【優(yōu)化方案】2022屆高三物理大一輪復(fù)習(xí)-第2章-第3節(jié)-受力分析-共點力的平衡-教學(xué)講義-

第三節(jié)受力分析共點力的平衡[同學(xué)用書P25]一、受力分析1．概念把爭辯對象(指定物體)在指定的物理環(huán)境中受到的全部力都分析出來，并畫出物體所受力的示意圖，這個過程就是受力分析．2．受力分析的一般挨次先分析場力(重力、電場力、磁場力等)，然后按接觸面分析接觸力(彈力、摩擦力)，最終分析已知力．1.(單選)(2021·內(nèi)蒙古包頭測評)如圖所示，物體A置于水平地面上，力F豎直向下作用于物體B上，A、B保持靜止，則物體A的受力個數(shù)為()A．3 B．4C．5 D．6答案：B二、共點力作用下物體的平衡1．平衡狀態(tài)物體處于靜止或勻速直線運動的狀態(tài)．2．共點力的平衡條件：F合＝0或者eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Fx合＝0,Fy合＝0))2.(單選)(2022·高考上海卷)如圖，光滑的四分之一圓弧軌道AB固定在豎直平面內(nèi)，A端與水平面相切．穿在軌道上的小球在拉力F作用下，緩慢地由A向B運動，F(xiàn)始終沿軌道的切線方向，軌道對球的彈力為N.在運動過程中()A．F增大，N減小 B．F減小，N減小C．F增大，N增大 D．F減小，N增大答案：A三、平衡條件的幾條重要推論1．二力平衡：假如物體在兩個共點力的作用下處于平衡狀態(tài)，這兩個力必定大小相等，方向相反．2．三力平衡：假如物體在三個共點力的作用下處于平衡狀態(tài)，其中任意兩個力的合力確定與第三個力大小相等，方向相反．3．多力平衡：假如物體受多個共點力作用處于平衡狀態(tài)，其中任何一個力與其余力的合力大小相等，方向相反．3.(單選)(2021·高考重慶卷)如圖所示，某人靜躺在椅子上，椅子的靠背與水平面之間有固定傾斜角θ.若此人所受重力為G，則椅子各部分對他的作用力的合力大小為()A．G B．GsinθC．Gcosθ D．Gtanθ答案：A考點一物體的受力分析[同學(xué)用書P26]1．受力分析的基本步驟(1)明確爭辯對象——即確定分析受力的物體，爭辯對象可以是單個物體，也可以是多個物體組成的系統(tǒng)．(2)隔離物體分析——將爭辯對象從四周的物體中隔離出來，進而分析四周物體有哪些對它施加了力的作用．(3)畫受力示意圖——邊分析邊將力一一畫在受力示意圖上，精確?????標(biāo)出力的方向，標(biāo)明各力的符號．2．受力分析的常用方法(1)整體法和隔離法①爭辯系統(tǒng)外的物體對系統(tǒng)整體的作用力；②爭辯系統(tǒng)內(nèi)部各物體之間的相互作用力．(2)假設(shè)法在受力分析時，若不能確定某力是否存在，可先對其作出存在或不存在的假設(shè)，然后再就該力存在與否對物體運動狀態(tài)影響的不同來推斷該力是否存在．(多選)如圖所示，兩個相像的斜面體A、B在豎直向上的力F的作用下靜止靠在豎直粗糙墻壁上．關(guān)于斜面體A和B的受力狀況，下列說法正確的是()A．A確定受到四個力B．B可能受到四個力C．B與墻壁之間確定有彈力和摩擦力D．