11/11力學(xué)的動(dòng)態(tài)平衡問(wèn)題【解答】BD由于物體a、b均保持靜止，各繩間角度保持不變，對(duì)a受力分析得，繩的拉力T

＝mag，所以物體a受到繩的拉力保持不變．由滑輪性質(zhì)，滑輪兩側(cè)繩的拉力相等，所以連接a和b繩的張力大小、方向均保持不變，C選項(xiàng)錯(cuò)誤；a、b受到繩的拉力大小、方向均不變，所以O(shè)O′的張力不變，A選項(xiàng)錯(cuò)誤；對(duì)b進(jìn)行受力分析，如圖所示．由平衡條件得：Tcosβ＋f＝Fcosα，F(xiàn)sinα＋FN＋Tsinβ＝mbg.其中T和mbg始終不變，當(dāng)F大小在一定范圍內(nèi)變化時(shí)，支持力在一定范圍內(nèi)變化，B選項(xiàng)正確；摩擦力也在一定范圍內(nèi)發(fā)生變化，D選項(xiàng)正確．

3.(2017·河北冀州2月模擬)如圖所示，質(zhì)量為m(可以看成質(zhì)點(diǎn))的小球P，用兩根輕繩OP和O′P在P點(diǎn)拴結(jié)后再分別系于豎直墻上相距0.4m的O、O′兩點(diǎn)上，繩OP長(zhǎng)0.5m，繩O′P長(zhǎng)0.3m，今在小球上施加一方向與水平成θ＝37°角的拉力F，將小球緩慢拉起．繩O′P剛拉直時(shí)，OP繩拉力為T1，繩OP剛松弛時(shí)，O′P繩拉力為T2，則T1∶T2為(sin37°＝0.6；cos37°＝0.8)()

A．3∶4

B．4∶3

C．3∶5

D．4∶5

【解答】C繩O′P剛拉直時(shí)，由幾何關(guān)系可知此時(shí)OP繩與豎直方向夾角為37°，小球受力如圖甲，則T1＝

4

5mg.繩OP剛松馳時(shí)，小球受力如圖乙，則T2＝4

3

mg.則T1∶T2＝3∶5，C項(xiàng)正確．

1.(多選)(2017·全國(guó)卷Ⅰ)如圖，柔軟輕繩ON的一端O固定，其中間某點(diǎn)M拴一重物，用手拉住繩的另一端N.初始時(shí)，OM豎直且MN被拉直，OM與MN之間的夾角為α(α>π

2)．現(xiàn)將重物向右上方緩慢拉起，并保持夾角α

不變．在OM由豎直被拉到水平的過(guò)程中()

A．MN上的張力逐漸增大

B．MN上的張力先增大后減小

C．OM上的張力逐漸增大

D．OM上的張力先增大后減小

【解答】AD設(shè)重物的質(zhì)量為m，繩OM中的張力為TOM，繩MN中的張力為TMN.開始時(shí)，TOM＝mg，TMN＝0.由于緩慢拉起，則重物一直處于平衡狀態(tài)，兩繩張力的合力與重物的重力mg等大、反向．

如圖所示，已知角α不變，在繩MN緩慢拉起的過(guò)程中，角β逐漸增大，則角(α－β)逐漸減小，但角θ不變，在三角形中，利用正弦定理得：

TOM

α－β

＝mgsinθ

，(α－β)由鈍角變?yōu)殇J角，則T

OM先增大后減小，選項(xiàng)

D正確；同理知

TMNsinβ＝mgsinθ，在β由0變?yōu)棣?/p>

2

的過(guò)程中，TMN一直增大，選項(xiàng)A正確．

2．(多選)(2016·全國(guó)卷Ⅰ)如圖所示，一光滑的輕滑輪用細(xì)繩OO′懸掛于O點(diǎn)；另一細(xì)繩跨過(guò)滑輪，其一端懸掛物塊a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物塊b.外力F向右上方拉b，整個(gè)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)．若F方向不變，大小在一定范圍內(nèi)變化，物塊b仍始終保持靜止，則()

