1、會計學1受力分析共點力的平衡受力分析共點力的平衡1.1.受力分析的常用方法受力分析的常用方法(1)(1)整體法和隔離法整體法和隔離法. .方方 法法 整整 體體 法法 隔隔 離離 法法概概 念念 選用原則選用原則 將加速度相同的幾個相將加速度相同的幾個相互關聯的物體作為一個互關聯的物體作為一個整體進行分析的方法整體進行分析的方法 將所研究的對象從周將所研究的對象從周圍的物體中分離出來圍的物體中分離出來進行分析的方法進行分析的方法 研究系統外的物體對系研究系統外的物體對系統整體的作用力或系統統整體的作用力或系統整體的加速度整體的加速度 研究系統內部各物體研究系統內部各物體之間的相互作用力之間的相

2、互作用力 第1頁/共50頁方方 法法 整整 體體 法法 隔隔 離離 法法注意問題注意問題 受力分析時不考慮系統受力分析時不考慮系統內各物體之間的相互作內各物體之間的相互作用力用力 一般情況下隔離一般情況下隔離受力較少的物體受力較少的物體 第2頁/共50頁(2)(2)假設法假設法. .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，然后再就該力存在與否對物體運動狀態影響或不存在的假設，然后再就該力存在與否對物體運動狀態影響的不同來判斷該力是否存在的不同來判斷該力是否存在. .第3頁/共50頁2.2.受力分析的基本步驟受力

3、分析的基本步驟(1)(1)明確研究對象明確研究對象即確定分析受力的物體，研究對象可以即確定分析受力的物體，研究對象可以是單個物體，也可以是多個物體組成的系統是單個物體，也可以是多個物體組成的系統. .(2)(2)隔離物體分析隔離物體分析將研究對象從周圍的物體中隔離出來，將研究對象從周圍的物體中隔離出來，進而分析周圍物體有哪些對它施加了力的作用進而分析周圍物體有哪些對它施加了力的作用. .(3)(3)畫受力示意圖畫受力示意圖邊分析邊將力一一畫在受力示意圖上，邊分析邊將力一一畫在受力示意圖上，準確標出力的方向，標明各力的符號準確標出力的方向，標明各力的符號. .第4頁/共50頁(2012(2012

4、淄博模擬淄博模擬) )如圖所示，物體如圖所示，物體M M在豎直在豎直向上的拉力向上的拉力F F的作用下靜止在斜面上，關于的作用下靜止在斜面上，關于M M受力的個數，下列說法中正確的是受力的個數，下列說法中正確的是( )( )A.MA.M一定是受兩個力作用一定是受兩個力作用B.MB.M一定是受四個力作用一定是受四個力作用C.MC.M可能受三個力作用可能受三個力作用D.MD.M可能受兩個力作用可能受兩個力作用, ,也可能受四個力作用也可能受四個力作用第5頁/共50頁【解析解析】選選D.D.若拉力若拉力F F大小等于重力，則物體與斜面之間沒有大小等于重力，則物體與斜面之間沒有相互作用力，所以物體就只

5、受到兩個力的作用；若拉力相互作用力，所以物體就只受到兩個力的作用；若拉力F F小于小于物體的重力，則斜面對物體產生支持力和靜摩擦力，且支持力物體的重力，則斜面對物體產生支持力和靜摩擦力，且支持力與靜摩擦力的合力豎直向上，物體就受到四個力作用，故與靜摩擦力的合力豎直向上，物體就受到四個力作用，故D D正正確確. .第6頁/共50頁1.1.平衡狀態：物體處于平衡狀態：物體處于_或或_的狀態，即的狀態，即a=0a=02.2.共點力的平衡條件：共點力的平衡條件：_或或F Fx x=0=0、F Fy y=0=03.3.平衡條件的推論平衡條件的推論(1)(1)二力平衡：如果物體在兩個共點力的作用下處于平衡

