高考物理二轮复习【真题练习】第14讲 整体法与隔离法的应用

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高考物理一轮复习策略
首先，要学会听课：
1、有准备的去听，也就是说听课前要先预习，找出不懂的知识、发现问题，带着知识点和问题去听课会有解惑的快乐，也更听得进去，容易掌握;
2、参与交流和互动，不要只是把自己摆在“听”的旁观者，而是“听”的参与者。
3、听要结合写和思考。
4、如果你因为种种原因，出现了那些似懂非懂、不懂的知识，课上或者课后一定要花时间去弄懂。
其次，要学会记忆：
1、要学会整合知识点。把需要学习的信息、掌握的知识分类，做成思维导图或知识点卡片，会让你的大脑、思维条理清醒，方便记忆、温习、掌握。
2、合理用脑。
3、借助高效工具。学习思维导图，思维导图是一种将放射性思考具体化的方法，也是高效整理，促进理解和记忆的方法。最后，要学会总结：
一是要总结考试成绩，通过总结学会正确地看待分数。
1.摸透主干知识 2.能力驾驭高考 3.科技领跑生活


第14讲 整体法与隔离法的应用
【要点提炼】
1．连接体的类型
(1)弹簧连接体

(2)物物叠放连接体

(3)物物并排连接体

(4)轻绳连接体

(5)轻杆连接体

2．连接体的运动特点
(1)轻绳——轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度总是相等。
(2)轻杆——轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度；轻杆转动时，连接体具有相同的角速度，而线速度与转动半径成正比。一般情况下，连接体沿杆方向的分速度相等。
(3)轻弹簧——在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度不一定相等；在弹簧形变最大时，两端连接体的速率相等。
3．连接体的受力特点
轻绳、轻弹簧的作用力沿绳或弹簧方向，轻杆的作用力不一定沿杆。
【方法指导】
1．处理连接体问题的方法
(1)整体法
若连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求物体之间的作用力，可以把它们看成一个整体，分析整体受到的合力，应用牛顿第二定律求出加速度(或其他未知量)。
(2)隔离法
若连接体内各物体的加速度不相同，或者要求出系统内各物体之间的作用力时，就需要把物体从系统中隔离出来，应用牛顿第二定律列方程求解。
(3)整体法、隔离法交替运用
若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求物体之间的作用力时，可以先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求作用力。即“先整体求加速度，后隔离求内力”。若已知物体之间的作用力，求连接体所受外力，则“先隔离求加速度，后整体求外力”。
2.应用整体法和隔离法的解题技巧
(1)如图所示，一起加速运动的物体系统，若力作用于m1上，则m1和m2间的相互作用力为F12＝。此结论与有无摩擦无关(有摩擦，两物体与接触面的动摩擦因数必须相同)，物体系统沿水平面、斜面、竖直方向运动时，此结论都成立。两物体的连接物为轻弹簧、轻杆时，此结论不变。

(2)通过跨过滑轮的绳连接的连接体问题：若要求绳的拉力，一般都必须采用隔离法。绳跨过定滑轮连接的两物体的加速度虽然大小相同但方向不同，故采用隔离法。
3.叠加体系统临界问题的求解思路



【例题精析】
考点一 轻绳连接体
[例题1] 两物体A、B置于粗糙水平面上，中间用细线相连，现用一力F作用在物体上，已知mA＝2kg，mB＝2kg，F＝12N，μA＝μB＝0.2，g＝10m/s2，求物体的共同加速度时中间细线上的张力多大（　　）

A．12N B．5N C．6N D．7N
【解答】解：把A、B看成一个整体，有F﹣μAmAg﹣μBmBg＝（mA+mB）a
对B分析，有TB﹣μBmBg＝mBa
联立解得：TB＝6N，故C正确；ABD错误；
故选：C。
[练习1] （多选）质量为M的木块穿在光滑水平细杆上，木块下方用轻质细线悬挂一质量为m的小球。用水平向右的恒力拉小球，小球和木块一起向右匀加速运动，加速大小为a1，此时细线与竖直方向成α角，如图甲所示。若保持该恒力大小不变，方向改为向左拉木块，小球和木块一起向左匀加速运动，加速度大小为a2，此时细线与竖直方向成β角，如图乙所示。若M＞m，则下列关系式正确的是（　　）

