2023届高考物理二轮复习专题一第1讲力与物体的平衡学案

专题一　力与运动

第1讲　力与物体的平衡

1.弹力

(1)大小:弹簧在弹性限度内,弹力的大小可由胡克定律F=kx计算;一般情况下物体间相互作用的弹力可由平衡条件或牛顿运动定律来求解。

(2)方向:一般垂直于接触面(或切面)指向形变恢复的方向,绳的拉力沿绳指向绳收缩的方向。

2.摩擦力

(1)大小:滑动摩擦力Ff=μF压,与接触面的面积无关;静摩擦力的增大有一个限度,具体值根据牛顿运动定律或平衡条件来求。

(2)方向:沿接触面的切线方向,并且跟物体的相对运动或相对运动趋势的方向相反。

3.静电力

(1)大小:F=qE。若为匀强电场,静电力则为恒力;若为非匀强电场,静电力则与电荷所处的位置有关。点电荷间的静电力F=k。

(2)方向:正电荷所受静电力方向与电场强度方向一致,负电荷所受静电力方向与电场强度方向相反。

4.安培力

(1)大小:F=BIL,此式只适用于B⊥I的情况,且L是导线的有效长度。当B∥I时,F=0。

(2)方向:用左手定则判断,安培力垂直于B、I确定的平面。

5.洛伦兹力

(1)大小:F=qvB,此式只适用于B⊥v的情况。当B∥v时,F=0。

(2)方向:用左手定则判断,洛伦兹力垂直于B、v确定的平面,洛伦兹力永不做功。

6.共点力的平衡

(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。

模型建构

滑块与斜面模型

如图所示,斜面固定,物块与斜面间的动摩擦因数为μ,将物块轻放在斜面上,若μ=tan θ,物块刚好不下滑;若μ>tan θ,物块静止;若μ<tan θ,物块下滑。与物块质量无关,只由μ与θ决定,其中μ≥tan θ时称为“自锁”现象。

考点一　静态平衡问题

(2020·全国Ⅲ卷,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(　B　)

A.45° B.55° C.60° D.70°

解析:O点受力如图所示,甲、乙两物体的质量相等,连接物体的细绳的拉力与物体的重力相等,所以F甲=F乙;O点受三个力处于平衡状态,拉力F与另两个力的合力等大反向,所以与墙相连一侧的细绳的延长线是力F甲和力F乙夹角的角平分线,根据几何关系知,θ=β,2θ+α=180°,解得β=55°,选项B正确。

(2022·山东济南模拟)(多选)如图所示,倾角为θ、质量为M的斜面体a放在水平地面上,质量为m的物块b放在斜面体上,用绕过光滑定滑轮的细绳拉住b,拉力方向水平、大小为F,系统保持静止。下列判断正确的是(　BC　)

A.地面受到的摩擦力大小为F,方向向左

B.斜面体a对物块b的支持力大小为mgcos θ

C.斜面体a对地面的压力大小为Mg+mg-Fsin θ

D.斜面体a对地面的压力大小为Mg+mgcos θ-Fsin θ

解析:把a、b作为整体分析,水平方向根据平衡条件Ff=Fcos θ,故A错误;对物块b,根据垂直斜面方向的合力为零可知,斜面体a对物块b的支持力大小为mgcos θ,故B正确;对a、b整体,在竖直方向,根据平衡条件有Mg+mg=FN+Fsin θ,FN=Mg+mg-Fsin θ,故C正确,D错误。

