素養(yǎng)提升課二共點(diǎn)力平衡中的三類典型問題

第三章相互作用1．學(xué)會應(yīng)用整體法和隔離法解決多物體平衡問題。2．掌握解析法、圖解法和相似三角形法解決動態(tài)平衡問題。3．學(xué)會處理共點(diǎn)力平衡中的臨界、極值問題。素養(yǎng)目標(biāo)提升點(diǎn)一應(yīng)用整體法與隔離法分析多物體

平衡問題1．問題界定：一個(gè)平衡系統(tǒng)中涉及兩個(gè)或兩個(gè)以上的物體，即為多物體的平衡問題。2．處理方法：整體法和隔離法(1)如果不涉及系統(tǒng)內(nèi)物體間的相互作用力，要優(yōu)先采用整體法，這樣涉及的研究對象少，未知量少，方程少，求解簡便；(2)如果涉及系統(tǒng)內(nèi)物體間的相互作用力，則必須采用隔離法，對有關(guān)物體單獨(dú)分析。(3)對于較復(fù)雜的問題，往往需要交替使用整體法和隔離法。如圖所示，A球重G1＝60N，斜面體B重G2＝100N，斜面傾角為30°，一切摩擦均不計(jì)。則水平力F為多大時(shí)，才能使A、B均處于靜止?fàn)顟B(tài)？求此時(shí)豎直墻壁和水平面受到的壓力大小。答案：20N

20N

160N例1法一：隔離法分別對球A、斜面體B進(jìn)行受力分析，如圖甲、乙所示，建立平面直角坐標(biāo)系由共點(diǎn)力的平衡條件知對A有F2sin30°＝F1，F(xiàn)2cos30°＝G1對B有F＝F2′sin30°，F(xiàn)3＝F2′cos30°＋G2其中F2和F2′是一對相互作用力，即F2、F2′大小相等代入數(shù)據(jù)，聯(lián)立解得F＝F1＝20N，F(xiàn)3＝160N由力的相互性可知，豎直墻壁和水平面受到的壓力大小分別為20N、160N。法二：整體法將A、B視為一個(gè)整體，該整體處于靜止?fàn)顟B(tài)，所受合力為零。對整體進(jìn)行受力分析，如圖丙所示，由平衡條件得F＝F1，F(xiàn)3＝G1＋G2＝160N再隔離B進(jìn)行受力分析，如圖乙所示，由平衡條件可得F＝F2′sin30°，F(xiàn)3＝F2′cos30°＋G2聯(lián)立解得F2′＝40N，F(xiàn)1＝F＝20N由力的相互性可知，豎直墻壁和水平面受到的壓力大小分別為20N、160N。針對練1．(多選)(2024·四川眉山期末)如圖所示，質(zhì)量為M的斜面體A放在粗糙水平面上，用輕繩拴住質(zhì)量為m的小球B置于斜面上，整個(gè)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。已知斜面傾角θ＝30°，輕繩與斜面平行且另一端固定在豎直墻面上，不計(jì)小球與斜面間的摩擦，則A．斜面對小球的作用力大小為mgB．輕繩對小球的作用力大小為

mgC．水平面對斜面體的支持力大小為(M＋m)gD．斜面體與水平面間的摩擦力大小為

mg√√針對練2．(2024·湖北荊門高一期末)如圖所示，用完全相同的輕彈簧A、B、C將兩個(gè)相同的小球連接并懸掛，小球均處于靜止?fàn)顟B(tài)，彈簧A與豎直方向的夾角為30°，彈簧C水平，則彈簧A、C的伸長量之比為A．

