2021届高考物理人教版一轮创新教学案：第6讲　力的合成与分解


第6讲　力的合成与分解

基础命题点一　力的合成


1．共点力
作用在物体的同一点，或作用线的延长线交于一点的几个力。
2．合力与分力
(1)定义：如果一个力的作用效果跟几个力共同作用的效果相同，这个力就叫做那几个力的合力，那几个力叫做这个力的分力。
(2)相互关系：等效替代关系。
3．力的合成
(1)定义：求几个力的合力的过程。
(2)合成法则
①平行四边形定则；②三角形定则。
4．共点力合成的常用方法
(1)作图法
①平行四边形定则：从力的作用点起，按同一标度作出两个分力F1和F2的图示，再以表示F1和F2的线段为邻边作平行四边形，画出过作用点的对角线，量出对角线的长度，计算出合力的大小，量出对角线与某一力的夹角确定合力的方向(如图所示)。

②三角形定则：将表示两个力的图示(或示意图)保持原来的方向依次首尾相接，从第一个力的作用点，到第二个力的箭头的有向线段为合力。平行四边形定则与三角形定则的关系如图甲、乙所示。

(2)计算法：常用于几种特殊情况的共点力的合成。
类型
作图
合力的计算
互相垂直

F＝
tanθ＝
两力等大，夹角为θ

F＝2F1cos
F与F1夹角为
两力等大且夹角为120°

合力与分力等大
5．合力的大小范围
(1)两个共点力的合力
|F1－F2|≤F合≤F1＋F2。两个力大小不变时，其合力随夹角的增大而减小，当两力反向时，合力最小，为|F1－F2|，当两力同向时，合力最大，为F1＋F2。
(2)三个共点力的合力
①三个力共线且同向时，其合力最大，为F1＋F2＋F3。
②任取两个力，求出其合力的范围，如果第三个力在这个范围之内，则这三个力的合力的最小值为零；如果第三个力不在这个范围内，则合力的最小值等于最大的力减去另外两个力。

(多选)两个共点力F1、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10 N，F也增加10 N
C．F1增加10 N，F2减少10 N，F一定不变
D．若F1、F2中的一个增大，F不一定增大
解析　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；F1、F2同时增加10 N，F不一定增加10 N，B错误；F1增加10 N，F2减少10 N，F不一定不变，故C错误；若F1、F2中的一个增大，F不一定增大，故D正确。
答案　AD

1．力的合成的依据
力的合成遵循平行四边形定则或三角形定则，而不是代数加减，力的合成的平行四边形定则或三角形定则只适用于共点力。多个力的合成采用逐项合成法。
2．合力与分力大小关系的三个重要结论
(1)两个分力大小一定时，夹角θ越大，合力越小。
(2)合力一定，两等大分力的夹角越大，两分力越大。
(3)合力可以大于分力、等于分力，也可以小于分力。

1．两个大小相等的共点力F1和F2，当它们的夹角为90°时，合力大小为F，它们的夹角变为120°时，合力的大小为(　　)
A．2F B．F
C．F D．F
答案　B
解析　两力夹角为90°时，合力F＝F1，F1＝F2＝，两力夹角为120°时，合力F′＝F1＝＝F，B正确。
2．[教材母题]　(人教版必修1 P64·T4)两个力F1和F2间的夹角为θ，两力的合力为F。以下说法是否正确？
(1)若F1和F2大小不变，θ角越小，合力F就越大。
(2)合力F总比分力F1和F2中的任何一个力都大。
(3)如果夹角θ不变，F1大小不变，只要F2增大，合力F就必然增大。
[变式子题]　(多选)两个力F1和F2间的夹角为θ，两力的合力为F。以下说法正确的是(　　)
A．若F1和F2大小不变，θ角越小，合力F就越大
B．合力F总比分力F1和F2中的任何一个力都大
C．如果夹角θ不变，F1大小不变，只要F2增大，合力F就必然增大
D．合力F的作用效果与两个分力F1和F2共同产生的作用效果是相同的
答案　AD
解析　根据已知条件，作出力的平行四边形，根据不同的变化情况，作出新的平行四边形，对比可知A正确，B、C错误；合力与分力是等效替代关系，D正确。
3．如图所示，一个“Y”形弹弓顶部跨度为L，两根相同的橡皮条自由长度均为L，在两橡皮条的末端用一块软羊皮(长度不计)做成裹片。若橡皮条的弹力与形变量的关系满足胡克定律，且劲度系数为k，发射弹丸时每根橡皮条的最大长度为2L(弹性限度内)，则发射过程中裹片对弹丸的最大作用力为(　　)

