受力分析解析-共点力的平衡(带详细答案解析)

受力分析共点力的平衡受力分析的一般步骤1、如图所示，两梯形木块A、B叠放在水平地面上，A、B之间的接触面倾斜。A的左侧靠在光滑的竖直墙面上，关于两木块的受力，下列说法正确的是()A．A、B之间一定存在摩擦力作用B．木块A可能受三个力作用C．木块A一定受四个力作用D．木块B受到地面的摩擦力作用方向向右2、如图所示，一质量均匀的实心圆球被直径AB所在的平面一分为二，先后以AB沿水平和竖直两种不同方向放置在光滑支架上，处于静止状态，两半球间的作用力分别为F和F′，已知支架间的距离为AB长度的一半，则eq\f(F,F′)等于()eq\r(3)B．eq\f(\r(3),2)C．eq\f(2\r(3),3)D．eq\f(\r(3),3)解决平衡问题的四种常用方法合成法物体受三个共点力的作用平衡，任意两个力的合力一定与第三个力大小相等，方向相反分解法物体受三个共点力的作用而平衡，将某一个力按力的效果分解，则其分力和其他两个力满足平衡条件正交分解法物体受到三个或三个以上力的作用时，将物体所受的力分解为相互垂直的两组，每组力都满足平衡条件力的三角形法对受三力作用而平衡的物体，将力的矢量图平移使三力组成一个首尾依次相接的矢量三角形，根据正弦定理、余弦定理或相似三角形等数学知识求解未知力3、如图所示，光滑半球形容器固定在水平面上，O为球心。一质量为m的小滑块，在水平力F的作用下静止于P点。设滑块所受支持力为FN，OP与水平方向的夹角为θ。下列关系正确的是()A．F＝eq\f(mg,tanθ)B．F＝mgtanθC．FN＝eq\f(mg,tanθ)D．FN＝mgtanθ4、如图所示，在粗糙水平面上放置A、B、C、D四个小物块，各小物块之间由四根完全相同的轻橡皮绳相互连接，正好组成一个菱形，∠ABC＝60°，整个系统保持静止状态。已知D物块所受的摩擦力大小为F，则A物块所受的摩擦力大小为()A．eq\f(\r(3),3)FB．FC．eq\f(\r(3),2)F D．2F5、如图所示，斜面上放有两个完全相同的物体a、b，两物体间用一根细线连接，在细线的中点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、b两物体的受力个数一定相同B．a、b两物体对斜面的压力相同C．a、b两物体受到的摩擦力大小一定相等D．当逐渐增大拉力F时，物体b先开始滑动

考点二活死结和活死杆1、“活结”与“死结”绳是物体间连接的一种方式，当多个物体用绳连接的时候，其间必然有“结”的出现，根据“结”的形式不同，可以分为“活结”和“死结”两种。“活结”是绳子间的一种光滑连接，其特点是结的两端同一绳上的张力相等；而“死结”是绳子间的一种固定连接，结的两端绳子上的张力不一定相等。2、“活杆”与“死杆”死杆是不可转动，所以杆所受弹力的方向不沿杆方向．活杆是可以转动的杆所以杆所受弹力的方向沿杆方向。（一）“死节”和“活节”问题。1、如图所示，长为5m的细绳的两端分别系于竖立在地面上的相距为4m的两杆的顶端A、B，绳上挂一个光滑的轻质挂钩，其下连着一个重为12N的物体，平衡时绳中的张力FT为多大？当A点向上移动少许，重新平衡后，绳与水平面夹角、绳中张力如何变化？2、如图所示，AO、BO和CO三根绳子能承受的最大拉力相等，O为结点，OB与竖直方向夹角为θ，悬挂物质量为m。求：①OA、OB、OC三根绳子拉力的大小。②A点向上移动少许，重新平衡后，绳中张力如何变化？3、如图所示，用绳AC和BC吊起一个物体，绳AC与竖直方向的夹角为60°，能承受的最大拉力为100N绳BC与竖直方向的夹角为30°，能承受的最大拉力为150N.