3.4 力的合成与分解 专项训练 -2026-2027学年高一上学期物理人教版必修第一册

力的合成与分解 一．力的分解过程中多解和极值的问题（共2小题） 1．如图所示是某次实验记录的部分信息，其中合力F＝10N，分力F2方向确定，与合力F夹角为30°，则另一分力F1的最小值是多少？（　　） A．2.5N B．5N C．7.5N D．10N 2．将一个有确定方向的力F＝10N分解成两个分力，已知一个分力有确定的方向，与F成30°夹角，另一个分力的大小为6N，则在分解时（　　） A．有无数组解 B．有两组解 C．有唯一解 D．无解 二．力的合成与分解的应用（共6小题） 3．如图所示，用一根轻绳跨过光滑的铁钉将一块小黑板悬挂在竖直墙壁上，细绳的两端固定在小黑板边缘两点A、B上。小黑板静止时，铁钉两侧细绳与竖直方向的夹角分别为α、β。已知OA垂直于AB，∠OBA＝30°，黑板重力为G，下列说法正确的是（　　） A．α小于β B．OA绳中的张力为 C．绳子对铁钉的作用力为 D．若将黑板扶正对称悬挂，则绳中张力变大 4．一条船由两岸纤夫拉着沿平行河岸方向前进，右岸纤夫以与航线夹θ角的恒力F拉船，如图所示。则左岸纤夫拉力的最小值及方向是（　　） A．F•sinθ、与河岸垂直 B．F•tanθ、与河岸垂直 C．F•tanθ、与F垂直 D．F•sinθ、与F垂直 5．如图所示，物块在力F作用下作匀速直线运动，力F与水平方向的夹角为θ，下列说法正确的是（　　） A．当θ减小时，地面对物块的作用力方向不变 B．当θ减小时，地面对物块的作用力大小减小 C．当F减小时，地面对物块的作用力方向变化 D．当F减小时，地面对物块的作用力大小减小 6．如图所示，一箱苹果沿着倾角为θ的斜面，以速度v匀速下滑．在箱子的中央有一只质量为m的苹果，它受到周围苹果对它作用力的方向（　　） A．沿斜面向上 B．沿斜面向下 C．垂直斜面向上 D．竖直向上 7．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 B．F1＝F2 C．F1＝F2 D．F1＝F2 8．如图所示，弹簧秤、绳和滑轮的重力不计，摩擦力不计，物体重量都是G。在甲、乙、丙三种情况下，弹簧的读数分别是F1、F2、F3，则（　　） A．F3＞F1＝F2 B．F1＞F2＝F3 C．F1＝F2＝F3 D．F3＝F1＞F2 三．共点力的平衡问题及求解（共5小题） 9．顶点处圆滑的三角形斜坡固定在地面，左侧斜面倾角30°、右侧斜面倾角37°。长为L质量分布均匀的细绳能静止在斜坡上，左侧斜面光滑，细绳与右侧斜面间动摩擦因数0.5。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则右侧绳长x可能为（　　） A．0.2L B．0.3L C．0.7L D．0.8L 10．图甲为我校校园活力课程中某同学单手抓球瞬间。该项操作可以简化为两手指抓球如图乙：假设两手指对称抓球保持竖直静止，手指与球在A、B两点接触，A、B与球心O在同一竖直面内，手指与球摩擦力方向分别沿AO′、BO′，A、B两点连线水平且相距为α，球半径为R，AB与AO夹角为θ，手指和球间的动摩擦因数为μ，篮球质量为m。已知重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略抓球引起的变形。则（　　） A．每个手指对球压力最小值为 B．每个手指对球压力最小值为 C．手指对球的压力是由于球的形变 D．手指对球压力加倍，摩擦力也加倍 11．土砻是古代劳动人民的谷物脱壳工具，如图甲所示，其简化示意图如图乙所示。握把ab和连杆cd位于同一水平面内且相互垂直，c端通过光滑转轴与转盘相连，d为ab中点，c位于轻绳悬点O的正下方。lOd＝2lcd，△Oab为等边三角形，握把ab重力为G且质量分布均匀，连杆cd质量忽略不计。人不施加作用力时，ab处于静止状态，则轻绳Oa上的作用力大小为（　　） A．G B．G C．G D．2G 12．