高考物理一轮复习核心考点精讲精练考点08 共点力平衡（2份，原卷版+解析版）

这是一份高考物理一轮复习核心考点精讲精练考点08 共点力平衡（2份，原卷版+解析版），文件包含专题18一次函数与方程组不等式的九类综合题型压轴题专项训练数学新教材人教版八年级下册原卷版pdf、专题18一次函数与方程组不等式的九类综合题型压轴题专项训练数学新教材人教版八年级下册解析版pdf等2份试卷配套教学资源，其中试卷共58页， 欢迎下载使用。
1. 高考真题考点分布
2. 命题规律及备考策略
【命题规律】高考对共点力静态平衡和动态平衡的考查是高考每年的一个热点，但各地每年的关于共点力平衡问题的题目大多出现在选择题，也相对比较简单。
【备考策略】
1.能够利用所学的解决静态平衡问题的方法处理相关问题。
2.掌握处理动态平衡问题的方法。
3.会利用数学的方法处理临界极值问题。
【命题预测】重点关注共点力静态平衡和动态平衡。
一、共点力平衡的条件、状态和推论
1.平衡状态：(1)静止；(2)匀速直线运动。
2.平衡条件：(1)物体所受合外力为零,即F合=0。
(2)若采用正交分解法,平衡条件表达式为Fx=0,Fy=0。
3.常用推论
(1)若物体受n个作用力而处于平衡状态，则其中任意一个力与其余(n－1)个力的合力大小相等、方向相反。
(2)若三个不共线的共点力合力为零，则表示这三个力的有向线段首尾相接组成一个封闭三角形。
二、动态平衡及基本思路
1.所谓动态平衡问题，是指通过控制某些物理量，使物体的状态发生缓慢变化，而在这个过程中物体又始终处于一系列的平衡状态，常利用图解法解决此类问题。
2.基本思路：化“动”为“静”，“静”中求“动”。
三、平衡中的临界与极值问题
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，从而使物体所处的平衡状态“恰好出现”或“恰好不出现”，在问题的描述中常用“刚好”“恰能”“恰好”等语言叙述。
2．极值问题：平衡物体的极值，一般指在力的变化过程中的最大值或最小值。
考点一 共点力静态平衡
考向1 合成法处理物体静态平衡问题
1．高空滑索因其惊险刺激而深受年轻人追捧。人通过轻绳与轻质滑环相连，开始下滑前，轻质滑环固定在钢索上点处，滑环和人均处于静止状态，钢索和轻绳的夹角关系如图所示。设段钢索的拉力大小为，段钢索的拉力大小为，段轻绳的拉力大小为，下列判断正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【详解】以结点为研究对象，受力情况如图所示
这样的三个力可以组成一个首尾相接的封闭的矢量三角形如下
由图可知故选A。
2．长期玩手机是会导致颈椎病的。因为长期玩手机，低头会导致颈部肌肉的疲劳，而容易对间盘骨骼产生相应的压力，这样就容易导致颈椎病。现将人体头颈部简化为如图的模型：重心在点的头部，在可绕转动的颈椎（轻杆）的支持力和沿方向肌肉拉力的作用下处于静止。低头时颈椎与竖直方向的夹角为，与竖直方向的夹角为，此时，颈椎受到的压力约为直立时颈椎受到压力的（ ）
A．2.0倍B．2.6倍C．3.3倍D．4.2倍
【答案】C
【详解】根据平衡条件，直立时颈椎受到压力
低头时，对重心P进行分析，如图所示
则有解得由于，解得故选C。
考向2 正交分解法处理物体静态平衡问题
3．如图，弹簧测力计下端挂有一质量为的光滑均匀球体，球体静止于带有固定挡板的斜面上，斜面倾角为，挡板与斜面夹角为．若弹簧测力计位于竖直方向，读数为取,挡板对球体支持力的大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】对小球受力分析如图所示
由几何关系易得力与力与竖直方向的夹角均为，因此由正交分解方程可得，解得故选A。