6、狀態，二力平衡：如果物體在兩個共點力的作用下處于平衡狀態，這兩個力必定大小這兩個力必定大小_，方向，方向_._.靜止靜止勻速直線運動勻速直線運動F F合合=0=0相等相等相反相反考點考點2 2 共點力的平衡共點力的平衡第7頁/共50頁(2)(2)三力平衡：如果物體在三個共點力的作用下處于平衡狀態，三力平衡：如果物體在三個共點力的作用下處于平衡狀態，其中任何一個力與其余兩個力的合力大小其中任何一個力與其余兩個力的合力大小_，方向，方向_；并且這三個力的矢量可以形成一個封閉的矢量并且這三個力的矢量可以形成一個封閉的矢量_._.(3)(3)多力平衡：如果物體在多個共點力的作用下處于平衡狀態，多力平衡

7、：如果物體在多個共點力的作用下處于平衡狀態，其中任何一個力與其余幾個力的合力大小其中任何一個力與其余幾個力的合力大小_，方向，方向_._.相等相等相反相反三角形三角形相等相等相反相反第8頁/共50頁1.1.處理平衡問題常用的方法處理平衡問題常用的方法方法方法 內容內容 合成法合成法 分解法分解法 物體受三個共點力的作用而平衡，則任意兩個力的合力物體受三個共點力的作用而平衡，則任意兩個力的合力一定與第三個力大小相等，方向相反一定與第三個力大小相等，方向相反. . 物體受三個共點力的作用而平衡，將某一個力按力的效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

8、件果分解，則其分力和其他兩個力滿足平衡條件. .第9頁/共50頁方法方法 內容內容 正交正交分解法分解法 力的三力的三角形法角形法 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解為相互垂直的兩組，每組力都滿足平衡條件. .對受三力作用而平衡的物體，將力的矢量圖平移使三力組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，根據正弦定理、余弦成一個首尾依次相接的矢量三角形，根據正弦定理、余弦定理或相似三角形等數學知識求解未知力定理或相似三角形等數學知識求解未知力. .第1

9、0頁/共50頁2.2.處理動態平衡、臨界與極值問題的常用方法處理動態平衡、臨界與極值問題的常用方法 方法步 驟 解析法 列平衡方程求出未知量與已知量的關系表達式根據已知量的變化情況來確定未知量的變化情況 圖解法 根據已知量的變化情況,畫出平行四邊形的邊角變化確定未知量大小、方向的變化第11頁/共50頁(2012(2012慶陽模擬慶陽模擬) )如圖所示，把球夾在豎直墻面如圖所示，把球夾在豎直墻面ACAC和木板和木板BCBC之之間，不計摩擦，設球對墻的壓力為間，不計摩擦，設球對墻的壓力為F FN1N1，球對板的壓力為，球對板的壓力為F FN2N2，在，在將板將板BCBC逐漸放至水平的過程中，下列說

10、法中正確的是逐漸放至水平的過程中，下列說法中正確的是( )( )A.FA.FN1N1增大，增大，F FN2N2減小減小B.FB.FN1N1減小，減小，F FN2N2增大增大C.FC.FN1N1增大，增大，F FN2N2增大增大D.FD.FN1N1減小，減小，F FN2N2減小減小第12頁/共50頁【解析解析】選選D.D.如圖所示，利用圖解法可知如圖所示，利用圖解法可知F FN1N1、F FN2N2都減小，故都減小，故D D正確正確. .第13頁/共50頁 物體的受力分析物體的受力分析 【例證例證1 1】( (多選多選)(2011)(2011山東高考山東高考) )如圖所示，將兩相同的木如圖所示，

11、將兩相同的木塊塊a a、b b置于粗糙的水平地面上，中間用一輕彈簧連接，兩側用置于粗糙的水平地面上，中間用一輕彈簧連接，兩側用細繩固定于墻壁上細繩固定于墻壁上. .開始時開始時a a、b b均靜止均靜止. .彈簧處于伸長狀態，兩彈簧處于伸長狀態，兩細繩均有拉力，細繩均有拉力，a a所受摩擦力所受摩擦力F Ffafa00，b b所受摩擦力所受摩擦力F Ffbfb=0=0，現將，現將右側細繩剪斷，則剪斷瞬間右側細繩剪斷，則剪斷瞬間( )( )第14頁/共50頁A.FA.Ffafa大小不變大小不變B.FB.Ffafa方向改方向改變變C.FC.Ffbfb仍然為零仍然為零D.FD.Ffbfb方向向方向向

