备战2024年高考物理考试易错点02 相互作用(解析版)

易错点02相互作用
目录
01易错陷阱（3大陷阱）
02举一反三
【易错点提醒一】对摩擦力的方向理解不透彻
【易错点提醒二】不会分析摩擦力的突变问题
【易错点提醒三】混淆“死结”和“活结”
【易错点提醒四】混淆“轻杆、轻绳”连接体问题
【易错点提醒五】对于平衡问题受力分析时研究对象选取不当
【易错点提醒六】不会根据实际情况用不同的方法求解动态平衡问题
易错点一：．对摩擦力的方向及突变性认识不足
1.在分析摩擦力的方向时，一定要注意摩擦力方向的可变性，尤其是在分析静摩擦力的时候，二者共速(转折点)的时刻往往是摩擦力方向发生突变的关键时刻。

2.摩擦力的的突变问题
（1）“静→静”突变：物体受到静摩擦力和其他力的共同作用，当其他力的合力发生变化时，如果仍保持相对静止，则静摩擦力的大小和(或)方向可能发生突变。

（2）“静→动”突变：物体受到静摩擦力和其他力的共同作用，当其他力变化时，如果发生相对滑动，则静摩擦力可能突变为滑动摩擦力。

（3）“动→静”突变：物体受到滑动摩擦力和其他力的共同作用，当相对滑动突然停止时，滑动摩擦力可能突变为静摩擦力。

（4）“动→动”突变：物体受到滑动摩擦力和其他力的共同作用，当两物体间的正压力发生变化时，滑动摩擦力的大小随之而变；或两物体达到共同速度时相对滑动方向发生变化，滑动摩擦力的方向也会随之而变对摩擦力的方向及突变性认识不足
易错点二：混淆“死结”和“活结”和“轻杆、轻绳”连接体
1.“死结”模型与“活结”模型
2.“动杆”模型与“定杆”模型
易错点三：不会分析求解共点力的平衡
1．平衡状态
(1)物体处于静止或匀速直线运动的状态．
(2)对“平衡状态”的理解
不管是静止还是匀速直线运动，速度保持不变，所以Δv ＝0，a ＝Δv Δt
，对应加速度为零，速
度为零不代表a＝0.
例如，竖直上抛的物体运动到最高点时，这一瞬间速度为零，但这一状态不可能保持，因而上抛物体在最高点不能称为静止，即速度为零不等同于静止．
2．共点力平衡的条件
(1)共点力平衡的条件是合力为0.
(2)表示为：F合＝0；或将各力分解到x轴和y轴上，满足Fx合＝0，且Fy合＝0.
①二力平衡：若物体在两个力作用下处于平衡状态，则这两个力一定等大、反向、共线．
②三力平衡：若物体在三个共点力作用下处于平衡状态，则其中任意两个力的合力与第三个力等大、反向、共线．
③多力平衡：若物体在多个共点力作用下处于平衡状态，则其中任意一个力与其余所有力的合力等大、反向、共线．
(3)当物体受三个力平衡，将表示这三个力的有向线段依次首尾相连，则会构成一个矢量三角形，表示合力为0.
2.动态力的平衡
（1）解决动态平衡问题的一般思路：化“动”为“静”，“静”中求“动”。

（2）动态平衡问题分析方法
（
【易错点提醒一】对摩擦力的方向理解不透彻
【例1】如图所示，传送带与地面的夹角为θ＝37°，从A到B的长度为8.8m，传送带以v0＝6m/s的速度逆时针转动，在传送带上端无初速度放一个质量为1kg的物体，它与传动带之间的动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)。

(1)求物体从A 运动到B 所需的时间；
(2)若物体在传送带上可以留下划痕，求划痕的长度。

易错分析：摩擦力的方向与物体自身的运动方向没有必然联系。

本题中，当物体向下滑动的速度小于传送带的速度时，物体相对于传送带向上滑动，此时物体受到的滑动摩擦力的方向平行于传送带向下；而当物体的速度大于传送带的速度后，物体相对于传送带向下滑动，此时物体受到的滑动摩擦力的方向则变为平行于传送带向上。

