第二章 专题强化二 受力分析 共点力的平衡-【勤径学升】2026年高考物理一轮总复习教师用书word（人教版2019）

专题强化二　受力分析　共点力的平衡 1．本专题是受力分析和共点力平衡条件的应用，是高考的重点和热点。 2．高考对本专题考查题型主要是选择题，但近年在计算题中也作为一个力学或电学考点命题。 3．用到的相关知识有：受力分析、力的合成与分解、共点力的平衡条件；用到的主要方法有：整体法与隔离法、合成法、正交分解法等。 [对应学生用书P31] 热点 物体的受力分析与静态平衡(互动共研) 1．共点力平衡 (1)平衡状态：物体静止或做匀速直线运动。 (2)平衡条件：F合＝0或Fx＝0，Fy＝0。 2．受力分析的一般步骤 3．整体法与隔离法 　 整体法 隔离法 概念 将加速度相同的几个物体作为一个整体来分析的方法 将研究对象与周围物体分隔开来分析的方法 选用原则 研究系统外的物体对系统整体的作用力或求系统整体的加速度 研究系统内物体之间的相互作用力 4.受力分析的三个技巧 (1)不要把研究对象所受的力与研究对象对其他物体的作用力混淆。 (2)除了根据力的性质和特点进行判断，假设法是判断弹力、摩擦力有无及方向的常用方法。 (3)善于转换研究对象，尤其是弹力、摩擦力的方向不易判定的情形，可以分析与其接触物体的受力，再应用牛顿第三定律判定。 [例1]　如图所示，倾角为α的斜面固定在水平面上，在斜面和固定的竖直挡板之间有两个匀质球P、Q，P球的质量是Q球质量的三倍，各接触面均光滑，系统处于静止状态，若P、Q两球的球心连线与竖直方向的夹角为β，下列说法正确的是(　　) A.4tan α＝tan β B.3tan α＝tan β C.2tan α＝tan β D.tan α＝tan β 解析　以P、Q两球整体为研究对象，受力如图甲所示，由平衡条件可得F2＝4mg tan α； 隔离Q球，受力如图乙所示，由平衡条件可得F2＝mg tan β，解得4tan α＝tan β，故选A。 答案　A 1.(2024·河北卷)如图，弹簧测力计下端挂有一质量为0.20 kg光滑均匀球体，球体静止于带有固定挡板的斜面上，斜面倾角为30°，挡板与斜面夹角为60°。若弹簧测力计位于竖直方向，读数为1.0 N，g取10 m/s2，挡板对球体支持力的大小为(　　) A. N B.1.0 N C. N D.2.0 N 解析　对球体进行受力分析，球体受重力mg、弹簧测力计的拉力FT、斜面对其的支持力FN1、挡板对其的支持力FN2，如图所示 FN1cos 60°＝FN2cos 60° FN1sin 60°＋FN2sin 60°＋FT＝mg⇒FN1＝FN2＝ N，A正确。 答案　A 2.如图所示，两个相似的斜面体A、B在竖直向上的力F的作用下静止靠在竖直粗糙墙壁上。关于斜面体A和B的受力情况，下列说法正确的是(　　) A．A一定受到四个力 B．B可能受到四个力 C．B与墙壁之间一定有弹力和摩擦力 D．A与B之间可能没有摩擦力 解析　对A、B整体受力分析，如图甲所示，受到向下的重力和向上的推力F，由平衡条件可知B与墙壁之间不可能有弹力，因此也不可能有摩擦力，故C错误；对B受力分析如图乙所示，其受到重力、A对B的弹力及摩擦力而处于平衡状态，故B受到三个力，B错误；对A受力分析，如图丙所示，受到重力、推力、B对A的弹力和摩擦力，共四个力，A正确，D错误。 答案　A 3．如图所示，两个质量均为m的小球通过两根轻弹簧A、B连接，在水平外力F作用下，系统处于静止状态，弹簧实际长度相等。