【物理】2018届二轮复习 力与物体的平衡 学案（全国通用）

【物理】2018届二轮复习 力与物体的平衡 学案（全国通用）

‎【命题意图】 ‎ 本题结合生活实际考查受力分析、共点力的平衡条件，涉及正交分解法的简单应用，意在考查考生对力学基本知识的掌握情况，以及运用物理知识解决实际问题的能力。‎ ‎【专题定位】‎ 本专题解决的是受力分析和共点力平衡问题.高考对本专题内容的考查主要有：‎ ‎（1）对各种性质力特点的理解；‎ ‎（2）共点力作用下平衡条件的应用.考查的主要物理方法和思想有：①整体法和隔离法；②假设法；③合成法；④正交分解法；⑤矢量三角形法；⑥相似三角形法；⑦等效思想；⑧分解思想.‎ ‎【考试方向】 受力分析和共点力的平衡问题是高中物理的基础，也是高考考查的重点。受力分析是解决动力学问题的关键，单独命题时往往和实际问题结合在一起。共点力的平衡问题，单独命题时往往和实际问题结合在一起，但是考查更多的是融入到其他物理模型中间接考查，如，结合运动学命题，或者出现在导轨模型中等。‎ ‎【应考策略】‎ 深刻理解各种性质力的特点；熟练掌握分析共点力平衡问题的各种方法.‎ ‎【得分要点】 ‎ 受力分析，要按照一定的顺序进行，特别注意弹力和摩擦力有无以及它们方向的判断。对于共点力的平衡问题，常用方法有：‎ ‎（1）正交分解法：适用于三力或三力以上平衡问题，可用于求解大小、方向确定的力的问题。‎ ‎（2）矢量三角形法：适用于三力平衡问题，该方法有时涉及正弦定理的运用，有时利用矢量三角形和几何三角形的相似性来求解力。‎ ‎（3）三力平衡的动态分析：三个力中重力大小方向不变、一个力的方向不变大小可以改变、一个大小方向都改变。常常把三个力放置在一个矢量三角形中，有时涉及相似三角形的知识。‎ 注意：涉及滑动摩擦力的四力平衡问题中，可以把滑动摩擦力Ff和正压力FN合成为一个力F，只要Ff和FN方向不变，则F的方向不变。这样就可以把四力平衡转化为三力平衡问题。‎ ‎【2016年高考选题】‎ ‎【2016·海南卷】如图，在水平桌面上放置一斜面体P，两长方体物块a和b叠放在P的斜面上，整个系统处于静止状态。若将a和b、b与P、P与桌面之间摩擦力的大小分别用f1、f2和f3表示。则： （ ）‎ A．f1=0，f2≠0，f3≠0 B．f1≠0，f2=0，f3=0‎ C．f1≠0，f2≠0，f3=0 D．f1≠0，f2≠0，f3≠0‎ ‎【答案】C ‎【名师点睛】“整体隔离法”是力学中的重要方法，一定要熟练掌握，注意对于由多个物体组成的系统，不涉及内力时优先考虑以整体为研究对象。‎ ‎【知识精讲】‎ ‎1.中学物理中的各种性质的力 种类 大小 方向 说明 重力 G＝mg(不同高度、纬度、星球，g不同)‎ 竖直向下 微观粒子的重力一般可忽略，带电小球、微粒的重力一般不能忽略 弹簧的弹力 F＝kx(x为形变量)‎ 沿弹簧轴线 大小、方向都能够发生变化 静摩擦力 ‎0＜Ff静≤Fmax 与相对运动趋势方向相反 没有公式，只能由牛顿运动定律求解 滑动摩擦力 Ff滑＝μFN 与相对运动方向相反 一般情况下FN ≠mg 万有引力 F＝G 沿质点间的连线 适用于质点之间、质量均匀分布的球体之间引力的求解 库仑力 F＝k 沿点电荷间的连线 适用于真空中点电荷间库仑力的求解 电场力 F电＝qE 正(负)电荷与电场强度方向相同(相反)‎ 带电体处于电场中一定受电场力 安培力 F＝BIL 当B∥I时，F＝0‎ 左手定则，安培力(洛伦兹力)的方向总是垂直于B与I(或B与v)决定的平面 电流或电荷处于磁场中不一定受磁场力 ‎ 洛伦兹力 ‎ F洛＝qvB[ 学。