A與B之間確定有摩擦力[解析]對A、B整體受力分析，如圖甲所示，受到向下的重力和向上的推力F，由平衡條件可知B與墻壁之間不行能有彈力，因此也不行能有摩擦力，故C錯；對B受力分析如圖乙所示，其受到重力、A對B的彈力及摩擦力而處于平衡狀態(tài)，故B只能受到三個力，B錯；對A受力分析，如圖丙所示，受到重力、推力、B對A的彈力和摩擦力，共四個力，A、D對．[答案]AD[方法總結(jié)]受力分析的基本思路1.(單選)(2021·忻州模擬)如圖所示，固定斜面上有一光滑小球，有一豎直輕彈簧P與一平行斜面的輕彈簧Q連接著，小球處于靜止?fàn)顟B(tài)，則關(guān)于小球所受力的個數(shù)不行能的是()A．1 B．2C．3 D．4答案：A考點二解決平衡問題的常用方法[同學(xué)用書P26]方法內(nèi)容合成法物體受三個共點力的作用而平衡，則任意兩個力的合力確定與第三個力大小相等，方向相反效果分解法物體受三個共點力的作用而平衡，將某一個力按力的效果分解，則其分力和其他兩個力滿足平衡條件正交分解法物體受到三個或三個以上力的作用時，將物體所受的力分解為相互垂直的兩組，每組力都滿足平衡條件力的三角形法對受三力作用而平衡的物體，將力的矢量圖平移使三力組成一個首尾依次相接的矢量三角形，依據(jù)正弦定理、余弦定理或相像三角形等數(shù)學(xué)學(xué)問求解未知力在科學(xué)爭辯中，可以用風(fēng)力儀直接測量風(fēng)力的大小，其原理如圖所示．儀器中一根輕質(zhì)金屬絲下懸掛著一個金屬球，無風(fēng)時，金屬絲豎直下垂；當(dāng)受到沿水平方向吹來的風(fēng)時，金屬絲偏離豎直方向一個角度．風(fēng)力越大，偏角越大．通過傳感器，就可以依據(jù)偏角的大小測出風(fēng)力的大?。箫L(fēng)力大小F跟金屬球的質(zhì)量m、偏角θ之間的關(guān)系．[思路點撥]本題可按以下思路進行求解：eq\x(\a\al(以金屬球為爭辯,對象進行受力分析))?eq\x(\a\al(依據(jù)平衡,條件列方程))?eq\x(\a\al(解方程，確定F,與m、θ的關(guān)系))[解析]取金屬球為爭辯對象，有風(fēng)時，它受到三個力的作用：重力mg、水平方向的風(fēng)力F和金屬絲的拉力FT，如圖所示．這三個力是共點力，在這三個共點力的作用下金屬球處于平衡狀態(tài)，則這三個力的合力為零．法一：(力的合成法)如圖甲所示，風(fēng)力F和拉力FT的合力與重力等大反向，由平行四邊形定則可得F＝mgtanθ.法二：(效果分解法)重力有兩個作用效果：使金屬球抵制風(fēng)的吹力和使金屬絲拉緊，所以可以將重力沿水平方向和金屬絲的方向進行分解，如圖乙所示，由幾何關(guān)系可得F＝F′＝mgtanθ.法三：(正交分解法)以金屬球為坐標(biāo)原點，取水平方向為x軸，豎直方向為y軸，建立坐標(biāo)系，如圖丙所示．依據(jù)平衡條件有Fx合＝FTsinθ－F＝0Fy合＝FTcosθ－mg＝0解得F＝mgtanθ.[答案]F＝mgtanθ2.(單選)(2022·高考山東卷)如圖，用兩根等長輕繩將木板懸掛在豎直木樁上等高的兩點，制成一簡易秋千，某次修理時將兩輕繩各剪去一小段，但仍保持等長且懸掛點不變．木板靜止時，F(xiàn)1表示木板所受合力的大小，F(xiàn)2表示單根輕繩對木板拉力的大小，則修理后()A．F1不變，F(xiàn)2變大 B．F1不變，F(xiàn)2變小C．F1變大，F(xiàn)2變大 D．F1變小，F(xiàn)2變小解析：選A.