受力分析专题--答案

第1讲重力弹力

A对点训练——练熟基础知识

题组一对力、重力概念的理解

1．解析力的作用不一定要直接接触．譬如地球与物体之间的万有引力，电荷与电荷之间的作用力，都不需要直接接触，所以B错误；力的作用离不开物体，用脚踢出去的足球，在向前飞行的过程中，球没有受到向前的力来维持它向前运动，C错误；两个物体之间的相互作用力没有先后之说，所以D错误．

答案 A

2．解析物体是否受重力作用与其运动状态无关，故A错．重力实际是万有引力的一个分力(另一个分力提供物体绕地球自转的向心力)，万有引力方向指向地心，重力方向不一定指向地心(只有在两极或赤道上的物体所受的重力方向才指向地心)，故B错．在赤道上，物体所受的重力等于万有引力与物体随地球运动的向心力之差，而在赤道上向心力最大，物体在赤道上受的重力最小，C正确．在弹簧秤和物体都静止或匀速运动时，测出的示数才等于物体的重力，若弹簧秤拉着物体加速上升或下降，则弹簧秤的示数不等于重力，故D错．答案 C

3．解析重力是由于地球的吸引而使物体受到的地球的作用力，不管物体静止还是运动，也不管物体上升还是下落，一切物体都受重力作用．在“天上”绕地球飞行的人造卫星也要受重力作用，故A、B项错误．地面附近同一物体的重力大小、方向都不会发生改变，重力的大小可由公式G＝mg求出，C项错误．重力大小与物体的质量有关，与运动状态无关，选项D正确．

答案 D

题组二对弹力的理解

4.解析发生相互作用的物体均要发生形变，故A错；发生形变的物体，为了恢复原状，会对与它接触的物体产生弹力的作用，B正确；在最低点，运动员虽然处于瞬间静止状态，但接着运动员要加速上升，故此时跳板对运动员的支持力大于运动员的重力，C错误、D正确．

答案BD

5．解析本题考查微小形变的放大法．当力F增大时，两镜面均向里倾斜，使入射角减小，经两次累积，使反射光线的反射角更小，光点P下移；反之，若力F减小，光点P上

移．所以，选项B、D正确．

答案BD

6．解析小车在光滑斜面上自由下滑，则加速度a＝g sin θ(θ为斜面的倾角)，由牛顿第二定律可知小球所受重力和杆的弹力的合力沿斜面向下，且小球的加速度等于g sin θ，则杆的弹力方向垂直于斜面向上，杆不会发生弯曲，C正确．

答案 C

7．解析若小车静止，则小球受力平衡，由于斜面光滑，不受摩擦力，小球受重力、绳子的拉力，重力和拉力都沿竖直方向；如果受斜面的支持力，则没法达到平衡，因此在小车静止时，斜面对小球的支持力一定为零，绳子的拉力等于小球的重力，故A项错误，B项正确．若小车向右匀速运动，小球受重力和绳子拉力两个力的作用；若小车向右做减速运动，则一定受重力和斜面的支持力，可能受绳子的拉力，也可能不受绳子的拉力，故C、D项都不对．

答案 B

题组三弹力大小的分析计算

8．解析弹簧秤的示数决定于作用在秤钩上力的大小，而与作用在与外壳相连的提环上的力无关，故C正确．

答案 C

9．解析第一个图中，以弹簧下面的小球为研究对象，第二个图中，以悬挂的小球为研究对象，第三个图中，以任意一小球为研究对象．第一个图中，小球受竖直向下的重力mg和弹簧向上的弹力，二力平衡，F1＝mg；后面两个图中，小球受竖直向下的重力和细线的拉力，二力平衡，弹簧的弹力大小均等于细线拉力的大小，则F2＝F3＝mg，故三图中平衡时弹簧的弹力相等．

