根據(jù)平衡條件，在水平方向上有球的作用力大小丁=舞Tsin0=Nisin為解得T=Ni,在豎直方向上有2Tcos0=mg,根據(jù)平衡條件，在水平方向上有球的作用力大小丁=舞TOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"33mg,斜面對小球的作用力大小N1=T=mg,A、B錯反；以B球和斜面33體整體為研究對象，小球與斜面體之間的彈力為系統(tǒng)的內(nèi)力，受4分析時沒有必要分析出來，其受力情況如圖乙所示，則有N+Tcos0=（M+m）g,解得N=Mg」mg,根據(jù)牛頓第三定律可知，斜面體對地面的作22+9..一..一23用力大小也是Mgmg,在水平方向上有f=Tsin0,解得f=mg,C正確，D錯反.+26.如圖所示，ACB是一光滑的、足夠長的、固定在豎直平面內(nèi)的人”形框架，其中CA、CB邊與豎直方向的夾角均為aP、Q兩個輕質(zhì)小環(huán)分別套在CA、CB上，兩根細繩的一端分別系在的夾角均為aP、Q兩個輕質(zhì)小環(huán)分別套在【答案】A3：24：9繩套系在一起，結(jié)點為。.將質(zhì)量為m的鉤碼掛在繩套上，OP、OQ兩根細繩拉直后的長度分別用li、12表示，若li：12=2:3,則兩繩受到的拉力之比Fi:F2【答案】A3：24：9【解析】系統(tǒng)最終將處于平衡狀態(tài)，兩個輕質(zhì)小環(huán)P、Q分別受到兩個力作用，一是框架對它們的支持力，垂直AC、BC邊向外，二是細繩拉力，這兩個力是平衡力.根據(jù)等腰三角形知識可知兩細繩與水平方向的夾角相等，對結(jié)點O受力分析，其水平方向的合力為零，可得出兩細繩受到的拉力相等，即Fi:F2等于1：1,本題選A.注意題目中提到的輕質(zhì)小環(huán)”可以不計重力，繩子的長短并不能代表力的大小，要與力的平行四邊形定則中的邊長區(qū)別開來，力的平行四邊形定則中邊長的長與短代表著力的大小..（2018重慶市巴蜀中學高三上學期期中理綜物理試題）張鵬同學在家?guī)蛬寢屜赐暌路?，掛在如圖所示的晾衣架上晾曬，A、B為豎直墻壁上等高的兩點，AO、BO為長度相等的兩根輕繩，CO為一根輕桿。轉(zhuǎn)軸C在AB中點D的正下方，AOB在同一水平面上。/AOB=60°,/DOC=30°,衣服質(zhì)量為m。則（）A.CO桿所受的壓力大小為A.CO桿所受的壓力大小為2.3mg3C.AO繩所受的拉力大小為^3mg【答案】BDB.CO桿所受的壓力大小為2mgD.BO繩所受的拉力大小為mg【解析】設繩AO和繩BO拉力的合力為F,以O點為研究對象，。點受到重力mg、桿的支持力F2和繩AO與繩BO拉力的合力F,作出力的示意圖,如圖所示,根據(jù)平衡條件得：F=mgtan60=AO與繩BO拉力的合力F,作出力的示意圖,如圖所示,根據(jù)平衡條件得：F=mgtan60=Jmgmg=2mg;將F分解，如圖，設AO所受拉力的大小sin30因為/AOB=120°,根據(jù)幾何知識得：FuF=^mg,所以繩AO和BO所受到的拉力F1為聲mg,而桿所受到的壓力大小等于F2為2mg;故選BD。15.(2019哈爾濱聯(lián)考)兩個帶電小球A、B(可視為質(zhì)點)通過絕緣的不可伸長的輕繩相連，若將輕繩的某點OC固定在天花板上，平衡時兩個小球的連線恰好水平,甲所示.若將輕繩跨接在豎直方向的光滑定滑輪圖乙所示，求：且兩根懸線偏離豎直方向的夾角分別為30°和60°,(滑輪大小可不計)兩端，調(diào)節(jié)兩球的位置能夠重新平衡,O如圖

