可得mgsin 30°＝μmgcs 30°，解得μ＝eq \f(\r(3),3).对小物块施加一水平向右的恒力F，使它沿该斜劈表面匀速上滑，对小物块受力分析如图所示，
将力沿平行于斜面和垂直于斜面两方向分解可得FN＝mgcs 30°＋Fsin 30°，Ff＝μFN，Fcs 30°＝Ff＋mgsin 30°，联立解得F＝eq \r(3)mg，故C项正确．
【答案】C
7.(2019·河南六校联考)如图所示，一固定的细直杆与水平面的夹角为α＝15°，一个质量忽略不计的小轻环C套在直杆上，一根轻质细线的两端分别固定于直杆上的A、B两点，细线依次穿过小环甲、小轻环C和小环乙，且小环甲和小环乙分居在小轻环C的两侧．调节A、B间细线的长度，当系统处于静止状态时β＝45°.不计一切摩擦．设小环甲的质量为m1，小环乙的质量为m2，则m1∶m2等于( )
A．tan 15° B．tan 30° C．tan 60° D．tan 75°
【答案】C
【解析】小环C为轻环，重力不计，受两边细线的拉力的合力与杆垂直，C环与乙环的连线与竖直方向的夹角为60°，C环与甲环的连线与竖直方向的夹角为30°，A点与甲环的连线与竖直方向的夹角为30°，乙环与B点的连线与竖直方向的夹角为60°，设细线拉力为T，根据平衡条件，对甲环有2Tcs 30°＝m1g，对乙环有2Tcs 60°＝m2g，得m1∶m2＝tan 60°，故选C.
8.如图所示，某健身爱好者手拉着轻绳，在粗糙的水平地面上缓慢地移动，保持绳索始终平行于地面．为了锻炼自己的臂力和腿部力量，可以在O点悬挂不同的重物C，则( )
A．若健身者缓慢向右移动，绳OA的拉力变小 B．若健身者缓慢向左移动，绳OB的拉力变小
C．若健身者缓慢向右移动，绳OA、OB拉力的合力变大
D．若健身者缓慢向左移动，健身者与地面间的摩擦力变小
【答案】BD
【解析】由于OA、OB为两段细绳，因此两细绳的拉力大小不一定相等．设绳OA的拉力为FA，绳OB的拉力为FB，重物C的质量为m，因O点始终处于平衡状态，根据平衡条件有FAcs θ－mg＝0，FAsin θ－FB＝0，解得FA＝eq \f(mg,cs θ)，FB＝mgtan θ.当健身者缓慢向右移动时，θ角变大，则FA、FB均变大，A错误；当健身者缓慢向左移动时，θ角变小，则FA、FB均变小，因为健身者受到的摩擦力大小与绳OB的拉力大小相等，故健身者与地面间的摩擦力变小，B、D正确；不论健身者向哪个方向移动，绳OA与绳OB拉力的合力一定等于重物C的重力mg，保持不变，C错误．
9. (2019·济南外国语学校月考)舰载机保持牵引力F大小不变在匀速航行的航母上降落时受到阻拦而静止，此时阻拦索夹角θ＝120°，空气阻力和甲板阻力不计，则阻拦索承受的张力大小为( )
A．eq \f(F,2) B．F C．eq \r(3)FD．2F
【答案】B
【解析】由题意可知两阻拦索上的张力大小相等，其合力与飞机的牵引力F等大反向，由几何关系知阻拦索承受的张力大小为F′＝F，B正确．
10.体育器材室里，篮球摆放在图示的球架上．已知球架的宽度为d，每个篮球的质量为m、直径为D，不计球与球架之间摩擦及球架圆柱面的粗细，则每个篮球对一侧球架的压力大小为( )
A．eq \f(1,2)mgB．eq \f(mgD,d)
C．eq \f(mgD,2\r(D2－d2))D．eq \f(2mg\r(D2－d2),D)
【答案】C.
【解析】将篮球重力按效果分解如图．两个分力等于对球架的压力．
由几何知识得：cs α＝eq \f(\r(D2－d2),D)
由力的合成得：2Fcs α＝mg
解得F＝eq \f(mgD,2\r(D2－d2))，故C正确．
迁移角度
解决办法
易错警示
弹力的有无及方向判断
假设法或条件法
准确找到物体接触的公切面是判断方向的关键
轻绳模型中的拉力
沿绳且指向绳收缩的方向
有无“结点”是绳中张力是否相等的判断条件
轻弹簧模型中的弹力
沿弹簧且与弹簧形变方向相反
满足胡克定律且轻弹簧两端受力始终大小相等，与其运动状态无关．弹簧的弹力不能突变，只能渐变
轻杆模型中的弹力
不一定沿杆方向
有无“铰链”是杆中弹力是否沿杆方向的判断依据
静→静“突变”
当作用在物体上的其他力的合力发生突变时，两物体仍保持相对静止，则物体所受静摩擦力可能发生突变
动→动“突变”
某物体相对于另一物体在滑动的过程中，若相对运动方向变了，则滑动摩擦力方向也发生突变，突变点常常为两物体相对速度为零时
静→动“突变”
物体相对静止，当其他力变化时，如果不能保持相对静止状态，则物体受到的静摩擦力将突变为滑动摩擦力，突变点常常为静摩擦力达到最大值时
动→静“突变”
两物体相对滑动的过程中，若相对速度变为零，则滑动摩擦力突变为静摩擦力，突变点常常为两物体相对速度刚好为零时
类型
作图
合力的计算
两力互相
垂直
F＝ eq \r(Feq \\al(2,1)＋Feq \\al(2,2))tan θ＝eq \f(F1,F2)
两力等大，夹角为θ
F＝2F1cseq \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
一面：垂直接触面和平行接触面分解（压和滑的效果）
两面：均垂直接触面分解（压的效果）
绳：沿绳分解（拉的效果）
杆：沿活杆分解（拉或压的效果）
【专题导航】
目录
TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc17807901" 热点题型一 弹力的分析与计算 PAGEREF _Tc17807901 \h 1
\l "_Tc17807902" 1 弹力的有无及方向判断 PAGEREF _Tc17807902 \h 2
\l "_Tc17807903" 2 轻绳模型中的“死结”和“活结”问题 PAGEREF _Tc17807903 \h 3
\l "_Tc17807904" 3. 轻弹簧模型中胡克定律的应用 PAGEREF _Tc17807904 \h 4
\l "_Tc17807905" 4 轻杆模型中的铰链问题 PAGEREF _Tc17807905 \h 5
\l "_Tc17807906" 热点题型二 摩擦力的分析与计算 PAGEREF _Tc17807906 \h 7
\l "_Tc17807907" 1．静摩擦力的有无和方向的判断方法 PAGEREF _Tc17807907 \h 7
\l "_Tc17807908" 2．摩擦力大小计算的思维流程 PAGEREF _Tc17807908 \h 8
\l "_Tc17807909" （1）滑动摩擦力的分析与计算 PAGEREF _Tc17807909 \h 9
\l "_Tc17807910" （2）静摩擦力的分析与计算 PAGEREF _Tc17807910 \h 10
\l "_Tc17807911" 3.摩擦力的“四类突变”问题 PAGEREF _Tc17807911 \h 11
\l "_Tc17807912" 静—静“突变” PAGEREF _Tc17807912 \h 11
\l "_Tc17807913" 动—静“突变” PAGEREF _Tc17807913 \h 12
\l "_Tc17807914" 动—动“突变” PAGEREF _Tc17807914 \h 13
\l "_Tc17807915" 静→动“突变” PAGEREF _Tc17807915 \h 14
\l "_Tc17807916" 热点题型三 力的合成 PAGEREF _Tc17807916 \h 15
\l "_Tc17807917" 热点题型四 力的分解 PAGEREF _Tc17807917 \h 17
\l "_Tc17807918" 【题型演练】 PAGEREF _Tc17807918 \h 20
【题型归纳】
热点题型一 弹力的分析与计算
1.五种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．弹力大小计算的三种方法
(1)根据胡克定律进行求解．
(2)根据力的平衡条件进行求解．
(3)根据牛顿第二定律进行求解．
1 弹力的有无及方向判断
【例1】．如图所示，小车内一根轻质弹簧沿竖直方向和一条与竖直方向成α角的细绳拴接一小球．当小车和小球相对静止，一起在水平面上运动时，下列说法正确的是( )
A．细绳一定对小球有拉力的作用 B．轻弹簧一定对小球有弹力的作用
C．细绳不一定对小球有拉力的作用，但是轻弹簧对小球一定有弹力
D．细绳不一定对小球有拉力的作用，轻弹簧对小球也不一定有弹力
【答案】D
【解析】若小球与小车一起匀速运动，则细绳对小球无拉力；若小球与小车有向右的加速度a＝gtan α，则轻弹簧对小球无弹力，D正确．
【变式1】(多选)如图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．下列关于杆对球的作用力F的判断中，正确的是( )
A．小车静止时，F＝mgsin θ，方向沿杆向上
B．小车静止时，F＝mgcs θ，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】 小球受重力和杆的作用力F处于静止状态或匀速直线运动状态时，由力的平衡条件知，二力必等大反向，则F＝mg，方向竖直向上．小车向右匀加速运动时，小球有向右的恒定加速度，根据牛顿第二定律知，mg和F的合力应水平向右，如图所示．由图可知，F＞mg，方向可能沿杆向上，选项C、D正确．
【变式2】(2019·西宁模拟)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( )
【答案】C
【解析】一般来讲轻质杆对物体的弹力不一定沿着杆的方向，选项A中小球只受重力和杆的弹力且处于静止状态，由二力平衡可得小球受到的弹力应竖直向上，所以A错．选项B中，如果左边的绳有拉力的话，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．对于球与面接触的弹力方向，过接触点垂直于接触面(即在接触点与球心的连线上)，即D中大半圆对小球的支持力FN2应是沿着过小球与圆弧接触点的半径且指向圆心的弹力，所以D错．球与球相接触的弹力方向，垂直于过接触点的公切面(即在两球心的连线上)，而指向受力物体，所以C正确．
2 轻绳模型中的“死结”和“活结”问题
【例2】．(多选) 如图所示，用滑轮将质量为m1、m2的两物体悬挂起来，忽略滑轮和绳的重力及一切摩擦，使得0＜θ＜180°，整个系统处于平衡状态，关于m1、m2的大小关系应为( )
