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第4 讲 力的合成和分解
目录
考点一 共点力的合成...................................................................................................................1
考点二 力分解的两种常用方法...................................................................................................2
考点三 力的合成与分解方法在实际问题中的应用...................................................................4
练出高分...........................................................................................................................................8
考点一 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F1、F2的合力，可以用表示F1、F2的有向线
段为邻边作平行四边形，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F1、F2的合力，可以把表示F1、F2的线段首尾顺
次相接地画出，把F1、F2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．
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1] （2023•徐汇区二模）如图，一游客正在乘坐水上滑翔伞，体验迎风飞翔
的感觉。根据该照片，若选取悬挂座椅的结点作为研究对象，则该点受到牵引绳、滑
翔伞和座椅施加的三个作用力F1、F2和F3。若在游艇牵引下游客水平向左做匀加速运
动，则下列图中关于三个力的大小关系分析可能正确的是（ ）
1
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A．
B．
C．
D．
【解答】解：该结点受到牵引绳、滑翔伞和座椅施加的三个作用力F1、F2和F3，由于游
客水平向左做匀加速运动，因此三个力的合力必须水平向左，
A、由选项图可知，三个力的合力方向，不是向左的，故A 错误；
B、由选项图可知，三个力的合力方向，与F2共线，不是向左的，故B 错误；
C、由选项图可知，三个力的合力方向，能水平向左的，故C 正确；
D、由选项图可知，三个力的合力方向，与F3共线，不是向左的，故D 错误。
故选：C。
[例题2] （2022 秋•佳木斯期中）两个力F1 和F2 间的夹角为θ，两力的合力为
F，以下说法错误的是（ ）
A．若F1、F2的大小和方向一定，则F 的大小和方向一定
B．若F1与F2大小不变，θ 角越小，合力F 就越大
C．如果夹角θ 不变，F1大小不变，只要增大F2，合力F 就必然增大
D．合力F 的作用效果与两个分力F1和F2共同产生的作用效果是相同的
【解答】解：A、若F1、F2的大小和方向一定，根据平行四边形定则可知F 的大小和方
向一定，故A 正确；
B、根据平行四边形定则可知，若F1和F2大小不变，θ 角越小，合力F 越大，故B 正确；
C、如果夹角不变，F1大小不变，只要F2增大，合力F 可以减小，也可以增加，但不可
能不变，故C 错误；
D、由力的合成原理可知，合力F 的作用效果与两个分力F1和F2共同产生的作用效果是
相同的，故D 正确。
本题选错误的，
故选：C。
[例题3] （2022 秋•船山区校级月考）三个共点力大小分别是F1、F2、F3，关于它