∶4 B．4∶C．1∶2 D．2∶1√將兩小球及彈簧B視為整體進(jìn)行受力分析，如圖所示，有FC＝FAsin30°，由胡克定律有FC＝kxC，F(xiàn)A＝kxA，聯(lián)立解得xA∶xC＝2∶1，故D正確。返回提升點(diǎn)二物體的動態(tài)平衡問題1．動態(tài)平衡問題的特點(diǎn)通過控制某一物理量，使其他物理量發(fā)生緩慢變化，而變化過程中的任何一個(gè)狀態(tài)都可以看成是平衡狀態(tài)。2．處理動態(tài)平衡問題常用的方法解析法適用于求解直角三角形或正交分解類問題。列出三角函數(shù)表達(dá)式，然后利用表達(dá)式分析力的變化情況的方法圖解法對研究對象的任一狀態(tài)進(jìn)行受力分析，根據(jù)平行四邊形定則或三角形定則畫出不同狀態(tài)下的力的矢量圖，然后根據(jù)有向線段的長度變化判斷各個(gè)力的變化情況。題型特點(diǎn)是：①合力大小和方向不變；②一個(gè)分力的方向不變相似三角形法適用于求解的是一般形狀三角形問題。在受力分析的基礎(chǔ)上作出力的平行四邊形或三角形，由力的三角形與幾何三角形相似，求解問題角度1解析法質(zhì)量為m的物體用輕繩AB懸掛于天花板上。用水平向左的力F緩慢拉動繩的中點(diǎn)O，如圖所示。用T表示繩OA段拉力的大小，在O點(diǎn)向左移動的過程中，拉力F和T的大小怎樣變化？答案：均變大例2O點(diǎn)的受力如圖所示，由共點(diǎn)力的平衡條件得F＝mgtanθ，T＝當(dāng)O點(diǎn)向左移動的過程中，θ逐漸變大，則F逐漸變大，T逐漸變大。針對練．(多選)(2024·浙江紹興高一期末)如圖所示，鐵板AB與水平地面垂直，一塊磁鐵吸附在鐵板左側(cè)。現(xiàn)使鐵板繞A點(diǎn)緩慢逆時(shí)針轉(zhuǎn)動到與水平方向成θ角(θ>0°)，在此過程中磁鐵始終相對鐵板靜止。下列說法中正確的是A．磁鐵所受的合外力逐漸減小B．磁鐵始終受到四個(gè)力的作用C．鐵板對磁鐵的彈力逐漸減小D．鐵板受到的摩擦力逐漸減小√√√鐵板繞A點(diǎn)緩慢逆時(shí)針轉(zhuǎn)動，認(rèn)為是個(gè)動態(tài)平衡過程，磁鐵始終處于平衡狀態(tài)，所以所受合外力始終為零，A錯(cuò)誤；磁鐵受到重力、鐵板對其吸引力、彈力、摩擦力四個(gè)作用力，B正確；受力分析如圖所示，則有f＝Gsinθ，N＝F引－Gcosθ，隨著θ角減小，鐵板對磁鐵的彈力逐漸減小，摩擦力逐漸減小，C、D正確。角度2圖解法如圖所示，斜面與水平面、斜面與擋板間的夾角均為30°，一小球放置在斜面與擋板之間，擋板對小球的彈力為N1，斜面對小球的彈力為N2，以擋板與斜面連接點(diǎn)所形成的水平直線為軸，將擋板從圖示位置開始逆時(shí)針緩慢地轉(zhuǎn)到水平位置，不計(jì)摩擦，在此過程中A．N1始終減小，N2始終減小B．N1始終增大，N2始終增大C．N1始終減小，N2先減小后增大D．N1先減小后增大，N2始終減小例3√對小球受力分析如圖所示，將N1與N2合成，其合力與重力等大反向。擋板轉(zhuǎn)動時(shí)，擋板給球的彈力N1與斜面給球的彈力N2的合力大小與方向不變，其中N2的方向不變，擋板逆時(shí)針轉(zhuǎn)動過程中，N1的方向變化如圖中a、b、c的規(guī)律變化，為滿足平行四邊形定則，其先變小后變大，其中擋板與斜面垂直時(shí)為最小。與此對應(yīng)，N2一直減小。故D正確。變式拓展．如果僅將【例3】中“擋板從圖示位置開始逆時(shí)針緩慢地轉(zhuǎn)到水平位置”改為“擋板從圖示位置開始逆時(shí)針緩慢地轉(zhuǎn)到垂直于斜面位置”，則應(yīng)選_____。(選項(xiàng)同例3)擋板從題圖示位置開始逆時(shí)針緩慢地轉(zhuǎn)到垂直于斜面位置過程中，N1始終減小，沒有增大的過程，N2始終減小，故選A。A針對練．(多選)(2024·河南南陽高一期末)用繩OD懸掛一個(gè)重力為G的物體，O位于半圓形支架的圓心，繩OA、OB的懸點(diǎn)A、B在支架上。懸點(diǎn)A固定不動，結(jié)點(diǎn)O保持不動，開始時(shí)，OB水平，將懸點(diǎn)B從圖中所示位置沿支架逐漸移動到C點(diǎn)的過程中，下列說法正確的是A．繩OA的拉力逐漸減小B．繩OA的拉力逐漸增大C．繩OB的拉力一直減小D．繩OB的拉力先減小后增大√√法一：圖解法之平行四邊形法在支架上選取三個(gè)點(diǎn)B1、B2、B3，當(dāng)懸點(diǎn)B分別移動到B1、B2、B3時(shí)，OA、OB上的拉力分別為TA1、TA2、TA3和TB1、TB2、TB3，由于繩子OD對O點(diǎn)的拉力TD

