2020年高考物理一轮复习 热点题型归纳与变式演练 专题03 三大性质力及力的运算法则（含解析）

专题03 三大性质力及力的运算法则【专题导航】目录热点题型一弹力的分析与计算11弹力的有无及方向判断22轻绳模型中的“死结”和“活结”问题33.轻弹簧模型中胡克定律的应用44轻杆模型中的铰链问题5热点题型二摩擦力的分析与计算71静摩擦力的有无和方向的判断方法72摩擦力大小计算的思维流程8（1）滑动摩擦力的分析与计算9（2）静摩擦力的分析与计算103.摩擦力的“四类突变”问题11静静“突变”11动静“突变”12动动“突变”13静动“突变”14热点题型三力的合成15热点题型四力的分解17【题型演练】20【题型归纳】热点题型一弹力的分析与计算迁移角度解决办法易错警示弹力的有无及方向判断假设法或条件法准确找到物体接触的公切面是判断方向的关键轻绳模型中的拉力沿绳且指向绳收缩的方向有无“结点”是绳中张力是否相等的判断条件轻弹簧模型中的弹力沿弹簧且与弹簧形变方向相反满足胡克定律且轻弹簧两端受力始终大小相等，与其运动状态无关弹簧的弹力不能突变，只能渐变轻杆模型中的弹力不一定沿杆方向有无“铰链”是杆中弹力是否沿杆方向的判断依据1.五种常见模型中弹力的方向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)根据胡克定律进行求解(2)根据力的平衡条件进行求解(3)根据牛顿第二定律进行求解1弹力的有无及方向判断【例1】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【答案】D【解析】若小球与小车一起匀速运动，则细绳对小球无拉力；若小球与小车有向右的加速度agtan ，则轻弹簧对小球无弹力，D正确【变式1】(多选)如图所示为位于水平面上的小车，固定在小车上的支架的斜杆与竖直杆的夹角为，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的判断中，正确的是()A小车静止时，Fmgsin ，方向沿杆向上B小车静止时，Fmgcos ，方向垂直于杆向上C小车向右匀速运动时，一定有Fmg，方向竖直向上D小车向右匀加速运动时，一定有Fmg，方向可能沿杆向上【答案】CD【解析】小球受重力和杆的作用力F处于静止状态或匀速直线运动状态时，由力的平衡条件知，二力必等大反向，则Fmg，方向竖直向上小车向右匀加速运动时，小球有向右的恒定加速度，根据牛顿第二定律知，mg和F的合力应水平向右，如图所示由图可知，Fmg，方向可能沿杆向上，选项C、D正确【变式2】(2019西宁模拟)图中各物体均处于静止状态图中画出了小球A所受弹力的情况，其中正确()【答案】C【解析】一般来讲轻质杆对物体的弹力不一定沿着杆的方向，选项A中小球只受重力和杆的弹力且处于静止状态，由二力平衡可得小球受到的弹力应竖直向上，所以A错选项B中，如果左边的绳有拉力的话，竖直向上的那根绳就会发生倾斜，所以左边的绳没有拉力，故B错对于球与面接触的弹力方向，过接触点垂直于接触面(即在接触点与球心的连线上)，即D中大半圆对小球的支持力FN2应是沿着过小球与圆弧接触点的半径且指向圆心的弹力，所以D错球与球相接触的弹力方向，垂直于过接触点的公切面(即在两球心的连线上)，而指向受力物体，所以C正确2轻绳模型中的“死结”和“活结”问题【例2】(多选) 如图所示，用滑轮将质量为m1、m2的两物体悬挂起来，忽略滑轮和绳的重力及一切摩擦，使得0180，整个系统处于平衡状态，关于m1、m2的大小关系应为()Am1必大于m2 Bm1必大于Cm1可能等于m2 Dm1可能大于m2【答案】BCD【解析】选BCD.结点O受三个力的作用，如图所示，系统平衡时F1F2m1g，F3m2g，所以2m1gcos m2g，m1，所以m1必大于.当120时，m1m2；当120时，m2；当120时，m1m2，故B、C、D选项正确【变式】如图所示，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 Cm D2m【答案】C【解析】如图所示，圆弧的圆心为O，悬挂小物块的点为c，由于abR，则aOb为等边三角形，同一条细线上的拉力相等，FTmg，合力沿Oc方向，则Oc为角平分线，由几何关系知，acb120，故细线的拉力的合力与物块的重力大小相等，则每条细线上的拉力FTGmg，所以小物块质量为m，故C对3.