们合力F 的大小，下列说法正确的是（ ）
A．F大小的取值范围一定是0⩽F⩽F1+F2+F3
2
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B．F至少比F1、F2、F3中的某一个力大
C．若F1：F2：F3＝3：6：8，只要适当调整它们之间的夹角，一定能使合力为零
D．若F1：F2：F3＝3：6：2，只要适当调整它们之间的夹角，一定能使合力为零
【解答】解：AB、当三个力的方向相同时，合力最大，三个力的合力不一定为零，当
第三个力不在剩余两个力的合力范围内，合力不为零；故AB 错误；
C、设F1＝3F，则F2＝6F，F3＝8F，F1、F2的合力范围为3F≤F'≤9F，F3在这个范围内，
所以只要适当调整它们之间的夹角，一定能使合力为零，故C 正确；
D、设F1＝3F，则F2＝6F，F3＝2F，F1、F2的合力范围为3F≤F'≤9F，F3不在这个范围
内，三个力的合力一定不为零，故D 错误；
故选：C。
[例题4] （2022 秋•徐汇区校级期中）2021 年东京奥运会上，中国男子体操选手
刘洋在吊环比赛中赢得冠军，为中国体操队打开了夺金账户。下面四幅吊环动作静止
时，运动员手臂最省力的动作是（ ）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：根据合力与分力的关系，可知在合力F 合＝G 不变的情况下，双臂缓慢张
开，则两绳之间的夹角变大，故两个分力的大小不断增大，悬挂吊环的两根绳的拉力逐
渐增大，所以最省力的动作是D 图，故ABC 错误，D 正确。
故选：D。
考点二 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
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(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5] （2023•泰安一模）一根轻质的不可伸长的细线长为L＝50cm，两端分别
系在水平天花板上间距为d＝40cm 的a、b 两点，有一质量及大小不计的光滑动滑轮c
跨在细线上，滑轮通过细线悬挂重力为G＝1N 的小球，处于静止状态，小球可视为质
点。现对小球施加大小为F = √7
3 N平行于a、b 连线的水平拉力，小球再次平衡时a、
b 间细线的张力为T，则（ ）
A．T = 6
5 N
B．T = 5
6 N
C．T = 5
3 N
D．T = 3
5 N
【解答】解：对小球未施加拉力时，设细线与竖直方向夹角为θ，如图：
施加拉力后，小球再次平衡时，设重力与水平拉力的合力为G'，G'与竖直方向夹角为
α，细线与合力G'反向延长线夹角为θ'，则
tanα = F
G = √7
3
可得：cosα = 3
4
G' =
G
cosα = 4
3 N
同时，线段ab 在垂直合力G'方向投影的长度d'＝dcosα＝40× 3
4 cm＝30cm＝0.3m
4
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L＝50cm＝0.5m
可得sinθ' = d '
L = 3
5
则小球再次平衡时，有2Tcosθ'＝G'
代入数据联立解得，a、b 间细线的张力为：T = 5
6 N
故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
[例题6] （2023•大荔县一模）如图所示，解放军战士在水平地面上拉着轮胎做匀
速直线运动进行负荷训练，运动过程中保持双肩及两绳的端点A、B 等高。两绳间的
夹角为θ＝60°，所构成的平面与水平面间的夹角恒为α＝53°，轮胎重为G，地面对轮
胎的摩擦阻力大小恒为Ff，则每根绳的拉力大小为（ ）
A．2√3
9
Ff
B．√3
2 Ff
C．5√3
9
Ff
D．2√3
3
Ff
