力與運動 二-2023屆高考物理大單元二輪復習串思路

專題一力與運動(2)

——2023屆高考物理大單元二輪復習串思路【新課標全國卷】

第二講力與直線運動

一、核心思路

2

二、重點知識

1.勻變速直線運動的規(guī)律

速度公式：v=v0+at

位移公式：x=vot+^ar

速度和位移公式的推論：v2-v^=2ax.

中間時刻的瞬時速度：匕=山

12

已知間隔相同時間段的位移差：Sx=aT2.

2.讀取圖像需注意：

(1)無論XY圖像還是回圖像都只能描述直線運動。

(2)X-f圖像和修圖像都不表示物體運動的軌跡。

3.牛頓第二定律表達式：F=ma,加速度方向與合理方向一致。

4.超重和失重：物體加速度方向向上或有向上分量為超重，加速度方向向下或有向下

分量為失重。

三、典型例題

考點1圖像問題

例1

為了抗擊“新冠”疫情，保障百姓基本生活，許多快遞公司推出了“無接觸配送”。快遞

小哥想到了用無人機配送快遞的方法。某次配送快遞的無人機在飛行過程中，水平方

向的速度匕及豎直方向的速度V,

與飛行時間/的關(guān)系圖像如圖甲、乙所示。下列關(guān)于無人機運動的說法正確的是（）

A.0~6時間內(nèi)，無人機做曲線運動

Bd時刻，無人機運動到最高點

C.q~。時間內(nèi)，無人機做勻變速直線運動

D.G時刻，無人機的速度大小為麻而

答案：D

解析：本題考查通過V—圖像判斷物體的運動。0~匕

時間內(nèi)，無人機在水平方向做初速度為零的勻加速運動，在豎直方向也做初速度為零

的勻加速運動，則合運動為勻加速直線運動，選項A錯誤；0~。

時間內(nèi)，無人機在豎直方向的速度一直為正，即一直向上運動，則L

時刻，無人機還沒有運動到最高點，選項B錯誤；f3T4

時間內(nèi)，無人機水平方向做速度為%

的勻速運動，豎直方向做勻減速運動，則合運動為勻變速曲線運動，選項C錯誤；馬

時刻，無人機水平方向的速度為％,豎直方向的速度為內(nèi),則合速度大小為

后W，選項D正確。

例2.質(zhì)量為〃?=2kg的物體沿水平面向右做直線運動，”0

時刻受到一個水平向左的恒力F的作用，如圖甲所示，取水平向右為正方向，此物體

的吁f圖像如圖乙所示，g取lOm/s?,則（）

A.物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.5B.lOs內(nèi)恒力F對物體做功為102J

C.10s末物體在計時起點位置左側(cè)2m處D.10s內(nèi)物體克服摩擦力做功為34J

答案：CD

解析：設(shè)物體向右做勻減速直線運動的加速度為4,則由V—圖像得加速度大小

q=2m/s"方向與初速度方向相反，設(shè)物體向左做勻加速直線運動的加速度大小為

%,則由V—圖像得%=lm/s2,方向與初速度方向相反，根據(jù)牛頓第二定律得，

F+/jmg=mai,F-/jmg=ma2,解得尸=3N,〃=0.05,故選項A錯誤；根據(jù)吁，

圖像與橫軸所圍成的面積表示位移得，10s末物體的位移為

x=lx4x8m-^x6x6m=-2m,負號表示物體在計時起點位置的左側(cè)，則10

s內(nèi)恒力E對物體做功W=6J,故選項B錯誤，C正確；10s內(nèi)物體運動的路程

s=34m,克服摩擦力做功Wf=〃抗gs=34J,故選項D正確。

歸納總結(jié):

1.分析運動圖像的方法

（1）觀察圖像橫縱坐標所代表的物理量。

（2）將縱坐標與橫坐標分別進行比值和乘積運算，并求出相應(yīng)所代表的物理量

縱坐標

o即斜率意義=

橫坐標

面積意義=縱坐標x橫坐標。若所得結(jié)果無意義，則無需考慮該量。

妞-，圖像中：斜率意義=鬻|=＞。代表加速度，

面積意義=縱坐標X橫坐標=V?r=X代表位移。

（3）根據(jù)斜率與面積的意義求出題干所需物理量

2.當遇到不了解的運動圖像時，直接根據(jù)橫縱坐標計算斜率與面積所代表的意義，再

根據(jù)題干所問進行分析。

［變式訓練］

1.物體被鋼索從地面吊起，該物體在豎直方向上運動的v-r

圖象如圖所示，不計空氣阻力。關(guān)于物體在。?46s內(nèi)的運動，下列說法正確的是（）

A.在30s時物體距地面最高

B.在46s時物體距地面的高度為22m

C.在。?10s內(nèi)物體處于失重狀態(tài)