1.基本思路

依据“整体法”与“隔离法”来确定研究对象。

2.两个解题技巧

(1)善于转换研究对象,尤其是对摩擦力不易判定的情形,可以先分析相接触物体的受力情况,再应用牛顿第三定律判定。

(2)假设法是判断弹力、摩擦力的存在及方向的基本方法。

3.三个重要推论

(1)二力平衡:如果物体在两个共点力的作用下处于平衡状态,这两个力必定大小相等,方向相反。

(2)三力平衡:如果物体在三个共点力的作用下处于平衡状态,其中任意两个力的合力一定与第三个力大小相等,方向相反。

(3)多力平衡:如果物体受多个共点力作用处于平衡状态,其中任何一个力与其余力的合力大小相等,方向相反。

4.分析轻绳、轻杆弹力的“两种”模型

(1)“活结”与“死结”:“活结”两侧绳的弹力大小一定相等,“死结”两侧绳的弹力大小不一定相等。

(2)“动杆”与“定杆”:“动杆”弹力方向一定沿杆,“定杆”弹力方向不一定沿杆。

1.(2022·山东德州二模)如图所示,轻绳MN的两端固定在水平天花板上,物体m1通过另一段轻绳系在轻绳MN的某处,光滑轻滑轮跨在轻绳MN上,可通过其下边的一段轻绳与物体m2一起沿MN自由移动。系统静止时轻绳MN左端与水平方向的夹角为60°,右端与水平方向的夹角为30°。则物体m1与m2的质量之比为(　A　)

A.1∶1 B.1∶2 C.1∶ D.∶2

解析:对物体m1上端绳结受力分析如图甲所示。根据共点力平衡及几何关系,合力正好平分两个分力的夹角,可得F1=m1g。对滑轮受力分析如图乙所示,得F2=m2g。根据轻绳拉力特点可知F1=F2,则m1=m2。A正确。

2.(2022·辽宁大连模拟) 如图所示,两个完全相同的木模质量均为m,通过三根轻质竖直细线对称连接,放在水平面上呈“互”字型静置,上方木模呈现悬浮效果,这是利用了建筑学中的“张拉整体”的结构原理。细线a、b、c上的张力大小分别用Fa、Fb、Fc表示,水平面所受的压力大小为FN,重力加速度大小为g。下列关系式正确的是(　A　)

A.Fa>mg,FN=2mg 

B.Fa>mg,FN>2mg

C.Fb=Fc,Fa=Fb+0.5mg 

D.Fa=Fb+Fc

解析:对整体受力分析,由平衡条件得FN=2mg,由对称性可知Fb=Fc,对上方木模受力分析,受到自身向下的重力mg,两根长线向下的拉力Fb、Fc和短线a向上的拉力Fa,有Fa=mg+Fc+Fb,则Fa>mg,Fa≠Fb+Fc,故选A。

考点二　动态平衡问题

(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(　B　)

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

解析:设两绳子对圆柱体的拉力的合力为FT,木板对圆柱体的支持力为FN,绳子与木板夹角为β,从右向左看如图所示,在矢量三角形中,根据正弦定理==,在木板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==,由于sin γ不断减小,可知FT不断减小,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,每根绳子的拉力为FT′,则2FT′cos θ=FT,可得FT′=,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。

(2022·辽宁大连模拟)(多选) 如图所示,四分之一圆柱体P放在水平地面上,右侧与一块固定的竖直挡板Q接触;球心O的正上方A处有一个大小可忽略的定滑轮,一根轻绳跨过定滑轮,一端和置于圆柱体P上的小球(质量为m)连接,另一端系在固定竖直杆上的B点,一钩码(质量为m0)挂在AB间的轻绳上,整个装置处于静止状态。不计一切摩擦。若在钩码下方再加挂一个钩码,整个装置再次处于静止状态时,小球依然处于圆柱体P上,则此时与先前整个装置处于静止状态时相比(　AC　)