【解答】解：设每根绳的拉力为F，则这两根绳拉力的合力F合=2 Fcos θ
2
方向沿绳子所组成角的角平分线，与水平面的夹角为α，受力分析如图所示
对轮胎：F 合cosα＝Ff
解得：F =
Ff
2cosαcos θ
2
= 5√3
9
Ff
故ABD 错误，C 正确。
故选：C。
[例题7] （2022•密云区一模）“八字刹车”是初级双板滑雪爱好者一项非常重要
的技术，用“八字刹车”在水平雪面上滑行时的滑行姿态如图1 所示，其减速原理很
复杂，但可简化为图2（图1 中左边雪板的受力情况）所示。实际滑行时，可通过脚
踝“翻转”雪板，使雪板以内刃AB 为轴，外刃CD 向上翻转，使得两雪板之间夹角
5
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为2α，雪板与雪面成β 角。此时雪面对雪板的总作用力F 可近似认为垂直于雪板所在
平面ABCD，其水平、竖直分量分别记为Fx、Fy，其中Fx 垂直于AB 边，这个分力
可以帮助运动员做减速运动。不计空气阻力和一切其他的摩擦，下列说法正确的是（
）
A．其他条件不变的情况下，α 角越小，减速效果越好
B．其他条件不变的情况下，β 角越小，减速效果越好
C．滑行动作和姿态相同时，质量大的运动员减速效果更好
D．滑行动作和姿态相同时，质量不同的运动员减速效果相同
【解答】解：A、两边雪板对人的支持力垂直于雪板斜向人体后方，两边支持力的夹角
近似与2a 互补，减小a 角，两边支持力夹角变大，合力变小，向后方的分力也变小，减
速效果变差。故A 错误；
B、减小β 角，雪板更为水平，雪板对人的支持力往上偏移，向上的分力等于重力不变，
水平方向的分力变小，减速效果变差。故B 错误；
CD、mgtanθ＝ma，a= F
m =gtanθ，减速效果只与夹角有关，跟运动员质量无关。故C 错
误，D 正确。
故选：D。
[例题8] （2022•昆都仑区校级一模）歼﹣20 战斗机上安装了我国自主研制的矢
量发动机，能够在不改变飞机飞行方向的情况下通过转动尾喷口方向来改变推力的方
向，使战斗机拥有优异的飞行性能。某次飞机沿水平方向超音速匀速巡航时，空气对
飞机产生的竖直向上的升力（不含尾喷口推力）与水平阻力之比为√24。已知飞机重
力为G，为使飞机实现节油巡航模式，尾喷口产生的最小推力大小为（ ）
A．√6
12 G
B．2√6G
C．2√6
5
G
D．1
5 G
【解答】解：飞机受到重力G、发动机推力F1、升力F2和空气阻力f，重力的方向竖直
向下，升力F2的方向竖直向上，空气阻力f 的方向与F2垂直，如图
歼﹣20 战斗机沿水平方向超音速匀速巡航，则有水平方向Fx＝f
竖直方向F2+Fy＝G
其中F2=√24 f
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解得Fy＝G−√24 f
则F 1
2=F x
2+F y
2 =25f2﹣2√24Gf+G2
结合数学知识可知F 1
2表达式为开口向上，对称轴为f= √24
25 G
的抛物线，即当f= √24
25 G时，F 1
2取得最小值，将其代入F 1
2表达式，
解得Fmin= 1
5 G，故ABC 错误，D 正确
故选：D。
考点三 力的合成与分解方法在实际问题中的应用
把力按实际效果分解的一般思路
[例题9] （2022•贾汪区校级模拟）戽斗[hùdǒu]是古代一种小型的人力提水灌田
农具，是我国古代劳动人民智慧的结晶。如图所示，两人双手执绳牵斗取水，在绳子
长度一定时（ ）
A．两人站得越近越省力
B．两人站得越远越省力
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C．两边绳子与竖直方向夹角为60°时最省力
D．绳子拉力大小与两人距离远近无关
【解答】解：戽斗受重力和两个拉力，设拉力与竖直方向的夹角为α，根据平衡条件，
有：2Fcosα＝mg
解得：F=
mg
2cosα
