【物理】2019届一轮复习人教版 相互作用 学案 (1)
第二章 相互作用
[全国卷5年考情分析]
基础考点
常考考点
命题概率
常考角度
形变、弹性、胡克定律(Ⅰ)
矢量和标量(Ⅰ)
以上2个考点未曾独立命题
滑动摩擦力、动摩擦因数、静摩擦力(Ⅰ)
'17Ⅱ卷T16(6分)
'16Ⅰ卷T19(6分)
'15Ⅰ卷T20(6分)
'13Ⅱ卷T15(6分)
独立命题概率30%
综合命题概率70%
(1)结合物体的平衡条件考查弹力、摩擦力
(2)静摩擦力和滑动摩擦力转换过程中摩擦力的变化
(3)力的合成与分解
(4)静态平衡和动态平衡问题
力的合成和分解(Ⅱ)
'16Ⅲ卷T17(6分)
'17Ⅰ卷T21(6分)
'17Ⅲ卷T17(6分)
'16Ⅲ卷T17(6分)
'14Ⅱ卷T17(6分)
'13Ⅱ卷T15(6分)
综合命题概率100%
共点力的平衡(Ⅱ)
综合命题概率70%
实验二：探究弹力和弹簧伸长的关系
'14Ⅱ卷T23(9分)
综合命题概率30%
实验三：验证力的平行四边形定则
'17Ⅲ卷T22(6分)
综合命题概率30%
第1节重力__弹力
(1)自由下落的物体所受重力为零。(×)
(2)重力的方向不一定指向地心。(√)
(3)弹力一定产生在相互接触的物体之间。(√)
(4)相互接触的物体间一定有弹力。(×)
(5)F＝kx中“x”表示弹簧形变后的长度。 (×)
(6)弹簧的形变量越大，劲度系数越大。(×)
(7)弹簧的劲度系数由弹簧自身性质决定。(√)
◎物理学史判断
胡克定律是英国科学家胡克发现的。(√)
1．物体的重力与地球对物体的万有引力二者一般不相等。
2．胡克定律对轻弹簧、橡皮条均适用，但形变量应在弹性限度内。
3．解题中常用到的二级结论：
(1)绳上的张力一定沿着绳指向绳收缩的方向。
(2)物体面面或点面接触时的弹力的方向一定垂直于接触面或接触点的切面指向受力物体。
(3)弹力的大小不一定等于物体的重力。
突破点(一) 弹力的有无及方向判断
1．弹力有无的判断“三法”
(1)条件法：根据物体是否直接接触并发生弹性形变来判断是否存在弹力。多用来判断形变较明显的情况。
(2)假设法：对形变不明显的情况，可假设两个物体间不存在弹力，看物体能否保持原有的状态，若运动状态不变，则此处不存在弹力；若运动状态改变，则此处一定存在弹力。
(3)状态法：根据物体的运动状态，利用牛顿第二定律或共点力平衡条件判断是否存在弹力。
2．弹力方向的确定
[题点全练]
1.匀速前进的车厢顶部用细线竖直悬挂一小球，如图所示，小球下方与一光滑斜面接触。关于小球的受力，说法正确的是( )
A．重力和细线对它的拉力
B．重力、细线对它的拉力和斜面对它的弹力
C．重力和斜面对它的支持力
D．细线对它的拉力和斜面对它的支持力
解析：选A 小球必定受到重力和细线的拉力。小球和光滑斜面接触，假设斜面对小球有弹力，小球将受到三个力作用，重力和细线的拉力在竖直方向上，弹力垂直于斜面向上，三个力的合力不可能为零，与题设条件矛盾，故斜面对小球没有弹力，故A正确。
2.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
解析：选D 若小球与小车一起做匀速运动，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。
3.(2018·聊城模拟)小车上固定一根弹性直杆A，杆顶固定一个小球B(如图所示)，现让小车从光滑斜面上自由下滑，在下列如图所示的情况中杆发生了不同的形变，其中正确的是( )
解析：选C 小车在光滑斜面上自由下滑，则加速度a＝gsin θ(θ为斜面的倾角)，由牛顿第二定律可知小球所受重力和杆的弹力的合力沿斜面向下，且小球的加速度等于gsin θ，则杆的弹力方向垂直于斜面向上，杆不会发生弯曲或倾斜，C正确。
突破点(二) 弹力的分析与计算
[典例] (2018·安庆质检)如图所示，固定在小车上的支架的斜杆与竖直杆间的夹角为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＝mgcos θ，方向垂直于杆向上
C．小车以向右的加速度a运动时，一定有F＝
D．小车以向左的加速度a运动时，F＝，方向斜向左上方，与竖直方向的夹角θ1满足tan θ1＝
[解析] 小车静止时，由物体的平衡条件知，此时杆对小球的作用力方向竖直向上，大小等于球的重力mg，A、B错误；小车以向右的加速度a运动，设小球受杆的作用力的方向与竖直方向的夹角为θ1，如图甲所示。根据牛顿第二定律，有Fsin θ1＝ma，Fcos θ1＝mg，两式相除可得tan θ1＝，只有当小球的加速度a＝gtan θ时，杆对小球的作用力才沿杆的方向，此时才有F＝，C错误；小车以加速度a向左加速运动时，由牛顿第二定律，可知小球所受到的重力mg与杆对球的作用力的合力大小为ma，方向水平向左，如图乙所示。所以杆对球的作用力的大小F＝，方向斜向左上方，tan θ1＝，D正确。
[答案] D
[方法规律] 计算弹力的四种方法
(1)根据胡克定律计算；(2)根据力的平衡条件计算；
(3)根据牛顿第二定律计算；(4)根据动能定理计算。
[集训冲关]
1．(2018·潍坊调研)一小组将两个完全相同的轻弹簧分别按图甲和图乙连接，等效为两个新弹簧，测得两个新弹簧的“拉力与弹簧伸长量的关系图像”如图丙所示，则下列说法正确的是( )
A．F＝2 N时甲图中每个弹簧伸长0.1 m
B．F＝2 N时乙图中每个弹簧伸长0.1 m
C．原来每个弹簧的劲度系数为20 N/m
D．b为甲图弹簧得到的图像
解析：选A 根据弹簧串联与并联的特点可知，两条弹簧并联后新弹簧的劲度系数增大，而串联后新弹簧的劲度系数相对较小；弹簧的拉力与弹簧伸长量的关系图像中，直线的斜率：k＝，对比胡克定律：F＝kΔx可知，直线的斜率即表示弹簧的劲度系数。由于a的劲度系数大，b的劲度系数小，所以a为甲图弹簧得到的图像，b为乙图弹簧得到的图像。甲图是两根弹簧并联，新弹簧的伸长量等于每一个弹
簧的伸长量，所以甲图中，F＝2 N时每个弹簧都伸长0.1 m，故A正确，B、D错误；由丙图可知，新弹簧的劲度系数：k甲＝＝ N/m＝20 N/m，则原来每个弹簧的劲度系数一定不是20 N/m，故C错误。
2.如图所示，一重为10 N的球固定在支杆AB的上端，用一段绳子水平拉球，使杆发生弯曲，已知绳的拉力为7.5 N，则AB杆对球的作用力( )
A．大小为7.5 N
B．大小为10 N
C．方向与水平方向成53°角斜向右下方
D．方向与水平方向成53°角斜向左上方
解析：选D 对球进行受力分析可得，AB杆对球的作用力与绳子对球的拉力的合力，与球的重力等值反向，则AB杆对球的作用力大小F＝＝12.5 N，A、B错误；设AB杆对球的作用力与水平方向夹角为α，可得tan α＝＝，α＝53°，故D项正确。
3．(2017·全国卷Ⅲ)一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距80 cm的两点上，弹性绳的原长也为80 cm。将一钩码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为100 cm；再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点，则弹性绳的总长度变为(弹性绳的伸长始终处于弹性限度内)( )
A．86 cm B．92 cm
C．98 cm D．104 cm
解析：选B 将钩码挂在弹性绳的中点时，由数学知识可知钩码两侧的弹性绳(劲度系数设为k)与竖直方向夹角θ均满足sin θ＝，对钩码(设其重力为G)静止时受力分析，得G＝2kcos θ；弹性绳的两端移至天花板上的同一点时，对钩码受力分析，得G＝2k，联立解得L＝92 cm，可知A、C、D项错误，B项正确。
“形异质同”类问题——练比较思维
平衡中的弹簧问题：弹簧可以发生压缩形变，也可以发生拉伸形变，其形变方向不同，弹力的方向也不同。在平衡问题中，常通过轻弹簧这种理想化模型，设置较为复杂的情景，通过物体受力平衡问题分析弹簧的弹力。该类问题常有以下三种情况：
(一)拉伸形变
1.如图所示，用完全相同的轻弹簧A、B、C将两个相同的小球连接并悬挂，小球处于静止状态，弹簧A与竖直方向的夹角为30°，弹簧C水平，则弹簧A、C的伸长量之比为( )
A.∶4 B．4∶
C．1∶2 D．2∶1
解析：选D 将两小球及弹簧B视为一个整体系统，该系统水平方向受力平衡，故有kΔxAsin 30°＝kΔxC，可得ΔxA∶ΔxC＝2∶1，D项正确。
(二)压缩形变
2.如图所示，两木块的质量分别为m1和m2，两轻质弹簧的劲度系数分别为k1和k2，上面木块压在上面的弹簧上(但不拴接)，整个系统处于平衡状态。现缓慢向上提上面的木块，直到它刚离开上面弹簧，在此过程中下面木块移动的距离为( )
