2025新高考方案一輪物理第二章第二章相互作用大單元分層教學設計基礎落實課第1講重力彈力第2講摩擦力第3講力的合成和分解綜合融通課第4講微專題——共點力的靜態平衡第5講微專題——共點力的動態平衡實驗探究課第6講實驗：探究彈簧彈力與形變量的關系第7講實驗：探究兩個互成角度的力的合成規律第1講重力彈力(基礎落實課)一、重力產生由于地球的吸引而使物體受到的力大小與物體的質量成正比，即G＝mg。可用彈簧測力計測量重力的大小方向總是豎直向下的重心定義物體重力的等效作用點位置由物體的質量分布和形狀共同決定二、形變、彈力、胡克定律1．形變定義物體在力的作用下形狀或體積的變化彈性形變有些物體在形變后撤去作用力時能夠恢復原狀的形變彈性限度當形變超過一定限度時，撤去作用力后物體不能完全恢復原來的形狀，這個限度叫作彈性限度2．彈力定義發生彈性形變的物體，由于要恢復原狀，對與它接觸的物體產生的力的作用產生條件物體相互接觸且發生彈性形變方向①總是與物體形變的方向相反；②彈力的方向總是與作用在物體上使物體發生形變的外力的方向相反3．胡克定律內容在彈性限度內，彈簧發生彈性形變時，彈力F的大小跟彈簧伸長(或縮短)的長度x成正比表達式F＝kx①k是彈簧的勁度系數，單位為N/m；k的大小由彈簧自身性質決定；②x是形變量，不是彈簧形變以后的長度情境創設如圖所示，健身拉力器是一種很簡單且容易獲得的健身器材。拉力器能夠鍛煉的部位有很多：可以練肩部，練手臂，練胸，練腿，練背等。理解判斷(1)健身愛好者站在地面上所受重力的方向不一定指向地心。(√)(2)地面對健身愛好者的支持力是由于健身愛好者的腳發生了形變。(×)(3)彈簧拉伸時，健身愛好者的手與彈簧間一定有彈力。(√)(4)健身拉力器中的彈簧，其形變量越大，勁度系數越大。(×)(5)健身拉力器中的彈簧，其勁度系數是由彈簧自身性質決定的。(√)(6)F＝kx中“x”表示彈簧形變后的長度。(×)

逐點清(一)重力與重心|題|點|全|練|1．(2024·衡水高三聯考)如圖所示，殲-20戰機是中國研制出的第五代隱身重型殲擊機。它具有隱身性、高機動性以及先進的航電系統。關于殲-20戰機的重力，下列說法正確的是()A．戰機受到的重力指向地心B．戰機受重力作用，但它對地球沒有引力C．戰機受到的重力的施力物體是地球D．戰機勻速飛行時，它不受重力作用解析：選C重力的方向豎直向下，但不一定指向地心，A錯誤；由于地球對戰機的吸引而產生重力，同時戰機對地球也產生引力，B錯誤；任何力都有施力物體，重力的施力物體是地球，C正確；地球附近的任何物體都受重力作用，與運動狀態無關，D錯誤。2．(2022·浙江1月選考)如圖所示，公園里有一仿制我國古代欹器的U形水桶，桶可繞水平軸轉動，水管口持續有水流出，過一段時間桶會翻轉一次，決定桶能否翻轉的主要因素是()A．水桶自身重力的大小B．水管每秒出水量的大小C．水流對桶撞擊力的大小D．水桶與水整體的重心高低解析：選D由題意可知水桶中的水到一定量之后，導致水桶與水整體的重心往上移動，豎直向下的重力作用線偏離中心轉軸，導致水桶不能穩定平衡，發生翻轉，D正確。3．以下關于重心及重力的說法中正確的是()A．一個物體放于水中稱量時彈簧測力計的示數小于物體在空氣中稱量時彈簧測力計的示數，因此，物體在水中的重力小于在空氣中的重力B．據G＝mg可知，兩個物體相比較，質量較大的物體的重力一定較大C．當物體放于水平面上時，重力方向垂直于水平面向下，當物體置于斜面上時，其重力方向垂直于斜面向下D．物體的形狀改變后，其重心位置往往改變解析：選D由于物體浸沒于水中時，受到向上的浮力，彈簧測力計的拉力減小了，但物體的重力并沒有發生改變，故A錯誤；當兩物體所處的地理位置不同時，由于g的大小不同，質量大的物體的重力不一定大，故B錯誤；重力的方向是豎直向下的，而不是垂直向下，故C錯誤；物體的重心位置由形狀和質量分布情況兩個方面共同決定，故D正確。4．(2024·廣州高三檢測)小明在參觀科技館時觀察到有一個十分有趣的“錐體上滾”實驗。如圖所示，將一個雙圓錐體輕輕放在傾斜軌道的低端，就會看到它似乎在向“上”滾去，關于錐體的運動說法正確的是()A．雙圓錐體的重心在錐體的外部，不在錐體上B．在雙圓錐體上滾的過程中，錐體的重心在向上運動C．雙圓錐體上滾實驗中，雖然看到的現象好像是錐體在上滾，但是從側面觀察的話錐體重心其實是下移的D．當雙圓錐體在軌道的最低處時，它的重心在最低處；當雙圓錐體在軌道最高處時，它的重心在最高處解析：選C錐體上滾的原理是重心運動，雖然看到的現象好像是錐體在上滾，但是從側面觀察的話錐體重心其實是下移的，B錯誤，C正確。錐體的重心在錐體的內部幾何中心上，不在錐體外面，A錯誤。雙圓錐體放在軌道的低處時，放手后它會向軌道高處滾動，這是因為當雙圓錐體在軌道的最低處時，它的重心在最高處；當雙圓錐體在軌道最高處時，它的重心卻在最低處，D錯誤。|精|要|點|撥|1．重心是重力的等效作用點，其位置與物體的形狀和質量分布有關，但不一定在物體上。2．對于形狀不規則或質量不均勻分布的薄板，重心可用懸掛法確定。3．重力的方向總是豎直向下，不一定指向地心，也不一定垂直向下。4．重力的大小G＝mg，而g的大小與所處的地球位置有關。

逐點清(二)彈力的有無及方向判斷細作1彈力的有無判斷1．[假設法]下列對圖中彈力的判斷說法正確的是()A．圖甲中，小球隨車廂一起向右做勻速直線運動，車廂左壁對小球有彈力B．圖乙中，小球被輕繩斜拉著靜止在光滑的斜面上，斜面對小球有彈力C．圖丙中，小球被a、b兩輕繩懸掛著處于靜止狀態，其中a繩豎直，b繩對小球有彈力D．圖丁中，兩相同球各自被長度一樣的平行豎直輕繩拉住而靜止，則兩球間有彈力解析：選B題圖甲中，小球隨車廂做勻速直線運動，運動狀態不發生改變，水平方向上不受力，A錯誤；假設題圖乙中斜面對小球沒有彈力，小球將在輕繩拉力和重力作用下處于豎直狀態，故斜面對小球有彈力，B正確；假設題圖丙中b繩對小球有彈力，則小球受到重力及兩個拉力作用，水平方向上受力不平衡，小球無法處于靜止狀態，故b繩對小球無彈力，C錯誤；假設題圖丁中兩球間有彈力，則細線不可能處于豎直狀態，故兩球間無彈力，D錯誤。2．[狀態法]如圖所示，小車內沿豎直方向的一根輕質彈簧和一條與豎直方向成α角的細繩拴接一小球。當小車與小球相對靜止，一起在水平面上運動時，下列說法正確的是()A．細繩對小球一定有拉力的作用B．輕彈簧對小球一定有彈力的作用C．細繩對小球不一定有拉力的作用，但是輕彈簧對小球一定有彈力D．細繩對小球不一定有拉力的作用，輕彈簧對小球也不一定有彈力的作用解析：選D當小車勻速運動時，彈簧彈力大小等于小球重力大小，細繩的拉力FT＝0；當小車和小球向右做勻加速直線運動時繩的拉力不能為零，彈簧彈力有可能為零，故D正確。eq\a\vs4\al(一點一過)判斷彈力有無的三種方法條件法根據物體是否直接接觸并發生彈性形變來判斷，多用來判斷形變較明顯的情況假設法對形變不明顯的情況，可假設兩個物體間不存在彈力，看物體能否保持原有的狀態，若運動狀態不變，則此處不存在彈力；若運動狀態改變，則此處一定存在彈力。如第1題中彈力有無的判斷狀態法根據物體的運動狀態，利用牛頓第二定律或共點力平衡條件判斷是否存在彈力。如第2題中細繩拉力和彈簧彈力的有無與小球所處的運動狀態有關細作2彈力的方向判斷3．在下圖中畫出各彈力的方向類型面與面點與面點與曲面曲面與平面示例注：學生用書中已將3、4題示例中的彈力方向刪除。4．在下圖中畫出各彈力的方向類型繩的彈力一定沿繩桿的彈力不一定沿桿彈簧分拉伸、壓縮示例一點一過常見的5種不同接觸形式中的彈力方向平面與平面接觸彈力的方向垂直于公共接觸面，指向受力物體點與曲面接觸物體所受彈力垂直于接觸點的切面，指向受力物體平面與曲面接觸物體所受彈力垂直于平面指向受力物體細繩上的彈力方向沿繩指向繩收縮的方向輕桿上的彈力方向不一定沿桿，其方向與物體的狀態有關逐點清(三)彈力的大小計算細作1彈簧彈力的計算1．