轻弹簧模型中胡克定律的应用【例3】.(2018高考全国卷)如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图象可能正确的是()【答案】A【解析】假设物块静止时弹簧的压缩量为x0，则由力的平衡条件可知kx0mg，在弹簧恢复原长前，当物块向上做匀加速直线运动时，由牛顿第二定律得Fk(x0x)mgma，由以上两式解得Fkxma，显然F和x为一次函数关系，且在F轴上有截距，则A正确，B、C、D错误【变式】如图所示，质量均为m的A、B两球，由一根劲度系数为k的轻弹簧连接静止于半径为R的光滑半球形碗中，弹簧水平，两球间距为R且球半径远小于碗的半径则弹簧的原长为()A.RB.R C.RD.R【答案】D【解析】以A球为研究对象，小球受重力、弹簧的弹力和碗的支持力，如图所示由平衡条件，得：tan 解得：x根据几何关系得：cos ，则tan ，所以x故弹簧原长x0R，故D正确4轻杆模型中的铰链问题【例4】(2019潍坊模拟)如图甲所示，轻杆OB可绕B点自由转动，另一端O点用细绳OA拉住，固定在左侧墙壁上，质量为m的重物用细绳OC悬挂在轻杆的O点，OA与轻杆的夹角BOA30.乙图中水平轻杆OB一端固定在竖直墙壁上，另一端O装有小滑轮，用一根绳跨过滑轮后悬挂一质量为m的重物，图中BOA30，求：(1)甲、乙两图中细绳OA的拉力各是多大？(2)甲图中轻杆受到的弹力是多大？(3)乙图中轻杆对滑轮的作用力是多大？【解析】(1)由于甲图中的杆可绕B转动，是转轴杆(是“活杆”)，故其受力方向沿杆方向，O点的受力情况如图(a)所示，则O点所受绳子OA的拉力FT1、杆的弹力FN1的合力与物体的重力是大小相等、方向相反的，在直角三角形中可得，FT12mg；乙图中是用一细绳跨过滑轮悬挂物体的，由于O点处是滑轮，它只是改变绳中力的方向，并未改变力的大小，且AOC是同一段绳子，而同一段绳上的力处处相等，故乙图中绳子拉力为FT1FT2mg.(2)由图(a)可知，甲图中轻杆受到的弹力为FN1FN1mg.(3)对乙图中的滑轮受力分析，如图(b)所示，由于杆OB不可转动，所以杆所受弹力的方向不一定沿OB方向即杆对滑轮的作用力一定与两段绳的合力大小相等，方向相反，由图(b)可得，F22mgcos 60mg，则所求力FN2F2mg.【答案】(1)2mgmg(2)mg(3)mg【变式】(2019天津市南开中学月考)如图为两种形式的吊车的示意图，OA为可绕O点转动的轻杆，重量不计，AB为缆绳，当它们吊起相同重物时，杆OA在图(a)、(b)中的受力分别为Fa、 Fb，则下列关系正确的是()AFaFb BFaFb CFaFb D大小不确定【答案】A【解析】对题图中的A点受力分析，则由图(a)可得FaFa2mgcos 30mg由图(b)可得tan 30则FbFbmg故FaFb.热点题型二摩擦力的分析与计算1静摩擦力的有无和方向的判断方法(1)假设法：利用假设法判断的思维程序如下：(2)状态法：先判断物体的状态(即加速度的方向)，再利用牛顿第二定律(Fma)确定合力，然后通过受力分析确定静摩擦力的大小及方向(3)牛顿第三定律法：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【例1】(2019南京模拟)如图所示，某粮库使用电动传输机向粮垛上输送麻袋包，现将一麻袋包放置在倾斜的传送带上，与传送带一起斜向上匀速运动，其间突遇故障，传送带减速直至停止若上述匀速和减速过程中，麻袋包与传送带始终保持相对静止，则下列说法正确的是()A匀速运动时，麻袋包只受重力与支持力作用 