2025屆高考物理一輪復(fù)習第二章相互作用第6講力的合成與分解教學案新人教版

PAGE20-第6講力的合成與分解基礎(chǔ)命題點一力的合成1．共點力作用在物體的同一點，或作用線的eq\x(\s\up1(01))延長線交于一點的幾個力。2．合力與分力(1)定義：假如一個力的作用效果跟幾個力共同作用的效果eq\x(\s\up1(02))相同，這個力就叫做那幾個力的eq\x(\s\up1(03))合力，那幾個力叫做這個力的eq\x(\s\up1(04))分力。(2)相互關(guān)系：eq\x(\s\up1(05))等效替代關(guān)系。3．力的合成(1)定義：求幾個力的eq\x(\s\up1(06))合力的過程。(2)合成法則①eq\x(\s\up1(07))平行四邊形定則；②eq\x(\s\up1(08))三角形定則。4．共點力合成的常用方法(1)作圖法①平行四邊形定則：從力的作用點起，按同一標度作出兩個分力F1和F2的圖示，再以表示F1和F2的線段為鄰邊作平行四邊形，畫出過作用點的對角線，量出對角線的長度，計算出合力的大小，量出對角線與某一力的夾角確定合力的方向(如圖所示)。②三角形定則：將表示兩個力的圖示(或示意圖)保持原來的方向依次首尾相接，從第一個力的作用點，到其次個力的箭頭的有向線段為合力。平行四邊形定則與三角形定則的關(guān)系如圖甲、乙所示。(2)計算法：常用于幾種特別狀況的共點力的合成。類型作圖合力的計算相互垂直F＝eq\r(F\o\al(2,1)＋F\o\al(2,2))tanθ＝eq\f(F1,F2)兩力等大，夾角為θF＝2F1coseq\f(θ,2)F與F1夾角為eq\f(θ,2)兩力等大且夾角為120°合力與分力等大5．合力的大小范圍(1)兩個共點力的合力|F1－F2|≤F合≤F1＋F2。兩個力大小不變時，其合力隨夾角的增大而減小，當兩力反向時，合力最小，為|F1－F2|，當兩力同向時，合力最大，為F1＋F2。(2)三個共點力的合力①三個力共線且同向時，其合力最大，為F1＋F2＋F3。②任取兩個力，求出其合力的范圍，假如第三個力在這個范圍之內(nèi)，則這三個力的合力的最小值為零；假如第三個力不在這個范圍內(nèi)，則合力的最小值等于最大的力減去另外兩個力。(多選)兩個共點力F1、F2大小不同，它們的合力大小為F，則()A．F1、F2同時增大一倍，F(xiàn)也增大一倍B．F1、F2同時增加10N，F(xiàn)也增加10NC．F1增加10N，F(xiàn)2削減10N，F(xiàn)肯定不變D．若F1、F2中的一個增大，F(xiàn)不肯定增大解析依據(jù)平行四邊形定則，F(xiàn)1、F2同時增大一倍，F(xiàn)也增大一倍，故A正確；F1、F2同時增加10N，F(xiàn)不肯定增加10N，B錯誤；F1增加10N，F(xiàn)2削減10N，F(xiàn)不肯定不變，故C錯誤；若F1、F2中的一個增大，F(xiàn)不肯定增大，故D正確。答案AD1．力的合成的依據(jù)力的合成遵循平行四邊形定則或三角形定則，而不是代數(shù)加減，力的合成的平行四邊形定則或三角形定則只適用于共點力。多個力的合成采納逐項合成法。2．合力與分力大小關(guān)系的三個重要結(jié)論(1)兩個分力大小肯定時，夾角θ越大，合力越小。(2)合力肯定，兩等大分力的夾角越大，兩分力越大。