2025高考物理復(fù)習(xí)相互作用教案練習(xí)題

三年考情彈力、摩擦力的分析與計(jì)算2023·山東卷·T2、2020·北京卷·T11力的合成與分解2023·海南卷·T3、2022·遼寧卷·T4、2022·廣東卷·T1、2021·廣東卷·T3、2021·重慶卷·T1共點(diǎn)力的平衡2023·浙江1月選考·T2、2023·浙江6月選考·T6、2023·江蘇卷·T7、2022·浙江6月選考·T10、2022·河北卷·T7、2021·湖南卷·T5實(shí)驗(yàn)：探究彈簧彈力與形變量的關(guān)系2023·浙江6月選考T16-Ⅰ(2)、2022·湖南卷·T11、2021·廣東卷·T11實(shí)驗(yàn)：探究兩個(gè)互成角度的力的合成規(guī)律2023·全國乙卷·T22、2022·浙江6月選考·T17(2)命題規(guī)律目標(biāo)定位本章主要考查重力、彈力及摩擦力概念的理解，受力分析、力的合成與分解、共點(diǎn)力的平衡條件的理解及應(yīng)用，命題常與生產(chǎn)生活中的實(shí)際情境相聯(lián)系，常以選擇題形式呈現(xiàn)；實(shí)驗(yàn)主要考查探究彈簧彈力與形變量的關(guān)系、探究兩個(gè)互成角度的力的合成規(guī)律等。第1講重力彈力摩擦力[課標(biāo)要求]1．認(rèn)識重力、彈力，了解胡克定律。2．認(rèn)識摩擦力，知道滑動摩擦和靜摩擦現(xiàn)象，能用動摩擦因數(shù)計(jì)算滑動摩擦力的大小?？键c(diǎn)一重力與彈力1．重力(1)產(chǎn)生：由于地球的吸引而使物體受到的力。(2)大?。篏＝mg，可用彈簧測力計(jì)測量。G的變化是由在地球上不同位置處g的變化引起的。(3)方向：總是豎直向下。(4)影響物體重心位置的因素：①物體的形狀；②物體內(nèi)質(zhì)量的分布。2．彈力(1)定義：發(fā)生形變的物體，要恢復(fù)原狀，對與它接觸的物體會產(chǎn)生力的作用，這種力叫作彈力。(2)產(chǎn)生條件：①物體間直接接觸；②接觸處發(fā)生彈性形變。(3)方向：總是與施力物體形變的方向相反。3．胡克定律(1)內(nèi)容：在彈性限度內(nèi)，彈簧發(fā)生彈性形變時(shí)，彈力F的大小跟彈簧伸長(或縮短)的長度x成正比。(2)表達(dá)式：F＝kx。①k是彈簧的勁度系數(shù)，單位是N/m；k的大小是由彈簧自身的性質(zhì)決定的。②x是彈簧長度的變化量，不是彈簧形變以后的長度。【高考情境鏈接】(2023·浙江1月選考·改編)如圖所示，輕質(zhì)網(wǎng)兜兜住重力為G的足球，用輕繩掛于光滑豎直墻壁上的A點(diǎn)，輕繩的拉力為FT，墻壁對足球的支持力為FN。學(xué)生用書第21頁判斷下列說法的正誤：(1)足球的重心一定在足球的外殼上。(×)(2)墻壁對足球一定有彈力作用。(√)(3)輕繩的彈力大小遵守胡克定律F＝kx。(×)1．對重心的理解(1)重心的位置可以在物體上，也可以在物體外，如一個(gè)圓形平板的重心在板上，而一個(gè)銅環(huán)的重心就不在環(huán)上。(2)質(zhì)量分布均勻、形狀規(guī)則的物體的重心在其幾何中心上；對形狀不規(guī)則的薄物體，可用支撐法或懸掛法來確定其重心。2．彈力方向的判斷(1)常見模型中彈力的方向(2)根據(jù)共點(diǎn)力的平衡條件或牛頓第二定律確定彈力的方向。3．彈力有無的判斷(1)條件法：根據(jù)彈力產(chǎn)生的兩個(gè)條件——接觸和彈性形變直接判斷。(2)假設(shè)法：假設(shè)兩個(gè)物體間彈力不存在，看物體能否保持原有的狀態(tài)。若運(yùn)動狀態(tài)不變，則此處可能不存在彈力；若運(yùn)動狀態(tài)改變，則此處一定有彈力。(3)狀態(tài)法：根據(jù)物體的運(yùn)動狀態(tài)，由平衡條件或牛頓第二定律進(jìn)行判斷?？枷?彈力有無及方向的判斷下列圖中各物體均處于靜止?fàn)顟B(tài)，圖中畫出了小球M所受彈力的情況，其中正確的是()答案：C解析：A項(xiàng)圖中小球M的重力與桿對小球M的彈力平衡，可知桿對小球M的彈力豎直向上，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B項(xiàng)圖中小球M只受豎直向上的彈力，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C項(xiàng)圖中小球M受豎直墻壁的水平向左的彈力和下面的球?qū)π∏騇沿圓心連線斜向上的彈力，選項(xiàng)C正確；D項(xiàng)圖中小球M受繩的拉力和球面對小球M通過圓心斜向上的彈力，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選C?？枷?彈力方向及大小的計(jì)算(多選)如圖所示，小車位于水平面上，固定在小車上的支架的斜桿與豎直桿的夾角為θ，在斜桿下端固定有質(zhì)量為m的小球。下列關(guān)于桿對球的作用力F的判斷中，正確的是()A．小車靜止時(shí)，F(xiàn)＝mgsinθ，方向沿桿向上B．小車靜止時(shí)，F(xiàn)＝mgcosθ，方向垂直于桿向上C．小車向右勻速運(yùn)動時(shí)，一定有F＝mg，方向豎直向上D．小車向右勻加速運(yùn)動時(shí)，一定有F＞mg，方向可能沿桿向上答案：CD解析：小車靜止時(shí)，由物體的平衡條件可知此時(shí)桿對球的作用力方向豎直向上，大小等于球的重力mg，故選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；小車向右勻速運(yùn)動時(shí)，小車和小球的加速度為零，桿對小球的作用力方向豎直向上，大小為mg，故選項(xiàng)C正確；當(dāng)小車向右勻加速運(yùn)動時(shí)，F(xiàn)y＝mg，F(xiàn)x＝ma，F(xiàn)＝eq\r(Feq\o\al(2,x)＋Feq\o\al(2,y))＝eq\r(（ma）2＋（mg）2)＞mg，當(dāng)eq\f(ma,mg)＝tanθ，即a＝gtanθ時(shí)，桿對小球的作用力F的方向沿桿向上，故選項(xiàng)D正確?？枷?應(yīng)用胡克定律計(jì)算彈力的大小(2023·山東高考)餐廳暖盤車的儲盤裝置示意圖如圖所示，三根完全相同的彈簧等間距豎直懸掛在水平固定圓環(huán)上，下端連接托盤。托盤上疊放若干相同的盤子，取走一個(gè)盤子，穩(wěn)定后余下的正好升高補(bǔ)平。已知單個(gè)盤子的質(zhì)量為300g，相鄰兩盤間距1.0cm，重力加速度大小取10m/s2。彈簧始終在彈性限度內(nèi)，每根彈簧的勁度系數(shù)為()A．10N/m B．100N/mC．200N/m D．300N/m答案：B解析：由題知，取走一個(gè)盤子，穩(wěn)定后余下的正好升高補(bǔ)平，則說明一個(gè)盤子的重力可以使彈簧形變相鄰兩盤間距，則有mg＝3kx，解得k＝100N/m，故選B。學(xué)生用書第22頁考點(diǎn)二摩擦力1．靜摩擦力(1)定義：兩個(gè)物體之間只有相對運(yùn)動的趨勢，而沒有相對運(yùn)動時(shí)的摩擦力。(2)產(chǎn)生條件：①接觸面粗糙；②接觸處有彈力；③兩物體間有相對運(yùn)動的趨勢。(3)方向：沿兩物體的接觸面，與物體相對運(yùn)動趨勢的方向相反。(4)大?。?＜F≤Fmax。2．滑動摩擦力(1)定義：兩個(gè)相互接觸的物體，當(dāng)它們相對滑動時(shí)，在接觸面上會產(chǎn)生一種阻礙相對運(yùn)動的力。(2)產(chǎn)生條件：①接觸面粗糙；②接觸處有彈力；③兩物體間有相對運(yùn)動。(3)方向：沿兩物體的接觸面，與物體相對運(yùn)動的方向相反。(4)大小：Ff＝μF壓＝μFN，μ為動摩擦因數(shù)，其值與兩個(gè)物體的材料和接觸面的粗糙程度有關(guān)?！净A(chǔ)知識判斷】1．靜止的物體不可能受滑動摩擦力作用，運(yùn)動的物體可能受靜摩擦力作用。(×)2．滑動摩擦力一定是阻力，靜摩擦力可以是動力。(×)3．兩個(gè)物體間有摩擦力作用時(shí)一定有彈力作用，且二者相互垂直。(√)4．靜摩擦力的方向與運(yùn)動方向可成任意夾角。(√)1．靜摩擦力有無及方向的判斷(1)假設(shè)法(2)狀態(tài)法：根據(jù)平衡條件、牛頓第二定律，通過受力分析確定靜摩擦力的有無及方向(3)轉(zhuǎn)換對象法：先確定受力較少的物體受到的靜摩擦力的方向，再根據(jù)“力的相互性”確定另一物體受到的靜摩擦力的方向2．摩擦力大小的計(jì)算方法(1)公式法①滑動摩擦力：根據(jù)公式Ff＝μFN計(jì)算②最大靜摩擦力：與接觸面間的壓力成正比，其值略大于滑動摩擦力，當(dāng)認(rèn)為最大靜摩擦力等于滑動摩擦力時(shí)，F(xiàn)max＝μFN(2)狀態(tài)法①物體處于平衡狀態(tài)則利用力的平衡條件來計(jì)算。②物體處于變速狀態(tài)則根據(jù)牛頓第二定律進(jìn)行分析?？枷?摩擦力有無及方向的判斷(多選)(2023·河南信陽模擬)圖甲為小張站在階梯電梯上隨電梯勻加速上行，圖乙為小李站在斜面電梯上隨電梯勻速下行，下列說法正確的是()A．階梯電梯對小張沒有摩擦力作用B．斜面電梯對小李沒有摩擦力作用C．階梯電梯對小張的摩擦力方向水平D．斜面電梯對小李的摩擦力方向沿斜面向上答案：CD解析：題圖甲為階梯電梯，對小張進(jìn)行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律可知，他受重力、支持力及水平向左的摩擦力作用，重力與支持力相平衡，故A錯(cuò)誤，C正確；而題圖乙為斜面電梯，小李受到重力、垂直于斜面的支持力與沿斜面向上的靜摩擦力，故B錯(cuò)誤，D正確。