[利用胡克定律]兩個勁度系數分別為k1和k2的輕質彈簧a、b串接在一起，a彈簧的一端固定在墻上，如圖所示。開始時彈簧均處于原長狀態，現用水平力作用在b彈簧的P端向右拉動彈簧，已知a彈簧的伸長量為L，則()A．b彈簧的伸長量也為LB．b彈簧的伸長量為eq\f(k1L,k2)C．P端向右移動的距離為2LD．P端向右移動的距離為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(k2,k1)))L解析：選B根據兩根彈簧中彈力相等可得b彈簧的伸長量為eq\f(k1L,k2)，P端向右移動的距離為L＋eq\f(k1,k2)L，選項B正確。2．[利用平衡條件]如圖所示的裝置中，各小球的質量均相同，彈簧和細線的質量均不計，一切摩擦忽略不計，平衡時各彈簧的彈力大小分別為F1、F2、F3，其大小關系是()A．F1＝F2＝F3 B．F1＝F2＜F3C．F1＝F3＞F2 D．F3＞F1＞F2解析：選A不計一切摩擦，平衡時三個彈簧的彈力大小均等于一個小球的重力，故選項A正確。eq\b\lc\\rc\|(\a\vs4\al\co1())一點一過1．彈簧的彈力可由胡克定律F＝kx計算，也可由物體的平衡條件計算。2．彈簧串接在一起時，各彈簧的彈力大小相等，彈簧的形變量一般不同。細作2輕繩和輕桿彈力的計算3.[輕繩彈力的計算]如圖所示，水平直桿OP右端固定于豎直墻上的O點，長為L＝2m的輕繩一端固定于直桿的P點，另一端固定于墻上O點正下方的Q點，OP長為d＝1.2m，重為8N的鉤碼用質量不計的光滑掛鉤掛在輕繩上且處于靜止狀態，則輕繩的彈力大小為()A．10N B．8NC．6N D．5N解析：選D設掛鉤所在處為N點，延長PN交墻于M點，如圖所示：同一條繩子上的拉力相等，根據對稱性可知兩邊的繩子與豎直方向的夾角相等，設為α，則根據幾何關系可知∠NQM＝∠NMQ＝α，故NQ＝MN，即PM等于繩長；根據幾何關系可得：sinα＝eq\f(PO,PM)＝0.6，則cosα＝0.8，根據平衡條件可得：2FTcosα＝G，解得：FT＝5N，故D正確。4.[輕桿彈力的計算]如圖所示，與豎直墻壁成53°角的輕桿一端斜插入墻中并固定，另一端固定一個質量為m的小球，水平輕質彈簧處于壓縮狀態，彈力大小為eq\f(3,4)mg(g表示重力加速度)，則輕桿對小球的彈力大小為()A．eq\f(5,3)mg B．eq\f(3,5)mgC．eq\f(4,5)mg D．eq\f(5,4)mg解析：選D小球處于靜止狀態，其合力為零，對小球進行受力分析，如圖所示，由圖中幾何關系可得F＝eq\r(mg2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)mg))2)＝eq\f(5,4)mg，D正確。一點一過1．物體處于平衡狀態時，固定物體的輕繩或輕桿的彈力可由物體的平衡條件借助于力的合成與分解知識求解。2．輕繩中的彈力方向一定沿繩指向繩收縮的方向，而輕桿中的彈力方向不一定沿桿。如第4題中輕桿的彈力方向就不沿桿的方向。細作3非平衡體所受彈力的計算5．(多選)如圖所示為位于水平面上的小車，固定在小車上的支架的斜桿與豎直桿的夾角為θ，在斜桿下端固定有質量為m的小球。現使小車以加速度a向右做勻加速運動，下列說法正確的是()A．桿對小球的彈力豎直向上B．桿對小球的彈力沿桿向上C．桿對小球的彈力大小可能為eq\f(mg,cosθ)D．桿對小球的彈力大小為F＝eq\r(mg2＋ma2)解析：選CD設桿對小球的彈力F在豎直方向的分力為Fy，水平方向的分力為Fx，由牛頓第二定律可知，Fy＝mg，Fx＝ma，F＝eq\r(mg2＋ma2)，當eq\f(ma,mg)＝tanθ時，即a＝gtanθ時，桿對球的彈力沿桿向上，此時F＝eq\f(mg,cosθ)，綜上所述，A、B錯誤，C、D正確。一點一過1．非平衡體所受彈力的大小和方向與物體加速度的大小和方向有關。2．應用牛頓第二定律時，沿加速度的方向和垂直于加速度的方向列方程。[課時跟蹤檢測]1．(2024·貴州高三調研)下列關于物體重力的說法中正確的是()A．重心是物體各部分所受重力的合力的等效作用點B．某一物體在某處向上拋出后所受重力較小，向下拋出后所受的重力較大C．物體在同一位置運動時比靜止時受到的重力大D．地球上的物體只有運動時才受到重力解析：選A重心是物體各部分所受重力的合力的等效作用點，故A正確；物體的重力為G＝mg，即重力的大小除了與質量有關，還與該處的重力加速度有關；在同一位置，重力加速度一樣，所以同一物體在同一位置所受重力是相同的，與物體是否運動、物體做什么樣的運動無關，故B、C、D錯誤。2．(多選)足球運動是目前全球體育界最具影響力的項目之一，深受青少年喜愛。如圖所示為四種與足球有關的情景。下列說法正確的是()A．圖甲中，靜止在草地上的足球受到的彈力是由于足球發生了形變B．圖乙中，足球被踢出后飛行過程中受到重力和運動員對它彈力的作用C．圖丙中，足球入網時球網繩子中的彈力都沿繩子收縮方向D．圖丁中，運動員爭頂頭球時頭部受到的彈力是由于足球發生了形變解析：選CD題圖甲中，靜止在草地上的足球受到的彈力是由于草地發生了形變，A錯誤；題圖乙中，足球被踢出后飛行過程中受到重力和空氣阻力的作用，B錯誤；題圖丙中，足球入網時球網繩子中的彈力都沿繩子收縮方向，C正確；題圖丁中，運動員爭頂頭球時頭部受到的彈力是由于足球發生了形變，D正確。3.彈跳鞋是一種主要由彈簧操控變形的曲形彈跳器，它運動的形式是垂直地面的，可獲得更好的跳躍和速跑能力。當人們穿著彈跳鞋獲得向上的彈力時，關于該彈力，下列說法正確的是()A．該彈力是彈簧發生拉伸形變產生的B．該彈力是彈簧發生壓縮形變產生的C．該彈力是人的腳發生形變產生的D．該彈力的施力物體是地面解析：選B該彈力是由于彈簧發生壓縮形變產生的，壓縮產生向上的彈力，施力物體是彈簧，B正確。4．(2024·長沙四校聯考)如圖所示，一個空杯子靜止在水平桌面上，現對空杯緩慢加水，直至水加滿，則此過程中，杯連同杯中水的共同重心將()A．一直下降 B．一直上升C．先上升后降低 D．先降低后上升解析：選D空杯子的重心在杯子中心點偏下，對空杯緩慢加水的過程中，重心位置不斷下降，隨著水的不斷增加，整個重心又要上升，故重心的位置先下降后上升，A、B、C錯誤，D正確。5．(2024·邵陽高三質檢)在豎直懸掛的輕質彈簧下端掛一個所受重力為2.0N的鉤碼，平衡時彈簧伸長了2cm，如果在該彈簧下端掛兩個這樣的鉤碼(彈簧始終發生彈性形變)，則下列說法正確的是()A．彈簧伸長了4cmB．彈簧產生的彈力仍為2.0NC．彈簧的原長為2cmD．彈簧的勁度系數為10N/m解析：選A當彈簧下端掛一個鉤碼時，根據胡克定律F＝kx＝mg，可得彈簧的勁度系數為k＝eq\f(mg,x)＝eq\f(2.0,0.02)N/m＝100N/m，故D錯誤；如果在該彈簧下端掛兩個2.0N的鉤碼，根據平衡條件可知F′＝kx′＝2mg，解得x′＝4cm，故A正確，B錯誤；根據題意無法求出彈簧的原長，故C錯誤。6．(2024·安慶模擬預測)如圖所示，光滑小球A左邊靠著豎直墻壁B，右邊靠著桌沿處于靜止狀態，則關于小球A的受力，下列說法正確的是()A．墻對A的作用力一定過A的重心B．桌沿C對A的作用力一定過A的重心C．A的重力一定過A的重心D．A球的重心一定在球心解析：選C墻對A的作用力和桌沿C對A的作用力都過球心，重心不一定在球心，故A、B、D錯誤；重心是重力的等效作用點，所以重力一定過A的重心，故C正確。7．(2023·山東高考)餐廳暖盤車的儲盤裝置示意圖如圖所示，三根完全相同的彈簧等間距豎直懸掛在水平固定圓環上，下端連接托盤。托盤上疊放若干相同的盤子，取走一個盤子，穩定后余下的正好升高補平。已知單個盤子的質量為300g，相鄰兩盤間距1.0cm，重力加速度大小取10m/s2。