设绳子的长度为L，两个人之间的距离为2x，由几何关系可得：sinα= x
L
可知在绳子的长度一定的条件下，若两个人之间的距离x 越小，则sinα 越小，其对应的
余弦值cosα 越大，mg
2cosα 越小，即个人之间的距离越小，绳子的拉力越小，可知两人
站得越近越省力，故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
[例题10] 如图甲所示，空调外机用两个三角形支架固定在外墙上，图乙为简化示
意图，若空调外机的重心恰好与横梁AO 和斜梁BO 连接点O 在同一竖直平面内，且
两支架各承担一半空调重力，空调重力大小为240N，AO 水平，BO 与AO 的夹角为
37°。假定横梁对O 点的拉力总沿OA 方向，斜梁对O 点的支持力总沿BO 方向。下列
判断正确的是（ ）
A．横梁对O 点的拉力为320N
B．斜梁对O 点的支持力为400N
C．如果把斜梁加长一点，仍保持连接点O 的位置不变，横梁仍然水平，这时横梁对O
点的作用力将变小
D．如果把斜梁加长一点，仍保持连接点O 的位置不变，横梁仍然水平，这时斜梁对O
点的作用力将变大
【解答】解：AB、以O 点为研究对象，受到空调外机的压力等于其重力的一半即1
2G、
OB 支架的作用力F1和OA 支架的作用力F2，受力如图所示：
8
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由受力图结合几何关系可得：
F1=
G
2sinθ =
240
2sin37° N＝200N
F2=
G
2tanθ =
240
2tan37° N＝160N，故AB 错误；
CD、若把斜梁加长一点，仍保持点O 的位置不变，横梁仍然水平，
则此时θ 变大，sinθ 变大、tanθ 变大，
由F1= G
sinθ ，F2= G
tanθ 可知：F1将减小、F2将减小，故C 正确、D 错误。
故选：C。
[例题11] （2022•台江区校级模拟）如图甲所示，一艘帆船正逆风行驶.如图乙所
示是帆船逆风行驶的简单受力分析图，风力F＝105N、方向与帆面的夹角为θ＝30°，
航向与帆面的夹角也为θ＝30°，风力在垂直帆面方向的分力推动帆船逆风行驶，则风
力F 在航向方向的分力为（ ）
A．5.0×104N
B．2.5×104N
C．2×104N
D．104N
【解答】解：对风力F 在沿着帆面方向和垂直于帆面方向进行分解，如图：
根据力的平行四边形定则可得其垂直于帆面的分力F1＝Fsinθ
再对垂直作用于帆面上的风力F1进行分解，分解成沿船的行驶方向和垂直于行驶方向的
力，将力F1 进行分解，如图所示，则有：F2 ＝F1sinθ ＝Fsin2θ ＝105×sin230°N ＝
9
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2.5×104N，故B 正确，ACD 错误.
故选：B。
[例题12] （2022•永州模拟）如图是远距离输电的部分线路。A、B 两点分别为铁
塔与输电线的连接点，输电线质量分布均匀，下列说法正确的是（ ）
A．输电线上电流相等时，输电线越粗，在输电线上消耗的电能越多
B．若A 点高于B 点，输电线两端的切线与竖直方向的夹角θA＜θB
C．若A、B 两点等高，A、B 两端点对输电线的弹力大小之和等于输电线的重力
D．由于热胀冷缩，夏季输电线与竖直方向的夹角变小，输电线两端的弹力变大
【解答】解：A、输电线上电流相等时，输电线越粗，输电线的电阻越小，输电线上消
耗的电能越少，故A 错误；
B、设输电线下垂的最低点为C，若A 点高于B 点，则A 到C 之间的输电线长度比B 到
C 之间的输电线长度长，设A 到C 之间的输电线重力大小为GAC，B 到C 之间输电线的
重力大小为GBC，A、B 两端点对输电线的弹力大小分别为FA、FB，则根据平衡条件有：
FAcosθA＝GAC，FBcosθB＝GBC，FAsinθA＝FBsinθB，并且有GAC＞GBC，联立以上各式可
