2022届高考物理二轮复习专题：受力分析 WORD版含答案.docx

1、高考物理专题复习受力分析主讲人物理教研组 编专题二： 相互作用问题一： 力的基础分析。关键点： 1. 弹力有无 、 方向 、 大小的分析；2. 弹簧弹力的分析；3. 轻杆、轻绳的弹力分析；4 静摩擦力的分析；5. 滑动摩擦力的分析。例题 1-1. 弹力方向的分析下图中，系统均处于静止状态，画出物体 A 所受的弹力。333例题 1-2. 弹簧弹力分析一劲度系数为 k1 的弹簧， 竖直地放在桌面上， 上面压有一质量为 m 的物体， 另一劲度 系数为 k2 的弹簧竖直地放在物体上面，其下端与物体的上表面连接在一起， 两个弹簧的质量都不计， 如图所示 要想使物体静止时下面弹簧承受力由 mg 减为 1m

2、g，应将上面弹簧的上端 A 点竖直接高多少距离？例题 1-3. 轻杆、轻绳的受力分析如图所示， 两个质量均为 m 的物体分别挂在支架上的 B 点（如图甲所示） 和跨过滑轮 的轻绳 BC 上（如图乙所示）， 图甲中轻杆 AB 可绕 A 点转动， 图乙中水平轻杆一端 A 插在 墙壁内， 已知 =30， 则图甲中轻杆 AB 受到绳子的作用力 F1 和图乙中滑轮受到绳子的作用力 F2 分别为（ ）A F1=mg 、F2= 3mgC F1= mg 、F2=mgB F1= 3mg 、F2= 3mgD F1= 3mg 、F2=mgABCD例题 1-4. 静摩擦力的分析 方向的判断如图是主动轮 P 通过皮带带

3、动从动轮 Q 的示意图， A 与 B、C 与 D 分别是皮带与轮缘 相互接触的点， 如果皮带不打滑，当主动轮 P 沿顺时针方向旋转时， A 、B 、C 、D 各点所受摩擦力的方向（ ）A向上，向下， 向下， 向上C向下，向上， 向上，向下B向下，向上， 向下，向上D向上，向下， 向上， 向下例题 1-5. 静摩擦力 不确定性分析（多选）如图所示， 斜面体 A 静置于水平地面上， 物块 B 处于其斜面上 某时刻起， 对 B 施加一沿斜面向上的力 F，且力 F 从零开始逐渐增大， 在这一过程中， A、B 均始终保 持静止则对此过程的下列说法中正确的是（ ）A地面对 A 的支持力逐渐减小C地面对 A

4、 的摩擦力逐渐增大B A 对 B 的支持力不变D A 对 B 的摩擦力增大例题 1-6. 静摩擦力 突变分析把一个重为 G 的物体， 用一水平推力 F = kt（k 为常量， t 为时间） 压在竖直的足够高的平整墙面上，如图，从 t=0 开始，物体所受的摩擦力Ff随时间 t 的变化关系是下图中的（ ）例题 1-7. 滑动摩擦力的分析如图所示， 重量分别为 G1 和 G2 的滑块 A 和 B，由绕过轻质定滑轮的细绳相连后， 叠 放在水平桌面上， 已知 A、B 间的摩擦因数为 1，B 与桌面间的摩擦因数为 2 当水平拉力作用在 A 上时，大小至少要 才能拉动 A，此时， 连接滑轮与墙壁之间的 绳子

5、的张力为 【练习】1-8如图所示， 原长分别为 L1 和 L2，劲度系数分别为 k1 和 k2 的轻质弹簧竖直悬 挂在天花板上， 两弹簧之间有一质量为 m1 的物体， 最下端挂着质量为 m2 的另一 物体， 整个装置处于静止状态 求：（1）这时 L1 、L2 受到的弹力；（2）这时两弹簧的总长；（3）若用一个质量为 M 的平板把下面的物体竖直缓慢地向上托起，直到两弹簧 的总长度等于两弹簧的原长之和，求这时平板受到下面物体 m2 的压力1-9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

6、 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（ ）A 1 、2 图中的 角均增大， F 均不变B 1、2 图中的 角均增不变， F 均不变C 1 图中 角增大、 2 图中 角不变，张力 F 均不变D 1 图中 角减小、 T 不变， 2 图中 角增大， F 减小 1- 10 如图所示，一轻杆两端分别固定着质量为mA和mB 的两个小球A和B（可视为质点）将 其放在一个直角形光滑槽中， 已知轻杆与槽右壁成 角， 槽右壁与水平地面成 角时， 两球刚好能平衡， A C 且

