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新高考物理二轮复习讲义第1部分 专题1 第1讲 力与物体的平衡（含解析）
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这是一份新高考物理二轮复习讲义第1部分 专题1 第1讲 力与物体的平衡（含解析），共17页。试卷主要包含了命题角度，6，cs 37°＝0，下列关系式正确的是等内容，欢迎下载使用。
第1讲 力与物体的平衡
命题规律 1.命题角度：(1)物体的受力分析；单物体、多物体的静态平衡、动态平衡；临界和极值问题；(2)静电力、安培力、洛伦兹力作用下的平衡.2.常用方法：合成法、分解法、整体法与隔离法、图解法、解析法.3.常考题型：选择题．
考点一 静态平衡问题
1．受力分析的方法
(1)研究对象的选取：①整体法与隔离法(如图甲)；②转换研究对象法(如图乙)．
(2)画受力分析图：按一定的顺序分析力，只分析研究对象受到的力．
(3)验证受力的合理性：①假设法(如图丙)；②动力学分析法(如图丁)．
2．处理平衡问题常用的四种方法
例1 (2022·安徽黄山市一模)如图所示，一条细绳跨过定滑轮连接两个小球A、B，其中球A的质量为1 kg.它们都穿在一根光滑的竖直杆上，不计绳与滑轮间的摩擦，当两球平衡时OA绳与水平方向的夹角为θ＝37°，OB绳与水平方向的夹角为α＝53°，已知sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，则球B的质量为( )
A.eq \f(3,4) kg B.eq \f(4,3) kg
C.eq \f(3,5) kg D.eq \f(5,3) kg
答案 B
解析 分别对A、B两球分析，运用合成法，如图，由几何知识得FTsin 37°＝mAg，FTsin 53°＝mBg，解得球B的质量为mB＝eq \f(4,3) kg，故B正确，A、C、D错误．
例2 如图所示，质量均为m的小球A、B用三根轻质细绳连接，左侧轻绳绕过固定的光滑滑轮沿竖直方向固定在地面上，右侧轻绳绕过另一个固定的光滑滑轮与质量为M的物体C相连，系统平衡时，左、右两侧轻绳与竖直方向的夹角分别为α和β.若α＝62°，β＝56°，则eq \f(m,M)等于( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(1,3)
C.eq \f(1,4) D.eq \f(1,5)
答案 A
解析 对小球A、B整体进行受力分析，如图所示，则由正弦定理有eq \f(Mg,sin α)＝eq \f(2mg,sin 180°－α－β)，解得eq \f(m,M)＝eq \f(1,2)，故选A.
例3 (2022·山东临沂市三模)如图所示，用轻绳系住一质量为2m的匀质大球，大球和墙壁之间放置一质量为m的匀质小球，各接触面均光滑．系统平衡时，绳与竖直墙壁之间的夹角为α，两球心连线O1O2与轻绳之间的夹角为β，则( )
A．绳子的拉力可能小于墙壁的支持力
B．墙壁的支持力一定小于两球的重力
C．3tan α＝tan (α＋β)
D．3tan α＝2tan (α＋β)
答案 C
解析 对两球整体受力分析，受到绳子的拉力FT、墙壁的支持力FN和总重力3mg，如图所示，
根据平衡条件可得
FTsin α＝FN＝3mgtan α，
可知绳子的拉力一定大于墙壁的支持力，墙壁的支持力也可能大于或等于两球的重力，故A、B错误；对小球受力分析，如图所示，根据平衡条件有FN＝mgtan θ，由几何知识可得θ＝α＋β，联立可得3tan α＝tan (α＋β)，故C正确，D错误．
处理平衡问题的基本思路
例4 (2022·河南平顶山市模拟)如图所示，光滑绝缘杆弯成直角，直角处固定在水平地面上，质量为m、带电荷量为＋Q的小圆环A穿在右边杆上，质量为3m、带电荷量为＋3Q的小圆环B穿在左边杆上，静止时两圆环的连线与地面平行，右边杆与水平面夹角为α.重力加速度为g.则( )
A．右边杆对A环的支持力大小为eq \f(1,4)mg
B．左边杆对B环的支持力大小为mg
C．A环对B环的库仑力大小为3mg
D．A环对B环的库仑力大小为eq \r(3)mg
答案 D
解析 对A、B环受力分析，如图
对A环，由平衡条件可得FNA＝eq \f(mg,cs α)，F库＝mgtan α，对B环，由平衡条件可得FNB＝eq \f(3mg,cs 90°－α)，F库＝3mgtan (90°－α)，因库仑力相等，则有mgtan α＝3mgtan (90°－α)＝3mgeq \f(1,tan α)，解得α＝60°，则右边杆对A环支持力大小为FNA＝eq \f(mg,cs 60°)＝2mg，左边杆对B环支持力大小为FNB＝eq \f(3mg,cs 90°－α)＝2eq \r(3)mg，故A、B错误；两环之间的库仑力大小为F库＝mgtan 60°＝eq \r(3)mg，故C错误，D正确．
(1)静电场、磁场中的平衡问题，受力分析时要注意静电力、磁场力方向的判断，再结合平衡条件分析求解．
(2)涉及安培力的平衡问题，画受力示意图时要注意将立体图转化为平面图．
考点二 动态平衡问题
例5 (2022·河北卷·7)如图，用两根等长的细绳将一匀质圆柱体悬挂在竖直木板的P点，将木板以底边MN为轴向后方缓慢转动直至水平，绳与木板之间的夹角保持不变，忽略圆柱体与木板之间的摩擦，在转动过程中( )
A．圆柱体对木板的压力逐渐增大
B．圆柱体对木板的压力先增大后减小
C．两根细绳上的拉力均先增大后减小
D．两根细绳对圆柱体拉力的合力保持不变
答案 B
解析 设两绳子对圆柱体拉力的合力大小为FT，木板对圆柱体的支持力大小为FN，从右向左看如图所示，绳子与木板间的夹角不变，α也不变，在矢量三角形中，根据正弦定理有
eq \f(sin α,mg)＝eq \f(sin β,FN)＝eq \f(sin γ,FT)，
在木板以底边MN为轴向后方缓慢转动直至水平过程中，α不变，γ从90°逐渐减小到0，
又γ＋β＋α＝180°，且α<90°，
可知90°<γ＋β<180°，
则0<β<180°，
可知β从锐角逐渐增大到钝角，
