高考物理二轮复习 第一板块 力学选择题 锁定9大命题区间 第1讲 明“因”熟“力”破解平衡问题讲义

第1讲 ⎪⎪ 明“因”熟“力”，破解平衡问题
[考法·学法]
一、明“因”熟“力”，正确进行受力分析基础保分类考点
[全练题点]
1．[多选]如图甲、乙所示，倾角为θ的斜面上放置一滑块M ，在滑块M 上放置一个质量为m 的物块，M 和m 相对静止，一起沿斜面匀速下滑，下列说法正确的是( )
A ．图甲中物块m 受到摩擦力
B ．图乙中物块m 受到摩擦力
C ．图甲中物块m 受到水平向左的摩擦力
D ．图乙中物块m 受到与斜面平行向上的摩擦力
解析：选BD 对题图甲：设物块m 受到摩擦力，则物块m 受到重力、支持力、摩擦力，而重力、支持力平衡，若受到摩擦力作用，其方向与接触面相切，方向水平，则物块m 受力将不平衡，与题中条件矛盾，故假设不成立，A 、C 错误。

对题图乙：设物块m 不受摩擦力，由于物块m 匀速下滑，物块m 必受力平衡，若物块m 只受重力、支持力作用，由于支持力与接触面垂直，故重力、支持力不可能平衡，则假设不成立，由受力分析知：物块m 受到与斜面平行向上的摩擦力，B 、D 正确。

2.(2017·淄博实验中学一诊)如图所示，一质量均匀的实心圆球被
直径AB 所在的平面一分为二，先后以AB 沿水平和竖直两种不同方向
放置在光滑支架上，处于静止状态，两半球间的作用力分别为F 和
F ′，已知支架间的距离为AB 长度的一半，则F F ′
等于( )
A. 3
B.32
C.233
D.
33
解析：选A 设两半球的总质量为m ，当球以AB 沿水平方向放置，可知F ＝12
mg ；当球以AB 沿竖直方向放置，以两半球为整体，隔离右半球受力分析如图
所示，可得：F ′＝mg 2
tan θ，根据支架间的距离为AB 的一半，可得：θ＝30°，则F F ′＝1tan θ
＝3，则A 正确。

3.(2017·全国卷Ⅱ)如图，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。

物块与桌面间的动摩擦因数为( )
A ．2－ 3
B.36
C.33
D.
32 解析：选C 当拉力水平时，物块做匀速运动，则F ＝μmg ，当拉力方向与水平方向的夹角为60°时，物块也刚好做匀速运动，则F cos 60°＝μ(mg －F sin 60°)，联立解得μ＝33
，A 、B 、D 项错误，C 项正确。

4．(2017·周口模拟)如图甲所示，质量为m 的半球体静止在倾角为θ的平板上，当θ从0缓慢增大到90°的过程中，半球体所受摩擦力F f 与θ的关系如图乙所示，已知半球体始终没有脱离平板，半球体与平板间的动摩擦因数为
33
，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度为g ，则( )
A ．O ～q 段图像可能是直线
B ．q ～π2
段图像可能是直线 C ．q ＝π4 D ．p ＝mg
2 解析：选D 半球体在平板上恰好开始滑动的临界条件是：mg sin θ＝μmg cos θ，故有：
μ＝tan θ，解得：θ＝π6，即q ＝π6，故C 错误；θ在0～π6
之间时，F f 是静摩擦力，大小为mg sin θ；θ在π6～π2
之间时，F f 是滑动摩擦力，大小为μmg cos θ；综合以上分析得F f 与θ关系如图中实线所示，故A 、B 错误；当θ＝
π6时，F f ＝mg sin π6＝mg 2，即p ＝mg 2
，故D 正确。