7、，则 A 、B 两小球质量之比（ ）B D 1- 11利用如图所示的装置可以探究滑动摩擦力f 与正压力 FN 之间的关系，请回答下列问题： （1）适当添加钩码，使其能够带动小车向右运动 （2）多次在木块上添加砝码以改变压力尽可能多测几组数据 实验中应该测量和记录的 数据是 （3）如果用图象法处理实验数据，以摩擦力f为横轴， 正压力 FN 为纵轴， 如实验步骤正确， 得到的应是一条 （选填“直线”或“曲线”），这条线的斜率表示的物 理意义是 （4）正确的实验结论是 1- 12（多选） 如图所示， 一辆运送沙子的自卸卡车装满沙子， 沙粒之间的动摩擦因数为 1 ， 沙子与车厢底部材料的动摩擦因数为

8、2，车厢的倾角用 表示（已知 21）， 下列说法正确的是（ ）A要顺利地卸干净全部沙子， 应满足 tan2B要顺利地卸干净全部沙子，应满足 sin2C只卸去部分沙子， 车上还留有一部分沙子， 应满足 2tan1D只卸去部分沙子， 车上还留有一部分沙子，应满足 21tan问题二： 平衡状态下的受力分析。关键点： 1. 合力与分力的关系；2. 几种常见的分析方法： 正交分解法、矢量三角形分析法；3. 整体法；4. 隔离法。例题 2-1. 合力与分力的关系已知两个共点力的合力为 50大小为 30 N则（ ）A F1 的大小是唯一的C F2 有两个可能的方向N，分力 F1 的方向与合力 F 的方向成

9、30角，分力 F2 的B F2 的方向是唯一的D F2 可取任意方向例题 2-2. 受力分析的基本方法 正交分解法（一），求合力在同一平面内共点的四个力 F1 、F2 、F3 、F4 的大小依次为 19 N 、40 N 、30 N 和 15 N， 方向如图所示， 求它们的合力例题 2-3. 受力分析的基本方法 正交分解法（二），求分力如图所示， 小球质量为 m，用两根轻绳 BO 、CO 系好后， 将绳固定在竖直墙上，在小 球上加一个与水平方向夹角为 60的力 F，使小球平衡时， 两绳均伸直且夹角为 60则力 F 的大小应满足什么条件？例题 2-4. 受力分析的基本方法 矢量三角形法（一），有一

10、个恒力，且另一个力方向恒 定如图， 一小球放置在木板与竖直墙面之间设墙面对球的压力大小为 N1，球对木板的 压力大小为 N2 以木板与墙连接点所形成的水平直线为轴，将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置 不计摩擦，在此过程中（ AN1 始终减小， N2 始终增大CN1 先增大后减小， N2 始终减小）B N1 始终减小， N2 始终减小DN1 先增大后减小， N2 先减小后增大例题 2-5. 受力分析的基本方法 矢量三角形法（二），至少有两个力， 与实物图中的两 个边平行，可作相似三角形如图所示， 光滑的半球形物体固定在水平地面上， 一轻绳一端系在球心正上方的天花板 上， 另一端系一小球， 靠

11、放在半球上， 小球处于静止状态 现缓慢减小半球的半径， 半球的 圆心位置不变， 在这个过程中， 小球始终与半球接触，则半球对小球的支持力 F1 和绳对小球的拉力 F2 的大小变化情况是（ A F1 变大， F2 变小C F1 变小， F2 不变）B F1 变小， F2 变大D F1 先变小后变大， F2 变小2 3例题 2-6. 受力分析的基本方法 矢量三角形法（三），有一个恒力，且其对角角度恒定， 用正弦定理定量计算，或者作辅助圆几何分析。（多选） 如图， 在探究“共点力合成”的实验中， 橡皮条一端固定于 P 点， 另一端连接两 个弹簧秤， 分别用 F1 与 F2 拉两个弹簧秤，将结点拉至

12、O 点 现让 F2 大小不变，方向沿顺 时针方向转动某一角度， 要使结点仍位于 O 点， 则 F1 的大小及图中 （90）角的变化 可能是（ ）A增大 F1 的同时增大 角C增大 F1 的同时减小 角B增大 F1 而保持 角不变D减小 F1 的同时增大 角例题 2-7. 整体法受力分析（整体法的关键： 1. 确定整体的范围； 2. 分析出整体受到哪些外力？）（多选） 如图所示， ABC 三物体被力 F1 推压在光滑竖直墙面上， 一条轻绳跨过滑轮连 在物体 A 和 C 上，物体 C 还受一大小为 6 N 的向下的拉力 F，三物体处于静止状态，已知三物体所受重力的关系是 GA= 1 GB = 1