A.轻绳的拉力减小 B.P对小球的弹力增大

C.P对Q的压力减小 D.P对地面的压力减小

解析:小球受重力mg、P对它的支持力FN以及轻绳对它的拉力FT,其受力如图所示。由相似三角形可知==,其中,R为四分之一圆柱体的半径,L为定滑轮左侧轻绳的长度。在钩码下方再加挂一个钩码,钩码下移,小球将沿圆柱体上移,小球再次静止时,由于AO、mg、R不变,L减小,则FN大小不变,FT减小,即轻绳的拉力减小,P对小球的弹力大小不变,A正确,B错误。以小球和P为整体进行受力分析,根据水平方向受力平衡可得FQP=FTsin θ,θ为定滑轮左侧轻绳与竖直方向的夹角,由于FT减小,θ减小,可知Q对P的支持力减小,根据牛顿第三定律可知,P对Q的压力减小,C正确。以圆柱体P为对象进行受力分析,根据竖直方向受力平衡可得FN地=mPg+FN′sin α,α为小球对圆柱体P的压力与水平方向的夹角,由于FN′大小不变,α增大,可知地面对P的支持力增大,根据牛顿第三定律可知,P对地面的压力增大,D错误。

1.动态平衡

物体在缓慢移动过程中,可认为其速度、加速度均为零,物体处于平衡状态。

2.思路方法

把“动”化为“静”,“静”中求“动”。动态平衡问题的常用方法有图解法、解析法和相似三角形法。

(1)图解法:一个力恒定,另一个力的方向恒定时可用此法。例:挡板P由竖直位置向水平位置缓慢旋转时小球受力的变化。(如图所示)

(2)解析法:如果物体受到多个力的作用,可进行正交分解,利用解析法,建立平衡方程,根据自变量的变化确定因变量的变化。

(3)相似三角形法:一个力恒定、另外两个力的方向同时变化,当所作矢量三角形与空间的某个几何三角形总相似时用此法。(如表所示)

3.(2022·辽宁沈阳模拟) 如图所示为一简易起重装置,AC是上端带有滑轮的固定支架,BC为质量不计的轻杆,杆的一端C用铰链固定在支架上,另一端B悬挂一个重力为G的重物,并用钢丝绳跨过滑轮连接在卷扬机上。开始时,杆BC与支架AC的夹角∠BCA>90°,现使∠BCA缓缓变小,直到∠BCA=30°。在此过程中,杆BC所受的力(不计钢丝绳所受重力及一切阻力,且滑轮和铰链大小可不计)(　A　)

A.大小不变 B.逐渐增大

C.先减小后增大 D.先增大后减小

解析:以结点B为研究对象,分析受力情况,作出力的合成图如图所示。根据平衡条件知,F、FN的合力F合与G大小相等、方向相反。根据三角形相似得==,又F合=G,得F=G,FN=G。现使∠BCA缓慢变小的过程中,AB变小,而AC、BC不变,则F变小,FN不变,所以作用在BC杆上的压力大小不变。故选A。

4.(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(　C　)

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,而F=mgcos 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,根据平衡条件可得,墙面对凹槽的压力大小FN1=Fsin α=mgsin 2α,水平地面对凹槽的支持力FN2=Mg+mg-Fcos 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。

考点三　电磁场中的平衡问题

(2020·浙江1月卷,13)如图所示,在倾角为α的光滑绝缘斜面上固定一个挡板,在挡板上连接一根劲度系数为k0的绝缘轻质弹簧,弹簧另一端与A球连接。A、B、C三小球的质量均为M,qA=q0>0,qB=-q0,当系统处于静止状态时,三小球等间距排列。已知静电力常量为k,则(　A　)

A.qC=q0 

B.弹簧伸长量为

C.A球受到的库仑力大小为2Mg 

D.相邻两小球间距为q0

解析:对C球受力分析可知,必然存在沿斜面向上的力或分力使C球平衡,可知C球带正电,设小球间距为r,对C球有Mgsin α+k=k;同理,对B球有Mgsin α+k=k,联立解得qC=q0,r=q0,故A正确,D错误。对A、B、C三小球整体受力分析,根据平衡条件有3Mgsin α=k0x,则弹簧伸长量x=,故B错误;对A球受力分析,根据平衡条件有Mgsin α+F库=kx0,解得A球受到的库仑力F库=2Mgsin α,故C错误。

(2022·广东茂名模拟) 边长为L的硬轻质正三角形导线框abc置于竖直平面内,ab边水平,在下端c点用绝缘细线悬挂重物,匀强磁场的磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向里。现将a、b两端分别接在恒流电源的正、负极上,当通过ab边的电流为I时,重物恰好对地面无压力,则重物所受重力的大小为(　C　)

A.BIL B.2BIL C. D.