A．a1＞a2 B．a1＝a2 C．α＞β D．α＜β
【解答】解：AB、对甲图中的整体，根据牛顿第二定律，有：F＝（M+m）a1，再对乙图中整体，根据牛顿第二定律，有：F＝（M+m）a2，所以：a1＝a2，故A错误，B正确。
CD、对甲图中木块，根据牛顿第二定律，有T1sinα＝Ma1，小球在竖直方向平衡，有：T1cosα﹣mg＝0，解得a1=mgtanαM；
对乙图中小球，根据牛顿第二定律，有mgtanβ＝ma2，解得：a2＝gtanβ；
因为：a1＝a2、M＞m，所以α＞β，故C正确，D错误。
故选：BC。
[练习2] 如图所示，带有孔的小球A套在粗糙的倾斜直杆上，与正下方的小球B通过轻绳连接，处于静止状态。给小球B施加水平力F使其缓慢上升，直到小球A刚要滑动．在此过程中（　　）

A．水平力F的大小不变
B．杆对小球A的支持力不变
C．轻绳对小球B的拉力先变大后变小
D．杆对小球A的摩擦力先变小后变大
【解答】解：AC、对球B受力分析，受拉力F、重力和细线的拉力T，根据平衡条件，三个力可以构成首尾相连的矢量三角形，如图1所示：
随着绳子的拉力与竖直方向之间的夹角θ的增加，拉力F和细线张力T均增加，故AC错误；
BD、再对A、B球整体分析，受重力、拉力F、支持力N和静摩擦力f，如图2所示：
设杆与水平方向的夹角为α，根据平衡条件，在垂直杆方向，有：N＝（M+m）gcosα+Fsinα，随着F的增加，支持力N增加；
在平行杆方向，有：Fcosα+f＝（M+m）gsinα，故：f＝（M+m）gsinα﹣Fcosα，随着F的增加，静摩擦力逐渐减小，当（M+m）gsinα＝Fcosα时，摩擦力为零，此后静摩擦力反向增加，所以杆对小球A的摩擦力先变小后变大，故B错误、D正确。
故选：D。

考点二 弹簧连接体
[例题2] 如图所示，质量为mA物块A放在倾角为θ直角三角形斜面体B上面，质量为mB的物体B放在弹簧上面并紧挨着竖直墙壁，初始时A、B静止，现用力F沿斜面向上推A，但A、B仍未动。已知重力加速度为g则施力F后，下列说法正确的是（　　）

A．A、B之间的摩擦力一定变大
B．B与墙面间的弹力等于Fsinθ
C．B与墙面间可能没有摩擦力
D．弹簧弹力等于（mA+mB）g
【解答】解：A、对A，开始受重力、B对A的支持力和静摩擦力平衡，当施加F后，仍然处于静止，开始A所受的静摩擦力大小为mAgsinθ，若F＝2mAgsinθ，则A、B之间的摩擦力大小可能不变，如果F＜2mAgsinθ，则摩擦力变小，故A错误；
B、对整体分析，开始时B与墙面的弹力为零，后来加F后，由于力F具有沿水平方向的分量，则墙壁对B的弹力增大，大小等于F沿水平方向的分量，为f＝Fcosa，故B错误；
C、对整体分析，由于AB不动，弹簧的形变量不变，则弹簧的弹力不变，开始弹簧的弹力等于A、B的总重力，施加F后，弹簧的弹力不变，总重力不变，根据平衡条件知，则B与墙之间一定有摩擦力，故C错误；
D、没有施加F时，整体只受到重力和弹簧弹力，根据平衡条件可得弹簧弹力：T＝（mA+mB）g，施加力F后，弹簧的形变量不变，弹力不变，故D正确。
故选：D。
[练习3] 如图，在光滑的水平地面上放置着两个质量均为m的物块A、B，两物块间用劲度系数为k的轻质弹簧连接，在水平向右的外力F的作用下，两物块最终一起做匀加速直线运动，则此时的加速度大小和弹簧的伸长量分别为（弹簧始终在弹性限度内）（　　）