如【答案】

【解析】

和庫侖力°1【答案】

【解析】

和庫侖力°1(2)對小球A受力分析，設繩子拉力為T,小球到滑輪的長度為L,OC的距離為h,根據(jù)三角形相似,mg(1)兩個小球的質(zhì)量之比；O'A、OBO'A、OB之比.(1)3：1(2)1:3(1)帶電小球處于靜止狀態(tài)，受力平衡，對任意一個帶電小球受力分析，受到重力、繩子的拉力F,根據(jù)平衡條件得Tcos。—mg=0,Tsin。—F=0解得mg1anl所mA=tan60以mBtan30,Th,Th就L=，所mgLOAmB_1以=LobmA3專題1.5共點力的動態(tài)平衡與臨界極值問題【專題詮釋】.動態(tài)平衡：動態(tài)平衡”是指物體所受的力一部分是變力，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)，所以叫動態(tài)平衡..分析動態(tài)平衡問題的方法

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)根據(jù)已知量的變化情況來確定未知量的變化情況圖解法(1)根據(jù)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、方向的變化相似三角形法(1)根據(jù)已知條件畫出兩個不同情況對應的力的三角形和空間幾何三角形，確定對應邊，利用三角形相似知識列出比例式(2)確定未知量大小的變化情況【高考引領(lǐng)】【2019全國卷I】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(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】選N為研究對象，受力情況如圖甲所示，由圖甲可知，用水平拉力F緩慢拉動N的過程中，水平拉力F逐漸增大，細繩的拉力T逐漸增大，A錯誤，B正確。乙對于M,受重力Gm、支持力Fn、繩的拉力T以及斜面對它的摩擦力f,如圖乙所示，若開始時斜面對M的摩擦力f沿斜面向上，則T+f=GMsinQT逐漸增大，f逐漸減小，可能有當f減小到零后，再反向增大的情況；若開始時斜面對M的摩擦力沿斜面向下，此時，T=GMSin0+f,當T逐漸增大時，f逐漸增大，C錯誤，D正確。【2017新課標全國出卷】一根輕質(zhì)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(nèi))()A.86cmB.92cmC.98cmD.104cm【答案】B【解析】設彈性繩的勁度系數(shù)為k,左、右兩半段繩的伸長量川=100cm-80cm=10cm,由共點力的平衡2

條件可知，鉤碼的重力G02k條件可知，鉤碼的重力G02k；L100碼的重力G=23L',解得AL'=0.6AL=6cm,則彈性繩的總長度變?yōu)?0cm+2AL'=92cm,故選B?！?017新課標全國I卷】如圖，柔軟輕繩ON的一端O固定，其中間某點M拴一重物，用手拉住繩的另一一,、...」.一.兀端No初始時，OM豎直且MN被拉直，OM與MN之間的夾角為a（a>）o現(xiàn)將重物向右上萬緩慢拉2MN上的張力逐漸增大C.OM上的張力逐漸增大【答案】ADMN上的張力先增大后減小D.OM上的張力先增大后減小以重物為研究對象，受重力mg,OM繩上拉力MN上的張力逐漸增大C.OM上的張力逐漸增大【答案】ADMN上的張力先增大后減小D.OM上的張力先增大后減小以重物為研究對象，受重力mg,OM繩上拉力F2,MN上拉力Fi,由題意知，三個力合力始終為零，矢量三角形如圖所示,在F2轉(zhuǎn)至水平的過程中，MN上的張力Fi逐漸增大，OM上的張力F2先增大后減小，所以AD正確，BC錯誤?！?017?天津卷】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A.繩的右端上移到b‘，繩子拉力不變C.繩的兩端高度差越小，繩子拉力越小【答案】ABB.將桿N向右移一些，繩子拉力變大D.若換掛質(zhì)量更大的衣服，則衣架懸掛點右移【解析】設兩桿間距離為d,【解析】設兩桿間距離為d,繩長為lOa、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"和3,受力分析如圖所示。.mg繩子中各部分張力相等，F(xiàn)a=Fb=F，則口=P。滿足2Fcosot=mg,d=[sin口+lbsina=lsina,即sinU=d_,F=mg,d和l均不變，則sina為定值，a為定值，cosa為定值，繩子的拉力保持不l2cos;變，衣服的位置不變，故A正確，CD錯誤；將桿N向右移一些，d增大，則sina增大，cosa減小，繩子的拉力增大，故B正確?！?016全國二卷】質(zhì)量為m的物體用輕繩AB懸掛于天花板上，用水平力F拉著繩的中點。，使OA段繩偏離豎直方向一定角度，如圖所示。設繩OA段拉力的大小為T,若保持O點位置不變，則當力F的方向順時針緩慢旋轉(zhuǎn)至豎直方向的過程中（）A.F先變大后變小，A.F先變大后變小，T逐漸變小C.F先變小后變大，T逐漸變小【答案】 CB.F先變大后變小，T逐漸變大D.F先變小后變大，T逐漸變大【解析】對結(jié)點O受力分析，畫出力的平行四邊形如圖所示,保持O點位置不變，則當力F的方向順時針緩慢旋轉(zhuǎn)至豎直方向的過程中，由圖可知F先減小后增加，T一直減小，C正確?！炯记煞椒ā刻幚砉颤c力作用下平衡的方法：（1）涉及三個力的動態(tài)平衡問題解決方法：動態(tài)圖解法、相似三角形法，極個別情況需要運用數(shù)學正弦定理解決問題。（2）涉及四個及四個以上力的動態(tài)平衡問題一般采用解析法，通過尋找變化力的函數(shù)解析式，運用數(shù)學函數(shù)知識判斷力的變化情況【最新考向解碼】1.（2019山東煙臺高三上學期期末）如圖所示，一質(zhì)量為m、半徑為r的光滑球A用細繩懸掛于O點，另一質(zhì)量為M、半徑為R的半球形物體B被夾在豎直墻壁和A球之間，B的球心到O點之間的距離為h,A、B的球心在同一水平線上，A、B處于靜止狀態(tài)，重力加速度為go則下列說法正確的是（）

