2025版南方凤凰台5A教案基础版物理第2章　相互作用-力含答案1

2025版《南方凤凰台5A教案基础版物理第2章相互作用——力含答案实验三探究两个互成角度的力的合成规律基础梳理1．实验目的验证互成角度的两个力合成时的平行四边形定则．2．实验原理(1)等效法：一个力F′的作用效果和两个力F1、F2的作用效果都是让同一条一端固定的橡皮条伸长到同一点，所以一个力F′就是这两个力F1和F2的合力，作出力F′的图示，如图所示．(2)平行四边形法：根据平行四边形定则作出力F1和F2的合力F的图示．(3)验证：比较F和F′的大小和方向是否相同，若在误差允许的范围内相同，则验证了力的平行四边形定则．3．实验器材木板、白纸、图钉若干、__橡皮条__、细绳、弹簧测力计(2个)、三角板、__刻度尺__等．4．实验步骤(1)用图钉把一张白纸钉在水平桌面上的__木板__上，如图所示．(2)用两个弹簧测力计分别钩住两个细绳套，互成角度地拉橡皮条，使橡皮条伸长，结点到达某一点O.(3)用铅笔描下__结点O的__位置和两个细绳套的__方向__，并记录弹簧测力计的读数F1、F2，利用刻度尺和三角板作平行四边形，画出对角线所代表的力F.(4)只用一个弹簧测力计通过细绳套把橡皮条的结点拉到与前面实验中相同的__位置O__，记下弹簧测力计的读数F′和细绳套的方向．(5)比较F和F′，观察它们在实验误差允许的范围内是否__相等__.5．数据处理(1)用铅笔和刻度尺从结点O沿两条细绳方向画直线，按选定的标度作出这两个弹簧测力计的拉力F1和F2的图示，并以F1和F2为邻边用刻度尺作平行四边形，过O点画平行四边形的对角线，此对角线即为合力F的图示．(2)用刻度尺从O点按同样的标度沿记录的方向作出一个弹簧测力计的拉力F′的图示．(3)比较F与F′是否完全重合或几乎完全重合，从而验证平行四边形定则．6．误差分析实验误差除弹簧测力计本身的误差外，还主要来源于__读数__误差和__作图__误差两个方面．(1)减小读数误差的方法：弹簧测力计数据在允许的情况下，尽量__大__一些．读数时眼睛一定要__正视__，要按有效数字正确读数和记录．(2)减小作图误差的方法：作图时两力的对边一定要平行，两个分力F1、F2间的夹角大小要适当．7．注意事项(1)弹簧相同：使用弹簧测力计前，要先观察指针是否指在零刻度处，若指针不在零刻度处，要设法调整指针，使之指在零刻度处．再将两个弹簧测力计的挂钩钩在一起，向相反方向拉，如果两个示数相同方可使用．(2)位置不变：在同一次实验中，使橡皮条拉长时___结点__的位置一定要相同．(3)角度合适：用两个弹簧测力计钩住细绳套互成角度地拉橡皮条时，其夹角不宜太__小__，也不宜太大，以60°～120°为宜．(4)尽量减小误差：在合力不超出量程及在橡皮条弹性限度内，形变应尽量大一些，细绳套应适当长一些，便于确定力的方向．(5)统一标度：在同一次实验中，画力的图示选定的标度要相同，并且要恰当选定标度，使力的图示稍大一些．教材原型实验(2023·全国乙卷)在“验证力的平行四边形定则”的实验中使用的器材有：木板、白纸、两个标准弹簧测力计、橡皮条、轻质小圆环、刻度尺、铅笔、细线和图钉若干．完成下列实验步骤：①用图钉将白纸固定在水平木板上．②将橡皮条的一端固定在木板上，另一端系在轻质小圆环上．将两细线也系在小圆环上，它们的另一端均挂上弹簧测力计．用互成一定角度、方向平行于木板、大小适当的力拉动两个弹簧测力计，小圆环停止时由两个弹簧测力计的示数得到两拉力F1和F2的大小，并__CD__.(多选，填正确答案标号)A．用刻度尺量出橡皮条的长度B．用刻度尺量出两细线的长度C．用铅笔在白纸上标记出小圆环的位置D．用铅笔在白纸上标记出两细线的方向解析：将橡皮条的一端固定在木板上，另一端系在轻质小圆环上．将两细线也系在小圆环上，它们的另一端均挂上弹簧测力计．用互成一定角度、方向平行于木板、大小适当的力拉动两个弹簧测力计，小圆环停止时由两个弹簧测力计的示数得到两拉力F1和F2的大小，还需要用铅笔在白纸上标记出小圆环的位置以及用铅笔在白纸上标记出两细线的方向．故选C、D.③撤掉一个弹簧测力计，用另一个弹簧测力计把小圆环拉到__相同位置__，由弹簧测力计的示数得到拉力F的大小，沿细线标记此时F的方向．解析：撤掉一个弹簧测力计，用另一个弹簧测力计把小圆环拉到相同位置，由弹簧测力计的示数得到拉力F的大小，沿细线标记此时F的方向．④选择合适标度，由步骤②的结果在白纸上根据力的平行四边形定则作F1和F2的合成图，得出合力F′的大小和方向；按同一标度在白纸上画出力F的图示．⑤比较F′和F的__大小和方向__，从而判断本次实验是否验证了力的平行四边形定则．解析：比较F′和F的大小和方向，从而判断本次实验是否验证了力的平行四边形定则．(2023·扬州中学期初考)某同学通过下述实验探究两个互成角度的力的合成规律．甲实验步骤：①将弹簧测力计固定在贴有白纸的竖直木板上，使其轴线沿竖直方向．②如图甲所示，将环形橡皮条一端挂在弹簧测力计的挂钩上，另一端用圆珠笔尖竖直向下拉，直到弹簧测力计示数为某一设定值时，将橡皮条两端的位置标记为O1、O2，记录弹簧测力计的示数F，测量并记录O1、O2间的距离(即橡皮条的长度l).每次将弹簧测力计示数改变0.50N，测出所对应的l，部分数据如下表所示：F/N00.501.001.502.002.50l/cml010.9712.0213.0013.9815.05③找出②中F＝2.50N时橡皮条两端的位置，重新标记为O、O′，橡皮条的拉力记为FOO′.④在弹簧测力计挂钩上涂抹少许润滑油，将橡皮条搭在挂钩上，如图乙所示．用两圆珠笔尖成适当角度同时拉橡皮条的两端，使挂钩的下端达到O点，将两笔尖的位置标记为A、B，橡皮条OA段的拉力记为FOA，OB段的拉力记为FOB.