4．中国古代建筑的门闩凝结了劳动人民的智慧。如图是一种竖直门闩的原理图：当在水平槽内向右推动下方木块A时，使木块B沿竖直槽向上运动，方可启动门闩。水平槽、竖直槽内表面均光滑，A、B间的接触面与水平方向成45°角，A、B间的动摩擦因数为0.2，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知B的质量为m，重力加速度大小为g。为了使门闩刚好能被启动，则施加在A上的水平力F最小应为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】对A、B受力分析如图所示
门闩刚好启动时，对A水平方向上对于B在竖直方向上，A、B间最大静摩擦力为则施加在A上的水平力F最小应为故选B。
考向3 力的三角形法处理物体静态平衡问题
5．如图所示，轻杆AC和轻杆BC的一端用光滑铰链连接在C点，另一端分别用光滑铰链固定在竖直墙壁上，将一物块通过细线连接在C点并保持静止状态，若对C端施加一水平向左的作用力F，则下列说法正确的是（ ）
A．轻杆AC中的弹力一定变大B．轻杆AC中的弹力一定减小
C．轻杆BC中的弹力一定变大D．轻杆BC中的弹力可能减小
【答案】C
【详解】对C点受力分析如图，
由三角形法则可知，重力mg、AC的拉力TAC以及BC的支持力TBC组成封闭的三角形；若加水平力F，则C点仍平衡，则此时四个力组成封闭的四边形，TBC和重力mg方向不变，TAC方向仍与原来平行，则随F的增加，TBC一定增加，TAC先减小，当减到零后反向增加。
故选C。
6．如图所示，两个质量分别为和的带电小球A、B（可视为质点）通过一根绝缘轻绳跨放在光滑的定滑轮上（滑轮大小不计，上方用细线悬挂在天花板上），两球静止，O为滑轮正下方AB连线上的一个点。两球到O点距离分别为和，到滑轮的距离分别为和，且，细绳与竖直方向的夹角分别为和，两球电荷量分别为和。则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】A．由于两球的电场力是相互作用力，故无法比较两球电荷量的大小，A错误；B．绳子上的力处处相等，对绳子跨过定滑轮的节点受力分析可知所以，B错误；
CD．对两球受力可知，根据相似三角形
，可得，故C错误，D正确。故选D。
考向1 解析法
解析法：对研究对象进行受力分析，先画出受力示意图，再根据物体的平衡条件，得到因变量与自变量的关系表达式(通常要用到三角函数)，最后根据自变量的变化确定因变量的变化。
7．如图所示，某款手机支架由“L”形挡板和底座构成，挡板使用一体成型材料制成，其AB、BC部分相互垂直，可绕O点的轴在竖直面内自由调节，不计手机与挡板间的摩擦，调整支架，稍微增大AB部分的倾角，下列说法正确的是（ ）
A．手机对AB部分的压力增大B．手机对BC部分的压力增大
C．手机对支架的作用力增大D．支架对手机的作用力增大
【答案】B
【详解】AB．设与分别是AB与BC对手机的支持力，AB与水平方向的夹角为，由平行四边形定则得
稍微增大AB部分的倾角，则减小，增大。由牛顿第三定律可知，手机对AB部分的压力减小，手机对BC部分的压力增大。故A错误，B正确；
CD．稍微增大AB部分的倾角，与之间的夹角不变，两者的合力不变，即支架对手机的作用力始终与手机的重力大小相等，方向相反。根据牛顿第三定律可知，手机对支架的作用力不变。故CD错误。
故选B。
8．如图（a），某人借助瑜伽球锻炼腿部力量，她曲膝静蹲，背部倚靠在瑜伽球上，瑜伽球紧靠竖直墙面，假设瑜伽球光滑且视为均匀球体，整体可简化成如图（b）。当人缓慢竖直站立的过程中，人的背部与水平面夹角，下列说法正确的是（ ）
A．墙面对球的力保持不变
B．人受到地面的摩擦力变大
C．地面对人的支持力变大
D．球对人的压力先增大后减小
【答案】B
【详解】AD．对瑜伽球受力分析，如图
由平衡条件可知
