高考共點力的平衡要點

1、專題二受力分析共點力的平衡【考綱解讀】1.學會進行受力分析的一般步驟與方法.2.掌握共點力的平衡條件及推論.3.掌握整體法與隔離法，學會用圖解法分析動態(tài)平衡問題和極值問題.題組扣點自我梳理以題幕點深入理解概念規(guī)律|基礎知識題組1 .對物體受力分析如圖1所示，兩個等大、反向的水平力 F分別作用在物體 A和B上，A、B兩物體均 處于靜止狀態(tài).若各接觸面與水平地面平行，則A、B兩物體各受幾個力21A"F圖1A . 3個、4個C. 4個、5個答案 CB. 4個、4個D. 4個、6個解析 由于A靜止，A受重力、B的支持力、拉力F及B對A向左的靜摩擦力，共 4個力.把A、B看做一個整體可知，兩個

2、力 F的效果抵消，地面對 B沒有靜摩擦力作用，故 B受重力、拉力F、地面的支持力、A對B的壓力和A對B向右的靜摩擦力，共 5個力的作用.選項 C正確.2.受力分析和平衡條件的應用如圖2所示，運動員的雙手握緊豎直放置的圓形器械，在手臂 OA由水平方向緩慢移動到 OA'位置的過程中，若手臂 OA、OB的拉力分別為Fa和Fb,則下列表述正確的是圖2A. Fa 一定小于運動員的重力GB . Fa與Fb的合力始終大小不變C. Fa的大小保持不變D . Fb的大小保持不變答案 B解析本題考查共點力平衡的知識，意在考查學生對共點力平衡的條件、共點力平衡時各個力之間的關系的掌握.手臂OA緩慢移動時，運

3、動員受到的拉力與運動員所受的重力平衡，如圖所示， Fa與G的合力F合與Fb等大反向，F(xiàn)A = Gtan仇當。>45°時，F(xiàn)a>G ;當。<45°時，F(xiàn)a<G, A錯誤；同理Fa與Fb的合力與G等大反向，B正確；隨著角度 0的變化Fa、Fb的大小都將變化，C、D錯誤.3.整體法和隔離法的應用如圖3所示，質量分別為 mi、m2的兩個物體通過輕彈簧連接，在力 F的作用 下一起沿水平方向做勻速直線運動 (m在地面上，m2在空中)，力F與水平方向成。角.則m1所受支持 力Fn和摩擦力Ff正確的是()圖3A . Fn= mig+ m2g Fsin 0B . Fn

4、 = mig + m2g Fcos 0C. Ff = Fcos 0D . Ff= Fsin 0答案 AC解析 將m1、m2和彈簧看做整體，受力分析如圖所示根據(jù)平衡條件得Ff= Fcos 0Fn+ Fsin 0= (m1+m2)g則 Fn= (m1 + m2)gFsin 0故選項A、C正確.|考點梳理整合1 .共點力作用下物體的平衡(1)平衡狀態(tài)物體處于靜止或勻速直線運動的狀態(tài).F 合 x= 0(2)共點力的平衡條件：F尸0或者 3 = 02 .共點力平衡的幾條重要推論(1)二力平衡：如果物體在兩個共點力的作用下處于平衡狀態(tài)，這兩個力必定大小相等，方岫反.其中任意兩個力的合力一定與第三個力（2）

5、三力平衡：如果物體在三個共點力的作用下處于平衡狀態(tài), 大小相等，方向相反.（3）多力平衡：如果物體受多個力作用處于平衡狀態(tài)，其中任何一個力與其余力的合力大小相等，方同 相反.課堂探究*考點突破先做后聽共同探究規(guī)律方法考點一物體的受力分析1 .定義：把指定物體（研究對象）在特定的物理環(huán)境中受到的所有外力都找出來，并畫出受力示意圖，這個過程就是受力分析.2 .受力分析的一般順序：先分析場力（重力、電場力、磁場力），再分析接觸力（彈力、摩擦力），最后分析其他力.【例1】如圖4所示，木塊A和B接觸面水平，在水平力 F作用下，木塊A、B保持靜止，則木塊 B受力的個數(shù)可能是（）圖4A . 3個B. 4個的

