＝mgsin 30°，由胡克定律得F＝kx，联立以上两式解得弹簧的伸长量x＝
【答案】 C
3mg
. 3k
(对应学生用书第21页)
“活结”与“死结”的区别 图2－2－9甲中，因为绳上挂的是一个轻质光滑挂钩，它可以无摩擦地滑动(即是“活结”)，所以挂钩两侧的绳(其实是同一根绳)的形变相同，拉力也必然相等．图2－2－9乙中，用三根轻绳连接于一点(即“死结”)，三根轻绳中的拉力不相等．
甲 乙
图2－2－9
(2012·安徽江南十校联考)如图2－2－10所示，轻绳AD跨过固定在水平横梁BC
右端的定滑轮挂住一个质量为10 kg的物体，∠ACB＝30°；图2－2－11中轻杆HP一端用铰链固定在竖直墙上，另一端P通过细绳EP拉住，EP与水平方向也成30°角，轻杆的P点用细绳PQ拉住一个质量也为10 kg的物体，g取10 m/s2，求：
图2－2－10 图2－2－11
(1)轻绳AC段的张力FAC与细绳EP的张力FEP之比； (2)横梁BC对C端的支持力； (3)轻杆HP对P端的支持力．
【潜点探究】 (1)图甲中轻绳AD跨过固定的定滑轮，AC、CD两段绳子的拉力大小相等，都等于M1所受的重力的大小．
(2)图乙中P为“死结”，PQ的拉力等于M2所受重力，EP所受的力和PQ所受的力不相等．
【规范解答】 题图甲和题图乙中的两个物体M1、M2都处于平衡状态，根据平衡条件可判断，与物体相连的竖直细绳拉力大小等于物体的重力．分别以C点和P点为研究对象，进行受力分析如图(a)和(b)所示．
(a) (b)
(1)图(a)中轻绳AD跨过定滑轮拉住质量为M1的物体，物体处于平衡状态，绳AC段的拉力
FAC＝FCD＝M1g，
图(b)中由FEPsin 30°＝FPQ＝M2g
FACM11
得FEP＝2M2g，所以＝＝.
FEP2M22(2)图(a)中，根据几何关系得： FC＝FAC＝M1g＝100 N，
方向和水平方向成30°角斜向右上方． (3)图(b)中，根据平衡条件有
FEPsin 30°＝M2g，FEPcos 30°＝FP
M2g
所以FP＝＝3M2g≈173 N，方向水平向右．
tan 30°
【答案】 (1)1∶2 (2)100 N，方向与水平方向成30°角斜向右上方 (3)173 N，方向水平向右
【即学即用】 3.
图2－2－12
(2013届淮南二中模拟)如图2－2－12所示，在某同学通过滑轮组将一重物缓慢吊起的过程中，该同学对绳的拉力将(滑轮与绳的重力及摩擦力不计)( )
A．逐渐变大 B．逐渐变小 C．先变大后变小 D．先变小后变大
【解析】
“缓慢吊起”说明重物始终处于平衡状态，对绳与滑轮的接触点受力分析，如图所示，其中绳上的弹力T1＝T2，设绳子与水平方向的夹角为θ，三力平衡，利用正交分解法，在竖直
Gsin θ
方向上，可得T1sin θ＋T2sin θ＝G，联立解得：T1＝T2＝；在重物被缓慢吊起的过程中，2夹角θ变小，所以绳上弹力T1和T2逐渐变大，该同学对绳的拉力逐渐变大．
【答案】 A
(对应学生用书第22页)
●考查合力的范围
1．(2013届铜陵一中模拟)两个大小分别为F1和F2(F2＜F1)的力作用在同一质点上，它们的合力的大小F满足( )
F1－F2F1＋F2
A．F2≤F≤F1 B.≤F≤
222222
C．F1－F2≤F≤F1＋F2 D．F1－F22≤F≤F1＋F2
【解析】 由矢量合成的平行四边形定则可知，合力的最大值为F1＋F2，合力的最小值为F1－F2，故F1－F2≤F≤F1＋F2，正确答案为C. 【答案】 C ●考查力的合成 2．(2011·广东高考)如图2－2－13所示的水平面上，橡皮绳一端固定，另一端连接两根弹簧，连接点P在F1、F2和F3三力作用下保持静止．下列判断正确的是( )
图2－2－13
A．F1>F2>F3 B．F3>F1>F2 C．F2>F3>F1 D．F3>F2>F1
【解析】 P点在三力F1、F2、F3作用下保持静止，则其合力为零，F1、F2的合力F12
与F3等大反向．对三角形PF1F12，由大角对大力可知，F12>F1>F2，从而可得F3>F1>F2.