D.在30?36s內(nèi)鋼索最容易斷裂

2.利用函數(shù)圖像是一種解決物理問題的常用方法。某同學利用傳感器探究一玩具車沿

某一路段做直線運動的性質(zhì)，從r=0時刻開始計時得到了

的圖像.如圖所示，由此可知（）

A.玩具車做速度為-3m/s的勻速直線運動

B.玩具車做變加速直線運動

C.玩具車做勻加速直線運動，初速度大小為2m/s

D.玩具車做勻加速直線運動，加速度的大小為1.5m/s2

考點2斜面模型

例3

水平地面上有一固定的斜面體，一木塊從粗糙斜面底端以一定的初速度沿斜面向上滑

動后又沿斜面加速下滑到底端.則木塊（）

A.上滑的加速度大小等于下滑的加速度大小

B.上滑時間等于下滑時間

C.上滑過程速度的減小量大于下滑過程速度的增加量

D.上滑過程與下滑過程克服摩擦力做功相同

答案：CD

解析：根據(jù)牛頓第二定律可求出木塊上滑的加速下滑的加速度

4=gsin，-〃geos，，可知上滑的加速度大小大于下滑的加速度大小，A錯誤；因上滑

、下滑位移大小相等，根據(jù)x=可知，上滑時間小于下滑時間，B錯誤；根據(jù)

X=vt=-vt

2

可知，上滑過程速度的減小量大于下滑過程速度的增加量，C正確；因在上滑、下滑

的過程中滑動摩擦力大小相等，位移大小相等，故木塊克服摩擦力做功相同，D正確.

例4.如圖所示是滑梯簡化圖，一小孩從滑梯上A點開始無初速度下滑，在

段勻加速下滑，在8。

段勻減速下滑，滑到C點恰好靜止，整個過程中滑梯保持靜止狀態(tài).假設(shè)小孩在A5

段和段滑動時的動摩擦因數(shù)分別為“和〃2，旗與3C長度相等，則（）

A.整個過程中地面對滑梯始終無摩擦力作用

B.動摩擦因數(shù)之和4+〃2=2tan6

C.小孩從滑梯上A點滑到。點先超重后失重

D.整個過程中地面對滑梯的支持力始終等于小孩和滑梯的總重力

答案：B

解析：小孩在河段做勻加速直線運動，將小孩的加速度q

分解為水平和豎直兩個方向，由于小孩有水平向右的分加速度，根據(jù)牛頓第二定律知

,地面對滑梯的摩擦力方向水平向右；有豎直向下的分加速度，由牛頓第二定律分析

可知，小孩處于失重狀態(tài)，地面對滑梯的支持力”

小于小孩和滑梯的總重力.同理，小孩在3c

段做勻減速直線運動時，小孩處于超重狀態(tài)，地面對滑梯的支持力大于小孩和滑梯的

總重力，地面對滑梯的摩擦力方向水平向左，故A、C、D錯誤；設(shè)鉆

的長度為L，小孩在3點的速度為也以小孩從A到8為研究過程，由牛頓第二定律可得

mgsin0-^mgcos0=mat,由運動學公式可得

V2=2?,L；以小孩從3到C為研究過程，由牛頓第二定律可得

2

出mgcos0-mgsin0=ma2,由運動學公式可得v=2azL,聯(lián)立解得

A+〃2=2tan。，故B正確.