[全能备考]
受力分析是整个高中阶段物理知识的基础，能否正确进行受力分析是解答力学问题的关键。

1．熟悉各种力的特点，会判断弹力的方向，会判断和计算摩擦力。

(1)弹力的方向一定与接触面或接触点的切面垂直，且指向受力物体。

(2)两物体接触处有无静摩擦力，要根据物体间有无相对运动趋势或根据平衡条件进行判断。

(3)利用公式求解滑动摩擦力时，一定要注意接触面间压力的分析，不能简单地代入重力。

2．受力分析的一般步骤
二、灵活应用“整体、隔离法”，巧选研究对象基础保分类考点
[全练题点]
1.[多选](2017·长沙月考)如图所示，物体A 、B 、C 叠放在水平桌面
上，水平力F 作用于C 物体，使A 、B 、C 以相同的速度向右匀速运动，那
么关于它们的受力下列说法正确的是( )
A ．由于
B 向右运动，所以B 受到向左的摩擦力
B ．
C 受到的摩擦力方向水平向左
C ．A 受到两个摩擦力作用
D ．由于不知A 与水平桌面之间是否光滑，所以无法判断A 与水平桌面间是否存在摩擦力 解析：选BC 由于B 向右匀速运动，所以B 不受摩擦力作用，选项A 错误；物体C 受到向右的拉力和向左的摩擦力作用，选项B 正确；A 受到C 对A 的向右的摩擦力作用，同时受到地面向左的摩擦力作用，选项C 正确，D 错误。

2.(2018届高三·山东省实验中学调研)如图所示，质量为M 的斜面体A
放在粗糙水平面上，用轻绳拴住质量为m 的小球B 置于斜面上，轻绳与斜
面平行且另一端固定在竖直墙面上，不计小球与斜面间的摩擦，斜面体
与墙不接触，整个系统处于静止状态。

则( )
A ．水平面对斜面体没有摩擦力作用
B ．水平面对斜面体有向左的摩擦力作用
C ．斜面体对水平面的压力等于(M ＋m )g
D ．斜面体对水平面的压力小于(M ＋m )g
解析：选D 以斜面体和小球整体为研究对象受力分析，水平方向：f
＝T cos θ，方向水平向右，故A 、B 错误；竖直方向：N ＝(m ＋M )g －
T sin θ，可见N <(M ＋m )g ，根据牛顿第三定律：斜面体对水平面的压
力N ′＝N <(M ＋m )g ，故C 错误，D 正确。

3.将一横截面为扇形的物体B 放在水平面上，一小滑块A 放在物体B 上，如
图所示，除了物体B 与水平面间的摩擦力之外，其余接触面的摩擦力均可
忽略不计，已知物体B 的质量为M ，滑块A 的质量为m ，当整个装置静止
时，滑块A 与物体B 接触的一面与竖直挡板之间的夹角为θ。

已知重力加
速度为g ，则下列选项正确的是( )
A ．物体
B 对水平面的压力大小为Mg
B ．物体B 受水平面的摩擦力大小为mg tan θ
C ．滑块A 与竖直挡板之间的弹力大小为mg tan θ
D ．滑块A 对物体B 的压力大小为mg
cos θ
解析：选C 以滑块A 为研究对象进行受力分析，并运用合成法，
如图所示，由几何知识得，挡板对滑块A 的弹力大小为F N1＝mg
tan θ，C 正确；物体B 对滑块A 的弹力大小为F N2＝mg
sin θ，根据
牛顿第三定律，滑块A 对物体B 的压力大小为mg sin θ
，D 错误；以滑块A 和物体B 组成的系统为研究对象，在竖直方向上受力平衡，则水平面对物体B 的支持力F N ＝(M ＋m )g ，故水平面所受压力大小为(M ＋m )g ，A 错误；A 和B 组成的系统在水平方向上受力平衡，则水平面对物体B 的摩擦力大小为F f ＝F N1＝mg
tan θ
，B 错误。

4.(2017·珠海一中期末)如图所示，水平固定且倾角为37°(sin
37°＝0.6，cos 37°＝0.8)的光滑斜面上有两个质量均为m＝1 kg的小球A、B，它们用劲度系数为k＝200 N/m 的轻质弹簧连接，弹簧的原长为l0＝20 cm，现对B施加一水平向左的推力F，使A、B均在斜面上以加速度a＝4 m/s2向上做匀加速运动，此时弹簧的长度l 和推力F的大小分别为( )
A．0.15 m,25 N B．0.25 m,25 N
C．0.15 m,12.5 N D．0.25 m,12.5 N
解析：选B 以整体为研究对象受力分析，沿斜面方向有：F cos 37°
－2mg·sin 37°＝2ma①，以A为研究对象，沿斜面方向有：kx－
mg sin 37°＝ma②，x＝l－l0③，解①得F＝25 N，由②③得：l
＝0.25 m，故B正确，A、C、D错误。