(3)合力可以大于分力、等于分力，也可以小于分力。1．兩個大小相等的共點力F1和F2，當它們的夾角為90°時，合力大小為F，它們的夾角變?yōu)?20°時，合力的大小為()A．2F B．eq\f(\r(2),2)FC．eq\r(2)F D．eq\f(\r(3),2)F答案B解析兩力夾角為90°時，合力F＝eq\r(2)F1，F(xiàn)1＝F2＝eq\f(F,\r(2))，兩力夾角為120°時，合力F′＝F1＝eq\f(F,\r(2))＝eq\f(\r(2),2)F，B正確。2．[教材母題](人教版必修1P64·T4)兩個力F1和F2間的夾角為θ，兩力的合力為F。以下說法是否正確？(1)若F1和F2大小不變，θ角越小，合力F就越大。(2)合力F總比分力F1和F2中的任何一個力都大。(3)假如夾角θ不變，F(xiàn)1大小不變，只要F2增大，合力F就必定增大。[變式子題](多選)兩個力F1和F2間的夾角為θ，兩力的合力為F。以下說法正確的是()A．若F1和F2大小不變，θ角越小，合力F就越大B．合力F總比分力F1和F2中的任何一個力都大C．假如夾角θ不變，F(xiàn)1大小不變，只要F2增大，合力F就必定增大D．合力F的作用效果與兩個分力F1和F2共同產(chǎn)生的作用效果是相同的答案AD解析依據(jù)已知條件，作出力的平行四邊形，依據(jù)不同的變更狀況，作出新的平行四邊形，對比可知A正確，B、C錯誤；合力與分力是等效替代關(guān)系，D正確。3．如圖所示，一個“Y”形彈弓頂部跨度為L，兩根相同的橡皮條自由長度均為L，在兩橡皮條的末端用一塊軟羊皮(長度不計)做成裹片。若橡皮條的彈力與形變量的關(guān)系滿意胡克定律，且勁度系數(shù)為k，放射彈丸時每根橡皮條的最大長度為2LA．kL B．2kLC．eq\f(\r(3),2)kL D．eq\f(\r(15),2)kL答案D解析設(shè)放射彈丸瞬間兩橡皮條間的夾角為2θ，則sinθ＝eq\f(\f(L,2),2L)＝eq\f(1,4)，cosθ＝eq\r(1－sin2θ)＝eq\f(\r(15),4)。放射過程中裹片對彈丸的最大作用力為F合＝2Fcosθ，F(xiàn)＝kx＝kL，故F合＝2kL·eq\f(\r(15),4)＝eq\f(\r(15),2)kL，D正確?；A(chǔ)命題點二力的分解1．定義：求一個力的eq\x(\s\up1(01))分力的過程。2．遵循規(guī)律：力的分解是力的合成的逆運算，同樣遵循矢量運算的規(guī)律，即遵守eq\x(\s\up1(02))平行四邊形定則或eq\x(\s\up1(03))三角形定則。3．分解原則：分解某個力時一般要依據(jù)這個力產(chǎn)生的eq\x(\s\up1(04))實際效果進行分解。4．力的分解方法的選用原則(1)一般來說，當物體受到三個或三個以下的力時，常利用三角形法則或按eq\x(\s\up1(05))實際效果進行分解。按力的作用效果分解的思路如下圖所示：(2)當物體受到三個以上的力時，常用eq\x(\s\up1(06))正交分解法，即將已知力在相互垂直的兩個方向進行分解。①建立坐標軸的原則：一般選共點力的作用點為原點，在靜力學中，以少分解力和簡單分解力為原則(即使盡量多的力在坐標軸上)；在動力學中，習慣以加速度方向和垂直加速度方向為坐標軸建立坐標系。