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【p113】
A组
1．如图所示，长木板放在水平地面上，站在木板上的人用斜向左上方的力F拉木箱，长木板、人与木箱质量均为m，三者均保持静止(重力加速度为g)．下列说法正确的是(　　)
A．人对长木板的压力大小为mg
B．长木板对地面的压力等于3mg
C．木箱受到的摩擦力的方向水平向左
D．地面对长木板的摩擦力的方向水平向左
【解析】人用力F向左上方拉箱子，根据牛顿第三定律可知，箱子对人施加向右下方的作用力，根据平衡条件，人对长木板的压力大小大于mg，故A错误；三个物体的整体受力分析，受重力和支持力，故长木板对地面的压力依然等于3mg，故B正确；箱子在人的拉力作用下，有向左运动的趋势，因此箱子受到的摩擦力的方向水平向右，故C错误；对三个物体的整体受力分析，受重力和支持力，不受静摩擦力，否则不平衡，故地面对木板没有静摩擦力，故D错误．故选B.
【答案】B
2．力的合成和分解在生产和生活中有着重要的作用，下列说法中正确的是(　　)
A．高大的桥要建很长的引桥，减小斜面的倾角，是为了减小汽车重力沿桥面向下的分力，达到行车方便和安全的目的
B．幼儿园的滑梯很陡，是为了增加小孩滑滑梯时受到的重力，使小孩下滑得更快
C．运动员做引体向上(缓慢上升)动作时，双臂张开很大的角度时要比双臂竖直平行时觉得手臂用力大，是因为张开时手臂产生的合力增大的缘故
D．帆船能逆风行驶，说明风力一定沿水平方向向前
【解析】高大的桥要建很长的引桥，减小斜面的倾角，根据力的平行四边形定则可知，汽车重力沿桥面向下的分力减小，达到行车方便和安全的目的，故A正确；幼儿园的滑梯很陡，是为了增加小孩下滑的分力，而其重力不变，故B错误；双臂张开很大的角度时与双臂竖直平行时比较，合力不变，随着夹角越大，其分力越大，故C错误；帆船能逆风行驶，根据力的平行四边形定则，结合力的分解，则风力一定能分解出沿船前进方向的分力，所以风力不一定向前．故D错误．
【答案】A
3．(多选)如图所示的翻斗车车斗的底部是一个平面，司机正准备将车上运送的一块大石块(图中未画出)卸下．司机将车停稳在水平路面上，通过操纵液压杆使车斗底部倾斜，直到石块开始加速下滑时，保持车斗倾斜角不变．则在石块沿车斗底面匀加速下滑的过程中(　　)
A．若刹车失灵，翻斗车可能会向前运动
B．翻斗车不受地面的摩擦力
C．翻斗车受到的合外力逐渐减小
D．地面对翻斗车的支持力小于翻斗车和车上石块的总重力
【解析】由于石块有沿斜面向下的加速度a，则对车和石块的整体，水平方向f＝macos
θ，即车受到地面向左的摩擦力作用，有向右运动的趋势，则若刹车失灵，翻斗车可能会向前运动，A正确，B错误；
石块下滑过程中对车的作用力不变，则翻斗车受到的合外力不变，C错误；石块竖直方向由竖直向下的加速度，对石块和车的整体在竖直方向(M＋m)g－N＝masin
θ，可知N<(M＋m)g，即地面对翻斗车的支持力小于翻斗车和车上石块的总重力，选项D正确．故选AD.
【答案】AD
4．如图所示，挂钩连接三根长度均为L的轻绳，三根轻绳的另一端与一质量为m、直径为1.2L的水平圆环相连，连接点将圆环三等分，在挂钩拉力作用下圆环以加速度a＝g匀加速上升，已知重力加速度为g，则每根轻绳上的拉力大小为(　　)
　　　　　　　　　　　　
A.mg　　B.mg　　C.mg　　D.mg
【解析】由几何关系可知，每根绳子与竖直方向的夹角sin
θ＝0.6，cos
θ＝0.8；对圆环在竖直方向：3Tcos
θ－mg＝ma，解得T＝mg，选项C正确．
【答案】C
5．如图所示，战士在水平地面上进行拉轮胎的负荷训练，设战士做匀速直线运动，运动过程中保持双肩及两绳的端点A、B等高．两绳间的夹角为θ、所构成的平面与水平面间的夹角恒为α，轮胎重为G，地面对轮胎的摩擦阻力大小恒为f，则每根绳的拉力大小为(　　)
A.