13、GC = 10 N，则下列判断正确的是（ ）A轻绳上的张力大小为 30 NB物体 A 所受摩擦力方向向下，大小为 23 NC物体 AB 间的弹力小于物体 BC 间的弹力D物体 C 所受摩擦力方向向上，大小为 3 NM+mMmgMmgM+m例题 2-8. 隔离法受力分析如图所示， 质量为 M 的小车放在光滑的水平地面上，右面靠墙，小车的上表面是一个 光滑的斜面， 斜面的倾角为 ，当地重力加速度为 g那么， 当有一个质量为 m 的物体在这个斜面上自由下滑时，小车对右侧墙壁的压力大小是（ ）A mgsincos B sincosC mgtan D tan例题 2-9. 隔离法受力分析 一种典型题型一

14、物体若不受其他外力作用能在一个斜面体上沿斜面减速下滑， 可以证明此时斜面受地 面向右的摩擦力作用 若沿如图所示方向用力向下推此物体， 使物体加速下滑， 则斜面受地 面的摩擦力是（ ）A大小为零C方向水平向左B方向水平向右D无法判断大小和方向3 1 3【练习】2- 10如图所示（俯视图）， 物体静止在光滑水平面上， 有一水平拉力 F=20 N 作用在该物体 上， 若要使物体所受的合力在 OO方向上（OO与 F 夹角为 30），必须在水平面内加一个力F，则 F的最小值为 N，这时合力大小等于 N2- 11（多选）两个共点力 Fl 、F2 大小不同，它们的合力大小为 F，则（ ）A F1 、F2 同

15、时增大一倍， F 也增大一倍B F1 、F2 同时增加 10N ，F 也增加 10NC F1 增加 10N ，F2 减少 10N ，F 一定不变 D若 F1 、F2 中的一个增大， F 不一定增大2- 12如图所示， 一物块置于水平地面上 当用与水平方向成 30角的力 F1 推物块时， 物块 做匀速直线运动； 当改用与水平方向成 60角的力 F2 拉物块时， 物块仍做匀速直线运动 若F1 和 F2 的大小相等，则物块与地面之间的动摩擦因数为（ ）A 3 1 B 2 3 C D 1 2 2 22- 13（多选）如图所示，置于固定斜面上的物体 A 受到平行于斜面向下的力作用保持静止若 力 F 大小

16、不变， 将力 F 在竖直平面内由沿斜面向下缓慢的转到沿斜面向上（转动范围如图中虚线所示）在 F 转动过程中，物体始终保持静止 在此过程中物体与斜面间的（ ）A弹力可能先增大后减小 B弹力一定先减小后增大C摩擦力可能先减小后增大 D摩擦力一定一直减小2- 14如图所示，小球用细绳系住， 绳的另一端固定于 O 点现用水平力 F 缓慢推动斜面 体， 小球在斜面上无摩擦地滑动， 细绳始终处于直线状态， 当小球升到接近斜面顶端时细绳接近水平， 此过程中斜面对小球的支持力 FN 以及绳对小球的拉力 FT 的变化情况是（ ）A FN 保持不变， FT 不断增大 B FN 不断增大， FT 不断减小C FN

17、保持不变， FT 先增大后减小 D FN 不断增大， FT 先减小后增大2- 15（多选）如图所示，两根等长的绳子 AB 和 BC 吊一重物静止， 两根绳子与水平方向 夹角均为 60现保持绳子 AB 与水平方向的夹角不变， 而将绳子 BC 逐渐缓慢地变到沿水平方向，在这一过程中， 绳子 AB 、BC 的拉力变化情况是（ ）A绳子 AB 拉力增大 B绳子 AB 拉力减小C绳子 BC 拉力先减小， 后增大 D绳子 BC 拉力先增大， 后减小2- 16如图，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，

18、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N 的大小变化情况是（ ）A F 不变， N 增大 B F 不变， N 减小 C F 减小， N 不变 D F 增大， N 减小2- 17（多选）如图所示， A 被固定在竖直支架上， A 点正上方的点 O 悬有一轻绳拉住 B 球， 平衡时绳长为 L，张力为 T1，弹簧弹力为 F1若将弹簧换成劲度系数更小的轻弹簧，再次平衡时绳中的张力为 T2，弹簧弹力为 F2，则（ ） A T1T2 B T1=T2 C F1F2 D F1F2- 18（多选）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