欲使两绳都不断，物体的重力不应超过多少?（二）“死杆”和“活杆”问题。4、如图甲所示，细绳AD跨过固定的水平轻杆BC右端的定滑轮挂住一个质量为M1的物体，∠ACB＝30°；图乙中轻杆HG一端用铰链固定在竖直墙上，另一端G通过细绳EG拉住，EG与水平方向也成30°，轻杆的G点用细绳GF拉住一个质量为M2的物体，求：(1)细绳AC段的张力FTAC与细绳EG的张力FTEG之比；(2)轻杆BC对C端的支持力；(3)轻杆HG对G端的支持力。5、如图为三种形式的吊车的示意图，OA为可绕O点转动的杆，重量不计，AB为缆绳，当它们吊起相同重物时，杆OA在三图中受力分别为Fa、Fb、Fc的关系是（）A．Fa＞Fb=Fc B．Fa=Fb＞Fc C．Fa＞Fb＞Fc D．Fa=Fb=Fc

考点三整体法与隔离法在平衡问题中的应用整体法研究外力对物体系统的作用时，一般选用整体法。因为不用考虑系统内力，所以这种方法更简便，总之，能用整体法解决的问题不用隔离法隔离法分析系统内各物体(各部分)间的相互作用时，需要选用隔离法，一般情况下隔离受力较少的物体1、如图所示，物块a，b质量分别为2m，m，水平地面和竖直墙面均光滑，在水平推力F作用下，两物块均处于静止状态．则（）A．物块b受四个力作用B．物块b受到的摩擦力大小等于2mgC．物块b对地面的压力大小等于mgD．物块a受到物块b的作用力水平向右12345变式1-1、五块一模一样的砖头夹与两墙之间，所有的滑动摩擦系数都一样，砖块的质量都为m，求砖块1与墙壁间的摩擦力？12345123456变式1-2、五块一模一样的砖头夹与两墙之间，所有的滑动摩擦系数都一样，砖块的质量都为m，求砖块3与砖块4间的摩擦力？1234562、下表面粗糙，其余均光滑的斜面置于粗糙水平地面上，倾角与斜面相等的物体A放在斜面上，方形小物体B放在A上，在水平向左大小为F的恒力作用下，A、B及斜面均处于静止状态，如图所示．现将小物体B从A上表面上取走，则（）A仍保持静止 B．A对斜面的压力不变C．斜面可能向左运动D．斜面对地面的压力变小变式2-1、在粗糙水平地面上与墙平行放着一个截面为半圆的柱状物体A，A与竖直墙之间放另一截面也为半圆的柱状物体B，整个装置处于静止状态，截面如图所示。设墙对B的作用力为F1，B对A的作用力为F2，地面对A的作用力为F3。在B上加一物体C，整个装置仍保持静止，则（）A．F1保持不变，F3增大B．F1增大，F3保持不变C．F2增大，F3增大D．F2增大，F3保持不变FM3、FMA．3 B．4 C．5 D．6变式3-1、如图，质量为M的楔形物块静置在水平地面上，其斜面的倾角为θ．斜面上有一质量为m的小物块，小物块与斜面之间存在摩擦．用恒力F沿斜面向上拉小物块，使之匀速上滑．在小物块运动的过程中，楔形物块始终保持静止．地面对楔形物块的支持力为（）A．（M+m）g B．（M+m）g﹣F C．（M+m）g+Fsinθ D．（M+m）g﹣Fsinθ4、如图所示，质量为m0的木楔ABC静置于粗糙水平面上，在斜面顶端有一质量为m的物体，给物体m一沿斜面方向的初速度使其沿斜面向下做减速运动．物体减速过程中，木楔始终保持静止．则下列说法中正确的是（）A．地面对木楔的支持力大于（m0+m）gB．地面对木楔的支持力等于（m0+m）gC．地面对木楔的摩擦力向左D．地面对木楔的摩擦力向右变式4-1、如图所示，物体B的上表面水平，给A、B一个初速度，它们保持相对静止一起沿斜面下滑，斜面保持静止不动且受到地面的摩擦力水平向左，则下列判断正确的有()A.物体B的上表面一定是粗糙的

