山东省冠县武训高级中学高三物理复习课件：物体的平衡.ppt

物理一轮复习课件：zxxk平衡问题的常用方法及特例,共点力作用下物体的平衡1.共点力的平衡,2.平衡条件的推论(1)二力平衡如果物体在两个共点力的作用下处于平衡状态,这两个力必定大小相等,方向相反,为一对平衡力.(2)三力平衡如果物体在三个共点力的作用下处于平衡状态,其中任意两个力的合力一定与第三个力大小相等、方向相反.(3)多力平衡如果物体受多个力作用处于平衡状态,其中任何一个力与其余力的合力大小相等,方向相反.,说明：在进行一些平衡类问题的定性分析时,采用共点力平衡的相关推论,可以使问题简化.,1整体法与隔离法：正确地确定研究对象或研究过程，分清内力和外力,2平行四边形定则和三角形定则:确定合矢量与分矢量的关系,3正交分解法：物体受多个力的平衡情况,4力的合成法:特别适合三个力平衡时，运用其中两力之和等于三个力列方程.,3.解决平衡类问题常用方法：,5图解法：常用于处理三个共点力的平衡问题，且其中一个力为恒力、一个力的方向不变情形,6相似三角形法:在共点力的平衡问题中，已知某力的大小及绳、杆等模型的长度、高度等，常用力的三角形与几何三角形相似的比例关系求解,7正弦定理:如果物体受三个不平行力而处于平衡状态，则,“动态平衡”是指平衡问题中的一部分力是变力，是动态力，力的大小和方向均要发生变化，所以叫动态平衡，这是力平衡问题中的一类难题解决这类问题的一般思路是：把“动”化为“静”，“静”中求“动”Zxxk,【例1】如图242所示，两根等长的绳子AB和BC吊一重物静止，两根绳子与水平方向夹角均为60.现保持绳子AB与水平方向的夹角不变，将绳子BC逐渐缓慢地变化到沿水平方向，在这一过程中，绳子BC的拉力变化情况是()A增大B先减小，后增大C减小D先增大，后减小,图242,方法二：对力的处理(求合力)采用正交分解法，,方法一：对力的处理(求合力)采用合成法，,FABcos60FBCsin，FABsin60FBCcosFB，联立解得FBCsin(30)FB/2，显然，当60时，FBC最小，故当变大时，FBC先变小后变大答案：B,11如图243所示，轻杆的一端固定一光滑球体，杆的另一端O为自由转动轴，而球又搁置在光滑斜面上若杆与墙面的夹角为，斜面倾角为，开始时轻杆与竖直方向的夹角.且90，则为使斜面能在光滑水平面上向右做匀速直线运动，在球体离开斜面之前，作用于斜面上的水平外力F的大小及轻杆受力T和地面对斜面的支持力N的大小变化情况是(),图243,AF逐渐增大，T逐渐减小，FN逐渐减小BF逐渐减小，T逐渐减小，FN逐渐增大CF逐渐增大，T先减小后增大，FN逐渐增大DF逐渐减小，T先减小后增大，FN逐渐减小,解析：利用矢量三角形法对球体进行分析如图甲所示，可知T是先减小后增大斜面对球的支持力FN逐渐增大，对斜面受力分析如图乙所示，可知FFNsin，则F逐渐增大，水平面对斜面的支持力zxxkFNGFNcos，故FN逐渐增大答案：C,【例2】一轻杆BO，其O端用光滑铰链固定在竖直轻杆AO上，B端挂一重物，且系一细绳，细绳跨过杆顶A处的光滑小滑轮，用力F拉住，如图244所示现将细绳缓慢往左拉，使杆BO与杆AO间的夹角逐渐减小，则在此过程中，拉力F及杆BO所受压力FN的大小变化情况是()AFN先减小，后增大BFN始终不变CF先减小，后增大DF始终不变,B,图244,如图所示，力的三角形与几何三角形OBA相似，设AO高为H，BO长为L，绳长为l，则由对应边成比例可得，FNG，FG式中G、H、L均不变，l逐渐变小，所以可知FN不变，F逐渐变小,图244,B,2-1如图所示，两球A、B用劲度系数为k1的轻弹簧相连，球B用长为L的细绳悬于O点，球A固定在O点正下方，且点O、A之间的距离恰为L，系统平衡时绳子所受的拉力为F1.