根据eq \f(sin α,mg)＝eq \f(sin β,FN)＝eq \f(sin γ,FT)，
由于sin γ不断减小，可知FT逐渐减小，sin β先增大后减小，可知FN先增大后减小，结合牛顿第三定律可知，圆柱体对木板的压力先增大后减小，设两绳子之间的夹角为2θ，绳子拉力大小为FT′，则2FT′cs θ＝FT，
可得FT′＝eq \f(FT,2cs θ)，
θ不变，FT逐渐减小，可知绳子拉力不断减小，故B正确，A、C、D错误．
例6 (多选)如图，用硬铁丝弯成的光滑半圆环竖直放置，最高点B处固定一小定滑轮，质量为m的小球A穿在环上．现用细绳一端拴在A上，另一端跨过定滑轮用力F拉动，使A缓慢向上移动．在移动过程中关于铁丝对A的支持力FN，下列说法正确的是( )
A．FN的方向始终背离圆心O
B．FN的方向始终指向圆心O
C．FN逐渐变小
D．FN大小不变
答案 AD
解析 在小球A缓慢向上移动的过程中，A处于三力平衡状态，根据平衡条件知mg与FN的合力与FT等大反向共线，作出mg与FN的合力，如图，由三角形相似有：eq \f(mg,BO)＝eq \f(FN,AO)＝eq \f(FT,AB)，得FN＝eq \f(AO,BO)·mg，AO、BO都不变，则FN大小不变，方向始终背离圆心O，故A、D正确，B、C错误．
例7 (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
答案 C
解析 对滑块受力分析，由平衡条件有F＝mgsin θ，FN＝mgcs θ，θ为F与水平方向的夹角，滑块从A缓慢移动到B点时，θ越来越大，则推力F越来越大，支持力FN越来越小，所以A、B错误；
对凹槽与滑块整体受力分析，墙面对凹槽的压力大小为FN′＝Fcs θ＝mgsin θcs θ＝eq \f(1,2)mgsin 2θ，则θ越来越大时，墙面对凹槽的压力先增大后减小，所以C正确；
水平地面对凹槽的支持力为FN地＝(M＋m)g－Fsin θ＝(M＋m)g－mgsin2θ
则θ越来越大时，水平地面对凹槽的支持力越来越小，所以D错误．
例8 质量为M的木楔倾角为θ，在水平面上保持静止，当将一质量为m的木块放在木楔斜面上时，它正好匀速下滑．如果用与木楔斜面成α角的力F拉着木块匀速上升，如图所示(已知木楔在整个过程中始终静止，重力加速度为g)．
(1)当α变化时，求拉力F的最小值；
(2)F取最小值时，求木楔对水平面的摩擦力是多少．
答案 (1)mgsin 2θ (2)eq \f(1,2)mgsin 4θ
解析 (1)木块在木楔斜面上匀速向下运动时，根据平衡条件有mgsin θ＝μmgcs θ
解得μ＝tan θ
因其在力F作用下沿斜面向上匀速运动，根据正交分解法有
Fcs α＝mgsin θ＋Ff，Fsin α＋FN＝mgcs θ
且Ff＝μFN
联立解得F＝eq \f(2mgsin θ,cs α＋μsin α)
＝eq \f(2mgsin θcs θ,cs αcs θ＋sin αsin θ)＝eq \f(mgsin 2θ,cs θ－α)
则当α＝θ时，F有最小值，即Fmin＝mgsin 2θ.
(2)因为木块及木楔均处于平衡状态，整体受到的地面的摩擦力等于F的水平分力，即
FfM＝Fcs (α＋θ)
当F取最小值mgsin 2θ时，则有
FfM＝Fmincs 2θ＝mgsin 2θcs 2θ＝eq \f(1,2)mgsin 4θ.
1.解决动态平衡问题的一般思路
化“动”为“静”，多个状态下“静”态对比，分析各力的变化或极值．
2．三力作用下的动态平衡
3．四力作用下的动态平衡
(1)在四力平衡中，如果有两个力为恒力，或这两个力的合力方向确定，为了简便可用这两个力的合力代替这两个力，转化为三力平衡，例如：
如图，qE如图，物体在拉力F作用下做匀速直线运动，改变θ大小，求拉力的最小值，可以用支持力与摩擦力的合力F′代替支持力与摩擦力．
(2)对于一般的四力平衡及多力平衡，可采用正交分解法．
(3)当力的方向发生变化的平衡问题求力的极小值时，一般利用三角函数求极值．
1.(2022·重庆市模拟)我国农村生活条件越来越好，在修建乡村住房时，工人用上了简易机械(如图所示)．甲站在地面上通过支架上的定滑轮拉着OA绳把建筑材料缓慢提升到楼顶，然后乙在楼顶水平拉着OB绳把建筑材料缓慢移到楼顶平台上．在乙缓慢移动建筑材料的过程中，下列说法正确的是( )
A．甲对OA绳的拉力先减小后增大
B．甲与地面之间的摩擦力逐渐增大
C．乙对OB绳的拉力大小不变
D．乙与楼层之间的摩擦力大小不变
答案 B
解析 依题意，设建筑材料的重力为G，OA绳右端与竖直方向夹角为θ，且对建筑材料的拉力大小为FOA，乙对OB绳的拉力大小为FOB，则乙在楼顶水平拉着OB绳把建筑材料缓慢移到楼顶平台上的过程中，对建筑材料受力分析，根据平衡条件有FOA＝eq \f(G,cs θ)，FOB＝Gtan θ，θ增大，则FOA增大，FOB增大，由此可知甲对OA绳的拉力增大，乙对OB绳的拉力增大，故A、C错误；对甲受力分析，由平衡条件可知，甲与地面之间的摩擦力大小等于OA绳对甲的拉力在水平方向上的分力，由于OA绳对甲的拉力逐渐增大且OA绳左端与水平方向夹角不变，所以可得甲与地面之间的摩擦力逐渐增大，故B正确；对乙受力分析，根据平衡条件可知乙与楼层之间的摩擦力大小等于OB绳对乙的拉力大小，由于FOB逐渐增大，所以可得乙与楼层之间的摩擦力逐渐增大，故D错误．
2．挂灯笼的习俗起源于西汉．如图所示，由五根等长的轻质细绳悬挂起质量分别为m、km、km、m(k>0)的灯笼A、B、C、D，B、C间细绳是水平的，上面两细绳与水平方向夹角为θ1，中间两细绳与竖直方向夹角为θ2.下列关系式正确的是( )
A．θ1＝θ2
B．kθ1＝θ2
C．tan θ1·tan θ2＝eq \f(k＋1,k)
D.eq \f(tan θ1,tan θ2)＝eq \f(k,k＋1)
答案 C
解析 对A、B构成的整体受力分析，设B、C间细绳上的拉力为FT，由几何关系得tan θ1＝eq \f(k＋1mg,FT)，对B受力分析，由几何关系得tan θ2＝eq \f(FT,kmg)，所以tan θ1·tan θ2＝eq \f(k＋1,k)，故选C.