如图所示，两根光滑直杆固定在竖直平面，用轻绳连接两个小球P、Q，两小球套在直杆上且均处于平衡状态，此时轻绳沿水平方向，两直杆与水平方向的夹角分别为37°和53°，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则两小球质量之比mP：mQ为（　　） A．4：3 B．3：4 C．16：9 D．9：16 13．某“抬杆游戏”挑战的简化模型如图所示。两个质量分别为5m、4m的小球a、b用一根轻直杆连接，小球b静置于水平桌面上，挑战者用涂抹油的手指将小球a由水平位置缓慢抬至竖直位置，整个过程中小球b未与桌面发生滑动。不考虑手指与球间的摩擦，手指对小球a的作用力F始终垂直于杆，取最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则小球b与桌面间的动摩擦因数至少为（　　） A． B． C． D． 四．利用平衡推论求解受力问题（共1小题） 14．一根重心在P处的的木棒，在其两端A、B处系上轻质细绳，对其施加拉力，使棒能保持图示状态静止，B处细绳拉力FB的精确方向如图所示，关于A处所受拉力的方向，下列说法正确的是（　　） A．只能沿Aa方向 B．只能沿Ab方向 C．只能沿Ac方向 D．只要力的大小合适，以上三个方向均可 五．整体法与隔离法处理物体的平衡问题（共1小题） 15．如图所示，质量分别为m1、m2的小球和滑块通过轻绳连接，滑块位于质量为m3的木板上。三个物体在大小为F的拉力作用下一起沿水平方向做匀速直线运动，拉力与水平方向成θ角（0＜θ＜90°）。已知重力加速度为g。则（　　） A．F一定大于m1g B．滑块受到的摩擦力小于Fcosθ C．滑块对木板的压力大小为（m1+m2）g﹣Fcosθ D．地面对木板的支持力可能小于m3g 六．解析法求共点力的平衡（共1小题） 16．先秦《诗经•小雅•斯干》中：“约之阁阁，杯之橐橐。”记载了古人营造宫室的场景，匠人手持绳墨定准方位，用版筑之法夯实土墙。如图所示，古代建筑工地中，绳OP一端连接轻质光滑滑轮，另一端固定在P点，工人抓住跨过滑轮的轻绳一端沿水平地面缓慢向左走动将建材吊起，在此过程中，下列说法正确的是（　　） A．绳OP上的拉力保持不变 B．绳OP上的拉力逐渐变大 C．地面对人的摩擦力逐渐变大 D．地面对人的支持力逐渐减小 七．图解法解决动态平衡问题（共2小题） 17．如图所示，细线一端固定，另一端系一小球，小球在水平力F作用下保持静止，F小于小球的重力。现将力F保持大小不变逆时针缓慢旋转至与细线垂直的方向，细线始终处于绷紧状态，此过程中细线与竖直方向的夹角θ（　　） A．一直减小 B．一直增大 C．先减小后增大 D．先增大后减小 18．如图所示，质量为m小球（可视为质点）用长为L的细线悬挂于O点，自由静止在A位置。现用水平力F缓慢地将小球从A拉到B位置而静止，细线与竖直方向夹角为θ＝60°，此时细线的拉力为T1，然后撤去水平力F，小球从B返回到A点时细线的拉力为T2，已知重力加速度为g，则（　　） A．T1＝T2＝1.5mg B．从A到B，拉力F做功为FL C．从B到A的过程中，小球受到细线的拉力大小不变 D．从B到A的过程中，小球重力的瞬时功率先增大后减小 八．相似三角形法解决动态平衡问题（共2小题） 19．如图所示为一简易起重装置，AC是上端带有滑轮的固定支架，BC为质量不计的轻杆，杆的一端C用铰链固定在支架上，另一端B悬挂一个质量为m的重物，并用钢丝绳跨过滑轮A连接在卷扬机上。开始时，杆BC与AC的夹角∠BCA＞90°，现使∠BCA缓慢变小，直到∠BCA＝30°（不计一切阻力）。在此过程中，杆BC所产生的弹力（　　） A．大小不变 B．逐渐增大 C．先增大后减小 D．先减小后增大 20．如图所示，四分之一圆柱体P放在水平地面上，圆心O的正上方有一个大小可忽略的定滑轮A，一根轻绳跨过定滑轮，一端和置于圆柱体P上，质量为m的小球连接，另一端系在固定竖直杆上的B点，一质量为m0钩码挂在AB间的轻绳上，整个装置处于静止状态。除圆柱体与地面之间的摩擦以外，其它摩擦不计。