A．繩OO′的張力也在一定范圍內(nèi)變化

B．物塊b所受到的支持力也在一定范圍內(nèi)變化

C．連接a和b的繩的張力也在一定范圍內(nèi)變化

D．物塊b與桌面間的摩擦力也在一定范圍內(nèi)變化

4．質(zhì)量為m的物體用輕繩AB懸掛于天花板上．用水平向左的力F緩慢拉動(dòng)繩的中點(diǎn)O，如圖所示．用T表示繩OA段拉力的大小，在O點(diǎn)向左移動(dòng)的過(guò)程中()

A．F逐漸變大，T逐漸變大

B．F逐漸變大，T逐漸變小

C．F逐漸變小，T逐漸變大

D．F逐漸變小，T逐漸變小

【解答】A對(duì)O點(diǎn)受力分析如圖所示，F(xiàn)與T的變化情況如圖，由圖可知在O點(diǎn)向左移動(dòng)的過(guò)程中，F(xiàn)逐漸變大，T逐漸變大，故選項(xiàng)A正確．

6．質(zhì)量為M的木楔傾角為θ，在水平面上保持靜止，質(zhì)量為m的木塊剛好可以在木楔上表面上勻速下滑．現(xiàn)在用與木楔上表面成α角的力F拉著木塊勻速上滑，如圖所示，求：

(1)當(dāng)α＝θ時(shí)，拉力F有最小值，求此最小值；(2)拉力F最小時(shí)，木楔對(duì)水平面的摩擦力的大?。?/p>

【解答】(1)木塊剛好可以沿木楔上表面勻速下滑，mgsinθ＝μmgcosθ，則μ＝tanθ，用力F拉著木塊勻速上滑，受力分析如圖甲所示，F(xiàn)cosα＝mgsinθ＋Ff，F(xiàn)N＋Fsinα＝mgcosθ，F(xiàn)f＝μFN.

聯(lián)立以上各式解得，F(xiàn)＝

mgsin2θ

θ－α

.

當(dāng)α＝θ時(shí)，F(xiàn)有最小值，F(xiàn)min＝mgsin2θ.

(2)對(duì)木塊和木楔整體受力分析如圖乙所示，由平衡條件得，F(xiàn)f′＝Fcos(θ＋α)，當(dāng)拉力F最小時(shí)，F(xiàn)f′＝Fmin·cos2θ＝1

2

mgsin4θ

.

5.(多選)(2017·山東臨沂市三模)某老師用圖示裝置探究庫(kù)侖力與電荷量的關(guān)系．A、B是可視為點(diǎn)電荷的兩帶電小球，用絕緣細(xì)線將A懸掛，實(shí)驗(yàn)中在改變電荷量時(shí)，移動(dòng)B并保持A、B連線與細(xì)線垂直．用Q和q表示A、B的電荷量，d表示A、B間的距離，θ(θ不是很小)表示細(xì)線與豎直方向的夾角，x表示A偏離O點(diǎn)的水平距離，實(shí)驗(yàn)中()

A．d應(yīng)保持不變

B．B的位置在同一圓弧上

C．x與電荷量乘積成正比

D．tanθ與A、B間庫(kù)侖力成正比

【解答】ABC因?qū)嶒?yàn)要探究庫(kù)侖力與電荷量的關(guān)系，故兩電荷間距d應(yīng)保持不變，選項(xiàng)A正確；因要保持A、B連線與細(xì)線垂直且AB距離總保持d不變，故B的位置在同一圓弧上，選項(xiàng)B正確；對(duì)A球由平衡知識(shí)可知F庫(kù)＝mgsinθ，即kd2＝mgx

L

，可知x與電荷量乘積成正比，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤．

答案(1)mgsin2θ(2)1

2

mgsin4θ

7.如圖所示，一光滑小球靜置在光滑半球面上，被豎直放置的光滑擋板擋住，現(xiàn)水平向右緩慢地移動(dòng)擋板，則在小球運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中(該過(guò)程小球未脫離球面且球面始終靜止)，擋板對(duì)小球的推力F、半球面對(duì)小球的支持力FN的變化情況是()

