高考物理一輪復習精講精練 第2章 相互作用 第三講 共點力平衡

第三講共點力平衡知識梳理一、受力分析1.受力分析的一般步驟2.整體法與隔離法整體法隔離法概念將加速度相同的幾個物體作為一個整體來分析的方法將研究對象與周圍物體分隔開來分析的方法選用原則研究系統(tǒng)外的物體對系統(tǒng)整體的作用力或求系統(tǒng)整體的加速度研究系統(tǒng)內物體之間的相互作用力整體法不用畫系統(tǒng)之間的作用力3.受力分析的三個技巧(1)不要把研究對象所受的力與研究對象對其他物體的作用力混淆．(2)除了根據力的性質和特點進行判斷，假設法是判斷彈力、摩擦力有無及方向的常用方法．(3)善于轉換研究對象，尤其是彈力、摩擦力的方向不易判定的情形，可以分析與其接觸物體的受力，再應用牛頓第三定律判定．二、共點力平衡(1)平衡狀態(tài)：物體靜止或做勻速直線運動．(2)平衡條件：F合＝0或Fx＝0且Fy＝0.(3)常用推論①二力平衡：兩力大小相等，方向相反，作用在同一物體同一直線上②若物體受n個作用力而處于平衡狀態(tài)，則其中任意一個力與其余(n－1)個力的合力大小相等、方向相反．③若三個共點力的合力為零，則表示這三個力的有向線段首尾相接組成一個封閉三角形（三個力不在同一直線上）．2.處理共點力平衡問題的基本思路確定平衡狀態(tài)(加速度為零)→巧選研究對象(整體法或隔離法)→受力分析→建立平衡方程→求解或作討論．知識訓練考點一、受力分析例1、如圖所示，物體A靠在豎直墻面上，在力F作用下，A、B保持靜止。物體B的受力個數為()A．2 B．4C．2或4 D．無法確定【答案】B【解析】A、B之間一定有彈力，否則A不會靜止，以B為研究對象，B受到重力、推力F和A對B斜向下的彈力，分析可知，B一定還受A對它的靜摩擦力，否則B不會靜止，所以B受四個力作用，故B正確，A、C、D錯誤。例2、如圖所示，有8個完全相同的長方體木板疊放在一起，每個木板的質量為100g，某人用手在這疊木板的兩側各加一水平壓力F，使木板水平靜止。若手與木板之間的動摩擦因數為μ1＝0.5，木板與木板之間的動摩擦因數為μ2＝0.2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10m/s2。則水平壓力F至少為()A．8N B．15NC．16N D．30N【答案】B【解析】先將所有的木板當成整體進行受力分析，該整體豎直方向受重力和靜摩擦力，故有2μ1F≥8mg；再對除兩外側木板的剩余木板受力分析，豎直方向受重力和靜摩擦力，有2μ2F≥6mg；聯立解得F≥15N，故B正確，A、C、D錯誤。例3、(2022·湖南師范大學附屬中學高三月考)如圖所示，a、b兩個小球穿在一根粗糙的固定桿上(球的小孔比桿的直徑大)，并且通過一條細繩跨過定滑輪連接．已知b球質量為m，桿與水平面成θ角，不計滑輪的一切摩擦，重力加速度為g.當兩球靜止時，Oa段繩與桿的夾角也為θ，Ob段繩沿豎直方向，則下列說法正確的是()A．a一定受到4個力的作用B．b只可能受到2個力的作用C．繩子對a的拉力有可能等于mgD．a的質量一定為mtanθ【答案】C【解析】對a和b受力分析可知，a至少受重力、桿的支持力、繩的拉力3個力，可能還受摩擦力共4個力，b受重力、繩的拉力2個力或重力、繩的拉力、桿的支持力、摩擦力4個力的作用，選項A、B錯誤；對b受力分析可知，b受繩子拉力可能等于mg，因此繩子對a的拉力可能等于mg，選項C正確；對a受力分析，如果摩擦力為零Gasinθ＝mgcosθ可得Ga＝eq\f(mg,tanθ)；ma＝eq\f(m,tanθ)，選項D錯誤．課堂隨練訓練1、如圖所示，水平面上的P、Q兩物塊的接觸面水平，二者疊在一起在作用于Q上的水平恒定拉力F的作用下向右做勻速運動，某時刻撤去力F后，二者仍能不發(fā)生相對滑動．關于撤去F前后Q的受力個數的說法正確的是()A．撤去F前6個，撤去F后瞬間5個B．撤去F前5個，撤去F后瞬間5個C．撤去F前5個，撤去F后瞬間4個D．撤去F前4個，撤去F后瞬間4個【答案】B【解析】撤去F前，物塊Q受到：重力、地面的支持力、P對Q的壓力、地面對Q的摩擦力和力F共5個力的作用；撤去F后的瞬間，兩物塊做減速運動，此時Q受力：重力、地面的支持力、P對Q的壓力、地面對Q的摩擦力和P對Q的摩擦力，共5個力作用，選項B正確．訓練2、如圖所示，質量為M的三角形斜劈Q置于水平地面上，質量為m的木塊P放在Q的斜面上，現用大小分別為F1、F2(F1>F2)，方向相反的水平力分別推P和Q，它們均靜止不動，g為重力加速度，則下列說法錯誤的是()A．P可能受到沿斜面向下的摩擦力B．Q可能受五個力作用C．Q可能受六個力作用D．Q對P的支持力一定小于mg【答案】D【解析】選取P為研究對象，將P的重力沿斜面方向分力Gx和F1沿斜面方向分力F1x進行比較。若F1x>Gx，則P受到沿斜面向下的摩擦力，A正確，不符合題意；Q受地面摩擦力和彈力、F2、重力、P作用的彈力，若F1x＝Gx，P、Q間無摩擦力，此時Q受五個力作用；若P、Q間有摩擦力，Q可能受六個力作用，則B、C正確，不符合題意；當P、Q間無摩擦力時，P受三個力作用，由平衡條件分析，Q對P的支持力一定大于mg，D錯誤，符合題意。訓練3、(2021云南師大附中高三月考)如圖所示,M、N兩物體疊放在一起,在恒力F作用下,保持靜止狀態(tài),則關于兩物體受力情況的說法正確的是()A．物體N可能受到4個力B．物體M可能受到6個力C．物體M與墻之間一定沒有彈力和摩擦力D．