彈簧始終在彈性限度內，每根彈簧的勁度系數為()A．10N/m B．100N/mC．200N/m D．300N/m解析：選B由題意可得3kΔx＝mg，其中mg＝3N，Δx＝1.0cm＝10－2m，則k＝100N/m，故B正確。8．(多選)四個完全相同的輕質彈簧測力計的外殼通過繩子分別與四個完全相同的物體相連，掛鉤一端施加沿軸線方向的恒力，大小為F，下列對如圖所示的四種情況的說法正確的是()A．如果圖甲中的物體靜止在水平地面上，那么彈簧測力計的讀數可能小于FB．如果圖乙中的物體靜止在斜面上，那么彈簧測力計的讀數一定等于FC．如果圖丙中的物體靜止在粗糙水平地面上，那么彈簧測力計的讀數一定等于FD．如果圖丁中水平地面光滑，那么由于物體的質量未知，無法判定彈簧測力計的讀數與F的大小關系解析：選BC對于輕質彈簧來說，無論與其相連的物體處于什么樣的運動狀態，彈簧的兩端所受的拉力都相等，所以輕質彈簧測力計的讀數一定等于掛鉤上的拉力，即彈簧測力計的讀數一定等于F，故B、C正確，A、D錯誤。第2講摩擦力(基礎落實課)1.兩種摩擦力的比較名稱項目靜摩擦力滑動摩擦力定義兩相互接觸的物體之間只有相對運動的趨勢，而沒有相對運動，兩物體間的摩擦力兩個相互接觸的物體，當它們相對滑動時，在接觸面上產生阻礙相對運動的力產生條件①接觸面粗糙②接觸處有壓力③兩物體間有相對運動趨勢①接觸面粗糙②接觸處有壓力③兩物體間有相對運動大小0＜F≤FmaxFf＝μF壓，μ的大小由接觸面的材料和粗糙程度共同決定方向與受力物體相對運動趨勢的方向相反與受力物體相對運動的方向相反作用效果總是阻礙物體間的相對運動趨勢總是阻礙物體間的相對運動2．關于摩擦力的四個易錯點(1)摩擦力的方向總是與物體間相對運動(或相對運動趨勢)的方向相反，但不一定與物體的運動方向相反。(2)摩擦力總是阻礙物體間的相對運動(或相對運動趨勢)，但不一定阻礙物體的運動。即摩擦力可以作為阻力使物體減速，也可以作為動力使物體加速。(3)受靜摩擦力作用的物體不一定相對地面靜止，但一定與靜摩擦力的施力物體保持相對靜止。(4)靜摩擦力的大小與正壓力無關，僅與外力有關，最大靜摩擦力的大小與正壓力有關且成正比。情境創設“共享單車”的經營模式，正在快速地改變著我們的生活方式，也為經濟發展新常態增添了新的內涵。不論自行車的品牌如何，從自行車的結構和使用上來看，自行車涉及許多物理知識。理解判斷(1)正在水平路面上正常行駛的共享單車，其前輪受到的摩擦力方向向后，后輪受到的摩擦力方向向前。(√)(2)自行車后輪受到的摩擦力總是阻礙自行車的運動或運動趨勢。(×)(3)自行車運動時地面與車輪接觸處有摩擦力作用，也一定有彈力作用。(√)(4)自行車運動時地面與車輪接觸處的摩擦力一定與彈力方向垂直。(√)(5)剎車時，用力捏緊車閘，以增大剎車片與車圈之間的壓力，從而增大摩擦力。(√)(6)自行車輪胎、車把套、腳踏板以及剎車處均刻有花紋，并且都使用動摩擦因數較大的材料，從而增大摩擦力。(√)逐點清(一)靜摩擦力的有無及方向判斷|題|點|全|練|1．(多選)如圖所示，水平地面上的L形木板上放著一小木塊，木板與小木塊間有一個處于拉伸狀態的彈簧，整個裝置處于靜止狀態。下列說法正確的是()A．木板對小木塊無摩擦力作用B．木板對小木塊的摩擦力方向向左C．地面對木板的摩擦力方向向左D．地面對木板無摩擦力作用解析：選BD對小木塊受力分析，小木塊受到重力、支持力、水平向右的彈簧的拉力和木板的摩擦力，根據平衡條件知，木板對小木塊的摩擦力方向向左，故A錯誤，B正確；對整體受力分析，在豎直方向上受到的重力和支持力平衡，若地面對木板有摩擦力，則整體合力不為零，則整個裝置不可能處于靜止狀態，故地面對木板無摩擦力作用，故C錯誤，D正確。2．(2024·潮州高三聯考)如圖所示為智能機器人協助派件員分揀快遞的場景，派件員將包裹放在機器人的水平托盤上后，機器人通過掃碼讀取目的地信息，并生成最優路線，將不同目的地的包裹送至不同的位置，從而實現包裹的分揀功能。關于機器人和包裹，下列說法正確的是()A．機器人加速前進則包裹對水平托盤的摩擦力方向向后B．包裹受到向上的支持力是包裹發生形變產生的C．包裹對機器人的壓力和機器人對包裹的支持力是一對平衡力D．包裹隨著機器人一起做勻速直線運動時，包裹受到向前的摩擦力解析：選A機器人加速前進時，相對包裹機器人有向前運動的趨勢，故此時包裹對水平托盤的摩擦力方向向后，A正確；包裹受到向上的支持力是托盤發生形變產生的，B錯誤；包裹對機器人的壓力和機器人對包裹的支持力是一對相互作用力，C錯誤；包裹隨著機器人一起做勻速直線運動時，包裹加速度為零，故此時不受到摩擦力，D錯誤。3．大型商場或者大型超市為了方便顧客上下樓，都會安裝自動扶梯。小王同學經過調查研究發現自動扶梯分為兩大類，一種無臺階，另一種有臺階，兩種自動扶梯分別如圖甲、乙所示。此外，小王同學還發現，為了節約能源，在沒有乘客乘行時，這兩種自動扶梯都以較小的速度勻速運行，當有乘客乘行時自動扶梯經過先加速運行再勻速運行兩個階段。則自動扶梯在運送乘客上樓的整個過程中()A．圖甲所示的無臺階自動扶梯中，乘客始終受摩擦力作用B．圖乙所示的有臺階自動扶梯中，乘客始終受摩擦力作用C．圖甲所示的無臺階自動扶梯中，乘客對扶梯的作用力始終豎直向下D．圖乙所示的有臺階自動扶梯中，乘客對扶梯的作用力始終豎直向下解析：選A乘客在無臺階的扶梯上運動時，在加速階段和勻速階段，都受重力、支持力、摩擦力作用，勻速階段乘客加速度為零，扶梯對乘客的作用力豎直向上，由牛頓第三定律可知，乘客對扶梯的作用力豎直向下，加速階段扶梯對乘客的作用力斜向上，由牛頓第三定律可知，乘客對扶梯的作用力斜向下；有臺階的扶梯，在扶梯勻速上升階段，乘客不受摩擦力作用，在扶梯加速階段，乘客所受支持力和摩擦力的合力斜向上，由牛頓第三定律可知，乘客對扶梯的作用力斜向下，綜上所述，A正確，B、C、D均錯誤。|精|要|點|撥|摩擦力的有無及方向的三種判斷方法假設法狀態法根據平衡條件、牛頓第二定律，判斷靜摩擦力的有無及方向轉換法先確定受力較少的物體受到的靜摩擦力的方向，再根據“力的相互性”確定另一物體受到的靜摩擦力方向逐點清(二)摩擦力大小的計算細作1靜摩擦力大小的計算1．[應用平衡條件計算]兩只完全相同的螞蟻在輪胎內外表面爬，當兩只螞蟻爬到圖示位置時保持靜止，兩只螞蟻和輪胎圓心的連線與豎直方向的夾角分別為α、β，角α大于角β。已知輪胎材料相同，輪胎與螞蟻之間動摩擦因數為μ，螞蟻質量為m，重力加速度取g，下列說法正確的是()A．A處螞蟻受到的支持力比B處螞蟻大B．B處螞蟻受到的摩擦力比A處螞蟻大C．A處的螞蟻受到的摩擦力大小為μmgcosαD．B處的螞蟻受到的摩擦力大小為mgsinβ解析：選D根據題意，對螞蟻受力分析，設螞蟻所在位置和圓心連線與豎直方向夾角為θ，如圖所示，由平衡條件可得FN＝mgcosθ，f＝mgsinθ，由于α>β，則A處螞蟻受到的支持力比B處螞蟻小，B處螞蟻受到的摩擦力比A處螞蟻小，故A、B錯誤；螞蟻與輪胎之間保持靜止，則摩擦力不能按滑動摩擦力計算，則A處的螞蟻受到的摩擦力大小不一定為μmgcosα，故C錯誤；由題意可知，B處螞蟻所在位置和圓心連線與豎直方向夾角為β，則B處的螞蟻受到的摩擦力大小為mgsinβ，故D正確。2．[應用牛頓第二定律計算]如圖所示，質量為10kg的物體A拴在一個被水平拉伸的彈簧一端，彈簧的拉力為5N時，物體A處于靜止狀態。若小車以1m/s2的加速度向右加速運動后，則(g取10m/s2)()A．物體A相對小車向右運動B．物體A受到的摩擦力減小C．物體A受到的摩擦力大小不變D．物體A受到的彈簧拉力增大解析：選C由題意得物體A與小車的上表面間的最大靜摩擦力Fmax≥5N，小車向右加速運動后，對物體A受力分析，可得F合＝ma＝10N，可知此時小車對物體A的摩擦力大小為5N，方向向右，且為靜摩擦力，所以物體A相對于小車仍然靜止，故A錯誤；所以物體A受到的摩擦力大小不變，故B錯誤，C正確；物體A相對于小車仍然靜止，所以受到的彈簧的拉力大小不變，故D錯誤。