專題一 物體平衡 牛頓運動定律

1、專題整合突破專題整合突破專題一物體的平衡牛頓運動定律專題一物體的平衡牛頓運動定律高考考情分析高考考情分析年份年份題題號號題題型型分分值值考查點考查點命題分析與備考策略命題分析與備考策略2012013 3卷卷1414選選擇擇6 6慣性牛頓運動定律慣性牛頓運動定律1.1.全國卷對于物體的平衡、平衡條件全國卷對于物體的平衡、平衡條件的應用、牛頓運動定律的理解一般以的應用、牛頓運動定律的理解一般以選擇題形式出現(xiàn)選擇題形式出現(xiàn), ,但全國但全國卷連續(xù)兩卷連續(xù)兩年命制安培力作用下的平衡的計算題年命制安培力作用下的平衡的計算題, ,共點力的平衡是高考中的熱點共點力的平衡是高考中的熱點, ,故對故對本專題在備

2、考時應引起高度重視本專題在備考時應引起高度重視. .2.2.高考試題對本專題的考查高考試題對本專題的考查, ,難度相難度相對較低對較低, ,備考時要夯實基礎備考時要夯實基礎, ,理解透徹理解透徹各力的產(chǎn)生條件、方向判斷及大小計各力的產(chǎn)生條件、方向判斷及大小計算算, ,掌握對物體進行受力分析的方法掌握對物體進行受力分析的方法, ,會用正交分解法、合成法等多種方法會用正交分解法、合成法等多種方法解答共點力平衡問題解答共點力平衡問題, ,會結(jié)合整體法會結(jié)合整體法與隔離法處理連接體平衡問題與隔離法處理連接體平衡問題, ,會用會用圖解法分析三力動態(tài)平衡問題以及求圖解法分析三力動態(tài)平衡問題以及求極值極值.

3、 .練習時既要有速度也要有精度練習時既要有速度也要有精度, ,更要有分析解決問題的能力更要有分析解決問題的能力. .3.3.備考中注意引導學生認識物體可能備考中注意引導學生認識物體可能在各種力作用下的平衡問題在各種力作用下的平衡問題, ,以扎實以扎實的基本技能、廣闊的視野解決各類平的基本技能、廣闊的視野解決各類平衡問題衡問題. .卷卷1414選選擇擇6 6力加速度的關系力加速度的關系1515選選擇擇6 6物體的受力分析物體的受力分析1818選選擇擇6 6電場力作用下的平衡電場力作用下的平衡2012014 4卷卷1717選選擇擇6 6平衡條件的應用平衡條件的應用2012015 5卷卷2424計計

4、算算1212安培力作用下的平衡安培力作用下的平衡卷卷1414選選擇擇6 6電場力作用下的平衡電場力作用下的平衡2012016 6卷卷1919選選擇擇6 6變力作用下的平衡變力作用下的平衡2424計計算算1414安培力作用下的平衡安培力作用下的平衡1.(1.(20162016全國全國卷卷,14,14) ) 質(zhì)量為質(zhì)量為m m的物體用輕繩的物體用輕繩ABAB懸掛于天花板上懸掛于天花板上. .用水平向用水平向左的力左的力F F緩慢拉動繩的中點緩慢拉動繩的中點O,O,如圖所示如圖所示. .用用T T表示繩表示繩OAOA段拉力的大小段拉力的大小, ,在在O O點向點向左移動的過程中左移動的過程中( (

5、) )A.FA.F逐漸變大逐漸變大,T,T逐漸變大逐漸變大B.FB.F逐漸變大逐漸變大,T,T逐漸變小逐漸變小C.FC.F逐漸變小逐漸變小,T,T逐漸變大逐漸變大D.FD.F逐漸變小逐漸變小,T,T逐漸變小逐漸變小基礎真題熱身基礎真題熱身解析解析: :法一法一對結(jié)點對結(jié)點O O受力分析如圖受力分析如圖( (甲甲) )所示所示, ,設繩設繩OAOA與豎直方向的夾角為與豎直方向的夾角為,由共點力平衡條件得由共點力平衡條件得Tcos =TTcos =TOBOB=mg,Tsin =F,=mg,Tsin =F,解得解得T= ,F=mgtan ,T= ,F=mgtan ,在在O O點向左移動的過程中點向左

6、移動的過程中,逐漸增大逐漸增大, ,故故F F逐漸變大逐漸變大,T,T逐漸變大逐漸變大. .cosmgA A法二法二繩繩OBOB對結(jié)點對結(jié)點O O的拉力大小為的拉力大小為mg,mg,方向豎直向下保持不變方向豎直向下保持不變, ,由共點由共點力平衡條件知力平衡條件知F,TF,T的合力大小為的合力大小為mg,mg,方向豎直向上保持不變方向豎直向上保持不變, ,在在O O點向左點向左移動的過程中移動的過程中,F,T,F,T的變化情況如圖的變化情況如圖( (乙乙) )所示所示, ,則可判斷出則可判斷出F F逐漸變大逐漸變大,T,T逐漸變大逐漸變大. .核心技法核心技法本題考查物體的平衡本題考查物體的平

7、衡. .圖解法是最簡單快捷的方法圖解法是最簡單快捷的方法, ,認識在認識在O O點左移的過程點左移的過程中中,F,T,F,T兩力的合力保持不變是正確解答的關鍵兩力的合力保持不變是正確解答的關鍵. .2.(2.(20162016全國全國卷卷,17,17) ) 如圖如圖, ,兩個輕環(huán)兩個輕環(huán)a a和和b b套在位于豎直面內(nèi)的一段固定圓弧上套在位于豎直面內(nèi)的一段固定圓弧上: :一細線穿過兩輕環(huán)一細線穿過兩輕環(huán), ,其兩端各系一質(zhì)量為其兩端各系一質(zhì)量為m m的小球的小球. .在在a a和和b b之間的細線上懸掛一小物塊之間的細線上懸掛一小物塊. .平衡時平衡時,a,b,a,b間的距離恰好等于圓弧的半徑