A．F增大，F(xiàn)N減小

B．F增大，F(xiàn)N增大

C．F減小，F(xiàn)N減小

D．F減小，F(xiàn)N增大

【解答】B某時(shí)刻小球的受力如圖所示，設(shè)小球與半球面的球心連線跟豎直方向的夾角為α，則F＝mgtanα，F(xiàn)N＝mgcosα

，隨著擋板向右移動(dòng)，α越來(lái)越大，則F和FN都要增大．

8.(多選)(2017·九江4月模擬)如圖所示，一根通電的導(dǎo)體棒放在傾斜的粗糙斜面上，置于圖示方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)增大電流，導(dǎo)體棒仍靜止，則在增大電流過(guò)程中，導(dǎo)體棒受到的摩擦力的大小變化情況可能是()

A．一直增大

B．先減小后增大

C．先增大后減小

D．始終為零

【解答】AB若F安＜mgsinα，因安培力方向向上，則摩擦力方向向上，當(dāng)F安增大時(shí)，F(xiàn)摩減小到零，再向下增大，B項(xiàng)對(duì)，C、D項(xiàng)錯(cuò)；若F安＞mgsinα，摩擦力方向向下，隨F安增大而一直增大，A項(xiàng)對(duì)．

9．如圖所示，粗糙水平地面上的長(zhǎng)方體物塊將一重為G的光滑圓球抵在光滑豎直的墻壁上，現(xiàn)用水平向右的拉力F緩慢拉動(dòng)長(zhǎng)方體物塊，在圓球與地面接觸之前，下面的相關(guān)判斷正確的是()

A．球?qū)Ρ诘膲毫χ饾u減小

B．水平拉力F逐漸減小

C．地面對(duì)長(zhǎng)方體物塊的摩擦力逐漸增大

D．地面對(duì)長(zhǎng)方體物塊的支持力逐漸增大

【解答】B對(duì)球進(jìn)行受力分析，如圖甲所示．

FN1＝Gtanθ，F(xiàn)N2＝

Gcosθ.當(dāng)長(zhǎng)方體物塊向右運(yùn)動(dòng)中，θ增大，F(xiàn)N1、FN2均增大，由牛頓第三定律知，球?qū)Ρ诘?/p>

壓力逐漸增大，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；圓球?qū)ξ飰K的壓力在豎直方向的分力FN2′cosθ＝G等于重力，在拉動(dòng)長(zhǎng)方體物塊向

右運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，對(duì)物塊受力分析如圖乙所示，物塊與地面之間的壓力FN＝G1＋FN2′cosθ＝G1＋G不變，滑動(dòng)摩擦力f＝μFN不變，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；又由于圓球?qū)ξ飰K的壓力在水平方向的分力FN2′sinθ逐漸增大，所以水平拉力F＝f－FN2′sinθ逐漸減小，選項(xiàng)B正確；由于物塊與地面之間的壓力不變，由牛頓第三定律可知，地面對(duì)物塊的支持力不變，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．

10.(多選)如圖所示，帶電物體P、Q可視為點(diǎn)電荷，電荷量相同．傾角為θ、質(zhì)量為M的斜面體放在粗糙水平面上，將質(zhì)量為m的物體P放在粗糙的斜面體上．當(dāng)物體Q放在與P等高(PQ連線水平)且與物體P相距為r的右側(cè)位置時(shí)，P靜止且受斜面體的摩擦力為0，斜面體保持靜止，靜電力常量為k，則下列說(shuō)法正確的是()

A．P、Q所帶電荷量為mgr2

tanθ

k

B．P對(duì)斜面的壓力為0

C．斜面體受到地面的摩擦力為0

D．斜面體對(duì)地面的壓力為(M＋m)g

【解答】AD設(shè)P、Q所帶電荷量為q，對(duì)物體P受力分析如圖所示，受到水平向左的庫(kù)侖力F＝kq2

r2、豎直向下的重力mg、支持力FN，由平衡條件可得tanθ＝F

mg

，解得q＝

mgr2

tanθ

k，選項(xiàng)A正確；斜面對(duì)P的支持力FN＝mgcosθ＋Fsinθ，由牛頓第三定律可知，P對(duì)斜面的壓力為FN′＝mgcosθ＋Fsinθ，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；對(duì)P和斜面體整體受力分析，可知水平方向受到Q對(duì)P向左的庫(kù)侖力F＝kq2

r2和地面對(duì)斜面體水平向右的摩擦力，由平衡條件可知，斜面體受到水平向右的摩擦力大小為f＝kq

2

r2，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；對(duì)P和斜面體整體受力分析，豎直方向受到豎直向下的重力(M＋m)g和水平面的支持力，由平衡條件可得，水平面支持力等于(M＋m)g，根據(jù)牛頓第三定律，斜面體對(duì)地面的壓力大小為(M＋m)g，選項(xiàng)D正確．