【解析】(1)开始阶段，传送带对物体的滑动摩擦力的方向平行于传送带向下，物体由静止开始下滑，受力分析如图(a)所示。

由牛顿第二定律可得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1，代入数
据解得a 1＝10m/s 2。

物体加速至与传送带速度相等时需要的时间t 1＝v 0a 1
＝0.6s ，运动的位移x 1＝12
a 1t 12＝1.8m<8.8m ，即物体加速到6m/s 时仍未到达B 点。

由于μ<tan θ，故当物体加速至与传送带速度相同时，物体在重力沿传送带向下的分力的作用下，将继续做加速运动，此后物体的速度大于传送带的速度，传送带对物体的滑动摩擦力的方向平行于传送带向上，受力分析如图(b)所示，由牛顿第二定律有mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2，代入数据解得a 2＝2m/s 2。

设物体从位移为x 1处至运动到B 点所需的时间为t 2，则l AB －x 1＝v 0t 2＋12
a 2t 22，代入数据解得t 2＝1s(另一解不符合题意已舍去)，故物体从A 运动到B 所需的时间为t ＝t 1＋t 2＝1.6s 。

(2)物体加速至与传送带速度相同时，传送带前进的距离为x 2＝v 0t 1＝3.6m ，而物体运动的距离等于其位移x 1＝1.8m ，物体相对于传送带向上运动的距离为Δx 1＝x 2－x 1＝1.8m 。

物体的速度大于传送带的速度后，传送带运动的距离为x 3＝v 0t 2＝6m ，物体运动的距离为x 4＝7m ，物体相对于传送带向下滑行的距离为Δx 2＝x 4－x 3＝1m ，由于Δx 1>Δx 2，故物体在传送带上的划痕长度为Δx 1＝1.8m 。

【答案】(1)1.6s (2)1.8m
【变式1-1】如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为 ，以速度0v 逆时针匀速转动。

在传送带的上端轻轻放置一个质量为m 的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数tan ，
则下列选项中能客观地反映小木块的受力和运动情况的是（）
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】BD
【详解】AB ．在传送带的上端轻轻放置一个质量为m 的小木块，小木块的速度小于传送带的速度，小木块受的摩擦力沿斜面向下，随着小木块速度的增大，当小木块的速度等于传送带的速度时，因为tan ，小木块不可能与传送带相对静止，一定继续加速，超过传送带的速度，这时小木块所受的摩擦力沿斜面向上，而在这个过程中，小木块对斜面的压力不变，摩擦力的大小也不改变，A 错误，B 正确；
CD ．摩擦力沿斜面向下时，由牛顿第二定律得1sin cos mg mg ma 摩擦力沿斜面向上时，由牛顿第二定律得2sin cos mg mg ma 则a 1>a 2，C 错误，D 正确。

【变式1-2】如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为 ，在传送带上某位置轻轻放置一小木块，小木块与传送带间动摩擦因素为 ，小木块速度随时间变化关系如图所示，v 0、t 0已知，则（）
A ．传送带一定逆时针转动
B ．00tan cos v gt
C ．传送带的速度大于v 0
D ．t 0后滑块的加速度为00
2sin v g t 【答案】AD
【解析】若传送带顺时针转动，当滑块下滑时(sin cos )mg mg ，将一直匀加速到底端；当滑块上滑时(sin cos )mg mg ，先匀加速运动，在速度与传送带速度相等后将匀速运动，两种均不符合运动图像；故传送带是逆时针转动，A 错误；滑块在0～t 0内，滑动摩擦力向下，做匀加速下滑，即有1sin cos a g g 由题图可知010v a t ，则
00tan cos v gt 故B 错误；经过分析，由图可知，传送带的速度等于0v ，C 错误；滑块与传送带的速度相等
后的加速度2sin cos a g g 代入μ值得0202sin v a g t
，故D 正确【易错点提醒二】不会分析摩擦力的突变问题
【例2】如图所示，一重为50N 的木块原来静止在水平桌面上，某瞬间在水平方向上同时受到两个方向相反的力F 1、F 2的作用，其中F 1=20N ，F 2=8N ，已知木块与桌面间的动摩擦因数为0.3，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则（
）
A ．木块受到的摩擦力的大小为15N ，方向水平向左
B ．木块受到的摩擦力的大小为12N ，方向水平向左
C ．若将F 1撤去，木块受到的摩擦力的大小为8N ，方向水平向右
D ．若将F 2撤去，木块受到的摩擦力的大小为20N ，方向水平向左
1撤去或F 2撤去时，木块相对地面的运动趋势发生了变化，所以静摩擦力发生了突变，摩擦力突变后，需要在新的平衡下求静摩擦力。