木板靜止時受力狀況如圖所示，設(shè)輕繩與豎直木板的夾角為θ，由平衡條件知，合力F1＝0，故F1不變，F(xiàn)2＝eq\f(mg,2cosθ)，剪短輕繩后，θ增大，cosθ減小，F(xiàn)2增大，故A正確．考點三圖解法分析動態(tài)平衡問題[同學(xué)用書P27]1．動態(tài)平衡：是指平衡問題中的一部分力是變力，是動態(tài)力，力的大小和方向均要發(fā)生變化，所以叫動態(tài)平衡，這是力平衡問題中的一類難題．2．基本思路：化“動”為“靜”，“靜”中求“動”．3．基本方法：圖解法和解析法．(單選)(2021·高考天津卷)如圖所示，小球用細繩系住，繩的另一端固定于O點．現(xiàn)用水平力F緩慢推動斜面體，小球在斜面上無摩擦地滑動，細繩始終處于直線狀態(tài)，當(dāng)小球升到接近斜面頂端時細繩接近水平，此過程中斜面對小球的支持力FN以及繩對小球的拉力FT的變化狀況是()A．FN保持不變，F(xiàn)T不斷增大B．FN不斷增大，F(xiàn)T不斷減小C．FN保持不變，F(xiàn)T先增大后減小D．FN不斷增大，F(xiàn)T先減小后增大[審題突破]用水平力F緩慢推動斜面體的含義是什么？在整個過程中小球受幾個力？哪個力是恒力？哪個力方向不變？[解析]選小球為爭辯對象，其受力狀況如圖所示，用平行四邊形定則作出相應(yīng)的“力三角形OAB”，其中OA的大小、方向均不變，AB的方向不變，推動斜面時，F(xiàn)T漸漸趨于水平，B點向下轉(zhuǎn)動，依據(jù)動態(tài)平衡，F(xiàn)T先減小后增大，F(xiàn)N不斷增大，選項D正確．[答案]D[方法總結(jié)]圖解法分析動態(tài)平衡問題的步驟(1)選某一狀態(tài)對物體進行受力分析；(2)依據(jù)平衡條件畫出平行四邊形；(3)依據(jù)已知量的變化狀況再畫出一系列狀態(tài)的平行四邊形；(4)判定未知量大小、方向的變化．3.(單選)(2021·保定調(diào)研)如圖所示，斜面頂端固定有半徑為R的輕質(zhì)滑輪，用不行伸長的輕質(zhì)細繩將半徑為r的球沿斜面緩慢拉升．不計各處摩擦，且R＞r.設(shè)繩對球的拉力為F，斜面對球的支持力為FN，則關(guān)于F和FN的變化狀況，下列說法正確的是()A．F始終增大，F(xiàn)N始終減小B．F始終增大，F(xiàn)N先減小后增大C．F始終減小，F(xiàn)N保持不變D．F始終減小，F(xiàn)N始終增大解析：選A.小球受到三個力作用，重力G為恒力，斜面的支持力FN方向垂直斜面對上，當(dāng)球沿斜面上升時，細繩的拉力F與豎直方向的夾角減小，畫出受力矢量三角形如圖，分析可知FN減小，F(xiàn)增大，A正確．考點四隔離法和整體法在多體平衡中的應(yīng)用[同學(xué)用書P27]當(dāng)分析相互作用的兩個或兩個以上物體整體的受力狀況及分析外力對系統(tǒng)的作用時，宜用整體法；而在分析系統(tǒng)內(nèi)各物體(或一個物體各部分)間的相互作用時常用隔離法．整體法和隔離法不是獨立的，對一些較簡潔問題，通常需要多次選取爭辯對象，交替使用整體法和隔離法．(單選)(2021·高考山東卷)如圖所示，用完全相同的輕彈簧A、B、C將兩個相同的小球連接并懸掛，小球處于靜止?fàn)顟B(tài)，彈簧A與豎直方向的夾角為30°，彈簧C水平，則彈簧A、C的伸長量之比為()A.eq\r(3)∶4 B．