A. B.
C. D.
解析：选C 在此过程中，压在下面弹簧上的压力由(m1＋m2)g 减小到m2g，即减少了m1g，根据胡克定律可断定下面弹簧的长度增长了Δl＝，即下面木块移动的距离为。
(三)形变未知
3.如图所示，水平轻杆的一端固定在墙上，轻绳与竖直方向的夹角为37°，小球的重力为12 N，轻绳的拉力为10 N，水平轻弹簧的弹力为9 N，求轻杆对小球的作用力。
解析：设杆的弹力大小为F，与水平方向的夹角为α，
(1)弹簧向左拉小球时，小球受力如图甲所示。
由平衡条件知：
代入数据解得：F＝5 N，α＝53°
即杆对小球的作用力大小为5 N，方向与水平方向成53°角斜向右上方。
(2)弹簧向右推小球时，小球受力如图乙所示。
由平衡条件得：
代入数据解得：F≈15.5 N，α＝π－arctan。
即杆对小球的作用力大小约为15.5 N，方向与水平方向成arctan斜向左上方。
答案：见解析
(一)普通高中适用作业
[A级——基础小题练熟练快]
★1．[多选]关于力，下列说法正确的是( )
A．拳击运动员一记重拳出击，被对手躲过，运动员施加的力没有受力物体
B．站在地面上的人受到的弹力是地面欲恢复原状而产生的
C．重力、弹力、摩擦力是按力的性质命名的，动力、阻力、压力、支持力是按力的作用效果命名的
D．同一物体放在斜面上受到的重力一定小于放在水平面上受到的重力
解析：
选BC 力是物体间的相互作用，有力就有施力物体和受力物体，故A错误；物体受到的弹力是施力物体反抗形变(或欲恢复原状)对受力物体施加的力，故B正确；力学中，按照力的性质可以把力分为重力、弹力、摩擦力等，按照力的作用效果可以把力分为动力、阻力、压力、支持力等，故C正确；同一物体放在地球上同一纬度且离地面高度相同时，受到的重力相同，故D错误。
2．下列关于重力的说法中正确的是( )
A．物体只有静止时才受重力作用
B．重力的方向总是指向地心
C．地面上的物体在赤道上受的重力最小
D．物体挂在弹簧测力计下，弹簧测力计的示数一定等于物体的重力
解析：选C 物体受到重力的作用，与物体的运动状态无关，A错误；重力的方向总是竖直向下，不一定指向地心，B错误；赤道上重力加速度最小，因此地面上的物体在赤道上受的重力最小，C正确；物体挂在弹簧测力计下处于平衡状态时，弹簧测力计的示数才等于物体的重力，故D错误。
★3.如图所示，小车受到水平向右的弹力作用，与该弹力的有关说法中正确的是( )
A．弹簧发生拉伸形变
B．弹簧发生压缩形变
C．该弹力是小车形变引起的
D．该弹力的施力物体是小车
解析：选A 小车受到水平向右的弹力作用，是弹簧发生拉伸形变引起的，该弹力的施力物体是弹簧，故只有A项正确。
★4．足球运动是目前全球体育界最具影响力的运动项目之一，深受青少年喜爱。如图所示为四种与足球有关的情景，下列说法正确的是( )
A．图甲中，静止在草地上的足球受到的弹力就是它的重力
B．图乙中，静止在光滑水平地面上的两个足球由于接触而受到相互作用的弹力
C．图丙中，即将被踢起的足球一定不能被看成质点
D．图丁中，落在球网中的足球受到弹力是由于球网发生了形变
解析：选D 足球受到的弹力和重力是两种性质的力，A错误；产生弹力的条件是相互接触且存在形变，B错误；物体能否看成质点取决于物体的大小和形状对所研究问题的影响是否可以忽略，即将被踢起的足球有时也能看成质点，C错误；落在球网中的足球受到弹力是由于球网发生了形变，D正确。
5.在半球形光滑碗内斜搁一根筷子，如图所示，筷子与碗的接触点分别为A、B，则碗对筷子A、B两点处的作用力方向分别为( )
A．均竖直向上
B．均指向球心O
C．A点处指向球心O，B点处竖直向上
D．A点处指向球心O，B点处垂直于筷子斜向上
解析：选D A点处弹力的方向沿半径指向球心O，B点处弹力的方向垂直于筷子斜向上，故D正确。
6．[多选]如图甲所示，一弹簧一端固定在传感器上，传感器与电脑相连，当对弹簧施加变化的作用力(拉力或压力)时，在电脑上得到了弹簧长度的形变量与弹簧产生的弹力大小的关系图像(如图乙)。则在弹簧的弹性限度内，下列判断正确的是( )
A．弹簧产生的弹力和弹簧的长度成正比
B．弹簧长度的增加量与对应的弹力增加量成正比
C．该弹簧的劲度系数是200 N/m
D．对该弹簧施加拉力或压力时，劲度系数不变
解析：选BCD 根据胡克定律可知F＝k(l－l0)＝kx，即弹簧弹力与弹簧的形变量成正比，与弹簧长度不成正比，故A错误；根据胡克定律知，ΔF＝kΔx，则弹簧长度的增加量与弹力增加量成正比，故B正确；弹力与弹簧形变量的关系图像的斜率表示劲度系数，由此可知该弹簧的劲度系数是200 N/m，故C正确；由于图像斜率不变，说明对该弹簧施加拉力或压力时，劲度系数不变，故D正确。
★7.(2018·福建六校联考)如图所示，三个质量均为1 kg的木块a、b、c和两个劲度系数均为500 N/m的轻弹簧p、q用轻绳连接，其中a放在光滑水平桌面上。开始时弹簧p处于原长，木块都处于静止状态。现用水平力缓慢地向左拉弹簧p的左端，直到c刚好离开水平面为止，g取10 m/s2。该过程弹簧p的左端向左移动的距离是( )
A．4 cm B．6 cm
C．8 cm D．10 cm
解析：选C 弹簧q开始处于压缩状态，kx1＝mg，当c刚好离开水平面时，弹簧q处于伸长状态，kx1′＝mg，此时弹簧p处于伸长状态，弹力大小为kx2＝2mg，代入数据可解得：x1＝x1′＝2 cm，x2＝4 cm，故此过程中弹簧p的左端向左移动的距离为x1＋x1′＋x2＝8 cm，C正确。
[B级——中档题目练通抓牢]
8．如图所示的四个图中，AB、BC均为轻质杆，各图中杆的A、C端都通过铰链与墙连接，两杆都在B处由铰链连接，且系统均处于静止状态。现用等长的轻绳来代替轻杆，能保持平衡的是( )
A．图中的AB杆可以用轻绳代替的有甲、乙、丙
B．图中的AB杆可以用轻绳代替的有甲、丙、丁
C．图中的BC杆可以用轻绳代替的有乙、丙、丁
D．图中的BC杆可以用轻绳代替的有甲、乙、丁
解析：选B 如果杆受拉力作用，可以用与之等长的轻绳代替，如果杆受压力作用，则不可用等长的轻绳代替，题图甲、丙、丁中的AB杆均受拉力作用，而甲、乙、丁中的BC杆均受沿杆的压力作用，故A、C、D均错误，B正确。
9.如图所示，质量为2 kg的物体B和质量为1 kg的物体C用轻弹簧连接并竖直地静置于水平地面上。再将一个质量为3 kg 的物体A轻放到B上的瞬间，弹簧的弹力大小为(取g＝10 m/s2)( )
A．30 N B．0
C．20 N D．12 N
解析：选C 放物体A之前，物体B处于平衡状态，由平衡条件可知，弹簧的弹力F＝mBg＝20 N，轻放上物体A的瞬间，弹簧的弹力来不及改变，其大小仍为20 N，故C正确。
★10.(2018·宁波联考)如图所示，A、B两个物块的重力分别是GA＝3 N，GB＝4 N，弹簧的重力不计，整个装置沿竖直方向处于静止状态，这时弹簧的弹力F＝2 N，则天花板受到的拉力和地板受到的压力，有可能是( )
A．3 N和4 N B．5 N和6 N
C．1 N和2 N D．5 N和2 N
解析：选D 当弹簧由于被压缩而产生2 N的弹力时，由受力平衡及牛顿第三定律知识：天花板受到的拉力为 1 N，地板受到的压力为6 N；当弹簧由于被拉伸而产生2 N的弹力时，可得天花板受到的拉力为5 N，地板受到的压力为2 N，D正确。
11.如图所示，一倾角为45°的斜面固定于墙角，为使一光滑的铁球静止于图示位置，需加一水平力F，且F通过球心。下列说法正确的是( )
A．铁球一定受墙水平向左的弹力
B．铁球可能受墙水平向左的弹力
C．铁球一定受斜面通过铁球的重心的弹力
D．铁球可能受斜面垂直于斜面向上的弹力
解析：选B F的大小合适时，铁球可以静止在无墙的斜面上，F增大时墙才会对铁球有弹力，所以选项A错误，B正确。斜面必须有对铁球斜向上的弹力才能使铁球不下落，该弹力方向垂直于斜面但不一定通过铁球的重心，所以选项C、D错误。