8、間的距離恰好等于圓弧的半徑. .不計所有摩擦不計所有摩擦. .小物塊的質(zhì)量為小物塊的質(zhì)量為( ( ) )解析解析: : 如圖所示如圖所示, ,由于不計摩擦由于不計摩擦, ,線上張力處處相等線上張力處處相等, ,且輕環(huán)受且輕環(huán)受細線的作用力的合力方向指向圓心細線的作用力的合力方向指向圓心. .由于由于a,ba,b間距等于圓弧半徑間距等于圓弧半徑, ,則則aOb=60aOb=60, ,進一步分析知進一步分析知, ,細線與細線與aO,bOaO,bO間的夾角皆為間的夾角皆為3030. .取懸掛的小物塊研究取懸掛的小物塊研究, ,懸掛小物塊的細線張角為懸掛小物塊的細線張角為120120, ,由平衡由平衡

9、條件知條件知, ,小物塊的質(zhì)量與小球的質(zhì)量相等小物塊的質(zhì)量與小球的質(zhì)量相等, ,即為即為m.m.故選項故選項C C正確正確. .C C核心技法核心技法本題為典型的本題為典型的“活結(jié)活結(jié)”平衡問題平衡問題, ,掛上小物塊平衡后掛上小物塊平衡后,a,a環(huán)環(huán)( (或或b b環(huán)環(huán)) )所受圓弧的支持力所受圓弧的支持力背離圓心方向背離圓心方向. .3. (3. (20162016浙江卷浙江卷,19,19)()(多選多選) )如圖所示如圖所示, ,把把A,BA,B兩個相同的導電小球分別用長兩個相同的導電小球分別用長為為0.10 m0.10 m的絕緣細線懸掛于的絕緣細線懸掛于O OA A和和O OB B兩點

10、兩點. .用絲綢摩擦過的玻璃棒與用絲綢摩擦過的玻璃棒與A A球接觸球接觸, ,棒棒移開后將懸點移開后將懸點O OB B移到移到O OA A點固定點固定. .兩球接觸后分開兩球接觸后分開, ,平衡時距離為平衡時距離為0.12 m.0.12 m.已測得已測得每個小球質(zhì)量是每個小球質(zhì)量是8.08.01010-4-4 kg, kg,帶電小球可視為點電荷帶電小球可視為點電荷, ,重力加速度重力加速度g=10 m/sg=10 m/s2 2, ,靜電力常量靜電力常量k=9.0k=9.010109 9 Nm Nm2 2/C/C2 2, ,則則( ( ) )A.A.兩球所帶電荷量相等兩球所帶電荷量相等B.AB.

11、A球所受的靜電力為球所受的靜電力為1.01.01010-2-2 N NC.BC.B球所帶的電荷量為球所帶的電荷量為4 4 1010-8-8 C CD.A,BD.A,B兩球連線中點處的電場強度為兩球連線中點處的電場強度為0 06ACDACD核心技法核心技法本題考查共點力的平衡及庫侖定律的應用本題考查共點力的平衡及庫侖定律的應用, ,分析小球的受力分析小球的受力, ,理解電場的疊理解電場的疊加原理是正確解答的關鍵加原理是正確解答的關鍵. .4. (4. (20152015廣東卷廣東卷,19,19)()(多選多選) )如圖所示如圖所示, ,三條繩子的一端都系在細直桿頂端三條繩子的一端都系在細直桿頂端

12、, ,另一端另一端都固定在水平地面上都固定在水平地面上, ,將桿豎直緊壓在地面上將桿豎直緊壓在地面上, ,若三條繩長度不同若三條繩長度不同, ,下列說法正確的下列說法正確的有有( ( ) )A.A.三條繩中的張力都相等三條繩中的張力都相等B.B.桿對地面的壓力大于自身重力桿對地面的壓力大于自身重力C.C.繩子對桿的拉力在水平方向的合力為零繩子對桿的拉力在水平方向的合力為零D.D.繩子拉力的合力與桿的重力是一對平衡力繩子拉力的合力與桿的重力是一對平衡力BCBC解析解析: :由于三條繩長度不同由于三條繩長度不同, ,則三條繩與豎直桿間的夾角不相等則三條繩與豎直桿間的夾角不相等, ,因豎直桿僅因豎直

13、桿僅是壓在地面上而沒有固定是壓在地面上而沒有固定, ,則三條繩對桿的拉力在水平方向的分力必平衡則三條繩對桿的拉力在水平方向的分力必平衡, ,但但三個水平分力在水平面內(nèi)的方向關系不確定三個水平分力在水平面內(nèi)的方向關系不確定, ,故不能確定三條繩中張力的大故不能確定三條繩中張力的大小關系小關系, ,選項選項A A錯誤錯誤,C,C正確正確; ;由于三條繩對桿的拉力在豎直方向的分力都向下由于三條繩對桿的拉力在豎直方向的分力都向下, ,故選項故選項B B正確正確; ;繩子拉力的合力豎直向下繩子拉力的合力豎直向下, ,桿的重力也豎直向下桿的重力也豎直向下, ,它們不是一對它們不是一對平衡力平衡力, ,故選

14、項故選項D D錯誤錯誤. .核心技法核心技法本題考查幾個共點力不在同一平面上的平衡問題本題考查幾個共點力不在同一平面上的平衡問題, ,解答時應在立體空間內(nèi)將繩的拉解答時應在立體空間內(nèi)將繩的拉力沿豎直和水平方向進行正交分解力沿豎直和水平方向進行正交分解, ,利用平衡條件進行分析和推理利用平衡條件進行分析和推理. .5. (5. (20152015海南卷海南卷,8,8)()(多選多選) )如圖如圖, ,物塊物塊a,ba,b和和c c的質(zhì)量相同的質(zhì)量相同,a,a和和b b、b b和和c c之間用完全相同之間用完全相同的輕彈簧的輕彈簧S S1 1和和S S2 2相連相連, ,通過系在通過系在a a上的

15、細線懸掛于固定點上的細線懸掛于固定點O.O.整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài). .現(xiàn)將現(xiàn)將細線剪斷細線剪斷. .將物塊將物塊a a的加速度大小記為的加速度大小記為a a1 1,S,S1 1和和S S2 2相對于原長的伸長分別記為相對于原長的伸長分別記為ll1 1和和ll2 2, ,重力加速度大小為重力加速度大小為g.g.在剪斷的瞬間在剪斷的瞬間( ( ) )A.aA.a1 1=3g=3g B.a B.a1 1=0=0C.lC.l1 1=2l=2l2 2D.lD.l1 1=l=l2 2ACAC解析解析: :剪斷細線前剪斷細線前, ,把把a,b,ca,b,c看成整體看成整體, ,細線上的拉