＝G，結(jié)點(diǎn)O始終處于平衡狀態(tài)，則將TD沿AO、BO方向分解，如圖1所示，分力的大小分別等于繩子OA、OB對O點(diǎn)的拉力大小，分力的方向分別與繩子OA、OB對O點(diǎn)的拉力方向相反，從圖中可以直觀地看出，TA＝TA′逐漸減小，且方向不變；而TB＝TB′先減小后增大，且方向不斷改變，當(dāng)TB與TA垂直時(shí)，TB最小。故A、D正確。法二：圖解法之矢量三角形法將表示O點(diǎn)所受三個(gè)力的有向線段首尾相接，構(gòu)成的矢量三角形如圖2所示，將懸點(diǎn)B從題圖中所示位置逐漸移動到C點(diǎn)的過程中，繩OB上的拉力TB與水平方向的夾角α從0°逐漸增大到90°，根據(jù)矢量三角形可知繩OA的拉力TA逐漸減小到0，繩OB上的拉力TB先減小后增大到TB＝TD＝G。故A、D正確。角度3相似三角形法如圖所示，光滑半球面上的小球被一通過定滑輪的力F由底端緩慢拉到頂端的過程中，試分析繩的拉力F及半球面對小球的支持力N的變化情況。答案：減小不變例4作出小球的受力示意圖，如圖所示設(shè)半球面的半徑為R，定滑輪到半球面最高點(diǎn)的距離為h，定滑輪與小球間繩長為L，根據(jù)三角形相似得解得繩中的張力F＝mg半球面對小球的支持力N＝mg由于在拉動過程中h、R不變，L變小，故F減小，N不變。針對練．(2024·甘肅蘭州一中期末)如圖所示，不計(jì)重力的輕桿AB可以A為軸在豎直平面內(nèi)轉(zhuǎn)動，其B端系一重物G。另用一根跨過滑輪的輕繩系住B端，并在繩的另一端作用外力F。在圖中θ角由30°增大到150°的過程中，AB桿所受軸處作用力的變化情況是A．始終不變 B．先變小后變大C．先變大后變小 D．不斷減小√設(shè)AB桿所受軸處作用力為T，對B端進(jìn)行受力分析如圖所示。B端受三力平衡，三力圍成的矢量三角形與△ABC始終相似，根據(jù)相似比相等有

