专题02相互作用（解析版）_4.2025物理总复习_赠品通用版（老高考）复习资料_专项复习_2023年高考冲刺物理热点知识讲练与题型归纳（全国通用）

专题 02 相互作用 [题型导航] 题型一 弹力的分析与计算...................................................................................................................1 题型二 “活结”和“死结”与“动杆”和“定杆”问题...............................................................4 题型三 摩擦力的分析与计算.............................................................................................................10 题型四 摩擦力突变问题.....................................................................................................................14 题型五 共点力的合成.........................................................................................................................16 题型六 力分解的两种常用方法.........................................................................................................18 [考点分析] 题型一 弹力的分析与计算 1．弹力有无的判断 (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．此方法多用来判断形变较 明显的情况． (2)假设法：对形变不明显的情况，可假设两个物体间弹力不存在，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，则此处一定有弹力． (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弹力是否存在． (4)替换法：可以将硬的、形变不明显的施力物体用软的、易产生明显形变的物体来替换，看能否维 持原来的运动状态． 2．弹力方向的判断 (1)根据物体所受弹力方向与施力物体形变的方向相反判断． (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)根据力的平衡条件进行求解． (2)根据牛顿第二定律进行求解． (3)根据胡克定律进行求解．①内容：弹簧发生弹性形变时，弹力的大小F跟弹簧伸长(或缩短)的长度x成正比． ②表达式：F＝kx.k是弹簧的劲度系数，单位为N/m；k的大小由弹簧自身性质决定．x是弹簧长度 的变化量，不是弹簧形变以后的长度． [例题1] 如图所示，一根弹性杆的一端固定在倾角为 30°的斜面上，杆的另一端固定着一 个重力大小为3N的小球，小球处于静止状态，则弹性杆对小球的弹力（ ） A．大小为3N，方向平行于斜面向上 B．大小为2N，方向平行于斜面向上 C．大小为3N，方向垂直于斜面向上 D．大小为3N，方向竖直向上 【解答】解：小球处于静止状态，受力平衡，故小球所受的弹力与重力等大反向，故D正确， ABC错误； 故选：D。 [例题2] 如图甲所示，“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从 几十米高处跳下。将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动，运动过程中不计空气阻力。把长弹 性绳简化为竖直放置的轻弹簧，弹力大小F＝kΔx（Δx为长弹性绳的形变量，k为常量）。