解析:由题意知,当ab边通电时,受向上的安培力F安=BIL,acb与ab并联,则Iacb=0.5I,F安′=BIL。根据平衡条件得mg=BIL+BIL,解得mg=,故选C。

1.“三种”电磁力的对比

2.涉及静电力、磁场力的平衡问题的解题思路

(1)记忆口诀:一场二弹三摩擦,各力方向准确画。

(2)思维导图。

3.解题常见误区及提醒

(1)安培力方向的判断要先判断磁场方向、电流方向,再用左手定则判断,同时注意立体图转化为平面图。

(2)静电力或安培力的出现,可能会对压力或摩擦力产生影响。

(3)涉及电路问题时,要注意闭合电路欧姆定律的使用。

5.(2022·广东广州二模)如图,在光滑绝缘斜面上有带电小球a与b,两球同时释放瞬间,a球的加速度刚好为零。则下列关于a、b的电性及初始位置,符合要求的是(　B　)

解析:带电小球a在光滑绝缘斜面上,对其受力分析,受重力、支持力和带电小球b对它的库仑力。两球同时释放瞬间,a球的加速度刚好为零,即带电小球b对它的库仑力与重力和支持力的合力平衡,故带电小球b对小球a的库仑力沿斜面向上。综上所述只有B图符合题意。

6.(2022·湖南卷,3)如图a,直导线MN被两等长且平行的绝缘轻绳悬挂于水平轴OO′上,其所在区域存在方向垂直指向OO′的磁场,与OO′距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化,其截面图如图b所示。导线通以电流I,静止后,悬线偏离竖直方向的夹角为θ。下列说法正确的是(　D　)

A.当导线静止在图a右侧位置时,导线中电流方向由N指向M

B.电流I增大,静止后,导线对悬线的拉力不变

C.tan θ与电流I成正比

D.sin θ与电流I成正比

解析:当导线静止在右侧位置时,导体棒MN在重力、拉力和安培力的作用下处于平衡状态,由平衡条件可知,导体棒所受安培力指向右侧,又安培力与磁场方向垂直,所以安培力垂直于轻绳指向右上方,由左手定则可知,导线中电流方向由M指向N,选项A错误;由平衡条件有,轻绳拉力F=,又BIL=mgsin θ,得sin θ=I,分析易知选项B、C错误,D正确。

考点四　平衡问题中的临界、极值问题

(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(　C　)

A. B. C. D.

解析:根据题述,物块A、B刚要滑动,可知A、B之间的摩擦力FfAB=μmgcos 45°,B与木板之间的摩擦力Ff=μ·3mgcos 45°。隔离A分析受力,由平衡条件可得轻绳中拉力F=FfAB+mgsin 45°。对A、B整体,由平衡条件有2F=3mgsin 45°-Ff,联立解得μ=,选项C正确。

(2022·河北保定检测)(多选)如图所示,质量为m的小球固定在轻杆的一端,轻杆另一端通过铰链固定于O点。现给小球施加一拉力F,使小球与轻杆绕O点缓慢转动,转动过程中拉力F与轻杆的夹角始终为θ=60°。则从小球刚好离开地面至轻杆转过90°的过程中(　AC　)