B匀速运动时，麻袋包受到的摩擦力一定沿传送带向上C减速运动时，麻袋包受到的摩擦力一定沿传送带向下D减速运动时，麻袋包受到的摩擦力一定沿传送带向上【答案】B【解析】传送带匀速运动时，麻袋包受力平衡，麻袋包除受重力、垂直传送带向上的支持力外，还要受沿斜面向上的摩擦力的作用，A错误，B正确，传送带向上减速运动时，麻袋包的加速度沿斜面向下，设传送带倾角为，麻袋包的加速度大小为a；当agsin 时，摩擦力为零；当agsin 时，摩擦力沿传送带向下；当agsin 时，摩擦力沿传送带向上，C、D错误【变式】如图所示，物体A置于倾斜的传送带上，它能随传送带一起向上或向下做匀速运动，下列关于物体A在上述两种情况下的受力描述，正确的是()A物体A随传送带一起向上运动时，A所受的摩擦力沿斜面向下B物体A随传送带一起向下运动时，A所受的摩擦力沿斜面向下C物体A随传送带一起向下运动时，A不受摩擦力作用D无论A随传送带一起向上还是向下运动，传送带对物体A的作用力均相同【答案】D【解析】无论传送带向上还是向下运动，物体A随传送带匀速运动处于平衡状态，在重力作用下有相对于传送带沿斜面向下的运动趋势，传送带对物体有沿斜面向上的静摩擦力，如图所示，根据平衡条件可得Ffmgsin ，所以D正确2摩擦力大小计算的思维流程（1）滑动摩擦力的分析与计算【例5】(2017高考全国卷) 如图，一物块在水平拉力F的作用下沿水平桌面做匀速直线运动若保持F的大小不变，而方向与水平面成60角，物块也恰好做匀速直线运动物块与桌面间的动摩擦因数为()A2 BCD【答案】C【解析】当拉力水平时，物块做匀速运动，则Fmg，当拉力方向与水平方向的夹角为60时，物块也刚好做匀速运动，则Fcos 60(mgFsin 60)，联立解得，A、B、D项错误，C项正确【变式1】如图所示，滑块A置于水平地面上，滑块B在一水平力作用下紧靠滑块A(A、接触面竖直)，此时A恰好不滑动，B刚好不下滑已知A与B间的动摩擦因数为1，A与地面间的动摩擦因数为2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力A与B的质量的比值为()A. B.C.D.【答案】B【解析】B恰好不下滑时，1FmBg，A恰好不滑动，则F2(mAgmBg)，所以，选项B正确【变式2】如图所示，质量为m的木块P在质量为M的长木板ab上滑行，长木板放在水平地面上一直处于静止状态若ab与地面间的动摩擦因数为1，木块P与长木板ab间的动摩擦因数为2，则长木板ab受到地面的摩擦力大小为()A1Mg B1(mM)g C2mgD1Mg2mg【答案】C【解析】木块P相对长木板ab向右滑动，受到向左的滑动摩擦力，大小为Ff12mg；力的作用是相互的，故木块P对长木板ab有向右的滑动摩擦力，故长木板ab有向右滑动的趋势，受到地面对其向左的静摩擦力；根据共点力平衡条件有Ff2Ff1，因而Ff22mg，故选C.【变式3】如图所示，物块A放在倾斜的木板上，木板的倾角分别为30和45时物块所受摩擦力的大小恰好相等，则物块和木板间的动摩擦因数为 ()A. B.C. D.【答案】C【解析】当木板倾角为30时，物块受到的是静摩擦力，其大小等于mgsin .当木板倾角是45时，物块受到的是滑动摩擦力，其大小等于mgcos 45.由题意可得mgcos 45mgsin 30，解得，故选C.（2）静摩擦力的分析与计算【例6】.如图所示为武警战士用头将四块砖顶在墙上苦练头功的照片假设每块砖的质量均为m，砖与墙面、砖与头间的动摩擦因数均为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力要使砖恰好静止不动，则武警战士的头对砖施加的水平力为()ABCD【解析】选B.