2023届高考物理（新粤教版）一轮总复习讲义第二章 相互作用

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热点一 物体的受力分析与静态平衡
1.受力分析
(1)整体法与隔离法
(2)一般步骤
2.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。
3.求解共点力平衡问题的常用方法
(1)合成法：一个力与其余所有力的合力等大反向，常用于非共线三力平衡。
(2)正交分解法：Fx合＝0，Fy合＝0，常用于多力平衡。
(3)矢量三角形法，把表示三个力的有向线段构成一个闭合的三角形，常用于非特殊角的一般三角形。
【例1】 (2021·四川宜宾模拟)如图1所示，质量为M的直角三棱柱A放在水平地面上，三棱柱的斜面是光滑的，且斜面倾角为θ。质量为m的光滑球放在三棱柱和光滑竖直墙壁之间。A和B都处于静止状态，已知重力加速度为g，下列说法正确的是( )
图1
A.地面对三棱柱的支持力大于(M＋m)g
B.三棱柱A共受3个力作用
C.地面对三棱柱A的摩擦力为mgsin θ
D.地面对三棱柱A的摩擦力为mgtan θ
答案 D
解析 选取A和B整体为研究对象，如图甲所示，它受到重力(M＋m)g、地面支持力FN、墙壁的弹力F和地面的摩擦力f的作用而处于平衡状态，根据平衡条件得FN＝(M＋m)g，A错误；三棱柱A受竖直向下的重力，地面的支持力，水平面的摩擦力，B对A的弹力，B错误；再以B为研究对象，如图乙所示，它受到重力mg，三棱柱对它的支持力FNB，墙壁对它的弹力F的作用，处于平衡状态，根据平衡条件有FNBcs θ＝mg，FNBsin θ＝F，解得F＝mgtan θ，所以f＝F＝mgtan θ，C错误，D正确。
静态平衡问题解题四步骤

【针对训练1】 (2020·浙江7月选考，3)矢量发动机是喷口可向不同方向偏转以产生不同方向推力的一种发动机。当歼20隐形战斗机以速度v斜向上飞行时，其矢量发动机的喷口如图2所示。已知飞机受到重力G、发动机推力F1、与速度方向垂直的升力F2和与速度方向相反的空气阻力f。下列受力分析示意图可能正确的是( )
图2
答案 A
解析 由题给信息可知，升力F2与速度方向垂直，B、D项错误；空气阻力f与速度方向相反，C项错误，A项正确。
【针对训练2】 (多选)如图3所示，滑块A与小球B用同一根不可伸长的轻绳相连，且滑块A套在水平杆上。现用大小为10 N、与水平方向成30°角的力F拉B，使A、B一起向右匀速运动，运动过程中保持相对静止。已知A、B的质量分别为2 kg、1 kg，取g＝10 m/s2，则( )
图3
A.轻绳与水平方向的夹角θ＝60°
B.轻绳与水平方向的夹角θ＝30°
C.滑块A与水平直杆之间的动摩擦因数为eq \f(\r(3),4)
D.滑块A与水平直杆之间的动摩擦因数为eq \f(\r(3),5)
答案 BD
解析 对B受力分析，B受重力、拉力F及绳子的拉力而处于平衡状态；将两拉力合成，因拉力为10 N，小球的重力为10 N，则由几何关系可知，轻绳的拉力也为10 N，方向与水平方向成30°角，故B正确，A错误；对A、B整体受力分析可知，A受到的支持力FN＝(mA＋mB)g－Fsin 30°＝25 N，摩擦力等于F沿水平方向的分力f＝Fcs 30°＝5eq \r(3) N，由f＝μFN′，FN′＝FN，解得μ＝eq \f(f,FN)＝eq \f(\r(3),5)，故D正确，C错误。
热点二 动态平衡问题
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。
图解法的应用
用图解法分析物体动态平衡问题时，一般是物体只受三个力作用，且其中一个力大小、方向均不变，另一个力的方向不变，第三个力大小、方向均变化。
【真题示例2】 (多选) (2019·全国Ⅰ卷，19)如图4，一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( )