，
人缓慢竖直站立的过程中，人的背部与水平面夹角逐渐变大，则墙面对球的力增大。人对球的支持力增大。根据牛顿第三定律可知球对人的压力增大。故AD错误；
BC．对整体受力分析，如图
由平衡条件，可知人受到地面的摩擦力变大，地面对人的支持力不变。故B正确；C错误。故选B。
考向2 图解法
图解法：
(1)特点：物体受三个共点力，有一个力是恒力、另有一个力方向不变的问题。
(2)方法：
eq \x(\a\al(受力,分析))eq \(――→,\s\up7(化“动”为“静”))eq \x(\a\al(画不同状态,下的平衡图))eq \(――→,\s\up7(“静”中求“动”))eq \x(\a\al(确定力,的变化))
9．如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个重环，绕过光滑定滑轮的轻绳一端与重环相连，另一端施加拉力F使重环从A点缓慢上升到B点。设杆对重环的弹力大小为，整个装置处于同一竖直平面内，在此过程中（ ）
A．F逐渐增大，逐渐增大
B．F逐渐增大，先减小后增大
C．F先减小后增大，逐渐增大
D．F先减小后增大，先减小后增大
【答案】B
【详解】对物体受力分析，并构封闭的矢量三角形，如图所示
由图可知，在拉力到达竖直方向前，与竖直方向的夹角越来越小，拉力F增大，减小，经过竖直方向后，夹角又逐渐变大，拉力F继续增大， 也增大，故B正确。
故选B。
10．如图所示，光滑的轻质滑轮通过竖直杆固定于天花板上，一根不可伸长的轻绳跨过滑轮分别系着物块M和N，M静止在光滑水平地面上，N在水平拉力F作用下处于静止状态。现将F沿逆时针方向缓慢转至竖直方向，此过程中M和N始终静止不动。下列说法正确的是（ ）
A．F先增大后减小
B．绳的弹力先减小后增大
C．M对地面的压力逐渐减小
D．滑轮对杆的作用力逐渐减小
【答案】D
【详解】对N作受力分析，N受受重力mg、拉力F和绳的拉力T，其中重力的大小和方向均不变，绳的拉力的方向不变；三力平衡时，三个力可以构成首尾相连的矢量三角形，作图如下
力F沿逆时针方向缓慢旋转时，由图可看出，力F先减小后增大，而绳上的拉力T一直减小，则M对地面的压力逐渐增大，滑轮对杆的作用力逐渐减小。
故选D。
考向3 相似三角形法
三角形相似法：
(1)特点：在三力平衡问题中，如果有一个力是恒力，另外两个力方向都变化，且题目给出了空间几何关系。(2)方法：①对物体在某个位置作受力分析；②以两个变力为邻边，利用平行四边形定则，作平行四边形；③找出相似的力的矢量三角形和空间几何三角形；④利用相似三角形对应边的比例关系确定力的变化。
11．在新冠疫情爆发期间，为防止疫情扩散，被隔离的人员不许出门，不允许与他人有接触。某学校兴趣小组根据所学力学知识设计了如图所示的送餐装置，送餐员将食物放在吊盘中，被隔离者自行通过细绳搭在光滑定滑轮上将带铰链的轻杆缓慢上拉，从而取得食物。在轻杆被缓慢上拉到取到食物前的过程中（ ）
A．此人手上所受的拉力F先减小，后增大
B．此人手上所受的拉力F始终不变
C．轻杆所受压力大小始终不变
D．轻杆所受压力先减小，后增大
【答案】C
【详解】对结点C受力分析，如图所示
缓慢上拉，三个力平衡，三个力组成首尾相接的闭合三角形，力三角形与几何三角形ABC相似，根据相似三角形对应边比值相等，有
因上拉过程mg.AB不变，故AC减小则F减小，即工人手上所受的拉力减小， BC不变则N不变，根据牛顿第三定律，即轻杆所受压力大小始终不变。
故选C。
12．如图，在竖直平面内固定一光滑的半圆环，圆心为O、半径为R，OA为半圆环的竖直半径，AB为与OA在同一直线上的光滑固定杆，半圆环上套有一小球a，杆AB上套有另一小球b。两小球之间连接一轻弹簧，初始时小球a在距圆环A点右侧不远处的P点，小球b固定于杆AB上的Q点，两小球间距离为R。现用外力使小球b沿杆AB缓慢向上移动一段距离，但未到达A点。在移动过程中弹簧始终在弹性限度内且在一条直线上，两小球均可视为质点，则下列说法正确的是（ ）