[全能备考]
1．整体法和隔离法对比
2．整体、隔离法的应用技巧
(1)不涉及系统内力时，优先考虑应用整体法，即“能整体、不隔离”。

(2)需要应用“隔离法”的，也要先隔离“简单”的物体，如待求量少，或受力少，或处于边缘处的物体。

(3)各“隔离体”间的关联力，表现为作用力与反作用力，对整体系统则是内力。

(4) 实际问题通常需要交叉应用整体、隔离法。

(5)在某些特殊情形中，研究对象可以是物体的一部分，或绳子的结点、力的作用点等。

三、“程序法”破解“静态平衡”问题重难增分类考点
1．破解“静态平衡”问题的一般程序
2．处理平衡问题的常用方法
[典题例析]
[典例] 如图所示，匀强电场方向垂直于倾角为α的绝缘粗糙斜面向上，一质量为m的带
正电荷的滑块静止于斜面上。

关于该滑块的受力，下列说法中正确的
是(当地重力加速度为g)( )
A．滑块可能只受重力、电场力、摩擦力三个力的作用
B．滑块所受的摩擦力大小一定为mg sin α
C．滑块所受的电场力大小可能为mg cos α
D．滑块对斜面的压力大小一定为mg cos α
[审题指导]
(1)滑块静止于斜面上，说明滑块处于平衡状态。

(2)匀强电场垂直于斜面向上，说明滑块所受电场力大小恒定，方向垂直斜面向上。

[解析] 选 B 滑块一定受重力和电场力作用，在沿斜面方向，要受力平衡，一定受摩擦力，而有摩擦力一定有支持力，所以滑块一定受四个力作用，选项A错误。

在沿斜面方向上有：f＝mg sin α，选项B正确。

在垂直斜面方向有：mg cos α＝N＋qE，则电场力一定小于mg cos α，支持力一定小于mg cos α，根据牛顿第三定律知，滑块对斜面的压力一定小于mg cos α，故选项C、D错误。

[集训冲关]
1.[多选]如图所示，倾角为θ的斜面体C 置于水平地面上，小物
体B 置于斜面体C 上，通过细绳跨过光滑的轻质定滑轮与物体A
相连接，连接物体B 的一段细绳与斜面平行，已知A 、B 、C 均处
于静止状态，定滑轮通过细杆固定在天花板上，则下列说法中正
确的是( )
A ．物体
B 可能不受静摩擦力作用
B ．斜面体
C 与地面之间可能不存在静摩擦力作用
C ．细杆对定滑轮的作用力沿杆竖直向上
D ．将细绳剪断，若物体B 仍静止在斜面体C 上，则此时斜面体C 与地面之间一定不存在静摩擦力作用
解析：选AD 对物体B 进行受力分析，由共点力的平衡条件可得，如果m A g ＝m B g sin θ，则物体B 一定不受静摩擦力作用，反之，则一定会受到斜面体C 对其作用的静摩擦力，选项A 正确；将物体B 和斜面体C 看成一个整体，则该整体受到一个大小为m A g 、方向沿斜面向上的细绳的拉力，该拉力在水平向左方向上的分量为m A g cos θ，故地面一定会给斜面体一个方向水平向右、大小为m A g cos θ的静摩擦力，选项B 错误；由于连接物体A 和物体B 的细绳对定滑轮的合力方向不是竖直向下，故细杆对定滑轮的作用力方向不是竖直向上，选项C 错误；若将细绳剪断，将物体B 和斜面体C 看成一个整体，则该整体受竖直向下的重力和地面对其竖直向上的支持力，故斜面体C 与地面之间一定不存在静摩擦力作用，选项D 正确。