12.一个长度为L的轻弹簧，将其上端固定，下端挂一个质量为m的小球时，弹簧的总长度变为2L。现将两个这样的弹簧按如图所示方式连接，A、B两小球的质量均为m，则两小球平衡时，B小球距悬点O的距离为(不考虑小球的大小，且弹簧都在弹性限度范围内)( )
A．3L B．4L
C．5L D．6L
解析：选C 由题意可知，kL＝mg，当用两个相同的弹簧按题图所示悬挂时，下面弹簧弹力大小为mg，伸长量为L，而上面弹簧的弹力为2mg，由kx＝2mg可知，上面弹簧的伸长量为x＝2L，故B球到悬点O的距离为L＋L＋L＋2L＝5L，C正确。
[C级——难度题目自主选做]
★13．[多选](2018·汕头调研)如图所示，在竖直方向上，两根完全相同的轻质弹簧a、b，一端与质量为m的物体相连接，另一端分别固定，当物体平衡时，若( )
A．a被拉长，则b一定被拉长
B．a被压缩，则b一定被压缩
C．b被拉长，则a一定被拉长
D．b被压缩，则a一定被拉长
解析：选BC 对物体受力分析并结合平衡条件，可知当a对物体有拉力Fa时，若Fa>mg，则b被拉长；若Fa
F2，h1F2，h1>h2 D．F1＝F2，h1>h2
解析：选C 轻绳的质量不计，则题图甲中的重力全部集中在球上，重心在球的球心，而题图乙中铁链的质量是均匀分布的，故其重心一定在铁链最低点的上方，故h1>h2；对球和铁链进行受力分析，如图所示。
A点对轻绳的拉力沿着轻绳的方向，A点对铁链的拉力沿着A点处铁链的切线方向，故题图乙中A、B两点对铁链拉力的夹角比较小，由力的合成知识知F2较小，故C正确。
第2节摩_擦_力
(1)摩擦力总是阻碍物体的运动或运动趋势。(×)
(2)受静摩擦力作用的物体一定处于静止状态。(×)
(3)受滑动摩擦力作用的物体，可能处于静止状态。(√)
(4)接触处有摩擦力作用时一定有弹力作用。(√)
(5)接触处的摩擦力一定与弹力方向垂直。(√)
(6)两物体接触处的弹力越大，滑动摩擦力越大。(×)
(7)两物体接触处的弹力增大时，接触面间的静摩擦力大小可能不变。(√)
1．区分物体间存在静摩擦力还是滑动摩擦力，要看物体间是有相对运动趋势还是有相对运动。
2．摩擦力的方向与物体的运动方向可能相同、可能相反，也可能不共线，但与物体间相对运动或趋势的方向一定相反。
3．滑动摩擦力的大小可由公式F＝μFN计算，而静摩擦力的大小一般不能用F＝μFN计算大小。
突破点(一) 静摩擦力的有无及方向判断
[题点全练]
1.(2018·遵义调研)如图所示，质量为m的物体A以一定的初速度v沿粗糙斜面上滑，物体A在上滑过程中受到的力有( )
A．向上的冲力、重力、斜面的支持力、沿斜面向下的摩擦力
B．重力、斜面的支持力、沿斜面向下的摩擦力
C．重力、对斜面的正压力、沿斜面向下的摩擦力
D．重力、斜面的支持力、下滑力
解析：选B 地球表面的一切物体均受重力，故物体必受重力；物体与斜面相互挤压，故斜面对物体一定有支持力，方向垂直于斜面向上；物体相对于粗糙斜面向上滑动，一定与斜面体有摩擦力，摩擦力阻碍物体间的相对滑动，物体相对于斜面向上滑动，故一定受到沿斜面向下的滑动摩擦力；物体依靠惯性运动，没有向上的冲力，也找不到施力物体，重力有使物体下滑的趋势，无下滑力，同样也找不到施力物体；故B正确。
2.(2018·鹰潭一模)如图所示，三个形状不规则的石块a、b、c
在水平桌面上成功地叠放在一起。下列说法正确的是( )
A．石块b对a的支持力一定竖直向上
B．石块b对a的支持力一定等于a受到的重力
C．石块c受到水平桌面向左的摩擦力
D．石块c对b的作用力一定竖直向上
解析：选D 由题图可知，a与b的接触面不是水平面，可知石块b对a的支持力与其对a的静摩擦力的合力，跟a受到的重力是一对平衡力，故A、B错误；以三个石块作为整体研究，整体受到的重力与支持力是一对平衡力，则石块c不会受到水平桌面的摩擦力，故C错误；选取ab作为整体研究，根据平衡条件，石块c对b的作用力与ab整体的重力平衡，则石块c对b的作用力一定竖直向上，故D正确。
3．[多选](2018·南京模拟)如图所示，A、B、C三个物体质量相等，它们与传送带间的动摩擦因数也相同。三个物体随传送带一起匀速运动，运动方向如图中箭头所示。则下列说法正确的是( )
A．A物体受到的摩擦力方向向右
B．三个物体中只有A物体受到的摩擦力是零
C．B、C受到的摩擦力方向相同
D．B、C受到的摩擦力方向相反
解析：选BC A物体与传送带一起匀速运动，它们之间无相对运动或相对运动趋势，即无摩擦力作用，A错误；B、C两物体虽运动方向不同，但都处于平衡状态，由沿传送带方向所受合力为零可知，B、C两物体均受沿传送带方向向上的摩擦力作用，故B、C正确，D错误。
4.(2018·中山模拟)如图所示，放在粗糙水平面上的物体A上叠放着物体B，A和B之间有一根处于压缩状态的弹簧，A、B均处于静止状态，下列说法中正确的是( )
A．B受到向左的摩擦力
B．B对A的摩擦力向右
C．地面对A的摩擦力向右
D．地面对A没有摩擦力
解析：选D 压缩的弹簧对B有向左的弹力，B有向左运动的趋势，受到向右的摩擦力，选项A错误；A对B的摩擦力向右，由牛顿第三定律可知，B对A的摩擦力向左，选项B错误；对整体研究，根据平衡条件分析可知，地面对A没有摩擦力，选项C错误，D正确。
[题后悟通]
判断静摩擦力的有无及方向的三种方法
(1)假设法
(2)运动状态法
此法关键是先确定物体的运动状态(如平衡或求出加速度)，再利用平衡条件或牛顿第二定律(F＝ma)确定静摩擦力的方向。
(3)牛顿第三定律法
“力是物体间的相互作用”，先确定受力较少的物体受到的静摩擦力的方向，再根据牛顿第三定律确定另一物体受到的静摩擦力的方向。
突破点(二) 摩擦力大小的计算
1．滑动摩擦力的计算方法
可用公式F＝μFN计算，注意对物体间相互挤压的弹力FN的分析，FN并不总是等于物体的重力，它与研究对象受到的垂直接触面方向的力密切相关，也与研究对象在该方向上的运动状态有关。
2．静摩擦力的计算方法
(1)最大静摩擦力Fmax的计算：最大静摩擦力Fmax只在刚好要发生相对滑动这一特定状态下才表现出来，比滑动摩擦力稍大些，通常认为二者相等，即Fmax＝μFN。
(2)一般静摩擦力的计算
①物体处于平衡状态(静止或匀速直线运动)，利用力的平衡条件来计算其大小。
②物体有加速度时，根据牛顿第二定律进行分析。例如，水平匀速转动的圆盘上物块靠静摩擦力提供向心力产生向心加速度，若除静摩擦力外，物体还受其他力，则F合＝ma，先求合力再求静摩擦力。
[典例] 一横截面为直角三角形的木块按如图所示方式放置，质量均为m的A、B两物体用轻质弹簧相连放在倾角为30°的直角边上，物体C放在倾角为60°的直角边上，B与C之间用跨过定滑轮的轻质细线连接，A、C的质量比为，整个装置处于静止状态。已知物体A、B与斜面间的动摩擦因数相同(μ＜1)且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧弹力大小为mg，C与斜面间无摩擦，则( )
A．物体A、B均受到摩擦力作用且受到的摩擦力等大反向
B．物体A所受摩擦力大小为mg，物体B不受摩擦力作用
C．弹簧处于拉伸状态，A、B两物体所受摩擦力大小均为mg，方向均沿斜面向下
D．剪断弹簧瞬间，物体A一定加速下滑
[思路点拨]
(1)根据物体A所受静摩擦力的最大值为μmgcos 30°F2
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，设绳与竖直方向的夹角为θ，则有Fcos θ＝，解得F＝，由于无法确定n
cos 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”，需要利用卡特彼勒车将重达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°＝mg，解得F≈7.0×104 N，B项正确。
2.(2018·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. B.