16、力為細線上的拉力為T=3mg.T=3mg.因在剪斷瞬間因在剪斷瞬間, ,彈彈簧未發(fā)生突變簧未發(fā)生突變, ,因此因此a,b,ca,b,c之間的作用力與剪斷細線之前相同之間的作用力與剪斷細線之前相同. .則將細線剪斷瞬則將細線剪斷瞬間間, ,對對a a隔離進行受力分析隔離進行受力分析, ,由牛頓第二定律得由牛頓第二定律得3mg=ma3mg=ma1 1得得a a1 1=3g,=3g,故選項故選項A A正確正確,B,B錯誤錯誤. .由胡克定律知由胡克定律知2mg=kl2mg=kl1 1,mg=kl,mg=kl2 2, ,所以所以ll1 1=2l=2l2 2, ,故選項故選項C C正確正確,D,D錯誤錯

17、誤. .核心技法核心技法本題考查胡克定律與牛頓第二定律的綜合本題考查胡克定律與牛頓第二定律的綜合, ,分析將細繩剪斷前后瞬間的受力是求瞬分析將細繩剪斷前后瞬間的受力是求瞬時加速度的關鍵時加速度的關鍵. .【例【例1 1】( (20162016山東濟寧檢測山東濟寧檢測) )氣象研究小組用圖示簡易裝置測定水平風速氣象研究小組用圖示簡易裝置測定水平風速, ,在水平地面上豎直固定一直桿在水平地面上豎直固定一直桿, ,質(zhì)量為質(zhì)量為m m的塑料球用細線懸于桿頂端的塑料球用細線懸于桿頂端O,O,當水平當水平風吹來時風吹來時, ,球在水平風力的作用下飄起來球在水平風力的作用下飄起來. .已知風力大小正比于風速

18、已知風力大小正比于風速, ,當風速當風速v v0 0=3 m/s=3 m/s時時, ,測得球平衡時細線與豎直方向的夾角測得球平衡時細線與豎直方向的夾角=30=30. .則則( ( ) )A.A.細線拉力的大小為細線拉力的大小為B.B.若風速增大若風速增大, ,則桿對地面的壓力也增大則桿對地面的壓力也增大C.C.細線拉力與風力的合力大于細線拉力與風力的合力大于mgmgD.=60D.=60時時, ,風速風速v=6 m/sv=6 m/sA A考向考向1 1共點力平衡條件的應用共點力平衡條件的應用2 33mg考點一共點力作用下物體的靜態(tài)平衡考點一共點力作用下物體的靜態(tài)平衡/ /名師點評名師點評/ /

19、處理平衡問題的基本思路處理平衡問題的基本思路【例【例2 2】( (多選多選) )如圖所示如圖所示, ,質(zhì)量為質(zhì)量為m m的木塊的木塊A A放在位于水平面上的質(zhì)量為放在位于水平面上的質(zhì)量為M M的斜的斜面面B B上上, ,現(xiàn)用大小相等、方向相反的兩個水平推力現(xiàn)用大小相等、方向相反的兩個水平推力F F分別作用在分別作用在A,BA,B上上,A,B,A,B均保均保持靜止不動持靜止不動. .則則( ( ) )A.AA.A與與B B之間一定存在摩擦力之間一定存在摩擦力B.BB.B與地面之間一定沒有摩擦力與地面之間一定沒有摩擦力C.BC.B對對A A的支持力一定等于的支持力一定等于mgmgD.D.地面對地面

20、對B B的支持力大小一定等于的支持力大小一定等于(m+M)g(m+M)gBD BD 考向考向2 2整體法、隔離法在系統(tǒng)平衡中的應用整體法、隔離法在系統(tǒng)平衡中的應用解析解析: :以以A A為研究對象為研究對象, ,受重力受重力mgmg、推力、推力F F、支持力、支持力F FN N, ,當這三個力的合當這三個力的合力為零時力為零時,A,B,A,B間沒有摩擦力間沒有摩擦力, ,所以選項所以選項A A錯誤錯誤;B;B對對A A的支持力無法求出的支持力無法求出, ,所以選項所以選項C C錯誤錯誤; ;把把A,BA,B視為一整體視為一整體, ,進行受力分析進行受力分析, ,水平方向整體受兩水平方向整體受兩

21、個推力個推力F,F,豎直方向受重力豎直方向受重力(M+m)g(M+m)g、地面對、地面對A,BA,B的支持力的支持力, ,水平方向兩推水平方向兩推力恰好平衡力恰好平衡, ,故故B B與地面間沒有摩擦力與地面間沒有摩擦力, ,所以選項所以選項B B正確正確; ;地面對地面對B B的支持的支持力等于力等于(m+M)g,(m+M)g,故選項故選項D D正確正確. ./ /名師點評名師點評/ / 求解連接體平衡問題的方法求解連接體平衡問題的方法1.1.整體法整體法(1)(1)選取原則選取原則: :只涉及系統(tǒng)外力不涉及系統(tǒng)內(nèi)部物體之間的相互作用力只涉及系統(tǒng)外力不涉及系統(tǒng)內(nèi)部物體之間的相互作用力. .(2

22、)(2)適用條件適用條件: :系統(tǒng)內(nèi)各個物體的運動狀態(tài)必須相同系統(tǒng)內(nèi)各個物體的運動狀態(tài)必須相同. .(3)(3)優(yōu)、缺點優(yōu)、缺點: :整體法解題一般比較簡單整體法解題一般比較簡單, ,但整體法不能求內(nèi)力但整體法不能求內(nèi)力. .2.2.隔離法隔離法(1)(1)選取原則選取原則: :分析系統(tǒng)內(nèi)某個物體的受力情況分析系統(tǒng)內(nèi)某個物體的受力情況, ,一般先從受力簡單的物一般先從受力簡單的物體入手體入手. .(2)(2)優(yōu)、缺點優(yōu)、缺點: :系統(tǒng)內(nèi)物體受到的內(nèi)力、外力均能求解系統(tǒng)內(nèi)物體受到的內(nèi)力、外力均能求解, ,但比較麻煩但比較麻煩, ,易易出錯出錯. .【例【例3 3】( (20162016浙江五校聯(lián)