19、端 N初始时， OM 竖直且 MN 被拉直， OM 与 MN 之间的夹角 （ ）现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角 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2- 19在研究“共点力的合成”的实验中， 如图所示， 使 B 弹簧秤由图示位置开始顺时针缓慢 转动， 在这个过程中保持 O 点位置不变和 A 弹簧秤拉伸方向不变， 则在整个过程中关于 A和 B 两弹簧秤的读数变化是：（ ）A A 的读数增大， B 的读数减小B A 的读数减小， B 的读数增大C A 的读数减小， B

20、 的读数先增大后减小D A 的读数减小， B 的读数先减小后增大ABCD2-20如图所示，两段等长细线串接着两个质量相等的小球 a、b，悬挂于 O 点现在两个 小球上分别加上水平方向的外力， 其中作用在 b 球上的力大小为 F、作用在 a 球上的力大小为 2F，则此装置平衡时的位置可能是下列哪幅图（ ）2-21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测力计固定在竖直的墙壁上， 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， 三者稳定后弹簧测力计的

21、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，方向向右C A 保持静止， B 和 C 一起匀速运动B A 和 B 保持静止， C 匀速运动D C 受到地面的摩擦力大小为 F+T2-22如图所示， 一个物体 a 静止于斜面上， 现用一竖直向下的外力压物体 A，下列说法正确的是（ ）A物体 a 所受的摩擦力可能减小 B物体 a 对斜面的压力可能保持不变C不管 F 怎样增大， 物体 a 总保持静止D当 F 增大到某一值时，物体 a 可能沿斜面下滑2-23如图所示，斜劈 A 静止放置在水平地面上， 木桩 B 固定在水平地面上，弹簧 k 把物 体与木桩相连， 弹簧与斜面平行质量为

22、 m 的物体和人在弹簧 k 的作用下沿斜劈表面向下 运动， 此时斜劈受到地面的摩擦力方向向左 则下列说法正确的是（ ）A若剪断弹簧， 物体和人仍向下运动， A 受到的摩擦力方向可能向右B若剪断弹簧， 物体和人的加速度方向一定沿斜面向下C若人从物体 m 离开， 物体 m 仍向下运动， A 受到的摩擦力可能向右D若剪断弹簧同时人从物体 m 离开，物体m 向下运动， A 可能不再受到地面摩擦力3 3 k2 k53 k1 k2k2k1 k2k1+kk1 k2 k1+k3 k13 k1 k1 3k13 k1 k25FN=m2g+ m1gk1+kk2 k2 3k2 3 3k13参考答案1- 1. 略1-2

23、. 【解答】 解：（ 1）末态时的物块受力分析如图所示，其中 F1与 F2分别是弹簧 k1 、k2 的作用力，物块静止有 F1+F2=mg 初态时， 弹簧 k2 （压缩） 的弹力 F2=mg 末态时， 弹簧 k2 （压缩） 的弹力 F2=1mg 弹簧 k2 的长度变化量x2=F 2 = F 2 F 2 = 2mg 由 F1+F2=mg ，F2=1mg 得 F1=2mg 初态时，弹簧 k1 （原长）的弹力 F1=0 末态时， 弹簧 k1（伸长）的弹力 F1=2 mg 弹簧 k1 的长度变化量x1=F 1 = F 1 F 1 = 2mg由几何关系知所求距离为x1+x2=2mg ( 1 + 1 )

24、（2）若下面弹簧处于伸长状态，则下面弹簧弹力的变化量为5 mg ， 则下面弹簧形变量的变化量： x1 = 3mg ， 对物体分析有： 上面弹簧的弹力：F2 = mg + 2 mg = 5 mg ， 则 上 面 弹 簧 的 ： x2 = F 2 = 3mg ， 则答：应将上面弹簧的上端 A 点竖直接高( +)或mg( +)1-3. 【解答】 解：甲图中，结点受 BC 绳子的拉力、重力和 AB 杆子的支持力，d=x1+x2= 5 mg( 1 + 1 )根据平衡条件，有： F1= 3mg； 乙图中，绳子对滑轮的作用力应是两股绳的合力，如图所示故 F2=mg 故选 D1-4. 【解答】 解： A 点位

25、置在与主动轮接触的皮带上， 轮子带着传送带顺时针运动， 故传送带受到轮子的摩擦动力， 方向向上， 那么皮带对主动轮上 B 点的摩擦力方向向下； 同理， C 点位置在与从动轮接触 的皮带上， 轮子是在传送带的带动向下运动的， 故皮带对从动轮上 D 点的摩擦力方向向下， 根据牛顿第三定律可知，传送带上的 C 点受到的摩擦力的方向向上；可知选项 D 正确 1-5. 【解答】 解： B 、D、以 B 为研究对象，分析受力情况，受重力 G、拉力 F 、A对 B 的支持力 N、摩擦力 f设斜面的倾角为 ，由平衡条件得： 垂直于斜面 方向： N=mgcos，与 F 无关， 始终不变， 故 B 正确 沿斜面方