C. D.
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′＝，选项B正确。
3.[多选](2018·青岛检测)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mg
D．上面球对下面每个球的压力均为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′＝FN＝mg，A项正确；隔离上面球分析，由几何关系可得，3F1·＝mg，F1＝mg，D项正确；隔离下面一个球分析，Ff＝F1·＝mg，B、C项错误。
突破点(四) 绳上的“死结”和“活结”模型
“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。
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＝。
(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°角，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°＝M2g，方向水平向右。
[答案] (1) (2)M1g，方向与水平方向成30°角指向右上方 (3)M2g，方向水平向右
[集训冲关]
1.[多选](2018·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 N
B．FA＝10 N
C．FB＝10 N
D．FB＝10 N
解析：选AD O点为两段绳的连接点，属于“死结”，AO绳的拉力FA与BO绳的拉力FB大小不相等。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＝＝10 N，F2＝＝10 N，故FA＝F1＝10 N，FB＝F2＝10 N，故A、D正确。
2.(2016·全国卷Ⅲ)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. B.m C．m D．2m
解析：选C 如图所示，由于不计摩擦，轻环a、b及挂钩处均为“活结”，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.[多选]如图所示，重物A被绕过小滑轮P的细线所悬挂，重物B放在粗糙的水平桌面上；小滑轮P被一根斜拉短线系于天花板上的O点；O′是三根线的结点，bO′水平拉着B物体，cO′沿竖直方向拉着弹簧；弹簧、细线、小滑轮的重力和细线与滑轮间的摩擦力均可忽略，整个装置处于平衡静止状态，g＝10 m/s2。若悬挂小滑轮的斜线OP的张力是20 N，则下列说法中正确的是( )
A．弹簧的弹力为10 N
B．重物A的质量为2 kg
C．桌面对B物体的摩擦力为10 N
D．OP与竖直方向的夹角为60°
解析：选ABC O′点是三根线的结点，属于“死结”，而小滑轮重力不计且与细线间的摩擦力可忽略，故P处为“活结”。由mAg＝FO′a，FOP＝2FO′acos 30°可解得：FO′a＝20 N，mA＝2 kg，选项B正确；OP的方向沿绳子张角的角平分线方向，故OP与竖直方向间的夹角为30°，选项D错误；对O′受力分析，由平衡条件可得：F弹＝FO′asin 30°，FO′b＝FO′acos 30°，对物体B有：fB＝FO′b，联立解得：F弹＝10 N，fB＝10 N，选项A、C均正确。
“形异质同”类问题——练比较思维
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°，G
C．60°，G D．90°，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＝G，B正确。
2.(2018·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.mg B．mg
C.mg D.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 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 N＋400 N≈746 N，C正确。
两类最小值问题因初始条件有所差别，表面上看似乎不同，但这两类问题实际上都是应用图解法分析极值条件，从而得出最后结果的。
(一)普通高中适用作业
[A级——基础小题练熟练快]
1．关于力的合成与分解，下列说法正确的是( )
A．合力一定大于其中一个分力
B．合力与分力一定是同种性质的力
C．合力与分力是等效的，同时作用在物体上
D．已知合力和它的两个分力的方向，则两个力有确定值
解析：选D 由平行四边形定则可知，两个力的合力，可以比这两个分力都小，所以A错误；合力与分力在作用效果上等效，但不能说成是同种性质的力，故B错误；合力与分力是等效替代关系，但不是同时作用在物体上，所以C错误；根据力的合成与分解可知，已知合力和两个分力的方向，分解结果是唯一的，故D正确。
★2．(2018·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。
★3．[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。
★4.[多选](2018·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。
5．(2018·嘉兴模拟)科技的发展正在不断地改变着我们的生活，如图甲是一款手机支架，其表面采用了纳米微吸材料，用手触碰无粘感，接触到平整光滑的硬性物体时，会牢牢吸附在物体上，如图乙是手机静止吸附在支架上的侧视图，若手机的重力为G，则下列说法正确的是( )
A．手机受到的支持力大小为Gcos θ
B．手机受到的支持力不可能大于G
C．纳米材料对手机的作用力大小为Gsin θ
D．纳米材料对手机的作用力竖直向上
解析：选D 手机支架采用了纳米微吸材料，支架斜面会对手机存在一个吸引力，所以手机受到的支持力大小不可能为Gcos θ，其大小可能大于G，也可能小于G，取决于吸引力的大小，A、B错误；手机处于静止状态，受力平衡，手机受到竖直向下的重力和纳米材料的作用力(支持力、吸引力和摩擦力的合力)，故纳米材料对手机的作用力竖直向上，大小等于G，C错误，D正确。
★6．[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F，方向未知，则F1的大小可能是( )
A.F B.F
C.F D.F
解析：选AC 如图所示，因F2＝F＞Fsin 30°，故F1的大小有两种可能情况，由ΔF＝＝F，即F1的大小分别为Fcos 30°－ΔF和Fcos 30°＋ΔF，即F1的大小分别为F和F，A、C正确。
7.(2018·铜仁模拟)如图所示，两根相距为L的竖直固定杆上各套有质量为m的小球，小球可以在杆上无摩擦地自由滑动，两球用长为2L的轻绳相连，今在轻绳中点施加一个竖直向上的拉力F，恰能使两球沿竖直杆向上匀速运动。则每个小球所受的拉力大小为(重力加速度为g)( )
A.mg B．mg
C. D．F
解析：选C 根据题意可知：两侧轻绳与竖直杆间距正好组成等边三角形，对结点进行受力分析，根据平衡条件可得，F＝2mg＝2F′cos 30°，解得小球所受拉力F′＝＝mg，C正确。
[B级——中档题目练通抓牢]
★8.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。
★9．(2018·邢台期末)如图所示，光滑的四分之一圆弧轨道AB固定在竖直平面内，A端与水平面相切。穿在轨道上的小球在拉力F作用下，缓慢地由A向B运动，F始终沿轨道的切线方向，轨道对球的弹力为N。在运动过程中( )
A．F增大，N减小 B．F减小，N减小
C．F增大，N增大 D．F减小，N增大
解析：选A 由题意知，小球在由A运动到B的过程中始终处于平衡状态，设某时刻小球运动到如图所示位置，其受力如图所示，由平衡条件知任意方向合力均为0，所以沿切线方向F＝mgsin θ，沿径向N＝mgcos θ，在运动过程中θ增大，故F增大，N减小，A正确。
★10.如图所示，一物块A在斜向下的推力F的作用下沿光滑的水平地面向右运动，那么物块A受到的地面的支持力与推力F的合力方向是( )
A．水平向右 B．向上偏右
C．向下偏左 D．竖直向下
解析：选B 对物块进行受力分析，受重力、支持力、斜向下的推力，三个力的合力方向水平向右，故支持力与推力F的合力向上偏右。故B正确。
11.(2018·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 B.mg
C.mg D.mg
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，故A正确。
12.[多选](2018·河南省天一大联考)如图所示，叠放在一起的A、B两物体放置在光滑水平地面上，A、B之间的水平接触面是粗糙的，细线一端固定在A物体上，另一端固定于N点，水平恒力F始终不变，A、B两物体均处于静止状态，若将细线的固定点由N点缓慢下移至M点(线长可变)，A、B两物体仍处于静止状态，则( )
A．细线的拉力将减小
B．A物体所受的支持力将增大
C．A物体所受摩擦力将增大
D．水平地面所受压力将减小
解析：选AB 以A、B两物体组成的系统作为研究对象，受力分析如图甲所示。
水平方向：FTcos α＝F，竖直方向：FN＋FTsin α＝(mA＋mB)g，因为细线与水平地面的夹角α减小，cos α增大，sin α减小，FT将减小，FN将增大，所以细线所受拉力减小，地面受到的压力增大，A正确，D错误；以物体A为研究对象，受力分析如图乙所示，竖直方向：FNA＋FTsin α＝mAg，FT减小，sin α减小，所以FNA增大，B正确；以B为研究对象，在水平方向上由力的平衡可得Ff＝F，B物体所受摩擦力不变，故A物体所受摩擦力不变，C错误。
[C级——难度题目自主选做]
13.(2018·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，则等于( )
A. B.
C. D.
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＝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′＝tan θ，根据支架间的距离为AB的一半，可得：θ＝30°，则＝＝，则A正确。
14.(2018·宝鸡一模)实际生活中常常利用如图所示的装置将重物吊到高处。现有一质量为M的同学欲将一质量也为M的重物吊起，已知绳子在水平天花板上的悬点与定滑轮固定点之间的距离为L，不计滑轮的大小、滑轮与绳的重力及滑轮受到的摩擦力。当该同学把重物缓慢拉升到最高点时，动滑轮与天花板间的距离为( )
A.L B.L
C.L D.L
解析：选A 当该同学把重物缓慢拉升到最高点时，绳子的拉力等于人的重力，即为
Mg，而重物的重力也为Mg，
设绳子与竖直方向的夹角为θ，可得2Mgcos θ＝Mg，则θ＝60°，此时动滑轮与天花板的距离为d＝＝L，所以A正确，B、C、D错误。
15．(2018·绵阳模拟)近年来，智能手机的普及使“低头族”应运而生。现将人体头颈部简化为如图的模型，重心在P点的头部，在可绕O转动的颈椎OP(可视为轻杆)的支持力和沿PQ方向肌肉拉力的作用下处于静止。当人低头时，颈椎与竖直方向的夹角为45°，PQ与竖直方向的夹角为60°，此时，颈椎受到的压力约为直立时颈椎受到的压力的(sin 15°＝0.26，＝1.73)( )
A．4.2倍 B．2.8倍
C．3.3倍 D．2.0倍
解析：选C 对头部进行受力分析，如图所示。设人的颈椎对头的支持力为F，由正弦定理得＝＝≈3.3，选项C正确。
(二)重点高中适用作业
[A级——保分题目巧做快做]
1．关于力的合成与分解，下列说法正确的是( )
A．合力一定大于其中一个分力
B．合力与分力一定是同种性质的力
C．合力与分力是等效的，同时作用在物体上
D．已知合力和它的两个分力的方向，则两个力有确定值
解析：选D 由平行四边形定则可知，两个力的合力，可以比这两个分力都小，所以A错误；合力与分力在作用效果上等效，但不能说成是同种性质的力，故B错误；合力与分力是等效替代关系，但不是同时作用在物体上，所以C错误；根据力的合成与分解可知，已知合力和两个分力的方向，分解结果是唯一的，故D正确。
2．(2018·嘉兴模拟)科技的发展正在不断地改变着我们的生活，如图甲是一款手机支架，其表面采用了纳米微吸材料，用手触碰无粘感，接触到平整光滑的硬性物体时，会牢牢吸附在物体上，如图乙是手机静止吸附在支架上的侧视图，若手机的重力为G，则下列说法正确的是( )
A．手机受到的支持力大小为Gcos θ
B．手机受到的支持力不可能大于G
C．纳米材料对手机的作用力大小为Gsin θ
D．纳米材料对手机的作用力竖直向上
解析：选D 手机支架采用了纳米微吸材料，支架斜面会对手机存在一个吸引力，所以手机受到的支持力大小不可能为Gcos θ，其大小可能大于G，也可能小于G，取决于吸引力的大小，A、B错误；手机处于静止状态，受力平衡，手机受到竖直向下的重力和纳米材料的作用力(支持力、吸引力和摩擦力的合力)，故纳米材料对手机的作用力竖直向上，大小等于G，C错误，D正确。
3.(2018·铜仁模拟)如图所示，两根相距为L的竖直固定杆上各套有质量为m的小球，小球可以在杆上无摩擦地自由滑动，两球用长为2L的轻绳相连，今在轻绳中点施加一个竖直向上的拉力F，恰能使两球沿竖直杆向上匀速运动。则每个小球所受的拉力大小为(重力加速度为g)( )
A.mg B．mg
C. D．F
解析：选C 根据题意可知：两侧轻绳与竖直杆间距正好组成等边三角形，对结点进行受力分析，根据平衡条件可得，F＝2mg＝2F′cos 30°，解得小球所受拉力F′＝＝mg，C正确。
★4.(2018·辽宁本溪联考)如图所示，上表面为光滑曲面的物体静置于水平地面上，一小滑块从曲面底端受向右的水平拉力作用缓缓地沿曲面向上滑动，此过程中物体始终静止不动，则物体对滑块的支持力N1和地面对物体的支持力N大小变化的情况是( )
A．N1增大，N减小 B．N1减小，N不变
C．N1增大，N不变 D．N1不变，N不变
解析：选C 滑块缓缓地沿曲面向上滑动，滑块受力平衡，将物体与滑块作为整体分析，整体受力也是平衡的，则在竖直方向上地面对物体的支持力N与整体总重力平衡，即N不变，选项A错误；滑块缓缓地沿曲面向上滑动的过程中，受到竖直向下的重力、水平向右的拉力和垂直接触面斜向上的支持力N1作用而平衡，设支持力N1与竖直方向的夹角为θ，滑块的重力为G，则N1＝，N1随着θ的增大而增大，选项C正确，B、D错误。
★5.重型自卸车利用液压装置使车厢缓慢倾斜到一定角度，车厢上的石块就会自动滑下。以下说法正确的是( )
A．在石块下滑前后自卸车与石块整体的重心位置不变
B．自卸车车厢倾角越大，石块与车厢的动摩擦因数越小
C．自卸车车厢倾角变大，车厢与石块间的正压力减小
D．石块开始下滑时，受到的摩擦力大于重力沿斜面方向的分力
解析：选C 石块下滑后，整体的重心位置降低，A错误；动摩擦因数由接触面的材料和粗糙程度决定，与倾角无关，B错误；石块受力如图所示，FN＝mgcos θ，倾角变大时正压力减小，C正确；石块开始下滑时，受到的摩擦力小于重力沿斜面方向的分力，D错误。
6.(2018·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 B.mg
C.mg D.mg
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，故A正确。
★7.如图所示，两个小球a、b质量均为m，用细线相连并悬挂于O点。现用一轻质弹簧给小球a施加一个拉力F，使整个装置处于静止状态，且Oa与竖直方向的夹角为θ＝45°，已知弹簧的劲度系数为k，则弹簧形变量不可能为( )