一點一過靜摩擦力大小的計算方法(1)物體處于靜止狀態，利用力的平衡條件求解靜摩擦力的大小。(2)物體有加速度時，若只受摩擦力，則Ff＝ma，如勻速轉動的圓盤上與圓盤相對靜止的物塊靠靜摩擦力提供向心力產生向心加速度。若除摩擦力外，物體還受其他力，則F合＝ma，需先求合力再求摩擦力。細作2滑動摩擦力大小的計算3．(2024·西安高三聯考)當今物流業相當發達，貨車貨運功不可沒。如圖所示，司機為方便卸貨，在距水平地面的高度為1.2m的車廂底部與地面之間用長度為2m的木板搭建了一個斜面。若貨物恰好能沿木板勻速下滑，則貨物與木板間的動摩擦因數為()A．eq\f(3,4) B．eq\f(2,3)C．eq\f(1,2) D．eq\f(1,3)解析：選A根據題意，設貨物的質量為m，木板的傾角為θ，貨物與木板間的動摩擦因數為μ，對貨物，根據物體的平衡條件有mgsinθ＝μmgcosθ，又有tanθ＝eq\f(1.2,\r(22－1.22))＝eq\f(3,4)，解得μ＝eq\f(3,4)，故選A。一點一過滑動摩擦力大小的計算方法公式法若μ已知，則Ff＝μF壓，F壓是兩物體間的正壓力狀態法若μ未知，可結合物體的運動狀態和其他受力情況，利用平衡條件或牛頓第二定律列方程求解逐點清(三)摩擦力的四類突變類型1“靜—靜”突變物體受到靜摩擦力和其他力的共同作用，當其他力的合力發生變化時，如果仍保持相對靜止，則靜摩擦力的大小和(或)方向可能發生突變。[例1](多選)如圖甲所示，兩物體A、B疊放在光滑的水平面上，對物體A施加一水平變力F，F-t關系圖像如圖乙所示，兩物體在力F作用下由靜止開始運動，且始終相對靜止，規定水平向右為正方向，則()A．兩物體一直向右做直線運動B．兩物體沿直線做往復運動C．在2～3s時間內兩物體間的摩擦力逐漸減小D．B物體所受摩擦力的方向始終與力F的方向相同[解析]在0～2s內兩物體向右做加速運動，加速度先增大后減小；2～4s內加速度反向，兩物體做減速運動，因為兩段時間內受力是對稱的，所以4s末速度變為零，在0～4s內兩物體一直向右運動，然后重復以前的運動，A正確，B錯誤；在2～3s內，F逐漸增大，兩物體加速度逐漸增大，隔離對B分析，B所受的合力逐漸增大，即B所受的摩擦力逐漸增大，C錯誤；對整體分析，兩物體的加速度與F的方向相同，B物體所受的合力為摩擦力，故摩擦力的方向與加速度方向相同，即與F的方向相同，D正確。[答案]AD類型2“靜—動”突變物體在靜摩擦力和其他力作用下處于靜止狀態，當其他力變化時，如果物體不能保持相對靜止狀態，則物體受到的靜摩擦力將“突變”成滑動摩擦力，突變點常常為靜摩擦力達到最大值時。[例2](2024·昆明高三調研)為研究木板與物塊之間的摩擦力，某同學在粗糙的長木板上放置一物塊，物塊通過細線連接固定在試驗臺上的力傳感器，如圖(a)。水平向左拉木板，傳感器記錄的F-t圖像如圖(b)。下列說法中不正確的是()A．物塊受到的摩擦力方向始終水平向左B．1.0～1.3s時間內，木板與物塊間的摩擦力大小與物塊對木板的正壓力成正比C．1.0～1.3s時間內，物塊與木板之間的摩擦力是靜摩擦力D．2.4～3.0s時間內，木板可能做變速直線運動[解析]木板始終向左運動或者有向左運動的趨勢，可得物塊對木板的摩擦力始終向右，所以物塊受到木板對其的摩擦力方向始終水平向左，A正確；根據圖像可得在1.0～1.3s時間內物塊受到摩擦力在變化，所以可得此時為靜摩擦力，此時的靜摩擦力大小與物塊對木板的正壓力無關，B錯誤，C正確；2.4～3.0s時間內傳感器示數不再變化，說明此時摩擦力已經變為滑動摩擦力，此時木板只要運動就行，可能做變速直線運動，D正確。[答案]B類型3“動—靜”突變物體受到滑動摩擦力和其他力的共同作用，當相對滑動突然停止時，滑動摩擦力可能突變為靜摩擦力。[例3]如圖所示，質量為1kg的物體與地面間的動摩擦因數μ＝0.2，從t＝0時刻開始以初速度v0沿水平地面向右滑行，同時受到一個水平向左的恒力F＝1N的作用，取向右為正方向，該物體受到的摩擦力Ff隨時間變化的圖像是下列圖中的(g取10m/s2)()[解析]開始物體受到水平向左的滑動摩擦力Ff＝μmg＝0.2×1×10N＝2N，物體速度減為0后，F<Ff，所以物體受到水平向右的靜摩擦力Ff′＝F＝1N，故選A。[答案]A類型4“動—動”突變物體受到滑動摩擦力和其他力的共同作用，當兩物體間的正壓力發生變化時，滑動摩擦力的大小隨之而變；或者兩物體達到共同速度時相對滑動方向發生變化，滑動摩擦力的方向也會隨之而變。[例4](多選)如圖所示，足夠長的傳送帶與水平面夾角為θ，以速度v0沿逆時針勻速轉動。在傳送帶的上端輕輕放置一個質量為m的小木塊，小木塊與傳送帶間的動摩擦因數μ＜tanθ，則下列選項中能客觀地反映小木塊受到的摩擦力和運動情況的是()[解析]當小木塊速度小于傳送帶速度時，小木塊相對于傳送帶向上滑動，小木塊受到的滑動摩擦力沿傳送帶向下，加速度a＝gsinθ＋μgcosθ；當小木塊速度達到傳送帶速度時，由于μ＜tanθ，即μmgcosθ＜mgsinθ，所以速度繼續增加，此時滑動摩擦力的大小不變，而方向突變為沿傳送帶向上，a＝gsinθ－μgcosθ，加速度變小，則v-t圖像的斜率變小，B、D正確。[答案]BD|思|維|建|模|摩擦力的突變問題，無論怎樣變化，考查的都是對靜摩擦力和滑動摩擦力大小或方向變化的分析，解題時應注意以下三點：(1)題目中出現“最大”“最小”和“剛好”等關鍵詞時，一般隱藏著臨界問題。(2)靜摩擦力是被動力，其存在及大小、方向取決于物體間的相對運動的趨勢，而且靜摩擦力存在最大值。存在靜摩擦力的連接系統，相對滑動與相對靜止的臨界狀態時靜摩擦力達到最大值。(3)研究傳送帶問題時，物體和傳送帶的速度相等的時刻往往是摩擦力的大小、方向和運動性質的分界點。eq\a\vs4\al([課時跟蹤檢測])一、立足基礎，體現綜合1.(多選)如圖所示，人在跑步機上跑步時，下列說法正確的是()A．鞋受到的摩擦力是靜摩擦力B．鞋受到的摩擦力是滑動摩擦力C．鞋受到的摩擦力方向與人相對跑帶運動的方向相反D．鞋受到的摩擦力方向與人相對跑帶運動的方向相同解析：選AD人在跑步機上跑步時，鞋和跑步機之間無相對滑動，則鞋受到的摩擦力是靜摩擦力，A正確，B錯誤；因鞋相對跑步機有向后滑動的趨勢，則鞋受到的靜摩擦力向前，即與人相對跑帶運動的方向相同，C錯誤，D正確。2．躺椅在生活中用途廣泛，圖甲中人雙腳離地而坐，圖乙中人雙腳著地而坐。兩圖中位于水平地面上的人和椅子都保持靜止狀態，下列說法正確的是()A．圖甲中的人對躺椅的壓力是由椅子發生形變產生的B．圖甲中的人不同的躺姿會改變躺椅對人的合力C．圖乙中人的腳用力蹬地時，躺椅對人背部摩擦力一定沿椅面向上D．圖乙中人的腳用力蹬地時，腳對地的摩擦力大小與躺椅對地的摩擦力大小相等解析：選D題圖甲中的人對躺椅的壓力是由人發生形變產生的，A錯誤；題圖甲中的人不同的躺姿，躺椅對人的作用力均與人的重力大小相等，方向相反，B錯誤；題圖乙中人的腳用力蹬地時，如果人的背部相對于躺椅有向上運動的趨勢時，人背部所受摩擦力一定沿椅面向下，C錯誤；以人和躺椅整體為研究對象，題圖乙中人的腳用力蹬地時，地對腳的摩擦力和地對躺椅的摩擦力等大反向，D正確。3.(2024·汕頭高三檢測)救援機器人的手臂前端裝有鐵夾。在某次救援活動中，救援機器人用鐵夾抓著一個重力為G的水泥制品，使之保持靜止狀態，鐵夾、水泥制品及鐵夾與水泥制品間的接觸面均豎直，如圖所示。若水泥制品受鐵夾的最小壓力為N時，才能使水泥制品不滑出鐵夾，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則()A．