专题强化练
[保分基础练]
1．(多选)(2022·广东东莞市东莞中学高三检测)如图甲所示，用瓦片做屋顶是我国建筑的特色之一．铺设瓦片时，屋顶结构可简化为图乙所示，建筑工人将瓦片轻放在两根相互平行的檩条正中间，且瓦片能静止在檩条上．已知檩条间距离为d，以下说法正确的是( )
A．瓦片总共受到5个力的作用
B．减小檩条间的距离d时，瓦片与檩条间的弹力增大
C．减小檩条间的距离d时，瓦片可能会下滑
D．增大檩条间的距离d时，瓦片与檩条间的摩擦力增大
答案 AC
解析 瓦片受重力、两侧的支持力和摩擦力，共5个力，故A正确；根据题图可知，设两檩条对瓦片的弹力与重力垂直檩条方向的分力间的夹角为α，有2FNcs α＝mgcs θ，减小檩条间的距离d时，夹角α变小，则瓦片与檩条间的弹力变小，最大静摩擦力变小，则瓦片可能会下滑，故B错误，C正确；增大檩条间的距离d时，瓦片仍然静止，瓦片与檩条间的摩擦力不变，故D错误．
2.(2022·浙江6月选考·10)如图所示，一轻质晒衣架静置于水平地面上，水平横杆与四根相同的斜杆垂直，两斜杆夹角θ＝60°.一重为G的物体悬挂在横杆中点，则每根斜杆受到地面的( )
A．作用力为eq \f(\r(3),3)G B．作用力为eq \f(\r(3),6)G
C．摩擦力为eq \f(\r(3),4)G D．摩擦力为eq \f(\r(3),8)G
答案 B
解析 设斜杆的弹力大小为F，以水平横杆和物体为整体，在竖直方向上根据受力平衡可得4Fcs 30°＝G，解得F＝eq \f(\r(3),6)G，以其中一斜杆为研究对象，其受力如图所示，可知每根斜杆受到地面的作用力应与F平衡，即大小为eq \f(\r(3),6)G，每根斜杆受到地面的摩擦力大小为Ff＝Fsin 30°＝eq \f(\r(3),12)G，B正确，A、C、D错误．
3.(2022·河北唐县田家炳中学高三检测)如图，A、B两物体通过两个质量不计的光滑滑轮悬挂起来，处于静止状态．现将绳子一端从P点缓慢移到Q点，系统仍然平衡，以下说法正确的是( )
A．夹角θ将变小
B．夹角θ将变大
C．物体B位置将升高
D．绳子张力将增大
答案 C
解析 因为绳子张力始终与物体B重力平衡，所以绳子张力不变，因为物体A的重力不变，所以绳子与水平方向的夹角不变，因为绳子一端从P点缓慢移到Q点，所以物体A会下落，物体B位置会升高，故选C.
4.(2022·山东烟台市、德州市一模)如图所示，山坡上两相邻高压线塔之间架有粗细均匀的导线，静止时导线呈曲线形下垂，最低点在C处．左塔A处对导线拉力的方向与竖直方向的夹角为30°，右塔B处对导线拉力的方向与竖直方向的夹角为60°，则导线AC部分与BC部分的质量之比为( )
A．2∶1 B．3∶1
C．4∶eq \r(3) D.eq \r(3)∶1
答案 B
解析 整体分析，根据水平方向平衡，FACsin 30°＝FBCsin 60°；单独分析左右两部分，根据竖直方向平衡，FBCcs 60°＝mBCg，FACcs 30°＝mACg，解得导线AC部分与BC部分的质量之比为3∶1，故选B.