11.如圖所示，小球用細(xì)繩系住，細(xì)繩的另一端固定于O點(diǎn)?，F(xiàn)用水平力F緩慢推動(dòng)斜面體，小球在斜面上無(wú)摩擦地滑動(dòng)，細(xì)繩始終處于直線狀態(tài)，當(dāng)小球升到接近斜面頂端時(shí)細(xì)繩接近水平，此過(guò)程中斜面對(duì)小球的支持力FN以及細(xì)繩對(duì)小球的拉力FT的變化情況是()

A．FN先減小后增大

B．FN不斷減小

C．FT不斷增大

D．FT先減小后增大

[思路點(diǎn)撥]

1．用水平力緩慢推動(dòng)斜面體時(shí)，小球在斜面上處于動(dòng)態(tài)平衡狀態(tài)，要注意對(duì)關(guān)鍵詞“緩慢”的理解。2．小球在斜面上無(wú)摩擦滑動(dòng)過(guò)程中，小球受重力、斜面支持力、細(xì)繩拉力；其中重力不變，支持力FN方向不變，拉力FT大小和方向均變。

[方法一]解析法先對(duì)小球進(jìn)行受力分析，如圖甲，小球受到重力mg、支持力FN、拉力FT的作用，設(shè)細(xì)繩與水平方向的夾角為β，斜面的傾角為α，由平衡條件得：FNcosα＋FTsinβ＝mg，F(xiàn)Nsinα－FTcosβ＝0，聯(lián)立解得：FT＝

mgsinα

β－α

，F(xiàn)N＝

mg

cosα＋sinαtanβ

。用水平力F緩慢推動(dòng)斜面體，β一直減小直至接近0。

由題圖易知，起始時(shí)刻β>α，當(dāng)β＝α?xí)r，cos(β－α)＝1，F(xiàn)T最小，所以FT先減小后增大。β一直減小直至接近0，tanβ不斷減小，F(xiàn)N不斷增大，選項(xiàng)D正確。

[方法二]圖解法由于用水平力F緩慢推動(dòng)斜面體，故小球處于動(dòng)態(tài)平衡狀態(tài)。小球受到大小方向均不變的重力、方向不變的斜面支持力、方向大小均變化的細(xì)繩的拉力，三個(gè)力構(gòu)成封閉的三角形，畫出小球受力示意圖如圖乙所示。當(dāng)細(xì)繩與斜面平行時(shí)，細(xì)繩拉力FT2與支持力方向垂直，細(xì)繩拉力最小。當(dāng)小球升到接近斜面頂端時(shí)細(xì)繩接近水平，細(xì)繩拉力為FT4，所以FT先減小后增大，而此過(guò)程中斜面對(duì)小球的支持力FN一直增大，選項(xiàng)D正確。

[答案]D

1．本題屬于典型的三力動(dòng)態(tài)平衡問(wèn)題，當(dāng)其中一個(gè)力(如重力)恒定，另一個(gè)力(如FN)方向已知時(shí)，最快捷的求解方法就是圖解法。

2．運(yùn)用圖解法分析求解動(dòng)態(tài)平衡問(wèn)題的基本思路：受力分析，化動(dòng)為靜，靜中求動(dòng)。如本題，小球受三個(gè)力作用而平衡，表示這三個(gè)力的矢量線段必組成封閉矢量三角形，按恒力→方向恒定的力→變力的順序作矢量三角形，然后引入變化因素確定各力的變化情況。