A．初始时弹簧弹力大于半圆环对小球a的弹力
B．初始时弹簧弹力大于小球a的重力
C．小球b沿杆缓慢向上移动过程中，环对小球a的支持力先增大后减小
D．小球b沿杆缓慢向上移动过程中，弹簧弹力增大
【答案】D
【详解】AB．对小球a进行受力分析，小球a受重力G，半圆环对小球a的支持力和弹簧弹力F，三力平移后构成一首尾相连的三角形，如图所示，力的三角形与三角形OPQ相似，根据三角形相似有初始时，所以选项AB错误；
C．小球b缓慢上移过程，小球a处于动态平衡状态，随着小球b上移，OQ减小，OP不变，重力G不变，半圆环对小球的支持力增大，选项C错误；
D．设弹簧的原长为L，弹簧的形变量为x，根据胡克定律有则
OQ减小，重力G不变，L不变，则弹簧形变量x增大，弹簧弹力F增大，选项D正确。故选D。
考向4 拉密定理法（正弦定理法或辅助圆法）
4.拉密定理法（正弦定理法或辅助圆法）：
(1)特点：物体受三个共点力，这三个力其中一个力为恒力，另外两个力都变化，且变化两个力的夹角不变。
(2)拉密定理：
（3）辅助圆法：画出三个力的矢量三角形的外接圆，不便力为一固定弦，因为固定弦所对的圆周角大小始终不变，改变一力的方向，另一大小方向变化情况可得。
13．如图a所示，工人用推车运送石球，到达目的地后，缓慢抬起把手将石球倒出（图b）。若石球与板OB、OA之间的摩擦不计，∠AOB＝60°，图a中BO与水平面的夹角为30°，则在抬起把手使OA变为水平的过程中，石球对OB板的压力N1、对OA板的压力N2的大小变化情况是（ ）
A．N1变小、N2先变大后变小B．N1变小、N2变大
C．N1变大、N2变小D．N1变大、N2先变小后变大
【答案】A
【详解】以石球为对象，受力如图所示
缓慢抬起过程中，石球受力平衡，结合数学知识可得其中和不变，在转动过程中从90°增大到180°，则不断变小，将不断变小；从150°减小到60°，其中跨过了90°，因此先变大后变小，则将先变大后变小。
故选A。
14．图（a）所示的采棉机在运输圆柱形棉包的过程中缓慢经过一段如图（b）所示路面（运动时，圆柱形棉包在前，路段足够长），CD、EF为水平路面，M点为倾角最大的位置，倾角为30°。棉包放在如图（c）所示的“V”形挡板上，两板间夹角恒为120°，初始时OA与水平面的夹角为30°。运动过程中，棉包不脱离挡板，忽略“V”形挡板对棉包的摩擦力，已知重力加速度为g。则（ ）
A．从D到M斜面对采棉机的作用力越来越小
B．从D到M棉包对OA板的压力先增大后减小
C．从D到M棉包对OB板的压力一直增大
D．采棉机在EF段做减速运动，加速度可以为
【答案】C
【详解】A．采棉机在斜面上缓慢行驶时受到重力和斜面对采棉机的作用力，受力平衡，所以斜面对采棉机的作用力与重力等大、反向，故从D到M斜面对采棉机的作用力不变，故A错误；
BC．采棉机从D点运动到M点的过程中，棉包重力大小和方向不变，OA板、OB板对棉包的作用力夹角不变，FOA与竖直方向的夹角变大，作出力矢量三角形的外接圆如图所示
由图可知，FOA一直减小，FOB一直增大，根据牛顿第三定律可得，棉包对OA板的压力一直减小，棉包对OB板的压力一直增大，故B错误，C正确；
D．采棉机在EF段做减速运动，挡板OB对棉包的支持力为0时，棉包受力如图所示
根据牛顿第二定律可得解得当加速度大于时，棉包会从采棉机上滚下来，故D错误。故选C。
考向1 图解法
图解法：根据物体的平衡条件，作出力的矢量图，通过对物理过程的分析，利用平行四边形定则进行动态分析，确定最大值与最小值。
