2022届高考物理二轮复习专题：受力分析（word版含答案）

高考物理专题复习
《受力分析》
主讲人
物理教研组 编1
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。
3
(
3
) (
3
) (
3
)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 1mg，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 θ=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（ ）
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A ．F1=mg 、F2= 3mg
C ．F1= mg 、F2=mg
B ．F1= 3mg 、F2= 3mg
D ．F1= 3mg 、F2=mg
(
A
．
) (
B
．
) (
．
) (
．
) (
C
) (
D
)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
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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 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 μ1，B 与桌面间的摩擦因数为 μ2 ．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 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
θ 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 θ 角均增大， F 均不变
B ．1、2 图中的θ 角均增不变， F 均不变
C ．1 图中θ 角增大、 2 图中θ 角不变，张力 F 均不变
D ．1 图中 θ 角减小、 T 不变， 2 图中θ 角增大， F 减小
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(

) (

)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 α 角， 槽右壁与水平地面成 θ 角时， 两球
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刚好能平衡，
A．

C．

且 α≠θ，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 μ1 ， 沙子与车厢底部材料的动摩擦因数为 μ2，车厢的倾角用 θ 表示（已知 μ2＞μ1）， 下列说法正
确的是（ ）
A．要顺利地卸干净全部沙子， 应满足 tanθ＞μ2
B．要顺利地卸干净全部沙子，应满足 sinθ＞μ2
C．只卸去部分沙子， 车上还留有一部分沙子， 应满足 μ2＞tanθ＞μ1
D．只卸去部分沙子， 车上还留有一部分沙子，应满足 μ2＞μ1＞tanθ
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。
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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 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
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转到水平位置． 不计摩擦，在此过程中（ A．N1 始终减小， N2 始终增大
C．N1 先增大后减小， N2 始终减小
）
B ．N1 始终减小， N2 始终减小
D．N1 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 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 β （β＞90°）角的变化 可能是（ ）
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A．增大 F1 的同时增大 β 角
C．增大 F1 的同时减小 β 角
B．增大 F1 而保持 β 角不变
D．减小 F1 的同时增大 β 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 GC = 10 N，则下列判断正确的是（ ）
A．轻绳上的张力大小为 30 N
B．物体 A 所受摩擦力方向向下，大小为 23 N
C．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 N
(
M+m
Mmg
) (
Mmg
) (
M+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 α，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 ．mgsinαcosα B ． sinαcosα
C ．mgtanα D ． tanα
例题 2-9. 隔离法受力分析 —— 一种典型题型
一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（ ）
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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 N．
2- 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 同时增大一倍， F 也增大一倍
B ．F1 、F2 同时增加 10N ，F 也增加 10N
C ．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 2
2- 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 保持不变， FT 先增大后减小 D ．FN 不断增大， FT 先减小后增大
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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， 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 ．T1＞T2 B ．T1=T2 C ．F1＜F2 D ．F1＞F2
2- 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
另一端 N．初始时， OM 竖直且 MN 被拉直， OM 与 MN 之间的夹角 α （α ＞ ）．现将重
物向右上方缓慢拉起，并保持夹角α 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 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
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(
A
．
) (
B
．
) (
．
) (
．
) (
C
) (
D
)2-20．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（ ）
14
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+T
2-22．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 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
k
2
k
2
) (
5
) (
3
k
1
k
2
) (
k
2
) (
k
1
k
2
) (
k
1
+k
2
) (
k
1
k
2
k
1
+k
2
) (
3
k
1
) (
3 k
1
k
1
3k
1
) (
3
k
1
k
2
5
) (
F
N
=m
2
g+
m
1
g
．
) (
k
1
+k
2
) (
k
2
k
2
3k
2
3
3
) (
k
1
) (
3
)参考答案
1- 1. 略
1-2. 【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 ) （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 D．
1-4. 【解答】 解： A 点位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 α，由平衡条件得： 垂直于斜面 方向： N=mgcosα，与 F 无关， 始终不变， 故 B 正确． 沿斜面方向： 当重力的 下滑分力大于推力时， 即mgsinθ＞F 时， f=mgsinθ ﹣ F，平行斜面向上； 当重力 的下滑分力等于推力时， 即mgsinθ=F 时， f=mgsinθ ﹣ F=0； 当重力的下滑分力 小于推力时，即 mgsinθ＜F 时， f=F ﹣ mgsinθ，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 α，由平衡条件得： N+Fsinα=G，f=Fcosα 由题， F 增大， 则知 N 减小， f 增大；
故 A 正确， C 正确； 故选： ABC．
故选： D
1-6. 【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。 故选： B
1-7. 【解答】 解： 设绳子对 A 的拉力为 T，根据平衡条件， 则有： F=T+μ1G1； 而对 B，则有： T=f 地+fA=μ2
（G1+G2）+μ1G1； 那么， 至少要能拉动 A，则水平力 F=2μ1G1+μ2（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=2μ1G1+2μ2 （G1+G2 ） 故答案为： 2μ1G1+μ2 （G1+G2）： 2μ1G1+2μ2（G1+G2）
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 ）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=L
1
+L
2
+
△
x
1
+
△
x
2
(m
1
+m
2
)g
m
2
g
（
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=k2△x+m2g 对
m1 ：m1g=k1△x+k2△x 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+ k2 m1g．
15
(
F
) (
3
) (
sin
(90
°

