全国通用2022版高考物理总复习考前三个月专题一力与运动第1讲力与物体的平衡试题

第1讲　力与物体的平衡高考命题轨迹年份题号(分值)考点难度2022年卷Ⅰ21题(6分)绳悬挂物体的动态平衡，一个力恒定及其对角恒定，另两力大小方向都变较难卷Ⅱ16题(6分)水平桌面上的物块在拉力作用下匀速运动，考查摩擦力、正交分解中等卷Ⅲ17题(6分)弹性绳悬挂钩码，考查胡克定律、共点力平衡中等2022年卷Ⅰ19题(6分)连接体的平衡，受力分析，平衡条件的应用中等卷Ⅱ14题(6分)轻绳悬挂物体的动态平衡，图解法中等卷Ⅲ17题(6分)连接体的平衡；平行四边形定则；弹力方向中等2022年卷Ⅰ24题(12分)安培力作用下导体棒的平衡；胡克定律中等考情分析　受力分析与物体平衡几乎是每年必考的内容，近年来着重考察连接体的平衡，整体法、隔离法的应用，绳、杆、面弹力的大小与方向及胡克定律，摩擦力的大小及临界极值问题，单物体的动态平衡问题等．选题不避常规模型，没有偏难怪．选择题中物理情景较简单，难度在中等偏易到中等难度之间；计算题物理情景较新颖，抽象出物理模型的难度较大．知识方法链接1．受力分析的两个顺序(1)先场力(重力、电场力、磁场力)后接触力(先弹力后摩擦力)．(2)先分析“确定的力”，再由“确定的力”判断“不确定的力”．2．受力分析的三个检验角度(1)明确各力的施力物体和受力物体，找不到施力物体的力是不存在的．(2)判断物体能否保持原状态．(3)转换研究对象(隔离→整体或整体→隔离)再做受力分析，判断是否吻合．3．受力分析的常用方法19\n整体法与隔离法：研究系统外的物体对系统整体的作用力时用整体法；研究系统内物体之间的相互作用力时用隔离法．遇到多物体平衡时一般整体法与隔离法结合着用，一般先整体后隔离．真题模拟精练　　　　　　　　　　　　　　　　　　1.(多选)(2022·湖北省部分重点中学调研)如图1所示，顶角为θ的光滑圆锥体固定在水平面上，一质量为m的均质圆环套在圆锥体上，重力加速度大小为g，下列判断正确的是(　　)图1A．圆锥体对圆环的弹力方向垂直于圆锥的侧面B．圆锥体对圆环的弹力方向竖直向上C．圆环的张力不为零D．圆环的张力方向指向圆环的圆心答案　BC解析　因为圆环受重力和圆锥体对圆环的作用力处于平衡，则圆锥体对圆环的作用力等于圆环的重力，即F＝mg，方向与重力的方向相反，即圆锥体对圆环的弹力方向竖直向上，故A错误，B正确；质量为m的均质圆环套在圆锥体上，圆环有被撑开的趋势，所以圆环的张力不能为零，故C正确；圆环的张力方向沿圆环的切线方向，故D错误．故选B、C.2.(2022·山东烟台市模拟)如图2所示，质量均为m的相同工件a、b，横截面为平行四边形，靠在一起置于水平面上，它们的侧面与水平面的夹角为θ.己知a、b间相接触的侧面是光滑的，当在工件b上加一水平推力F时，两工件一起向左匀速运动，则下列说法正确的是(　　)图2A．工件a对地面的压力等于工件b对地面的压力B．工件a对地面的压力小于工件b对地面的压力C．工件a受到的摩擦力等于工件b受到的摩擦力D．工件a受到的摩擦力大于工件b受到的摩擦力答案　B解析　以a为研究对象进行受力分析如图所示，由于b对a产生斜向左上方的弹力F弹的作用，使得a对地面的压力小于mg；根据牛顿第三定律可知，a对b产生斜向右下方的弹力，使得b对地面的压力大于mg，所以A错误，B正确；根据Ff＝μFN可知，工件a19\n受到的摩擦力小于工件b受到的摩擦力，C、D错误．故选B.3．