课时作业7 受力分析 共点力的平衡-(课时作业)【红对勾讲与练】2025年高考物理大一轮复习全新方案

hh 课时作业7 受力分析 共点力的平衡 - 1.(2023·河北邯郸期末)如图 所示,有P、N两块质量相同的 物块,在物块P上施加一沿水 平方向的外力F,使它们叠放 在竖直面上且处于静止状态, 下列说法正确的是 ( ) A.物块P一定受到4个力的作用 B.物块P一定受到3个力的作用 C.物块N一定受到4个力的作用 D.物块N可能受到6个力的作用 2.(2023·浙江1月选考)如图所示, 轻质网兜兜住重力为G 的足球,用 轻绳挂于光滑竖直墙壁上的A 点, 轻绳的拉力为FT,墙壁对足球的支 持力为FN,则 ( ) A.FT<FN B.FT=FN C.FT>G D.FT=G 3.现代人经常低头玩手机,这会使颈 椎长期受压,可能引发颈椎病。某 同学低头看手机时,可粗略认为头 受到重力G、肌肉的拉力F 和颈椎 的支持力N,如图所示。若头颈弯 曲与竖直方向成30°,此时肌肉对 头的拉力F 约等于头的重力,由此估算颈椎受 到的压力大小约为 ( ) A.2G B.3G C.G D.32G 4.(2022·广东卷)如图是可用 来制作豆腐的石磨。木柄AB 静止时,连接AB 的轻绳处于 绷紧状态。O 点是三根轻绳 的结点,F、F1 和F2 分别表示 三根绳的拉力大小,F1=F2 且∠AOB=60°。下列关系式 正确的是 ( ) A.F=F1 B.F=2F1 C.F=3F1 D.F= 3F1 5.(多选)如图所示,一个质量 m=0.4 kg的小球穿在水平 直杆上处于静止状态。现对小球施加一个大 小为5 N的拉力F,F 与杆的夹角为53°,小球 与杆之间的动摩擦因数μ=0.5,g 取10 m/s2, 则 ( ) A.小球受到2个力 B.小球受到3个力 C.若F=10 N,则小球受到4个力 D.若F=10 N,则小球受到3个力 6.(多选)(2023·广东汕 头模拟)如图所示,氢气 球的质量 m=0.1 kg, 无风时在轻绳的牵引下 静止在空中,此时轻绳的拉力为8 N。当有水 平风吹来时,气球受到大小为6 N的水平风力 作用,轻绳倾斜一定角度后气球仍静止在空 中,g=10 m/s2,下列说法正确的是 ( ) A.气球所受浮力大小为9 N B.有风时,气球所受合力方向竖直向下 C.有风时,气球所受合力大小为 37 N D.有风时,轻绳的拉力大小为10 N 7.(2024·九省联考贵州 卷)如图,一小型卡车行 驶在平直公路上,车上 装有三个完全相同、质量均为m 的光滑圆柱形 匀质物体,A、B水平固定,C自由摆放在A、B 之上。当卡车以某一恒定的加速度刹车时,C 对A的压力恰好为零,已知重力加速度大小为 g,则C对B的压力大小为 ( ) A. 3 3mg B. 23 3 mg C.3mg D.2mg 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 -400- 第二章 相互作用 3 8.(多选)如图所示,两个质量分 布均匀的球体P、Q静止在倾角 为30°的固定斜面与固定挡板 之间。挡板与斜面垂直。P、Q 的质量分别为m、2m,半径分别为r、2r,重力 加速度大小为g,不计一切摩擦。下列说法正 确的是 ( ) A.P受到四个力的作用 B.挡板对P的支持力为3mg C.P所受弹力的合力大于mg D.Q受到P的支持力大于mg 4  9.如图所示,有一倾角θ=30° 的斜面体B,质量为 M,质 量为m 的物体A静止在B 上。现用水平力F 推物体A,在F 由0逐渐增 大至 3 2mg 再逐渐减为0的过程中,A和B始 终保持静止。对此过程,下列说法正确的是 ( ) A.地面对B的支持力大于(M+m)g B.A对B的压力的最小值为 3 2mg ,最大值为 33 4 mg C.A所受摩擦力的最小值为0,最大值为 mg 4 D.A所受摩擦力的最小值为 1 2mg ,最大值为 3 4mg 10.(2024·山东枣庄检测)如图 所示,质量M=23 kg的木 块A套在水平杆上,并用轻 绳将 木 块 A 与 质 量 m = 3 kg的小球相连。