3．處理動(dòng)態(tài)平衡問(wèn)題時(shí)，往往涉及“臨界”和“極值”問(wèn)題，分析求解此類問(wèn)題的關(guān)鍵是找出“臨界”和“極值”條件，結(jié)合數(shù)學(xué)知識(shí)進(jìn)行求解。

12..[多選](2018屆高三·廣東五校協(xié)作體聯(lián)考)如圖所示，物體A、B用細(xì)繩與輕彈簧

連接后跨過(guò)滑輪。物體A靜止在傾角為45°的粗糙斜面上，物體B懸掛著。已知質(zhì)量mA＝3mB，

不計(jì)滑輪摩擦，現(xiàn)將斜面傾角由45°減小到30°，那么下列說(shuō)法中正確的是()

A．彈簧的彈力將增大

B．物體A對(duì)斜面的壓力將增大

C．物體A受到的靜摩擦力將減小

D．物體A可能被拉動(dòng)

解析：選BC對(duì)物體B受力分析，受重力和拉力，由二力平衡得到：T＝mBg，則知彈簧的彈力不變，故A錯(cuò)誤；當(dāng)斜面傾角為45°時(shí)有3mBgsin45°－mBg＝f1，當(dāng)斜面傾角為30°時(shí)有3mBgsin30°－mBg＜f1，可見物體A并未被拉動(dòng)，而且受到的靜摩擦力將減小，故D錯(cuò)誤，C正確；物體A對(duì)斜面的壓力為：N＝mAgcosθ，θ減小，N將增大，故B正確。

13.[多選]城市中的路燈、無(wú)軌電車的供電線路等，經(jīng)常用三角形的結(jié)構(gòu)懸掛，如圖是這一類結(jié)構(gòu)的簡(jiǎn)化模型。圖中輕桿OB可以繞過(guò)B點(diǎn)且垂直于紙面的軸自由轉(zhuǎn)動(dòng)，鋼索OA和桿OB的質(zhì)量都可以忽略不計(jì)，設(shè)懸掛物的重力為G，∠ABO＝90°，AB>OB。某次產(chǎn)品質(zhì)量檢測(cè)和性能測(cè)試中保持A、B兩點(diǎn)不動(dòng)，只改變鋼索OA的長(zhǎng)度，關(guān)于鋼索OA的拉力F1和桿OB上的支持力F2的變化情況，下列說(shuō)法正確的有()

A．從圖示位置開始縮短鋼索OA，鋼索OA的拉力F1先減小后增大

B．從圖示位置開始縮短鋼索OA，桿OB上的支持力F2大小不變

C．從圖示位置開始伸長(zhǎng)鋼索OA，鋼索OA的拉力F1增大

D．從圖示位置開始伸長(zhǎng)鋼索OA，桿OB上的支持力F2先減小后增大

解析：選BC設(shè)鋼索OA的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，桿OB的長(zhǎng)度為R，A、B兩點(diǎn)間的距離為H，根據(jù)相似三角形知識(shí)可知G

H＝

F1L＝F2R

，所以從題圖圖示位置開始縮短鋼索OA，鋼索OA的拉力F1減小，桿OB上的支持力F2大小不變，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；從題圖圖示位置開始伸長(zhǎng)鋼索OA，鋼索OA的拉力F1增大，桿OB上的支持力F2大小不變，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。

14.(2017·遼寧本溪中學(xué)模擬)如圖所示，上表面為光滑曲面的物體靜置于水平地面上，一滑塊從曲面底端受水平力作用緩緩地沿曲面向上滑動(dòng)一小段的過(guò)程中，曲面始終靜止不動(dòng)，則地面對(duì)物體的摩擦力f和地面對(duì)物體的支持力N大小變化的情況是()

A．f增大，N減小

B．f變小，N不變

C．f增大，N不變

D．f不變，N不變

解析：選C對(duì)滑塊受力分析，滑塊受重力、水平力與支持力，因處于平衡狀態(tài)，依據(jù)力的合成法則及平衡條件，可知水平力在增大，再將物體與滑塊作為整體受力分析，處于平衡狀態(tài)，那么豎直方向與水平方向均處于平衡狀態(tài)，因此地面對(duì)物體的支持力N大小不變，而地面對(duì)物體的摩擦力f隨著水平力的增大而增大，故C正確。