4∶eq\r(3)C．1∶2 D．2∶1[解析]法一：(隔離法)分別對兩小球受力分析，如圖所示FAsin30°－FBsinα＝0Feq\o\al(′,B)sinα－FC＝0FB＝Feq\o\al(′,B)得FA＝2FC，即彈簧A、C的伸長量之比為2∶1，選項D正確．法二：(整體法)將兩球作為一個整體，進行受力分析，如圖所示由平衡條件知：eq\f(F\o\al(′,A),FC)＝eq\f(1,sin30°)即Feq\o\al(′,A)＝2FC又Feq\o\al(′,A)＝FA，則FA＝2FC故選項D正確．[答案]D4.(多選)如圖所示，A、B、C、D四個人做雜技表演，B站在A的肩上，雙手拉著C和D，A撐開雙手水平支持著C和D.若四個人的質(zhì)量均為m，他們的臂長相等，重力加速度為g，不計A手掌與C、D身體間的摩擦．下列結(jié)論正確的是()A．A受到地面的支持力為4mgB．B受到A的支持力為3mgC．B受到C的拉力約為eq\f(2\r(3),3)mgD．C受到A的推力約為eq\f(2\r(3),3)mg解析：選ABC.對A、B、C、D四個人組成的整體進行受力分析，豎直方向上受重力4mg和地面的支持力FN而平衡，故FN＝4mg，而支持力作用在A上，即A受到地面的支持力為4mg，故A項正確；將B、C、D視為一個整體，豎直方向受重力3mg和A對整體的支持力FN′而平衡，故FN′＝3mg，而A對B、C、D的支持力作用在B上，故B受到A的支持力為3mg，B正確；對C隔離分析：C受重力mg，A對C水平向左的推力F推，B對C的拉力F拉，設(shè)∠CBA為θ，因四人的臂長相等，則CB＝2CA，故θ≈30°，故F拉cosθ＝mg，可得F拉＝eq\f(mg,cosθ)＝eq\f(2\r(3),3)mg，故C正確；F推＝F拉sinθ＝eq\f(\r(3),3)mg，故D錯誤．[同學(xué)用書P27]方法技巧——平衡中的臨界和極值問題(單選)一個質(zhì)量為1kg的物體放在粗糙的水平地面上，今用最小的拉力拉它，使之做勻速運動，已知這個最小拉力為6N，g＝10m/s2，則下列關(guān)于物體與地面間的動摩擦因數(shù)μ，最小拉力與水平方向的夾角θ，正確的是()A．μ＝eq\f(3,4)，θ＝0 B．μ＝eq\f(3,4)，tanθ＝eq\f(3,4)C．μ＝eq\f(3,4)，tanθ＝eq\f(4,3) D．μ＝eq\f(3,5)，tanθ＝eq\f(3,5)[審題指導(dǎo)]正確解答本題需要從以下幾個角度分析：(1)水平地面上的物體受幾個力的作用？(2)三個以上力的平衡問題用什么方法求解？(3)求平衡中的極值問題有幾種方法？分別要用到什么學(xué)問？[解析]由于物體在水平面上做勻速直線運動，隨著拉力與水平方向的夾角α的不同，物體與水平面間的彈力不同，因而滑動摩擦力也不一樣．而拉力在水平方向的分力與摩擦力相等．以物體為爭辯對象，受力分析如圖所示，由于物體處于平衡狀態(tài)，水平方向有Fcosα＝μFN，豎直方向有Fsinα＋FN＝mg.聯(lián)立可解得：F＝eq\f(μmg,cosα＋μsinα)＝eq\f(μmg,\r(1＋μ2)sinα＋φ)，tanφ＝eq\f(1,μ)，當(dāng)α＋φ＝90°，即α＝arctanμ時，sin(α＋φ)＝1，F(xiàn)有最小值：Fmin＝eq\f(μmg,\r(1＋μ2))，代入數(shù)值得μ＝eq\f(3,4)，此時α＝θ，tanθ＝tanα＝eq\f(3,4)，B正確．