5．(2022·辽宁卷·4)如图所示，蜘蛛用蛛丝将其自身悬挂在水管上，并处于静止状态．蛛丝OM、ON与竖直方向夹角分别为α、β(α>β)．用F1、F2分别表示OM、ON的拉力，则( )
A．F1的竖直分力大于F2的竖直分力
B．F1的竖直分力等于F2的竖直分力
C．F1的水平分力大于F2的水平分力
D．F1的水平分力等于F2的水平分力
答案 D
解析 对结点O受力分析可得，水平方向有F1sin α＝F2sin β，即F1的水平分力等于F2的水平分力，选项C错误，D正确；竖直方向有F1cs α＋F2cs β＝mg，联立解得F1＝eq \f(mgsin β,sin α＋β)，F2＝eq \f(mgsin α,sin α＋β)，则F1的竖直分量F1x＝eq \f(mgsin β cs α,sin α＋β)，F2的竖直分量F2x＝eq \f(mgsin α cs β,sin α＋β)，因sin αcs β－cs αsin β＝sin (α－β)>0，可知F2x>F1x，选项A、B错误．
6．(多选)(2022·重庆市一模)如图，站在水平台面上的工作人员用轻绳将一个光滑小球从四分之一圆弧最底端缓慢拉到定滑轮处，不计定滑轮摩擦，在此过程中，下列说法正确的是( )
A．绳的拉力一直增大
B．绳的拉力一直减小
C．圆弧对小球支持力一直增大
D．圆弧对小球支持力一直减小
答案 AD
解析 力的矢量三角形如图所示，由图可知绳的拉力一直增大，圆弧对小球支持力一直减小，故A、D正确，B、C错误．
7.如图所示，竖直墙上连有细绳AB，轻弹簧的一端与B相连，另一端固定在墙上的C点．细绳BD与弹簧拴接在B点，现给BD一水平向左的拉力F，使弹簧处于伸长状态，且AB和CB与墙的夹角均为45°.若保持B点不动，将BD绳绕B点沿顺时针方向缓慢转动，则在转动过程中BD绳的拉力F变化情况是( )
A．变小B．变大
C．先变小后变大D．先变大后变小
答案 A
解析 要保持B点的位置不变，BD绳向上转动的角度最大为45°，由于B点的位置不变，因此弹簧的弹力不变，由图可知，AB绳的拉力减小，BD绳的拉力F也减小，故A正确，B、C、D错误．
[争分提能练]
8．(2022·广东省华南师大附中模拟)如图所示，AOB为水平放置的光滑杆，夹角θ＝60°，杆上套有两个质量不计的小环，两环间连有可伸缩的弹性绳，今在绳的中点施加一沿θ角平分线水平方向的力F，缓慢地拉绳，待两环达稳定状态时，绳对环的拉力等于( )
A.eq \f(F,2) B．F C.eq \f(\r(3),2)F D.eq \f(\r(2),2)F
答案 B
解析 光滑杆AOB水平放置，竖直方向受力平衡，不再分析．在水平面内，对两环分别受力分析，都受到杆的弹力FN和轻绳的拉力FT，由力平衡原理得知，FN与FT大小相等，方向相反，而FN与杆垂直，则平衡时，轻绳的拉力FT必定与杆垂直．以两环及弹性轻绳整体为研究对象，分析水平方向整体受力情况，由几何知识得到两拉力间的夹角为120°，根据对称性，由平衡条件得到FT＝F，故选B.
9．(2022·湖南卷·5)2022年北京冬奥会跳台滑雪空中技巧比赛场地边，有一根系有飘带的风力指示杆，教练员根据飘带的形态提示运动员现场风力的情况．若飘带可视为粗细一致的匀质长绳，其所处范围内风速水平向右、大小恒定且不随高度改变．当飘带稳定时，飘带实际形态最接近的是( )
答案 A
解析 设飘带的单位长度质量为m0，单位长度所受风力为F0，从底端取飘带上任意长度为x，G＝m0gx，F＝F0x，则重力与风力的合力与竖直方向的夹角为tan θ＝eq \f(F,G)＝eq \f(F0,m0g)，可知所选飘带与竖直方向夹角与所选长度无关，二力合力方向恒定，飘带各处张力方向相同，则飘带为一条倾斜的直线，故选A.
10.如图所示，在竖直墙壁间有质量分别为m和3m的半圆球A和圆球B，其中B球球面光滑，半球A与左侧墙壁之间存在摩擦．两球心之间连线与水平方向成30°的夹角，两球恰好不下滑，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则半球A与左侧墙壁之间的动摩擦因数为( )
A.eq \f(\r(3),2) B.eq \f(\r(3),3) C.eq \f(\r(3),4) D.eq \f(4\r(3),9)
答案 D
解析 隔离光滑均匀圆球B，对B受力分析如图所示，可得FN＝eq \f(3mg,tan 30°)，对两球组成的整体有4mg－μFN＝0，联立解得μ＝eq \f(4\r(3),9)，故选D.
11.(2020·全国卷Ⅲ·17)如图，悬挂甲物体的细线拴牢在一不可伸长的轻质细绳上O点处；绳的一端固定在墙上，另一端通过光滑定滑轮与物体乙相连．甲、乙两物体质量相等．系统平衡时，O点两侧绳与竖直方向的夹角分别为α和β.若α＝70°，则β等于( )
A．45° B．55°
C．60° D．70°
答案 B
解析 取O点为研究对象，在三力的作用下O点处于平衡状态，对其受力分析如图所示，根据几何关系可得β＝55°，故选B.
12．(2020·山东卷·8)如图所示，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( )
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 A、B刚要滑动时受力平衡，受力如图所示．
对A：FT＝mgsin 45°＋μmgcs 45°
对B：2mgsin 45°＝
FT＋3μmgcs 45°＋μmgcs 45°
整理得，μ＝eq \f(1,5)，选项C正确．
[尖子生选练]
13.(2022·山东临沭第一中学高三期末)如图所示，在一水平面上放置了一个顶端固定有滑轮的斜面，物块B、C重叠放置在斜面上，细绳的一端与物块B相连，另一端有结点O，结点处还有两段细绳，一段连接重物A，另一段用外力F拉住．现让外力F使重物A缓慢向上运动，拉至OO′水平，拉动过程中始终保证夹角α＝120°，且绳子OO′始终拉直，物块B和C以及斜面体始终静止，则下列说法正确的是( )
A．绳子OO′的拉力始终增大
B．B对C的摩擦力可能在减小
C．斜面对B的摩擦力可能先增大后减小
D．地面对斜面体的摩擦力可能先减小后增大
答案 C