12、右右【解題指南解題指南】本題考查對彈簧和輕繩上彈力的分析，輕繩的彈本題考查對彈簧和輕繩上彈力的分析，輕繩的彈力可以在瞬間突變，而彈簧的彈力發生變化需要一段時間力可以在瞬間突變，而彈簧的彈力發生變化需要一段時間. .第15頁/共50頁【自主解答自主解答】選選A A、D.D.彈簧處于伸長狀態，彈簧對物體施加的是彈簧處于伸長狀態，彈簧對物體施加的是拉力拉力. .先對物體先對物體b b進行受力分析進行受力分析. .在輕繩未剪斷時，在輕繩未剪斷時，b b在水平方向在水平方向上受到兩個力的作用，向左的彈簧的拉力和向右的繩的拉力，上受到兩個力的作用，向左的彈簧的拉力和向右的繩的拉力，在突然剪斷細繩時，彈簧的

13、拉力還沒有發生變化，即彈簧的長在突然剪斷細繩時，彈簧的拉力還沒有發生變化，即彈簧的長度沒有變化，物體度沒有變化，物體b b具有向左運動的趨勢，所以要受到一個與彈具有向左運動的趨勢，所以要受到一個與彈簧拉力方向相反的摩擦力，簧拉力方向相反的摩擦力，C C錯誤，錯誤，D D正確正確. .對物體對物體a a受力分析，受力分析，在剪斷細繩前后，物體在剪斷細繩前后，物體a a的位置沒有發生變化，受到的彈簧拉力的位置沒有發生變化，受到的彈簧拉力和細繩拉力沒有發生變化，故它所受到的摩擦力沒有發生變和細繩拉力沒有發生變化，故它所受到的摩擦力沒有發生變化，化，A A正確，正確，B B錯誤錯誤. .第16頁/共5

14、0頁【總結提升總結提升】解答本題關鍵在于對彈簧和輕繩的彈力能否在瞬解答本題關鍵在于對彈簧和輕繩的彈力能否在瞬間發生突變的理解間發生突變的理解. .對易錯選項及錯誤原因具體分析如下：對易錯選項及錯誤原因具體分析如下：易錯角度錯誤原因 易錯選B、C 誤認為右側繩子剪斷瞬間，繩子和彈簧的拉力瞬間消失，a所受摩擦力改變，b水平方向上不受力，實際上彈簧的彈力是由于發生明顯形變產生的，而發生形變需要時間. 第17頁/共50頁【變式訓練變式訓練】( (多選多選)(2012)(2012連云港模擬連云港模擬) )如圖所示如圖所示, ,木塊木塊b b放在一固定斜面上，其上放在一固定斜面上，其上表面水平，木塊表面水

15、平，木塊a a放在放在b b上上. .用平行于斜面用平行于斜面向上的力向上的力F F作用于作用于a,aa,a、b b均保持靜止均保持靜止. .則木塊則木塊b b的受力個數可的受力個數可能是能是( )( )A.2A.2個個B.3B.3個個C.4C.4個個D.5D.5個個第18頁/共50頁【解析解析】選選C C、D.D.木塊木塊b b一定受到的力有一定受到的力有: :木塊木塊a a對木塊對木塊b b的壓力的壓力、摩擦力，木塊、摩擦力，木塊b b的重力，斜面對木塊的重力，斜面對木塊b b的支持力，共四個力；的支持力，共四個力；可能受到斜面對木塊可能受到斜面對木塊b b的摩擦力的作用，故正確選項為的摩