科。网] ‎ 当B∥v时，‎ F洛＝0‎ ‎2.受力分析的常用方法 ‎(1)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系统整体的加速度 研究系统内物体之间的相互作用力 ‎(2)假设法 在受力分析时，若不能确定某力是否存在，可先对其作出存在或不存在的假设，然后再就该力存在与否对物体运动状态影响的不同来判断该力是否存在.‎ ‎(3)转换研究对象法 当直接分析一个物体的受力不方便时，可转换研究对象，先分析另一个物体的受力，再根据牛顿第三定律分析该物体的受力.‎ ‎【高频考点】‎ 高频考点一：整体法和隔离法的应用 ‎【解题方略】‎ ‎1.在分析两个或两个以上物体间的相互作用时，一般采用整体法与隔离法进行分析.‎ ‎2.采用整体法进行受力分析时，要注意系统内各个物体的状态应该相同.‎ ‎3.当直接分析一个物体的受力不方便时，可转移研究对象，先分析另一个物体的受力，再根据牛顿第三定律分析该物体的受力，此法叫“转移研究对象法”.‎ 本考点既是重点，更是难点，“难”表现在两个方面：一是研究对象复杂，往往涉及多个物体；二是试题情景 颖，常与生活实际相联系或是实际情景的抽象。对于该类问题，关键是在明确研究对象的前提下，灵活地选用两大方法。建议对本考点重点攻坚 ‎【例题1】如图所示，一同学在水平桌面上将三个形状不规则的石块成功叠放在一起，保持平衡。下列说法正确的是： （ ）‎ A．石块b对a的支持力与a受到的重力是一对相互作用力 B．石块b对a的支持力一定等于a受到的重力 C．石块c受到水平桌面向左的摩擦力 D．石块c对b的作用力一定竖直向上 ‎【答案】D ‎【名师点睛】分析物体的受力，一方面从产生条件分析，另一方面从所处状态分析，由于是形状不规则的是快，所以要注意石块是否形成斜面，从而确定摩擦力是否存在。‎ 高频考点二：受力分析和平衡条件的应用 ‎【解题方略】‎ 动态平衡问题分析的常用方法 ‎(1)解析法：一般把力进行正交分解，两个方向上列平衡方程，写出所要分析的力与变化角度的关系，然后判断各力的变化趋势.‎ ‎(2)图解法：能用图解法分析动态变化的问题有三个显著特征：①物体一般受三个力作用；②其中有一个大小、方向都不变的力；③还有一个方向不变的力.‎ 动态平衡问题是高考的重点。物体在缓慢移动过程中均处于平衡状态，但物体所受的某些力的大小和方向均发生变化，使结果出现一些不确定性，这是此类问题常失分的主要原因。针对此类问题，只要按照以下思维流程，准确分析各力特点，合理选取解题方法，问题便可迎刃而解。建议考生灵活掌握。‎ ‎【例题2】半圆柱体P放在粗糙的水平面上，有一挡板MN，其延长线总是过半圆柱体的轴心O，但挡板与半圆柱体不接触，在P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于静止状态，如图是这个装置的截面图，若用外力使MN绕O点从水平位置缓慢地逆时针转动，在Q到达最高位置前，发现P始终保持静止，在此过程中，下列说法正确的是： （ ）‎ A.MN对Q的弹力大小保持不变 B.P、Q间的弹力先增大后减小 C.桌面对P的摩擦力先增大后减小 D.P所受桌面的支持力一直减小 ‎【答案】C ‎【名师点睛】本题采用隔离法研究动态平衡问题，分析受力，作出力图是关键，对C选项分析时可以使用极端假设法，假设初末位置分别在最低点和最高点，再对整体受力分析判断，难度适中。‎ 高频考点三：电磁场中的平衡问题 ‎【解题方略】‎ 电磁场中的平衡问题，分析方法与纯力学问题相同。