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例1．【解析】當木板與水平面的夾角為45°時，兩物塊剛好滑動，對A物塊受力分析如圖，A、B之間的滑動摩擦力f1＝μmgcos 45°，根據(jù)平衡條件可知T＝mgsin 45°＋f1；對B物塊受力分析如圖沿斜面方向，B與斜面之間的滑動摩擦力f2＝μ·3mgcos 45°，根據(jù)平衡條件可知2mgsin 45°＝T＋f1＋f2，解得。【答案】C例2．【答案】C【解析】對滑塊受力分析，由平衡條件有F＝mgsin θ，N＝mgcos θ，滑塊從A緩慢移動B點時，θ越來越大，則推力F越來越大，支持力N越來越小，所以AB錯誤；對凹槽與滑塊整體分析，有墻面對凹槽的壓力FN＝Fcos θ＝mgsin (2θ)，則θ越來越大時，墻面對凹槽的壓力先增大后減小，所以C正確；水平地面對凹槽的支持力N地＝(M＋m)g－Fsin θ＝(M＋m)g－mgsin2 θ，則θ越來越大時，水平地面對凹槽的支持力越來越小，所以D錯誤。 1．【答案】B【解析】打開降落傘前，在大氣層中做減速運動，則著陸器受大氣的阻力作用以及火星的引力作用，A錯誤；打開降落傘至分離前做減速運動，則其加速度方向與運動方向相反，加速度方向向上，則合力方向豎直向上，B正確；打開降落傘至分離前，受到浮力和氣體的阻力以及火星的吸引力作用，C錯誤；懸停狀態(tài)中，發(fā)動機噴火的反作用力是氣體對發(fā)動機的作用力，由于還受到火星的吸引力，則與氣體的阻力不是平衡力，D錯誤。2．【解析】以環(huán)、繩和書本整體為研究對象，在豎直方向上始終受力平衡，故桿對其中一環(huán)的支持力FN恒等于書本重力的一半，故A錯誤；設繩與水平桿之間的夾角為θ，對B環(huán)受力分析，可得桿對B環(huán)的摩擦力Ff＝，兩環(huán)距離減小，夾角θ增大，摩擦力Ff減小，故B環(huán)對桿的摩擦力變小，B正確；桿對環(huán)的作用力包括支持力和摩擦力，根據(jù)環(huán)受力平衡可知，兩者的合力大小與繩的拉力大小相等，而繩的拉力大小F＝，可知，夾角θ增大，拉力大小減小，故C、D錯誤。【答案】B3．【答案】C【解析】B受到重力、斜面的支持力和摩擦力、C對B的壓力和摩擦力5個力的作用，A錯誤；以B和C整體為研究對象，沿斜面方向根據(jù)平衡條件可得(mBg＋mCg)sin θ＝μ(mBg＋mCg)cos θ，解得μ＝tan θ＝，B錯誤；斜面A受到重力、地面的支持力、B對斜面的壓力和摩擦力4個力的作用，C正確；滑塊B、C疊放在一起沿斜面勻速下滑，整體受力平衡，故地面對A的支持力等于A、B、C三者重力之和，故D錯誤。4．【答案】C【解析】對小物塊，設F與豎直方向夾角為θ，根據(jù)平衡條件有F＝mgcos θ，根據(jù)題意，θ由45°逐漸減小到0，則F逐漸增大，故A錯誤；對小物塊，根據(jù)平衡條件FN＝mgsin θ，根據(jù)題意，θ由45°逐漸減小到0，則FN逐漸減小，故B錯誤；對小物塊、圓環(huán)和斜面整體，根據(jù)水平方向平衡條件有f＝Fsin θ＝mgsin (2θ)，根據(jù)題意，θ由45°逐漸減小到0，則f逐漸減小，故C正確；對小物塊、圓環(huán)和斜面整體，根據(jù)豎直方向平衡條件有Mg＝FN′＋Fcos θ，根據(jù)題意，θ由45°逐漸減小到0，且F逐漸增大，則FN′逐漸減小，故D錯誤。5．