(2022·山西吕梁市孝义市模拟)如图3所示，小球A、B穿在一根与水平面成θ角的光滑的固定杆上，一条跨过定滑轮的细绳两端分别连接A、B两球，不计所有摩擦．当两球静止时，OA绳与杆的夹角为θ，OB绳沿竖直方向，则以下说法正确的是(　　)图3A．小球A可能受到2个力的作用B．小球B可能受到3个力的作用C．A、B的质量之比为1∶tanθD．绳子对A的拉力大于对B的拉力答案　C解析　对A球受力分析可知，A受到重力、绳子的拉力以及杆对A球的弹力，三个力的合力为零，故A错误；对B球受力分析可知，B受到重力、绳子的拉力，两个力合力为零，杆对B球没有弹力，否则B不能平衡，故B错误；分别对A、B两球分析，运用合成法，如图，根据共点力平衡条件，得：FT＝mBg＝(根据正弦定理列式)故mA∶mB＝1∶tanθ，故C正确；绳子对A的拉力等于对B的拉力，故D错误．故选C.知识方法链接19\n共点力平衡常用方法(1)合成法：一般三力平衡时(或多力平衡转化成三力平衡后)用合成法：由平行四边形定则合成任意两力(一般为非重力的那两个力)，该合力与第三个力平衡，在由力的示意图所围成的三角形中解决问题．将力的问题转化成三角形问题，再由三角函数、勾股定理、图解法、相似三角形法等求解．(2)正交分解法：一般受三个以上共点力平衡时用正交分解法：把物体受到的各力分解到相互垂直的两个方向上，然后分别列出两个方向上的平衡方程．真题模拟精练4．(2022·全国卷Ⅱ·16)如图4所示，一物块在水平拉力F的作用下沿水平桌面做匀速直线运动．若保持F的大小不变，而方向与水平面成60°角，物块也恰好做匀速直线运动．则物块与桌面间的动摩擦因数为(　　)图4A．2－B.C.D.答案　C解析　当F水平时，根据平衡条件得F＝μmg；当保持F的大小不变，而方向与水平面成60°角时，由平衡条件得Fcos60°＝μ(mg－Fsin60°)，联立解得，μ＝，故选项C正确．5．(2022·全国卷Ⅲ·17)如图5所示，两个轻环a和b套在位于竖直面内的一段固定圆弧上；一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为m的小球．在a和b之间的细线上悬挂一小物块．平衡时，a、b间的距离恰好等于圆弧的半径．不计所有摩擦．小物块的质量为(　　)图5A.B.mC．mD．2m答案　C解析　如图所示，圆弧的圆心为O，悬挂小物块的点为c，由于ab＝R，则△aOb为等边三角形，同一条细线上的拉力相等，FT＝mg，由几何关系知，∠acb＝120°，故绳的拉力的合力与物块的重力大小相等，所以小物块质量为m，故C对．19\n6．(2022·山东济宁市一模)智能手机的普及使“低头族”应运而生．低头时，颈椎受到的压力会增大(当人体直立时，颈椎所承受的压力等于头部的重量)．现将人体头颈部简化为如图6所示的模型：重心在头部的P点，在可绕O转动的颈椎OP(轻杆)的支持力和沿PQ方向肌肉拉力的作用下处于静止状态．当低头时，若颈椎与竖直方向的夹角为45°，PQ与竖直方向的夹角为53°，此时颈椎受到的压力与直立时颈椎受到压力的比值为(sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)(　　)图6A．4　　　　B．5　　　　C．4　　　　D．5答案　C解析　由题意可明确人的头受力情况，如图所示：由题意知，F′＝G，则由几何关系可知：＝＝4.根据牛顿第三定律可知C正确．19\n知识方法链接1．