1、第1讲力与物体的平衡真题再现考情分析 (多选)(2017高考全国卷)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.现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角不变在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命题点分析图解法解决动态平衡问题思路方法对重物受力分析发现处于动态平衡时，应观察各力的大小、方向变化情况以利用图解三角形法或相似三角形法来解决问题解析：选AD.将重物向右上方缓慢拉起，重物处于动态平衡状态，可利用平衡条件或
2、力的分解画出动态图分析将重物的重力沿两绳方向分解，画出分解的动态图如图所示在三角形中，根据正弦定理有，由题意可知FMN的反方向与FOM的夹角180，不变，因sin (为FMN与G的夹角)先增大后减小，故OM上的张力先增大后减小，当90时，OM上的张力最大，因sin (为FOM与G的夹角)逐渐增大，故MN上的张力逐渐增大，选项A、D正确，B、C错误.命题点分析图解法解决动态平衡问题思路方法对重物受力分析发现处于动态平衡时，应观察各力的大小、方向变化情况以利用图解三角形法或相似三角形法来解决问题 (2017高考全国卷)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
3、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.2B.C.D.解析：选C.当拉力水平时，物块做匀速运动，则Fmg，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Fcos 60(mgFsin 60)，联立解得，A、B、D项错误，C项正确.命题点分析正交分解法分析平衡问题思路方法物体保持匀速直线运动状态时，其受力平衡，按照正交分解法解决问题 (多选)(2016高考全国卷)如图，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
4、变化，物块b仍始终保持静止，则()A.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解析：选BD.只要物块a质量不变，物块b保持静止，则连接a和b的细绳的张力就保持不变，细绳OO的张力也就不变，选项A、C错误对物块b进行受力分析，物块b受到细绳的拉力(不变)、竖直向下的重力(不变)、外力F、桌面的支持力和摩擦力若F方向不变，大小在一定范围内变化，则物块b受到的支持力和物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化，选项B、D正确.命题点分析整体法和隔离法分析共点力平衡思路方法当有多个物体相
5、互作用而平衡时应注意灵活选择研究对象此题应分别选取a，b和滑轮为研究对象求解命题规律研究及预测2018年全国卷虽然对该部分的考点没有单独考查，但其中整体法与隔离法的受力分析方法，力的合力与力的分解方法等知识仍然是力学的基础，在2017年及之前的全国卷对受力分析属于必考题.在2019年的备考过程中，尤其注重连接体的受力分析和动态平衡问题，同时在共点力平衡问题中注重与数学知识相结合来求解问题受力分析受力分析常用技巧 转换研究对象法：对于不易判断的力(如弹力和摩擦力)，可以借助相互接触物体的受力情况来判定，还可以借助力和运动的关系进行分析和判断 假设法：假设弹力、摩擦力存在，运用牛顿第二定律进行相关
6、计算，然后再进一步分析判断 整体法和隔离法：是分析连接体问题的重要方法 在某市的旧城改造活动中，为保证某旧房屋的安全，设法用一个垂直于天花板平面的力 F 作用在质量为m的木块上，以支撑住倾斜的天花板，如图所示，已知天花板平面与竖直方向的夹角为 ，则()A木块共受到三个力的作用B木块对天花板的弹力大小等于 FC木块对天花板的摩擦力大小等于 mgcos D适当增大 F，天花板和木块之间的摩擦力可能变为零解析对木块进行受力分析，根据共点力平衡条件可知，木块一定受到重力mg、推力 F、平行于天花板向上的静摩擦力 Ff以及天花板对木块的弹力 FN，其受力情况如图所示，故木块一定受到四个力的作用，选项A错