15．如图，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点上悬挂一个重物并处于静止状态，在CD绳保持水平的前提下，在D点上可施加力的最小值大小为F，则C点上悬挂的重物重力大小为（ ）
A．FB．2FC．D．4F
【答案】B
【详解】依题得，要想CD水平，则各绳都要紧绷，根据几何关系可知，AC与水平方向的夹角为，结点C受力平衡，则受力分析如图所示
设重物的重力为，因此CD的拉力为
D点受CD绳子拉力大小等于，方向向左。要使CD水平，则D点两绳的拉力与外界的力的合力为零，则CD绳子对D点的拉力可分解为沿BD绳的以及另一分力。由几何关系可知，当与BD垂直时，最小，而的大小即为拉力大小，因此有联立可得故选B。
16．如图所示，质量为的小球、之间用轻绳相连，小球通过轻杆固定在左侧竖直墙壁上，轻杆与竖直墙壁夹角为。现改变作用在小球上的外力的大小和方向，轻绳与竖直方向的夹角保持不变，则（ ）
A．轻绳上的拉力一定小于mg
B．外力的最小值为
C．轻杆对小球作用力大小不变
D．轻杆对小球的作用力方向一定沿杆
【答案】B
【详解】A．对进行受力分析如图所示
当的方向发生变化时，由图可知，轻绳上的拉力可能小于，也可能大于，A错误；
B．由的受力图可知，当拉力的方向与绳子垂直时，拉力最小为，B正确；
CD．以为研究对象，可知受到重力、绳子对的作用力以及杆对的作用力处于平衡状态，由三个力平衡的特点可知，杆对的作用力与的重力、对的拉力的合力大小相等，方向相反。受到的重力大小方向都不变，绳对的拉力方向不变，大小变化，所以受到的重力与绳对的拉力的合力大小、方向都是变化的，所以杆对的作用力大小、方向都是变化的，C、D错误；
故选B。
考向2 数学解析法
数学解析法：通过对问题的分析，依据物体的平衡条件写出物理量之间的函数关系(或画出函数图像)，用数学方法求极值(如求二次函数极值、三角函数极值等)。
17．劳动人民的智慧是无穷的，他们在劳动中摸索、总结着自然的规律，积累着劳动的智慧。人们在向一定高度处运送物料时，为了省力，搭建了一长斜面，其简化图如图所示。将质量为m的物料放在倾角为的粗糙斜面上，用轻绳拉着物料匀速上滑，绳子与斜面之间的夹角为保持不变。则下列说法正确的是（ ）
A．物料对斜面的压力可能为零
B．物料所受绳子的拉力越大，所受斜面的摩擦力越小
C．斜面对物料的作用力方向与角无关
D．若适当增大，则物料所受绳子的拉力减小
【答案】C
【详解】A．由于物料匀速上滑，则物料受平衡力的作用，对物料受力分析，如图所示
若物料对斜面的压力为零，则摩擦力为零，在拉力F和重力作用下不可能平衡，不能沿斜面匀速上滑。故物料对斜面的压力不可能为零。故A错误；
B D．由共点力的平衡条件可知，沿斜面方向垂直斜面方向又整理得，显然当时，绳子的拉力最小，当拉力变大时，摩擦力可能变大也可能变小，故B、D错误；
C．斜面对物料的作用力为支持力与摩擦力的合力，设其合力的方向与斜面的夹角为，则显然与角无关，故C正确。故选C。
18．小明同学喜欢体育运动，他拖拉物体时拉力最大为 某次训练中，体育老师将不同质量的重物置于倾角为15°的斜面上，让他拉动重物沿斜面向上运动， 重物与斜面间的动摩擦因数为 则他能拉动的重物质量最大为（ ）
A．100kgB．
C．200kgD．
【答案】C
【详解】设F与斜面夹角为，则恰好拉动物体时有整理可得故当时，m最大故选C。
1．如图所示，P、Q是两个光滑的定滑轮，吊着A、B、C三个小球的三条轻绳各有一端在O点打结，悬吊A、C两个球的轻绳分别绕过定滑轮P、Q，三个球静止时，OQ段轻绳与竖直方向的夹角。已知B、C两球的质量均为m，，则A球的质量为（ ）
A．mB．1.2mC．1.5mD．1.6m
【答案】B
【详解】对O点受力分析如下
由题可知OQ、OB段的拉力满足将、合成如上图所示，由于三个球静止，O点受力平衡，根据几何关系有、是平行四边形的两边，有则有A球的质量为故选B。
