1、第 3 课时 受力分析 共点力的平衡考纲解读 1.学会进行受力分析的一般步骤与方法.2.掌握共点力的平衡条件及推论.3.掌握整体法与隔离法，学会用图解法分析动态平衡问题和极值问题考点一 整体与隔离法的应用1受力分析的定义把指定物体(研究对象)在特定的物理环境中受到的所有外力都找出来，并画出受力示意图，这个过程就是受力分析2受力分析的一般顺序先分析场力(重力、电场力、磁场力 )，再分析接触力(弹力、摩擦力)，最后分析其他力例 1 如图 1 所示，传送带沿逆时针方向匀速转动小木块 a、b 用细线连接，用平行于传送带的细线拉住 a，两木块均处于静止状态关于木块受力个数，正确的是( )图 1Aa 受
2、4 个，b 受 5 个Ba 受 4 个，b 受 4 个Ca 受 5 个，b 受 5 个Da 受 5 个，b 受 4 个解析 先分析木块 b 的受力，木块 b 受重力、传送带对 b 的支持力、沿传送带向下的滑动摩擦力、细线的拉力，共 4 个力；再分析木块 a 的受力，木块 a 受重力、传送带对 a 的支持力、沿传送带向下的滑动摩擦力及上、下两段细线的拉力，共 5 个力，故 D 正确答案 D变式题组1整体法与隔离法的应用(2013上海8) 如图 2 所示，质量 mAmB的两物体 A、B 叠放在一起，靠着竖直墙面让它们由静止释放，在沿粗糙墙面下落过程中，物体 B 的受力示意图是( )图 2答案 A解
3、析 两物体 A、B 叠放在一起，在沿粗糙墙面下落过程中，由于物体与竖直墙面之间没有压力，所以物体与竖直墙面之间没有摩擦力，二者一起做自由落体运动，A、B 之间没有弹力作用，故物体 B 的受力示意图是图 A.2整体与隔离法的应用如图 3 所示，在恒力 F 作用下，a、b 两物体一起沿粗糙竖直墙面匀速向上运动，则关于它们受力情况的说法正确的是( )图 3Aa 一定受到 4 个力Bb 可能受到 4 个力Ca 与墙壁之间一定有弹力和摩擦力Da 与 b 之间一定有摩擦力答案 AD解析 将 a、b 看成整体，其受力图如图甲所示，说明 a 与墙壁之间没有弹力和摩擦力作用；对物体 b 进行受力分析，如图乙所示
4、，b 受到 3 个力作用，所以 a 受到 4 个力作用甲 乙3整体与隔离法的应用(2013山东15) 如图 4 所示，用完全相同的轻弹簧 A、B、C 将两个相同的小球连接并悬挂，小球处于静止状态，弹簧 A 与竖直方向的夹角为 30，弹簧 C 水平，则弹簧 A、C 的伸长量之比为 ( )图 4A. 4 B 43 3C12 D21答案 D解析 这是典型的平衡模型，解题的要点是对两小球进行受力分析，列平衡方程，若取两小球作为一个整体来研究会更方便方法 1：分别对两小球受力分析，如图所示FAsin 30F Bsin 0FB sin F C0，F BF B得 FA 2FC，即弹簧 A、C 的伸长量之比为
5、 21，选项 D 正确方法 2：将两球作为一个整体进行受力分析，如图所示由平衡条件知： FAFC 1sin 30即 FA 2F C又 FA F A，则 FA2F C，故选项 D 正确受力分析的方法步骤考点二 处理平衡问题常用的“三种”方法处理平衡问题的常用方法1合成法：物体受三个共点力的作用而平衡，则任意两个力的合力一定与第三个力大小相等、方向相反2分解法：物体受三个共点力的作用而平衡，将某一个力按力的效果分解，则其分力和其他两个力满足平衡条件3正交分解法：物体受到三个或三个以上力的作用而平衡，将物体所受的力分解为相互垂直的两组，每组力都满足平衡条件例 2 在科学研究中，可以用风力仪直接测量风
6、力的大小，其原理如图 5 所示仪器中一根轻质金属丝下悬挂着一个金属球，无风时，金属丝竖直下垂；当受到沿水平方向吹来的风时，金属丝偏离竖直方向一定角度风力越大，偏角越大通过传感器，就可以根据偏角的大小测出风力的大小，求风力大小 F 跟金属球的质量 m、偏角 之间的关系图 5解析 取金属球为研究对象，有风时，它受到三个力的作用：重力 mg、水平方向的风力 F和金属丝的拉力 FT，如图所示这三个力是共点力，在这三个共点力的作用下金属球处于平衡状态，则这三个力的合力为零法一：(力的合成法)如图甲所示，风力 F 和拉力 FT的合力与重力等大反向，由平行四边形定则可得 Fmgtan .法二：(力的分解法)