今用与水平方向成α= 30°角的力F=103 N,拉着球带动木块一起 向右匀速运动,运动中木块A和小球的相对 位置保持不变,g 取10 m/s2。求: (1)运动过程中轻绳的拉力大小及轻绳与水 平方向的夹角θ; (2)木块与水平杆间的动摩擦因数μ。 11.一 个 底 面 粗 糙、质 量 为 M=3m 的劈放在粗糙水 平面上,劈的斜面光滑且 与水平面成30°角。现用 一端固定的轻绳系一质量为m 的小球,小球 放在斜面上,小球静止时轻绳与竖直方向的 夹角也为30°,如图所示。 (1)当劈静止时,求绳子的拉力大小; (2)当劈静止时,求地面对劈的摩擦力大小; (3)若地面对劈的最大静摩擦力等于滑动摩 擦力,为使整个系统静止,动摩擦因数μ 的最 小值为多大? 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 -401- hh 7.C 物体被匀速提升,所以绳索的拉力 T 与物体重力mg 平衡,A、B错误;定 滑轮受到两根绳索的拉力T 和杆的支 持力F,三力平衡,设两绳索之间的夹 角为2θ,则2mgcos θ=F,由于0<θ< π 2 ,则F<2mg,C正确,D错误。 8.A 对处于平衡的 A和B的整体受力 分析如图甲,对B球受力分析如图乙。 由整体法可得F=FN墙 ,对B球由合成 法可得FN墙=Gtan θ,其中 A为等腰 直角三角形,由几何关系可知θ=45°, 联立各式可得F=G,A正确,B、C、D 错误。 9.C 细绳端点B 在最初位置时,根据平 衡条件可得T1=mgtan θ= 3 4mg ,设 细绳AO 长度为L,据几何关系可知两 竖直墙面间的距离为d=L+Lsin θ= 1.6L,细绳端 点 B 移 到 位 置D 点 时, 细绳AO 与竖直墙面间的夹角为α,由 几何知识得sin α= 1 2d L =0.8 ,此时有 2T2cos α=mg,得 T2= 5 6mg ,C正 确,A、B、D错误。 10.B 受力分析如图所示, 甲 图 中,FN1=Fcos θ,Ff1=mg+ Fsin θ≤Ffm,乙 图 中,FN2=Fcos θ, 所以墙面 受 到 的 压 力 不 变,A 错 误; 若Fsin θ=mg,则Ff2=0,若Fsin θ> mg,则Ff2 方向向下,Ff2=Fsin θ- mg,若 Fsin θ<mg,则 Ff2 方 向 向 上,Ff2=mg-Fsin θ,所以斜面体受 到的摩 擦 力 一 定 变 小,B正 确,C错 误;因为墙面受到的压力没有变,所以 Ffm 不变,甲图中,Ff1=mg+Fsin θ≤ Ffm,推 不 动 斜 面 体,乙 图 中,Ff2= Fsin θ-mg,肯定比 Ffm 小,所 以 斜 面体肯定不沿墙面向上滑动,D错误。 11.(1)10 N (2)10 N (30-103) N 解析:(1)对小球 A进行受力分析可 知,小球 A受重力、轻绳 AC 的拉 力 和轻绳OA 的拉力,根据平衡条件得 FAC=mAgtan 30°,FOA= mAg cos 30° ,解 得FAC=10 N。(2)轻 绳 OA 和OB 为定滑轮 两 边 的 细 绳,拉 力 相 等,即 FOA=FOB,物体B受重力、轻 绳 OB 的拉 力、地 面 的 摩 擦 力 Ff 和 支 持 力 FN,则有Ff=FOBsin 30°,FOBcos 30°+ FN=mBg,解 得 Ff=10 N,FN = (30-103) N。 12.(1)64.8 N (2)76.4 N 解析:对 结 点 受 力 分 析 如 图 甲 所 示, 由 平 衡 条 件 可 得 FAcos 37°=G1, FAsin 37°=FB,可解得FB=6 N,对 木块受力分析,如图乙所示, 由平 衡 条 件 可 得 Ff=G2sin 37°+ F'Bcos 37°,FN+F'Bsin 37°=G2cos 37°, 又F'B=FB,可 求 得 Ff=64.8 N, FN=76.4 N。 