B.物体B,C都各受5个力作用C.水平面对物体C的支持力大于三物体的重力之和D.若只减小B的质量，其它条件不变，物体C有可能不受水平面的摩擦力5、如图(a)所示，两段等长细绳将质量分别为2m、m的小球A、B悬挂在O点，小球A受到水平向右的恒力F1的作用、小球B受到水平向左的恒力F2的作用，当系统处于静止状态时，出现了如图(b)所示的状态，小球B刚好位于O点正下方.则F1与F2的大小关系正确的是()A.F1＝4F2B.F1＝3F2C.F1＝2F2 D.F1＝F2FQP变式5-1、如图，位于水平桌面上的物块P，由跨过定滑轮的轻绳与物块相连，从滑轮到P和到Q的两段绳都是水平的，已知Q与P之间以及桌面之间的动摩擦因数都μ，两物块的质量都是m，滑轮轴上的摩擦不计，若用一水平向右的力F拉P使P做匀速运动，则F的大小为（FQPA．4μmgB．3μmgC．2μmgD．μmg6、如图所示，质量为M、半径为R的半球形物体A放在水平地面上，通过最高点处的钉子用水平细线拉住一质量为m、半径为r的光滑球B。则()A．A对地面的压力等于(M＋m)gB．A对地面的摩擦力方向向左C．B对A的压力大小为eq\f(R＋r,R)mgD．细线对小球的拉力大小为eq\f(r,R)mg

考点四解决动态平衡问题的三种方法通过控制某些物理量，使物体的状态发生缓慢地变化，物体在这一变化过程中始终处于一系列的平衡状态中，这种平衡称为动态平衡。解决此类问题的基本思路是化“动”为“静”，“静”中求“动”，具体有以下三种方法：(一)解析法对研究对象进行受力分析，先画出受力示意图，再根据物体的平衡条件列式求解，得到因变量与自变量的一般函数表达式，最后根据自变量的变化确定因变量的变化。1、粗细均匀的电线架在A、B两根电线杆之间。由于热胀冷缩，电线在夏、冬两季呈现如图所示的两种形状，若电线杆始终处于竖直状态，下列说法中正确的是()A．冬季，电线对电线杆的拉力较大B．夏季，电线对电线杆的拉力较大C．夏季与冬季，电线对电线杆的拉力一样大D．夏季，电线杆对地面的压力较大变式1、如图所示，体操吊环运动有一个高难度的动作就是先双手撑住吊环（图甲），然后身体下移，双臂缓慢张开到图乙位置，则在此过程中，吊环的两根绳的拉力FT（两个拉力大小相等）及它们的合力F的大小变化情况为（）A．FT减小，F不变 B．FT增大，F不变 C．FT增大，F减小 D．FT增大，F增大(二)图解法此法常用于求解三力平衡且有一个力是恒力、另有一个力方向不变的问题。一般按照以下流程解题。2、如图所示，小球用细绳系住放在倾角为θ的光滑斜面上，当细绳由水平方向逐渐向上偏移时，细绳上的拉力将()逐渐增大B．逐渐减小C．先增大后减小D．先减小后增大变式2-1、半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有一固定放置的竖直挡板MN．在半圆柱体P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于平衡状态，如图所示是这个装置的截面图．现使MN保持竖直并且缓慢地向右平移，在Q滑落到地面之前，发现P始终保持静止．则在此过程中，下列说法中正确的是（）A．MN对Q的弹力逐渐减小 B．P对Q的弹力逐渐增大C．地面对P的摩擦力逐渐增大 D．Q所受的合力逐渐增大变式2-2、如图所示，挡板固定在斜面上，滑块m在斜面上，上表面呈弧形且左端最薄，球M搁在挡板与弧形滑块上，一切摩擦均不计，用平行于斜面的拉力F拉住弧形滑块，使球与滑块均静止。现将滑块平行于斜面向上拉过一较小的距离，球仍搁在挡板与滑块上且处于静止状态，则与原来相比()A．滑块对球的弹力增大B．挡板对球的弹力减小C．斜面对滑块的弹力增大D．