新高考人教版高中物理題型訓練（必修一）專題3.6 動態(tài)平衡 （人教版2019必修第一冊）（解析版）

專題3.6動態(tài)平衡【人教版】TOC\o"1-3"\t"正文,1"\h【題型1三力作用圖解一】 【題型2三力作用圖解二】 【題型3三力作用三角形相似】 【題型4三力作用找普式】 【題型5三力以上作用找普式】 【題型6連接體問題】 【題型7臨界問題】 【題型1三力作用圖解一】【例1】(多選)如圖所示，在粗糙水平地面上放著一個截面為四分之一圓弧的柱狀物體A，A的左端緊靠豎直墻，A與豎直墻之間放一光滑圓球B，已知A的圓半徑為球B的半徑的3倍，球B所受的重力為G，整個裝置處于靜止狀態(tài).設墻壁對B的支持力為F1，A對B的支持力為F2，若把A向右移動少許后，它們?nèi)蕴幱陟o止狀態(tài)，則F1、F2的變化情況分別是()A.F1減小 B.F1增大C.F2增大 D.F2減小答案AD解析法一：解析法以球B為研究對象，受力分析如圖甲所示，可得出F1＝Gtanθ，F(xiàn)2＝eq\f(G,cosθ)，當A向右移動少許后，θ減小，則F1減小，F(xiàn)2減小，故A、D正確.法二：圖解法先根據(jù)平衡條件和平行四邊形定則畫出如圖乙所示的矢量三角形，在θ角減小的過程中，從圖中可直觀地看出，F(xiàn)1、F2都減小，故A、D正確.【變式1-1】(多選)如圖所示，在傾角為α的斜面上，放一質(zhì)量為m的小球，小球和斜面及擋板間均無摩擦，當擋板繞O點逆時針緩慢地轉(zhuǎn)向水平位置的過程中()A.斜面對球的支持力逐漸增大B.斜面對球的支持力逐漸減小C.擋板對小球的彈力先減小后增大D.擋板對小球的彈力先增大后減小答案BC解析對小球受力分析知，小球受到重力mg、斜面的支持力FN1和擋板的彈力FN2，如圖，當擋板繞O點逆時針緩慢地轉(zhuǎn)向水平位置的過程中，小球所受的合力為零，根據(jù)平衡條件得知，F(xiàn)N1和FN2的合力與重力mg大小相等、方向相反，作出小球在三個不同位置力的受力分析圖，由圖看出，斜面對小球的支持力FN1逐漸減小，擋板對小球的彈力FN2先減小后增大，當FN1和FN2垂直時，彈力FN2最小，故選項B、C正確，A、D錯誤.【變式1-2】如圖所示，豎直墻上連有細繩AB，輕彈簧的一端與B相連，另一端固定在墻上的C點.細繩BD與彈簧拴接在B點，現(xiàn)給BD一水平向左的拉力F，使彈簧處于伸長狀態(tài)，且AB、CB與墻的夾角均為45°.若保持B點不動，將BD繩繞B點沿順時針方向緩慢轉(zhuǎn)動，則在轉(zhuǎn)動過程中BD繩的拉力F的變化情況是()A.變小 B.變大C.先變小后變大 D.先變大后變小答案A解析要保持B點的位置不變，BD繩順時針轉(zhuǎn)動的角度最大為45°，由于B點的位置不變，因此彈簧的彈力不變，由圖解可知，AB繩的拉力減小，BD繩的拉力也減小，故A正確，B、C、D錯誤.【變式1-3】如圖所示，足夠長的光滑平板AP與BP用鉸鏈連接，平板AP與水平面成53°角固定不動，平板BP可繞水平軸在豎直面內(nèi)自由轉(zhuǎn)動，質(zhì)量為m的均勻圓柱體O放在兩板間，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，重力加速度為g.在使BP板由水平位置緩慢轉(zhuǎn)動到豎直位置的過程中，下列說法正確的是()A.平板AP受到的壓力先減小后增大B.平板AP受到的壓力先增大后減小C.平板BP受到的最小壓力為0.6mgD.平板BP受到的最大壓力為eq\f(4,3)mg答案D解析圓柱體受重力、斜面AP的彈力F1和擋板BP的彈力F2，將F1與F2合成為F＝mg，如圖圓柱體一直處于平衡狀態(tài)，故F1和F2的合力F一定與重力等值、反向、共線.