2．如图，弹簧测力计下端挂有一质量为的光滑均匀球体，球体静止于带有固定挡板的斜面上，斜面倾角为，挡板与斜面夹角为．若弹簧测力计位于竖直方向，读数为取,挡板对球体支持力的大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】对小球受力分析如图所示
由几何关系易得力与力与竖直方向的夹角均为，因此由正交分解方程可得
，
解得故选A。
3．如图所示，某楼顶为玻璃材料的正四面体。一擦子由智能擦玻璃机器人牵引，在外侧面由A点匀速运动到BO的中点D。已知擦子与玻璃间的动摩擦因数为，则运动过程中擦子受的牵引力与其重力的比值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】设ABO平面与水平面的夹角为，做AB中点E，设AB=2a，则设垂直于ABC所在平面，且在ABC所在平面内，则可得，则，将重力分解成沿平面和垂直于平面，在平面上受力分析如图
f在AD方向，可知，有，，解得故选A。
4．如图甲所示，直导线a、b分别被两根等长且平行的绝缘轻绳悬挂于垂直于纸面的水平轴上，且a固定于水平轴正下方，两组绳长不同，其截面图如图乙所示，导线b通以垂直纸面向里的电流；导线a电流方向未知，平衡时两导线位于同一水平面，且两组绝缘轻绳夹角（，已知b的质量为m，重力加速度为g，则（ ）
A．导线a中电流方向垂直纸面向里
B．导线a、b间的安培力大小为
C．仅使导线a中电流I缓慢增大且不超过90⁰，导线b对悬线的拉力大小一直不变
D．当导线a中电流突然消失的瞬间，导线b的加速度大小为g
【答案】C
【详解】A．对进行受力分析可知，对的力为斥力，由安培定则和左手定则可知，则两导线的电流方向相反，即导线中电流方向垂直纸面向外，故A错误；
B．设斥力为，绳子与竖直方向的夹角为，如图所示
由平衡条件可得
故B错误；
C．在仅使导线中电流缓慢增大且不超过过程中，由相似三角形可得
可知，一直不变，故C正确；
D．当导线中电流突然消失的瞬间，绳子拉力发生突变但不为零，根据受力分析可得，沿绳子方向有
垂直绳子方向有
解得
故D错误。
故选C。
5．如图所示，人拉着拉杆箱沿水平地面匀速运动，其施加的拉力F沿拉杆的方向，且与地面的夹角为，当改变角时，为了维持匀速运动需改变拉力F的大小。已知地面对箱子的阻力是箱子对地面压力的k倍，则拉力F最小时，的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】对箱子受力分析，如图所示
根据牛顿第三定律，箱子对地面的压力等于地面对箱子的支持力，其中
表示摩擦力f合支持力N的合力，设与竖直方向夹角为，则
所以角度不变，即的方向不变，受力分析可等效为，箱子受到、G和F三个力，根据“图解法”，画出矢量三角形如图所示
由图可知，当F的方向与的方向垂直时，F的大小最小，由几何关系可知，此时
则
故选A。
6．如图所示，在竖直固定的光滑绝缘圆环轨道上，套着两带电小环。两小环处于静止状态，且刚好位于同一水平线上。若小环b缓慢漏电，则（ ）
A．漏电前，两小环质量和电量均相同
B．漏电过程中，小环a对轨道的压力大小不变
C．漏电过程中，两小环始终在同一高度且库仑力逐渐减小
D．漏电过程中，若小环a固定，则小环b受到轨道的支持力逐渐增大
【答案】C
【详解】A．漏电前，电荷的受力分析如图甲
根据几何关系可知
可知两球质量相等，但电量不一定相同，故A错误；
BC．对圆环a受力分析可知，a逐渐下降，逐渐减小，故逐渐减小，b对a的库仑力逐渐减小，故B错误，C正确；
D．b环下落到下方任意一点D点，对b进行受力分析如图乙所示
由相似三角形可知
其中OC逐渐增大，故k逐渐减小；OD不变，故逐渐减小，故D错误。
故选C。