B.
C.
D.
【解析】设每根绳子的拉力为T，则两根绳子拉力的合力为2Tcos；在水平方向f＝2Tcos·cos
α，
解得T＝，故选A.
【答案】A
6．如图所示，在水平晾衣杆上晾晒床单时，为了使床单尽快晾干，可在床单间支撑轻质小木棍．小木棍位置的不同，两侧床单间夹角θ将不同．设床单重力为G，晾衣杆对床单的作用力大小为F，下列说法正确的是(　　)
A．θ越大，F越大
B．θ越大，F越小
C．无论θ取何值，都有F＝G
D．只有当＝120°时，才有F＝G
【解析】以床单和细杆整体为研究对象，整体受到重力G和晾衣杆的支持力F，由平衡条件知F＝G，与θ取何值无关，故选C.
【答案】C
7．(多选)如图所示，一个教学用的直角三角板的边长分别为a、b、c，被沿两直角边的细绳A、B悬吊在天花板上，且斜边c恰好平行于天花板，过直角顶点的竖直线为MN.设A、B两绳对三角形薄板的拉力分别为Fa和Fb，已知Fa和Fb及薄板的重力为在同一平面的共点力，则下列判断正确的是(　　)
A．薄板的重心不在MN线上
B．薄板所受重力的反作用力的作用点在MN的延长线上
C．两绳对薄板的拉力Fa和Fb是由于薄板发生形变而产生
D．两绳对薄板的拉力Fa和Fb之比为Fa∶Fb＝b∶a
【解析】三角形薄板受重力、两个拉力处于平衡，三个力虽然不是作用在同一点，但不平行，根据三力汇交定理，三个力的延长线必然交于一点，由几何关系，三个力一定交于三角形下面的顶点，所以重心一定在MN线上．故A错误．重心一定在MN线上，则根据牛顿第三定律知，重力的反作用力的作用点在MN的延长线上，故B正确．两绳对薄板的拉力Fa和Fb是由于绳发生形变而产生．故C错误．三角形薄板受力分析如图，根据合力等于0，则Fa＝mgcos
α，Fb＝mgsin
α，则Fa∶Fb＝cot
α＝b∶a.故D正确．
【答案】BD
8．如图所示，足够长的平行金属导轨与水平面的夹角θ＝37°，导轨电阻忽略不计，两导轨间距L＝1
m，导轨上端接入电路，匀强磁场垂直导轨平面向上，磁感应强度B＝0.2
T．质量m＝0.02
kg，阻值r＝2
Ω的金属棒与导轨垂直并接触良好，金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.25.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，导轨上端定值电阻R2＝2
Ω，R1为滑动变阻器，电源电动势E＝4
V，内阻不计．(sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8，g取10
m/s2)求：
(1)开关S断开，金属棒从导轨上端由静止开始下滑的过程中能达到的最大速度；
(2)开关S闭合，若金属棒能静止在导轨上，滑动变阻器R1接入电路的阻值范围．
【解析】(1)当金属棒的合力为零时，达到最大速度，设为v.根据平衡条件有：
mgsin
θ＝BIL＋μmgcos
θ　①
其中I＝　②
联立①②式可得：v＝8
m/s
(2)当滑动变阻器的阻值取最小值时，流过金属棒的电流最大，所受安培力最大，此时最大静摩擦力向下，则有：
mgsin
θ＋μmgcos
θ＝BImaxL　③
I干＝2Imax　④
I干＝　⑤
联立③④⑤式可得：R1min＝1.5
Ω