6、推力C. 5個D. 6個解析 根據(jù)整體法，把 A、B作為一個整體，整體受重力、水平向左F,斜面的支持力 Fn,斜面對整體的摩擦力可有可無，即斜面對B物體的摩擦力無法判斷.將 A隔離，B對A有向右的靜摩擦力，故A對B有向左的靜摩擦力，所以B受力分析如圖，所以 B物體受力可能是4個也有可能是5個.答案 BC方法技巧受力分析的方法步驟【突破訓練1】如圖5所示，在恒力F作用下，a、b兩物體一起沿粗糙豎直墻面勻速向上運動，則關于它圖5們受力情況的說法正確的是A. a 一定受到4個力B. b可能受到4個力C. a與墻壁之間一定有彈力和摩擦力D . a與b之間一定有摩擦力答案 AD解析 將a、b看成整體，其

7、受力圖如圖甲所示，說明a與墻壁之間沒有彈力和摩擦力作用；對物體b進行受力分析，如圖乙所示，b受到3個力作用，所以a受到4個力作用.考點二平衡條件的應用方法1 .處理平衡問題的常用方法方法內容合成法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，方向相反分解法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件正交分解法物體受到三個或三個以上力的作用而平衡，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力的三角形法對受三個力作用而平衡的物體，將力的矢量圖平移使三個力組成一個首尾依次相接的矢量三角形，根據(jù)正弦定理、余弦定理或相似

8、二角形等數(shù)學知識求解未知力2 .處理平衡問題的兩點說明(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.需要分解的力盡可能少.物體受四個以(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,上的力作用時一般要采用正交分解法.【例2】如圖6所示，某同學表演魔術時，將一小型條形磁鐵藏在自己的袖子里，然后對著一懸掛的金屬小 球“指手畫腳”，結果小球在他神奇的功力下飄動起來.假設當隱藏的小磁鐵位于小球左上方某一位置C(圖中0= 37°)時，金屬小球偏離豎直方向的夾角也是37°.已知小球的質量為 m=4.8 kg,該同學(含小磁鐵)的質量為 M = 50 kg, (si

9、n 37 = 0.6, cos 37 = 0.8, g = 10 m/s2)求此時:圖6(1)懸掛小球的細線的拉力大??；(2)該同學受到地面的支持力和摩擦力大小.答案 (1)30 N (2)524 N 18 N解析(1)以球為研究對象，由豎直方向受力平衡知2Fcos 37 = mg, F = 2cos7-30 N(2)以該同學為研究對象Ff= Fsin 37 = 18 NFn=Fcos 37 4 Mg = 524 N.規(guī)律總結共點力作用下物體平衡的一般解題思路選用整體法確定研一或隰離法1r究對象對研究對象 受力分析將某些力挑好 合成或分解【突破訓練2 如圖7所示，質量為 M的斜面體A置于粗糙水

10、平面上，用輕繩拴住質量為m的小球B置于斜面上，整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài).已知斜面傾角仁30。，輕繩與斜面平行且另一端固定在豎直墻面上,不計小球與斜面間的摩擦，則A .斜面體對小球的作用力大小為mg1B.輕繩對小球的作用力大小為 2mgC.斜面體對水平面的壓力大小為（M + m）g3D.斜面體與水平面間的摩擦力大小為mg答案 BD解析以小球為研究對象，對其受力分析如圖.因小球保持靜止，所以由共點力的平衡條件可得:mgsin 0 Ft=0Fn mgcos 0= 0由兩式可得FT=mgsin 0= 2mgFn = mgcos 0=mg平面的支即輕繩對小球的作用力（拉力）為；mg,斜面對小球的作用力（支持

11、力）為坐mg.A錯，B對.把小球和斜面體作為一個整體進行研究，其受重力（M + m）g,水持力Fn'、摩擦力Ff以及輕繩的拉力Ft.受力情況如圖所示.因研究對象處于靜止狀態(tài)，所以由平衡條件可得：Ff- Ftcos 0= 0dFn' + FTSin 0 （M+m）g=0聯(lián)立式可得：Fn' =Mg + 3mg, Ff=¥3mg443由牛頓第二定律可知斜面體對水平面的壓力為Mg +4mg.C錯，D對.考點三用圖解法進行動態(tài)平衡的分析1 .動態(tài)平衡：是指平衡問題中的一部分力是變力，是動態(tài)力，力的大小和方向均要發(fā)生變化，所以叫動態(tài)平衡，這是力平衡問題中的一類難題.2 .