乙完成下列作图和填空：(1)利用表中数据在图丙中画出F-l图线，根据图线求得l0＝__10.00(9.90～10.10均可)__cm.丙丁解析：在坐标系中描点，用平滑的曲线(直线)将各点连接起来，不在直线上的点均匀分布在直线的两侧．如图所示由图可知，图线与横轴的交点为橡皮条原长，即l0＝10.00cm.(2)测得OA＝6.00cm，OB＝7.60cm，则FOA的大小为__1.80(1.70～1.90均可)__N.解析：由图线得，劲度系数k＝eq\f(2.5,15.05－10)N/cm＝0.5N/cm，由于橡皮条的长度l＝OA＋OB＝13.60cm，由图可得F＝k(l－l0)＝1.80N，所以FOA＝FOB＝F＝1.80N(3)根据给出的标度，在图丁中作出FOA和FOB的合力F′的图示．解析：利用给出的标度作出FOA和FOB的图示，然后以FOA和FOB为邻边作出平行四边形，过O点的对角线即为合力F′，如图所示．(4)通过比较F′与__FOO′__的大小和方向，即可得出实验结论．解析：FOO′的作用效果和FOA、FOB两个力的作用效果相同，F′是FOA、FOB两个力的合力，所以只要比较F′和FOO′的大小和方向，即可得出实验结论．创新拓展实验1．对实验原理的理解、实验方法的迁移(如图所示) 甲 乙2．实验器材的改进(如图所示)(1)橡皮条eq\o(→,\s\up7(替代))弹簧测力计(2)钩码eq\o(→,\s\up7(替代))弹簧测力计(2023·中华中学)某实验小组用一个弹簧测力计和一个量角器等器材“验证力的平行四边形定则”，设计的实验装置如图．固定在竖直木板上的量角器直边水平，橡皮条一端固定在量角器圆心O的正上方A点，另一端系绳套1和绳套2.(1)实验步骤如下：①弹簧测力计挂在绳套1上竖直向下拉橡皮条，使橡皮条的结点到达O点，记下弹簧测力计的示数F.②弹簧测力计挂在绳套1上，手拉着绳套2，缓慢拉橡皮条，使橡皮条的结点达到O点，此时绳套1沿0°方向，绳套2沿120°方向，弹簧测力计的示数为F1.③根据力的平行四边形定则计算绳套1的拉力F′1＝__eq\f(\r(3),3)F____.解析：根据力的平行四边形定则计算绳套1的拉力F′1＝Ftan30°＝eq\f(\r(3),3)F.④比较__F1与F′1的大小__，即可初步验证力的平行四边形定则．解析：比较F1和F1′的大小，即可初步验证力的平行四边形定则．(2)将绳套1由0°方向缓慢转动到60°方向，同时绳套2沿120°方向不变，此过程中保持橡皮条的结点在O点不动，关于绳套1的拉力大小的变化，下列说法中正确的是__D__.A．逐渐增大 B．先增大，后减小C．逐渐减小 D．先减小，后增大解析：保持绳套2方向不变，绳套1从0°方向向下缓慢转动60°，此过程中保持橡皮条的结点在O点不动，说明两个绳套拉力的合力不变，作图如下由图可知，绳套1的拉力先减小，后增大，故A、B、C错误，D正确．1．验证“力的平行四边形定则”，如图甲所示，实验步骤如下：甲①用两个相同的弹簧测力计互成角度拉细绳套，使橡皮条伸长，结点到达纸面上某位置，记为O1.②记录两个弹簧测力计的拉力F1和F2的大小和方向．③只用一个弹簧测力计，将结点仍拉到位置O1，记录弹簧测力计的拉力F3的大小和方向．④按照力的图示要求，作出拉力F1、F2、F3.⑤根据力的平行四边形定则作出F1和F2的合力F.⑥比较F和F3的一致程度．(1)下列说法中正确的是__D__.A．应使橡皮条与两绳夹角的平分线在同一直线上B．为了便于计算合力大小，两绳间夹角应取30°、45°、90°等特殊角度C．系在橡皮条末端的两绳要一样长D．同时改变两个弹簧测力计的拉力，结点可能保持在位置O1解析：两绳拉力的合力不一定沿角平分线方向，A错误；验证“力的平行四边形定则”实验，应得出普遍适用的定则，不应取特殊角度分析，B错误；系在橡皮条末端的两绳应适当长一些，但不要求一样长，C错误；同时改变两拉力，可能合力会不变，结点可能还在位置O1，D正确．(2)改变F1、F2，重复步骤①至⑥进行第二次实验，记下结点位置O2，位置O2__不必__(填“必须”或“不必”)与位置O1相同．解析：两个弹簧测力计拉力产生的效果要与一个弹簧测力计拉力产生效果相同，但只需满足同一组实验结点位置相同即可，不同组实验O点位置可以不同．(3)实验记录纸如图乙所示，两弹簧测力计共同作用时，拉力F1和F2的方向分别过P1和P2点；两个力的大小分别为F1＝3.0N、F2＝3.5N．请根据图中给出的标度作出F1和F2的合力，测得合力F＝___4.0(3.8～4.2)__N.(保留两位有效数字)乙解析：画出力合成的平行四边形，量出所夹对角线的长度，按比例测得合力约为4.0N.(4)实验中用两个弹簧测力计同时拉，两绳夹角小于90°，一个弹簧测力计示数接近量程，另一个超过量程的一半．这样操作__不合理__(填“合理”或“不合理”)，理由是：__只用一个弹簧测力计拉时很可能会超过其量程__.解析：若一个弹簧测力计示数接近量程，另一个超过量程的一半，夹角为锐角时合力可能大于一个弹簧测力计的量程，这样操作不合理．配套精练1．(2024·常州高三上期中)在“验证力的平行四边形定则”的实验装置如图所示，其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，OB和OC为细绳．关于该实验，下列操作中正确的是(C)A．两个细绳套必须等长B．弹簧测力计、细绳套、橡皮条可以与木板平面不平行C．重复实验，再次进行验证时，结点O的位置可以与前一次不同D．