解析 结点O转动过程中，动态分析如图所示，eq \f(mg,sin α)＝eq \f(F,sin β)＝eq \f(F1,sin γ)，由于α不变，结点O转动至水平的过程中，β角一直减小至直角，γ从60°一直增大到150°，可得，F一直增大，绳子的拉力F1先增大后减小，故A错误；斜面的倾角没变，物块C的重力沿斜面向下的分力不变，B对C的摩擦力等于物块C的重力沿斜面向下的分力，大小不变，故B错误；对B、C整体受力分析可知，绳子的拉力先增大后减小，但是不清楚初始状态绳子的拉力与物块B、C重力沿斜面向下方向分力大小关系，所以根据平衡条件可知，斜面对B的摩擦力可能先增大后减小，故C正确；对B、C整体受力分析可知，绳子对整体水平方向的拉力先增大后减小，则地面对斜面体的摩擦力先增大后减小，故D错误．
合成法
物体受三个共点力的作用而平衡，则任意两个力的合力一定与第三个力大小相等，方向相反
分解法
物体受三个共点力的作用而平衡，将某一个力按力的作用效果分解，则其分力和其他两个力满足平衡条件
正交
分解法
物体受到三个或三个以上力的作用时，将物体所受的力分解为相互垂直的两组，每组力都满足平衡条件
矢量三角形法
对受三个共点力作用而平衡的物体，将力的矢量图平移，使三个力组成一个首尾依次相接的矢量三角形，根据正弦定理、余弦定理或相似三角形等数学知识求解未知力
第1讲 力与物体的平衡
命题规律 1.命题角度：(1)物体的受力分析；单物体、多物体的静态平衡、动态平衡；临界和极值问题；(2)静电力、安培力、洛伦兹力作用下的平衡.2.常用方法：合成法、分解法、整体法与隔离法、图解法、解析法.3.常考题型：选择题．
考点一 静态平衡问题
1．受力分析的方法
(1)研究对象的选取：①整体法与隔离法(如图甲)；②转换研究对象法(如图乙)．
(2)画受力分析图：按一定的顺序分析力，只分析研究对象受到的力．
(3)验证受力的合理性：①假设法(如图丙)；②动力学分析法(如图丁)．
2．处理平衡问题常用的四种方法
例1 (2022·安徽黄山市一模)如图所示，一条细绳跨过定滑轮连接两个小球A、B，其中球A的质量为1 kg.它们都穿在一根光滑的竖直杆上，不计绳与滑轮间的摩擦，当两球平衡时OA绳与水平方向的夹角为θ＝37°，OB绳与水平方向的夹角为α＝53°，已知sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，则球B的质量为( )
A.eq \f(3,4) kg B.eq \f(4,3) kg
C.eq \f(3,5) kg D.eq \f(5,3) kg
答案 B
解析 分别对A、B两球分析，运用合成法，如图，由几何知识得FTsin 37°＝mAg，FTsin 53°＝mBg，解得球B的质量为mB＝eq \f(4,3) kg，故B正确，A、C、D错误．
例2 如图所示，质量均为m的小球A、B用三根轻质细绳连接，左侧轻绳绕过固定的光滑滑轮沿竖直方向固定在地面上，右侧轻绳绕过另一个固定的光滑滑轮与质量为M的物体C相连，系统平衡时，左、右两侧轻绳与竖直方向的夹角分别为α和β.若α＝62°，β＝56°，则eq \f(m,M)等于( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(1,3)
C.eq \f(1,4) D.eq \f(1,5)
答案 A
解析 对小球A、B整体进行受力分析，如图所示，则由正弦定理有eq \f(Mg,sin α)＝eq \f(2mg,sin 180°－α－β)，解得eq \f(m,M)＝eq \f(1,2)，故选A.
例3 (2022·山东临沂市三模)如图所示，用轻绳系住一质量为2m的匀质大球，大球和墙壁之间放置一质量为m的匀质小球，各接触面均光滑．系统平衡时，绳与竖直墙壁之间的夹角为α，两球心连线O1O2与轻绳之间的夹角为β，则( )
A．绳子的拉力可能小于墙壁的支持力
B．墙壁的支持力一定小于两球的重力
C．3tan α＝tan (α＋β)
D．3tan α＝2tan (α＋β)
答案 C
解析 对两球整体受力分析，受到绳子的拉力FT、墙壁的支持力FN和总重力3mg，如图所示，
根据平衡条件可得
FTsin α＝FN＝3mgtan α，
可知绳子的拉力一定大于墙壁的支持力，墙壁的支持力也可能大于或等于两球的重力，故A、B错误；对小球受力分析，如图所示，根据平衡条件有FN＝mgtan θ，由几何知识可得θ＝α＋β，联立可得3tan α＝tan (α＋β)，故C正确，D错误．
处理平衡问题的基本思路
例4 (2022·河南平顶山市模拟)如图所示，光滑绝缘杆弯成直角，直角处固定在水平地面上，质量为m、带电荷量为＋Q的小圆环A穿在右边杆上，质量为3m、带电荷量为＋3Q的小圆环B穿在左边杆上，静止时两圆环的连线与地面平行，右边杆与水平面夹角为α.重力加速度为g.则( )
A．右边杆对A环的支持力大小为eq \f(1,4)mg
B．左边杆对B环的支持力大小为mg
C．A环对B环的库仑力大小为3mg
D．A环对B环的库仑力大小为eq \r(3)mg
答案 D
解析 对A、B环受力分析，如图
对A环，由平衡条件可得FNA＝eq \f(mg,cs α)，F库＝mgtan α，对B环，由平衡条件可得FNB＝eq \f(3mg,cs 90°－α)，F库＝3mgtan (90°－α)，因库仑力相等，则有mgtan α＝3mgtan (90°－α)＝3mgeq \f(1,tan α)，解得α＝60°，则右边杆对A环支持力大小为FNA＝eq \f(mg,cs 60°)＝2mg，左边杆对B环支持力大小为FNB＝eq \f(3mg,cs 90°－α)＝2eq \r(3)mg，故A、B错误；两环之间的库仑力大小为F库＝mgtan 60°＝eq \r(3)mg，故C错误，D正确．
(1)静电场、磁场中的平衡问题，受力分析时要注意静电力、磁场力方向的判断，再结合平衡条件分析求解．
(2)涉及安培力的平衡问题，画受力示意图时要注意将立体图转化为平面图．
考点二 动态平衡问题
例5 (2022·河北卷·7)如图，用两根等长的细绳将一匀质圆柱体悬挂在竖直木板的P点，将木板以底边MN为轴向后方缓慢转动直至水平，绳与木板之间的夹角保持不变，忽略圆柱体与木板之间的摩擦，在转动过程中( )
A．圆柱体对木板的压力逐渐增大
B．圆柱体对木板的压力先增大后减小
C．两根细绳上的拉力均先增大后减小
D．两根细绳对圆柱体拉力的合力保持不变
答案 B
解析 设两绳子对圆柱体拉力的合力大小为FT，木板对圆柱体的支持力大小为FN，从右向左看如图所示，绳子与木板间的夹角不变，α也不变，在矢量三角形中，根据正弦定理有
