【文档说明】【精准解析】【新高考】2021高考物理人教版：课练5力的合成与分解.docx，共(19)页，1.301 MB，由小赞的店铺上传

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课练5力的合成与分解———[狂刷小题夯基础]———练基础小题1．两个力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．合力F总比分力F1和F2中的任何一个力都大B．合力F一定总比分力F1和F2中的一个力大C．若F1和F2

大小不变，θ越小，合力F就越大D．如果夹角θ不变，若F1的大小不变，只要F2增大，合力F就必然增大2．如图，在水平晾衣杆(可视为光滑杆)上晾晒床单时，为了尽快使床单晾干，可在床单间支撑轻质细杆．随着细杆位置的不同，细杆上边两侧床单间夹角θ(θ<150°)将不同．设床单重力为G

，晾衣杆所受压力大小为N，下列说法正确的是()A．当θ＝60°时，N＝33GB．当θ＝90°时，N＝22GC．只有当θ＝120°时，才有N＝GD．无论θ取何值，都有N＝G3．某物体同时受到同一平面内的三个共点力的作用，在如图所示的四种情况中(坐

标纸中每格边长表示1N大小的力)，该物体所受的合外力大小正确的是()A．图甲为4NB．图乙为2NC．图丙为0D．图丁为04．水平横梁的一端A插在墙壁内，另一端装有一小滑轮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为m＝10kg的重物，∠CBA

＝30°，如图所示，忽略滑轮与绳子间的摩擦，则滑轮所受绳子的作用力大小为()A．50NB．503NC．100ND．1003N5．在如图所示的四幅图中，AB、BC均为轻质杆，各图中杆的A、C端都通过铰链与墙连接，两杆都在B处由铰链相连接，B点下方用轻绳悬挂小物块，下列关于杆受力的说法正

确的是()A．甲中的AB杆、BC杆均可替换为轻绳B．乙中的AB杆表现为拉力，BC杆表现为支持力C．丙中的AB杆、BC杆均可替换为轻绳D．丁中的AB杆、BC杆均表现为支持力6．图甲是由两圆杆构成的“V”形斜槽，它与水平面成倾角θ放

置．现将一质量为m的圆柱体滑块由斜槽顶端释放，滑块恰好匀速下滑，沿斜槽看去，截面如图乙所示．已知滑块与两圆杆间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，β＝120°，则()A．μ＝tanθB．左边圆杆对滑块的支持力大

小为mgcosθC．左边圆杆对滑块的摩擦力大小为mgsinθD．若增大θ，左边圆杆对滑块的支持力将增大练高考小题7．[2019·天津卷](多选)明朝谢肇淛的《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8．[2019·天津卷]2018年10月23日，港珠澳跨海大桥正式通车．为保持以往船行习惯，在航道处建造了单面索(所有钢索均处在同一竖直面内)斜拉桥，其索塔与钢索如图所示，下列说法正确的

是()A．增加钢索的数量可减小索塔受到的向下的压力B．为了减小钢索承受的拉力，可以适当降低索塔的高度C．索塔两侧钢索对称且拉力大小相同时，钢索对索塔的合力竖直向下D．为了使索塔受到钢索的合力竖直向下，索塔

两侧的钢索必须对称分布9．[2017·天津](多选)如图所示，轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆M、N上的a、b两点，悬挂衣服的衣架挂钩是光滑的，挂于绳上处于静止状态．如果只人为改变一个条件，当衣架静止时，下列说法正确的是()A．绳的右端上移到b′，绳子拉力不变B．将杆N向右

移一些，绳子拉力变大C．绳的两端高度差越小，绳子拉力越小D．若换挂质量更大的衣服，则衣架悬挂点右移10．[2015·广东](多选)如图所示，三条绳子的一端都系在细直杆顶端，另一端都固定在水平地面上，将杆竖直紧压在地面上．若

三条绳长度不同，下列说法正确的有()A．三条绳中的张力都相等B．杆对地面的压力大于自身重力C．绳子拉力的合力与杆的重力是一对平衡力D．绳子对杆的拉力在水平方向的合力为零练模拟小题11．[2020·河南省开封考试]如图所示，一件重力为G的衣服悬挂在等腰衣架上，已知衣架顶角θ＝120°，底边水平，不