②方法：物體受到多個力F1、F2、F3…作用，求合力F時，可把各力沿相互垂直的x軸、y軸分解。x軸上的合力Fx＝Fx1＋Fx2＋Fx3＋…y軸上的合力Fy＝Fy1＋Fy2＋Fy3＋…合力大小F＝eq\r(F\o\al(2,x)＋F\o\al(2,y))合力方向：與x軸夾角設(shè)為θ，如圖所示，則tanθ＝eq\f(Fy,Fx)。減速帶是交叉路口常見的一種交通設(shè)施，車輛駛過減速帶時要減速，以保障行人的平安。當汽車前輪剛爬上減速帶時，減速帶對車輪的彈力為F，下圖中彈力F畫法正確且分解合理的是()解析減速帶對車輪的彈力方向垂直車輪和減速帶的接觸面，指向受力物體，故A、C錯誤；依據(jù)力的作用效果分解，可以將F沿水平方向和豎直方向分解，水平向左的分力產(chǎn)生減慢汽車速度的效果，豎直向上的分力產(chǎn)生向上運動的作用效果，故B正確，D錯誤。答案B按力的作用效果分解的幾種情形實例分解思路拉力F分解為水平方向分力F1＝Fcosα和豎直方向分力F2＝Fsinα重力分解為沿斜面對下的力F1＝mgsinα和垂直斜面對下的力F2＝mgcosα重力分解為使球壓緊擋板的分力F1＝mgtanα和使球壓緊斜面的分力F2＝eq\f(mg,cosα)重力分解為使球壓緊豎直墻壁的分力F1＝mgtanα和使球拉緊懸線的分力F2＝eq\f(mg,cosα)重力分解為拉緊AO線的分力F2和拉緊BO線的分力F1，大小都為F1＝F2＝eq\f(mg,2sinα)1．(多選)如圖所示，將光滑斜面上物體受到的重力G分解為F1、F2兩個力，下列結(jié)論正確的是()A．F1是斜面作用在物體上使物體下滑的力，F(xiàn)2是物體對斜面的正壓力B．物體受G、FN、F1、F2四個力作用C．物體只受重力G和彈力FN的作用D．力FN、F1、F2三個力的作用效果跟G、FN兩個力的作用效果相同答案CD解析F1、F2是將重力G按效果分解所得的兩個分力，實際不存在，物體只受G和FN兩個力，A、B錯誤，C正確；F1、F2是G的分力，故F1和F2與G等效，D正確。2．(多選)如圖所示是李強同學設(shè)計的一個小試驗，他將細繩的一端系在手指上，細繩的另一端系在直桿的A端，桿的左端頂在掌心上，組成一個“三角支架”。在桿的A端懸掛不同的重物，并保持靜止。通過試驗會感受到()A．細繩是被拉伸的，桿是被壓縮的B．桿對手掌施加的作用力的方向沿桿由C指向AC．細繩對手指施加的作用力的方向沿細繩由B指向AD．所掛重物質(zhì)量越大，細繩和桿對手的作用力也越大答案ACD解析重物所受重力的作用效果有兩個，一是拉緊細繩，二是使桿壓緊手掌，所以重力可分解為沿細繩方向的力F1和垂直于掌心方向的力F2，如圖所示，由三角函數(shù)得F1＝eq\f(G,cosθ)，F(xiàn)2＝Gtanθ，故A、C、D正確。3．(多選)已知力F，且它的一個分力F1跟F成30°角，大小未知，另一個分力F2的大小為eq\f(\r(3),3)F，方向未知，則F1的大小可能是()A.eq\f(\r(3),3)F B．eq\f(\r(3),2)FC．eq\f(2\r(3),3)F D．eq\r(3)F答案AC解析依據(jù)題意作出矢量三角形如圖，因為eq\f(\r(3),3)F>eq\f(F,2)，從圖上可以看出，F(xiàn)1有兩個解，由直角三角形OAD可知FOA＝eq\r(F2－\f(F,2)2)＝eq\f(\r(3),2)F。