由于重力G與AC的長度始終不變，故相似比不變，桿AB的長度也不變，故θ角增大的過程中，T也不變，A正確。返回提升點(diǎn)三平衡中的臨界、極值問題1．臨界問題(1)問題界定：物體所處平衡狀態(tài)將要發(fā)生變化的狀態(tài)為臨界狀態(tài)，涉及臨界狀態(tài)的問題為臨界問題。(2)問題特點(diǎn)：①當(dāng)某物理量發(fā)生變化時(shí)，會引起其他幾個(gè)物理量的變化。②注意某現(xiàn)象“恰好出現(xiàn)”或“恰好不出現(xiàn)”的條件。(3)分析方法：基本方法是假設(shè)推理法，即先假設(shè)某種情況成立，然后根據(jù)平衡條件及有關(guān)知識進(jìn)行論證、求解。2．極值問題(1)問題界定：物體平衡的極值問題，一般指在力的變化過程中涉及力的最大值和最小值的問題。(2)分析方法：①解析法：根據(jù)物體平衡的條件列出方程，在解方程時(shí)，采用數(shù)學(xué)知識求極值或者根據(jù)物理臨界條件求極值。②圖解法：根據(jù)物體平衡的條件作出力的矢量圖，畫出平行四邊形或者矢量三角形進(jìn)行動態(tài)分析，確定最大值或最小值。(2024·河南洛陽高一月考)如圖所示，斜面與水平面的夾角為37°，物體A質(zhì)量為2kg，與斜面間動摩擦因數(shù)為0.5，求：(1)A受到斜面的支持力多大？答案：16N例5對A進(jìn)行受力分析如圖所示根據(jù)正交分解可知N＝mAgcos37°＝16N。(2)若要使A在斜面上靜止，求物體B質(zhì)量的最大值和最小值(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10N/kg，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)。答案：2kg

0.4kg根據(jù)題意，物體A與斜面之間的最大靜摩擦力fmax＝f滑＝μN(yùn)＝0.5×16N＝8N當(dāng)物體受到的摩擦力等于最大靜摩擦且方向沿斜面向上時(shí)，拉力T最小，根據(jù)受力平衡有T1＋fmax＝mAgsin37°；當(dāng)物體受到的摩擦力等于最大靜摩擦力且方向沿斜面向下時(shí)，拉力T最大，根據(jù)受力平衡有T2＝fmax＋mAgsin37°同時(shí)物體B也處于平衡狀態(tài)，由平衡條件有T1＝mB1g，T2＝mB2g聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)可得T1＝4N，T2