A.A對B的壓力大小R±Ig為hmB.豎直墻壁對B的摩擦力可能為零C.當只輕輕把球B向下移動一點距離，若A、B再次保持靜止，則A對B的壓力大小保持不變，細繩拉力增大D.當只輕輕把球B向下移動一點距離，若A、B再次保持靜止，則A對B的壓力減小，細繩拉力減小TOC\o"1-5"\h\z【答案】AD【解析】分析A球的受力情況，如圖1所示，B對A的支持力N與A的重力mg的合力與細繩的拉力T_NmgTR±r0A等大反向共線，根據(jù)兩個陰影三角形相似得：=h=,得N=hmg,T=~h-mg,由牛頓第三R+rOAR+r定律知A對B的壓力大小為：N=N=hmg,A正確；B在豎直方向受到重力，而A、B間無摩擦，由平衡條件知豎直墻壁對B一定有摩擦力，B錯誤；當只輕輕把球B向下移動一點距離，分析A球的受力情況，如圖2所示，N與T的合力與mg等大反向共線，根據(jù)兩TOC\o"1-5"\h\zNmgTR+r-OA個陰影三角形相似得：=l=,可得：N=lmg,T=-L—mg,由于L>h,可知N減小，T減R+r0A小，由牛頓第三定律知A對B的壓力減小，C錯誤，D正確。2（2019安徽教研會高三第二次聯(lián)考）如圖，在一段平坦的地面上等間距分布著一排等高的輸電線桿，掛在線桿上的電線粗細均勻且呈對稱性。由于熱脹冷縮，冬季兩相鄰線桿之間的導線長度會有所減少。對B線桿及兩側(cè)的電線，冬季與夏季相比（）B.B.電線最低點處的張力不變D.線桿兩側(cè)電線對線桿拉力的合力不變A.電線最高點處的張力變大C.線桿對地面的壓力變小【答案】AD【解析】以相鄰兩線桿之間的電線為研究對象，受力分析如圖所示，可知冬季電線拉力的夾角更大，合力不變（大小等于重力，方向豎直向上），則可得冬季電線的拉力較大，電線最高點和最低點處的張力都變大,B錯誤，A正確；把線桿和電線看做一個整體，線桿對地面的壓力大小始終等于線桿和電線整體重力之和，C錯誤；線桿兩側(cè)電線對線桿拉力的合力等于電線的重力，故線卞f兩側(cè)電線對線桿拉力的合力不變，D正確。3.（2019湖北沙市中學考試）如圖所示，不計質(zhì)量的光滑小滑輪用細繩懸掛于墻上O點，跨過滑輪的細繩連接物塊A、B,A、B都處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)將物塊B移至C點后，A、B仍保持靜止，下列說法中正確的（）A.B與水平面間的摩擦力增大B.地面對B的彈力增大C.懸于墻上的繩所受拉力不變D.A、B靜止時，圖中“、&。三角始終相等【答案】ABD【解析】對物體A受力分析，受到重力和細線的拉力，根據(jù)平衡條件，拉力等于物體A的重力，當把物體B移至C點后，繩子與水平方向的夾角變小，但細線的拉力不變，對物體B受力分析，受重力、支持力、拉力和靜摩擦力，如圖所示.r變小，故B與水平面間的靜摩擦力變大，地根據(jù)共點力平衡條件，有Tcosr=f,r變小，故B與水平面間的靜摩擦力變大，地面對B的彈力增大，故A、B正確；對滑輪受力分析，受繩子的拉力T以及懸于墻上的繩子的拉力F,由于繩子的拉力與A的重力相等且夾角變大，故其合力變小，故墻上的繩子的拉力F也變小，故C錯誤；由于繩子的拉力相等，故合力在角平分線上，故a=應由幾何關(guān)系可知a=0,故a=3=0,故D正確.【微專題精練】.（2019寧夏銀川育才中學月考）如圖所示，質(zhì)量為M的斜面靜置在水平地面上，斜面上有一質(zhì)量為m的小物塊，水平力F作用在小物塊上時，兩者均保持靜止，斜面受到水平地面的靜摩擦力為fi,小物塊受到斜面的靜摩擦力為f2.現(xiàn)使F逐漸增大，兩者仍處于靜止狀態(tài)，則（）fi、fi、f2都增大C.fl不一定增大，f2一定增大fi、f2都不一定增大D.fi一定增大，f2不一定增大【答案】D【解析】對小物塊受力分析，受重力、斜面的支持力、水平力F,可能有靜摩擦力：①當mgsin0>Fcos。時,靜摩擦力沿著斜面向上，大小為f2=mgsin0-Fcos0,當F增大時，f2變??；②當mgsin0=Fcos。時，靜摩擦力為零，當F增大時，f2變大；③當mgsin0<Fcos。時，靜摩擦力沿著斜面向下，大小為f2=Fcos。一mgsin0,F增大時，f2變大.由以上分析可知f2不一定增大.對整體受力分析，受到重力、地面的支持力、地面的靜摩擦力、水平力F,則有fi=F,則F增大，fi一定增大.故D正確，A、B、C錯誤..（2019湖北天門中學檢測）如圖所示，A、B兩物體的質(zhì)量分別為mA、mB,且mA>mB,整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，滑輪的質(zhì)量和一切摩擦均不計.如果繩一端由Q點緩慢地向左移到P點，PQ距離為L,整個系統(tǒng)重新平衡后，物體的高度和兩滑輪間的繩與水平方向的夾角。變化情況是（）L