A．Fm Fk B．F2m F2k C．Fm F2k D．F2m Fk
【解答】解：设加速度大小为a，弹簧的弹力大小为f，设弹簧的伸长量为x，
由牛顿第二定律得：
对A、B整体：F＝2ma
对B：f＝ma
由胡克定律得：f＝kx
解得：a=F2m，x=F2k，故B正确，ACD错误。
故选：B。
考点三 板块叠加连接体
[例题3] （多选）A、B两物体叠放在一起，放在光滑的水平面上，从静止开始受到一变力的作用，该力与时间的关系如图所示，A、B始终相对静止则下列说法正确的是（　　）

A．t0时刻，B速度最大
B．2t0时刻，A、B位移最小
C．t0时刻，A、B间静摩擦力最小
D．2t0时刻，A、B间静摩擦力最小
【解答】解：A、0﹣t0时间内，A、B一起做变加速直线运动，速度越来越大，在t0时刻，加速度为零，速度达到最大，故A正确；
B、0﹣t0时间内，A、B一起做变加速直线运动，t0﹣2t0时间内，A、B一起做减速运动，运动方向不变，2t0时刻A、B位移最大，故B错误；
C、t0时刻，A、B的加速度为零，对A由牛顿第二定律知，A的合力为零，所以A不受摩擦力，所以A、B间的摩擦力为零；故C错误；
D、2t0时刻A、B的加速度不为零，对A由牛顿第二定律知，A的合力不为零，所以A受摩擦力，所以A、B间的摩擦力不为零。故D错误。
故选：AC。
[练习4] （多选）如图，质量均为2kg的三个物块A、B、C叠放在水平地面上，物块A受到大小为5N、方向水平向右的力F1的作用，物块B受到大小为10N、方向水平向右的力F2的作用，物块C受到大小为8N、方向水平向左的力F3的作用，三者均处于静止状态，已知A、B间的动摩擦因数为0.4，重力加速度g取10m/s2，则（　　）

A．物体B对物体A的摩擦力大小为5N
B．物体C对物体B的摩擦力大小为15N
C．地面对物体C的摩擦力大小为8N
D．地面对物体C的摩擦力方向水平向左
【解答】解：A、对A受力分析，A受到重力、支持力、水平方向的拉力F1的作用，A处于平衡状态，则存在B对A的摩擦力，与F1的作用大小相等（5N），方向相反，故A正确；
B、AB组成的整体竖直方向受到重力与支持力，水平方向受到水平向右的力F1＝5N与力F2＝10N的作用，因处于平衡状态，则C对B的摩擦力大小fCB＝F2+F1＝5N+10N＝15N，方向向左，故B正确；
CD、ABC组成的整体竖直方向受到重力与支持力，水平方向受到水平向右的力F1＝15N、F2＝10N的作用，与水平向左的力F3＝8N的作用，因处于平衡状态，则地面对C的摩擦力大小：fC＝F1+F2﹣F3＝5N+10N﹣8N＝7N，方向水平向左，故C错误，D正确；
故选：ABD。
[练习5] （多选）如图甲所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A，A受到随时间t变化的水平拉力F作用，用传感器测出A的加速度，得到如图乙所示的a﹣F图像，g＝10m/s2，则（　　）

A．滑块A的质量为2kg
B．木板B的质量为6kg
C．当F＝12N时，木板B的加速度为2m/s2
D．滑块A与木板B间的动摩擦因数为0.4
【解答】解：ABD.设滑块A的质量m，木板B的质量为M，滑块A与木板B间的动摩擦因数为
μ。
由题图乙可知，当F＝Fm＝10N时，滑块A与木板B达到最大共同加速度am＝1m/s2，根据牛顿第二定律有Fm＝（M+m）am
解得
M+m＝10kg
当F＞10N时，A与B将发生相对滑动，对A单独应用牛顿第二定律有
F﹣μmg＝ma
整理得a=Fm−μg
根据题图乙解得m＝2kg，μ＝0.4，则M＝8kg，故AD正确，B错误；
C.当F＝12N时，木板B的加速度为aB=μmgM
代入数据解得aB＝1m/s2，故C错误。
故选：AD。