故選CD。對點(diǎn)練．(多選)如圖所示，三個(gè)物塊A、B、C疊放在斜面上，用方向與斜面平行的拉力F作用在B上，使三個(gè)物塊一起沿斜面向上做勻速運(yùn)動。設(shè)物塊C對A的摩擦力為FfA，C對B的摩擦力為FfB，下列說法正確的是()學(xué)生用書第23頁A．如果斜面光滑，F(xiàn)fA與FfB方向相同，且FfA＞FfBB．如果斜面光滑，F(xiàn)fA與FfB方向相反，且FfA＜FfBC．如果斜面粗糙，F(xiàn)fA與FfB方向相同，且FfA＞FfBD．如果斜面粗糙，F(xiàn)fA與FfB方向相反，且FfA＜FfBBD斜面光滑，A勻速向上運(yùn)動，故FfA沿斜面向上，C勻速向上運(yùn)動，故C受到B的摩擦力沿斜面向上，因此FfB沿斜面向下。以C為研究對象，設(shè)斜面傾斜角為α，故有FfB′＝FfA′＋mCgsinα，故FfA與FfB方向相反，且FfA＜FfB，A錯(cuò)誤，B正確；如果斜面粗糙，A勻速向上運(yùn)動，A受到斜面摩擦力沿斜面向下，故FfA沿斜面向上，C勻速向上運(yùn)動，故C受到B的摩擦力沿斜面向上，因此FfB沿斜面向下。以C為研究對象，設(shè)斜面傾斜角為α，故仍有FfB′＝FfA′＋mCgsinα，C錯(cuò)誤，D正確。故選BD?？枷?摩擦力大小的計(jì)算(2024·河南洛陽質(zhì)檢)長木板上表面的一端放有一個(gè)質(zhì)量為m的木塊，木塊與木板接觸面上裝有摩擦力傳感器，如圖甲所示，木板由水平位置緩慢向上轉(zhuǎn)動(即木板與地面的夾角θ變大)，另一端不動，摩擦力傳感器記錄了木塊受到的摩擦力Ff隨角度θ的變化圖像如圖乙所示。下列判斷正確的是()A．木塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ＝tanθ1B．木塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(Ff2,mgcosθ1)C．木板與地面的夾角為θ2時(shí)，木塊做自由落體運(yùn)動D．木板由θ1轉(zhuǎn)到θ2的過程中，木塊的速度變化越來越快【題眼點(diǎn)撥】(1)看到“夾角為θ1時(shí)”，想到“Ff2為最大靜摩擦力、Ff1為滑動摩擦力”。(2)看到“夾角由θ1轉(zhuǎn)到θ2”，想到“根據(jù)mgsinθ－μmgcosθ＝ma，可知a越來越大”。答案：D解析：當(dāng)夾角為θ1時(shí)，最大靜摩擦力為Ff2，而滑動摩擦力為Ff1，此時(shí)木塊是加速下滑的，則有μmgcosθ1＜mgsinθ1，解得μ＜tanθ1，由μmgcosθ1＝Ff1，解得μ＝eq\f(Ff1,mgcosθ1)，故A、B錯(cuò)誤；當(dāng)木板與地面的夾角為θ2時(shí)，木塊只受重力，但初速度不為零，故C錯(cuò)誤；當(dāng)木板由θ1轉(zhuǎn)到θ2的過程中，根據(jù)牛頓第二定律mgsinθ－μmgcosθ＝ma可知，木塊的加速度增大，因此木塊的速度變化越來越快，故D正確。對點(diǎn)練．(2024·河北石家莊模擬)一本書約重6N，有424頁，書本正面朝上?，F(xiàn)將一張A4紙夾在106～107頁間，A4紙幾乎能夠覆蓋整個(gè)書頁，如圖所示。若要將A4紙抽出，至少需用約1N的拉力。不計(jì)書皮及A4紙的質(zhì)量，則A4紙和書頁之間的動摩擦因數(shù)最接近()A．0.33 B．0.45C．0.56 D．0.67答案：A解析：需用約1N的拉力克服最大靜摩擦力，A4紙受正反兩面的兩個(gè)摩擦力，不計(jì)書皮及A4紙的質(zhì)量，有1N＝2μeq\f(G,n)n1＝2×μ×eq\f(6,424)×106(N)，解得μ≈0.33，故選A?？键c(diǎn)三摩擦力的四類“突變”當(dāng)物體的受力情況發(fā)生變化時(shí)，摩擦力的大小和方向往往會發(fā)生相應(yīng)的變化，可能導(dǎo)致靜摩擦力和滑動摩擦力之間的突變問題。摩擦力的突變常見以下四類情況：分類案例圖示“靜—靜”突變在水平力F作用下物體靜止于斜面上，F(xiàn)突然增大時(shí)物體仍靜止，則物體所受靜摩擦力的大小或方向?qū)ⅰ巴蛔儭??！办o—動”突變物體放在粗糙水平面上，作用在物體上的水平力F從零逐漸增大，當(dāng)物體開始滑動時(shí)，物體受水平面的摩擦力由靜摩擦力“突變”為滑動摩擦力。續(xù)表分類案例圖示“動—靜”突變滑塊以v0沖上斜面做減速運(yùn)動，當(dāng)?shù)竭_(dá)某位置時(shí)速度減為零，而后靜止在斜面上，滑動摩擦力“突變”為靜摩擦力。“動—動”突變水平傳送帶的速度v1大于滑塊的速度v2，滑塊受到的滑動摩擦力方向水平向右，當(dāng)傳送帶突然被卡住時(shí)，滑塊受到的滑動摩擦力方向“突變”為向左?？枷?“靜—靜”突變?nèi)鐖D所示，質(zhì)量為10kg的物體A拴在一個(gè)被水平拉伸的彈簧一端，彈簧的拉力為5N時(shí)，物體A處于靜止?fàn)顟B(tài)。若小車突然以0.8m/s2的加速度向右加速運(yùn)動，則(g＝10m/s2)()學(xué)生用書第24頁A．物體A相對小車向右運(yùn)動B．物體A受到的摩擦力減小C．物體A受到的摩擦力大小不變D．物體A受到的彈簧的拉力增大答案：B解析：由題意得，彈簧的拉力為5N時(shí)，物體A所受摩擦力Ff＝F＝5N，由此可知物體A與小車上表面間的最大靜摩擦力Ffmax≥5N；小車加速運(yùn)動時(shí)，假設(shè)物體A與小車仍然相對靜止，則物體A所受合力F－Ff′＝ma，可知此時(shí)小車對物體A的摩擦力為Ff′＝－3N＜Ffmax，為靜摩擦力，負(fù)號說明摩擦力方向向右，所以假設(shè)成立，故選項(xiàng)A、C錯(cuò)誤，B正確；物體A受到的彈簧的拉力大小不變，故D錯(cuò)誤?？枷?“靜—動”突變(多選)在探究靜摩擦力變化規(guī)律及滑動摩擦力變化規(guī)律的實(shí)驗(yàn)中，設(shè)計(jì)了如圖甲所示的演示裝置，力傳感器A與計(jì)算機(jī)連接，可獲得力隨時(shí)間變化的規(guī)律，將力傳感器固定在光滑水平桌面上，測力端通過細(xì)繩與一滑塊相連(調(diào)節(jié)力傳感器高度使細(xì)繩水平)，滑塊放在較長的小車上，小車一端連接一根輕繩并跨過光滑的輕質(zhì)定滑輪系一空沙桶(調(diào)節(jié)滑輪使桌面上部輕繩水平)，整個(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)。實(shí)驗(yàn)開始時(shí)，打開力傳感器的同時(shí)緩慢向沙桶里倒入沙子，小車一旦運(yùn)動起來，立即停止倒沙子，若力傳感器采集的圖像如圖乙，則結(jié)合該圖像，下列說法正確的是()A．可求出空沙桶的重力B．可求出滑塊與小車之間的滑動摩擦力的大小C．可求出滑塊與小車之間的最大靜摩擦力的大小D．可判斷第50s后小車將做勻速直線運(yùn)動(滑塊仍在車上)答案：ABC解析：在t＝0時(shí)刻，力傳感器顯示拉力為2N，則滑塊受到的摩擦力為靜摩擦力，大小為2N，由小車與空沙桶受力平衡，可知空沙桶的重力也等于2N，A選項(xiàng)正確；t＝50s時(shí)，靜摩擦力達(dá)到最大值，即最大靜摩擦力為3.5N，同時(shí)小車啟動，說明沙子與沙桶總重力等于3.5N，此時(shí)靜摩擦力突變?yōu)榛瑒幽Σ亮?，滑動摩擦力大小?N，B、C選項(xiàng)正確；由于沙子和沙桶總重力3.5N大于滑動摩擦力3N，故第50s后小車將做勻加速直線運(yùn)動，D選項(xiàng)錯(cuò)誤?？枷?“動—靜”突變?nèi)鐖D所示，斜面固定在地面上，傾角為θ＝37°(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)。質(zhì)量為1kg的滑塊以初速度v0從斜面底端沿斜面向上滑行(斜面足夠長，該滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.8)，則該滑塊所受摩擦力Ff隨時(shí)間變化的圖像是選項(xiàng)圖中的(取初速度v0的方向?yàn)檎较颍琯＝10m/s2)()答案：B解析：滑塊上升過程中受滑動摩擦力，由Ff＝μFN和FN＝mgcosθ，聯(lián)立可得Ff＝6.4N，方向沿斜面向下。當(dāng)滑塊的速度減為零后，由于重力的分力mgsinθ＜μmgcosθ，滑塊將靜止，滑塊受到的摩擦力為靜摩擦力，由平衡條件得Ff＝mgsinθ，代入可得Ff＝6N，方向沿斜面向上，故選項(xiàng)B正確?？枷?“動—動”突變(多選)如圖所示，足夠長的傳送帶與水平面夾角為θ，以速度v0逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動。在傳送帶的上端輕輕放置一個(gè)質(zhì)量為m的小物塊，小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＜tanθ，則下列選項(xiàng)中能客觀地反映小物塊的受力和運(yùn)動情況的是()答案：BD解析：當(dāng)小物塊速度小于傳送帶速度時(shí)，小物塊相對于傳送帶向上滑動，小物塊受到的滑動摩擦力沿傳送帶向下，加速度a1＝gsinθ＋μgcosθ，小物塊做初速度為零的勻加速運(yùn)動；當(dāng)小物塊速度達(dá)到傳送帶速度時(shí)，由于μ＜tanθ，即μmgcosθ＜mgsinθ，所以小物塊不能相對傳送帶保持靜止，而突變?yōu)橄鄬τ趥魉蛶蛳禄瑒?，此時(shí)滑動摩擦力的大小不變，而方向突變?yōu)檠貍魉蛶蛏?