弹 性绳原长为h，人的质量为m。从人开始下落到第一次下降至最低点的过程中，人的速度v随 时间t的变化图像如图乙所示，其中OA段为直线，AB段是与OA相切于A点的曲线，BCD 是平滑的曲线。若以人开始下落的位置为坐标原点，沿竖直向下方向建立坐标轴 Ox，则关于 A、B、C、D各点对应人的位置坐标x及所对应弹力的大小，以下说法正确的是（ ） mg A．x ＝h，F ＝mg B．x ＝h+ ，F ＞mg A A B B kmg mg C．x ＝h+2 ，F ＝2mg D．x ＝h+2 ，F ＞2mg C C D D k k 【解答】解：A．OA段时自由落体运动，则x ＝h，A点弹性绳没有发生形变，拉力为0，故A A 错误； mg B．由图可知，B点是速度最大的地方，此时有 F ＝kx＝mg，则x= ，B点位置坐标为 B k mg x =h+ ，故B错误； B k mg mg C．根据运动的对称性可知，由A点到B点的形变量为 ，则由B点到C点的形变量也为 ， k k 2mg 2mg 所以C点的形变量为 ，此时有F＝2mg，C点位置坐标为x =h+ ，故C正确； k C k D．到达 D 点，速度为 0，所以达到 D 点时形变量要大于 C 点的形变量，则 D 点坐标 2mg x ＞h+ ，F ＞2mg，故D错误。 D k D 故选：C。 [例题3] 在水平地面上运动的小车车厢底部有一质量为 m 的木块，木块和车厢通过一根 1 水平轻弹簧相连接，弹簧的劲度系数为k．在车厢的顶部用一根细线悬挂一质量为m 的小球． 2 某段时间内发现细线与竖直方向的夹角为 ，在这段时间内木块与车厢也保持相对静止，如图 所示．不计木块与车厢底部的摩擦力，则在θ这段时间内弹簧的形变量为（ ） m g m g A． 1 tan B． 1 k ktanθ θ (m +m )g (m +m )g C． 1 2 tan D． 1 2 k ktanθ θ 【解答】解：以小球为研究对象，分析受力情况，根据牛顿第二定律得： m gtan ＝m a， 2 2 得：a＝θgtan 再以质量为θm 1 的木块为研究对象，由牛顿第二定律得： F＝m a 1又由胡克定律得：F＝kx m gtanθ 解得：x= 1 k 故选：A。 题型二 “活结”和“死结”与“动杆”和“定杆”问题 1．死结模型：如几个绳端有“结点”，即几段绳子系在一起，谓之“死结”，那么这几段绳中的 张力不一定相等． 2．注意：轻质固定杆的弹力方向不一定沿杆的方向，作用力的方向需要结合平衡方程或牛顿第二 定律求得，而轻质活动杆中的弹力方向一定沿杆的方向． [例题4] 如图甲所示，轻绳AD跨过固定在水平横梁BC右端的定滑轮挂住一个质量为 10kg的物体，∠ACB＝30°，g取10m/s2。 求：（1）轻绳AC段的张力F 的大小； AC （2）横梁BC对C端的支持力大小及方向。 （3）若图中横梁BC换为水平轻杆，且B端用铰链固定在竖直墙上，如图乙所示，请在图中画 出C点的受力分析图。 【解答】解：（1）物体M处于平衡状态，根据平衡条件可判断，与物体相连的细绳拉力大小等 于物体的重力，取C点为研究对象，进行受力分析，如图1所示。图1中轻绳AD跨过定滑轮拉住质量为M的物体，物体处于平衡状态，绳AC段的拉力为：F AC ＝F ＝Mg＝10×10N＝100N CD （2）由几何关系得：F ＝F ＝Mg＝100 N C AC 方向和水平方向成30°角斜向右上方 （3）C点的受力分析图如图2所示。 答： （1）轻绳AC段的张力F 的大小是100N； AC （2）横梁BC对C端的支持力大小是100 N，方向和水平方向成30°角斜向右上方。 （3）C点的受力分析图如图2所示。 [例题5] 张鹏同学在家帮妈妈洗完衣服后，挂在如图所示的晾衣架上晾晒，A、B为竖直 墙壁上等高的两点，AO、BO为长度相等的两根轻绳，CO为一根轻杆。转轴C在AB中点D 的正下方，A、O、B在同一水平面上。∠AOB＝90°，∠DOC＝30°，衣服质量为m，重力加 速度为g。则（ ） A．CO杆的弹力大小为mg 2√3 B．CO杆的弹力大小为 mg 3 √6 C．AO绳所受的拉力大小为 mg 2 D．