解决此类问题，应注意以下三点：①库仑力的方向和大小的确定；②运用左手定则确定洛伦兹力或安培力的方向；③综合应用物体的平衡条件和力的合成与分解知识解题。建议考生学会迁移应用 ‎【例题3】如图所示，电荷量为、的两个正点电荷分别固定在光滑绝缘水平面上的点和点，两点相距。在水平面上固定一个以为直径的水平光滑半圆环，在半圆环上穿着一个带电量为（视为点电荷）的小球，并在点平衡。与的夹角为，由此可求和的电荷量之比 。‎ ‎【答案】（3分）‎ ‎，r2=Lsinα…②‎ 根据平衡条件有：‎ F1sinα=F2cosα…③‎ 联立①②③解得：‎ ‎【名师点睛】本题主要考查了库仑定律、力的合成与分解的运用、共点力平衡的条件及其应用。对带电小球进行受力分析，由于不考虑重力，因此根据平衡条件可知，小球受力在切线方向上的合力为零，据此结合数学关系列方程即可正确求解。‎ 高频考点四：平衡条件中的临界问题和极值问题 ‎【解题方略】‎ ‎1.平衡问题的临界状态是指物体所处的平衡状态将要被破坏而尚未被破坏的状态，可理解成“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”等语言叙述，解临界问题的基本方法是假设推理法.‎ ‎2.临界问题往往是和极值问题联系在一起的.解决此类问题重在形成清晰的物理图景，分析清楚物理过程，从而找出临界条件或达到极值的条件.要特别注意可能出现的多种情况.‎ ‎【例题4】质量为M的木楔倾角为θ，在水平面上保持静止，质量为m的木块刚好可以在木楔上表面上匀速下滑.现在用与木楔上表面成α角的力F拉着木块匀速上滑，如图10所示，求：‎ 图10‎ ‎(1)当α＝θ时，拉力F有最小值，求此最小值；‎ ‎(2)拉力F最小时，木楔对水平面的摩擦力的大小.‎ ‎【答案】(1)mgsin 2θ；(2)mgsin 4θ 联立以上各式解得，F＝.‎ 当α＝θ时，F有最小值，Fmin＝mgsin 2θ.‎ ‎(2)对木块和木楔整体受力分析如图乙所示，由平衡条件得，Ff′＝Fcos(θ＋α)，当拉力F最小时，Ff′＝Fmin·cos 2θ＝mgsin 4θ.‎ ‎【近三年高考题精选】‎ ‎1．【2016·全国 课标Ⅲ卷】如图，两个轻环a和b套在位于竖直面内的一段固定圆弧上；一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为m的小球。在a和b之间的细线上悬挂一小物块。平衡时，a、b间的距离恰好等于圆弧的半径。不计所有摩擦。小物块的质量为： （ ）‎ A． B． C．m D．2m ‎【答案】C ‎【方法技巧】在处理共点力平衡问题时，关键是对物体进行受力分析，然后根据正交分解法将各个力分解成两个方向上的力，然后列式求解，如果物体受到三力处于平衡状态，则可根据矢量三角形法，将三个力移动到一个三角形中，然后根据角度列式求解。‎ ‎2．【2016·浙江卷】（多选）如图所示，把A、B两个相同的导电小球分别用长为0.10‎ ‎ m的绝缘细线悬挂于OA和OB两点。用丝绸摩擦过的玻璃棒与A球接触，棒移开后将悬点OB移到OA点固定。两球接触后分开，平衡时距离为0.12 m。已测得每个小球质量是，带电小球可视为点电荷，重力加速度，静电力常量，则： （ ）‎ A．两球所带电荷量相等 B．A球所受的静电力为1.0×10-2 N C．B球所带的电荷量为 D．A、B两球连线中点处的电场强度为0‎ ‎【答案】ACD ‎【解析】两相同的导电小球接触后电荷量均分，故两小球所带电荷量相等，选项A正确；对A球进行受力分析可知，由几何关系，两球分斥开后，悬线与竖直方向的夹角为37°，根据平行四边形法则可得，，选项B错误；根据库伦定理有，解得，选项C正确；AB带等量的同种电荷，故在A、B两小球连续中点处的电场强度为0 ，选项D正确；故选ACD。