图4
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 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FT逐渐增大，选项A错误，B正确；对M受力分析，如图乙所示，受重力GM、支持力FN、绳的拉力FT以及斜面对它的摩擦力f。若开始时斜面对M的摩擦力f沿斜面向上，则FT＋f＝GMsin θ，FT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f沿斜面向下，此时，FT＝GMsin θ＋f，当FT逐渐增大时，f逐渐增大，C错误，D正确。
【针对训练3】 (2021·福建南平市质检)如图5，一粗糙的固定斜杆与水平方向成θ角，一定质量的滑环A静止悬挂在杆上某位置。现用一根轻质细绳AB一端与滑环A相连，另一端与小球B相连，且轻绳AB与斜杆垂直。另一轻质细绳BC沿水平方向拉小球B，使小球B保持静止。将水平细绳BC的C端沿圆弧缓慢移动到竖直位置，B的位置始终不变，则在此过程中( )
图5
A.轻绳AB上的拉力先减小后增大
B.轻绳BC上的拉力先增大后减小
C.斜杆对A的支持力一直在减小
D.斜杆对A的摩擦力一直在减小
答案 C
解析 由题意知，小球B处于平衡，对小球受力分析如图甲所示，BC由水平方向变到竖直方向，由矢量三角形的动态分析可以看出，轻绳BC上的拉力先减小后增大，轻绳AB上的拉力一直在减小，故A、B错误；滑环A处于静止，对A受力分析如图乙所示。
甲
乙
由于AB绳对A的拉力FT一直在减小，故斜杆对A的支持力也一直在减小，斜杆对A的摩擦力一直等于mAgsin θ，保持不变，故C正确，D错误。
解析法的应用
【真题示例3】 (2021·湖南卷，5)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6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( )
图6
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
答案 C
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＝mgcs α、FN＝mgsin 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＝
Fsin α＝eq \f(1,2)mgsin 2α，水平地面对凹槽的支持力FN2＝Mg＋mg－Fcs α，在小滑块由A点向B点缓慢移动的过程中，α由eq \f(π,2)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。

甲 乙

【针对训练4】 (2021·山东日照市模拟)如图7所示，一小球放在竖直的墙面与倾斜的木板之间。设小球对墙面的压力大小为F1，小球对木板的压力大小为F2。以木板与墙连接点所形成的水平直线为轴，将木板从图示位置顺时针缓慢转到与墙面垂直的位置。不计摩擦，在此过程中( )
图7
A.F1先减小后增大 B.F1一直增大
C.F2一直减小 D.F2先减小后增大
答案 C
解析 以小球为研究对象，分析受力情况如图所示：重力G、墙面的支持力FN1和木板的支持力FN2，令木板与墙面的夹角为θ，根据平衡条件知FN1和FN2的合力与G等大反向，且得FN1＝eq \f(G,tan θ)，FN2＝eq \f(G,sin θ)，根据牛顿第三定律知墙面对球的压力大小为F1＝FN1＝eq \f(G,tan θ)，球对木板的压力大小为F2＝FN2＝eq \f(G,sin θ)，木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置时θ增大，则F1一直减小，F2一直减小，故选项C正确。