拉力F不变(三)相似三角形法在三力平衡问题中，如果有一个力是恒力，另外两个力方向都变化，且题目给出了空间几何关系，多数情况下力的矢量三角形与空间几何三角形相似，可利用相似三角形对应边成比例进行计算。ACBACBOA、N变大，T变小B、N变小，T变大C、N变小，T先变小后变大D、N不变，T变小变式3-1、如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆环的最高点有一个光滑的小孔。质量为m的小球套在圆环上。一根细线的下端系着小球，上端穿过小孔用手拉住。现拉动细线，使小球沿圆环缓慢上移，在移动过程中手对线的拉力F和轨道对小球的弹力FN的大小变化情况是()A．F不变，FN增大B．F不变，FN减小C．F减小，FN不变D．F增大，FN减小 变式3-2、如图，墙上有两个钉子a和b，它们的连线与水平方向的夹角为45°，两者的高度差为l。一条不可伸长的轻质细绳一端固定于a点，另一端跨过光滑钉子b悬挂一质量为m1的重物。在绳子距a端得c点有一固定绳圈。若绳圈上悬挂质量为m2的钩码，平衡后绳的ac段正好水平，则重物和钩码的质量比为（）B.2C.D.变式3-3、如图所示，在竖直放置的穹形光滑支架上，一根不可伸长的轻绳通过光滑的轻质滑轮悬挂一重物G。现将轻绳的一端固定于支架上的A点，另一端从B点沿支架缓慢地向C点靠近。则绳中拉力大小变化的情况是()A．先变小后变大B．先变小后不变C．先变大后不变 D．先变大后变小βαaβαabcθ如图，在力的三角形中，若力a不变，α角不变，则力b、c的变化可以用图解法来解决；如图，在力的三角形中，若力a不变，β角不变，则力b、c的变化如何解决？如图所示，物体G用两根绳子悬挂，开始时绳OA水平，现将两绳同时顺时针转过90°，且保持两绳之间的夹角α不变，物体保持静止状态，在旋转过程中，设绳OA的拉力为F1，绳OB的拉力为F2，则（）。F1先减小后增大B、F1先增大后减小C、F2逐渐减小D、F2最终变为零变式4-1、如图3-4所示，在做“验证力的平行四边形定则”的实验时，用M、N两个测力计通过细线拉橡皮条的结点，使其到达O点，此时α+β=90°．然后保持M的读数不变，而使α角减小，为保持结点位置不变，可采用的办法是（）A、减小N的读数同时减小β角B、减小N的读数同时增大β角C、增大N的读数同时增大β角D、增大N的读数同时减小β角4-2、（17年全国1卷）如图，柔软轻绳的一端固定，其中间某点拴一重物，用手拉住绳的另一端。初始时，竖直且被拉直，与之间的夹角为，现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角不变。在由竖直被拉到水平的过程中（）A．上的张力逐渐增大 B．上的张力先增大后减小C．上的张力逐渐增大 D．上的张力先增大后减小受力分析共点力的平衡答案考点一物体的受力分析1、解析：选B由于AB间接触面情况未知，若AB接触面光滑，则AB间没有摩擦力，此时A受重力、B对A的支持力和墙壁对A的弹力而平衡，故A、C错误，B正确；木块B受推力F、A对B的压力，若压力向右的分力等于F，则地面对B没有摩擦力，故D错误。2、解析：选A设两半球的总质量为m，当球以AB沿水平方向放置，可知F＝eq\f(1,2)mg，当球以AB沿竖直方向放置，以两半球为整体，隔离右半球受力分析如图所示，可得：F′＝eq\f(mg,2)tanθ，根据支架间的距离为AB的一半，可得：θ＝30°，则eq\f(F,F′)＝eq\f(1,tanθ)＝eq\r(3)，则A正确。3、[解析]对a、b进行受力分析，如图所示。