【2021年高考一轮课程】物理 全国通用版 第5讲 力的合成与分解 受力分析 共点力平衡 教案

2021年高考一轮复习
第五讲力的合成与分解受力分析
共点力平衡
教材版本
全国通用
课时说明
120分钟
知识点
1.力的合成
2.
应力的分解
3.
共点力平衡
复习目标
1．理解合力与分力
2．掌握平行四边形法则．
3、了解三角形定则。
复习重点
1.力的合成与分解
2.正交分解法
复习难点
共点力平衡
一、自我诊断
知己知彼
1．(多选)研究两共点力的合力实验中，得出F合随夹角θ变化的规律如图所示，则(
)
A．两个分力分别为8
N、10
N
B．两个分力分别为6
N、8
N
C．2
N≤F合≤12
N
D．2
N≤F合≤14
N
【答案】
BD
【解析】
F1－F2＝2
N
F12＋F2＝102。
解得F1＝8
N，F2＝6
N
合力范围2
N≤F合≤14
N，故B、D正确。
2．如图所示，重力为G的物体静止在倾角为α的斜面上，将重力G分解为垂直斜面向下的力F1和平行斜面向下的力F2，那么()
A．F1就是物体对斜面的压力
B．物体对斜面的压力方向与F1方向相同，大小为Gcosα
C．F2就是物体受到的静摩擦力
D．物体受到重力、斜面对物体的支持力、静摩擦力、F1和F2共五个力的作用
【答案】
B
【解析】F1是重力的一个分力，性质不能改变，所以A错误。物体对斜面的压力等于F1且F1＝Gcosα，所以B正确。F2与物体受到的静摩擦力等大反向，故C错误。物体受重力、支持力、静摩擦力三个力的作用，故D错误。
3．如图所示，F1、F2、F3恰好构成封闭的直角三角形，这三个力的合力最大的是(
)
【答案】C
【解析】由矢量合成法则可知A图的合力为2F3，B图的合力为0，C图的合力为2F2，D图的合力为2F3，因F2为直角三角形的斜边，故这三个力的合力最大的为C图。
4.
(多选)如图所示，三条绳子的一端都系在细直杆顶端，另一端都固定在水平地面上，将杆竖直紧压在地面上。若三条绳长度不同，下列说法正确的有(
)
A．三条绳中的张力都相等
B．杆对地面的压力大于自身重力
C．绳子对杆的拉力在水平方向的合力为零
D．绳子拉力的合力与杆的重力是一对平衡力
【答案】BC
【解析】根据物体受力平衡可知，三条绳上拉力的水平分力的合力为零，C项正确；由于三条绳的长度不同，因此三条绳与竖直方向的夹角不同，如果三条绳水平分力间的夹角相等，则三条绳上张力一定不等，A项错误；由杆受力平衡可知，杆对地面的压力等于杆的重力与三条绳拉力的竖直分力之和，B项正确；三条绳的拉力的合力和杆的重力的方向均竖直向下，而一对平衡力要求方向相反，所以它们不是一对平衡力，D项错误。
5.