7、重力有两个作用效果：使金属球抵抗风的吹力和使金属丝拉紧，所以可以将重力沿水平方向和金属丝的方向进行分解，如图乙所示，由几何关系可得FFmgtan .法三：(正交分解法)以金属球为坐标原点，取水平方向为 x 轴，竖直方向为 y 轴，建立坐标系，如图丙所示根据平衡条件有Fx 合 F Tsin F0Fy 合 F Tcos mg0解得 Fmgtan .答案 Fmgtan 拓展题组4平衡条件的应用如图 6 所示，A、B 两球用轻杆相连，用两根细线将其悬挂在水平天花板上的 O 点现用一水平力 F 作用于小球 B 上，使系统保持静止状态且 A、B 两球在同一水平线上已知两球重力均为 G，轻杆与细线 OA 长
8、均为 L，则( )图 6A细线 OB 的拉力的大小为 2GB细线 OB 的拉力的大小为 GC水平力 F 的大小为 2GD水平力 F 的大小为 G答案 D5正交分解法的应用如图 7 所示，三个相同的轻质弹簧连接在 O 点，弹簧 1 的另一端固定在天花板上，且与竖直方向的夹角为 30，弹簧 2 水平且右端固定在竖直墙壁上，弹簧 3 的另一端悬挂质量为 m 的物体且处于静止状态，此时弹簧 1、2、3 的形变量分别为x1、x 2、x 3，则 ( )图 7Ax 1x 2x 3 123Bx 1 x2x 321 3Cx 1 x2x 312 3Dx 1x 2x 3 213答案 B解析 对物体受力分析可知：kx
9、 3mg ，对弹簧的结点受力分析可知：kx 1cos 30kx 3，kx 1sin 30 kx2，联立解得 x1x 2x 321 .36合成法的应用在如图所示的 A、B 、C、D 四幅图中，滑轮本身的重力忽略不计，滑轮的轴 O 安装在一根轻木杆 P 上，一根轻绳 ab 绕过滑轮，a 端固定在墙上，b 端下面挂一个质量都是 m 的重物，当滑轮和重物都静止不动时，图 A、C、D 中杆 P 与竖直方向的夹角均为，图 B 中杆 P 在竖直方向上，假设 A、B 、C、D 四幅图中滑轮受到木杆弹力的大小依次为FA、F B、F C、 FD，则以下判断中正确的是( )AF A FBF CF DBF DF AF
10、 BF CCF AF CF DF BDF CF AF BF D答案 B解析 设滑轮两边细绳的夹角为 ，对重物进行受力分析，可得绳子拉力等于重物重力 mg，滑轮受到木杆弹力 F 等于细绳拉力的合力，即 F2mg cos ，由夹角关系可得2FDF AF B FC，选项 B 正确考点三 动态平衡问题的处理技巧1动态平衡：是指平衡问题中的一部分是变力，是动态力，力的大小和方向均要发生变化，所以叫动态平衡，这是力平衡问题中的一类难题2基本思路：化“动”为“静” ， “静”中求“动” 3基本方法：图解法和解析法例 3 (2012新课标16) 如图 8，一小球放置在木板与竖直墙面之间设墙面对球的压力大小为
11、FN1，球对木板的压力大小为 FN2.以木板与墙连接点所形成的水平直线为轴，将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置不计摩擦，在此过程中( )图 8AF N1 始终减小，F N2 始终增大BF N1 始终减小，F N2 始终减小CF N1 先增大后减小，F N2 始终减小DF N1 先增大后减小，F N2 先减小后增大解析 方法一(解析法)如图所示，由平衡条件得FN1mgtan FN2mgsin 随 逐渐增大到 90，tan 、sin 都增大，F N1、F N2都逐渐减小，所以选项 B 正确方法二(图解法)对球受力分析如图所示，球受 3 个力，分别为重力 G、墙对球的弹力 FN1和板对球的弹力