物體M與物體N之間可能無摩擦力【答案】C【解析】M、N兩物體靜止,所受合力為0,對M、N整體進行受力分析,受到重力和F,墻對M沒有彈力,否則合力不能為0,所以也沒有摩擦力,故C正確;對N進行受力分析,受到重力、M對N的支持力和M對N向上的靜摩擦力,一共3個力,故A、D錯誤;再對M進行受力分析,受到重力、推力F、N對M的壓力以及N給M沿斜面向下的靜摩擦力,一共4個力,故B錯誤?？键c二、共點力平衡求解共點力平衡問題的常用方法：1.合成法：一個力與其余所有力的合力等大反向，常用于非共線三力平衡．2.正交分解法：Fx合＝0，Fy合＝0，常用于多力平衡．例1、(2020·全國卷Ⅲ·17)如圖，懸掛甲物體的細線拴牢在一不可伸長的輕質細繩上O點處；繩的一端固定在墻上，另一端通過光滑定滑輪與物體乙相連．甲、乙兩物體質量相等．系統(tǒng)平衡時，O點兩側繩與豎直方向的夾角分別為α和β.若α＝70°，則β等于()A．45°B．55°C．60°D．70°【答案】B【解析】取O點為研究對象，O點在三力的作用下處于平衡狀態(tài)，對其受力分析如圖所示，FT1＝FT2，兩力的合力與F等大反向，根據幾何關系可得2β＋α＝180°，所以β＝55°，故選B.例2、(2017·全國卷Ⅲ)一根輕質彈性繩的兩端分別固定在水平天花板上相距80cm的兩點上，彈性繩的原長也為80cm。將一鉤碼掛在彈性繩的中點，平衡時彈性繩的總長度為100cm；再將彈性繩的兩端緩慢移至天花板上的同一點，則彈性繩的總長度變?yōu)?彈性繩的伸長始終處于彈性限度內)()A．86cm B．92cmC．98cm D．104cm【答案】B【解析】輕質彈性繩的兩端分別固定在相距80cm的兩點上，鉤碼掛在彈性繩的中點，平衡時彈性繩的總長度為100cm，以鉤碼為研究對象，受力如圖所示，由胡克定律F＝k(l－l0)＝0.2k，由共點力的平衡條件和幾何知識得F＝eq\f(mg,2sinα)＝eq\f(5mg,6)；再將彈性繩的兩端緩慢移至天花板上的同一點，設彈性繩的總長度變?yōu)閘′，由胡克定律得F′＝k(l′－l0)，由共點力的平衡條件F′＝eq\f(mg,2)，聯立上面各式解得l′＝92cm，選項B正確。例3、如圖所示，兩個質量均為m的小球通過兩根輕彈簧A、B連接，在水平外力F作用下，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，彈簧實際長度相等．彈簧A、B的勁度系數分別為kA、kB，且原長相等．彈簧A、B與豎直方向的夾角分別為θ與45°.設A、B中的拉力分別為FA、FB，小球直徑相比彈簧長度可忽略，重力加速度為g，則()A．tanθ＝eq\f(1,2) B．kA＝kBC．FA＝eq\r(3)mg D．FB＝2mg【答案】A【解析】對下面的小球進行受力分析，如圖甲所示．根據平衡條件得：F＝mgtan45°＝mg，FB＝eq\f(mg,cos45°)＝eq\r(2)mg；對兩個小球整體受力分析，如圖乙所示，根據平衡條件得：tanθ＝eq\f(F,2mg)，又F＝mg，解得tanθ＝eq\f(1,2)，FA＝＝eq\r(5)mg，由題圖可知兩彈簧的形變量相等，則有：x＝eq\f(FA,kA)＝eq\f(FB,kB)，解得：eq\f(kA,kB)＝eq\f(FA,FB)＝eq\f(\r(5),\r(2))，故A正確，B、C、D錯誤．例4、如圖所示，質量為m的物體置于傾角為θ的固定斜面上，物體與斜面之間的動摩擦因數為μ，先用平行于斜面的推力F1作用于物體上使其能沿斜面勻速上滑，若改用水平推力F2作用于物體上，也能使物體沿斜面勻速上滑，則兩次的推力之比eq\f(F1,F2)為()A．cosθ＋μsinθ B．cosθ－μsinθC．1＋μtanθ D．1－μtanθ【答案】B【解析】物體在力F1作用下和力F2作用下勻速運動時的受力如圖所示．將物體受力沿斜面方向和垂直于斜面方向正交分解，由平衡條件可得：F1＝mgsinθ＋Ff1，FN1＝mgcosθ，Ff1＝μFN1；F2cosθ＝mgsinθ＋Ff2，FN2＝mgcosθ＋F2sinθ，Ff2＝μFN2，解得：F1＝mgsinθ＋μmgcosθ，F2＝eq\f(mgsinθ＋μmgcosθ,cosθ－μsinθ)，故eq\f(F1,F2)＝cosθ－μsinθ，B正確．課堂隨練訓練1、(2022·株洲統(tǒng)一檢測)如圖，這是汽車內常備的兩種類型的千斤頂，甲是菱形，乙是y形。搖動手柄，使螺旋桿轉動，A、B間距離發(fā)生改變，從而實現重物的升降。若物重均為G，螺旋桿保持水平，AB與BC之間的夾角都為θ，不計桿件自重，則甲、乙兩千斤頂螺旋桿的拉力大小之比為()A．1∶1 B．1∶2C．2∶1 D．2∶3【答案】A【解析】根據題意，對y形千斤頂B點受力分析如圖甲，由平衡條件得F＝eq\f(G,tanθ)，對菱形千斤頂C點受到的壓力G分解為沿兩臂的兩個分力F1，根據對稱性可知，兩臂受到的壓力大小相等，由2F1sinθ＝G,對菱形千斤頂B點受力分析如圖乙，由平衡條件得F′＝2F1cosθ，聯立解得F′＝eq\f(G,tanθ)，則甲、乙兩千斤頂螺旋桿的拉力大小之比為1∶1。訓練2、(2022·黑龍江鶴崗市第一中學高三月考)如圖甲所示，A、B兩小球通過兩根輕繩連接并懸掛于O點，已知兩輕繩OA和AB的長度之比為eq\r(3)∶1，A、B兩小球質量分別為2m和m，現對A、B兩小球分別施加水平向右的力F1和水平向左的力F2，兩球恰好處于如圖乙的位置靜止，此時B球恰好在懸點O的正下方，輕繩OA與豎直方向成30°，則()A．F1＝F2 B．F1＝eq\r(3)F2C．F1＝2F2 D．