A．m1必大于m2 B．m1必大于eq \f(m2,2) C．m1可能等于m2 D．m1可能大于m2
【答案】BCD
【解析】选BCD.结点O受三个力的作用，如图所示，系统平衡时F1＝F2＝m1g，F3＝m2g，所以2m1gcs eq \f(θ,2)＝m2g，m1＝eq \f(m2,2cs \f(θ,2))，所以m1必大于eq \f(m2,2).当θ＝120°时，m1＝m2；当θ＞120°时，eq \a\vs4\al(m1)＞m2；当θ＜120°时，m1＜m2，故B、C、D选项正确．
【变式】如图所示，两个轻环a和b套在位于竖直面内的一段固定圆弧上；一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为m的小球．在a和b之间的细线上悬挂一小物块．平衡时，a、b间的距离恰好等于圆弧的半径．不计所有摩擦．小物块的质量为( )
A.eq \f(m,2) B.eq \f(\r(3),2)m C．m D．2m
【答案】 C
【解析】 如图所示，圆弧的圆心为O，悬挂小物块的点为c，由于ab＝R，则△aOb为等边三角形，同一条细线上的拉力相等，FT＝mg，合力沿Oc方向，则Oc为角平分线，由几何关系知，∠acb＝120°，故细线的拉力的合力与物块的重力大小相等，则每条细线上的拉力FT＝G＝mg，所以小物块质量为m，故C对．
3. 轻弹簧模型中胡克定律的应用
【例3】.(2018·高考全国卷Ⅰ)如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态．现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动．以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图象可能正确的是( )
【答案】A
【解析】假设物块静止时弹簧的压缩量为x0，则由力的平衡条件可知kx0＝mg，在弹簧恢复原长前，当物块向上做匀加速直线运动时，由牛顿第二定律得F＋k(x0－x)－mg＝ma，由以上两式解得F＝kx＋ma，显然F和x为一次函数关系，且在F轴上有截距，则A正确，B、C、D错误．
【变式】如图所示，质量均为m的A、B两球，由一根劲度系数为k的轻弹簧连接静止于半径为R的光滑
半球形碗中，弹簧水平，两球间距为R且球半径远小于碗的半径．则弹簧的原长为( )
A.eq \f(mg,k)＋R B.eq \f(mg,2k)＋R C.eq \f(2\r(3)mg,3k)＋R D.eq \f(\r(3)mg,3k)＋R
【答案】D
【解析】以A球为研究对象，小球受重力、弹簧的弹力和碗的支持力，如图所示．
由平衡条件，得：tan θ＝eq \f(mg,F)＝eq \f(mg,kx)
解得：x＝eq \f(mg,ktan θ)
根据几何关系得：cs θ＝eq \f(\f(1,2)R,R)＝eq \f(1,2)，则tan θ＝eq \r(3)，
所以x＝eq \f(mg,ktan θ)＝eq \f(\r(3)mg,3k)
故弹簧原长x0＝eq \f(\r(3)mg,3k)＋R，故D正确．
4 轻杆模型中的铰链问题
【例4】．(2019·潍坊模拟)如图甲所示，轻杆OB可绕B点自由转动，另一端O点用细绳OA拉住，固定在左侧墙壁上，质量为m的重物用细绳OC悬挂在轻杆的O点，OA与轻杆的夹角∠BOA＝30°.乙图中水平轻杆OB一端固定在竖直墙壁上，另一端O装有小滑轮，用一根绳跨过滑轮后悬挂一质量为m的重物，图中∠BOA＝30°，求：
(1)甲、乙两图中细绳OA的拉力各是多大？
(2)甲图中轻杆受到的弹力是多大？
(3)乙图中轻杆对滑轮的作用力是多大？
【解析】(1)由于甲图中的杆可绕B转动，是转轴杆(是“活杆”)，故其受力方向沿杆方向，O点的受力情况如图(a)所示，则O点所受绳子OA的拉力FT1、杆的弹力FN1的合力与物体的重力是大小相等、方向相反的，在直角三角形中可得，FT1＝eq \f(mg,sin 30°)＝2mg；乙图中是用一细绳跨过滑轮悬挂物体的，由于O点处是滑轮，它只是改变绳中力的方向，并未改变力的大小，且AOC是同一段绳子，而同一段绳上的力处处相等，故乙图中绳子拉力为F′T1＝F′T2＝mg.
(2)由图(a)可知，甲图中轻杆受到的弹力为F′N1＝FN1＝eq \f(mg,tan 30°)＝eq \r(3)mg.
(3)对乙图中的滑轮受力分析，如图(b)所示，由于杆OB不可转动，所以杆所受弹力的方向不一定沿OB方向．即杆对滑轮的作用力一定与两段绳的合力大小相等，方向相反，由图(b)可得，F2＝2mgcs 60°＝mg，则所求力F′N2＝F2＝mg.
【答案】(1)2mg mg (2)eq \r(3)mg (3)mg
【变式】(2019·天津市南开中学月考)如图为两种形式的吊车的示意图，OA为可绕O点转动的轻杆，重量不计，AB为缆绳，当它们吊起相同重物时，杆OA在图(a)、(b)中的受力分别为Fa、 Fb，则下列关系正确的是( )
A．Fa＝Fb B．Fa>Fb C．Fa
【解析】 对题图中的A点受力分析，则由图(a)可得Fa＝Fa′＝2mgcs 30°＝eq \r(3)mg
由图(b)可得tan 30°＝eq \f(mg,Fb′)
则Fb＝Fb′＝eq \r(3)mg
故Fa＝Fb.