23、考浙江五校聯(lián)考) )如圖所示如圖所示, ,水平天花板下用長度相同的絕緣細線懸掛水平天花板下用長度相同的絕緣細線懸掛兩個相同的帶電小球兩個相同的帶電小球A,B,A,B,左邊放一個帶正電的固定球左邊放一個帶正電的固定球+Q+Q時時, ,兩懸線都保持豎直方向兩懸線都保持豎直方向, ,小小球球A A與固定球與固定球+Q+Q的距離等于小球的距離等于小球A A與小球與小球B B的距離的距離. .下列說法中正確的是下列說法中正確的是( ( ) )A.AA.A球帶正電球帶正電,B,B球帶負電球帶負電, ,并且并且A A球帶電荷量較大球帶電荷量較大B.AB.A球帶負電球帶負電,B,B球帶正電球帶正電, ,并且并

24、且A A球帶電荷量較小球帶電荷量較小C.AC.A球帶負電球帶負電,B,B球帶正電球帶正電, ,并且并且A A球帶電荷量較大球帶電荷量較大D.AD.A球帶正電球帶正電,B,B球帶負電球帶負電, ,并且并且A A球帶電荷量較小球帶電荷量較小B B 考向考向3 3電磁場中的平衡電磁場中的平衡思路探究思路探究 (1)B(1)B球離球離+Q+Q較遠較遠, ,而兩懸線保持豎直方向而兩懸線保持豎直方向, ,如何判斷它與如何判斷它與A A球電球電荷量的關系荷量的關系? ?答案答案:A,B:A,B兩球在水平方向均受力平衡兩球在水平方向均受力平衡, ,只有只有B B球帶電荷量大于球帶電荷量大于A A球帶電荷量才球

25、帶電荷量才能滿足它們所處狀態(tài)能滿足它們所處狀態(tài). .(2)(2)怎樣確定怎樣確定A,BA,B兩球的電性兩球的電性? ?答案答案: :先假設某一球的電性先假設某一球的電性, ,分析該球平衡時所受另一球的庫侖力分析該球平衡時所受另一球的庫侖力, ,然后再分然后再分析另一球是否會處于平衡析另一球是否會處于平衡, ,從而確定從而確定A,BA,B兩球的電性兩球的電性. .解析解析: :由于懸掛兩球的細線保持豎直方向由于懸掛兩球的細線保持豎直方向, ,則三帶電小球遵循則三帶電小球遵循“兩同夾兩同夾異異, ,兩大夾小兩大夾小”關系關系, ,即即A A應該帶負電應該帶負電,B,B帶正電帶正電, ,所以選項所以

26、選項A,DA,D均錯誤均錯誤; ;對對于于A A球來說球來說, ,與兩邊帶電球的間距相等與兩邊帶電球的間距相等, ,即即B B球帶電荷量與球帶電荷量與+Q+Q球的電荷量球的電荷量相等相等; ;對于對于B B球來說球來說, ,因為因為A A離離B B較近較近, ,故要想與故要想與+Q+Q球產(chǎn)生相等的力球產(chǎn)生相等的力,A,A球的球的電荷量比電荷量比+Q+Q球的電荷量要少球的電荷量要少, ,所以所以A A球所帶的電荷量較少球所帶的電荷量較少, ,選項選項B B正確正確,C,C錯誤錯誤. ./ /名師點評名師點評/ / 解決電磁場中平衡問題的思路和方法解決電磁場中平衡問題的思路和方法1.1.電磁學中的

27、平衡問題在解決的方法上與力學平衡問題相同電磁學中的平衡問題在解決的方法上與力學平衡問題相同, ,只是增加只是增加了電場力、磁場力的分析了電場力、磁場力的分析. .除了服從除了服從“力學規(guī)律力學規(guī)律”之外之外, ,還要服從還要服從“電磁電磁學規(guī)律學規(guī)律”. .2.2.根據(jù)左手定則、帶電體的帶電性質(zhì)或磁場方向根據(jù)左手定則、帶電體的帶電性質(zhì)或磁場方向, ,判定研究對象所受的判定研究對象所受的安培力或洛倫茲力的方向安培力或洛倫茲力的方向, ,根據(jù)電荷的電性和電場的方向判斷靜電力的根據(jù)電荷的電性和電場的方向判斷靜電力的方向方向. .3.3.對研究對象進行受力分析列平衡方程求解對研究對象進行受力分析列平衡

28、方程求解. .【考點過關】【考點過關】1. (1. (20162016河南鄭州檢測河南鄭州檢測) )如圖在傾角為如圖在傾角為的固定光滑斜面上的固定光滑斜面上, ,質(zhì)量為質(zhì)量為m m的的物體受外力物體受外力F F1 1和和F F2 2的作用的作用,F,F1 1方向水平向右方向水平向右,F,F2 2方向豎直向上方向豎直向上. .若物體靜止在若物體靜止在斜面上斜面上, ,則下列關系正確的是則下列關系正確的是( ( ) )A.FA.F1 1sin +Fsin +F2 2cos =mgsin ,Fcos =mgsin ,F2 2mgmgB.FB.F1 1sin -Fsin -F2 2cos =mgsin

29、 ,Fcos =mgsin ,F2 2mgmgC.FC.F1 1cos +Fcos +F2 2sin =mgsin ,Fsin =mgsin ,F2 2mgmgD.FD.F1 1cos -Fcos -F2 2sin =mgsin ,Fsin =mgsin ,F2 2mgmg解析解析: : 物體受力分析如圖所示物體受力分析如圖所示, ,以斜面方向和垂直于斜面以斜面方向和垂直于斜面方向建立直角坐標系方向建立直角坐標系, ,將這些力正交分解將這些力正交分解. .由物體平衡條件由物體平衡條件可知可知,F,F1 1cos +Fcos +F2 2sin =mgsin ,sin =mgsin ,而物體要靜止

30、在斜面而物體要靜止在斜面上上, ,必須滿足必須滿足F F2 2mg,mg,故選項故選項C C正確正確. .C C 2.(2.(20162016江西南昌檢測江西南昌檢測) )如圖所示如圖所示, ,一固定的細直桿與水平面的夾角為一固定的細直桿與水平面的夾角為=1515, ,一個質(zhì)量忽略不計的小輕環(huán)一個質(zhì)量忽略不計的小輕環(huán)C C套在直桿上套在直桿上, ,一根輕質(zhì)細線依次穿過小一根輕質(zhì)細線依次穿過小環(huán)甲、小輕環(huán)環(huán)甲、小輕環(huán)C C和小環(huán)乙和小環(huán)乙, ,且兩端分別固定于直桿上的且兩端分別固定于直桿上的A,BA,B兩點兩點, ,小環(huán)甲和小小環(huán)甲和小環(huán)乙分居在小輕環(huán)環(huán)乙分居在小輕環(huán)C C的兩側(cè)的兩側(cè). .設小