＝20N則物體B質(zhì)量的最小值為mB1＝0.4kg最大值為mB2

＝2kg。針對練1．如圖所示，三段不可伸長的細(xì)繩OA、OB、OC能承受的最大拉力相同，它們共同懸掛一重物，其中OB是水平的，A端、B端分別固定在水平天花板上和豎直墻上。若逐漸增加C端所掛重物的質(zhì)量，則最先斷的繩是A．必定是OAB．必定是OBC．必定是OCD．可能是OB，也可能是OC√C端懸掛重物，它對O點(diǎn)的拉力等于重物所受的重力G。OC繩的拉力產(chǎn)生兩個(gè)效果：使OB在O點(diǎn)受到水平向左的力F1；使OA在O點(diǎn)受到沿繩子方向斜向下的力F2。F1、F2是G的兩個(gè)分力。由平行四邊形定則可作出力的分解圖如圖所示，由于三段繩所能承受的最大拉力相同，當(dāng)逐漸增大所掛重物的質(zhì)量時(shí)，從圖中可知，表示F2的有向線段最長，分力F2最大，故OA繩最先斷，A正確。針對練2．一人站在斜坡上，推著一個(gè)重力大小為G的大雪球，若雪球剛好處在一傾角為θ的光滑斜面上，且始終處于靜止?fàn)顟B(tài)。此人的推力通過雪球的球心，則A．此人的推力最小值為GtanθB．此人的推力最小值為GsinθC．此人的推力最大值為D．此人的推力最大值√雪球受力分析如圖所示，受重力G、彈力N、推力F。因雪球靜止在斜面上，由平衡條件及平行四邊形定則知，推力和支持力合力大小等于重力。由平行四邊形定則知，當(dāng)推力由水平轉(zhuǎn)至沿斜面向上時(shí)最小，為Gsinθ；推力由水平向下轉(zhuǎn)時(shí)無窮大，即無最大值，故B正確。返回隨堂演練1．如圖所示，放在水平地面上的物塊，受到一個(gè)與水平方向成α角斜向下方的力F的作用，該物塊恰好在水平地面上做勻速直線運(yùn)動。如果保持該推力F的大小不變，而使力F與水平方向的夾角α變小，那么，地面受到的壓力N和物塊受到的摩擦力f的變化情況是A．N變小，f變大 B．N變大，f變小C．N變大，f變大 D．N變小，f變小√物塊受力分析如圖所示，有N′＝G＋Fsinα，f＝μN(yùn)′。當(dāng)力F與水平方向的夾角α變小時(shí)，地面對物塊的支持力N′變小，動摩擦因數(shù)不變，物塊受到的摩擦力f變小，根據(jù)牛頓第三定律可得，地面受到的壓力N變小，D正確。2．(多選)(人教必修第一冊P79T3改編)某同學(xué)在實(shí)驗(yàn)室進(jìn)行力學(xué)實(shí)驗(yàn)，如圖所示，物體質(zhì)量為m，用細(xì)繩OC懸在O點(diǎn)?，F(xiàn)用同樣材料的細(xì)繩AB綁住繩OC上的A點(diǎn)，用水平力F緩慢牽引A點(diǎn)，到圖中虛線位置某繩剛好先斷，相關(guān)實(shí)驗(yàn)結(jié)論符合事實(shí)的是A．OA繩承受的力先增大后減小B．若三根繩能承受的最大拉力相同，則OA繩先斷C．OA繩和AB繩的合力不變D．AB繩受到的拉力逐漸增大√√√結(jié)點(diǎn)A下方AC繩始終受到向下大小為mg的力作用，還受到水平向右的拉力F作用及OA繩的拉力T作用，由三角形定則，可把三個(gè)力平移首尾依次相連，如圖所示。當(dāng)A點(diǎn)緩慢升高的過程中，拉力T不斷逆時(shí)針轉(zhuǎn)動，但始終與F及mg構(gòu)成直角三角形，由圖可知，OA繩承受的拉力T始終在增大，AB繩受到的拉力F逐漸增大。由于OA繩的拉力T作為三角形的斜邊，拉力始終最大，會先達(dá)到能承受的最大拉力，若三根繩能承受的最大拉力相同，則OA繩會先斷，A錯(cuò)誤，B、D正確。OA繩和AB繩的合力始終等于物體的重力mg，故保持不變，C正確。3．(多選)如圖所示，輕質(zhì)細(xì)桿AO、BO左端固定在豎直墻壁上，右端通過垂直于紙面的光滑軸連接于O點(diǎn)，AO水平，BO與豎直方向的夾角為θ。將質(zhì)量為m的物體用輕繩懸掛在O點(diǎn)，物體靜止時(shí)，若細(xì)桿AO對O點(diǎn)的拉力沿OA方向、大小為F1，細(xì)桿BO對O點(diǎn)的支持力沿BO方向、大小為F2，重力加速度為g，則A．F1＝mgtanθ B．F1＝mgcosθC．F2＝ D．F2＝√√對O點(diǎn)受力分析，如圖所示，根據(jù)共點(diǎn)力平衡可知F＝T＝mg，根據(jù)數(shù)學(xué)知識可得F1＝mgtanθ，F(xiàn)2＝