已知两个共点力的合力为50
N，分力F1的方向与合力F的方向成30°角，分力F2的大小为30
N。则(
)
A．F1的大小是唯一的
B．F2的方向是唯一的
C．F2有两个可能的方向
D．F2可取任意方向
【答案】C
【解析】由F1、F2和F的矢量三角形图可以看出：
因F2＝30
N>F20＝25
N且F2二、温故知新
夯实基础
几种特殊情况的共点力的合成
类型
作图
合力的计算
互相垂直
F＝
tanθ＝
两力等大，夹角θ
F＝2F1cos
F与F1夹角为
两力等大且夹角120°
合力与分力等大
三、典例剖析
举一反三
考点一
力的合成
（一）典例剖析
例1（2019·新课标全国Ⅰ卷）如图，一粗糙斜面固定在地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮。一细绳跨过滑
轮，其一端悬挂物块N。另一端与斜面上的物块M相连，系统处于静止状态。现用水平向左的拉力缓慢拉动
N，直至悬挂N的细绳与竖直方向成45°。已知M始终保持静止，则在此过程中（
）
A．水平拉力的大小可能保持不变
B．M所受细绳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减小后增加
【答案】BD
【解析】如图所示，以物块N为研究对象，它在水平向左拉力F作用下，缓慢向左移动直至细绳与竖直方向夹角为45°的过程中，水平拉力F逐渐增大，绳子拉力T逐渐增大；
对M受力分析可知，若起初M受到的摩擦力f沿斜面向下，则随着绳子拉力T的增加，则摩擦力f也逐渐增大；若起初M受到的摩擦力f沿斜面向上，则随着绳子拉力T的增加，摩擦力f可能先减小后增加。故本题选BD。
【易错点】不理解力的平行四边形法则
【方法点拨】合力大小的范围
两个共点力的合成：|F1－F2|≤F≤F1＋F2。
即两个力的大小不变时，其合力随夹角的增大而减小，当两个力反向时，合力最小，为|F1－F2|；当两力同向时，合力最大，为F1＋F2。
例2
．（2019·新课标全国Ⅱ卷）物块在轻绳的拉动下沿倾角为30°的固定斜面向上匀速运动，轻绳与斜面
平行。已知物块与斜面之间的动摩擦因数为，重力加速度取10m/s2。若轻绳能承受的最大张力为1
500
N，
则物块的质量最大为（
）
A．150kg
B．kg
C．200
kg
D．kg
【答案】A
【解析】
T=f+mgsinθ，f=μN，N=mgcosθ，带入数据解得：m=150kg，故A选项符合题意。
【易错点】不会计算法求合力
【方法点拨】计算法求合力，只需作出力的示意图，对平行四边形的作图要求也不太严格，重点是利用数学方法求解，往往适用于两力的夹角是特殊角的情况。
例3．(多选)如图所示是骨折病人的牵引装置示意图，绳的一端固定，绕过定滑轮和动滑轮后挂着一个重物，与动滑轮相连的帆布带拉着病人的脚，整个装置在同一竖直平面内。为了使脚所受的拉力减小，可采取的方法是(
)
A．只增加绳的长度
B.只减小重物的质量
C.只将病人的脚向左移动
D.只将两定滑轮的间距增大
【答案】
BD
【解析】脚所受拉力为两绳的合力，如图所示，合力F＝2Tcosθ
T＝mg
F＝2mgcosθ，增大θ角或减小重物的质量都会使脚所受的合力减小，因此B、D正确。
D．整个过程中机器人的位移与由点(5,5)运动到点(2,2)的位移方向相反
【易错点】不会计算法求合力
【方法点拨】计算法求合力，只需作出力的示意图，对平行四边形的作图要求也不太严格，重点是利用数学方法求解，往往适用于两力的夹角是特殊角的情况。
（二）举一反三
1．如图所示，两根等长的轻绳将日光灯悬挂在天花板上，两绳与竖直方向的夹角都为45°，日光灯保持水平，所受重力为G，左右两绳的拉力大小分别为(
)
A．G和G
B.G和G
C.G和G
D.G和G
【答案】B
【解析】根据对称性知两绳拉力大小相等，设为F，日光灯处于平衡状态，由2Fcos45°＝G解得F＝G，B项正确。
2.
如图所示，质量为m的小球套在竖直固定的光滑圆环上，轻绳一端固定在圆环的最高点A，另一端与小球相连。小球静止时位于环上的B点，此时轻绳与竖直方向的夹角为60°，则轻绳对小球的拉力大小为(
)
A．2mg
B.mg
C．mg
D.mg
【答案】C
【解析】
对B点处的小球受力分析，如图所示，正交分解，则有
Tsin60°＝Nsin60°
Tcos60°＋Ncos60°＝mg
解得T＝N＝mg，则A、B、D错，C正确。
3.