图解法物体受三个力平衡：一个力恒定、另一个力的方向恒定时可用此法．例：挡板P由竖直位置绕O点向水平位置缓慢旋转时小球受力的变化．(如图7)图7特点：一个力为恒力，另一个力的方向不变．2．相似三角形法物体受三个力平衡：一个力恒定、另外两个力的方向同时变化，当所作矢量三角形与空间的某个几何三角形总相似时用此法．(如图8)图8特点：一个力为恒力，另两个力的方向都在变．3．解析法：如果物体受到多个力的作用，可进行正交分解，利用解析法，建立平衡方程，根据自变量的变化确定因变量的变化．4．平行四边形定则：若合力不变，两等大分力夹角变大，则分力变大．真题模拟精练7．(多选)(2022·全国卷Ⅰ·21)如图9所示，柔软轻绳ON的一端O固定，其中间某点M拴一重物，用手拉住绳的另一端N，初始时，OM竖直且MN被拉直，OM与MN之间的夹角为α(α＞)．现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角α不变．在OM由竖直被拉到水平的过程中(　　)图919\nA．MN上的张力逐渐增大B．MN上的张力先增大后减小C．OM上的张力逐渐增大D．OM上的张力先增大后减小答案　AD8．(2022·安徽淮北市二模)在房屋装修过程中工人经常用如图10所示的简易方式运送材料，图中C为光滑定滑轮．为了保证材料不碰触窗台A、B，需要一人在楼下用一根绳子拽拉，保证材料竖直向上缓慢上升，假定人的位置不变，则在运送过程中(　　)图10A．OC绳的拉力逐渐增大，OD绳的拉力逐渐减小B．OC绳的拉力逐渐减小，OD绳的拉力逐渐增大C．OC绳和OD绳的拉力均逐渐减小D．OC绳和OD绳的拉力逐渐增大答案　D9．(2022·陕西宝鸡市二检)如图11所示，两块相互垂直的光滑挡板OP、OQ，OP竖直放置，小球a、b固定在轻弹簧的两端，并斜靠在OP、OQ挡板上．现有一个水平向左的推力F作用于b上，使a、b紧靠挡板处于静止状态．现保证b球不动，使竖直挡板OP向右缓慢平移一小段距离，则(　　)图11A．推力F变大B．弹簧长度变短C．弹簧长度变长D．b对地面的压力变大答案　C解析　设弹簧与竖直方向的夹角为α，现保证b球不动，使挡板OP向右缓慢平移一小段距离，则α减小，以a球为研究对象，分析受力情况如图，根据平衡条件得：F弹＝，α减小，cosα增大，则F弹减小，弹簧长度变长；挡板对a的弹力FN1＝mgtanα，α减小，FN1减小．对a、弹簧和b整体研究：水平方向：F＝FN1，则作用力F将减小，故A、B错误，C正确；竖直方向：地面对b的支持力FN2＝(ma＋mb)g不变，根据牛顿第三定律可知，b19\n对地面的压力不变，故D错误．故选C.知识方法链接1．静电场中的平衡常结合库仑定律、电场叠加考查受力分析、整体法与隔离法、动态平衡等．2．涉及安培力的平衡问题一般要将立体图转化为平面图，在平面图里面画受力分析图．真题模拟精练10．(2022·河北衡水市金卷)有三个完全相同的金属小球A、B、C，其中小球C不带电，小球A和B带有等量的同种电荷，如图12所示，A球固定在竖直绝缘支架上，B球用不可伸长的绝缘细线悬于A球正上方的O点处，静止时细线与OA的夹角为θ.小球C可用绝缘手柄移动，重力加速度为g，现在进行下列操作，其中描述与事实相符的是(　　)图12A．仅将球C与球A接触离开后，B球再次静止时细线中的张力比原来要小B．仅将球C与球B接触离开后，B球再次静止时细线与OA的夹角为θ1，仅将球C与球A接触离开后，B球再次静止时细线与OA的夹角为θ2，则θ1＝θ2C．