16、擦力的作用，故正確選項為C C、D.D.第19頁/共50頁【變式備選變式備選】L L型木板型木板P(P(上表面光滑上表面光滑) )放在固定斜面上，輕質彈放在固定斜面上，輕質彈簧一端固定在木板上，另一端與置于木板上表面的滑塊簧一端固定在木板上，另一端與置于木板上表面的滑塊Q Q相連相連，如圖所示，如圖所示. .若若P P、Q Q一起沿斜面勻速下滑，不計空氣阻力一起沿斜面勻速下滑，不計空氣阻力. .則木則木板板P P的受力個數為的受力個數為( )( )A.3A.3B.4B.4C.5C.5D.6D.6第20頁/共50頁【解析解析】選選C.PC.P、Q Q一起沿斜面勻速下滑時，由于木板一起沿斜面勻速下

17、滑時，由于木板P P上表面上表面光滑，滑塊光滑，滑塊Q Q受到重力、受到重力、P P的支持力和彈簧沿斜面向上的彈力的支持力和彈簧沿斜面向上的彈力. .木板木板P P受到重力、斜面的支持力、斜面的摩擦力、受到重力、斜面的支持力、斜面的摩擦力、Q Q的壓力和彈的壓力和彈簧沿斜面向下的彈力，故簧沿斜面向下的彈力，故C C正確正確. .第21頁/共50頁 平衡條件的應用平衡條件的應用【例證【例證2 2】(2012(2012哈爾濱模擬哈爾濱模擬)(10)(10分分) )如圖所示，位于豎直側如圖所示，位于豎直側面的物體面的物體A A的質量的質量m mA A=0.2 kg=0.2 kg，放在水平面上的物體，

18、放在水平面上的物體B B的質量的質量m mB B1.0 kg1.0 kg，繩和滑輪間的摩擦不計，且繩的，繩和滑輪間的摩擦不計，且繩的OBOB部分水平，部分水平，OAOA部分部分豎直，豎直，A A和和B B恰好一起勻速運動，取恰好一起勻速運動，取g g10 m/s10 m/s2 2. . 第22頁/共50頁(1)(1)求物體求物體B B與桌面間的動摩擦因數；與桌面間的動摩擦因數；(2)(2)如果用水平力如果用水平力F F向左拉物體向左拉物體B B，使物體，使物體A A和和B B做勻速運動需多做勻速運動需多大的拉力大的拉力. .【解題指南解題指南】解答本題時可按以下思路分析：解答本題時可按以下思路

19、分析：把把A A、B B隔離隔離受力分析受力分析列平衡方程列平衡方程第23頁/共50頁【規范解答規范解答】(1)(1)因物體因物體A A和和B B恰好一起勻速運動，所以物體恰好一起勻速運動，所以物體A A、B B均處于平衡狀態均處于平衡狀態. .由平衡條件得：由平衡條件得：對對A:FA:FT T-m-mA Ag=0g=0(2(2分分) )對對B:FB:FT T-F-FN N=0=0(2(2分分) )F FN N-m-mB Bg=0g=0(2(2分分) )解得：解得：0.20.2 (1(1分分) )第24頁/共50頁(2)(2)如果用水平力如果用水平力F F向左拉物體向左拉物體B B，使物體，使

20、物體A A和和B B做勻速運動，此做勻速運動，此時水平繩的拉力與滑動摩擦力的大小均不變，對物體時水平繩的拉力與滑動摩擦力的大小均不變，對物體B B由平衡由平衡條件得：條件得：F-FF-FT T-F-FN N=0=0(2(2分分) )解得解得：F F4 N4 N(1(1分分) )答案：答案：(1)0.2(1)0.2 (2)4 N (2)4 N第25頁/共50頁【互動探究互動探究】若若F F與水平方向成與水平方向成3737角向左拉物體角向左拉物體B B，使物體，使物體A A和和B B做勻速運動需多大的拉力做勻速運動需多大的拉力.(sin37.(sin37=0.6,cos37=0.6,cos37=0

21、.8)=0.8)【解析解析】物體物體A A和和B B一起勻速運動，由平衡條件得：一起勻速運動，由平衡條件得：對對A:FA:FT T-m-mA Ag=0g=0對對B:Fcos37B:Fcos37-F-FT T-F-FN N=0=0Fsin37Fsin37+F+FN N-m-mB Bg=0g=0解得：解得： F4.35 NF4.35 N答案：答案：4.35 N4.35 N第26頁/共50頁【總結提升總結提升】共點力平衡問題的規范求解共點力平衡問題的規范求解1.1.一般解題步驟一般解題步驟(1)(1)選取研究對象：根據題目要求，選取一個平衡體選取研究對象：根據題目要求，選取一個平衡體( (單個物體單