2.(2017·山西右玉一模)如图所示，物块A 和滑环B 用绕过光滑定滑轮的不可伸长的轻绳连
接，滑环B 套在与竖直方向成θ＝37°的粗细均匀的固定杆上，连接滑
环B 的绳与杆垂直并在同一竖直平面内，滑环B 恰好不能下滑，滑环和
杆间的动摩擦因数为μ＝0.4，设滑环和杆间的最大静摩擦力等于滑动
摩擦力，则物块A 和滑环B 的质量之比为( )
A.75
B.57
C.135
D.513
解析：选C 设物块A 和滑环B 的质量分别为m 1、m 2，若杆对B 的弹力垂直于杆向下，因滑
环B 恰好不能下滑，则由平衡条件有m 2g cos θ＝μ(m 1g －m 2g sin θ)，解得m 1m 2＝135
；若杆对B 的弹力垂直于杆向上，因滑环B 恰好不能下滑，则由平衡条件有m 2g cos θ＝μ(m 2g sin θ
－m 1g )，解得m 1m 2＝－75
(舍去)。

综上分析可知C 正确。

四、多法并进，破解“动态平衡”问题多维探究类考点
[方法1 “图解法”破解动态平衡问题]
如果物体受到三个力的作用，其中一个力的大小、方向均不变，并且还有另一个力的方向不变，此时可用图解法，画出不同状态下力的矢量图，判断各个力的变化情况。

[例1] (2016·全国卷Ⅱ)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( )
A．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
[解析] 选A 以O点为研究对象，受力如图所示，当用水平向左的力缓
慢拉动O点时，则绳OA与竖直方向的夹角变大，由共点力的平衡条件知F
逐渐变大，T逐渐变大，选项A正确。

[方法2 “解析法”破解动态平衡问题]
如果把物体受到的多个力合成、分解后，能够找到力的边角关系，则适合选择解析法，建立平衡方程，根据自变量的变化(一般都要用到三角函数)确定因变量的变化。

[例2] (2017·开封二模)一铁架台放在水平地面上，其上用轻质细线悬挂一小球，开始
时细线竖直。

现将水平力F作用于小球上，使其缓慢地由实线位置运动到虚线
位置，铁架台始终保持静止。

则在这一过程中( )
A．水平拉力F变小
B．细线的拉力不变
C．铁架台对地面的压力变大
D．铁架台所受地面的摩擦力变大
[解析] 选D 对小球受力分析，受拉力、重力、水平力F，根据平衡条件，有：F＝mg tan
θ，θ逐渐增大，则F逐渐增大，故A错误；由图可知，细线的拉力T＝
mg
，θ增大，T增大，故B错误；以整体为研究对象，根据平衡条件得
cos θ
F f＝F，则F f逐渐增大，F N＝(M＋m)g，F N保持不变，故C错误，D正确。

[方法3 “相似三角形法”破解动态平衡问题]
此法是图解法的特例，一般研究对象受绳(杆)或其他物体的约束，且物体受到三个力的作
用，其中的一个力大小、方向均不变，另外两个力的方向都发生变化，可以用力三角形与几何三角形相似的方法。

[例3] (2017·宝鸡质检)如图所示，质量均可忽略的轻绳与轻杆承受弹
力的最大值一定，杆的A 端用铰链固定，光滑轻质小滑轮在A 点正上方，杆
的B 端吊一重力为G 的重物，现将绳的一端拴在杆的B 端，用拉力F 将B
端缓慢上拉，在杆达到竖直前(杆和绳均未断)，关于绳子的拉力F 和杆受
到的弹力F N 的变化，下列判断正确的是( )
A ．F 变大
B ．F 变小
C ．F N 变大
D ．F N 变小
[解析] 选B 在用拉力将B 端缓慢上拉的过程中，B 点受轻绳向下的
拉力(其大小等于G )、沿OB 方向的拉力F ′(F ′＝F )以及轻杆对B 点的
弹力F N ′(F N ′＝F N )的作用，由于B 点处于动态平衡状态，且F ′和
F N ′的大小和方向均在发生变化，故可用力三角形与几何三角形相似
的方法进行解决。

受力分析如图所示，由图可知，力三角形与几何三角形AOB 相似，即G AO ＝F N ′AB ＝F ′OB
，由于重力G 和O 、A 两点间的距离以及AB 的长度均不变，故弹力F N ′不变，拉力F ′减小，可得F N 不变，F 减小。

[集训冲关]
1.[多选](2017·全国卷Ⅰ)如图，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>π2。

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( )
A ．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
解析：选AD 设重物的质量为m ，绳OM 中的张力为T OM ，绳MN 中的张力为T MN 。