【答案】BC
【详解】AB ．最大静摩擦力为m f N 15N F F ，F 1、F 2的合力1212N<15N F F F 方向向右，所以木块处于静止状态，所受的合力为零，故静摩擦力向左，大小为12N ，A 错误B 正确；
C ．若将F 1撤去，因为215N F ，木块在F 2的作用下仍然处于静止，则摩擦力大小等于F 2的大小为8N ，方向与力F 2的方向相反，方向水平向右，C 正确；
D ．若将F 2撤去，因为1
15N F ，木块将运动，受到的是滑动摩擦力，大小为15N ，方向水平向左，D 错误。

故选BC 。

【变式1-1】如图所示，一质量为m 的物块静置在倾角θ=60°的粗糙斜面上，用一个与斜
面底边平行的力F =2mg
作用在物块上，该物块仍保持静，则下刻说法正确的是（）
A ．该物块受到的摩擦力大小为32mg
B ．该物块受到的摩擦力大小为mg
C ．若撤掉该外力F ，此物块可能发生滑动
D ．若撤掉该外力F ，此物块仍静止不动【答案】BD
【详解】AB ．对物块受力分析，可以简化成如图所示的受力分析，根据平衡条件，则有
f m
g 故A 错误，B 正确。

CD ．当撤去外力之后，只需要沿斜面向上大小为
32
mg 的摩擦力就可以平衡，故C 错误，D 正确。

故选BD 。

【变式1-2】如图所示，一箱子放在水平地面上，现对箱子施加一斜向上的拉力F ，保持拉力的方向不变，在拉力F 的大小由零逐渐增大的过程中。

关于摩擦力f 的大小随拉力F 的变化关系，下列四副图可能正确的是（）
A．B．
C．D．
【答案】B
【详解】设F与水平方向的夹角为θ，木箱处于静止状态时，根据平衡条件得：木箱所受的静摩擦力为
cos
f F
F增大，f增大；当拉力达到一定值，箱子运动瞬间，静摩擦力变为滑动摩擦力，由于最大静摩擦力略大于滑动摩擦力，故摩擦力有个突然减小的过程；木箱运动时，所受的支持力
，N减小， ，F增大，N减小，此时木箱受到的是滑动摩擦力，大小为f N sin
N G F
则f减小，故B正确，ACD错误。

故选B。

【变式1-3】如图所示，质量为1kg的物体与地面间的动摩擦因数μ=0.2，从t=0开始以初速度v0沿水平地面向右滑行，同时受到一个水平向左的恒力F=1N的作用，g取10m/s2，向右为正方向，该物体受到的摩擦力F f随时间t变化的图像是（最大静摩擦力等于滑动摩擦力）（）
A．B．
C．D．
【答案】A
【详解】物体从t=0开始以初速度v0沿水平地面向右做匀减速运动，受到的滑动摩擦力大小为
F f1=μmg=0.2×1×10N=2N方向向左，为负值。

当物体的速度减到零时，物体所受的最大静摩擦力为
F fm=μmg=2N则F<F fm所以物体不能被拉动而处于静止状态，受到静摩擦力作用，其大小为F f2=F=1N
方向向右，为正值。