?

cos02L

?

cos0A.L

?

cos02L

?

cos0A.物體A上升，上升的高度為C.物體A上升，上升的高度為【答案】A【解析】將繩一端由Q點緩慢向右移到。角不變D.物體A的高度不變，。角變小P點時，繩子的拉力大小不變，分析動滑輪的受力情況，如圖所示，設繩子的拉力大小為F,兩繩子的夾角為2/=兀一20,由于動滑輪兩側(cè)繩子的拉力關(guān)于豎直方向有對稱性，則有2Fcos“=mBg,由于F=mAg,保持不變，則知，“角保持不變，由幾何知識得知，a+0=90°,則。保持不變，當繩一端的固定點Q緩慢向左移到P點，動滑輪將下降，則物體A的高度升高.結(jié)合幾何關(guān)系，LTOC\o"1-5"\h\z2LLL動滑輪與天花板間的2段繩子的長度增加量為？L=△舉="故A上升的高度為h="故A正確，cos0coscos0B、C、D錯誤.（2019山東外國語學校高三月考）如圖所示，小車內(nèi)固定著一個傾角為60°的斜面OA,擋板OB與水平面的夾角0=60°.可繞轉(zhuǎn)軸O在豎直平面內(nèi)轉(zhuǎn)動.現(xiàn)將一質(zhì)量為m的光滑圓球放在斜面與擋板之間，下列說法正確的是（）A.當小車與擋板均靜止時，球?qū)π泵鍻A的壓力小于mgB.保持0=60。不變，使小車水平向右運動，則球?qū)π泵鍻A的壓力可能為零C.保持小車靜止，在。由60°緩慢減小至15°的過程中，球?qū)醢錙B的壓力先減小再增大D.保持小車靜止，在。由60。緩慢減小至15。的過程中，球?qū)醢錙B的壓力逐漸增大【答案】BC【解析】球處于靜止狀態(tài)，受力平衡，對球進行受力分析，如圖所示，