A．kL B．2kL
C．kL D．kL
答案　D
解析　设发射弹丸瞬间两橡皮条间的夹角为2θ，则sinθ＝＝，cosθ＝＝。发射过程中裹片对弹丸的最大作用力为F合＝2Fcosθ，F＝kx＝kL，故F合＝2kL·＝kL，D正确。

基础命题点二　力的分解


1．定义：求一个力的分力的过程。
2．遵循规律：力的分解是力的合成的逆运算，同样遵循矢量运算的规律，即遵守平行四边形定则或三角形定则。
3．分解原则：分解某个力时一般要根据这个力产生的实际效果进行分解。
4．力的分解方法的选用原则
(1)一般来说，当物体受到三个或三个以下的力时，常利用三角形法则或按实际效果进行分解。按力的作用效果分解的思路如下图所示：

(2)当物体受到三个以上的力时，常用正交分解法，即将已知力在互相垂直的两个方向进行分解。
①建立坐标轴的原则：一般选共点力的作用点为原点，在静力学中，以少分解力和容易分解力为原则(即使尽量多的力在坐标轴上)；在动力学中，习惯以加速度方向和垂直加速度方向为坐标轴建立坐标系。
②方法：物体受到多个力F1、F2、F3…作用，求合力F时，可把各力沿相互垂直的x轴、y轴分解。

x轴上的合力
Fx＝Fx1＋Fx2＋Fx3＋…
y轴上的合力
Fy＝Fy1＋Fy2＋Fy3＋…
合力大小F＝
合力方向：与x轴夹角设为θ，如图所示，则tanθ＝。

减速带是交叉路口常见的一种交通设施，车辆驶过减速带时要减速，以保障行人的安全。当汽车前轮刚爬上减速带时，减速带对车轮的弹力为F，下图中弹力F画法正确且分解合理的是(　　)


解析　减速带对车轮的弹力方向垂直车轮和减速带的接触面，指向受力物体，故A、C错误；按照力的作用效果分解，可以将F沿水平方向和竖直方向分解，水平向左的分力产生减慢汽车速度的效果，竖直向上的分力产生向上运动的作用效果，故B正确，D错误。
答案　B

按力的作用效果分解的几种情形
实例
分解思路

拉力F分解为水平方向分力F1＝Fcosα和竖直方向分力F2＝Fsinα

重力分解为沿斜面向下的力F1＝mgsinα和垂直斜面向下的力F2＝mgcosα

重力分解为使球压紧挡板的分力F1＝mgtanα和使球压紧斜面的分力F2＝

重力分解为使球压紧竖直墙壁的分力F1＝mgtanα和使球拉紧悬线的分力F2＝

重力分解为拉紧AO线的分力F2和拉紧BO线的分力F1，大小都为F1＝F2＝

1．(多选)如图所示，将光滑斜面上物体受到的重力G分解为F1、F2两个力，下列结论正确的是(　　)

A．F1是斜面作用在物体上使物体下滑的力，F2是物体对斜面的正压力
B．物体受G、FN、F1、F2四个力作用
C．物体只受重力G和弹力FN的作用
D．力FN、F1、F2三个力的作用效果跟G、FN两个力的作用效果相同
答案　CD
解析　F1、F2是将重力G按效果分解所得的两个分力，实际不存在，物体只受G和FN两个力，A、B错误，C正确；F1、F2是G的分力，故F1和F2与G等效，D正确。
2．(多选)如图所示是李强同学设计的一个小实验，他将细绳的一端系在手指上，细绳的另一端系在直杆的A端，杆的左端顶在掌心上，组成一个“三角支架”。在杆的A端悬挂不同的重物，并保持静止。通过实验会感受到(　　)