A.拉力F有最大值,为mg

B.拉力F有最小值,为mg

C.轻杆对小球的弹力FN先增大后减小

D.轻杆对小球的弹力FN先减小后增大

解析:选取小球运动过程中某一状态,对其受力分析,如图所示,由题意可知,α+β=120°,小球在重力mg、轻杆弹力FN、拉力F作用下平衡,根据正弦定理可得==,从小球刚好离开地面至轻杆转过90°的过程中,β从90°减小到零,sin β逐渐减小,拉力F逐渐减小,因此,当β=90°时,F最大,此时F=mg;α从30°增加到120°,sin α先增大后减小,弹力FN先增大后减小,当α=90°时,FN最大。故A、C正确,B、D错误。

1.临界问题

当某物理量变化时,会引起其他物理量的变化,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”等词语。

力的平衡中常见的临界状态有:

(1)两接触物体脱离与不脱离的临界条件是相互作用力为零(主要体现为两物体间的弹力为零)。

(2)绳子断与不断的临界条件为作用力达到最大值。

(3)存在摩擦力作用的两物体间发生相对滑动或相对静止的临界条件为静摩擦力达到最大值。

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.解决临界、极值问题的思路

4.解决临界、极值问题的三种方法

(1)解析法:根据物体的平衡条件列出平衡方程,在解方程时采用数学方法求极值。

(2)图解法:此种方法通常适用于物体只在三个力作用下的平衡问题。

(3)极限法:极限法是一种处理临界问题的有效方法,它是指通过恰当选取某个变化的物理量将问题推向极端(如“极大”“极小”等),从而把比较隐蔽的临界现象暴露出来,快速求解。

7.(2022·安徽芜湖阶段测试)(多选)如图所示,质量均为m的小球a、b之间用轻绳相连,小球a固定在轻杆的一端,轻杆的另一端固定在左侧竖直墙壁上,轻杆与竖直墙壁间的夹角为30°。现改变作用在小球b上的外力F的大小和方向,使轻绳与竖直方向的夹角保持60°不变。已知重力加速度为g。则(　AD　)

A.外力F可能水平偏上,也可能水平偏下

B.外力F的最小值为0.5mg

C.轻杆对小球a的作用力沿杆方向不变而大小改变

D.轻杆对小球a的作用力的最小值为mg

解析:对小球b受力分析,如图所示,

由图可知,外力F可能水平偏上,也可能水平偏下,故A正确;由图可知,外力F与轻绳垂直时最小,最小值F=mgsin 60°=mg,故B错误;以小球a为研究对象,可知小球a受到重力、轻绳的作用力以及轻杆的作用力处于平衡状态,由三个力平衡的特点可知,轻杆对小球a的作用力与小球a受到的重力、轻绳对小球a的拉力的合力大小相等,方向相反。小球a受到的重力大小方向都不变,绳对小球a的拉力方向不变,大小是变化的,所以小球a受到的重力与绳对小球a的拉力的合力大小、方向都是变化的,所以杆对小球a的作用力大小、方向都是变化的,故C错误;由小球b的受力分析可知,当拉力F对小球b的拉力方向竖直向上时,拉力F与小球b受到的重力大小相等,方向相反,轻绳此时的拉力等于0,此时小球a只受到重力和杆的作用力,此时杆对小球a的作用力最小,恰好等于小球a受到的重力,故D正确。

8.(2022·河北省级联测)如图所示,a、b、c三块质量均为m的物块叠放在一起,物块a、b间的动摩擦因数为0.6,物块b、c间的动摩擦因数为0.4,物块c与地面间的动摩擦因数为0.2,物块a、c用轻绳通过固定在墙面上的两个光滑定滑轮连接,物块与滑轮间轻绳水平,现用逐渐增大的水平力F向左拉c,直到使物块c发生运动。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则拉力F至少为(　B　)

A.2.0mg B.1.8mg C.2.2mg D.1.2mg

解析:物块之间产生相对滑动,需要达到对应点的最大静摩擦力,a、b间的最大静摩擦力为0.6mg,b、c间的最大静摩擦力为0.8mg,所以a、b间更易产生相对滑动,即拉动c,系统内物体间产生滑动时b、c作为一个整体一起运动。当c要发生运动时,对b、c整体受力分析,a对整体是向右的最大静摩擦力,为Ffa=0.6mg,地面对整体是向右的摩擦力,为Ff地=0.2×3mg=0.6mg,轻绳对整体向右的拉力FT=0.6mg,所以F≥FT+Ffa+Ff地=1.8mg,B正确,A、C、D错误。

