高考物理一轮复习第二章相互作用第3节力的合成与分解

高考物理一轮复习第二章相互作用第3节力的合成与分解

第 3 节 力的合成与分解 , (1)合力及其分力均为作用于同一物体上的力。(√) (2)合力及其分力可以同时作用在物体上。(×) (3)几个力的共同作用效果可以用一个力来代替。(√) (4)在进行力的合成与分解时，都要应用平行四边形定则或三角形定则。(√) (5)两个力的合力一定比其分力大。(×) (6)互成角度的两个力的合力与分力间一定构成封闭的三角形。(√) (7)既有大小又有方向的物理量一定是矢量。(×) 突破点(一) 力的合成问题 1．共点力合成的常用方法 (1)作图法：从力的作用点起，按同一标度作出两个分力 F1 和 F2 的图示，再以 F1 和 F2 的图示为邻边作平行四边形，画出过作用点的对角线，量出对角线的 长度，计算出合力的大小，量出对角线与某一力的夹角确定合力的方向(如图所示)。 (2)计算法：几种特殊情况的共点力的合成。 类 型 作 图 合力的计算 ①互相垂直 F＝ F1 2＋F2 2 tan θ＝F1 F2 ②两力等大，夹角为θ F＝2F1cosθ 2 F 与 F1 夹角为θ 2 ③两力等大且夹角 120° 合力与分力等大 (3)力的三角形定则：将表示两个力的图示(或示意图)保持原来的方向依次首尾相接， 从第一个力的作用点，到第二个力的箭头的有向线段为合力。平行四边形定则与三角形定则 的关系如图甲、乙所示。 2．合力的大小范围 (1)两个共点力的合成 |F1－F2|≤F 合≤F1＋F2 即两个力大小不变时，其合力随夹角的增大而减小，当两力反向时，合力最小，为|F1 －F2|，当两力同向时，合力最大，为 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，求出其合力的范围，如果第三个力在这个范围之内，则三个力的合力最 小值为零；如果第三个力不在这个范围内，则合力最小值等于最大的力减去另外两个力。 [多角练通] 1.如图所示为两个大小不变、夹角θ变化的力的合力的大小 F 与θ角之间的关系图像 (0≤θ≤2π)，下列说法中正确的是( ) A．合力大小的变化范围是 0≤F≤14 N B．合力大小的变化范围是 2 N≤F≤10 N C．这两个分力的大小分别为 6 N 和 8 N D．这两个分力的大小分别为 2 N 和 8 N 解析：选 C 由题图可知：当两力夹角为 180°时，两力的合力为 2 N，而当两力夹角 为 90°时，两力的合力为 10 N。则这两个力的大小分别为 6 N、8 N，故 C 正确；D 错误。 当两个力方向相同时，合力等于两个力之和 14 N；当两个力方向相反时，合力等于两个力 之差 2 N，由此可见：合力大小的变化范围是 2 N≤F≤14 N，故 A、B 错误。 2.(2017·淮安模拟)我国海军在南海某空域举行实兵对抗演 练，某一直升机在匀速水平飞行过程中遇到突发情况，立即改为沿 虚线方向斜向下减速飞行，则空气对其作用力可能是( ) A．F1 B．F2 C．F3 D．F4 解析：选 A 因为直升机沿虚线方向斜向下减速飞行，故合力沿虚线向上， 直升机受到竖直向下的重力以及空气作用力两个力，要想合力沿虚线向上，则 根据矢量三角形可得空气对其作用力可能为 F1，如图所示。 3.(2017·石家庄模拟)如图所示，一个“Y”形弹弓顶部跨度为 L，两根相同的橡皮条自由长度均为 L，在两橡皮条的末端用一块软 羊皮(长度不计)做成裹片。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. 