‎ ‎【名师点睛】此题是关于共点力的平衡及库仑定律的应用问题，是我们平时经常接触到的题目略作改编而成的 试题，只要平时对基础题目理解到位，有一定的基础知识就能解答；所以建议我们的同学平时学习要扎扎实实的做好常规题。‎ ‎3．【2016·全国 课标Ⅱ卷】质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上。用水平向左的力F缓慢拉动绳的中点O，如图所示。用T 表示绳OA段拉力的大小，在O点向左移动的过程中： （ ）‎ A．F逐渐变大，T逐渐变大 B．F逐渐变大，T逐渐变小 C．F逐渐变小，T逐渐变大 　 D．F逐渐变小，T逐渐变小 ‎【答案】A O mg F 可得，水平拉力F逐渐增大，绳的拉力逐渐增大，故选A。‎ ‎【名师点睛】此题是物体的平衡问题，考查平行四边形定则的应用；图解法是最简单快捷的方法，注意搞清各个力的大小及方向变化的特点，变换平行四边形即可。此题还可以列方程讨论。‎ ‎4．【2015·山东·16】如图，滑块A置于水平地面上，滑块B在一水平力作用下紧靠滑块A(A、B接触面竖直)，此时A恰好不滑动，B刚好不下滑。已知A与B间的动摩擦因数为，A与地面间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。A与B的质量之比为： （ ）‎ B A A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】物体AB整体在水平方向受力平衡，由平衡条件可得：；对物体B在竖直方向平衡有：；联立解得：，选项B正确.‎ ‎【名师点睛】解题的关键是正确选择研究对象；并对研究对象列得平衡方程.‎ ‎5．【2014·上海卷】如图，光滑的四分之一圆弧轨道A、B固定在竖直平面内，A端与水平面相切，穿在轨道上的小球在拉力F的作用下，缓慢地由A向B运动， F始终沿轨道的切线方向，轨道对球的弹力为N。在运动过程中： （ ）‎ ‎（A）F增大，N减小 （B）F减小，N减小 （C）F增大，N增大 （D）F减小，N增大 ‎【答案】A ‎【方法技巧】本题的重点在于由小球缓慢的运动，得到小球始终处于平衡状态，然后根据平衡条件求出F、N的表达式，判断其变化。‎ ‎【模拟押题】‎ ‎1. 轻杆的一端安装有一个小滑轮P，用手握住杆的另一端支持着悬挂重物的绳子，如图所示，现保持滑轮的位置不变，使杆向下转动一个角度到虚线位置，则下列关于杆对滑轮P的作用力的判断正确的是： （ ）‎ A、变大 B、不变 C、变小 D、无法确定 ‎【答案】B ‎【名师点睛】本题关键要滑轮为研究对象，抓住不变的条件：两绳子的拉力不变，其合力不变，由平衡条件就能分析知道杆对滑轮P的作用力是保持不变的。‎ ‎2. 如图所示，斜面上放有两个完全相同的物体A、B，两物体间用两根相同轻杆连接，轻杆通过铰链相连，在铰链上加一与斜面垂直的拉力F，使两物体均处于静止状态。则下列说法正确的是： （ ） ‎ A．A受到沿斜面向上的摩擦力，B受到沿斜面向下的摩擦力 B．A、B两物体受到力的个数一定相同 C．A、B两物体对斜面的压力一定相同 D．