F1＝3F2【答案】C【解析】由題意知兩輕繩OA和AB的長度之比為eq\r(3)∶1，B球恰好在懸點O的正下方，由幾何關系可知，OA與AB垂直；以B球為研究對象，受力示意圖如圖甲所示，由平衡條件得F2＝mgtan(90°－30°)＝eq\r(3)mg，以A、B兩球整體為研究對象，受力示意圖如圖乙所示，由平衡條件得F1－F2＝3mgtan30°＝eq\r(3)mg，可得F1＝2eq\r(3)mg，即F1＝2F2，故C正確．訓練3、(多選)如圖所示，豎直桿固定在木塊C上，兩者總重為20N，放在水平地面上。輕細繩a連接小球A和豎直桿頂端，輕細繩b連接小球A和B，小球B重為10N。當用與水平方向成30°角的恒力F作用在小球B上時，A、B、C剛好保持相對靜止且一起水平向左做勻速運動，繩a、b與豎直方向的夾角分別恒為30°和60°，則下列判斷正確的是()A．力F的大小為10NB．地面對C的支持力大小為40NC．地面對C的摩擦力大小為10ND．A球重為10N【答案】AD【解析】以B為研究對象受力分析，水平方向受力平衡，有：Fcos30°＝Tbsin60°，解得：Tb＝F，豎直方向受力平衡，則有：Fsin30°＋Tbcos60°＝GB，解得：F＝GB＝10N；以A為研究對象受力分析，豎直方向：GA＋Tbcos60°＝Tacos30°，水平方向：Tasin30°＝Tbsin60°，聯立得：GA＝GB＝10N，故A、D正確。以A、B、C和豎直桿整體為研究對象受力分析，水平方向：f＝Fcos30°＝5eq\r(3)N，豎直方向：N＋Fsin30°＝GA＋GB＋GC桿，解得：支持力N＝35N，故B、C錯誤。訓練4、如圖所示，墻上有兩個釘子分別固定在點a和b，它們的連線與水平方向的夾角為45°，兩者的高度差為l。一條不可伸長的輕質細繩一端固定于a點，另一端跨過b點的光滑釘子懸掛一質量為m1的重物。在繩上距a端的c點有一固定繩圈。若繩圈上懸掛質量為m2的鉤碼，平衡后繩的ac段正好水平，則重物和鉤碼的質量比為()A． B．2 C． D．【答案】C【解析】鉤碼的拉力F等于鉤碼受的重力m2g,將F沿ac和bc方向分解，兩個分力分別為Fa、Fb，如圖所示，其中Fb=m1g,由幾何關系可得cosθ=，又由幾何關系得cosθ=，聯立解得,故C正確?？键c三、繩、桿模型1.一根繩（活繩）上各個點的受力大小均相等；繩打結（死結）處每段繩的受力大小不一定相等。2.活桿（桿可繞支點轉動）受到的合力一定沿桿方向；固定桿（不可繞支點轉動）受到的合力方向可以是任意方向。例1、(2022·遼寧葫蘆島市模擬)如圖所示，細繩一端固定在A點，跨過與A等高的光滑定滑輪B后在另一端懸掛一個沙桶Q.現有另一個沙桶P通過光滑輕質掛鉤掛在AB之間，穩(wěn)定后掛鉤下降至C點，∠ACB＝120°，下列說法正確的是()A．若只增加Q桶內的沙子，再次平衡后C點位置不變B．若只增加P桶內的沙子，再次平衡后C點位置不變C．若在兩桶內增加相同質量的沙子，再次平衡后C點位置不變D．若在兩桶內增加相同質量的沙子，再次平衡后沙桶Q位置上升【答案】C【解析】對沙桶Q受力分析有FT＝GQ，設兩繩的夾角為θ，對C點受力分析可知，C點受三＝GP，故只增大Q的重力，夾角θ變大，C點上升；只增大P的重力時，夾角θ變小，C點下降，故A、B錯誤；當θ＝120°時，GP＝GQ，故兩沙桶增加相同的質量，P和Q的重力仍相等，C點的位置不變，故C正確，D錯誤．例2、如圖，兩個輕環(huán)a和b套在位于豎直面內的一段固定圓弧上；一細線穿過兩輕環(huán)，其兩端各系一質量為m的小球．在a和b之間的細線上懸掛一小物塊．平衡時，a、b間的距離恰好等于圓弧的半徑．不計所有摩擦．小物塊的質量為()A．eq\f(m,2)B．eq\f(\r(3),2)mC．mD．2m【答案】C【解析】如圖所示，圓弧的圓心為O，懸掛小物塊的點為c，由于ab＝R，則△aOb為等邊三角形，同一條細線上的拉力相等，FT＝mg，合力沿Oc方向，則Oc為角平分線，由幾何關系知，∠acb＝120°，故線的拉力的合力與物塊的重力大小相等，即每條細線上的拉力FT＝G＝mg，所以小物塊質量為m，故C對．例3、如圖甲所示，輕繩AD跨過固定在水平橫梁BC右端的光滑定滑輪掛住一個質量為m1的物體，∠ACB＝30°；圖乙所示的輕桿HG一端用鉸鏈固定在豎直墻上，另一端G通過細繩EG拉住，EG與水平方向成30°角，輕桿的G點用細繩GF拉住一個質量為m2的物體，重力加速度為g，則下列說法正確的是()A．圖甲中BC對滑輪的作用力為eq\f(m1g,2)B．圖乙中HG桿受到繩的作用力為m2gC．細繩AC段的拉力FAC與細繩EG段的拉力FEG之比為1∶1D．細繩AC段的拉力FAC與細繩EG段的拉力FEG之比為m1∶2m2【答案】D【解析】題圖甲中，是一根繩跨過光滑定滑輪，繩中的彈力大小相等，兩段繩的拉力都是m1g，互成120°角，則合力的大小是m1g，方向與豎直方向成60°角斜向左下方，故BC對滑輪的作用力大小也是m1g，方向與豎直方向成60°角斜向右上方，A選項錯誤；題圖乙中HG桿受到繩的作用力為eq\r(3)m2g，B選項錯誤；題圖乙中FEGsin30°＝m2g，得FEG＝2m2g，則eq\f(FAC,FEG)＝eq\f(m1,2m2)，C選項錯誤，D選項正確．課堂隨練訓練1、如圖所示，用兩根承受的最大拉力相等、長度不等的細繩AO、BO(AO>BO)懸掛一個中空鐵球，當在球內不斷注入鐵砂時，則()A．繩AO先被拉斷B．繩BO先被拉斷C．繩AO、BO同時被拉斷D．條件不足，無法判斷【答案】B【解析】依據力的作用效果將鐵球對結點O的拉力分解如圖所示．據圖可知：FB>FA，又因為兩繩承受的最大拉力相同，故當在球內不斷注入鐵砂時，BO繩先斷，選項B正確．訓練2、(多選)李強同學設計的一個小實驗如圖所示，他將細繩的一端系在手指上，細繩的另一端系在直桿的A端，桿的左端頂在掌心上，組成一個“三角支架”。