热点题型二 摩擦力的分析与计算
1．静摩擦力的有无和方向的判断方法
(1)假设法：利用假设法判断的思维程序如下：
(2)状态法：先判断物体的状态(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．
(3)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“力的相互性”确定另一物体受到的静摩擦力的方向．
【例1】．(2019·南京模拟)如图所示，某粮库使用电动传输机向粮垛上输送麻袋包，现将一麻袋包放置在倾斜的传送带上，与传送带一起斜向上匀速运动，其间突遇故障，传送带减速直至停止．若上述匀速和减速过程中，麻袋包与传送带始终保持相对静止，则下列说法正确的是( )
A．匀速运动时，麻袋包只受重力与支持力作用 B．匀速运动时，麻袋包受到的摩擦力一定沿传送带向上
C．减速运动时，麻袋包受到的摩擦力一定沿传送带向下
D．减速运动时，麻袋包受到的摩擦力一定沿传送带向上
【答案】B
【解析】传送带匀速运动时，麻袋包受力平衡，麻袋包除受重力、垂直传送带向上的支持力外，还要受沿斜面向上的摩擦力的作用，A错误，B正确，传送带向上减速运动时，麻袋包的加速度沿斜面向下，设传送带倾角为θ，麻袋包的加速度大小为a；当a＝gsin θ时，摩擦力为零；当a＞gsin θ时，摩擦力沿传送带向下；当a＜gsin θ时，摩擦力沿传送带向上，C、D错误．
【变式】如图所示，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( )
A．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
【答案】D
【解析】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，如图所示，根据平衡条件可得Ff＝mgsin θ，所以D正确．
2．摩擦力大小计算的思维流程
（1）滑动摩擦力的分析与计算
【例5】．(2017·高考全国卷Ⅱ) 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，而方向与水平面成60°角，物块也恰好做匀速直线运动．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】当拉力水平时，物块做匀速运动，则F＝μmg，当拉力方向与水平方向的夹角为60°时，物块也刚好做匀速运动，则Fcs 60°＝μ(mg－Fsin 60°)，联立解得μ＝eq \f(\r(3),3)，A、B、D项错误，C项正确．
【变式1】如图所示，滑块A置于水平地面上，滑块B在一水平力作用下紧靠滑块A(A、接触面竖直)，此
时A恰好不滑动，B刚好不下滑．已知A与B间的动摩擦因数为μ1，A与地面间的动摩擦因数为μ2，最大静
摩擦力等于滑动摩擦力．A与B的质量的比值为( )
A.eq \f(1,μ1μ2) B.eq \f(1－μ1μ2,μ1μ2) C.eq \f(1＋μ1μ2,μ1μ2) D.eq \f(2＋μ1μ2,μ1μ2)
【答案】 B
【解析】 B恰好不下滑时，μ1F＝mBg，A恰好不滑动，则F＝μ2(mAg＋mBg)，所以eq \f(mA,mB)＝eq \f(1－μ1μ2,μ1μ2)，选项B正确．
【变式2】如图所示，质量为m的木块P在质量为M的长木板ab上滑行，长木板放在水平地面上一直处于
静止状态．若ab与地面间的动摩擦因数为μ1，木块P与长木板ab间的动摩擦因数为μ2，则长木板ab受到
地面的摩擦力大小为( )
A．μ1Mg B．μ1(m＋M)g C．μ2mg D．μ1Mg＋μ2mg
【答案】C
【解析】木块P相对长木板ab向右滑动，受到向左的滑动摩擦力，大小为Ff1＝μ2mg；力的作用是相互的，故木块P对长木板ab有向右的滑动摩擦力，故长木板ab有向右滑动的趋势，受到地面对其向左的静摩擦力；根据共点力平衡条件有Ff2＝Ff1，因而Ff2＝μ2mg，故选C.
【变式3】如图所示，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等，则物块和木板间的动摩擦因数为 ( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(\r(3),2) C.eq \f(\r(2),2) D.eq \f(\r(5),2)
【答案】C
【解析】当木板倾角为30°时，物块受到的是静摩擦力，其大小等于mgsin θ.当木板倾角是45°时，物块受到的是滑动摩擦力，其大小等于μmgcs 45°.由题意可得μmgcs 45°＝mgsin 30°，解得μ＝eq \f(\r(2),2)，故选C.
（2）静摩擦力的分析与计算
【例6】.如图所示为武警战士用头将四块砖顶在墙上苦练头功的照片．假设每块砖的质量均为m，砖与墙面、砖与头间的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．要使砖恰好静止不动，则武警战士的头对砖施加的水平力为( )
A．eq \f(mg,μ) B．eq \f(2mg,μ) C．eq \f(3mg,μ)D．eq \f(4mg,μ)
【解析】选B.以四块砖为研究对象，进行受力分析．砖恰好静止不动，则砖所受到的摩擦力刚好与其重力相等，即f1＋f2＝4mg，又f1＝f2＝μF，联立两式可得F＝eq \f(2mg,μ)，即武警战士施加的水平力为F＝eq \f(2mg,μ)，选项B正确．
【变式】（2019·湖南省永州市教研室名师筛选高考信息卷）如图所示，一足够长的斜面体静置于粗糙水平
地面上，一小物块沿着斜面体匀速下滑，现对小物块施加一水平向右的力F，当物块运动到最低点之前，下
列说法正确的是（ ）
A．物块与斜面体间的弹力不变 B．物块与斜面体间的摩擦力增大
C．斜面体与地面间的弹力不变 D．斜面体与地面间的摩擦力始终为0
【答案】BD
【解析】AB、设斜面的倾角为α，不加推力F时，滑块匀速下滑，受重力、支持力和摩擦力，根据共点力平衡条件，支持力N=mgcsα，摩擦力f=mgsinα，故动摩擦因数μ=f/N=tanα；对小物块施加一水平向右的恒力F后，支持力N′=mgcsα+Fsinα，变大；滑动摩擦力f′=μN′，也变大；故A错误，B正确；CD、不加推力F时，根据平衡条件，滑块受的支持力和摩擦力的合力竖直向上；故根据牛顿第三定律，滑块对斜面体的压力和摩擦力的合力竖直向下，故斜面体相对地面没有滑动趋势，故斜面体不受摩擦力；加上水平推力后，滑块对斜面体的摩擦力和压力同比例增加，其合力方向依旧是竖直向上（大小变大，方向不变）；同理，根据牛顿第三定律，滑块对斜面体的压力和摩擦力的合力依旧是竖直向下（大小变大，方向不变），故斜面体相对地面仍然没有滑动趋势，故斜面体仍然不受摩擦力，但对地压力变大了；故C错误，D正确；故选BD。
3.摩擦力的“四类突变”问题
静—静“突变”
【例7】. 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，如图所示，其中F1＝10 N，F2＝2 N，若撤去F1，则木块受到的摩擦力为( )