BO绳所受的拉力大小为mg【解答】解：AB、设绳AO和绳BO拉力的合力为F，以O点为研究对象，O点受到重力mg、 CO杆的支持力F 和F，如图1： 1 mg 根据平衡条件得：F = =2mg 1 cos60° 由牛顿第三定律知CO杆所受的压力大小为2mg，故AB错误。 CD、F＝mgtan60°=√3mg 绳AO和绳BO所受拉力的大小均为F ，将F分解，如图2， 2 √6 由F＝2F cos45°，解得：F = mg，故C正确，D错误。 2 2 2 故选：C。 [例题6] （多选）如图所示，一根不可伸长的长为L的轻绳两端分别固定在间距为d的两 竖直杆的P点和Q点上，晾衣架上挂着湿衣服，衣架上的钩挂在轻绳上可来回自由滑动。若忽 略衣架挂钩与轻绳间的摩擦，则下列说法正确的是（ ） A．在湿衣服上的水滴下落过程中，轻绳中的张力不断减小 B．衣服不滴水时，将P点稍向上移动，则轻绳中的张力增大C．衣服不滴水时，将左侧竖直杆稍向左移动，则轻绳中的张力减小 D．衣服不滴水时，刮起了向左的风，若风力大小恒定，此时再将P点稍向上移动，轻绳中的张 力将增大 【解答】解：设轻绳与竖直方向的夹角为 ，轻绳的拉力为T，对挂钩受力分析，如图所示；根 θ d 据图中几何关系可得sin = ； L θ mg 同一轻绳拉力相等，根据平衡条件可得：2Tcos ＝mg，解得：T= 。 2cosθ θ A、在湿衣服上的水滴下落过程中，重力mg减小，则轻绳中的张力不断减小，故A正确； mg B、衣服不滴水时，将P点稍向上移动，d和L不变，则 不变，根据T= 可知轻绳中的张 2cosθ θ 力不变，故B错误； mg C、衣服不滴水时，将左侧竖直杆稍向左移动，则 d增大、 增大，根据T= 可知轻绳中 2cosθ θ 的张力增大，故C错误； D、衣服不滴水时，刮起了向左的风，若风力大小恒定，此时两段轻绳的拉力的合力方向偏向右 上方，如图所示： 由于重力和和向左的合力大于衣服的重力，所以此时细绳拉力增大； 再将P点稍向上移动，相当于增大了两根杆之间的距离，即距离由d′变为d′′、 增大，则 轻绳中的张力增大，故D正确。 θ 故选：AD。[例题7] 如图所示，小方块代表一些相同质量的钩码，图1中O为轻绳之间连接的结点， 图2中光滑的轻质小滑轮跨在轻绳上悬挂钩码，两装置处于静止状态，现将图 1中B滑轮的端 点B稍稍右移一些，图2中的端点B沿虚线稍稍上移一些，（2图中的绳长不变）则关于图 角和OB绳的张力F的变化，下列说法正确的是（ ） θ A．1、2图中的 角均增大，F均不变 B．1、2图中的θ角均不变，F均不变 C．1图中 角增θ大、2图中 角不变，张力F均不变 D．1图中θ角减小、T不变，θ 2图中 角增大，F减小 【解答】解θ：图1中，根据钩码个数，θO点所受的三个力正好构成直角三角形，若端点B沿虚线 稍稍右移一些，三力大小F不变，根据力的合成法则，可知，方向不变，即夹角 不变。 图2中，因光滑的滑轮，且绳子中的张力相等，则A、B的力总是相等的，因此θ合力平分A、B 绳的夹角，即使稍上移，绳子张力大小F仍不变，则根据力的合成法则，可知，AB夹角不变， 则 角不变。故B正确，ACD错误。 故选θ：B。 [例题8] 如图所示，一光滑的轻滑轮用细绳OO'悬挂于O点，另一细绳跨过滑轮，其一端 悬挂物块a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b。外力F向右上方拉b，整个系统处于静 止状态。若F方向不变，大小在一定范围内变化，物块b仍始终保持静止，则下列说法错误的 是（ ）A．绳OO'的张力的大小和方向都不变 B．物块b所受到的支持力也在一定范围内变化 C．连接a和b的绳的张力在一定范围内变化 D．物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化 【解答】解：AC、由于整个系统处于静止状态，所以滑轮两侧连接a和b的绳子的夹角不变； 物块a只受重力以及绳子的拉力，由于物体a平衡，则连接a和b的绳子张力T保持不变；由于 绳子的张力及夹角均不变，所以OO′中的张力保持不变，故A正确，C错误； BD、b处于静止即平衡状态，对b受力分析有： 力T与力F与x轴所成夹角均保持不变，由平衡条件可得： N+Fsin +Tsin ﹣mg＝0 Fcos +αf﹣Tcosθ ＝0 由此α可得：N＝θmg﹣Fsin ﹣Tsin 由于T的大小不变，可见α当F大小θ 发生变化时，支持力的大小也在一定范围内变化，故B正确 f＝Tcos ﹣Fcos 由于T的θ大小不α变，当F大小发生变化时，b静止可得摩擦力的大小也在一定范围内发生变化， 故D正确。 