当滑动变阻器的阻值取最大值时，流过金属棒的电流最小，所受安培力最小，此时最大静摩擦力向上，则有：mgsin
θ＝μmgcos
θ＋BIminL　⑥
I干′＝2Imin　⑦
I干′＝　⑧
联立⑥⑦⑧式可得：R1max＝4
Ω
综上1.5
Ω≤R1≤4
Ω
【答案】(1)8
m/s　(2)1.5
Ω≤R1≤4
Ω
B组
9．如图所示，质量为M的斜面体静止在水平地面上，质量为m的滑块在沿着斜面向上的恒力F作用下向下做匀速运动，斜面体始终处于静止状态．已知重力加速度为g，在滑块下滑的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．滑块与斜面体之间的动摩擦因数μ大于tan
θ
B．撤去恒力F后，地面对斜面体的支持力不变
C．地面对斜面体的支持力大于(M＋m)g
D．地面对斜面体的摩擦力方向水平向左
【解析】对m进行受力分析可知m受四个力，由于m在做向下的匀速运动，所以受力平衡，有：F＋f＝mgsin
θ，f＝μmgcos
θ，μ＝tan
θ－，A错误；对M进行受力分析可知，M所受的力与恒力F没有关系，故撤去恒力F后，地面对斜面体的支持力不变，B正确；对整体进行受力分析可知，地面对斜面体的支持力小于(M＋m)g，C错误；对整体受力分析可知，地面对斜面的摩擦力水平向右，D错误．故选B.
【答案】B
10．如图所示，倾斜直杆OM可以在竖直面内绕O点转动，轻绳AB的A端与套在直杆上的光滑轻环连接，绳子中间某点C拴一重物，用手拉住绳的另一端B.初始时BC水平，现将OM杆缓慢旋转到竖直，并保持∠ACB大小和轻环在杆上的位置不变，在OM转动过程中(　　)
A．绳AC的张力逐渐减小
B．绳AC的张力先减小后增大
C．绳BC的张力先增大后减小
D．绳BC的张力逐渐增大
【解析】设将OM杆缓慢旋转到竖直位置的过程中，某位置AC与竖直方向夹角为α，CB与竖直方向夹角为β，此时AC和BC上的拉力分别为T1和T2，则由平衡条件可知T1sin
α＝T2sin
β，T1cos
α＋T2cos
β＝mg，联立解得T1＝，T2＝，因α＋β＝定值，将OM杆缓慢旋转到竖直位置的过程中α变大，β减小，可知T2变大，T1减小，即绳BC的张力逐渐增大，绳AC的张力逐渐减小．故选AD.
【答案】AD
11．(多选)路边小吃烤热狗的截面简化示意图如图所示，两根水平的平行金属圆柱支撑着热狗，圆柱半径都为R，圆心间距为2.4R.热狗可视为圆柱体，生热狗截面半径为R，重力为G，熟热狗半径变大，重力不变，忽略摩擦．比较静止时的生热狗和熟热狗(　　)
A．两根金属圆柱对生热狗的合力小于对熟热狗的合力
B．单根金属圆柱对生热狗的弹力大于对熟热狗的弹力
C．单根金属圆柱对生热狗的弹力大小为G
D．单根金属圆柱对生热狗的弹力大小为G
【解析】两根金属圆柱对生热狗和熟热狗的合力都等于二者重力，生热狗和熟热狗重力相等，故A错误；生热狗半径小，两单根金属圆柱对生热狗的弹力夹角大，两个弹力的合力与生热狗重力大小相等，当合力一定时，两个分力夹角越大，分力越大，说明弹力大，故B正确；对生热狗受力分析如下所示
由几何关系可求得
cos∠O3O1O2＝＝，求得∠O3O1O2＝53°；由力的几何关系可得FN＝＝，说明单根金属圆柱对生热狗的弹力大小为G，故C正确，D错误．故选BC.
【答案】BC
12.