，A、D正確，B、C錯(cuò)誤。4．用輕質(zhì)細(xì)線把兩個(gè)質(zhì)量未知的小球懸掛起來，如圖所示。對小球a持續(xù)施加一個(gè)水平向左的恒力，并對小球b持續(xù)施加一個(gè)水平向右的同樣大小的恒力，最后達(dá)到平衡狀態(tài)。下列選項(xiàng)中表示平衡狀態(tài)的圖可能是√將兩球和兩球之間的細(xì)線看成一個(gè)整體，對整體受力分析如圖甲所示。根據(jù)平衡條件可知整體受到a球上方的細(xì)線的拉力F線的大小等于a、b的重力大小之和，方向沿豎直方向，故此細(xì)線必定沿豎直方向；對b球受力分析如圖乙所示。根據(jù)平衡條件可知b球上方細(xì)線的拉力F線的大小等于b球重力與恒力F的合力，方向斜向左上方，故a、b球之間的線必定斜向左上方，故A正確。返回課時(shí)測評1．(多選)(2024·河南期末)某小城街道兩旁的仿古路燈如圖所示，燈籠懸掛在燈柱上，若風(fēng)沿水平方向由左向右吹來，且風(fēng)力緩慢增大，則A．燈柱對燈籠的作用力逐漸減小B．燈柱對燈籠的作用力逐漸增大C．燈柱對燈籠的作用力與豎直方向的夾角逐漸增大D．燈柱對燈籠的作用力與豎直方向的夾角逐漸減小√√對燈籠受力分析，燈籠所受三力可構(gòu)成力的矢量三角形，如圖所示，可知風(fēng)力F1越來越大時(shí)，燈柱對燈籠的作用力F2逐漸增大，燈柱對燈籠的作用力與豎直方向的夾角逐漸增大，A、D錯(cuò)誤，B、C正確。2．(2024·廣東廣州期末)如圖所示，清洗樓房玻璃的工人常用一根懸繩將自己懸在空中，懸繩與豎直墻壁呈一定夾角，懸繩對工人的拉力大小為T，墻壁對工人的彈力大小為N，忽略一切摩擦。若緩慢減小懸繩的長度，下列說法正確的是A．T減小，N減小B．T減小，N增大C．T與N的合力變大D．T與N的合力不變√工人受到懸繩的拉力T、彈力N、重力G。在三個(gè)力的作用下平衡，則當(dāng)緩慢減小懸繩的長度時(shí)，懸繩與墻壁的夾角逐漸增大，受力如圖所示，即懸繩的拉力T從T1經(jīng)T2逐漸變?yōu)門3，由此可知懸繩拉力T在逐漸變大，彈力N在逐漸增大，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；工人受力平衡，則T與N的合力與重力大小相等、方向相反，不會發(fā)生變化，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確。3．(多選)(2024·安徽師范大學(xué)附屬中學(xué)期末)如圖所示，用與豎直方向成θ角(θ<45°)的傾斜輕繩a和水平輕繩b共同固定一個(gè)小球，這時(shí)繩b的拉力為T1?，F(xiàn)保持小球在原位置不動，使繩b在原豎直平面內(nèi)沿逆時(shí)針方向轉(zhuǎn)過θ角并固定，繩b的拉力變?yōu)門2；再轉(zhuǎn)過θ角并固定，繩b的拉力變?yōu)門3，則A．T1＝T3＞T2 B．T1＜T2＜T3C．T1＝T3＜T2 D．隨繩b轉(zhuǎn)動，繩a的拉力減小√√以小球?yàn)檠芯繉ο?，小球受到重力、繩a的拉力T、繩b的拉力T1。根據(jù)平衡條件得知，T和T1的合力方向豎直向上，大小與重力相等，保持不變，作出繩b在三個(gè)不同位置時(shí)的拉力，如圖所示，可得T1＝T3>T2，且繩a的拉力不斷減小，故A、D正確。4．如圖所示，固定在豎直平面內(nèi)的光滑圓環(huán)的最高點(diǎn)有一個(gè)光滑的小孔，質(zhì)量為m的小球套在圓環(huán)上，一根細(xì)線的下端系著小球，上端穿過小孔用手拉住。現(xiàn)拉動細(xì)線，使小球沿圓環(huán)緩慢上移。在移動過程中手對線的拉力F和圓環(huán)對小球的彈力N的大小變化情況是A．F減小，N不變 B．F不變，N減小C．F不變，N增大 D．F增大，N減小√小球沿圓環(huán)緩慢上移可看作動態(tài)平衡，對小球進(jìn)行受力分析，小球受重力G、拉力F′、彈力N三個(gè)力，其中F′＝F。G與N的合力與F′等大反向，如圖所示，可知△OAB～△DCA，則