eq \f(sin α,mg)＝eq \f(sin β,FN)＝eq \f(sin γ,FT)，
在木板以底边MN为轴向后方缓慢转动直至水平过程中，α不变，γ从90°逐渐减小到0，
又γ＋β＋α＝180°，且α<90°，
可知90°<γ＋β<180°，
则0<β<180°，
可知β从锐角逐渐增大到钝角，
根据eq \f(sin α,mg)＝eq \f(sin β,FN)＝eq \f(sin γ,FT)，
由于sin γ不断减小，可知FT逐渐减小，sin β先增大后减小，可知FN先增大后减小，结合牛顿第三定律可知，圆柱体对木板的压力先增大后减小，设两绳子之间的夹角为2θ，绳子拉力大小为FT′，则2FT′cs θ＝FT，
可得FT′＝eq \f(FT,2cs θ)，
θ不变，FT逐渐减小，可知绳子拉力不断减小，故B正确，A、C、D错误．
例6 (多选)如图，用硬铁丝弯成的光滑半圆环竖直放置，最高点B处固定一小定滑轮，质量为m的小球A穿在环上．现用细绳一端拴在A上，另一端跨过定滑轮用力F拉动，使A缓慢向上移动．在移动过程中关于铁丝对A的支持力FN，下列说法正确的是( )
A．FN的方向始终背离圆心O
B．FN的方向始终指向圆心O
C．FN逐渐变小
D．FN大小不变
答案 AD
解析 在小球A缓慢向上移动的过程中，A处于三力平衡状态，根据平衡条件知mg与FN的合力与FT等大反向共线，作出mg与FN的合力，如图，由三角形相似有：eq \f(mg,BO)＝eq \f(FN,AO)＝eq \f(FT,AB)，得FN＝eq \f(AO,BO)·mg，AO、BO都不变，则FN大小不变，方向始终背离圆心O，故A、D正确，B、C错误．
例7 (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
答案 C
解析 对滑块受力分析，由平衡条件有F＝mgsin θ，FN＝mgcs θ，θ为F与水平方向的夹角，滑块从A缓慢移动到B点时，θ越来越大，则推力F越来越大，支持力FN越来越小，所以A、B错误；
对凹槽与滑块整体受力分析，墙面对凹槽的压力大小为FN′＝Fcs θ＝mgsin θcs θ＝eq \f(1,2)mgsin 2θ，则θ越来越大时，墙面对凹槽的压力先增大后减小，所以C正确；
水平地面对凹槽的支持力为FN地＝(M＋m)g－Fsin θ＝(M＋m)g－mgsin2θ
则θ越来越大时，水平地面对凹槽的支持力越来越小，所以D错误．
例8 质量为M的木楔倾角为θ，在水平面上保持静止，当将一质量为m的木块放在木楔斜面上时，它正好匀速下滑．如果用与木楔斜面成α角的力F拉着木块匀速上升，如图所示(已知木楔在整个过程中始终静止，重力加速度为g)．
(1)当α变化时，求拉力F的最小值；
(2)F取最小值时，求木楔对水平面的摩擦力是多少．
答案 (1)mgsin 2θ (2)eq \f(1,2)mgsin 4θ
解析 (1)木块在木楔斜面上匀速向下运动时，根据平衡条件有mgsin θ＝μmgcs θ
解得μ＝tan θ
因其在力F作用下沿斜面向上匀速运动，根据正交分解法有
Fcs α＝mgsin θ＋Ff，Fsin α＋FN＝mgcs θ
且Ff＝μFN
联立解得F＝eq \f(2mgsin θ,cs α＋μsin α)
＝eq \f(2mgsin θcs θ,cs αcs θ＋sin αsin θ)＝eq \f(mgsin 2θ,cs θ－α)
则当α＝θ时，F有最小值，即Fmin＝mgsin 2θ.
(2)因为木块及木楔均处于平衡状态，整体受到的地面的摩擦力等于F的水平分力，即
FfM＝Fcs (α＋θ)
当F取最小值mgsin 2θ时，则有
FfM＝Fmincs 2θ＝mgsin 2θcs 2θ＝eq \f(1,2)mgsin 4θ.
1.解决动态平衡问题的一般思路
化“动”为“静”，多个状态下“静”态对比，分析各力的变化或极值．
2．三力作用下的动态平衡
3．四力作用下的动态平衡
(1)在四力平衡中，如果有两个力为恒力，或这两个力的合力方向确定，为了简便可用这两个力的合力代替这两个力，转化为三力平衡，例如：
如图，qE
(2)对于一般的四力平衡及多力平衡，可采用正交分解法．
(3)当力的方向发生变化的平衡问题求力的极小值时，一般利用三角函数求极值．
1.(2022·重庆市模拟)我国农村生活条件越来越好，在修建乡村住房时，工人用上了简易机械(如图所示)．甲站在地面上通过支架上的定滑轮拉着OA绳把建筑材料缓慢提升到楼顶，然后乙在楼顶水平拉着OB绳把建筑材料缓慢移到楼顶平台上．在乙缓慢移动建筑材料的过程中，下列说法正确的是( )
A．甲对OA绳的拉力先减小后增大
B．甲与地面之间的摩擦力逐渐增大
C．乙对OB绳的拉力大小不变
D．乙与楼层之间的摩擦力大小不变
答案 B
解析 依题意，设建筑材料的重力为G，OA绳右端与竖直方向夹角为θ，且对建筑材料的拉力大小为FOA，乙对OB绳的拉力大小为FOB，则乙在楼顶水平拉着OB绳把建筑材料缓慢移到楼顶平台上的过程中，对建筑材料受力分析，根据平衡条件有FOA＝eq \f(G,cs θ)，FOB＝Gtan θ，θ增大，则FOA增大，FOB增大，由此可知甲对OA绳的拉力增大，乙对OB绳的拉力增大，故A、C错误；对甲受力分析，由平衡条件可知，甲与地面之间的摩擦力大小等于OA绳对甲的拉力在水平方向上的分力，由于OA绳对甲的拉力逐渐增大且OA绳左端与水平方向夹角不变，所以可得甲与地面之间的摩擦力逐渐增大，故B正确；对乙受力分析，根据平衡条件可知乙与楼层之间的摩擦力大小等于OB绳对乙的拉力大小，由于FOB逐渐增大，所以可得乙与楼层之间的摩擦力逐渐增大，故D错误．
2．挂灯笼的习俗起源于西汉．如图所示，由五根等长的轻质细绳悬挂起质量分别为m、km、km、m(k>0)的灯笼A、B、C、D，B、C间细绳是水平的，上面两细绳与水平方向夹角为θ1，中间两细绳与竖直方向夹角为θ2.下列关系式正确的是( )
A．θ1＝θ2
B．kθ1＝θ2
C．tan θ1·tan θ2＝eq \f(k＋1,k)
D.eq \f(tan θ1,tan θ2)＝eq \f(k,k＋1)
答案 C
解析 对A、B构成的整体受力分析，设B、C间细绳上的拉力为FT，由几何关系得tan θ1＝eq \f(k＋1mg,FT)，对B受力分析，由几何关系得tan θ2＝eq \f(FT,kmg)，所以tan θ1·tan θ2＝eq \f(k＋1,k)，故选C.
