2023版（全国版）高考大一轮复习讲义第二章　相互作用

专题强化二　受力分析　共点力的平衡【专题解读】 1.本专题是本章重要知识和规律的综合，特别是受力分析和平衡条件的应用，是高考的重点和热点。2.高考对本专题内容的考查主要是在选择题中作为一个考查点出现，但近年在计算题中也作为一个力学或电学考点命题。3.用到的相关知识有：受力分析、力的合成与分解、共点力的平衡条件；用到的主要方法有：整体法与隔离法、合成法、正交分解法等。题型一　物体的受力分析1.整体法与隔离法 整体法隔离法概念将加速度相同的几个物体作为一个整体来分析的方法将研究对象与周围物体分隔开来分析的方法选用原则研究系统外的物体对系统整体的作用力或系统整体的加速度研究系统内物体之间的相互作用力2.受力分析的一般步骤3.受力分析的两个技巧(1)除了根据力的性质和特点进行判断，假设法是判断弹力、摩擦力有无及方向的常用方法。(2)善于转换研究对象，尤其是弹力、摩擦力的方向不易判定的情形，可以分析与其接触物体的受力，再应用牛顿第三定律判定。【例1】 (多选)如图1所示，在水平力F作用下，A、B保持静止。若A与B的接触面是水平的，且F≠0，则B的受力个数可能为(　　)图1A.3个  　　　 B.4个 C.5个  　　　 D.6个答案　BC解析　先对A、B整体进行受力分析，受重力、推力、支持力。当推力平行斜面向上的分力大于重力的下滑分力时，整体有上滑趋势；当推力平行斜面向上的分力小于重力的下滑分力时，整体有下滑趋势；当推力平行斜面向上的分力等于重力的下滑分力时，整体无滑动趋势。再对A进行受力分析，受推力、重力、支持力和向左的静摩擦力，共4个力。最后对B进行受力分析，受重力、A对B的压力和向右的静摩擦力，斜面对B的支持力，若B物体相对斜面有滑动趋势，则还要受到斜面的静摩擦力，若相对斜面无滑动趋势，则不受斜面的静摩擦力，即物体B可能受4个力，也可能受5个力，故选项B、C正确。1.(2021·山东青岛模拟)如图2所示为仅靠摩擦力将25个网球垒成9层高的直立“小塔”。网球A位于“小塔”顶层，下面各层均有3个网球，网球B位于“小塔”的第6层，已知每个网球质量均为m。下列说法正确的是(　　)图2A.其他网球对B球的作用力大于B球的重力B.将A球拿走后，“小塔”仍能保持直立平衡C.第8层的三个网球与A球间的弹力大小各为D.最底层的3个网球受到地面的支持力均为答案　D解析　因为B球保持静止，因此其他网球对B球的作用力与B球重力等大反向，A错误；拿掉A球后，A球下面的三个小球的受力情况均发生了变化，平衡被破坏，“小塔”不能保持直立平衡，B错误；第8层的三个网球对A球的弹力在竖直方向的分力均为，而弹力的大小大于，C错误；最底层的3个网球受到的地面的支持力相等，由3FN＝25mg可得，FN＝，D正确。题型二　静态平衡问题1.平衡状态：物体处于静止或匀速直线运动的状态，即a＝0。2.平衡条件：F合＝0或。3.平衡条件的推论如果物体在多个共点力的作用下处于平衡状态，其中任何一个力与其余几个力的合力大小相等，方向相反。4.解决静态平衡问题的常用方法(1)力的合成法；(2)力的正交分解法；(3)正弦定理法；(4)矢量三角形图解法。角度1　 单个物体的平衡问题【例2】 (2021·安徽合肥模拟)如图3所示，光滑斜面的倾角为θ＝37°，一个可以看成质点的小球在轻质细线的拉力作用下静止在斜面上，细线与斜面间的夹角也为37°，若小球的重力为G，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则手对细线的拉力等于(　　)图3A.G B.C. D.答案　C解析　对小球受力分析，小球受到重力、细线的拉力F、斜面的支持力作用，在沿斜面方向上，Fcos 37°＝Gsin 37°，解得F＝Gtan 37°＝G，故选C。