如图所示，质量为m的物体放在一固定斜面上，当斜面倾角为30°时恰能沿斜面匀速下滑．对物体施加一大小为F水平向右的恒力，物体可沿斜面匀速向上滑行．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当斜面倾角增大并超过某一临界角α时，不论水平恒力F多大，都不能使物体沿斜面向上滑行，试求：
(1)物体与斜面间的动摩擦因数；
(2)这一临界角α的大小．【解析】(1)由题意可知：当θ＝30°时物体匀速下滑，由平衡关系可得：
mgsin
θ＝μmgcos
θ
μ＝tan
θ＝
(2)设斜面倾角为α时，无论F多大都不能推动物块．受力情况如图所示，由平衡条件可得：
Fcos
α＝mgsin
α＋Ff①
FN＝mgcos
α＋Fsin
α②
Ff＝μFN③
联立①②③式，可得：F＝
根据题意，当cos
α＝μsin
α时，分式趋于无穷大，F趋于无穷大，此时无论F多大都不能推动物体．
故μ＝，又μ＝，得α＝60°.
【答案】(1)　(2)60°(共59张PPT)
平行四边形
对角线
三角形
从第一个的起点到第二个的终点
零
相等
相反
矢量三角形
零
零
缓慢
合力
电场力
按性质:重力、
分析顺序:重力
电场力、弹力
接触力→摩擦力→
摩擦力、磁场力
其他力
分类
力
力
按效果:动力、
阻力、向心力
析分析方法:隔离法
整体法、假设法
静止或匀速直线|状
静态平衡
运动
太
-类
体
动态平衡
的
力的合成法
F合=0或F=0
条
F=0
法
正交分解法
图解法
知识网络>●●。。
基础落实>●。●
考点突破>●●。。。
物体处于、对物体受
建立平
求解或
平衡状态
力分析
衡方程
做讨论
直线运动/研究所受画出/的F=0动态临界
或做匀速/取查找
物体静止
对象的春儿受力合成或
变化状态
与分F=0分析分析
(a=0)
种力图
解F=0讨论山讨论
限时训练>●。。第1讲　力与物体的平衡
【p6】
力与物体的平衡
【p6】
一、力的合成与分解
1．__平行四边形__定则：两个力合成时，以表示这两个力的线段为邻边作平行四边形，这两个邻边之间的__对角线__就代表合力的大小和方向．
2．__三角形__定则：两个力(或者其他任何矢量)合成，其合力应当为将一个力的起始点移动到另一个力的终止点，合力为__从第一个的起点到第二个的终点__．
二、共点力作用下物体的平衡
1．共点力作用下物体的平衡条件是合力为__零__．
2．三个共点力平衡：如果物体仅受三个共点力作用而处于平衡状态，则其中任意两个力的合力与第三个力大小__相等__、方向__相反__．表示这三个力的有向线段可以组成一个封闭的__矢量三角形__．
3．多个共点力平衡：任一方向上合力为__零__．建立直角坐标系后，两个坐标轴上的合力均为__零__．即Fx＝0，Fy＝0.
4．动态平衡：物体在__缓慢__移动过程中，可认为其所受__合力__为零，物体处于平衡状态．
5．带电粒子在复合场中除了受到重力、弹力和摩擦力外，还涉及__电场力__和洛伦兹力．
6．载流导体在磁场中除要分析重力、弹力和摩擦力外，还应分析安培力．
　　　　　　　　　　　　
【p7】
考点一　物体的受力分析
例1(2020·山东卷·8)如图所示，一轻质光滑定滑轮固定在倾斜木板上，质量分别为m和2m的物块A、B，通过不可伸长的轻绳跨过滑轮连接，A、B间的接触面和轻绳均与木板平行．A与B间、B与木板间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．当木板与水平面的夹角为45°时，物块A、B刚好要滑动，则μ的值为(　　)
A.
B.
C.
D.