若在钩码下方再加挂一个钩码，整个装置再次处于静止状态时，小球依然处于圆柱体P上，则此时与先前整个装置处于静止状态时相比（　　） A．地面对P的摩擦力减小 B．P对小球的弹力增大 C．轻绳的张力增大 D．P对地面的压力减小 参考答案与试题解析 一．力的分解过程中多解和极值的问题（共2小题） 1．如图所示是某次实验记录的部分信息，其中合力F＝10N，分力F2方向确定，与合力F夹角为30°，则另一分力F1的最小值是多少？（　　） A．2.5N B．5N C．7.5N D．10N 【答案】B 【分析】根据三角形定则分析后求解作答。 【解答】解：在力的合成中，合力与两个分力可以构成一个封闭的矢量三角形，已知分力F2方向和合力的大小与方向，可知当分力F1与F2垂直时，此时F1最小，可得 即F1＝Fsin30°＝5N 故ACD错误，B正确。 故选：B。 2．将一个有确定方向的力F＝10N分解成两个分力，已知一个分力有确定的方向，与F成30°夹角，另一个分力的大小为6N，则在分解时（　　） A．有无数组解 B．有两组解 C．有唯一解 D．无解 【答案】B 【分析】已知合力的大小为10N，一个分力的方向已知，与F成30°夹角，另一个分力的最小值为Fsin30°＝5N，根据三角形定则可知分解的组数． 【解答】解：已知一个分力有确定的方向，与F成30°夹角，知另一个分力的最小值为Fsin30°＝5N，而另一个分力大小大于5N小于10N，所以分解的组数有两组解。如图。故B正确，A、C、D错误。 故选：B。 二．力的合成与分解的应用（共6小题） 3．如图所示，用一根轻绳跨过光滑的铁钉将一块小黑板悬挂在竖直墙壁上，细绳的两端固定在小黑板边缘两点A、B上。小黑板静止时，铁钉两侧细绳与竖直方向的夹角分别为α、β。已知OA垂直于AB，∠OBA＝30°，黑板重力为G，下列说法正确的是（　　） A．α小于β B．OA绳中的张力为 C．绳子对铁钉的作用力为 D．若将黑板扶正对称悬挂，则绳中张力变大 【答案】D 【分析】明确轻绳跨过光滑铁钉时张力处处相等，再通过几何关系确定角度，最后利用平衡条件计算力的大小并判断选项。 【解答】解：AB、根据题意分析可知，绳子跨过的是光滑的铁钉，所以绳子各处的张力大小相等。设绳OA段和OB段的张力大小均为T。小黑板处于静止状态，所受合力为零。因此，两个拉力的合力与重力G大小相等、方向相反。如图所示 根据平行四边形定则可知θ＝α＝30° 又∠OBA＝30°，可知β＝30°，可知α等于β，将两个拉力沿竖直方向分解，根据平衡条件有竖直方向上有Tcosα+Tcosβ＝G，可知，故AB错误； C、根据题意分析可知，绳子对铁钉的作用力是铁钉两侧绳子拉力的合力，这两个拉力大小均为T，夹角∠AOB＝60° 根据平行四边形定则，可知绳子对铁钉的作用力大小为，故C错误； D、根据题意分析可知，若将黑板扶正对称悬挂，则AB边变为水平。设AB的长度为d，绳子的总长度L保持不变。初始状态下绳长 对称悬挂时，绳子构成一个等腰三角形，两边长为 设此时绳与竖直方向的夹角为φ，根据几何关系可知 此时的张力满足2T′cosφ＝G 可得，故D正确。 故选：D。 4．一条船由两岸纤夫拉着沿平行河岸方向前进，右岸纤夫以与航线夹θ角的恒力F拉船，如图所示。则左岸纤夫拉力的最小值及方向是（　　） A．F•sinθ、与河岸垂直 B．F•tanθ、与河岸垂直 C．F•tanθ、与F垂直 D．F•sinθ、与F垂直 【答案】A 【分析】根据力的合成与分解，船沿河岸方向前进，合力沿河岸方向，将右岸拉力F分解为沿河岸和垂直河岸的分量，左岸纤夫拉力需平衡F的垂直河岸分量，当左岸拉力方向与河岸垂直时，其值最小，为F•sinθ。 【解答】解：由题意可知，当拉力F2垂直于拉力F，即垂直于河岸时，拉力F2最小，如图所示 根据平行四边形定则，结合几何关系，则有F2＝F1sinθ，故A正确，BCD错误。 故选：A。 5．如图所示，物块在力F作用下作匀速直线运动，力F与水平方向的夹角为θ，下列说法正确的是（　　） A．