本题选不正确的 故选：C。 [例题9] 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（ ） m √3 A． B． m C．m D．2m 2 2 【解答】解：设悬挂小物块的点为O'，圆弧的圆心为O，由于ab＝R，所以三角形Oab为等边三 角形。 由于圆弧对轻环的支持力沿半径方向背向圆心，所以小球和小物块对轻环的合力方向由轻环指 向圆心O，因为小物块和小球对轻环的作用力大小相等，所以aO、bO是∠maO′、∠mbO′的 角平分线，所以∠O'aO＝∠maO＝∠mbO＝30°，那么∠mbO′＝60°， 所以由几何关系可得∠aO'b＝120°，而在一条绳子上的张力大小相等，故有T＝mg，小物块受到 两条绳子的拉力作用大小相等，夹角为120°，故受到的合力等于mg，因为小物块受到绳子的拉 力和重力作用，且处于平衡状态，故拉力的合力等于小物块的重力为mg，所以小物块的质量为 m 故ABD错误，C正确。 故选：C。 题型三 摩擦力的分析与计算 1．静摩擦力 (1)有无及其方向的判定方法 ①假设法：假设法有两种，一种是假设接触面光滑，不存在摩擦力，看所研究物体是否改变原来的运动状态．另一种是假设摩擦力存在，看所研究物体是否改变原来的运动状态． ②状态法：静摩擦力的大小与方向具有可变性．明确物体的运动状态，分析物体的受力情况，根据 平衡方程或牛顿第二定律求解静摩擦力的大小和方向． ③牛顿第三定律法：此法的关键是抓住“力是成对出现的”，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． (2)大小的计算 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判断其大小． ②物体有加速度时，若只有静摩擦力，则 F＝ma.若除静摩擦力外，物体还受其他力，则 F ＝ f 合 ma，先求合力再求静摩擦力． 2．滑动摩擦力 (1)方向：与相对运动的方向相反，但与物体运动的方向不一定相反． (2)计算：滑动摩擦力的大小用公式F ＝ μF 来计算，应用此公式时要注意以下几点： f N ①μ为动摩擦因数，其大小与接触面的材料、表面的粗糙程度有关；F 为两接触面间的正压力，其 N 大小不一定等于物体的重力． ②滑动摩擦力的大小与物体的运动速度和接触面的大小均无关． [例题10] 质量分别为m ＝3kg、m ＝2kg、m ＝1kg的a、b、c三个物体按照图所示水平叠 1 2 3 放着，a与b之间、b与c之间的动摩擦因数均为0.1，水平面光滑，不计绳的重力和绳与滑轮 间的摩擦，g 取 10m/s2．若作用在 b 上的水平力 F＝8N，则 b 与 c 之间的摩擦力大小为 （ ） 13 A．4 N B．5 N C．3 N D． N 3 【解答】解：由题意可知，a与b滑动摩擦力大小f ＝ m g＝0.1×30＝3N； 1 1 a向左加速，bc整体向右加速。根据牛顿第二定律，对μa，则有：T﹣3N＝3a 而对bc，则有：F﹣T﹣3N＝3a 1 解得：a= m/s2。 3 1 隔离b：8N﹣3N﹣f＝2× ， 3 13 解得：f= N，故D正确，ABC错误； 3故选：D。 [例题11] 图甲中B是传送货物的运输车，可以沿着斜面上的直轨道运送货物，运输车的货 箱是水平的粗糙平面，某次运输车B沿轨道将货物A向下传送到轨道下端，A、B始终保持相 对静止，运输车运动的v﹣t图像如图乙。下列分析中正确的是（ ） A．0～t 时间内，B对A的支持力小于货物重力、A受的摩擦力水平向左 1 B．t ～t 时间内，B对A的支持力等于货物重力、A受的摩擦力水平向左 1 3 C．t ～t 时间内，B对A的支持力等于货物重力、A不受摩擦力作用 1 3 D．