[答案]B[方法總結(jié)]解決動態(tài)平衡、臨界與極值問題的常用方法：方法步驟解析法①列平衡方程求出未知量與已知量的關(guān)系表達式②依據(jù)已知量的變化狀況來確定未知量的變化狀況圖解法①依據(jù)已知量的變化狀況，畫出平行四邊形的邊角變化②確定未知量大小、方向的變化5.(單選)(2021·衡水模擬)如圖所示，三根長度均為l的輕繩分別連接于C、D兩點，A、B兩端被懸掛在水平天花板上，相距2l.現(xiàn)在C點上懸掛一個質(zhì)量為m的重物，為使CD繩保持水平，在D點上可施加的力的最小值為()A．mg B.eq\f(\r(3),3)mgC.eq\f(1,2)mg D.eq\f(1,4)mg解析：選C.由題圖可知，要想CD水平，各繩均應(yīng)繃緊，則AC與水平方向的夾角為60°，結(jié)點C受力平衡，則受力分析如圖所示，則CD繩的拉力T＝mgtan30°＝eq\f(\r(3),3)mg，D點受繩子拉力大小等于T，方向向左；要使CD水平，D點兩繩的拉力與外界的力的合力為零，則繩子對D點的拉力可分解為沿BD繩的力F1、另一分力F2，由幾何關(guān)系可知，當(dāng)力F2與BD垂直時，F(xiàn)2最小，而F2的大小即為施加的力的大小，故最小力F＝Tsin60°＝eq\f(1,2)mg.1.(單選)(2021·貴州六校聯(lián)考)如圖所示，放在粗糙水平面上的物體A上疊放著物體B.A和B之間有一根處于壓縮狀態(tài)的彈簧，物體A、B均處于靜止?fàn)顟B(tài)．下列說法中正確的是()A．B受到向左的摩擦力 B．B對A的摩擦力向右C．地面對A的摩擦力向右 D．地面對A沒有摩擦力解析：選D.彈簧被壓縮，則彈簧給物體B的彈力水平向左，因此物體B平衡時必受到A對B水平向右的摩擦力，則B對A的摩擦力水平向左，故A、B均錯誤；取A、B為一整體，因其水平方向不受外力，則地面對A沒有摩擦力作用，故D正確，C錯誤．2．(單選)(2021·山西太原一模)如圖所示，一只小鳥沿著較粗的均勻樹枝從右向左緩慢爬行，在小鳥從A運動到B的過程中()A．樹枝對小鳥的合作用力先減小后增大B．樹枝對小鳥的摩擦力先減小后增大C．樹枝對小鳥的彈力先減小后增大D．樹枝對小鳥的彈力保持不變解析：選B.樹枝對鳥的合作用力是支持力和摩擦力的合力，由二力平衡得，它與小鳥重力等大反向，因小鳥所受重力不變，所以樹枝對小鳥的合作用力不變，A項錯誤．由受力分析圖可知，樹枝對小鳥的摩擦力先減小后增大，對小鳥的彈力先增大后減小，所以B項對，C、D兩項均錯誤．3.(多選)(2021·河北石家莊質(zhì)檢)如圖所示，固定的半球面右側(cè)是光滑的，左側(cè)是粗糙的，O點為球心，A、B為兩個完全相同的小物塊(可視為質(zhì)點)，小物塊A靜止在球面的左側(cè)，受到的摩擦力大小為F1，對球面的壓力大小為N1；小物塊B在水平力F2作用下靜止在球面的右側(cè)，對球面的壓力大小為N2，已知兩小物塊與球心連線和豎直方向的夾角均為θ，則()A．F1∶F2＝cosθ∶1 B．F1∶F2＝sinθ∶1C．N1∶N2＝cos2θ∶1 D．N1∶N2＝sin2θ∶1解析：選AC.