计摩擦．则衣架一侧对衣服的作用力大小为()A.33GB.32GC.G2D．G12．[2020·湖北八校联考]如图所示，固定光滑斜面的倾角θ＝30°，一个质量为m、可以看成质点的小球在轻绳的拉力作用下静止在斜面上，轻绳与斜面的夹角也为θ，重力加速度为g，则斜面对小球的支持力为()A.33mg

B.32mgC.12mgD.34mg13.[2020·河北唐山摸底]如图所示，质量为m的均质圆形秤盘，用三根等长的细线分别系在秤盘边缘的三等分点上，上端系在秤杆下的细绳上的同一点，秤杆处于平衡状态。已知秤盘

的半径为R、细线长度为2R，重力加速度为g，每根细线对秤盘的作用力大小为()A．mgB.3mg2C.23mg3D.23mg914．[2018·河南新乡三模]如图所示，在竖直平面内，固定有半圆弧轨道，其两端点

M、N连线水平。将一轻质小环套在轨道上，一细线穿过轻环A，一端系在M点，另一端系一质量为m的小球，小球恰好静止在图示位置．不计所有摩擦，重力加速度大小为g.下列说法正确的是()A．轨道对轻环的支持力大小为mgB．细线对M

点的拉力大小为32mgC．细线对轻环的作用力大小为32mgD．N点和轻环的连线与竖直方向的夹角为30°15．[2020·广东省深圳市高级中学测试]智能手机的普及使“低头族”应运而生．低头时，颈椎受到的压力会增大(当人体直立时，颈椎所承受的

压力等于头部的重力)．现将人体头颈部简化为如图所示的模型：重心在头部的P点，头在可绕O转动的颈椎OP(轻杆)的支持力和沿PQ方向肌肉拉力的作用下处于静止，当低头时若颈椎与竖直方向的夹角为45°，PQ与竖直方向的夹角为53°，此时颈椎受到的压力与直立时颈椎

受到的压力的比值为(sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)()A．4B．5C．42D．5216．[2020·广东省深圳联考]如图所示，内壁及碗口光滑的半球形碗固定在水平面上，碗口保持水平．A球、C球与B球分别用两根轻质细线连接．当系统保持静止时，B球对碗壁刚好无压

力，图中θ＝30°，则A球和C球的质量之比为()A．1∶2B．2∶1C．1∶3D.3∶1———[综合测评提能力]———一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分)1．如图所示，山坡上两相邻高压电塔A、B之间架有匀质粗导线，

平衡时导线呈弧形下垂，最低点在C处，已知弧线BC的长度是AC的3倍，而高压电塔B处导线的切线与竖直方向成β＝30°角，则高压电塔A处导线的切线与竖直方向的夹角α为()A．45°B．55°C．60°D．75°2．如图所示

，OP、OQ为两块固定且相互垂直的光滑挡板，OP竖直放置，OQ水平放置，小球a、b固定在轻弹簧的两端，现有一个水平向左的力F作用于b上，使a、b紧靠挡板处于静止状态。现改变推力F的大小，使b缓缓到达b′位置

(连接体其他部分未画出)，则()A．推力F变大B．b对OQ的压力变大C．弹簧变短D．弹簧变长3．[2018·河北衡水中学模拟]将一个半球体置于粗糙水平地面上，半球的中央有—个光滑小孔，上端有一光滑的小滑轮，柔软光滑的轻

绳绕过滑轮，两端分别系有质量为m1、m2的物体A、B(两物体和滑轮均可看成质点，故可认为轻绳与半球体表面处处平行，B悬于空中)时，整个装置处于静止状态，装置的截面图如图所示．已知此时A与半球的球心O的连线与水平线成53°角(sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)，A与半球面间的动摩擦因数为0

.5，假设A受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则在整个装置处于静止的前提下，下列说法正确的是()A．无论m1m2的值如何，地面对半球体的摩擦力都不为零B．当m1m2＝53时，半球体对A的摩擦力为零C．当1≤m1m2<53时，半球体对A的摩擦力的方向垂直于图中

的虚线斜向上D．当53<m1m2≤5时，半球体对A的摩擦力方向垂直于图中的虚线斜向下4．[2020·辽宁鞍山一中模拟]如图，A、B两球(可视为质点)质量均为m，固定在轻弹簧的两端，分别用细绳悬于O点，其中球A处在光滑竖直墙面和光滑水平地面的交

界处．已知两球均处于静止状态，OA沿竖直方向，OAB恰好构成一个正三角形，重力加速度为g，则下列说法正确的是()A．球A对竖直墙壁的压力大小为12mgB．弹簧对球A的弹力大于对球B的弹力C．绳OB的拉力大小等于mgD．球A对地面的压力不可能为零5．如图所示，用一根长为l的细