A．细绳是被拉伸的，杆是被压缩的
B．杆对手掌施加的作用力的方向沿杆由C指向A
C．细绳对手指施加的作用力的方向沿细绳由B指向A
D．所挂重物质量越大，细绳和杆对手的作用力也越大
答案　ACD
解析　重物所受重力的作用效果有两个，一是拉紧细绳，二是使杆压紧手掌，所以重力可分解为沿细绳方向的力F1和垂直于掌心方向的力F2，如图所示，由三角函数得F1＝，F2＝Gtanθ，故A、C、D正确。

3．(多选)已知力F，且它的一个分力F1跟F成30°角，大小未知，另一个分力F2的大小为F，方向未知，则F1的大小可能是(　　)

A.F B．F
C．F D．F
答案　AC
解析　根据题意作出矢量三角形如图，因为F>，从图上可以看出，F1有两个解，由直角三角形OAD可知FOA＝ ＝F。由直角三角形ABD得FBA＝ ＝F。由图的对称性可知FAC＝FBA＝F，则分力F1＝F－F＝F或F1＝F＋F＝F，故A、C正确。


能力命题点　绳上的“死结”和“活结”与“动杆”和“定杆”问题


1．“活结”和“死结”问题
(1)活结：当绳绕过滑轮或挂钩时，由于滑轮或挂钩对绳无约束，因此绳上的力是相等的，即滑轮只改变力的方向不改变力的大小，如图乙中，两段绳中的拉力大小都等于重物的重力。
(2)死结：若结点不是滑轮，是固定点，称为“死结”结点，如图甲中的B点，则两侧绳上的弹力不一定相等。
2．“动杆”和“定杆”问题
(1)动杆：若轻杆用转轴或铰链连接，当杆处于平衡时杆所受到的弹力方向一定沿着杆，否则会引起杆的转动。如图甲所示，若C为转轴，则轻杆在缓慢转动中，弹力方向始终沿杆的方向。

(2)定杆：若轻杆被固定，不能发生转动，则杆所受到的弹力方向不一定沿杆的方向。如图乙所示，水平横梁的一端A插在墙壁内，另一端装有一个小滑轮B，一轻绳的一端C固定于墙壁上，另一端跨过滑轮后悬挂一质量m＝10 kg的重物，∠CBA＝30°。滑轮受到绳子的作用力应为图丙中两段绳中拉力F1和F2的合力F，弹力的方向不沿杆。

如图甲所示，细绳AD跨过固定的水平轻杆BC右端的定滑轮挂住一个质量为M1的物体，∠ACB＝30°；图乙中轻杆HG一端用铰链固定在竖直墙上，另一端G通过细绳EG拉住，EG与水平方向也成30°，在轻杆的G点用细绳GF拉住一个质量为M2的物体，求：

(1)细绳AC段的张力FTAC与细绳EG的张力FTEG之比；
(2)轻杆BC对C端的支持力；
(3)轻杆HG对G端的支持力。
解析　(1)图甲中细绳AD跨过定滑轮拉住质量为M1的物体，物体处于平衡状态，细绳AC段的拉力
FTAC＝FTCD＝M1g
图乙中由FTEGsin30°＝M2g，得FTEG＝2M2g。
所以＝。
(2)图甲中，三个力之间的夹角都为120°，根据平衡条件有FNC＝FTAC＝M1g，方向与水平方向成30°角指向右上方。
(3)图乙中，根据平衡条件有
FTEGsin30°＝M2g，FTEGcos30°＝FNG，
所以FNG＝M2gcot30°＝M2g，方向水平向右。
答案　(1)　(2)M1g，方向与水平方向成30°角指向右上方　(3)M2g，方向水平向右