12、基本思路：化“動”為“靜”，“靜”中求“動”.3 .基本方法：圖解法和解析法.例3如圖8所示，物體在沿粗糙斜面向上的拉力 F作用下處于靜止狀態(tài).當 F逐漸增大到物體即將相 對于斜面向上運動的過程中，斜面對物體的作用力可能（）A.逐漸增大B.逐漸減小C.先增大后減小D .先減小后增大解析因為初始狀態(tài)拉力 F的大小未知，所以斜面對物體的摩擦力大向未知，故在F逐漸增大的過程中，斜面對物體的作用力的變化存在多種可能.斜面對物體的作用力是斜面對物體的支持力與摩擦力的合力.因為物體始終保持靜止狀態(tài)，所以斜面對物體的作用力和物體重力G與拉力F的合力是平衡力.因此，判斷斜面對物體的作小和方用力的變化就轉化為分

13、析物體的重力G和拉力F的合力的變化.物體的重力 G和拉力F答案 AD方法技耳用圖解法解動態(tài)平衡問題的一般思路的合力的變化如圖所示，由圖可知，F(xiàn)合可能先減小后增大，也可能逐漸增大.(1)平行四邊形定則是基本方法，但也要根據(jù)實際情況采用不同的方法：若出現(xiàn)直角三角形，常用三角函數(shù)表示合力與分力的關系；若給定條件中有長度條件， 常用力組成的三角形(矢量三角形)與長度組成的三角形(幾何三角形)的相似 比求解.(2)用力的矢量三角形分析力的最小值問題的規(guī)律：若已知F合的方向、大小及一個分力 Fi的方向，則另一分力 F2的最小值的條件為 Fi±F2；若已知F合的方向及一個分力 Fi的大小、方向，則

14、另一分力 F2的最小值的條件為F2-L F 合.當細繩由水平方向緩慢向上偏移【突破訓練3 如圖9所示，將球用細繩系住放在傾角為。的光滑斜面上,至豎直方向的過程中，細繩上的拉力將圖9A.逐漸增大B.逐漸減小C.先增大后減小D .先減小后增大答案 D解析 球的重力有兩個效果，即拉細繩和壓斜面，用圖解法分析該題,作出力偏移至豎直方向時，細繩上的拉力F2將先的分解圖示如圖所示.由圖可知，當細繩由水平方向逐漸向上減小后增大，當 F2和Fl的方向垂直時，F(xiàn)2有極小值；而球壓斜面的力 Fi逐漸減小.故選項 D正確.學科素養(yǎng)培養(yǎng)物理思想方法7 .整體法與隔離法在平衡問題中的應用整體法和隔離法的使用技巧當分析相

15、互作用的兩個或兩個以上物體整體的受力情況及分析外力對系統(tǒng)的作用時，宜用整體法；而在分析系統(tǒng)內各物體 （或一個物體各部分）間的相互作用時常用隔離法.整體法和隔離法不是獨立的，對一些較復雜問題，通常需要多次選取研究對象，交替使用整體法和隔離法.例4】如圖10所示，A、B、C、D四個人做雜技表演，B站在A的肩上，雙手拉著 C和D, A撐開雙手 水平支持著C和D.若四個人的質量均為 m,他們的臂長相等，重力加速度為g,不計A手掌與C、D身體間的摩擦.下列結論錯誤的是（）圖10A. A受到地面的支持力為 4mgB. B受到A的支持力為3mg2.3C. B受到C的拉力約為 3 mgD . C受到A的推力約

16、為233mg解析對A、B、C、D四個人組成的整體進行受力分析，豎直方向上受重力4mg和地面的支持力Fn而平衡，故Fn= 4mg,而支持力作用在 A上，即A受到地面的支持力為 4mg,故A項正確；將B、C、 D視為一個整體，受重力 3mg和A對整體的支持力 Fn'而平衡，故Fn' =3mg,而A對B、C、D的 支持力作用在B上，故B受到A的支持力為3mg, B正確；對C隔離分析：C受重力mg, A對C水 平向左的推力F推，B對C的拉力F拉，設/CBA為依因四人的臂長相等， 則CB = 2CA,故030°, 故F拉cos 0= mg,可得F拉=:g =mg,故C正確；F推