θ
)
sin
α
…
) (
f
μ
) (
sin
(90
°

α
)
sin
θ
…
m
2
cos
α
cos
θ
) (
条件得
F
2
=
mg
=
2
3
mg
) (
sin
60
°
3
) (
3
3
) (
3
3
)1-9. 【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θ 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 θ 角不变． 故 B 正确，
ACD 错误． 故选： B
1- 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 ① 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 ② 联立①②解得： m 1= sin α sin θ 故选： A．
1- 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， μ2＞μ1，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 mgsinθ＞μ2mgcosθ，得 tanθ＞μ2．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 mgsinθ＞μ1mgcosθ ，mgsinθ＜μ2mgcosθ，得足 μ2＞tanθ＞μ1．故 C 正确，
D 错误． 故选： AC．
2- 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 C．
2-2. 【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 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 tanφ = = 1，所以 =45°． 答： 它们的合力大小为 38.2N，方向
与 x 轴夹角为 45°
2-3. 【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° ① Tcos60°=F1cos60° ② 由②得 T=F，
代入①解得， F1= 3 mg 当力 F 最大时， OB 绳松驰，张力为零，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 mg≤F≤2 3 mg 答： 力 F 的大小应满足
的条件是 3 mg≤F≤2 3 mg．
16
(
OB
OA
AB
OB
OB
)2-4. 【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′=Gcotθ，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， θ 增大， cotθ 减小， sinθ 增大， 则 N1′和 N2′都始终减小， 故 N1 和 N2
都始终减小． 故选 B
2-5. 【解答】 解：以小球为研究对象，分析小球受力情况：重力 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△AFF1∽△OBA，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： C
2-6. 【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 变化所受， 可以增大 F1 的同时减小 β 角， 故 C 正确； 如图 2 所受示， 可以增大 F1 的同时
增大 β 角， 故 A 正确； 如图 3 所受示， 可以增大 F1 而保持 β 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 β 角是不能组成平行四边形的，故 D 错误． 故选 ABC．
2-7. 【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： BD
2-8. 【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=mgcosαsinα 故选 A
2-9. 【解答】 解：设斜面的倾角为 θ，物体与斜面间的动摩擦因数为 μ，设推
力与斜面间的夹角为 α ， 物体沿斜面减速下滑， 由牛顿第二定律得： mgsinθ ﹣ μmgcosθ＞0，则 tanθ＞ μ ， 当mgsinθ ﹣ μmgcosθ=0，即 tanθ=μ 时物体对斜面的作用力竖直向下， tanθ＞μ，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=mgcosθ+Fsinα，物体对斜面的摩擦力： f=μ
（mgcosθ+Fsinα） 物体对斜面的作用力： F′= N2 + f2= 1 + μ2 （mgcosθ+Fsinα），tanθ＞μ，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： B．
2- 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 F′⊥OO′时 F′最小， 如图， F′的最小
值 为 F′min=Fsin30°=10N 此时物体的合力大小为 F 合=Fcso30°=10 3N ． 故
答案为： 10 ，10 3
2- 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： AD．
(
sin
θ
)17
(
OA
OA
) (
OA
OB
AB
) (
R
AB
R
)2- 12. 【解答】 解：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=μFN F 滑′=μFN′ 则有 F1cos60°=μ（mg ﹣ F1sin60°） ① F2cos30°=μ（mg+F2sin30°） ② 又根据题意
F1=F2 ③ 联立①②③解得： μ=2 ﹣ 3； 故选： B．
2- 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 BC．
2- 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 β＞θ，且 β 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 β 减小， 当 β=θ 时， FT ⊥FN，细绳的拉力 FT 最小， 由图可知， 随 β
的减小，斜面的支持力 FN 不断增大， FT 先减小后增大．故 D 正确． ABC 错误． 故选： D．
2- 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： AC．
2- 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
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个力．满足受力平衡．作出受力分析图如下 由图可知△OAB∽△GFA 即： G = F = N，
移时，半径不变， 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△FG′B 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=T2．AB
减小，则 F 减小，即 F1＞F2 ． 故选： BD
2- 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． 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 α，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： AD．
(
mg
)
2- 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： D．
2-20. 【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 α 、β．
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： tanα= ， 以 b 球为研究对
象，分析受力情况，如图 2，由平衡条件得： tanβ= F ，则 α＜β．故 C 正确． 故选 C．
2-21. 【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， 再依据滑动摩擦力 公式 f=μN，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 错误； 故选： C
2-22. 【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：
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在不加 F 时， 根据共点力的平衡可知： f=mgsinθ
sinθ≤μcosθ； 加上压力 F 时，同理将 F 分解，则有：
N=mgcosθ； 物体静止，则有 f≤μN，即
x 轴： f′=mgsinθ+Fsinθ= （mg+F）sinθ y
轴： N′=Fcosθ+mgcosθ=（mg+F）cosθ ∵sinθ≤μcosθ ∴（mg+F）sinθ≤μ（mg+F）cosθ 则得 f′≤μN′．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 C
2-23. 【解答】 解： AB、剪断弹簧前，对斜面分析， 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： B．
2
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