如图所示，一只小鸟沿着较粗的均匀树枝从右向左缓慢爬行，在小鸟从A运动到B的过程中(
)
A．树枝对小鸟的合作用力先减小后增大
B．树枝对小鸟的摩擦力先减小后增大
C．树枝对小鸟的弹力先减小后增大
D．树枝对小鸟的弹力保持不变
【答案】B
【解析】
因树枝较粗，排除了小鸟爪子握住树枝的情况。树枝对鸟的合作用力是支持力和摩擦力的合力，由二力平衡得，它与小鸟重力等大反向，因小鸟所受重力不变，所以树枝对小鸟的合作用力不变，A项错误。由受力分析图可知，树枝对小鸟的摩擦力先减小后增大，对小鸟的弹力先增大后减小，所以B项对，C、D两项均错误。
考点二
力的分解
（一）典例剖析
例1
.（2020·新高考山东卷）.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.
【答案】C
【解析】当木板与水平面的夹角为时，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
根据平衡条件可知
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
根据平衡条件可知
两式相加，可得
解得
ABD错误，C正确。
故选C。
【易错点】不会灵活选择力的合成与分解方法
【方法点拨】力的效果分解法、正交分解法、合成法都是常见的解题方法，一般情况下，物体只受三个力的情形下，力的效果分解法、合成法解题较为简单，在三角形中找几何关系，利用几何关系或三角形相似求解；而物体受三个以上力的情况多用正交分解法，但也要视题目具体情况而定。
例2（2019·天津卷）2018年10月23日，港珠澳跨海大桥正式通车。为保持以往船行习惯，在航道处建造
了单面索（所有钢索均处在同一竖直面内）斜拉桥，其索塔与钢索如图所示。下列说法正确的是（
）
A．增加钢索的数量可减小索塔受到的向下的压力
B．为了减小钢索承受的拉力，可以适当降低索塔的高度
C．索塔两侧钢索对称且拉力大小相同时，钢索对索塔的合力竖直向下
D．为了使索塔受到钢索的合力竖直向下，索塔两侧的钢索必须对称分布
【答案】C
【解析】A、以桥身为研究对象，钢索对桥身的拉力的合力与桥身的重力等大反向，则钢索对索塔的向下的压力数值上等于桥身的重力，增加钢索的数量钢索对索塔的向下的压力数值不变，故A错误；
B、由图甲可知，当索塔高度降低后，变大，
变小，故T变大，故B错误
C、由B的分析可知，当钢索对称分布时，，钢索对索塔的合力竖直向下，故C正确
D、受力分析如图乙，由正弦定理可知，只要，钢索AC、AB的拉力FAC、FAB进行合成，合力竖直向下，钢索不一定要对称分布，故D错误；综上分析：答案为C。
【易错点】不会灵活选择力的合成与分解方法
【方法点拨】力的效果分解法、正交分解法、合成法都是常见的解题方法，一般情况下，物体只受三个力的情形下，力的效果分解法、合成法解题较为简单，在三角形中找几何关系，利用几何关系或三角形相似求解；而物体受三个以上力的情况多用正交分解法，但也要视题目具体情况而定。
例3．（2019·江苏卷）如图所示，一只气球在风中处于静止状态，风对气球的作用力水平向右．细绳与竖直
方向的夹角为α，绳的拉力为T，则风对气球作用力的大小为（
）
A.
B.