從圖中可以看出，當擋板PB由水平位置緩慢地轉(zhuǎn)向豎直位置的過程中，F(xiàn)1越來越大，F(xiàn)2先變小后變大，選項A、B錯誤；由幾何關系可知，當F2的方向與AP的方向平行(即與F1的方向垂直)時，F(xiàn)2有最小值：F2min＝mgsin53°＝0.8mg，選項C錯誤；當擋板BP豎直時，F(xiàn)2最大，為：F2max＝mg·tan53°＝eq\f(4,3)mg，選項D正確.【題型2三力作用圖解二】【例2】如圖所示，兩根輕繩一端系于結(jié)點O，另一端分別系于固定豎直放置的圓環(huán)上的A、B兩點，O為圓心，O點下面懸掛一物體M，繩OA水平，拉力大小為F1，繩OB與繩OA成α＝120°，拉力大小為F2。將兩繩同時緩慢順時針轉(zhuǎn)過60°，并保持兩繩之間的夾角α始終不變，且物體始終保持靜止狀態(tài)。則在旋轉(zhuǎn)過程中，下列說法正確的是()A.F1逐漸增大 B.F1先增大后減小C.F2先增大后減小 D.F2先減小后增大答案A解析對結(jié)點O受力分析，并合成三角形如圖所示，根據(jù)圖示可知順時針轉(zhuǎn)動前(實線)到轉(zhuǎn)動后(虛線)過程中，F(xiàn)1一直增大，F(xiàn)2一直減小，A正確，B、C、D錯誤?！咀兪?-1】(多選)如圖所示裝置，兩根細繩拴住一小球，保持兩細繩間的夾角θ＝120°不變，若把整個裝置順時針緩慢轉(zhuǎn)過90°，則在轉(zhuǎn)動過程中，CA繩的拉力F1、CB繩的拉力F2的大小變化情況是()A.F1先變小后變大 B.F1先變大后變小C.F2一直變小 D.F2最終變?yōu)榱愦鸢窧CD解析如圖所示，畫出小球的受力分析圖，構(gòu)建力的矢量三角形，由于這個三角形中重力不變，另兩個力間的夾角(180°－θ)保持不變，這類似于圓周角與對應弦長的關系，作初始三角形的外接圓(任意兩邊的中垂線交點即外接圓圓心)，然后讓另兩個力的交點在圓周上按F1、F2的方向變化規(guī)律滑動，力的矢量三角形的外接圓正好是以初態(tài)時的F2為直徑的圓周，知F1先變大后變小，F(xiàn)2一直變小，最終CA沿豎直方向，此時F1＝mg，F(xiàn)2變?yōu)榱?，故選B、C、D.【變式2-2】(多選)如圖，柔軟輕繩ON的一端O固定，其中間某點M拴一重物，用手拉住繩的另一端N。初始時，OM豎直且MN被拉直，OM與MN之間的夾角為αeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α>\f(π,2)))?，F(xiàn)將重物向右上方緩慢拉起，并保持夾角α不變。在OM由豎直被拉到水平的過程中()A．MN上的張力逐漸增大B．MN上的張力先增大后減小C．OM上的張力逐漸增大D．OM上的張力先增大后減小[解析]法一：圖解法法二：正弦定理法設重物的質(zhì)量為m，繩OM中的張力為Teq\a\vs4\al(OM)，繩MN中的張力為TMN。開始時，Teq\a\vs4\al(OM)＝mg，TMN＝0。由于緩慢拉起，則重物一直處于平衡狀態(tài)，兩繩張力的合力與重物的重力mg等大、反向。對重物受力分析如圖所示，已知角α不變，在繩MN緩慢拉起的過程中，角β逐漸增大，則角(α－β)逐漸減小，但角θ不變，在三角形中，利用正弦定理得：eq\f(TOM,sinα－β)＝eq\f(mg,sinθ)，(α－β)由鈍角變?yōu)殇J角，則TOM先增大后減小，選項D正確；同理知eq\f(TMN,sinβ)＝eq\f(mg,sinθ)，在β由0變?yōu)閑q\f(π,2)的過程中，TMN一直增大，選項A正確。[答案]AD【變式2-3】如圖所示，垂直墻角有一個截面為半圓的光滑柱體，用細線拉住的小球靜止靠在接近半圓底端的M點。