7．如图所示，细线一端固定在一个矩形平板上的P点，另一端连接一个质量分布均匀的光滑球。现将木板以水平底边为轴缓慢转动直至木板竖直，则在此过程中，下列说法正确的是（ ）
A．球受到的合力一直增大
B．球对木板的压力先增大后减小
C．细线对球的拉力一直减小
D．木板竖直时，增大细线长度，细线拉力增大
【答案】B
【详解】A．木板以水平底边为轴缓慢转动，球始终处于平衡状态，球受到的合力为零不变，故A错误；
BC．球受力如图所示
根据各力的特点，利用几何知识，作图如下
细线拉力与木板对小球的支持力夹角为定值，由图可知细线对球的拉力逐渐增大，木板对球的支持力先增大后减小，则球对木板的压力先增大后减小，故B正确，C错误；
D．木板竖直时，球受力如图所示
根据平衡条件有增大细线长度，增大，则细线拉力将减小，故D错误。故选B。
8．如图所示，一质量为m的物块恰好静止在倾角为θ，质量为M的斜劈上。物块与斜劈和斜劈与地面间的动摩擦因数均为μ。现对物块施加一个水平向右的恒力F，如果物块和斜劈都仍处于静止状态，则（ ）
A．水平恒力F不可能大于B．地面对斜劈的摩擦力有可能不变
C．物块受到的支持力一定减小D．物块受到的摩擦力一定减小
【答案】A
【详解】D．物块恰好静止在倾角为θ，质量为M的斜劈上，可知此时物块受到的摩擦力为最大静摩擦力，方向沿斜面向上，大小等于mgsinθ，现对物块施加一个水平向右的恒力F，如果物块和斜劈都仍处于静止状态，F有沿斜面向上的分量，所以物块受到的摩擦力可能减小，可能反向增大，也可能反向大小不变，D错误；
C．由题知，刚开始物块恰好静止在倾角为θ，质量为M的斜劈上，对物块有
FN= mgcsθ
现对物块施加一个水平向右的恒力F后有
FN= mgcsθ＋Fsinθ
则物块受到的支持力增大，C错误；
B．对整体受力分析，刚开始物块恰好静止在倾角为θ，质量为M的斜劈上，对整体根据平衡条件，有
f1= 0
现对物块施加一个水平向右的恒力F后有
F = f1，f1 ≤ μ(m＋M)g
则地面对斜劈的摩擦力增大，B错误；
A．当物块恰好不上滑时，推力最大，此时，对物块m受力分析，受重力、支持力、推力和最大静摩擦力，如图所示
根据共点力平衡条件，合力为零，平行斜面方向有
Fmaxcsθ－mgsinθ－f = 0
垂直斜面方向
N－mgcsθ－Fmaxsinθ = 0
其中
f = μN
联立解得
，且Fmax ≤ μ(m＋M)g
A正确。
故选A。
9．放风筝是一项人们喜爱的体育休闲运动，其中蕴含着丰富的物理学知识。如图所示，一重力为G的风筝在牵线的拉力T和垂直于风筝面的恒定风力F的作用下处于平衡状态，则下列说法正确的是（ ）
A．F的大小大于T的大小
B．F的大小小于T的大小
C．T沿风筝面上的分力大小等于G沿风筝面上的分力大小
D．F沿竖直方向上的分力大小等于T沿竖直方向上的分力大小
【答案】AC
【详解】AB．对风筝受力分析，如图所示，由平衡条件可知，拉力T和风力F的合力大小等于重力，由几何关系可知，风力F与合力的夹角小于拉力T与合力的夹角，因此F的大小大于T的大小，A正确，B错误；
C．风力F垂直于风筝面，F在沿风筝面方向没有分力，由力的平衡条件可知，T沿风筝面上的分力大小等于G沿风筝面上的分力大小，即
C正确；
D．由力的平衡条件可知，F沿竖直方向上的分力大小等于T沿竖直方向上的分力大小加重力G，即
D错误。
故选AC。
10．超长春节假期，点燃了旅游热，一些旅游景点悬挂了灯笼。如图所示，一度假村用长度相等的轻绳依次连接了10个质量均为的灯笼．灯笼1的左端被细绳固定在竖直杆上，左端细绳与竖直杆的夹角为。灯笼10的右端被细绳也固定在竖直杆上，右端细绳与竖直杆的夹角也为。灯笼5和灯笼6之间的细绳恰好水平。则下列说法正确的是（重力加速度为）（ ）
A．灯笼5和灯笼6之间的细绳张力的大小为
B．灯笼5和灯笼6之间的细绳张力的大小为