以四块砖为研究对象，进行受力分析砖恰好静止不动，则砖所受到的摩擦力刚好与其重力相等，即f1f24mg，又f1f2F，联立两式可得F，即武警战士施加的水平力为F，选项B正确【变式】（2019湖南省永州市教研室名师筛选高考信息卷）如图所示，一足够长的斜面体静置于粗糙水平地面上，一小物块沿着斜面体匀速下滑，现对小物块施加一水平向右的力F，当物块运动到最低点之前，下列说法正确的是（ ）A物块与斜面体间的弹力不变 B物块与斜面体间的摩擦力增大C斜面体与地面间的弹力不变 D斜面体与地面间的摩擦力始终为0【答案】BD【解析】AB、设斜面的倾角为，不加推力F时，滑块匀速下滑，受重力、支持力和摩擦力，根据共点力平衡条件，支持力N=mgcos，摩擦力f=mgsin，故动摩擦因数=f/N=tan；对小物块施加一水平向右的恒力F后，支持力N=mgcos+Fsin，变大；滑动摩擦力f=N，也变大；故A错误，B正确；CD、不加推力F时，根据平衡条件，滑块受的支持力和摩擦力的合力竖直向上；故根据牛顿第三定律，滑块对斜面体的压力和摩擦力的合力竖直向下，故斜面体相对地面没有滑动趋势，故斜面体不受摩擦力；加上水平推力后，滑块对斜面体的摩擦力和压力同比例增加，其合力方向依旧是竖直向上（大小变大，方向不变）；同理，根据牛顿第三定律，滑块对斜面体的压力和摩擦力的合力依旧是竖直向下（大小变大，方向不变），故斜面体相对地面仍然没有滑动趋势，故斜面体仍然不受摩擦力，但对地压力变大了；故C错误，D正确；故选BD。3.摩擦力的“四类突变”问题静静“突变”当作用在物体上的其他力的合力发生突变时，两物体仍保持相对静止，则物体所受静摩擦力可能发生突变动动“突变”某物体相对于另一物体在滑动的过程中，若相对运动方向变了，则滑动摩擦力方向也发生突变，突变点常常为两物体相对速度为零时静动“突变”物体相对静止，当其他力变化时，如果不能保持相对静止状态，则物体受到的静摩擦力将突变为滑动摩擦力，突变点常常为静摩擦力达到最大值时动静“突变”两物体相对滑动的过程中，若相对速度变为零，则滑动摩擦力突变为静摩擦力，突变点常常为两物体相对速度刚好为零时静静“突变”【例7】. 一木块放在水平桌面上，在水平方向共受到三个力即F1、F2和摩擦力的作用，木块处于静止状态，如图所示，其中F110 N，F22 N，若撤去F1，则木块受到的摩擦力为()A10 N，方向向左B6 N，方向向右C2 N，方向向右D0【答案】C【解析】当木块受F1、F2及摩擦力的作用而处于平衡状态时，由平衡条件可知木块所受的摩擦力的大小为8 N，方向向左可知最大静摩擦力Ffmax8 N当撤去力F1后，F22 NFfmax，木块仍处于静止状态，由平衡条件可知木块所受的静摩擦力大小和方向发生突变，且与作用在木块上的F2等大反向，选项C正确【变式】(2019福建省三明市质检)如图所示，质量为10 kg的物体A拴在一个被水平拉伸的弹簧一端，弹簧的拉力为5 N时，物体A处于静止状态若小车以1 m/s2的加速度向右运动，则(g10 m/s2)()A物体A相对小车向右运动B物体A受到的摩擦力减小C物体A受到的摩擦力大小不变D物体A受到的弹簧的拉力增大【答案】C【解析】由题意得，物体A与小车的上表面间的最大静摩擦力Ffm5 N，小车加速运动时，假设物体A与小车仍然相对静止，则物体A所受合力F合ma10 N，可知此时小车对物体A的摩擦力为5 N，方向向右，且为静摩擦力，所以假设成立，物体A受到的摩擦力大小不变，故选项A、B错误，C正确；同理可知，物体A受到的弹簧的拉力大小不变，故D错误动静“突变”【例8】(2019湛江模拟)如图所示，质量为1 kg的物体与地面间的动摩擦因数0.2，从t0开始以初速度v0沿水平地面向右滑行，同时受到一个水平向左的恒力F1 N的作用，g取10 m/s2，以向右为正方向，该物体受到的摩擦力Ff随时间变化的图象是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)()【答案】A【解析】物体向右减速过程中，受滑动摩擦力作用，方向水平向左，Ff1mg2 N，物体速度减为零后，因Fmg，物体将保持静止，此时Ff2F1 N，方向水平向右，故A正确【变式】.如图所示，把一重为G的物体，用一水平方向的推力Fkt(k为恒量且大于0，t为时间)压在竖直的足够高的平整墙上，从t0开始物体所受的摩擦力Ff随t的变化关系是下图中的()【答案】B【解析】物体在竖直方向上只受重力G和摩擦力Ff的作用，由于Ff从零开始均匀增大，开始一段时间FfG，物体加速下滑；当FfG时，物体的速度达到最大值；之后FfG，物体向下做减速运动，直至减速为零在整个运动过程中，摩擦力为滑动摩擦力，其大小为FfFNFkt，即Ff与t成正比，是一条过原点的倾斜直线当物体速度减为零后，滑动摩擦力突变为静摩擦力，其大小FfG，所以物体静止后的图线为平行于t轴的直线正确答案为B.