26、向： 当重力的 下滑分力大于推力时， 即mgsinF 时， f=mgsin F，平行斜面向上； 当重力 的下滑分力等于推力时， 即mgsin=F 时， f=mgsin F=0； 当重力的下滑分力 小于推力时，即 mgsinF 时， f=F mgsin，平行斜面向下； 故 B 受到的摩 擦力先减小为零， 再反向增加， 故 D 错误； A、C、以 A、B 整体为研究对象， 分析受力情况：总重力 G、力 F、地面对 A 的支持力 N、摩擦力 f； 设斜面的 倾角为 ，由平衡条件得： N+Fsin=G，f=Fcos 由题， F 增大， 则知 N 减小， f 增大；故 A 正确， C 正确； 故选： A

27、BC故选： D1-6. 【解答】 解：从 t=0 开始水平推力 F=kt，即压力不断增大，则物体受到滑动摩擦力作用，所以滑动摩 擦力的大小与压力正比因此起始阶段滑动摩擦力小于重力且不断增大；当物体的最大静摩擦力等于 重力时，物体速度达到最大且继续下滑； 当物体的最大静摩擦力大于重力时，物体先减速下滑，并最 终静止状态，减速下滑过程中，滑动摩擦力的大小与压力正比，继续增大；当物快最终静止后，即使 推力增大， 也不会影响物体的静摩擦力大小此时静摩擦力的大小等于重力注意，在物快停止的一 瞬间， 物快所受的摩擦力由滑动摩擦力瞬间变为静摩擦力， 此时有一个力突变。因此 B 正确； ACD 均 错误。 故

28、选： B1-7. 【解答】 解： 设绳子对 A 的拉力为 T，根据平衡条件， 则有： F=T+1G1； 而对 B，则有： T=f 地+fA=2（G1+G2）+1G1； 那么， 至少要能拉动 A，则水平力 F=21G1+2（G1+G2）， 对滑轮平衡， 连接滑轮与墙壁之间的绳子的张力为 T，则有： T=2T=21G1+22 （G1+G2 ） 故答案为： 21G1+2 （G1+G2）： 21G1+22（G1+G）1-8. 【解答】解：（ 1）、（2）设上面弹簧 k1 受到的弹力为 F1，伸长量为x1，下面弹簧 k2 受到的弹力为 F2，伸长量为x2 由物体的平衡及胡克定律有 F1=（m1+m2 ）

29、g x1=(m 1+m2)g 对物体 m2 受力分析有，F2=m2g 则x2=m2g 所以弹簧总长为L=L1+L2+x1+x2 (m 1+m2)g m2g （2）要使两个弹簧=L1+L2+ +的总长度等于两弹簧原长之和， 必须是上面弹簧伸长x，下面弹簧缩短x 对m2：FN=k2x+m2g 对m1 ：m1g=k1x+k2x k2 根据牛顿第三定律知，平板受到下面物体 m2 的压力为m2g+ k2 m1g 答： （ 1）k1 、k2 受到的弹力分别为（m1+m2）g 和 m2g； （2）这时两弹簧的总长为L1+L2+(m 1+m2)g+m2g； （3）平板受到下面物体 m2 的压力为 m2g+ k

30、2 m1g15F3sin (90) sin f sin (90) sin m2 coscos条件得 F2= mg =2 3 mgsin 60 33 33 31-9. 【解答】 解：图 1 中，根据钩码个数， O 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：

31、B1- 10. 【解答】 解：对 A 球受力分析，受重力、杆的弹力、斜面的支持力，如左图所示：根据共点力平衡条件有： F = m 1g 再对 B 球受力分析， 受重力、杆的弹力、斜面的支持力，如右图所示： 根据平衡条件，有： m2g = F 联立解得： m 1= sin sin 故选： A1- 11. 【解答】 解：（2）利用所示的装置探索滑动摩擦力 f 与正压力 FN 之间的关系， 就需要测出滑动摩擦力 f 与正压力 FN 大小 根据木块平衡得滑动摩擦力等于弹簧的拉力， 正压力等于木块、砝码的总重力， 所 以实验中应该测量和记录的数据是测量木块、砝码的总重力， 该值即为正压力 FN，同时记录