鐵夾對水泥制品的壓力是因為水泥制品發生了形變B．鐵夾對水泥制品的摩擦力和水泥制品對鐵夾的摩擦力是一組平衡力C．鐵夾與水泥制品間動摩擦因數為eq\f(G,N)D．鐵夾與水泥制品間動摩擦因數為eq\f(G,2N)解析：選D鐵夾對水泥制品的壓力是因為鐵夾發生了形變，A錯誤；鐵夾對水泥制品的摩擦力和水泥制品對鐵夾的摩擦力是一對作用力和反作用力，B錯誤；由平衡可知G＝2f＝2μN，解得鐵夾與水泥制品間動摩擦因數μ＝eq\f(G,2N)，C錯誤，D正確。4.如圖所示，在桌面上放置一張紙和一瓶礦泉水，礦泉水瓶靜止在紙面上，如果突然迅速向右拉動紙的一邊，將紙片拉出，而礦泉水瓶相對桌面的位置幾乎沒變。下列說法正確的是()A．紙片對礦泉水瓶摩擦力的方向向左B．礦泉水瓶相對紙片向左運動C．拉動紙片越快，礦泉水瓶受到的摩擦力越大D．拉動紙片越快，礦泉水瓶受到的摩擦力越小解析：選B紙片相對礦泉水瓶向右運動，故礦泉水瓶相對紙片向左運動，則紙片對礦泉水瓶的摩擦力方向向右，A錯誤，B正確；將紙片拉出過程中，紙片與礦泉水瓶間的摩擦力是滑動摩擦力，根據滑動摩擦力公式Ff＝μFN，可知滑動摩擦力的大小只與動摩擦因數、正壓力有關，與紙片運動的快慢無關，故C、D錯誤。5．(2024·六盤山高級中學模擬)(多選)如圖所示，水平桌面上有質量m＝1.0kg的靜止物塊，受到隨時間t變化的水平拉力F作用，用力傳感器測出相應時刻物塊所受摩擦力Ff的大小，取重力加速度g＝10m/s2。下列判斷正確的是()A．物塊與桌面之間的動摩擦因數為0.3B．5s內拉力對物塊做的功為0C．4s末物塊所受合力大小為4.0ND．6～9s內物塊的加速度的大小為2.0m/s2解析：選AD從題圖可知，物塊開始滑動后，物塊所受滑動摩擦力為3N，依題意有μmg＝3N，解得μ＝0.3，故A正確。從題圖可知，物塊前4秒靜止，第5秒開始拉力大于摩擦力，物塊開始加速運動，則根據功的定義，可知第5秒內拉力對物塊做正功，所以5s內拉力對物塊做的功不為0，故B錯誤。由題圖可知，豎直方向上重力與支持力平衡；水平方向上，物塊在4s末受水平拉力為4N，與之等大反向的最大靜摩擦力，則物塊所受合力為0，故C錯誤。從題圖可知，在6～9s內，物塊受到水平拉力與滑動摩擦力恒定，則有F合＝F－Ff＝2N＝ma，解得a＝2m/s2，故D正確。6．(多選)如圖甲，一個物塊放在水平面上，在兩個恒力F1、F2作用下做勻速直線運動。t＝0時刻，其中某個力發生變化，大小隨時間的變化關系如圖乙所示，在0～t0時間內()A．若變化的是F1，物塊運動的加速度可能均勻減小B．若變化的是F1，地面對物塊的摩擦力可能先不變后均勻減小C．若變化的是F2，物塊可能做勻加速直線運動D．若變化的是F2，地面對物塊的摩擦力可能均勻減小解析：選BDF1減小時，滑動摩擦力不變，物塊應該減速，即剛開始一段時間內合力增大，因此加速度增大，故A錯誤；當速度減小為0后摩擦力為靜摩擦力，等于F1且均勻減小，故B正確；若變化的是F2，物塊的加速度會發生變化，地面對物塊的摩擦力可能均勻減小，故C錯誤，D正確。7．(2024·廣東深圳檢測)如圖所示，一輕質彈簧兩端分別與豎直墻壁和物塊連接，彈簧、地面水平。A、B兩點離墻壁的距離分別為x1、x2，物塊在A、B兩點恰好均能靜止，物塊與地面的最大靜摩擦力為F，則彈簧的勁度系數為()A．eq\f(F,x2＋x1) B．eq\f(2F,x2＋x1)C．eq\f(2F,x2－x1) D．eq\f(F,x2－x1)解析：選C設彈簧原長為l0，由平衡條件可得F＝k(l0－x1)，F＝k(x2－l0)，解得k＝eq\f(2F,x2－x1)，故C正確。8.“電動平衡車”是時下熱門的一種代步工具。如圖，人站在“電動平衡車”上在某水平地面上沿直線勻速前進，人受到的空氣阻力與速度成正比，下列說法正確的是()A．“電動平衡車”對人的作用力豎直向上B．“電動平衡車”對人的作用力大小大于空氣阻力大小C．不管速度多大，“電動平衡車”對人的作用力大小相同D．不管速度多大，地面對“電動平衡車”摩擦力大小相同解析：選B“電動平衡車”對人的作用力與人受到的空氣阻力的合力與人的重力等大反向，“電動平衡車”對人的作用力與人受到的空氣阻力的合力方向豎直向上，“電動平衡車”對人的作用力不是豎直向上，故A錯誤；“電動平衡車”在水平方向對人的作用力等于人受到的空氣阻力，豎直方向對人的作用力等于人的重力，所以“電動平衡車”對人的作用力大于空氣阻力，故B正確；速度越大，人受到的空氣阻力越大，“電動平衡車”對人水平方向的作用力越大，所以“電動平衡車”對人的作用力越大，故C錯誤；以人和“電動平衡車”整體為研究對象，豎直方向受到支持力和重力，水平方向受到地面的摩擦力和空氣的阻力，速度越大，空氣阻力越大，地面對“電動平衡車”摩擦力越大，故D錯誤。9．(2024·臨沂高三檢測)手工課上幾個同學搭積木，他們將三棱柱C放在最下面，上面放著三棱柱B，最上面是圓柱A，三塊積木的截面如圖所示。已知三塊積木均處于靜止狀態，則下列說法正確的是()A．三棱柱C受到地面向右的摩擦力B．三棱柱B與三棱柱C之間一定有摩擦力C．若用水平向右的力推三棱柱C，系統仍保持靜止，則三棱柱B與三棱柱C之間的相互作用力可能發生改變D．若用水平向右的力推三棱柱C，系統保持相對靜止向右做勻加速直線運動，則三棱柱B一定受到4個力的作用解析：選B以A、B、C整體為研究對象，可知重力和支持力平衡，不受摩擦力，故A錯誤；以A、B整體為研究對象，A、B整體在斜面上受到重力、支持力和沿斜面向上的摩擦力，故B正確；水平力作用在C上且系統仍保持靜止，對A、B整體研究，A、B受力并沒有發生變化，因此三棱柱B與三棱柱C之間的相互作用力不會發生改變，故C錯誤；對A而言，加速度水平向右，因此A受到的合力向右，故一定受到B的水平摩擦力，因此B一定受到A的摩擦力和A的壓力，而B本身受到重力以及C對B的支持力，但除此之外，B還可能受到C沿斜面的摩擦力，故D錯誤。二、注重應用，強調創新10.(2024·青島高三模擬)如圖，黑板擦在手施加的恒力F作用下勻速擦拭黑板。已知黑板擦與豎直黑板間的動摩擦因數為μ，不計黑板擦的重力，則它所受的摩擦力大小為()A．μF B．eq\f(F,\r(1＋μ2))C．eq\f(μF,\r(1＋μ2)) D．eq\f(\r(1＋μ2)F,μ)解析：選C設力F與運動方向的夾角為θ，黑板擦做勻速運動，則由平衡條件可知Fcosθ＝μFsinθ，解得μ＝eq\f(1,tanθ)，由數學知識可知cosθ＝eq\f(μ,\r(1＋μ2))，則黑板擦所受的摩擦力大小f＝Fcosθ＝eq\f(μF,\r(1＋μ2))，故選C。11．(2024·伊春高三調研)如圖所示，傾角θ＝37°的斜面固定在水平面上，一質量M＝1kg的物塊C受平行于斜面向上、大小為9N的輕質橡皮筋的拉力F的作用，平行于斜面的輕繩一端固定在物塊C上，另一端跨過光滑定滑輪連接A、B兩個小物塊，物塊C處于靜止狀態。已知物塊C與斜面間的動摩擦因數μ＝0.5，mA＝0.2kg，mB＝0.3kg，g取10m/s2。剪斷A、B間輕繩后，關于物塊C受到的摩擦力，下列說法正確的是(sin37°＝0.6)()A．滑動摩擦力，方向沿斜面向下，大小為4NB．滑動摩擦力，方向沿斜面向下，大小為5NC．靜摩擦力，方向沿斜面向下，大小為1ND．靜摩擦力，方向沿斜面向下，大小為3N解析：選C開始時物塊C受靜摩擦力作用，大小為f＝(mA＋mB)g＋Mgsin37°－F＝2N，方向沿斜面向上；剪斷A、B間輕繩后，假設C仍靜止，則此時C所受的靜摩擦力大小為f′＝F－(mAg＋Mgsin37°)＝1N，方向沿斜面向下，因為1N＜2N，可知物塊C仍處于靜止狀態，即C受到靜摩擦力，方向沿斜面向下，大小為1N。12.如圖所示，一輛運送沙子的自卸卡車裝滿沙子，沙粒之間的動摩擦因數為μ1，沙子與車廂底板間的動摩擦因數為μ2(μ2＞μ1)，車廂的傾角用θ表示，下列說法正確的是()A．