由直角三角形ABD得FBA＝eq\r(F\o\al(2,2)－\f(F,2)2)＝eq\f(\r(3),6)F。由圖的對稱性可知FAC＝FBA＝eq\f(\r(3),6)F，則分力F1＝eq\f(\r(3),2)F－eq\f(\r(3),6)F＝eq\f(\r(3),3)F或F1＝eq\f(\r(3),2)F＋eq\f(\r(3),6)F＝eq\f(2\r(3),3)F，故A、C正確。實力命題點繩上的“死結(jié)”和“活結(jié)”與“動桿”和“定桿”問題1．“活結(jié)”和“死結(jié)”問題(1)活結(jié)：當繩繞過滑輪或掛鉤時，由于滑輪或掛鉤對繩無約束，因此繩上的力是相等的，即滑輪只變更力的方向不變更力的大小，如圖乙中，兩段繩中的拉力大小都等于重物的重力。(2)死結(jié)：若結(jié)點不是滑輪，是固定點，稱為“死結(jié)”結(jié)點，如圖甲中的B點，則兩側(cè)繩上的彈力不肯定相等。2．“動桿”和“定桿”問題(1)動桿：若輕桿用轉(zhuǎn)軸或鉸鏈連接，當桿處于平衡時桿所受到的彈力方向肯定沿著桿，否則會引起桿的轉(zhuǎn)動。如圖甲所示，若C為轉(zhuǎn)軸，則輕桿在緩慢轉(zhuǎn)動中，彈力方向始終沿桿的方向。(2)定桿：若輕桿被固定，不能發(fā)生轉(zhuǎn)動，則桿所受到的彈力方向不肯定沿桿的方向。如圖乙所示，水平橫梁的一端A插在墻壁內(nèi)，另一端裝有一個小滑輪B，一輕繩的一端C固定于墻壁上，另一端跨過滑輪后懸掛一質(zhì)量m＝10kg的重物，∠CBA＝30°?；喪艿嚼K子的作用力應(yīng)為圖丙中兩段繩中拉力F1和F2的合力F，彈力的方向不沿桿。如圖甲所示，細繩AD跨過固定的水平輕桿BC右端的定滑輪掛住一個質(zhì)量為M1的物體，∠ACB＝30°；圖乙中輕桿HG一端用鉸鏈固定在豎直墻上，另一端G通過細繩EG拉住，EG與水平方向也成30°，在輕桿的G點用細繩GF拉住一個質(zhì)量為M2的物體，求：(1)細繩AC段的張力FTAC與細繩EG的張力FTEG之比；(2)輕桿BC對C端的支持力；(3)輕桿HG對G端的支持力。解析(1)圖甲中細繩AD跨過定滑輪拉住質(zhì)量為M1的物體，物體處于平衡狀態(tài)，細繩AC段的拉力FTAC＝FTCD＝M1圖乙中由FTEGsin30°＝M2g，得FTEG＝2所以eq\f(FTAC,FTEG)＝eq\f(M1,2M2)。(2)圖甲中，三個力之間的夾角都為120°，依據(jù)平衡條件有FNC＝FTAC＝M1g(3)圖乙中，依據(jù)平衡條件有FTEGsin30°＝M2g，F(xiàn)TEGcos30°＝FNG所以FNG＝M2gcot30°＝eq\r(3)M2g，方向水平向右。答案(1)eq\f(M1,2M2)(2)M1g，方向與水平方向成30°角指向右上方(3)eq\r(3)M2g，方向水平向右繩上的“死結(jié)”與“活結(jié)”模型的答題技巧(1)無論“死結(jié)”還是“活結(jié)”一般均以結(jié)點為探討對象進行受力分析。(2)假如題目搭配桿出現(xiàn)，一般狀況是“死結(jié)”搭配有轉(zhuǎn)軸的桿即“動桿”，“活結(jié)”搭配無轉(zhuǎn)軸的桿即“定桿”。