用两个弹簧测力计互成角度拉橡皮条时，拉力必须都小于只用一个弹簧测力计时的拉力解析：使用弹簧测力计时，施力方向应沿弹簧测力计轴线，两细绳只确定力的方向，故两个细绳套不需用等长，故A错误；合力与分力为等效替代的关系，为保证作用效果相同，实验时必须使弹簧测力计、细绳套、橡皮条与木板平面平行，故B错误；重复实验，再次进行验证时，结点O的位置可以与前一次不同，故C正确；用两个弹簧测力计互成角度拉橡皮条时，拉力不一定都小于只用一个弹簧测力计时的拉力，故D错误．2．某同学用如图所示的实验装置来验证“力的平行四边形定则”．如图甲所示，用两个弹簧测力计一起拉橡皮条，使橡皮条伸长到O点；如图乙所示，改用一个弹簧测力计拉橡皮条，也使橡皮条伸长到O点．实验时，分别读出弹簧测力计的示数，并在贴于木板的白纸上记录O点的位置及拉线的方向．(1)下列实验要求中正确的是__AC__.A．弹簧测力计应在使用前校零B．实验时，橡皮条尽可能拉长C．拉力方向应与木板平面平行D．记录拉线方向时，所描的两点可尽量靠近解析：弹簧测力计测弹力的大小，所以在使用之前应校零，故A正确；在实验中，橡皮条必须在弹性限度内，而不是尽量拉长，故B错误；测量力的实验要求尽量准确，为了减小实验中因摩擦造成的误差，操作中要求弹簧测力计、细绳、橡皮条都应与木板平行，故C正确；为了更加准确地记录力的方向，拉橡皮条的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些，故D错误．(2)实验记录纸如图丙所示，O点为橡皮条被拉伸后伸长到的位置，两弹簧测力计共同作用时，拉力F1和F2的方向分别过P1和P2点，两个力的大小分别为F1＝1.5N、F2＝2.0N，请选择合适的标度作图，求出F1和F2合力F，F的大小为__2.5__N.解析：以F1、F2为邻边作平行四边形，每小段表示0.5N，结果如图所示，合力F＝2.5N.(3)若弹簧测力计A和B间的夹角大于90°，保持O点位置不变．弹簧测力计A与橡皮条PO间夹角(∠POA)不变，减小弹簧测力计B与橡皮条PO间夹角(∠POB)，则弹簧测力计A的读数__变大__，弹簧测力计B的读数__变大__.(填“变大”“变小”“先变大，后变小”“先变小，后变大”或“不变”)解析：由图可知A的读数变大，B的读数变大．3．(2023·伍佑中学)在“验证力的平行四边形定则”的实验中，某同学进行实验的主要步骤是：a．如图甲所示，将橡皮筋的一端固定在木板上的A点，另一端拴上两根绳套，每根绳套分别连着一个弹簧测力计．b．沿着两个方向拉弹簧测力计，将橡皮筋的活动端拉到某一位置，将此位置标记为O点，读取此时弹簧测力计的示数，分别记录两个拉力F1、F2的大小．用笔在两绳的拉力方向上分别标记a、b两点，并分别将其与O点连接，表示两力的方向．c．再用一个弹簧测力计将橡皮筋的活动端仍拉至O点，记录其拉力F的大小并用上述方法记录其方向． 甲 乙(1)用一个弹簧测力计将橡皮筋的活动端仍拉至O点，这样做的目的是__合力与分力的作用效果相同__.解析：合力与分力间的关系是等效替代，所以我们要让一个力(合力)与两个力(分力)产生相同的作用效果．所以将橡皮筋的活动端都拉至O点，这样做的目的是：合力与分力的作用效果相同．(2)实验中利用图中标记的O点和b点确定分力方向时，图甲中的b点标记得不妥，其原因是__Ob间距太小__.解析：确定力的方向时，用画点的方法记录，两点确定一条直线，两个点距离适当的远一点能减小误差．所以这位同学在实验中确定分力方向时，图甲所示的b点标记得不妥，其原因是：Ob间距太小．(3)图乙是在白纸上根据实验数据作出的力的图示，其中__F__(填“F”或“F′”)是F1和F2合力的实际测量值．解析：数据处理时要注意：用平行四边形画出来的是理论值，图中F′是平行四边形的对角线，故F′是应用力的合成的平行四边形定则求出的F1和F2的合力，实际值是F.4．某课外兴趣小组用图甲所示的装置进行“验证力的平行四边形定则”的实验，实验中使用的每个钩码的质量均相同．先用两组钩码(一组4个钩码，一组3个钩码)拉弹簧使其伸长至某个位置O′，并记录；然后再用一根细线牵引一组钩码拉弹簧． 甲 乙(1)本实验采用的物理方法是__等效替代__法，完成该实验最关键的步骤是__第二次也要把弹簧拉到O′处__.解析：合力与分力是等效替代的关系，所以本实验采用的物理方法是等效替代法；完成该实验最关键的步骤是第二次也要把弹簧拉到O′处．(2)当再用一根细线牵引一组钩码拉弹簧时，所需的钩码一定不会超过__7__个．解析：由题图可知，若两组钩码沿同一方向拉弹簧时合力最大，即7个钩码的重力，所以当再用一根细线牵引一组钩码拉弹簧时，无论之前两组钩码如何放置，这时所需的钩码一定不会超过7个．(3)某同学在坐标纸上画出了图乙所示的两个已知力F1和F2，图中小正方形的边长表示3N，则两力的合力F＝__18__N，F1与F的夹角θ＝__45°__.解析：根据力的平行四边形定则，作出两个力的合力如图所示，从图中可以知道，合力F＝18N，根据几何关系知F1与F的夹角θ＝45°.5．某兴趣小组在做“验证力的平行四边形定则”实验，手边的器材有：一根轻弹簧、一个校准过的弹簧测力计、刻度尺、装有水的矿泉水瓶、木板、白纸等，步骤如下：(1)将轻弹簧上端固定，用弹簧测力计向下缓慢拉动轻弹簧下端，记录弹簧测力计的读数F以及对应的轻弹簧长度L，如下表：F/N00.501.001.502.002.50L/cm12.5012.9113.3013.6914.1114.50(2)根据表中数据，在图甲中作出F-L图像，求得轻弹簧的劲度系数为__125__N/m.(保留三位有效数字)解析：描点后所画的直线通过尽可能多的点，不在直线上的点尽量均匀分居两侧．根据F＝k(L－L0)得出图像的斜率表示劲度系数，即k＝eq\f(2.50－0,(14.50－12.50)×10-2)N/m＝125N/m.