相似三角形法
【例4】 (2021·山西大同市开学考)如图8所示，AC是上端带光滑轻质定滑轮的固定竖直杆，质量不计的轻杆BC一端通过铰链固定在C点，另一端B悬挂一重力为G的物体，且B端系有一根轻绳并绕过定滑轮，用力F拉绳，开始时∠BCA>90°，现使∠BCA缓慢变小，直到∠BCA＝30°。此过程中，轻杆BC所受的力( )
图8
A.逐渐减小 B.逐渐增大
C.大小不变 D.先减小后增大
答案 C
解析 以结点B为研究对象，分析受力情况，如图所示，根据平衡条件可知，F、FN的合力F合与G大小相等、方向相反。根据相似三角形得eq \f(F合,FN)＝eq \f(AC,BC)，且F合＝G，则有FN＝eq \f(BC,AC)G，现使∠BCA缓慢变小的过程中，AC、BC不变，即FN不变，则轻杆BC所受的力大小不变，C正确，A、B、D错误。
题型自我感悟
受力分析和平衡问题是高考考查的热点，根据以上题目的分析，请你总结以下问题：
1.如何判断物体处于平衡状态？
提示 当物体所受合力为零时，处于平衡状态。题目一般会以“静止”“匀速运动”等条件告诉，如果没有直接说明，那就要受力分析求合力，再做出判断。
2.处理平衡问题常用到哪些方法？处理动态平衡问题常用到哪些方法？动态平衡问题渗透了什么思想方法？
提示 处理平衡问题常用到力的合成法、正交分解法、矢量三角形法等；处理动态平衡问题常用到图解法、解析法和相似三角形法，实际上是采用了控制变量法，控制一个量不变，来分析另外两个变量之间的关系。
热点三 平衡中的临界与极值问题
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。
常见临界状态有
(1)由静止到运动，摩擦力达到最大静摩擦力。
(2)绳子恰好绷紧，拉力F＝0。
(3)刚好离开接触面，支持力FN＝0。
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、公式极值、三角函数极值)。
【真题示例5】 (2020·山东卷，8)如图9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( )
图9
A.eq \f(1,3) B.eq \f(1,4)
C.eq \f(1,5) D.eq \f(1,6)
答案 C
解析 根据题述，物块A、B刚要滑动，可知A、B之间的摩擦力fAB＝μmgcs 45°，B与木板之间的摩擦力f＝μ·3mgcs 45°。隔离A分析受力，由平衡条件可得轻绳中拉力F＝fAB＋mgsin 45°。对A、B整体，由平衡条件可得2F＝3mgsin 45°－f，联立解得μ＝eq \f(1,5)，选项C正确。
解决平衡中的临界、极值问题的策略方法
(1)做好受力分析的基础上，搞清各力夹角。
(2)难以确定方向和是否存在的力，用假设法分析各力变化趋势，判断可能情况。
(3)正交分解列方程，写出解析式。
(4)根据题中隐含的条件“恰好”“最大”“最小”，用数学方法结合物理实际讨论其临界和极值的情况。
【针对训练5】 (2021·江苏新高考质检)如图10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＝eq \f(\r(3),3)。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( )
图10
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
答案 A
解析 对物体受力分析如图所示，木箱沿着斜面向上做匀速直线运动，合力为零，根据平衡条件，在垂直斜面方向，有FN＋Fsin α＝mgcs θ，在平行斜面方向，有Fcs α＝mgsin θ＋f，其中f＝μFN，联立解得F＝eq \f(mgsin θ＋μmgcs θ,cs α＋μsin α)＝eq \f(（4＋3\r(3)）mg,10sin（α＋60°）)，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，故A正确。