歸納總結(jié)：

1.解題思路

（1）對斜面及斜面上的物體進行受力分析。

（2）將物體所受的力進行正交分解。

（3）根據(jù)物體的運動狀態(tài)，在兩個方向分別依據(jù)牛頓第二定律列等式，解方程

組，計算未知量。

2.注意事項

（1）因為斜面存在坡角，所以正交分解時的角度要與坡角對應(yīng)。

（2）正交分解的角度與坡角的對應(yīng)方法：正交分解得到的角中，與坡角兩邊分

別垂直的角即為與坡角相等的角。圖示:

圖中黃邊與黃邊垂直，紅邊與紅邊垂直，即可得到Na=N6。

［變式訓練］

3.如圖，一個質(zhì)量為m=2kg

的小物塊靜置于足夠長的斜面底端?，F(xiàn)對其施加一個沿斜面向上、大小為F=25N

的恒力，3s后將F撤去，此時物塊速度達到

15m/s。設(shè)物塊運動過程中所受摩擦力的大小不變，取g=10m/s2。求：

（1）物塊在斜面上運動離斜面底端的最遠距離；

（2）物塊在斜面上運動的總時間。（結(jié)果可用根號表示）

4.如圖所示，固定斜面上放一木板

PQ,木板的。端放置一可視為質(zhì)點的小物塊，現(xiàn)用輕細線一端連接木板的。端，保持

細線與斜面平行，繞過定滑輪后，另一端懸掛鉤碼，鉤碼距離地面足夠高.已知斜面傾

角6=30。，木板長為L,Q

端距斜面頂端距離也為L,物塊和木板的質(zhì)量均為機，兩者之間的動摩擦因數(shù)為

“=走.若所掛鉤碼質(zhì)量為

2>n,物塊和木板能一起勻速上滑；若所掛鉤碼質(zhì)量為其他不同值，物塊和木板有可

能發(fā)生相對滑動.重力加速度為g,不計細線與滑輪之間的摩擦，設(shè)接觸面間最大靜摩

擦力等于滑動摩擦力.

（1）求木板與斜面間的動摩擦因數(shù)〃2；

（2）物塊和木板發(fā)生相對滑動時，所掛鉤碼質(zhì)量加應(yīng)滿足什么條件？

考點3板塊模型

例5.如圖所示，一足夠長的木板在光滑水平面上以速度u向右勻速運動，現(xiàn)將質(zhì)量為機

的物體豎直向下輕輕地放置在木板上的右端，已知物體和木板之間的動摩擦因數(shù)為〃

o為保持木板的速度不變，須對木板施一水平向右的作用力凡從物體放到木板上到

它相對木板靜止的過程中，力廠做的功為（）

rnv2tnv2"。—，

AA.---B.---C.mv2D.2/nv2

42

答案：C

解析：物體和木板之間的摩擦力/=”際，對于木板，要保持速度v不變，有

F=f=jjmg

對于物體，根據(jù)牛頓第二定律“咫=〃以，解得?！ǖ晃矬w做勻加速直線運動，有

vv

/=—=——

a4g

22

此時木塊的位移S=w=L,則水平向右的作用力/做功W=Fs=pmg.—=mv2

〃g〃g

故C正確，ABD錯誤。故選C。

例6.如圖所示，一質(zhì)量為”=2kg的足夠長的長木板靜止在光滑水平面上，質(zhì)量為

機=lkg的小滑塊（可視為質(zhì)點）靜止放在長木板上.從"0

時刻開始，長木板受到向左的逐漸增加的水平拉力凡小滑塊與長木板之間的動摩擦

因數(shù)為0.5,重力加速度g取lOm/s"下列說法正確的是（）

A.當尸=12N時，小滑塊的加速度大小為5m/s2

B.當尸=18N時，小滑塊的加速度大小為6m/s2

C.當尸=18N時，長木板的加速度大小為6.5m/s?

D.當月曾大時，小滑塊的加速度一定增大

答案：C

解析：長木板與小滑塊相對靜止時，對整體分析，由牛頓第二定律有

F=（M+m）a,對小滑塊分析，剛要發(fā)生相對滑動時〃咫=〃0，解得F=15N,當

/=12N<15N時，由牛頓第二定律有尸=（知+附。，代入數(shù)據(jù)得小滑塊的加速度大小為

a'=4m/s2,故A錯誤；當尸=18N>15N

時，兩者發(fā)生相對滑動，小滑塊的加速度大小為

噢=〃g=5m/s2,故B錯誤；對長木板分析，根據(jù)牛頓第二定律得

m

F-wg=Ma板，代入數(shù)據(jù)解得a板=6.5m/s?,故C正確；當拉力大于15

N時，兩者發(fā)生相對滑動，小滑塊的加速度為。塊=鬻=5m/s2,恒定不變，故D錯誤.