A．10 N，方向向左B．6 N，方向向右
C．2 N，方向向右D．0
【答案】 C
【解析】当木块受F1、F2及摩擦力的作用而处于平衡状态时，由平衡条件可知木块所受的摩擦力的大小为8 N，方向向左．可知最大静摩擦力Ffmax≥8 N．当撤去力F1后，F2＝2 N
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】 C
【解析】 由题意得，物体A与小车的上表面间的最大静摩擦力Ffm≥5 N，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合＝ma＝10 N，可知此时小车对物体A的摩擦力为5 N，方向向右，且为静摩擦力，所以假设成立，物体A受到的摩擦力大小不变，故选项A、B错误，C正确；同理可知，物体A受到的弹簧的拉力大小不变，故D错误．
动—静“突变”
【例8】(2019·湛江模拟)如图所示，质量为1 kg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＝1 N的作用，g取10 m/s2，以向右为正方向，
该物体受到的摩擦力Ff随时间变化的图象是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )
【答案】A
【解析】物体向右减速过程中，受滑动摩擦力作用，方向水平向左，Ff1＝μmg＝2 N，物体速度减为零后，因F<μmg，物体将保持静止，此时Ff2＝F＝1 N，方向水平向右，故A正确．
【变式】.如图所示，把一重为G的物体，用一水平方向的推力F＝kt(k为恒量且大于0，t为时间)压在竖直的足够高的平整墙上，从t＝0开始物体所受的摩擦力Ff随t的变化关系是下图中的 ( )
【答案】B
【解析】物体在竖直方向上只受重力G和摩擦力Ff的作用，由于Ff从零开始均匀增大，开始一段时间Ff＜G，物体加速下滑；当Ff＝G时，物体的速度达到最大值；之后Ff＞G，物体向下做减速运动，直至减速为零．在整个运动过程中，摩擦力为滑动摩擦力，其大小为Ff＝μFN＝μF＝μkt，即Ff与t成正比，是一条过原点的倾斜直线．当物体速度减为零后，滑动摩擦力突变为静摩擦力，其大小Ff＝G，所以物体静止后的图线为平行于t轴的直线．正确答案为B.
动—动“突变”
【例9】. (2019·山东潍坊质检)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的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ
【答案】 D
【解析】小物体从静止开始运动，相对传送带向后运动，则滑动摩擦力方向沿斜面向下，木块做匀加速直线运动；当木块速度与传送带速度相等时，摩擦力为0；木块继续加速，则木块相对传送带向前运动，滑动摩擦力方向沿斜面向上，由于μ
滑行(斜面足够长，该滑块与斜面间的动摩擦因数为0.7)，则该滑块所受摩擦力F随时间变化的图象是下图
中的(取初速度v0的方向为正方向，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)( )
【答案】C
【解析】滑块上升过程中受到滑动摩擦力作用，由F＝μFN和FN＝mgcs θ联立得F＝5.6 N，方向为沿斜面向下．当滑块的速度减为零后，由于重力的分力mgsin θ＞μmgcs θ，滑块下滑，滑块受的摩擦力方向为沿斜面向上，故选项C正确．
静→动“突变”
【例10】 (2019·洛阳模拟)如图所示，粗糙长木板l的一端固定在铰链上，木块放在木板上，开始时木板
处于水平位置．当木板向下转动，θ角逐渐增大的过程中，摩擦力Ff的大小随θ角变化最有可能的( )
【答案】 B
【解析】 当Ff为静摩擦力时Ff＝mgsin θ，即Ff按正弦规律变化；当木块滑动后Ff为滑动摩擦力，Ff＝μFN＝μmgcs θ，即Ff按余弦规律变化，故选项B正确．
【变式】(2019·安阳联考)如图甲所示，A、B两个物体叠放在水平面上，B的上下表面均水平，A物体与一
拉力传感器相连接，连接拉力传感器和物体A的细绳保持水平．从t＝0时刻起，用一水平向右的力F＝kt(k
为常数)作用在B的物体上，力传感器的示数随时间变化的图线如图乙所示，已知k、t1、t2且最大静摩擦力
等于滑动摩擦力．据此可求 ( )
A．A、B之间的最大静摩擦力 B．水平面与B之间的滑动摩擦力
C．A、B之间的动摩擦因数μAB D．B与水平面间的动摩擦因数μ
【答案】AB
【解析】当B与地面间的摩擦力达到最大值后，力传感器才有示数，地面对B的最大静摩擦力为Ffm＝kt1，A、B相对滑动后，力传感器的示数保持不变，则FfAB＝kt2－Ffm＝k(t2－t1)，A、B正确；由于A、B的质量未知，则μAB和μ不能求出，C、D错误．
热点题型三 力的合成
1．合力的大小范围的确定
(1)两个共点力的合成
|F1－F2|≤F合≤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，求出其合力大小的范围，如果第三个力在这个范围之内，则这三个力的合力的最小值为零，如果第三个力不在这个范围内，则合力的最小值为最大的一个力减去另外两个较小的力的矢量和．
2．合成方法
(1)作图法．
(2)计算法：根据平行四边形定则作出示意图，然后利用解三角形的方法求出合力，是解题的常用方法．
3．几种特殊情况的共点力的合成
4.重要结论
(1)两个分力一定时，夹角θ越大，合力越小．
(2)合力一定，两等大分力的夹角越大，两分力越大．
(3)合力可以大于分力，等于分力，也可以小于分力．
【例11】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(弹性限度内)，则发射过程中裹片对弹丸的最大作用力为( )
A．kL B．2kL
C.eq \f(\r(3),2)kL D.eq \f(\r(15),2)kL
【答案】 D
【解析】 根据胡克定律知，每根橡皮条的弹力F弹＝k(2L－L)＝kL.设此时两橡皮条的夹角为θ，根据几何关系知sineq \f(θ,2)＝eq \f(1,4).根据力的平行四边形定则知，弹丸被发射过程中所受的最大作用力F＝2F弹cseq \f(θ,2)＝2F弹eq \r(1－sin2\f(θ,2))＝eq \f(\r(15),2)F弹＝eq \f(\r(15),2)kL，选项D正确．
【变式1】(2019·成都模拟)如图所示，一个物体由绕过定滑轮的绳拉着，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( )
A．FT1＝FT2＝FT3，FN1＞FN2＞FN3 B．FT1＞FT2＞FT3，FN1＝FN2＝FN3
C．FT1＝FT2＝FT3，FN1＝FN2＝FN3 D．FT1＜FT2＜FT3，FN1＜FN2＜FN3
【答案】 A
【解析】选A.物体静止时绳的张力等于物体重力的大小，
所以FT1＝FT2＝FT3＝mg.