C.Tsinα
D.Tcosα
【答案】C
【解析】对气球受力分析，由水平方向平衡条件可得：，故C正确。
【易错点】不会灵活选择力的合成与分解方法
【方法点拨】力的效果分解法、正交分解法、合成法都是常见的解题方法，一般情况下，物体只受三个力的情形下，力的效果分解法、合成法解题较为简单，在三角形中找几何关系，利用几何关系或三角形相似求解；而物体受三个以上力的情况多用正交分解法，但也要视题目具体情况而定。
（二）举一反三
1．(多选)如图所示，固定的半球面右侧是光滑的，左侧是粗糙的，O点为球心，A、B为两个完全相同的小物块(可视为质点)，小物块A静止在球面的左侧，受到的摩擦力大小为F1，对球面的压力大小为N1；小物块B在水平力F2作用下静止在球面的右侧，对球面的压力大小为N2，已知两小物块与球心连线和竖直方向的夹角均为θ，则(
)
A．F1∶F2＝cosθ∶1
B．F1∶F2＝sinθ∶1
C．N1∶N2＝cos2θ∶1
D．N1∶N2＝sin2θ∶1
【答案】AC
【解析】对A、B分别受力分析如图，根据力的平衡得F1＝mgsinθ，F2＝mgtanθ，得F1∶F2＝cosθ∶1，N1′＝mgcosθ，N2′＝，结合牛顿第三定律得N1∶N2＝cos2θ∶1，所以A、C项正确，B、D项错误。
2．两个共点力F1与F2的合力大小为6
N，则F1与F2的大小可能是(
)
A．F1＝2
N，F2＝9
N
B．F1＝4
N，F2＝8
N
C．F1＝1
N，F2＝8
N
D．F1＝2
N，F2＝1
N
【答案】B
【解析】由于合力大小范围为：|F1－F2|≤F≤|F1＋F2|，可通过以下表格对选项进行分析
选项
诊断
结论
A
7
N≤F≤11
N
×
选项
诊断
结论
B
4
N≤F≤12
N
√
C
7
N≤F≤9
N
×
D
1
N≤F≤3
N
×
3.
如图所示，有5个力作用于同一点O，表示这5个力的有向线段恰构成一个正六边形的两邻边和三条对角线，已知F1＝10
N，求这5个力的合力大小()
A．50
N
B．30
N
C．20
N
D．10
N
【答案】B
【解析】由力的平行四边形定则可知，图中F2与F4的合力等于F1，F3与F5的合力也等于F1，故这5个力的合力为3F1＝30
N。
考点三
绳上的“死结”和“活结”模型
（一）典例剖析
例1（2020·新课标全国Ⅲ卷）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°
【答案】B
【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
解得。
故选B。
【易错点】不理解绳上的“死结”与“活结”模型的答题技巧
【方法点拨】
(1)无论“死结”还是“活结”一般均以结点为研究对象进行受力分析。
(2)如果题目搭配杆出现，“死结”搭配有转轴的杆，“活结”搭配无转轴的杆。
例2（2019·湖南省长沙市第一中学高三第八次月考）《大国工匠》节目中讲述了王进利用“秋千法”在1000Kv
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
【答案】CD
【解析】A．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F1增大，F2减小，A错误；B．根据选项A的分析，B错误；C．两绳拉力的合力大小等于mg，C正确；D．α=30°时，θ=30°，可求出，D正确。
[易错点]不会对“死结”和“活结”进行受力分析。
【方法点拨】如果题目搭配杆出现，“死结”搭配有转轴的杆，“活结”搭配无转轴的杆。
例3.
（2019·河北衡水中学三下学期模考）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（细绳中张力大小视为不变）。已知小球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。则下列说法正确的是（
）
A．当细绳与细杆的夹角为60°时，拉力F的大小为（2–）mg
B．支架对轻滑轮的作用力大小逐渐增大
C．拉力F的大小一直增大
D．拉力F的大小先减小后增大
【答案】AC
【解析】设小球a的质量为m，则小球b的质量为2m，在缓慢移动的过程中，两小球都处于平衡状态，绳子的拉力，当细绳与细杆的夹角为60°时，对小球a受力分析如图所示，则在水平方向上有，已知，在竖直方向上有，联立解得，两段绳子的拉力大小不变，但夹角变大，所以合力变小，故支架对轻滑轮的作用力减小，B错误；绳子与轻杆方向的夹角越来越小，根据，可知N越来越大，在水平方向上，即摩擦力越来越大，越来越大，故拉力F的大小一直增大，C正确D错误。
[易错点]不会对“死结”和“活结”进行受力分析。
【方法点拨】如果题目搭配杆出现，“死结”搭配有转轴的杆，“活结”搭配无转轴的杆。
（二）举一反三
1.