绳上的“死结”与“活结”模型的答题技巧
(1)无论“死结”还是“活结”一般均以结点为研究对象进行受力分析。
(2)如果题目搭配杆出现，一般情况是“死结”搭配有转轴的杆即“动杆”，“活结”搭配无转轴的杆即“定杆”。

(2016·全国卷Ⅲ)如图，两个轻环a和b套在位于竖直面内的一段固定圆弧上；一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为m的小球。在a和b之间的细线上悬挂一小物块。平衡时，a、b间的距离恰好等于圆弧的半径。不计所有摩擦。小物块的质量为(　　)

A. B．m
C．m D．2m
答案　C
解析　由于物块通过挂钩悬挂在线上，细线穿过圆环且所有摩擦都不计，可知线上各处张力都等于小球重力mg。如图所示，由对称性可知a、b位于同一水平线上，物块处于圆心O点正上方，则∠1＝∠2，∠3＝∠4，∠1＝∠5。因圆弧对轻环的弹力沿圆弧半径方向，且轻环重力不计，由平衡条件知环两侧细线关于圆弧半径对称，即∠5＝∠6，由几何关系得∠1＝∠2＝∠5＝∠6＝30°，∠3＝∠4＝60°。再由物块与挂钩的受力平衡有mgcos60°＋mgcos60°＝Mg，故有M＝m，C正确。


课时作业


1．将物体所受重力按力的作用效果进行分解，下列图中错误的是(　　)

答案　C
解析　A中重力产生了使物体下滑的效果及挤压斜面的效果，故A作图正确；B中重力产生了向两边拉绳的效果，故B作图正确；C中重力产生了挤压两墙壁的效果，两分力分别垂直于墙面，故C作图错误；D中重力产生了拉绳及挤压墙面的效果，故D作图正确。故C符合题意。
2．质点受到三个力的作用，三个力的合力可能为零的是(　　)
A．2 N,4 N,8 N B．4 N,6 N,7 N
C．3 N,10 N,6 N D．4 N,6 N,1 N
答案　B
解析　所有选项中只有B的三个力可以组成闭合三角形，三个力的合力可能为零，故选B。
3.如图是某同学为颈椎病人设计的一个牵引装置的示意图，一根绳绕过两个定滑轮和动滑轮后各挂着一个相同的重物，与动滑轮相连的帆布带拉着病人的颈椎(图中是用手指代替颈椎做实验)，整个装置在同一竖直平面内。如果要增大手指所受的拉力，可采取的方法是(　　)

A．只增加绳的长度 B．只减小重物的重量
C．只将手指向下移动 D．只将手指向上移动
答案　C
解析　对动滑轮受力分析，受重力G、两个对称的拉力F1、F2和手向下的拉力F，F1、F2等于悬挂物体的重力mg，如图所示，合力为零，两个拉力F1、F2的大小恒定，夹角越大，合力越小，夹角越小，合力越大；若增加绳长，由于两根绳上拉力不变，动滑轮位置不变，故F的大小、方向都不变，由作用力与反作用力关系可知，A错误；若减小重物的重力，两个拉力F1、F2变小，动滑轮位置不变，则两拉力夹角不变，故合力变小，故F变小，由作用力与反作用力关系可知，B错误；若将手指向下移动，两个拉力F1、F2大小不变，夹角变小，故两拉力的合力变大，故F变大，故C正确；若将手指向上移动，两个拉力F1、F2大小不变，夹角变大，两拉力的合力变小，故F变小，D错误。

4.如图所示，一个物体由绕过定滑轮的绳拉着，分别用图中所示的三种情况的力拉住物体静止不动。在这三种情况下，若绳的张力分别为FT1、FT2、FT3，定滑轮对轴心的作用力分别为FN1、FN2、FN3，滑轮的摩擦、质量均不计，则(　　)