剪断细线OB瞬间，球B的加速度等于gD．剪断细线OB后，球B将沿OB方向做匀变速直线运动直至着地答案　B解析　仅将球C与球A接触后离开，球A的电荷量减半，致使小球A、B间的库仑力减小，对球B进行受力分析可知它在三个力的作用下平衡，设球A到O点的距离为H，细线的长度为L，由三角形相似可知＝，故细线的张力不变，故A错误；将球C与球B接触后离开，和球C与球A接触后离开，由库仑定律和均分电量法知道两种情况下A、B间的斥力相同，故夹角也相同，故B正确；剪断细线OB瞬间，球B19\n在重力和库仑力作用下运动，其合力斜向右下方，与原来细线的张力等大反向，故其加速度不一定等于g，故选项C错误；剪断细线OB后，球B在空中运动时受到的库仑力随球A、B间距的变化而变化，即球B落地前做变加速曲线运动，故选项D错误．11．(2022·河南洛阳市第二次统考)如图13所示，两个带电小球A、B分别处于光滑绝缘的竖直墙面和斜面上，且在同一竖直平面内，用水平向左的推力F作用于B球，两球在图示位置静止，现将B球沿斜面向上移动一小段距离，发现A球随之向上缓慢移动少许，两球在虚线位置重新平衡，重新平衡后与移动前相比，下列说法错误的是(　　)图13A．推力F变大B．斜面对B的弹力不变C．斜面对A的弹力变小D．两球之间的距离变大答案　A解析　先对小球A受力分析，受重力、弹力、库仑力，如图所示，根据共点力平衡条件，有：F库＝①FN＝mgtanα②由于α减小，根据①式，库仑力减小，故两球间距增加，故D正确；由于α减小，根据②式，墙面对A的弹力变小，故C正确；再对A、B整体受力分析，受重力、斜面支持力FN′、墙壁弹力FN和推力F19\n，如图所示，根据共点力平衡条件，有：FN′sinβ＋FN＝FFN′cosβ＝(m＋M)g解得：F＝(m＋M)gtanβ＋mgtanα③FN′＝④由于α减小，β不变，根据③式，推力F减小，故A错误；由于α减小，β不变，根据④式，斜面对B的弹力不变，故B正确．本题选错误的，故选A.专题规范练题组1　高考真题体验1．(多选)(2022·全国卷Ⅰ·19)如图1所示，一光滑的轻滑轮用细绳OO′悬挂于O点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b.外力F向右上方拉b，整个系统处于静止状态．若F方向不变，大小在一定范围内变化，物块b仍始终保持静止，则(　　)图1A．绳OO′的张力也在一定范围内变化B．物块b所受到的支持力也在一定范围内变化C．连接a和b的绳的张力也在一定范围内变化D．物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化答案　BD解析　由于物块a、b均保持静止，各绳角度保持不变，对a受力分析得，绳的拉力FT′＝mag，所以物块a受到绳的拉力保持不变．由滑轮性质，滑轮两侧绳的拉力相等，所以b受到绳的拉力大小、方向均保持不变，C选项错误；a、b受到绳的拉力大小、方向均不变，所以OO′的张力不变，A选项错误；对b进行受力分析，如图所示．19\n由平衡条件得：FTcosβ＋Ff＝Fcosα，Fsinα＋FN＋FTsinβ＝mbg.其中FT和mbg始终不变，当F大小在一定范围内变化时，支持力在一定范围内变化，B选项正确；摩擦力也在一定范围内发生变化，D选项正确．2．(2022·全国Ⅱ卷·14)质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上．