通過細線將小球從M點緩慢向上拉至半圓最高點的過程中，細線始終保持在小球處與半圓相切。下列說法正確的是()A.細線對小球的拉力先增大后減小B.小球?qū)χw的壓力先減小后增大C.柱體受到水平地面的支持力逐漸減小D.柱體對豎直墻面的壓力先增大后減小答案D解析法一：圖解法法二：解析法以小球為對象，設小球所在位置沿切線方向與豎直方向夾角為θ，沿切線方向有FT＝mgcosθ，沿半徑方向有FN＝mgsinθ，通過細線將小球從M點緩慢向上拉至半圓最高點的過程中θ增大，所以細線對小球的拉力減小，小球?qū)χw的壓力增大，故A、B錯誤；以柱體為對象，豎直方向有F地＝Mg＋FNsinθ＝Mg＋mgsin2θ，水平方向有F墻＝FNcosθ＝mgsinθcosθ＝eq\f(1,2)mgsin2θ，θ增大，柱體受到水平地面的支持力逐漸增大；柱體對豎直墻面的壓力先增大后減小，當θ＝45°時柱體對豎直墻面的壓力最大，故D正確，C錯誤?！绢}型3三力作用三角形相似】【例3】如圖所示，在豎直放置的穹形光滑支架上，一根不可伸長的輕繩通過光滑的輕質(zhì)滑輪懸掛一重物G?，F(xiàn)將輕繩的一端固定于支架上的A點，另一端從B點沿支架緩慢地向C點靠近。則繩中拉力大小變化的情況是()A．先變小后變大 B．先變小后不變C．先變大后不變 D．先變大后變小解析：選C當輕繩的右端從B點移到直桿最上端時，設兩繩的夾角為2θ。以滑輪為研究對象，分析受力情況，作出受力圖如圖甲所示。根據(jù)平衡條件得2Fcosθ＝mg，得到繩子的拉力F＝eq\f(mg,2cosθ)，所以在輕繩的右端從B點移到直桿最上端的過程中，θ增大，cosθ減小，則F變大。當輕繩的右端從直桿最上端移到C點時，如圖乙，設兩繩的夾角為2α。設繩子總長為L，兩直桿間的距離為s，由數(shù)學知識得到sinα＝eq\f(s,L)，L、s不變，則α保持不變。再根據(jù)平衡條件可知，兩繩的拉力F保持不變。所以繩中拉力大小變化的情況是先變大后不變，C正確?！咀兪?-1】如圖所示，AC是上端帶光滑輕質(zhì)定滑輪的固定豎直桿，質(zhì)量不計的輕桿BC一端通過鉸鏈固定在C點，另一端B懸掛一重力為G的物體，且B端系有一根輕繩并繞過定滑輪，用力F拉繩，開始時∠BCA>90°，現(xiàn)使∠BCA緩慢變小，直到∠BCA＝30°.此過程中，輕桿BC所受的力()A.逐漸減小 B.逐漸增大C.大小不變 D.先減小后增大答案C解析以結(jié)點B為研究對象，分析受力情況，如圖所示，根據(jù)平衡條件可知，F(xiàn)、FN的合力F合與G大小相等、方向相反.根據(jù)相似三角形得eq\f(F合,FN)＝eq\f(AC,BC)，且F合＝G，則有FN＝eq\f(BC,AC)G，現(xiàn)使∠BCA緩慢變小的過程中，AC、BC不變，即FN不變，則輕桿BC所受的力大小不變，C正確，A、B、D錯誤.【變式3-2】如圖所示，光滑的半圓環(huán)沿豎直方向固定，M點為半圓環(huán)的最高點，N點為半圓環(huán)上與半圓環(huán)的圓心等高的點，直徑MH沿豎直方向，光滑的定滑輪固定在M處，另一小圓環(huán)穿過半圓環(huán)用質(zhì)量不計的輕繩拴接并跨過定滑輪。開始小圓環(huán)處在半圓環(huán)的最低點H點，拉小圓環(huán)使其緩慢地運動到N點。滑輪大小可以忽略，則下列說法正確的是()A.輕繩的拉力逐漸增大B.半圓環(huán)受到的壓力逐漸減小C.輕繩的拉力逐漸減小D.半圓環(huán)受到的壓力逐漸增大答案C解析小圓環(huán)沿半圓環(huán)緩慢上移過程中，受重力G、拉力FT、彈力FN三個力處于平衡狀態(tài)，受力分析如圖所示。