如图所示，在绳下端挂一物体，用力F拉物体使悬线偏离竖直方向α的夹角，且保持其平衡。保持α角不变，当拉力F有极小值时，F与水平方向的夹角β应是(
)
A．0
B.
C．α
D．2α
【答案】C
【解析】
物体处于平衡状态，合力为零，重力和拉力的合力与细绳的张力FT等大反向，如图所示，可以知道当拉力F有极小值时，F与水平方向的夹角β应等于α，C正确。
2．如图所示，两相同轻质硬杆OO1、OO2可绕其两端垂直纸面的水平轴O、O1、O2转动，在O点悬挂一重物M，将两相同木块m紧压在竖直挡板上，此时整个系统保持静止。Ff表示木块与挡板间摩擦力的大小，FN表示木块与挡板间正压力的大小。若挡板间的距离稍许增大后，系统仍静止且O1、O2始终等高，则(
)
A．Ff变小
B．Ff不变
C．FN变大
D．FN变小
【答案】BC
【解析】以两轻质硬杆及两木块m整体为研究对象，受力分析如图
：
由平衡条件可知2Ff＝(M＋2m)g，故选项A错误，选项B正确；将绳的拉力Mg分解为沿OO1、OO2
方向的两个分力，如图所示，由于O1、O2等高，所以α1＝α2，则F1＝F2，当挡板间距离增大后，α1、α2增大，则F1、F2增大，将F1进行正交分解，则有FN＝F1sinα1，随α1、F1的增大，FN增大，故选项C正确，选项D错误。
3．如图所示，不计质量的光滑小滑轮用细绳悬挂于墙上O点，跨过滑轮的细绳连接物块A、B，A、B都处于静止状态，现将物块B移至C点后，A、B仍保持静止，下列说法中正确的是(
)
A．B与水平面间的摩擦力减小
B．地面对B的弹力增大
C．悬于墙上的绳所受拉力不变
D．A、B静止时，图中α、β、θ三角始终相等
【答案】BD
【解析】
将物块B移至C点后，对B进行受力分析，如图：
由平衡规律得：
Tcosθ1＝FfG＝FN＋Tsinθ1
细绳与水平方向夹角θ1减小，细绳中拉力T不变，B与水平面间的摩擦力Ff增大，地面对B的弹力FN增大，选项A错误，B正确；由于α＋β增大，滑轮两侧细绳拉力的合力减小，由平衡条件可知，悬于墙上的绳所受拉力减小，选项C错误；A、B静止时，图中α、β、θ三角始终相等，选项D正确。
四、分层训练
能力进阶
【基础】
1.