在桿的A端懸掛不同的重物，并保持靜止。通過實驗會感受到()A．細繩是被拉伸的，桿是被壓縮的B．桿對手掌施加的作用力的方向沿桿由C指向AC．細繩對手指施加的作用力的方向沿細繩由B指向AD．所掛重物質量越大，細繩和桿對手的作用力也越大【答案】ACD【解析】重物所受重力的作用效果有兩個，一是拉緊細繩，二是使桿壓緊手掌，所以重力可分解為沿細繩方向的力F1和垂直于掌心方向的力F2，如圖所示，由三角函數得F1＝eq\f(G,cosθ)，F2＝Gtanθ，故A、C、D正確?？键c四、受力分析中的臨界問題1.問題特點(1)臨界問題：當某物理量變化時，會引起其他物理量的變化，從而使物體所處的平衡狀態(tài)能夠“恰好出現”或“恰好不出現”。在問題描述中常用“剛好”“剛能”“恰好”等語言敘述。(2)極值問題：一般是指在力的變化過程中出現最大值和最小值問題。2.兩種方法(1)解析法：根據平衡條件列方程，用二次函數、討論分析、三角函數以及幾何法等求極值。(2)極限法：選取某個變化的物理量將問題推向極端(“極大”“極小”等)，從而把比較隱蔽的臨界現象暴露出來。例1、如圖所示,一工人手持磚夾提著一塊磚勻速前進,手對磚夾豎直方向的拉力大小為F。已知磚夾的質量為m,重力加速度為g,磚夾與磚塊之間的動摩擦因數為μ,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。若磚塊不滑動,則磚夾與磚塊一側間的壓力的最小值是()A． B．C．D．【答案】C【解析】工人手持磚夾提著一塊磚勻速前進,磚夾處于平衡狀態(tài),在豎直方向滿足F=mg+2Ff,磚夾與磚塊之間恰好達到最大靜摩擦力,Ff=μFN,聯立解得,磚夾與磚塊一側間的壓力的最小值為FN=,C正確。例2、如圖所示，用一根長為l的細繩一端固定在O點，另一端懸掛質量為m的小球A，為使細繩與豎直方向成30°角且繃緊，小球A處于靜止狀態(tài)，對小球施加的最小的力是()A．eq\r(3)mgB．eq\f(\r(3),2)mgC．eq\f(1,2)mgD．eq\f(\r(3),3)mg【答案】C【解析】將小球重力分解如圖，其中一個分力等于施加的力的大小。當施加的力與OA垂直時最小，Fmin＝mgsin30°＝eq\f(1,2)mg，C正確。例3、(2022·常州一模)殲-20戰(zhàn)斗機安裝了我國自主研制的矢量發(fā)動機，能夠在不改變飛機飛行方向的情況下，通過轉動尾噴口方向改變推力的方向，使戰(zhàn)斗機獲得很多優(yōu)異的飛行性能。已知在殲-20戰(zhàn)斗機沿水平方向超音速勻速巡航時升阻比(垂直機身向上的升力和平行機身向后的阻力之比)為eq\r(15)。飛機的重力為G，使飛機實現節(jié)油巡航模式的最小推力是()A．GB．eq\f(G,\r(15))C．eq\f(G,16)D．eq\f(G,4)【答案】D【解析】飛機受到重力G、發(fā)動機推力F1、升力F2和空氣阻力f，重力的方向豎直向下，升力F2的方向豎直向上，空氣阻力f的方向與F2垂直，如圖，殲-20戰(zhàn)斗機沿水平方向超音速勻速巡航，則有水平方向Fx＝f，豎直方向F2＋Fy＝G，F2＝eq\r(15)f，解得Fy＝G－eq\r(15)f，則Feq\o\al(2,1)＝Feq\o\al(2,x)＋Feq\o\al(2,y)＝16f2－2eq\r(15)Gf＋G2，觀察Feq\o\al(2,1)表達式知Feq\o\al(2,1)的圖像為開口向上，對稱軸為f＝eq\f(\r(15),16)G的拋物線，即當f＝eq\f(\r(15),16)G時Feq\o\al(2,1)取得最小值，將其代入Feq\o\al(2,1)表達式，解得F1min＝eq\f(G,4)。課堂隨練訓練1、已知兩個共點力的合力為50N，分力F1的方向與合力F的方向成30°角，分力F2的大小為30N。則()A．F1的大小是唯一的 B．F2的方向是唯一的C．F2有兩個可能的方向 D．F2可取任意方向【答案】C【解析】選C。由F1、F2和F的矢量三角形圖可以看出，因F2＝30N＞F20＝25N且F2＜F，所以F1的大小有兩個，即F1′和F1″，F2的方向有兩個，即F2′的方向和F2″的方向，故A、B、D錯誤，C正確。訓練2、(2020·湖南七校聯考)如圖所示，光滑圓環(huán)豎直固定，A為最高點，橡皮條上端固定在A點，下端連接一套在圓環(huán)上的輕質小環(huán)，小環(huán)位于B點，AB與豎直方向的夾角為30°，用光滑鉤拉橡皮條中點，將橡皮條中點拉至C點時，鉤的拉力大小為F，為保持小環(huán)靜止于B點，需給小環(huán)施加一作用力F′，下列說法中正確的是()A．若F′沿水平方向，則F′＝eq\f(\r(3),2)FB．若F′沿豎直方向，則F′＝eq\f(\r(3),3)FC．F′的最小值為eq\f(\r(3),6)FD．F′的最大值為eq\f(\r(3),3)F【答案】C【解析】設橡皮條的拉力大小為T，由題意有2Tcos30°＝F，可知T＝eq\f(\r(3),3)F，若F′沿水平方向，小環(huán)只受橡皮條的拉力和F′，由平衡條件知：F′＝T＝eq\f(\r(3),3)F，A錯誤；若F′沿豎直方向，則有：F′＝Ttan30°＝eq\f(1,3)F，B錯誤；作出小環(huán)的受力圖，如圖所示，由幾何知識知，當F′⊥N時，F′有最小值，且最小值為：Fmin′＝Tsin30°＝eq\f(\r(3),6)F，C正確；根據平行四邊形定則可知F′無最大值，D錯誤。訓練3、（2013年全國）如圖，在固定斜面上的一物塊受到一外力的作用，F平行于斜面上。若要物塊在斜面上保持靜止，F的取值應有一定范圍，已知其最大值和最小值分別為F1和F2（F2＞0）.由此可求出（）A．物塊的質量B．斜面的傾角C．物塊與斜面間的最大靜摩擦力C．物塊對斜面的正壓力【答案】C【解析】A、B、C、對滑塊受力分析，受重力、拉力、支持力、靜摩擦力，設滑塊受到的最大靜摩擦力為f，物體保持靜止，受力平衡，合力為零；當靜摩擦力平行斜面向下時，拉力最大，有：F1