對A、B分別受力分析如圖，依據(jù)力的平衡得F1＝mgsinθ，F(xiàn)2＝mgtanθ，得F1∶F2＝cosθ∶1，N′1＝mgcosθ，N′2＝eq\f(mg,cosθ)，結(jié)合牛頓第三定律得N1∶N2＝cos2θ∶1，所以A、C項正確，B、D項錯誤．4．(多選)(2021·江西聯(lián)考)用一輕繩將小球P系于光滑墻壁上的O點，在墻壁和球P之間夾有一矩形物塊Q，如圖所示．P、Q均處于靜止?fàn)顟B(tài)，則下列相關(guān)說法正確的是()A．P受4個力B．Q受3個力C．若繩子變長，繩子的拉力將變小D．若繩子變短，Q受到的靜摩擦力將增大解析：選AC.先爭辯Q，水平方向上Q受墻壁和小球P的彈力而平衡，豎直方向上Q受重力和P對它的豎直向上的摩擦力而平衡，故Q受到的靜摩擦力始終等于其重力，選項B、D錯誤；再爭辯P，P受重力、繩子拉力、Q對它的支持力和豎直向下的摩擦力作用，選項A正確；以P、Q整體為爭辯對象，設(shè)繩子與墻壁之間的夾角為θ，若繩子變長，θ將變小，依據(jù)平衡條件在豎直方向上有：Fcosθ＝G總，則繩子的拉力將變小，選項C正確．5．(單選)(2021·荊州質(zhì)量檢查)如圖所示，左側(cè)是傾角為60°的斜面、右側(cè)是eq\f(1,4)圓弧面的物體固定在水平地面上，圓弧面底端的切線水平，一根兩端分別系有質(zhì)量為m1、m2小球的輕繩跨過其頂點上的小滑輪．當(dāng)它們處于平衡狀態(tài)時，連接m2小球的輕繩與水平線的夾角為60°，不計一切摩擦，兩小球可視為質(zhì)點．兩小球的質(zhì)量之比m1∶m2等于()A．1∶1 B．2∶3C．3∶2 D．3∶4解析：選B.m1、m2靜止，設(shè)輕繩張力為FT，圓弧面對m2的支持力為FN.以m1為爭辯對象，有m1gsin60°＝FT；以m2為爭辯對象，有FNsin30°＝FTsin30°，F(xiàn)Ncos30°＋FTcos30°＝m2g，得FN＝FT,2FTcos30°＝m2g，即FT＝eq\f(m2g,2cos30°).所以m1gsin60°＝eq\f(m2g,2cos30°)，得m1∶m2＝2∶3.6．(單選)(2021·南昌模擬)如圖所示，豎直輕桿AB在細繩AC和水平繩拉力作用下處于平衡狀態(tài)．若AC加長，使C點左移，AB仍保持平衡狀態(tài)．細繩AC的拉力T和桿頂A點受到的壓力N與原先相比，下列說法正確的是()A．T和N都減小 B．T和N都增大C．T增大，N減小 D．T減小，N增大解析：選A.設(shè)細繩AC與地面的夾角為α，結(jié)點A受到三個力的作用，細繩AC的拉力T、水平繩向右的拉力F(大小、方向均不變，等于所掛物體重力的大小mg)、輕桿AB對A點向上的彈力FN，依據(jù)物體的平衡條件有：T＝eq\f(F,cosα)＝eq\f(mg,cosα)，F(xiàn)N＝Ftanα＝mgtanα.因AC加長，C點左移，細繩AC與地面的夾角α減小，所以細繩AC的拉力T、輕桿AB對A點向上的彈力FN均減小．依據(jù)牛頓第三定律可知A點受到的壓力N與FN是作用力與反作用力關(guān)系，故A點受到的壓力N減小，選項A正確．一、單項選擇題1．(2021·天津渤海石油一中月考)如圖所示，一箱蘋果沿著傾角為θ的斜面，以速度v勻速下滑．在箱子的中心有一個質(zhì)量為m的蘋果，它受到四周蘋果對它作用力的合力的方向()A．沿斜面對上 B．沿斜面對下C．豎直向上 D．垂直斜面對上解析：選C.