7、误；将木块所受重力进行分解，在垂直于天花板方向有：FFNmgsin ，可得 FNm2，如图所示，若三角形木块和两物体都是静止的，则粗糙水平面对三角形木块()A有摩擦力的作用，摩擦力的方向水平向右B有摩擦力的作用，摩擦力的方向水平向左C有摩擦力的作用，但摩擦力的方向不能确定，因m1、m2、1、2的数值均未给出D以上结论都不对解析：选D.法一(隔离法)把三角形木块隔离出来，它的两个斜面上分别受到两物体对它的压力 FN1、FN2，摩擦力 F1、F2.由两物体的平衡条件知，这四个力的大小分别为FN1m1gcos 1，FN2m2gcos 2F1m1gsin 1，F2m2gsin 2它们的水平分力的大小(
8、如图所示)分别为FN1xFN1sin 1m1gcos 1sin 1FN2xFN2sin 2m2gcos 2sin 2F1xF1cos 1m1gcos 1sin 1F2xF2cos 2m2gcos 2sin 2其中 FN1xF1x，FN2xF2x，即它们的水平分力互相平衡，木块在水平方向无滑动趋势，因此不受水平面的摩擦力作用法二(整体法)由于三角形木块和斜面上的两物体都静止，可以把它们看成一个整体，受力如图所示设三角形木块质量为 M，则竖直方向受到重力(m1m2M)g和支持力 FN作用处于平衡状态，水平方向无任何滑动趋势，因此不受水平面的摩擦力作用 角度2“动杆”“定杆”和“死结”“活结”问题2
9、(多选)(2017高考天津卷)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，悬挂衣服的衣架挂钩是光滑的，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，则衣架悬挂点右移解析：选AB.设两段绳子间的夹角为2，绳子的拉力大小为F，由平衡条件可知，2Fcos mg，所以F，设绳子总长为L，两杆间距离为s，由几何关系L1sin L2sin s，得sin ，绳子右端上移，L、s都不变，不变，绳子张力F也不变，A正确；杆N向右移动
10、一些，s变大，变大，cos 变小，F变大，B正确；绳子两端高度差变化，不影响s和L，所以F不变，C错误；衣服质量增加，绳子上的拉力增加，由于不会变化，悬挂点不会右移，D错误 角度3平衡中的临界与极值问题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两端被固定在水平天花板上，相距2l.现在C点悬挂一个质量为m的重物，为使CD绳保持水平，在D点上可施加力的最小值为()AmgB.mgC.mg D.mg解析：选C.对C点进行受力分析，由平衡条件可得绳 CD 对 C 点的拉力 FCDmgtan 30.对D点进行受力分析，绳CD对D点的拉力F2FCDmgtan 30，故 F2为恒力，F1方向
11、不变，由平衡条件可知，F1与F3的合力F2一定与 F2等大反向，如解析图所示，当F3垂直于绳BD时，F3最小，由几何关系可知，此时 F3F2sin 60，即F3mg，选项C正确命题角度解决方法易错辨析连接体的受力分析整体法与隔离法的应用不能灵活选取研究对象杆中的受力分析根据受力平衡条件确定杆的方向注意杆端有无铰链 绳中的受力特点力沿绳方向且只能收缩绳中有无结点是绳中力改变的关键点平衡中的临界问题极限法或假设法不能找准临界状态的条件平衡中的极值问题图解法或数学表达式法不能分析极值出现的时机动态平衡问题解决动态平衡问题的一般思路：把“动”化为“静”，“静”中求“动”，动态平衡问题的分析过程与处理方
12、法如下：注意：(1)如果物体所受的力较少，可以采用合成的方法(2)如果物体受到三个力的作用而处于动态平衡，若其中的一个力大小、方向均不变，另外两个力的方向都发生变化，可以用力的三角形与几何三角形相似的方法求解(3)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，此时可用图解法分析，即可以通过画出多个平行四边形来分析力的变化 (2016高考全国卷)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()AF逐渐变大，T逐渐变大BF逐渐变大，T逐渐变小CF逐渐变小，T逐渐变大DF逐渐