课时作业7 受力分析 共点力的平衡 1.A 如果P、N之间没有摩擦力,则物 块P不能平衡,所以 N对P有向左下 的压力 和 沿 着 接 触 面 向 左 上 的 摩 擦 力,此外P还受到重力和外力F,所以 物块P一 定 受 到4个 力 的 作 用,A正 确,B错误;整体分析可知,墙 对 N有 向上的摩 擦 力,大 小 等 于 两 者 的 重 力 之和。对物块N受力分析,受到重力、 墙对N的支持力、墙对 N的摩擦力、P 对N的支持力、P对N的摩擦力,所以 物块 N一定受到5个力的作用,C、D 错误。 2.C 对网兜和足球受力分析,设轻绳与 竖直 墙 面 的 夹 角 为θ,由 平 衡 条 件 得 FT= G cos θ= FN sin θ ,FN=Gtan θ,可 知 FT>G,FT>FN,故选C。 3.B 根据平行四边形定则,合成重力G 和肌肉拉力F,由平衡条件知,合力与 颈椎支持力 N 平衡,根据几何关系得 N=2Gcos 30°= 3G,由 牛 顿 第 三 定 律知,颈椎受到的压力大小约为 3G, B正确。 4.D 以 O 点 为 研 究 对 象, 受力分 析 如 图,由 平 衡 条 件可得F1sin θ=F2sin β, F1cos θ+F2cos β=F, F1=F2,θ+β=60°,联立 可得 F= 3F1,D正 确, A、B、C错误。 5.AC 如 图 所 示, 在沿 杆 和 垂 直 杆 方向 上 建 立 直 角 坐标系,F 在y 轴 上 的 分 力 Fy = Fsin 53°=4 N,F 与重 力 在y 轴 上 的合力刚好为0,所以杆与小球只接触 不挤压,无弹力和摩擦力,只受重力和 拉力F 作用,A正确,B错误;当 F= 10 N时,Fy=8 N,它与重力沿杆方向 的合力为4 N,垂直于杆向上,此时杆 对小球的弹力垂直于杆向下,且F 在 水平方向 上 有 分 力,因 此 杆 对 小 球 还 有摩擦力,小球一共受到4个力,C正 确,D错误。 6.AD 无 风 时,对 气 球 受 力 分 析 得 F浮=mg+FT=9 N,A正确;有风时, 气球保持静止,故合力为0,B、C错误; 有风时,设绳与竖直方向的夹角为θ, 对气 球 受 力 分 析 得 F风 =F'Tsin θ, F浮=mg+F'Tcos θ,联 立 解 得 F'T= 10 N,D正确。 7.B 卡车以某一恒定的加速度刹车时, 其加速度水平向左,则C所 受 的 合 力 水平向左,而C对A的压力恰好为零, 则C只受重力和B对C的支持力,由 竖直方向 平 衡 有 NBCsin 60°=mg,解 得B对C的支持力为 NBC= 23 3 mg , 由牛顿第三定律可知C对B的压力大 小为 23 3 mg 。故选B。 8.AD P受 到 重 力、斜 面 的 支 持 力、挡 板 的 支持力和 Q的压力四 个力 作 用,A正 确;两 球整体受力平衡,故挡 板对P的支持力大小 为FN1=3mgsin 30°= 3 2mg ,B错误;P所受 三个弹力的合力与重力mg 平衡,则P 所受弹力的合力大小为 mg,C错 误; Q受 力 如 图 所 示,有 F =2mg,故 FN2>Fsin 30°=mg,D正确。 9.B 因为 A、B始 终 保 持 静 止,对 A、B 整体受力 分 析 可 知,地 面 对B的 支 持 力一 直 等 于 (M +m)g,A 错 误。当 F=0 时,A 对 B 的 压 力 最 小,为 mgcos 30°= 3 2mg ;当F= 3 2mg 时, A对 B的 压 力 最 大,为 mgcos 30°+ Fsin 30°= 33 4 mg ,B 正 确。 当 Fcos 30°=mgsin 30°,即 F= 3 3mg 时,A所 受 摩 擦 力 为0,当 F< 3 3mg 时,A所 受 摩 擦 力 沿 斜 面 向 上,Ff= mgsin 30°-Fcos 30°,当 F=0时,A 所受 摩 擦 力 最 大,大 小 为 1 2mg ,当 F> 3 3mg 时,A所受摩擦力沿斜面向 下,F'f=Fcos 30°-mgsin 30°,当F= 3 2mg 时,A所受摩擦力大小为 1 4mg , 综上可知,A所 受 摩 擦 力 的 最 小 值 为 0,最大值为 1 2mg ,C、D错误。 