现把A、B间的弹簧换成劲度系数为k2的轻弹簧，仍使系统平衡，此时绳子所受的拉力为F2，则F1与F2的大小之间的关系为()AF1F2BF1F2CF1sin60sin45，所以有F3F1F2，C正确,临界问题:某种物理现象变化为另一种物理现象或物体从某种特性变化为另一种特性时，发生质的飞跃的转折状态为临界状态，临界状态也可理解为“恰好出现”或“恰好不出现”某种现象的状态，平衡物体的临界状态是指物体所处平衡状态将要变化的状态，涉及临界状态的问题叫临界问题，解决这类问题一定要注意“恰好出现”或“恰好不出现”的条件,【例4】如图248所示，一球A夹在竖直墙与三角劈B的斜面之间，三角形劈的重力为G，劈的底部与水平地面间的动摩擦因数为，劈的斜面与竖直墙面是光滑的，问欲使三角劈静止不动，球的重力不能超过多大？(设劈的最大静摩擦力等于滑动摩擦力),图248,解析：本题两物体均处于静止状态，故需分析好受力图示，列出平衡方程求解用正交分解法，对球和三角劈分别进行受力分析，如图甲、乙所示由于三角劈静止，故其受地面的静摩擦力FFmaxFNB.由平衡条件有：对球有：GAFNcos45FNAFNsin45,对三角劈有FNBGFNsin45FFNcos45FFNB，FNFN,由式解得：GAG.,处理平衡物理中的临界问题和极值问题，首先仍要正确受力分析，搞清临界条件并且要利用好临界条件，列出平衡方程，对于分析极值问题，要善于选择物理方法和数学方法，做到数理的巧妙结合,解析：(1)整体法分析有：2FN(M2m)g，即FNMgmg由牛顿第三定律得：小环对杆的压力FNMgmg.(2)研究M得2FTcos30Mg解得：动摩擦因数至少为,4-1如图所示，两个质量均为m的小环套在一水平放置的粗糙长杆上，两根长度均为l的轻绳一端系在小环上，另一端系在质量为M的木块上，两个小环之间的距离也为l，小环保持静止试求：(1)小环对杆的压力；(2)小环与杆之间的动摩擦因数至少为多大？,1、2009学年浙江省五校联考1,1在下列运动状态下，物体处于平衡状态的有（）A秋千摆到最低点时B蹦床运动员上升到最高点速度为零时C水平匀速运动的传送带上的货物相对于传送带静止时D宇航员翟志刚、刘伯明、景海鹏乘坐“神舟七号”进入轨道做圆周运动时,C,平衡态的判断,强化训练：,2、2009年理综山东卷16,2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P点。设滑块所受支持力为FN，OP与水平方向的夹角为。下列关系正确的是（）,A,ABFmgtanCDFN=mgtan,解见下页,三力平衡的求解,对小滑块受力分析如图所示，根据三角形定则可得,提示：支持力的方向垂直于接触面，即指向圆心。,所以A正确。,解：,3、巢湖市示范高中2010届上学期四校联考卷2,3如图所示，质量为m的质点静止地放在半径为R的半球体上，质点与半球体间的动摩擦因数为，质点与球心的连线与水平地面的夹角为，则下列说法正确的是（）A地面对半球体的摩擦力方向水平向左B质点对半球体的压力大小为mgcosC质点所受摩擦力大小为mgcosD质点所受摩擦力大小为mgcos,D,4、广东省汕头市2008年模拟考试9,4在如图所示装置中，两物体质量分别为m1、m2，悬点a、b间的距离远大于滑轮的直径，不计一切摩擦，整个装置处于静止状态由图可知()A一定等于Bm1一定大于m2Cm1一定小于2m2Dm1可能大于2m2,AC,三力平衡的求解,5、2009年广东中山市模考1.,5.如图1所示，用轻绳AO和OB将重为G的重物悬挂在水平天花板和竖直墙壁之间处于静止状态，AO绳水平，OB绳与竖直方向的夹角为。则AO绳的拉力T1、OB绳的拉力T2的大小与G之间的关系为（）,AT1=Gtan,C,DT2=Gcos,B,AC,三力平衡的求解,6、苏北四市2010届第二次调研考试3,6如图为一攀岩运动员正沿竖直岩壁缓慢攀登，由于身背较重的行囊，重心上移至肩部的O点，总质量为60kg。此时手臂与身体垂直，手臂与岩壁夹角为53。则手受到的拉力和脚受到的作用力分别为（设手、脚受到的作用力均通过重心O，g取10m/s2，sin53=0.8,cos53=0.6）（）A360N480NB480N360NC450N800ND800N450N,A,解见下页,F1=mgcos53=360N,选项A正确。