专题强化练
[保分基础练]
1．(多选)(2022·广东东莞市东莞中学高三检测)如图甲所示，用瓦片做屋顶是我国建筑的特色之一．铺设瓦片时，屋顶结构可简化为图乙所示，建筑工人将瓦片轻放在两根相互平行的檩条正中间，且瓦片能静止在檩条上．已知檩条间距离为d，以下说法正确的是( )
A．瓦片总共受到5个力的作用
B．减小檩条间的距离d时，瓦片与檩条间的弹力增大
C．减小檩条间的距离d时，瓦片可能会下滑
D．增大檩条间的距离d时，瓦片与檩条间的摩擦力增大
答案 AC
解析 瓦片受重力、两侧的支持力和摩擦力，共5个力，故A正确；根据题图可知，设两檩条对瓦片的弹力与重力垂直檩条方向的分力间的夹角为α，有2FNcs α＝mgcs θ，减小檩条间的距离d时，夹角α变小，则瓦片与檩条间的弹力变小，最大静摩擦力变小，则瓦片可能会下滑，故B错误，C正确；增大檩条间的距离d时，瓦片仍然静止，瓦片与檩条间的摩擦力不变，故D错误．
2.(2022·浙江6月选考·10)如图所示，一轻质晒衣架静置于水平地面上，水平横杆与四根相同的斜杆垂直，两斜杆夹角θ＝60°.一重为G的物体悬挂在横杆中点，则每根斜杆受到地面的( )
A．作用力为eq \f(\r(3),3)G B．作用力为eq \f(\r(3),6)G
C．摩擦力为eq \f(\r(3),4)G D．摩擦力为eq \f(\r(3),8)G
答案 B
解析 设斜杆的弹力大小为F，以水平横杆和物体为整体，在竖直方向上根据受力平衡可得4Fcs 30°＝G，解得F＝eq \f(\r(3),6)G，以其中一斜杆为研究对象，其受力如图所示，可知每根斜杆受到地面的作用力应与F平衡，即大小为eq \f(\r(3),6)G，每根斜杆受到地面的摩擦力大小为Ff＝Fsin 30°＝eq \f(\r(3),12)G，B正确，A、C、D错误．
3.(2022·河北唐县田家炳中学高三检测)如图，A、B两物体通过两个质量不计的光滑滑轮悬挂起来，处于静止状态．现将绳子一端从P点缓慢移到Q点，系统仍然平衡，以下说法正确的是( )
A．夹角θ将变小
B．夹角θ将变大
C．物体B位置将升高
D．绳子张力将增大
答案 C
解析 因为绳子张力始终与物体B重力平衡，所以绳子张力不变，因为物体A的重力不变，所以绳子与水平方向的夹角不变，因为绳子一端从P点缓慢移到Q点，所以物体A会下落，物体B位置会升高，故选C.
4.(2022·山东烟台市、德州市一模)如图所示，山坡上两相邻高压线塔之间架有粗细均匀的导线，静止时导线呈曲线形下垂，最低点在C处．左塔A处对导线拉力的方向与竖直方向的夹角为30°，右塔B处对导线拉力的方向与竖直方向的夹角为60°，则导线AC部分与BC部分的质量之比为( )
A．2∶1 B．3∶1
C．4∶eq \r(3) D.eq \r(3)∶1
答案 B
解析 整体分析，根据水平方向平衡，FACsin 30°＝FBCsin 60°；单独分析左右两部分，根据竖直方向平衡，FBCcs 60°＝mBCg，FACcs 30°＝mACg，解得导线AC部分与BC部分的质量之比为3∶1，故选B.
5．(2022·辽宁卷·4)如图所示，蜘蛛用蛛丝将其自身悬挂在水管上，并处于静止状态．蛛丝OM、ON与竖直方向夹角分别为α、β(α>β)．用F1、F2分别表示OM、ON的拉力，则( )
A．F1的竖直分力大于F2的竖直分力
B．F1的竖直分力等于F2的竖直分力
C．F1的水平分力大于F2的水平分力
D．F1的水平分力等于F2的水平分力
答案 D
解析 对结点O受力分析可得，水平方向有F1sin α＝F2sin β，即F1的水平分力等于F2的水平分力，选项C错误，D正确；竖直方向有F1cs α＋F2cs β＝mg，联立解得F1＝eq \f(mgsin β,sin α＋β)，F2＝eq \f(mgsin α,sin α＋β)，则F1的竖直分量F1x＝eq \f(mgsin β cs α,sin α＋β)，F2的竖直分量F2x＝eq \f(mgsin α cs β,sin α＋β)，因sin αcs β－cs αsin β＝sin (α－β)>0，可知F2x>F1x，选项A、B错误．
6．(多选)(2022·重庆市一模)如图，站在水平台面上的工作人员用轻绳将一个光滑小球从四分之一圆弧最底端缓慢拉到定滑轮处，不计定滑轮摩擦，在此过程中，下列说法正确的是( )
A．绳的拉力一直增大
B．绳的拉力一直减小
C．圆弧对小球支持力一直增大
D．圆弧对小球支持力一直减小
答案 AD
解析 力的矢量三角形如图所示，由图可知绳的拉力一直增大，圆弧对小球支持力一直减小，故A、D正确，B、C错误．
7.如图所示，竖直墙上连有细绳AB，轻弹簧的一端与B相连，另一端固定在墙上的C点．细绳BD与弹簧拴接在B点，现给BD一水平向左的拉力F，使弹簧处于伸长状态，且AB和CB与墙的夹角均为45°.若保持B点不动，将BD绳绕B点沿顺时针方向缓慢转动，则在转动过程中BD绳的拉力F变化情况是( )
A．变小B．变大
C．先变小后变大D．先变大后变小
答案 A
解析 要保持B点的位置不变，BD绳向上转动的角度最大为45°，由于B点的位置不变，因此弹簧的弹力不变，由图可知，AB绳的拉力减小，BD绳的拉力F也减小，故A正确，B、C、D错误．
[争分提能练]
8．(2022·广东省华南师大附中模拟)如图所示，AOB为水平放置的光滑杆，夹角θ＝60°，杆上套有两个质量不计的小环，两环间连有可伸缩的弹性绳，今在绳的中点施加一沿θ角平分线水平方向的力F，缓慢地拉绳，待两环达稳定状态时，绳对环的拉力等于( )
A.eq \f(F,2) B．F C.eq \f(\r(3),2)F D.eq \f(\r(2),2)F
答案 B
解析 光滑杆AOB水平放置，竖直方向受力平衡，不再分析．在水平面内，对两环分别受力分析，都受到杆的弹力FN和轻绳的拉力FT，由力平衡原理得知，FN与FT大小相等，方向相反，而FN与杆垂直，则平衡时，轻绳的拉力FT必定与杆垂直．以两环及弹性轻绳整体为研究对象，分析水平方向整体受力情况，由几何知识得到两拉力间的夹角为120°，根据对称性，由平衡条件得到FT＝F，故选B.