17、=F拉sin 0 =_mg,故D錯誤.故COS 33本題選D.答案 D素養(yǎng)培養(yǎng)一物理就想旅8 .平衡中的臨界與極值問題的處理方法1 .臨界問題當某物理量變化時，會引起其他幾個物理量的變化，從而使物體所處的平衡狀態(tài)“恰好出現(xiàn)”或“恰好不出現(xiàn)”，在問題的描述中常用“剛好”、“剛能”、“恰好”等語言敘述.常見的臨界狀態(tài)有：(1)兩接觸物體脫離與不脫離的臨界條件是相互作用力為0(主要體現(xiàn)為兩物體間的彈力為0);(2)繩子斷與不斷的臨界條件為繩中張力達到最大值；繩子繃緊與松馳的臨界條件為繩中張力為0;(3)存在摩擦力作用的兩物體間發(fā)生相對滑動或相對靜止的臨界條件為靜摩擦力達到最大.研究的基本思維方法：假

18、設推理法.2 .極值問題平衡物體的極值，一般指在力的變化過程中的最大值和最小值問題.一般用圖解法或解析法進行分析.例5 重為G的木塊與水平地面間的動摩擦因數(shù)為的一人欲用最小的作用力 F使木塊做勻速運動， 則此最小作用力的大小和方向應如何？解析 木塊在運動過程中受摩擦力作用，要減小摩擦力，應使作用力F斜向上，設當F斜向上與水平方向的夾角為 “時，F(xiàn)的值最小.木塊受力分析如圖所示，由平衡條件知:Fcos a IN = 0, Fsin a+ FnG = 0解上述二式得：F =cos a+ psin a令 tan 4=的 貝U sin()=2, cos -p21+jiy 1+ji可得 F =M= )L

19、c0s 葉閭n a 飛1+ f2cos( a_ g1+ 2可見當a=(f)時，F(xiàn)有最小值，即Fmin = 答案 jG 2與水平方向成 a角且tan a=科規(guī)律總結解決極值問題和臨界問題的方法（1）圖解法：根據(jù)物體的平衡條件，作出力的矢量圖，通過對物理過程的分析，利用平行四邊形定則進行動態(tài)分析，確定最大值與最小值.（或畫出函數(shù)圖象）,（2）數(shù)學解法：通過對問題的分析，依據(jù)物體的平衡條件寫出物理量之間的函數(shù)關系用數(shù)學方法求極值（如求二次函數(shù)極值、公式極值、三角函數(shù)極值）.懸1考模書以* 提能訓練走近高考檢剌課堂效果提升解題能力【高考題組】1. （2013新課標n 15）如圖11,在固定斜面上的一物

20、塊受到一外力F的作用，F(xiàn)平行于斜面向上.若要物塊在斜面上保持靜止，F(xiàn)的取值應有一定范圍，已知其最大值和最小值分別為F1和F2（F2>0）.由此可求出（）圖11A.物塊的質量B.斜面的傾角C.物塊與斜面間的最大靜摩擦力D.物塊對斜面的正壓力答案 C解析 當拉力為F1時，物塊有沿斜面向上運動的趨勢，受到沿斜面向下的靜摩擦力，則F=mgsin 0+ fm.當拉力為F2時，物塊有沿斜面向下運動的趨勢，受到沿斜面向上的靜摩擦力， 則F2+fm=mgsin依F1一 F2由此解得fm=-2,其余幾個量無法求出，只有選項C正確.2. （2013天津5）如圖12所示，小球用細繩系住，繩的另一端固定于 。點

21、.現(xiàn)用水平力F緩慢推動斜面體，小球在斜面上無摩擦地滑動，細繩始終處于直線狀態(tài)，當小球升到接近斜面頂端時細繩接近水平，此過程中斜面對小球的支持力Fn以及繩對小球的拉力 Ft的變化情況是A. Fn保持不變，F(xiàn)t不斷增大B. Fn不斷增大，F(xiàn)t不斷減小C. Fn保持不變，F(xiàn)t先增大后減小D. Fn不斷增大，F(xiàn)t先減小后增大答案 D解析 對小球受力分析如圖（重力mg、支持力Fn,繩的拉力Ft）.畫出一簇平行四邊形如圖所示，當Ft方向與斜面平行時，F(xiàn)t最小，所以Ft先減小后增大，F(xiàn)n 一直增大，只有選項 D正確.3. （2013廣東20）如圖13,物體P靜止于固定的斜面上，P的上表面水平，現(xiàn)把物體Q輕輕