Fa、Fb以及G之間的夾角兩兩都為120°,根據(jù)幾何關(guān)系可知，F(xiàn)A=FB=mg,故A錯誤；若保持0=60°不變，使小車水平向右做勻加速直線運動，當Fb和重力G的合力正好提供加速度時，球?qū)π泵鍻A的壓力為零，故B正確；保持小車靜止，在。由60°緩慢減小至15°的過程中，根據(jù)圖象可知，F(xiàn)a不斷減小，F(xiàn)b先減小后增大，根據(jù)牛頓第三定律可知，球?qū)醢錙B的壓力先減小后增大，對斜面的壓力不斷減小，故C正確，D錯誤.（2019甘肅武威第六中學段考）如圖所示，橫截面為直角三角形的斜劈A,靠在粗糙的豎直墻面上，力F通過球心水平作用在光滑球B上，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài).當力F增大時，系統(tǒng)仍保持靜止，下列說法正確的是（）A.斜劈A所受合外力增大B.斜劈A對豎直墻壁的壓力增大C.球B對地面的壓力增大D.墻面對斜劈A的摩擦力增大【答案】BC【解析】斜劈A一直處于靜止狀態(tài)，所受合外力一直為零不變，故A錯誤；對AB整體分析可知，水平方向受到F和墻壁的彈力作用，當F增大時，A對豎直墻壁的壓力變大，故B正確；對B受力分析，如圖所示，根據(jù)平衡條件有F=Fn，sirt）,FN〃=mBg+FN，coS,可見F增大時Fn增大，F(xiàn)n"增大，根據(jù)牛頓第三定律知球B對地面的壓力增大，故C正確；對A分析，球B對斜劈A的支持力大小等于Fn若A所受摩擦力向上，則豎直方向Fn'coS+Ff=mAg,則當Fn增大時，墻面對斜劈A的摩擦力減小，選項D錯誤.（2019湖北四校質(zhì)檢）如圖所示，兩塊相互垂直的光滑擋板OP、OQ,OP豎直放置，小球a、b固定在輕彈簧的兩端.水平力F作用于b時，a、b緊靠擋板處于靜止狀態(tài).現(xiàn)保證b球不動，使擋板OP向右緩慢平移一小段距離，則（）A.彈簧變長 A.彈簧變長 B.彈簧變短【答案】AD【解析】選a球為研究對象，受力分析如圖所示,C.力F變大D.b對地面的壓力不變由畫出的平行四邊形可知，擋板的彈力Fn變小，彈力F彈逐漸減小，即彈簧的壓縮量變短，彈簧變長，選項A正確，B錯誤；選a球、b球整體為研究對象，由平衡條件可知，F(xiàn)變小，b對地面的壓力不變，選項C錯誤，D正確.（2019湖南長沙模擬）如圖所示，傾角為0的斜面體c置于水平地面上，小盒b置于斜面上，通過跨過光滑定滑輪的細繩與物體a連接，連接b的一段細繩與斜面平行，連接a的一段細繩豎直，a連接在豎直固定于地面的彈簧上.現(xiàn)向b盒內(nèi)緩慢加入適量砂粒，a、b、c始終處于靜止狀態(tài)，下列說法中正確的是（）A.b對c的摩擦力可能先減小后增大B.地面對c的支持力可能不變C.c對地面的摩擦力方向始終向左D.彈簧的彈力可能增大【答案】A【解析】向b盒內(nèi)緩慢加入砂粒的過程中，a、b、c一直處于靜止狀態(tài)，對a分析，彈簧彈力不變，a的重力不變，則細繩拉力不變；對b、c整體分析知，其受方向始終向左的摩擦力，故c對地面的摩擦力方向始終向右，由于b、c整體質(zhì)量增大，則地面對c的支持力增大，B、C、D錯誤；如果開始時，b所受c的摩擦力沿斜面向下，則對b分析可知，隨著砂粒的加入，b對c的摩擦力可能先減小后增大，A正確..