当θ减小时，地面对物块的作用力方向不变 B．当θ减小时，地面对物块的作用力大小减小 C．当F减小时，地面对物块的作用力方向变化 D．当F减小时，地面对物块的作用力大小减小 【答案】A 【分析】分析题目可知物块在力F作用下作匀速直线运动，需考虑受力平衡条件。地面对物块的作用力方向由摩擦系数决定，与F大小及夹角θ无关。当θ减小时，竖直方向分力减小导致支持力增大，地面对物块的作用力大小随之增大。F减小时同样引起支持力增大，地面对物块的作用力大小也增大。 【解答】解：对物块受力分析可知，其受重力mg、拉力F、支持力N及滑动摩擦力f作用。 设地面对物块的作用力为F地，由滑动摩擦定律得f＝μN。 令F地与竖直方向夹角为α，由几何关系有，代入f＝μN，得tanα＝μ。 因μ为定值，故α恒定，即F地方向与F大小及θ无关。 F地大小表达式为，化简得，可见F地与N成正比。 AC、当θ减小或F减小时，只要保持滑动状态，F地方向不变，故A正确，C错误； B、θ减小时，由平衡条件N+Fsinθ＝mg及Fcosθ＝μN，联立得。 θ减小导致N增大，故F地增大，故B错误； D、F减小时，由N＝mg﹣Fsinθ知N增大，F地随之增大，故D错误。 故选：A。 6．如图所示，一箱苹果沿着倾角为θ的斜面，以速度v匀速下滑．在箱子的中央有一只质量为m的苹果，它受到周围苹果对它作用力的方向（　　） A．沿斜面向上 B．沿斜面向下 C．垂直斜面向上 D．竖直向上 【答案】D 【分析】由于苹果都是匀速运动的，把周围的苹果看成一个整体，对中间的苹果受力分析即可得出结论。 【解答】解：这个质量为m的苹果是匀速下滑的，这说明受力平衡，它自身受到的重力竖直向下，大小为mg，以及来自下面苹果和周围苹果传来的力，说明周围苹果对它的合力与重力的大小相等方向相反，所以周围苹果对它的作用力大小为mg，方向竖直向上，故D正确，ABC错误。 故选：D。 7．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 B．F1＝F2 C．F1＝F2 D．F1＝F2 【答案】A 【分析】将向下的力F按效果依据平行四边形定则进行分解，然后由几何知识求解。 【解答】解：将力F根据平行四边形定则分解如图 由几何知识得，侧向推力的大小为F1＝F2 故A正确，BCD错误； 故选：A。 8．如图所示，弹簧秤、绳和滑轮的重力不计，摩擦力不计，物体重量都是G。在甲、乙、丙三种情况下，弹簧的读数分别是F1、F2、F3，则（　　） A．F3＞F1＝F2 B．F1＞F2＝F3 C．F1＝F2＝F3 D．F3＝F1＞F2 【答案】D 【分析】弹簧秤的读数等于弹簧受到的拉力．甲图、乙图分别以物体为研究对象由平衡条件求解．丙图以动滑轮为研究对象分析受力情况，根据平衡条件求解． 【解答】解：对甲图，物体静止，弹簧的拉力为F1＝mg 对乙图，对物体为研究对象 由平衡条件得： 对丙图，以动滑轮为研究对象，受力如图： 由几何知识得：F3＝mg 故F3＝F1＞F2。故ABC错误，D正确。 故选：D。 三．共点力的平衡问题及求解（共5小题） 9．顶点处圆滑的三角形斜坡固定在地面，左侧斜面倾角30°、右侧斜面倾角37°。长为L质量分布均匀的细绳能静止在斜坡上，左侧斜面光滑，细绳与右侧斜面间动摩擦因数0.5。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则右侧绳长x可能为（　　） A．0.2L B．0.3L C．0.7L D．0.8L 【答案】C 【分析】细绳整体静止，需分析两侧绳段在斜面上的受力平衡。左侧光滑仅重力分力，右侧有重力分力与摩擦力，摩擦力方向取决于滑动趋势。考虑两种临界状态：绳恰不向左滑时，右侧摩擦力沿斜面向下，左侧重力分力等于右侧重力分力与最大摩擦力之和；绳恰不向右滑时，右侧摩擦力沿斜面向上，右侧重力分力等于左侧重力分力与最大摩擦力之和。利用两侧绳长比例关系与质量分布，建立平衡方程确定右侧绳长x的取值范围，进而判断选项。 【解答】解：设细绳总质量为m，则右侧细绳质量为，左侧细绳质量为。 