，a2＝gsinθ－μgcosθ，加速度變小，小物塊繼續(xù)做勻加速運(yùn)動，但是v-t圖像的斜率變小，所以B、D正確。易錯(cuò)警示本題容易錯(cuò)選AC項(xiàng)。原因是忽視了μ＜tanθ條件隱含的意義，誤認(rèn)為小物塊先做勻加速運(yùn)動后做勻速運(yùn)動，導(dǎo)致錯(cuò)選。課時(shí)測評6重力彈力摩擦力eq\f(對應(yīng)學(xué)生,用書P361)(時(shí)間：45分鐘滿分：60分)(本欄目內(nèi)容，在學(xué)生用書中以獨(dú)立形式分冊裝訂！)(選擇題4、7、11、12，每題6分，其余每題4分，共60分)1．(4分)(2022·浙江1月選考)如圖所示，公園里有一仿制我國古代欹器的U形水桶，桶可繞水平軸轉(zhuǎn)動，水管口持續(xù)有水流出，過一段時(shí)間桶會翻轉(zhuǎn)一次，決定桶能否翻轉(zhuǎn)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．水流對桶撞擊力的大小D．水桶與水整體的重心高低答案：D解析：持續(xù)注水一段時(shí)間后，水桶與水整體的重心不斷升高，打破平衡時(shí)水桶就會翻轉(zhuǎn)，因此選項(xiàng)A、B、C錯(cuò)誤，選項(xiàng)D正確。2．(4分)拉力器是一種很好的健身器材，由腳環(huán)、兩根相同的彈性繩、把手等組成。如圖所示，女子用100N的力拉開拉力器，使其比原長伸長了40cm，假設(shè)彈性繩的彈力與伸長量遵循胡克定律，且未超過彈性限度。則()A．每根彈性繩的勁度系數(shù)為125N/mB．每根彈性繩的勁度系數(shù)為250N/mC．若對拉力器的拉力增大，則彈性繩的勁度系數(shù)也增大D．若對拉力器的拉力減為50N，則彈性繩長度變?yōu)?0cm答案：A解析：由胡克定律可得F＝2kΔx，則k＝eq\f(100,2×0.4)N/m＝125N/m，故A正確，B錯(cuò)誤；彈性繩的勁度系數(shù)與彈性繩自身因素有關(guān)，與外力無關(guān)，故C錯(cuò)誤；若對拉力器的拉力減為50N，則由F′＝2kΔx′，得Δx′＝eq\f(F′,2k)＝eq\f(50,2×125)m＝20cm，則此時(shí)彈性繩的長度一定大于20cm，故D錯(cuò)誤。3．(4分)(2024·河南駐馬店模擬)如圖所示為智能機(jī)器人協(xié)助派件員分揀快遞的場景，派件員將包裹放在機(jī)器人的水平托盤上后，機(jī)器人通過掃碼讀取目的地信息，并生成最優(yōu)路線，將不同目的地的包裹送至不同的位置，從而實(shí)現(xiàn)包裹的分揀功能。關(guān)于機(jī)器人和包裹，下列說法正確的是()A．機(jī)器人加速前進(jìn)則包裹對水平托盤的摩擦力方向向后B．包裹受到向上的支持力是包裹發(fā)生形變產(chǎn)生的C．包裹對機(jī)器人的壓力和機(jī)器人對包裹的支持力是一對平衡力D．包裹隨著機(jī)器人一起做勻速直線運(yùn)動時(shí)，包裹受到向前的摩擦力答案：A解析：機(jī)器人加速前進(jìn)時(shí)，相對包裹機(jī)器人有向前運(yùn)動的趨勢，故此時(shí)包裹對水平托盤的摩擦力方向向后，A正確；包裹受到向上的支持力是托盤發(fā)生形變產(chǎn)生的，B錯(cuò)誤；包裹對機(jī)器人的壓力和機(jī)器人對包裹的支持力是一對相互作用力，C錯(cuò)誤；包裹隨著機(jī)器人一起做勻速直線運(yùn)動時(shí)，包裹的加速度為零，故此時(shí)不受摩擦力，D錯(cuò)誤。故選A。4．(6分)(多選)有一輛遙控電動玩具汽車，已知車內(nèi)電動馬達(dá)驅(qū)動后輪轉(zhuǎn)動。現(xiàn)將玩具汽車的后輪、前輪分別放在平板小車甲、乙上，如圖所示，按動遙控器上的“前進(jìn)”“后退”鍵，汽車就能前進(jìn)或后退，地面與甲、乙車之間的摩擦力不計(jì)，以下敘述正確的是()A．按動遙控器上的“前進(jìn)”鍵，乙車對前輪的摩擦力向后，乙車相對地面向前進(jìn)B．按動遙控器上的“前進(jìn)”鍵，甲車對后輪的摩擦力向前，甲車相對地面向后退C．按動遙控器上的“后退”鍵，后輪對甲車的摩擦力向后，甲車相對地面向后退D．按動遙控器上的“后退”鍵，乙車對前輪的摩擦力向前，乙車相對地面向后退答案：ABD解析：按動遙控器上的“前進(jìn)”鍵，后輪是主動輪且順時(shí)針轉(zhuǎn)動，所以甲車對后輪摩擦力向前，后輪對甲車的摩擦力向后，甲車相對地面向后退；前輪是從動輪，所以前輪對乙車的摩擦力向前，則乙車對前輪的摩擦力向后，乙車相對地面向前進(jìn)，故A、B正確；按動遙控器上的“后退”鍵，后輪是主動輪且逆時(shí)針轉(zhuǎn)動，則甲車對后輪的摩擦力向后，后輪對甲車的摩擦力向前，甲車相對地面向前進(jìn)；前輪是從動輪，所以前輪對乙車的摩擦力向后，則乙車對前輪的摩擦力向前，乙車相對地面向后退，故C錯(cuò)誤，D正確。故選ABD。5．(4分)原長為L的輕彈簧甲上端固定，下端掛一個(gè)質(zhì)量為m的小球A時(shí)，輕彈簧甲的伸長量為L。將另一原長也為L的輕彈簧乙掛在A的下面，其下再掛上質(zhì)量為2m的小球B，如圖所示，兩小球平衡時(shí)，懸點(diǎn)O與小球B的距離為7L(小球大小不計(jì)，且兩彈簧都在彈性限度內(nèi))，則甲、乙兩彈簧的勁度系數(shù)之比為()A．1∶2 B．1∶1C．2∶1 D．3∶1答案：B解析：輕彈簧甲掛一個(gè)質(zhì)量為m的小球時(shí)伸長量為L，故勁度系數(shù)k甲＝eq\f(mg,L)，當(dāng)兩個(gè)小球如題圖所示懸掛時(shí)，上面的輕彈簧甲彈力為3mg，伸長3L，總長度為4L。由題意得下面的輕彈簧乙長度為3L，故伸長量為2L，由于其彈力為2mg，則其勁度系數(shù)k乙＝eq\f(2mg,2L)＝eq\f(mg,L)，故兩輕彈簧的勁度系數(shù)相等，則甲、乙兩彈簧的勁度系數(shù)之比為1∶1，A、C、D錯(cuò)誤，B正確。6．(4分)如圖為一種傾斜放置的裝取臺球的裝置。每個(gè)臺球的質(zhì)量為m，半徑為R，圓筒直徑略大于臺球的直徑，圓筒底部有一勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧。當(dāng)將筒口處臺球緩慢取走后，又會冒出一個(gè)臺球，剛好到達(dá)被取走臺球的位置。忽略球與筒間的摩擦力，重力加速度為g。則圓筒與水平面之間的夾角θ應(yīng)滿足()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：當(dāng)筒內(nèi)有n個(gè)小球時(shí)nmgsinθ＝kx，將筒口處臺球緩慢取走后(n－1)mgsinθ＝k(x－2R)，聯(lián)立解得sinθ＝eq\f(2kR,mg)，故選B。7．(6分)(多選)打印機(jī)在正常工作的情況下，進(jìn)紙系統(tǒng)能做到每次只進(jìn)一張紙。進(jìn)紙系統(tǒng)的結(jié)構(gòu)示意圖如圖所示，設(shè)圖中剛好有20張相同的紙，每張紙的質(zhì)量均為m，搓紙輪按圖示方向轉(zhuǎn)動并帶動最上面的第1張紙向右運(yùn)動，搓紙輪與紙張之間的動摩擦因數(shù)為μ1，紙張與紙張之間、紙張與底部摩擦片之間的動摩擦因數(shù)均為μ2，工作時(shí)搓紙輪給第1張紙的壓力大小為F。打印機(jī)正常工作時(shí)，下列說法正確的是()A．第2張紙受到第3張紙的摩擦力方向向左B．第10張紙與第11張紙之間的摩擦力大小可能為μ2(F＋10mg)C．第20張紙與摩擦片之間的摩擦力為μ2(F＋mg)D．若μ1＝μ2，則進(jìn)紙系統(tǒng)不能進(jìn)紙答案：ACD解析：第2張紙相對第3張紙有向右運(yùn)動的趨勢，所以第2張紙受到第3張紙的摩擦力方向向左，故A正確；工作時(shí)搓紙輪給第1張紙壓力大小為F，第1張紙對第2張紙的壓力大小為F＋mg，第2張紙以下的紙沒有相對運(yùn)動，只有相對運(yùn)動趨勢，所以第2張紙以下的紙之間以及第20張紙與摩擦片之間的摩擦力均為靜摩擦力，大小均為μ2(F＋mg)，故B錯(cuò)誤，C正確；若μ1＝μ2，搓紙輪與第1張紙之間的摩擦力為μ1F，第1張紙受到第2張紙的滑動摩擦力為μ2(F＋mg)，則有μ1F＜μ2(F＋mg)，搓紙輪與第1張紙之間會發(fā)生相對滑動，則進(jìn)紙系統(tǒng)不能進(jìn)紙，故D正確。故選ACD。8．(4分)兩個(gè)勁度系數(shù)分別為k1和k2的輕質(zhì)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(shí)彈簧均處于原長狀態(tài)，現(xiàn)用水平力作用在b彈簧的P端向右拉動彈簧，當(dāng)a彈簧的伸長量為L時(shí)()A．b彈簧的伸長量為eq\f(k2,k1)LB．b彈簧的伸長量也為LC．P端向右移動的距離為2LD．P端向右移動的距離為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(k1,k2)))L答案：D解析：由題意知，兩根輕彈簧串接在一起，則兩彈簧彈力大小相等，根據(jù)胡克定律F＝kx得，x與k成反比，可得b彈簧的伸長量為eq\f(k1L,k2)，故A、B錯(cuò)誤；P端向右移動的距離等于兩根彈簧伸長量之和，即為L＋eq\f(k1,k2)L＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(k1,k2)))L，故C錯(cuò)誤，D正確。9．