答案 A

10．解析设弹簧原长为L0，由胡克定律得k(L1－L0)＝mg，k(L2－L0)＝2mg，解得L0＝1.70 cm，k＝29 N/m，A正确．

答案 A

B深化训练——提高能力技巧

11．

解析 对小球受力分析，正交分解如图，由共点力平衡可知，f ＝mg sin 37°＝10×0.6 N ＝6 N ，F N ＝F －mg cos 37°＝20 N －8 N ＝12 N 、方向垂直杆向下，故B 正确，A 、C 、D 错误．

答案 B

12．解析 球受到重力mg 、测力计的弹力F ＝100 N 和杆对其的作用力F N ，根据平衡条

件可得：F N x ＝F cos 37°＝80 N ，F N y ＝mg －F sin 37°＝60 N ，所以F N ＝F 2N x ＋F 2N y ＝100 N ，即

B 正确．

答案 B

13．解析 当物体受到的静摩擦力方向沿斜面向下，且达到最大静摩擦力时，测力计的示数最大，此时

F ＋k Δx ＝mg sin θ＋F f max

解得F ＝45 N ，故F 不能超过45 N ，选D.

答案 D

14．

解析 若弹簧处于压缩状态，右侧小球受到竖直向下的重力，水平向右的弹簧弹力和垂直细杆斜向左下方的弹力，小球不可能平衡，所以弹簧处于拉伸状态，对左侧小球受力分析

如图所示，由平衡条件知F ＝mg tan 37°＝34mg ，则A 、C 对，B 、D 错．

答案 AC

第2讲摩擦力

A对点训练——练熟基础知识

题组一对摩擦力的理解

1.解析摩擦力的方向与跟它相接触的物体的相对运动方向或相对运动趋势的方向相反，与它的运动方向可能相同，也可能相反，也可能不在一条直线上，故A、B正确；运动的物体可受静摩擦力作用，如随传送带一起加速的物体，静止的物体可受滑动摩擦力作用，如滑块滑过固定的木板时木板受的力，故C正确；静摩擦力也可以充当动力，故D不正确．答案 D

2.解析车启动时，卡车及木箱均有向前的加速度，故卡车应给木箱一个向前的摩擦力，其反作用力应向后，故A项正确；匀速运动时，水平方向不受力或合力为零，故B项错误，C项正确．车突然制动时，减速运动，故加速度向后，木箱获得的摩擦力也向后，木箱向前减速滑行，D项错误．

答案AC

3．解析动摩擦因数μ的大小由接触面的粗糙程度及材料决定，与摩擦力F f和压力F N 无关，一旦材料和接触面的情况确定了，动摩擦因数μ也就确定了．

答案 D

题组二静摩擦力分析和计算

4．解析由于容器始终保持静止，故摩擦力为静摩擦力，而且始终与容器受到的重力平衡，由于水的质量不断增大，因此静摩擦力也随之增大，只有A正确．

答案 A

5．解析物体P始终静止不动，故弹簧的形变量没有变化，弹力F T保持不变．由平衡条件知F＝F f－F T，力F逐渐增大时，F f也逐渐增大，故选项B正确．

答案 B

6．解析当A、B以共同速度沿倾角为θ的固定斜面C匀速下滑时，A受到斜面的滑动摩擦力大小为2mg sin θ，C正确；A对B的摩擦力等于B的重力沿斜面方向的分力，A错误；由牛顿第三定律，A受到B的静摩擦力方向沿斜面向下，B错误；A与B的摩擦力是静摩擦力，故不能确定A、B之间的动摩擦因数，D错误．答案 C

题组三 滑动摩擦力的分析与计算

7．解析 在木板翻离桌面以前，由其竖直方向受力分析可知，桌面对木板的支持力等于重力，所以木板所受到的摩擦力不变，又因为长木板向右匀速运动，推力等于摩擦力，所以推力不变．综上所述．选项D 正确．