-mgsinθ-f=0

當靜摩擦力平行斜面向上時，拉力最小，有：F2

+f-mgsinθ=0

聯立解得：

，故C正確；

，由于質量和坡角均未知，故A錯誤，B錯誤；D、物塊對斜面的正壓力為：N=mgcosθ，未知，故D錯誤；故選C．考點五、動態(tài)平衡問題1.動態(tài)平衡：物體所受的力中有些是變力，是動態(tài)力，力的大小和方向均要發(fā)生變化，但變化過程中的每一個狀態(tài)均可視為平衡狀態(tài)，所以叫作動態(tài)平衡。2.分析動態(tài)平衡問題的常用方法(1)解析法①列平衡方程求出未知量與已知量的關系表達式；②根據已知量的變化情況來確定未知量的變化情況。(2)圖解法①根據已知量的變化情況，畫出平行四邊形邊、角的變化；②確定未知量大小、方向的變化。例1、(2020·天津市部分區(qū)二模)如圖所示，重量為G的光滑足球，用由若干條輕質絲線組成的網兜兜住，通過懸繩懸掛于光滑墻的A點，懸繩與絲線結于B點，懸繩與墻面間的夾角為α，則下列說法正確的是()A．懸繩拉力的大小為GcosαB．墻壁對足球的支持力大小為GsinαC．將絲線和懸繩的結點由B點上移到C點，懸繩的拉力增大D．將絲線和懸繩的結點由B點上移到C點，墻壁對足球的支持力不變【答案】C【解析】以足球和絲線組成的整體為研究對象，受重力、懸繩的拉力和墻面的支持力作用而平衡，受力分析如圖所示，根據幾何知識得，懸繩拉力的大小T＝eq\f(G,cosα)，墻壁支持力的大小FN＝Gtanα，A、B錯誤；將絲線和懸繩的結點由B點上移到C點，角α增大，cosα減小，懸繩的拉力增大，tanα增大，墻壁對足球的支持力增大，C正確，D錯誤。例2、（2016全國1）如圖，一光滑的輕滑輪用細繩懸掛于點；另一細繩跨過滑輪，其一端懸掛物塊，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物塊。外力向右上方拉，整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)。若方向不變，大小在一定范圍內變化，物塊仍始終保持靜止，則（）A．繩的張力也在一定范圍內變化B．物塊所受到的支持力也在一定范圍內變化C．連接和的繩的張力也在一定范圍內變化D．物塊與桌面間的摩擦力也在一定范圍內變化【答案】BD 【解析】由題意，在保持方向不變，大小發(fā)生變化的過程中，物體、均保持靜止，各繩角度保持不變；選受力分析得，繩的拉力，所以物體受到繩的拉力保持不變。由滑輪性質，滑輪兩側繩的拉力相等，所以受到繩的拉力大小、方向均保持不變，C選項錯誤；、受到繩的拉力大小方向均不變，所以的張力不變，A選項錯誤；對進行受力分析，并將各力沿水平方向和豎直方向分解，如上圖所示。由受力平衡得：，。和始終不變，當大小在一定范圍內變化時；支持力在一定范圍內變化，B選項正確；摩擦力也在一定范圍內發(fā)生變化，D選項正確；故答案選BD。例3、(2020·四川宜賓一診)(多選)如圖所示，粗糙水平地面上放著一個截面為半圓的柱狀物體A，A與豎直墻壁之間放一光滑半圓球B，整個裝置處于平衡狀態(tài)。已知A、B的質量分別為m和M，A、B兩物體的半徑均為R，B的圓心到水平地面的豎直距離為eq\r(2)R，重力加速度為g，下列說法正確的是()A．地面對A的支持力大小為(m＋M)gB．地面對A的摩擦力大小為eq\r(2)MgC．將A往左緩慢移動少許，豎直墻壁對B的彈力減小D．將A往左緩慢移動少許，A、B之間的彈力保持不變【答案】AC【解析】把A、B看成一個整體，對其運用整體法受力分析，該整體在豎直方向上受到豎直向下的重力(M＋m)g和地面豎直向上的支持力FN的作用，二力平衡，所以有：FN＝(M＋m)g，A正確；選取半圓球B為研究對象，運用隔離法，受力分析如圖所示，根據力的分解和平衡條件可得：FN1＝eq\f(Mg,cosθ)，FN2＝Mgtanθ，半圓球B的圓心到水平地面的豎直距離為eq\r(2)R，所以θ＝45°，所以有：FN2＝Mg，把A、B看成一個整體，根據受力分析，地面對物體A的摩擦力大小等于FN2，為Mg，方向水平向左，B錯誤；將A往左緩慢移動少許，θ減小，豎直墻壁對B的彈力FN2＝Mgtanθ減小，A、B之間的彈力FN1＝eq\f(Mg,cosθ)減小，C正確，D錯誤。例4、（2019年全國1）如圖，一粗糙斜面固定在地面上，斜面頂端裝有一光滑定滑輪。一細繩跨過滑輪，其一端懸掛物塊N。另一端與斜面上的物塊M相連，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)?，F用水平向左的拉力緩慢拉動N，直至懸掛N的細繩與豎直方向成45°。已知M始終保持靜止，則在此過程中（）A．水平拉力的大小可能保持不變B．M所受細繩的拉力大小一定一直增加C．M所受斜面的摩擦力大小一定一直增加D．M所受斜面的摩擦力大小可能先減小后增加【答案】BD【解析】假設經過一定時間后N物體與豎直方向的夾角為θ，對N受力分析如左圖所示：結合矢量三角形法，將物體所受的力放在一個封閉的力三角形中，當θ從0-45增大時，由幾何關系得：故：A錯B對；開始時，因為不確定靜摩擦力的大小與方向，即開始時靜摩擦力的大小可能沿斜面向上也可能沿斜面向下；所以對M受力分析可知，若起初M受到的摩擦力f沿斜面向下，則隨著繩子拉力T的增加，則摩擦力f也逐漸增大；若起初M受到的摩擦力f沿斜面向上，則隨著繩子拉力T的增加，摩擦力f可能先減小后增加。