(2024·全國卷Ⅲ)如圖，兩個輕環(huán)a和b套在位于豎直面內(nèi)的一段固定圓弧上；一細線穿過兩輕環(huán)，其兩端各系一質(zhì)量為m的小球。在a和b之間的細線上懸掛一小物塊。平衡時，a、b間的距離恰好等于圓弧的半徑。不計全部摩擦。小物塊的質(zhì)量為()A.eq\f(m,2) B．eq\f(\r(3),2)mC．m D．2答案C解析由于物塊通過掛鉤懸掛在線上，細線穿過圓環(huán)且全部摩擦都不計，可知線上各處張力都等于小球重力mg。如圖所示，由對稱性可知a、b位于同一水平線上，物塊處于圓心O點正上方，則∠1＝∠2，∠3＝∠4，∠1＝∠5。因圓弧對輕環(huán)的彈力沿圓弧半徑方向，且輕環(huán)重力不計，由平衡條件知環(huán)兩側(cè)細線關(guān)于圓弧半徑對稱，即∠5＝∠6，由幾何關(guān)系得∠1＝∠2＝∠5＝∠6＝30°，∠3＝∠4＝60°。再由物塊與掛鉤的受力平衡有mgcos60°＋mgcos60°＝Mg，故有M＝m，C正確。課時作業(yè)1．將物體所受重力按力的作用效果進行分解，下列圖中錯誤的是()答案C解析A中重力產(chǎn)生了使物體下滑的效果及擠壓斜面的效果，故A作圖正確；B中重力產(chǎn)生了向兩邊拉繩的效果，故B作圖正確；C中重力產(chǎn)生了擠壓兩墻壁的效果，兩分力分別垂直于墻面，故C作圖錯誤；D中重力產(chǎn)生了拉繩及擠壓墻面的效果，故D作圖正確。故C符合題意。2．質(zhì)點受到三個力的作用，三個力的合力可能為零的是()A．2N,4N,8N B．4N,6N,7NC．3N,10N,6N D．4N,6N,1N答案B解析全部選項中只有B的三個力可以組成閉合三角形，三個力的合力可能為零，故選B。3.如圖是某同學為頸椎病人設(shè)計的一個牽引裝置的示意圖，一根繩繞過兩個定滑輪和動滑輪后各掛著一個相同的重物，與動滑輪相連的帆布帶拉著病人的頸椎(圖中是用手指代替頸椎做試驗)，整個裝置在同一豎直平面內(nèi)。假如要增大手指所受的拉力，可實行的方法是()A．只增加繩的長度 B．只減小重物的重量C．只將手指向下移動 D．只將手指向上移動答案C解析對動滑輪受力分析，受重力G、兩個對稱的拉力F1、F2和手向下的拉力F，F(xiàn)1、F2等于懸掛物體的重力mg，如圖所示，合力為零，兩個拉力F1、F2的大小恒定，夾角越大，合力越小，夾角越小，合力越大；若增加繩長，由于兩根繩上拉力不變，動滑輪位置不變，故F的大小、方向都不變，由作用力與反作用力關(guān)系可知，A錯誤；若減小重物的重力，兩個拉力F1、F2變小，動滑輪位置不變，則兩拉力夾角不變，故合力變小，故F變小，由作用力與反作用力關(guān)系可知，B錯誤；若將手指向下移動，兩個拉力F1、F2大小不變，夾角變小，故兩拉力的合力變大，故F變大，故C正確；若將手指向上移動，兩個拉力F1、F2大小不變，夾角變大，兩拉力的合力變小，故F變小，D錯誤。4.如圖所示，一個物體由繞過定滑輪的繩拉著，分別用圖中所示的三種狀況的力拉住物體靜止不動。在這三種狀況下，若繩的張力分別為FT1、FT2、FT3，定滑輪對軸心的作用力分別為FN1、FN2、FN3，滑輪的摩擦、質(zhì)量均不計，則()A．FT1＝FT2＝FT3，F(xiàn)N1>FN2>FN3B．FT1>FT2>FT3，F(xiàn)N1＝FN2＝FN3C．