答案 D

8．解析 若F 减小为零之前物体始终运动，则摩擦力始终为滑动摩擦力，大小不变，选项A 正确；若F 减小为零之前物体停止运动，则停止前摩擦力为滑动摩擦力，大小不变，停止后摩擦力为静摩擦力，大小随F 的减小而减小，选项D 正确．

答案 AD

9．

解析 物体的受力如图所示，滑动摩擦力与绳的拉力的水平分量平衡，因此方向向左，

B 错；设绳与水平方向成θ角，则F cos θ－μF N ＝0，F N ＋F sin θ－mg ＝0，解得F ＝μmg cos θ＋μsin θ

，恒定不变，C 正确；滑动摩擦力F f ＝F cos θ＝

μmg cos θcos θ＋μsin θ

也不变，A 、D 错． 答案 C

10．解析 (1)甲图装置中只要A 相对B 滑动即可，弹簧测力计的拉力大小等于B 受到的滑动摩擦力大小；乙图装置中要使弹簧测力计的拉力大小等于A 受到的摩擦力大小，A 必须做匀速直线运动，即处于平衡状态．

(2)甲图中A 受B 和地面的滑动摩擦力而使A 处于匀速运动状态，应是这两个滑动摩擦力的大小之和等于拉力F a 的大小．

(3)F N ＝G B ＝150 N ，B 所受滑动摩擦力大小等于此时弹簧测力计读数，即为F f ＝60 N ，则由F f ＝μF N 可求得μ＝0.4.(注：滑动摩擦力与F a 的大小无关，这种实验方案显然优于乙图装置的方案)

答案 (1)甲图中A 可以不做匀速运动，乙图中A 必须做匀速运动

(2)不等 (3)0.4

B 深化训练——提高能力技巧

11．解析假设地面光滑：无论向左或向右施加水平恒力F，滑块的合外力均不可能为零，故滑块不可能出现相同速度，A错．假设地面不光滑：若恒力向右，当F>F f时，滑块做匀加速运动，不符合题意，当FF f时，滑块将先匀减速后匀加速向左回来，速度方向不符合题意．综上分析，只有当F＝F f，且方向向右时，滑块做匀速直线运动才符合题意，故C对．答案 C

12．解析A物体与传送带一起匀速运动，没有发生相对滑动，也没有相对运动趋势，所以A物体不受摩擦力，选项A错误；对B、C物体进行受力分析，可知B、C所受的静摩擦力大小均等于mg sin θ，方向均沿传送带向上，选项B、C正确，D错误．答案BC

13．解析A、B间的最大静摩擦力Ff A＝μm A g＝12 N>10 N，物块B和地面间的最大静摩擦力Ff B＝μ(m A＋m B)g＝16 N，用10 N的水平恒力F向右拉A，A、B均保持静止，物块A 受到B的摩擦力大小为10 N，B受到A和地面对它的两个摩擦力作用，合力为零，故C项正确．

答案 C

14．

解析因物体A和斜面体B保持相对静止，沿水平方向做加速运动，所以物体A的合力沿水平方向，竖直方向合力为零．若开始时静摩擦力方向沿斜面向下，则物体A的受力如图所示，此时有F N sin θ＋F f cos θ＝ma，F N cos θ－F f sin θ＝mg，所以当F N增大时，F f一定增大，因此a增大，F N均增大；同理若开始时静摩擦力方向沿斜面向上，有F N sin θ－F f cos θ＝ma，F N cos θ＋F f sin θ＝mg，若F N增大，则F f沿斜面向上先减小到零再沿斜面向下逐渐增大，所以A、B、C错，D对．

答案 D

第3讲力的合成和分解

A对点训练——练熟基础知识

题组一力的合成及合成法的应用

1．解析由矢量合成法则可知A图的合力为2F3，B图的合力为0，C图的合力为2F2，D图的合力为2F3，因F2为直角三角形的斜边，故这三个力的合力最大的为C图．答案 C