考点四 板块叠加+轻绳连接体
[例题4] 如图所示，一细绳跨过光滑定滑轮，其一端悬挂物块B，另一端与斜面上的物块A相连，此时绳与斜面垂直，系统处于静止状态。现用水平向右的拉力缓慢拉动B，直至悬挂B的细绳与竖直方向成60°。已知A与斜面始终保持静止，则在此过程中（　　）

A．水平拉力大小可能减小
B．A所受斜面的支持力一直增大
C．地面对斜面的摩擦力一直增大
D．A所受斜面的摩擦力一直增大
【解答】解：A、以B为研究对象，受力情况如图所示；根据平衡条件可得水平拉力：F＝mBgtanθ，随着θ增大F逐渐增大，故A错误；
B、根据图象可知绳子拉力：T=mBgcosθ，随着θ增大T逐渐增大；
设斜面倾角为α，对A分析可知，A所受斜面的支持力N＝mAgcosα﹣T，由于T一直增大，则A所受斜面的支持力一直减小，故B错误；
C、对A和斜面整体分析，水平方向根据平衡条件可得地面对斜面的摩擦力：f＝Tsinα，由于T一直增大，则地面对斜面的摩擦力一直增大，故C正确；
D、对A分析，沿斜面方向根据平衡条件可知，A所受斜面的摩擦力fA＝mAgsinα，保持不变，故D错误。
故选：C。

[练习6] 如图所示，物体A和物体D重分别为400N、200N，物体A与桌面间、物体A和物体D间的动摩擦因数均为0.4，它们间的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力。AC绳水平，OC绳与竖直方向的夹角为30°，求：
（1）整个系统静止时，物体A和物体D间摩擦力为多少；
（2）当物体B重100N时，A所受桌面的摩擦力为多少；
（3）如果保证A静止不动，问所挂物体B的最大重量为多少。（结果可用根式表示）

【解答】解：（1）整个系统静止时，物体A和D处于平衡状态，在水平方向上受力为零，所以物体A和D间的摩擦力大小为0N；
（2）以C点为研究对象，建立直角坐标系：x轴上，根据平衡条件得：TA＝Tsin30°
y轴上，根据平衡条件得：Tcos30°＝GB
联立解得：TA＝GBtan30°＝100×33N=10033N，
对A受力分析可知A受到的静摩擦力f＝TA=10033N，方向水平向右
（3）逐渐加大B的重力时，要使系统处于平衡状态，A不能滑动，即达到最大静摩擦力，即
fm＝μ（GA+GB）＝0.4×（400+200）N＝240N，由上述表达式可知：GBm=TAtan30°=24033N＝2403N，
答：（1）整个系统静止时，物体A和物体D间摩擦力为0N；
（2）当物体B重100N时，A所受桌面的摩擦力为10033N；
（3）如果保证A静止不动，问所挂物体B的最大重量为2403N.

[练习7] 如图所示，质量均为m的物块A、B之间用劲度系数为k的轻质弹簧连接，竖直放置于水平地面上，轻绳的一端与A连接并绕过其正上方的光滑定滑轮P及与P等高的光滑定滑轮Q，另一端可挂到放在斜面上的物块C上。轻绳挂上C之后，将把A往上拉升直至重新的平衡位置。已知B未离开地面，QC段轻绳与斜面平行，固定的斜面倾角为θ，C与斜面间的动摩擦因数为μ（μ＜tanθ），重力加速度为g，C与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
（1）求不挂C时弹簧的压缩量。
（2）求所挂C的质量的最大值。
（3）若细绳挂上质量为M的C后，C恰好不会向上滑动，求因细绳挂上C而使A上升的高度。

【解答】解：（1）不挂C时物块A静止，由平衡条件得：mg＝kx1
所以不挂C 时弹簧的压缩量：x1=mgk
（2）C在细绳拉力下处于平衡状态，其受力情况如图乙所示