故选A。

【易错点提醒三】混淆“死结”和“活结””连接体问题
【例3】(2023·烟台模拟)在如图所示的装置中，两物体A、B的质量分别为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．α可能大于βB．m1一定大于m2
C．m1一定小于2m2D．m1可能大于2m2
“活结”问题，此类问题一般是通过滑轮或挂钩等将物体悬挂在绳子上，其特点是滑轮或挂钩可以在绳子上自由滑动，绳子对滑轮或挂钩没有约束力，因此绳子上的张力大小处处相等，即滑轮或挂钩只能改变绳子上张力的方向，而不会改变张力的大小，抓住以上特点，就可以有效避免在“活结”问题上出现错误。

【答案】C
【解析】绳子通过定滑轮和动滑轮相连，绳子各处的拉力相等，因整个装置处于静止状态，故绳子的拉力等于B的重力m2g，对动滑轮进行受力分析，在水平方向上有T sinα＝T sinβ，所以α＝β，在竖直方向上有T cosα＋T cosβ＝m1g，而T＝m2g，则有2m2g cosα＝m1g，所以m1一定小于2m2，选项C正确，A、B、D错误。

【变式1-1】
（2022·山东菏泽高三下学期一模）如图所示，阳台上有一个用于晾灌肠的光滑曲杆AOB ，直杆OA 和OB 的夹角150 ，细绳一端固定在A 点，另一端与套在曲杆AOB 上的轻环Q 连接，用性钩挂上质量为m 的灌肠时，轻环Q 从曲杆O 处沿OB 滑下（轻环不滑出OB 杆），重力加速度为g ，当灌肠重新平衡后轻绳的张力大小为（）
A.2mg
B.3mg
C.mg
D.12
mg 【答案】B
【解析】如图所示，同一根绳上拉力处处相等，故合力在夹角平分线上，处于静止状态时，Q 处绳子必垂直于杆，否则不可能平衡，由几何关系得θ=30°
当灌肠重新平衡，由几何关系，受力分析可得，在竖直方向上2cos 30T mg
则3
T mg ，故选项B 正确。

【变式1-2】
．如图所示，轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆M 、N 上的a 、b 两点，悬挂衣服的衣架钩是光滑的，挂于绳上处于静止状态。

如果只人为改变一个条件，当衣架静止时，下列说法正确的是（）
A ．绳的右端上移到b ’，绳子拉力不变
B ．将杆N 向右移一些，绳子拉力变大
C ．绳的两端高度差越小，绳子拉力越小
D ．若换挂质量更大的衣服，则衣架悬挂点右移
【答案】AB 【详解】如图所示，两个绳子是对称的，与竖直方向夹角是相等的。

假设绳子的长度为x ，则有cos x L 绳子一端在上下移动的时候，绳子的长度不变，两杆之间的距离不变，则θ角度不变。

AC ．两个绳子的合力向上，大小等于衣服的重力，由于夹角不变，所以绳子的拉力不变，A 正确，C 错误；
B ．当N 向右移动后，根据cos x L ，即L 变大，绳长不变，所以θ角减小，绳子与竖直方向的夹角变大，绳子的拉力变大，B 正确；
D ．绳长和两杆距离不变的情况下，θ不变，所以挂的衣服质量变化，不会影响悬挂点的移动，D 错误。

故选AB 。

【变式1-3】如图，悬挂甲物体的细线拴牢在一不可伸长的轻质细绳上O 点处；绳的一端通过光滑的定滑轮与物体丙相连，另一端通过光滑定滑轮与物体乙相连。

甲、乙两物体质量相等。

系统平衡时，O 点两侧绳与竖直方向的夹角分别为α和β。

若β=55°，则（）
A ．α>β
B ．α<β
C ．丙的质量小于甲的质量
D ．丙的质量大于
甲的质量
【答案】AD 【详解】设甲、乙的质量均为m ，丙的质量为M 。

对结点O 受力分析如图所示，根据平衡条件可知OC 绳的拉力与OA 、OB 两绳拉力的合力平衡，
而OA 和OB 两绳的拉力大小相等，根据对称性可知OC 的反向延长线过∠AOB 的平分线，根据几何关系可知2180 解得70 结点O 受到的三个拉力构成一封闭的矢量三角形，根据正弦定理有
sin sin Mg mg
所以M m 故AD 正确，BC 错误。