,脚受到的作用力,F2=mgsin53=480N,解：,画出受力图如图示,由平衡条件得,手受到的拉力,7、2009年深圳市第二次调研考试11.,7.如图是某同学对颈椎病人设计的一个牵引装置的示意图，一根绳绕过两个定滑轮和动滑轮后各挂着一个相同的重物，与动滑轮相连的帆布带拉着病人的颈椎（图中是用手指代替颈椎做实验），整个装置在同一竖直平面内如果要增大手指所受的拉力,可采取的办法是A只增加绳的长度B只增加重物的重量C只将手指向下移动D只将手指向上移动,解：,由平衡条件得手指所受的拉力T=2mgcos，,要增大手指所受的拉力，应增大重物的重量mg，或将手指向下移动以减小夹角。动态平衡分析,BC,8、上海市黄浦区08年1月期终测评卷10,8如图所示，人的质量为M，物块的质量为m，且Mm，若不计绳与滑轮的摩擦，则当人拉着绳向右跨出一步后，人和物仍保持静止，则下列说法中正确的是（）A地面对人的摩擦力减小B地面对人的摩擦力增大C人对地面的作用力不变D人对地面的作用力增大,BD,动态平衡分析,9、南京市2010届第三次模拟考试1,9如图所示，质量分别为M、m的两个物体系在一根通过轻滑轮的轻绳两端，M放在水平地板上，m被悬挂在空中，若将M沿水平地板向右缓慢移动少许后M仍静止，则（）A绳中张力变大B滑轮轴所受的压力变大CM对地面的压力变大DM所受的静摩擦力变大,B,动态平衡分析,10、西安市重点中学2008届4月份理综试题3,10、如图是给墙壁粉刷涂料用的“涂料滚”的示意图使用时，用撑竿推着粘有涂料的涂料滚沿墙壁上下缓缓滚动，把涂料均匀地粉刷到墙上撑竿的重量和墙壁的摩擦均不计，而且撑竿足够长，粉刷工人站在离墙壁一定距离处缓缓上推涂料滚，该过程中撑竿对涂料滚的推力为F1，涂料滚对墙壁的压力为F2，以下说法正确的是（）（A）F1增大，F2减小（B）F1减小，F2增大（C）F1、F2均增大（D）F1、F2均减小,D,动态平衡分析,11、南京市2008届第一次模拟考试2,11如图所示，轻绳一端系在质量为m的物块A上，另一端系在一个套在粗糙竖直杆MN的圆环上现用水平力F拉住绳子上一点O，使物块A从图中实线位置缓慢下降到虚线位置，但圆环仍保持在原来位置不动。在这一过程中，环对杆的摩擦力F1和环对杆的压力F2的变化情况是()AF1保持不变，F2逐渐增大BF1保持不变，F2逐渐减小CF1逐渐增大，F2保持不变DF1逐渐减小，F2保持不变,解：,对O点，由平衡条件F减小，,对整体，由平衡条件，,F1=mg不变,F2=F逐渐减小。,B,12、上海市徐汇区07年第一学期期末试卷2,12如图，在具有水平转轴O的圆柱体A点放一重物P，圆柱体缓慢地匀速转动，P随圆柱体从A转至A的过程中与圆柱体始终保持相对静止，则P受到的摩擦力的大小变化情况，下列各图中正确的是,f=mgcos=mgcos（+t）(为OA与水平线的夹角),A,解：,P与圆柱体之间的摩擦力是静摩擦力。,P随圆柱体从A转至最高点的过程中,摩擦力的大小变化情况以最高点为对称,所以A正确,13、广东省实验中学2010届第二次月考15,13国家大剧院外部呈椭球型。假设国家大剧院的屋顶为半球形，一保洁人员为执行保洁任务，必须在半球形屋顶上向上缓慢爬行（如图所示），他在向上爬的过程中（）A屋顶对他的摩擦力不变B屋顶对他的摩擦力变大C屋顶对他的支持力不变D屋顶对他的支持力变大,D,动态平衡分析,14、赣州市十县（市）重点中学0809学年联考3,14半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，质量为M的光滑小物块在水平力F的作用下，缓慢地沿P的上表面向上滑的过程中,如图所示是这个装置的纵横截面图在此过程中,P始终保持静止,下列说法正确的是（）AF逐渐增大BP对M的弹力逐渐减小C地面对P的弹力不变D地面对P的摩擦力不变,BC,解见下页,动态平衡分析,可见地面对P的摩擦力大小等于F逐渐减小,D错;,解：,画出M的受力图如图示，由平衡条件得,N=mg/sin，F=mg/tan，,向上滑的过程中增大，所以P对M的弹力N逐渐减小,F逐渐减小，选项A错B正确。