【答案】B【解析】橫梁對O點的作用力方向從O指向P，A錯誤；每根斜梁對O點的作用力大小約為，B正確；空調外機對每個三角形支架的作用力大小約為F＝mg＝180 N，C錯誤；保持O點位置不變，斜梁加長，則橫梁與斜梁的夾角變大，根據(jù)，，可知，橫梁和斜梁對O點的作用力都變小，D錯誤。6．【答案】C【解析】對小球進行受力分析，當拉力F方向垂直于繩子時，拉力F最小，做出力的矢量三角形如圖所示，所以繩子拉力F＝mgcos 30°＝mg，拉力F＝mgsin 30°＝mg，故AD錯誤；對物塊進行受力分析，如圖所示，根據(jù)力的平衡條件FT＋f＝2mgsin 60°，解得f＝mg，方向沿斜面向上，故B錯誤；把兩個物體和斜面看成是一個整體，對整體受力分析，根據(jù)平衡條件，在水平方向，F在水平方向的分量等于地面對斜面的摩擦力，即f＝Fcos30°＝mg，方向水平向左，故C正確。7．【答案】A【解析】重物緩慢上升的過程中，對重物受力分析，如圖甲所示，根據(jù)正交分解可得2Tacos θ＝mg，解得，設輕繩a的總長為l，井口的寬度為d，如圖乙所示，則根據(jù)幾何關系可得l1sin θ＝d1，l2sin θ＝d2，又l1＋l2＝l，d1＋d2＝d，聯(lián)立可得，在緩慢向上的過程中，l和d保持不變，故sin θ不變，所以cos θ不變，根據(jù)，可知Ta不變，故C錯誤；對N點受力分析，如圖丙，根據(jù)正交分解可得FN＝Tasin θ，Tb＝Tacos θ，立解得FN＝mgtan θ，Tb＝mg，繩b的拉力保持不變，由上面分析可知，繩a的夾角θ不變，則tan θ不變，桿對滑環(huán)的彈力不變，故A正確，D錯誤；由于cos θ＜1，根據(jù)Tb＝Tacos θ，所以Tb＜Ta，故B錯誤。8．(多選)【答案】BC【解析】初始狀態(tài)時，細線a的拉力，末狀態(tài)時，細線a的拉力等于左側小球的重力，細線的拉力變小，故A錯誤；初始狀態(tài)時，彈簧的彈力Tc＝mgtan 30°＝mg，末狀態(tài)時彈簧的彈力為零，變小，故C正確；初始狀態(tài)時，細線b的拉力，末狀態(tài)時，右側小球受到豎直向下的重力、b的拉力和水平向右的拉力F、b的豎直向上的拉力等于重力，彈簧恢復原長，細線b與豎直方向的夾角大于60°，細線b的拉力，細線b的拉力變大，故B正確；因為細線b與豎直方向的夾角大于60°，所以水平拉力F的大小F＞mgtan 60°＝mg，故D錯誤。9．【答案】B【解析】受力分析如圖所示，將f（f設為沿墻壁向上）與N合成一個力T，恰好要滑動時， T與N的夾角tan θ＝μ，根據(jù)三力匯交如上圖所示，T和水平線夾角為θ（摩擦角），對△ADE和△DOE運用正弦定理有，由，得，聯(lián)立可得，則動摩擦因數(shù)，故AC錯誤，B正確；如果平移CD，使得CD和OE交于水平虛線上，那么此刻摩擦力恰好為零，故D也錯誤。10．【答案】B【解析】將木塊所受重力分解為垂直于斜面方向和沿斜面方向，分析斜面所在平面內的木塊受力情況，根據(jù)平衡條件得，當F＝0時，由題圖乙可知f＝f1＝mgsin α，所以可求出木塊的質量，故A錯誤；當木塊剛要運動時，靜摩擦力達到最大，有f＝f2＝μmgcos α，求出木塊與斜面間的動摩擦因數(shù)，又，聯(lián)立以上兩式得，故B正確；F小于F1時，摩擦力小于最大靜摩擦力，則木塊保持靜止狀態(tài)，故摩擦力方向與F和重力的下滑分力mgsin α的合力方向相反，故不與斜面底邊垂直，故C錯誤；F大于F1后木塊將運動，所受摩擦力和重力不變，但力F一直增大，所以木塊所受合力方向不斷變化，故木塊做曲線運動，故D錯誤。
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