当细绳恰好不向左滑动时，右侧细绳受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下，根据平衡条件有m1gsin30°＝m2gsin37°+μm2gcos37°，代入数据解得； 当细绳恰好不向右滑动时，右侧细绳受到的最大静摩擦力方向沿斜面向上，根据平衡条件有m2gsin37°＝m1gsin30°+μm2gcos37°，代入数据解得。 综合可得细绳静止时右侧绳长x的取值范围为。ABCD、因，，对比选项数据可知，仅有0.7L位于此取值范围内，故C正确，ABD错误。 故选：C。 10．图甲为我校校园活力课程中某同学单手抓球瞬间。该项操作可以简化为两手指抓球如图乙：假设两手指对称抓球保持竖直静止，手指与球在A、B两点接触，A、B与球心O在同一竖直面内，手指与球摩擦力方向分别沿AO′、BO′，A、B两点连线水平且相距为α，球半径为R，AB与AO夹角为θ，手指和球间的动摩擦因数为μ，篮球质量为m。已知重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略抓球引起的变形。则（　　） A．每个手指对球压力最小值为 B．每个手指对球压力最小值为 C．手指对球的压力是由于球的形变 D．手指对球压力加倍，摩擦力也加倍 【答案】B 【分析】AB.根据题意作图，结合竖直方向的平衡条件以及摩擦力满足的条件列式求解；C.根据弹力产生的原因进行分析解答；D.根据静摩擦力和正压力的关系判断。 【解答】解：AB.对篮球受力分析，如图 根据平衡条件，在竖直方向上有，又由f≤μN，联立解得，可知每个手指对球压力最小值为，故A错误，B正确； C.手指对球的压力是由于手指的形变产生的，故C错误； D.当篮球受到手的静摩擦力时，压力N增大了，竖直向下的力也就变大了，静摩擦力f是会变大的，只是不成正比例关系，所以手对球的压力增大2倍时，摩擦力不增大2倍，故D错误。 故选：B。 11．土砻是古代劳动人民的谷物脱壳工具，如图甲所示，其简化示意图如图乙所示。握把ab和连杆cd位于同一水平面内且相互垂直，c端通过光滑转轴与转盘相连，d为ab中点，c位于轻绳悬点O的正下方。lOd＝2lcd，△Oab为等边三角形，握把ab重力为G且质量分布均匀，连杆cd质量忽略不计。人不施加作用力时，ab处于静止状态，则轻绳Oa上的作用力大小为（　　） A．G B．G C．G D．2G 【答案】A 【分析】选取握把ab为研究对象，找准重力与绳拉力的力臂，借助力矩平衡与题干几何条件列式求解细绳拉力。 【解答】解：由对称性可知Oa、Ob绳的拉力相等，设两绳的拉力大小为T，△Oab为等边三角形，∠aOb＝60° 两绳拉力的合力F＝2Tcos30°T，方向沿d0方向，由几何关系可知，∠cOd＝30° 根据握把ab的受力平衡关系G＝Fcos30° 解得T，故A正确，BCD错误。 故选：A。 12．如图所示，两根光滑直杆固定在竖直平面，用轻绳连接两个小球P、Q，两小球套在直杆上且均处于平衡状态，此时轻绳沿水平方向，两直杆与水平方向的夹角分别为37°和53°，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则两小球质量之比mP：mQ为（　　） A．4：3 B．3：4 C．16：9 D．9：16 【答案】C 【分析】由题知，两小球均处于平衡状态，分别对两小球受力分析，再由平衡条件及几何关系列式，即可分析判断ABCD正误。 【解答】解：由题知，两小球套在直杆上且均处于平衡状态，对两球受力分析，可得下图： 因为此时轻绳沿水平方向，两直杆与水平方向的夹角分别为37°和53°，则由几何关系可知，此时两直杆与水平绳的夹角分别为37°和53°，则结合几何关系及平衡条件可知， 对P有： mPgcos53°＝Tcos37°， 对Q有： mQgcos37°＝Tcos53°， 联立可得： mP：mQ＝16：9， 故C正确，ABD错误。 故选：C。 13．某“抬杆游戏”挑战的简化模型如图所示。