,对半圆柱体P，将M对P的压力N1分解如图示，,地面对P的弹力等于两者重力之和不变，C正确.,整体法考虑,15、南通市2009届第二次调研测试5,15.如图所示，上表面光滑的半圆柱体放在水平面上，小物块从靠近半圆柱体顶点O的A点，在外力F作用下沿圆弧缓慢下滑到B点，此过程中F始终沿圆弧的切线方向且半圆柱体保持静止状态下列说法中正确的是：（）A半圆柱体对小物块的支持力变大B外力F先变小后变大C地面对半圆柱体的摩擦力先变大后变小D地面对半圆柱体的支持力变大,C,解见下页,动态平衡分析,f=Fx=Fcos=1/2mgsin2，,解：,小物块的受力如图示,缓慢下滑的过程可以看作平衡状态,由平衡条件得:F=mgsin,N=mgcos，,小物块从A点缓慢下滑到B点,增大,外力F增大，半圆柱体对小物块的支持力N减小，选项AB错；,对整体，地面对半圆柱体的支持力不变,等于（M+m）g，选项D错；,地面对半圆柱体的摩擦力,选项C正确。,动态平衡分析,16.广东省2010届六校第二次联考7,16、如图，柱体A的横截面是圆心角为/2的扇形面，其弧形表面光滑，而与地面接触的下表面粗糙。在光滑竖直墙壁与柱体之间放置一质量为m的球体，系统处于平衡状态。若使柱体向右移动少许，系统仍处于平衡状态，则（）A球对墙的压力增大B柱体与球之间的作用力减小C柱体所受的摩擦力减小D柱体对地面的压力增大,BC,动态平衡分析,17半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有一竖直放置的光滑档板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，整个装置处于静止，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，下列说法正确的是（）AMN对Q的弹力逐渐减小B地面对P的支持力逐渐增大CQ所受的合力逐渐增大D地面对P的摩擦力逐渐增大,17、08年南京一中第三次模拟1,D,解见下页,动态平衡分析,解：,Q受力如图示：,MN保持竖直并且缓慢地向右平移时,Q缓慢下滑，可看作平衡状态，夹角逐渐减小。,MN对Q的弹力N2逐渐增大，A错。,对整体,地面对P的支持力为(M+m)g，保持不变,B错。,Q所受的合力始终为0，C错。,地面对P的摩擦力大小等于N2，逐渐增大，D正确。,18、2008年高考理综天津卷19,18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与竖直墙之间放一光滑圆球B，整个装置处于静止状态。现对B加一竖直向下的力F，F的作用线通过球心，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。若F缓慢增大而整个装置仍保持静止，截面如图所示，在此过程中（）AF1保持不变，F3缓慢增大BF1缓慢增大，F3保持不变CF2缓慢增大，F3缓慢增大DF2缓慢增大，F3保持不变,C,解见下页,动态平衡分析,【解析】,力F产生了两个作用效果，一个是使B压紧竖直墙面的力F1，一个是压紧A的力F2，,用整体法进行分析，可知F1和F3的大小相等，,当力F缓慢增大时，合力的方向和两个分力的方向都没有发生变化，所以当合力增大时两个分力同时增大，C正确,19、2010年1月北京市东城区期末试卷5,19如图所示，质量分别为mA和mB的物体A、B用细绳连接后跨过滑轮，A静止在倾角为45的斜面上，B悬挂着。已知mA=2mB，不计滑轮摩擦，现将斜面倾角由45增大到50，系统保持静止。下列说法正确的是（）A绳子对A的拉力将增大B物体A对斜面的压力将减小C物体A受到的静摩擦力不变D物体A受到的合力将增大,B,解见下页,动态平衡分析,当倾角为30时,A不受摩擦力,当倾角大于30时，摩擦力沿斜面向上，且随着倾角的增加，静摩擦力增大，C错误，,解：,绳子对A的拉力大小等于B的重力，A错；,A对斜面的压力FNmAgcos,变大，FN变小，B正确；,A静止所受合力为零，因而D错误；,本题正确选项是B。