平衡中的STSE问题

类型一　科技前沿问题

　新高考试题注重体现时代特色,引导学生秉持家国情怀,更注重情境化的命题趋势,试题命制中涉及科技前沿问题的日渐增多,这对同学们的解题素养提出了更高的要求。遇到这些问题时,需要将所学知识与实际习题情境联系起来,抓住问题的实质,从情境中抽象出物理模型,运用物理学基本规律解决。

(2020·浙江7月卷,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(　A　)

解析:根据题意,升力F2与速度方向垂直,因此可以排除选项B、D;空气阻力f与速度方向相反,可以排除选项C,故选项A正确。

若例1中,已知在战斗机沿水平方向超音速匀速巡航时升阻比(与速度方向垂直的升力和与速度方向相反的空气阻力之比)为k,飞机受到的重力为G,能使飞机实现水平匀速巡航模式的最小推力是(　C　)

A. B.

C. D.G

解析:飞机受到重力G、发动机推力F1、升力F2和空气阻力f,重力的方向竖直向下,升力F2的方向竖直向上,空气阻力f的方向与F2垂直,如图。

飞机沿水平方向超音速匀速巡航,则有水平方向Fx=f,竖直方向F2+Fy=G,F2=kf,解得Fy=G-kf,则=+=(k2+1)f2-2kGf+G2,与f的函数图像为开口向上的抛物线,其对称轴为f=,所以当f=时,取最小值,最小推力是F1min=,故选C。

类型二　生活实际问题

(2022·江苏苏州模拟)如图所示,士兵在水平地面上拉轮胎训练,士兵以速度v做匀速直线运动,运动过程中保持双肩及两绳的端点A、B等高,两绳间的夹角为θ,所构成的平面与水平面间的夹角α不变,则(　A　)

A.保持v不变,θ变小,绳子的拉力变小

B.保持v不变,θ变小,绳子的拉力变大

C.保持θ不变,v较小时,绳子的拉力较小

D.保持θ不变,v较小时,绳子的拉力较大

解析:保持v不变,则轮胎做匀速直线运动,设两根绳的合力为F,根据平行四边形定则有F=2FTcos,对轮胎受力分析,根据正交分解法,水平方向上有Fcos α=Ff,竖直方向有Fsin α+FN=mg,又Ff=μFN,联立解得FT=,故θ变小,绳子的拉力变小,故A正确,B错误;

由题知,轮胎做匀速直线运动,根据FT=,可知保持θ不变,则拉力FT不变,与速度的大小无关,故C、D错误。

1.若例2中,已知每根绳的拉力与地面摩擦力的大小关系为F=Ff,且cos=,则角度α的大小为(　A　)

A.30° B.37° C.45° D.60°

解析:每根绳的拉力为F,则这两根绳拉力的合力F合=2Fcos ,方向沿两绳夹角的平分线,与水平面的夹角为α,受力分析如图所示。

对轮胎,由平衡条件得F合cos α=Ff,解得α=30°。故选A。

2.若例2中,两绳间的夹角为θ=60°,所构成的平面与水平面间的夹角恒为α=53°,轮胎所受重力为G,地面对轮胎的摩擦力大小恒为Ff,则每根绳的拉力大小为(　C　)

A.Ff B.Ff C.Ff D.Ff 

解析:设每根绳的拉力为F,则这两根绳拉力的合力F合=2Fcos,方向沿两绳夹角的平分线,与水平面的夹角为α,受力分析如图所示。

对轮胎F合cos α=Ff,解得F==Ff。故A、B、D错误,C正确。