t ～t 时间内，B对A的支持力大于货物重力、A受的摩擦力水平向右 3 4 【解答】解：A、由图乙可知0～t 时间内，A、B加速度沿斜面向下，因为加速度有竖直向下的 1 分量，所以支持力小于重力，因为加速度有水平向右的分量，所以摩擦力向右，故A错误； BC、t ～t 时间内，A、B一起做匀速直线运动，A受到的重力和支持力平衡，不受摩擦力，故 1 3 B错误、C正确； D、t ～t 时间内，A、B加速度沿斜面向上，因为加速度有竖直向上的分量，所以支持力大于重 3 4 力，因为加速度有水平向左的分量，所以摩擦力向左，故D错误； 故选：C。 [例题12] 如图甲所示，质量M＝1kg的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动 摩擦因数 ＝0.1，在木板的左端放置一个质量m＝1kg的物块，物块可视为质点，物块与木板 1 间的动摩擦μ因数 ＝0.4。设木板足够长，现对物块施加一个水平向右的力F，力F随时间t的 2 变化如图乙所示。μ 已知最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，取g＝10m/s2，则下面四个图中能正 确反映物块受到木板的摩擦力大小f随时间t变化的是（ ）A． B． C． D． 【解答】解：由题意铁块与木板之间摩擦力的最大值为：f ＝ mg 2max 2 代入数据解得：f 2max ＝4N μ 木板与地面间的摩擦力的最大值为：f ＝ （M+m）g 1max 1 代入数据解得：f 1max ＝2N μ 当F≤2N时，木板和铁块相对地面静止f＝F 1 又由图像可得F= t 2 所以0﹣2s时间内图像与F﹣t图像相同； 当F＞2N，并且木板和铁块一起相对地面加速运动时，设此时系统的加速度为a，根据牛顿第二 定律，对整体有F﹣ （M+m） g＝（M+m） a 1 对铁块有F﹣f 2max ＝mμa 可得F＝6N 从此关系式可以看出，当2N＜F≤6N时，M、m相对静止，则对整体有F﹣ （M+m） g＝ 1 （M+m） a μ 对铁块F﹣f＝ma F 即f= +1 2 t 即f= +1 4 当F＞6N，时铁块受到摩擦力为滑动摩擦力，大小为4N， 所以0﹣10s内图像如图C，故ABD错误，C正确。 故选：C。[例题13] （多选）如图所示，长木板A与物体B叠放在水平地面上，物体与木板左端的固 定立柱间放置轻质弹簧，在水平外力F作用下，木板和物体都静止不动，弹簧处于压缩状态。 将外力F缓慢减小到零，物体和木板始终不动，在此过程中（ ） A．物体B所受的摩擦力逐渐减小 B．物体B所受摩擦力的大小可能先减小后增大 C．木板A上下表面所受摩擦力的合力大小不变 D．木板A上下表面所受摩擦力的合力逐渐减小 【解答】解：AB.对物体B，因开始时所受摩擦力的方向不确定，则摩擦力方向有可能与F同向， 此时弹力不变，F减小，则摩擦力增大；也可能与F反向，此时弹力不变，F减小，则摩擦力先 减小然后再反向增大，故A错误，B正确； CD.木板A水平方向共受三个力，分别是弹簧水平向左的弹力和上下两个面的静摩擦力，因A静 止不动受合外力为0，弹簧的弹力不变，所以两个摩擦力的合力也不变，与弹力大小相等，方向 相反，故C正确，D错误。 故选：BC。 题型四 摩擦力突变问题 用临界法分析摩擦力突变问题的三点注意 (1)题目中出现“最大”、“最小”和“刚好”等关键词时，一般隐藏着临界问题．有时，有些临界 问题中并不含上述常见的“临界术语”，但审题时发现某个物理量在变化过程中会发生突变，则该 物理量突变时物体所处的状态即为临界状态． (2)静摩擦力是被动力，其存在及大小、方向取决于物体间的相对运动的趋势，而且静摩擦力存在最 大值．存在静摩擦的连接系统，相对滑动与相对静止的临界条件是静摩擦力达到最大值． (3)研究传送带问题时，物体和传送带的速度相等的时刻往往是摩擦力的大小、方向和运动性质的分 界点． [例题14] 长直木板的上表面的一端放有一个木块，如图所示，木板由水平位置缓慢向上转 动（即木板与水平面的夹角 增大），另一端不动，则木块受到的摩擦力F 随角度 变化图象 f 下列图中正确的是（ ）α αA． B． C． D． 