32、弹簧秤的示数 （3）以摩擦力 f 为横轴， 正压力 FN 为纵轴， 如实验步骤正确， 得到的应是一条直线， 这条线的斜率表示的物理意义是所得图线的斜率k=F N=1，表示动摩擦因数的倒数 （4）FN f 图象是直线，图象是正比例函数图象，由此可知：滑动摩擦力 f 与正压力 FN 成正比 故答案为：（2）测量木块、砝码的总重力，记录弹簧秤的示数；（3）直线；表示动摩擦因数的倒数； （4）滑动摩擦力 f 与正压力 FN 成正比1- 12. 【解答】 解： A、B、由题， 21，可知越是上层的沙子越容易卸下， 当与车厢底部接触的沙子从车 上卸下时，全部沙子就能顺利地卸干净，则有 mgsin2mgco

33、s，得 tan2故 A 正确， B 错误 C 、 D、与车厢底部不接触的沙子卸下，而与车厢底部接触的沙子未卸下时， 只卸去部分沙子， 车上还留 有一部分沙子，这时，应有 mgsin1mgcos ，mgsin2mgcos，得足 2tan1故 C 正确，D 错误 故选： AC2- 1. 【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=25N 而 另一个分力大小大于 25N 小于 30N，所以分解的组数有两组解 如图 故 C 正确， ABD 错误 故选 C2-2. 【解答】 解： 如图（a）建立直角坐标系， 把各个力分解到两个坐标轴上， 并求出

34、 x 轴和 y 轴上的合力 Fx 和 Fy，有： Fx=F1+F2cos37 F3cos37=27N Fy=F2sin37+F3sin37 F4=27N 因此，如图（b）所示，总合力为： F = F + F 38.2N tan = = 1，所以 =45 答： 它们的合力大小为 38.2N，方向与 x 轴夹角为 452-3. 【解答】 解：当力 F 最小时， OC 绳松驰，张力为零，此时小球受到三个力作用设绳 C0 的拉力为T1，则由平衡条件得 mg=Tsin60+F1sin60 Tcos60=F1cos60 由得 T=F，代入解得， F1= 3 mg 当力 F 最大时， OB 绳松驰，张力为零

35、，此时小球受到三个力如图，根据平衡所以力 F 的大小应满足的条件是 3 mgF2 3 mg 答： 力 F 的大小应满足的条件是 3 mgF2 3 mg16OB OA AB OB OB2-4. 【解答】 解：以小球为研究对象，分析受力情况：重力 G、墙面的支持力 N1和木板的支持力 N2根据牛顿第三定律得知， N1=N1，N2=N2 根据平衡条件得： N1=Gcot，N2= G 将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置的过程中， 增大， cot 减小， sin 增大， 则 N1和 N2都始终减小， 故 N1 和 N2都始终减小 故选 B2-5. 【解答】 解：以小球为研究对象，分析小球受力情况：重

36、力 G，细线的拉力 F2 和半球面的支持力 F1， 作出 F1 、F2 的合力 F，由平衡条件得知 F=G由AFF1OBA，得： F = F 1 = F 2 得到： F1 = AO G ，F2 = AB G 由题缓慢减小半球的半径的过程中， OB ，AB 不变， OA 变小，可见 F1 变小； F2 不变 故 C 正确， ABD 错误 故选： C2-6. 【解答】 解： 对点 O 点受力分析， 受到两个弹簧的拉力和橡皮条的拉力， 由于 O 点位置不变， 因此橡 皮条长度不变， 其拉力大小方向不变， F2 的大小不变， ob 弹簧拉力方向和大小都改变， 根据力的平行 四边形定则有：若如图 1 变

37、化所受， 可以增大 F1 的同时减小 角， 故 C 正确； 如图 2 所受示， 可以增大 F1 的同时增大 角， 故 A 正确； 如图 3 所受示， 可以增大 F1 而保持 角不变， 故 B 正确； 同时根据平行四边形定则可知，减小 F1 的同时增大 角是不能组成平行四边形的，故 D 错误 故选 ABC2-7. 【解答】 解： A、先对 ABC 整体分析，竖直方向受拉力 F、重力、向上的绳子的 2 个拉力，根据平衡条件，有： 2T=F+（GA+GB+GC），故 T=33N，故 A 错误； B、再隔离物体 A 分析，受重力 10N、细线的向上的拉力 33N，根据平衡条件， B 对 A 的摩擦力向