（2020·山东省泰安市摸底考试）我国2007年建成的国家大剧院外部呈椭球型．为了简化，将国家大剧
院的屋顶近似为半球形，某警卫人员在执行特殊任务时，必须在屋顶上向上缓慢爬行，他在爬行的过程中
屋顶对他的（
）
A．支持力不变
B．支持力变小
C．摩擦力变小
D．摩擦力变大
【答案】C
【解析】
因为缓慢爬行，合力为零：，，向上爬的过程中，夹角减小，变大，变小，所以摩擦力变小，支持力变大，ABD错误，C正确。
2如图所示，质量为M、半径为R的半球形物体A放在水平地面上，通过最高点处的钉子用水平细线拉住
一质量为m、半径为r的光滑球B。整个装置处于静止状态，已知重力加速度为g则（
）
A．A对地面的摩擦力方向向左
B．A对地面的压力大于（M+m）g
C．B对A的压力大小为
D．细线对小球的拉力大小为
【答案】D
【解析】把AB看成一个整体，对整体受力分析得整体受重力和地面对整体的支持力，地面对整体没有摩擦力，即A对地面没有摩擦力，否则不能平衡，A错误；整体对地面的压力即是A对地面的压力等于（M+m）g，B错误；对小球受力分析，如图所示：
根据平衡条件，有：，，由几何关系有：，，解得：，，C错误，D正确。
3．（2020·济南市高三第三次模拟）如图所示，足够长的光滑平板AP与BP用铰链连接，平板AP与水平
面成53°角固定不动，平板BP可绕水平轴在竖直面内自由转动，质量为m的均匀圆柱体O放在两板间
sin53°=0.8，cos53°=0.6，重力加速度为g。在使BP板由水平位置缓慢转动到竖直位置的过程中，下列说法
正确的是（
）
A．平板BP受到的最小压力为mg
B．平板BP受到的最大压力为mg
C．平板AP受到的最小压力为mg
D．平板AP受到的最大压力为mg
【答案】A
【解析】小球受重力、斜面AP弹力和挡板BP弹力，如图所示：
小球一直处于平衡状态，则有：与合力F=mg，由图可知，当挡板BP逆时针缓慢地转向竖直位置的过程中，越来越大，先变小，后变大；由几何关系可知，当的方向与AP的方向平行（即与的方向垂直）时，有最小值为：，当挡板BP竖直时，最大，为：，A正确，B错误；当BP沿水平方向时，AP对球的支持力为0，所以AP受到的压力也等于0，C错误；由图可知，当BP沿绳子方向时，AP对球的支持力最大，为：，由牛顿第三定律可知，平板AP受到的最大压力为，D错误。
【巩固】
1.在港珠澳大桥建设中，将一个根直径22
m，高40.5
m的钢筒，打入海底围成人工岛，创造了快速筑岛的
世界记录。钢筒质量为M，起重机用10根对称分布的、长为22
m的钢索将其吊起，静止于空中。则每根
钢索受到的拉力大小约为（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】由于钢筒的直径为22
m，钢索的长为22
m，则每两根钢索与直径构成等边三角形，所以每根钢索与竖直方向的夹角为；设每根钢索受到的拉力大小为F，竖直方向根据平衡条件可得，解得：，B正确。
2.如图所示，内壁光滑的“V”形容器AOB放在水平地面上，∠AOB为锐角，贴着内壁放置一个铁球，现将容器以O点为轴在竖直平面内逆时针缓慢旋转90°，则在转动过程中（
）
A．球对OA的压力逐渐增大
B．球对OA的压力先增大后减小
C．球对OB的压力逐渐增大
D．球对OB的压力先增大后减小
【答案】AD
【解析】对小球在某位置受力分析如图，当容器以O点为轴在竖直平面内逆时针缓慢旋转90°的过程中，相当于容器不动，而重力G的方向从竖直向下的位置转到与OB平行且方向向左的位置，若设F1与竖直方向的夹角为θ（定值），某时刻重力G与竖直方向的夹角为α，则对小球O1，由正交分解法可知：；，则解得；，则当α角从0°增加到
90°角的过程中，F1逐渐变大；F2先增加后减小，故选AD.