由圖可知△OMN與△NBA相似，則有eq\f(G,R)＝eq\f(FN,R)＝eq\f(FT,MN)(式中R為半圓環(huán)的半徑)，在小圓環(huán)緩慢上移的過程中，半徑R不變，MN的長度逐漸減小，故輕繩的拉力FT逐漸減小，小圓環(huán)所受的支持力的大小不變，由牛頓第三定律得半圓環(huán)所受的壓力的大小不變，A、B、D錯誤.【變式3-3】(多選)如圖所示，輕質(zhì)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(zhì)量更大的衣服，則衣架懸掛點右移答案AB解析設兩桿間距離為d，繩長為l，Oa、Ob段長度分別為la和lb，則l＝la＋lb，兩部分繩子與豎直方向夾角分別為α和β，受力分析如圖所示.繩子中各部分張力相等，F(xiàn)Ta＝FTb＝FT，則α＝β.對O點受力分析可得2FTcosα＝mg，d＝lasinα＋lbsinβ＝lsinα，即sinα＝eq\f(d,l)，F(xiàn)T＝eq\f(mg,2cosα)，當繩右端上移或兩端高度差減小時，d和l均不變，則sinα為定值，α為定值，cosα為定值，繩子的拉力保持不變，故A正確，C錯誤；將桿N向右移一些，d增大，則sinα增大，cosα減小，繩子的拉力增大，故B正確；若換掛質(zhì)量更大的衣服，d和l均不變，繩中拉力增大，但衣架懸掛點的位置不變，故D錯誤.【題型4三力作用找普式】【例4】質(zhì)量為M的凹槽靜止在水平地面上，內(nèi)壁為半圓柱面，截面如圖所示，A為半圓的最低點，B為半圓水平直徑的端點。凹槽恰好與豎直墻面接觸，內(nèi)有一質(zhì)量為m的小滑塊。用推力F推動小滑塊由A點向B點緩慢移動，力F的方向始終沿圓弧的切線方向，在此過程中所有摩擦均可忽略，下列說法正確的是()A．推力F先增大后減小B．凹槽對滑塊的支持力先減小后增大C．墻面對凹槽的壓力先增大后減小D．水平地面對凹槽的支持力先減小后增大解析：選C對小滑塊受力分析，如圖所示，由題意可知，推力F與凹槽對滑塊的支持力FN始終垂直，即α＋β始終為90°，在小滑塊由A點向B點緩慢移動的過程中，α減小，β增大，而F＝mgcosα、FN＝mgsinα，可知推力F一直增大，凹槽對滑塊的支持力FN一直減小，A、B錯誤；對小滑塊和凹槽整體根據(jù)平衡條件可得，墻面對凹槽的壓力大小FN1＝Fsinα＝eq\f(1,2)mgsin2α，水平地面對凹槽的支持力FN2＝Mg＋mg－Fcosα，在小滑塊由A點向B點緩慢移動的過程中，α由eq\f(π,2)逐漸減小到零，根據(jù)數(shù)學知識可知墻面對凹槽的壓力先增大后減小，水平地面對凹槽的支持力一直減小，C正確，D錯誤。【變式4-1】如圖所示，用甲、乙兩根筷子夾住一個小球，甲傾斜，乙始終豎直.在豎直平面內(nèi)，甲與豎直方向的夾角為θ，筷子與小球間的摩擦很小，可以忽略不計，小球質(zhì)量一定，隨著θ緩慢增大，小球始終保持靜止，則下列說法正確的是()A.筷子甲對小球的彈力不變B.筷子乙對小球的彈力變小C.兩根筷子對小球的彈力都增大D.兩根筷子對小球的合力將增大答案B解析對小球受力分析如圖：F甲＝eq\f(mg,sinθ)F乙＝eq\f(mg,tanθ)θ角增大過程中F甲、F乙均減小.兩根筷子對小球的合力總等于小球的重力，不變.故選B.【變式4-2】如圖所示，在水平放置的木棒上的M、N兩點，系著一根不可伸長的柔軟輕繩，繩上套有一光滑小金屬環(huán).現(xiàn)將木棒繞其左端逆時針緩慢轉(zhuǎn)動一個小角度，則關于輕繩對M、N兩點的拉力F1、F2的變化情況，下列判斷正確的是()A.F1和F2都變大B.F1變大，F(xiàn)2變小C.F1和F2都變小D.F1變小，F(xiàn)2變大答案C解析由于是一根不可伸長的柔軟輕繩，所以繩子的拉力相等.