对点练 物体的受力分析和静态平衡
1.(2021·湖北武汉市4月质检)水上飞伞是一项锻炼勇气和毅力的水上娱乐活动。快艇开动后，拖在快艇后面的空中飞伞，在风力和绳子牵引力的作用下升起，游客乘伞体验在空中飞翔的感觉。下列各图中的O点均表示游客，能正确反映飞伞载着游客在空中匀速飞行的是( )
答案 A
解析 乘客在空中受重力mg，绳子牵引力F1，飞伞的拉力F2，受力分析如图：
游客在空中匀速飞行，能正确反映游客受力处于平衡状态的是A图，故A正确，B、C、D错误。
2.(2020·海南卷， 2)如图1，上网课时小明把手机放在斜面上，手机处于静止状态。则斜面对手机的( )
图1
A.支持力竖直向上
B.支持力小于手机所受的重力
C.摩擦力沿斜面向下
D.摩擦力大于手机所受的重力沿斜面向下的分力
答案 B
解析 设手机的质量为m，斜面倾角为θ。对手机进行受力分析，如图所示。由图可知支持力方向垂直斜面向上，摩擦力方向沿斜面向上，根据平衡条件则有f＝mgsin θ，FN＝mgcs θ，因cs θ＜1，故FN＜mg，且摩擦力等于手机所受的重力沿斜面向下的分力，故B正确。
3.(2021·山东烟台市5月适应性考试)无人机经常应用于应急救援物资的输送。在一次救援物资输送的过程中，无人机与下方用轻绳悬挂的救援物资一起在空中沿水平方向做匀速运动，救援物资受到与运动方向相反的空气阻力作用，当无人机改变速度大小仍然沿水平方向匀速运动时，绳子与竖直方向的夹角变大，则无人机速度改变后比改变前( )
图2
A.绳子的张力变小
B.救援物资受到的空气阻力变小
C.无人机受到的重力和绳子拉力的合力大小变大
D.无人机受到的重力和绳子拉力的合力大小不变
答案 C
解析 如图所示，设细绳与竖直方向夹角为θ，则水平方向f＝FTsin θ，竖直方向FTcs θ＝mg，则当绳子与竖直方向的夹角变大时，绳子的拉力FT变大，救援物资受到的空气阻力f变大，选项A、B错误；由三力平衡可知，无人机受到的重力和绳子拉力的合力大小等于受到的阻力大小，则无人机受到的重力和绳子拉力的合力大小变大，选项C正确，D错误。
4. (多选)(2021·广东梅州模拟)如图3所示，一名工人用两种方式尝试把原本就静止在卸货梯上的货物推上货车，第一种方式用平行于卸货梯平面向上的力去推货物，第二种方式用水平向右的力推货物，均未推动货物，则下列说法正确的是( )
图3
A.人受到卸货梯的摩擦力大小相等
B.若工人两种方式作用在货物的力的大小相等，则第二种方式中货物所受合外力更大
C.若工人两种方式作用在货物的力的大小相等，且第一种方式货物所受摩擦力沿接触面向上，则第二种方式货物所受摩擦力必定沿接触面向上
D.工人若要匀速推动货物，采用第二种方式更费力
答案 CD
解析 用平行于卸货梯平面向上的力去推货物，人所受到的摩擦力为重力沿货梯向下的分力与推力对人的反作用力之和，用水平向右的力推货物，人所受的摩擦力为重力沿货梯向下的分力与推力对人的反作用力沿货梯方向的分力之和，由于不知道两次推力的大小，故不能比较摩擦力的大小，故A错误；不管用哪种方式推，都没有推动，货物静止，合力都为零，故B错误；第一种方式货物所受摩擦力沿接触面向上，则重力沿货梯方向向下的分力大于推力，第二种方式货物所受水平推力沿斜面的分力一定小于推力，也小于重力沿货梯向下的分力，故货物所受摩擦力必定沿接触面向上，故C正确；第二种方式水平方向的推力在垂直于货梯方向上有分力，故正压力变大，所以滑动摩擦力更大，推力沿货梯方向的分力与滑动摩擦力等大反向，故推力也需更大，工人若要匀速推动货物，采用第二种方式更费力，故D正确。
5.(2021·天津等级性模拟) 如图4甲所示为某景区内的高空滑索运动，质量为m的游客可利用轻绳通过轻质滑环悬吊下滑。假设某阶段钢索与水平方向的夹角θ＝30°，轻绳始终保持竖直，示意图如图乙，在这一阶段( )