用水平向左的力F缓慢拉动绳的中点O，如图2所示．用T表示绳OA段拉力的大小，在O点向左移动的过程中(　　)图2A．F逐渐变大，T逐渐变大B．F逐渐变大，T逐渐变小C．F逐渐变小，T逐渐变大D．F逐渐变小，T逐渐变小答案　A解析　对O点受力分析如图所示，F与T的变化情况如图，由图可知在O点向左移动的过程中，F逐渐变大，T逐渐变大，故选项A正确．3．(2022·全国卷Ⅱ·15)如图3所示，在固定斜面上的一物块受到一外力F的作用，F平行于斜面向上．若要物块在斜面上保持静止，F的取值应有一定范围，已知其最大值和最小值分别为F1和F2(F2＞0)．由此可求出(　　)图3A．物块的质量19\nB．斜面的倾角C．物块与斜面间的最大静摩擦力D．物块对斜面的正压力答案　C解析　当拉力为F1时，物块有沿斜面向上运动的趋势，受到沿斜面向下的静摩擦力，则F1＝mgsinθ＋Ffm.当拉力为F2时，物块有沿斜面向下运动的趋势，受到沿斜面向上的静摩擦力，则F2＋Ffm＝mgsinθ，由此解得Ffm＝.19\n4．(2022·全国卷·24)拖把是由拖杆和拖把头构成的擦地工具(如图4)．设拖把头的质量为m，拖杆质量可忽略；拖把头与地板之间的动摩擦因数为常数μ，重力加速度为g.某同学用该拖把在水平地板上拖地时，沿拖杆方向推拖把，拖杆与竖直方向的夹角为θ.图4(1)若拖把头在地板上匀速移动，求推拖把的力的大小．(2)设能使该拖把在地板上从静止刚好开始运动的水平推力与此时地板对拖把的正压力的比值为λ.已知存在一临界角θ0，若θ≤θ0，则不管沿拖杆方向的推力有多大，都不可能使拖把从静止开始运动．求这一临界角的正切tanθ0.答案　(1)mg　(2)λ解析　(1)设该同学沿拖杆方向用大小为F的力推拖把．将推拖把的力沿竖直和水平方向分解，根据平衡条件有Fcosθ＋mg＝FN①Fsinθ＝Ff②式中FN和Ff分别为地板对拖把的正压力和摩擦力．所以Ff＝μFN③联立①②③式得F＝mg(2)若不管沿拖杆方向用多大的力都不能使拖把从静止开始运动，应有Fsinθ≤λFN④这时，①式仍成立．联立①④式得sinθ－λcosθ≤λ⑤现求解使⑤式成立的θ角的取值范围．注意到⑤式右边总是大于零，且当F无限大时极限值为零，有sinθ－λcosθ≤0⑥使⑥式成立的θ角满足θ≤θ0，这里θ0是题中所定义的临界角，即当θ≤θ0时，不管沿拖杆方向用多大的力都推不动拖把，故临界角的正切为tanθ0＝λ.题组2　各省市模拟精选5．(2022·河南豫南九校第四次质考)如图5所示，19\n图5重6N的木块静止在倾角θ＝30°的斜面上，若用平行于斜面沿水平方向、大小等于4N的力推木块，木块仍能保持静止，则木块所受的摩擦力大小是(　　)A．3NB．4NC．5ND．6N答案　C解析　对木块受力分析，受推力F、重力G、支持力FN和静摩擦力Ff，将重力按照作用效果分解为沿斜面向下的分力F′＝mgsinθ＝3N和垂直斜面向下的分力mgcosθ＝3N，在与斜面平行的平面内，如图所示，摩擦力大小Ff＝＝N＝5N.6.(多选)(2022·湖南怀化市一模)如图6所示，一质量为m1的小球用轻质线悬挂在质量为m2的木板的支架上，木板沿倾角为θ的斜面下滑时，细线呈竖直状态，在木板下滑的过程中斜面体始终静止在水平地面上，已知斜面体的质量为M，重力加速度为g，则下列说法中不正确的是(　　)图6A．地面对斜面体的支持力小于(M＋m1＋m2)gB．木板与斜面间的动摩擦因数为C．