10.(1)103 N 30° (2) 3 5 解析:(1)设轻绳对小球的拉力为FT, 小球受力如图甲所示,由平衡条件可 得Fcos 30°-FTcos θ=0,Fsin 30°+ FTsin θ-mg=0,解得FT=103 N, θ=30°。 (2)以木块和小球组成的整体为研究对 象,受力分析如图乙所示,由平衡条件 得Fcos 30°-Ff=0,FN+Fsin 30°- (M +m)g=0,又 Ff=μFN,解 得 μ= 3 5 。 11.(1) 3 3mg (2) 3 6mg (3) 3 21 解析:(1)以 小 球 为 研 究对 象,受 力 分 析 如 图 甲 所 示,对 FT 和 mg 进 行 正 交 分 解。 由平衡条件可得 FTcos 30°=mgsin 30°, 解得FT= 3 3mg 。 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 -630- 参 考 答 案 (2)以劈和小球整体 为研究对象,受力情 况如图乙所示,由平 衡 条 件 可 得 Ff = FTcos 60°= 3 6mg 。 (3)为使整个系统静 止,必须满足Ffmax=μF'N≥FTcos 60°, 且有F'N+FTsin 60°=(M+m)g,联 立解得μ≥ 3 21 ,故μ 的最小值为 3 21 。 专题强化练2 共点力的 动态平衡问题 1.B 对O 点受力分 析如 图,由 平 衡 条 件 得 F1 = G tan θ , F2= G sin θ ,保持连 接点O 的位置不变,斜梁长度增加时θ 变大,所以F1、F2 均减小。 2.B 以a、b为整体,整体 受重力2mg、细线的拉力 FT 及拉力F 三个力而平 衡,如图所示,在三力 构 成的矢量三角形中,当力 F 垂直于细线拉力FT 时 有最小值,且最小值F= 2mgsin θ=mg,B正确。 3.C 对扫雷具进行受 力分析,其受到重力、 浮力、拉 力 和 水 平 方 向水 的 阻 力,共4个 力作用,如图所示,A 错误;根据平衡条件, 竖 直 方 向 有 F浮 + FTcos θ=mg,水 平 方向 有 F阻 =FTsin θ,解 得 FT = mg-F浮 cos θ ,B错误;扫雷具受 海 水 水 平 方向的 阻 力 等 于 绳 子 拉 力 的 水 平 分 力,即小于绳子的拉力,而绳子的拉力 不一定大于mg,C正确,D错误。 4.B 当BP 板沿水平方向时,BP 板受 到的压力等于圆柱体的重力,AP 板受 到的压力为0。当 BP 板 逆 时 针 缓 慢 地转向竖 直 位 置 的 过 程 中,圆 柱 体 受 重力、AP 板的弹力F1 和BP 板的弹 力F2,将F1 与F2 合成为F=mg,如 图所示;圆柱体一直处于平衡状态,三 个力中的任意两个力的合力与第三个 力等值、反向、共线,故F1 和F2 的合 力F 一定与重力等值、反向、共线。从 图中可以看出,F1 越来越大,F2 先变 小,后变大,到竖直位置时,F2>mg,B 正确,A、C、D错误。 5.BD 在 缓 慢 移 动 过 程 中, 小球在重力G、斜面对其的 支持力 FN 和 细 线 上 的 张 力FT 三 力 的 作 用 下 保 持 动态平衡,故三个力可以构 成一个封闭的矢量三角形如 图所示。因G 的大小和方 向始终不 变,FN 的 方 向 不 变,大小可变,FT 的大小、方向都在变, 因此可以作出一系列矢量三角形,由图 可知,FN 逐渐增大,FT 只能变化到与 FN 垂直,故FT 是逐渐变小的,因弹簧弹 力与FT 是一对平衡力,则弹簧弹力逐渐 减小,B、D正确,A、C错误。 6.C 小球受到重力、墙面的弹力F'1、木 板的弹力 F'2,受力分析如 图 所 示,F'1 的方向不变,受到木板的弹力F'2 方向 斜向左 下 转 到 斜 向 左 上 方 的 过 程 中, 两个力的合力与重力等大、反向,根据 平行四边形定则,由图可得F'1 逐渐变 小,F'2 逐 渐 变 小,根 据 牛 顿 第 三 定 律 知,F1、F2 均一直减小,C正确,A、B、 D错误。 