12、FN2.当板逐渐转到水平位置的过程中，球始终处于平衡状态，即 FN1与 FN2的合力 F 始终竖直向上，大小等于球的重力 G，如图所示由图可知 FN1的方向不变，大小逐渐减小，F N2的方向发生变化，大小也逐渐减小，故选项 B 正确答案 B变式题组7图解法的应用如图 9 所示，三根细线共系于 O 点，其中 OA 在竖直方向上，OB 水平并跨过定滑轮悬挂一个重物，OC 的 C 点固定在地面上，整个装置处于静止状态若 OC 加长并使 C 点左移，同时保持 O 点位置不变，装置仍然保持静止状态，则细线 OA 上的拉力 FA和 OC 上的拉力 FC与原先相比是( )图 9AF A、 FC都减小 B.F
13、A、F C都增大CF A增大，F C减小 DF A减小，F C增大答案 A解析 以 O 点为研究对象，其受 FA、F B、F C三个力平衡，如图所示当按题示情况变化时，OB 绳的拉力 FB不变，OA 绳的拉力 FA的方向不变，OC 绳的拉力 FC的方向与拉力 FB方向的夹角减小，保持平衡时 FA、F C的变化如虚线所示，显然都减小了8图解法的应用半圆柱体 P 放在粗糙的水平地面上，其右端有一固定放置的竖直挡板 MN.在半圆柱体 P 和 MN 之间放有一个光滑均匀的小圆柱体 Q，整个装置处于平衡状态，如图 10所示是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，
14、发现 P 始终保持静止则在此过程中，下列说法中正确的是( )图 10AMN 对 Q 的弹力逐渐减小B地面对 P 的摩擦力逐渐增大CP、Q 间的弹力先减小后增大DQ 所受的合力逐渐增大答案 B解析 Q 的受力情况如图甲所示， F1表示 P 对 Q 的弹力， F2表示 MN 对 Q 的弹力，F 2的方向水平向左保持水平，F 1的方向顺时针旋转，由平行四边形的边长变化可知：F 1与 F2都逐渐增大，A、C 错误；由于挡板 MN 缓慢移动，Q 处于平衡状态，所受合力为零，D 错误；对 P、Q 整体受力分析，如图乙所示，由平衡条件得， FfF 2mgtan ，由于 不断增大，故 Ff不断增大，B 正确处
15、理动态平衡问题的一般思路(1)平行四边形定则是基本方法，但也要根据实际情况采用不同的方法，若出现直角三角形，常用三角函数表示合力与分力的关系(2)图解法的适用情况图解法分析物体动态平衡问题时，一般物体只受三个力作用，且其中一个力大小、方向均不变，另一个力的方向不变，第三个力大小、方向均变化(3)用力的矢量三角形分析力的最小值问题的规律：若已知 F 合 的方向、大小及一个分力 F1的方向，则另一分力 F2的最小值的条件为F1F 2；若已知 F 合 的方向及一个分力 F1的大小、方向，则另一分力 F2的最小值的条件为 F2F合考点四 平衡中的临界与极值问题1临界问题当某物理量变化时，会引起其他几个
16、物理量的变化，从而使物体所处的平衡状态“恰好出现”或“恰好不出现” ，在问题的描述中常用“刚好” 、 “刚能” 、 “恰好”等语言叙述常见的临界状态有：(1)两接触物体脱离与不脱离的临界条件是相互作用力为 0(主要体现为两物体间的弹力为 0)(2)绳子断与不断的临界条件为绳中的张力达到最大值；绳子绷紧与松驰的临界条件为绳中的张力为 0.(3)存在摩擦力作用的两物体间发生相对滑动或相对静止的临界条件为静摩擦力达到最大研究的基本思维方法：假设推理法2极值问题平衡物体的极值，一般指在力的变化过程中的最大值和最小值问题一般用图解法或解析法进行分析例 4 重为 G 的木块与水平地面间的动摩擦因数为 ，一
17、人欲用最小的作用力 F 使木块做匀速运动，则此最小作用力的大小和方向应如何？解析 木块在运动过程中受摩擦力作用，要减小摩擦力，应使作用力 F 斜向上，设当 F 斜向上与水平方向的夹角为 时，F 的值最小木块受力分析如图所示，由平衡条件知：Fcos F N 0，F sin F NG 0解上述二式得：FGcos sin 令 tan ，则 sin ，cos 1 2 11 2可得 F Gcos sin G1 2cos 可见当 时，F 有最小值，即 FminG1 2答案 与水平方向成 角斜向上且 tan G1 2变式题组9临界问题倾角为 37 的斜面与水平面保持静止，斜面上有一重为 G 的物体 A，物体