3 2 kL D. 15 2 kL 解析：选 D 设发射弹丸瞬间两橡皮条间的夹角为 2θ，则 sin θ＝ L 2 2L ＝1 4 ，cos θ＝ 1－sin2θ＝ 15 4 。发射过程中裹片对弹丸的最大作用力为 F 合＝2Fcos θ。F＝kx＝kL，故 F 合＝2kL· 15 4 ＝ 15 2 kL，D 正确。 突破点(二) 力的分解问题 1．按作用效果分解力的一般思路 2．正交分解法 (1)定义：将已知力按互相垂直的两个方向进行分解的方法。 (2)建立坐标轴的原则：一般选共点力的作用点为原点，在静力学中，以少分解力和容 易分解力为原则(即尽量多的力在坐标轴上)；在动力学中，通常以加速度方向和垂直加速度 方向为坐标轴建立坐标系。 (3)方法：物体受到 F1、F2、F3…多个力作用求合力 F 时，可把各力沿相互垂直的 x 轴、 y 轴分解。 x 轴上的合力： Fx＝Fx1＋Fx2＋Fx3＋… y 轴上的合力： Fy＝Fy1＋Fy2＋Fy3＋… 合力大小：F＝ Fx 2＋Fy 2 合力方向：与 x 轴夹角设为θ，则 tan θ＝Fy Fx 。 [典例] (2017·衡水调研)如图所示，质量为 m 的物体置于倾角为θ的固定斜面上，物 体与斜面之间的动摩擦因数为μ，先用平行于斜面的推力 F1 作用于物体上使其能沿斜面匀 速上滑，若改用水平推力 F2 作用于物体上，也能使物体沿斜面匀速上滑，则两次的推力之 比F1 F2 为( ) A．cos θ＋μsin θ B．cos θ－μsin θ C．1＋μtan θ D．1－μtan θ [思路点拨] (1)物体在力 F1 或 F2 作用下做匀速运动，物体所受合力均为零。 (2)将物体所受各力沿斜面方向和垂直斜面方向进行正交分解。 [解析] 物体在力 F1 作用下和力 F2 作用下运动时的受力如图所示。 将重力 mg、力 F2 沿斜面方向和垂直于斜面方向正交分解，由平衡条件可得： F1＝mgsin θ＋Ff1，FN1＝mgcos θ，Ff1＝μFN1 F2cos θ＝mgsin θ＋Ff2 FN2＝mgcos θ＋F2sin θ Ff2＝μFN2 解得：F1＝mgsin θ＋μmgcos θ F2＝mgsin θ＋μmgcos θ cos θ－μsin θ 故F1 F2 ＝cos θ－μsin θ，B 正确。 [答案] B [方法规律] 力的合成与分解方法的选择 力的效果分解法、正交分解法、合成法都是常见的解题方法，一般情况下，物体只受三 个力的情形下，力的效果分解法、合成法解题较为简单，在三角形中找几何关系，利用几何 关系或三角形相似求解；而物体受三个以上力的情况多用正交分解法，但也要视题目具体情 况而定。 [集训冲关] 1．(2017·南京一模)减速带是交叉路口常见的一种交通设施，车辆驶过减速带时要减 速，以保障行人的安全。当汽车前轮刚爬上减速带时，减速带对车轮的弹力为 F，下图中弹 力 F 画法正确且分解合理的是( ) 解析：选 B 减速带对车轮的弹力方向垂直车轮和减速带的接触面，指向受力物体，故 A、C 错误；按照力的作用效果分解，可以将 F 沿水平方向和竖直方向分解，水平方向的分 力产生的效果减慢汽车的速度，竖直方向上分力产生向上运动的作用效果，故 B 正确，D 错 误。 2.(2017·六安一中二模)如图所示，两个质量为 m1 的小球套在竖直放置的光滑支架上， 支架的夹角为 120°，用轻绳将两球与质量为 m2 的小球连接，绳与 杆构成一个菱形，则 m1∶m2 为( ) A．1∶1 B.1∶2 C．