31、環(huán)甲的質(zhì)量為設小環(huán)甲的質(zhì)量為m m1 1, ,小環(huán)乙的質(zhì)量為小環(huán)乙的質(zhì)量為m m2 2, ,調(diào)節(jié)調(diào)節(jié)A,BA,B間細線的長度間細線的長度, ,當系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)時當系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)時=45=45. .不計一切摩擦不計一切摩擦. .則則m m1 1mm2 2等于等于( ( ) )A.tan 15A.tan 15B.tan 30B.tan 30C.tan 60C.tan 60D.tan 75D.tan 75C C 解析解析: : 由于同一細線中各處張力大小相等由于同一細線中各處張力大小相等,=45,=45,=15,=15, ,小環(huán)小環(huán)C C為為輕環(huán)輕環(huán), ,重力不計重力不計, ,小環(huán)甲、乙受力及細

32、線夾角關系如圖所示小環(huán)甲、乙受力及細線夾角關系如圖所示, ,由幾何關系由幾何關系可知可知,C,C環(huán)與乙環(huán)的連線與豎直方向的夾角為環(huán)與乙環(huán)的連線與豎直方向的夾角為6060,C,C環(huán)與甲環(huán)的連線與環(huán)與甲環(huán)的連線與豎直方向的夾角為豎直方向的夾角為3030,A,A點與甲環(huán)的連線與豎直方向的夾角為點與甲環(huán)的連線與豎直方向的夾角為3030, ,乙乙環(huán)與環(huán)與B B點的連線與豎直方向的夾角為點的連線與豎直方向的夾角為6060, ,根據(jù)平衡條件根據(jù)平衡條件, ,對甲環(huán)有對甲環(huán)有2T2Tcos 30cos 30=m=m1 1g,g,對乙環(huán)有對乙環(huán)有2Tcos 602Tcos 60=m=m2 2g,g,得得m m1

33、 1mm2 2=tan 60=tan 60, ,故選項故選項C C正正確確. .3. (3. (20162016貴州六盤水一模貴州六盤水一模) )如圖所示如圖所示, ,三根長為三根長為L L的直線電流在空間構(gòu)成等的直線電流在空間構(gòu)成等邊三角形邊三角形, ,電流的方向垂直紙面向里電流的方向垂直紙面向里. .電流大小均為電流大小均為I,I,其中其中A,BA,B電流在電流在C C處產(chǎn)生處產(chǎn)生的磁感應強度的大小均為的磁感應強度的大小均為B B0 0, ,導線導線C C位于水平面處于靜止狀態(tài)位于水平面處于靜止狀態(tài), ,則導線則導線C C受到的受到的靜摩擦力是靜摩擦力是( ( ) )B B 4.4.如圖如

34、圖( (甲甲) )所示所示, ,固定的水平金屬導軌足夠長且電阻不計固定的水平金屬導軌足夠長且電阻不計. .兩阻值相同的導兩阻值相同的導體棒體棒ab,cdab,cd置于導軌上置于導軌上, ,棒與導軌垂直且始終保持良好接觸棒與導軌垂直且始終保持良好接觸. .整體裝置處在整體裝置處在與導軌平面垂直向下的勻強磁場與導軌平面垂直向下的勻強磁場B B中中. .現(xiàn)讓導體棒現(xiàn)讓導體棒abab以如圖以如圖( (乙乙) )所示的速度所示的速度向右運動向右運動. .導體棒導體棒cdcd始終靜止在導軌上始終靜止在導軌上, ,以水平向右為正方向以水平向右為正方向, ,則導體棒則導體棒cdcd所受的靜摩擦力所受的靜摩擦力

35、f f隨時間變化的圖像是隨時間變化的圖像是( ( ) )B B【例【例4 4】( (20162016河北邯鄲檢測河北邯鄲檢測) )如圖所示如圖所示, ,擋板垂直且固定在斜面上擋板垂直且固定在斜面上, ,一上表面一上表面呈弧形呈弧形, ,左端最薄的滑塊左端最薄的滑塊m m放在斜面上放在斜面上, ,一球一球M M擱在擋板與弧形滑塊上擱在擋板與弧形滑塊上, ,一切摩擦一切摩擦均不計均不計, ,用平行于斜面的拉力用平行于斜面的拉力F F拉住弧形滑塊拉住弧形滑塊, ,使球與滑塊均靜止使球與滑塊均靜止, ,現(xiàn)將滑塊平現(xiàn)將滑塊平行于斜面向上拉過一較小的距離行于斜面向上拉過一較小的距離, ,球仍擱在擋板和滑塊

36、上球仍擱在擋板和滑塊上, ,且處于靜止狀態(tài)且處于靜止狀態(tài), ,則則與原來相比與原來相比( ( ) )A.A.滑塊對球的彈力增大滑塊對球的彈力增大 B.B.擋板對球的彈力減小擋板對球的彈力減小C.C.斜面對滑塊的彈力增大斜面對滑塊的彈力增大D.D.拉力拉力F F不變不變B B考點二共點力作用下物體的動態(tài)平衡考點二共點力作用下物體的動態(tài)平衡【審題突破】【審題突破】細審細審題干題干關鍵關鍵關鍵詞關鍵詞獲取信息獲取信息球球M M擱在弧形滑塊上擱在弧形滑塊上弧形滑塊對球的彈力過球心向上弧形滑塊對球的彈力過球心向上球與滑塊均靜止球與滑塊均靜止球、滑塊以及滑塊和球組成的系統(tǒng)都處于平衡狀態(tài)球、滑塊以及滑塊和球

37、組成的系統(tǒng)都處于平衡狀態(tài)挖掘挖掘隱含隱含條件條件隱含條件隱含條件獲取信息獲取信息球仍擱在擋板和滑塊上球仍擱在擋板和滑塊上擋板和滑塊分別對球有彈力作用擋板和滑塊分別對球有彈力作用擋板垂直于斜面擋板垂直于斜面, ,拉力拉力F F平行于斜面向上拉平行于斜面向上拉擋板對球的彈力沿斜面向上擋板對球的彈力沿斜面向上, ,擋板對球的彈力與拉力擋板對球的彈力與拉力的合力等于整體重力沿斜面向下的分量的合力等于整體重力沿斜面向下的分量提煉提煉選項選項核心核心選項核心選項核心突破方略突破方略A A項求滑塊對球的彈力項求滑塊對球的彈力將球?qū)⑶騇 M隔離隔離, ,作受力分析圖作受力分析圖, ,應用圖解法分析兩個彈力應用