图4
A.游客处于失重状态
B.钢索对滑环的支持力为0.5mg
C.游客运动的加速度为0.5g
D.钢索与滑环间的动摩擦因数为μ＝eq \f(\r(3),3)
答案 D
解析 对游客受力分析可知，游客受到竖直向下的重力和竖直向上的绳的拉力，两个力都在竖直方向，故游客必然做匀速运动，加速度为0，所以A、C错误；以游客和滑环为整体，其受到重力，钢索的支持力和摩擦力，由于游客加速度为0，故整体加速度也为0，故FN＝mgcs θ＝eq \f(\r(3),2)mg，f＝mgsin θ，f＝μFN，解得μ＝eq \f(\r(3),3)，所以B错误，D正确。
6.(2021·广东深圳市调研)被誉为“中国天眼”的射电天文望远镜(FAST)如图5所示，质量为3×104 kg的馈源舱用对称的六索六塔装置悬吊在球面镜正上方，相邻塔顶的水平距离300 m，每根连接塔顶和馈源舱的绳索长600 m，不计绳索重力，则每根绳索承受的拉力大约为( )
图5
A.4×105 N B.6×104 N
C.1×105 N D.3×104 N
答案 B
解析 将各塔顶连接起来，得到正六边形，由几何关系可得馈源舱到塔顶的水平距离等于相邻塔顶的水平距离为300 m，则可知每根绳索与竖直方向的夹角为30°，由平衡条件可得6Fcs 30°＝mg，解得F＝eq \f(mg,6cs 30°)≈6×104 N，所以B正确，A、C、D错误。
7.(2021·江苏七市调研)一台空调外机用两个三脚架固定在外墙上，如图6所示，空调外机的重心在支架水平横梁AO和斜梁BO连接点O的上方，横梁对O点的拉力沿OA方向、大小为F1，斜梁对O点的支持力沿BO方向、大小为F2。如果把斜梁加长一点，仍保持连接点O的位置不变，则( )
图6
A.F1增大 B.F1减小
C.F2不变 D.F2增大
答案 B
解析 对O点受力分析如图，由平衡条件得F1＝eq \f(G,tan θ)，F2＝eq \f(G,sin θ)，保持连接点O的位置不变，斜梁长度增加，则θ变大，所以F1、F2均减小，故选项B正确。
对点练 动态平衡问题
8.(2021·厦门市高三质检)图7甲所示为烤肠机，香肠放置于两根水平的平行金属杆中间，其截面图如图乙所示。假设香肠可视为质量均匀的圆柱体，烤熟后质量不变，半径变大，金属杆不再转动。忽略摩擦及金属杆的热胀冷缩，则香肠烤熟后( )
图7
A.金属杆1对其支持力增大
B.金属杆2对其支持力减小
C.两根金属杆对其合力增大
D.两根金属杆对其合力减小
答案 B
解析 以香肠为研究对象，其受到重力、两边金属杆的支持力，如图所示，香肠烤熟后质量不变，半径变大，重心升高，支持力与重力反方向的夹角θ减小，由力的平衡条件可得2Fcs θ＝mg，解得F＝eq \f(mg,2cs θ)，由于θ变小，cs θ变大，F变小，故A错误，B正确；由于香肠烤熟后质量不变，根据力的平衡条件可得两根金属杆对香肠的合力始终与香肠的重力等大反向，保持不变，故C、D错误。
9.如图8所示，一斜面固定在水平面上，一半球形滑块固定在斜面上，球心O的正上方有一定滑轮A(视为质点)，细线的一端与一质量分布均匀的光滑圆球B连接，另一端绕过滑轮A在水平向右的拉力F作用下使圆球B保持静止。改变拉力F的大小，使圆球B从两球心等高的位置缓慢移动到圆球B的球心正好在O点的正上方(不考虑该位置的情况)。圆球B不会与定滑轮A接触，则下列说法正确的是( )
图8
A.拉力F一直增大
B.拉力F先增大后减小
C.半球形滑块对圆球B的支持力先增大后减小
D.半球形滑块对圆球B的支持力大小保持不变
答案 D
解析 对圆球B受力分析，并合成三角形如图所示。根据几何关系可知图中力构成的矢量三角形与阴影部分的三角形相似，则eq \f(mg,h)＝eq \f(FN,r)＝eq \f(F,l)，移动过程中，高度h和两球心距离r不变，所以半球形滑块对圆球B的支持力大小保持不变，绳子长度l变短，F减小，A、B、C错误，D正确。