当C的质量到达最大值Mm时C有沿斜面向下滑动的趋势，则有：Mmgsinθ﹣μMmgcosθ＝T
将A、B作为一个整体，此时地面支持力为零，细绳拉力T＝2mg
解得 Mm=2msinθ−μcosθ
（3）细绳连接C之前，弹簧处于压缩状态；当细绳挂上C之后，A位置上升处于新的平衡状态时，C恰好不会向上滑动，对于C有：Mgsinθ+μMgcosθ＝T′
对于A，若T′＞mg，则弹簧处于拉伸状态，形变量为x2，则：T′＝kx2+mg
A的上升高度：H＝x1+x2
解得：H=Mg(sinθ+μcosθ)k
若T′＜mg，则弹簧仍处于压缩状态，形变量为x2'，则：kx2'+T＝mg
A的上升高度：H＝x1﹣x2'
解得：H=Mg(sinθ+μcosθ)k。
答：（1）不挂C时弹簧的压缩量为mgk；
（2）所挂C的质量的最大值为2msinθ−μcosθ；
（3）若细绳挂上质量为M的C后，C恰好不会向上滑动，因细绳挂上C而使A上升的高度为Mg(sinθ+μcosθ)k。
【强化专练】
1. 一个大理石球固定在水平地面上，一只小蚂蚁正缓慢从图中A点沿圆弧爬向最高点B点，在此过程中（　　）

A．大理石球对小蚂蚁的支持力将变大
B．大理石球对小蚂蚁的摩擦力将变大
C．大理石球对小蚂蚁的合力将变大
D．大理石球对地面的压力将变大
【解答】解：ABC、对蚂蚁受力分析如图：
可知大理石球对蚂蚁的作用力为支持力与摩擦力的合力，大小始终等于蚂蚁的重力，保持不变；蚂蚁受到的摩擦力：f＝mgsinθ，蚂蚁受到的支持力：FN＝mgcosθ；小蚂蚁正缓慢从图中A点沿圆弧爬向最高点B点的过程中θ逐渐减小，则蚂蚁受到的支持力增大，摩擦力减小，故A正确，BC错误；
D、选取大理石球与蚂蚁组成的整体为研究对象，可知二者只受到重力与地面的支持力，所以大理石球受到地面得支持力始终等于二者重力的和，保持不变，故D错误。
故选：A。

2. 如图所示，竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘，两个带有同种电荷的小球A、B分别位于竖直墙面和水平地面，且处于同一竖直平面内，若用图示方向的水平推力F作用于小球B，则两球静止于图示位置．如果将小球向左推动少许，待两球重新达到平衡时，跟原来相比（　　）

A．两小球间距离将增大，推力F将减小
B．两小球间距离将增大，推力F将增大
C．两小球间距离将减小，推力F将增大
D．两小球间距离将减小，推力F将减小
【解答】解：以A球为研究对象，分析受力，作出力图如图1所示：

设B对A的库仑力F与墙壁的夹角为θ，由平衡条件得竖直墙面对小球A的弹力为：
N1＝mAgtanθ，
将小球B向左推动少许时θ减小，则N1减小。
B对A的库仑力 F库=mAgcosθ，θ减小时，cosθ增大，F库减小，根据库仑定律分析得知，两球之间的距离将增大。
再以AB整体为研究对象，分析受力如图2所示，由平衡条件得：
F＝N1
则F将减小，故A正确，B、C、D错误。
故选：A。
3. 如图所示，在高度不同的两水平台阶上放有质量分别为m1、m2的两物体，物体间用轻弹簧相连，弹簧与竖直方向夹角为θ．在m1左端施加水平拉力F，使m1、m2均处于静止状态，已知m1表面光滑，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）

A．弹簧可能处于原长状态
B．弹簧弹力的大小为m1gcosθ
C．地面对m2的摩擦力大小为F
D．地面对m2的支持力可能为零
【解答】解：A、隔离对m1分析，在水平方向上平衡，拉力F等于弹簧在水平方向上的分力，可知弹簧处于伸长状态，故A错误。
B、对m1分析，水平方向上有：F弹sinθ＝F，则弹簧弹力F弹=Fsinθ，竖直方向上有：m1g+F弹cosθ＝N，可知F弹=N−m1gcosθ，故B错误。
C、对整体分析，地面对m2的摩擦力大小等于F，故C正确。
D、物体m2在水平方向上平衡，可知m2在水平方向上受到摩擦力，则支持力不为零，故D错误。
故选：C。
4. （多选）为庆祝祖国成立70周年，在赣州黄金广场，一小孩将印有五星红旗的球形氢气球通过结实细线系在一个石块上，如图所示，风沿水平方向吹，气球受到的风力大小与风速大小的二次方成正比，开始时石块静止于水平地面上，则（　　）