两个质量分别为5m、4m的小球a、b用一根轻直杆连接，小球b静置于水平桌面上，挑战者用涂抹油的手指将小球a由水平位置缓慢抬至竖直位置，整个过程中小球b未与桌面发生滑动。不考虑手指与球间的摩擦，手指对小球a的作用力F始终垂直于杆，取最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则小球b与桌面间的动摩擦因数至少为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】整个抬杆过程涉及缓慢移动的平衡状态，需要分析小球a和小球b的受力变化。小球a受到重力、手指作用力以及杆的弹力，其中手指作用力始终垂直于杆，通过力矩平衡可确定弹力随角度变化的表达式。小球b受到重力、桌面支持力、摩擦力以及杆的弹力，弹力在水平和竖直方向的分量分别影响摩擦力和支持力。为保证小球b不滑动，需满足最大静摩擦力条件，由此建立动摩擦因数与角度的关系式，再通过三角变换求该关系式的最小值，从而确定动摩擦因数的最小值。 【解答】解：对小球a进行受力分析，其受到重力5mg、手指支持力F以及杆的弹力T的作用。手指支持力F垂直于杆，设杆与水平方向夹角为θ。 以b点为转动轴，根据力矩平衡条件F•L＝5mg•Lcosθ，解得：F＝5mgcosθ。由受力平衡可知，杆对小球a的弹力T大小为，解得：T＝5mgsinθ，经分析杆处于压缩状态，弹力方向沿杆指向b点。 对小球b进行受力分析，其受到重力4mg、地面支持力Nb、地面摩擦力f以及杆的压力T的作用。 将T分解，在水平方向上f＝Tcosθ＝5mgsinθcosθ，在竖直方向上Nb＝4mg+Tsinθ，解得：。 为保证b不发生滑动，需满足f≤μNb，即。 利用三角恒等变换，将上式变形为，解得：。 令，则13k＝5sin2θ+5kcos2θ，根据辅助角公式，可得，两边平方得169k2≤25（1+k2），整理得144k2≤25，解得：。 故动摩擦因数至少为，故ACD错误，B正确。 故选：B。 四．利用平衡推论求解受力问题（共1小题） 14．一根重心在P处的的木棒，在其两端A、B处系上轻质细绳，对其施加拉力，使棒能保持图示状态静止，B处细绳拉力FB的精确方向如图所示，关于A处所受拉力的方向，下列说法正确的是（　　） A．只能沿Aa方向 B．只能沿Ab方向 C．只能沿Ac方向 D．只要力的大小合适，以上三个方向均可 【答案】B 【分析】水平向右的拉力无法和另外两力交于同一点，力矩不能平衡；先找出木棒重力、B端拉力作用线的交点，可确定A端拉力需沿Ab方向；竖直向上的拉力无法抵消B拉力的水平分力，合力不为零；受力方向由汇交定理硬性限定，仅改变力的大小不能满足平衡条件。 【解答】解：A.若A点拉力沿Aa（水平向右）方向，木棒的重力沿过重心P的竖直线竖直向下，B处拉力FB的方向斜向左上方。虽然水平和竖直方向的分力可能平衡，但根据三力平衡汇交定理，重力作用线与FB的用线相交于P点左上方某处，而Aa方向不经过该交点，力矩无法平衡，故A错误。 B.木棒受重力G、拉力FB和拉力FA三个力作用处于平衡状态。重力G的作用线过P点竖直向下，FB的作用线沿B处细绳斜向左上方，两条力的作用线会在P点左上方交于点O。根据三力平衡汇交定理，第三个力FA的作用线必过A点和交点O，由图可知该方向即为Ab方向，故B正确。 C.若A点拉力沿Ac（竖直向上）方向，此时FA与重力G平行，而FB有水平向左的分量，水平方向不存在反向分力做抵消水平合力不为零；同时Ac的作用线不会经过前文的交点O，力矩条件同样无法满足，故C错误。 D.由上述分析可知，A端拉力的方向被三力汇交定理严格限定为Ab方向，仅改动力的大小不能修正力的作用方向，没法满足力矩平衡、共点力平衡两项硬性要求，故D错误。 故选：B。 五．整体法与隔离法处理物体的平衡问题（共1小题） 15．如图所示，质量分别为m1、m2的小球和滑块通过轻绳连接，滑块位于质量为m3的木板上。三个物体在大小为F的拉力作用下一起沿水平方向做匀速直线运动，拉力与水平方向成θ角（0＜θ＜90°）。