FT1＝FT2＝FT3，F(xiàn)N1＝FN2＝FN3D．FT1<FT2<FT3，F(xiàn)N1<FN2<FN3答案A解析因為定滑輪只變更力的方向不變更力的大小，所以FT1＝FT2＝FT3，由牛頓第三定律知，定滑輪對軸心的作用力與軸心對定滑輪的作用力大小相等。軸心對定滑輪的支持力等于繩對其作用力的合力，而兩個分力大小相等，則兩個分力夾角越大，合力越小，所以FN1>FN2>FN3，A正確。5.如圖所示是轎車常用的千斤頂，當搖動把手時，螺紋軸就能迫使千斤頂?shù)膬杀劭繑n，從而將汽車頂起。當車輪剛被頂起時汽車對千斤頂?shù)膲毫?.0×105N，此時千斤頂兩臂間的夾角為120°。下列推斷正確的是()A．此時千斤頂每臂受到的壓力大小均為5.0×104NB．此時千斤頂對汽車的支持力為1.0×104NC．若接著搖動把手，將汽車頂起，千斤頂每臂受到的壓力將增大D．若接著搖動把手，將汽車頂起，千斤頂每臂受到的壓力將減小答案D解析車輪剛被頂起時，千斤頂兩臂支持力的合力為千斤頂對汽車的支持力，等于汽車對千斤頂?shù)膲毫Γ笮?.0×105N，B錯誤；兩臂夾角為120°，由力的合成可知千斤頂每臂受到的壓力為1.0×105N，A錯誤；接著搖動把手，將汽車頂起，千斤頂兩臂夾角減小，而合力不變，故每臂受到的壓力減小，D正確，C錯誤。6．如圖為三種形式的吊車示意圖，OA為可繞O點轉(zhuǎn)動的桿，重量不計，AB為纜繩，當它們吊起相同的重物時，桿OA在三圖中的受力Fa、Fb、Fc的關(guān)系是()A．Fa>Fb＝Fc B．Fa＝Fb>FcC．Fa>Fb>Fc D．Fa＝Fb＝Fc答案B解析分別對三圖中的結(jié)點進行受力分析如圖，設(shè)桿上的作用力分別為Fa、Fb、Fc，各圖中T＝mg。在圖a中，F(xiàn)a＝2mgcos30°＝eq\r(3)mg，在圖b中，F(xiàn)b＝mgtan60°＝eq\r(3)mg，在圖c中，F(xiàn)c＝mgcos30°＝eq\f(\r(3),2)mg，可知Fa＝Fb>Fc，B正確。7.彈跳實力是職業(yè)籃球運動員重要的身體素養(yǎng)指標之一，很多聞名的籃球運動員因為具有驚人的彈跳實力而被球迷稱為“彈簧人”。彈跳過程是身體肌肉、骨骼關(guān)節(jié)等部位一系列相關(guān)動作的過程，屈膝是其中的一個關(guān)鍵動作。如圖所示，人屈膝下蹲時，膝關(guān)節(jié)彎曲的角度為θ，設(shè)此時大、小腿部的肌群對膝關(guān)節(jié)的作用力F的方向水平向后，且大腿骨、小腿骨對膝關(guān)節(jié)的作用力大致相等，那么腳掌所受地面豎直向上的彈力約為()A.eq\f(F,2sin\f(θ,2)) B．eq\f(F,2cos\f(θ,2))C．eq\f(F,2tan\f(θ,2)) D．eq\f(F,2cot\f(θ,2))答案D解析設(shè)大腿骨和小腿骨對膝關(guān)節(jié)的作用力大小為F1，已知它們之間的夾角為θ，F(xiàn)即為它們的合力的大小，作出平行四邊形，如圖所示，F(xiàn)1coseq\f(θ,2)＝eq\f(1,2)F，即F1＝eq\f(F,2cos\f(θ,2))，則腳掌對地面豎直向下的壓力FN＝F1sineq\f(θ,2)＝eq\f(F,2cot\f(θ,2))，由牛頓第三定律可知D正確。