开始时，T OM ＝mg ，T MN ＝0。

由于缓慢拉起，则重物一直处于平衡状态，两绳张力的合力与重物的重力mg 等大、反向。

如图所示，已知角α不变，在绳MN 缓慢拉起的过程中，角β逐渐增大，
则角(α－β)逐渐减小，但角θ不变，在三角形中，利用正弦定理得：
T OM
α－β＝mg
sin θ，(α－β)由钝角变为锐角，则T OM 先增大后减小，选项D 正确；同理知T MN sin β＝mg sin θ，在β由0变为π2
的过程中，T MN 一直增大，选项A 正确。

2.如图所示，半径为R 的半球形物体固定在水平地面上，球心正上方
有一光滑的小定滑轮，滑轮到球面B 的距离为h ，轻绳的一端系一小球，靠放在半球上的A 点，另一端绕过定滑轮后用力拉住，使小球静止。

现缓慢拉绳，则在使小球从A 点运动到B 点的过程中，半球形物体对小球的支持力F N 和轻绳对小球的拉力F 的变化情况是( )
A ．F N 不变，F 变小
B ．F N 不变，F 先变大后变小
C ．F N 变小，F 先变小后变大
D ．F N 变大，F 变大 解析：选A 对小球进行受力分析可知，小球受重力G 、半球形物体对
其的支持力F N 和轻绳对其的拉力F 这三个力的作用，由题意可知，在小球从A 点缓慢运动到B 点的过程中，支持力F N 和拉力F 的方向均发生变化，只有小球的重力大小和方向均不变，故用力三角形与几何三角形相似的方法进行求解。

小球的受力分析如图所示，设连接小球A 和定滑轮之间的轻绳长为l ，则由力三角形与几何三角形相似可得：F N R ＝G h ＋R ＝F l ，故可得F N 不变，F 逐渐减小。

五、平衡中的“临界、极值”问题基础保分类考点
[全练题点]
1.[多选]如图所示，一根上端固定的轻绳，其下端拴一个质量为2 kg 的小
球，g 取10 m/s 2，开始时轻绳处于竖直位置。

用一方向与水平面成37°角的外力F 拉动小球，使绳缓慢升起至水平位置。

这一过程中轻绳拉力的(取cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6)( )
A ．最小值为16 N
B ．最小值为20 N
C ．最大值为26.7 N
D ．最大值为20 N 解析：选AC 小球受重力mg 、拉力F 、绳施加的力F
绳处于平衡状态。

如图所示，应用极限法分析临界点。

在力三角形为直角△OAB 时，F 绳小＝AB ，为最小值(临界点)，有F 绳小＝mg cos 37°＝16 N ，故A 对，B 错。

在力三角形为直角△OCB 时，F 绳大＝CB ，为最大值(临界点)，有F 绳大＝mg tan 37°≈26.7 N，故C 对，D 错。

2.[多选]某学习小组为了体验最大静摩擦力与滑动摩擦力的临界状态，设计了如图所示的装置，一位同学坐在长直木板上，让长直木板由水平位置缓慢向上转动(即木板与地面的夹角θ变大)，另一端不动，则该同学受到支持力F N 、合外力F 合、重力沿斜面方向的分力G 1、摩擦力F f 随角度θ的变化关系图中正确的是( )
解析：选ACD 重力沿斜面方向的分力G 1＝mg sin θ，C 正确；支持力F N ＝mg cos θ，A 正确；该同学滑动之前，F 合＝0，F f ＝mg sin θ，滑动后，F 合＝mg sin θ－μmg cos θ，F f ＝μmg cos θ，考虑到最大静摩擦力略大于滑动摩擦力的情况，可知B 错误，D 正确。

3.如图所示，三根长度均为l 的轻绳分别连接于C 、D 两点，A 、B 两端
被悬挂在水平天花板上，相距2l 。

现在C 点上悬挂一个质量为m 的重
物，为使CD 绳保持水平，在D 点上可施加的力的最小值为( )
A ．mg B.33mg C.12mg D.14
mg 解析：选C 分析结点C 的受力如图甲所示，由题意可知，绳CA
与竖直方向间夹角为α＝30°，则可得：F D ＝mg tan α＝33
mg ，再分析结点D 的受力如图乙所示，由图可知，F D ′与F D 大小相等
且方向恒定，F B 的方向不变，当在D 点施加的拉力F 与绳BD 垂直
时，拉力F 为最小，即F ＝F D ′cos 30°＝12
mg ，C 正确。