A．FT1＝FT2＝FT3，FN1>FN2>FN3
B．FT1>FT2>FT3，FN1＝FN2＝FN3
C．FT1＝FT2＝FT3，FN1＝FN2＝FN3
D．FT1 答案　A
解析　因为定滑轮只改变力的方向不改变力的大小，所以FT1＝FT2＝FT3，由牛顿第三定律知，定滑轮对轴心的作用力与轴心对定滑轮的作用力大小相等。轴心对定滑轮的支持力等于绳对其作用力的合力，而两个分力大小相等，则两个分力夹角越大，合力越小，所以FN1>FN2>FN3，A正确。
5.如图所示是轿车常用的千斤顶，当摇动把手时，螺纹轴就能迫使千斤顶的两臂靠拢，从而将汽车顶起。当车轮刚被顶起时汽车对千斤顶的压力为1.0×105 N，此时千斤顶两臂间的夹角为120°。下列判断正确的是(　　)

A．此时千斤顶每臂受到的压力大小均为5.0×104 N
B．此时千斤顶对汽车的支持力为1.0×104 N
C．若继续摇动把手，将汽车顶起，千斤顶每臂受到的压力将增大
D．若继续摇动把手，将汽车顶起，千斤顶每臂受到的压力将减小
答案　D
解析　车轮刚被顶起时，千斤顶两臂支持力的合力为千斤顶对汽车的支持力，等于汽车对千斤顶的压力，大小为1.0×105 N，B错误；两臂夹角为120°，由力的合成可知千斤顶每臂受到的压力为1.0×105 N，A错误；继续摇动把手，将汽车顶起，千斤顶两臂夹角减小，而合力不变，故每臂受到的压力减小，D正确，C错误。
6．如图为三种形式的吊车示意图，OA为可绕O点转动的杆，重量不计，AB为缆绳，当它们吊起相同的重物时，杆OA在三图中的受力Fa、Fb、Fc的关系是(　　)

A．Fa>Fb＝Fc B．Fa＝Fb>Fc
C．Fa>Fb>Fc D．Fa＝Fb＝Fc
答案　B
解析　分别对三图中的结点进行受力分析如图，设杆上的作用力分别为Fa、Fb、Fc，各图中T＝mg。
在图a中，Fa＝2mgcos30°＝mg，在图b中，Fb＝mgtan60°＝mg，在图c中，Fc＝mgcos30°＝mg，可知Fa＝Fb>Fc，B正确。

7.弹跳能力是职业篮球运动员重要的身体素质指标之一，许多著名的篮球运动员因为具有惊人的弹跳能力而被球迷称为“弹簧人”。弹跳过程是身体肌肉、骨骼关节等部位一系列相关动作的过程，屈膝是其中的一个关键动作。如图所示，人屈膝下蹲时，膝关节弯曲的角度为θ，设此时大、小腿部的肌群对膝关节的作用力F的方向水平向后，且大腿骨、小腿骨对膝关节的作用力大致相等，那么脚掌所受地面竖直向上的弹力约为(　　)

A. B．
C． D．
答案　D
解析　设大腿骨和小腿骨对膝关节的作用力大小为F1，已知它们之间的夹角为θ，F即为它们的合力的大小，作出平行四边形，如图所示，F1cos＝F，即F1＝，则脚掌对地面竖直向下的压力FN＝F1sin＝，由牛顿第三定律可知D正确。

8.(多选)如图所示，质量为m的木块在推力F作用下，在水平地面上做匀速直线运动，已知木块与地面间的动摩擦因数为μ，那么木块受到的滑动摩擦力为(　　)

A．μmg B．μ(mg＋Fsinθ)
C．μ(mg－Fsinθ) D．Fcosθ
答案　BD
解析　对木块进行受力分析如图所示，将F进行正交分解，由于木块做匀速直线运动，所以在x轴和y轴均受力平衡，即Fcosθ＝Ff，FN＝mg＋Fsinθ，又由于Ff＝μFN，故Ff＝μ(mg＋Fsinθ)，B、D正确。

9.如图所示，作用在滑块B上的推力F＝100 N，若α＝30°，装置重力和摩擦力均不计，则工件上受到的压力为(　　)