18、 A与斜面间的动摩擦因数 0.5.现给 A 施加一水平力 F，如图 11 所示设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等(sin 370.6，cos 370.8)，如果物体 A 能在斜面上静止，水平推力 F 与 G 的比值不可能是( )图 11A3 B2C1 D0.5答案 A解析 设物体刚好不下滑时 FF 1，则 F1cos F NGsin ，FNF 1sin Gcos .得： ；F1G sin 37 0.5cos 37cos 37 0.5sin 37 0.21.1 211设物体刚好不上滑时 FF 2，则：F2cos F NGsin ，FNF 2sin Gcos ，得： 2，F2G sin 37 0.5c
19、os 37cos 37 0.5sin 37 10.5即 2，故 F 与 G 的比值不可能为 A.211 FG10极值问题如图 12 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，相距为 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 点上可施加的力的最小值为 ( )图 12Amg B. mg C. mg D. mg33 12 14答案 C解析 对 C 点进行受力分析，由平衡条件可知，绳 CD 对 C 点的拉力 FCDmg tan 30，对 D点进行受力分析，绳 CD 对 D 点的拉力 F2F CDmg tan 30，故
20、 F2是恒力，F 1方向一定，则F1与 F3的合力与 F2等值反向，如图所示，由图知当 F3垂直于绳 BD 时，F 3最小，由几何关系可知，F 3F CDsin 60 mg，选项 C 正确12解决极值问题和临界问题的方法(1)图解法：根据物体的平衡条件，作出力的矢量图，通过对物理过程的分析，利用平行四边形定则进行动态分析，确定最大值与最小值(2)数学解法：通过对问题的分析，依据物体的平衡条件写出物理量之间的函数关系( 或画出函数图象)，用数学方法求极值 (如求二次函数极值、公式极值、三角函数极值 )高考模拟 明确考向1(2014山东14) 如图 13，用两根等长轻绳将木板悬挂在竖直木桩上等高的
21、两点，制成一简易秋千，某次维修时将两轻绳各剪去一小段，但仍保持等长且悬挂点不变木板静止时，F 1表示木板所受合力的大小，F 2 表示单根轻绳对木板拉力的大小，则维修后( )图 13AF 1 不变，F 2 变大BF 1 不变，F 2 变小CF 1 变大，F 2 变大DF 1 变小，F 2 变小答案 A解析 维修前后，木板静止，受力平衡，合外力为零，F 1不变，则 C、D 错误对木板受力分析，如图：则 2Fcos G，得 F .G2cos 维修后， 增大， cos 减小，F 增大，所以 F2变大，则 A 正确，B 错误2(2013新课标15) 如图 14，在固定斜面上的一物块受到一外力 F 的作用
22、，F 平行于斜面向上若要物块在斜面上保持静止，F 的取值应有一定范围，已知其最大值和最小值分别为F1 和 F2(F20)由此可求出( )图 14A物块的质量B斜面的倾角C物块与斜面间的最大静摩擦力D物块对斜面的正压力答案 C解析 当拉力为 F1时，物块有沿斜面向上运动的趋势，受到沿斜面向下的静摩擦力，则F1mgsin f m.当拉力为 F2时，物块有沿斜面向下运动的趋势，受到沿斜面向上的静摩擦力，则 F2f mmgsin ，由此解得 fm ，其余几个量无法求出，只有选项 C 正确F1 F223(2013天津5) 如图 15 所示，小球用细绳系住，绳的另一端固定于 O 点现用水平力 F 缓慢推动