(4分)如圖(a)所示，質(zhì)量為m的半球體靜止在傾角為θ的平板上，當(dāng)θ從0緩慢增大到90°的過程中，半球體所受摩擦力Ff與θ的關(guān)系如圖(b)所示，已知半球體始終沒有脫離平板，半球體與平板間的動摩擦因數(shù)為eq\f(\r(3),3)，最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等，重力加速度為g，則()A．0～q段的圖像可能是直線 B．q＝eq\f(π,4)C．q～eq\f(π,2)段的圖像可能是直線 D．p＝eq\f(mg,2)答案：D解析：半球體在平板上恰好開始滑動的臨界條件是mgsinθ＝μmgcosθ，則有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)之間時(shí)，F(xiàn)f是靜摩擦力，大小為mgsinθ；θ在eq\f(π,6)～eq\f(π,2)之間時(shí)，F(xiàn)f是滑動摩擦力，大小為μmgcosθ；故0～q和q～eq\f(π,2)段的圖像均為曲線，故A、B、C錯(cuò)誤；當(dāng)θ＝eq\f(π,6)時(shí)，F(xiàn)f＝mgsineq\f(π,6)＝eq\f(mg,2)，即p＝eq\f(mg,2)，故D正確。10.(4分)如圖所示，木塊A、B的質(zhì)量分別為3m、m，一個(gè)勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧的兩端分別與A、B相拴接，最初系統(tǒng)靜止，現(xiàn)在用力緩慢拉A直到B剛好離開地面，則這一過程A上升的高度為(重力加速度為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：開始時(shí)，木塊A受到重力和彈簧彈力作用而處于靜止?fàn)顟B(tài)，彈簧處于壓縮狀態(tài)，設(shè)彈簧的壓縮量為x1，由胡克定律和二力平衡有kx1＝3mg；木塊B剛好離開地面時(shí)，彈簧處于伸長狀態(tài)，彈簧的拉力與B的重力大小相等，設(shè)此時(shí)彈簧的伸長量為x2，由胡克定律和二力平衡有kx2＝mg；木塊A上升的高度為h＝x1＋x2，聯(lián)立可得h＝eq\f(4mg,k)，故D正確。11．(6分)(多選)如圖甲所示，通過一拉力傳感器(能測量力大小的裝置)用力水平向右拉一水平面上質(zhì)量為5.0kg的木塊，A端的拉力均勻增加，0～t1時(shí)間內(nèi)木塊靜止，木塊運(yùn)動后改變拉力，使木塊在t2后做勻速直線運(yùn)動。計(jì)算機(jī)對數(shù)據(jù)擬合處理后，得到如圖乙所示拉力隨時(shí)間變化的圖線，下列說法正確的是(g＝10m/s2)()A．若F＝4.0N，則木塊與水平面間的摩擦力Ff1＝4.0NB．若F＝6.0N，則木塊與水平面間的摩擦力Ff2＝6.0NC．木塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.11D．木塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.10答案：AD解析：由題圖乙可知，木塊與水平面間的最大靜摩擦力為5.5N，滑動摩擦力為5.0N。由題圖乙可知當(dāng)F＝4.0N時(shí)，木塊不動，所受摩擦力為靜摩擦力，根據(jù)平衡條件可得Ff1＝F＝4.0N，故A項(xiàng)正確；當(dāng)F＝6.0N時(shí)，拉力大于木塊與水平面間的最大靜摩擦力，則木塊與水平面間的摩擦力為滑動摩擦力，F(xiàn)f2＝5.0N，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；由平衡條件可得水平面對木塊的支持力與重力平衡，即支持力大小為50N，由牛頓第三定律可知，木塊對水平面的壓力大小為50N，則木塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ＝eq\f(Ff2,mg)＝0.10，故D項(xiàng)正確，C項(xiàng)錯(cuò)誤。12．(6分)(多選)有一種圓珠筆，內(nèi)部有一根小彈簧。如圖甲所示，當(dāng)筆桿豎直放置時(shí)，在圓珠筆尾部的按鈕上放一個(gè)100g的砝碼，砝碼靜止時(shí)，彈簧壓縮量為2mm。如圖乙所示，現(xiàn)用這支圓珠筆水平推一本放在水平桌面上質(zhì)量為900g的書，當(dāng)按鈕壓縮量為3.6mm(未超過彈簧的彈性限度)時(shí)，這本書恰好勻速運(yùn)動。下列說法正確的是(g取10m/s2)()A．筆內(nèi)小彈簧的勁度系數(shù)是500N/mB．筆內(nèi)小彈簧的勁度系數(shù)是50N/mC．書與桌面間的動摩擦因數(shù)是0.02D．書與桌面間的動摩擦因數(shù)是0.2答案：AD解析：由于砝碼處于靜止?fàn)顟B(tài)，則kΔx＝mg，所以有k＝eq\f(mg,Δx)＝500N/m，A正確，B錯(cuò)誤；要使書恰好能勻速運(yùn)動，則kΔx′＝μm′g，代入數(shù)據(jù)解得μ＝0.2，C錯(cuò)誤，D正確。13．(4分)如圖所示，矩形平板ABCD的AD邊固定在水平面上，平板與水平面夾角為θ，AC與AB的夾角也為θ。質(zhì)量為m的物塊在平行于平板的拉力作用下，沿AC方向勻速運(yùn)動。物塊與平板間的動摩擦因數(shù)μ＝tanθ，重力加速度大小為g，則拉力大小為()A．2mgsinθcoseq\f(θ,2) B．2mgsinθC．2mgsineq\f(θ,2) D．mgsinθcoseq\f(θ,2)答案：A解析：對物塊受力分析，如圖甲、乙所示，重力沿斜面向下的分力為mgsinθ，支持力FN＝mgcosθ，滑動摩擦力Ff＝μmgcosθ，根據(jù)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正確。學(xué)生用書第25頁第2講力的合成與分解[課標(biāo)要求]1．了解力的合成與分解；知道矢量和標(biāo)量。2．會應(yīng)用平行四邊形定則或三角形定則求合力。3．能利用效果分解法和正交分解法計(jì)算分力。考點(diǎn)一力的合成1．合力與分力(1)定義：如果一個(gè)力單獨(dú)作用的效果跟幾個(gè)力共同作用的效果相同，這個(gè)力就叫作那幾個(gè)力的合力，那幾個(gè)力就叫作這個(gè)力的分力。(2)關(guān)系：合力和分力是等效替代的關(guān)系。2．共點(diǎn)力：作用在物體的同一點(diǎn)，或作用線的延長線交于一點(diǎn)的力。3．力的合成(1)定義：求幾個(gè)力的合力的過程。(2)運(yùn)算法則①平行四邊形定則：求兩個(gè)互成角度的力的合力，可以用表示這兩個(gè)力的有向線段為鄰邊作平行四邊形，這兩個(gè)鄰邊之間的對角線就代表合力的大小和方向，如圖甲所示。②三角形定則：把兩個(gè)矢量首尾相連，從而求出合矢量的方法，如圖乙所示。自主訓(xùn)練1兩個(gè)力的合成及合力的范圍如圖為兩個(gè)大小不變、夾角θ變化的力的合力的大小F與θ角之間的關(guān)系圖像(0≤θ≤2π)，下列說法中正確的是()A．合力大小的變化范圍是0≤F≤14NB．合力大小的變化范圍是2N≤F≤10NC．這兩個(gè)分力的大小分別為6N和8ND．這兩個(gè)分力的大小分別為2N和8N答案：C解析：由題圖可知，當(dāng)兩力夾角為π時(shí)，兩力的合力為2N，而當(dāng)兩力夾角為eq\f(π,2)時(shí)，兩力的合力為10N，則這兩個(gè)力的大小分別為6N、8N，故C正確，D錯(cuò)誤；當(dāng)兩個(gè)力方向相同時(shí)，合力大小等于這兩個(gè)力的大小之和14N；當(dāng)兩個(gè)力方向相反時(shí)，合力大小等于這兩個(gè)力的大小之差2N，由此可見，合力大小的變化范圍是2N≤F≤14N，故A、B錯(cuò)誤。自主訓(xùn)練2作圖法求合力(2023·浙江嘉興模擬)如圖所示，某物體同時(shí)受到共面的三個(gè)共點(diǎn)力作用，坐標(biāo)紙小方格邊長的長度對應(yīng)1N大小的力。甲、乙、丙、丁四種情況中，關(guān)于三個(gè)共點(diǎn)力的合力大小，下列說法正確的是()A．甲圖最小 B．乙圖為8NC．丙圖為5N D．丁圖為1N答案：D解析：由題圖可知，F(xiàn)甲＝2N，方向豎直向上；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，方向豎直向上；則題圖丁的合力最小，為1N，故選D。自主訓(xùn)練3計(jì)算法求合力航母阻攔索用于攔停高速運(yùn)動的艦載機(jī)，被喻為“艦載機(jī)生命線”。如圖為其結(jié)構(gòu)簡圖，滑輪1、2、3、4及液壓缸a、b、c固定在甲板平面上，阻攔索繞過滑輪組后閉合。某時(shí)刻艦載機(jī)的掛鉤勾住阻攔索，形成圖示的夾角時(shí)，艦載機(jī)受到阻攔索的合力大小為F。不考慮阻攔索、滑輪的質(zhì)量及一切摩擦，則此時(shí)單個(gè)柱塞所受阻攔索的合力大小為()A．F B．eq\f(\r(3),3)FC．eq\f(\r(3),2)F D．2F答案：B解析：某時(shí)刻艦載機(jī)的掛鉤勾住阻攔索，形成題圖所示的60°夾角，由于掛鉤兩側(cè)阻攔索中拉力相等，由2F′cos30°＝F，解得阻攔索中的拉力F′＝eq\f(\r(3),3)F。由于柱塞兩側(cè)阻攔索中拉力相等，其合力方向在兩側(cè)阻攔索拉力所成夾角的角平分線上，所以單個(gè)柱塞所受阻攔索的合力大小為F合＝2F′cos60°＝F′＝eq\f(\r(3),3)F，B正確。學(xué)生用書第26頁1．