A．100 N
B．100 N
C．50 N
D．200 N
答案　B
解析　对B进行受力分析，如图甲所示，分解F2可得F2＝＝2F；对工件进行受力分析，如图乙所示，其中F2′＝F2，FN＝F2′·cosα＝100 N，故B正确。


10．(2018·天津高考)(多选)明朝谢肇淛《五杂组》中记载：“明姑苏虎丘寺塔倾侧，议欲正之，非万缗不可。一游僧见之，曰：无烦也，我能正之。”游僧每天将木楔从塔身倾斜一侧的砖缝间敲进去，经月余扶正了塔身。假设所用的木楔为等腰三角形，木楔的顶角为θ，现在木楔背上加一力F，方向如图所示，木楔两侧产生推力FN，则(　　)

A．若F一定，θ大时FN大 B．若F一定，θ小时FN大
C．若θ一定，F大时FN大 D．若θ一定，F小时FN大
答案　BC
解析　力F的分解如图所示，由于木楔是等腰三角形，所以FN＝FN1＝FN2，F＝2FNcos90°－＝2FNsin，故解得FN＝，所以F一定时，θ越小，FN越大；θ一定时，F越大，FN越大，故A、D错误，B、C正确。

11．(2017·全国卷Ⅲ)一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距80 cm的两点上，弹性绳的原长也为80 cm。将一钩码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为100 cm；再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点，则弹性绳的总长度变为(弹性绳的伸长始终处于弹性限度内)(　　)
A．86 cm B．92 cm
C．98 cm D．104 cm
答案　B
解析　轻质弹性绳的两端分别固定在相距80 cm的两点上，钩码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为100 cm，以钩码为研究对象，受力如图所示，由胡克定律F＝k(l－l0)＝0.2k，由共点力的平衡条件和几何知识得F＝＝；再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点，设弹性绳的总长度变为l′，由胡克定律得F′＝k(l′－l0)，由共点力的平衡条件F′＝，联立上面各式解得l′＝92 cm，选项B正确。

12.(2019·北京高考模拟)如图，通过细绳拴在一重物上的氢气球，在水平向右的风力作用下处于静止状态，细绳与竖直方向的夹角为θ。已知风力大小正比于风速，则当风速改变时，始终保持不变的是(　　)

A．细绳与竖直方向的夹角 B．细绳对重物的拉力
C．地面对重物的摩擦力 D．地面对重物的支持力
答案　D
解析　对气球进行受力分析，受重力、浮力、细绳的拉力和水平风力，如图所示，根据平衡条件，有：Tsinθ＝F，F浮－Tcosθ－mg＝0，解得：T＝，tanθ＝，可知拉力随着风力的增加而增加，细绳与竖直方向的夹角随着风力的增加而增加，由牛顿第三定律知细绳对重物的拉力也随着风力的增加而增加，故A、B错误；对气球和重物整体受力分析，受重力(M＋m)g、浮力F浮、支持力N、风力F和摩擦力f，根据平衡条件，有：N＝(M＋m)g－F浮，f＝F，可知地面对重物的支持力不变，地面对重物的摩擦力随着风力的变化而变化，故C错误，D正确。

13.(2019·湖南高考模拟)超市里磁力防盗扣的内部结构及原理如图所示，在锥形金属筒内放置四颗小铁珠(其余两颗未画出)，工作时弹簧通过铁环将小铁珠挤压于金属筒的底部，同时，小铁珠陷于钉柱上的凹槽里，锁死防盗扣。当用强磁场吸引防盗扣的顶部时，铁环和小铁珠向上移动，防盗扣松开，已知锥形金属筒底部的圆锥顶角刚好是90°，弹簧通过铁环施加给每个小铁珠竖直向下的力F，小铁珠锁死防盗扣，每个小铁珠对钉柱产生的侧向压力为(不计摩擦以及小铁珠的重力)(　　)

A.F B．F
C．F D．F
答案　C
解析　以一个小铁珠为研究对象，将力F按照作用效果分解如图所示，由几何关系可得小铁球对钉柱产生的侧向压力为：N＝＝F。故选C。