【答案】 B ●考查力的分解 3.
图2－2－14
(2013届阜阳模拟)半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有固定放置的竖直挡板MN在半圆柱体P和挡板MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于静止，如图2－2－14所示为这个装置的截面图．现使MN保持竖直并且缓慢地向右平移，在Q滑落到地面之前，P始终保持静止．在此过程中，下列说法中正确的是( )
A．MN对Q的弹力逐渐减小 B．P对Q的弹力先减小后增大 C．Q所受的合力逐渐增大
D．地面对P的摩擦力逐渐增大 【解析】
由“缓慢”可知，Q始终处于平衡状态，其所受的合力始终为零，选项C错误；球Q受三个共点力mg、T1、T2而处于动态平衡，可将T1、T2平移跟重力mg组成力的矢量三角形(一
般先画出初始状态的三角形)，如图所示，三个力中，重力mg的大小、方向都不变，弹力T1的方向也不变，随着MN保持竖直并且缓慢地向右平移，T2与mg之间的夹角逐渐变大，T1和T2大小也跟着变化(如图中虚线所示)，可见T1和T2一直增大，选项A、B错误；选取P和Q组成的系统为研究对象，该系统共受到四个力的作用：竖直向下的重力、地面支持力、挡板水平向左的弹力T1和地面对P水平向右的摩擦力，系统受力平衡，地面对P的摩擦力大小等于T1，所以该摩擦力逐渐增大，选项D正确．
【答案】 D
●考查力的二次分解与平衡 4．(2012·山东高考)如图2－2－15所示，两相同轻质硬杆OO1、OO2可绕其两端垂直纸面的水平轴O、O1、O2转动，在O点悬挂一重物M，将两相同木块m紧压在竖直挡板上，此时整个系统保持静止．Ff表示木块与挡板间摩擦力的大小，FN表示木块与挡板间正压力的大小．若挡板间的距离稍许增大后，系统仍静止且O1、O2始终等高，则( )
图2－2－15
A．Ff变小 B．Ff变大 C．FN变小 D．FN变大 【解析】
图1
选重物M及两个木块m组成的系统为研究对象，系统受力情况如图1所示，根据平衡条
?M＋2m?g
件有2Ff＝(M＋2m)g，即Ff＝，与两挡板间距离无关，故挡板间距离稍许增大后，
2
Ff不变，所以选项A、B错误；如图2所示，将绳的张力F沿OO1、OO2两个方向分解为F1、
F
F2，则F1＝F2＝，当挡板间距离稍许增大后，F不变，θ变大，cos θ变小，故F1变大；
2cos θ
选左边木块m为研究对象，其受力情况如图3所示，根据平衡条件得FN＝F1sin θ，当两挡板间距离稍许增大后，F1变大，θ变大，sin θ变大，因此FN变大，故选项C错误，选项D正确．
图2 图3
【答案】 D
●考查力的正交分解与平衡条件 5．(2010·新课标全国高考)如图2－2－16所示，一物块置于水平地面上．当用与水平方向成60°角的力F1拉物块时，物块做匀速直线运动；当改用与水平方向成30°角的力F2推物块时，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( )
图2－2－16
A.3－1 B．2－3
313C.－ D．1－ 222
【解析】 分别对物块受力分析如图
据物块的平衡条件
F1cos 60°＝μ(mg－F1sin 60°) F2cos 30°＝μ(mg＋F2sin 30°) F1＝F2 解得μ＝2－3. 【答案】 B
课后作业(五) (对应学生用书第225页)
(时间45分钟，满分100分)
一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分．只有一个选项正确．)
1．如图所示，由F1、F2、F3为边长组成四个三角形，且F1＜F2＜F3.根据力的合成，在四个图中三个力F1、F2、F3的合力最大的是( )
【解析】 由三角形定则，A中F1、F2的合力大小为F3，方向与F3相同，再与F3合成合力为2F3；B中合力0；C中F3、F2的合力为F1，三个力的合力为2F1；D中的合力为2F2；其中最大的合力为2F3，故A正确．
【答案】 A 2．(2013届黄山模拟)一种测定风力的仪器原理如图2－2－17所示，它的细长金属直杆一端固定于悬点O，另一端悬挂着一个质量为m金属球．无风时，金属直杆自然下垂，当受到沿水平方向吹来的风时，金属直杆将偏离竖直方向一定角度θ，风力越大，偏角越大．下列关于风力F与偏角θ小球质量m之间的关系式正确的是( )
图2－2－17
A．F＝mgsin θ B．F＝mgcos θ C．F＝mgtan θ D．F＝mgcot θ