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图如图所示，可知FN1＞FN2＞FN3，故选项A正确．
法二：用计算法确定FN1、FN2、FN3的大小关系．已知两个分力的大小，两分力的夹角θ，满足关系式：F＝eq \r(Feq \\al(2,1)＋Feq \\al(2,2)＋2F1F2cs θ)，θ越小，F越大，所以FN1＞FN2＞FN3，故选项A正确．
【变式2】．(2019·汉中质检)如图甲所示，笔记本电脑散热底座一般有四个卡位用来调节角度．某同学将电脑放在散热底座上，为了获得更好的舒适度，由原卡位1缓慢调至卡位4(如图乙所示)，电脑始终处于静止状态，则( )
A．电脑受到的支持力变小 B．电脑受到的摩擦力变大
C．散热底座对电脑的作用力的合力不变 D．电脑受到的支持力与摩擦力两力大小之和等于其重力大小
【答案】 C
【解析】选C.对电脑受力分析如图所示，电脑始终处于静止状态，故电脑受力平衡，电脑受到的支持力大小FN＝Gcs θ，电脑受到的摩擦力大小f＝Gsin θ，由原卡位1调至卡位4，θ减小，故FN增大，f减小，选项A、B错误；散热底座对电脑的作用力的合力即电脑受到的支持力与摩擦力两力的合力，大小等于电脑的重力，方向竖直向上，始终不变，选项C正确；电脑受到的支持力与摩擦力两力大小之和大于其重力大小，选项D错误．
热点题型四 力的分解
1．把力按实际效果分解的一般思路
2．实际问题的分解——按力的作用效果分解，常见效果如下：
【例12】如图所示，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( )
A.eq \r(5) B．2 C.eq \f(\r(5),2) D.eq \r(2)
【答案】 C
【解析】 解法一(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cs θ＝eq \f(F,Fb)＝eq \f(m2g,m1g)，又由几何关系得cs θ＝eq \f(l,\r(l2＋\f(l,2)2))，联立解得eq \f(m1,m2)＝eq \f(\r(5),2).
解法二(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m1gcs θ＝m2g；由几何关系得cs θ＝eq \f(l,\r(l2＋\f(l,2)2))，联立解得eq \f(m1,m2)＝eq \f(\r(5),2).
【变式1】2017年8月8日四川九寨沟发生7.0级地震，李克强总理和汪洋副总理作出重要批示，紧急成立生命救援队赶往灾区．此次救援队携带的救援工具，包括生命探测器、扩张机等，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，滑块B就以比F大得多的压力向上顶物体D，已知图中2l＝1.0 m，b＝0.05 m，F＝400 N，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．3 000 N B．2 000 N C．1 000 ND．500 N
【答案】 B
【解析】选B.将F沿AC、AB方向分解为F1、F2，则F2＝eq \f(F,2cs α)，F2的作用效果是使滑块B对左壁有水平向左的挤压作用F3，对物体D有竖直向上的挤压作用F4，则物体D所受的向上顶的力为FN＝F4＝F2sin α＝eq \f(F,2cs α)sin α＝eq \f(F,2)tan α，由题图可知tan α＝eq \f(l,b)＝eq \f(0.5,0.05)＝10，故FN＝2 000 N，选项B正确．
【变式2】如图所示，在竖直平面内，固定有半圆弧轨道，其两端点M、N连线水平．将一轻质小环套在轨道上，一细线穿过轻环A，一端系在M点，另一端系一质量为m的小球，小球恰好静止在图示位置．不计所有摩擦，重力加速度大小为g.下列说法正确的是( )
A．轨道对轻环的支持力大小为mg B．细线对M点的拉力大小为eq \f(\r(3),2)mg
C．细线对轻环的作用力大小为eq \f(3,2)mg D．N点和轻环的连线与竖直方向的夹角为30°
【答案】 D
【解析】 轻环两边绳子的拉力大小相等，均为T＝mg，轻环两侧绳子的拉力与轻环对圆弧轨道的压力的夹角相等，设为θ，由OA＝OM知∠OMA＝∠MAO＝θ，则3θ＝90°，θ＝30°，轻环受力平衡，则轨道对轻环的支持力大小FN＝2mgcs 30°＝eq \r(3)mg，选项A错误；细线对M点的拉力大小为mg，选项B错误；细线对轻环的作用力大小为F′N＝FN＝eq \r(3)mg，选项C错误；由几何关系可知，N点和轻环的连线与竖直方向的夹角为30°，选项D正确．
【题型演练】
1.如图，在水平桌面上放置一斜面体P，两长方体物块a和b叠放在P的斜面上，整个系统处于静止状态．若将a与b、b与P、P与桌面之间摩擦力的大小分别用f1、f2和f3表示，则( )
A．f1＝0，f2≠0，f3≠0 B．f1≠0，f2＝0，f3＝0
C．f1≠0，f2≠0，f3＝0 D．f1≠0，f2≠0，f3≠0
【答案】C
【解析】对a、b、P整体受力分析可知，整体相对地面没有相对运动趋势，故f3＝0；将a和b看成一个整体，ab整体有相对斜面向下运动的趋势，故b与P之间有摩擦力，即f2≠0；对a进行受力分析可知，由于a处于静止状态，a相对于b有向下运动的趋势，故a和b之间存在摩擦力作用，即f1≠0，故选项C正确．
2.如图甲所示，斜面体固定在水平面上，斜面上有一物块在拉力F的作用下始终处于静止状态，拉力F在如图乙所示的范围内变化，取沿斜面向上为正方向，则下列物块所受的摩擦力Ff与时间t的关系图象可能正确的是( )