摩擦产生的热量等于木板减少的机械能D．斜面体受到地面的摩擦力为零答案　ABC解析　因拉小球的细线呈竖直状态，所以小球受到重力和竖直向上的拉力，在水平方向不受力，所以小球在水平方向没有加速度，结合小球沿斜面向下运动，所以小球和木板一定是匀速下滑．以小球、木板和斜面体整体为研究对象，由平衡条件知，地面对斜面体没有摩擦力，且地面对斜面体的支持力等于(M＋m1＋m2)g19\n，故A错误，D正确．以小球和木板整体为研究对象，由平衡条件得：(m1＋m2)gsinθ＝μ(m1＋m2)gcosθ，即木板与斜面间的动摩擦因数为μ＝tanθ，故B错误．木板与小球下滑过程中，由能量守恒定律知，木板、小球组成的系统减少的机械能转化为内能，故C错误．故选A、B、C.7．(2022·湖南常德市高三模拟)如图7所示，粗糙水平面上有一长木板，一个人在木板上用水平力F向右推着箱子在木板上匀速运动，人的质量大于箱子质量，若鞋与长木板、木箱与长木板间动摩擦因数相同，则下列说法正确的是(　　)图7A．人受的滑动摩擦力方向水平向右B．木箱受的滑动摩擦力方向水平向左C．木板受地面的摩擦力方向水平向右D．木板受地面的摩擦力方向水平向左答案　B解析　人用力F向右推箱子，对箱子受力分析，受推力、重力、支持力和滑动摩擦力，根据平衡条件，箱子受到的摩擦力方向向左，与推力平衡，人用力F向右推箱子，对箱子的作用力向右，根据牛顿第三定律可知，箱子对人的作用力的方向向左，人若要平衡，则受到的木板的摩擦力的方向向右，但人的脚在与木板接触时相对木板是静止的，故人受到的是静摩擦力，故A错误，B正确；对人、箱子和木板的整体受力分析，受重力和支持力，不受摩擦力，否则不平衡，故地面对木板没有摩擦力，故C、D错误．8．(2022·安徽马鞍山市一模)如图8所示，两根相同的直木棍AB和CD相互平行，斜靠在竖直墙壁上固定不动，一表面各处情况相同的圆筒恰能沿直木棍匀速下滑，若保持两木棍倾角α不变，将两者间的距离稍微增大后固定不动，仍使该圆筒以一定的初速度从两木棍上端滑下，则(　　)图8A．圆筒将沿木棍减速下滑B．圆筒将沿木棍加速下滑C．木棍对圆筒的摩擦力不变D．木棍和圆筒间的动摩擦因数μ＝tanα19\n答案　A解析　圆筒从木棍的上部匀速滑下过程中，受到重力、两木棍的支持力和摩擦力，根据平衡条件可知，两木棍支持力的合力和摩擦力不变，将两木棍间的距离稍微增大后，两木棍支持力的合力不变，而两支持力夹角增大，则每根木棍对圆筒的支持力变大，故滑动摩擦力变大，故圆筒将会减速滑行，故A正确，B、C错误；匀速下滑时，圆筒受2个支持力、2个摩擦力，根据平衡条件，有：2μFN－mgsinα＝0，其中2FN≠mgcosα，故μ≠tanα，故D错误．故选A.9．(多选)(2022·江西新余一中第七次模拟)如图9所示，小球A置于固定在水平面上的光滑半圆柱体上，小球B用水平轻弹簧拉着系于竖直板上，两小球A、B通过光滑定滑轮O用轻质细线相连，两球均处于静止状态，已知B球质量为m，O点在半圆柱体圆心O1的正上方，OA与竖直方向成30°角，OA长度与半圆柱体半径相等，OB与竖直方向成45°角，则下列叙述正确的是(　　)图9A．小球A、B受到的拉力FOA与FOB相等，且FOA＝FOB＝mgB．弹簧弹力大小为mgC．A球质量为mA＝mD．光滑半圆柱体对A球支持力的大小为mg答案　BC解析　对B受力分析可知：细线的拉力FOB＝＝mg，则FOA＝FOB＝mg，选项A错误；弹簧弹力大小F＝mgtan45°＝mg，选项B正确；对A球受力分析可知：mAg＝2FOAcos30°，解得：mA＝m，选项C正确；光滑半圆柱体对A球支持力的大小为FN＝FOA＝mg，选项D错误．