当逐渐增大拉力F时，物体B先开始滑动 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 杆对A有沿着杆子方向的推力，故A受杆子的推力、重力、支持力和静摩擦力，静摩擦力平行斜面向上；杆对B有沿着杆子方向的推力，故A受杆子的推力、重力、支持力，可能有静摩擦力；当推力沿着斜面方向的分力大于重力平行斜面的分力时，静摩擦力平行斜面向下；当推力沿着斜面方向的分力等于重力平行斜面的分力时，没有静摩擦力；推力沿着斜面方向的分力小于重力平行斜面的分力时，静摩擦力平行斜面向下；故A错误；根据选项A的分析，A受4个力，B可能受3个力，也可能受4个力，故B错误；A、B两物体对斜面的压力等于重力垂直斜面的分力与杆子推力垂直斜面的分力的矢量和，一定相等，故C正确；当从零开始逐渐增大拉力F时，物体A的静摩擦力逐渐增加，等于推力沿着斜面方向的分力加上重力平行斜面的分力；而物体B的静摩擦力先减小后反向增加，等于推力沿着斜面方向的分力减去重力平行斜面的分力的绝对值；故物体A受静摩擦力先达到最大值，故A先滑动，故D错误；故选C.‎ ‎【名师点睛】本题解题的关键是正确对物体进行受力分析，两个物体都处于静止状态，受力平衡，杆子的压力和重力都分解到沿斜面方向和垂直于斜面方向，根据共点力平衡条件分析即可，难度不大。‎ ‎3.‎ ‎ 如图a所示，质量为m的半球体静止在倾角为θ的平板上，当θ从0缓慢增大到90°的过程中，半球体所受摩擦力Ff与θ的关系如图b所示，已知半球体始终没有脱离平板，半球体与平板间的动摩擦因数为，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度为g，则： （ ）‎ A．O～q段图象可能是直线 B．q﹣段图象可能是直线 C. D．‎ ‎【答案】D ‎【名师点睛】本题关键是受力分析后要能够区分是滑动摩擦力还是静摩擦力，然后结合平衡条件和滑动摩擦定律列式分析，基础题目。‎ ‎4. 如图所示，质量为m的物体置于倾角为θ的固定斜面上．物体与斜面之间的动摩擦因数为μ，先用平行于斜面的推力F1作用于物体上使其能沿斜面匀速上滑，若改用水平推力F2作用于物体上，也能使物体沿斜面匀速上滑，则两次的推力之比为： （ ）‎ A．cos θ＋μsin θ B．cos θ－μsin θ C．1＋μtan θ D．1－μtan θ ‎【答案】B F1=mgsinθ+μFN         FN=mgcosθ 解得：F1=mgsinθ+μmgcosθ F2作用时，物体的受力情况如图2，根据平衡条件得 F2cosθ=mgsinθ+μFN′‎ FN′=mgcosθ+F2sinθ 解得：‎ 所以,故选B ‎【名师点睛】此题是关于对物体的平衡及正交分解法的考查；解题时以物体为研究对象，分析受力情况，作出力图，根据平衡条件运用正交分解法求解F1与F2的大小，再求它们的比值。‎ ‎5. 如图所示，绳与杆均不计重力，承受力的最大值一定。A端用铰链固定，滑轮O在A点正上方（滑轮大小及摩擦均可忽略），B端挂一重物P，现施加拉力T将B缓慢上拉（绳和杆均未断），在杆达到竖直前： （ ）‎ A．绳子越来越容易断 B．绳子越来越不容易断 C．杆越来越容易断 ‎ ‎ D．杆越来越不容易断 ‎【答案】B 由平衡条件得知，N和FT的合力与T大小相等，方向相反，根据三角形相似可得：‎ 又T=G，解得：；使∠BAO缓慢变小时，AB、AO保持不变，BO变小，则N保持不变，FT变小．故杆无所谓易断不易断，绳子越来越不容易断．故B项正确．故选B。‎ ‎【名师点睛】考查了力的动态分析，本题涉及非直角三角形的力平衡问题，采用三角形相似，得到力与三角形边长的关系，再分析力的变化，是常用的方法。‎ ‎6. 迎泽公园有这样一根电杆，一条电缆线由北向南绕过电杆转向由东向西．电缆与电杆的接触点为P。固定电杆的钢索一端固定在P点，另一端固定在地面上，钢索、电杆与东西方向的电缆在同一竖直平面内．