一箱蘋果整體向下勻速運動，其中心的一個蘋果也確定是做勻速運動，受到的合力為零．由于中心的那一個蘋果只受重力與它四周蘋果對它作用力的合力的作用，故重力與它四周蘋果對它作用力的合力為一對平衡力，大小相等、方向相反，受力如圖．故C正確．2．(2021·湖北八校二次聯(lián)考)如圖所示，質(zhì)量為m的木塊A放在水平面上的質(zhì)量為M的斜面體B上，現(xiàn)用大小相等方向相反的兩個水平推力F分別作用在A、B上，A、B均保持靜止不動．則()A．A與B之間確定存在摩擦力B．B與地面之間確定存在摩擦力C．B對A的支持力確定等于mgD．地面對B的支持力大小確定等于(m＋M)g解析：選D.A在斜面上處于靜止?fàn)顟B(tài)，對A受力分析如圖甲所示，若Fx＝Gx，則Ff＝0；若Fx＞Gx，則Ff≠0且方向斜向下，則A錯誤；由圖甲知FN＝Fy＋Gy，則FN與G的大小關(guān)系不確定，C錯誤；對A、B整體受力分析如圖乙，水平方向上與地面間無摩擦力，豎直方向上FN地＝GA＋GB＝(m＋M)g，則B錯誤，D正確．3．(2021·河北正定中學(xué)第一次月考)在機場貨物托運處，常用傳送帶運送行李和貨物，如圖所示，靠在一起的兩個質(zhì)地相同，質(zhì)量和大小均不同的包裝箱隨傳送帶一起上行，下列說法正確的是()A．勻速上行時b受3個力作用B．勻加速上行時b受4個力作用C．若上行過程傳送帶因故突然停止時，b受4個力作用D．若上行過程傳送帶因故突然停止后，b受的摩擦力確定比原來大解析：選A.可用假設(shè)法推斷a、b間是否存在彈力，假設(shè)將a、b移開一小段距離，a和b都將保持原來的狀態(tài)隨傳送帶一起運動，所以無論a、b勻速上行還是加速上行，a、b間都無彈力，b只受3個力作用，A項正確，B項錯誤；傳送帶停止運動后，物體a、b將沿斜面做勻減速運動，以整體為爭辯對象，物體上滑時加速度為(ma＋mb)gsinθ＋μ(ma＋mb)gcosθ＝(ma＋mb)a，再用隔離法，以b為爭辯對象，有mbgsinθ＋μmbgcosθ－F＝mba，其中F為a對b的彈力，解得F＝0，所以b上滑過程中也是受3個力作用，C項錯誤；傳送帶停止運動后，物體受到的是滑動摩擦力，可能比靜摩擦力要小，D項錯誤．4．(2021·北京師范高校附中模擬)如圖所示，輕彈簧的一端與物塊P相連，另一端固定在木板上．先將木板水平放置，并使彈簧處于拉伸狀態(tài)．緩慢抬起木板的右端，使傾角漸漸增大，直至物塊P剛要沿木板向下滑動，在這個過程中，物塊P所受靜摩擦力的大小變化狀況是()A．先減小后增大 B．先增大后減小C．始終增大 D．保持不變解析：選A.當(dāng)木板傾角較小時，物塊P有沿木板向上的運動趨勢，由受力平衡可知摩擦力隨著角度的增大而減小，當(dāng)彈簧的彈力等于物塊重力沿木板向下的分力時，靜摩擦力減小到零，之后物塊有沿木板向下的運動趨勢，隨著角度的增大，靜摩擦力反向漸漸增大，直到物塊與木板發(fā)生相對滑動為止，A對．5.(2021·福建莆田一中模擬)重為G的兩個完全相同的小球，與水平面間的動摩擦因數(shù)均為μ，豎直向上的較小的力F作用在連接兩球輕繩的中點，繩間的夾角α＝60°，如圖所示，緩慢增大F到兩球剛要運動的過程，下列說法正確的是()A．地面對球的支持力變大B．球剛開頭運動時，地面對球沒有支持力C．地面對球的摩擦力變小D．球剛開頭運動時，球受到的摩擦力最大解析：選D.