故选B、C.10．(2022·辽宁铁岭市协作校联考)如图10(a)所示，两段等长轻质细线将质量分别为m、2m的小球A、B(均可视为质点)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(　　)19\n图10A．F1＝4F2B．F1＝3F2C．2F1＝3F2D．2F1＝5F2答案　D解析　A受到水平向右的力F1，B受到水平向左的力F2，以整体为研究对象，分析受力如图：设OA与竖直方向的夹角为α，则由平衡条件得：tanα＝①以B球为研究对象，设AB与竖直方向的夹角为β，则由平衡条件得：tanβ＝②由几何关系得到：α＝β③联立①②③解得：2F1＝5F2.故选D.11．(2022·江西重点中学盟校第一次联考)如图11所示，倾角为α的粗糙斜劈放在粗糙水平面上，物体a放在斜面上，轻质细线一端固定在物体a上，另一端绕过光滑的滑轮固定在c点，滑轮2下悬挂物体b，系统处于静止状态．若将固定点c向右移动少许，而a与斜劈始终静止，滑轮重力不计，下列说法错误的是(　　)图11A．斜劈对物体a的摩擦力一定减小B．斜劈对地面的压力一定不变C．细线对物体a的拉力一定增大D．地面对斜劈的摩擦力一定增大19\n答案　A解析　对物体a受力分析，受重力、支持力、拉力和静摩擦力，由于不知道拉力与重力沿斜面分力的大小关系，故无法判断静摩擦力的方向，故不能判断静摩擦力的变化情况，故A错误；对斜劈、物体a、物体b整体受力分析，受重力、支持力、细线的拉力和地面的静摩擦力，如图甲所示：根据平衡条件，有：FN＝G总－FTcosθ＝G总－，FN与角度θ无关，恒定不变；根据牛顿第三定律，斜劈对地面的压力也不变，故B正确；Ff＝FTsinθ＝tanθ，将固定点c向右移动少许，则θ增加，故摩擦力增加，故D正确；对物体b受力分析，受重力和两个拉力，如图乙所示：根据平衡条件，有：mbg＝2FTcosθ解得：FT＝将固定点c向右移动少许，则θ增加，故拉力FT增加，故C正确．故选A.12．(2022·福建龙岩市3月质检)如图12所示，两个相同的小物体P、Q静止在斜面上，P与Q之间的弹簧A处于伸长状态，Q与挡板间的弹簧B处于压缩状态，则以下判断正确的是(　　)图12A．撤去弹簧A，物体P将下滑，物体Q将静止B．撤去弹簧A，弹簧B的弹力将变小C．撤去弹簧B，两个物体均保持静止19\nD．撤去弹簧B，弹簧A的弹力将变小答案　C解析　开始时P受到重力、斜面的支持力、弹簧向上的拉力，由于不知道P受到的重力沿斜面向下的分量与弹簧向上的拉力的大小关系，不能判断出P与斜面之间是否有摩擦力，以及摩擦力的方向；开始时Q受到重力、斜面的支持力、弹簧A向下的拉力以及弹簧B向下的推力，所以Q一定受到沿斜面向上的摩擦力且最大静摩擦力大于重力沿斜面向下的分量，因P、Q是相同的物体，故撤去弹簧A的瞬间，物体P将静止；撤去弹簧A的瞬间，弹簧B的长度不变，所以弹簧B的弹力不变，物体Q受到重力、斜面的支持力、弹簧B向下的推力以及摩擦力的作用，由于沿斜面向下的力少了弹簧A的拉力，所以摩擦力减小，Q仍然将静止，故A、B错误；撤去弹簧B，弹簧A的长度不变，所以弹力不变，故物块P的受力不变，则P将继续保持静止；撤去弹簧B，Q受到的向下的力少了弹簧B的推力，所以摩擦力减小，Q仍然将静止，故C正确，D错误．故选C.19