22、個物體或系統，也可以是結點或系統，也可以是結點) )作為研究對象作為研究對象. .(2)(2)畫受力示意圖：對研究對象進行受力分析，畫出受力示意畫受力示意圖：對研究對象進行受力分析，畫出受力示意圖圖. .(3)(3)正交分解：選取合適的方向建立直角坐標系，將所受各力正交分解：選取合適的方向建立直角坐標系，將所受各力正交分解正交分解. .(4)(4)列方程求解：根據平衡條件列出平衡方程，解平衡方程，列方程求解：根據平衡條件列出平衡方程，解平衡方程，對結果進行討論對結果進行討論. .第27頁/共50頁2.2.應注意的問題應注意的問題(1)(1)物體受三個力平衡時，利用力的分解法或合成法比較簡單物體

23、受三個力平衡時，利用力的分解法或合成法比較簡單. .(2)(2)解平衡問題建立坐標系時應使盡可能多的力與坐標軸重合解平衡問題建立坐標系時應使盡可能多的力與坐標軸重合，需要分解的力盡可能少，需要分解的力盡可能少. .物體受四個以上的力作用時一般要物體受四個以上的力作用時一般要采用正交分解法采用正交分解法. .第28頁/共50頁 “ “極限法極限法”求解臨界問題求解臨界問題 【例證例證3 3】物體物體A A的質量為的質量為2 kg2 kg，兩根輕細繩，兩根輕細繩b b和和c c的一端連接于豎直墻上，另一端系于物的一端連接于豎直墻上，另一端系于物體體A A上，在物體上，在物體A A上另施加一個方向與

24、水平線上另施加一個方向與水平線成成角的拉力角的拉力F F，相關幾何關系如圖所示，相關幾何關系如圖所示，=60=60. .若要使兩繩都能伸直，求拉力若要使兩繩都能伸直，求拉力F F的的大小范圍大小范圍.(g.(g取取10 m/s10 m/s2 2) )第29頁/共50頁【解題指南解題指南】解答本題時應注意要使兩繩都能伸直，必須保證解答本題時應注意要使兩繩都能伸直，必須保證兩繩的拉力都大于或等于零，進而根據平衡條件，正交分解求兩繩的拉力都大于或等于零，進而根據平衡條件，正交分解求出出F F的極值的極值. .第30頁/共50頁【自主解答自主解答】c c繩剛好伸直時，拉力繩剛好伸直時，拉力F F最小，

25、物體最小，物體A A受力如圖所示：受力如圖所示：由平衡條件得：由平衡條件得：F Fminminsin+Fsin+Fb bsin-mg=0sin-mg=0F Fminmincos-Fcos-Fb bcos=0cos=0解得：解得： F Fminmin= =mg20 3 N2sin3第31頁/共50頁b b繩剛好伸直時，拉力繩剛好伸直時，拉力F F最大，物體最大，物體A A受力如圖所示：受力如圖所示：由平衡條件得：由平衡條件得：F Fmaxmaxsin-mg=0sin-mg=0解得：解得：F Fmaxmax= =故拉力故拉力F F的大小范圍是的大小范圍是答案：答案：mg40 3 Nsin320 3

26、40 3 NF N3320 340 3 NF N33第32頁/共50頁【總結提升總結提升】“極限法極限法”求解臨界問題時的注意事項求解臨界問題時的注意事項(1)(1)求解平衡中的臨界問題和極值問題時，首先要正確地進行求解平衡中的臨界問題和極值問題時，首先要正確地進行受力分析和變化過程分析，找出平衡的臨界點和極值點受力分析和變化過程分析，找出平衡的臨界點和極值點. .(2)(2)臨界條件必須在變化中去尋找，不能停留在一個狀態來研臨界條件必須在變化中去尋找，不能停留在一個狀態來研究臨界問題，而是把某個物理量推向極端，即極大和極小，并究臨界問題，而是把某個物理量推向極端，即極大和極小，并依此做出科學