23、斜面体，小球在斜面上无摩擦地滑动，细绳始终处于直线状态，当小球升到接近斜面顶端时细绳接近水平，此过程中斜面对小球的支持力 FN 以及绳对小球的拉力 FT 的变化情况是( )图 15AF N 保持不变，F T 不断增大BF N 不断增大，F T 不断减小CF N 保持不变，F T 先增大后减小DF N 不断增大，F T 先减小后增大答案 D解析 对小球受力分析如图(重力 mg、斜面对小球的支持力 FN，绳对小球的拉力 FT)画出一簇平行四边形如图所示，当 FT方向与斜面平行时，F T最小，所以 FT先减小后增大，F N一直增大，只有选项 D 正确4如图 16 所示，在一根水平直杆上套着两个轻环，
24、在环下用两根等长的轻绳拴着一个重物把两环分开放置，静止时杆对 a 环的摩擦力大小为 Ff，支持力为 FN.若把两环距离稍微缩短一些，系统仍处于静止状态，则( )图 16AF N 变小BF N 变大CF f 变小DF f 变大答案 C解析 由对称性可知杆对两环的支持力大小相等对重物与两环组成的整体受力分析，由平衡条件知竖直方向上 2FNmg 恒定，A 、B 皆错误由极限法，将 a、b 两环间距离减小到0，则两绳竖直，杆对环不产生摩擦力的作用，故两环距离缩短时，F f变小，C 正确，D 错误5如图 17 所示，固定的半球面右侧是光滑的，左侧是粗糙的，O 点为球心，A、B 为两个完全相同的小物块(可
25、视为质点 )，小物块 A 静止在球面的左侧，受到的摩擦力的大小为 F1，对球面的压力的大小为 FN1；小物块 B 在水平力 F2 的作用下静止在球面的右侧，对球面的压力的大小为 FN2，已知两小物块与球心的连线和竖直方向的夹角均为 ，则( )图 17AF 1F 2cos 1 BF 1F 2sin 1CF N1F N2cos 2 1 DF N1F N2sin 2 1答案 AC解析 分别对 A、B 两个相同的小物块受力分析，如图，由平衡条件得：F1mgsin ，F N1mgcos 同理 F2mgtan ，F N2mgcos 可得 A、C 正确练出高分一、单项选择题1如图 1 所示，A 和 B 两物
26、块的接触面是水平的，A 与 B 保持相对静止一起沿固定斜面匀速下滑，在下滑过程中 B 的受力个数为( )图 1A3 个 B4 个 C5 个 D6 个答案 B解析 A 与 B 相对静止一起沿斜面匀速下滑，可将二者当作整体进行受力分析，再对 B 进行受力分析，可知 B 受到的力有：重力 GB、A 对 B 的压力、斜面对 B 的支持力和摩擦力，选项 B 正确2. 如图 2 所示，一运送救灾物资的直升机沿水平方向匀速飞行已知物资的总质量为 m，吊运物资的悬索与竖直方向成 角设物资所受的空气阻力为 Ff，悬索对物资的拉力为 F，重力加速度为 g，则( )图 2AF fmgsin BF fmgtan CF
27、mgcos DFmgtan 答案 B解析 救灾物资匀速运动，受力平衡，它受到竖直向下的重力 mg、水平向右的空气阻力 Ff和沿悬索斜向上的拉力，可得 Ffmgtan ，A 错误，B 正确；F ，C 、D 错误mgcos 3如图 3 所示，在倾斜的滑杆上套一个质量为 m 的圆环，圆环通过轻绳拉着一个质量为 M的物体，在圆环沿滑杆向下滑动的过程中，悬挂物体的轻绳始终处于竖直方向，则( )图 3A环只受三个力作用B环一定受四个力作用C物体做匀加速运动D悬绳对物体的拉力小于物体的重力答案 B解析 分析物体 M 可知，其受到两个力的作用，重力和轻绳对其的拉力，因为悬挂物体的轻绳始终处于竖直方向，故二力平
28、衡，物体做匀速运动，C、D 错误；再对环进行受力分析可知，环受到重力、轻绳对环的拉力、滑杆对环的支持力和摩擦力，A 错误，B 正确4如图 4 所示，在粗糙水平面上放置 A、B、C 、D 四个小物块，各小物块之间由四根完全相同的轻弹簧相互连接，正好组成一个菱形，BAD120，整个系统保持静止状态，已知A 物块所受的摩擦力大小为 Ff，则 D 物块所受的摩擦力大小为( )图 4A. Ff BF f C. Ff D2F f32 3答案 C解析 已知 A 物块所受的摩擦力大小为 Ff，设每根弹簧的弹力为 F，则有：2Fcos 60F f，对 D：2Fcos 30F f，解得：F f F Ff.3 35