38、下， 为 23N，故B 正确； C、根据平衡条件，物体 AB 间的弹力等于物体 BC 间的弹力，故 C 错误； D、再隔离物体 C 分析， 受重力 30N、细线向上的拉力 33N、向下的拉力 6N，根据平衡条件， B 对 C 的摩擦力向上，为 3N，故 D 正确； 故选： BD2-8. 【解答】 解： 对小车进行受力分析，如图所示： 小车处于静止状态，受力平衡，水平方向有： N=mgcossin 故选 A2-9. 【解答】 解：设斜面的倾角为 ，物体与斜面间的动摩擦因数为 ，设推力与斜面间的夹角为 ， 物体沿斜面减速下滑， 由牛顿第二定律得： mgsin mgcos0，则 tan ， 当mgs

39、in mgcos=0，即 tan= 时物体对斜面的作用力竖直向下， tan，物体对斜面的作用 力斜向左下方， 加上推力后， 物体对斜面的压力： N=mgcos+Fsin，物体对斜面的摩擦力： f=（mgcos+Fsin） 物体对斜面的作用力： F= N2 + f2= 1 + 2 （mgcos+Fsin），tan，物体对斜面的作用力斜向左下方， 斜面有向左的运动趋势， 则地面对斜面有向右的摩擦力，故 B 正确； 故选： B2- 10. 【解答】 解：由题，拉力 F 与力 F的合力方向沿 OO方向不变， F 的大小和方向， 根据三角定则和几何知识得知， 当 FOO时 F最小， 如图， F的最小值

40、为 Fmin=Fsin30=10N 此时物体的合力大小为 F 合=Fcso30=10 3N 故答案为： 10 ，10 32- 11. 【解答】 解： A、根据平行四边形定则， F1 、F2 同时增大一倍， F 也增大一倍，故 A 正确 B 、Fl 、F2 方向相反， F1、F2 同时增加 10N，F 不变， 故 B 错误 C、Fl、F2 方向相反， F1 增加 10N，F2 减少 10N ， F 可能增加 20N，故 C 错误 D、Fl 、F2 方向相反，若 F1 、F2 中的一个增大， F 不一定增大，故 D 正确 故选： ADOA OAOA OB ABR AB R2- 12. 【解答】 解

41、：对两种情况下的物体分别受力分析，如图将 F1 正交分解为 F3 和 F4，F2 正交分解为 F5 和 F6 ， 则有： F 滑=F3 mg=F4+FN； F 滑=F5 mg+F6=FN 而F 滑=FN F 滑=FN 则有 F1cos60=（mg F1sin60） F2cos30=（mg+F2sin30） 又根据题意F1=F2 联立解得： =2 3； 故选： B2- 13. 【解答】 解： 物体受重力、支持力、摩擦力及拉力的作用而处于静止状态，故合力为零； 将重力和 拉力都分解到沿斜面和垂直于斜面的方向；在垂直于斜面方向，重力的分力、支持力及拉力的分力平衡，因拉力的分力先增大后减小，故弹力可能

42、先减小后增大；故 A 错误、 B 正确； 在沿斜面方向上，重力向下的分力、拉力的分力及摩擦力的合力为零；因拉力的分力先向下减小， 后向上增大，故摩擦力可能先减小，后向下增大，也可能一直减小，故 C 正确， D 错误 故选 BC2- 14. 【解答】 解：先对小球进行受力分析，重力、支持力 FN、拉力 FT 组成一个闭合的矢量三角形，由于 重力不变、支持力 FN 方向不变， 且从已知图形知 ，且 逐渐变小， 趋向于 0；故斜面向左移动的 过程中， 拉力 FT 与水平方向的夹角 减小， 当 = 时， FT FN，细绳的拉力 FT 最小， 由图可知， 随 的减小，斜面的支持力 FN 不断增大， FT

43、 先减小后增大故 D 正确 ABC 错误 故选： D2- 15. 【解答】 解： 以结点 B 为研究对象， 分析受力情况， 根据平衡条件得知， 绳 OA 的拉力 TAB 与绳 BC的拉力 FBC 的合力与重力大小相等、方向相反， 作出将绳子 BC 逐渐缓慢地变化到沿水平方向过程中三个位置力的合成图如图， 则由几何知识得知，绳子 AB 拉力一直增大，绳子 BC 拉力先减小后增大 故选： AC2- 16. 【解答】 解： 小球沿圆环缓慢上移可看做匀速运动， 对小球进行受力分析， 小球受重力 G，F，N，三个力满足受力平衡作出受力分析图如下 由图可知OABGFA 即： G = F = N，移时，半径