【解析】当木板与水平面的夹角为45°时，两物块刚好滑动，对A物块受力分析如图
沿斜面方向，A、B之间的滑动摩擦力f1＝μN＝μmgcos
45°，根据平衡条件可知T＝mgsin
45°＋μmgcos
45°，对B物块受力分析如图
沿斜面方向，B与斜面之间的滑动摩擦力f2＝μN′＝μ·3mgcos
45°
根据平衡条件可知2mgsin
45°＝T＋μmgcos
45°＋μ·3mgcos
45°
两式相加，可得2mgsin
45°＝mgsin
45°＋μmgcos
45°＋μmgcos
45°＋μ·3mgcos
45°
解得μ＝，ABD错误，C正确．
【答案】C
【方法总结】进行物体受力分析时，除了掌握好分析思路和方法外，还应注意几个问题：
(1)模型的理解和应用，如“轻绳”“轻杆”表示不考虑绳与杆的重力；如“光滑面”示意不考虑摩擦力；
(2)弹力表现出的形式具有多样性；
(3)摩擦力产生的必要条件；
(4)隔离法和整体法的应用；
(5)“转换对象法”的应用：直接分析一个物体的受力不方便时，可转移研究对象，先分析另一个物体的受力，再根据牛顿第三定律分析该物体的受力；
(6)注意质点与物体的差别等等．
变式训练1用两段等长的轻质细线将a、b两个小球连接并悬挂于O点，如图甲所示，球a受到水平向右的力3F的作用，球b受到水平向左的力F的作用，平衡时细线都被拉紧，系统平衡时两球的位置情况如图乙所示，则a、b两球质量之比为(　　)
　　　　　　　　　　　　
A．1∶1
B．1∶2
C．2∶1
D．2∶3
【解析】以整体为研究对象，分析受力如图甲：
设Oa线与竖直方向的夹角为α，则由平衡条件得：
tan
α＝＝①
以b球为研究对象，受力如图乙．设ab线与竖直方向的夹角为β，则由平衡条件得：
tan
β＝②
由几何关系得到：α＝β③
联立①②③式解得：ma＝mb，故A正确，B、C、D错误．
【答案】A
考点二　物体的静态平衡
例2(2020·全国卷Ⅲ)如图，悬挂甲物体的细线拴牢在一不可伸长的轻质细绳上O点处；绳的一端固定在墙上，另一端通过光滑定滑轮与物体乙相连．甲、乙两物体质量相等．系统平衡时，O点两侧绳与竖直方向的夹角分别为α和β.若α＝70°，则β等于(　　)
A．45°
B．55°
C．60°
D．70°
【解析】甲物体是拴牢在O点，且甲、乙两物体的质量相等，则甲、乙绳的拉力大小相等，O点处于平衡状态，则左侧绳子拉力的方向在甲、乙绳子的角平分线上，如图所示
根据几何关系有180°＝2β＋α，解得β＝55°.故选B.
【答案】B
【方法总结】解决共点力平衡问题的典型方法和一般思路
1．典型方法
合成、
分解法
对研究对象进行受力分析，应用平行四边形定则(或三角形定则)求合力或分力．力的合成、分解法常用于仅受三个共点力作用而平衡的情况
正交
分解法
把物体受到的各个力都分解到互相垂直的两个方向上，然后分别列出这两个方向上合力为零的方程求解．当物体受四个或四个以上共点力作用而平衡时，一般采用正交分解法
三角
形法
物体受同一平面内三个互不平行的力作用而平衡时，这三个力的矢量首尾相接，构成一个封闭的矢量三角形；根据正弦定理、余弦定理或相似三角形等数学知识可求得未知力
2.一般思路
变式训练2
(多选)如图，三个小球a、b、c分别用三根绝缘细线悬挂在同一点O，细线的长度关系为Oa＝Ob＜Oc，让三个小球带电后它们能静止在图中位置．此时细线Oc沿竖直方向，a、b连线水平，a、b、c恰为一等边三角形的三个顶点，则下列说法正确的是(　　)
A．a、b、c三球质量一定相等
B．a、b两球所带电荷量一定相等
C．细线Oa、Ob所受拉力大小相等
D．a、b、c三球所受静电力大小一定相等
【解析】由于Oc沿竖直方向，而c受重力及绳拉力也在竖直方向，所以a对c的库仑力与b对c的库仑力一定等大，即qa＝qb；选项B正确；因为ab连线处于水平，则ma＝mb，但与c的质量关系不能确定，选项A错误；因c对a、b的库仑力大小相等，由受力分析知Oa、Ob所受拉力大小相等，C正确；而c的电荷量与a、b电荷量不一定相等，所以a、b、c三球所受库仑力大小不一定相等，故D错误，故选B、C.