1∶ 3 D. 3∶2 解析：选 A 将小球 m2 的重力按效果根据平行四边形定则进行分 解如图， 由几何知识得：T＝m2g，对 m1 受力分析，由平衡条件，在沿杆的 方向有：m1gsin 30°＝Tsin 30°，得：T＝m1g，可见 m1∶m2＝1∶1， 故选 A。 3.(2017·江门模拟)如图所示，放在斜面上的物体受到垂直于斜面向上的力 F 作用始终 保持静止，当力 F 逐渐减小后，下列说法正确的是( ) A．物体受到的摩擦力保持不变 B．物体受到的摩擦力逐渐增大 C．物体受到的合力减小 D．物体对斜面的压力逐渐减小 解析：选 A 对物体受力分析，受重力、支持力、静摩擦力 和力 F，如图所示： 因为物体始终静止，处于平衡状态，合力一直为零，根据平 衡条件，有：①垂直斜面方向：F＋FN＝Gcos θ，Gcos θ不变， 所以 F 逐渐减小的过程中，FN 逐渐变大，根据牛顿第三定律，物 体对斜面的压力也增加。②平行斜面方向：Ff＝Gsin θ，G 和 θ保持不变，故 Ff 保持不变， 故 A 正确。 突破点(三) 对称法解决非共面力问题 在力的合成与分解的实际问题中，经常遇到物体受多个非共面力作用处于平衡状态的情 况，而在这类平衡问题中，又常有图形结构对称的特点，结构的对称性往往对应着物体受力 的对称性。,解决这类问题的方法是根据物体受力的对称性，结合力的合成与分解知识及平 衡条件列出方程，求解结果。 [典例] (2017·广州综合测试)如图是悬绳对称且长度可调 的自制降落伞。用该伞挂上重为 G 的物体进行两次落体实验，悬 绳的长度 l1F2 C．F1＝F2G [方法点拨] 降落伞的悬绳对称，则各悬绳上的拉力大小相等，且各悬绳与竖直方向的夹角大小相等， 因此各悬绳的拉力在竖直方向的分力大小也相等。 [解析] 物体受重力和 n 根悬绳拉力作用处于平衡状态，由对称性可知，每条悬绳拉力 的竖直分力为G n ，设绳与竖直方向的夹角为θ，则有 Fcos θ＝G n ，解得 F＝ G ncos θ ，由于无 法确定 ncos θ是否大于 1，故无法确定拉力 F 与重力 G 的关系，C、D 错误；悬绳较长时， 夹角θ较小，故拉力较小，即 F1>F2，A 错误，B 正确。 [答案] B [集训冲关] 1.现场卸货历来是中国南极考察队的“硬仗”，需要利用卡特比勒 车将重达 25 吨的货物卸载，如图所示，吊钩下有四根一样的绳索，且 四根绳索呈对称分布，每根绳索与竖直方向的夹角均为 30°，则每根绳 索的拉力约为( ) A．9.0×104 N B．7.0×104 N C．5.0×104 N D．3.0×104 N 解析：选 B 货物所受绳索拉力的合力等于货物的重力，根据对称性可知，每条绳索拉 力的竖直分力 Fcos 30°＝1 4 mg，解得 F≈7.0×104 N，B 项正确。 2.(2017·吉林联考)蹦床可简化为如图所示的完全相同的网绳构成的正方形，点 O、a、 b、c 等为网绳的结点。当网水平张紧时，若质量为 m 的运动员从高处 竖直落下，并恰好落在 O 点，当该处下凹至最低点时，网绳 aOe、cOg 均成 120°向上的张角，此时 O 点受到的向下的冲击力为 F，则这时 O 点周围每根网绳的拉力的大小为( ) A.F 4 B.F 2 C.F＋mg 4 D.F＋mg 2 解析：选 B 设每根网绳的拉力大小为 F′，对结点 O 有： 4F′cos 60°－F＝0，解得 F′＝F 2 ，选项 B 正确。 3.(多选)(2017·青州检测)如图所示，完全相同的四个足球彼此相互接触叠放在水平面 上，每个足球的质量都是 m，不考虑转动情况，下列说法正确的是 ( ) A．