动动“突变”【例9】. (2019山东潍坊质检)如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为，以速度v0逆时针匀速转动在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数tan ，则图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是()【答案】D【解析】小物体从静止开始运动，相对传送带向后运动，则滑动摩擦力方向沿斜面向下，木块做匀加速直线运动；当木块速度与传送带速度相等时，摩擦力为0；木块继续加速，则木块相对传送带向前运动，滑动摩擦力方向沿斜面向上，由于tan ，可知木块继续做匀加速直线运动，但加速度减小，所以D正确【变式】如图所示，斜面固定在地面上，倾角为37.质量为1 kg的滑块以初速度v0从斜面底端沿斜面向上滑行(斜面足够长，该滑块与斜面间的动摩擦因数为0.7)，则该滑块所受摩擦力F随时间变化的图象是下图中的(取初速度v0的方向为正方向，g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)()【答案】C【解析】滑块上升过程中受到滑动摩擦力作用，由FFN和FNmgcos 联立得F5.6 N，方向为沿斜面向下当滑块的速度减为零后，由于重力的分力mgsin mgcos ，滑块下滑，滑块受的摩擦力方向为沿斜面向上，故选项C正确静动“突变”【例10】(2019洛阳模拟)如图所示，粗糙长木板l的一端固定在铰链上，木块放在木板上，开始时木板处于水平位置当木板向下转动，角逐渐增大的过程中，摩擦力Ff的大小随角变化最有可能的()【答案】B【解析】当Ff为静摩擦力时Ffmgsin ，即Ff按正弦规律变化；当木块滑动后Ff为滑动摩擦力，FfFNmgcos ，即Ff按余弦规律变化，故选项B正确【变式】(2019安阳联考)如图甲所示，A、B两个物体叠放在水平面上，B的上下表面均水平，A物体与一拉力传感器相连接，连接拉力传感器和物体A的细绳保持水平从t0时刻起，用一水平向右的力Fkt(k为常数)作用在B的物体上，力传感器的示数随时间变化的图线如图乙所示，已知k、t1、t2且最大静摩擦力等于滑动摩擦力据此可求 ()AA、B之间的最大静摩擦力 B水平面与B之间的滑动摩擦力CA、B之间的动摩擦因数AB DB与水平面间的动摩擦因数【答案】AB【解析】当B与地面间的摩擦力达到最大值后，力传感器才有示数，地面对B的最大静摩擦力为Ffmkt1，A、B相对滑动后，力传感器的示数保持不变，则FfABkt2Ffmk(t2t1)，A、B正确；由于A、B的质量未知，则AB和不能求出，C、D错误热点题型三力的合成1合力的大小范围的确定(1)两个共点力的合成|F1F2|F合F1F2(2)三个共点力的合成三个力共线且同向时，其合力最大为F1F2F3.任取两个力，求出其合力大小的范围，如果第三个力在这个范围之内，则这三个力的合力的最小值为零，如果第三个力不在这个范围内，则合力的最小值为最大的一个力减去另外两个较小的力的矢量和2合成方法(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3几种特殊情况的共点力的合成类型作图合力的计算 两力互相垂直F tan 两力等大，夹角为F2F1cos F与F1夹角为两力等大且夹角为120合力与分力等大4.重要结论(1)两个分力一定时，夹角越大，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11】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()AkLB2kLC.kLD.kL【答案】D【解析】根据胡克定律知，每根橡皮条的弹力F弹k(2LL)kL.设此时两橡皮条的夹角为，根据几何关系知sin.