38、圖解法分析兩個彈力的變化的變化B B項求擋板對球的彈力項求擋板對球的彈力C C項求斜面對滑塊的彈力項求斜面對滑塊的彈力以滑塊和球組成的系統(tǒng)為研究對象以滑塊和球組成的系統(tǒng)為研究對象, ,做受力分析做受力分析. .在在垂直斜面方向應用平衡條件垂直斜面方向應用平衡條件D D項求拉力項求拉力F F以滑塊和球組成的系統(tǒng)為研究對象以滑塊和球組成的系統(tǒng)為研究對象, ,做受力分析做受力分析. .在在沿斜面方向應用平衡條件沿斜面方向應用平衡條件解析解析: :對球進行受力分析對球進行受力分析, ,球受三個力的作用球受三個力的作用, ,重力重力G G、滑塊的支持力、滑塊的支持力F F2 2, ,擋板對球的力擋板對球

39、的力F F1 1, ,其中其中F F1 1方向沿斜面向上且保持不變方向沿斜面向上且保持不變, ,三力大小關系如圖三力大小關系如圖(a)(a)所示所示, ,滑塊上移時滑塊上移時, ,滑塊對球的力滑塊對球的力F F2 2與豎直方向夾角與豎直方向夾角減小減小, ,由于滑塊由于滑塊左端最薄左端最薄, ,可以知道擋板和滑塊對球的作用力都減小可以知道擋板和滑塊對球的作用力都減小, ,故選項故選項B B正確正確,A,A錯錯誤誤; ;將滑塊和球作為系統(tǒng)進行受力分析將滑塊和球作為系統(tǒng)進行受力分析, ,由于由于F F1 1和和F F都沿斜面向上都沿斜面向上, ,可以將可以將這兩個力先合成為一個力這兩個力先合成為一

40、個力, ,記作記作F F1 1+F+F2 2, ,系統(tǒng)所受力的大小關系如圖系統(tǒng)所受力的大小關系如圖(b)(b)所所示示, ,其中斜面對滑塊的支持力其中斜面對滑塊的支持力F FN N=G=GM+mM+mcos ,F+Fcos ,F+F1 1=G=GM+mM+msin ,sin ,由于由于G GM+mM+m不變不變, ,則則F FN N,F+F,F+F1 1不變不變, ,因滑塊移動因滑塊移動,F,F1 1減小減小, ,則拉力則拉力F F增大增大, ,故選項故選項C,DC,D錯誤錯誤. ./ /拓展延伸拓展延伸/ / 1. 1. 在例在例4 4中中, ,將擋板以與斜面交點為軸逆時針轉(zhuǎn)過一個小角度將擋

41、板以與斜面交點為軸逆時針轉(zhuǎn)過一個小角度,球仍擱在擋球仍擱在擋板和滑塊上板和滑塊上, ,且處于靜止狀態(tài)且處于靜止狀態(tài), ,如圖所示如圖所示, ,則與原來相比則與原來相比, ,原題中正確的選項是原題中正確的選項是( ( ) )解析解析: :對球進行受力分析對球進行受力分析, ,球受三個力的作用球受三個力的作用, ,重力重力G G、滑塊的支持力、滑塊的支持力F F2 2, ,擋板對球的力擋板對球的力F F1 1, ,其其中中F F1 1方向沿斜面向上且保持不變方向沿斜面向上且保持不變, ,三力大小關系如圖三力大小關系如圖(a)(a)所示所示, ,滑塊上移時滑塊上移時, ,滑塊對球的力滑塊對球的力F

42、F2 2與豎直方向夾角與豎直方向夾角減小減小, ,由于滑塊左端最薄由于滑塊左端最薄, ,可以知道擋板和滑塊對球的作用力都減小可以知道擋板和滑塊對球的作用力都減小, ,故故選項選項B B正確正確,A,A錯誤錯誤; ;將滑塊和球作為系統(tǒng)進行受力分析將滑塊和球作為系統(tǒng)進行受力分析, ,由于由于F F1 1和和F F都沿斜面向上都沿斜面向上, ,可以將這可以將這兩個力先合成為一個力兩個力先合成為一個力, ,記作記作F F1 1+F+F2 2, ,系統(tǒng)所受力的大小關系如圖系統(tǒng)所受力的大小關系如圖(b)(b)所示所示, ,其中斜面對滑塊其中斜面對滑塊的支持力的支持力F FN N=G=GM+mM+mcos

43、,F+Fcos ,F+F1 1=G=GM+mM+msin ,sin ,由于由于G GM+mM+m不變不變, ,則則F FN N,F+F,F+F1 1不變不變, ,因滑塊移因滑塊移動動,F,F1 1減小減小, ,則拉力則拉力F F增大增大, ,故選項故選項C,DC,D錯誤錯誤. .B B2. 2. 若將例若將例4 4中的弧形滑塊更換為三角形滑塊中的弧形滑塊更換為三角形滑塊, ,現(xiàn)將滑塊平行現(xiàn)將滑塊平行于斜面向上拉過一較小的距離于斜面向上拉過一較小的距離, ,球仍擱在擋板和滑塊上球仍擱在擋板和滑塊上, ,且處且處于靜止狀態(tài)于靜止狀態(tài), ,如圖所示如圖所示, ,則與原來相比則與原來相比, ,原題中的

44、選項正確的原題中的選項正確的是是( ( ) )D D解析解析: :對球進行受力分析對球進行受力分析, ,如圖所示如圖所示, ,滑塊對球的力滑塊對球的力F F2 2始終垂直滑塊表面始終垂直滑塊表面向上向上, ,所以所以F F2 2的方向不變的方向不變, ,擋板對球的力擋板對球的力F F1 1沿斜面向上也不變沿斜面向上也不變, ,所以在滑塊所以在滑塊沿斜面向上移動一較小距離時沿斜面向上移動一較小距離時, ,球受到的各個力大小方向都不變化球受到的各個力大小方向都不變化, ,故選故選項項A,BA,B錯誤錯誤. .將滑塊和球作為系統(tǒng)將滑塊和球作為系統(tǒng), ,擋板對系統(tǒng)的力擋板對系統(tǒng)的力F F1 1不變化不