13、变小，T逐渐变小解析以O点为研究对象，设绳OA与竖直方向的夹角为，物体的重力为G，根据共点力的平衡可知，FGtan ，T，随着O点向左移，变大，则F逐渐变大，T逐渐变大，A项正确答案A 角度1解析法、图解法的应用1.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 F1和球对斜面的压力 F2的变化情况是()AF1先增大后减小，F2一直减小BF1先减小后增大，F2一直减小CF1和 F2都一直在增大DF1和 F2都一直在减小解析：选B.法一：“力三角形法”小球初始时刻的受力情况如图1所示，因挡板是缓慢转动的，所以小球处于
14、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2所示(重力 G 的大小、方向均不变，斜面对小球的支持力 F2的方向始终不变)，由图2可知此过程中斜面对小球的支持力F2不断减小，挡板对小球的弹力F1先减小后增大，由牛顿第三定律可知选项B正确法二：“解析法”设斜面倾角为，挡板与竖直方向夹角为，如图3所示，则由平衡条件可得：F1sin F2cos G，F1cos F2sin ，联立解得 F1，F2.挡板缓慢转至水平位置，由0逐渐增大到，当时，cos ()1，F1最小，所以 F1先减小后增大；增大过程中 tan 随之增大，F2不断减小，故选项B正确 角度2相似
15、三角形法的应用2.(2018长沙模拟)如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆环的最高点有一个光滑的小孔质量为m的小球套在圆环上，一根细线的下端系着小球，上端穿过小孔用手拉住现拉动细线，使小球沿圆环缓慢上移，在移动过程中手对线的拉力F和环对小球的弹力FN的大小变化情况是()AF减小，FN不变BF不变，FN减小CF不变，FN增大DF增大，FN减小解析：选A.对小球受力分析，其所受的三个力组成一个闭合三角形，如解析图所示，力三角形与圆内的三角形相似，由几何关系可知，小球缓慢上移时mg不变，R不变，L减小，F减小，FN大小不变，A正确命题角度解决方法易错辨析一个力不变，另一个力方向不变图解法不能在三角形中
16、找到变化的量一个力不变，另一个力大小不变画圆法不能准确画出矢量三角形一个力不变，另一个力大小、方向都变相似三角形法要正确画出力的三角形和边的几何三角形 电学中的共点力平衡问题 电学平衡问题要点点睛首先注意准确进行受力分析，然后按照力学分析方法进行解题即可，但要注意正确判断电场力、磁场力的方向：(1)正电荷受力方向与所处电场方向相同，负电荷相反；(2)安培力和洛伦兹力的方向用左手定则判断，安培力方向同时与磁感应强度方向和电流方向垂直，洛伦兹力的方向同时与磁感应强度方向和电荷运动方向垂直 涉及电场力、磁场力的平衡问题的解题思路(1)记忆口诀：一场二弹三摩擦，各力方向准确画(2)思维导图 如图所示，
17、一长为10 cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中；磁场的磁感应强度大小为0.1 T，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘金属棒通过开关与一电动势为12 V的电池相连，电路总电阻为2 .已知开关断开时两弹簧的伸长量为0.5 cm；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3 cm.重力加速度大小取10 m/s2.判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向，并求出金属棒的质量解析依题意，开关闭合后，电流方向从b到a，由左手定则可知，金属棒所受的安培力方向竖直向下开关断开时，两弹簧各自相对于其原长伸长了l10.5 cm.由胡克定律和力的平衡条件