歸納總結(jié)：

（1）判斷滑塊與滑板之間是否發(fā)生相對滑動的方法：假設(shè)兩物體保持相對靜止

先用整體法求整體的加速度，再用隔離法求滑塊滑板之間的摩擦力，再比較所求摩擦

力與最大靜摩擦力的大小，判定運動狀態(tài)。

（2）一定要把復雜的過程拆分，按照時刻不同，畫好運動草圖，找出位移、速

度、時間等物理量間的關(guān)系。

［變式訓練］

5.圖甲中有一質(zhì)量為M的長木板靜置于光滑水平面上，其上放置一質(zhì)量為m

的小滑塊.木板受到隨時間r變化水平拉力F作用時，用傳感器測出其加速度

a，得到乙圖的a-F圖.取gfOm/s?,則（）

甲

A.滑塊的質(zhì)量〃i=4kg

B.木板的質(zhì)量M=2kg

C.當F=8N時滑塊加速度為2m/s2

D.滑塊與木板間動摩擦因數(shù)為0.1

6.如圖所示，質(zhì)量為M=0.5kg的木板靜止在光滑水平面上，質(zhì)量為加=lkg

的物塊以初速度v0=4m/s滑上木板的左端，物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為

A=0.2,在物塊滑上木板的同時，給木板施加一個水平向右的恒力F。當恒力F

取某一值時，物塊在木板上相對于木板滑動的路程為5,給木板施加不同大小的恒力

F,得到的關(guān)系如圖所示，其中AB與橫軸平行，且AB段的縱坐標為

1m-1o將物塊視為質(zhì)點，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g=10m/s2。

（1）若恒力

尸=0,則物塊會從木板的右端滑下，求物塊在木板上滑行的時間t是多少？

（2）圖乙中8c為直線段，求該段8點的橫坐標

考點4連接體問題

例7.如圖所示，粗細均勻的L形光滑桿固定在豎直面內(nèi)，小球套在桿的豎直部分，用

繞過定滑輪的細線拉小球，使小球向上運動過程中，球?qū)U的作用力恒定，作用在細

線上的拉力為凡則小球由靜止從圖示位置向上運動過程中（）

A.小球一直做加速運動B.小球先做加速運動后做減速運動

C.F不斷增大D.F保持不變

答案：B

解析：CD.小球由靜止向上運動的過程中，設(shè)連接小球的細線與豎直方向的夾角為

0,則水平方向尸sin6?=N由于N一定，。變大，因此尸變小，故CD錯誤;

AB.豎直方向Fcos0-mg=ma開始由靜止向上做加速運動，當FcosO-mg=0

速度達到最大，此后，小球繼續(xù)向上運動，F(xiàn)eos。

不斷減小，因此此后小球向上做減速運動，故A錯誤，B正確。

故選B。

例8.如圖所示，48兩物體質(zhì)量分別為2kg、1

kg,用細線連接置于水平地面上，現(xiàn)用大小為6

N的水平作用力尸拉物體A,兩物體一起向右做勻加速運動，若兩物體與地面間的動摩

擦因數(shù)均為0.1,取重力加速度g=10m/s2,下列說法正確的是（）

A.B的加速度大小為5m/s?

B.A拉B的作用力為2N

C.若撤去外力F,力物體做減速運動，8物體做加速運動

D.若撤去外力F,A物體的加速度大小為Im/s?