得θA＜θB，故B 正确；
C、若A、B 两点等高，由于A、B 两端点对输电线的弹力并不是竖直向上，所以A、B
两端点对输电线的弹力大小之和大于输电线的重力，故C 错误；
D、由于热胀冷缩，夏季输电线与竖直方向的夹角变小，根据FAcosθA+FBcosθB＝G，可
知当θA和θB都减小时，FA和FB也减小，故D 错误。
故选：B。
练出高分
一．选择题（共10 小题）
1．（2022 秋•武昌区校级月考）筷子是中华饮食文化的标志之一。如图所示，用筷子夹住
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质量为m 的小球，两根筷子均在竖直平面内，且筷子和竖直方向的夹角均为θ。已知小
球与筷子之间的动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，
小球静止。下列说法正确的是（ ）
A．筷子越短越容易夹住小球
B．当θ 减小时，筷子对小球的最小压力一定增大
C．筷子对小球的最小压力是
mg
2( μcosθ+ sinθ)
D．要想用筷子夹住小球，必须满足μ＞tanθ
【解答】解：AC、小球受到重力、两根筷子对它的压力和摩擦力，如图所示；
若小球刚好掉不下来，根据平衡条件可得：f1cosθ+f2cosθ＝mg+F1sinθ+F2sinθ
其中f1＝f2＝μF1，F1＝F2
解得：F1＝F2=
mg
2( μcosθ−sinθ)；根据数学知识可知θ 增大时，筷子对小球的最小压力
一定增大，
故BC 错误；
AD、根据F1＝F2=
mg
2( μcosθ−sinθ)，可知要想用筷子夹住小球，需满足μcosθ﹣sinθ＞
0 时，解得：μ＞tanθ，当筷子越短，θ 越大，当μ＜tanθ 时，无论多大的力都夹不住小
球。故A 错误，D 正确；
故选：D。
2．（2022 秋•渝中区校级月考）在静力平衡实验中，F1、F2和F3三力作用于一圆环形轴承
上，三力的方向均通过轴承的圆心。初始状态下，轴承静止，圆轴紧靠在轴承底端，轴
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圆心和轴承圆心在同一竖直线上，如图所示。轴承与圆轴间的摩擦力可忽略，若只调整
其中两力的量值，欲移动轴承使圆轴位于轴承的正中央，则下列施力过程可能实现上述
目的的是（ ）
A．增加F2和F3两力的量值，且F3的量值增加较多
B．增加F1和F2两力的量值，且F1的量值增加较多
C．减小F1和F3两力的量值，且F3的量值减小较多
D．减小F1和F2两力的量值，且F2的量值减小较多
【解答】解：欲移动轴承使圆轴位于轴承的正中央，即要使轴承竖直向下移动，则调整
受力后三个力的合力要竖直向下，水平方向合力为零。
A、增加F2和F3两力的量值，且F3的量值增加较多，合力斜向左上方，不符合题意，
故A 错误；
B、增加F1和F2两力的量值，且F1的量值增加较多，根据平行四边形定则可知，合力
可竖直向下，符合题意，故B 正确；
C、减小F1和F3两力的量值，且F3的量值减小较多，合力斜向左下方，不符合题意，
故C 错误；
D、减小F1和F2两力的量值，且F2的量值减小较多，合力斜向右上方，不符合题意，
故D 错误；
故选：B。
3．（2022 秋•六合区校级期末）生活中常用刀或斧来劈开物体。如图所示为刀刃的横截面，
F 是作用在刀背上的力，若刀刃的横截面是等腰三角形，刀刃两侧面的夹角为2θ，则可
知刀劈开物体时对其侧向推力F1、F2的大小为（ ）
A．F1＝F2=
F
2sinθ
B．F1＝F2=
F
2cosθ
C．F1＝F2=
F
2sin 2θ
D．F1＝F2=
F
2cos2θ
【解答】解：将力F 根据平行四边形定则分解如图
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由几何知识得，侧向推力的大小为F1＝F2=
F
2
sinθ =
F
2sinθ
故A 正确，BCD 错误；