下面每个球对地面的压力均为 4 3 mg B．下面的球不受地面给的摩擦力 C．下面每个球受地面给的摩擦力均为 3 3 mg D．上面球对下面每个球的压力均为 6 6 mg 解析：选 AD 以四个球整体为研究对象，受力分析可得，3FN＝4mg，可知下面每个球对 地面的压力均为 FN＝4 3 mg，A 项正确；隔离上面球分析，由几何关系可得，3F1· 6 3 ＝mg，F1 ＝ 6 6 mg，D 项正确；隔离下面一个球分析，Ff＝F1· 3 3 ＝ 2 6 mg，B、C 项错误。 突破点(四) 绳上的“死结”和“活结”模型 [模型概述] “死结”模型 “活结”模型 “死结”可理解为把绳子分成两 段，且不可以沿绳子移动的结点。“死 结”两侧的绳因结而变成了两根独立 的绳，因此由“死结”分开的两段绳子 上的弹力不一定相等。 “活结”可理解为把绳子分成两段，且可以沿 绳子移动的结点。“活结”一般是由绳跨过滑轮或 者绳上挂一光滑挂钩而形成的。绳子虽然因“活 结”而弯曲，但实际上是同一根绳，所以由“活结” 分开的两段绳子上弹力的大小一定相等，两段绳子 合力的方向一定沿这两段绳子夹角的平分线。 [典例] 如图甲所示，细绳 AD 跨过固定的水平轻杆 BC 右端的定滑轮挂住一个质量为 M1 的物体，∠ACB＝30°；图乙中轻杆 HG 一端用铰链固定在竖直墙上，另一端 G 通过细绳 EG 拉住，EG 与水平方向也成 30°，在轻杆的 G 点用细绳 GF 拉住一个质量为 M2 的物体，求： (1)细绳 AC 段的张力 FTAC 与细绳 EG 的张力 FTEG 之比； (2)轻杆 BC 对 C 端的支持力； (3)轻杆 HG 对 G 端的支持力。 [审题建模] 图甲中细绳跨过定滑轮与物体 M1 相连，属于“活结”模型，细绳 AC 和 CD 张力大小相 等，细绳对定滑轮的合力方向沿∠ACD 的角平分线方向；图乙中细绳 EG 和细绳 GF 为连接于 G 点的两段独立的绳，属于“死结”模型，细绳 EG 和细绳 GF 的张力不相等，轻杆对 G 点的 弹力沿轻杆方向。 [解析] 题图甲和乙中的两个物体 M1、M2 都处于平衡状态，根据平衡的条件，首先判断 与物体相连的细绳，其拉力大小等于物体的重力；分别取 C 点和 G 点为研究对象，进行受力 分析如图甲和乙所示，根据平衡规律可求解。 (1)图甲中细绳 AD 跨过定滑轮拉住质量为 M1 的物体，物体处于平衡状态，细绳 AC 段的 拉力 FTAC＝FTCD＝M1g 图乙中由 FTEGsin 30°＝M2g，得 FTEG＝2M2g。 所以FTAC FTEG ＝ M1 2M2 。 (2)图甲中，三个力之间的夹角都为 120°，根据平衡规律有 FNC＝FTAC＝M1g，方向与水平 方向成 30°，指向右上方。 (3)图乙中，根据平衡规律有 FTEGsin 30°＝M2g，FTEGcos 30°＝FNG，所以 FNG＝M2gcot 30°＝ 3M2g，方向水平向右。 [答案] (1) M1 2M2 (2)M1g，方向与水平方向成 30°指向右上方 (3) 3M2g，方向水平向 右 [集训冲关] 1.(多选)(2017·汉中模拟)如图所示，电灯的重力 G＝10 N，AO 绳 与顶板间的夹角为 45°，BO 绳水平，AO 绳的拉力为 FA，BO 绳的拉力为 FB，则( ) A．FA＝10 2 N B．FA＝10 N C．FB＝10 2 N D．FB＝10 N 解析：选 AD 结点 O 处电灯的重力产生了两个效果，一是沿 OA 向 下的拉紧 AO 的分力 F1，二是沿 BO 向左的拉紧 BO 绳的分力 F2，画出平 行四边形如图所示。 