【答案】BD
【解析】若t＝0时静摩擦力沿斜面向上，随F减小，Ff增大，当F反向后，Ff在原来基础上继续增大，D正确；若t＝0时静摩擦力沿斜面向下，随F减小，Ff减小，在F＝0前，Ff变为沿斜面向上，B正确．
3.(2019·湖南常德模拟)如图所示，两根光滑细棒在同一竖直平面内，两棒与水平面成37°角，棒上各穿有一个质量为m的相同小球，两球用轻质弹簧连接，两小球在图中位置处于静止状态，此时弹簧与水平面平行，则下列判断正确的是( )
A．弹簧处于拉伸状态 B．弹簧处于压缩状态
C．弹簧的弹力大小为eq \f(3,4)mg D．弹簧的弹力大小为eq \f(3,8)mg
【答案】AC
【解析】以左侧小球为研究对象，假如弹簧处于压缩状态，弹簧对该球的弹力方向水平向左，小球还受到竖直向下的重力和垂直于棒的弹力，根据平行四边形定则可知，这三个力的合力不可能为零，则小球不可能处于静止状态，与题设矛盾，所以弹簧一定处于拉伸状态，故A正确，B错误；根据平衡条件得Fcs 37°＝mgsin 37°，解得弹簧的弹力大小F＝eq \f(3,4)mg，故C正确，D错误．
4.．(2019·陕西西安联考)如图所示，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的夹角为53°，拉B物体的绳子与水平面的夹角为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，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)( )
A.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)
【答案】A
【解析】设绳中张力为F，对A应用平衡条件可得Fcs 53°＝μ(mAg－Fsin 53°)，对B应用平衡条件可得Fcs 37°＝μ(mBg－Fsin 37°)，以上两式联立可解得eq \f(mA,mB)＝eq \f(4μ＋3,3μ＋4)，选项A正确．
5.(2019·福建厦门模拟)我国不少地方在节日期间有挂红灯笼的习俗，如图所示，质量为m的灯笼用两根不等长的轻绳OA、OB悬挂在水平天花板上，OA比OB长，O为结点．重力加速度大小为g，设OA、OB对O点的拉力分别为FA、FB，轻绳能够承受足够大的拉力，则( )
A．FA小于FB B．FA、FB的合力大于mg
C．调节悬点A的位置，可使FA、FB都大于mg D．换质量更大的灯笼，FB的增加量比FA的增加量大
【答案】ACD
【解析】对结点O受力分析，画出力的矢量图如图所示，由图可知，FA小于FB，FA、FB的合力等于mg，选项A正确，B错误；调节悬点A的位置，当∠AOB大于某一值时，则FA、FB都大于mg，选项C正确；换质量更大的灯笼，则重力mg增大，FB的增加量比FA的增加量大，选项D正确．
5．(2019·山东潍坊高三质检)如图所示，质量为m的木块在推力F作用下，在水平地面上做匀速运动．已知木块与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，那么木块受到的滑动摩擦力为( )
A．μmg B．μ(mg＋Fsin θ)
C．μ(mg－Fsin θ) D．Fcs θ
[答案]：BD
【解析】木块匀速运动时受到四个力的作用：重力mg、推力F、支持力FN、摩擦力Ff.沿水平方向建立x轴，将F进行正交分解，如图所示(这样建立坐标系只需分解F)，由于木块做匀速直线运动，所以Fcs θ＝Ff，FN＝mg＋Fsin θ，又Ff＝μFN，解得Ff＝μ(mg＋Fsin θ)，故选项B、D正确．
6.(2019·宁夏石嘴山第三中学模拟)如图甲所示，水平地面上固定一倾角为30°的表面粗糙的斜劈，一质量为m的小物块能沿着斜劈的表面匀速下滑．现对小物块施加一水平向右的恒力F，使它沿该斜劈表面匀速上滑，如图乙所示，则F大小应为( )
A.eq \f(\r(3),6)mg B.eq \f(\r(3),3)mg C.eq \r(3)mg D.eq \f(\r(3),4)mg
【解析】小物块沿着斜劈的表面匀速下滑时，对小物块受力分析可得mgsin 30°＝μmgcs 30°，解得μ＝eq \f(\r(3),3).对小物块施加一水平向右的恒力F，使它沿该斜劈表面匀速上滑，对小物块受力分析如图所示，
将力沿平行于斜面和垂直于斜面两方向分解可得FN＝mgcs 30°＋Fsin 30°，Ff＝μFN，Fcs 30°＝Ff＋mgsin 30°，联立解得F＝eq \r(3)mg，故C项正确．
【答案】C
7.(2019·河南六校联考)如图所示，一固定的细直杆与水平面的夹角为α＝15°，一个质量忽略不计的小轻环C套在直杆上，一根轻质细线的两端分别固定于直杆上的A、B两点，细线依次穿过小环甲、小轻环C和小环乙，且小环甲和小环乙分居在小轻环C的两侧．调节A、B间细线的长度，当系统处于静止状态时β＝45°.不计一切摩擦．设小环甲的质量为m1，小环乙的质量为m2，则m1∶m2等于( )
A．tan 15° B．tan 30° C．tan 60° D．tan 75°
【答案】C
【解析】小环C为轻环，重力不计，受两边细线的拉力的合力与杆垂直，C环与乙环的连线与竖直方向的夹角为60°，C环与甲环的连线与竖直方向的夹角为30°，A点与甲环的连线与竖直方向的夹角为30°，乙环与B点的连线与竖直方向的夹角为60°，设细线拉力为T，根据平衡条件，对甲环有2Tcs 30°＝m1g，对乙环有2Tcs 60°＝m2g，得m1∶m2＝tan 60°，故选C.