2．解析根据两个共点力的合成公式

F＝F21＋F22＋2F1F2cos θ可知：当两个分力的夹角为零时，合力最大，最大值为F1＋F2；当两个分力的夹角为180°时，合力最小，最小值为F1－F2.所以F1－F2≤F≤F1＋F2，C正确．答案 C

图2－3－12

3．解析由题述可知同时受到两个拉力F2和F3作用时，作用效果等同于只受一个拉力F1作用；同时施加F1、F2、F3三个力作用时，其伸长量为x′＝2x，选项B正确．答案 B

4．解析对气球受力分析，根据平衡条件的推论可知，两拉力的合力与浮力和重力的合力等大反向，作平行四边形如图所示，根据大角对大边得F－G>F T b>F T a，故B正确．

答案 B

5．解析细线对天花板的拉力等于物体的重力G；以滑轮为研究对象，两段绳的拉力都是G，互成120°角，因此合力大小是G，根据共点力平衡，a杆对滑轮的作用力大小也是G(方向与竖直方向成60°斜向右上方)；a杆和细线对滑轮的合力大小为零答案 D 题组二力的分解及分解法的应用

6．

解析 对画框进行受力分析，并把两绳拉力作用点平移至重心处．如图所示，则有

2T 1cos α＝2T 2cos α＝mg ，其中T 1＝T 2≤10 N ，所以cos α≥12.设挂钉间距为s ，则有sin α

＝s 212

＝s .s ≤32 m ，故A 正确．

答案

A 7．

解析 把刀刃部分抽象后，可简化成一个等腰三角形劈，设顶角为2θ，背宽为d ，侧面长为l ，如图所示．当在刀背施加压力F 后，产生垂直侧面的两个分力F 1、F 2，使用中依靠着这两个分力分开被加工的其他物体．由对称性知，这两个分力大小相等(F 1＝F 2)，因此画出力分解的平行四边形，实为菱形，如图所示，在这个力的平行四边形中，取其四分之一考

虑(图中阴影部分)．根据它跟半个劈的直角三角形的相似关系，有关系式F 1F 2＝l d 2

＝1sin θ，得F 1

＝F 2＝F 2sin θ.由此可见，刀背上加上一定的压力F 时，侧面分开其他物体的力跟顶角的大小

有关，顶角越小，sin θ的值越小，F 1和F 2的值越大，故D 正确．

答案 D

8解析 无论θ变大还是变小，水平绳和竖直绳中的拉力不变，这两个力的合力与杆的弹力平衡，故弹力都不变．

答案 D

9．解析 移动前，由平衡条件得，a 段细线中的拉力F a ＝G cot 45°＝G ，A 项正确；夹子向左移动一小段距离后，线a 不再水平，玩具的位置下移，与重力平衡的力变为a 、b 两线中拉力的力的竖直分量变小，D 项正确．

答案 AD

B深化训练——提高能力技巧

10．

解析小木块受重力mg、斜面支持力F N和外力F三个力的作用处于平衡状态，三力合力为零，构成首尾相接的矢量三角形，如图所示，由对称性可知，不改变力F的大小只改变其方向，再次平衡时力F与水平方向成60°角，故本题答案为A.

答案 A

11．

解析物体在水平地面做匀速直线运动，则其一定处于受力平衡状态，对物体受力分析如图，知物体受四个力，选项A正确；物体受力平衡，则有f＝F cos θ，G＝F N＋F sin θ，选项B、D错误；由图知G与F N的合力竖直向下，由平衡知识得F与f的合力方向必竖直向上，选项C正确．

答案AC

12．解析由题图可知，滑轮两边绳的拉力均为F1，对滑轮有：2F1cos θ

2＝mg，当重物

上升时，θ

2变大，cos

θ

2变小，F1变大．对该同学来说，应有F2′＋F1＝mg.而F1变大，mg

不变，F2′变小，即对地面的压力F2变小，综上述可知选项B正确．答案 B 13．

解析在图①中由于A和B均为滑轮，则知在移动B滑轮的过程中，绳OA与OB的拉力大小不变，若θ变化时，合力必变化，但此时其合力不变，与O点下方五个钩码的重力大小相等，所以θ角不变；题图②中，当B点稍上移时，θ角仍然不变，所以只有B项正确．答案 B