(3)将一张白纸贴在竖直放置的木板上，如图乙所示，用轻弹簧和弹簧测力计共同提起矿泉水瓶并保持静止，在白纸上记下结点位置O，记录弹簧测力计的拉力F1＝1.70N和方向OA.(4)测量出轻弹簧的长度L1＝13.69cm，记录轻弹簧的拉力F2的方向OB.(5)只用弹簧测力计提起矿泉水瓶并保持静止，使结点仍然在O点，记录此时弹簧测力计的读数F＝2.00N和方向OC.(6)实验记录纸如图丙所示，请在图丙中用0.5cm长的线段表示0.5N的力，以O点为作用点，画出F、F1、F2的图示．解析：轻弹簧的拉力F2＝k(L1－L0)＝125×1.19×10-2N≈1.50N，注意作图的规范性．(7)为了验证力的平行四边形定则，同学们提出以下两种不同方案：方案A：以F1、F2为邻边，按平行四边形定则画出F1、F2的合力F′，比较F和F′的一致程度．方案B：用虚线把F的箭头末端分别与F1、F2的箭头末端连起来，比较连线与F1、F2组成的四边形与标准的平行四边形的一致程度．你认为哪种方案更可行？__方案A__.理由是__因为方案A便于操作，依据平行四边形定则作出的合力与实际值相比，线的长短和方向差别更加直观__.解析：方案A更可行，因为方案A便于操作，依据平行四边形作出的合力与实际相比，线的长短和方向差别更加直观．补不足、提能力，老师可增加训练：《抓分题·基础天天练》《一年好卷》。素养提升2|整体法与隔离法解决关联体问题题型综述受力分析往往是解答物理试题的突破口，选择合适的研究对象并分析受力往往是解决物理问题的关键．解题策略(1)正确选择研究对象：①整体法．②隔离法．(2)按顺序受力分析：一般按照“一重力、二弹力、三摩擦力、四其他力”的顺序，结合整体法与隔离法分析物体的受力情况．(3)处理平衡问题的基本思路eq\x(确定平衡状态：a＝0)eq\o(→,\s\up7(整体法),\s\do5(隔离法))eq\x(巧选研究对象)→eq\x(受力分析)→eq\x(建立平衡方程)→eq\x(\a\al(力的处理方法：合成,法或正交分解法))→eq\x(求解或讨论)叠加关联体如图所示，横截面为直角三角形的斜劈P，靠在粗糙的竖直墙面上，力F通过球心水平作用在光滑球Q上，系统处于静止状态．当力F增大时，系统仍保持静止．下列说法中正确的是(C)A．球Q对地面的压力不变B．球Q对斜劈P的支持力不变C．斜劈P对竖直墙壁的压力增大D．墙面对斜劈P的摩擦力增大解析：对Q受力分析如图所示：Q受力平衡，则在水平和竖直方向分别有F＝N′sinθ，N″＝mg＋N′cosθ，可知当F增大时，P、Q间的作用力增大，球Q对地面的压力增大，故A、B错误；以P、Q整体为研究对象，水平向右的力F与墙壁的支持力等大反向，故墙的支持力增大，由牛顿第三定律可知斜劈P对竖直墙壁的压力增大，故C正确；对P受力分析可知开始时P对墙壁的摩擦力方向不确定，故无法判断此摩擦力的变化情况，故D错误．类题固法11．如图所示，A、B两长方体木块放在水平面上，它们的高度相等，长木板C放在它们上面．用水平力F拉木块A，使A、B、C一起沿水平面向右匀速运动，则(A)A．A对C的摩擦力向右B．C对A的摩擦力向右C．B对C的摩擦力向右D．B、C间无摩擦力解析：对于C来说，是由于A的摩擦力导致C向右运动，故A对C的摩擦力是向右的，物体间力的作用是相互的，所以C对A的摩擦力是向左的；对于C和B来说，B是在C的摩擦力的作用下向右运动，故C对B的摩擦力是向右的，同理，B对C的摩擦力是向左的，A正确．2．(2020·山东卷)如图所示，一轻质光滑定滑轮固定在倾斜木板上，质量分别为m和2m的物块A、B，通过不可伸长的轻绳跨过滑轮连接，A、B间的接触面和轻绳均与木板平行．A与B间、B与木板间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．当木板与水平面的夹角为45°时，物块A、B刚好要滑动，则μ的值为(C)A．eq\f(1,3) B．eq\f(1,4)C．eq\f(1,5) D．eq\f(1,6)解析：当木板与水平面的夹角为45°时，两物块刚好滑动，对A受力分析如图甲所示，沿斜面方向，A、B之间的滑动摩擦力f1＝μN＝μmgcos45°，根据平衡条件可知T＝mgsin45°＋μmgcos45°，对B物块受力分析如图乙所示，沿斜面方向，B与斜面之间的滑动摩擦力f2＝μN″＝μ·3mgcos45°，根据平衡条件可知2mgsin45°＝T＋μmgcos45°＋μ·3mgcos45°，两式联立，可得2mgsin45°＝mgsin45°＋μmgcos45°＋μmgcos45°＋μ·3mgcos45°，解得μ＝eq\f(1,5)，C正确． 甲 乙悬挂关联体逢年过节，路上挂满喜庆的红灯笼，如图所示有3个灯笼，在风的吹拂下悬绳与竖直方向的夹角为37°，设每个红灯笼的质量均为m，相邻的红灯笼之间用绳子相连接，自上往下数，第一个红灯笼对第二个红灯笼的拉力为(A)A．2.5mg B．1.5mgC．3.6mg D．2mg解析：以下面两个灯笼作为整体为研究对象，受力分析如图，根据平衡条件，竖直方向有Tcos37°＝2mg，解得T＝eq\f(2mg,cos37°)＝2.5mg，A正确．类题固法21．(2023·连云港调研)元宵节挂灯笼的习俗起源于西汉．如图所示，由五根等长的轻质细绳悬挂起质量均为m的灯笼A、B、C、D，其中BC间细绳是水平的，上面两细绳与水平方向夹角为θ1，中间两细绳与竖直方向夹角为θ2，AB间和BC间的绳中张力分别是FAB和FBC，重力加速度为g.下列关系式中正确的是(B)A．θ1＝θ2B．tanθ1·tanθ2＝2C．FBC＝eq\f(mg,tanθ2)D．