弹簧A、B的劲度系数分别为kA、kB，且原长相等。弹簧A、B与竖直方向的夹角分别为θ与45°。设A、B中的拉力分别为FA、FB，小球直径相比弹簧长度可忽略，重力加速度为g，则(　　) A．tan θ＝ B．kA＝kB C．FA＝mg D．FB＝2mg 解析　对下面的小球进行受力分析，如图甲所示。根据平衡条件得F＝mg tan 45°＝mg，FB＝＝mg；对两个小球整体受力分析，如图乙所示，根据平衡条件得tan θ＝，又F＝mg，解得tan θ＝，FA＝＝mg，由题可知两弹簧的形变量相等，则有x＝＝，解得＝＝，故A正确，B、C、D错误。 答案　A 热点 动态平衡问题(方法模型) 1．动态平衡 动态平衡就是通过控制某一物理量，使物体的状态发生缓慢的变化，但变化过程中的每一个状态均可视为平衡状态，所以叫动态平衡。 2．常用方法 解析法、图解法、相似三角形法等，特别是三力动态平衡问题，常用图解法分析。 方法(一)　解析法　对研究对象进行受力分析，先画出受力示意图，再根据物体的平衡条件，得到因变量与自变量的关系表达式(通常要用到三角函数)，最后根据自变量的变化确定因变量的变化。 [例2]　质量为M的凹槽静止在水平地面上，内壁为半圆柱面，截面如图所示，A为半圆的最低点，B为半圆水平直径的端点。凹槽恰好与竖直墙面接触，内有一质量为m的小滑块。用推力F推动小滑块由A点向B点缓慢移动，力F的方向始终沿圆弧的切线方向，在此过程中所有摩擦均可忽略，下列说法正确的是(　　) A．推力F先增大后减小 B．凹槽对滑块的支持力先减小后增大 C．墙面对凹槽的压力先增大后减小 D．水平地面对凹槽的支持力先减小后增大 解析　对小滑块受力分析，如图甲所示，由题意可知，推力F与凹槽对滑块的支持力FN始终垂直，即α＋β始终为90°，在小滑块由A点向B点缓慢移动的过程中，α减小，β增大，由平衡条件得F＝mg cos α、FN＝mg sin α，可知推力F一直增大，凹槽对滑块的支持力FN一直减小，A、B错误；对小滑块和凹槽整体受力分析，如图乙所示，根据平衡条件可得，墙面对凹槽的压力大小FN1＝F sin α＝mg sin 2α，水平地面对凹槽的支持力FN2＝Mg＋mg－F cos α，在小滑块由A点向B点缓慢移动的过程中，α由逐渐减小到零，根据数学知识可知墙面对凹槽的压力先增大后减小，水平地面对凹槽的支持力一直减小，C正确，D错误。 答案　C 方法(二)　图解法　此法常用于求解三力平衡且有一个力是恒力、另有一个力方向不变的问题。一般按照以下流程解题。 [例3]　(多选)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 解析　选N为研究对象，受力情况如图甲所示，用水平拉力F缓慢拉动N的过程中，水平拉力F逐渐增大，细绳的拉力T逐渐增大，故选项A错误，B正确。对于M，受重力GM、支持力FN绳的拉力T以及斜面对它的摩擦力f。如图乙所示，若开始时斜面对M的摩擦力f沿斜面向上，则T＋f＝GMsin θ，T逐渐增大，f逐渐减小，当f减小到零后，再反向增大。若开始时斜面对M的摩擦力沿斜面向下，此时，T＝GMsin θ＋f，当T逐渐增大时，f逐渐增大，故选项C错误，D正确。 答案　BD 方法(三)　相似三角形法 在三力平衡问题中，如果有一个力是恒力，另外两个力方向都变化，且题目给出了空间几何关系，多数情况下力的矢量三角形与空间几何三角形相似，可利用相似三角形对应边成比例进行计算。 [例4]　如图所示，质量均可忽略的轻绳与轻杆承受弹力的最大值一定，杆的A端用铰链固定，光滑轻小滑轮在A点正上方，B端吊一重物G，现将绳的一端拴在杆的B端，用拉力F将B端缓慢上拉，在AB杆达到竖直前(均未断)，关于绳子的拉力F和杆受的弹力N的变化，判断正确的是(　　) A．F变大　　　　　　 B．F变小 C．N变大 D．N变小 解析　设物体的重力为G。以B点为研究对象，分析受力情况，如图所示：作出力N与F的合力F2，根据平衡条件得知，F2＝F1＝G。由△F2NB∽△OBA得＝，解得N＝G，式中，AB、AO、G不变，则N保持不变，C、D错误；由△F2NB∽△OBA得＝，BO减小，则F一直减小，A错误，B正确。 答案　B 方法(四)　矢量圆法(正弦定理法) 1.矢量圆： 如图所示，物体受三个共点力作用而平衡，其中一力恒定，另外两力方向一直变化，但两力的夹角不变，作出不同状态的矢量三角形，利用两力夹角不变，可以作出动态圆(也可以由正弦定理列式求解)，恒力为圆的一条弦，根据不同位置判断各力的大小变化。 2.正弦定理： 如图所示，物体受三个共点力作用而处于平衡状态，则三个力中任意一个力的大小与另外两个力的夹角的正弦成正比，即＝＝。 [例5]　某中学为增强学生体魄，组织学生进行多种体育锻炼。在某次锻炼过程中，一学生将铅球置于两手之间，其中两手之间夹角为60°。保持两手之间夹角不变，将右手由图所示位置缓慢旋转60°至水平位置。不计一切摩擦，则在转动过程中，下列说法正确的是(　　) A.右手对铅球的弹力增大 B.右手对铅球的弹力先增大后减小 C.左手对铅球的弹力增大 D.左手对铅球的弹力先增大后减小 解析　法一：矢量圆法 以铅球为研究对象，受重力G、右手对铅球的弹力为F1和左手对铅球的弹力为F2，受力分析如图所示，缓慢旋转过程中处于平衡状态，则将三力平移后构成一首尾相连的三角形，两手之间夹角保持60°不变，则两力之间的夹角保持120°不变，则在三角形中，F1与F2夹角保持60°不变，重力G的大小方向不变，作出力三角形的外接圆，根据弦所对的圆周角都相等，则右手由图示位置缓慢旋转60°至水平位置过程中力的三角形变化如图所示，分析可得F1开始小于直径，当转过30°时F1等于直径，再转时又小于直径，所以F1先增大后减小，F2开始就小于直径，转动过程中一直减小，选项B正确。 法二：正弦定理法 以铅球为研究对象，受重力G、右手对铅球的弹力为F1及左手对铅球的弹力为F2，受力分析如图所示，缓慢旋转过程中处于平衡状态，则将三力平移后构成一首尾相连的三角形，两手之间夹角保持60°不变，右手由图示位置缓慢旋转的角度设为θ，转动过程始终处于平衡状态，根据正弦定理有＝＝，右手由图示位置缓慢旋转60°至水平位置过程中θ由0°变为60°，sin (60°＋θ)先变大再变小，所以F1先增大后减小，sin (60°－θ)一直变小，所以F2一直减小，选项B正确。 答案　B 热点 平衡中的临界和极值问题(互动共研) 1．临界问题 当某物理量变化时，会引起其他几个物理量的变化，从而使物体所处的平衡状态“恰好出现”或“恰好不出现”，在问题的描述中常用“刚好”“刚能”“恰好”等。 2．极值问题 平衡物体的极值，一般指在力的变化过程中的最大值和最小值问题。 3．解题方法 (1)极限法：首先要正确地对物体进行受力分析和变化过程分析，找出平衡的临界点和极值点；临界条件必须在变化中去寻找，不能停留在一个状态来研究临界问题，而要把某个物理量推向极端，即极大和极小。 (2)数学分析法：通过对问题的分析，依据物体的平衡条件写出物理量之间的函数关系(画出函数图像)，用数学方法求极值(如求二次函数极值、均值不等式极值、三角函数极值)。 [例6]　如图所示，在质量为m的物块甲上系着两条细绳，其中长30 cm的细绳另一端连着轻质圆环，圆环套在水平棒上可以滑动，圆环与棒间的动摩擦因数μ＝0.75。另一细绳跨过光滑定滑轮与重力为G的物块乙相连，定滑轮固定在距离圆环50 cm的地方，系统处于静止状态，OA与棒的夹角为θ，两绳夹角为φ。当G＝6 N时，圆环恰好开始滑动。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)OA绳与棒间的夹角θ。 (2)物块甲的质量m。 解析　(1)当圆环恰好要开始滑动时，设此时水平棒对圆环的支持力大小为FN，细绳对圆环的拉力大小为FT，对圆环受力分析，如图甲所示，根据平衡条件有μFN＝FTcos θ①， FN＝FTsin θ②， 联立①②解得tan θ＝＝，即θ＝53°。 (2)由题意，根据几何关系可知φ＝90°， 按如图乙所示，以O为坐标原点建立xOy直角坐标系，对物块甲受力分析，根据平衡条件有G cos θ＋FTsin θ－mg＝0③， FTcos θ－G sin θ＝0④， 联立③④解得m＝1 kg。 答案　(1)53°　(2)1 kg 4．如图所示，质量为m＝10 kg的木箱置于水平地面上，它与地面间的动摩擦因数μ＝，受到一个与水平方向成θ角斜向上的拉力F。为使木箱做匀速直线运动，拉力F的最小值以及此时θ分别是(g取10 m/s2)(　　) A．50 N和30° B．50 N和60° C． N和30° D． N和60° 解析　木箱受到重力mg、拉力F、地面的支持力和滑动摩擦力作用，根据平衡条件得F cos θ＝Ff，F sin θ＋FN＝mg，又Ff＝μFN，联立解得F＝＝， 其中tan α＝＝，α＝60°，由数学知识知，当θ＋α＝90°，即θ＝30°时，F有最小值，且最小值为Fmin＝＝ N＝50 N，选项A正确。 答案　A 5．如图所示，一个倾角为30°、底面粗糙、斜面光滑的斜面体放在粗糙的水平面上，斜面体的质量为2m。轻绳的一端固定在天花板上，另一端系住质量为m的小球，整个系统处于静止状态，轻绳与竖直方向的夹角也为30°。若滑动摩擦力等于最大静摩擦力，则斜面体与水平面间的动摩擦因数至少为(　　) A． B． C． D． 解析　由题意对小球受力分析，沿斜面方向由平衡条件得mg sin 30°＝FTcos 30°，解得FT＝mg tan 30°＝mg，对小球和斜面构成的整体受力分析，由平衡条件得，水平方向满足FTsin 30°＝Ff ，竖直方向满足FN＋FTcos 30°＝3mg，当Ff＝μFN时，斜面体与水平面间的动摩擦因数最小，解得最小为μ＝，故C正确。 答案　C 课时检测训练8　受力分析　共点力的平衡 　　　　 对应学生用书P337 对点练1　物体的受力分析与静态平衡 1.如图所示，M、N两物体叠放在一起，在竖直向上的恒力F作用下，沿竖直墙壁一起向上做匀速直线运动，则关于两物体受力情况的说法正确的是(　　) A．物体M可能受到6个力 B．物体N可能受到4个力 C．物体M与墙之间一定有摩擦力 D．物体M与N之间一定有摩擦力 解析　物体N受到重力、支持力和静摩擦力三个力作用，M和N整体受到重力和外力F两个力作用，竖直墙对物体M没有弹力，则没有摩擦力，所以物体M受到外力F、重力、N对M的压力和摩擦力四个力作用，选项A、B、C错误，D正确。 答案　D 2．