8.(多選)如圖所示，質(zhì)量為m的木塊在推力F作用下，在水平地面上做勻速直線運動，已知木塊與地面間的動摩擦因數(shù)為μ，那么木塊受到的滑動摩擦力為()A．μmg B．μ(mg＋Fsinθ)C．μ(mg－Fsinθ) D．Fcosθ答案BD解析對木塊進行受力分析如圖所示，將F進行正交分解，由于木塊做勻速直線運動，所以在x軸和y軸均受力平衡，即Fcosθ＝Ff，F(xiàn)N＝mg＋Fsinθ，又由于Ff＝μFN，故Ff＝μ(mg＋Fsinθ)，B、D正確。9.如圖所示，作用在滑塊B上的推力F＝100N，若α＝30°，裝置重力和摩擦力均不計，則工件上受到的壓力為()A．100NB．100eq\r(3)NC．50ND．200N答案B解析對B進行受力分析，如圖甲所示，分解F2可得F2＝eq\f(F,sin30°)＝2F；對工件進行受力分析，如圖乙所示，其中F2′＝F2，F(xiàn)N＝F2′·cosα＝100eq\r(3)N，故B正確。10．(2024·天津高考)(多選)明朝謝肇淛《五雜組》中記載：“明姑蘇虎丘寺塔傾側(cè)，議欲正之，非萬緡不行。一游僧見之，曰：無煩也，我能正之?！庇紊刻鞂⒛拘◤乃韮A斜一側(cè)的磚縫間敲進去，經(jīng)月余扶正了塔身。假設(shè)所用的木楔為等腰三角形，木楔的頂角為θ，現(xiàn)在木楔背上加一力F，方向如圖所示，木楔兩側(cè)產(chǎn)生推力FN，則()A．若F肯定，θ大時FN大 B．若F肯定，θ小時FN大C．若θ肯定，F(xiàn)大時FN大 D．若θ肯定，F(xiàn)小時FN大答案BC解析力F的分解如圖所示，由于木楔是等腰三角形，所以FN＝FN1＝FN2，F(xiàn)＝2FNcos90°－eq\f(θ,2)＝2FNsineq\f(θ,2)，故解得FN＝eq\f(F,2sin\f(θ,2))，所以F肯定時，θ越小，F(xiàn)N越大；θ肯定時，F(xiàn)越大，F(xiàn)N越大，故A、D錯誤，B、C正確。11．(2024·全國卷Ⅲ)一根輕質(zhì)彈性繩的兩端分別固定在水平天花板上相距80cm的兩點上，彈性繩的原長也為80cm。將一鉤碼掛在彈性繩的中點，平衡時彈性繩的總長度為100cm；再將彈性繩的兩端緩慢移至天花板上的同一點，則彈性繩的總長度變?yōu)?彈性繩的伸長始終處于彈性限度內(nèi))()A．86cm B．92cmC．98cm D．104cm答案B解析輕質(zhì)彈性繩的兩端分別固定在相距80cm的兩點上，鉤碼掛在彈性繩的中點，平衡時彈性繩的總長度為100cm，以鉤碼為探討對象，受力如圖所示，由胡克定律F＝k(l－l0)＝0.2k，由共點力的平衡條件和幾何學問得F＝eq\f(mg,2sinα)＝eq\f(5mg,6)；再將彈性繩的兩端緩慢移至天花板上的同一點，設(shè)彈性繩的總長度變?yōu)閘′，由胡克定律得F′＝k(l′－l0)，由共點力的平衡條件F′＝eq\f(mg,2)，聯(lián)立上面各式解得l′＝92cm，選項B正確。12.(2024·北京高考模擬)如圖，通過細繩拴在一重物上的氫氣球，在水平向右的風力作用下處于靜止狀態(tài)，細繩與豎直方向的夾角為θ。已知風力大小正比于風速，則當風速變更時，始終保持不變的是()A．細繩與豎直方向的夾角 B．