要順利地卸干凈全部沙子，應滿足tanθ＜μ2B．要順利地卸干凈全部沙子，應滿足sinθ＞μ2C．只卸去部分沙子，車上還留有一部分沙子，應滿足μ2＞tanθ＞μ1D．只卸去部分沙子，車上還留有一部分沙子，應滿足tanθ＞μ2＞μ1解析：選C要順利地卸干凈全部沙子，對沙子整體分析，有Mgsinθ＞μ2Mgcosθ，即μ2＜tanθ，A、B均錯誤；若只卸去部分沙子，對滑下的部分沙子，有：mgsinθ＞μ1mgcosθ，即μ1＜tanθ，對留下的部分沙子，有：m′gsinθ＜μ2m′gcosθ，即：μ2＞tanθ，故C正確，D錯誤。13．(2024·玉溪高三調研)(多選)無線充電寶可通過磁吸力吸附在手機背面，如圖甲所示為科創小組某同學手握手機(手不接觸充電寶)，利用手機軟件記錄豎直放置的手機及吸附的充電寶從靜止開始在豎直方向上的一次變速運動過程(手機與充電寶始終相對靜止)，記錄的加速度a隨時間t變化的圖像如圖乙所示(規定向上為正方向)，t2時刻充電寶速度為零，且最終處于靜止狀態。已知無線充電寶質量為0.2kg，手機與充電寶之間的動摩擦因數μ＝0.5，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g取10m/s2，在該過程中下列說法正確的是()A．充電寶受到的靜摩擦力的最大值為1.0NB．t3時刻充電寶受到的摩擦力大小為0.4NC．充電寶在t2與t3時刻所受的摩擦力方向相反D．充電寶與手機之間的吸引力大小至少為10N解析：選BD在t3時刻，由牛頓第二定律可得f－mg＝ma，解得f＝0.4N，故B正確；充電寶在t2時刻具有向上的最大加速度，由牛頓第二定律知摩擦力方向豎直向上，t3時刻充電寶具有向下的加速度，而加速度小于重力加速度，所以摩擦力方向向上，所以充電寶在t2與t3時刻所受的摩擦力方向相同，故C錯誤；t2時刻充電寶具有向上的最大加速度，充電寶與手機之間的摩擦力最大，此時由牛頓第二定律有f′－mg＝ma′，又f′＝μN，解得充電寶與手機之間的吸引力大小至少為N＝10N，fmax＝f′＝5N，故D正確，A錯誤。14．(2024·云浮高三模擬)一些巧妙的工業設計能極大地為人們的生活提供便利。如圖是豎直放置的某款可調角度的簡便磨刀器，該磨刀器左右兩側對稱，通過調整磨刀角度可以使該磨刀器的兩側面與刀片尖端的兩側面緊密貼合，就可以輕松滿足家庭日常的各種磨刀需求。關于在使用磨刀器的過程中，下列說法正確的是()A．向后輕拉刀具，磨刀器受到的摩擦力向前B．若水平勻速向后拉動刀具，則磨刀器對刀具的作用力豎直向上C．加速后拉刀具，刀具受到的摩擦力小于磨刀器受到的摩擦力D．對同一把刀具在豎直方向上施加相同壓力時，磨刀器的夾角越小，越難被拉動解析：選D磨刀過程中，向后輕拉刀具，刀具受到的摩擦力的合力向前，根據牛頓第三定律，磨刀器受到的摩擦力向后，故A錯誤；若水平勻速向后拉動刀具，從兩個方向看，受力分析如圖所示。磨刀器對刀具的作用力是指兩個接觸面的支持力與摩擦力的合力，方向應向前方偏上，故B錯誤；根據牛頓第三定律可知，刀具受到的摩擦力大小等于磨刀器受到的摩擦力大小，故C錯誤；刀具對磨刀器正壓力的兩分力夾角應為磨口角的補角，故磨刀器的夾角越小，正壓力的兩分力夾角越大，當施加相同的正壓力時，則兩分力越大，故拉動時的滑動摩擦力越大，就越難被拉動，故D正確。15．如圖所示，一長方形木板放置在水平地面上，在木板的上方有一條豎直擋板，擋板的兩端固定于水平地面上，擋板跟木板之間并不接觸。現在有一個方形物塊在木板上沿擋板以某一速度運動，同時長方形木板以相同大小的速度向左運動，木板的運動方向與豎直擋板垂直，已知物塊跟豎直擋板和水平木板間的動摩擦因數分別為μ1和μ2，物塊的質量為m，則豎直擋板對物塊的摩擦力大小為()A．0 B．eq\f(\r(2),2)μ1μ2mgC．eq\f(1,2)μ1μ2mg D．eq\r(2)μ1μ2mg解析：選B因為v1和v2數值大小相等，以木板為參考系，物塊相對于木板的運動方向如圖中v物，則tanθ＝1，得θ＝45°。木板對物塊的摩擦力方向與v物方向相反，如圖所示。木板對物塊的摩擦力大小Ff＝μ2mg，擋板對物塊的支持力FN＝Ff·sin45°＝eq\f(\r(2),2)μ2mg，擋板對物塊的摩擦力Ff′＝μ1FN＝eq\f(\r(2),2)μ1μ2mg，故B項正確。

第3講力的合成和分解(基礎落實課)一、共點力合力和分力1．共點力幾個力如果都作用在物體的同一點，或它們的作用線相交于一點，這幾個力叫作共點力。2．合力和分力定義假設一個力單獨作用的效果跟某幾個力共同作用的效果相同，這一個力就叫作那幾個力的合力，那幾個力叫作這一個力的分力關系合力和分力是等效替代的關系二、力的合成1．定義：求幾個力的合力的過程。2．運算法則(1)平行四邊形定則：求兩個互成角度的共點力的合力時，以表示這兩個力的有向線段為鄰邊作平行四邊形，這兩個鄰邊之間的對角線就代表合力的大小和方向。如圖甲所示。(2)三角形定則：把兩個矢量首尾相接，從而求出合矢量的方法。如圖乙所示。三、力的分解定義求一個已知力的分力的過程運算法則平行四邊形定則或三角形定則兩種分解方法正交分解法和效果分解法四、矢量和標量矢量既有大小又有方向，運算時遵從平行四邊形定則的物理量標量只有大小，沒有方向，運算時遵從算術法則的物理量情境創設如圖甲所示，兩個小孩分別用力F1、F2提著一桶水，水桶靜止；如圖乙所示，一個大人單獨用力F提著同一桶水，水桶靜止。理解判斷(1)F1和F2是共點力。(√)(2)F1和F2的共同作用效果與F的作用效果相同。(√)(3)合力F與分力F1、F2之間滿足平行四邊形定則。(√)(4)水桶的重力就是F1、F2兩個力的合力。(×)(5)幾個力的共同作用效果可以用一個力代替。(√)(6)在進行力的合成與分解時，要應用平行四邊形定則或三角形定則。(√)(7)兩個力的合力一定比任一分力大。(×)(8)合力與分力是等效替代關系，因此受力分析時不要重復分析。(√)(9)矢量既有大小又有方向，所以既有大小又有方向的物理量一定是矢量。(×)逐點清(一)力的合成|題|點|全|練|1．[合力的范圍](多選)一物體靜止于水平桌面上，兩者之間的最大靜摩擦力為5N，現將水平面內三個力同時作用于物體的同一點，三個力的大小分別為2N、2N、3N。下列關于物體的受力情況和運動情況判斷正確的是()A．物體所受靜摩擦力可能為2NB．物體所受靜摩擦力可能為4NC．物體可能仍保持靜止D．物體一定被拉動解析：選ABC兩個2N的力的合力范圍為0～4N，然后與3N的力合成，則三力的合力范圍為0～7N，由于最大靜摩擦力為5N，因此可判定選項A、B、C正確，D錯誤。2．[作圖法求合力]一物體受到三個共面共點力F1、F2、F3的作用，三力的矢量關系如圖所示(小方格邊長相等)，則下列說法正確的是()A．三力的合力有最大值F1＋F2＋F3，方向不確定B．三力的合力有唯一值3F3，方向與F3同向C．三力的合力有唯一值2F3，方向與F3同向D．由題給條件無法求合力大小解析：選B先以力F1和F2為鄰邊作平行四邊形，其合力與F3共線，大小F12＝2F3，如圖所示，F12再與第三個力F3合成求合力F合，可得F合＝3F3。3．[計算法求合力](2022·重慶高考)如圖所示，吸附在豎直玻璃上質量為m的擦窗工具，在豎直平面內受重力、拉力和摩擦力(圖中未畫出摩擦力)的共同作用做勻速直線運動。若拉力大小與重力大小相等，方向水平向右，重力加速度為g，則擦窗工具所受摩擦力()A．大小等于mg B．大小等于eq\r(2)mgC．方向豎直向上 D．方向水平向左解析：選B擦窗工具在豎直玻璃平面上受到重力、拉力和摩擦力，做勻速直線運動，則摩擦力大小等于重力和拉力的合力，拉力大小等于重力，即F摩＝eq\r(2)mg，方向斜向左上方與水平方向夾角為45°，故B正確，A、C、D錯誤。