8.如图所示，某健身爱好者手拉着轻绳，在粗糙的水平地面上缓慢地移动，保持绳索始终平行于地面．为了锻炼自己的臂力和腿部力量，可以在O点悬挂不同的重物C，则( )
A．若健身者缓慢向右移动，绳OA的拉力变小 B．若健身者缓慢向左移动，绳OB的拉力变小
C．若健身者缓慢向右移动，绳OA、OB拉力的合力变大
D．若健身者缓慢向左移动，健身者与地面间的摩擦力变小
【答案】BD
【解析】由于OA、OB为两段细绳，因此两细绳的拉力大小不一定相等．设绳OA的拉力为FA，绳OB的拉力为FB，重物C的质量为m，因O点始终处于平衡状态，根据平衡条件有FAcs θ－mg＝0，FAsin θ－FB＝0，解得FA＝eq \f(mg,cs θ)，FB＝mgtan θ.当健身者缓慢向右移动时，θ角变大，则FA、FB均变大，A错误；当健身者缓慢向左移动时，θ角变小，则FA、FB均变小，因为健身者受到的摩擦力大小与绳OB的拉力大小相等，故健身者与地面间的摩擦力变小，B、D正确；不论健身者向哪个方向移动，绳OA与绳OB拉力的合力一定等于重物C的重力mg，保持不变，C错误．
9. (2019·济南外国语学校月考)舰载机保持牵引力F大小不变在匀速航行的航母上降落时受到阻拦而静止，此时阻拦索夹角θ＝120°，空气阻力和甲板阻力不计，则阻拦索承受的张力大小为( )
A．eq \f(F,2) B．F C．eq \r(3)FD．2F
【答案】B
【解析】由题意可知两阻拦索上的张力大小相等，其合力与飞机的牵引力F等大反向，由几何关系知阻拦索承受的张力大小为F′＝F，B正确．
10.体育器材室里，篮球摆放在图示的球架上．已知球架的宽度为d，每个篮球的质量为m、直径为D，不计球与球架之间摩擦及球架圆柱面的粗细，则每个篮球对一侧球架的压力大小为( )
A．eq \f(1,2)mgB．eq \f(mgD,d)
C．eq \f(mgD,2\r(D2－d2))D．eq \f(2mg\r(D2－d2),D)
【答案】C.
【解析】将篮球重力按效果分解如图．两个分力等于对球架的压力．
由几何知识得：cs α＝eq \f(\r(D2－d2),D)
由力的合成得：2Fcs α＝mg
解得F＝eq \f(mgD,2\r(D2－d2))，故C正确．
迁移角度
解决办法
易错警示
弹力的有无及方向判断
假设法或条件法
准确找到物体接触的公切面是判断方向的关键
轻绳模型中的拉力
沿绳且指向绳收缩的方向
有无“结点”是绳中张力是否相等的判断条件
轻弹簧模型中的弹力
沿弹簧且与弹簧形变方向相反
满足胡克定律且轻弹簧两端受力始终大小相等，与其运动状态无关．弹簧的弹力不能突变，只能渐变
轻杆模型中的弹力
不一定沿杆方向
有无“铰链”是杆中弹力是否沿杆方向的判断依据
静→静“突变”
当作用在物体上的其他力的合力发生突变时，两物体仍保持相对静止，则物体所受静摩擦力可能发生突变
动→动“突变”
某物体相对于另一物体在滑动的过程中，若相对运动方向变了，则滑动摩擦力方向也发生突变，突变点常常为两物体相对速度为零时
静→动“突变”
物体相对静止，当其他力变化时，如果不能保持相对静止状态，则物体受到的静摩擦力将突变为滑动摩擦力，突变点常常为静摩擦力达到最大值时
动→静“突变”
两物体相对滑动的过程中，若相对速度变为零，则滑动摩擦力突变为静摩擦力，突变点常常为两物体相对速度刚好为零时
类型
作图
合力的计算
两力互相
垂直
F＝ eq \r(Feq \\al(2,1)＋Feq \\al(2,2))tan θ＝eq \f(F1,F2)
两力等大，夹角为θ
F＝2F1cseq \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
一面：垂直接触面和平行接触面分解（压和滑的效果）
两面：均垂直接触面分解（压的效果）
绳：沿绳分解（拉的效果）
杆：沿活杆分解（拉或压的效果）
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