b物体处于静止状态，当细线沿斜面向上的分量与重力沿斜面向下的分量相等时，摩擦力为零，所以b可能只受3个力作用，而a物体必定受到摩擦力作用，肯定受4个力作用，故A错误；a、b两个物体，垂直于斜面方向受力都平衡，则有：FN＋FTsinθ＝mgcosθ，解得：FN＝mgcosθ－FTsinθ，则a、b两物体对斜面的压力相同，故B正确；根据A项的分析可知，b的摩擦力可以为零，而a的摩擦力一定不为零，故C错误；对a沿斜面方向有：FTcosθ＋mgsinθ＝Ffa，对b沿斜面方向有：FTcosθ－mgsinθ＝Ffb，正压力相等，所以最大静摩擦力相等，则a先达到最大静摩擦力，先滑动，故D错误。[答案]B4、解析：选A解法一：合成法。滑块受力如图甲，由平衡条件知：eq\f(mg,F)＝tanθ⇒F＝eq\f(mg,tanθ)，FN＝eq\f(mg,sinθ)。解法二：效果分解法。将重力按产生的效果分解，如图乙所示，F＝G2＝eq\f(mg,tanθ)，FN＝G1＝eq\f(mg,sinθ)。解法三：正交分解法。将滑块受的力水平、竖直分解，如图丙所示，mg＝FNsinθ，F＝FNcosθ，联立解得：F＝eq\f(mg,tanθ)，FN＝eq\f(mg,sinθ)。解法四：封闭三角形法。如图丁所示，滑块受的三个力组成封闭三角形，解直角三角形得：F＝eq\f(mg,tanθ)，FN＝eq\f(mg,sinθ)。5、解析：选A设A物块所受的摩擦力大小为Ff，每根橡皮绳的弹力为FT，则有：2FTcos60°＝Ff，对D：2FTcos30°＝F，解得：Ff＝eq\f(\r(3),3)F，故A正确，B、C、D错误。考点二活死结和活死杆1、解析：设重物平衡时悬点为O，延长AO交B杆于C点，从C点向A杆作垂线CD交A杆于D点，如图所示．由于挂钩光滑，所以挂钩两侧绳AO段与BO段的拉力必然相等，与竖直线的夹角也相等，因而OB=OC，故AC=5m，设∠A=α，则sinα=4/5.取O点为研究对象，将重物对O点的拉力沿AO、BO延长线分解为FTA、FTB，即有：FTA=FTB=FT.由图和平衡条件可得：2FTcosα=mg，可解得：FT=10N.同样分析可知：当A点向上移动少许重新平衡后，绳与水平面夹角及绳中张力均保持不变．答案：10N夹角不变，张力为10N也保持不变点评：因为绳上挂的是一个轻质光滑挂钩，它可以无摩擦地滑动(即是“活节”)，所以挂钩两侧的绳(其实是同一根绳)的形变相同，拉力也必然相等．2、3、173N4、[解析]题图甲和乙中的两个物体M1、M2都处于平衡状态，根据平衡的条件，首先判断与物体相连的细绳，其拉力大小等于物体的重力；分别取C点和G点为研究对象，进行受力分析如图甲和乙所示，根据平衡规律可求解。(1)图甲中细绳AD跨过定滑轮拉住质量为M1的物体，物体处于平衡状态，细绳AC段的拉力FTAC＝FTCD＝M1g图乙中由FTEGsin30°＝M2g，得FTEG＝2M2g。所以eq\f(FTAC,FTEG)＝eq\f(M1,2M2)。(2)图甲中，三个力之间的夹角都为120°，根据平衡规律有FNC＝FTAC＝M1g，方向与水平方向成30°，指向右上方。(3)图乙中，根据平衡方程有FTEGsin30°＝M2g，FTEGcos30°＝FNG，所以FNG＝M2gcot30°＝eq\r(3)M2g，方向水平向右。5、【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．【分析】分别对结点A受力分析，运用共点力平衡求出杆子对A点的作用力大小，从而比较出杆0A的受力大小关系【解答】解：分别对三种形式的结点进行受力分析，设杆子的作用力分别为F1、F2、F3，各图中T=mg．