18、得2kl1mg式中，m为金属棒的质量，k是弹簧的劲度系数，g是重力加速度的大小开关闭合后，金属棒所受安培力的大小为FIBL式中，I是回路电流，L是金属棒的长度两弹簧各自再伸长了l20.3 cm，由胡克定律和力的平衡条件得2k(l1l2)mgF由欧姆定律有EIR式中，E是电池的电动势，R是电路总电阻联立式，并代入题给数据得m0.01 kg.答案方向竖直向下0.01 kg突破训练 (2018安徽十校联考)美国物理学家密立根(R.A.Millikan)于20世纪初进行了多次实验，比较准确地测定了电子的电荷量，其实验原理可以简化为如图所示模型：两个相距为d的平行金属板A、B水平放置，两板接有可调电源从
19、A板上的小孔进入两板间的油滴因摩擦而带有一定的电荷量，将两板间的电势差调节到 U时，带电油滴恰好悬浮在两板间；然后撤去电场，油滴开始下落，由于空气阻力，下落的油滴很快达到匀速下落状态，通过显微镜观测到这个速度的大小为 v，已知这个速度与油滴的质量成正比，比例系数为 k，重力加速度为g.则计算油滴带电荷量的表达式为()AqBqCq Dq解析：选B.根据油滴恰好悬浮在两板间，由平衡条件得：qmg，由题意知vkm，联立得q，选项B正确, (建议用时：30分钟)一、单项选择题1(2018汕头二模)如图所示，无风时气球在轻绳的牵引下静止在空中，此时轻绳的拉力为F.当有水平风力作用时，轻绳倾斜一定角度后气
20、球仍静止在空中，有风时与无风时相比()A气球所受合力减小B气球所受合力增大C轻绳的拉力F减小 D轻绳的拉力F增大解析：选D.有风时与无风时，气球都处于静止状态，受力平衡，合力为零，不变，A、B错误；无风时气球在竖直方向受重力、绳子拉力和浮力，由平衡条件得F浮mgF0，解得FF浮mg；有风时，设绳子与竖直方向的夹角为，绳子的拉力沿竖直方向的分量等于浮力和重力之差，则有F浮mgFcos 0，解得Fcos F浮mg，故FF，所以F增大，C错误，D正确2(2018广东中山联考)如图所示，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
21、其最大值和最小值分别为 F1和 F2(F20)由此可求出()A物块的质量B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解析：选C.设斜面倾角为，斜面对物块的最大静摩擦力为 Ff，当 F 取最大值 F1时，最大静摩擦力 Ff沿斜面向下，由平衡条件得 F1mgsin Ff；当 F 取最小值 F2时，Ff沿斜面向上，由平衡条件得 F2mgsin Ff，联立两式可求出最大静摩擦力Ff，选项 C 正确FNmgcos ，F1F22mgsin ，所以不能求出物块的质量、斜面的倾角和物块对斜面的正压力3(2017高考全国卷)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
22、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 cm；再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点，则弹性绳的总长度变为(弹性绳的伸长始终处于弹性限度内)()A86 cm B92 cmC98 cm D104 cm解析：选B.将钩码挂在弹性绳的中点时，由数学知识可知钩码两侧的弹性绳(劲度系数设为k)与竖直方向夹角均满足sin ，对钩码(设其重力为G)静止时受力分析，得G2kcos ；弹性绳的两端移至天花板上的同一点时，对钩码受力分析，得G2k，联立解得L92 cm，可知A、C、D项错误，B项正确4(2018青岛二模)如图所示，一轻质弹簧的一端系一质量为m的小球，另一端
23、固定在倾角为37的光滑斜面体顶端，弹簧与斜面平行在斜面体以大小为g的加速度水平向左做匀加速直线运动的过程中，小球始终相对于斜面静止已知弹簧的劲度系数为k，则该过程中弹簧的形变量为(已知：sin 370.6，cos 370.8)()A. B.C. D.解析：选A.在斜面体以大小为g的加速度水平向左做匀加速直线运动时，弹簧是处于伸长状态还是压缩状态，无法直接判断，此时可采用假设法，假设弹簧处于压缩状态，若求得弹力 F 为正值，则假设正确；若求得弹力F为负值，则假设错误，弹簧处于伸长状态设弹簧弹力大小为F，水平方向上由牛顿第二定律得：FNsin 37Fcos 37mg竖直方向上由受力平衡得：FNco