7.A 小 球 受 重 力、轻 绳 的 拉力和支持力,由于三力 平衡,三个力可以构成矢 量三 角 形,如 图 所 示,根 据平衡条件,该力的矢量 三 角 形 与 几 何 三 角 形 POC 相 似,则 有 G PO = F1 L= F2 R ,解得F1= L POG , F2= R POG ,当 P 点下移时,PO 减小, L、R 不 变,故 F1 增 大,F2 增 大,A 正确。 8.AD 设两细线间的 夹角 为θ,测 力 计 B 的拉 力 与 竖 直 方 向 的夹角为α,对小球 受力分析,受重力和 两测力计的拉力,三 力组成矢量三角形,且FA、FB 夹角不 变,可用辅助圆法。由于θ 不变,α 由 90°变到0°,根据数学知识,FA 逐渐减 小,当α=0°时,FA=0,FB 先变大后变 小,A、D正确,B、C错误。 9.D 以A、B为整体受力分析如图1所 示,竖直 方 向 上 受 重 力 及 地 面 的 支 持 力,两物体受到的重力不变,所以地面 对A的支持力不变,由牛顿第三定律 知A对地面的压力不变,A错误;对圆 球B受力分析,作出平行四边形,如图 2所示,A向右移动少许,A对B的弹 力减小,墙对B的压力减小,由牛顿第 三定律可 知B对 墙 的 压 力 变 小,B、C 错误;分析A、B整体,水平方向上墙对 B的压力和 地 面 对 A的 摩 擦 力 等 大、 反向,墙对B的压力减小,则地面对 A 的摩擦力减小,D正确。 10.A 对滑轮受力分析如图甲所示,由 于跨过滑轮的绳子拉力一定相等,即 F1=F2,由几何关系知绳子拉力方向 与竖直 方 向 夹 角 相 等,设 为θ,可 知 F1=F2= mg 2cos θ① ,如 图 乙 所 示,设 绳 长 为 L,由 几 何 关 系 得 d1 sin θ+ d2 sin θ=L ,即sin θ= d1+d2 L = d L ② , 其中d 为两端点间的水平距离,由B 点向C 点移动过程中,d 先变大后不 变,因此θ先变大后不变,由①式可知 绳中拉力先变大后不变,故A正确。 11.D 施加拉力F 前,以小环O 为研究 对象,受到轻绳2的拉力等于物块P 的重力 mg,竖 直 方 向 根 据 受 力 平 衡 可得2T1cos 30°=mg,解得轻绳1的 张力大小为 T1= 3 3mg ,故 A正确; 物块P在缓慢移动过程中,以小环O 为研究对象,由于小环O 两侧轻绳1 的张力大小总是相等,则小环O 两侧 轻绳1的张力的合力沿∠MON 平分 线,根据受力平衡可知,轻绳2的延长 线始终平分∠MON,故B正确;物块 P在缓慢移动过程中,轻绳2与竖直 方向的夹角θ逐渐增大,以物块P为研 究对象,根据受力平衡可得T2cos θ= mg,则 T2= mg cos θ ,可 知 轻 绳2的 张 力越来越大,故C正确;物块P在缓 慢移动过程中,由于 M、N 之间的轻 绳1长度不变,根据数学知识可知,小 环O 的运动轨迹为椭圆,M、N 为椭 圆的两 个 焦 点;当 轻 绳2的 方 向 与 MN 连线垂直时,小环O 刚好位于椭 圆的短轴顶点上,根据椭圆知识可知此 时∠MON 最大,则此过程∠MON=α 逐渐增大,以小环O 为研究对象,根 据受力平衡可得2T'1cos α 2=T2 ,可 得T'1= T2 2cos α 2 ,可 知 此 过 程 轻 绳1 的张力一直增大,故D错误。 12.CD 初始时刻对小球受力分析如图, 此时弹簧的长度为l1= l2 4+l 2 = 5 2l ,此 时 弹 簧 的 弹 力 为 Fk=k× 5 2-1 l,此 时 水 平 方 向 有 N = Fkcos θ= 2 5 Fk,竖直方向有 1 5 Fk+ F=mg;当 弹 簧 处 于 原 长 时,如 图 所示, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 -631-