細繩對重物的拉力C．地面對重物的摩擦力 D．地面對重物的支持力答案D解析對氣球進行受力分析，受重力、浮力、細繩的拉力和水平風力，如圖所示，依據(jù)平衡條件，有：Tsinθ＝F，F(xiàn)浮－Tcosθ－mg＝0，解得：T＝eq\r(F2＋F浮－mg2)，tanθ＝eq\f(F,F浮－mg)，可知拉力隨著風力的增加而增加，細繩與豎直方向的夾角隨著風力的增加而增加，由牛頓第三定律知細繩對重物的拉力也隨著風力的增加而增加，故A、B錯誤；對氣球和重物整體受力分析，受重力(M＋m)g、浮力F浮、支持力N、風力F和摩擦力f，依據(jù)平衡條件，有：N＝(M＋m)g－F浮，f＝F，可知地面對重物的支持力不變，地面對重物的摩擦力隨著風力的變更而變更，故C錯誤，D正確。13.(2024·湖南高考模擬)超市里磁力防盜扣的內(nèi)部結(jié)構(gòu)及原理如圖所示，在錐形金屬筒內(nèi)放置四顆小鐵珠(其余兩顆未畫出)，工作時彈簧通過鐵環(huán)將小鐵珠擠壓于金屬筒的底部，同時，小鐵珠陷于釘柱上的凹槽里，鎖死防盜扣。當用強磁場吸引防盜扣的頂部時，鐵環(huán)和小鐵珠向上移動，防盜扣松開，已知錐形金屬筒底部的圓錐頂角剛好是90°，彈簧通過鐵環(huán)施加給每個小鐵珠豎直向下的力F，小鐵珠鎖死防盜扣，每個小鐵珠對釘柱產(chǎn)生的側(cè)向壓力為(不計摩擦以及小鐵珠的重力)()A.eq\r(2)F B．eq\f(\r(2),2)FC．F D．eq\r(3)F答案C解析以一個小鐵珠為探討對象，將力F依據(jù)作用效果分解如圖所示，由幾何關(guān)系可得小鐵球?qū)︶斨a(chǎn)生的側(cè)向壓力為：N＝eq\f(F,tan45°)＝F。故選C。14．(2024·云南省模擬)如圖甲所示為雜技表演的平安網(wǎng)示意圖，網(wǎng)繩的結(jié)構(gòu)為正方格形，O，a，b，c，d…為網(wǎng)繩的結(jié)點，平安網(wǎng)水平張緊后，若質(zhì)量為m的演員從高處落下，并恰好落在O點上，該處下凹到最低點時，網(wǎng)繩dOe、bOg均為120°向上的張角，如圖乙所示，此時O點受到的向下的沖擊力大小為F，則這時O點四周每根網(wǎng)繩承受的力的大小為()A．F B．eq\f(F,2)C．F＋mg D．eq\f(F＋mg,2)答案B解析因四根繩的合力為F，而繩受力后成120°角，作出平行四邊形如圖，由幾何關(guān)系可知，每兩根繩子的合力為eq\f(F,2)時，兩分力也為eq\f(F,2)，故每根繩承受的力大小為eq\f(F,2)。故選B。15.(2024·山東菏澤高三上學期期中)某壓榨機的結(jié)構(gòu)示意圖如圖所示，其中B為固定鉸鏈，若在A鉸鏈處作用一垂直于墻壁的力F，則由于力F的作用，使滑塊C壓緊物體D。設(shè)C與D的接觸面光滑，鉸鏈的重力及滑塊C的重力不計，圖中a＝0.6m，b＝0.1m，則物體D所受壓力的大小與力F的比值為()A．3∶1 B．4∶1C．5∶1 D．6∶1答案A解析設(shè)力F與AC方向的夾角為θ，將力F按作用效果沿AB和AC兩個方向進行分解，作出力的分解圖如圖甲所示。則有：2F1cosθ＝2F2cosθ＝則得F1＝F2＝eq\f(F,2cosθ)。再將F2按作用效果分解為FN和FN′，作出力的分解圖如圖乙所示。則有