A. B.
C. D.
解析：选B 对a和b组成的整体受力分析，受到重力2mg，大小、方向均确定，细线拉力方向确定，当弹簧的拉力F与细线上的拉力垂直时，拉力F最小，为Fmin＝2mgcos θ＝mg，再根据胡克定律得最小形变量Δx＝，则形变量小于是不可能的，由受力分析可知在条件允许的情况下，拉力可以一直增大，所以应该选B。
8.(2018·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，则等于( )
A. B.
C. D.
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＝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′＝tan θ，根据支架间的距离为AB的一半，可得：θ＝30°，则＝＝，则A正确。
9.(2018·宝鸡一模)实际生活中常常利用如图所示的装置将重物吊到高处。现有一质量为M的同学欲将一质量也为M的重物吊起，已知绳子在水平天花板上的悬点与定滑轮固定点之间的距离为L，不计滑轮的大小、滑轮与绳的重力及滑轮受到的摩擦力。当该同学把重物缓慢拉升到最高点时，动滑轮与天花板间的距离为( )
A.L B.L
C.L D.L
解析：选A 当该同学把重物缓慢拉升到最高点时，绳子的拉力等于人的重力，即为Mg，而重物的重力也为Mg，
设绳子与竖直方向的夹角为θ，可得2Mgcos θ＝Mg，则θ＝60°，此时动滑轮与天花板的距离为d＝＝L，所以A正确，B、C、D错误。
10．(2018·绵阳模拟)近年来，智能手机的普及使“低头族”应运而生。现将人体头颈部简化为如图的模型，重心在P点的头部，在可绕O转动的颈椎OP(可视为轻杆)的支持力和沿PQ方向肌肉拉力的作用下处于静止。当人低头时，颈椎与竖直方向的夹角为45°，PQ与竖直方向的夹角为60°，此时，颈椎受到的压力约为直立时颈椎受到的压力的(sin 15°＝0.26，＝1.73)( )
A．4.2倍 B．2.8倍
C．3.3倍 D．2.0倍
解析：选C 对头部进行受力分析，如图所示。设人的颈椎对头的支持力为F，由正弦定理得＝＝≈
3.3，选项C正确。
[B级——拔高题目稳做准做]
★11.将一光滑轻杆固定在地面上，杆与地面间夹角为θ，一光滑轻环套在杆上。一个大小和质量都不计的滑轮用轻绳OP悬挂在天花板上，用另一轻绳通过滑轮系在轻环上，用手拉住轻绳另一端并使OP恰好在竖直方向，如图所示。现水平向右拉绳，当轻环重新静止不动时，OP绳与天花板之间的夹角为( )
A．90° B．45°
C．θ D．45°＋
解析：选D 对轻环Q进行受力分析如图甲，只有绳子的拉力垂直于杆时，绳子的拉力沿杆的方向没有分力，轻环重新静止不动，由几何关系可知， PQ绳与竖直方向之间的夹角是θ。对滑轮进行受力分析如图乙，由于滑轮的质量不计，则OP对滑轮的拉力与滑轮两边细绳拉力的合力等大反向，由于滑轮两边细绳拉力大小相等，故OP沿两绳夹角的角平分线，OP与水平天花板之间的夹角β为两绳间夹角的一半，即β＝(θ＋90°)＝45°＋，故选项D正确。
★12.如图所示，由两种材料做成的半球面固定在水平地面上，半球右侧面是光滑的，左侧面粗糙，O点为球心，A、B是两个相同的小物块(可视为质点)，物块A静止在左侧面上，物块B在图示水平力F作用下静止在右侧面上，A、B处在同一高度，AO、BO与竖直方向的夹角均为θ，则A、B分别对半球面的压力大小之比为( )
A．sin θ∶1 B．sin2θ∶1
C．cos θ∶1 D．cos2θ∶1
解析：选D 分别对A、B进行受力分析，如图所示，由物体的平衡条件知NA＝mgcos θ，同理可知NBcos θ＝mg，则＝cos2θ，再根据牛顿第三定律知A、B分别对半球面的压力大小之比为cos2θ∶1，故D选项正确。
13.[多选](2018·河南省天一大联考)如图所示，叠放在一起的A、B两物体放置在光滑水平地面上，A、B之间的水平接触面是粗糙的，细线一端固定在A物体上，另一端固定于N点，水平恒力F始终不变，A、B两物体均处于静止状态，若将细线的固定点由N点缓慢下移至M点(线长可变)，A、B两物体仍处于静止状态，则( )
A．细线的拉力将减小
B．A物体所受的支持力将增大
C．A物体所受摩擦力将增大
D．水平地面所受压力将减小
解析：选AB 以A、B两物体组成的系统作为研究对象，受力分析如图甲所示。
水平方向：FTcos α＝F，竖直方向：FN＋FTsin α＝(mA＋mB)g，因为细线与水平地面的夹角α减小，cos α增大，sin α减小，FT将减小，FN将增大，所以细线所受拉力减小，地面受到的压力增大，A正确，D错误；以物体A为研究对象，受力分析如图乙所示，竖直方向：FNA＋FTsin α＝mAg，FT减小，sin α减小，所以FNA增大，B正确；以B为研究对象，在水平方向上由力的平衡可得Ff＝F，B物体所受摩擦力不变，故A物体所受摩擦力不变，C错误。
★14.[多选](2018·揭阳市揭东一中检测)如图，粗糙水平面上a、b、c、d四个相同小物块用四根完全相同的轻弹簧连接，正好组成一个等腰梯形，系统静止。ab之间、ac之间以及bd之间的弹簧长度相同且等于cd之间弹簧长度的一半，ab之间弹簧弹力大小为cd之间弹簧弹力大小的一半。若a受到的摩擦力大小为f，则( )
A．ab之间的弹簧一定是压缩的
B．b受到的摩擦力大小为f
C．c受到的摩擦力大小为f
D．d受到的摩擦力大小为2f
解析：选ABC 设每根弹簧的原长为L0，ab之间弹簧的形变量为Δx1，cd之间弹簧的形变量为Δx2，则有kΔx2＝2kΔx1，若ab之间的弹簧也是被拉长，则有：L0＋Δx2＝2(L0＋Δx1)，解得L0＝0，不符合题意，所以ab之间的弹簧被压缩，A正确；由于a受到的摩擦力大小为f，根据对称性可得，b
受到的摩擦力大小也为f，B正确；以a和c为研究对象进行受力分析如图所示，图中的θ为ac与cd之间的夹角，则cos θ＝＝，所以θ＝60°，则∠cab＝120°，a受到的摩擦力大小f＝T；对c根据力的合成可得fc＝f，所以C正确；由于c受到的摩擦力大小为f，根据对称性可知，d受到的摩擦力大小也为f，D错误。
★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)，则等于( )