,20、.徐州市0708学年度第一次质量检测5,20如图所示，AC是上端带定滑轮的固定竖直杆，质量不计的轻杆BC一端通过铰链固定在C点，另一端B悬挂一重为G的物体，且B端系有一根轻绳并绕过定滑轮A，用力F拉绳，开始时BCA90，现使BCA缓慢变小，直到杆BC接近竖直杆AC此过程中，轻杆B端所受的力()A大小不变B逐渐增大C逐渐减小D先减小后增大,解：,画出B点受力图如图示,由相似三角形关系得,轻杆B端所受的力T与BCA无关，即大小不变,A,21、上海市黄浦区08年1月期终测评卷11,21如图所示，晾晒衣服的绳子轻且光滑，悬挂衣服的衣架的挂钩也是光滑的，轻绳两端分别固定在两根竖直杆上的A、B两点，衣服处于静止状态如果保持绳子A端位置不变，将B端分别移动到不同的位置。下列判断正确的是()AB端移到B1位置时，绳子张力不变BB端移到B2位置时，绳子张力变小CB端在杆上位置不动，将杆移动到虚线位置时,绳子张力变大DB端在杆上位置不动，将杆移动到虚线位置时，绳子张力变小,AD,解见下页,动态平衡分析,解：,B端移到B1、B2位置，挂钩将分别移动到C1、C2位置，如图示：,由于绳长不变，由几何关系知，夹角ACB不变，绳子张力保持不变。,B端在杆上位置不动，将杆移动到虚线位置时,由于绳长不变，夹角ACB变小，绳子张力变小,22、湖南省师大附中0708学年第一次月考12,22如图所示，绳AO段与水平成角，绳OC段的C端悬挂在一重物，绳OB水平，现保持O点位置不变，将B点逐渐上移，在B点上移过程中，对AO、BO绳上所受拉力的变化情况，下列说法正确的是（）AOA段上拉力不变BOA段上拉一直减少COB段上拉力一直增大DOB段上拉力是先减小后增大,解：,画出O点受力图,在B点上移过程中如图示,由平衡条件可知B、D正确.,BD,23、苏北四市2009届第三次调研考试3,23.如图所示，ACB是一光滑的、足够长的、固定在竖直平面内的“”形框架，其中CA、CB边与竖直方向的夹角均为P、Q两个轻质小环分别套在CA、CB上，两根细绳的一端分别系在P、Q环上，另一端和一绳套系在一起，结点为O将质量为m的钩码挂在绳套上，OP、OQ两根细绳拉直后的长度分别用l1、l2表示，若l1:l2=2:3,则两绳受到的拉力之比F1:F2等于（）A11B23C32D49,解见下页,A,特殊问题分析,由于框架光滑,OP、OQ两根细绳拉直后必与AC、CB垂直，两绳与竖直方向的夹角都是900-，,解：,由平衡条件得F1=F2，,选项A正确。,24、2009届江苏省苏中四市二区联考1,24.如图所示，用一根长为L的细绳一端固定在O点,另一端悬挂质量为m的小球A，为使细绳与竖直方向夹300角且绷紧，小球A处于静止，则需对小球施加的最小力等于（）,C,极值分析,25、湖南省师大附中0708学年第一次月考15,25如图所示的力学结构，绳AO段与水平成53角，承重不超过180N，绳BO段水平、承重不超过90N，绳CO段强度足够，在CO段的C端悬挂重物，为使力学结构不遭破坏，C端悬挂重物不能超过多少？,极值分析,解：,对O点受力如图,假设OB强度足够,当OA达180N时,由平衡条件有：,超过了OB的强度，所以BO先达强度90N。,由几何关系,即为使力学结构不遭破坏,C端悬挂重物不能超过120N,26、湖北省黄冈中学08届9月模拟考试1,26如图所示，用起重机匀速竖直吊起一质量均匀分布钢管，已知钢管重力G，钢丝绳的长度OA=OB，钢丝绳能够承受的最大拉力为T，OA绳与钢管的夹角为，要使钢丝绳不被拉断，不能小于（）,A,极值分析,27、2009年江苏卷2,27用一根长1m的轻质细绳将一副质量为1kg的画框对称悬挂在墙壁上，已知绳能承受的最大张力为10N，为使绳不断裂，画框上两个挂钉的间距最大为（g取10m/s2）（）,A,解见下页,极值分析,熟练应用力的合成和分解以及合成与分解中的一些规律，是解决本题的根本；一个大小方向确定的力分解为两个等大的力时，合力在分力的角平分线上，且两分力的夹角越大，分力越大。