由几何关系得 F1＝ G sin 45° ＝10 2 N，F2＝ G tan 45° ＝10 N，故 FA ＝F1＝10 2 N，FB＝F2＝10 N，故 A、D 正确。 2.(2016·全国丙卷)如图，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.m 2 B. 3 2 m C．m D．2m 解析：选 C 如图所示，由于不计摩擦，线上张力处处相等， 且轻环受细线的作用力的合力方向指向圆心。由于 a、b 间距等于圆 弧半径，则∠aOb＝60°，进一步分析知，细线与 aO、bO 间的夹角 皆为 30°。取悬挂的小物块研究，悬挂小物块的细线张角为 120°， 由平衡条件知，小物块的质量与小球的质量相等，即为 m。故选项 C 正确。 3.如图所示，杆 BC 的 B 端用铰链连接在竖直墙上，另一端 C 为一 滑轮。重物 G 上系一绳经过滑轮固定于墙上 A 点处，杆恰好平衡。若将 绳的 A 端沿墙缓慢向下移(BC 杆、滑轮、绳的质量及摩擦均不计)，则 下列说法正确的是( ) A．绳的拉力增大，BC 杆受绳的压力增大 B．绳的拉力不变，BC 杆受绳的压力增大 C．绳的拉力不变，BC 杆受绳的压力减小 D．绳的拉力不变，BC 杆受绳的压力不变 解析：选 B 由于绳通过滑轮连接到物体 G 上，属于“活结”模型，绳上各处张力处处 相等且大小等于物体的重力 G，故绳的拉力不随绳的 A 端的下移而变化；根据平行四边形定 则，合力在角平分线上，由于两拉力的夹角减小，故两拉力的合力不断变大，因此 BC 杆受 到绳的压力不断变大，选项 B 正确。 力的合成中两类最小值问题 (一)合力一定，其中一个分力的方向一定，当两个分力垂直时，另一个分力最小。 1.如图所示，重力为 G 的小球用轻绳悬于 O 点，用力 F 拉住小球， 使轻绳保持偏离竖直方向 60°角且不变，当 F 与竖直方向的夹角为θ 时 F 最小，则θ、F 的值分别为( ) A．0°，G B．30°， 3 2 G C．60°，G D．90°，1 2 G 解析：选 B 小球重力不变，位置不变，则绳 OA 拉力的方向不变，故当拉力 F 与绳 OA 垂直时，力 F 最小，故θ＝30°，F＝Gcos θ＝ 3 2 G，B 正确。 2.(2017·武昌调研)将两个质量均为 m 的小球 a、b 用细线相连后， 再用细线悬挂于 O 点，如图所示。用力 F 拉小球 b，使两个小球都处于 静止状态，且细线 Oa 与竖直方向的夹角保持θ＝30°，则 F 的最小值 为( ) A. 3 3 mg B.mg C. 3 2 mg D.1 2 mg 解析：选 B 将 ab 看成一个整体受力分析可知，当力 F 与 Oa 垂直时 F 最小，可知此时 F＝2mgsin θ＝mg，B 正确。 (二)合力方向一定，其中一个分力的大小和方向都一定，当另一个分力与合力方向垂直 时，这一分力最小。 3.如图所示，一物块受一恒力 F 作用，现要使该物块沿直线 AB 运动， 应该再加上另一个力的作用，则加上去的这个力的最小值为( ) A．Fcos θ B.Fsin θ C．Ftan θ D．Fcot θ 解析：选 B 要使物块沿 AB 方向运动，恒力 F 与另一个力的合力必沿 AB 方向，当另一 个力与 AB 方向垂直时为最小，故 F′＝Fsin θ，B 正确。 4.如图所示，甲、乙、丙三人分别在两岸用绳拉小船在河流中 行驶，已知甲的拉力大小为 800 N，方向与航向夹角为 30°，乙的 拉力大小为 400 N，方向与航向夹角为 60°，要保持小船在河流正 中间沿虚线所示的直线行驶，则丙用力最小为( ) A．