答案：BD

解析：對43整體，由牛頓第二定律有尸-〃（見+”!）g=（町+，％）〃，解得

?=lm/s2,即8的加速度大小為lm/s?,故A錯誤；對8物體，由牛頓第二定律有

T-^im2g=m2a,解得T=2N,故B正確；若撤去外力尸，則A、3

兩物體均在摩擦力作用下做減速運動，A、B兩物體的加速度大小均為

"=絲超=絲超=〃g=lm/s2,故C錯誤，D正確。

肛科

歸納總結(jié)：

1.整體法與隔離法的選用

（1）連接體問題一般會存在多個物理相互疊加的情況，當多個物體的加速度相

同時，采用整體法，當多個物體的加速度不同時，采用隔離法。當存在多過程時，有

可能整體法與隔離法交錯使用。

（2）當求連接體內(nèi)各物體間的相互作用力時，必須用隔離法。

2.瞬時性的兩種情況

（1）繩或接觸面：當剪斷或脫離瞬間，彈力立即消失。

（2）彈簧：當對彈簧兩端瞬間施加或撤銷力時，彈簧形變量不會突變，彈力大

小不會改變。

［變式訓練］

7.如圖所示，光滑的水平地面上有三塊木塊a、b、c，質(zhì)量均為m,a、＜

之間用輕質(zhì)細繩連接?，F(xiàn)用一水平恒力/作用在。上，a、b、＜

三木塊開始一起做勻加速運動，運動過程中把一塊橡皮泥粘在某一木塊上面，系統(tǒng)仍做

加速運動，且三木塊始終沒有相對滑動。則在粘上橡皮泥并達到穩(wěn)定后,下列說法正確

的是（）

c-----------------L-hF

物加物%如5%切易?物羽物易物

A.無論橡皮泥粘在哪塊木塊上面，系統(tǒng)的加速度一定減小

B.若橡皮泥粘在a木塊上面，則繩的張力減小,久6間摩擦力不變

C.若橡皮泥粘在b木塊上面，則繩的張力和以6間摩擦力一定都不變

D.若橡皮泥粘在c木塊上面，則繩的張力和小〃間摩擦力一定都增大

8.如圖所示，A、B兩木塊質(zhì)量分別為9kg和

3kg,用細線繞過滑輪連結(jié)在一起并疊放在水平桌面上，4與與桌面C

之間的動摩擦因數(shù)均為0.3,取g=10m/s2,滑輪質(zhì)量不計。當對滑輪施一水平力

產(chǎn)=48N時,則（）

A.A對8的摩擦力為15N,方向水平向右

B.4對8的摩擦力為24N,方向水平向右

C.B對C的摩擦力為36N,方向水平向右

D.C對B的摩擦力為24N,方向水平向左

考點5傳送帶問題

例5.如圖所示，水平傳送帶兩端43

間的距離為L,傳送帶沿順時針方向轉(zhuǎn)動，一個質(zhì)量為，〃的小物塊以一定的初速度從A

端滑上傳送帶，運動到8端，此過程中物塊先做勻加速直線運動后做勻速直線運動，

物塊做勻加速直線運動的時間與做勻速直線運動的時間相等，兩過程中物塊運動的位

移之比為2:3,重力加速度為g,傳送帶速度大小v不變.下列說法正確的是（）

A.物塊的初速度大小為上

2

B.物塊做勻加速直線運動的時間為任

5v

C.物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為止

9gL

2

D.整個過程中物塊與傳送帶因摩擦產(chǎn)生的熱量為絲1

9

答案：BC

解析：由題意知金“=2:3,得%=，A錯誤；物塊做勻速運動過程有三=%,則

2035

,,=匹，物塊做勻加速運動與勻速運動時間相等，即乙=小B正確；由運動學公式有

~5v

V2-Vg=lax,x=-L,/Jg=a,可得動摩擦因數(shù)〃="匚，C正確；由熱量。=￡相對，

59gL

s相對=%，可得°=智，'D錯誤.

歸納總結(jié)：

1.傳送帶問題的實質(zhì)是相對運動，摩擦力的方向是解題的關(guān)鍵。通過研究傳送帶

與其上邊的物體之間的運動，來解題。

2.傳送帶問題中也會遇到斜面問題中的角度問題，分析角度問題時，方法同上。

3.傳送帶還會涉及臨界問題，要考慮到摩擦力的方向以及種類。

［變式訓練］

9.三角形傳送帶以lm/s的速度逆時針勻速轉(zhuǎn)動,兩邊的傳送帶長都是2m且與水平方向的

夾角均為37?！，F(xiàn)有兩個小物塊A、B

從傳送帶頂端都以lm/s的初速度沿傳送帶下滑,物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)都是0.5,(

g取lOm/s?,sin37o=0.6,8s37o=0.8)F列說法正確的是()