如圖所示，固定在豎直平面內(nèi)的半徑為R的光滑圓環(huán)的最高點C處有一個光滑的小孔，一質(zhì)量為m的小球套在圓環(huán)上，一根細線的一端拴著這個小球，細線的另一端穿過小孔C,手拉細線使小球從A處沿圓環(huán)向上移動.在移動過程中手對細線的拉力F和軌道對小球的彈力Fn的大小變化情況是（）A.緩慢上移時，F(xiàn)減小，F(xiàn)n不變B.緩慢上移時，F(xiàn)不變，F(xiàn)n減小C.緩慢上移跟勻速圓周運動相比，在同一位置B點的拉力相同D.緩慢上移跟勻速圓周運動相比，在同一位置B點的彈力相同【答案】AC【解析】小球在緩慢上移時可認為每一瞬間都受力平衡，分析小球受力，其受到重力、軌道給予的彈力和細線的拉力作用，作出力的矢量三角形（圖略），無論小球運動到哪個位置，總有力的矢量三角形與幾何三角形相似，可得彈力FN=mg,而F的大小正比于小球與頂端小孔間的細線長，細線變短，F(xiàn)減小，A正確,B錯誤.無論是緩慢上移還是做勻速圓周運動，在同一位置其在切線方向的合力為零，但在半徑方向的合力F=2mgsin工C正確，F(xiàn)=2mgsin工C正確，D2，.如圖所示，3根輕繩懸掛著兩個質(zhì)量相同的小球并保持靜止，繩AD與AC垂直.現(xiàn)對B球施加一個水平向右的力F,使B緩慢移動到圖中虛線位置，此過程中AD、AC兩繩子^力Tac、Tad的變化情況是（）A.Tac變大，Tad減小B.Tac變大，Tad不變C.Tac減小，Tad變大D.Tac不變，Tad變大【答案】C【解析】以B為研究對象，受力分析如圖甲所示.將B緩緩拉到圖中虛線位置的過程，繩子與豎直方向夾角。變大，由B球受力平衡得Tabcos0=mg,TABsin0=F,所以繩子AB的張力Tab逐漸變大，F(xiàn)逐漸變大.再以A、B整體為研究對象受力分析，如圖乙所示，甲乙設AD繩與水平方向夾角為“AC繩與水平方向夾角為3=90°）,并以AC、AD為坐標軸正方向，可得TAD=2mgsina+Fsin&Tac=2mgcosa—Fcos&a、3不變，而F逐漸變大，故Tad逐漸變大，Tac逐漸減小，C正確..（2019吉林一模）如圖所示，在一絕緣斜面C上有一帶正電的小物體A處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)將一帶正電的小球B沿以A為圓心的圓弧緩慢地從P點轉(zhuǎn)至A正上方的Q點處，已知P、A在同一水平線上，且在此過程中物體A和C始終保持靜止不動，A、B可視為質(zhì)點.關(guān)于此過程，下列說法正確的是（）A.物體A受到斜面的支持力先增大后減小B.物體A受到斜面的支持力一直增大C.地面對斜面C的摩擦力先增大后減小D.地面對斜面C的摩擦力逐漸減小【答案】AD【解析】以小物塊A為研究對象，受力分析如圖1所示，重力mg、斜面的支持力Nx、斜面給A的摩擦力fx（大小方向都變化卜沿BA方向的庫侖力F,沿斜面和垂直斜面建立坐標系，物體受到斜面的支持力Nx=mgy+Fy,其中重力沿y方向的分力mgy不變，F(xiàn)沿y方向的分力Fy逐漸增大，當F與y軸重合時最大，再向重力方向轉(zhuǎn)動過程中分力又開始減小，故A選項正確，B選項錯誤；以小物塊和斜面體整體為研究對象，受力分析如圖2所示,