合力的大小范圍(1)兩個(gè)共點(diǎn)力的合成：兩個(gè)力大小不變時(shí)，其合力隨夾角的增大而減小，|F1－F2|≤F合≤F1＋F2。(2)三個(gè)共點(diǎn)力的合成①最大值：三個(gè)力共線且同向時(shí)合力最大，F(xiàn)m＝F1＋F2＋F3。②最小值：若任意兩個(gè)力的大小之和大于或等于第三個(gè)力，則三個(gè)力的合力最小值為零，否則合力最小值等于最大的力減去另外兩個(gè)力的大小之和。2．幾種特殊情況的共點(diǎn)力的合成類型作圖合力的計(jì)算兩力互相垂直F＝eq\r(Feq\o\al(2,1)＋Feq\o\al(2,2))tanθ＝eq\f(F1,F2)兩力等大，夾角為θF＝2F1coseq\f(θ,2)F與F1夾角為eq\f(θ,2)兩力等大且夾角為120°合力與分力等大考點(diǎn)二力的分解1．力的分解(1)定義：求一個(gè)力的分力的過程。(2)運(yùn)算法則：平行四邊形定則或三角形定則。2．矢量和標(biāo)量(1)矢量：既有大小又有方向的量，運(yùn)算時(shí)遵從平行四邊形定則。(2)標(biāo)量：只有大小沒有方向的量，運(yùn)算時(shí)按算術(shù)法則相加減?！靖呖记榫虫溄印?2021·廣東高考·改編)唐代《耒耜經(jīng)》記載了曲轅犁相對直轅犁的優(yōu)勢之一是起土省力，設(shè)牛用大小相等的拉力F通過耕索分別拉兩種犁，F(xiàn)與豎直方向的夾角分別為α和β，α＜β，如圖所示，忽略耕索質(zhì)量。判斷下列說法的正誤：(1)耕索對犁的拉力產(chǎn)生水平向前拉犁、豎直向上提犁兩個(gè)效果。(√)(2)耕索對曲轅犁拉力的水平分力比對直轅犁的大。(×)(3)耕索對曲轅犁拉力的豎直分力比對直轅犁的大。(√)(4)所有力進(jìn)行分解時(shí)，只能將它分解到水平、豎直兩個(gè)方向上。(×)(5)所有物理量都能應(yīng)用平行四邊形定則進(jìn)行分解。(×)1．力的效果分解法2．力的正交分解法(1)選取坐標(biāo)軸及正方向：正交的兩個(gè)方向可以任意選取，選取的一般原則是：學(xué)生用書第27頁①使盡量多的力落在坐標(biāo)軸上；②平行和垂直于接觸面或者平行和垂直于運(yùn)動方向。(2)分別將各力沿正交的兩個(gè)方向(x軸和y軸)分解，如圖所示。(3)求各力在x軸和y軸上的分力的合力Fx和Fy，則有Fx＝F1x＋F2x＋F3x＋…，F(xiàn)y＝F1y＋F2y＋F3y＋…3．一個(gè)已知力分解時(shí)有無解的討論(1)已知合力F和兩個(gè)分力F1、F2的方向，求兩個(gè)分力的大小，有唯一解。(2)已知合力F和一個(gè)分力(大小、方向)求另一個(gè)分力(大小、方向)，有唯一解。(3)已知合力F和兩分力F1、F2(F1＞F2)的大小，求兩分力的方向①F＞F1＋F2，無解。②F＝F1＋F2，有唯一解，F(xiàn)1和F2跟F同向。③F＝F1－F2，有唯一解，F(xiàn)1與F同向，F(xiàn)2與F反向。④F1－F2＜F＜F1＋F2，有無數(shù)組解(若限定在某一平面內(nèi)，有兩組解)。(4)已知合力F和F1的方向、F2的大小(F1與合力的夾角為θ)，求F1的大小和F2的方向①F2＜Fsinθ，無解。②F2＝Fsinθ，有唯一解。③Fsinθ＜F2＜F，有兩組解。④F2≥F，有唯一解?？枷?力的效果分解法用斧頭劈木柴的情境如圖甲所示。劈的縱截面是一個(gè)等腰三角形，劈背的寬度為d，劈的側(cè)面長為l，當(dāng)在劈背加一個(gè)力F時(shí)的受力示意圖如圖乙所示，若不計(jì)斧頭的重力，則劈的側(cè)面推壓木柴的力F1為()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：根據(jù)力的作用效果，力F分解為垂直于劈的側(cè)面的分力F1、F2，如圖所示，根據(jù)對稱性，兩分力F1、F2大小相等，這樣，以F1、F2為鄰邊的平行四邊形就是一個(gè)菱形，因?yàn)榱庑蔚膶蔷€互相垂直且平分，所以根據(jù)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正確，B、C、D錯(cuò)誤。考向2力的正交分解法(2022·遼寧高考)如圖所示，蜘蛛用蛛絲將其自身懸掛在水管上，并處于靜止?fàn)顟B(tài)。蛛絲OM、ON與豎直方向夾角分別為α、β(α＞β)。用F1、F2分別表示OM、ON的拉力，則()A．F1的豎直分力大于F2的豎直分力B．F1的豎直分力等于F2的豎直分力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：對結(jié)點(diǎn)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；豎直方向F1cosα＋F2cosβ＝mg，解得F1＝eq\f(mgsinβ,sin（α＋β）)，F(xiàn)2＝eq\f(mgsinα,sin（α＋β）)，則F1的豎直分量F1y＝eq\f(mgsinβcosα,sin（α＋β）)，F(xiàn)2的豎直分量F2y＝eq\f(mgsinαcosβ,sin（α＋β）)，因sinαcosβ－cosαsinβ＝sin(α－β)＞0，可知F2y＞F1y，選項(xiàng)A、B、C錯(cuò)誤，D正確。故選D?？枷?力的分解中的極值問題如圖所示，質(zhì)量分別為3m和m的兩個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的小球a、b，中間用一細(xì)線連接，并通過另一細(xì)線將小球a與天花板上的O點(diǎn)相連，為使小球a和小球b均處于靜止?fàn)顟B(tài)，且Oa細(xì)線向右偏離豎直方向的夾角恒為37°，需要對小球b朝某一方向施加一拉力F。若已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。重力加速度為g，則當(dāng)F的大小達(dá)到最小時(shí)，Oa細(xì)線對小球a的拉力大小為()A．2.4mg B．3mgC．3.2mg D．4mg答案：C解析：以兩個(gè)小球組成的整體為研究對象，作出F在三個(gè)方向時(shí)整體的受力圖，根據(jù)平衡條件知F與FT的合力與總重力總是大小相等、方向相反的，由力的合成圖可知當(dāng)F與繩子Oa垂直時(shí)F有最小值，即圖中的2位置，此時(shí)Oa細(xì)線對小球a的拉力大小為FT＝4mgcos37°＝3.2mg，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤。學(xué)生用書第28頁一、“活結(jié)”與“死結(jié)”模型類型“活結(jié)”模型“死結(jié)”模型圖例解讀“活結(jié)”把繩子分為兩段，且可沿繩移動，“活結(jié)”一般由繩跨過滑輪或繩上掛一光滑掛鉤而形成，繩子因“活結(jié)”而彎曲，但實(shí)際為同一根繩。關(guān)鍵語句“光滑掛鉤”“光滑滑輪”?！八澜Y(jié)”把繩子分為兩段，且不可沿繩子移動，“死結(jié)”兩側(cè)的繩因結(jié)而變成兩根獨(dú)立的繩，關(guān)鍵語句“節(jié)點(diǎn)”“系住”。特點(diǎn)活結(jié)兩側(cè)繩子上的張力大小處處相等。死結(jié)兩側(cè)的繩子張力不一定相等。二、“動桿”與“定桿”模型類型“動桿”模型“定桿”模型圖例解讀輕桿用光滑的轉(zhuǎn)軸或鉸鏈連接，輕桿可圍繞轉(zhuǎn)軸或鉸鏈自由轉(zhuǎn)動。關(guān)鍵語句“光滑的轉(zhuǎn)軸”“鉸鏈連接”。輕桿被固定在接觸面上，不發(fā)生轉(zhuǎn)動，關(guān)鍵語句“固定”“插在墻里”。特點(diǎn)當(dāng)桿處于平衡狀態(tài)時(shí)，桿的彈力方向一定沿著桿。桿的彈力方向不一定沿桿，可沿任意方向。應(yīng)用1．[“活結(jié)”模型]抖空竹在中國有著悠久的歷史。假設(shè)抖空竹所用輕繩AB總長為L，空竹重量為G，可視為質(zhì)點(diǎn)，繩能承受的最大拉力是2G?，F(xiàn)將繩一端固定，另一端緩慢水平向右移動d而使繩不斷，不計(jì)一切摩擦，則d的最大值可能為()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：設(shè)輕繩與水平方向的夾角為θ，根據(jù)受力分析可得豎直方向上有2FTsinθ＝G，繩能承受的最大拉力是2G時(shí)，解得sinθ＝eq\f(1,4)，由幾何關(guān)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))，聯(lián)立解得d＝eq\f(\r(15),4)L，故選B。應(yīng)用2．[“死結(jié)”模型]如圖所示，懸掛甲物體的細(xì)線拴牢在一不可伸長的輕質(zhì)細(xì)繩上的O點(diǎn)處；繩的一端固定在墻上，另一端通過光滑定滑輪與物體乙相連。甲、乙兩物體質(zhì)量相等。系統(tǒng)平衡時(shí)，O點(diǎn)兩側(cè)繩與豎直方向的夾角分別為α和β。若α＝70°，則β等于()A．45° B．55°C．60° D．70°答案：B解析：取O點(diǎn)為研究對象，在三力的作用下處于平衡狀態(tài)，對其受力分析如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系可得2β＋α＝180°，則有β＝55°，故選B。應(yīng)用3．