22、地疊放在 P上，則圖13A . P向下滑動B. P靜止不動C. P所受的合外力增大D. P與斜面間的靜摩擦力增大答案 BD解析 設斜面的傾角為 以放上Q,相當于增加了 P的質量，對P受力分析并列平衡方程得mgsin 0=fw mgos仇N = mgcos。.當m增加時，不等式兩邊都增加， 不等式仍然成立，P仍然靜止，故選B、D.【模擬題組】4.半圓柱體P放在粗糙的水平面上，有一擋板MN ,其延長線總是過半圓柱體的軸心。，但擋板與半圓柱體不接觸.在 P和MN之間放有一個光滑均勻的小圓柱體Q,整個裝置處于靜止狀態(tài)，如圖 14是這個裝置的截面圖.若用外力使MN繞。點緩慢地逆時針轉動，在 Q到達最高位

23、置前，發(fā)現(xiàn) P始終保持靜止，在此過程中，下列說法中正確的是（）圖14A. MN對Q的彈力大小保持不變B . MN對Q的彈力先增大后減小C. P、Q間的彈力先增大后減小D. P所受桌面的作用力一直增大答案 DE. 如圖15所示，質量為 mi的物體甲通過三段輕繩懸掛，三段輕繩的結點為O,輕繩OB水平且B端與站在水平面上的質量為 m2的人相連，輕繩OA與豎直方向的夾角 0= 37°,物體甲及人均處于靜止狀態(tài).(已知sin 37 = 0.6, cos 37 = 0.8, g取10 m/s2設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)求:圖15(1)輕繩OA、OB受到的拉力為多大？(2)人受到的摩擦力是多大

24、？方向如何？(3)若人的質量m2 =60 kg,人與水平面之間的動摩擦因數(shù)為科=0.3,則欲使人在水平面上不滑動，物體甲的質量 m1最大不能超過多少？533答案 (1)4m1g m1g (2)m1g 水平向左(3)24 kg解析(1)以結點O為研究對象，如圖所示，建立直角坐標系，將 Foa分解，由平衡條件Fob-FoASin 0= 0FoaCOS 0- mg = 0m 1 g5聯(lián)立斛仔：Foa= cos 0= m1g3 FoB=mgtan 0=4m1g53由牛頓第三定律知：輕繩 OA、OB受到的拉力分別為-m1g> -m1g(2)人水平方向受到 OB繩的拉力和水平面的靜摩擦力，受力如圖所

25、示，由平衡條件得:_3Ff=FoB=4mig,方向水平向左（3）當甲的質量增大到人剛要滑動時，質量達到最大，此時人受到 到最大值.Ffm= （in2g由平衡條件得：F OBm= F fmp3又 F OBm = mimgtan 0= 4mimg聯(lián)立解得：mim= 4FOBm = 4詈=24 kg 3g 3g即物體甲的質量 mi最大不能超過24 kg.練出高分（限時：30分鐘）?題組1對物體受力分析1 .如圖1所示，兩梯形木塊 A、B疊放在水平地面上，A、B之間的接觸面傾斜.連接 A與天花板之間的細 繩沿豎直方向，關于兩木塊的受力，下列說法正確的是（）圖1A . A、B之間一定存在摩擦力作用B .

26、木塊A可能受三個力作用C.木塊B可能受到地面的摩擦力作用D . B受到的地面的支持力一定大于木塊 B的重力答案 B解析 當繩對A的拉力等于 A的重力時，A、B之間沒有彈力，也一定沒有摩擦力，此時地面對B的支持力等于B的重力，因此選項 A、D錯誤.當繩對 A的拉力為零時，由力的平衡知，A應受重力、彈力和B對A的摩擦力共三個力的作用，選項 B正確.由整體法可知，地面對 B的摩擦力一定為零，選項C錯誤.2 .如圖2所示，一個質量為 m的滑塊靜止置于傾角為 30。的粗糙斜面上，一根輕彈簧一端固定在豎直墻上的P點，另一端系在滑塊上，彈簧與豎直方向的夾角為30°,則（）圖2A.彈簧一定處于壓縮狀

27、態(tài)B.滑塊可能受到三個力作用C.斜面對滑塊的支持力不能為零D.斜面對滑塊的摩擦力大小等于mg答案 BCP和一平行斜面的輕彈簧Q連接著，小3.如圖3所示，固定斜面上有一光滑小球，分別與一豎直輕彈簧球處于靜止狀態(tài)，則關于小球所受力的個數(shù)不可能的是（ ）圖3A. 1B. 2C. 3D. 4答案 A解析設斜面傾角為。，小球質量為m,假設輕彈簧P對小球的拉力大小恰好等于mg,則小球受二力平衡；假設輕彈簧Q對小球的拉力等于 mgsin Q小球受到重力、彈簧Q的拉力和斜面的支持力作用，三力平衡；如果兩個彈簧對小球都施加了拉力，那么除了重力，小球只有再受到斜面的支持力才能保證小球受力平衡，即四力平衡；小球只受