14．

＝F aA 解析O′a与aA两线拉力的合力与OP线的张力大小相等．由几何知识可知F O

′a

＝20 N，且OP与竖直方向夹角为30°，D不正确；重物A的重力G A＝F aA，所以m A＝2 kg，B正确；桌面对B的摩擦力F f＝F O′b＝F O′a cos 30°＝10 3 N，C正确；弹簧的弹力F弹＝F O′a sin 30°＝10 N，故A正确．

答案ABC

第4讲受力分析共点力的平衡

A对点训练——练熟基础知识

题组一受力分析

1．解析物块b受重力、地面的支持力、物块a的水平弹力、物块a的竖直向下的摩擦力及外力F 作用而静止，A错；物块a受重力、墙壁的弹力、物块b的水平弹力和竖直向上的摩擦力作用而静止，所以物块a受到物块b的作用力是斜向右上方的，D错；物块b对物块a的摩擦力大小为2mg，所以物块b 受到的摩擦力大小等于2mg，B对；由整体法可知物块b对地面的压力大小等于3mg，C错．答案 B

图2－4－14

2．解析木板P受到自身的重力、斜面的摩擦力、斜面的支持力、弹簧的弹力及滑块Q的压力5个力的作用，故选项C正确．

答案 C

题组二共点力作用下的静态平衡

3．解析减小力F，物体A仍静止于斜面上，合力为零，物体A所受合力不变，选项A正确．斜面对物体A的支持力增大，摩擦力增大，选项B、C错误，选项D正确．

答案AD

4．解析以A为研究对象，若力F沿斜面向上的分力等于重力沿斜面向下的分力，则A与B之间不存在摩擦力，选项A错误．若力F和A的重力mg在垂直斜面方向的分力之和大于mg，则由牛顿第三定律可知B对A的支持力大于mg，选项C错误；A和B整体在水平方向受力平衡，知B与地面之间不存在摩擦力，选项B错误；以A和B整体为研究对象，由竖直方向受力平衡知地面对B的支持力一定等于(M ＋m)g，选项D正确．

答案 D

5．

解析小球受三个力而平衡，如图所示．由题图几何关系可知，这三个力互成120°角，因此三个力大小相等，C正确，A、B错；对整体，竖直方向受重力和地面支持力而平衡，水平方向不受力，D错．答案 C

6．解析 由几何知识可知，两种情况下两球球心的连线互相平行，也就是说，下面小球对上面小球弹力的方向相同．上面小球受到的弹力的竖直方向上的分力大小等于重力，水平方向上的分力等于对左壁的弹力，显然a 球在上面时对左壁的弹力大，两球之间的弹力也大，A 、D 两项错误；将两球看做整体分析可知，在同一容器里对左壁的弹力大小等于对右壁的弹力，所以是b 球在下面时对右壁作用力大，而对底部的作用力大小相同，B 项错误、C 项正确．

答案 C

7．解析 设轻绳的张力为F ，圆弧面对m 2的弹力为F N ，由对称性可知，F N ＝F ，由于m 1、m 2均静

止，由平衡条件可得：F ＝m 1g sin 60°，F cos 30°＋F N cos 30°＝m 2g .联立解得m 1m 2＝23

，B 正确． 答案 B

题组三 共点力作用下的动态平衡

8．解析 设斜面倾角为α，拉力与斜面的夹角为β，对小球，由平衡条件得mg sin α＝F cos β，F sin β＋F N ＝mg cos α；小球A 沿光滑的斜面缓慢地向上移动，夹角β增大，则F 增大，F N 减小，故A 正确．

答案 A

9．

解析 对圆柱体Q 受力分析如图所示，P 对Q 的弹力为F ，MN 对Q 的弹力为F N ，挡板MN 向右运动时，F 和竖直方向的夹角逐渐增大，如图所示，而圆柱体所受重力大小不变，所以F 和F N 的合力大小不变，故D 选项错误；由图可知，F 和F N 都在不断增大，故A 、C 两项都错；对P 、Q 整体受力分析知，地面对P 的摩擦力大小就等于F N ，所以地面对P 的摩擦力也逐渐增大．故选B.