A. B.
C. D.
解析：选A 由平衡条件，对题图甲分析，2kx1cos 37°＝mg，(L＋x1)sin 37°＝L，对题图乙分析，2kx2cos 53°＝Mg，(L＋x2)sin 53°＝L，联立解得：＝，所以选项A正确。
第4节受力分析__共点力的平衡
(1)对物体受力分析时，只能画该物体受到的力，其他物体受到的力不能画在该物体上。(√)
(2)物体沿光滑斜面下滑时，受到重力、支持力和下滑力的作用。(×)
(3)物体的速度为零即处于平衡状态。(×)
(4)物体处于平衡状态时，其加速度一定为零。(√)
(5)物体受两个力处于平衡状态，这两个力必定等大反向。(√)
(6)物体处于平衡状态时，其所受的作用力必定为共点力。(×)
(7)物体受三个力F1、F2、F3作用处于平衡状态，若将F2转动90°，则三个力的合力大小为F2。(√)
1．受力物体与周围物体的每个接触处最多有两个接触力——弹力、摩擦力。
2．受力分析时若某个力的大小和方向不能确定，可以试一试分析该力的反作用力，再由牛顿第三定律得出该力。
3．解题中常用到的二级结论：
(1)物体处于平衡状态时，沿任意方向的合力均为0。
(2)物体受多个力作用处于平衡状态时，其中几个力的合力与其他力的合力必定等大反向。
(3)物体受三个非平行力作用处于平衡状态，这三个力的作用线必定在同一平面内，而且这三个力必定为共点力。
突破点(一) 物体的受力分析
1．受力分析的四个方法
方法
解 读
假设法
在未知某力是否存在时，先对其做出存在的假设，然后根据该力存在对物体运动状态的影响来判断该力是否存在
整体法
将加速度相同的几个相互关联的物体作为一个整体进行受力分析的方法
隔离法
将所研究的对象从周围的物体中分离出来，单独进行受力分析的方法
动力学分析法
对加速运动的物体进行受力分析时，应用牛顿运动定律进行分析求解的方法
2．受力分析的四个步骤
[题点全练]
1．我国的高铁技术在世界处于领先地位，高铁(如图甲所示)在行驶过程中非常平稳，放在桌上的水杯几乎感觉不到晃动。图乙为高铁车厢示意图，A、B两物块相互接触地放在车厢里的水平桌面上，物块与桌面间的动摩擦因数相同，A的质量比B的质量大，车厢在平直的铁轨上向右做匀速直线运动，A、B相对于桌面始终保持静止，下列说法正确的是( )
A．A受到2个力的作用
B．B受到3个力的作用
C．A受到桌面对它向右的摩擦力
D．B受到A对它向右的弹力
解析：选A 车厢做匀速直线运动时，A、B受到的合外力均为零，因此分别只受到重力和桌面的支持力的作用，因此A正确，B、C、D错误。
2．(2018·保定模拟)磁性车载支架(图1)使用方便，它的原理是将一个引磁片贴在手机背面，再将引磁片对准支架的磁盘放置，手机就会被牢牢地吸附住(图2)。下列关于手机(含引磁片，下同)的说法中正确的是( )
A．汽车静止时，手机共受三个力的作用
B．汽车静止时，支架对手机的作用力大小等于手机的重力大小
C．当汽车以某一加速度向前加速时，手机可能不受支架对它的摩擦力作用
D．只要汽车的加速度大小合适，无论是向前加速还是减速，手机都可能不受支架对它的摩擦力作用
解析：选B 手机处于静止状态时，受力平衡，手机共受到重力、支架的支持力、摩擦力以及磁盘的吸引力，共4个力的作用，A错误；手机处于静止状态时，支架对手机的支持力、摩擦力、吸引力的合力与手机重力等大反向，B正确；因磁盘对手机的吸引力和手机所受支持力均与引磁片垂直，只要汽车有向前的加速度时，一定有沿斜面向上的摩擦力，故C、D均错误。
3.(2018·合肥一模)在竖直放置的平底圆筒内，放置两个半径相同的刚性球a和b，球a质量大于球b。放置的方式有如图甲和乙两种。不计圆筒内壁和球面之间的摩擦，对有关接触面的弹力，下列说法正确的是( )
A．图甲圆筒底受到的压力大于图乙圆筒底受到的压力
B．图甲中球a对圆筒侧面的压力小于图乙中球b对侧面的压力
C．图甲中球a对圆筒侧面的压力大于图乙中球b对侧面的压力
D．图甲中球a对圆筒侧面的压力等于图乙中球b对侧面的压力
解析：选B 以ab整体为研究对象受力分析，受重力、圆筒底支持力和两侧的支持力，根据平衡条件，甲图圆筒底受到的压力等于乙图圆筒底受到的压力，故A错误；根据平衡条件，同一圆筒内两侧的两个支持力是相等的；再以上面球为研究对象受力分析，根据平衡条件运用合成法，如图所示，由几何知识可知：FN筒＝mgtan θ，故侧壁的支持力与上面球的重力成正比，由于球a质量大于球b，故乙图中两侧的支持力较大；由牛顿第三定律易知，B正确，C、D错误。
突破点(二) 解决平衡问题的四种常用方法
适用条件
注意事项
优点
合成法
物体受三个力作用而平衡
(1)表示三个力大小的线段长度不可随意画
(2)两力的合力与第三个力等大反向
对于物体所受的三个力，有两个力相互垂直或两个力大小相等的平衡问题求解较简单
分解法
物体受三个力作用而平衡
合力为物体所受的力，而两个分力分别与物体受到的另两个力等大反向
正交分解法
物体受三个或三个以上的力作用而平衡
选坐标轴时应使尽量多的力与坐标轴重合
对于物体受三个以上的力处于平衡状态的问题求解较方便
力的三角形法
物体受三个力作用而平衡
将三个力的矢量图平移，构成一个依次首尾相连接的矢量三角形
常用于求解一般矢量三角形中未知力的大小和方向
[集训冲关]
1.[合成法]如图所示，光滑半球形容器固定在水平面上，O为球心。一质量为m的小滑块，在水平力F的作用下静止于P点。设滑块所受支持力为FN，OP与水平方向的夹角为θ。下列关系正确的是( )
A．F＝ B．F＝mgtan θ
C．FN＝ D．FN＝mgtan θ
解析：选A 滑块受力如图，
由平衡条件知：
＝tan θ⇒F＝，
同理得FN＝。
2.[分解法]如图所示，一条不可伸长的轻质细绳一端跨过光滑钉子b悬挂一质量为m1的重物，另一端与另一轻质细绳相连于c点，ac＝，c点悬挂质量为m2的重物，平衡时ac正好水平，此时质量为m1的重物上表面正好与ac在同一水平线上且到b点的距离为l，到a点的距离为
l，则两重物的质量之比为( )
A. B．2
C. D.
解析：选C 因c点处于平衡状态，所以可在F、m1g方向上分解m2g，如图所示，则有sin θ＝，所以＝，选项C正确。
3．[正交分解法](2018·烟台一模)如图所示，斜面上放有两个完全相同的物体a、b，两物体间用一根细线连接，在细线的中点加一与斜面垂直的拉力F，使两物体均处于静止状态。则下列说法正确的是( )
A．a、b两物体的受力个数一定相同
B．a、b两物体对斜面的压力相同
C．a、b两物体受到的摩擦力大小一定相等
D．当逐渐增大拉力F时，物体b先开始滑动
解析：选B 对a、b进行受力分析，如图所示。b物体处于静止状态，当细线沿斜面向上的分量与重力沿斜面向下的分量相等时，摩擦力为零，所以b可能只受3个力作用，而a物体必定受到摩擦力作用，肯定受4个力作用，故A错误；a、b两个物体，垂直于斜面方向受力都平衡，则有：FN＋FTsin θ＝mgcos α，解得：FN＝mgcos α－FTsin θ，则a、b两物体对斜面的压力相同，故B正确；根据对A项的分析可知，b的摩擦力可以为零，而a的摩擦力一定不为零，故C错误；对a沿斜面方向有：FTcos θ＋mgsin α＝Ffa，对b沿斜面方向有：FTcos θ－mgsin α＝Ffb，正压力相等，所以最大静摩擦力相等，则a先达到最大静摩擦力，先滑动，故D错误。
4．[力的三角形法](2018·鸡西模拟)如图所示，穿在一根光滑的固定杆上的两个小球A、B连接在一条跨过定滑轮的细绳两端，杆与水平面成θ角，不计所有摩擦，当两球静止时，OA绳与杆的夹角为θ，OB绳沿竖直方向，则下列说法正确的是( )
A．A可能受到2个力的作用
B．B可能受到3个力的作用
C．绳子对A的拉力大于对B的拉力
D．A、B的质量之比为1∶tan θ
解析：选D 对A球受力分析可知，A受到重力，绳子的拉力以及杆对A球的弹力，三个力的合力为零，故A错误；对B球受力分析可知，B受到重力，绳子的拉力，两个力合力为零，杆对B球没有弹力，否则B
不能平衡，故B错误；定滑轮不改变力的大小，则绳子对A的拉力等于对B的拉力，故C错误；
分别对A、B两球分析，运用合成法，如图所示。
根据共点力平衡条件，得：T＝mBg
＝
(根据正弦定理列式)
故mA∶mB＝1∶tan θ，故D正确。
突破点(三) 解决动态平衡问题的三种方法
动态平衡问题简述：通过控制某些物理量，使物体的状态发生缓慢地变化，物体在这一变化过程中始终处于一系列的平衡状态中，这种平衡称为动态平衡。解决此类问题的基本思路是化“动”为“静”，“静”中求“动”，具体有以下三种方法：
对研究对象进行受力分析，先画出受力示意图，再根据物体的平衡条件，得到因变量与自变量的关系表达式(通常要用到三角函数)，最后根据自变量的变化确定因变量的变化。
[例1] 如图所示，与水平方向成θ角的推力F作用在物块上，随着θ逐渐减小直到水平的过程中，物块始终沿水平面做匀速直线运动。关于物块受到的外力，下列判断正确的是( )
A．推力F先增大后减小
B．推力F一直减小
C．物块受到的摩擦力先减小后增大
D．物块受到的摩擦力一直不变
[解析] 对物块受力分析，建立如图所示的坐标系。由平衡条件得，Fcos θ－Ff＝0，FN－(mg＋Fsin θ)＝0，又Ff＝μFN，联立可得F＝，可见，当θ减小时，F一直减小；由摩擦力Ff＝μFN＝μ(mg＋Fsin θ)可知，当θ、F减小时，Ff一直减小。综上分析可知，B正确，A、C、D错误。