[“動桿”與“定桿”模型]如圖甲所示，輕繩AD跨過固定在水平橫梁BC右端的定滑輪掛住一個(gè)質(zhì)量為m1的物體，∠ACB＝30°；如圖乙所示的輕桿HG一端用鉸鏈固定在豎直墻上，另一端G通過細(xì)繩EG拉住，EG與水平方向成30°角，輕桿的G點(diǎn)用細(xì)繩GF拉住一個(gè)質(zhì)量為m2的物體，重力加速度為g，則下列說法正確的是()A．圖甲中BC對滑輪的作用力大小為eq\f(m1g,2)B．圖乙中HG桿受到繩的作用力為m2gC．細(xì)繩AC段的拉力FAC與細(xì)繩EG段的拉力FEG之比為1∶1D．細(xì)繩AC段的拉力FAC與細(xì)繩EG段的拉力FEG之比為m1∶2m2答案：D解析：題圖甲中，兩段繩的拉力大小都是m1g，互成120°角，因此合力大小是m1g，根據(jù)共點(diǎn)力平衡，BC桿對滑輪的作用力大小也是m1g(方向與豎直方向成60°角，斜向右上方)，故A錯(cuò)誤；題圖乙中，以G端為研究對象，受力分析如圖所示，由平衡條件得FHGtan30°＝m2g，解得FHG＝eq\r(3)m2g，即HG桿受到繩的作用力為eq\r(3)m2g，故B錯(cuò)誤；題圖甲中繩AC段的拉力FAC＝m1g，題圖乙中由于FEGsin30°＝m2g，解得FEG＝2m2g，可得eq\f(FAC,FEG)＝eq\f(m1,2m2)，故C錯(cuò)誤，D正確。課時(shí)測評7力的合成與分解eq\f(對應(yīng)學(xué)生,用書P363)(時(shí)間：45分鐘滿分：60分)(本欄目內(nèi)容，在學(xué)生用書中以獨(dú)立形式分冊裝訂！)(選擇題10、11、12、14，每題5分，其余每題4分，共60分)1．(4分)(2024·安徽安慶模擬)如圖所示，一個(gè)“Y”形彈弓頂部跨度為L，兩根相同的橡皮條自由長度均為L，在兩橡皮條的末端用一塊軟羊皮(長度不計(jì))做成皮兜。若橡皮條的彈力與形變量的關(guān)系滿足胡克定律，且勁度系數(shù)為k，發(fā)射彈丸時(shí)每根橡皮條的最大長度為1.5L(彈性限度內(nèi))，則發(fā)射過程中皮兜對彈丸的最大作用力為()A．1.2kLB．kLC．eq\f(2\r(2),3)kLD．eq\f(\r(2),3)kL答案：C解析：當(dāng)橡皮條的長度為1.5L時(shí)，皮兜對彈丸有最大作用力，設(shè)此時(shí)兩根橡皮條的夾角為2θ，則Fm＝2kΔxcosθ＝kLcosθ，根據(jù)幾何關(guān)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正確。2．(4分)(2023·山東濰坊4月檢測)有一種瓜子破殼器如圖甲所示，將瓜子放入兩圓柱體所夾的凹槽之間，按壓瓜子即可破開瓜子殼。破殼器截面如圖乙所示，瓜子的剖面可視作頂角為θ的扇形，將其豎直放入兩完全相同的水平等高圓柱體A、B之間，并用豎直向下的恒力F按壓瓜子且保持靜止，若此時(shí)瓜子殼未破開，忽略瓜子自重，不計(jì)摩擦，則()A．若僅減小A、B距離，圓柱體A對瓜子的壓力變大B．若僅減小A、B距離，圓柱體A對瓜子的壓力變小C．若A、B距離不變，頂角θ越大，圓柱體A對瓜子的壓力越大D．若A、B距離不變，頂角θ越大，圓柱體A對瓜子的壓力越小答案：D解析：瓜子處于平衡狀態(tài)，若僅減小A、B距離，A、B對瓜子的彈力方向不變，則大小也不變，A、B錯(cuò)誤；若A、B距離不變，頂角θ越大，則A、B對瓜子彈力的夾角減小，合力不變，則兩彈力減小，C錯(cuò)誤，D正確。故選D。3．(4分)如圖所示，一個(gè)吊椅用輕繩AO、BO固定，繩AO、BO相互垂直，α＞β，且兩繩中的拉力分別為FA、FB，吊椅受到的重力為G，則()A．FA一定大于GB．FA一定大于FBC．FA一定小于FBD．FA與FB大小之和一定等于G答案：B解析：對結(jié)點(diǎn)O受力分析如圖所示，由于α＞β，則G′＞FA＞FB，又G′＝G，則G＞FA＞FB，根據(jù)三角形知識可知FA＋FB＞G，故B正確。4．(4分)科技的發(fā)展正在不斷地改變著我們的生活，如圖甲是一款手機(jī)支架，其表面采用了納米微吸材料，用手觸碰無粘感，接觸到平整光滑的硬性物體時(shí)，會牢牢吸附在物體上，如圖乙是手機(jī)靜止吸附在支架上的側(cè)視圖，若手機(jī)的重力為G，下列說法正確的是()A．手機(jī)受到的支持力大小為GcosθB．手機(jī)受到的支持力不可能大于GC．納米材料對手機(jī)的作用力大小為GsinθD．納米材料對手機(jī)的作用力豎直向上答案：D解析：手機(jī)支架采用了納米微吸材料，支架斜面會對手機(jī)存在一個(gè)吸引力，所以手機(jī)受到的支持力大小不可能為Gcosθ，其大小取決于吸引力的大小，A、B錯(cuò)誤；手機(jī)受到豎直向下的重力和納米材料的作用力(支持力、吸引力和摩擦力的合力)，故納米材料對手機(jī)的作用力豎直向上，大小等于G，C錯(cuò)誤，D正確。5．(4分)如圖所示，某同學(xué)在家用拖把拖地，拖把由拖桿和拖把頭構(gòu)成。設(shè)某拖把頭的質(zhì)量為m，拖桿質(zhì)量可忽略，拖把頭與地板之間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g。該同學(xué)用沿拖桿方向的力F推拖把，讓拖把頭在水平地板上向前勻速移動，此時(shí)拖桿與豎直方向的夾角為θ。則下列判斷正確的是()A．地面受到的壓力FN＝FcosθB．拖把頭受到地面的摩擦力Ff＝μmgC．推力F＝eq\f(μmg,sinθ)D．推力F＝eq\f(μmg,sinθ－μcosθ)答案：D解析：拖把頭受到重力、支持力、推力和摩擦力處于平衡狀態(tài)，受力如圖所示，建立直角坐標(biāo)系，豎直方向上根據(jù)平衡條件可得FN′＝Fcosθ＋mg，根據(jù)牛頓第三定律可得地面受到的壓力為FN＝Fcosθ＋mg，故A錯(cuò)誤；根據(jù)滑動摩擦力的計(jì)算公式可得Ff＝μFN＝μ(Fcosθ＋mg)，故B錯(cuò)誤；拖把頭在水平地板上向前勻速移動，水平方向根據(jù)平衡條件可得Fsinθ＝Ff，即Fsinθ＝μ(Fcosθ＋mg)，解得推力F＝eq\f(μmg,sinθ－μcosθ)，故C錯(cuò)誤，D正確。6．(4分)如圖是轎車常用的千斤頂，當(dāng)搖動把手時(shí)，螺紋軸就能迫使千斤頂?shù)膬杀劭繑n，從而將汽車頂起。若車輪剛被頂起時(shí)汽車對千斤頂?shù)膲毫?.0×105N，此時(shí)千斤頂兩臂間的夾角為120°，則下列判斷正確的是()A．此時(shí)千斤頂每臂受到的壓力均為5.0×104NB．此時(shí)千斤頂對汽車的支持力為5.0×104NC．若繼續(xù)搖動把手，將汽車頂起，千斤頂每臂受到的壓力將增大D．若繼續(xù)搖動把手，將汽車頂起，千斤頂每臂受到的壓力將減小答案：D解析：將汽車對千斤頂?shù)膲毫分解為沿兩臂的兩個(gè)分力F1、F2，根據(jù)對稱性可知，兩臂受到的壓力大小相等F1＝F2。設(shè)千斤頂兩臂間的夾角為2θ，根據(jù)幾何關(guān)系可得2F1cosθ＝F，解得F1＝eq\f(F,2cos60°)＝1.0×105N，所以此時(shí)兩臂受到的壓力大小均為1.0×105N，故A錯(cuò)誤；汽車對千斤頂?shù)膲毫?.0×105N，根據(jù)牛頓第三定律可知，千斤頂對汽車的支持力為1.0×105N，故B錯(cuò)誤；繼續(xù)搖動把手，兩臂靠攏，θ減小，由于F不變，由F1＝eq\f(F,2cosθ)可知，當(dāng)θ減小時(shí)，cosθ增大，則F1減小，故C錯(cuò)誤，D正確。7．(4分)有一種多功能“人”字形折疊梯，其頂部用活頁連在一起，在兩梯中間某相對的位置用一輕繩系住，如圖所示，可以通過調(diào)節(jié)繩子的長度來改變兩梯的夾角θ。一質(zhì)量為m的人站在梯子頂部，若梯子的質(zhì)量及梯子與水平地面間的摩擦不計(jì)，整個(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)，則()A．θ角越大，梯子對水平地面的作用力越大B．θ角越大，梯子對水平地面的作用力越小C．θ角越大，繩子的拉力越大D．θ角越大，人對梯子的壓力越大答案：C解析：對人和梯子整體進(jìn)行分析，有mg＝FN，根據(jù)牛頓第三定律可知，梯子對水平地面的作用力與水平地面對梯子的支持力等大，與θ角無關(guān)，故A、B錯(cuò)誤；對一側(cè)的梯子受力分析，受到人沿梯子向下的作用力、地面豎直向上的支持力(不變)、繩子水平方向的拉力，如圖所示，F(xiàn)T＝FNtaneq\f(θ,2)，F(xiàn)人＝eq\f(FN,cos\f(θ,2))，可知θ角越大，繩子的拉力越大，故C正確；對人受力分析可知，梯子對人的支持力大小等于人的重力，梯子對人的支持力與人對梯子的壓力是相互作用力，大小與θ角無關(guān)，故D錯(cuò)誤。8．(4分)如圖所示，A、B兩物體通過兩個(gè)質(zhì)量不計(jì)的光滑滑輪懸掛起來，處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)將繩子一端從P點(diǎn)緩慢移到Q點(diǎn)，系統(tǒng)仍然平衡，以下說法正確的是()A．夾角θ將變小 B．夾角θ將變大C．物體B位置將變高 D．繩子張力將增大答案：C解析：因?yàn)槔K子張力始終與物體B的重力平衡，所以繩子張力不變；因?yàn)槲矬wA的重力不變，所以繩子與水平方向的夾角不變；因?yàn)槔K子一端從P點(diǎn)緩慢移到Q點(diǎn)，所以物體A會下落，則物體B位置會升高，故選C。9．(4分)(2024·河南鄭州高三月考)如圖甲所示，一艘帆船正逆風(fēng)行駛。如圖乙是帆船逆風(fēng)行駛的簡單受力分析圖，風(fēng)力為F＝105N、方向與帆面的夾角為θ＝30°，航向與帆面的夾角也為θ＝30°，風(fēng)力在垂直帆面方向的分力推動帆船逆風(fēng)行駛，則風(fēng)力F在航向方向的分力為()A．