14．(2019·云南省模拟)如图甲所示为杂技表演的安全网示意图，网绳的结构为正方格形，O，a，b，c，d…为网绳的结点，安全网水平张紧后，若质量为m的演员从高处落下，并恰好落在O点上，该处下凹到最低点时，网绳dOe、bOg均为120°向上的张角，如图乙所示，此时O点受到的向下的冲击力大小为F，则这时O点周围每根网绳承受的力的大小为(　　)

A．F B．
C．F＋mg D．
答案　B
解析　因四根绳的合力为F，而绳受力后成120°角，作出平行四边形如图，由几何关系可知，每两根绳子的合力为时，两分力也为，故每根绳承受的力大小为。故选B。

15.(2020·山东菏泽高三上学期期中)某压榨机的结构示意图如图所示，其中B为固定铰链，若在A铰链处作用一垂直于墙壁的力F，则由于力F的作用，使滑块C压紧物体D。设C与D的接触面光滑，铰链的重力及滑块C的重力不计，图中a＝0.6 m，b＝0.1 m，则物体D所受压力的大小与力F的比值为(　　)

A．3∶1 B．4∶1
C．5∶1 D．6∶1
答案　A
解析　设力F与AC方向的夹角为θ，将力F按作用效果沿AB和AC两个方向进行分解，作出力的分解图如图甲所示。
则有：2F1cosθ＝2F2cosθ＝F，
则得F1＝F2＝。

再将F2按作用效果分解为FN和FN′，作出力的分解图如图乙所示。
则有：FN＝F2sinθ，联立得到：FN＝，
根据几何知识可得tanθ＝＝6；
代入上式可得FN∶F＝3∶1，故A正确。
16.(2019·湖南长沙月考)如图所示，三根长度均为L的轻绳分别连接于C、D两点，A、B两端被悬挂在水平天花板上，相距2L，现在C点上悬挂一个质量为m的重物，为使CD绳保持水平，在D点上可施加力的最小值为(　　)

A．mg B．mg
C．mg D．mg
答案　C
解析　由题图可知，要使CD水平，各绳均应绷紧，则AC与水平方向的夹角为60°；结点C受力平衡，受力分析如图所示，则CD绳的拉力FT＝mgtan30°＝mg；D点受CD绳子拉力大小等于FT，方向向左；要使CD水平，D点所受CD、BD两绳的拉力与在D点施加的力的合力为零，CD绳子对D点的拉力可分解为沿BD绳的分力F1，及另一分力F2，由几何关系可知，当F2与BD绳垂直时，F2最小，而F2的大小等于在D点施加的力的大小，故可施加力的最小值为F＝FTsin60°＝mg。故选C。

17．(2019·淄博诊考)如图所示，一质量均匀的实心圆球被直径AB所在的平面一分为二，先后以AB沿水平和竖直两种不同方向放置在光滑支架上，处于静止状态，两半球间的作用力分别为F和F′，已知支架间的距离为AB长度的一半，则等于(　　)

A. B．
C． D．
答案　A
解析　设两半球的总质量为m，当球以AB沿水平方向放置时，F＝mg，当球以AB沿竖直方向放置时，隔离右半球受力分析如图所示，可得F′＝tanθ，根据支架间的距离为AB的一半，可得θ＝30°，则＝＝，故A正确。

18．(2019·绵阳模拟)近年来，智能手机的普及使“低头族”应运而生。现将人体头颈部简化为如图的模型，重心在P点的头部，在可绕O转动的颈椎OP(可视为轻杆)的支持力和沿PQ方向肌肉拉力的作用下处于静止状态。当人低头时，颈椎与竖直方向的夹角为45°，PQ与竖直方向的夹角为60°，此时，颈椎受到的压力约为直立时颈椎受到的压力的(sin15°＝0.26，＝1.73)(　　)

A．4.2倍 B．2.8倍
C．3.3倍 D．2.0倍
答案　C
解析　设人的颈椎对头的支持力为F，对头部进行受力分析，如图所示。由正弦定理得＝＝≈3.3，C正确。