故选AD 。

【易错点提醒四】混淆“轻杆、轻绳”连接体问题
【例4】（2023·全国·高三校级联考）如图（a）所示，将一右端固定有光滑定滑轮的轻杆固定在竖直挡板上，轻绳ABC跨过光滑的定滑轮悬吊质量为m1=1kg的物块；如图（b）所示，将一轻杆用转轴固定在竖直挡板上，两段轻绳DE、EF系在杆的右端并悬吊质量为m2=1.5kg 的物块。

已知两杆均水平，且绳子的倾斜部分与水平方向的夹角均为30°，重力加速度g取10m/s2。

下列说法正确的是（）
A．图（a）中AB绳的拉力大小为10N
B．图（b）中DE绳的拉力大小为15N
C．图（a）中轻杆对滑轮的支持力大小为10N
D．图（b）中轻杆对结点的支持力大小为15N
易错分析：(1)轻杆既能对物体提供拉力又能提供支持力，而轻绳只能对物体提供拉力。

绳或杆对物体的弹力可以发生突变，不需要恢复形变的时间。

(2)杆分动杆和定杆两种
动杆：若轻杆用转轴或铰链连接，当杆处于平衡状态时杆所受到的弹力方向一定沿着杆，否则会引起杆的转动。

定杆：若轻杆被固定不发生转动，则杆所受到的弹力方向不一定沿杆的方向
【答案】AC
【详解】A．对（a）、（b）两图中的B、E点分别进行受力分析，如图甲、乙所示
图甲中轻绳ABC跨过定滑轮拉住质量为m1的物块，物块处于平衡状态，轻绳AB的拉力大小为
F=F=m1g=10N故A正确；
BD．图乙中由于杆可自由转动，因此杆对结点的作用力方向一定沿杆的方向，则由平衡条件可知F sin30°=F；
F cos30°=F乙又F=m2g代入数据解得轻绳DE的拉力为F=30N轻杆对结点的支持力大小为
F
故BD错误。

乙
C．由于图甲中的杆为固定的杆，因此杆对滑轮的作用力不一定沿杆的方向，因为AB绳与BC绳的夹角为120°，故分析可得轻杆对滑轮的支持力大小为F甲=F=F=10N故C正确。

故选AC
【变式1-1】（2022·青海·海东市第一中学二模）如图甲所示，一名登山爱好者正沿着竖直崖壁向上攀爬，绳的一端固定在较高处的A点，另一端拴在人的腰间C点（重心处）。

在人向上攀爬的过程中可以把人简化为乙图所示的物理模型：脚与崖壁接触点为O点，人的重力G全部集中在C点，O到C点可简化为轻杆，AC为轻绳。

已知OC长度不变，人向上攀爬过程中的某时刻AOC构成等边三角形，则（）
A．轻绳对人的拉力与人对轻绳的拉力是一对平衡力
B．在此时刻，轻绳对人的拉力大小等于G
C．在虚线位置时，轻绳AC承受的拉力更小
D．在虚线位置时，OC段承受的压力不变
【答案】BD
【解析】轻绳对人的拉力与人对轻绳的拉力是一对作用力和反作用力，故A错误；重力、轻绳对人的拉力、OC的支持力构成等边三角形，所以轻绳对人的拉力和OC的支持力大小都等于人的重力大小G，故B正确；
根据相似三角形，有G N T OA OC AC
则有T N G
AC更长，则轻绳承受的拉力下更大，OC段受到的压力一直不变，故C错误，D正确【变式1-2】（2023·武汉重点中学联考）小园想用以下两种方式提起重物。

图甲是一用铰链固定于O点的轻杆，通过绳PA将挂于P端的重物提起；图乙是一端固定于O′的轻杆（斜角恒定为67°），其另一端N有一光滑滑轮，绳CD绕过滑轮提起重物。

当图甲中杆与水平面成67°夹角时，绳与水平方向夹角为30°；此时图乙中绳与水平方向夹角也为30°，已知重物的重力为603N，求两种情况下，杆的作用力大小分别为
多少？（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
【易错点提醒五】对于平衡问题受力分析时研究对象选取不当
【例5】[多选]用外力F通过如图所示的装置把一个质量为m的小球沿倾角为30°的光滑斜
面匀速向上拉动。