27、的推理分析，從而給出判斷或導出一般結論依此做出科學的推理分析，從而給出判斷或導出一般結論. .第33頁/共50頁【變式訓練變式訓練】( (多選多選)(2012)(2012太原模擬太原模擬) )傾角為傾角為=37=37的斜面與水平面保持靜止，的斜面與水平面保持靜止，斜面上有一重為斜面上有一重為G G的物體的物體A A，物體，物體A A與斜面與斜面間的動摩擦因數為間的動摩擦因數為=0.5=0.5，現給，現給A A施以一水平力施以一水平力F F，如圖所示，如圖所示，設最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等設最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等(sin37(sin37=0.6=0.6，cos37cos37=0.8)=0

28、.8)，如果物體，如果物體A A能在斜面上靜止，水平力能在斜面上靜止，水平力F F與與G G的比的比值可能是值可能是( )( )A.3A.3B.2B.2C.1C.1D.0.5D.0.5第34頁/共50頁【解析解析】選選B B、C C、D.D.設物體剛好不下滑時設物體剛好不下滑時F=FF=F1 1，此時物體，此時物體A A有沿有沿斜面下滑的趨勢，則：斜面下滑的趨勢，則：F F1 1cos+Fcos+FN N-Gsin=0-Gsin=0F FN N-F-F1 1sin-Gcos=0sin-Gcos=0解得解得：設物體剛好不上滑時設物體剛好不上滑時F=FF=F2 2，此時物體，此時物體A A有沿斜面

29、向上滑動的趨勢有沿斜面向上滑動的趨勢則：則：1Fsin370.5 cos370.22Gcos370.5 sin371.111第35頁/共50頁F F2 2cos-Fcos-FN N-Gsin=0-Gsin=0F FN N-F-F2 2sin-Gcos=0sin-Gcos=0解得解得：即即 故故B B、C C、D D正確正確. .2Fsin370.5 cos3712Gcos370.5 sin370.52F211G ，第36頁/共50頁【例證例證】質量均為質量均為m m的的a a、b b兩木塊疊放在兩木塊疊放在水平面上，如圖所示，水平面上，如圖所示，a a受到斜向上與水受到斜向上與水平面成平面成角

30、的力角的力F F作用，作用，b b受到斜向下與受到斜向下與水平面成水平面成角等大的力角等大的力F F作用，兩力在同作用，兩力在同一豎直平面內，此時兩木塊保持靜止，則一豎直平面內，此時兩木塊保持靜止，則( )( )考查內容 整體法、隔離法的綜合應用第37頁/共50頁A.bA.b對對a a的支持力一定等于的支持力一定等于mgmgB.B.水平面對水平面對b b的支持力可能大于的支持力可能大于2mg2mgC.aC.a、b b之間一定存在靜摩擦力之間一定存在靜摩擦力D.bD.b與水平面之間可能存在靜摩擦力與水平面之間可能存在靜摩擦力第38頁/共50頁【規范解答規范解答】選選C.C.對對a a、b b整體

31、，合外力為零，故地面與整體，合外力為零，故地面與b b之間之間無摩擦力，否則無法平衡，無摩擦力，否則無法平衡，D D錯誤；由豎直方向受力平衡可知錯誤；由豎直方向受力平衡可知兩個力兩個力F F的豎直分量平衡，故地面對的豎直分量平衡，故地面對b b的支持力等于的支持力等于2mg2mg，B B錯誤錯誤；對；對a a采用隔離法分析，受到豎直向上的采用隔離法分析，受到豎直向上的b b對對a a的支持力、豎直的支持力、豎直向下的重力、水平向左的摩擦力和力向下的重力、水平向左的摩擦力和力F F四個力的作用，摩擦力四個力的作用，摩擦力不可能為零，否則不可能為零，否則a a不能平衡，由豎直方向受力平衡條件知不能