故本題選BD。課堂隨練訓練1、(2016·全國卷Ⅱ)質量為m的物體用輕繩AB懸掛于天花板上。用水平向左的力F緩慢拉動繩的中點O，如圖所示。用T表示繩OA段拉力的大小，在O點向左移動的過程中()A．F逐漸變大，T逐漸變大B．F逐漸變大，T逐漸變小C．F逐漸變小，T逐漸變大D．F逐漸變小，T逐漸變小【答案】A【解析】以O點為研究對象，設繩OA與豎直方向的夾角為θ，物體的重力為G，根據力的平衡可知，F＝Gtanθ，T＝eq\f(G,cosθ)，隨著O點向左移，θ變大，則F逐漸變大，T逐漸變大，A項正確。訓練2、(2022·江西八所重點中學聯考)如圖甲所示，推力F垂直斜面作用在斜面體上，斜面體靜止在豎直墻面上，若將斜面體改成如圖乙所示放置，用相同大小的推力F垂直斜面作用到斜面體上，則下列說法正確的是()A．墻面受到的壓力一定變小B．斜面體受到的摩擦力一定變小C．斜面體受到的摩擦力可能變大D．斜面體可能沿墻面向上滑動【答案】B【解析】受力分析如圖所示甲圖中，FN1＝Fcosθ，Ff1＝mg＋Fsinθ≤Ffm；乙圖中，FN2＝Fcosθ，所以墻面受到的壓力不變，A項錯誤；若Fsinθ＝mg，則Ff2＝0，若Fsinθ＞mg，則Ff2方向向下，Ff2＝Fsinθ－mg，若Fsinθ＜mg，則Ff2方向向上，Ff2＝mg－Fsinθ，所以斜面體受到的摩擦力一定變小，B項正確，C項錯誤；因為墻面受到的壓力沒有變，所以Ffm不變，甲圖中，Ff1＝mg＋Fsinθ≤Ffm，推不動斜面體，乙圖中，Ff2＝Fsinθ－mg，肯定比Ffm小，所以斜面體肯定不沿墻面向上滑動，D項錯誤．訓練3、(2020·江西贛州十五縣(市)(上)期中)如圖所示，小球放在光滑的墻與裝有鉸鏈的光滑薄板之間，薄板在F作用下逆時針緩慢轉動，在墻與薄板之間的夾角θ緩慢地從90°逐漸減小的過程中()A．小球對薄板的壓力可能小于小球的重力B．小球對薄板的壓力一直增大C．小球對墻的壓力先減小，后增大D．小球對墻的壓力不可能大于小球的重力【答案】B【解析】以小球為研究對象，在薄板緩慢轉動的過程中，小球處于平衡狀態(tài)，受力分析如圖所示，當墻與薄板之間的夾角θ＝90°時，根據平衡條件有F1＝mg，F2＝0；在θ緩慢地從90°逐漸減小的過程中，小球平衡，有F1sinθ＝mg，F1cosθ＝F2，可得F1＝eq\f(mg,sinθ)，F2＝eq\f(mg,tanθ)，因為θ逐漸減小，所以sinθ、tanθ均減小，則F1、F2均增大，根據牛頓第三定律可知，小球對薄板和墻的壓力一直增大，B正確，A、C錯誤；當θ＜45°時，F2＞mg，可知D錯誤。訓練4、(2020·江蘇百校大聯考)如圖所示，表面粗糙的斜面體C置于粗糙的水平地面上，斜面體C上有一物塊A，通過跨過光滑定滑輪的細繩與小盒B連接，連接A的一段細繩與斜面平行，連接B的一段細繩豎直?，F向小盒B內緩慢加入適量細沙，A、B、C始終處于靜止狀態(tài)。下列說法正確的是()A．斜面體C對物塊A的摩擦力可能沿斜面向上B．斜面體C對物塊A的摩擦力一定增大C．地面對斜面體C的支持力一定增大D．地面對斜面體C的摩擦力可能減小【答案】A【解析】以A為研究對象，其受力分析如圖甲所示，若mBg＜mAgsinθ，則斜面體C對物塊A的摩擦力方向沿斜面向上，A正確；若開始時斜面體C對物塊A的摩擦力方向沿斜面向上，根據平衡條件有mBg＋f＝mAgsinθ，當B中緩慢加入細沙，即mBg增大時，f先逐漸減小，B錯誤；以A和斜面體C組成的整體為研究對象，其受力分析如圖乙所示，根據平衡條件，豎直方向有(mA＋mC)g＝FN＋mBgsinθ，水平方向有mBgcosθ＝f地面，當B中緩慢加入細沙，即mB增大時，FN減小，f地面增大，C、D錯誤?？键c六相似三角形法例1、如圖所示，AC是上端帶定滑輪的固定豎直桿，質量不計的輕桿BC一端通過鉸鏈固定在C點，另一端B懸掛一重為G的重物，且B端系有一根輕繩并繞過定滑輪A?，F用力F拉繩，開始時∠BCA＞90°，使∠BCA緩慢減小，直到桿BC接近豎直桿AC。此過程中，桿BC所受的力()A．大小不變 B．逐漸增大C．逐漸減小 D．先增大后減小【答案】A【解析】以B點為研究對象，分析受力情況：重物的拉力T(等于重物的重力G)、輕桿的支持力N和繩子的拉力F拉，作出受力分析圖如圖，由平衡條件得知，N和F拉的合力與T大小相等、方向相反，根據三角形相似可得eq\f(N,BC)＝eq\f(F拉,AB)＝eq\f(T,AC)，又T＝G，解得N＝eq\f(BC,AC)G，F拉＝eq\f(AB,AC)G，使∠BCA緩慢變小時，AC、BC保持不變，AB變小，則N保持不變，F拉逐漸變小，由牛頓第三定律得，作用在桿BC上的壓力大小不變，故A正確，B、C、D錯誤。例2、(2017·天津高考)(多選)如圖所示，輕質不可伸長的晾衣繩兩端分別固定在豎直桿M、N上的a、b兩點，懸掛衣服的衣架掛鉤是光滑的，掛于繩上處于靜止狀態(tài)。如果只人為改變一個條件，當衣架靜止時，下列說法正確的是()A．繩的右端上移到b′，繩子拉力不變B．將桿N向右移一些，繩子拉力變大C．繩的兩端高度差越小，繩子拉力越小D．若換掛質量更大的衣服，則衣架懸掛點右移【答案】AB【解析】設繩長為l，兩桿間距離為d，選O點為研究對象，因aOb為同一根繩，故aO、bO對O點的拉力大小相等，因此平衡時aO、bO與水平方向的夾角相等，設為θ。對于O點受力情況如圖所示，根據平衡條件，得2Tsinθ＝mg，而sinθ＝eq\f(\r(l2－d2),l)，所以T＝eq\f(mg,2)·eq\f(l,\r(l2－d2))。由以上各式可知，當l、d不變時，θ不變，故換掛質量更大的衣服時，懸掛點不變，選項D錯誤。若衣服質量不變，改變b的位置或繩兩端的高度差，繩子拉力不變，選項A正確，選項C錯誤。當N桿向右移一些時，d變大，則T變大，選項B正確。課堂隨練訓練1、如圖所示，小圓環(huán)A吊著一個質量為m2的物塊并套在另一個豎直放置的大圓環(huán)上，有一細繩一端拴在小圓環(huán)A上，另一端跨過固定在大圓環(huán)最高點B的一個小滑輪后吊著一個質量為m1的物塊．如果小圓環(huán)A、滑輪、繩子的大小和質量以及相互之間的摩擦都可以忽略不計，繩子不可伸長，平衡時弦AB所對的圓心角為α，則兩物塊的質量之比m1∶m2應為()A．cos