[答案] B
此法常用于求解三力平衡且有一个力是恒力、另有一个力方向不变的问题。一般按照以下流程解题。
[例2] (2016·全国卷Ⅱ)质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上。用水平向左的力F缓慢拉动绳的中点O，如图所示。用T表示绳 OA段拉力的大小，在O点向左移动的过程中( )
A．F逐渐变大，T逐渐变大
B．F逐渐变大，T逐渐变小
C．F逐渐变小，T逐渐变大
D．F逐渐变小，T逐渐变小
[解析] 以O点为研究对象，受力分析，如图所示，当用水平向左的力缓慢拉动O点时，则绳OA与竖直方向的夹角变大，由共点力的平衡条件知F逐渐变大，T逐渐变大，选项A正确。
[答案] A
在三力平衡问题中，如果有一个力是恒力，另外两个力方向都变化，且题目给出了空间几何关系，多数情况下力的矢量三角形与空间几何三角形相似，可利用相似三角形对应边成比例进行计算。
[例3] (2018·商丘模拟)如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆环的最高点有一个光滑的小孔。质量为m的小球套在圆环上。一根细线的下端系着小球，上端穿过小孔用手拉住。现拉动细线，使小球沿圆环缓慢上移，在移动过程中手对线的拉力F和轨道对小球的弹力FN的大小变化情况是( )
A．F不变，FN增大
B．F不变，FN减小
C．F减小，FN不变
D．F增大，FN减小
[解析] 小球沿圆环缓慢上移可看作处于平衡状态，对小球进行受力分析，作出受力示意图如图所示，由图可知△OAB∽△GFA即：＝＝，当A点上移时，半径不变，AB长度减小，故F减小，FN不变，故C正确。
[答案] C
易错问题——练缜密思维
1．(2018·济南模拟)竖直放置的“”形支架上，一根不可伸长的轻绳通过不计摩擦的轻质滑轮悬挂一重物G，现将轻绳的一端固定于支架上的A点，另一端从B点(与A点等高)沿支架缓慢地向C点靠近，则绳中拉力大小变化的情况是( )
A．变大 B．变小
C．不变 D．先变大后变小
解析：选C 因不计轻质滑轮的摩擦力，故悬挂重物的左右两段轻绳的拉力大小相等，由平衡条件可知，两绳与竖直方向的夹角大小相等，设均为θ，则有2Fcos θ＝G。设左右两段绳长分别为l1、l2，两竖直支架之间的距离为d，则有l1sin θ＋l2sin θ＝d，得：sin θ＝，在悬点B竖直向上移至C点的过程中，虽然l1、l2的大小均变化，但l1＋l2不变，故θ不变，F不变，C正确。
2．[多选](2017·天津高考)如图所示，轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆M、N上的a、b两点，悬挂衣服的衣架挂钩是光滑的，挂于绳上处于静止状态。如果只人为改变一个条件，当衣架静止时，下列说法正确的是( )
A．绳的右端上移到b′，绳子拉力不变
B．将杆N向右移一些，绳子拉力变大
C．绳的两端高度差越小，绳子拉力越小
D．若换挂质量更大的衣服，则衣架悬挂点右移
解析：选AB 设两段绳子间的夹角为2α，由平衡条件可知，2Fcos α＝mg，所以F＝，设绳子总长为L，两杆间距离为s，由几何关系L1sin α＋L2sin α＝s，得sin α＝＝，绳子右端上移，L、s都不变，α不变，绳子张力F也不变，A正确；杆N向右移动一些，s变大，α变大，cos α变小，F变大，B正确；绳子两端高度差变化，不影响s和L，所以F不变，C错误；衣服质量增加，绳子上的拉力增加，由于α不会变化，悬挂点不会右移，D错误。
3．(2018·伊春模拟)如图所示，在竖直放置的穹形光滑支架上，一根不可伸长的轻绳通过光滑的轻质滑轮悬挂一重物G。现将轻绳的一端固定于支架上的A点，另一端从B点沿支架缓慢地向C点靠近。则绳中拉力大小变化的情况是( )
A．先变小后变大 B．先变小后不变
C．先变大后不变 D．先变大后变小
解析：选C 当轻绳的右端从B点移到直杆最上端时，设两绳的夹角为2θ
。以滑轮为研究对象，分析受力情况，作出受力图如图甲所示。根据平衡条件得2Fcos θ＝mg，得到绳子的拉力F＝，所以在轻绳的右端从B点移到直杆最上端的过程中，θ增大，cos θ减小，则F变大。
当轻绳的右端从直杆最上端移到C点时，如图乙，设两绳的夹角为2α。设绳子总长为L，两直杆间的距离为s，由数学知识得到sin α＝，L、s不变，则α保持不变。再根据平衡条件可知，两绳的拉力F保持不变。所以绳中拉力大小变化的情况是先变大后不变，C正确。
(1)不计滑轮与绳间摩擦时，滑轮两侧绳中张力大小相等，左右两侧绳与竖直方向间夹角也相同。
(2)在移动固定细绳一端的悬点位置时，细绳与竖直方向间夹角是否变化，要看细绳两端间水平方向上的间距是否变化。
(一)普通高中适用作业
[A级——基础小题练熟练快]
1.(2018·山西大学附中月考)如图所示，斜面小车M静止在光滑水平面上，一边紧贴墙壁。若再在斜面上加一物体m，且M、m相对静止，此时小车受力个数为( )
A．3 B．4
C．5 D．6
解析：选B 先对物体m受力分析，受到重力、支持力和静摩擦力；再对M受力分析，受重力、m对它的垂直向下的压力和沿斜面向下的静摩擦力，同时地面对M有向上的支持力，共受到4个力，故B正确。
★2．(2018·肇庆二模)设雨点下落过程中受到的空气阻力与雨点(可看成球形)的横截面积S成正比，与下落速度v的二次方成正比，即f＝kSv2，其中k为比例常数，且雨点最终都做匀速运动。已知球的体积公式为V＝πr3(r为半径)。若两个雨点的半径之比为1∶2，则这两个雨点的落地速度之比为( )
A．1∶ B．1∶2
C．1∶4 D．1∶8
解析：选A 当雨点做匀速直线运动时，重力与阻力相等，即f＝mg，故k×πr2×v2＝mg＝ρ×πr3×g，即v2＝，由于半径之比为1∶2，则落地速度之比为1∶，选项A正确。
★3.(2018·凉山州一诊)如图所示，在一水平长木板上放一木块P，缓慢抬起木板的右端，木块P和木板始终相对静止，则( )
A．木块受到木板的支持力减小、摩擦力减小
B．木块受到木板的支持力增大、摩擦力增大
C．木块受到木板的作用力大小不变、方向不变
D．木块受到木板的作用力大小变化、方向变化
解析：选C 对本块受力分析可知，木块受到重力、支持力和沿斜面向上的摩擦力的作用，木块开始滑动前，木块受力平衡，所以摩擦力和重力沿斜面向下的分力相等，即f＝mgsin θ，所以夹角增大的过程中，木块所受的摩擦力一直在增大；木块受到的支持力FN＝mgcos θ，由于运动过程中，夹角增大，故支持力减小，故A、B错误；由于木块一直处于平衡状态，故木块受到木板的作用力始终等于重力，故木块受到木板的作用力大小不变、方向不变，故C正确，D错误。
★4．(2018·广州六校联考)一个质量为3 kg的物体，被放置在倾角为α＝30°的固定光滑斜面上，在如图所示的甲、乙、丙三种情况下处于平衡状态的是(g＝10 m/s2)( )
A．仅甲图 B．仅乙图
C．仅丙图 D．甲、乙、丙图
解析：选B 物体在光滑斜面上受重力、支持力和沿斜面向上的拉力，斜面光滑故物体不受摩擦力；将重力沿斜面和垂直于斜面进行分解，重力垂直于斜面的分力一定与支持力相等；要使物体处于静止，拉力应等于重力沿斜面向下的分力，即F＝mgsin θ＝3×10× N＝15 N，故只有乙平衡。故B正确。
5.(2018·儋州四校联考)如图所示，质量为M的四分之一圆柱体放在粗糙水平地面上，质量为m
的正方体放在圆柱体和光滑墙壁之间，且不计圆柱体与正方体之间的摩擦，正方体与圆柱体的接触点的切线与右侧墙壁成θ角，圆柱体处于静止状态。则( )
A．地面对圆柱体的支持力为Mg
B．地面对圆柱体的摩擦力为mgtan θ
C．墙壁对正方体的弹力为
D．正方体对圆柱体的压力为
解析：选C 以正方体为研究对象，受力分析，并运用合成法如图所示。
由几何知识得，墙壁对正方体的弹力N1＝
圆柱体对正方体的弹力N2＝，根据牛顿第三定律，
则正方体对圆柱体的压力为
以圆柱体和正方体为研究对象，竖直方向受力平衡，
地面对圆柱体的支持力：N＝(M＋m)g
水平方向受力平衡，地面对圆柱体的摩擦力：
f＝N1＝，故C正确。
[B级——中档题目练通抓牢]
6.(2018·盐城射阳二中调研)如图所示，一只半径为R的半球形碗倒扣在水平桌面上，处于静止状态。一质量为m的蚂蚁(未画出)在离桌面高度为R时恰能停在碗上，则蚂蚁受到的最大静摩擦力大小为( )
A．0.6mg B．0.8mg
C．0.4mg D．0.75mg
解析：选A 蚂蚁受重力、支持力和最大静摩擦力，根据平衡条件有Fm＝mgsin θ，而cos θ＝＝0.8，所以Fm＝μmgcos θ＝0.6mg，故A正确。
★7.[多选](2018·潍坊期中)如图所示为内壁光滑的半球形凹槽M，
O为球心，∠AOB＝60°，OA水平，小物块在与水平方向成45°角的斜向上的推力F作用下静止于B处。在将推力F沿逆时针缓慢转到水平方向的过程中装置始终静止，则( )
A．M槽对小物块的支持力逐渐减小
B．M槽对小物块的支持力逐渐增大
C．推力F先减小后增大
D．推力F逐渐增大