【答案】BC
考点三　物体的动态平衡　　例3如图所示，带有光滑竖直杆的三角形斜劈固定在水平地面上，放置于斜劈上的光滑小球与套在竖直杆上的小滑块用轻绳连接，开始时轻绳与斜劈平行．现给小滑块施加一个竖直向上的拉力，使小滑块沿杆缓慢上升，整个过程中小球始终未脱离斜劈，则有(　　)
A．小球对斜劈的压力保持不变
B．轻绳对小球的拉力先减小后增大
C．竖直杆对小滑块的弹力先增大再减小
D．对小滑块施加的竖直向上的拉力逐渐增大
【解析】对小球受力分析，受重力、支持力和细线的拉力，如图所示：
根据平衡条件可知，细线的拉力T增加，支持力N减小，根据牛顿第三定律，球对斜面的压力也减小；故A、B错误．对球和滑块整体分析，受重力、斜面的支持力N，杆的支持力N′，拉力F，如图所示：
根据平衡条件，有：水平方向：N′＝Nsin
θ，竖直方向：F＋Ncos
θ＝G，由于N减小，故N′减小，F增加；故C错误、D正确．
【答案】D
【方法总结】解决动态平衡问题的一般思路和方法
把“动”化为“静”，“静”中求“动”．动态平衡问题的分析过程与处理方法如下：
变式训练3
(多选)《大国工匠》节目中讲述了王进利用“秋千法”在1
000
kV的高压线上带电作业的过程．如图所示，绝缘轻绳OD一端固定在高压线杆塔上的O点，另一端固定在兜篮上．另一绝缘轻绳跨过固定在杆塔上C点的定滑轮，一端连接兜篮，另一端由工人控制．身穿屏蔽服的王进坐在兜篮里，缓慢地从C点运动到处于O点正下方E点的电缆处．绳OD一直处于伸直状态，兜篮、王进及携带的设备总质量为m，不计一切阻力，重力加速度大小为g.关于王进从C点运动到E点的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．工人对绳的拉力一直变大
B．绳OD的拉力一直变小
C．OD、CD两绳拉力的合力大小等于mg
D．当绳CD与竖直方向的夹角为30°时，工人对绳的拉力为mg
【解析】对兜篮、王进及携带的设备整体受力分析如图所示，绳OD的拉力为F1，与竖直方向的夹角为θ，绳CD的拉力为F2，与竖直方向的夹角为α.根据几何知识知：θ＋2α＝90°，由正弦定理可得＝＝，α增大，θ减小，则F1增大，F2减小，A、B错误；两绳拉力的合力大小等于mg，C正确；α＝30°时，θ＝30°，则2F2cos
30°＝mg，可求出F2＝mg，D正确．
【答案】CD
考点四　
平衡中的临界与极值问题　　例4(多选)如图所示，光滑的轻滑轮通过支架固定在天花板上，一足够长的细绳跨过滑轮，一端悬挂小球b，另一端与套在水平细杆上的小球a连接．在水平拉力F作用下小球a从图示虚线位置开始缓慢向右移动．已知小球a的质量为m，小球b的质量是小球a的2倍，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，小球a与细杆间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g.则下列说法正确的是(　　)
A．拉力F的大小一直增大
B．拉力F的大小先减小后增大
C．支架对轻滑轮的作用力大小逐渐增大
D．当细绳与细杆的夹角为60°时，拉力F的大小为mg
【解析】设a的质量为m，则b的质量为2m；以b为研究对象，竖直方向受力平衡，可得绳子拉力始终等于b的重力，即T＝2mg，保持不变；以a为研究对象，受力如图所示，
设绳子与水平方向夹角为θ，支持力FN＝2mgsin