(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＝F1 解析　以O点为研究对象，受力分析如图所示，由几何关系可知θ＝30°，在竖直方向上，由平衡条件可得F1cos 30°＋F2cos 30°＝F，又F1＝F2，可得F＝F1，故D正确，A、B、C错误。 答案　D 3.如图(a)是一种大跨度悬索桥梁，图(b)为悬索桥模型。六对轻质吊索悬挂着质量为M的水平桥面，吊索在桥面两侧竖直对称排列，其上端挂在两根轻质悬索上[图(b)中只画了一侧分布]，悬索两端与水平方向成45°，则一根悬索水平段CD上的张力大小是(　　) A.Mg B.Mg C.Mg D.Mg 解析　对左边的悬索ABC受力分析，如图所示，由平衡条件可得TCD＝T cos 45°，T sin 45°＝Mg，解得TCD＝Mg，故A正确。 答案　A 对点练2　动态平衡问题 4.如图所示，物体甲放置在水平地面上，通过跨过定滑轮的轻绳与小球乙相连，整个系统处于静止状态。现对小球乙施加一个水平力F，使小球乙缓慢上升一小段距离，整个过程中物体甲保持静止，甲受到地面的摩擦力为Ff，则该过程中(　　) A．Ff变小，F变大 B．Ff变小，F变小 C．Ff变大，F变小 D．Ff变大，F变大 解析　以小球乙为研究对象，受力分析如图甲所示，设轻绳与竖直方向的夹角为α，小球乙的质量为m乙，根据平衡条件可得，水平拉力F＝m乙g tan α，小球乙缓慢上升一小段距离的过程中，α增大，可知水平拉力F逐渐增大，轻绳的拉力FT＝，故轻绳的拉力也逐渐增大。以物体甲为研究对象，受力分析如图乙所示，根据平衡条件可得，物体甲受到的地面的摩擦力Ff与轻绳的拉力沿水平方向的分力等大反向，有Ff＝FTx＝FTcos θ，由题可知，小球乙缓慢上升一小段距离的过程中，物体甲保持静止，θ不变，又Ff＝FTcos θ，则摩擦力随着轻绳拉力FT的增大而逐渐增大，故D正确。 答案　D 5．(多选)如图，柔软轻绳ON的一端O固定，其中间某点M拴一重物，用手拉住绳的另一端N。初始时，OM竖直且MN被拉直，OM与MN之间的夹角为α(α>)。现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角α不变。在OM由竖直被拉到水平的过程中(　　) A．MN上的张力逐渐增大 B．MN上的张力先增大后减小 C．OM上的张力逐渐增大 D．OM上的张力先增大后减小 解析　以重物为研究对象分析受力情况，受重力mg、OM绳上拉力F2、MN上拉力F1，由题意知，三个力的合力始终为零，矢量三角形如图所示，F1、F2的夹角不变，在F2转至水平的过程中，矢量三角形在同一外接圆上，由图可知MN上的张力F1逐渐增大，OM上的张力F2先增大后减小，所以A、D正确，B、C错误。 答案　AD 6. 如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆环的最高点有一个光滑的小孔。质量为m的小球套在圆环上，一根细线的下端系着小球，上端穿过小孔用手拉住。现拉动细线，使小球沿圆环缓慢上移，在移动过程中，手对细线的拉力F和圆环对小球的弹力FN的大小变化情况是 (　　) A．F不变，FN增大 B．F不变，FN减小 C．F减小，FN不变 D．F增大，FN减小 解析　 小球沿圆环缓慢上移可看成小球始终受力平衡，对小球进行受力分析，作出受力示意图如图所示，由三角形相似，得＝＝，当A点上移时，半径不变，AB长度减小，故F减小，FN不变，故C正确。 