故选：A。
4．（2022 秋•南通期末）某同学用条形磁铁将金属小球从图示位置开始缓慢牵引至悬线处
于水平位置，此过程中手与球的连线与竖直方向夹角一直为30°，人始终保持静止。则
（ ）
A．磁铁对小球的作用力大小不变
B．悬线对小球的作用力先增大再减小
C．地面对人的摩擦力一直变大
D．地面对人的支持力先增大后减小
【解答】解：AB.根据题意，对小球受力分析，如图所示
根据题意可知，小球一直处于平衡状态，则磁铁对小球的作用力与悬线对小球的作用力
的合力一直与小球的重力等大反向，由矢量三角形原理可得，磁铁对小球的作用力大小
增大，悬线对小球的作用力先减小再增大，故AB 错误；
CD.根据题意，对人受力分析，如图所示
13
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由平衡条件有
F'2sin30°＝f
Mg+F'2cos30°＝FN
结合AB 分析，由牛顿第三定律可知F'2增大，则地面对人的摩擦力一直变大，地面对人
的支持力一直变大，故D 错误，C 正确。
故选：C。
5．（2022 春•淇滨区校级月考）如图所示，某自卸式货车车厢上放有一箱货物，货箱内有
一光滑的倾斜隔板AB，其与货箱底部的夹角为30°，隔板与货箱右壁之间放有一圆柱状
工件，货车在卸货过程中，车厢倾角θ 缓慢增大到37°，货箱一直相对车厢底板静止，
下列说法正确的是（ ）
A．车厢对货箱的作用力逐渐增大
B．车厢对货箱的作用力逐渐减小
C．工件对隔板的压力不断增大
D．工件对货箱右壁的压力一直增大
【解答】解：AB、货箱缓慢移动，货箱所受合外力为零，所以车厢对货箱的作用力与
货箱的重力等大反向，大小始终等于重力，大小不变，故AB 错误；
CD、如图所示：
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隔板对工件的弹力为F1，货箱右壁对工件的弹力为F2，二力夹角α 保持不变，所以三力
组成的顺接闭合三角形三个顶点在同一个圆周上，由图可知车厢倾角θ 缓慢增大到37°
过程中，F2一直增大，F1逐渐减小，由牛顿第三定律知，工件对隔板的压力不断减小，
工件对货箱右壁的压力一直增大，故C 错误，D 正确。
故选：D。
6．（2022 春•保定期末）如图所示：一宇航员在太空用跑步机跑步，宇航员与跑步机垂直，
宇航员将橡皮绳一端系在腰间，另一端固定于舱体，橡皮绳与跑步机的夹角为60°，跑
步过程中橡皮绳的长度及橡皮绳与跑步机的夹角不变。宇航员在太空中完全失重，设宇
航员的质量为70kg，在橡皮绳的作用下，宇航员有与在地面跑步完全一样的体验。已知
橡皮绳的劲度系数为3500N/m，取地球表面的重力加速度大小g＝10m/s2，则下列说法
正确的是（ ）
A．橡皮绳被拉长了0.2m
B．跑步机对宇航员的静摩擦力大小为350N
C．跑步机对宇航员的支持力大小为700N
D．宇航员对跑步机的静摩擦力方向向左
【解答】解：A．宇航员处于完全失重状态，由于他在跑步机上跑步与在地面跑步有完
全一样的体验，可知kxsin60°＝mg
可得弹簧的伸长量为x = 2√3
15 m，故A 错误；
BC．对宇航员进行受力分析可知，所受摩擦力为f＝kxcos60°
所受支持力为FN＝kxsin60°
代入数据解得：f= 700√3
3
N，FN＝700N
故B 错误，C 正确；
15
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D．宇航员受到跑步机的静摩擦力方向向左，根据牛顿第三定律，他对跑步机的静摩擦
力方向向右，故D 错误。
故选：C。
7．（2022 春•沙坪坝区校级期末）如图所示，甲、乙工人站在楼顶上保持位置不动，甲通
过缓慢释放手中的绳子，使乙能够用一始终水平的轻绳将工件缓慢向左拉动，最后工件
运送至乙所在位置，完成工件的运送。绳的重力及滑轮的摩擦不计，滑轮大小忽略不计，
则在工件向左移动过程中（ ）