答案 B

10．解析 先对A 、B 整体受力分析，整体受到三个力的作用，当斜面的倾角θ不变时，不管两球的半径如何变化，这三个力都不变，C 正确；斜面倾角θ逐渐增大时，采用极限的思维，A 受挡板的弹力最大为两者重力之和，则D 错误；然后采用隔离法对B 受力分析，B 受三个力，重力不变，斜面对B 的支持力方向不变，A 对B 的弹力方向和斜面的支持力垂直时，A 和B 之间的弹力最小，此时两球的半径相等，B 正确；斜面倾角θ一定，R >r 时，R 越大，r 越小，斜面对B 的弹力越大，A 错误．

答案 BC

B 深化训练——提高能力技巧

11． 解析 取连接点为研究对象，可知其受竖直向下的拉力mg 、两弹簧弹力F 作用而平衡，利用

效果分解法得mg sin 74°＝F sin 37°，所以F ＝sin 37°sin 74°

mg ，由胡克定律知F ＝k ????L sin 37°－L ＝23kL ，同理可得F ′＝

sin 53°sin 74°Mg ，F ′＝14kL ，联立可得M m ＝932，A 对．

答案 A

12．解析对于题图甲所示的情况，先以墙壁为研究对象，此时墙壁受到的推力只有B对它的推力F，如图a所示．选项A错误．对于图乙所示的情况，墙壁在水平方向所受的人的作用力如图b所示(俯视图)，此时墙壁所受到的推力为F合＝2F.根据力的平衡可知A、B两人受到的静摩擦力均为f＝F.选项B、D正确．

然后再以B为研究对象，B受到A的推力F和墙壁的反作用力F1′，由于F＝F1′，所以此时B在水平方向不受摩擦力的作用，B同学在水平方向的受力情况如图c所示，再以A为研究对象，根据牛顿第三定律可知由于A对B的作用力为F，所以B对A的反作用力F2′＝F，根据力的平衡可知A所受地面的摩擦力为F，A同学在水平方向的受力情况如图d所示．选项C错．

答案BD

13．解析物体P处于静止状态，把物体Q轻轻地叠放在P上时，P、Q仍处于静止状态．根据共点力的平衡条件解决问题．设斜面倾角为θ，P、Q的质量分别为M、m，因物体P静止于固定的斜面上，则动摩擦因数μ≥tan θ，所受合外力F1＝0，静摩擦力f1＝Mg sin θ.把物体Q轻轻地叠放在P上，选整体为研究对象，则(M＋m)g sin θ≤μ(M＋m)g cos θ，故P、Q仍处于静止状态．P所受的合外力F2＝0，即F1＝F2，P与斜面间的静摩擦力f2＝(M＋m)g sin θ>f1.故选项B、D正确，选项A、C错误．如果将P、Q两物体视为一个整体，则更容易得正确的选项为B、D.

答案BD

14．解析因为将物体B移至C点后，A、B仍保持静止，所以绳子中的拉力大小始终等于A的重力不变，通过定滑轮，绳子对B的拉力大小也是等于A的重力不变，而B移至C点后，右侧绳子与水平方向的夹角减小，对B进行受力分析可知，B受到水平面的静摩擦力增大，所以A正确，B错误；对滑轮受力分析可知，悬于墙上的绳子所受拉力等于两边绳子的合力，由于两边绳子的夹角变大，两边绳子的合力将减小，C错误；由几何关系可知α、β、θ三角始终相等，D正确．

答案AD