答案　C 对点练3　平衡中的临界与极值问题 7.如图所示，质量为m的小球用细线拴住放在光滑斜面上，斜面足够长，倾角为α的斜面体置于光滑水平面上，用水平力F推斜面体使斜面体缓慢地向左移动，小球沿斜面缓慢升高。当线的拉力最小时，推力F等于(已知重力加速度为g)(　　) A．mg cos α B．mg sin α C．mg cos 2α D．mg sin 2α 解析　 小球受力如图所示，在小球缓慢上升过程中，小球合力为零，当拉力FT与支持力FN垂直时，拉力最小，最小值为FTmin＝mg sin α，对小球和斜面整体分析，根据平衡条件可知F＝FTmincos α＝mg sin αcos α＝mg sin 2α，故选D。 答案　D 8．北方农村秋冬季节常用金属丝网围成圆柱形粮仓储存玉米棒，某粮仓由于玉米棒装的不匀称而发生倾斜现象，为避免倾倒，在右侧用木棍支撑，如图所示。若支撑点距水平地面的高度为 m，木棍与水平地面间的动摩擦因数为，木棍重力不计，粮仓对木棍的作用力沿木棍方向，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，为使木棍下端不发生侧滑，则木棍的长度最大为(　　) A．1.5 m B． m C．2 m D．2 m 解析　设木棍与水平方向夹角为θ，木棍长度为L，粮仓对木棍的作用力大小为F，为使木棍下端一定不发生侧滑，由平衡条件有F cos θ≤μF sin θ，由几何知识有tan θ＝，两式联立解得L≤2 m，即木棍的长度最大为2 m，故A、B、D错误，C正确。 答案　C 9.如图所示，垂直墙角有一个截面为半圆的光滑柱体，用细线拉住的小球静止靠在接近半圆底端的M点。通过细线将小球从M点缓慢向上拉至半圆最高点的过程中，细线始终保持在小球处与半圆相切。下列说法正确的是 (　　) A．细线对小球的拉力先增大后减小 B．小球对柱体的压力先减小后增大 C．柱体受到水平地面的支持力逐渐减小 D．柱体对竖直墙面的压力先增大后减小 解析　以小球为研究对象，设小球所在位置沿切线方向与竖直方向夹角为θ，沿切线方向有FT＝mg cos θ，沿半径方向有FN＝mg sin θ，通过细线将小球从M点缓慢向上拉至半圆最高点的过程中θ增大，所以细线对小球的拉力减小，小球对柱体的压力增大，故A、B错误；以柱体为对象，竖直方向有F地＝Mg＋FNsin θ＝Mg＋mg sin2θ，水平方向有F墙＝FNcosθ＝mg sin θcos θ＝mg sin 2θ，θ增大，柱体受到水平地面的支持力逐渐增大；柱体对竖直墙面的压力先增大后减小，当θ＝45°时柱体对竖直墙面的压力最大，故C错误，D正确。 答案　D 10.如图所示，一农民用三根相同的细线a、b、c将收获的甲、乙两袋玉米悬挂起来。已知甲的质量为2m、乙的质量为m。细线a与竖直方向的夹角为30°，细线c水平，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A.细线a与b间的夹角θ为150° B.细线a中的拉力大小为3mg C.三条细线中b所受拉力最大 D.若保持c水平，减小a与竖直方向的夹角，线c中的拉力不变 解析　对甲、乙整体分析可知FTa＝＝2mg，FTc＝3mg tan 30°＝mg，对乙受力分析可知FTb＝＝2mg，则三条细线中a所受拉力最大，设b与水平方向夹角为α，则tan α＝＝，解得α＝30°，可得细线a与b间的夹角θ＝120°＋30°＝150°，选项A正确，B、C错误；设a与竖直方向的夹角为β，对甲、乙整体分析可知FTc＝3mg tan β，若保持c水平，减小a与竖直方向的夹角β，线c中的拉力减小，选项D错误。 