A．甲手中绳子上的拉力不断变大
B．甲对楼顶的压力不变
C．乙手中绳子上的拉力不断变小
D．楼顶对甲的摩擦力小于楼顶对乙的摩擦力
【解答】解：AC．开始时甲手中绳子上的拉力大小等于工件的重力，当工件向左移动
时，甲手中绳子的拉力等于工件的重力与乙手中绳子的拉力的合力大小，如图所示，可
知甲、乙手中的绳子拉力均不断增大，故A 正确，C 错误；
B．设甲手中的绳子与竖直方向的夹角为θ，对甲受力分析，水平方向有：FTsinθ＝Ff 甲
竖直方向有：FTcosθ+FN＝m 甲g
工件向左运动时，FT增大，工人甲位置不变，即θ 不变，楼顶对甲的支持力不断减小，
根据牛顿运动第三定律可知，甲对楼顶的压力也不断减小，故B 错误；
D．对乙受力分析，楼顶对乙的摩擦力大小等于乙手中的绳子的拉力，设工件和滑轮之
间的绳子与竖直方向的夹角为α，则FTsinα＝FT 乙
即FTsinα＝Ff 乙
由于α＜θ
所以Ff 乙＜Ff 甲
故D 错误。
故选：A。
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8．（2022•河南模拟）拖把是由拖杆和拖把头构成的擦地工具（如图所示），拖杆可转动，
其与竖直方向的夹角θ 可以在0 到90°之间变化，拖杆对拖把头的作用力可视为沿杆方
向。关于拖把头的受力，下列说法正确的是（ ）
A．若推动拖杆，拖把仍然静止，则拖把头所受合外力一定为0
B．不论θ 为多少，只要推力足够大，就一定能推动拖把
C．推动拖杆使拖把匀速向前运动，则此时拖把头所受的合外力方向与运动方向一致
D．推动拖杆使拖把匀速向前运动，拖杆与竖直方向的夹角θ 越小，则拖把头所受的滑
动摩擦力越小
【解答】解：AC．拖把静止或者匀速向前运动时，拖把头所受合外力均一定为0，故A
正确，C 错误；
B．拖把头受到重力、支持力、推力和摩擦力处于平衡，设沿拖杆方向用大小为F 的力
推拖把，拖把与地的摩擦因数为μ。将推拖把的力沿竖直和水平方向分解，按平衡条件
有，竖直方向Fcosθ+mg＝N ①
水平方向Fsinθ＝f ②
式中N 和f 分别为地板对拖把的正压力和摩擦力。滑动摩擦力为f＝μN ③
若不管沿拖杆方向用多大的力不能使拖把从静止开始运动，应有Fsinθ≤μN ④
联立①④式得sinθ−μcosθ≤μ mg
F ⑤
现考虑使上式成立的θ 角的取值范围。注意到上式右边总是大于零，且当F 无限大时极
限为零
有sinθ﹣μcosθ≤0 ⑥
取临界角θ0，有tanθ0＝μ ⑦
故当满足θ≤θ0时，不管沿拖杆方向用多大的力都推不动拖把。故B 错误；
D．上面①②③式联立可得F =
μ
sinθ−μcosθ mg⑧
求出滑动摩擦力f = μ( Fcosθ+mg)= μmg(1+
μ
tanθ−μ )
从上式可知，当θ 越小时，拖把头所受的滑动摩擦力越大，故D 错误。
故选：A。
9．（2022 春•黄浦区月考）百米飞人苏炳添因为有惊人的弹跳力而被戏称他有弹簧腿。弹
跳过程中屈膝是其中一个关键动作。如图所示，人下蹲，膝盖关节弯曲角度为θ，设此
时大小腿肌群对膝关节的作用力F 的方向水平向后，且大腿、小腿骨对膝关节的作用力
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大致相等，那么脚掌所受地面向上的弹力约为（ ）
A．
F
2sin 0.5θ
B．
F
2cos0.5θ
C．
F
2tan 0.5θ
D．
F
2cot 0.5θ
【解答】解：根据力的合成与分解可知，对膝关节，合力为2F1cosθ
2 =F
解得小腿骨对膝关节的作用力F1=
F
2cos θ
2
则膝关节对小腿骨竖直方向的作用力为F2＝F1sinθ
2
因为脚掌对地面的竖直方向的作用力约为F2，根据牛顿第三定律可知，脚掌所受地面向
上的弹力约为F2=
F
2cot θ
2
，故D 正确，ABC 错误。
故选：D。
10．（2022•襄城区校级模拟）如图所示，一可视为质点的小球用两根不可伸长的轻质细线