绳一端固定在O点，另一端悬挂质量为m的小球A，为使细绳与竖直方向夹角为30°且绷紧，小球A处于静止，对小球施加的最小的力是()A.3mgB.32mgC.12mgD.33mg6．如图所示，作用于坐标原点O的三个力平衡，已知三个力均位于xOy平面内，其

中力F1的大小不变，方向沿y轴负方向；力F2的大小未知，方向与x轴正方向的夹角为θ.则下列关于力F3的判断正确的是()A．力F3只能在第二象限B．力F3与F2的夹角越小，则F2与F3的合力越小C．力F3的最小值为F1cosθD．力F3可能在第三象限的任意区域7．如图所示，三根轻

细绳悬挂两个质量相同的小球保持静止，A、D间细绳是水平的，现对B球施加一个水平向右的力F，将B缓缓拉到图中虚线位置，A球保持不动，这时三根细绳中张力TAC、TAD、TAB的变化情况是()A．都变大B．TAD和TAB变大，TAC不变C．TAC和TAB变大，TAD不变

D．TAC和TAD变大，TAB不变8．如图所示，斜面上放有两个完全相同的物体a、b，两物体间用一根细绳连接，在细绳的中点加一与斜面垂直向上的拉力，使两物体均处于静止状态，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是()A．a、b两物体的受力个数一定相同B

．a、b两物体受到的摩擦力大小一定相等C．a、b两物体对斜面的压力相同D．当逐渐增大拉力F时，物体b先开始滑动二、多项选择题(本题共2小题，每小题4分，共8分)9．[2020·江苏田家炳中学考试]表面光滑、质量不计的尖劈插在缝A、B之间，如图所示，在尖劈背上加一压力F，尖劈对

A侧的压力和对B侧的压力分别为F1和F2，则()A．F1＝FsinαB．F1＝FsinαC．F2＝FtanαD．F2＝Ftanα10．[2020·山东枣庄八中模拟]已知力F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33F，方向未知，则F1的大小可

能是()A.3F3B.3F2C.23F3D.3F三、非选择题(本题共3小题，共24分)11．(8分)质量为m＝0.8kg的砝码悬挂在轻绳PA和PB的结点上并处于静止状态，PA与竖直方向的夹角为37°，PB沿水平方向，质量为

M＝10kg的木块与PB相连，静止于倾角为37°的斜面上，如图所示．(取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：(1)轻绳PB拉力的大小；(2)木块所受斜面的摩擦力和弹力的大小．12．(8分)[2020·安徽合肥一中段考]

如图所示，质量M＝1kg的木块套在水平固定杆上，并用轻绳与质量m＝0.5kg的小球相连，今用跟水平方向成60°角的力F＝53N拉着小球并带动木块一起向右匀速运动，运动中木块、小球的相对位置保持不变，g＝10m/s2.在运动过程中，求：(1)轻绳与水平方向的夹角θ；(2)木块M与水平杆间的

动摩擦因数μ.13．(8分)[2020·陕西渭南合阳中学月考]如图所示，半径为R、重为G的均匀球靠竖直墙放置，左下方有厚为h(h<R)的木块，现用水平推力F推木块．若不计一切摩擦．(1)画出球刚好离开地面时球的受力示意图．(2)求图中半径AO与水平方向的夹角θ的正弦

值sinθ.(3)求至少用多大的水平推力F推木块才能使球离开地面．课练5力的合成与分解[狂刷小题夯基础]1．C二力平衡时，合力为零，此时合力F比分力中的任何一个力都小，选项A、B错误；若F1和F2大小不变，θ越小，合力F越大，选项C正确；如果夹角θ不变，F1大小不变，F2增大，合力

F可能减小，也可能增大，故D错误，2．D对床单和轻质细杆进行受力分析可知，整体受重力G(轻质细杆不计质量)和晾衣杆给的支持力N，根据牛顿第三定律可知，晾衣杆给床单的支持力大小等于晾衣杆所受的压力大小，根据平衡条件可知，N＝G，与细杆上边两侧床单间夹角θ无关，选项D正确．3．D对甲，先

将F1与F3合成，然后再用勾股定理，求得合力等于5N．故A错误；对乙，先将F1与F3沿水平和竖直方向正交分解，再合成，求得合力等于5N，故B错误；对丙，可将F3沿水平和竖直方向正交分解，求得合力等于6N，故C错误；根据三角形定则，丁中合力