已知在小球匀速运动的过程中，拴在小球上的绳子与水平杆之间的夹角从45°变为90°，斜面体与水平地面之间是粗糙的，并且斜面体一直静止在水平地面上。

不计滑轮与绳子之间的摩擦。

则在小球匀速运动的过程中，下列说法正确的是()
A ．地面对斜面体的静摩擦力始终为零
B ．外力F 一直在增大
C ．某时刻绳子对水平杆上的滑轮的合力等于绳子的拉力
D ．绳子移动的速度大小大于小球沿斜面运动的速度大小
(整体法、隔离法)十分重要。

本题中，在分析绳子的拉力时，选取了小球为研究对象；在分析水平杆上的滑轮受到的合力时，选取了滑轮为研究对象；在分析地面对斜面体的静摩擦力时，选取了斜面体和小球组成的系统为研究对象
【答案】BC
【解析】设连接小球的绳子与水平方向的夹角为θ，对小球，沿斜面方向，由平衡条件有T cos(θ
－30°)＝mg sin 30°，解得T ＝mg 2cos θ－30°
，则当θ角从45°变为90°的过程中，绳子的拉力T 变大，因F ＝T ，则外力F 一直在增大，选项B 正确；将小球和斜面体视为整体，则地面对
斜面体的静摩擦力等于绳子拉力的水平分量，即f ＝T cos θ，又因为T ＝mg 2cos θ－30°
，所以f ＝12mg cos θcos θ－30°
，故只有当θ＝90°时地面对斜面体的静摩擦力才等于零，选项A 错误；当θ＝90°时，滑轮两边绳子的夹角为120°，由受力分析可知，此时绳子对水平杆上的滑轮的合力等于绳子的拉力，选项C 正确；将小球沿斜面运动的速度v 分解可知，绳子的速度v 1＝v cos(θ－30°)，则绳子移动的速度大小小于小球沿斜面运动的速度大小，选项D 错误。

【变式1-1】如图，悬挂甲物体的细线拴牢在一不可伸长的轻质细绳上O 点处；绳的一端固定在墙上，另一端通过光滑定滑轮与物体乙相连。

甲、乙两物体质量相等。

系统平衡时，O 点两侧绳与竖直方向的夹角分别为α和β。

若α=70°，则β等于（）
A.45°
B.55°
C.60°
D.70°【警示】解决共点力问题还是要先进行受力分析，本题乙物体的受力很简单，可以先做分析，然后再次基础上对乙进行受力分析，结合平衡状态合力为0列式计算.
【答案】B
【问诊】由于甲、乙两物体质量相等,则设它们的质量为m，对O点进行受力分析，下面绳子的拉力mg，右边绳子的拉力mg，左边绳子的拉力F,如图所示：
因处于静止状态，依据力的平行四边形定则，则有：
竖直方向：mgcos70°+Fcosβ=mg
水平方向：mgsin70°=Fsinβ
因α=70°
联立上式，解得：β=55°
【变式1-2】．（2023·四川省内江市第六中学模拟预测）如图所示，木块a、b和沙桶c通过不可伸长的轻质细绳和轻质光滑滑轮连接，处于静止状态。