受到重力（M+m）g、地面的支持力Nd、地面的摩擦力fD和沿BA方向的庫侖力F,沿x方向有fD=Fx,分解即得出地面對斜面C的摩擦力一直減小，C選項錯誤，D選項正確..（2019江西上饒模擬）如圖所示，頂端附有光滑定滑輪的斜面體靜止在粗糙水平地面上，三條輕繩結(jié)于O點.一條繩跨過定滑輪連接物塊P（PB段輕繩平行于斜面），一條繩連接小球Q,一條繩OA在外力F的作用下處于水平位置.現(xiàn)緩慢改變繩OA的方向，減小。至伍90。，且保持結(jié)點O位置不變，整個裝置始終處于靜止狀態(tài).下列說法正確的是（）A.繩A.繩OA的拉力先減小后增大C.地面對斜面體有向右的摩擦力【答案】ADB.繩OB的拉力一直增大D.地面對斜面體的支持力一直減小【解析】對結(jié)點【解析】對結(jié)點O進行受力分析，在緩慢減小。至0<90°的過程中，繩OA拉力的方向變化如圖所示,從方向1到方向2再到方向3,可見繩OA的拉力先減小后增大，繩OB的拉力一直減小，選項A正確，BOA拉力的水平分力錯誤；對P、Q和斜面體整體受力分析，根據(jù)平衡條件知，斜面體受地面的摩擦力與繩（方向向右）等大反向，摩擦力方向向左，選項C錯誤；對斜面體、繩PB和P整體受力分析，若繩OB的方向與水平方向的夾角為3由豎直方向受力平衡得地面對斜面體的支持力N=Tsin3+G斜+Gp,式中T為繩OB的拉力，因緩慢減小。至伉90°的過程中，3不變而T一直減小，故N一直減小，選項D正確OA拉力的水平分力.（2019濰坊期中）如圖所示為內(nèi)壁光滑的半球形凹槽M,O為球心，/AOB=60°,OA水平，小物塊在與水平方向成45。角的斜向上的推力F作用下靜止于B處.在將推力F沿逆時針緩慢轉(zhuǎn)到水平方向的過程中裝置始終靜止，則（）A.M槽對小物塊的支持力逐漸減小C.A.M槽對小物塊的支持力逐漸減小C.推力F先減小后增大【答案】BC【解析】以小物塊為研究對象，分析受力情況，如圖所示,B.M槽對小物塊的支持力逐漸增大D.推力F逐漸增大物塊受到重力G、支持力Fn和推力F三個力作用，根據(jù)平衡條件可知，F(xiàn)n與F的合力與G大小相等，方向相反.將推力F沿逆時針緩慢轉(zhuǎn)到水平方向的過程中（F由位置1-3）,根據(jù)作圖可知，M槽對小物塊的支持力Fn逐漸增大，推力F先減小后增大，當F與Fn垂直時，F(xiàn)最小.故A、D錯誤，B、C正確..如圖所示，質(zhì)量為m的小球用細線拴住放在光滑斜面上，斜面足夠長，傾角為”的斜面體置于光滑水平面上，用水平力F推斜面體使斜面體緩慢地向左移動，小球沿斜面緩慢升高（細繩尚未到達平行于斜面的位置）.在此過程中（）A.繩對小球的拉力減小B.斜面體對小球的支持力減小C.水平推力F減小D.地面對斜面體的支持力不變【答案】A【解析】對小球受力分析，如圖甲所示，斜面體左移會引起Ft的方向及大小的變化而Fn的方向不變，二力的合力為0,則形成閉合三角形，F(xiàn)t與Fn相互垂直時Ft最小，此時細線和斜面平行，則細線尚未到達平行于斜面的位置時，F(xiàn)t逐漸變小，F(xiàn)n逐漸變大，故選項A正確，B錯誤；對斜面體受力分析，如圖乙所示，甲乙根據(jù)平衡條件，有：F=Fn'sin=FNsina,Fn地=Mg+FN'cos=Mg+FNcosa■由于Fn增大，故支持力Fn地和推力F均增大，故C、D錯誤..一鐵球通過3段輕繩OA、OB、OC懸掛在天花板上的A點，輕繩OC拴接在輕質(zhì)彈簧測力計上.第一次，保持結(jié)點O位置不變，某人拉著輕質(zhì)彈簧測力計從水平位置緩慢轉(zhuǎn)動到豎直位置，如圖7甲所示，彈簧測力計的示數(shù)記為Fi.第二次，保持輕繩OC垂直于OA,緩慢移動輕繩，使輕繩OA從豎直位置緩慢轉(zhuǎn)動到如圖乙所示位置，彈簧測力計的示數(shù)記為F2.則（）甲 甲 乙A.Fi先增大后減小，F(xiàn)2逐漸減小C.Fi先減小后增大，F(xiàn)2逐漸減小【答案】DB.Fi先增大后減小，F(xiàn)2逐漸增大D.Fi先減小后增大，F(xiàn)2逐漸增大【解析】對甲、乙兩圖中的O點受力分析，兩根繩的合力等于鐵球的重力，其大小和方向不變，如圖所示.甲圖中Fi先減小，后增大；乙圖中F2逐漸增大.選項D正確..如圖所示，小方塊代表一些相同質(zhì)量的鉤碼，圖①中O為輕繩之間聯(lián)接的結(jié)點，圖②中光滑的滑輪跨在輕繩上懸掛鉤碼，兩裝置處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)將圖①中的B滑輪或圖②中的端點B沿虛線稍稍上移一些，則關(guān)于。角變化說法正確的是（）A.圖A.圖①、圖②中。角均增大C.圖①中。增大、圖②中。角不變化【答案】BB.圖①、圖②中。角均不變D.圖①中。不變、圖②中。角變大【解析】圖①中，根據(jù)鉤碼個數(shù)，三個力正好構(gòu)成直角三角形，若端點B沿虛線稍稍上移一些，三力大小不變，根據(jù)力的合成法則，可知，方向不變，即夾角不變；圖②中，因光滑的滑輪，且繩子中的張力相等，根據(jù)對稱性可作下圖，由圖中可以看出原來位置為B,后來端點B沿虛線稍稍上移一些為B2,只有繩子與水平方向的夾角不變，才能保持繩子的總長不變，如果繩子與水平方向的夾角增大了，圖中的B3,因為滑輪兩端的力相等，由對稱性可以看出此時對應的繩子的總長為A3B3,大于繩子的原長了，繩子的總長不變，故夾角增大不可能，從以上分析可以得出繩子與水平方向的夾角。不變.B選項正確.專題1.6動力學基本問題【專題詮釋】.已知物體的受力情況，求解物體的運動情況解這類題目，一般是應用牛頓第二定律求出物體的加速度，再根據(jù)物體的初始條件，應用運動學公式，求出物體的運動情況.已知物體的運動情況，求解物體的受力情況解這類題目，一般是應用運動學公式求出物體的加速度，再應用牛頓第二定律求出物體所受的合外力，進而求出物體所受的某個力.可用程序圖表示如下：