根据力的平行四边形定则知，弹丸被发射过程中所受的最大作用力F2F弹cos2F弹F弹kL，选项D正确【变式1】(2019成都模拟)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()AFT1FT2FT3，FN1FN2FN3 BFT1FT2FT3，FN1FN2FN3CFT1FT2FT3，FN1FN2FN3 DFT1FT2FT3，FN1FN2FN3【答案】A【解析】选A.物体静止时绳的张力等于物体重力的大小，所以FT1FT2FT3mg.法一：用图解法确定FN1、FN2、FN3的大小关系与物体连接的这一端，绳对定滑轮的作用力FT的大小也为mg，作出三种情况下的受力图如图所示，可知FN1FN2FN3，故选项A正确法二：用计算法确定FN1、FN2、FN3的大小关系已知两个分力的大小，两分力的夹角，满足关系式：F，越小，F越大，所以FN1FN2FN3，故选项A正确【变式2】(2019汉中质检)如图甲所示，笔记本电脑散热底座一般有四个卡位用来调节角度某同学将电脑放在散热底座上，为了获得更好的舒适度，由原卡位1缓慢调至卡位4(如图乙所示)，电脑始终处于静止状态，则()A电脑受到的支持力变小 B电脑受到的摩擦力变大C散热底座对电脑的作用力的合力不变 D电脑受到的支持力与摩擦力两力大小之和等于其重力大小【答案】C【解析】选C.对电脑受力分析如图所示，电脑始终处于静止状态，故电脑受力平衡，电脑受到的支持力大小FNGcos ，电脑受到的摩擦力大小fGsin ，由原卡位1调至卡位4，减小，故FN增大，f减小，选项A、B错误；散热底座对电脑的作用力的合力即电脑受到的支持力与摩擦力两力的合力，大小等于电脑的重力，方向竖直向上，始终不变，选项C正确；电脑受到的支持力与摩擦力两力大小之和大于其重力大小，选项D错误热点题型四力的分解1把力按实际效果分解的一般思路2实际问题的分解按力的作用效果分解，常见效果如下：一面：垂直接触面和平行接触面分解（压和滑的效果）两面：均垂直接触面分解（压的效果）绳：沿绳分解（拉的效果）杆：沿活杆分解（拉或压的效果）【例12】如图所示，墙上有两个钉子a和b，它们的连线与水平方向的夹角为45，两者的高度差为l.一条不可伸长的轻质细绳一端固定于a点，另一端跨过光滑钉子b悬挂一质量为m1的重物在绳上距a端的c点有一固定绳圈若绳圈上悬挂质量为m2的钩码，平衡后绳的ac段正好水平，则重物和钩码的质量比为()A. B2 C. D.【答案】C【解析】解法一(力的效果分解法)：钩码的拉力F等于钩码重力m2g，将F沿ac和bc方向分解，两个分力分别为Fa、Fb，如图甲所示，其中Fbm1g，由几何关系可得cos ，又由几何关系得cos ，联立解得.解法二(正交分解法)：绳圈受到Fa、Fb、F三个力作用，如图乙所示，将Fb沿水平方向和竖直方向正交分解，由竖直方向受力平衡得m1gcos m2g；由几何关系得cos ，联立解得.【变式1】2017年8月8日四川九寨沟发生7.0级地震，李克强总理和汪洋副总理作出重要批示，紧急成立生命救援队赶往灾区此次救援队携带的救援工具，包括生命探测器、扩张机等，如图所示是扩张机的原理示意图，A、B为活动铰链，C为固定铰链，在A处作用一水平力F，滑块B就以比F大得多的压力向上顶物体D，已知图中2l1.0 m，b0.05 m，F400 N，B与左壁接触，接触面光滑，则D受到向上顶的力为(滑块和杆的重力不计)()A3 000 N B2 000 N C1 000 ND500 N【答案】B【解析】选B.将F沿AC、AB方向分解为F1、F2，则F2，F2的作用效果是使滑块B对左壁有水平向左的挤压作用F3，对物体D有竖直向上的挤压作用F4，则物体D所受的向上顶的力为FNF4F2sin sin tan ，由题图可知tan 10，故FN2 000 N，选项B正确【变式2】如图所示，在竖直平面内，固定有半圆弧轨道，其两端点M、N连线水平将一轻质小环套在轨道上，一细线穿过轻环A，一端系在M点，另一端系一质量为m的小球，小球恰好静止在图示位置不计所有摩擦，重力加速度大小为g.