32、平衡，由豎直方向受力平衡條件知b b對對a a的支持力小于的支持力小于a a的重力的重力mgmg，A A錯誤，錯誤，C C正確正確. . 第39頁/共50頁1.(20121.(2012溫州模擬溫州模擬) )物體靜止于傾角為物體靜止于傾角為的斜面上，當斜面傾的斜面上，當斜面傾角角變小時，物體所受力的變化情況是變小時，物體所受力的變化情況是( )( )A.A.重力、支持力、靜摩擦力均增大重力、支持力、靜摩擦力均增大B.B.重力不變，支持力增大，靜摩擦力減小重力不變，支持力增大，靜摩擦力減小C.C.重力不變，支持力、靜摩擦力增大重力不變，支持力、靜摩擦力增大D.D.重力不變，支持力增大，靜摩擦力不變

33、重力不變，支持力增大，靜摩擦力不變第40頁/共50頁【解析解析】選選B.B.物體受力如圖所示，根據平衡物體受力如圖所示，根據平衡條件條件, ,物體所受支持力物體所受支持力F FN N=mgcos,=mgcos,所受靜摩所受靜摩擦力擦力F Ff f=mgsin,=mgsin,故當斜面傾角故當斜面傾角變小時，變小時，受支持力受支持力F FN N增大，靜摩擦力增大，靜摩擦力F Ff f減小，減小，B B正確正確. .第41頁/共50頁2.(20122.(2012安慶模擬安慶模擬) )如圖所示，如圖所示，A A、B B兩木塊放在水平面上，它兩木塊放在水平面上，它們之間用細線相連，兩次連接情況中細線傾斜

34、方向不同但傾角們之間用細線相連，兩次連接情況中細線傾斜方向不同但傾角一樣，兩木塊與水平面間的動摩擦因數相同一樣，兩木塊與水平面間的動摩擦因數相同. .先后用水平力先后用水平力F F1 1和和F F2 2拉著拉著A A、B B一起勻速運動，則一起勻速運動，則( )( )A.FA.F1 1F F2 2B.FB.F1 1=F=F2 2C.FC.FT1T1F FT2T2D.FD.FT1T1=F=FT2T2第42頁/共50頁【解析解析】選選B.B.取取A A、B B為一整體，由水平方向合力為零可得，為一整體，由水平方向合力為零可得，F F1 1=F=F2 2=(m=(mA A+m+mB B)g)g，A

35、A錯誤，錯誤，B B正確；隔離物體正確；隔離物體A A可求得：可求得：F FT1T1cos=(mcos=(mA Ag-Fg-FT1T1sin)sin)，F FT2T2cos=(mcos=(mA Ag+Fg+FT2T2sin)sin)，比較，比較可得：可得：F FT1T1F FT2T2，C C、D D錯誤錯誤. .第43頁/共50頁3.(3.(多選多選) )如圖所示，重物的質量為如圖所示，重物的質量為m m，輕細，輕細線線AOAO和和BOBO的的A A、B B端是固定的，平衡時端是固定的，平衡時AOAO是是水平的，水平的，BOBO與水平面的夾角為與水平面的夾角為，AOAO的拉的拉力力F F1 1

36、和和BOBO的拉力的拉力F F2 2的大小是的大小是( )( )A.FA.F1 1mgcosmgcosB.FB.F1 1C.FC.F2 2mgsinmgsinD.FD.F2 2mgtanmgsin第44頁/共50頁【解析解析】選選B B、D.D.以結點以結點O O為研究對象，受力如圖所示：為研究對象，受力如圖所示：由平衡條件得：由平衡條件得：F F2 2sin-mg=0sin-mg=0，F F2 2cos-Fcos-F1 1=0=0，解得：解得：F F1 1= F= F2 2= = 故故B B、D D正確正確. . mgtan，mgsin，第45頁/共50頁4.(20124.(2012洛陽模擬洛陽模擬) )如圖所示，傾斜面如圖所示，傾斜面光滑的斜面體放在粗糙的水平地面上，光滑的斜面體放在粗糙的水平地