5.0×104N B．2.5×104NC．2×104N D．104N答案：B解析：把風(fēng)力F分別沿著帆面和垂直帆面的方向分解，風(fēng)在垂直帆面方向的力為FN＝Fsinθ，再把風(fēng)在垂直帆面方向的分力FN分別沿著航向和垂直航向的方向分解，風(fēng)力F在航向方向的分力F0就是FN沿著航向方向的分力，F(xiàn)0＝FNsinθ，綜合可得F0＝Fsin2θ，代入F＝105N，θ＝30°，可得F0＝2.5×104N，選項(xiàng)B正確，A、C、D錯(cuò)誤。10．(5分)如圖所示，質(zhì)量為m的物體置于傾角為θ的固定斜面上，物體與斜面之間的動摩擦因數(shù)為μ，先用平行于斜面的推力F1作用于物體上使其能沿斜面勻速上滑，若改用水平推力F2作用于物體上，也能使物體沿斜面勻速上滑，則兩次的推力之比eq\f(F1,F2)為()A．cosθ＋μsinθ B．cosθ－μsinθC．1＋μtanθ D．1－μtanθ答案：B解析：物體在力F1作用下和力F2作用下運(yùn)動時(shí)的受力分別如圖1、2所示。將物體受力沿斜面方向和垂直于斜面方向正交分解，由平衡條件可得F1＝mgsinθ＋Ff1，F(xiàn)N1＝mgcosθ，F(xiàn)f1＝μFN1，F(xiàn)2cosθ＝mgsinθ＋Ff2，F(xiàn)N2＝mgcosθ＋F2sinθ，F(xiàn)f2＝μFN2，解得F1＝mgsinθ＋μmgcosθ，F(xiàn)2＝eq\f(mgsinθ＋μmgcosθ,cosθ－μsinθ)，故eq\f(F1,F2)＝cosθ－μsinθ，B正確。11．(5分)如圖是擴(kuò)張機(jī)的原理示意圖，A、B為活動鉸鏈，C為固定鉸鏈，在A處作用一水平力F，滑塊B就以比F大得多的壓力向上頂物體D，已知圖中2l＝1.0m，b＝0.05m，F(xiàn)＝400N，B與左壁接觸，接觸面光滑，則D受到向上頂?shù)牧?滑塊和桿的重力不計(jì))()A．3000NB．2000NC．1000ND．500N答案：B解析：將力F按作用效果沿AB和AC兩個(gè)方向進(jìn)行分解，如圖甲所示，則有F1＝F2，2F1cosα＝F，可得F1＝F2＝eq\f(F,2cosα)，再將F1按作用效果分解為FN和FN′，如圖乙所示，則有FN＝F1sinα，聯(lián)立解得FN＝eq\f(Ftanα,2)，根據(jù)幾何知識可知tanα＝eq\f(l,b)＝10，則FN＝5F＝2000N，故選項(xiàng)B正確。12．(5分)如圖所示，在豎直平面內(nèi)，有一直角三角形金屬框架，底邊水平，底角分別為30°和60°，質(zhì)量為M的小球a和質(zhì)量為m的小球b套在框架上，可以無摩擦地滑動，a、b之間用不可伸長的細(xì)線連接，當(dāng)系統(tǒng)處于平衡時(shí)，細(xì)線與金屬框架形成的夾角θ＝53°，已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，則小球a、b的質(zhì)量之比eq\f(M,m)為()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：分別對兩小球進(jìn)行受力分析如圖所示，由圖可得Mgsin30°＝Fcosθ，mgsin60°＝Fsinθ，解得eq\f(M,m)＝eq\f(3\r(3),4)，故選項(xiàng)A正確，B、C、D錯(cuò)誤。故選A。13．(4分)汽車的機(jī)械式手剎(駐車制動器)系統(tǒng)的結(jié)構(gòu)對稱，結(jié)構(gòu)示意圖如圖所示。當(dāng)向上拉動手剎拉桿時(shí)，手剎拉索(不可伸縮)就會拉緊，拉索OD、OC分別作用于兩邊輪子的制動器，從而實(shí)現(xiàn)駐車的目的。則以下說法正確的是()A．當(dāng)OD、OC兩拉索夾角為60°時(shí)，三根拉索的拉力大小相等B．拉動手剎拉桿時(shí)，拉索AO上的拉力總比拉索OD和OC中任何一個(gè)拉力大C．若在AO上施加一恒力，OD、OC兩拉索夾角越小，拉索OD、OC的拉力越大D．若保持OD、OC兩拉索的拉力不變，OD、OC兩拉索越短，拉動拉索AO越省力答案：D解析：當(dāng)OD、OC兩拉索夾角為120°時(shí)，三根拉索的拉力大小相等，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；拉動手剎拉桿時(shí)，當(dāng)OD、OC兩拉索夾角大于120°時(shí)，拉索AO上的拉力比拉索OD和OC中任何一個(gè)拉力都小，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；根據(jù)平行四邊形定則可知，若在AO上施加一恒力，OD、OC兩拉索夾角越小，拉索OD、OC上的拉力越小，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；若保持OD、OC兩拉索的拉力不變，OD、OC兩拉索越短，則兩拉力的夾角越大，合力越小，即拉動拉索AO越省力，選項(xiàng)D正確。14．(5分)如圖所示，質(zhì)量均為M的A、B兩滑塊放在粗糙水平面上，兩輕桿等長，桿與滑塊、桿與桿間均用光滑鉸鏈連接，在兩桿鉸合處施加豎直向下的力F，整個(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)，設(shè)桿與水平面間的夾角為θ，下列說法正確的是()A．當(dāng)F一定時(shí)，θ越大，輕桿受力越大B．當(dāng)F一定時(shí)，θ越大，輕桿受力越小C．當(dāng)θ一定時(shí)，F(xiàn)越大，輕桿受力越小D．當(dāng)θ＝30°時(shí)，輕桿受力FT1＝eq\f(F,2)答案：B解析：FT1、FT2及F構(gòu)成了一個(gè)菱形，F(xiàn)是菱形的一條對角線，由幾何關(guān)系可得eq\f(F,2FT1)＝sinθ，所以當(dāng)F一定時(shí)，θ越大，輕桿受力越小，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；當(dāng)θ一定時(shí)，F(xiàn)越大，輕桿受力越大，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；當(dāng)θ＝30°時(shí)，輕桿受力FT1＝eq\f(F,2sinθ)＝F，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。學(xué)生用書第29頁第3講受力分析共點(diǎn)力平衡[課標(biāo)要求]1．知道受力分析的概念，了解受力分析的一般思路。2．理解共點(diǎn)力平衡的條件，會解共點(diǎn)力平衡問題?？键c(diǎn)一物體的受力分析1．受力分析：即分析物體的受力，有兩條思路：(1)根據(jù)物體運(yùn)動狀態(tài)的變化來分析和判斷其受力情況；(2)根據(jù)各種力的特點(diǎn)，從相互作用的角度來分析物體的受力。2．受力分析的一般順序：先分析場力(如重力、電場力、磁場力)，再分析接觸力(如彈力、摩擦力)，最后分析其他力?！净A(chǔ)知識判斷】1．受力分析時(shí)即要分析研究對象受到的力，也要分析研究對象的施力物體的受力。(×)2．慣性不是力，但受力分析時(shí)可以把物體的慣性當(dāng)力。(×)3．受力分析時(shí)只分析物體實(shí)際受到的力，不要把效果力當(dāng)性質(zhì)力去分析。(√)1．受力分析的一般步驟2．受力分析的三種方法假設(shè)法在判斷某力是否存在時(shí)，先對其做出不存在的假設(shè)，然后根據(jù)該力不存在時(shí)對物體運(yùn)動和受力狀態(tài)的影響來判斷該力是否存在。狀態(tài)法(1)處于平衡狀態(tài)的物體：根據(jù)其平衡條件進(jìn)行受力分析。(2)處于變速狀態(tài)的物體：應(yīng)用牛頓第二定律進(jìn)行受力分析。轉(zhuǎn)換法在受力分析時(shí)，若不方便直接分析某力是否存在：(1)可以轉(zhuǎn)換為分析該力的反作用力，根據(jù)其反作用力是否存在，判斷該力是否存在。(2)可以轉(zhuǎn)換為分析與該力相關(guān)的其他研究對象，通過對其他研究對象進(jìn)行受力分析，判斷該力是否存在。(2024·四川綿陽高三模擬)如圖所示，a、b兩個(gè)小球穿在一根粗糙的固定桿上(球的小孔比桿的直徑大)，并且通過一條細(xì)繩跨過定滑輪連接。已知b球質(zhì)量為m，桿與水平面成θ角，不計(jì)滑輪的一切摩擦，重力加速度為g。當(dāng)兩球靜止時(shí)，Oa段繩與桿的夾角也為θ，Ob段繩沿豎直方向，則下列說法正確的是()A．a(chǎn)一定受到4個(gè)力的作用B．b只可能受到2個(gè)力的作用C．繩子對a的拉力有可能等于mgD．a(chǎn)的質(zhì)量一定為mtanθ答案：C解析：對a和b分別受力分析可知，a至少受重力、桿的支持力、繩的拉力3個(gè)力，可能還受摩擦力共4個(gè)力，b受重力、繩的拉力2個(gè)力或重力、繩的拉力、桿的支持力、摩擦力4個(gè)力的作用，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；對b受力分析可知，b受繩子的拉力可能等于mg，因此繩子對a的拉力可能等于mg，選項(xiàng)C正確；對a受力分析，如果摩擦力為零，則magsinθ＝mgcosθ，可得ma＝eq\f(m,tanθ)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。