10.(2021·广东佛山市摸底)如图9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砂桶B相连。初始时砂桶B中没有砂子，质量为eq \f(1,2)m。现向砂桶B中缓慢加入砂子，整个系统始终保持静止，则在加入砂子的过程中，以下说法正确的是( )
图9
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
答案 B
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在竖直方向上受到绳的拉力和重力，故绳的拉力大小等于B的重力，初始时砂桶B中没有砂子，质量为eq \f(1,2)m。向砂桶B中缓慢加入砂子，所以绳子的拉力FT从eq \f(1,2)mg逐渐增大，故D错误；对A受力分析如图所示。
沿斜面方向根据共点力平衡f＋mgsin 30°＝FT，FT≥eq \f(1,2)mg，Ff从0开始逐渐增大，并且方向沿斜面向下，故B正确，C错误。
对点练 平衡中的临界极值问题
11.(2021·新疆维吾尔自治区联考)如图10所示为某粮库输送小麦的示意图。麦粒离开传送带受重力作用在竖直方向上掉落后，形成圆锥状的麦堆。若麦堆底面半径为r，麦粒之间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不考虑麦粒的滚动。则形成的麦堆的最大高度为( )
图10
A.eq \f(r,μ) B.rμ
C.eq \r(1－μ2)r D.eq \r(1＋μ2)r
答案 B
解析 设麦堆最大高度为h，此时麦堆母线与底面形成的角为α，此时侧面上的麦粒恰好不下滑，则有mgsin α＝μmgcs α，又由几何关系有tan α＝eq \f(h,r)，解得h＝rμ，故B正确。
12.(2021·唐山市选择考模拟)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，在左侧用木棍支撑，如图11所示。若支撑点距水平地面的高度为eq \r(3) m，木棍与水平地面间的动摩擦因数为eq \f(\r(3),3)，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，为使木棍下端一定不发生侧滑，则木棍的长度最多为( )
图11
A.1.5 m B.eq \r(3) m
C.2 m D.2eq \r(3) m
答案 C
解析 设木棍与竖直方向夹角为θ，木棍长度为L，粮仓对木棍的作用力为F。为使木棍下端一定不发生侧滑，则有Fsin θ≤μFcs θ，即μ≥tan θ，由几何知识有tan θ＝eq \f(\r(L2－h2),h)，联立解得L≤2 m，即木棍的长度最多为2 m，故C项正确。
13.(多选) (2021·河北卷)如图12，物块A、B叠放在斜面上，物块B通过细绳跨过定滑轮与物块C相连，初始时系统处于静止状态。缓慢增大斜面倾角θ，仍保持物块A、B相对斜面静止，忽略绳与滑轮间摩擦。下列说法正确的是( )
图12
A.物块B对物块A的作用力一定增大
B.物块A对物块B的摩擦力一定增大
C.绳对物块B的拉力的大小一定不变
D.斜面对物块B的摩擦力一定先变大后变小
答案 BC
解析 物块B对物块A的作用力与A的重力平衡，所以物块B对物块A的作用力不变，A错误；物块A受到的摩擦力为f＝mAgsin θ，随着倾角θ增大，物块A受到的摩擦力增大，所以物块A对物块B的摩擦力一定增大，B正确；系统处于平衡状态，绳子拉力与重物C的重力平衡，所以绳对物块B的拉力的大小一定不变，C正确；如果开始时斜面对B的摩擦力方向向下，则对AB有Gsin θ＋f′＝mCg，随着倾角θ增大，斜面对物块B的摩擦力可能先减小再反向增大，D错误。
14.(多选)如图13所示，轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆M、N上的a、b两点，悬挂衣服的衣架挂钩是光滑的，挂于绳上处于静止状态。如果只人为改变一个条件，当衣架静止时，下列说法正确的是( )