解決兩類動力學基本.問題應把握的關(guān)鍵(1)兩類分析一一物體的受力分析和物體的運動過程分析；(2)一個橋梁”:一物體運動的加速度是聯(lián)系運動和力的橋梁?！靖呖家I(lǐng)】的作用，在t=4s時撤去外力。細繩對物塊的拉t的關(guān)系如圖c所示。木板與實驗臺之間的摩擦)力傳感罌圖］＞r.'/m?且nI34圖「圖?A.木板的質(zhì)量為1kgC.0的作用，在t=4s時撤去外力。細繩對物塊的拉t的關(guān)系如圖c所示。木板與實驗臺之間的摩擦)力傳感罌圖］＞r.'/m?且nI34圖「圖?A.木板的質(zhì)量為1kgC.0?2s內(nèi)，力F的大小保持不變B.2?4s內(nèi)，力F的大小為0.4ND.物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為 0.2【答案】AB【解析】木板和實驗臺間的摩擦忽略不計，由題圖b知，2s后木板滑動，物塊和木板間的滑動摩擦力大小F摩=0.2No由題圖c知，2?4小F摩=0.2No由題圖c知，2?4s內(nèi)，木板的加速度大小a大小a2=0.4m/s=0.2m/s,撤去外力F后的加速度1=204—0.2m/s2=0.2m/s2,設木板質(zhì)量為m,據(jù)牛頓第二定律，對木板有：2?4s內(nèi)：F-F=ma4摩1,s以后：F摩=ma2,解得m=1kg,F=0.4N,A、B正確。0?2s內(nèi)，木板靜止，均勻增加的，C錯誤。因物塊質(zhì)量不可求，故由F摩=^m物g可知動摩擦因數(shù)不可求,【2017高考全國卷H】為提高冰球運動員的加速能力，教練員在冰面上與起跑線距離F=f,由題圖b知，F(xiàn)是D錯誤。So和S1(S1<S0)處分別放置一個擋板和一面小旗，如圖所示.訓練時，讓運動員和冰球都位于起跑線上，教練員將冰球以速度擊出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑線的方向滑向擋板；冰球被擊出的同時，運動員垂直于起跑線從靜止出發(fā)滑向小旗.訓練要求當冰球到達擋板時，運動員至少到達小旗處.假定運動員在滑行過程中做勻加速運動，冰球