C．灯笼3和灯笼4之间的轻绳与水平方向的夹角的正切值等于
D．灯笼3和灯笼4之间的轻绳与水平方向的夹角的正切值等于
【答案】BD
【详解】AB．选取1~5前五个灯笼组成的整体为研究对象，对其进行受力分析如图所示，由力的平衡条件，可得
灯笼6对灯笼5的力大小为，即灯笼5和灯笼6之间的细绳张力的大小为，A错误，B正确；
CD．同理选取灯笼4和灯笼5组成的整体为研究对象，对其进行受力分析，由力的平衡条件，可得
C错误，D正确。
故选BD。
11．在如图所示的装置中，两物块A、B的质量分别为、，整个系统处于静止状态，设此时轻质动滑轮右端的轻绳与水平面之间的夹角为，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
【答案】BD
【详解】绳子拉力绳子等于A的重力，即F=mAg根据平衡条件可得2Fsinθ=mBg即所以，如果，则所以若，则所以若，则所以故选BD。
12．如图所示，一根细线系着一个小球，细线上端固定。现给小球施加力F，小球平衡后细线跟竖直方向的夹角为30°，F与细线的夹角为，。要使小球保持平衡，下列判断正确的是（ ）
A．若小球位置不动，改变F的方向，夹角的变化范围是
B．若小球位置不动，F由图示位置逆时针缓慢转动一定角度，力F可能先减小后增大，细线的弹力一定减小
C．若保持夹角不变，细线逆时针缓慢转至水平，F一直增大
D．若保持夹角不变，细线逆时针缓慢转至水平，细线的弹力先增大后减小
【答案】BC
【详解】A．若=，小球不能在原位置保持平衡，故A错误；
B．设细线拉力大小为T，对小球受力分析，做力的矢量三角形
若小球位置不动，F由图示位置逆时针缓慢转动一定角度，力F可能先减小后增大，细线的弹力一定减小，故B正确；
CD．由图
若保持夹角不变，细线逆时针缓慢转至水平，F一直增大，若时，细线的弹力一直减小，故C正确，D错误。
故选BC。
13．如图，用两根等长的细绳将一匀质圆柱体悬挂在竖直木板的P点，将木板以底边MN为轴向后方缓慢转动直至水平，绳与木板之间的夹角保持不变，忽略圆柱体与木板之间的摩擦，在转动过程中（ ）
A．圆柱体对木板的压力先增大后减小
B．圆柱体对木板的压力逐渐增大
C．两根细绳上的拉力逐渐减小
D．两根细绳对圆柱体拉力的合力保持不变
【答案】AC
【详解】ABD．设两根细绳拉力的合力为T，圆柱体的受力分析图（侧视图）如图所示
根据正弦定理
当木板缓慢转动直至水平的过程中，保持不变，不变，由直角逐渐减小，减小，由锐角逐渐增大变为钝角，先增大后减小，故减小，先增大后减小，所以压力先增大后减小。故AC正确，B错误；
D．由于两绳拉力的合力减小，而两绳的夹角保持不变，故两绳上的拉力减小。故D错误。
故选AC。
14．如图所示，在粗糙水平地面上放着一个截面为四分之一圆弧的柱状物体A，A的左端紧靠竖直墙，A与竖直墙之间放一光滑圆球B，A、B的质量均为m，整个装置处于静止状态。设墙壁对B的支持力为，A对B的支持力为，若把A向右移动少许后，B未与地面接触，它们仍处于静止状态，下列判断正确的是（ ）
A．减小，减小B．增大，减小
C．地面对A的支持力变小D．地面对A的支持力不变
【答案】AD
【详解】AB．小球B受重力、墙壁对B的支持力为，A对B的支持力为，如图所示
根据受力平衡可得，可得，
若把A向右移动少许后，B未与地面接触，它们仍处于静止状态，则减小，减小，增大，可知减小，减小，故A正确，B错误；
CD．以AB为整体分析，竖直方向根据受力平衡可得可知地面对A的支持力不变，故C错误，D正确。故选AD。
15．如图所示，倾角为θ的斜面体c置于水平地面上，小物块b置于斜面上，绝缘细绳一端与b相连（绳与斜面平行），另一端跨过光滑的定滑轮与带电小球M连接，定滑轮的正下方也有一带电小球N，M、N质量均为m，带电荷量大小均为q。M静止时细线与竖直方向成β角（β