15.(2017·湖南衡陽(yáng)第八中學(xué)月考)如圖所示，兩豎直木樁ab、cd固定，一不可伸長(zhǎng)的輕繩兩端固定在a、c處，繩長(zhǎng)為L(zhǎng)，一質(zhì)量為m的物體A通過(guò)輕質(zhì)光滑掛鉤掛在輕繩中間，靜止時(shí)輕繩兩端夾角為120°。若把輕繩換成自然長(zhǎng)度為L(zhǎng)的橡皮筋，物體A仍處于靜止?fàn)顟B(tài)，橡皮筋處于彈性限度內(nèi)，若重力加速度大小為g，對(duì)于上述兩種情況，下列說(shuō)法正確的是()

A．輕繩的彈力大于mg

B．輕繩的彈力小于mg

C．橡皮筋的彈力大于mg

D．橡皮筋的彈力小于mg

解析：選D設(shè)兩木樁間的距離為s，輕繩的總長(zhǎng)度為L(zhǎng)，靜止時(shí)輕繩兩端夾角為120°，由于物體A所受拉力的合力方向豎直向上且大小為mg，根據(jù)矢量的合成可知，兩個(gè)分力和mg的大小是相等的。故輕繩的彈力大小為mg，故A、B錯(cuò)誤；若把輕繩換成自然長(zhǎng)度為L(zhǎng)的橡皮筋，橡皮筋受到拉力后長(zhǎng)度增大，兩木樁間的距離s不變，所以物體A靜止后橡皮筋之間的夾角一定小于120°，兩個(gè)分力之間的夾角減小，而合力不變，所以兩個(gè)分力減小，即橡皮筋的彈力小于mg，故C錯(cuò)誤，D正確。

16.(2018屆高三·蘭州第一中學(xué)摸底)如圖所示，穿在一根光滑固定桿上的球A、B通過(guò)一條跨過(guò)定滑輪的細(xì)繩連接，桿與水平方向成θ角，不計(jì)所有摩擦，當(dāng)兩球靜止時(shí)，OA繩與桿的夾角為θ，OB繩沿豎直方向，則下列說(shuō)法正確的是()

A．A可能受到2個(gè)力的作用

B．B可能受到3個(gè)力的作用

C．A、B的質(zhì)量之比為tanθ∶1

D．A、B的質(zhì)量之比為1∶tanθ

解析：選D對(duì)A受力分析可知，A受到重力、繩子的拉力以及桿對(duì)A的彈力，三個(gè)力的合力為零，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；對(duì)B受力分析可知，B受到重力和繩子的拉力，兩個(gè)力合力為零，桿對(duì)B沒有彈力，否則B不可能平衡，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；分別對(duì)A、B分析，運(yùn)用合成法，如圖：根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件，得：T＝mBg，T

sinθ

＝mAg＋θ

，故mA∶mB＝1∶tanθ，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D

正確。

17..[多選](2017·貴陽(yáng)第一中學(xué)檢測(cè))如圖所示，一輕質(zhì)細(xì)繩一端固定在O點(diǎn)，另一端通

過(guò)一光滑動(dòng)滑輪P和一光滑定滑輪Q系一質(zhì)量為m2的物塊B，物塊B置于斜面體C上，定滑輪Q固定在斜面體C的頂點(diǎn)，斜面體C位于水平地面上。動(dòng)滑輪P上掛一質(zhì)量為m1的物塊A，開始時(shí)，A、B、C均處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)將C沿水平地面向右緩慢移動(dòng)一小段距離，此過(guò)程中B相對(duì)于C未滑動(dòng)，系統(tǒng)再一次處于平衡狀態(tài)時(shí)，下列說(shuō)法正確的是()