图13
A.绳的右端上移到b′，绳子拉力不变
B.将杆N向右移一些，绳子拉力变大
C.绳的两端高度差越小，绳子拉力越小
D.若换挂质量更大的衣服，则衣架悬挂点右移
答案 AB
解析 设两杆间距离为d，绳长为l，Oa、Ob段长度分别为la和lb，则l＝la＋lb，两部分绳子与竖直方向夹角分别为α和β，受力分析如图所示。绳子中各部分张力相等，Fa＝Fb＝F，则α＝β。满足2Fcs α＝mg，d＝lasin α＋lbsin α＝lsin α，即sin α＝eq \f(d,l)，F＝eq \f(mg,2cs α)，d和l均不变，则sin α为定值，α为定值，cs α为定值，绳子的拉力保持不变，故选项A正确，C错误；将杆N向右移一些，d增大，则sin α增大，cs α减小，绳子的拉力增大，故选项B正确；若换挂质量更大的衣服，d和l均不变，绳中拉力增大，但衣服的位置不变，选项D错误。
15.(多选)(2021·山东潍坊市模拟)如图14所示，某工厂将圆柱形工件a放在倾角为θ的斜面上，为防止工件滚动，在其下方垫一段半径与a相同的半圆柱体b。若逐渐减小斜面倾角，a、b始终处于静止状态，不计a与接触面的摩擦，b的质量很小。则( )
图14
A.斜面对a的弹力变大
B.斜面对a的弹力先变大后变小
C.b对a的弹力逐渐变小
D.b对a的弹力不变
答案 AC
解析 对a进行受力分析，如图甲所示

根据平衡条件，斜面对a的弹力F1、b对a弹力F2的合力与a的重力等大反向，则在倾角逐渐减小过程中，斜面对a的弹力F1和b对a弹力F2的变化过程如图乙所示，根据三角形法分析可得，斜面对a的弹力F1变大，b对a的弹力F2逐渐变小，选项A、C正确。
16.如图15所示，在水平推力作用下，物体A静止在倾角为θ＝45°的粗糙斜面上，当水平推力为F0时，A刚好不下滑，然后增大水平推力的值，当水平推力为F时A刚好不上滑。设滑动摩擦力等于最大静摩擦力，物块A与斜面之间的动摩擦因数为μ(μ＜1)，则下列关系式成立的是( )
图15
A.F＝eq \f(μ,1－μ)F0 B.F＝(eq \f(μ,1－μ))2F0
C.F＝eq \f(1＋μ,1－μ)F0 D.F＝(eq \f(1＋μ,1－μ))2F0
答案 D
解析 当物体恰好不下滑时，沿斜面方向刚好平衡，则有
mgsin 45°＝F0cs 45°＋μFN
垂直于斜面方向，有
FN＝mgcs 45°＋F0sin 45°
解得F0＝eq \f(1－μ,1＋μ)mg
同理，当物体恰好不上滑时，有
F＝eq \f(1＋μ,1－μ)mg
解得F＝(eq \f(1＋μ,1－μ))2F0，故选项D正确。
17.如图16所示，某同学通过滑轮组将一重物缓慢吊起，过程中静立拉绳的姿势始终不变，若滑轮与绳的重力及摩擦均不计，则该同学( )
图16
A.所受合外力越来越小
B.对地面的摩擦力越来越小
C.对绳的拉力越来越小
D.对地面的压力越来越小
答案 D
解析 由于该同学始终相对于地面静止，故所受合力始终为零，故A错误；对结点受力分析可知，结点受重物向下的拉力、两边绳子的拉力，如图甲所示，
甲
由于为同一根绳子，故F1＝F2＝F，设F1与F2夹角为θ，则F1＝F2＝eq \f(mg,2cs \f(θ,2))，在重物被吊起的过程中，θ变大，故F1与F2同时变大，即绳子的拉力越来越大，所以人对绳子的拉力F越来越大，故C错误；以人为研究对象，受力分析如图乙所示，根据平衡条件，竖直方向有FN＝mg－Fsin α，水平方向有f＝Fcs α，由于F越来越大，故对地面的摩擦力越来越大，对地面的压力越来越小，故B错误，D正确。
乙

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的分析方法
选用原则
研究系统外的物体对系统整体的作用力或系统整体的加速度
研究系统内物体之间的相互作用力