對其中一個小球分析，小球受重力、支持力、靜摩擦力和繩的拉力四個力的作用，由共點力的平衡可知拉力沿水平方向的分力等于靜摩擦力的大小，沿豎直方向的分力和支持力之和等于重力的大小，隨著F的增大，拉力漸漸增大，小球受到的支持力漸漸減小，靜摩擦力漸漸增大，小球剛開頭運動時，受到的摩擦力達到最大，支持力仍減小但不為0.故選D.6.(2021·河南南陽一中月考)如圖所示，有一質(zhì)量不計的桿AO，長為R，可繞A端自由轉(zhuǎn)動．用繩在O點懸掛一個重為G的物體，另一根繩一端系在O點，另一端系在圓弧形墻壁上的C點．當(dāng)點C由圖示位置漸漸向上沿圓弧CB移動的過程中(保持OA與地面夾角θ不變)，OC繩所受拉力的大小變化狀況是()A．漸漸減小 B．漸漸增大C．先減小后增大 D．先增大后減小解析：選C.對O點受力分析如圖所示，O受豎直繩子的拉力FG、OA桿的支持力F及OC繩的拉力FC而處于平衡狀態(tài)．將桿的支持力F和OC繩上的拉力FC合成，其合力與FG＝G大小相等，方向相反，則在OC上移的過程中，平行四邊形的對角線保持不變，平行四邊形發(fā)生圖中所示變化，則由圖可知OC繩上的拉力先減小后增大，故選C.二、多項選擇題7.(2021·南京模擬)如圖所示，將兩個質(zhì)量均為m的小球a、b用細線相連懸掛于O點，用力F拉小球a，使整個裝置處于平衡狀態(tài)，且懸線Oa與豎直方向的夾角θ＝30°，則F的大小()A．可能為eq\f(\r(3),3)mgB．可能為eq\f(\r(3),2)mgC．可能為mgD．可能為eq\r(2)mg解析：選CD.本題相當(dāng)于一懸線吊一質(zhì)量為2m的物體，懸線Oa與豎直方向夾角為30°，與懸線Oa垂直時外力F最小，大小為mg，所以外力F大于或等于mg，故C、D正確．8.(2021·江西八校聯(lián)考)如圖所示，將一勁度系數(shù)為k的輕彈簧一端固定在內(nèi)壁光滑的半球形容器底部O′處(O為球心)，彈簧另一端與質(zhì)量為m的小球相連，小球靜止于P點．已知容器半徑為R、與水平地面之間的動摩擦因數(shù)為μ，OP與水平方向的夾角為θ＝30°.下列說法正確的是()A．輕彈簧對小球的作用力大小為eq\f(\r(3),2)mgB．容器相對于水平面有向左的運動趨勢C．容器和彈簧對小球的作用力的合力豎直向上D．彈簧原長為R＋eq\f(mg,k)解析：選CD.對小球受力分析，如圖所示，由于θ＝30°，所以三角形OO′P為等邊三角形，由相像三角形法得FN＝F＝mg，所以A項錯．由整體法得，容器與地面沒有相對運動趨勢，B項錯誤．小球處于平衡狀態(tài)，容器和彈簧對小球的作用力的合力與重力平衡，故C項正確．由胡克定律有F＝mg＝k(L0－R)，解得彈簧原長L0＝R＋eq\f(mg,k)，D項對．9．(2021·江西會昌調(diào)研)如圖所示，A與B兩個物體用輕繩相連后，跨過無摩擦的定滑輪，A物體在Q位置時處于靜止?fàn)顟B(tài)，若將A物體移到P位置，仍能處于靜止?fàn)顟B(tài)，則A物體由Q移到P后，作用于A物體上的各個力中增大的是()A．地面對A的摩擦力 B．地面對A的支持力C．繩子對A的拉力 D．A受到的重力解析：選AB.輕繩中拉力等于B的重力，A物體由Q移到P后，依據(jù)平衡條件，地面對A的摩擦力增大，地面對A的支持力增大，繩子對A的拉力和A受到的重力不變，選項A、B正確．☆10.如圖所示，外形和質(zhì)量完全相同的兩個圓柱