已知重力加速度为g。则（　　） A．F一定大于m1g B．滑块受到的摩擦力小于Fcosθ C．滑块对木板的压力大小为（m1+m2）g﹣Fcosθ D．地面对木板的支持力可能小于m3g 【答案】A 【分析】对小球受力分析，根据平衡条件分析F与m1g大小关系；将小球与滑块视为整体，水平方向、竖直方向根据平衡条件进行分析；滑块对木板的压力必大于零，由此分析地面对木板的支持力。 【解答】解：A．对小球受力分析，如图所示： 根据三角形中大角对大边可知，F一定大于m1g，故A正确； B．将小球与滑块视为整体，水平方向根据平衡条件可得滑块受到的摩擦力大小f＝Fcosθ，故B错误； C．将小球与滑块视为整体，竖直方向根据平衡条件可得：FN＝（m1+m2）g﹣Fsinθ 由牛顿第三定律知，滑块对木板的压力大小为（m1+m2）g﹣Fsinθ，故C错误； D．滑块受到静摩擦力作用，可知滑块对木板的压力必大于零，故地面对木板的支持力必大于m3g，故D错误。 故选：A。 六．解析法求共点力的平衡（共1小题） 16．先秦《诗经•小雅•斯干》中：“约之阁阁，杯之橐橐。”记载了古人营造宫室的场景，匠人手持绳墨定准方位，用版筑之法夯实土墙。如图所示，古代建筑工地中，绳OP一端连接轻质光滑滑轮，另一端固定在P点，工人抓住跨过滑轮的轻绳一端沿水平地面缓慢向左走动将建材吊起，在此过程中，下列说法正确的是（　　） A．绳OP上的拉力保持不变 B．绳OP上的拉力逐渐变大 C．地面对人的摩擦力逐渐变大 D．地面对人的支持力逐渐减小 【答案】C 【分析】AB.首先确定绳中拉力的变化情况，然后再对滑轮受力分析，由平衡条件分别列式，即可分析判断； CD.结合前面分析及题意，对工人受力分析，再由平衡条件分别列式，即可分析判断。 【解答】解：AB.由题知，建材始终处于平衡状态，则绳中拉力T的大小始终等于其重力G，即： T＝G， 对滑轮受力分析，可得： 则由平衡条件可得： 2Tcosα＝F， 联立可得： 2Gcosα＝F， 因为工人抓住跨过滑轮的轻绳一端沿水平地面缓慢向左走动将建材吊起，则α变大，cosα变小，又因为G不变，则绳OP上的拉力F逐渐变小，故AB错误； CD.对工人受力分析，可得下图： 由平衡条件可得： f＝Tsinα， N+Tcosα＝G'， 结合前面分析可知，T不变、α变大，则sinα变大、cosα变小， 所以地面对人的摩擦力f逐渐变大、地面对人的支持力N逐渐变大，故C正确，D错误。 故选：C。 七．图解法解决动态平衡问题（共2小题） 17．如图所示，细线一端固定，另一端系一小球，小球在水平力F作用下保持静止，F小于小球的重力。现将力F保持大小不变逆时针缓慢旋转至与细线垂直的方向，细线始终处于绷紧状态，此过程中细线与竖直方向的夹角θ（　　） A．一直减小 B．一直增大 C．先减小后增大 D．先增大后减小 【答案】B 【分析】对小球受力分析，力F不变，以其为半径作圆，根据几何关系分析。 【解答】解：对小球受力分析，构建矢量三角形如图所示： 由图可知力F转动过程中β和θ增大，α减小，故B正确，ACD错误。 故选：B。 18．如图所示，质量为m小球（可视为质点）用长为L的细线悬挂于O点，自由静止在A位置。现用水平力F缓慢地将小球从A拉到B位置而静止，细线与竖直方向夹角为θ＝60°，此时细线的拉力为T1，然后撤去水平力F，小球从B返回到A点时细线的拉力为T2，已知重力加速度为g，则（　　） A．T1＝T2＝1.5mg B．从A到B，拉力F做功为FL C．从B到A的过程中，小球受到细线的拉力大小不变 D．从B到A的过程中，小球重力的瞬时功率先增大后减小 【答案】D 【分析】题目描述小球在细线悬挂下经历两个过程：一是用水平力F缓慢地从A拉到B，此时小球静止且细线与竖直方向夹角为60度；二是撤去力F后，小球从B点返回A点的摆动过程。需要分析B点静止时细线拉力T1、返回A点时拉力T2、水平力F做的功、摆动过程中拉力变化以及重力瞬时功率的变化情况。