OA 和OB 连接后挂在天花板和墙上，AOM 水平，OB 倾斜，ON 竖直，A、B、O、M、
N 各点在同一竖直平面内。现对小球施加一大小恒定、方向由OM 逐渐变化至ON 方向
的力F，则此过程中，两细线上的拉力大小变化情况为（ ）
A．细线OA 上的拉力先增大后减小
B．细线OA 上的拉力一直减小
C．细线OB 上的拉力先增大后减小
D．细线OB 上的拉力一直减小
【解答】解：未施加力F 前，将重力沿两细线方向分解，如图甲所示可知
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TA＝G1，TB＝G2
外加方向顺时针改变方向的力F 后，采用画圆法将F 沿两细线方向分解，如图乙所示，
F1先增加后减小，F2一直增大，细线OA 上的拉力
T′A＝G1+F1
细线OB 上的拉力
T′B＝G2+F2
细线OA 上的拉力大小先增大后减小，细线OB 上的拉力大小一直增大，故A 正确，
BCD 错误。
故选：A。
二．计算题（共2 小题）
11．（2022 春•保定期末）如图所示，小球被轻质细绳系住斜吊着放在静止的光滑斜面上，
斜面的倾角α＝37°，细绳与竖直方向的夹角β＝30°，小球的质量m=(4 +3√3)kg，质
量M＝2kg 的斜面体置于粗糙水平地面上，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速
度大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
（1）细绳对小球的拉力大小FT；
（2）地面与斜面体间的动摩擦因数的最小值μ0。
【解答】解：（1）对小球受力分析如图1，根据平衡条件有FNcosα+FTcosβ＝mg
FNsinα＝FTsinβ
联立代入数据解得：FN＝50N，FT＝60N
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图1
（2）以斜面体为研究对象，受力分析如图2，根据平衡条件有Ff＝F'Nsinα
N＝F'Ncosα+Mg
图2
地面与斜面体间的动摩擦因数最小时，有Ff＝μ0N
解得μ0＝0.5
答：（1）细绳对小球的拉力大小为60N；
（2）地面与斜面体间的动摩擦因数的最小值为0.5。
12．（2021 秋•海门市期末）如图，“”形框架的水平细杆OM 和竖直细杆ON 均光滑，质
量分别为m、3m 金属环a、b 用长为L 的轻质细线连接，分别套在水平细杆和竖直细杆
上，重力加速度为g.
（1）若在a 上施加一个水平方向的力，使ab 处于静止状态，求OM 对环a 的支持力
FN；
（2）若施加的水平力F 将a 环缓慢向右移动，证明力F 逐渐变大；
（3）若整个装置绕ON 匀速转动使细线与水平杆间夹角θ＝30°，求转动角速度ω。
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【解答】解：（1）把金属环a、b 和轻质细线看成一个系统，受力分析竖直方向平衡，
可知
FN＝（m+3m）g＝4mg
（2）把金属环a、b 隔离出来，受力分析如图
a 环缓慢向右移动，夹角θ 减小，根据平衡条件可得
T′= 3mg
sinθ ，T′＝T，Tcosθ＝F
联立，可得F= 3mg
tanθ
易知，F 逐渐变大。
（3）若整个装置绕ON 匀速转动使细线与水平杆间夹角θ＝30°，则有
mω2×Lcos30°＝Tcos30°
T′= 3mg
sin30°
T′＝T
解得ω=√
6 g
L
答：（1）若在a 上施加一个水平方向的力，使ab 处于静止状态，OM 对环a 的支持力
FN为4mg；
（2）若施加的水平力F 将a 环缓慢向右移动，θ 减小，tanθ 减小，力F 逐渐变大；
（3）若整个装置绕ON 匀速转动使细线与水平杆间夹角θ＝30°，转动角速度ω 为√
6 g
L
。
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