与 F 甲垂直，大小为 400 N B．与 F 乙垂直，大小为 200 3 N C．与河岸垂直，大小约为 746 N D．与河岸垂直，大小为 400 N 解析：选 C 如图所示，甲、乙两人的拉力大小和方向一定， 其合力为如图所示中的 F，要保持小船在河流中间沿虚线方向直线 行驶，F 与 F 丙的合力必沿图中虚线方向，当 F 丙与图中虚线垂直时值最小，由图可知，F 丙 min ＝F 乙 sin 60°＋F 甲 sin 30°＝200 3 N＋400 N≈746 N，C 正确。 对点训练：力的合成问题 1．(多选)物体受共点力 F1、F2、F3 作用而做匀速直线运动，若 F1、F2、F3 三个力不共线， 则这三个力可能选取的数值为( ) A．15 N、5 N、6 N B．3 N、6 N、4 N C．1 N、2 N、10 N D．2 N、6 N、7 N 解析：选 BD 物体在 F1、F2、F3 作用下而做匀速直线运动，则三个力的合力必定为零， 只有 B、D 选项中的三个力的合力可以为零且三个力不共线。 2．(2017·朝安模拟)如图所示，两绳相交于 O 点，绳与绳，绳与 天花板间夹角大小如图，现用一力 F 作用于 O 点，F 与右绳间夹角为α， 保持 F 的大小不变，改变α角的大小，忽略绳本身的重力，则下述哪种 情况下，两绳所受的张力相等( ) A．α＝135° B.α＝150° C．α＝120° D．α＝90° 解析：选 A 点 O 受三个拉力，由于两绳所受的张力相等，故根据平行四边形定则可以 得到两绳拉力的合力在其角平分线上，而其必定与第三个力 F 平衡，即与 F 等值、反向、共 线，故拉力 F 在两绳夹角平分线的反向延长线上，根据几何关系，α＝135°，故选 A。 3．(2017·南京模拟)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．FT1FN2>FN3，故 A 正确。 4．(多选)已知力 F 的一个分力 F1 跟 F 成 30°角，大小未知，另一个分力 F2 的大小为 3 3 F， 方向未知，则 F1 的大小可能是( ) A. 3F 3 B. 3F 2 C.2 3F 3 D. 3F 解析：选 AC 如图所示，因 F2＝ 3 3 F＞Fsin 30°，故 F1 的大小 有两种可能情况，由ΔF＝ F2 2－ Fsin 30° 2＝ 3 6 F，即 F1 的大小 分别为 Fcos 30°－ΔF 和 Fcos 30°＋ΔF，即 F1 的大小分别为 3 3 F 和 2 3 3 F，A、C 正确。 5.(2017·贵阳监测)如图所示是轿车常用的千斤顶，当摇动把 手时，螺纹轴就能迫使千斤顶的两臂靠拢，从而将汽车顶起。当车 轮刚被顶起时汽车对千斤顶的压力为 1.0×105 N，此时千斤顶两臂 间的夹角为 120°。下列判断正确的是( ) A．此时千斤顶每臂受到的压力大小均为 5.0×104 N B．此时千斤顶对汽车的支持力为 1.0×104 N C．若继续摇动把手，将汽车顶起，千斤顶每臂受到的压力将增大 D．若继续摇动把手，将汽车顶起，千斤顶每臂受到的压力将减小 解析：选 D 车轮刚被顶起时，千斤顶两臂支持力的合力为千斤顶对汽车的支持力，等 于汽车对千斤顶的压力，大小为 1.0×105 N，B 项错误；两臂夹角为 120°，由力的合成可 知千斤顶每臂受到的压力为 1.0×105 N，A 项错误；继续摇动把手，将汽车顶起，千斤顶两 臂夹角减小，每臂受到的压力减小，D 项正确，C 项错误。 对点训练：力的分解问题 6．