[全能备考]
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，从而使物体的平衡“恰好出现”或“恰好不出现”某种临界状态，在问题的描述中常用“刚好”“刚能”“恰好”等字眼。

2．极值问题：平衡问题的极值，一般指在力的变化过程中的最大值和最小值。

3．求解临界、极值问题的常用方法
(1)图解法：根据已知量的变化情况，画出平行四边形或三角形的边角变化，进而确定未知量大小、方向的变化，求出临界值或极值。

(2)解析法：利用物体受力平衡写出未知量与已知量的关系表达式，根据已知量的变化情况来确定未知量的变化情况，求出极值，或利用临界条件确定未知量的临界值。

[专题强训提能]
1.(2018届高三·河南名校联考)如图所示，斜面小车M静止在光滑水平
面上，一边紧贴墙壁。

若再在斜面上加一物体m，且小车M、物体m相对
静止，此时小车受力个数为( )
A．3 B．4
C．5 D．6
解析：选B 对小车和物体整体，它们必受到重力和地面的支持力，因小
车、物体相对静止，由平衡条件知墙面对小车无作用力，以小车为研究对
象，它受重力Mg，地面的支持力F N1，物体对它的压力F N2和静摩擦力F f，共四个力，选项B 正确。

2.(2017·湖南师大附中期末)如图所示，两根直木棍AB和CD相互平行，
斜靠在竖直墙壁上固定不动，一个圆筒从木棍的上部以初速度v0匀速滑
下。

若保持两木棍倾角不变，将两棍间的距离减小后固定不动，仍将圆筒
放在两木棍上部以初速度v0滑下，下列判断正确的是( )
A．仍匀速滑下B．匀加速滑下
C．减速滑下 D．以上三种运动均可能
解析：选 B 圆筒从木棍的上部匀速滑下过程中，受到重力、两棍的支持力和摩擦力，根据平衡条件得知，两棍支持力的合力和摩擦力不变。

将两棍间的距离减小后，两棍支持力的合力不变，而两支持力夹角减小，则每根木棍对圆筒的支持力变小，则滑动摩擦力变小，而重力沿斜面向下的分力不变，则圆筒将匀加速滑下，故B正确，A、C、D错误。

3.如图所示，一竖直放置的大圆环，在其水平直径上的A、B两端系着
一根不可伸长的柔软轻绳，绳上套有一光滑小铁环。

现将大圆环在竖
直平面内绕O点顺时针缓慢转过一个微小角度，则关于轻绳对A、B两
点拉力F A、F B的变化情况，下列说法正确的是( )
A．F A变小，F B变小B．F A变大，F B变大
C．F A变大，F B变小 D．F A变小，F B变大
解析：选 A 柔软轻绳上套有光滑小铁环，两侧轻绳中拉力相等。

将大圆环在竖直平面内绕O点顺时针缓慢转过一个微小角度，A、B两点之间的水平距离减小，光滑小铁环两侧轻绳间夹角2α减小，由2F cos α＝mg可知，轻绳中拉力F减小，轻绳对A、B两点的拉力F A和F B都变小，选项A正确。

4．[多选]如图所示，用一轻绳将光滑小球(大小不能忽略)系于竖直墙壁上的O点，现用一
细杆压在轻绳上紧贴墙壁从O点缓慢下移，则( )
A．轻绳对小球的拉力保持不变
B．轻绳对小球的拉力逐渐增大
C ．小球对墙壁的压力逐渐增大
D ．小球对墙壁的压力逐渐减小
解析：选BC 对小球受力分析，如图所示，由于小球始终处于平衡状态，其合
力为零，在细杆从O 点缓慢下移过程中，轻绳与竖直方向的夹角增大，由图中
几何关系可知：轻绳对小球的拉力F 逐渐增大，墙壁对小球的支持力F N 也逐渐
增大，根据牛顿第三定律可知，小球对墙壁的压力也逐渐增大，故选项B 、C
正确，A 、D 错误。