A．无论风速多大，石块都不会离开地面
B．若风速增大，气球可能会连同石块一起沿地面向右滑动
C．若风速逐渐增大，则石块对地面的压力逐渐减小
D．若风速逐渐减小，则细线的张力逐渐变大
【解答】解解：AC、以气球和石块整体研究，受力分析如图1所示，竖直方向：N+F1＝G1+G2；水平方向：f＝F，可得出N不变，则地面受到小石块的压力不变；与风力无关，故小石块不会连同气球一起被吹离地面，故A正确，C错误；
B、在石块滑动前，石块受到静摩擦力作用，静摩擦力随风力F增大而增大，当石块滑动，受到的滑动摩擦力，气球可能会连同石块一起沿地面向右滑动，故B正确；
D、气球受力如图2所示，F减小，F1、G1 不变，三者合力变小，则由力的合成知，T变小，故D错误；
故选：AB。

5. （多选）两重叠在一起的滑块，置于固定的、倾角为θ的斜面上，如图所示，滑块A、B的质量分别为M、m，A与斜面间的动摩擦因数为μ1，B与A之间的动摩擦因数为μ2，已知两滑块都从静止开始以相同的加速度从斜面滑下，滑块B受到的摩擦力（　　）

A．等于零 B．方向沿斜面向上
C．大小等于μ1mgcosθ D．大小等于μ2mgcosθ
【解答】解：对A、B整体受力分析如图所示，
在沿斜面方向由牛顿第二定律得：
（m+M）gsinθ﹣F＝（m+M）a ①
且滑动摩擦力F＝μ1（m+M）gcosθ②
解①②得a＝g（sinθ﹣μ1cosθ）
假设B受的摩擦力f方向沿斜面向上，B受重力、A的支持力和摩擦力
在沿斜面方向上由牛顿第二定律得：mgsinθ﹣f＝ma，③
由以上三式解得f＝μ1mgcosθ，
正表示f方向与假设的方向相同，即A对B的摩擦力沿斜面向上。故BC正确，故AD错误。
故选：BC。

6. 如图所示，两个相间的物体A、B叠在一起放在粗糙的水平桌面上，连在物体B上的轻绳通过定滑轮与空箱C相连，箱内放有一小球与箱内壁右侧接触，整个系统处于静止状态，已知A、B的质量均为m、C的质量为M，小球的质量为m0，物体B与桌面的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，不计滑轮摩擦和空气阻力，下列说法中正确的是（　　）

A．物体A受到三个力的作用
B．小球受到三个力的作用
C．桌面受到物体的摩擦力大小为2μmg
D．桌面受到物体的摩擦力大小为（M+m0）g
【解答】解：A、以A为研究对象，由平衡条件可知，B对A没有摩擦力，否则A在水平方向上受力不平衡，则A受到重力和B的支持力二个力作用，故A错误。
B、小球受到两个力：重力和箱底的支持力，故B错误。
CD、以AB整体为研究对象，由平衡条件得知，桌面对B的摩擦力等于（M+m0）g，B与桌面间的静摩擦力不一定达到最大，所以桌面对B的摩擦力不一定等于2μmg，由牛顿第三定律知桌面受到物体的摩擦力大小为（M+m0）g，故C错误，D正确。
故选：D。
7. 有一个直角支架AOB，AO水平放置，表面粗糙，OB竖直向下，表面光滑；AO上套有小环P，OB上套有小环Q，两环质量均为m，两环由一根质量可忽略、不可伸长的细绳相连，并在某一位置平衡（如图所示）．现将P环向左移一小段距离，两环再次达到平衡，那么将移动后的平衡状态和原来的平衡状态比较，AO杆对P环的支持力FN和摩擦力f的变化情况是（　　）