45、變化, ,由平衡條件由平衡條件可知斜面對滑塊的彈力可知斜面對滑塊的彈力F FN N, ,拉力拉力F F都不變都不變, ,故選項故選項C C錯誤錯誤,D,D正確正確. ./ /名師點評名師點評/ / 妙解動態(tài)平衡問題的典型方法妙解動態(tài)平衡問題的典型方法【考點過關】【考點過關】1. 1. 單物體的動態(tài)平衡單物體的動態(tài)平衡(20162016江蘇四市調(diào)研江蘇四市調(diào)研) )體操是力與美的運動體操是力與美的運動. .吊環(huán)吊環(huán)比賽中運動員的兩臂從豎直位置開始緩慢展開到接近水平比賽中運動員的兩臂從豎直位置開始緩慢展開到接近水平, ,形成如圖所示形成如圖所示“十字支撐十字支撐”這一優(yōu)美造型這一優(yōu)美造型. .開始

46、時吊繩豎直開始時吊繩豎直, ,關于這一過程下列說法正確關于這一過程下列說法正確的是的是( ( ) )A.A.吊繩的拉力逐漸減小吊繩的拉力逐漸減小 B.B.吊繩的拉力逐漸增大吊繩的拉力逐漸增大C.C.兩繩的合力逐漸增大兩繩的合力逐漸增大 D.D.兩繩的合力逐漸減小兩繩的合力逐漸減小解析解析: :對運動員受力分析可知對運動員受力分析可知, ,兩繩的拉力的合力與人的重力大小相等兩繩的拉力的合力與人的重力大小相等, ,而人的重力不變而人的重力不變, ,所以兩繩的合力不變所以兩繩的合力不變, ,當雙臂緩慢張開時繩之間的夾當雙臂緩慢張開時繩之間的夾角變大角變大, ,兩個分力的大小都要增大兩個分力的大小都要

47、增大, ,所以選項所以選項B B正確正確,A,C,D,A,C,D錯誤錯誤. .B B 2.2.相似三角形法巧解動態(tài)平衡問題相似三角形法巧解動態(tài)平衡問題(20162016江西南昌模擬江西南昌模擬) )如圖如圖所示所示, ,質(zhì)量均可忽略的輕繩與輕桿承受彈力的最大值一定質(zhì)量均可忽略的輕繩與輕桿承受彈力的最大值一定, ,桿的桿的A A端端用鉸鏈固定用鉸鏈固定, ,光滑輕小滑輪在光滑輕小滑輪在A A點正上方點正上方,B,B端吊一重物端吊一重物, ,現(xiàn)將繩的一現(xiàn)將繩的一端拴在桿的端拴在桿的B B端端, ,用拉力用拉力F F將將B B端緩慢上拉端緩慢上拉, ,在在ABAB桿達到豎直前桿達到豎直前( (均未均

48、未斷斷),),關于繩子的拉力關于繩子的拉力F F和桿受的彈力和桿受的彈力F FN N的變化的變化, ,判斷正確的是判斷正確的是( ( ) )A.FA.F變大變大 B.FB.F變小變小 C.FC.FN N變大變大 D.FD.FN N變小變小B B 3.3.多物體動態(tài)平衡多物體動態(tài)平衡(20162016山東濱州模擬山東濱州模擬)()(多選多選) )如圖所示如圖所示, ,傾角為傾角為3030的斜面體靜止在水平地面上的斜面體靜止在水平地面上, ,輕繩一端連著斜面上的物體輕繩一端連著斜面上的物體A(A(輕繩與斜面平輕繩與斜面平行行),),另一端通過兩個滑輪相連于天花板上的另一端通過兩個滑輪相連于天花板上

49、的P P點點. .動滑輪上懸掛質(zhì)量為動滑輪上懸掛質(zhì)量為m m的的物塊物塊B,B,開始懸掛動滑輪的兩繩均豎直開始懸掛動滑輪的兩繩均豎直. .現(xiàn)將現(xiàn)將P P點緩慢向右移動點緩慢向右移動, ,直到動滑輪直到動滑輪兩邊輕繩的夾角為兩邊輕繩的夾角為9090時時, ,物體物體A A剛好要滑動剛好要滑動. .假設最大靜摩擦力等于滑動假設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力摩擦力, ,物體物體A A與斜面間的動摩擦因數(shù)為與斜面間的動摩擦因數(shù)為 . .整個過程斜面體始終靜止整個過程斜面體始終靜止, ,不不計滑輪的質(zhì)量及輕繩與滑輪的摩擦計滑輪的質(zhì)量及輕繩與滑輪的摩擦. .下列說法正確的是下列說法正確的是( ( ) )A.A

50、.物體物體A A的質(zhì)量為的質(zhì)量為 m mB.B.物體物體A A受到的摩擦力一直增大受到的摩擦力一直增大C.C.地面對斜面體的摩擦力水平向左并逐漸減小地面對斜面體的摩擦力水平向左并逐漸減小D.D.斜面體對地面的壓力逐漸減小斜面體對地面的壓力逐漸減小ABAB3322【例【例5 5】質(zhì)量為質(zhì)量為M M、傾角為、傾角為的木楔在水平面上保持靜止的木楔在水平面上保持靜止, ,質(zhì)量為質(zhì)量為m m的的木塊剛好可以在木楔上表面勻速下滑木塊剛好可以在木楔上表面勻速下滑, ,現(xiàn)在用與木楔上表面成現(xiàn)在用與木楔上表面成角的角的力力F F拉著木塊勻速上滑拉著木塊勻速上滑, ,如圖所示如圖所示. .重力加速度為重力加速度為

51、g.g.(1)(1)當當為多大時為多大時, ,拉力拉力F F有最小值有最小值? ?最小值為多少最小值為多少? ?考點三平衡中的臨界、極值問題考點三平衡中的臨界、極值問題規(guī)范解答規(guī)范解答: :(1)(1)木塊剛好可以沿木楔上表面勻速下滑木塊剛好可以沿木楔上表面勻速下滑, ,則有則有mgsin =mgcos ,mgsin =mgcos ,可得可得=tan ,=tan ,用力用力F F拉著木塊勻速上滑拉著木塊勻速上滑, ,受力分析如圖受力分析如圖( (甲甲) )所示所示, ,有有Fcos =mgsin +FFcos =mgsin +Ff f, ,F FN N+Fsin =mgcos ,+Fsin =