答案　A 11．如图所示，置于水平地面的木板上安装有竖直杆，在杆上A、B两点间安装长为2d的轻绳，两竖直杆间距为d。A、B两点间的高度差为，现有带光滑轻质钩子、质量为m的物体钩住轻绳且处于平衡状态，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　) A．开始平衡时轻绳的张力大小为mg B．开始平衡时轻绳的张力大小为 C．若将绳子的A端沿竖直杆上移，绳子拉力将变大 D．若将木板绕水平轴CD缓慢向纸面外旋转，轻绳的张力先增大后减小 解析　设结点左侧绳长为l1，结点右侧绳长为l2，有l1cos θ1＋l2cos θ2＝d，由水平方向受力平衡，有FTcos θ1＝FTcos θ2，有cos θ1＝cos θ2＝＝，竖直方向受力平衡，有2FTsin θ1＝mg，解得FT＝，A错误，B正确；将绳子的A端沿竖直杆上移或将木板绕水平轴CD缓慢向纸面外旋转，由上述分析可知，由于A、B两点的水平间距不变，左右两部分与水平方向夹角不变，所以绳子拉力大小不变，C、D错误。 答案　B 12.如图所示，质量为M的物块A置于倾角为30°的固定粗糙斜面上，其上端通过一轻绳跨过光滑定滑轮与沙桶B相连。初始时沙桶B中没有沙子，质量为M。现向沙桶B中缓慢加入沙子，整个系统始终保持静止，则在加入沙子的过程中，以下说法正确的是(　　) A．B所受的合力增大 B．A所受的摩擦力一直增大 C．A所受的摩擦力先减小后增大 D．A、B间的轻绳拉力大小保持不变 解析　 整个系统始终保持静止，故B所受的合力为0，故A错误；对B受力分析，B只在竖直方向上受到绳的拉力和重力，故绳的拉力大小为B的重力，初始时沙桶B中没有沙子，质量为M。现向沙桶B中缓慢加入沙子，所以绳子的拉力FT从Mg逐渐增大，故D错误；对A受力分析如图，沿斜面方向根据共点力平衡f＋Mg sin 30°＝FT，FT≥Mg，f从0开始逐渐增大，并且方向沿斜面向下，故B正确，C错误。 答案　B 13.(2024·湖北卷)如图所示，两拖船P、Q拉着无动力货船S一起在静水中沿图中虚线方向匀速前进，两根水平缆绳与虚线的夹角均保持为30°。假设水对三艘船在水平方向的作用力大小均为Ff，方向与船的运动方向相反，则每艘拖船发动机提供的动力大小为(　　) A.Ff B.Ff C.2Ff D.3Ff 解析　根据题意对S受力分析如图甲， 正交分解可知2FTcos 30°＝Ff， 所以有FT＝Ff， 对P受力分析如图乙， 则有(FT′sin 30°)2＋(Ff＋FT′cos 30°)2＝F2， 解得F＝Ff，故选B。 答案　B 14.如图所示，倾角θ＝37°的斜面上有一木箱，木箱与斜面之间的动摩擦因数μ＝。现对木箱施加一拉力F，使木箱沿着斜面向上做匀速直线运动。设F的方向与斜面的夹角为α，在α从0°逐渐增大到53°的过程中，木箱的速度保持不变，则 (　　) A．F先减小后增大 B．F先增大后减小 C．F一直增大 D．F一直减小 解析　 对物体受力分析如图 木箱沿着斜面向上做匀速直线运动，根据平衡条件，合力为零，在垂直斜面方向，有FN＋F sin α＝mg cos θ，在平行斜面方向，有F cos α＝mg sin θ＋Ff，其中Ff＝μFN，联立解得F＝＝，当α＝30°时F最小，则在α从0°逐渐增大到53°的过程中，F先减小后增大。 答案　A 学科网（北京）股份有限公司 $$