在图（a）中，Fa=2mgcos30°=mg．在图（b）中，Fb=mgtan60°=mg．在图（c）中，Fc=mgcos30°=mg．可知a=b＞c，故B正确，A、C、D错误．故选B要点三整体法与隔离法在平衡问题中的应用1、【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．【分析】按重力、弹力的顺序逐个分析物体的受力，每一个接触面都要分析．再由平衡条件求力的大小．【解答】解：A、物块b受到：重力、a的弹力和静摩擦力、地面的支持力、推力F，共受五个力，故A错误．B、以a为研究对象，由平衡条件知，b对a的摩擦力大小等于a的重力，为2mg，由牛顿第三定律知a对b的摩擦力大小也等于2mg，故B正确．C、以整体为研究对象，则知地面对b的支持力等于3mg，则物块b对地面的压力大小等于3mg，故C错误．D、物块a受到物块b两个力作用：水平向右的压力和竖直向上的静摩擦力，它们的合力斜向右上方，则物块a受到物块b的作用力斜向右上方，故D错误．变式1-1、无变式1-2、无2、【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．【分析】先整体为研究对象，整体原来处于静止状态，合力为零，分析其受力情况，作出力图，可由平衡条件得出F与重力沿斜面分力的关系；再分析将小物体B拿走后A物体的受力情况，判断其运动情况．【解答】解：令A、B的质量分别为M和m，以AB整体为研究对象受力分析有：根据平衡条件有：F=（M+m）gtanθA、取走质量为m的B后，没斜面方向Fcosθ=（M+m）gsinθ＞Mgsinθ，故A将向上滑动，故A错误；B、B在A上时，斜面对A的支持力N=Fsinθ+（M+m）gcosθ，当取走质量为m的B后，斜面对A的支持力N′=Fsinθ+Mgcosθ，根据牛顿第三定律知，A对斜面的压力减小，故B错误；C、小物体B未从A上表面上取走时，A对斜面压力的水平分力不大于地面对斜面的最大静摩擦力，取走B后，A对斜面的压力减小，仍满足A对斜面压力的水平分力不大于地面对斜面的最大静摩擦力，故斜面仍保持与地面静止，故C错误；D、以斜面AB整体为研究对象，B在A上时，地面对斜面的支持力等于斜面AB三者重力之和，取走m后，支持力等于斜面和A的重力之和，故D正确．故选：D．2-1、C3、【考点】物体的弹性和弹力；共点力平衡的条件及其应用．【分析】对物体受力分析是指分析物体的受力情况同时画出受力的示意图，本题可以先对m受力分析，再结合牛顿第三定律对M受力分析．【解答】解：先对物体m受力分析，受到重力、向下的恒力F、支持力和静摩擦力，根据平衡条件，支持力和静摩擦力的合力、重力和恒力F的合力是一对平衡力，根据牛顿第三定律，m对M的压力和静摩擦力的合力竖直向下；再对M受力分析，受重力、m对它的垂直向下的压力和沿斜面向下的静摩擦力，同时地面对M有向上的支持力，共受到4个力；故ACD错误，B正确；故选：B3-1、【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．【分析】小物块匀速上滑，受力平衡，合力为零，楔形物块始终保持静止，受力也平衡，合力也为零，以物块和楔形物块整体为研究对象合力同样为零，分析受力，画出力图，根据平衡条件求解地面对楔形物块的支持力．【解答】解：以物块和楔形物块整体为研究对象，受到重力（M+m）g，拉力F，地面的支持力FN和摩擦力Ff．根据平衡条件得地面对楔形物块的支持力FN=（M+m）g﹣Fsinθ故选：D．4、【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用．