24、s 37mgFsin 37联立式得：Fmg由胡克定律得 Fkx，x，假设正确5.(2018河北保定模拟)如图所示，将三个完全相同的光滑球用不可伸长的细线悬挂于O点并处于静止状态已知球半径为R，重为G，线长均为R.则每条细线上的张力大小为()A2G B.GC.G D.G解析：选B.本题中O点与各球心的连线及各球心连线，构成一个边长为2R的正四面体，如图甲、乙所示(A、B、C为各球球心)，O为ABC的中心，设OAO，由几何关系知OAR，由勾股定理得OOR，对A处球受力分析有：Fsin G，又sin ，解得FG，故只有B项正确6(2016高考全国卷)如图，两个轻环a和b套在位于竖直面内的一段固定圆弧
25、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()A. B.mCm D2m解析：选C.由于轻环不计重力，故细线对轻环的拉力的合力与圆孤对轻环的支持力等大反向，即沿半径方向；又两侧细线对轻环拉力相等，故轻环所在位置对应的圆孤半径为两细线的角平分线，因为两轻环间的距离等于圆孤的半径，故两轻环与圆孤圆心构成等边三角形；又小球对细线的拉力方向竖直向下，由几何知识可知，两轻环间的细线夹角为120，对小物块进行受力分析，由三力平衡知识可知，小物块质量与小球质量相等，均为m，C项正确7(2018佛山模拟)质量
26、为m的四只完全相同的足球叠成两层放在水平面上，底层三只足球刚好接触成三角形，上层一只足球放在底层三只足球的正上面，系统保持静止若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则()A底层每个足球对地面的压力为mgB底层每个足球之间的弹力为零C下层每个足球对上层足球的支持力大小为D足球与水平面间的动摩擦因数至少为解析：选B.根据整体法，设下面每个球对地面的压力均为FN，则3FN4mg，故FNmg，A错误；四个球的球心连线构成了正四面体，下层每个足球之间的弹力为零，B正确；上层足球受到重力、下层足球对上层足球的三个支持力，由于三个支持力的方向不是竖直向上，所以三个支持力在竖直方向的分量之和等于重力，则下层每个足球对
27、上层足球的支持力大小大于，C错误；根据正四面体几何关系可求，F与mg夹角的余弦值cos ，正弦值sin ，则有FmgFNmg，FFf，解得Ffmg，Fmg，则，所以足球与水平面间的动摩擦因数至少为，故D错误8.三段细绳OA、OB、OC结于O点，另一端分别系于竖直墙壁、水平顶壁和悬挂小球，稳定后OA呈水平状态现保持O点位置不变，缓慢上移 A点至D点的过程中，关于OA绳上的拉力变化情况的判断正确的是()A一直增大 B一直减小C先增大后减小 D先减小后增大解析：选D.可运用动态图解法，由图可知，当 OA 与 OB 垂直时，OA 上的拉力最小，故 D 正确9(2018烟台二模)如图所示，质量均可忽略的
28、轻绳与轻杆承受弹力的最大值一定，轻杆A端用铰链固定，滑轮在A点正上方(滑轮大小及摩擦均可不计)，轻杆B端吊一重物G，现将绳的一端拴在杆的B端，用拉力F将B端缓慢上拉(均未断)，在AB杆达到竖直前，以下分析正确的是()A绳子越来越容易断 B绳子越来越不容易断CAB杆越来越容易断 DAB杆越来越不容易断解析：选B.以B点为研究对象，它受三个力的作用而处于动态平衡状态，其中一个是轻杆的弹力T，一个是绳子斜向上的拉力F，一个是绳子竖直向下的拉力F(大小等于物体的重力G)，根据相似三角形法，可得，由于OA和AB不变，OB逐渐减小，因此轻杆上的弹力大小不变，而绳子斜向上的拉力越来越小，选项B正确二、多项选
29、择题10(2018桂林模拟)将某均匀的长方体锯成如图所示的 A、B 两块后，放在水平桌面上并排放在一起，现用水平力 F 垂直于 B 的左边推 B 物体，使 A、B 整体仍保持矩形沿 F 方向匀速运动，则()A物体 A 在水平方向上受三个力的作用，且合力为零B物体 A 在水平方向上受两个力的作用，且合力为零CB 对 A 的作用力方向与 F 方向相同DB 对 A 的弹力等于桌面对 A 的摩擦力解析：选AC.对物体 A 进行受力分析，水平方向上受到 B 物体产生的弹力、静摩擦力和水平桌面产生的滑动摩擦力，如图所示，由于 A、B 整体仍保持矩形沿 F 方向匀速运动，则物体A所受合力为零，A正确，B错误