A．FN不变，f变小 B．FN不变，f变大
C．FN变大，f变大 D．FN变大，f变小
【解答】解：对小环Q受力分析，受到重力、支持力和拉力，如图

根据三力平衡条件，得到T=mgcosθ，N＝mgtanθ；
再对P、Q整体受力分析，受到总重力、OA杆支持力、向右的静摩擦力、BO杆的支持力，如图

根据共点力平衡条件，有：
N＝f，FN＝（m+m）g＝2mg；
故f＝mgtanθ，
当P环向左移一小段距离，角度θ变小，故静摩擦力f变小，支持力FN不变；所以A正确、BCD错误。
故选：A。
8. 如图所示，甲、乙两带电小球的质量均为m，所带电量分别为+q和﹣q，两球问用绝缘细线连接，甲球又用绝缘细线悬挂在天花板上，在两球所在空间有方向向左的匀强电场，电场强度为E，平衡时细线都被拉紧．两根绝缘线张力大小为（　　）

A．T1＝2mg，T2=(mg)2+(qE)2
B．T1＞2mg，T2＞(mg)2+(qE)2
C．T1＜2mg，T2＜(mg)2+(qE)2
D．T1＝2mg，T2＜(mg)2+(qE)2
【解答】解：对整体受力分析可知，整体在竖直方向受重力和绳子的拉力；水平方向两电场力大小相等方向相反，故在竖直方向上，拉力等于重力，故T1＝2mg；
对下面小球进行受力分析，小球受重力、电场力、库仑力及绳子的拉力而处于平衡；由图可知，

绳子的拉力及库仑力的合力应等于电场力与重力的合力为(mg)2+(qE)2，故绳子的拉力小于(mg)2+(qE)2；
故选：D。
9. （多选）如图所示，在倾角为θ的粗糙斜面上放置与轻弹簧相连的物体A，弹簧另一端通过轻绳连接到轻质定滑轮Q上，三个物体B、C、D通过绕过定滑轮Q的轻绳相连而处于静止状态。现将物体D从C的下端取下挂在B上，松手后物体仍处于静止状态，若不计轮轴与滑轮。绳与滑轮间的摩擦，则下列有关描述正确的是（　　）

A．物体D挂在物体B下面比D挂在C下面时，物体A所受的摩擦力减小了
B．物体D挂在物体B下面比D挂在C下面时，弹簧的形变量减小了
C．物体D挂在物体B下面比D挂在C下面时，地面对斜面体的支持力减小了
D．物体D挂在物体B下面比D挂在C下面时，地面对斜面体有向左的摩擦力
【解答】解：开始时BCD的系统静止，对B：mBg＝T1…①
对CD：T1＝mCg+mDg…②
可知：mB＝mC+mD…③
当将物体D从C的下端取下挂在B上时：对BD：（mB+mD）a＝（mB+mD）g﹣T2…④
对C：mCa＝T2﹣mCg…⑤
所以：T2=(mB+mD)⋅2mCg(mB+mC+mD)⋯⑥
由于公式比较复杂，采用取特殊值的方法，如取：mC＝mD＝m
则：mB＝2m
代入公式⑥得：T2=34mBg＜T1
可知将物体D从C的下端取下挂在B上后BC之间的绳子的拉力减小，所以拉滑轮Q的力减小，则拉弹簧的力减小。
AB、初始平衡时弹簧处于伸长状态，A此时所受的摩擦力可能沿斜面向上，可能沿斜面向下，还可能为零；当D挂在B下面时，平衡被打破，弹簧的拉力减小，A静止时它所受的摩擦力可能变大，也可能减小。故A错误；B正确；
C、以A、斜面体以及斜面体上的滑轮组成的系统为研究对象，整体受到重力、地面的支持力、PQ处绳子向下的拉力。当D挂在B下面时绳子的拉力减小，地面对斜面体的支持力减小，故C正确；
D、以A、斜面体以及斜面体上的滑轮组成的系统为研究对象，整体受到重力、地面的支持力、PQ处绳子向下的拉力，没有水平方向的外力，当D挂在B下面时仍然没有水平方向的外力，所以斜面体不受地面的摩擦力。故D错误
故选：BC。