【分析】对M和m组成的系统研究，将m的加速度分解为水平方向和竖直方向，在水平方向和竖直方向分别运用牛顿第二定律分析判断．【解答】解：A、m沿斜面减速运动，加速度方向沿斜面向上，可知m在竖直方向上的加速度方向竖直向上，在水平方向上的加速度方向水平向右，对系统研究，竖直方向上有：N﹣（m0+m）g=may，可知地面对木楔的支持力大于（m0+m）g，故A正确，B错误．C、对系统，在水平方向：f=max，ax向右，则地面对木楔的摩擦力向右，故C错误，D正确．故选：AD．变式4-1、AB5、答案A解析A受到水平向右的力F1，B受到的水平向左的力F2，以整体为研究对象，分析受力如图甲：设OA绳与竖直方向的夹角为α，则由平衡条件得：tanα＝eq\f(F1－F2,2mg＋mg) ①以B球为研究对象，受力如图乙，设AB绳与竖直方向的夹角为β，则由平衡条件得：tanβ＝eq\f(F2,mg)②由几何关系得到：α＝β③联立①②③解得：F1＝4F25-1、【答案】：A确。6、AC[解析]以A、B整体为研究对象可知A对地面的压力等于(M＋m)g，选项A正确；A、B整体在水平方向没有发生相对运动，也没有相对运动的趋势，A对地面没有摩擦力，选项B错误；以B为研究对象，进行受力分析可知：F2cosθ＝mg，F1＝mgtanθ，解得B对A的压力大小F2＝eq\f(R＋r,R)mg，细线对小球的拉力大小F1＝eq\f(mg\r(r（r＋2R）),R)，选项C正确，选项D错误．考点四解决动态平衡问题的三种方法1、[解析]以整条电线为研究对象，受力分析如图所示，由共点力的平衡条件知，两电线杆对电线的弹力的合力与其重力平衡，由几何关系得：Fcosθ＝eq\f(mg,2)，即：F＝eq\f(mg,2cosθ)。由于夏天气温较高，电线的体积会膨胀，两电线杆正中部位电线下坠的距离h变大，则电线在杆上固定处的切线方向与竖直方向的夹角θ变小，故eq\f(mg,2cosθ)变小，所以两电线杆处的电线拉力与冬天相比是变小。电线杆上的电线的质量一定，受力平衡，夏季、冬季电线杆对地面的压力相等。所以选项B、C、D错误，A正确。[答案]A1-1、【考点】力的概念及其矢量性．【分析】两根绳拉力的合力与人的重力平衡，根据平行四边形定则判断拉力的变化．【解答】解：对人受力分析可知，两绳的拉力的合力与人的重力的大小是相等的，人的重力的大小是不变的，所以两绳的合力F的不变，即当双臂缓慢张开时绳之间的夹角变大，两个分力的大小FT都要增大，所以B正确．A、C、D错误．故选：B．2、[解析]因为G、FN、FT三力共点平衡，故三个力可以构成一个矢量三角形，如图所示，G的大小和方向始终不变，FN的方向不变，大小可变，FT的大小、方向都在变，在绳向上偏移的过程中，可以作出一系列矢量三角形，显而易见在FT变化到与FN垂直前，FT是逐渐变小的，然后FT又逐渐变大。故正确答案为D。[答案]D2-1、【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．【分析】先对圆柱体Q受力分析，受到重力、杆MN的支持力和半球P对Q的支持力，其中重力的大小和方向都不变，杆MN的支持力方向不变、大小变，半球P对Q的支持力方向和大小都变，然后根据平衡条件并运用合成法得到各个力的变化规律；最后对PQ整体受力分析，根据共点力平衡条件得到地面对整体的摩擦力情况．【解答】解：A、B、对圆柱体Q受力分析，受到重力、杆MN的支持力和半球P对Q的支持力，重力的大小和方向都不变，杆MN的支持力方向不变、大小变，半球P对Q的支持力方向和大小都变，然后根据平衡条件，得到N1=mgtanθ