【解答】解：物块受到的摩擦力在开始到滑动过程为静摩擦力，f＝mgsin ，故为正弦规律变化； 而滑动后变为了滑动摩擦力，则摩擦力 f′＝ mgcos ，为余弦规律变化，θ而滑动摩擦力一般小 于最大静摩擦力，故C正确； μ θ 故选：C。 [例题15] （多选）长木板上表面的一端放有一个木块，木块与木板接触面上装有摩擦力传 感器，如图甲所示，木板由水平位置缓慢向上转动（即木板与地面的夹角 变大），另一端不 动，摩擦力传感器记录了木块受到的摩擦力F 随着角度 的变化图象如图乙α所示。下列判断正 f 确的是（ ） α A．木块与木板间的动摩擦因数 F = f1 mgcosθ 1 μB．木块与木板间的动摩擦因数 F = f2 mgcosθ 1 μ C．木板由水平位置转到 的过程中，木块相对于木板保持静止 1 D．木板由 1 转到 2 的过θ程中，木块的速度变化越来越快 【解答】解θ：AB、θ木块受到的摩擦力在开始到滑动过程为静摩擦力，f＝mgsin ，故为正弦规律 变化； θ 而滑动后变为了滑动摩擦力，则摩擦力f′＝ mgcos ，为余弦规律变化， 而滑动摩擦力一般小于最大静摩擦力， μ θ 当夹角为 时，最大静摩擦力为F ，而滑动摩擦力为F ； 1 f2 f1 根据滑动摩θ擦力公式，则有： mgcos 1 ＜mgsin 1 ，解得： ＜tan 1 ， μ θ θ μ θ 当 mgcos ＝F 解得： F ，故A正确，B错误； 1 f1 = f1 mgcosθ 1 μ θ μ C、木板由水平位置转到 的过程中，木块受到静摩擦力渐渐增大，木块相对于木板保持静止， 1 故C正确； θ D、当木板由 转到的 的过程中，依据 mgcos ＝F；可知，木块受到摩擦力大小会减小，则 1 2 f 其受到的合力θ也增大，那θ 么加速度增大，因μ此木块θ的速度变化越来越快，故D正确； 故选：ACD。 [例题16] （多选）如图所示，物体A、B用细绳与弹簧连接后跨过滑轮．A静止在倾角为 45°的粗糙斜面上，B悬挂着．已知质量m ＝3m ，不计滑轮摩擦，现将斜面倾角由45°减小到 A B 30°，那么下列说法中正确的是（ ） A．弹簧的弹力将减小 B．物体A对斜面的压力将增大 C．物体A受到的静摩擦力将减小 D．弹簧的弹力及A受到的静摩擦力都不变 【解答】解：A、对物体B受力分析，受重力和拉力，由二力平衡得到：T＝m g，则知弹簧的 B 弹力不变，故A错误 BCD、原来有3m gsin 45°﹣m g＝f ，后来3m gsin 30°﹣m g＜f ，可见物体A并未滑动，而且 B B 1 B B 1静摩擦变小。物体A对斜面的压力为： N＝m gcos ， 减小，N将增大，故BC正确。D错误。 A 故选：BC。θ θ 题型五 共点力的合成 1．合成的方法 (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． 2．运算法则 (1)平行四边形定则：求两个互成角度的共点力F 、F 的合力，可以用表示F 、F 的有向线段为邻 1 2 1 2 边作平行四边形，平行四边形的对角线就表示合力的大小和方向，如图1甲所示． (2)三角形定则：求两个互成角度的共点力F 、F 的合力，可以把表示F 、F 的线段首尾顺次相接 1 2 1 2 地画出，把F、F 的另外两端连接起来，则此连线就表示合力的大小和方向，如图乙所示． 1 2 图1 3．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． [例题17] 两个共点力F 、F 大小不同，它们的合力大小为F，则（ ） 1 2 A．F 、F 同时增加10 N，F也增加10 N 1 2 B．F 、F 同时增大一倍，F也增大一倍 1 2C．F 增加10 N，F 减少10 N，F一定不变 1 2 D．若F 、F 中的其中一个增大，F一定增大 1 2 【解答】解：A、根据平行四边形定则，若F 、F 方向相反，F 、F 同时增加10N，F不变，故 1 2 1 2 A错误； B、F 、F 同时增大一倍，F也增大一倍，故B正确； 1 2 C、F 、F 方向相反，F 增加10N，F 减少10N，F可能增加20N，故C错误； 1 2 1 2 D、F 、F 方向相反，若F 、F 中的任一个增大，F不一定增大，故D错误。 