29、在固定于地面的斜面上垂直安放了一个挡板，截面为 圆的柱状物体甲放在斜面上，半径14与甲相等的光滑圆球乙被夹在甲与挡板之间，乙没有与斜面接触而处于静止状态，如图 5 所示现在从 O 处对甲施加一平行于斜面向下的力 F，使甲沿斜面方向缓慢地移动，直至甲与挡板接触为止设乙对挡板的压力为 F1，甲对斜面的压力为 F2，在此过程中( )图 5AF 1 缓慢增大，F 2 缓慢增大BF 1 缓慢增大，F 2 缓慢减小CF 1 缓慢减小，F 2 缓慢增大DF 1 缓慢减小，F 2 保持不变答案 D解析 对甲和乙组成的整体受力分析，如图甲所示，垂直斜面方向只受两个力：甲、乙的总重力在垂直于斜面方向的分力和斜面对
30、甲的支持力 F2，且 F2Gcos 0，即 F2保持不变，由牛顿第三定律可知，甲对斜面的压力 F2也保持不变；对圆球乙受力分析如图乙、丙所示，当甲缓慢下移时，F N与竖直方向的夹角缓慢减小，F 1缓慢减小甲 乙 丙6如图 6 所示，水平固定且倾角为 30的光滑斜面上有两个质量均为 m 的小球 A、B ，它们用劲度系数为 k 的轻质弹簧连接，现对 B 施加一水平向左的推力 F 使 A、B 均静止在斜面上，此时弹簧的长度为 l，则弹簧原长和推力 F 的大小分别为( )图 6Al ， mgmg2k 233Bl ， mgmg2k 233Cl ，2 mgmg2k 3Dl ，2 mgmg2k 3答案 B解
31、析 以 A、B 和弹簧组成的系统为研究对象，则 Fcos 302mgsin 30，得 F mg；隔233离 A 有 kxmgsin 30，得弹簧原长为 lxl ，故选项 B 正确mg2k7如图 7 所示，倾角为 30的斜面体放在水平地面上，一个重为 G 的球在水平力 F 的作用下，静止于光滑斜面上，此时水平力的大小为 F；若将力 F 从水平方向逆时针转过某一角度 后，仍保持 F 的大小不变，且小球和斜面体依然保持静止，此时水平地面对斜面体的摩擦力为 Ff，那么 F 和 Ff 的大小分别是 ( )图 7AF G，F f G BF G，F f G36 33 32 34CF G，F f G DF G
32、，F f G34 32 33 36答案 D解析 根据题意可知，水平力 F 沿斜面向上的分力 Fcos Gsin ，所以 FGtan ，解得F G；根据题意可知，力 F 沿斜面向上的分力与小球重力沿斜面向下的分力仍相等，力33F 转过的角度 60，此时把小球和斜面体看成一个整体，水平地面对斜面体的摩擦力和力F 的水平分力等大，即 FfFcos G.36二、多项选择题8如图 8 所示，一个质量为 m 的滑块静止置于倾角为 30的粗糙斜面上，一根轻弹簧一端固定在竖直墙上的 P 点，另一端系在滑块上，弹簧与竖直方向的夹角为 30，则( )图 8A弹簧一定处于压缩状态B滑块可能受到三个力作用C斜面对滑块
33、的支持力不能为零D斜面对滑块的摩擦力的大小等于 mg答案 BC9(2013广东20) 如图 9，物体 P 静止于固定的斜面上，P 的上表面水平，现把物体 Q 轻轻地叠放在 P 上，则( )图 9AP 向下滑动BP 静止不动CP 所受的合外力增大DP 与斜面间的静摩擦力增大答案 BD解析 设斜面的倾角为 ，放上 Q，相当于增加了 P 的质量，对 P 受力分析并列平衡方程得mgsin fmgcos ，Nmgcos .当 m 增大时，不等式两边都增大，不等式仍然成立，P仍然静止，故选 B、D.10如图 10 所示，一条细线一端与地板上的物体 B 相连，另一端绕过质量不计的定滑轮与小球 A 相连，定滑