解析：选BC 以小物块为研究对象，分析受力情况，如图所示，物块受到重力G、支持力FN和推力F三个力作用，根据平衡条件可知，FN与F的合力与G大小相等，方向相反。将推力F沿逆时针缓慢转到水平方向的过程中(F由位置1→3)，根据作图可知，M槽对小物块的支持力FN逐渐增大，推力F先减小后增大，当F与FN垂直时，F最小。故A、D错误，B、C正确。
8．[多选](2017·全国卷Ⅰ)如图，柔软轻绳ON的一端O固定，其中间某点M拴一重物，用手拉住绳的另一端N。初始时，OM竖直且MN被拉直，OM与MN之间的夹角为α。现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角α不变。在OM由竖直被拉到水平的过程中( )
A．MN上的张力逐渐增大
B．MN上的张力先增大后减小
C．OM上的张力逐渐增大
D．OM上的张力先增大后减小
解析：选AD 设重物的质量为m，绳OM中的张力为T，绳MN中的张力为TMN。开始时，T＝mg，TMN＝0。由于缓慢拉起，则重物一直处于平衡状态，两绳张力的合力与重物的重力mg等大、反向。
如图所示，已知角α不变，在绳MN缓慢拉起的过程中，角β逐渐增大，则角(α－β)逐渐减小，但角θ不变，在三角形中，利用正弦定理得：＝，(α－β)由钝角变为锐角，则TOM先增大后减小，选项D正确；同理知＝，在β由0变为的过程中，TMN一直增大，选项A正确。
9.质量为M的木楔倾角为θ(θ<45°)，在水平面上保持静止，当将一质量为m
的木块放在木楔斜面上时，它正好匀速下滑。当用与木楔斜面成α角的力F拉木块，木块匀速上升，如图所示(已知木楔在整个过程中始终静止)。
(1)当α＝θ时，拉力F有最小值，求此最小值；
(2)求在(1)的情况下木楔对水平面的摩擦力是多少？
解析：木块在木楔斜面上匀速向下运动时，有
mgsin θ＝μmgcos θ，即μ＝tan θ。
(1)木块在力F的作用下沿斜面向上匀速运动，有
Fcos α＝mgsin θ＋Ff，Fsin α＋FN＝mgcos θ，Ff＝μFN，
解得F＝＝
＝
则当α＝θ时，F有最小值，则Fmin＝mgsin 2θ。
(2)因为木块及木楔均处于平衡状态，整体受到地面的摩擦力等于F的水平分力，即Ff′＝Fcos(α＋θ)
当F取最小值mgsin 2θ时，
Ff′＝Fmincos 2θ＝mgsin 2θ·cos 2θ＝mgsin 4θ。
答案：(1)mgsin 2θ (2)mgsin 4θ
10.(2018·铜陵模拟)如图所示，质量M＝2 kg的木块A套在水平杆上，并用轻绳将木块A与质量m＝ kg的小球相连。今用与水平方向成α＝30°角的力F＝10 N，拉着球带动木块一起向右匀速运动，运动中M、m相对位置保持不变，取g＝10 m/s2。求：
(1)运动过程中轻绳与水平方向的夹角θ；
(2)木块与水平杆间的动摩擦因数μ。
解析：(1)设轻绳对小球的拉力为FT，小球受力如图甲所示，由平衡条件可得Fcos 30°－FTcos θ＝0
Fsin 30°＋FTsin θ－mg＝0
解得FT＝10 N，θ＝30°。
(2)以木块和小球组成的整体为研究对象，受力分析如图乙所示，由平衡条件得Fcos 30°－Ff＝0
FN＋Fsin 30°－(M＋m)g＝0
又Ff＝μFN，解得μ＝。
答案：(1)30° (2)
[C级——难度题目自主选做]
★11.(2018·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.mg
C.mg D.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°＝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°＝mg。故C正确。
★12.[多选](2018·温州模拟)如图所示，木板C放在水平地面上，木板B放在C的上面，木板A放在B的上面，A的右端通过轻质弹簧秤与固定的竖直墙壁相连，A、B、C质量相等，且各接触面间动摩擦因数相同，用大小为F的力向左拉动C，使它以速度v匀速运动，三者稳定后弹簧秤的示数为T。则下列说法正确的是( )
A．B对A的摩擦力大小为T，方向向左
B．A和B保持静止，C匀速运动
C．A保持静止，B和C一起匀速运动
D．C受到地面的摩擦力大小为F－T
解析：选ACD 由题意，A、B、C质量相等，且各接触面间动摩擦因数相同，再依据滑动摩擦力公式F＝μFN，可知，B、C之间的滑动摩擦力大于A、B之间的，因此在F作用下，B、C作为一整体运动，对A、B＋C受力分析：A受水平向右的拉力和水平向左的摩擦力，根据平衡条件，可知，B对A的摩擦力大小为T
，方向向左，故A、C正确，B错误；又因为木板间力的作用是相互的，则B＋C受到A对它水平向右的摩擦力，大小为T；由于B＋C做匀速直线运动，则B＋C受到水平向左的拉力F和水平向右的两个摩擦力平衡(A对B的摩擦力和地面对C的摩擦力)，根据平衡条件可知，C受到地面的摩擦力大小为F－T，故D正确。
(二)重点高中适用作业
[A级——保分题目巧做快做]
1.(2018·山西大学附中月考)如图所示，斜面小车M静止在光滑水平面上，一边紧贴墙壁。若再在斜面上加一物体m，且M、m相对静止，此时小车受力个数为( )
A．3 B．4
C．5 D．6
解析：选B 先对物体m受力分析，受到重力、支持力和静摩擦力；再对M受力分析，受重力、m对它的垂直向下的压力和沿斜面向下的静摩擦力，同时地面对M有向上的支持力，共受到4个力，故B正确。
2．[多选](2018·儋州四校联考)如图所示，质量为M的四分之一圆柱体放在粗糙水平地面上，质量为m的正方体放在圆柱体和光滑墙壁之间，且不计圆柱体与正方体之间的摩擦，正方体与圆柱体的接触点的切线与右侧墙壁成θ角，圆柱体处于静止状态。则( )
A．地面对圆柱体的支持力为(M＋m)g
B．地面对圆柱体的摩擦力为mgtan θ
C．墙壁对正方体的弹力为
D．正方体对圆柱体的压力为
解析：选AC 以正方体为研究对象，受力分析，并运用合成法如图所示。
由几何知识得，墙壁对正方体的弹力N1＝
圆柱体对正方体的弹力N2＝，根据牛顿第三定律，
则正方体对圆柱体的压力为
以圆柱体和正方体为研究对象，竖直方向受力平衡，
地面对圆柱体的支持力：N＝(M＋m)g
水平方向受力平衡，地面对圆柱体的摩擦力：
f＝N1＝，故A、C正确。
3.(2018·盐城射阳二中调研)如图所示，一只半径为R的半球形碗倒扣在水平桌面上，处于静止状态。一质量为m的蚂蚁(未画出)在离桌面高度为R时恰能停在碗上，则蚂蚁受到的最大静摩擦力大小为( )
A．0.6mg B．0.8mg
C．0.4mg D．0.75mg
解析：选A 蚂蚁受重力、支持力和最大静摩擦力，根据平衡条件有Fm＝mgsin θ，而cos θ＝＝0.8，所以Fm＝μmgcos θ＝0.6mg，故A正确。
★4.如图所示，一个半球形的碗放在桌面上，碗口水平，O点为其球心，碗的内表面及碗口是光滑的。一根细线跨在碗口上，线的两端分别系有质量为m1和m2的小球。当它们处于平衡状态时，质量为m1的小球与O点的连线与水平线的夹角为α＝90°，质量为m2的小球位于水平地面上，设此时质量为m2的小球对地面压力大小为FN，细线的拉力大小为FT，则( )
A．FN＝(m2－m1)g B．FN＝m2g
C．FT＝m1g D．FT＝g
解析：选B 分析小球m1的受力情况，由物体的平衡条件可得，绳的拉力FT＝0，故C、D均错误；分析m2受力，由平衡条件可得：FN＝m2g，故A错误，B正确。
★5.(2018·长沙联考)如图所示的是一个力学平衡系统，该系统由三条轻质细绳将质量均为m的两个小球连接悬挂组成，小球直径相比轻绳长度可以忽略，轻绳1与竖直方向的夹角为30°，轻绳2与竖直方向的夹角大于45°，轻绳3水平。当此系统处于静止状态时，轻绳1、2、3的拉力分别为F1、F2、F3，比较三力的大小，下列结论正确的是( )
A．F1F2 D．F1F3，选项A错误；对下方小球受力分析，因F2是直角三角形的斜边，而mg和F3是直角边，由轻绳2与竖直方向的夹角θ>45°，可知F2>F3，选项B错误；对上方小球分析，水平方向：F1sin 30°＝F2sin θ，因θ>45°，则F1>F2，选项C正确，D错误。
★6.[多选]如图所示，两个相同的固定斜面上分别放有一个处于静止的三角形木块A、B，它们的质量相等。A木块左侧面沿竖直方向，B木块左侧面垂直于斜面，在两斜面上分别放上一个相同的光滑球后，木块仍保持静止，则放上球后( )
A．A木块受到的摩擦力等于B木块受到的摩擦力
B．A木块受到的摩擦力小于B木块受到的摩擦力
C．A木块对斜面的压力等于B木块对斜面的压力
D．A木块对斜面的压力小于B木块对斜面的压力
解析：选AD 设小球的质量为m，A、B的质量为M，斜面的倾角为α。以小球与A整体为研究对象，由平衡条件可得：A木块受到的摩擦力fA＝(M＋m)gsin α，同理，以小球与B整体为研究对象，得到B木块受到的摩擦力fB＝(M＋m)·gsin α，则fA＝fB，故A正确，B错误。
以A为研究对象，分析受力，如图所示，由平衡条件得：
斜面对A的支持力NA＝Mgcos α－N1sin α
以B为研究对象，分析受力，由平衡条件得：
斜面对B的支持力NB＝Mgcos α，则得NA
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