下列说法正确的是()A轨道对轻环的支持力大小为mg B细线对M点的拉力大小为mgC细线对轻环的作用力大小为mg DN点和轻环的连线与竖直方向的夹角为30【答案】D【解析】轻环两边绳子的拉力大小相等，均为Tmg，轻环两侧绳子的拉力与轻环对圆弧轨道的压力的夹角相等，设为，由OAOM知OMAMAO，则390，30，轻环受力平衡，则轨道对轻环的支持力大小FN2mgcos 30mg，选项A错误；细线对M点的拉力大小为mg，选项B错误；细线对轻环的作用力大小为FNFNmg，选项C错误；由几何关系可知，N点和轻环的连线与竖直方向的夹角为30，选项D正确【题型演练】1.如图，在水平桌面上放置一斜面体P，两长方体物块a和b叠放在P的斜面上，整个系统处于静止状态若将a与b、b与P、P与桌面之间摩擦力的大小分别用f1、f2和f3表示，则()Af10，f20，f30 Bf10，f20，f30Cf10，f20，f30 Df10，f20，f30【答案】C【解析】对a、b、P整体受力分析可知，整体相对地面没有相对运动趋势，故f30；将a和b看成一个整体，ab整体有相对斜面向下运动的趋势，故b与P之间有摩擦力，即f20；对a进行受力分析可知，由于a处于静止状态，a相对于b有向下运动的趋势，故a和b之间存在摩擦力作用，即f10，故选项C正确2.如图甲所示，斜面体固定在水平面上，斜面上有一物块在拉力F的作用下始终处于静止状态，拉力F在如图乙所示的范围内变化，取沿斜面向上为正方向，则下列物块所受的摩擦力Ff与时间t的关系图象可能正确的是()【答案】BD【解析】若t0时静摩擦力沿斜面向上，随F减小，Ff增大，当F反向后，Ff在原来基础上继续增大，D正确；若t0时静摩擦力沿斜面向下，随F减小，Ff减小，在F0前，Ff变为沿斜面向上，B正确3.(2019湖南常德模拟)如图所示，两根光滑细棒在同一竖直平面内，两棒与水平面成37角，棒上各穿有一个质量为m的相同小球，两球用轻质弹簧连接，两小球在图中位置处于静止状态，此时弹簧与水平面平行，则下列判断正确的是()A弹簧处于拉伸状态 B弹簧处于压缩状态C弹簧的弹力大小为mg D弹簧的弹力大小为mg【答案】AC【解析】以左侧小球为研究对象，假如弹簧处于压缩状态，弹簧对该球的弹力方向水平向左，小球还受到竖直向下的重力和垂直于棒的弹力，根据平行四边形定则可知，这三个力的合力不可能为零，则小球不可能处于静止状态，与题设矛盾，所以弹簧一定处于拉伸状态，故A正确，B错误；根据平衡条件得Fcos 37mgsin 37，解得弹簧的弹力大小Fmg，故C正确，D错误4.(2019陕西西安联考)如图所示，物体A、B置于水平地面上，与地面间的动摩擦因数均为，物体A、B用一跨过动滑轮的细绳相连，现用逐渐增大的力向上提升滑轮，某时刻拉A物体的绳子与水平面的夹角为53，拉B物体的绳子与水平面的夹角为37，此时A、B两物体刚好处于平衡状态，则A、B两物体的质量之比为(认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin 370.6，cos 370.8)()A. B. C. D.【答案】A【解析】设绳中张力为F，对A应用平衡条件可得Fcos 53(mAgFsin 53)，对B应用平衡条件可得Fcos 37(mBgFsin 37)，以上两式联立可解得，选项A正确5.(2019福建厦门模拟)我国不少地方在节日期间有挂红灯笼的习俗，如图所示，质量为m的灯笼用两根不等长的轻绳OA、OB悬挂在水平天花板上，OA比OB长，O为结点重力加速度大小为g，设OA、OB对O点的拉力分别为FA、FB，轻绳能够承受足够大的拉力，则()AFA小于FB BFA、FB的合力大于mgC调节悬点A的位置，可使FA、FB都大于mg D换质量更大的灯笼，FB的增加量比FA的增加量大【答案】ACD【解析】对结点O受力分析，画出力的矢量图如图所示，由图可知，FA小于FB，FA、FB的合力等于mg，选项A正确，B错误；调节悬点A的位置，当AOB大于某一值时，则FA、FB都大于mg，选项C正确；换质量更大的灯笼，则重力mg增大，FB的增加量比FA的增加量大，选项D正确5(2019山东潍坊高三质检)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运动已知木块与地面间的动摩擦因数为，重力加速度为g，那么木块受到的滑动摩擦力为()AmgB(mgFsin )C(mgFsin ) DFcos 答案：BD【解析】木块匀速运动时受到四个力的作用：重力mg、推力F、支持力FN、摩擦力Ff.