當(dāng)A點(diǎn)上移時(shí)，圓環(huán)半徑R不變，AB長度減小，故F′＝F減小，N不變，A正確。5．(多選)傾角為α、質(zhì)量為M的斜面體靜止在水平桌面上，質(zhì)量為m的木塊靜止在斜面體上。下列結(jié)論正確的是A．木塊受到的摩擦力大小是mgsinαB．木塊對斜面體的壓力大小是mgsinαC．桌面對斜面體的摩擦力大小是mgsinαcosαD．桌面對斜面體的支持力大小是(M＋m)g√√以木塊為研究對象，如圖甲所示，有f＝mgsinα，N＝mgcosα，故A正確，B錯(cuò)誤；以木塊與斜面體所組成的整體為研究對象，如圖乙所示，有f桌＝0，N桌＝(M＋m)g，故C錯(cuò)誤，D正確。6．(2023·福建龍巖期末)如圖所示，A、B兩物體的質(zhì)量分別為mA、mB，且mA>mB，整個(gè)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，滑輪的質(zhì)量和一切摩擦均不計(jì)，如果繩的一端由Q點(diǎn)緩慢地向左移到P點(diǎn)，整個(gè)系統(tǒng)重新靜止后，繩的拉力F和繩與水平方向的夾角θ的變化情況是A．F變大，θ角變大

B．F變小，θ角變小C．F不變，θ角不變

D．F不變，θ角變小√重新靜止后，繩的拉力F仍等于A物體的重力，B物體所受繩的拉力的合力與B物體的重力等大、反向，所以有2mAgsinθ＝mBg，即sinθ＝

，所以θ不變，C正確。7．(多選)(2024·廣東清遠(yuǎn)檢測)如圖所示，物體P靜止于固定的斜面上，P的上表面水平?，F(xiàn)把物體Q輕輕地疊放在P上，則(靜大靜摩擦力等于將動摩擦力)A．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√√P在斜面上處于靜止?fàn)顟B(tài)，設(shè)P的質(zhì)量為M，斜面的傾角為θ，斜面與P之間的動摩擦因數(shù)為μ0，則有μ0Mgcosθ≥Mgsinθ，即μ≥tanθ；當(dāng)加上一個(gè)質(zhì)量為m的物體Q后，有μ0(M＋m)gcosθ≥(M＋m)gsinθ，因此P仍處于靜止?fàn)顟B(tài)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確。由于P處于靜止?fàn)顟B(tài)，合外力始終為零，選項(xiàng)C錯(cuò)誤。由平衡條件知，P與斜面間的靜摩擦力由Mgsinθ變?yōu)?M＋m)gsinθ，選項(xiàng)D正確。8．(2024·重慶市第十一中學(xué)期末)一橫梁起重機(jī)移動貨物時(shí)因出現(xiàn)故障而失去動力，工作人員在貨物上作用一水平恒力，使貨物和起重機(jī)一起緩慢向右移動，如圖所示，已知起重機(jī)的質(zhì)量為m1＝1kg，貨物的質(zhì)量為m2＝3kg，繩索與