eq\f(α,2) B．sin

eq\f(α,2)C．2sin

eq\f(α,2) D．2cos

eq\f(α,2)【答案】C【解析】對小圓環(huán)A受力分析，如圖所示，FT2與FN的合力F與FT1大小相等，由矢量三角形與幾何三角形相似，可知eq\f(FT2,R)＝eq\f(F,2Rsin\f(α,2))，其中FT2＝m2g，F＝FT1＝m1g，聯立解得eq\f(m1,m2)＝2sineq\f(α,2)，C正確．訓練2、(2020·吉林省吉林市第一次調研)(多選)如圖所示，質量為m的小球套在豎直固定的光滑圓環(huán)上，在圓環(huán)的最高點有一個光滑小孔，一根輕繩的下端系著小球，上端穿過小孔用力F拉住，開始時繩與豎直方向夾角為θ，小球處于靜止狀態(tài)，現緩慢拉動輕繩，使小球沿光滑圓環(huán)上升一小段距離，則下列關系正確的是()A．繩與豎直方向的夾角為θ時，F＝2mgcosθB．小球沿光滑圓環(huán)上升過程中，輕繩拉力逐漸增大C．小球沿光滑圓環(huán)上升過程中，小球所受支持力逐漸增大D．小球沿光滑圓環(huán)上升過程中，小球所受支持力大小不變【答案】AD【解析】開始時小球處于靜止狀態(tài)，對小球進行受力分析，小球受重力mg、拉力F、支持力N三個力，作出受力分析圖如圖，根據平衡條件可知，小球所受重力mg和圓環(huán)對它的支持力N的合力與輕繩的拉力F大小相等、方向相反，由幾何知識有eq\f(mg,R)＝eq\f(F,AB)＝eq\f(N,R)，則N＝mg，且當繩與豎直方向的夾角為θ時，F＝2mgcosθ，A正確；小球沿圓環(huán)緩慢上升，處于動態(tài)平衡狀態(tài)，對小球進行受力分析，小球仍然只受重力mg、拉力F、支持力N三個力，由幾何知識仍然有eq\f(mg,R)＝eq\f(F,AB)＝eq\f(N,R)，該過程半徑R不變，AB減小，故F減小，N不變，D正確，B、C錯誤。同步練習1、如圖所示，三個重均為100N的物塊，疊放在水平桌面上，各接觸面水平，水平拉力F＝20N，作用在物塊2上，三條輕質繩結于O點，與物塊3連接的繩水平，與天花板連接的繩與水平方向成45°角，豎直繩懸掛重為20N的小球P.整個裝置處于靜止狀態(tài)．則()A．物塊1和2之間的摩擦力大小為20NB．水平繩的拉力大小為20NC．桌面對物塊3的支持力大小為320ND．物塊3受4個力的作用【答案】B【解析】對物塊1受力分析，受重力和支持力，假如受水平方向的摩擦力，則不能保持平衡，故物塊1和物塊2間的摩擦力為零，A錯誤；對O點受力分析，受到三根繩子的拉力，如圖，根據平衡條件有，x方向：FT2cos45°＝FT1，y方向：FT2sin45°＝GP，解得FT1＝GP＝20N，所以水平繩中的拉力大小為20N，B正確；對物塊1、2、3整體受力分析，受重力、支持力、向左的拉力、水平繩的拉力，豎直方向：FN＝3G＝300N，C錯誤；對物塊1和物塊2整體研究，受重力、支持力、向左的拉力F和向右的靜摩擦力Ff23，根據平衡條件得：Ff23＝F＝20N；對物塊3受力分析，2、3間向左的摩擦力為20N，水平繩向右的拉力也為20N，則3與桌面間摩擦力為零，故3受重力、支持力、壓力、2對3的摩擦力、繩子拉力，共5個力作用，D錯誤．2、(2019·全國卷Ⅲ)用卡車運輸質量為m的勻質圓筒狀工件，為使工件保持固定，將其置于兩光滑斜面之間，如圖所示。兩斜面Ⅰ、Ⅱ固定在車上，傾角分別為30°和60°。重力加速度為g。當卡車沿平直公路勻速行駛時，圓筒對斜面Ⅰ、Ⅱ壓力的大小分別為F1、F2，則()A．F1＝eq\f(\r(3),3)mg，F2＝eq\f(\r(3),2)mg B．F1＝eq\f(\r(3),2)mg，F2＝eq\f(\r(3),3)mgC．F1＝eq\f(1,2)mg，F2＝eq\f(\r(3),2)mg D．F1＝eq\f(\r(3),2)mg，F2＝eq\f(1,2)mg【答案】D【解析】如圖所示，卡車勻速行駛，圓筒受力平衡，由題意知，力F1′與F2′相互垂直。由牛頓第三定律知F1＝F1′，F2＝F2′，則F1＝mgsin60°＝eq\f(\r(3),2)mg，F2＝mgsin30°＝eq\f(1,2)mg，D正確。3、(2020·山東菏澤高三上學期期中)某壓榨機的結構示意圖如圖所示，其中B為固定鉸鏈，若在A鉸鏈處作用一垂直于豎直壁的力F，則由于力F的作用，使滑塊C壓緊物體D。設C與D的接觸面光滑，C與豎直壁的接觸面也光滑，鉸鏈的重力及滑塊C的重力不計，圖中a＝0.6m，b＝0.1m，則物體D所受壓力的大小與力F的比值為()A．3∶1 B．4∶1C．5∶1 D．6∶1【答案】A【解析】設力F與AC方向的夾角為θ，將力F按作用效果沿AB和AC兩個方向進行分解，作出力的分解圖如圖甲所示。則有：2F1cosθ＝2F2cosθ＝F，則得F1＝F2＝eq\f(F,2cosθ)。