其中AB细绳的B端与滑轮的转轴连接，A端固定于天花板上。

现向沙桶c内加入少量沙子后，系统再次处于平衡状态。

下列关于各物理量变化的说法，正确的是（）
A．斜面对木块a的摩擦力增大
B．细绳对沙桶c的拉力不变
C．地面对斜面体的支持力增大
D．AB绳与竖直方向的夹角增大
【答案】D
【解析】B ．以沙桶c 为对象，根据受力平衡可知，细绳对沙桶c 的拉力等于沙与沙桶的重力，可知向沙桶c 内加入少量沙子后，细绳对沙桶c 的拉力变大，B 错误；
A ．以木块a 为对象，由于不清楚绳子拉力与木块a 重力沿斜面向下的分力之间的大小关系，故斜面对木块a 的摩擦力方向可能沿斜面向上，也可能沿斜面向下，向沙桶c 内加入少量沙子后，细绳对a 的拉力变大，斜面对木块a 的摩擦力可能减小，也可能增大，甚至可能大小不变，A 错误；
D ．以木块b 为对象，设木块b 两边绳子与竖直方向的夹角为 ，根据受力平衡可得
2cos b T m g
向沙桶c 内加入少量沙子后，细绳拉力T 变大，可知cos 变小， 变大，以B 端滑轮为研究对象，根据受力平衡可知，AB 绳与竖直方向的夹角为2
，故AB 绳与竖直方向的夹角增大，
D 正确；C ．以木块a 和斜面为整体，根据受力平衡可得
()cos ()2
b m g N M m g T M m g 地可知向沙桶
c 内加入少量沙子后，地面对斜面体的支持力不变，C 错误。

故选D 。

【易错点提醒五】不会根据实际情况用不同的方法求解动态平衡问题
【例6】（2021·湖南高考真题）质量为M 的凹槽静止在水平地面上，内壁为半圆柱面，截面如图所示，A 为半圆的最低点，B 为半圆水平直径的端点。

凹槽恰好与竖直墙面接触，内有一质量为m 的小滑块。

用推力F 推动小滑块由A 点向B 点缓慢移动，力F 的方向始终沿圆弧的切线方向，在此过程中所有摩擦均可忽略，下列说法正确的是（）
A.推力F 先增大后减小
B.凹槽对滑块的支持力先减小后增大
C.墙面对凹槽的压力先增大后减小
D.水平地面对凹槽的支持力先减小后增大
滑块和凹槽组成的整体也处于受力平衡状态，题干告诉我们要忽略摩擦力，所以不用考虑摩擦，先隔离法后整体法进行受力分析列式求解.
【答案】C
【解析】.析选项：AB ．已知滑块从A 点向B 点进行缓慢移动，所以滑块受力平衡，对滑块受力分析，根据牛顿第一定律有F =mgsin θ
N =mgcos θ；由于滑块移动的过程其θ越来越大，则推力F 越来越大，支持力N 越来越小，所以AB 不符合题意；
C ．由于凹槽处于静止，以凹槽与滑块整体分析，整体处于受力平衡；设墙面对凹槽的压力为FN ；根据水平方向的平衡方程可以得出：F N =Fcos θ=mgsin θcos θ=1
2mgsin(2θ)；θ=
450时，FN 出现最大值；所以θ越来越大时，墙面对凹槽的压力先增大后减小，所以C 符合题意；
D ．整体处于受力平衡；设水平地面对凹槽的支持力为N 地；根据竖直方向的平衡方程可以得出：水平地面对凹槽的支持力为N 地=(M +m)g −Fsin θ=(M +m)g −mgsin 2θ从表达式可以得出当θ越来越大时，水平地面对凹槽的支持力越来越小，所以D 不符合题
意；
故答案为：C 。

【变式1-1】
（2022·上海黄浦·二模）如图，一粗糙斜面固定在地面上，一细绳一端悬挂物体P ，另一端跨过斜面顶端的光滑定滑轮与物体Q 相连，系统处于静止状态。

现用水平向左的拉力F 缓慢拉动P 至细绳与竖直方向成45°角，Q 始终静止，设Q 所受的摩擦力大小为f 、在这一过程中（）
A ．F 一定增大、f 一定增大
B ．F 可能不变、f 一定增大
C ．F 一定增大、f 可能先减小后增大
D ．F 可能不变、f 可能先减小后增大
【答案】C
【解析】根据题意，对物体P 受力分析，设物块P 的质量为1m ，受绳子的拉力T ，拉力F 和本身重力1m g ，由于缓慢拉动物体P ，则物体P 处于动态平衡，所受的三个力可构成闭合三角形，如图所示
随着θ的增大，水平拉力F 、细绳拉力T 均逐渐增大，设物体Q 的质量为2m ，斜面的倾角为 ，对物体Q 受力分析，若刚开始
2sin T m g
物块Q 有上滑趋势，受到静摩擦力沿斜面向下，由平衡条件可得。