|精|要|點|撥|1．合力大小范圍的確定(1)兩個共點力的合力大小范圍：|F1－F2|≤F≤F1＋F2。(2)三個共點力的合力大小范圍①最大值：三個力同向時，其合力最大，為Fmax＝F1＋F2＋F3。②最小值：以這三個力的大小為邊，如果能組成封閉的三角形(三個力首尾相接)，則其合力的最小值為零，即Fmin＝0；如果不能，則合力的最小值為Fmin＝F1－|F2＋F3|(F1為三個力中最大的力)。2．共點力合成的常用方法作圖法作出兩分力的圖示，再根據平行四邊形定則求出合力的大小計算法根據平行四邊形定則作出示意圖，然后利用解三角形的方法求出合力逐點清(二)力的分解方法1力的效果分解法1．力的分解的原則(1)選用哪一種方法進行力的分解要視情況而定，一般來說，當物體受到三個或三個以下的力時，常按實際效果進行分解，若受到三個力中，有兩個力互相垂直，可選用正交分解法。(2)當物體受到三個以上的力時，常用正交分解法。2．力的效果分解法的步驟[例1]某壓榨機的結構示意圖如圖所示，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C與D光滑接觸，桿的重力及滑塊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 B．4C．5 D．6[解析]設力F與AC方向間的夾角為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。由幾何關系得2F1cosθ＝F，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。由幾何關系得FN＝F2sinθ，聯立得到FN＝eq\f(Ftanθ,2)，根據幾何知識得tanθ＝eq\f(a,b)＝6，得到FN＝3F，故A正確，B、C、D錯誤。[答案]A[針對訓練]1．(2024·成都石室中學模擬)如圖甲所示是斧子砍進木樁時的情境，其橫截面如圖乙所示，斧子的剖面可視作頂角為θ的等腰三角形，當施加豎直向下的力F時，則()A．同一斧子，若施加的力F越小，越容易劈開木樁B．同一斧子，若施加的力F越大，越不容易劈開木樁C．施加相同的恒力F，θ越大的斧子，越容易劈開木樁D．施加相同的恒力F，θ越小的斧子，越容易劈開木樁解析：選D同一斧子，θ一定，F越大，其分力越大，越容易劈開木樁，故A、B錯誤，F一定時，θ越小的斧子，其分力越大，越容易劈開木樁，故C錯誤，D正確。方法2力的正交分解法1．定義：將已知量按相互垂直的兩個方向進行分解的方法。2．建軸原則：一般選共點力的作用點為原點，在靜力學中，以少分解力和容易分解力為原則(使盡量多的力分布在坐標軸上)；在動力學中，往往以加速度方向和垂直加速度方向為坐標軸建立坐標系。3．解題方法：首先把各力向相互垂直的x軸、y軸上分解，然后分別對x軸方向和y軸方向列式求解。[例2]如圖甲所示，質量為m的物體置于傾角為θ的固定斜面上，物體與斜面之間的動摩擦因數為μ，用平行于斜面的推力F1作用于物體上使其能沿斜面勻速上滑。若其他條件不變，改用水平推力F2作用于物體上，也能使物體沿斜面勻速上滑，如圖乙所示。則兩次的推力大小之比eq\f(F1,F2)為()A．cosθ＋μsinθ B．cosθ－μsinθC．1＋μtanθ D．1－μtanθ[解析]物體在力F1作用下和力F2作用下運動時的受力分別如圖1和圖2所示。將物體受力沿斜面方向和垂直于斜面方向正交分解，由平衡條件可得：F1＝mgsinθ＋Ff1，FN1＝mgcosθ，Ff1＝μFN1；F2cosθ＝mgsinθ＋Ff2，FN2＝mgcosθ＋F2sinθ，Ff2＝μFN2，解得：F1＝mgsinθ＋μmgcosθ，F2＝eq\f(mgsinθ＋μmgcosθ,cosθ－μsinθ)，故eq\f(F1,F2)＝cosθ－μsinθ，B正確。[答案]B[針對訓練]2．(2024·鄭州高三調研)(多選)耙在中國已有1500年以上的歷史，北魏賈思勰著《齊民要術》稱之為“鐵齒楱”，將使用此農具的作業稱作耙。如圖甲所示，牛通過兩根耙索拉耙沿水平方向勻速耙地。兩根耙索等長且對稱，延長線的交點為O1，夾角∠AO1B＝60°，拉力大小均為F，平面AO1B與水平面的夾角為30°(O2為AB的中點)，如圖乙所示。忽略耙索質量，下列說法正確的是()A．兩根耙索的合力大小為FB．兩根耙索的合力大小為eq\r(3)FC．地對耙的水平阻力大小為eq\f(3F,2)D．地對耙的水平阻力大小為eq\f(F,2)解析：選BC兩根耙索的合力大小為F′＝2Fcos30°＝eq\r(3)F，A錯誤，B正確；由平衡條件，地對耙的水平阻力大小為f＝F′cos30°＝eq\f(3,2)F，C正確，D錯誤。逐點清(三)物體的受力分析1．受力分析的四種方法整體法將加速度相同的幾個相互關聯的物體看作一個整體進行受力分析的方法隔離法將所研究的對象從周圍的物體中分離出來，單獨進行受力分析的方法狀態法受力分析時，若一時不能確定某力是否存在或無法判斷該力的方向，可先分析物體的運動狀態和除此力外物體所受的其他力，根據其他力與物體的運動狀態是否相符來判斷轉換法在受力分析時，若不能確定某力是否存在，則(1)可以轉換為分析該力的反作用力，根據其反作用力是否存在，判斷該力是否存在(2)可以轉換為分析與該力相關的其他研究對象，通過對其他研究對象進行受力分析，判斷該力是否存在2．受力分析的注意事項(1)不要把研究對象所受的力與研究對象對其他物體的作用力混淆。養成按照一定順序對研究對象進行受力分析的習慣。(2)涉及彈簧彈力時，要注意拉伸或壓縮可能性分析。分析摩擦力時要特別注意摩擦力的方向。(3)除了根據力的性質和特點進行判斷，假設法是判斷彈力、摩擦力有無及方向的常用方法。(4)善于轉換研究對象，尤其是彈力、摩擦力的方向不易判定的情形，可以分析與其接觸物體的受力，再應用牛頓第三定律判定。[典例](2024年1月·貴州高考適應性演練)如圖，一小型卡車行駛在平直公路上，車上裝有三個完全相同、質量均為m的光滑圓柱形勻質物體，A、B水平固定，C自由擺放在A、B之上。當卡車以某一恒定的加速度剎車時，C對A的壓力恰好為零，已知重力加速度大小為g，則C對B的壓力大小為()A.eq\f(\r(3),3)mgB.eq\f(2\r(3),3)mgC.eq\r(3)mgD．2mg[解析]卡車以某一恒定的加速度剎車時，其加速度水平向左，則C所受的合力水平向左，而C對A的壓力恰好為零，則C只受重力和B對C的支持力，由豎直方向平衡有NBCsin60°＝mg，解得B球對C球的支持力為NBC＝eq\f(2\r(3),3)mg，由牛頓第三定律可知C對B的壓力大小為eq\f(2\r(3),3)mg。故選B。[答案]B[應用體驗]1．[整體法與隔離法]完全相同的直角三角形滑塊A、B，按如圖所示放置，設A、B接觸的斜面光滑，A與桌面間的動摩擦因數為μ，斜面傾角θ＝30°，現在B上作用一水平推力F，恰好使A、B一起在桌面上勻速運動，且A、B保持相對靜止。則A與桌面間的動摩擦因數μ為()A．eq\f(\r(3),6) B．eq\f(\r(3),5)C．eq\f(\r(3),4) D．eq\f(\r(3),3)解析：選A對整體受力分析，在水平方向上受推力和滑動摩擦力，有F＝2μmg；對B受力分析，B受到重力、推力F和支持力，根據共點力平衡有tanθ＝eq\f(F,mg)，聯立解得μ＝eq\f(tanθ,2)＝eq\f(\r(3),6)，故B、C、D錯誤，A正確。2．[狀態法]如圖所示是翠鳥俯沖捕捉小魚的精彩畫面。如果整個俯沖過程翠鳥做加速直線運動，用O表示翠鳥，G表示翠鳥受到的重力，F表示空氣對它的作用力，下列四幅圖中能正確表示此過程中翠鳥受力情況的是()解析：選A根據題意，翠鳥做加速直線運動，所以翠鳥所受合力方向與速度方向相同，根據平行四邊形定則分析可知只有A選項中，重力與F的合力的方向有可能與速度方向相同，B、C、D中合力的方向一定與速度方向有夾角，翠鳥不可能做直線運動。