再將F2按作用效果分解為FN和FN′，作出力的分解圖如圖乙所示。則有：FN＝F2sinθ，聯立得到：FN＝eq\f(Ftanθ,2)，根據幾何知識可得tanθ＝eq\f(a,b)＝6，代入上式可得FN∶F＝3∶1，故A正確。4、(2019·天津高考)2018年10月23日，港珠澳跨海大橋正式開通。為保持以往船行習慣，在航道處建造了單面索(所有鋼索均處在同一豎直面內)斜拉橋，其索塔與鋼索如圖所示。下列說法正確的是()A．增加鋼索的數量可減小索塔受到的向下的壓力B．為了減小鋼索承受的拉力，可以適當降低索塔的高度C．索塔兩側鋼索對稱且拉力大小相同時，鋼索對索塔的合力豎直向下D．為了使索塔受到鋼索的合力豎直向下，索塔兩側的鋼索必須對稱分布【答案】C【解析】索塔對鋼索豎直向上的作用力跟鋼索和橋體整體的重力平衡，增加鋼索數量，其整體重力變大，故索塔受到的向下的壓力變大，A錯誤；若索塔高度降低，則鋼索與豎直方向夾角θ將變大，由Tcosθ＝G可知，鋼索拉力T將變大，B錯誤；兩側鋼索的拉力對稱，合力一定豎直向下，C正確；若兩側的鋼索非對稱分布，但其水平方向的合力為0，索塔受到鋼索的合力仍豎直向下，D錯誤。5、把一個重為G的物體，用一個水平力F＝kt(k為恒量，t為時間)壓在豎直且足夠高的平整的墻上，如圖所示，從t＝0開始物體所受的摩擦力Ff隨時間t的變化關系可能正確的是()【答案】B【解析】由水平力F的表達式F＝kt可知，從t＝0開始力F從零逐漸增大。當力F比較小時，物體沿墻壁下滑，物體所受的摩擦力為滑動摩擦力，大小為Ff＝μF＝μkt，即滑動摩擦力與時間t成正比。當滑動摩擦力Ff＝G時，物體的速度達到最大。當Ff＞G時，物體開始做減速運動，物體所受的滑動摩擦力Ff＝μkt，仍與時間t成正比。當物體速度減為零后，物體靜止在墻壁上，摩擦力變?yōu)殪o摩擦力，根據平衡條件可知靜摩擦力Ff＝G保持不變。所以從t＝0開始物體所受的摩擦力Ff隨時間t的變化關系可能正確的是圖象B。6、(2022·天津南開區(qū)期末)刀、斧、鑿等切削工具的刃部叫作劈，用斧頭劈木柴的示意圖如圖所示。劈的縱截面是一個等腰三角形，使用劈的時候，垂直劈背加一個力F，這個力產生兩個作用效果，使劈的兩個側面推壓木柴，把木柴劈開。設劈背的寬度為d，劈的側面長為l，不計斧頭的自身重力，則劈的側面推壓木柴的力約為()A．eq\f(d,l)FB．eq\f(l,d)FC．eq\f(l,2d)FD．eq\f(d,2l)F【答案】B【解析】斧頭劈木柴時，受力分析如圖所示，設兩側面推壓木柴的力分別為F1、F2且F1＝F2，利用幾何三角形與力的三角形相似有eq\f(d,F)＝eq\f(l,F1)，可得推壓木柴的力F1＝F2＝eq\f(l,d)F。7、(2021·內蒙古呼和浩特市高三質量普查調研)如圖甲，在挪威的兩座山峰間夾著一塊巖石，吸引了大量游客前往觀賞。該景觀可簡化成如圖乙所示的模型，右壁豎直，左壁稍微傾斜。設左壁與豎直方向的夾角為θ，由于長期的風化，θ將會減小。石頭與山崖間的摩擦很小，可以忽略不計。若石頭質量一定，且始終保持靜止，下列說法正確的是()A．山崖左壁對石頭的作用力將增大B．山崖右壁對石頭的作用力不變C．山崖對石頭的作用力減小D．石頭受到的合力將增大【答案】A【解析】對石頭受力分析如圖所示，圖中N1為山崖右壁對石頭的作用力，N2為山崖左壁對石頭的作用力，根據平衡條件可知N2cosθ＝N1，N2sinθ＝mg，則隨著θ減小，N1、N2都在增大，故A正確，B錯誤；根據共點力平衡可知，山崖對石頭的作用力始終不變，且與石頭的重力等大反向，故C錯誤；由于石頭處于靜止狀態(tài)，所以石頭受到的合力一直為零，故D錯誤。8、如圖所示，在高度不同的兩水平臺階上放有質量分別為m1、m2的兩物體，物體間用輕彈簧相連，彈簧與豎直方向的夾角為θ。在m1左端施加水平拉力F，使m1、m2均處于靜止狀態(tài)。已知m1表面光滑，重力加速度為g，則下列說法正確的是()A．彈簧可能處于原長狀態(tài)B．彈簧彈力的大小為eq\f(m2g,cosθ)C．地面對m2的摩擦力大小為FD．地面對m2的支持力可能為零【答案】C【解析】設彈簧彈力的大小為F彈，隔離m1受力分析，由平衡條件得F＝F彈sinθ，解得F彈＝eq\f(F,sinθ)，彈力的方向為斜向右下方，則彈簧處于伸長狀態(tài)，A錯誤；設地面對m2的摩擦力大小為f，隔離m2受力分析，由平衡條件得f＝F彈sinθ＝F，FN＝m2g－F彈cosθ，因為m2在水平方向受到摩擦力作用，則地面對m2的支持力不可能為零，彈簧彈力大小也不可能為eq\f(m2g,cosθ)，C正確，B、D錯誤。9、(2020·云南紅河自治州二模)拖把是由拖桿和拖把頭構成的擦地工具，如圖甲所示。設拖把頭的質量為m，拖桿質量可以忽略，拖把頭與地板之間的動摩擦因數為常數μ。當某同學用與水平方向成θ角的力F1推拖把時，拖把對地面的摩擦力為f1，壓力為N1，拖把做勻速直線運動，如圖乙所示；另一同學用與豎直方向成θ角的力F2拉拖把時，拖把對地面的摩擦力為f2，壓力為N2，拖把也做勻速直線運動，如圖丙所示。0＜θ＜eq\f(π,2)，以下判斷可能正確的是()A．F1＝F2 B．f1＜f2C．N1＜N2 D．F1＜f1【答案】A【解析】對拖把頭所受力正交分解，對圖乙，根據平衡條件有：F1sinθ＋mg＝N1，F1cosθ＝f1，此時滑動摩擦力為：f1＝μN1，對圖丙有：F2cosθ＋N2＝mg，F2sinθ＝f2，此時滑動摩擦力為：f2＝μN2，聯立解得：N1＞N2，f1＞f2，B、C錯誤；因為f1＞f2，所以有：F1cosθ＞F2sinθ，當cosθ＞sinθ時，F1＝F2可能成立，A正確；