3.如图所示，一足够长的斜面体静置于粗糙水平地面上，一小物块沿着斜面体匀速下滑，现对小物块施加一水平向右的恒力F，当物块运动到最低点之前，下列说法正确的是（
）
A．物块与斜面体间的弹力不变
B．物块与斜面体间的摩擦力增大
C．斜面体与地面间的弹力不变
D．斜面体与地面间的摩擦力始终为0
【答案】BD
【解析】AB、设斜面的倾角为α，不加推力F时，滑块匀速下滑，受重力、支持力和摩擦力，根据共点力平衡条件，支持力N=mgcosα，摩擦力f=mgsinα，故动摩擦因数μ=f/N=tanα；对小物块施加一水平向右的恒力F后，支持力N′=mgcosα+Fsinα，变大；滑动摩擦力f′=μN′，也变大；故A错误，B正确；CD、不加推力F时，根据平衡条件，滑块受的支持力和摩擦力的合力竖直向上；故根据牛顿第三定律，滑块对斜面体的压力和摩擦力的合力竖直向下，故斜面体相对地面没有滑动趋势，故斜面体不受摩擦力；加上水平推力后，滑块对斜面体的摩擦力和压力同比例增加，其合力方向依旧是竖直向上（大小变大，方向不变）；同理，根据牛顿第三定律，滑块对斜面体的压力和摩擦力的合力依旧是竖直向下（大小变大，方向不变），故斜面体相对地面仍然没有滑动趋势，故斜面体仍然不受摩擦力，但对地压力变大了；故C错误，D正确；故选BD。
【拔高】
1.如图所示，竖直杆固定在木块C上，两者总重为20
N，放在水平地面上。轻细绳a连接小球A和竖直杆
顶端，轻细绳b连接小球A和B，小球B重为10
N。当用与水平方向成30°角的恒力F作用在小球B上时，
A、B、C刚好保持相对静止且一起水平向左做匀速运动，绳a、b与竖直方向的夹角分别恒为30°和60°，
则下列判断正确的是（
）
A．力F的大小为10
N
B．地面对C的支持力大小为40
N
C．地面对C的摩擦力大小为10
N
D．A球重为10
N
【答案】AD
【解析】AD、以B为研究对象受力分析，水平方向受力平衡，有：，解得：，竖直方向受力平衡，则有：，解得：，以A为研究对象受力分析，竖直方向上有：，水平方向：，联立得：，即A球重为10N，故AD正确；BC、以ABC整体为研究对象受力分析，水平方向：，竖直方向：，解得：N＝35N，故BC错误。
2.
如图所示，三个重均为100
N的物块，叠放在水平桌面上，各接触面水平，水平拉力F＝20
N作用在物块2上，三条轻质绳结于O点，与物块3连接的绳水平，与天花板连接的绳与水平方向成45°角，竖直绳悬挂重为20
N的小球P。整个装置处于静止状态。则(
)
A．物块1和2之间的摩擦力大小为20
N
B．与物块3相连的轻质绳的拉力大小为20
N
C．桌面对物块3的支持力大小为320
N
D．物块3受5个力的作用
【答案】BＤ
【解析】以结点O为研究对象，受力分析如图所示，由平衡条件可求出与物块3相连的轻质绳的拉力大小为F1＝GP＝20
N，再以物块1、2、3为研究对象，由平衡条件可知，物块3与桌面之间的摩擦力为零，所以物块3受5个力的作用，且桌面对物块3的支持力FN＝300
N，故选项B、D对；以物块1为研究对象，由平衡条件可知Ff＝0，选项A错。
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．轻绳对小球的拉力逐渐增大
B．小球对斜劈的压力先减小后增大
C．竖直杆对小滑块的弹力先增大后减小
D．对小滑块施加的竖直向上的拉力逐渐增大
【答案】ＡＤ
【解析】设斜面倾角为θ，斜面对小球的支持力为FN1，绳对小球的拉力为FT，小球的重力大小为G1，小
滑块的重力大小为G2，竖直杆对小滑块的弹力大小为FN2。由于小滑块沿杆缓慢上升，所以小球沿斜面缓
慢向上运动，小球处于动态平衡状态，受到的合力为零，作小球受力矢量三角形如图甲所示，绳对小球的
拉力FT逐渐增大，所以选项A正确；斜面对小球的弹力FN1逐渐减小，故小球对斜面的压力逐渐减小，选
项B错误；将小球和小滑块看成一个整体，对其进行受力分析如图乙所示，则由力的平衡条件可得：FN2
＝FN1sinθ，F＝G1＋G2－FN1cosθ，因FN1逐渐减小，所以FN2逐渐减小，F逐渐增大，故选项C错误，D正
确。
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