设电缆线水平，南北、东西方向的电缆对电杆的拉力分别为F1、F2，且大小相等，钢索对电杆的拉力为F3；已知植于土中的电杆竖直，下列说法正确的是： （ ）‎ A、F1、F2和F3的合力竖直向下 ‎ B、地面对电杆的作用力竖直向上 C、F1、F2和F3在水平面内能的合力可能为0‎ D、F1、F2和F3在水平面内合力的方向偏向北方一侧 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 三个拉力F1、F2和F3不共面，其中F1向北、F2向南、F3向右下方，根据平行四边形定则，合力不可能为零，在水平面内合力的方向偏向北方一侧，故A错误，C错误，D正确；对杆子，三个拉力F1、F2和F3的合力不平行杆子，故地面的对电杆的作用力不可能竖直向上，否则杆子有转动效果，故B错误；故选D.‎ ‎【名师点睛】本题关键是结合力的平衡条件进行分析，要注意杆的弹力不一定平行杆子，由于涉及空间力系，所以也考查学生的空间想象能力，本题同时要结合力矩知识考虑转动问题，所以较难.‎ ‎7. 质量为M的半球形物体A和质量为m的球形物体B紧靠着放在倾角为α的固定斜面上,并处于静止状态,如图所示。忽略B球表面的摩擦力,则关于物体受力情况的判断正确的是： （ ）‎ A.物体A对物体B的弹力方向沿斜面向上 B.物体A受到3个力的作用 C. 物体B对物体A的压力大于mgsin α[ Z-x-x-k.Com] D. 物体B对斜面的压力等于mgcos α ‎【答案】C 根据平衡条件，有：mgsinα=Fcosθ；Fsinθ+N=mgcosα；结合牛顿第三定律，物体B对斜面的压力小于mgcosα，物体B对物体A的压力大于mgsinα，故AD错误，C正确；物体A受重力、支持力、摩擦力、B对A的压力，共4个力，故B错误；故选C.‎ ‎【名师点睛】本题考查了共点力的平衡问题；关键对物体正确的受力分析，画出受力图，同时要明确物体A对B的弹力与接触面垂直，不是平行斜面向上，然后根据平衡条件并结合牛顿第三定律分析，此题难度不大。‎ ‎8. （多选）A、B两带电小球，质量分别为mA、mB，用绝缘不可伸长的细线如图悬挂，静止时A、B两球处于相同高度．若B对A及A对B的库仑力分别为FA、FB，则下列判断正确的是： （ ）‎ ‎ ‎ A.FA＜FB B.细线AC对A的拉力 C．细线OC的拉力TC=（mA+mB）g D．同时烧断AC、BC细线后，A、B在竖直方向的加速度相同 ‎【答案】CD 衡条件有：mAg=TAcos30° 因此，故B错误； 由整体法可知，细线的拉力等于两球的重力，即细线OC的拉力TC=（mA+mB）g，故C正确；同时烧断AC、BC细线后，A、B在竖直方向只受重力作用，所以加速度均为g相同，故D正确；故选CD.‎ ‎【名师点睛】此题考查了牛顿第二、第三定律、物体的平衡条件的应用以及整体法解决问题；本题关键是分别对两个小球受力分析，然后根据平衡条件列方程；再结合库仑定律列方程分析求解；此题难度不大，意在考查学生利用基础知识解决问题的能力. ‎ ‎9. 如图所示,质量为、长为的直导线用两绝缘细线悬挂于,并处于匀强磁场中.当导线中通以沿负方向的电流,且导线保持静止时,悬线与竖直方向的夹角为.则磁感应强度的方向和大小不可能的是： （ ）‎ A．正向, B．负向,‎ C．负向, D．