44、不变， AB 长度减小，故 F 减小， N 不变，故 C 正确； 故选 C当 A 点上2- 17. 【解答】 解： 以 B 球研究对象， B 球受到重力 G、弹簧的弹力 F 和绳子的张力 T，如图所示 B 球平衡时， F 与 T 的合力与重力 G 大小相等、方向相反，即 G=G根据FGB 与OBA 相似得： G = T = F得到： T=OB G= L G 由题看出， L、OA、G 都不变， 所以两次平衡时绳中的张力大小相等， 则有： T1=T2AB减小，则 F 减小，即 F1F2 故选： BD2- 18. 【解答】 解： 重力的大小和方向不变 OM 和 MN 的拉力的合力与重力的是一对平衡力

45、 如图所示 用 矢量三角形法加正弦定理， 重力对应的角为 180减 ，保持不变， MN 对应的角由 0变为 90，力一直 增大， OM 对应的角由大于 90变为小于 90，力先变大，到 90过 90后变小； 刚开始时， OM 拉力 等于重力，从图中的两种情况可以看出， OM 的拉力先大于重力，后小于重力的大小，所以 OM 先增大后减小； 而拉力 MN 一开始为零，从图中可以看出， MN 拉力一直在增大 故选： ADmg2- 19. 【解答】 解：对点 o 受力分析，受到两个弹簧的拉力和橡皮条的拉力，如图，其中橡皮条长度不变， 其拉力大小不变， oa 弹簧拉力方向不变， ob 弹簧拉力方向和大小

46、都改变 根据平行四边形定则可以看出 B 的读数先变小后变大， A 的读数不断变小，故 ABC 错误， D 正确 故选： D2-20. 【解答】 解：设每个球的质量为m ，oa 与ab 和竖直方向的夹角分别为 、以两个小球组成的整体为研究对象， 分析受力情况， 如图 1，根据平衡条件可知， oa 绳的方向不可能沿竖直方向，否则整体的合力不为零，不能保持平衡 由平衡条件得： tan= ， 以 b 球为研究对象，分析受力情况，如图 2，由平衡条件得： tan= F ，则 故 C 正确 故选 C2-21. 【解答】 解： ABC、由题意， A、B 、C 质量相等，且各接触面动摩擦因数相同， 再依据滑动

47、摩擦力 公式 f=N，可知， BC 之间的滑动摩擦力大于 AB 之间的摩擦力， 因此在 F 作用下， BC 作为一整体 运动的； 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， 那么根据平衡条件， 可知， B 对 A 的摩擦力大小为 T，方向向左，故 AB 错误， C 正确； D、又因为物体间力的作用是相互的，则物体 B+C 受到 A 对它水平向右的摩擦力，大小为 T； 由于 B+C 作匀速直线运动，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

48、错误； 故选： C2-22. 【解答】 解：对物体受力分析，建立直角坐标系并将重力分解，如图所示：在不加 F 时， 根据共点力的平衡可知： f=mgsinsincos； 加上压力 F 时，同理将 F 分解，则有：N=mgcos； 物体静止，则有 fN，即x 轴： f=mgsin+Fsin= （mg+F）sin y轴： N=Fcos+mgcos=（mg+F）cos sincos （mg+F）sin（mg+F）cos 则得 fN故 物体 a 仍然保持静止 由上可知， 物体所受的支持力和摩擦力均变大， 则物体 a 对斜面的压力变大 故C 正确 故选 C2-23. 【解答】 解： AB、剪断弹簧前，对

49、斜面分析， 受重力、地面的支持力和静摩擦力、滑块对斜面体的 力（滑块对斜面体的滑动摩擦力和压力的合力），斜劈受到地面的摩擦力方向向左，故根据平衡条件， 滑块对斜面体的力向右下方； 根据牛顿第三定律， 斜面对滑块的力向左上方； 若剪断弹簧， 滑块和人 整体还要受重力，故合力偏左，根据牛顿第二定律，加速度是沿斜面向下，若剪断弹簧， 物体和人仍 向下运动， 故物体和人整体对斜面体的力不变，故斜面体受力情况不变，故地面摩擦力依然向左，故 A 错误， B 正确； C、若人从物体 m 离开， 由于惯性， 物体 m 仍向下运动； 动摩擦因素是不变的， 故 滑块对斜面体压力和滑动摩擦力正比例减小，故压力和滑动摩擦力的合力依然向右下方， 故地面对斜 面体的静摩擦力依然向左，故 C 错误； D、若剪断弹簧同时人从物体 m 离开，由于惯性， 物体 m 仍 向下运动； 动摩擦因素是不变的，故滑块对斜面体压力和滑动摩擦力正比例减小，故压力和滑动摩擦力的合力依然向右下方，故地面对斜面体的静摩擦力依然向左，故 D 错误； 故选： B2