FAB＝eq\f(mg,sinθ2)解析：设两侧绳子拉力为T，对A上面的结点受力分析可知Tcosθ1＝FABsinθ2，Tsinθ1＝FABcosθ2＋mg，对四个灯笼的整体分析可知2Tsinθ1＝4mg，解得T＝eq\f(2mg,sinθ1)，FAB＝eq\f(mg,cosθ2)，tanθ1·tanθ2＝2，对B上面的结点受力分析有FABsinθ2＝FBC，解得FBC＝mgtanθ2，故选B.2．如图所示，用一段绳子把轻质滑轮吊在A点，一根轻绳跨过滑轮，绳的一端拴在井中的水桶上，人用力拉绳的另一端，滑轮中心为O点．设人所拉绳子与OA的夹角为β，拉水桶的绳子与OA的夹角为α.现在人拉绳沿水平面向左运动，把井中质量为m的水桶缓慢提上来，已知人的质量为M，重力加速度为g.在此过程中，下列说法中错误的是(B)A．α始终等于βB．吊着滑轮的绳子上的拉力逐渐变大C．地面对人的摩擦力逐渐变大D．地面对人的支持力逐渐变大解析：水桶缓慢上升，处于动态平衡状态，拉水桶的轻绳中的拉力T始终等于mg，对滑轮受力分析如图甲所示，垂直于OA方向，有Tsinα＝Tsinβ，所以α＝β，沿OA方向，有F＝Tcosα＋Tcosβ＝2Tcosα，人向左运动的过程中，α＋β变大，所以α和β均变大，吊着滑轮的绳子上的拉力F变小，A正确，B错误；对人受力分析如图乙所示，水平方向有f＝T′sinθ，竖直方向有FN＋T′cosθ＝Mg，因θ＝α＋β逐渐变大，故地面对人的摩擦力逐渐变大，地面对人的支持力FN＝Mg－T′cosθ逐渐变大，C、D正确． 甲 乙斜面关联体如图所示，顶端装有定滑轮的斜面体放在粗糙水平面上，A、B两物体通过细绳相连，并处于静止状态(不计绳的质量和绳与滑轮间的摩擦).现用水平向右的力F作用于物体B上，将物体B缓慢拉高一定的距离，此过程中斜面体与物体A仍然保持静止．在此过程中(C)A．水平力F可能变小B．斜面体受地面的支持力可能变大C．物体A所受斜面体的摩擦力可能变大D．地面对斜面体的摩擦力可能不变解析：对物体B受力分析如图所示，由平衡条件可得F＝mBgtanθ，Tcosθ＝mBg，将物体B缓慢拉高一定的距离，θ增大，水平力F增大，绳中拉力T增大，故A错误；对整体(斜面体、物体A、物体B)受力分析，据平衡条件可得FN＝G总，f＝F，则斜面体所受地面的支持力不变，地面对斜面体的摩擦力增大，故B、D错误；若起始时T>mAgsinα，对物体A受力分析，由平衡条件可得fA＋mAgsinα＝T，绳中拉力T增大，物体A受斜面体的摩擦力增大；若起始时T<mAgsinα，对物体A受力分析，由平衡条件可得fA＋T＝mAgsinα，绳中拉力T增大，物体A所受斜面体的摩擦力可能先减小到零后，再反向增大，故C正确．类题固法31．如图所示，某同学在建筑工地上观察沙子堆积时，发现沙子会自然堆积成圆锥体，且在不断堆积过程中，材料相同的沙子自然堆积成的圆锥体的最大底角都是相同的．该同学测出这堆沙子的底部周长为10πm，了解到沙子的总体积约为25πm3，若沙子间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则沙子间的动摩擦因数约为(D)A．0.3 B．0.4C．0.5 D．0.6解析：圆锥体的底部圆半径为r＝eq\f(l,2π)＝eq\f(10π,2π)m＝5m，圆锥体的高为h＝eq\f(3V,S)＝eq\f(3V,πr2)＝eq\f(3×25π,π×52)m＝3m，锥体的底角的正切tanθ＝eq\f(h,r)＝eq\f(3,5)＝0.6，对锥面上的一粒沙粒分析，沙粒刚好静止，所以有μmgcosθ＝mgsinθ，解得μ＝0.6，故D正确．2．如图所示，倾角为θ的斜面体c置于水平地面上，小物块b置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与沙漏a连接，连接b的一段细绳与斜面平行，在a中的沙子缓慢流出的过程中，a、b、c都处于静止状态．则下列说法中正确的是(D)A．c对b的摩擦力始终增加B．地面对c的支持力始终不变C．地面对c的摩擦力始终不变D．细绳对滑轮的作用力方向始终不变解析：在a中的沙子缓慢流出的过程中，b所受绳子的拉力变小，但如果b所受静摩擦力一开始是沿斜面向下，则其摩擦力会先变小，故A错误；将b、c看成一个整体，整体受到绳子的拉力变小，因此，竖直向上的分力也变小，水平分力也变小，所以地面对c的支持力会变大，地面对c的摩擦力会变小，故B、C错误；由于细绳的方向不变，且两段细绳拉力始终大小相等，因此，对滑轮的作用力方向始终不变，故D正确．3．如图所示，水平面上固定着一个三棱柱体，其左侧光滑，倾角为α；右侧粗糙，倾角为β.放置在三棱柱体上的物块A和物块B通过一根跨过顶端定滑轮的细绳相连，若物块A和物块B始终保持静止．下列说法中正确的是(D)A．仅增大角α，物块B所受的摩擦力一定增大B．仅增大角α，物块B对三棱柱体的压力可能减小C．仅增大角β，绳子的拉力一定增大D．仅增大角β，地面对三棱柱体的支持力不变解析：细线的拉力T＝mAgsinα，仅增大角α，细线的拉力变大，但因开始时B所受的摩擦力方向不能确定，则不能断定物块B所受的摩擦力一定增大，A错误；仅增大角α，物块B对三棱柱体的压力仍等于mBgcosβ不变，B错误；仅增大角β，绳子的拉力仍为T＝mAgsinα不变，C错误；对A、B以及三棱柱的整体而言，地面对三棱柱体的支持力等于整体的重力，则仅增大角β，地面对三棱柱体的支持力不变，D正确．微专题2受力分析共点力平衡受力分析的基本方法1．受力分析的基本思路2．