34、轮用另一条细线悬挂在天花板上的 O点，细线与竖直方向所成的角度为，则( )图 10A如果将物体 B 在地板上向右移动稍许， 角将增大B无论物体 B 在地板上左移还是右移，只要距离足够小， 角将不变C增大小球 A 的质量， 角一定减小D悬挂定滑轮的细线的弹力不可能等于小球 A 的重力答案 AD解析 O、A 之间的细线一定沿竖直方向，如果物体 B 在地板上向右移动稍许，O 、B 之间的细线将向右偏转，OA 与 OB 间夹角将增大OA 与 OB 两段细线上的弹力都等于小球 A 的重力，其合力与悬挂定滑轮的细线的弹力大小相等、方向相反，悬挂定滑轮的细线的弹力方向(即 OO 的方向 )与AOB 的角平分
35、线在一条直线上，显然物体 B 在地板上向右移动时， 角将增大，选项 A 正确，B 错误；增大小球 A 的质量，只要物体 B 的位置不变，则 角也不变，选项 C 错误；因物体 B 无论在地板上移动多远， AOB 都不可能达到 120，故悬挂定滑轮的细线的弹力不可能等于小球 A 的重力，选项 D 正确11如图 11 所示，形状和质量完全相同的两个圆柱体 a、b 靠在一起，表面光滑，重力为G，其中 b 的下半部刚好固定在水平面 MN 的下方，上边露出另一半，a 静止在平面上现过a 的轴心施加一水平作用力 F，可缓慢的将 a 拉离平面一直滑到 b 的顶端，对该过程分析，则应有( )图 11A拉力 F
36、先增大后减小，最大值是 GB开始时拉力 F 最大为 G，以后逐渐减小为 03Ca、b 间的压力开始最大为 2G，而后逐渐减小到 GDa、b 间的压力由 0 逐渐增大，最大为 G答案 BC解析 要把 a 拉离平面，在开始时，平面 MN 对 a 球的支持力应为零，因此 a 球受力分析如图甲所示，则 sin ，所以 30，拉力 F G.当球 a 逐渐上移时，用图R2R 12 Gtan 30 3解法分析 F 的变化如图乙所示，在球 a 上移时，拉力 F 逐渐减小至零在开始时，a、b 间的压力 FN 2G，以后逐渐减小至 G，因此正确选项为 B、C.Gsin 3012如图 12 所示，A、B 两物块始终
37、静止在水平地面上，有一轻质弹簧一端连接在竖直墙上P 点，另一端与 A 相连接，下列说法正确的是( )图 12A如果 B 对 A 无摩擦力，则地面对 B 也无摩擦力B如果 B 对 A 有向左的摩擦力，则地面对 B 也有向左的摩擦力CP 点缓慢下移过程中，B 对 A 的支持力一定减小DP 点缓慢下移过程中，地面对 B 的摩擦力一定增大答案 AB解析 若 B 对 A 无摩擦力，因 B 在水平方向受力平衡，则地面对 B 无摩擦力，A 正确；若B 对 A 有向左的摩擦力，则 A 对 B 有向右的摩擦力，由平衡条件知，地面对 B 有向左的摩擦力，B 正确；若弹簧起初处于拉伸状态，则在 P 点缓慢下移的过程
38、中，弹簧对 A 物体的拉力减小且拉力在竖直方向的分力减小，则 B 对 A 的支持力增大，C 错误；在 P 点缓慢下移过程中，以 A、B 为整体，若弹簧起初处于拉伸状态，P 点下移使弹簧恢复到原长时，地面对 B的摩擦力逐渐减小到零，D 错误13如图 13 所示，质量为 M 的斜面体 A 置于粗糙水平面上，用轻绳拴住质量为 m 的小球 B置于斜面上，整个系统处于静止状态已知斜面倾角 30，轻绳与斜面平行且另一端固定在竖直墙面上，不计小球与斜面间的摩擦，则( )图 13A斜面体对小球的作用力的大小为 mgB轻绳对小球的作用力的大小为 mg12C斜面体对水平面的压力的大小为(Mm )gD斜面体与水平面
39、间的摩擦力的大小为 mg34答案 BD解析 以小球 B 为研究对象，对其受力分析如图因小球保持静止，所以由共点力的平衡条件可得：mgsin F T0FNmg cos 0由两式可得FT mgsin mg12FNmg cos mg32即轻绳对小球的作用力(拉力 )为 mg，斜面体对小球的作用力(支持力)为 mg，A 错，B12 32对把小球和斜面体作为一个整体进行研究，其受重力(M m)g，水平面的支持力 FN、摩擦力Ff以及轻绳拉力 FT.受力情况如图所示因研究对象处于静止状态，所以由平衡条件可得：Ff FTcos 0FNF Tsin (Mm) g0联立式可得：FNMg mg，F f mg34 34由牛顿第三定律可知斜面体对水平面的压力为 Mg mg， C 错，D 对34