A.物塊A先到達傳送帶底端

B.物塊48同時到達傳送帶底端

C.物塊48到達傳送帶底端時速度大小不相等

D.物塊48在傳送帶上的劃痕長度之比為1:3

gm

答案以及解析

變式訓練答案

變式1答案：B

解析：由圖可知0?36s內(nèi)物體速度方向向上，故在36s

時物體距地面最高，選項A錯誤；在46s時物體距地面的高度

/?=—x(20+36)x1.0m--x10x1.2m=22m,選項B正確；在0?10s

22

內(nèi)物體加速度向上，故物體處于超重狀態(tài)，選項C錯誤；在30?36s

內(nèi)物體的加速度向下，故物體處于失重狀態(tài)，鋼索不容易斷裂，選項D錯誤

變式2答案：C

解析：由圖得：—=(—Z+2)m/s>由x=+得：土=%/+_!_〃，可得=2,解得

t302t0223

?=-m/s2.%=2m/s,可知物體做勻加速直線運動，初速度大小為2m/s,加速度的大

3

小為±m(xù)/s2。故ABD錯誤，C正確。故選C.

3

變式3答案：(1)根據(jù)速度公式得匕=的

解得：?,=5m/s2；由牛頓第二定律尸-/-mgsin6=，W]

解得了=5N；

撤去拉力后物塊繼續(xù)上滑有f+mgsm0=ma2

解得a,=7.5m/s2；則撤力前上滑距離X=工=22.5m

2“

撤力后上滑距離x,=J」=15m

2%

物塊在斜面上運動離斜面底端的最遠距離x=A.+x2=37.5m

⑵撤力后物塊上滑的時間

下滑過程有mgsin-/=ma3

解得：=2,5m/s2；由萬二耳生"

解得f3==>/30

guo

gm

故斜面上運動的總時間為f=：+%+=5+回s

變式4答案：（1）整個系統(tǒng)勻速運動時

對鉤碼有2mg=Fr

對物塊和木板，有耳=2mgsin0+2]u-,mgcos0

解得〃,=走.

-3

（2）要使二者發(fā)生相對滑動，則需木板的加速度4大于物塊的最大加速度生

對物塊,有//,mgcos0-mgsin0=ma2

解得。2=；g

對木板，有sin0mgcos0-2jLi2mgcos0=

對鉤碼，有mg-耳=加q

，9

解得"？一公用1

用牛付%=_1<—g>a2=-g

m+m4

聯(lián)立解得加>日憶

變式5答案：ABD

解析：從圖乙中可知當加速度F>6N時，兩者發(fā)生相對運動，當F<6N

時兩者相對靜止，當F=6N時，對整體可得F=（M+m）a，即M+m=6，當F>6N

時對木板分析受到拉力和m給的摩擦力，故有“=￡2空=_1尸_”固，圖像的斜率

MMM

k=-=—^—=-，即M=2kg，所以m=4kg，將F>6N時圖線反向延長,可得當F=4N

M6-42

時，加速度為零，代入可得o=_Lx4-幺*W，解得

22

〃=0.1,故ABD正確;當F=8N時滑塊加速度為a=<W=im/s2,故C錯誤

4

變式6答案：⑴以初速度均為正方向，物塊m的加速度大小為：

4“=^^=〃g=2m/s2

m

21X122

木板M的加速度大小為：aM=°-^°m/s=4m/s

M0.5

由圖乙知，恒力R=o時,1=lmT,則物塊在木板上相對于木板滑動的路程為：S=lm

guo

gm

可知板長為：L=S=lm

22

滑塊相對木板的路程為：L=(vnt-^amt)-^aMt

代入數(shù)據(jù)可得：f=gs(f=ls舍去)

(2)當F較小時，物塊將從木板右端滑下，當F

增大到某一值時物塊恰好到達木板的右端，且兩者具有共同速度口，歷時

乙，木板的加速度為：q=3^=(2F+4)m/s2

速度關(guān)系有：v=v0-amtl=att,

相對位移為：人"V/

解得：尸=1N,即8點的橫坐標為：F=1N

變式7答案：AD

解析：本題考查連接體問題的綜合分析。對外氏c

整體受力分析，知粘上橡皮泥后整體的質(zhì)量增大，根據(jù)牛頓第二定律得整體的加速度減

小,A項正確;如果橡皮泥粘在a上，對c受力分析,繩的拉力就是c受到的合力，根據(jù)牛頓第

二定律得繩的拉力減小，對b受力分析,水平恒力廠和a對b