受力分析的常用方法方法整体法隔离法假设法概念将加速度相同的几个相互关联的物体作为一个整体进行分析的方法将所研究的对象从周围的物体中分离出来进行分析的方法在受力分析时，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部各物体之间的相互作用力根据力存在与否对物体运动状态影响的不同来判断力是否存在注意问题受力分析时不考虑系统内各物体之间的相互作用力一般情况下隔离受力较少的物体一般在分析弹力或静摩擦力时应用如图所示，一个质量为m的小滑块静止于倾角为30°的粗糙斜面上，一根轻弹簧一端固定在竖直墙上的P点，另一端系在滑块上，弹簧与竖直方向的夹角为30°，重力加速度为g，则(A)A．滑块可能受到三个力作用B．弹簧一定处于压缩状态C．斜面对滑块的支持力大小可能为零D．斜面对滑块的摩擦力大小可能等于mg解析：由几何关系可知弹簧轴线与斜面垂直，若弹簧弹力不为零，则方向与斜面垂直，对物体受力进行正交分解，沿斜面方向有重力的分力mgsin30°，要想平衡应有沿斜面向上的摩擦力Ff＝mgsin30°＝eq\f(1,2)mg，D错误；有摩擦力一定有弹力，所以支持力FN≠0，C错误；垂直斜面方向有重力的分力mgcos30°、斜面的弹力FN，弹簧弹力的方向、大小不确定，所以弹簧是压缩还是拉伸状态不确定，B错误；若无弹簧弹力，则受到三个力的作用，若有弹簧弹力，则受到四个力的作用，A正确．类题固法11.如图所示，物体A置于水平地面上，力F竖直向下作用于物体B上，A、B保持静止，则物体A的受力个数为(B)A．3 B．4C．5 D．6解析：隔离分析物体B的受力如图甲所示，要保持物体B静止不动，物体A一定对物体B有摩擦力fA→B和支持力NA→B.由牛顿第三定律可知物体B对A一定有摩擦力fB→A和压力NB→A；取A、B整体受力分析可知地面对A的摩擦力为零．故A物体受力如图乙所示，B正确． 甲 乙2．(2023·海安中学)如图所示的容器内盛有水，器壁AB部分是一个平面且呈倾斜状，有一个小物块P处于图示位置并保持静止状态，则该物体(B)A．可能受三个力作用 B．可能受四个力作用C．一定受三个力作用 D．一定受四个力作用解析：物体一定受到地球的吸引而产生的重力，同时因为排开一定质量的液体，故一定受浮力，若浮力大小等于重力，则二力平衡，物体与AB间没有相互作用，故可能受两个力作用；若浮力大于重力，则物体一定会受AB对P的弹力，由于弹力垂直于接触面向下，物体只有受到斜向下的摩擦力才能受力平衡，故物体可能受四个力，B正确，D错误；物体可能只受两个力，不可能受三个力而平衡，A、C错误．静态平衡问题1．静态平衡问题的解题步骤2．处理静态平衡问题的常用方法方法内容合成法物体受三个共点力的作用而平衡，则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而平衡，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个力作用而平衡的物体，将力平移使三个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如图所示，支架固定在水平地面上，其倾斜的光滑直杆与地面成30°夹角，两圆环A、B穿在直杆上，并用跨过光滑定滑轮的轻绳连接，滑轮的大小不计，整个装置处于同一竖直平面内．圆环平衡时，绳OA竖直，绳OB与直杆间夹角为30°，则环A、B的质量之比为(A)A．1∶eq\r(3) B．1∶2C．eq\r(3)∶1 D．eq\r(3)∶2解析：分别对A、B两圆环受力分析，如图所示．以A为研究对象，则A只能受到重力和绳子的拉力的作用，杆对A不能有力的作用，否则A水平方向受力不能平衡，有FT＝mAg，以B为研究对象，有mBg＝2FTcos30°＝eq\r(3)FT，故mA∶mB＝1∶eq\r(3)，A正确．类题固法21．(2023·苏州调研)图甲是一种大跨度悬索桥梁，图乙为悬索桥模型．六对轻质吊索悬挂着质量为M的水平桥面，吊索在桥面两侧竖直对称排列，其上端挂在两根轻质悬索上(图乙中只画了一侧分布)，悬索两端与水平方向成45°，则一根悬索水平段CD上的张力大小是(A)A．eq\f(1,4)Mg B.eq\f(1,6)Mg C．eq\f(1,12)Mg D.eq\f(1,24)Mg解析：对左边的悬索ABC整体受力分析如图所示，由平衡条件可得TD＝Tcos45°，Tsin45°＝eq\f(Mg,4)，解得TD＝eq\f(Mg,4)，故选A.2．(2024·东台中学期初)如图所示，甲、乙两个小球的质量均为m，两球间用细线2连接，甲球用细线1悬挂在天花板上．现分别用大小相等的力F水平向左、向右拉两球，平衡时细线都被拉紧．则平衡时两球的可能位置是下列选项中的(A) A B C D解析：以整体为研究对象，受到向左和向右的拉力、重力和绳子1的拉力而静止，向左和向右的拉力等大反向，合力为零，重力和绳子1的拉力合力也为零，所以绳子1的拉力应竖直向上；再隔离乙球分析，受向下的重力、水平向右的拉力和绳子2的拉力而平衡，所以绳子2的拉力应斜向左上方，故A正确，B、C、D错误．3．(2023·南京学情调研)如图所示，质量为m的篮球放在球架上，已知球架的宽度为L，每只篮球的直径为D，不计球与球架之间的摩擦，重力加速度为g，则每只篮球对一侧球架的压力大小为(B)A．eq\f(1,2)mg B．eq\f(mgD,2\r(D2－L2))C．eq\f(2mgD,\r(D2－L2)) D．eq\f(2mg\r(D2－L2),D)解析：以任意一只篮球为研究对象，分析受力情况，设球架对篮球的支持力N与竖直方向的夹角为α.