(2017·池州模拟)将物体所受重力按力的效果进行分解，下列图中错误的是( ) 解析：选 C A 项中物体重力分解为垂直于斜面使物体压紧斜面的分力 G1 和沿斜面向下 使物体向下滑的分力 G2；B 项中物体的重力分解为沿两条细绳使细绳张紧的分力 G1 和 G2，A、 B 图均画得正确。C 项中物体的重力应分解为垂直于两接触面使物体压紧两接触面的分力， 故 C 图画错。D 中物体的重力分解为水平向左压紧墙的分力 G1 和沿绳向下使绳张紧的分力 G2，故 D 图画得正确。 7.(多选)(2017·洛阳模拟)如图所示为缓慢关门时(图中箭头方向)门锁的示意图，锁舌 尖角为 37°，此时弹簧弹力为 24 N，锁舌表面较光滑，摩擦不 计(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，下列说法正确的是( ) A．此时锁壳碰锁舌的弹力为 40 N B．此时锁壳碰锁舌的弹力为 30 N C．关门时锁壳碰锁舌的弹力逐渐增大 D．关门时锁壳碰锁舌的弹力保持不变 解析：选 AC 锁壳碰锁舌的弹力分解如图所示，其中 F1＝FNsin 37°， 且此时 F1 大小等于弹簧的弹力 24 N，解得锁壳碰锁舌的弹力为 40 N，选项 A 正确，B 错误；关门时，弹簧的压缩量增大，弹簧的弹力增大，故锁壳碰锁舌 的弹力逐渐增大，选项 C 正确，D 错误。 8.(多选)(2017·衢州质检)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直线运动，已知木块与地面间的动摩擦因数 为μ，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．Fcos θ 解析：选 BD 对木块进行受力分析如图所示，将 F 进行正交分解， 由于木块做匀速直线运动，所以在 x 轴和 y 轴均受力平衡，即 Fcos θ ＝Ff，FN＝mg＋Fsin θ，又由于 Ff＝μFN，故 Ff＝μ(mg＋Fsin θ)，B、 D 正确。 9.(2017·安阳二模)如图所示，一质量为 m 的沙袋用不可伸长 的轻绳悬挂在支架上，一练功队员用垂直于绳的力将沙袋缓慢拉起， 使绳与竖直方向的夹角为θ＝30°，且绳绷紧，则练功队员对沙袋 施加的作用力大小为( ) A.mg 2 B. 3 2 mg C. 3 3 mg D. 3mg 解析：选 A 如图，建立直角坐标系对沙袋进行受力分析： 由平衡条件有：Fcos 30°－FTsin 30°＝0，FTcos 30°＋Fsin 30°－mg＝0，联立可解得：F＝mg 2 ，故选 A。 10.(2017·深圳联考)如图所示，内壁及碗口光滑的半球形碗固定在水平面上，碗口保 持水平。A 球、C 球与 B 球分别用两根轻质细线连接。当系统保持静 止时，B 球对碗壁刚好无压力，图中θ＝30°，则 A 球和 C 球的质量 之比为( ) A．1∶2 B.2∶1 C．1∶ 3 D. 3∶1 解析：选 C B 球对碗壁刚好无压力，则根据几何知识分析可得，B 球所在位置两细线 的夹角为 90°，以 B 球为研究对象，进行受力分析，水平方向所受合力为零，由此可知 FAcos θ＝FCsin θ，FA FC ＝mAg mCg ＝tan θ＝ 1 3 ，C 正确。 考点综合训练 11．(2017·湖南十二校联考)如图所示，光滑斜面的倾角为 30°，轻绳通过两个滑轮 与 A 相连，轻绳的另一端固定于天花板上，不计轻绳与滑轮的摩擦。