等于0，所以D正确．4．C滑轮受到绳子的作用力应为题图中两段绳中拉力F1和F2的合力，同一根绳上张力处处相等，都等于重物的重力，即F1＝F2＝mg＝100N，根据平行四边形定则，可知两个力的合力为100N，方向与水平方向成30°角斜向左

下方，故C正确．5．C由题图看出，甲、丙、丁中，AB杆对B点产生的是拉力，当用轻绳代替时效果不变，仍能使装置平衡，同理可知，题图中的BC杆可以用与之等长的轻绳代替的只有丙，故A错误，C正确；乙中B点受向下的拉力，

则BC杆表现为支持力，由平衡关系可知AB杆也表现为支持力，故B错误；对丁中B点分析可知，B点受向下的拉力，AB杆表现为拉力，BC杆表现为支持力，故D错误．6．B滑块恰好匀速下滑，则滑块受力平衡，对滑块受力分析，根据平衡条件得，mgsinθ

＝2f＝2μFN，mgcosθ＝2FNcosβ2＝FN，解得μ＝12tanθ，选项A错误，B正确；左边圆杆对滑块的摩擦力大小为f＝12mgsinθ，选项C错误；若θ增大，cosθ减小，则左边圆杆对滑块的支持力将减小，选项D错误．7．BC本题考查力的分解．力的分解如图所示，

FN＝F2cos12(180°－θ)＝F2sinθ2，故F一定，θ越小，FN越大，选项A错误，B正确；θ一定，F越大，FN越大，选项D错误，C正确．8．C本题考查力的合成与分解．对整座桥分析可知，索塔受到向下的压力等于桥的重力，与钢索的数量无关，选项A错误；索塔越低，左右两侧钢索间的

夹角越大，根据合力一定时，两对称分力间的夹角越大，则分力越大，可得钢索承受的力将变大，选项B错误；如图所示，若F1＝F2且θ1＝θ2，则由平行四边形定则可得合力方向一定竖直向下，选项C正确；只要满足F1sinθ1＝F2sinθ2，即水平

分力相互抵消时，合力方向竖直向下，两侧的钢索不一定对称，选项D错误．9．AB本题考查共点力平衡．由于挂钩光滑，对挂钩由共点力平衡条件可知，平衡时两侧绳与竖直方向的夹角相等，两侧绳的拉力相等，有G＝2Fcosθ.由几何关系可知，绳的右端上

移到b′重新平衡后，挂钩两侧绳与竖直方向的夹角未变，由共点力平衡条件可知，绳子的拉力不变，选项A正确；将杆N向右移一些重新平衡后，挂钩两侧绳与竖直方向的夹角变大，由G＝2Fcosθ可知，绳的拉力变大，选项B正确；由选项A分析可得，绳的两端高度差改变，绳子拉力可能不变，选项C错误；同理可

知，若换挂质量更大的衣服，绳的拉力变大，但挂钩位置不动，选项D错误．10．BD本题考查物体的平衡条件、弹力、合力的计算、牛顿第三定律．因三条绳子的长度不等，绳子与水平地面的夹角不等，由平衡条件可知，三条绳中的张力不一定相等，选项A错误；对竖直杆

受力分析，由平衡条件可知，地面对杆的支持力等于杆的重力和三条绳子的拉力在竖直方向分力的合力，根据牛顿第三定律可知，杆对地面的压力大于自身的重力，选项B正确；地面对杆的支持力等于杆的重力和三条绳子的拉力在竖直方向分力

的合力，可见，绳子对杆的拉力的合力与杆的重力不是一对平衡力，选项C错误；因杆处于静止状态，其所受合力为零，故杆在水平方向上和竖直方向上的合力都为零，故绳子对杆的拉力在水平方向的合力为零，选项D正确．11．A由题意知，衣架两侧对衣服作用力的夹角为60°，由力的平

衡条件知，2Fcos30°＝G，解得F＝33G，选项A正确．12．A对小球进行受力分析，如图所示．由于小球处于静止状态，因此有mgsinθ＝Tcosθ，FN＋Tsinθ＝mgcosθ，联立解得FN＝33mg，选项A正确，B、C、