5．[多选](2018届高三·皖南八校联考)如图所示，三角形ABC 是固定在水平面上的三棱柱
的横截面，∠A ＝30°，∠B ＝37°，C 处有光滑小滑轮，质量分别
为m 1、m 2的两物块通过细线跨放在AC 面和BC 面上，且均恰好处于
静止状态，细线均与斜面平行，已知AC 面光滑，物块2与BC 面间的动摩擦因数μ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则两物块的质量比m 1∶m 2可能是( )
A ．1∶3
B ．3∶5
C ．5∶3
D ．2∶1
解析：选BCD 物块1受重力m 1g 、细线拉力T 和斜面支持力F N 作用处于平衡状态，则T ＝m 1g sin 30°，物块2受重力m 2g 、细线拉力T 、斜面支持力F N ′及摩擦力F f 作用处于平衡状态，当m 1较大时，最大静摩擦力方向沿斜面向下，此时有T ＝m 2g sin 37°＋μm 2g cos 37°，即m 1
m 2
＝2；当m 1较小时，最大静摩擦力方向沿斜面向上，此时有T ＝m 2g sin 37°－μm 2g cos 37°，即m 1m 2＝25，所以25≤m 1m 2
≤2。

6.如图所示，一小球在斜面上处于静止状态，不考虑一切摩擦，如果
把竖直挡板由竖直位置绕O 点缓慢转至水平位置，则此过程中球对挡板
的压力F 1和球对斜面的压力F 2的变化情况是( )
A ．F 1先增大后减小，F 2一直减小
B ．F 1先减小后增大，F 2一直减小
C ．F 1和F 2都一直在增大
D ．F 1和F 2都一直在减小
解析：选 B 小球初始时刻的受力情况如图甲所示，因挡板是缓慢转动的，所以小球处于动态平衡状态，在转动过程中，重力、斜面的支持力和挡板的弹力组成的矢量三角形的变化情况如图乙所示(重力的大小方向均不变、斜面对小球的支持力的方向始终不变)，由图可知此过程中斜面对小球的支持力不断减小，挡板对小球的弹力先减小后增大，由牛顿第
三定律可知选项B正确。

7.(2017·南昌质检)如图所示，粗糙水平面上有一固定的、粗糙程度处处相同的圆弧形框架ABC，框架下面放置一块厚度不计的金属板，金属板的中心O点是框架的圆心，框架上套有一个轻圆环，用轻弹簧把圆环与金属板的O点固定连接，开始时轻弹簧处于水平拉伸状态。

用一个始终沿框架切线方向的拉力F拉动圆环，从左侧水平位置缓慢绕框架运动，直到轻弹簧达到竖直位置，金属板始终保持静止状态，则在整个过程中( )
A．沿框架切线方向拉力F逐渐减小
B．水平面对金属板的摩擦力逐渐增大
C．水平面对金属板的支持力逐渐减小
D．框架对圆环的支持力逐渐减小
解析：选C 弹簧伸长量不变，弹簧的弹力大小F′不变，设弹簧与水平方向的夹角为θ。

金属板受重力mg、支持力N、弹簧的拉力F′和向右的静摩擦力f作用，水平方向f＝F′cos θ，竖直方向N＋F′sin θ＝mg，得N＝mg－F′sin θ，随着θ的增大，支持力不断减小，静摩擦力逐渐减小，故B错，C对；圆环受弹簧的拉力、框架的支持力(大小不变为F′)、拉力F和滑动摩擦力f′，有F＝f′＝μF′，故拉力大小不变，A、D错。

8．[多选](2018届高三·南昌三中摸底)如图所示，穿在一根光滑的固定
杆上的小球A、B连接在一条跨过定滑轮的细绳两端，杆与水平面成θ
角，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，则下列说法正确的是( )
A．小球A可能受到2个力的作用
B．小球A一定受到3个力的作用
C．小球B可能受到3个力的作用
D．细绳对A的拉力与对B的拉力大小相等
解析：选BD 对A球受力分析可知，A受到重力、细绳的拉力以及杆对A球的弹力，三个力的合力为零，故A错误，B正确；对B球受力分析可知，B受到重力、细绳的拉力，两个力的合力为零，杆对B球没有弹力，否则B不能平衡，故C错误；定滑轮不改变力的大小，即细绳对A的拉力与对B的拉力大小相等，故D正确。

9．(2017·全国卷Ⅲ)一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距80 cm的两点上，弹性绳的原长也为80 cm。

将一钩码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为100。