A．細(xì)繩對(duì)O點(diǎn)的拉力一定增大

B．C對(duì)B的摩擦力一定增大

C．地面對(duì)C的摩擦力一定增大

D．地面對(duì)C的支持力一定增大

解析：選AC由題意知，OP與PQ間細(xì)繩的夾角變大，而合力不變，細(xì)繩拉力增大，故A正確；C對(duì)B的摩擦力的方向不確定，大小可能增大，可能減小，故B錯(cuò)誤；對(duì)B、C整體而言，PQ間細(xì)繩的拉力沿水平方向的分力等于地面對(duì)C的摩擦力，故地面對(duì)C的摩擦力一定增大，故C正確；PQ間細(xì)繩的拉力在豎直方向的分力不變，對(duì)B、C整體分析易知，地面對(duì)C的支持力不變，故D錯(cuò)誤。

18..[多選](2017·安徽淮北第一中學(xué)模擬)如圖所示，M、N兩物體疊放在一起，在恒力F作用下，

一起沿豎直墻向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則關(guān)于兩物體受力情況的說(shuō)法正確的是()

A．物體M一定受到4個(gè)力

B．物體N可能受到4個(gè)力

C．物體M與墻之間一定有彈力和摩擦力

D．物體M與N之間一定有摩擦力

解析：選ADM、N兩物體一起向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，合力豎直向上，對(duì)M、N整體進(jìn)行受力分析，受到重力和恒力F，墻對(duì)M沒有彈力，否則合力不能豎直向上，也就不可能有摩擦力；對(duì)N進(jìn)行受力分析，得：N受到重力、M對(duì)N的支持力，這兩個(gè)力的合力不能豎直向上，所以還受到M對(duì)N沿斜面向上的靜摩擦力，一共3個(gè)力；N也給M一個(gè)沿斜面向下的靜摩擦力，再對(duì)M進(jìn)行受力分析，得：M受到重力、恒力F、N對(duì)M的壓力以及N給M沿斜面向下的靜摩擦力，一共4個(gè)力，故A、D正確，B、C錯(cuò)誤。

19.[多選](2017·黑龍江大慶中學(xué)檢測(cè))如圖所示，一根輕繩上端固定在O點(diǎn)，下端拴一個(gè)重量

為G的小球，開始時(shí)輕繩處于豎直狀態(tài)，輕繩所能承受的最大拉力為2G，現(xiàn)對(duì)小球施加一個(gè)方向

始終水平向右的力F，使小球緩慢地移動(dòng)，則在小球緩慢地移動(dòng)過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是()A．力F逐漸增大

B．力F的最大值為3G

C．力F的最大值為2G

D．輕繩與豎直方向夾角最大值θ＝30°

解析：選AB對(duì)小球受力分析，如圖甲：

由平衡條件得：F＝mgtanθ，θ逐漸增大，則F逐漸增大，故A正確；如圖乙，小球緩慢地移動(dòng)過(guò)程中，θ

逐漸增大，T的最大值為2G，此時(shí)可得cosθ＝G

2G＝

1

2

，θ＝60°，此時(shí)F達(dá)到最大值為：3G，故B正確，C、D

錯(cuò)誤。

20.圖4是給墻壁粉刷涂料用的“涂料滾”的示意圖．使用時(shí)，用撐竿推著粘有涂料的涂料滾沿墻壁上下緩緩滾動(dòng)，把涂料均勻地粉刷到墻上．撐竿的重量和墻壁的摩擦均不計(jì)，而且撐竿足夠長(zhǎng)，粉刷工人站在離墻壁一定距離處緩緩上推涂料滾，關(guān)于該過(guò)程中撐竿對(duì)涂料滾的推力F1，涂料滾對(duì)墻壁的壓力F2，以下說(shuō)法中正確的是()

圖4

A．F1增大，F(xiàn)2減小B．F1減小，F(xiàn)2增大

C．F1、F2均增大D．F1、F2均減小

D[對(duì)涂料滾進(jìn)行受力分析，受到重力、竿對(duì)滾的推力、墻壁對(duì)滾的支持力三個(gè)力，其緩慢向上滾的過(guò)程中三力平衡，竿對(duì)滾的推力方向與豎直方向的夾角變小，根據(jù)物體的平衡條件可知，推力豎直向上的分力大小等于涂料滾的重力，涂料滾的重力不變，隨推力方向與豎直方向夾角變小，推力也逐漸變小，進(jìn)而其水平方向上的分力也變小，即涂料滾對(duì)墻壁的壓力也