D均错误．13．D设每根细线对秤盘的作用力大小为F，细线与竖直方向的夹角为θ，将F分解为水平方向和竖直方向的两个分力，在竖直方向，由平衡条件得3Fcosθ＝mg，而sinθ＝12，解得F＝23mg9，选项D正确．14．D轻环两边细线的拉力大小相等，均为T＝mg，轻环两

侧细线的拉力与轻环对半圆弧轨道的压力的夹角相等，设为θ，由OA＝OM知∠OMA＝∠MAO＝θ，则3θ＝90°，θ＝30°，轻环受力平衡，则轨道对轻环的支持力大小FN＝2mgcos30°＝3mg，选项A错误；细线对M点的拉力大小为mg，选

项B错误；细线对轻环的作用力大小为F′N＝FN＝3mg，选项C错误；由几何关系可知，N点和轻环的连线与竖直方向的夹角为30°，选项D正确．15.C受力分析，如图所示．在水平方向：FNsin45°＝Fsin53°，竖直方向：FNcos45°＝

mg＋Fcos53°，联立解得FN＝42mg，所以C正确，A、B、D错误．16．CB球对碗壁刚好无压力，则根据几何知识分析可得，B球所在位置两细线的夹角为90°，以B球为研究对象，进行受力分析，水平方向所受合力为零，设B球左、右

两边细线的拉力大小分别为FA、FC，由此可知FAcosθ＝FCsinθ，FAFC＝mAgmCg＝tanθ，C正确．[综合测评提能力]1．A本题以高压电塔上的电线为情境，考查受力分析等相关知识．设A、B两端导线上的拉力分别FA、FB，A、B间导线质量为m，在水平方向，整体受力平衡，有FAsinα＝F

Bsinβ；在竖直方向，BC段受力平衡，有FBcosβ＝33＋1mg；AC段对C端的力方向水平向右，在竖直方向，AC段受力平衡，有FAcosα＝13＋1mg，联立解得tanα＝3tanβ，又β＝30°，所以α＝45°，选项A正确．2．D对a进行受力分析，如图甲所示，其中F′和N分别为弹簧

和挡板OP对a的作用力，θ为F′与水平方向的夹角．由力的平衡条件得F′＝mgsinθ，N＝mgtanθ，将小球b稍微向左水平移动一小段距离，当a、b重新处于静止状态时，分析可得，θ变大，则F′变小，N变小，根据胡克定律可知弹簧的形变量变小，又弹簧处于压缩状态，所以弹

簧长度变长，选项D正确，C错误；对a、b组成的整体受力分析，其受力示意图如图乙所示，由共点力的平衡条件可知，改变推力F前后，OQ挡板对b的支持力N1始终与a、b的总重力G总相等，则b对OQ的压力也保持

不变，又推力F＝N，故推力F变小，选项A、B错误．3．B对A、B和半球体整体受力分析，整体只受重力和支持力这一对平衡力，相对地面并无运动趋势，不受摩擦力，选项A错误；若半球体对A的摩擦力为零，将A的重力沿半径方向和垂直半径方向正交分解，根据共点力的平衡条件有T＝m

1gcos53°，N＝m1gsin53°，而T＝m2g，解得m1m2＝53，选项B正确；A受到的最大静摩擦力fmax＝μN＝25m1g，要使A静止，则应满足|m2g－m1gcos53°|≤fmax，解得

1≤m1m2≤5，分析可得，当1≤m1m2<53时，A受到的静摩擦力的方向垂直于题图中虚线斜向下，选项C错误；当53<m1m2≤5时，分析可得A受到的静摩擦力的方向垂直于题图中虚线斜向上，选项D错误．4．C对球B进行受力分析如图所示，受重力、弹簧的弹力、

细绳的拉力，它们互成120°角，球B处于平衡状态，由力的合成法则可知必有mg＝F＝TB，故C正确．球A受重力、弹簧的弹力、墙壁向右的支持力、细绳的拉力、地面的支持力(其中地面的支持力和细绳的拉力可能只有一个)

，在水平方向有墙的支持力等于弹簧的弹力在水平方向的分量FN＝F′cosθ＝Fcos30°＝32mg，由牛顿第三定律可知A错误；弹簧静止，合力为零，故两个球对弹簧的弹力等大、反向、共线，故弹簧对球A的弹力等于对球B的弹力，故B错误；对A球进行受力分析

并列平衡方程，绳OA对球A的拉力和地面的支持力的合力大小等于弹簧弹力的竖直分力和重力之和，故N＋T＝mg＋Fsin30°，mg＝F＝TB，可知当T＝1.5mg时，地面对A的支持力等于零，根据牛顿第三定律，球A对地面的压力可能为零，故D错误．5．C对小球A受力分析，小球受到拉力、