由几何知识得cosα＝eq\f(\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(D,2)))\s\up12(2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2)))\s\up12(2)),\f(D,2))＝eq\f(\r(D2－L2),D)根据平衡条件得2Ncosα＝mg解得N＝eq\f(mgD,2\r(D2－L2))则得篮球对球架的压力大小为N′＝N＝eq\f(mgD,2\r(D2－L2))，故B正确．动态平衡问题1．基本思路化“动”为“静”，“静”中求“动”．2．分析动态平衡问题的常用方法：(1)解析法①列平衡方程求出未知量与已知量的关系表达式．②根据已知量的变化情况来确定未知量的变化情况．(2)图解法①根据已知量的变化情况，画出平行四边形边、角的变化．②确定未知量大小、方向的变化．(3)相似三角形法①根据已知条件画出两个不同情况对应的力的三角形和空间几何三角形，确定对应边，利用三角形相似知识列出比例式．②确定未知量大小的变化情况．(2023·南京、盐城二模)如图甲所示，笔记本电脑支架一般有多个卡位用来调节角度，某人将电脑放在该支架上，由卡位4缓慢调至卡位1(如图乙所示)，电脑与支架始终处于相对静止状态，则(A) 甲 乙A．电脑受到的支持力变大B．电脑受到的摩擦力变大C．支架对电脑的作用力减小D．电脑受到的支持力与摩擦力两力大小之和等于其重力大小解析：根据题意，笔记本电脑受重力、支持力和摩擦力，如图所示．电脑始终处于静止状态，故笔记本电脑受力平衡．由平衡条件可得，电脑受到的支持力大小为FN＝Gcosθ，电脑受到的摩擦力大小f＝Gsinθ，由原卡位4调至卡位1，θ减小，故FN增大，f减小，故B错误，A正确；支架对电脑的作用力是电脑受到的支持力与摩擦力两力的合力，大小等于电脑的重力，方向竖直向上，始终不变，故C错误；电脑受三力平衡，三力首尾相接构成封闭的三角形，所以支持力与摩擦力两力大小之和大于其重力大小，故D错误．类题固法31．如图所示，用OA、OB两根轻绳将花盆悬于两竖直墙之间，开始时OB绳水平．现保持O点位置不变，改变OB绳长使绳右端由B点缓慢上移至B′点，此时OB′与OA之间的夹角θ<90°.设此过程中OA、OB绳的拉力分别为FOA、FOB，则下列说法中正确的是(A)A．FOA一直减小 B．FOA一直增大C．FOB一直减小 D．FOB先增大，后减小解析：以结点O为研究对象，分析受力：重力G、绳OA的拉力FOA和绳BO的拉力FOB，如图所示，根据平衡条件知，两根绳子的拉力的合力与重力大小相等、方向相反，作出轻绳OB在不同位置时力的合成图，由图看出，FOA逐渐减小，FOB先减小，后增大，当θ＝90°时，FOB最小．故A正确．2．(2023·宝应期初)某建筑工地通过如图所示的装置将工件运到楼顶，工人通过细绳搭在光滑定滑轮上将带铰链的轻杆缓慢上拉，从而取得工件．在轻杆被缓慢上拉到取到工件前的过程中(A)A．轻杆所受压力大小始终不变B．轻杆所受压力先减小，后增大C．工人手上所受的拉力始终不变D．工人手上所受的拉力增大解析：如图所示，对结点C受力分析，缓慢上拉，三个力平衡，三个力组成首尾相接的闭合三角形，力三角形与几何三角形ABC相似，根据相似三角形对应边比值相等，有eq\f(mg,AB)＝eq\f(F,AC)＝eq\f(N,BC)，因上拉过程mg、AB不变，因为AC减小，则F减小，即工人手上所受的拉力减小；BC不变，则N不变，即轻杆所受压力始终不变，故选A.平衡中的临界与极值问题1．临界问题当某物理量变化时，会引起其他几个物理量的变化，从而使物体所处的平衡状态“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．临界常见的种类：(1)由静止到运动，摩擦力达到最大静摩擦力．(2)绳子由松弛到绷紧，拉力F＝0.(3)恰好离开接触面，支持力N＝0.2．极值问题平衡物体的极值，一般指在力的变化过程中的最大值和最小值问题．3．解决极值问题和临界问题的方法(1)物理分析方法：根据物体的平衡条件，作出力的矢量图，通过对物理过程的分析，利用平行四边形定则进行动态分析，确定最大值与最小值．(2)数学方法：通过对问题的分析，依据物体的平衡条件写出物理量之间的函数关系(或画出函数图像)，用数学方法求极值(如求二次函数极值、公式极值、三角函数极值).但利用数学方法求出极值后，一定要依据物理原理对该值的合理性及物理意义进行讨论或说明．如图所示，两个完全相同的球，重力大小为G，两球与水平地面间的动摩擦因数都为μ，一根轻绳两端固定在两个球上，在绳的中点施加一个竖直向上的拉力，当绳被拉直后，两段绳间的夹角为α.当F至少为多大时，两球将会发生滑动？答案：eq\f(2μG,tan\f(α,2)＋μ)解析：设绳子拉力为T，选其中某一个球为研究对象，球发生滑动的临界条件是Tsineq\f(α,2)＝μN又因为Tcoseq\f(α,2)＝eq\f(F,2)取整体为研究对象，由平衡条件得F＋2N＝2G联立各式解得F＝eq\f(2μG,tan\f(α,2)＋μ)类题固法41．将两个质量均为m的小球a、b用细线相连后，再用细线悬挂于O点，如图所示，用力F拉小球b，使两个小球都处于静止状态，且细线Oa与竖直方向的夹角保持θ＝30°，则F的最小值为(B)A．eq\f(\r(3),3)mg B．mgC．eq\f(\r(3),2)mg D．eq\f(1,2)mg解析：以两个小球组成的整体为研究对象，分析受力，根据平衡条件得知F与T的合力与重力2mg总是大小相等、方向相反，由力的合成图可知当F与细线Oa垂直时，F有最小值，即图中2位置，根据平衡条件得F＝2mgsin30°＝mg，故B正确，A、C、D错误．2．如图所示，质量为m的物体放在一固定斜面上，当斜面倾角为30°时恰能沿斜面匀速下滑．对物体施加一大小为F、方向水平向右的恒力，物体可沿斜面匀速向上滑行．