52、mgcos ,又又F Ff f=F=FN N, ,聯(lián)立解得聯(lián)立解得F= ,F= ,所以所以, ,當當=時時,F,F有最小值有最小值, ,為為F Fminmin=mgsin 2.=mgsin 2.sin2cos()mg答案答案: :(1)(1)mgsin 2mgsin 2規(guī)范解答規(guī)范解答: :(2)(2)對木塊和木楔整體受力分析如圖對木塊和木楔整體受力分析如圖( (乙乙) )所示所示, ,由平衡條件由平衡條件可得可得F Ff f=Fcos(+),=Fcos(+),當拉力當拉力F F最小時最小時, ,F Ff f=F=Fminmincos 2= mgsin 4.cos 2= mgsin 4.(2)

53、(2)當拉力當拉力F F最小時最小時, ,水平面對木楔的摩擦力為多大水平面對木楔的摩擦力為多大? ?12答案答案: :(2) mgsin 4(2) mgsin 412/ /名師點評名師點評/ / 解決臨界問題的三種方法解決臨界問題的三種方法1.1.解析法解析法: :根據(jù)物體的平衡條件列方程根據(jù)物體的平衡條件列方程, ,在解方程時采用數(shù)學知識求極值在解方程時采用數(shù)學知識求極值. .通常用到的數(shù)學知識有二次函數(shù)求極值、討論分式求極值、三角函數(shù)求通常用到的數(shù)學知識有二次函數(shù)求極值、討論分式求極值、三角函數(shù)求極值以及幾何法求極值等極值以及幾何法求極值等. .2.2.圖解法圖解法: :根據(jù)平衡條件作出力

54、的矢量圖根據(jù)平衡條件作出力的矢量圖, ,如只受三個力如只受三個力, ,則這三個力構(gòu)則這三個力構(gòu)成封閉矢量三角形成封閉矢量三角形, ,然后根據(jù)矢量圖進行動態(tài)分析然后根據(jù)矢量圖進行動態(tài)分析, ,確定最大值或最小值確定最大值或最小值. .3.3.極限法極限法: :極限法是一種處理臨界問題的有效方法極限法是一種處理臨界問題的有效方法, ,它是指通過恰當選取它是指通過恰當選取某個變化的物理量將問題推向極端某個變化的物理量將問題推向極端(“(“極大極大”“”“極小極小”“”“極右極右”“”“極左極左”等等),),從而把比較隱蔽的臨界現(xiàn)象暴露出來從而把比較隱蔽的臨界現(xiàn)象暴露出來, ,使問題明朗化使問題明朗化

55、, ,便于分析求解便于分析求解. .【考點過關】【考點過關】1.1.摩擦力作用下的臨界問題摩擦力作用下的臨界問題 如圖所示如圖所示, ,楔形木塊楔形木塊M M固定在水平桌面上固定在水平桌面上, ,它的兩底角它的兩底角和和分別為分別為3737和和5353, ,兩個物塊兩個物塊a a和和b b放在兩側(cè)的斜面上放在兩側(cè)的斜面上, ,由繞過木塊頂端定滑輪的細繩相連接由繞過木塊頂端定滑輪的細繩相連接, ,并處并處于靜止狀態(tài)于靜止狀態(tài), ,兩物塊與斜面的動摩擦因數(shù)均為兩物塊與斜面的動摩擦因數(shù)均為0.2.0.2.如果如果a a的質(zhì)量為的質(zhì)量為m m1 1,b,b的質(zhì)量為的質(zhì)量為m m2 2, ,物塊與斜面間

56、的滑動摩擦力等于最大靜摩擦力物塊與斜面間的滑動摩擦力等于最大靜摩擦力, ,則則 可能為可能為( ( ) )12mmC C B B 【例【例6 6】( (20162016和田模擬和田模擬)()(多選多選) )如圖所示如圖所示, ,一個質(zhì)量為一個質(zhì)量為2 kg2 kg的小木板放在的小木板放在光滑的地面上光滑的地面上, ,在小木板上放著一個質(zhì)量為在小木板上放著一個質(zhì)量為m=1 kgm=1 kg的小物體的小物體, ,它被一根左端固它被一根左端固定在木板上的水平方向上壓縮了的彈簧推著而靜止在小木板上定在木板上的水平方向上壓縮了的彈簧推著而靜止在小木板上, ,這時彈簧的彈這時彈簧的彈力為力為2 N.2 N

57、.現(xiàn)沿水平向右的方向?qū)π∧景迨┮宰饔昧ΜF(xiàn)沿水平向右的方向?qū)π∧景迨┮宰饔昧? ,使小木板由靜止開始運動使小木板由靜止開始運動, ,運動中力運動中力F F由由0 0逐漸增加到逐漸增加到9 N9 N的過程中的過程中, ,以下說法正確的是以下說法正確的是( ( ) )A.A.物體與小木板先保持相對靜止一會物體與小木板先保持相對靜止一會, ,后來相對滑動后來相對滑動B.B.物體受到的摩擦力先減小后增大物體受到的摩擦力先減小后增大C.C.當力當力F F增大到增大到6 N6 N時時, ,物體不受摩擦力作用物體不受摩擦力作用D.D.小木板受到小木板受到9 N9 N拉力時拉力時, ,物體受到的摩擦力為物體受到

58、的摩擦力為3 N3 N考點四牛頓第二定律的理解和應用考點四牛頓第二定律的理解和應用BC BC 思路探究思路探究 (1)(1)系統(tǒng)處于靜止時系統(tǒng)處于靜止時“彈簧的彈力為彈簧的彈力為2 N”2 N”提供了什提供了什么信息么信息? ?答案答案: :小物體與木板間的最大靜摩擦力大于小物體與木板間的最大靜摩擦力大于2 N.2 N.(2)(2)當系統(tǒng)向右加速運動時當系統(tǒng)向右加速運動時, ,小物體所受摩擦力方向是否變化小物體所受摩擦力方向是否變化? ?答案答案: :小物體所受摩擦力的方向決定于其加速度的大小小物體所受摩擦力的方向決定于其加速度的大小. .解析解析: :木板靜止時木板靜止時, ,小物體受到的靜摩擦力為小物體受到的靜摩擦力為2 N,2 N,在拉力由零逐漸在拉力由零逐漸增大的過程中增大的過程中, ,加速度逐漸增大加速度逐漸增大, ,小物體所受合力逐漸增大小物體所受合力逐漸增大, ,摩擦力摩擦力減小減小, ,當拉力為當拉力為6 N6 N時系統(tǒng)的加