重力和施加的外力，作出受力分析图，当小球施加的力F与细绳垂直时，作用力最小，由受力平衡得：F的最小值为Fmin＝Gsin30°＝12mg.6．C三个力平衡，已知F1的大小和方向、力F2的方向，则第三个力F3可能的方向位于F1、F2两个力的反向延长线之间，但不能沿F1、F2的反方向，如图所示，所以A

、D错误；F3与F2的合力与F1等大反向，所以不管F3与F2夹角如何变化，其合力不变，B错误；当F3与F2方向垂直时，F3的值最小，F3min＝F1cosθ，C正确．7．B对小球B进行受力分析，受到重力、水平拉力F和绳子AB的拉力三个力作用，处于平衡状态，当B球向右缓慢运动过程中，由于

AB与竖直方向夹角越来越大，水平拉力F＝mgtanθ，绳子AB的拉力TAB＝mgcosθ，其中θ为绳子AB与竖直方向的夹角，因此水平拉力F越来越大，绳子AB的拉力越来越大；将小球A、B作为一个整体进行受力分析，由于绳子AC与竖直方

向夹角不变，绳子AC中拉力的竖直分力等于两个小球的总重力，因此不变，由于拉力F越来越大，因此TAD越来越大，故B正确．8．C分别对a、b进行受力分析，如图所示，b物体处于静止状态，当绳中拉力沿斜面向上的分量与重力沿斜面向下的分量相等时，fb

＝0，所以b可能只受3个力作用，而a物体一定受到摩擦力作用，肯定受4个力作用，选项A、B错误；a、b两物体沿垂直于斜面方向受力都平衡，设绳与斜面间的夹角为θ，则Na＋Tasinθ＝mgcosθ，Nb＋Tbsinθ＝mgcosθ，Ta＝Tb＝T

，解得Na＝Nb＝mgcosθ－Tsinθ，则a、b两物体对斜面的压力相同，选项C正确；对a沿斜面方向有Tacosθ＋mgsinθ＝fa，对b，沿斜面方向有Tbcosθ－mgsinθ＝fb，a、b对斜面的压力相等，所以最大静摩擦力相等

，当逐渐增大拉力F时，a先达到最大静摩擦力，先滑动，选项D错误．9．AC将F沿垂直劈两侧面分解，如图所示，则tanα＝FF2，sinα＝FF1，所以F1＝Fsinα，F2＝Ftanα，选项AC正确．10．AC如图所示，因F2＝33F>Fsin30°，故F1的大小有两种可能情

况，由ΔF＝F22－(Fsin30°)2＝36F，即F1的大小分别为Fcos30°－ΔF和Fcos30°＋ΔF，即F1的大小分别为33F和233F，AC正确．11．答案：(1)6N(2)64.8N76.4N解析：(1)对点P受力分析如图甲所示，根据共点力的

平衡条件得FB－FAsin37°＝0，FAcos37°－mg＝0联立解得FB＝mgsin37°cos37°＝6N(2)对木块受力分析如图乙所示，由共点力的平衡条件得Mgsin37°＋FBcos37°－Ff＝

0FN＋FBsin37°－Mgcos37°＝0联立解得Ff＝Mgsin37°＋FBcos37°＝64.8NFN＝Mgcos37°－FBsin37°＝76.4N.12．答案：(1)30°(2)33解析：(

1)小球处于平衡状态，其所受合力为零．以小球为研究对象分析受力如图甲所示，由平衡条件得，水平方向Fcos60°－Tcosθ＝0，竖直方向Fsin60°－Tsinθ－mg＝0，解得θ＝30°.(2)以木块和小球整体为研究对象，受力分

析如图乙所示，由平衡条件得，水平方向有Fcos60°－μN＝0，竖直方向有Fsin60°＋N－mg－Mg＝0，解得μ＝33.13．答案：(1)如图甲所示(2)sinθ＝R－hR(3)G2Rh－h2R－h解析：(2)由几何关系知sinθ＝

R－hR.(3)以球为研究对象，受力分析并正交分解如图乙所示．由平衡条件有：N1sinθ＝G，N1cosθ＝N2再以球和木块整体为研究对象得N2＝F，联立以上各式得F＝Gtanθ＝G2Rh－h2R－h.