28、單個力的作用， 合力不可能為零，小球不可能處于靜止狀態(tài).4.如圖4所示，用一根細線系住重力為 球與斜面的接觸面非常小，細線懸點?題組2動態(tài)平衡問題分析G、半徑為R的球，其與傾角為 “的光滑斜劈接觸，處于靜止狀態(tài), O固定不動，在斜劈從圖示位置緩慢水平向左移動直至繩子與斜面平行的過程中，下述正確的是A .細繩對球的拉力先減小后增大B .細繩對球的拉力先增大后減小圖5C.細繩對球的拉力一直減小D .細繩對球的拉力最小值等于Gsin “答案 CD解析 以小球為研究對象，對其受力分析如圖所示，因題中“緩慢”移處于動態(tài)平衡，由圖知在題設的過程中，F(xiàn)t一直減小，當繩子與斜面平Fn垂直，F(xiàn)t有最小值，且FT

29、min = Gsin a,故選項C、D正確.1 一5.在固定于地面的斜面上垂直安放了一個擋板，截面為4圓的枉狀物體甲放在斜面上，半徑與甲相等的光滑圓球乙被夾在甲與擋板之間，乙沒有與斜面接觸而處于靜止狀態(tài)，如圖5所示.現(xiàn)在從球心處對甲施加一平行于斜面向下的力 F,使甲沿斜面方向緩慢地移動，直至甲與擋板接觸為止.設乙對擋板的壓力 為Fi,甲對斜面的壓力為 F2,在此過程中A. Fi緩慢增大，F(xiàn)2緩慢增大B. Fi緩慢增大，F(xiàn)2緩慢減小C. Fi緩慢減小，F(xiàn)2緩慢增大 D. Fi緩慢減小，F(xiàn)2保持不變 答案 D解析 對整體受力分析，如圖甲所示，垂直斜面方向只受兩個力：甲、乙重力在垂直于斜面方向的分力

30、和斜面對甲的支持力 F2，且F2 一 Gcos 0= 0,即F2保持不變，由牛頓第三定律可知，甲對斜面的壓力F2也保持不變；對圓球乙受力分析如圖乙、丙所示，當甲緩慢下移時，F(xiàn)n與豎直方向的夾角減小，F(xiàn)i減小.6.如圖6所示，形狀和質量完全相同的兩個圓柱體剛好固定在水平面 MN的下方，上邊露出另可緩慢的將a拉離平面一直滑到a、半，b的頂端，對該過程分析，則應有乙丙b靠在一起，表面光滑，重力為 G,其中b的下半部a靜止在平面上.現(xiàn)過 a的軸心施以水平作用力 F,圖6A.拉力F先增大后減小，最大值是 GB.開始時拉力F最大為mG,以后逐漸減小為 0C. a、b間的壓力開始最大為 2G,而后逐漸減小到

31、 GD. a、b間的壓力由0逐漸增大，最大為 G答案 BC解析 要把a拉離平面，在開始時，平面MN對a球的支持力應為零，因此a球受力分析如圖甲所示,則sin e=餐2,所以e= 3°。，拉力時舟=展當球a逐漸上移時，用圖解法分析F的變化如圖乙所示在千a上移時，拉力F逐漸減小至零.在開始時，F(xiàn)n = .- 2G，以后逐漸減小至G，因此正確選項為B、C.?題組3整體法與隔離法的應用7 .如圖7所示，A和B兩物塊的接觸面是水平的， A與B保持相對靜止一起沿固定粗糙斜面勻速下滑, 在下滑過程中B的受力個數(shù)為（）圖7A. 3個B. 4個C. 5個D. 6個答案 B解析 A與B相對靜止一起沿斜面勻速下滑，可先將二者當做整體進行受力分析，再對B單獨進行受力分析，可知B受到的力有：重力 Gb、A對B的壓力、斜面對 B的支持力和摩擦力，選項 B正確.8 .如圖8所示，水平固定傾角為 30°的光滑斜面上有兩個質量均為m的小球A、B,它們用勁度系數(shù)