θ－mg，向右缓慢拉动的过程中，θ角逐渐减小；
水平方向：F＝f＋2mgcos
θ
＝2mgcos
θ＋μ(2mgsin
θ－mg)
＝2mg(cos
θ＋μsin
θ)－μmg
由于：cos
θ＋μsin
θ＝cos
θ＋sin
θ
＝(sin
60°cos
θ＋cos
60°sin
θ)
＝sin(60°＋θ)
θ有一临界值30°.当θ从90°开始逐渐减小至30°，即(60°＋θ)从150°逐渐减小时，sin(60°＋θ)逐渐增大；当θ＜30°后，F＝f＋2mgcos
θ＝2mgcos
θ＋μ(mg－2mgsin
θ)＝2mg(cos
θ－μsin
θ)＋μmg
由于：cos
θ－μsin
θ＝cos
θ－sin
θ
＝(cos
30°cos
θ－sin
30°sin
θ)
＝cos(30°＋θ)
当θ从30°逐渐减小的过程中，cos(30°＋θ)逐渐增大，所以当θ从30°逐渐减小的过程中F仍然逐渐增大．可知水平拉力一直增大．故A正确，B错误．
向右缓慢拉动的过程中，两绳子之间的夹角逐渐增大，绳子的拉力不变，所以绳子的合力减小，则绳子对滑轮的作用力逐渐减小，根据共点力平衡的条件可知，支架对轻滑轮的作用力大小逐渐减小；故C错误．
当细绳与细杆的夹角为60°时，拉力F的大小为：
F＝2mg(cos
θ＋μsin
θ)－μmg
＝2mg－mg
＝mg.
故D正确．
【答案】AD
【方法总结】临界状态：平衡问题的临界状态是指物体所处的平衡状态将要被破坏而尚未被破坏的状态，可理解成“恰好出现”或“恰好不出现”，在问题的描述中常用“刚好”“恰能”“恰好”等语言叙述．
解决临界问题的基本思路：解决此类问题重在形成清晰的物理图景和模型(常见的模型如：细绳模型、摩擦自锁型)，分析清楚物理过程，从而找出临界条件或达到极值的条件．要特别注意可能出现的多种情况．
解决临界问题的基本方法是假设推理法．也可以抓住平衡这一特点，利用矢量三角形法、相似三角形法、或正交分解处理．
变式训练4(多选)如图所示，重100
N的物体A放在倾角为30°的粗糙斜面上，有一根原长为15
cm，劲度系数为500
N/m的弹簧，其一端固定在斜面底端，另一端放置物体A后，弹簧长度缩短为10
cm，若滑块与斜面间最大静摩擦力为25
N，现用一测力计沿斜面向上拉物体，当弹簧的长度仍为10
cm时，测力计读数可能为(　　)
A．10
N
B．30
N
C．50
N
D．70
N
【解析】施加拉力前，物体受到四个力的作用而平衡：重力G、垂直斜面向上的支持力N、沿斜面向上的摩擦力f和弹簧对物体施加沿斜面向上的弹力T，受力如图．其中T＝kx＝500×0.05
N＝25
N,
根据平衡条件可求出，f＝Gsin
30°－T＝25
N，方向沿斜面向上；施加拉力F后，弹簧长度不变，说明物体仍然静止，并且弹簧对物体施加的弹力大小和方向不变，若摩擦力沿斜面向上，则F＋f＋T＝Gsin
30°，即F＋f＝25
N，拉力F≥0即可使物体平衡；摩擦力f随着F增大而减小，当F＝25
N时，f＝0；若F＞25
N，摩擦力沿斜面向下，因为物体没有滑动，所以F＋T≤Gsin
30°＋fm，代入数据可得，F≤50
N，所以测力计读数在0～50
N之间，故A、B、C正确，D错误．
【答案】ABC

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