1 2 1 2 故选：B。 [例题18] 物体受到的三个共点力大小分别是F 、F 、F ，关于它们的合力F的大小，下列 1 2 3 说法中正确的是（ ） A．F大小的取值范围一定是0≤F≤F +F +F 1 2 3 B．F至少比F 、F 、F 中的某一个大 1 2 3 C．若F ：F ：F ＝3：7：9，只要适当调整它们之间的夹角，一定能使合力为零 1 2 3 D．若F ：F ：F ＝3：6：2，只要适当调整它们之间的夹角，一定能使合力为零 1 2 3 【解答】解：ACD、若F ：F ：F ＝3：7：9，设F ＝3F，则F ＝7F，F ＝9F，F 、F 的合力范 1 2 3 1 2 3 1 2 围为[3F，10F]，9F在合力范围之内，三个力的合力能为零；若F ：F ：F ＝3：6：2，设F ＝ 1 2 3 1 3F，则F ＝6F，F ＝2F，F 、F 的合力范围为[3F，9F]，2F不在合力范围之内，三个力的合力 2 3 1 2 不可能为零；可知三个力的合力最小值不一定为零，三个力最大值等于三个力之和，故AD错误， C正确。 B、合力可能比三个力都大，也可能比三个力都小，也可能与F 、F 、F 中的某一个力相等，故 1 2 3 B错误； 故选：C。 题型六 力分解的两种常用方法 1．力的效果分解法： (1)根据力的实际作用效果确定两个实际分力的方向； (2)再根据两个实际分力的方向画出平行四边形； (3)最后由平行四边形和数学知识求出两分力的大小． 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：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)． [例题19] 如图所示，A、B两物体叠放在水平地面上，已知A、B的质量分别为mA＝ 10kg，mB＝20kg，A、B之间，B与地面之间的动摩擦因数均为 ＝0.5．一轻绳一端系住物体 A，另一端系于墙上，绳与竖直方向的夹角为37°，今欲用外力将μ物体B以2m/s2的加速度匀加 速向右拉出，求所加水平力F的大小．（取g＝10m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8） 【解答】解：物体A、B的受力分析如图： 对A应用平衡条件，有： Tsin37°＝f ＝ N ① 1 1 Tcos37°+N 1 ＝μm A g ② 联立①、②两式可得： 3m g 3×10×10 N = A = =60N 1 4μ+3 4×0.5+3 f ＝ N ＝0.5×60＝30N 1 1 对Bμ用牛顿第二定律，有： F＝f +f +m a＝f + N ＝f + （N +m g）+m a＝2f + m g+m a＝60+0.5×20×10+20×2＝200N 1 2 B 1 2 1 1 B B 1 B B 答：水平力F的大μ小200N．μ μ [例题20] 如图所示，起重机将重为G的重物匀速吊起，此时四条钢索与竖直方向的夹角均 为60°，则每根钢索中弹力大小为（ ）G G √3G √3G A． B． C． D． 4 2 4 6 【解答】解：钢绳结点受到5个拉力，受力平衡，将四个斜向下的拉力都沿着水平和竖直方向正 交分解，如图 根据共点力平衡条件，有 4•Tcos60°＝G 解得 G T= 2 故选：B。 [例题21] 如图所示，质量为M的正方体空木箱放置在粗糙水平面上，空木箱对角线有一 光滑轨道，轨道与水平方向夹角为45°．轨道上有一质量为m的物体沿轨道自由下滑，木箱始 终静止在水平面上，重力加速度大小为g，求： （1）轨道对物体的弹力大小； （2）地面对木箱的摩擦力的大小和方向． 【解答】解：（1）以物体为研究对象，垂直轨道方向有N＝mgcos45°；解得轨道对物体的弹力大小为 √2 N= mg 2 （2）以木箱为研究对象，受力如图所示： 由牛顿第三定律有N＝N′ 在水平方向上有f＝N′sin45° 1 解得f = mg，方向向左． 2 √2mg 1 答：轨道对物体的弹力大小为 ；（2）地面对木箱的摩擦力的大小为 mg；方向向左． 2 2