規(guī)律總結(jié)整體法與隔離法方法整體法隔離法概念將加速度相同的幾個(gè)物體作為一個(gè)整體來分析的方法將研究對象與周圍物體分隔開來分析的方法選用原則研究系統(tǒng)外的物體對系統(tǒng)整體的作用力或求系統(tǒng)整體的加速度研究系統(tǒng)內(nèi)物體之間的相互作用力學(xué)生用書第30頁對點(diǎn)練．(多選)如圖所示，兩個(gè)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(guān)于斜面體A和B的受力情況，下列說法正確的是()A．A一定受到四個(gè)力B．B可能受到四個(gè)力C．B與墻壁之間一定有彈力和摩擦力D．A與B之間一定有摩擦力答案：AD解析：對A、B整體受力分析如圖甲所示，受到向下的重力和向上的推力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(cuò)誤；對B受力分析如圖乙所示，其受到重力、A對B的彈力及摩擦力而處于平衡狀態(tài)，故B受到三個(gè)力，B錯(cuò)誤，D正確；對A受力分析，如圖丙所示，受到重力、推力、B對A的彈力和摩擦力，共四個(gè)力，A正確?？键c(diǎn)二靜態(tài)平衡問題1．平衡狀態(tài)：物體處于靜止或勻速直線運(yùn)動狀態(tài)。2．平衡條件：F合＝0(Fx＝0，F(xiàn)y＝0)。3．常用推論(1)二力平衡：兩個(gè)力等大反向。(2)三力平衡：①任意兩個(gè)力的合力必與第三個(gè)力等大反向。②表示這三個(gè)力的有向線段首尾相接組成一個(gè)封閉三角形。(3)若物體受n個(gè)作用力而處于平衡狀態(tài)，則其中任意一個(gè)力與其余(n－1)個(gè)力的合力大小相等、方向相反?！靖呖记榫虫溄印?2022·海南高考·改編)我國的石橋世界聞名，如圖，某橋由六塊形狀完全相同的石塊組成，其中石塊1、6固定，2、5質(zhì)量相同為m，3、4質(zhì)量相同為m′，不計(jì)石塊間的摩擦。判斷下列說法正誤：(1)石塊2、3、4、5都是受到三個(gè)力而平衡。(√)(2)石塊3、4之間的彈力為零。(×)(3)石塊1對2的彈力等于(m＋m′)g。(×)(4)物體處于平衡狀態(tài)時(shí)，其加速度一定為零。(√)解決靜態(tài)平衡問題的四種常用方法合成法三個(gè)共點(diǎn)力平衡時(shí)，任意兩個(gè)力的合力一定與第三個(gè)力大小相等、方向相反。分解法三個(gè)共點(diǎn)力平衡時(shí)，將任意一個(gè)力沿著另外兩個(gè)力的方向分解，則其分力一定分別與另外兩個(gè)力大小相等、方向相反。正交分解法物體受到多個(gè)力作用而平衡時(shí)，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。三角形法三個(gè)共點(diǎn)力平衡時(shí)，將力的矢量圖平移使三力組成一個(gè)首尾依次相接的矢量三角形，根據(jù)正弦定理、余弦定理、相似三角形或直角三角形等數(shù)學(xué)知識求解有關(guān)問題?？枷?合成法(或分解法)(2023·浙江6月選考)如圖所示，水平面上固定兩排平行的半圓柱體，重為G的光滑圓柱體靜置其上，a、b為相切點(diǎn)，∠aOb＝90°，半徑Ob與重力的夾角為37°。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則圓柱體受到的支持力Fa、Fb大小為()A．Fa＝0.6G，F(xiàn)b＝0.4GB．Fa＝0.4G，F(xiàn)b＝0.6GC．Fa＝0.8G，F(xiàn)b＝0.6GD．Fa＝0.6G，F(xiàn)b＝0.8G答案：D解析：方法一：分解法對圓柱體受力分析，將重力分別沿著Fa、Fb的反方向分解，根據(jù)平衡條件可得Fa＝mgsin37°＝0.6G，F(xiàn)b＝mgcos37°＝0.8G，D正確。方法二：合成法對圓柱體受力分析，根據(jù)平衡條件可知圓柱體受到的支持力Fa、Fb的合力與重力G平衡，同理可得Fa＝mgsin37°＝0.6G，F(xiàn)b＝mgcos37°＝0.8G，D正確。考向2正交分解法(多選)(2024·湖北武漢質(zhì)檢)如圖所示，輕質(zhì)光滑滑輪兩側(cè)用輕繩連著兩個(gè)物體A與B，物體B放在水平地面上，A、B均靜止。已知A和B的質(zhì)量分別為mA、mB，繩與水平方向的夾角為θ(θ＜90°)，重力加速度為g，則()A．物體B受到的摩擦力可能為零B．物體B受到的摩擦力大小為mAgcosθ學(xué)生用書第31頁C．物體B對地面的壓力可能為零D．物體B對地面的壓力大小為mBg－mAgsinθ答案：BD解析：對A分析，輕繩拉力FT＝mAg，對B分析，在水平方向有Ff＝FTcosθ＝mAgcosθ，選項(xiàng)B正確；在豎直方向地面對B的支持力FN＝mBg－FTsinθ＝mBg－mA·gsinθ，由牛頓第三定律可知，選項(xiàng)D正確；當(dāng)mBg＝mAgsinθ時(shí)，F(xiàn)N＝0，此時(shí)物體B不可能靜止，選項(xiàng)A、C錯(cuò)誤?？枷?三角形法(2024·廣東珠海模擬)如圖所示的裝置，桿QO沿豎直方向固定，且頂端有一光滑的定滑輪，輕桿OP用鉸鏈固定于O點(diǎn)且可繞O點(diǎn)轉(zhuǎn)動，用兩根輕繩分別拴接質(zhì)量分別為m1、m2的小球1、2并系于P點(diǎn)，其中拴接1小球的輕繩跨過定滑輪，已知O點(diǎn)到滑輪頂端Q的距離等于OP，當(dāng)系統(tǒng)平衡時(shí)兩桿的夾角為α＝120°，則m1∶m2為()A．1∶2 B．eq\r(3)∶2C．1∶1 D．eq\r(3)∶1答案：D解析：以結(jié)點(diǎn)P為研究對象，受力分析如圖所示，則拴接小球1輕繩的拉力大小等于m1g，由力的平衡條件將桿OP的支持力與輕繩的拉力合成，由相似三角形可得m1g＝2m2gcos30°，解得m1∶m2＝eq\r(3)∶1，故A、B、C錯(cuò)誤，D正確?？枷?非共面力作用下的平衡問題圖甲為掛在架子上的雙層晾衣籃。上、下籃子完全相同且保持水平，每個(gè)籃子由兩個(gè)質(zhì)地均勻的圓形鋼圈穿進(jìn)網(wǎng)布構(gòu)成，兩籃通過四根等長的輕繩與鋼圈的四等分點(diǎn)相連，上籃鋼圈用另外四根等長輕繩系在掛鉤上。晾衣籃的有關(guān)尺寸如圖乙所示，則圖甲中上、下各一根繩中的張力大小之比為()A．1∶1 B．2∶1C．5∶2 D．5∶4答案：C解析：設(shè)一個(gè)籃子的質(zhì)量為m，連接下籃的每根繩子的拉力為FT2，對下籃，根據(jù)平衡條件得4FT2＝mg，解得FT2＝eq\f(mg,4)，設(shè)連接上籃的每根繩子的拉力為FT1，繩子與豎直方向夾角為θ，對兩個(gè)籃子組成的整體，由平衡條件得4FT1cosθ＝2mg，根據(jù)幾何關(guān)系得sinθ＝eq\f(24,40)＝0.6，聯(lián)立解得FT1＝eq\f(5,8)mg，則eq\f(FT1,FT2)＝eq\f(5,2)，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤。考向5整體法與隔離法解答多體平衡問題掛燈籠的習(xí)俗起源于西漢時(shí)期，已成為中國人喜慶的象征。如圖所示，由五根等長的輕質(zhì)細(xì)繩懸掛起四個(gè)質(zhì)量相等的燈籠，中間的細(xì)繩是水平的，另外四根細(xì)繩與水平面所成的角分別為θ1和θ2。設(shè)懸掛端繩子拉力大小為F1，水平段繩子拉力大小為F2，燈籠質(zhì)量為m，下列關(guān)系式中正確的是()A．F1＝F2 B．F1＝2F2C．F1＝eq\f(2mg,tanθ1) D．F2＝eq\f(mg,tanθ2)答案：D解析：對左邊兩個(gè)燈籠的整體受力分析可知F1cosθ1＝F2，F(xiàn)1sinθ1＝2mg，解得F1＝eq\f(F2,cosθ1)，F(xiàn)1＝eq\f(2mg,sinθ1)，則F1不等于F2,F1也不一定是2F2，選項(xiàng)A、B、C錯(cuò)誤；對左邊第2個(gè)燈籠受力分析可知F2＝eq\f(mg,tanθ2)，選項(xiàng)D正確。故選D?？键c(diǎn)三動態(tài)平衡問題1．共點(diǎn)力的動態(tài)平衡動態(tài)平衡是指處于平衡狀態(tài)的物體所受的某個(gè)力(或者幾個(gè)力)的大小或方向緩慢變化，是動態(tài)力，但變化過程中的每一個(gè)狀態(tài)均可視為平衡狀態(tài)。2．處理動態(tài)平衡問題的常用方法方法過程解析法(1)列平衡方程得出未知量與已知量的關(guān)系表達(dá)式。(2)根據(jù)已知量的變化情況來確定未知量的變化情況。圖解法(1)根據(jù)已知量的變化情況，畫出不同狀態(tài)下平行四邊形邊、角的變化。(2)根據(jù)邊長的變化判斷力的大小的變化，根據(jù)角度的變化判斷力的方向的變化。方法過程相似三角形法(1)根據(jù)已知條件畫出同一狀態(tài)下對應(yīng)的力的三角形和幾何三角形，確定對應(yīng)邊，利用三角形相似知識列出比例式。(2)根據(jù)已知量的變化判斷未知量的變化情況。正弦定理(或拉密定理)法(1)特點(diǎn)：物體受三個(gè)共點(diǎn)力，這三個(gè)力其中有一個(gè)力為恒力，另外兩個(gè)力都變化，且兩個(gè)變化的力的夾角不變。(2)正弦定理法：eq\f(F1,sinα1)＝eq\f(F2,sinα2)＝eq\f(F3,sinα3)(其中α1、α2、α3分別為F2與F3、F1與F3、F1與F2的夾角)。學(xué)生用書第32頁考向1解析法(2021·湖南