9．(2022·湖南卷·5)2022年北京冬奥会跳台滑雪空中技巧比赛场地边，有一根系有飘带的风力指示杆，教练员根据飘带的形态提示运动员现场风力的情况．若飘带可视为粗细一致的匀质长绳，其所处范围内风速水平向右、大小恒定且不随高度改变．当飘带稳定时，飘带实际形态最接近的是( )
答案 A
解析 设飘带的单位长度质量为m0，单位长度所受风力为F0，从底端取飘带上任意长度为x，G＝m0gx，F＝F0x，则重力与风力的合力与竖直方向的夹角为tan θ＝eq \f(F,G)＝eq \f(F0,m0g)，可知所选飘带与竖直方向夹角与所选长度无关，二力合力方向恒定，飘带各处张力方向相同，则飘带为一条倾斜的直线，故选A.
10.如图所示，在竖直墙壁间有质量分别为m和3m的半圆球A和圆球B，其中B球球面光滑，半球A与左侧墙壁之间存在摩擦．两球心之间连线与水平方向成30°的夹角，两球恰好不下滑，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则半球A与左侧墙壁之间的动摩擦因数为( )
A.eq \f(\r(3),2) B.eq \f(\r(3),3) C.eq \f(\r(3),4) D.eq \f(4\r(3),9)
答案 D
解析 隔离光滑均匀圆球B，对B受力分析如图所示，可得FN＝eq \f(3mg,tan 30°)，对两球组成的整体有4mg－μFN＝0，联立解得μ＝eq \f(4\r(3),9)，故选D.
11.(2020·全国卷Ⅲ·17)如图，悬挂甲物体的细线拴牢在一不可伸长的轻质细绳上O点处；绳的一端固定在墙上，另一端通过光滑定滑轮与物体乙相连．甲、乙两物体质量相等．系统平衡时，O点两侧绳与竖直方向的夹角分别为α和β.若α＝70°，则β等于( )
A．45° B．55°
C．60° D．70°
答案 B
解析 取O点为研究对象，在三力的作用下O点处于平衡状态，对其受力分析如图所示，根据几何关系可得β＝55°，故选B.
12．(2020·山东卷·8)如图所示，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( )
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 A、B刚要滑动时受力平衡，受力如图所示．
对A：FT＝mgsin 45°＋μmgcs 45°
对B：2mgsin 45°＝
FT＋3μmgcs 45°＋μmgcs 45°
整理得，μ＝eq \f(1,5)，选项C正确．
[尖子生选练]
13.(2022·山东临沭第一中学高三期末)如图所示，在一水平面上放置了一个顶端固定有滑轮的斜面，物块B、C重叠放置在斜面上，细绳的一端与物块B相连，另一端有结点O，结点处还有两段细绳，一段连接重物A，另一段用外力F拉住．现让外力F使重物A缓慢向上运动，拉至OO′水平，拉动过程中始终保证夹角α＝120°，且绳子OO′始终拉直，物块B和C以及斜面体始终静止，则下列说法正确的是( )
A．绳子OO′的拉力始终增大
B．B对C的摩擦力可能在减小
C．斜面对B的摩擦力可能先增大后减小
D．地面对斜面体的摩擦力可能先减小后增大
答案 C
解析 结点O转动过程中，动态分析如图所示，eq \f(mg,sin α)＝eq \f(F,sin β)＝eq \f(F1,sin γ)，由于α不变，结点O转动至水平的过程中，β角一直减小至直角，γ从60°一直增大到150°，可得，F一直增大，绳子的拉力F1先增大后减小，故A错误；斜面的倾角没变，物块C的重力沿斜面向下的分力不变，B对C的摩擦力等于物块C的重力沿斜面向下的分力，大小不变，故B错误；对B、C整体受力分析可知，绳子的拉力先增大后减小，但是不清楚初始状态绳子的拉力与物块B、C重力沿斜面向下方向分力大小关系，所以根据平衡条件可知，斜面对B的摩擦力可能先增大后减小，故C正确；对B、C整体受力分析可知，绳子对整体水平方向的拉力先增大后减小，则地面对斜面体的摩擦力先增大后减小，故D错误．
合成法
物体受三个共点力的作用而平衡，则任意两个力的合力一定与第三个力大小相等，方向相反
分解法
物体受三个共点力的作用而平衡，将某一个力按力的作用效果分解，则其分力和其他两个力满足平衡条件
正交
分解法
物体受到三个或三个以上力的作用时，将物体所受的力分解为相互垂直的两组，每组力都满足平衡条件
矢量三角形法
对受三个共点力作用而平衡的物体，将力的矢量图平移，使三个力组成一个首尾依次相接的矢量三角形，根据正弦定理、余弦定理或相似三角形等数学知识求解未知力
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