木棒繞其左端逆時針緩慢轉(zhuǎn)動一個小角度后，繩子之間的夾角變小，繩對小金屬環(huán)的合力等于重力，保持不變，所以繩子上的拉力變小，選項C正確，A、B、D錯誤.【變式4-3】(多選)如圖所示，輕桿BC一端用鉸鏈固定于墻上，另一端有一小滑輪C，重物系一繩經(jīng)C固定在墻上的A點，滑輪與繩的質(zhì)量及摩擦力均不計，若將繩一端從A點沿墻稍向上移，系統(tǒng)再次平衡后，則()A.繩的拉力增大B.輕桿受到的壓力減小，且桿與AB的夾角變大C.繩的拉力大小不變D.輕桿受的壓力不變答案BC解析對C進行受力分析如圖所示，根據(jù)力的平衡條件和對稱性可知FAC＝FCD＝G.A點上移后繩上拉力大小不變，等于重物的重力，故A錯誤，C正確；A點上移后AC與CD的夾角變大，則合力變小，即輕桿受到的壓力減小，方向沿桿方向并且沿∠ACD的角平分線，根據(jù)幾何知識知∠BCD變大，即桿與AB的夾角變大，故B正確，D錯誤.【題型5三力以上作用找普式】【例5】(多選)如圖所示，質(zhì)量為m＝5kg的物體放在水平面上，物體與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(1,\r(3))，g取10m/s2，當物體做勻速直線運動時，下列說法正確的是()A．牽引力F的最小值為25NB．牽引力F的最小值為eq\f(25,3)eq\r(3)NC．牽引力F與水平面的夾角為45°D．牽引力F與水平面的夾角為30°解析：選AD物體受重力G、支持力N、摩擦力f和拉力F的共同作用，將拉力沿水平方向和豎直方向分解，如圖所示。由共點力的平衡條件可知，在水平方向上有Fcosθ－μN＝0，在豎直方向上有Fsinθ＋N－G＝0，聯(lián)立解得F＝eq\f(μG,cosθ＋μsinθ)，設tanφ＝μ，則cosφ＝eq\f(1,\r(1＋μ2))，所以有F＝eq\f(μG,cosθ－φ)·eq\f(1,\r(1＋μ2))，當cos(θ－φ)＝1，即θ－φ＝0時，F(xiàn)取到最小值Fmin＝eq\f(μG,\r(1＋μ2))＝25N，tanφ＝μ＝eq\f(1,\r(3))，所以解得φ＝30°，θ＝30°，故A、D正確?！咀兪?-1】質(zhì)量為M的木楔傾角為θ(θ<45°)，在水平面上保持靜止，當將一質(zhì)量為m的木塊放在木楔斜面上時，它正好勻速下滑。當用與木楔斜面成α角的力F拉木塊，木塊勻速上升，如圖所示(已知木楔在整個過程中始終靜止)。(1)當α＝θ時，拉力F有最小值，求此最小值；(2)求在(1)的情況下木楔對水平面的摩擦力是多少？解析：木塊在木楔斜面上勻速向下運動時，有mgsinθ＝μmgcosθ，即μ＝tanθ。(1)木塊在力F的作用下沿斜面向上勻速運動，有Fcosα＝mgsinθ＋Ff，F(xiàn)sinα＋FN＝mgcosθ，F(xiàn)f＝μFN，解得F＝eq\f(2mgsinθ,cosα＋μsinα)＝eq\f(2mgsinθ·cosθ,cosα·cosθ＋sinα·sinθ)＝eq\f(mgsin2θ,cosθ－α)則當α＝θ時，F(xiàn)有最小值，則Fmin＝mgsin2θ。(2)因為木塊及木楔均處于平衡狀態(tài)，整體受到地面的摩擦力等于F的水平分力，即Ff′＝Fcos(α＋θ)當F取最小值mgsin2θ時，F(xiàn)f′＝Fmincos2θ＝mgsin2θ·cos2θ＝eq\f(1,2)mgsin4θ。答案：(1)mgsin2θ(2)eq\f(1,2)mgsin4θ【變式5-2】如圖所示，質(zhì)量為m的物體放在一固定斜面上，當斜面傾角為30°時恰能沿斜面勻速下滑.對物體施加一大小為F、方向水平向右的恒力，物體可沿斜面勻速向上滑行.