解题关键在于区分两个过程的物理状态：缓慢拉到B是平衡态，需对小球受力分析，根据共点力平衡条件求T1和F做的功；从B到A是单摆运动，需用动能定理和圆周运动的向心力公式分析速度变化，从而确定T2、拉力随角度的变化以及重力功率的瞬时表达式。 【解答】解：A、在位置B，小球受竖直向下的重力mg、水平向右的拉力F及沿BO方向的拉力T1，由平衡条件得T1cos60°＝mg，解得：T1＝2mg。当小球返回至A点时，根据牛顿第二定律有。由B至A过程，应用动能定理得，联立解得：T2＝2mg，因此T1＝T2＝2mg，故A错误； B、从A运动至B，由动能定理得WF﹣mgL（1﹣cos60°）＝0，解得：WF＝mgL，故B错误； C、在由B至A的圆周运动过程中，设细线与竖直方向夹角为α，根据牛顿第二定律有，同时由动能定理得，解得：FT＝3mgcosα﹣mg。由此可知，在此过程中细线拉力FT随α减小而逐渐增大，故C错误； D、重力的瞬时功率表达式为P＝mgvcosθ＝mgvy。在B点小球速度为零，故该点重力功率为零；在A点小球竖直分速度vy为零，故该点重力功率亦为零。 因此，从B至A过程中，重力的瞬时功率先增大后减小，故D正确。 故选：D。 八．相似三角形法解决动态平衡问题（共2小题） 19．如图所示为一简易起重装置，AC是上端带有滑轮的固定支架，BC为质量不计的轻杆，杆的一端C用铰链固定在支架上，另一端B悬挂一个质量为m的重物，并用钢丝绳跨过滑轮A连接在卷扬机上。开始时，杆BC与AC的夹角∠BCA＞90°，现使∠BCA缓慢变小，直到∠BCA＝30°（不计一切阻力）。在此过程中，杆BC所产生的弹力（　　） A．大小不变 B．逐渐增大 C．先增大后减小 D．先减小后增大 【答案】A 【分析】对结点B受力分析，根据平衡条件，应用力的矢量三角形与几何三角形相似的原理解答。 【解答】解：对结点B受力分析，由平衡条件可画出受力示意图，如下图所示： 由相似三角形可得： 可得杆BC对B点的弹力大小为： 在∠BCA变小的过程中，由于AC、BC长度不变，故N大小不变，故A正确，BCD错误。 故选：A。 20．如图所示，四分之一圆柱体P放在水平地面上，圆心O的正上方有一个大小可忽略的定滑轮A，一根轻绳跨过定滑轮，一端和置于圆柱体P上，质量为m的小球连接，另一端系在固定竖直杆上的B点，一质量为m0钩码挂在AB间的轻绳上，整个装置处于静止状态。除圆柱体与地面之间的摩擦以外，其它摩擦不计。若在钩码下方再加挂一个钩码，整个装置再次处于静止状态时，小球依然处于圆柱体P上，则此时与先前整个装置处于静止状态时相比（　　） A．地面对P的摩擦力减小 B．P对小球的弹力增大 C．轻绳的张力增大 D．P对地面的压力减小 【答案】A 【分析】对小球受力分析，根据平衡条件，利用三角形相似法分析轻绳的张力和P对小球的弹力变化情况，再对小球与圆柱体P整体分析，根据平衡条件分析地面对P的摩擦力和支持力的变化，再结合牛顿第三定律分析P对地面的压力变化情况。 【解答】解：BC、对小球受力分析，如图所示 小球受重力mg、P对小球的支持力N以及绳子对小球的拉力T，小球在三个力的作用下始终处于静止状态，三力的合力始终为零，由相似三角形可得 式中L为定滑轮左侧栓接小球绳子的长度。当在钩码下方再加挂一个钩码时，到小球再次静止的过程中，钩码将下移，小球将沿圆柱体P上移，小球再次静止时，由于AO、mg、R不变，而L减小，可知N不变，T减小，即轻绳的张力减小，P对小球的弹力不变，故BC错误； A、对小球与圆柱体P组成的整体，设绳子与竖直方向的夹角为θ，可知θ减小，而绳子拉力T在水平方向的分力大小与地面对P的摩擦力大小相等、方向相反，即有f＝Tsinθ，T减小，可知地面对P的摩擦力减小，故A正确； D、设圆柱体的质量为M，则小球对圆柱体P的压力N在竖直方向的分力Ncosα（α为N与竖直方向的夹角）与圆柱体的重力之和大小等于地面对圆柱体的支持力FN，由平衡条件有 Ncosα+Mg＝FN 因N不变，而α减小，可知Ncosα增大，导致FN增大，根据牛顿第三定律可知，圆柱体对地面的压力大小F′N＝FN增大，故D错误。 故选：A。 学科网（北京）股份有限公司 $