30、；B对A的弹力方向垂直于接触面，D错误；B对A的作用力与桌面对A的摩擦力等大反向，即B对A的作用力方向与F方向相同，C正确11.(2018高考天津卷)明朝谢肇淛的五杂组中记载：“明姑苏虎丘寺塔倾侧，议欲正之，非万缗不可一游僧见之曰：无烦也，我能正之”游僧每天将木楔从塔身倾斜一侧的砖缝间敲进去，经月余扶正了塔身假设所用的木楔为等腰三角形，木楔的顶角为，现在木楔背上加一力F，方向如图所示，木楔两侧产生推力FN，则()A若F一定，大时FN大 B若F一定，小时FN大C若一定，F大时FN大 D若一定，F小时FN大解析：选BC.木楔两侧面产生的推力合力大小等于F，由力的平行四边形定则可知，FN，由表达式可
31、知，若F一定，越小，FN越大，A项错误，B项正确；若一定，F越大，FN越大，C项正确，D项错误12(2018烟台二模)如图所示，斜面上放有两个完全相同的物体a、b，两物体间用一根细线连接，在细线的中点加一与斜面垂直的拉力F，使两物体均处于静止状态则下列说法正确的是()Aa、b两物体的受力个数一定相同Ba、b两物体对斜面的压力相同Ca、b两物体受到的摩擦力大小一定相等D当逐渐增大拉力F时，物体a先开始滑动解析：选BD.对a、b进行受力分析，b物体处于静止状态，当绳子拉力沿斜面向上的分量与重力沿斜面向下的分量相等时，摩擦力为零，所以b可能只受3个力作用，而a物体必定受到摩擦力作用，肯定受4个力作用
32、，故A错误；a、b两个物体，垂直于斜面方向受力都平衡，则有：NTsin mgcos ，解得：Nmgcos Tsin ，根据牛顿第三定律知a、b两物体对斜面的压力相同，故B正确；根据A项的分析可知，b的摩擦力可以为零，而a的摩擦力一定不为零，故C错误；对a沿斜面方向有：Tcos mgsin fa，对b沿斜面方向有：Tcos mgsin fb，正压力相等，所以最大静摩擦力相等，则a先达到最大静摩擦力，先滑动，故D正确13.表面光滑、半径为R的半球固定在水平地面上，球心O的正上方O处有一无摩擦定滑轮，轻质细绳两端各系一个可视为质点的小球挂在定滑轮上，如图所示两小球平衡时，若滑轮两侧细绳的长度分别为L
33、12.4R和L22.5R，则这两个小球的质量之比为，小球与半球之间的压力之比为，则以下说法正确的是()A. B.C. D.解析：选BC.先以左侧小球为研究对象，分析受力情况：重力m1g、绳子的拉力FT和半球的支持力FN1，作出受力分析图由平衡条件得知，拉力FT和支持力FN的合力与重力m1g大小相等、方向相反设OOh，根据三角形相似得，解得m1g，FN1同理，以右侧小球为研究对象，得：m2g，FN2，由得，.14如图所示，倾角为的斜面体C置于水平地面上，一条细线一端与斜面上的物体B相连，另一端绕过质量不计的定滑轮与物体A相连，定滑轮用另一条细线悬挂在天花板上的O点，细线与竖直方向成角，A、B、C
34、始终处于静止状态，下列说法不正确的是()A若仅增大A的质量，B对C的摩擦力一定减小B若仅增大A的质量，地面对C的摩擦力一定增大C若仅增大B的质量，悬挂定滑轮的细线的拉力可能等于A的重力D若仅将C向左缓慢移动一点，角将增大解析：选ACD.设 A 的质量为m，B 的质量为 M，由平衡条件可知 B 受到细线的拉力 Tmg，若Mgsin mg，则有：Mgsin mgf，若 Mgsin mg，则f0，若Mgsin mg，则有：Mgsin fmg，若仅增大A的质量，B对C的摩擦力可能增大也可能减小，所以A项错误；以B、C为整体分析可知若仅增大 A 的质量，绳子拉力T增大，地面摩擦力FfTcos mgcos ，所以B项正确；A、B、C始终处于静止状态，连接 A、B 细线的拉力始终等于物体A的重力，增大物体B的质量不会影响该细线的拉力，悬挂定滑轮的细线的拉力等于物体A上细线拉力和物体B上细线拉力的合力，它们之间的夹角不可能为120，所以悬挂定滑轮的细线的拉力不可能等于A的重力，所以C项错误；若仅将C向左缓慢移动一点，连接 A、B细线的拉力不变，而两细线夹角变小，合力与竖直方向的夹角等于，合力沿角平分线方向，所以角将减小，D项错误