設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，當斜面傾角增大并超過某一臨界角θ0時，不論水平恒力F多大，都不能使物體沿斜面向上滑行，求：(1)物體與斜面間的動摩擦因數(shù)；(2)這一臨界角θ0的大小.答案(1)eq\f(\r(3),3)(2)60°解析(1)如圖甲所示，未施加力F時，對物體受力分析，由平衡條件得mgsin30°＝μmgcos30°解得μ＝tan30°＝eq\f(\r(3),3)(2)設斜面傾角為α，受力情況如圖乙所示，由平衡條件得：Fcosα＝mgsinα＋Ff′FN′＝mgcosα＋FsinαFf′＝μFN′解得F＝eq\f(mgsinα＋μmgcosα,cosα－μsinα)當cosα－μsinα＝0，即tanα＝eq\r(3)時，F(xiàn)→∞，即“不論水平恒力F多大，都不能使物體沿斜面向上滑行”，此時，臨界角θ0＝α＝60°.【變式5-3】(多選)如圖所示，人在岸上通過定滑輪用繩牽引小船，若水的阻力恒定不變，則船在勻速靠岸的過程中，下列說法正確的是()A．繩的拉力不斷增大B．繩的拉力保持不變C．船受到的浮力不斷減小D．船受到的浮力保持不變答案：AC解析：在繩牽引小船勻速靠岸的過程中，小船的受力情況如圖所示，船勻速運動，所受的合力為零，則在水平方向有Ff＝F1＝Fcosθ，在豎直方向有F?。獸2＝G，其中F2＝Fsinθ，解得F＝eq\f(Ff,cosθ)，F(xiàn)?。紾－Fsinθ＝G－Fftanθ，船在靠岸的過程中，θ角增大，cosθ減小，tanθ增大，所以F增大，F(xiàn)浮減小，選項A、C正確。【題型6連接體問題】【例6】(多選)如圖所示，帶有光滑豎直桿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與套在豎直桿上的小滑塊用輕繩連接，開始時輕繩與斜劈平行.現(xiàn)給小滑塊施加一豎直向上的拉力，使小滑塊沿桿緩慢上升，整個過程中小球始終未脫離斜劈，則有()A.輕繩對小球的拉力逐漸增大B.小球?qū)π迸膲毫ο葴p小后增大C.豎直桿對小滑塊的彈力先增大后減小D.對小滑塊施加的豎直向上的拉力逐漸增大答案AD解析對小球受力分析，受重力、支持力和輕繩的拉力，如圖甲所示：根據(jù)平衡條件，輕繩的拉力FT增大，支持力FN減小，根據(jù)牛頓第三定律，球?qū)π迸膲毫σ矞p小，A正確，B錯誤；對球和滑塊整體分析，受重力、斜劈的支持力FN、桿的支持力FN′和拉力F，如圖乙所示，根據(jù)平衡條件，有：水平方向FN′＝FNsinθ，豎直方向：F＋FNcosθ＝G，由于FN減小，故FN′減小，F(xiàn)增大，C錯誤，D正確.【變式6-1】(多選)如圖所示，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).現(xiàn)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解析對N進行受力分析如圖所示，因為N的重力與水平拉力F的合力和細繩的拉力FT是一對平衡力，從圖中可以看出水平拉力的大小逐漸增大，細繩的拉力也一直增大，選項A錯誤，B正確；M的質(zhì)量與N的質(zhì)量的大小關系不確定，設斜面傾角為θ，若mNg≥mMgsinθ，則M所受斜面的摩擦力大小會一直增大，若mNg<mMgsinθ，則M所受斜面的摩擦力大小可能先減小后反向增大，選項C錯誤，D正確.【變式6-2】(多選)如圖，一光滑的輕滑輪用細繩OO′懸掛于O點；另一細繩跨過滑輪，其一端懸掛物塊a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物塊b.外力F向右上方拉b，整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài).若F方向不變，大小在一定范圍內(nèi)變化，物塊b仍始終保持靜止，則()A.繩OO′的張力也在一定范圍內(nèi)變化B.物塊b所受到的支持力也在一定范圍內(nèi)變化C.連接a和b的繩的張力也在一定范圍內(nèi)變化D.物塊b與桌面間的摩擦力也在一定范圍內(nèi)變化答案BD解析由于物塊a、b均保持靜止，各繩角度保持不變，對a受力分析得，繩的拉力FT′＝mag，所以物塊a受到的繩的拉力保持不變.滑輪兩側(cè)繩的拉力大小相等，所以b受到繩的拉力大小、方向均保持不變，C選項錯誤；a、b受到繩的拉力大小、方向均不變，所以OO′的張力不變，A選項錯誤；對b進行受力分析，如圖所示.由平衡條件得：FTcosβ＋Ff＝Fcosα，F(xiàn)sinα＋FN＋FTsinβ＝mbg.其中FT和mbg始終不變，當F大小在一定范圍內(nèi)變化時，支持力在一定范圍內(nèi)變化，B選項正確；摩擦力也在一定范圍內(nèi)發(fā)生變化，D選項正確.【變式6-3】(多選)如圖所示，傾角為α的粗糙斜劈放在粗糙水平面上，物體a放在斜劈的斜面上，輕質(zhì)細線一端固定在物體a上，另一端繞過光滑的定滑輪1固定在c點，滑輪2下懸掛物體b，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài).若將固定點c向右移動少許，而物體a與斜劈始終靜止，則()A.細線對物體a的拉力增大B.斜劈對地面的壓力減小C.斜劈對物體a的摩擦力減小D.地面對斜劈的摩擦力增大答案AD解析對滑輪2和物體b受力分析，受重力和兩個拉力作用，如圖甲所示.根據(jù)平衡條件有mbg＝2FTcosθ，解得FT＝eq\f(mbg,2cosθ)，若將固定點c向右移動少許，則θ增大，拉力FT增大，A項正確；對斜劈、物體a、物體b整體受力分析，受重力、細線的拉力、地面的靜摩擦力和支持力作用，如圖乙所示，根據(jù)平衡條件有FN＝G總－FTcosθ＝G總－eq\f(mbg,2)，恒定不變，根據(jù)牛頓第三定律可知，斜劈對地面的壓力不變，B項錯誤；地面對斜劈的靜摩擦力Ff＝FTsinθ＝eq\f(mbg,2)tanθ，隨著θ的增大，摩擦力增大，D項正確；對物體a受力分析，受重力、支持力、拉力和靜摩擦力作用，由于不知道拉力與重力沿斜面向下的分力的大小關系，故無法判斷斜劈對物體a的靜摩擦力的方向，即不能判斷靜摩擦力的變化情況，C項錯誤.【題型7臨界問題】【例7】如圖所示，重力都為G的兩個小球A和B用三段輕繩連接后懸掛在O點上，O、B間的繩子長度是2l，A、B間的繩子長度是l。將一個拉力F作用到小球B上，使三段輕繩都伸直，同時O、A間和A、B間的兩段輕繩分別處于豎直和水平方向上，則拉力F的最小值為()A.eq\f(1,2)G B.eq\f(\r(3),3)GC．G D.eq\f(2\r(3),3)G[解析]對小球A受力分析可知，因O、A間輕繩豎直，則A、B間輕繩上的拉力為0。對小球B受力分析如圖所示，則可知當F與O、B間輕繩垂直時F最小，F(xiàn)min＝Gsinθ，其中sinθ＝eq\f(l,2l)＝eq\f(1,2)，則Fmin＝eq\f(1,2)G，故A正確。[答案]A【變式7-1】如圖所示，質(zhì)量分別為3m和m的兩個可視為質(zhì)點的小球a、b，中間用一細線連接，并通過另一細線將小球a與天花板上的O點相連，為使小球a和小球b均處于靜止狀態(tài)，且Oa細線向右偏離豎直方向的夾角恒為37°，需要對小球b朝某一方向施加一拉力F.若已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.重力加速度為g，則當F的大小達到最小時，Oa細線對小球a的拉力大小為()