物块 A 的质量为 m，不 计滑轮的质量，挂上物块 B 后，当动滑轮两边轻绳的夹角为 90°时，A、B 恰能保持静止， 则物块 B 的质量为( ) A. 2 2 m B. 2m C．m D．2m 解析：选 A 先以 A 为研究对象，由 A 物块受力及平衡条件可得，绳中张力 FT＝mgsin 30°。再以动滑轮为研究对象，分析其受力并由平衡条件有 mBg＝ 2FT，解得 mB＝ 2 2 m，A 正确。 12．(多选)(2017·扬州调研)两物体 M、m 用跨过光滑定滑轮的 轻绳相连，如图所示，OA、OB 与水平面的夹角分别为 30°、60°， M、m 均处于静止状态。则( ) A．绳 OA 对 M 的拉力小于绳 OB 对 M 的拉力 B．绳 OA、OB 对 M 的拉力大小相等 C．m 受到水平面的静摩擦力大小为零 D．m 受到水平面的静摩擦力的方向水平向左 解析：选 AD 设绳 OA 对 M 的拉力为 FA，绳 OB 对 M 的拉力为 FB，由 M 处于静止状态可 得：FA·cos 30°＝FB·cos 60°即 3FA＝FB，故 A 正确，B 错误；因 FB＞FA，物体 m 有向右 滑动的趋势，m 受到水平面的摩擦力的方向水平向左，D 正确，C 错误。 13.(2017·淄博诊考)如图所示，一质量均匀的实心圆球被直径 AB 所在的平面一分为二，先后以 AB 沿水平和竖直两种不同方向放 置在光滑支架上，处于静止状态，两半球间的作用力分别为 F 和 F′， 已知支架间的距离为 AB 长度的一半，则 F F′ 等于( ) A. 3 B. 3 2 C.2 3 3 D. 3 3 解析：选 A 设两半球的总质量为 m，当球以 AB 沿水平方向放置，可知 F ＝1 2 mg，当球以 AB 沿竖直方向放置，以两半球为整体，隔离右半球受力分析如图所示，可得： F′＝mg 2 tan θ，根据支架间的距离为 AB 的一半，可得：θ＝30°，则 F F′ ＝ 1 tan θ ＝ 3， 则 A 正确。 14．(2017·山东师大附中一模)如图所示，三根长度均为 L 的轻绳分别连接于 C、D 两 点，A、B 两端被悬挂在水平天花板上，相距 2L，现在 C 点上悬挂一个质量为 m 的重物，为 使 CD 绳保持水平，在 D 点上可施加力的最小值为( ) A．mg B. 3 3 mg C.1 2 mg D.1 4 mg 解析：选 C 由题图可知，要使 CD 水平，各绳均应绷紧，则 AC 与水平方向的夹角为 60°； 结点 C 受力平衡，受力分析如图所示，则 CD 绳的拉力 FT＝mgtan 30°＝ 3 3 mg；D 点受绳子 拉力大小等于 FT，方向向左；要使 CD 水平，D 点两绳的拉力与外界的力的合力为零，则绳 子对 D 点的拉力可分解为沿 BD 绳的 F1，及另一分力 F2，由几何关系可知，当力 F2 与 BD 垂 直时，F2 最小，而 F2 的大小即为拉力的大小；故最小力 F＝FTsin 60°＝1 2 mg。故选 C。 15．如图甲所示，将两根劲度系数均为 k、原长均为 L 的轻 弹簧，一端固定在水平天花板上相距为 2L 的两点，另一端共同连 接一质量为 m 的物体，平衡时弹簧与竖直方向的夹角为 37°。若 将物体的质量变为 M，平衡时弹簧与竖直方向的夹角为 53°，如 图乙所示(sin 37°＝0.6)，则M m 等于( ) A. 9 32 B. 9 16 C.3 8 D.3 4 解析：选 A 由平衡条件，对题图甲，2kx1cos 37°＝mg，(L＋x1)sin 37°＝L，对题 图乙，2kx2cos 53°＝Mg，(L＋x2)sin 53°＝L，联立解得：M m ＝ 9 32 ，所以选项 A 正确。