所以A正確，B、C、D錯誤。3．[轉換法](多選)如圖所示，在恒力F作用下，a、b兩物體一起沿粗糙豎直墻面勻速向上運動，則關于它們的受力情況，下列說法正確的是()A．a一定受到4個力B．b可能受到4個力C．a與墻壁之間一定有彈力和摩擦力D．a與b之間一定有摩擦力解析：選AD將a、b看成整體，其受力圖如圖甲所示，說明a與墻壁之間沒有彈力和摩擦力作用；對物體b進行受力分析，如圖乙所示，b受到3個力作用，再對物體a分析，可知a受到4個力作用，A、D正確。eq\a\vs4\al([課時跟蹤檢測])一、立足基礎，體現綜合1．(2024·衡水高三檢測)如圖所示，一個帶磁性的白板擦被吸附在傾斜放置的白板的下表面并處于靜止狀態。若磁力垂直于接觸面，則下列說法正確的是()A．白板擦與白板之間可能沒有摩擦力B．白板擦與白板之間可能沒有彈力C．白板擦受到的合力大小等于其重力大小D．白板擦受到白板的作用力方向豎直向上解析：選D對白板擦進行受力分析，白板擦受到重力，垂直于板的吸引力，垂直于板的彈力，在重力的作用下，白板擦有一種沿板向下的運動趨勢，即受到沿板向上的摩擦力，合計受到四個力的作用，A、B錯誤；白板擦處于靜止狀態，根據平衡條件可知，白板擦受到的合力為0，C錯誤；白板對白板擦有彈力、摩擦力與吸引力三個力作用，根據平衡條件可知，這三個力的合力與重力大小相等，方向相反，即白板擦受到白板的作用力方向豎直向上，D正確。2．(2024·九江高三調研)如圖所示，一塊巨石靜止在斜坡上，下列說法正確的是()A．巨石只受到兩個力的作用B．巨石對斜坡的作用力方向與斜坡面垂直C．斜坡對巨石的摩擦力小于巨石所受的重力D．減小巨石的質量，巨石一定會沿斜坡下滑解析：選C對巨石受力分析可知，受到豎直向下的重力，垂直斜坡面向上的支持力，故此時一定受到沿坡面向上的摩擦力，否則不能平衡，故巨石受到三個力的作用，A錯誤；根據平衡條件可知斜坡對巨石的作用力與巨石的重力平衡，方向豎直向上，由牛頓第三定律可知巨石對斜坡的作用力方向豎直向下，B錯誤；斜坡對巨石的摩擦力與巨石重力沿斜坡向下的分量平衡，故斜坡對巨石的摩擦力小于巨石所受的重力，C正確；設巨石質量為m，斜坡傾角為θ，對巨石受力分析，沿斜坡方向有mgsinθ＝f靜≤μmgcosθ，即sinθ≤μcosθ，故可知當減小巨石的質量時，重力沿斜坡面向下的分量mgsinθ始終不會大于巨石受到的最大靜摩擦力μmgcosθ，故巨石不會下滑，D錯誤。3．(2024·焦作高三調研)在靜力平衡實驗中，F1、F2和F3三力作用于一圓環形軸承上，三力的方向均通過軸承的圓心。初始狀態下，軸承靜止，圓軸緊靠在軸承底端，軸圓心和軸承圓心在同一豎直線上，如圖所示。軸承與圓軸間的摩擦力可忽略，若只調整其中兩力的量值，欲移動軸承使圓軸位于軸承的正中央，則下列施力過程可能實現上述目的的是()A．增加F2和F3兩力的量值，且F3的量值增加較多B．增加F1和F2兩力的量值，且F1的量值增加較多C．減小F1和F3兩力的量值，且F3的量值減小較多D．減小F1和F2兩力的量值，且F2的量值減小較多解析：選B欲移動軸承使圓軸位于軸承的正中央，使軸承豎直向下移動，則調整兩力后三個力的合力方向要豎直向下，水平方向合力為零。增加F2和F3兩力的量值，且F3的量值增加較多，合力斜向左上方，不符合題意，A錯誤；增加F1和F2兩力的量值，且F1的量值增加較多，據平行四邊形定則可知，合力可豎直向下，符合題意，B正確；減小F1和F3兩力的量值，且F3的量值減小較多，合力斜向左下方，不符合題意，C錯誤；減小F1和F2兩力的量值，且F2的量值減小較多，合力斜向右上方，不符合題意，D錯誤。4.(2023·江蘇高考)如圖所示，“嫦娥五號”探測器靜止在月球平坦表面處。已知探測器質量為m，四條腿與豎直方向的夾角均為θ，月球表面的重力加速度為地球表面重力加速度g的eq\f(1,6)。每條腿對月球表面壓力的大小為()A．eq\f(mg,4) B．eq\f(mg,4cosθ)C．eq\f(mg,6cosθ) D．eq\f(mg,24)解析：選D對“嫦娥五號”探測器受力分析有，FN＝mg月，則對一條腿有FN1＝eq\f(1,4)mg月＝eq\f(mg,24)，根據牛頓第三定律可知每條腿對月球表面壓力大小為eq\f(mg,24)。5．(2024·大同高三檢測)如圖，在直角坐標系的第一象限內有兩個都過原點O的力F1、F2，要使F1、F2在坐標平面內過原點O的某直線上分力之和最小，則該直線()A．可能經過第一、三象限B．可能經過第二、四象限C．—定經過第一、三象限D．一定經過第二、四象限解析：選D由題圖可知，由于F1、F2的大小、方向都確定，因此由力合成的平行四邊形定則可知，兩力的合力大小和方向確定，則有在沿合力方向的直線上兩力的分力之和最大，此時可知在過原點O且垂直合力方向的直線上分力的合力是零，在該直線上分力之和最小，則該直線一定經過第二、四象限，A、B、C錯誤，D正確。6．(多選)為使艦載機在幾秒內迅速停在航母上，需要利用阻攔索將艦載機攔停(如圖甲)，此過程可簡化為如圖乙所示模型，設航母甲板為一平面，阻攔索兩端固定，并始終與航母甲板平行。艦載機從正中央鉤住阻攔索，實現減速，阻攔索裝置可視為彈性裝置，剛剛接觸阻攔索就處于繃緊狀態，下列說法正確的是()A．艦載機落在航母上鉤住阻攔索時，只受重力、阻攔索的拉力和航母甲板的摩擦力三個力作用B．艦載機鉤住阻攔索繼續向前運動的過程中，阻攔索對艦載機的作用力在變大C．當阻攔索被拉至夾角為120°時，設阻攔索的張力為F，則阻攔索對艦載機的拉力大小為FD．艦載機鉤住阻攔索繼續向前運動的過程中，艦載機所受摩擦力一直在變大解析：選BC艦載機受重力、阻攔索的拉力、航母甲板施加的摩擦力與支持力四個力作用，故A錯誤；阻攔索的長度變長，張力變大，阻攔索對艦載機作用的是阻攔索上張力的合力，夾角變小，合力變大，故B正確；如圖，阻攔索的張力夾角為120°時，F合＝F，故C正確；由滑動摩擦力F滑＝μFN＝μmg，故艦載機所受摩擦力不變，故D錯誤。7．(2024·成都模擬)如圖所示，將兩個相同的木塊P、Q置于粗糙斜面上，P、Q中間有一處于壓縮狀態的彈簧，彈簧不與P、Q連接。木塊P受到一個沿斜面向下的恒定拉力F，P、Q均靜止。下列說法正確的是()A．P一定受到5個力的作用B．Q一定受到4個力的作用C．只移去彈簧后P可能會沿斜面下滑D．只移去彈簧后P所受摩擦力可能不變解析：選A設木塊質量為m，斜面傾角為θ，對P受力分析如圖所示，P受到重力、支持力、彈簧彈力、摩擦力、拉力共5個力的作用，A正確；Q受到的彈簧彈力沿斜面向上，若Q重力沿斜面向下的分力與彈簧彈力的大小相等，則Q不受摩擦力，所以Q可能受到重力、支持力、彈簧彈力共3個力的作用，B錯誤；有彈簧時，正交分解P受到的重力，沿斜面方向受力平衡，有FfP＝mgsinθ＋F彈＋F，只移去彈簧時，木塊P受到的沿斜面向下的力變小，需要的摩擦力變小，故木塊P仍然靜止，C、D錯誤。8．科技的發展正在不斷地改變著我們的生活，如圖甲是一款手機支架，其表面采用了納米微吸材料，用手觸碰無粘感，接觸到平整光滑的硬性物體時，會牢牢吸附在物體上，如圖乙是手機靜止吸附在支架上的側視圖，若手機的重力為G，下列說法正確的是()A．手機受到的支持力大小為GcosθB．手機受到的支持力不可能大于GC．納米材料對手機的作用力大小為GsinθD．納米材料對手機的作用力豎直向上解析：選D手機支架采用了納米微吸材料，支架斜面會對手機存在一個吸引力，所以手機受到的支持力大小不可能為Gcosθ，其大小取決于吸引力的大小，A、B錯誤；手機受到豎直向下的重力和納米材料的作用力(支持力、吸引力和摩擦力的合力)，故納米材料對手機的作用力