沿水平方向建立x轴，将F进行正交分解，如图所示(这样建立坐标系只需分解F)，由于木块做匀速直线运动，所以Fcos Ff，FNmgFsin ，又FfFN，解得Ff(mgFsin )，故选项B、D正确6.(2019宁夏石嘴山第三中学模拟)如图甲所示，水平地面上固定一倾角为30的表面粗糙的斜劈，一质量为m的小物块能沿着斜劈的表面匀速下滑现对小物块施加一水平向右的恒力F，使它沿该斜劈表面匀速上滑，如图乙所示，则F大小应为()A.mg B.mg C.mg D.mg【解析】小物块沿着斜劈的表面匀速下滑时，对小物块受力分析可得mgsin 30mgcos 30，解得.对小物块施加一水平向右的恒力F，使它沿该斜劈表面匀速上滑，对小物块受力分析如图所示，将力沿平行于斜面和垂直于斜面两方向分解可得FNmgcos 30Fsin 30，FfFN，Fcos 30Ffmgsin 30，联立解得Fmg，故C项正确【答案】C7.(2019河南六校联考)如图所示，一固定的细直杆与水平面的夹角为15，一个质量忽略不计的小轻环C套在直杆上，一根轻质细线的两端分别固定于直杆上的A、B两点，细线依次穿过小环甲、小轻环C和小环乙，且小环甲和小环乙分居在小轻环C的两侧调节A、B间细线的长度，当系统处于静止状态时45.不计一切摩擦设小环甲的质量为m1，小环乙的质量为m2，则m1m2等于()Atan 15 Btan 30 Ctan 60 Dtan 75【答案】C【解析】小环C为轻环，重力不计，受两边细线的拉力的合力与杆垂直，C环与乙环的连线与竖直方向的夹角为60，C环与甲环的连线与竖直方向的夹角为30，A点与甲环的连线与竖直方向的夹角为30，乙环与B点的连线与竖直方向的夹角为60，设细线拉力为T，根据平衡条件，对甲环有2Tcos 30m1g，对乙环有2Tcos 60m2g，得m1m2tan 60，故选C.8.如图所示，某健身爱好者手拉着轻绳，在粗糙的水平地面上缓慢地移动，保持绳索始终平行于地面为了锻炼自己的臂力和腿部力量，可以在O点悬挂不同的重物C，则()A若健身者缓慢向右移动，绳OA的拉力变小 B若健身者缓慢向左移动，绳OB的拉力变小C若健身者缓慢向右移动，绳OA、OB拉力的合力变大D若健身者缓慢向左移动，健身者与地面间的摩擦力变小【答案】BD【解析】由于OA、OB为两段细绳，因此两细绳的拉力大小不一定相等设绳OA的拉力为FA，绳OB的拉力为FB，重物C的质量为m，因O点始终处于平衡状态，根据平衡条件有FAcos mg0，FAsin FB0，解得FA，FBmgtan .当健身者缓慢向右移动时，角变大，则FA、FB均变大，A错误；当健身者缓慢向左移动时，角变小，则FA、FB均变小，因为健身者受到的摩擦力大小与绳OB的拉力大小相等，故健身者与地面间的摩擦力变小，B、D正确；不论健身者向哪个方向移动，绳OA与绳OB拉力的合力一定等于重物C的重力mg，保持不变，C错误9. (2019济南外国语学校月考)舰载机保持牵引力F大小不变在匀速航行的航母上降落时受到阻拦而静止，此时阻拦索夹角120，空气阻力和甲板阻力不计，则阻拦索承受的张力大小为()A BF CFD2F【答案】B【解析】由题意可知两阻拦索上的张力大小相等，其合力与飞机的牵引力F等大反向，由几何关系知阻拦索承受的张力大小为FF，B正确10.体育器材室里，篮球摆放在图示的球架上已知球架的宽度为d，每个篮球的质量为m、直径为D，不计球与球架之间摩擦及球架圆柱面的粗细，则每个篮球对一侧球架的压力大小为()AmgBCD【答案】C.【解析】将篮球重力按效果分解如图两个分力等于对球架的压力由几何知识得：cos 由力的合成得：2Fcos mg解得F，故C正确26