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当斜面倾角增大并超过某一临界角θ0时，不论水平恒力F多大，都不能使物体沿斜面向上滑行．求：(1)物体与斜面间的动摩擦因数．答案：eq\f(\r(3),3)解析：如图甲所示，未施加力F时，对物体受力分析由平衡条件得mgsin30°＝μmgcos30°解得μ＝tan30°＝eq\f(\r(3),3) 甲 乙(2)这一临界角θ0的大小．答案：60°解析：设斜面倾角为α时，物体无法向上滑行，受力情况如图乙所示，由平衡条件得Fcosα＝mgsinα＋F′fF′N＝mgcosα＋FsinαF′f≤μF′N解得F≤eq\f(mgsinα＋μmgcosα,cosα－μsinα)当cosα－μsinα＝0，即tanα＝eq\r(3)时不论水平恒力F多大，都不能使物体沿斜面向上滑行此时，临界角θ0＝α＝60°配套精练一、选择题1．水上飞伞是一项锻炼勇气和毅力的水上娱乐活动．快艇开动后，拖在快艇后面的空中飞伞在风力和绳子牵引力的作用下升起，游客乘伞体验在空中飞翔的感觉．下列各图中的O点均表示游客，能正确反映飞伞载着游客在空中匀速飞行的是(A) A B C D解析：乘客在空中受重力mg，绳子牵引力F1，飞伞的拉力F2，受力分析如图所示，游客在空中匀速飞行，所受合力为0，能正确反映游客受力情况的是A图，故A正确，B、C、D错误． A B C D2．(2024·如皋高三上期中)如图所示，将连接一重物的轻质小滑轮放置在一个轻弹性绳上，绳A、B两端在同一水平线上，不计一切摩擦，若将B端水平向左缓慢移动一小段距离，则弹性绳长度将(A)A．变短 B.变长C．不变 D.无法确解析：进行受力分析如图所示，若将B端水平向左缓慢移动一小段距离，可知弹性绳之间的夹角减小，则可得弹性绳的弹力减小，弹性绳的长度将变短，故选A.3．(2024·徐州高三上期中)如图所示，摄影师调节三脚架使相机高度降低．调节后，水平地面对任意一只支撑杆的(A)A．支持力不变 B.支持力变小C．摩擦力不变 D.摩擦力变小解析：令相机与三脚架总质量为M，对相机与三脚架整体进行分析，在竖直方向上有3N＝Mg，解得N＝eq\f(Mg,3)，即支持力不变，故A正确，B错误；令相机质量为m，根据对称性可知，每一只支撑杆对相机的支持力大小均相等，令该支持力F方向与竖直方向夹角为θ，对相机分析有3Fcosθ＝mg，支撑杆对地面的压力F′与F等大反向，则摩擦力f＝Fsinθ，解得f＝eq\f(mg,3)tanθ，若使相机高度降低，则θ增大，可知，摩擦力增大，故C、D错误．4．如图所示，有8个完全相同的长方体木板叠放在一起，每个木板的质量为100g，某人用手在这叠木板的两侧分别加一大小为F的水平压力，使木板在空中水平静止．若手与木板之间的动摩擦因数为μ1＝0.5，木板与木板之间的动摩擦因数为μ2＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10m/s2.则水平压力F至少为(B)A．8N B．15NC．16N D．30N解析：先把所有木板看成整体，由平衡条件知2μ1F≥8mg，得F≥8N，以中间6块木板为研究对象，要使木板不滑下去，由平衡条件知2μ2F≥6mg，解得F≥15N，故F≥15N，故B正确．5．(2024·海安中学期初)风化蚀的产物有可能被风、流水、冰川和海浪携带而离开原位置，地理学家把这种现象叫作“搬运”．为了讨论水流的搬运作用，设水的流速为v，物块的几何线度为l，并作如下简化：物块的体积与l3成正比，水流对物块的作用力与l2v2成正比，物块受到的阻力与物块的重力成正比．已知水的流速为v时，能搬运石块的重力为G.当水的流速为2v时，能搬运石块的重力为(D)A．2G B．4GC．16G D．64G解析：设体积V＝k1l3，F＝k2l2v2，f＝k3G＝k3ρVg＝k3ρ·k1l3g，由受力平衡F＝f⇒k2l2v2＝k3ρ·k1l3，可得v2与l成正比，所以重力与v6成正比，代入数据，当水的流速为2v时，能搬运石块的重力为64G，故选D.6．(2023·南通第三次调研)如图所示，家用燃气灶支架有四个对称的相同爪，重为G的锅放在支架上，锅面为球面，忽略爪与锅之间的摩擦力．每个爪对锅的支持力大小可能为(A)A．eq\f(1,3)G B.eq\f(1,4)GC.eq\f(1,5)G D.eq\f(1,6)G解析：设每个爪对锅的支持力方向与竖直方向的夹角为θ，竖直方向根据受力平衡可得4Ncosθ＝G，解得N＝eq\f(G,4cosθ)>eq\f(G,4)，故选A.7．(2024·东台中学期初测试)如图所示，一物块受到一个水平力F作用静止于斜面上，此力F的方向与斜面平行．如果将力F撤除，下列对物块的描述正确的是(B)A．物块将不会继续静止于斜面上B．物块所受的摩擦力方向改变C．物块立即获得加速度D．物块受到的摩擦力变大解析：设物块的重力为G，将重力分解为垂直斜面方向和沿斜面向下方向的分力，在斜面平面内，对物块受力分析，如图1所示，沿斜面向下方向的分力大小为Gsinθ，在水平力F，没有撤去时，由平衡条件可得Ff1＝eq\r((Gsinθ)2＋F2)，在水平力F撤去后，在斜面平面内物块受力如图2所示，则有Ff2＝Gsinθ<eq\r((Gsinθ)2＋F2)，可知物块仍静止于斜面上，A错误；由以上分析可知，物块所受的摩擦力方向改变，B正确；由题意可知，物块的最大静摩擦力大于Ff1＝eq\r((Gsinθ)2＋F2)，水平力F撤去后Ff2＝Gsinθ<eq\r((Gsinθ)2＋F2)，物块受力平衡，加速度是零，C错误；由平衡条件可得Ff2＝Gsinθ<Ff1＝eq\r((Gsinθ)2