,题中当绳子拉力达到F=10N的时候，绳子间的张角最大，即两个挂钉间的距离最大；,画框受到重力和绳子的拉力，三个力为共点力，受力如图。,绳子与竖直方向的夹角为，绳子长为L0=1m,则有,两个挂钉的间距离,解得,解：,28、中山市华侨中学第三次模考卷2,28如图甲中一水平轻杆在右端的P点系有两根细线，一根斜上拉且固定，另一根竖直向下连接质量为m的物体而处于平衡，图乙中水平轻杆左端固定，右端连接一个光滑滑轮，用细线绕过滑轮，上端固定而下端连接与甲同样的物体处于平衡。下列说法中正确的是（）,A甲、乙图中斜拉线受到的拉力大小相等B甲、乙图中斜拉线受到的拉力大小不相等C甲图中轻杆对P点的作用力与乙图中轻杆对滑轮的作用力大小相等D甲图中轻杆对P点的作用力与乙图中轻杆对滑轮的作用力大小不相等,BD,轻杆与轻绳分析,29、2009年佛山市质量检测（二）,29.如图所示，A、B为竖直墙面上等高的两点，AO、BO为长度相等的两根轻绳，CO为一根轻杆（即：杆在O端所受的力沿杆OC方向）转轴C在AB中点D的正下方，AOB在同一水平面内AOB=90，COD=60若在O点处悬挂一个质量为m的物体，则平衡后绳AO所受的拉力为：（）,解见下页,D,轻杆与轻绳分析,绳AO和BO所受的拉力的合力FOD沿OD方向,如图示,由平衡条件得,在直角AOB中，2FAOcos45=FOD,解：,30、2009年福建省泉州市第二次质量检查13,30.如图所示，将细线的一端系在右手中指上，另一端系上一个重为G的钩码。用一支很轻的铅笔的尾部顶在细线上的某一点，使细线的上段保持水平，笔的尖端置于右手掌心。铅笔与水平细线的夹角为，则（）A.中指受到的拉力为GsinB.中指受到的拉力为Gcos,C.手心受到的压力为,D.手心受到的压力为,C,轻杆与轻绳分析,31、2009年扬州市第三次调研测试3.,31如图所示，将两个质量均为m的小球a、b用细线相连悬挂于O点，用力F拉小球a，使整个装置处于平衡状态，且悬线oa与竖直方向的夹角为=300则F的大小(),A可能为,B可能为,C可能为mg,D不可能为,C,轻杆与轻绳分析,32、2009年徐州市三模9,32.如图所示，斜劈A置于水平地面上，滑块B恰好沿其斜面匀速下滑在对B施加一个竖直平面内的外力F后，A仍处于静止状态，B继续沿斜面下滑则以下说法中正确的是（）A若外力F竖直向下，则B仍匀速下滑，地面对A无静摩擦力作用B若外力F斜向左下方，则B加速下滑，地面对A有向右的静摩擦力作用C若外力F斜向右下方,则B减速下滑,地面对A有向左的静摩擦力作用D无论F沿竖直平面内的任何方向,地面对A均无静摩擦力作用,解见下页,AD,斜面问题分析,可见选项BC错，D正确。,解：,不加外力时滑块B恰好沿斜面匀速下滑，如图甲，有=f/N=tan,若外力F竖直向下，相当于增大B的重力，B仍匀速下滑，选项B正确。,加上沿竖直平面内的外力F(F与斜面夹角为),受力如图乙示，有,N1=mgcos-Fsin,f1=N1,Fcos+mgsin=ma,对斜面体A分析受力如图丙示：,地面对A的静摩擦力为f2，,f2=N1cos-N1sin=0,33、2009年理综北京卷18,33如图所示,将质量为m的滑块放在倾角为的固定斜面上。滑块与斜面之间的动摩擦因数为。若滑块与斜面之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力大小相等,重力加速度为g,则（）A.将滑块由静止释放,如果tan,滑块将下滑B.给滑块沿斜面向下的初速度,如果tan，滑块将减速下滑C.用平行于斜面向上的力拉滑块向上匀速滑动，如果=tan，拉力大小应是2mgsinD.用平行于斜面向下的力拉滑块向下匀速滑动，如果=tan，拉力大小应是mgsin,C,解见下页,斜面问题分析,若=tan,则mgsin=mgcos,即F=0,故D项错误。,解:,对处于斜面上的物块受力分析,要使静止的物块沿斜面下滑则mgsinmgcos，故mgcos,物块沿斜面加速下滑,B错误;,则若要使物块在平行于斜面向上的拉力F的作用下沿斜面匀速上滑，由平