沿悬线向上,‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 磁感应强度方向为z正方向，根据左手定则，直导线所受安培力方向沿y正方向，由平衡条件得：BILcosθ=mgsinθ，解得：，直导线可能静止，故不能选A；当磁场沿y负方向时，由左手定则可知，导线受到的安培力竖直向上，当BIL=mg，导线静止，直导线可能静止，故不能选B；当磁场沿x负方向时，磁场与电流平行，导线不受安培力，导线只在重力与细线拉力作用下不能静，故选C；当沿悬线向上时，由左手定则可知，安培力垂直于导线斜向上方，由平衡条件得：BIL=mgsinθ，则，直导线可能静止，故不能选D。‎ ‎【名师点睛】本题主要考查了左手定则、共点力作用下的平衡的综合应用。属于中等难度的题目。由于安培力的方向总是垂直于电流方向与磁场方向决定的平面，即F一定垂直于B和I，但B和I不一定垂直（如果B和I平行则不受安培力）。因此涉及安培力的问题常呈现于三维空间中，要解决这类问题，需从合适的方位将立体图改画为二维平面图，再通过受力分析及运动情况分析，结合平衡条件或牛顿运动定律解题。‎ ‎10. （多选）如图，一光滑的轻滑轮用细绳悬挂于O点：另一端绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b，与竖直方向的夹角为，连接ab间的细绳间的夹角为，外力F向右上方拉b，整个系统处于静止状态，若F方向不变，大小在一定范围内变化，物块b仍始终保持静止，则： （ ）‎ A．两角度大小间关系为 B．绳的张力的大小也在一定范围内变化 C．物块b所受到的支持力的大小也在一定范围内变化 D．物块b与桌面间的摩擦力的大小也在一定范围内变化 ‎【答案】ACD ‎，由此可得：，由于T的大小不变，可见当F大小发生变化时，支持力的大小也在一定范围内变化，故C正确；，由于T的大小不变，当F大小发生变化时，b静止可得摩擦力的大小也在一定范围内发生变化，故D正确．‎ ‎11. 如图所示，质量为m1的物体A压在放于地面上的竖直轻弹簧k1上，上端与轻弹簧k2相连，轻弹簧k2上端与质量也为m2物体B相连，物体B通过轻绳跨过光滑的定滑轮与轻质小桶P相连，A、B均静止．现缓慢地向小桶P内加入细砂，当弹簧k1恰好恢复原长时，（小桶一直未落地）求 ‎（1）小桶P内所加人的细砂质量；（2）小桶在此过程中下降的距离．‎ ‎【答案】（1）m1+m2（2）（m1+m2）g（）‎ 当k1恢复原长时，对A分析，k2x2′=m1g，弹簧k2的伸长量为：‎ 在此过程中，小桶下降的距离为：‎ h=x1+x2+x2′=（m1+m2）g（）‎ ‎12. 如图所示，竖直平面内放一直角杆AOB，杆的水平部分粗糙，动摩擦因数μ=0.2，杆的竖直部分光滑．两部分各有质量均为1kg的小球A和B，A、B间用细绳相连，此时A、B处于静止状态，OA=3m，OB=4m．若用水平拉力F向右缓缓地拉A使之移动1m，则(重力加速度g=10m/s2)．‎ ‎（1）该过程中A受到的摩擦力多大？拉力F做功多少？‎ ‎（2）若用20N的恒力拉A球也移动1m，此时A的速度达到2m/s，则此过程中产生的内能为多少？‎ ‎【答案】（1）4N；14J （2）4.4J 根据共点力平衡条件，有 竖直方向：N=G1+G2‎ 水平方向：F=f+N1‎ 其中：f=μN 解得N=（m1+m2）g=20N f=μN=0.2×20N=4N 对整体在整个运动过程中运用动能定理列式，得到WF﹣fs﹣m2g•h=0‎ 根据几何关系，可知求B上升距离h=1m，故WF=fs+m2g•h=4×1+1×10×1=14J ‎（2）根据功能关系知：FS=mv2+E内+mgh，根据速度的分解与合成知B的速度为m/s 解得E内=20×1﹣0.5×1×4﹣0.5×1×﹣1×10×1=4.4J ‎