角度2　多个物体的平衡问题【真题示例3】 (2020·山东卷)如图4所示，一轻质光滑定滑轮固定在倾斜木板上，质量分别为m和2m的物块A、B，通过不可伸长的轻绳跨过滑轮连接，A、B间的接触面和轻绳均与木板平行。A与B间、B与木板间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当木板与水平面的夹角为45°时，物块A、B刚好要滑动，则μ的值为(　　)图4A. B.C. D.答案　C解析　根据题述，物块A、B刚要滑动，可知A、B之间的摩擦FfAB＝μmgcos 45°，B与木板之间的摩擦力Ff＝μ·3mgcos 45°。隔离A分析受力，由平衡条件可得轻绳中拉力F＝FfAB＋mgsin 45°。对A、B整体，由平衡条件可得2F＝3mgsin 45°－Ff，联立解得μ＝，选项C正确。2.(2021·广东佛山质检)在港珠澳大桥建设中，将直径22米、高40.5米的钢筒，打入海底围成人工岛，创造了快速筑岛的世界记录。如图5所示，钢筒质量为M，用起重机由8根对称分布的、长为22米的钢索将其吊起，整个装置处于静止状态。则每根钢索受到的拉力大小为(　　)图5A.Mg B.MgC.Mg D.Mg答案　B解析　根据题意可知，每根钢索与竖直方向的夹角为30°，则由平衡条件可知8Tcos 30°＝Mg，解得T＝Mg，由牛顿第三定律知，B正确。 3.(2021·安徽庐巢七校联考)如图6甲所示， A、B两小球通过两根轻绳连接并悬挂于O点，已知两轻绳OA和AB的长度之比为∶1，A、B两小球质量分别为2m和m，现对A、B两小球分别施加水平向右的力F1和水平向左的力F2，两球恰好处于图乙所示的位置静止，此时B球恰好在悬点O的正下方，轻绳OA与竖直方向成30°角，则(　　)图6A.F1＝F2 B.F1＝F2C.F1＝2F2 D.F1＝3F2答案　C解析　由题意知两轻绳OA和AB的长度之比为∶1，B球恰好在悬点O的正下方，由几何关系可知，OA与AB垂直；以B球为研究对象，由平衡条件得F2＝mgtan(90°－30°)＝mg，以AB两球整体为研究对象，由平衡条件得F1－F2＝3mgtan 30°，可得F1＝2mg，可得F1＝2F2，故选C。题型三　动态平衡问题动态平衡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，在问题描述中常用“缓慢”等字眼。解决该类问题的总体思路是“化动为静，静中求动”。方法1　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。【真题示例4】 (2021·湖南卷)质量为M的凹槽静止在水平地面上，内壁为半圆柱面，截面如图7所示，A为半圆的最低点，B为半圆水平直径的端点。凹槽恰好与竖直墙面接触，内有一质量为m的小滑块。用推力F推动小滑块由A点向B点缓慢移动，力F的方向始终沿圆弧的切线方向，在此过程中所有摩擦均可忽略，下列说法正确的是(　　)图7A.推力F先增大后减小B.凹槽对滑块的支持力先减小后增大C.墙面对凹槽的压力先增大后减小D.水平地面对凹槽的支持力先减小后增大答案　C解析　对小滑块受力分析，如图甲所示，由题意可知，推力F与凹槽对滑块的支持力FN始终垂直，即α＋β始终为90°，在小滑块由A点向B点缓慢移动的过程中，α减小，β增大，由平衡条件得F＝mgcos α、FN＝mgsin α，可知推力F一直增大，凹槽对滑块的支持力FN一直减小，A、B错误；对小滑块和凹槽整体受力分析，如图乙所示，根据平衡条件可得，墙面对凹槽的压力大小FN1＝Fsin α＝mgsin 2α，水平地面对凹槽的支持力FN2＝Mg＋mg－Fcos α，在小滑块由A点向B点缓慢移动的过程中，α由逐渐减小到零，根据数学知识可知墙面对凹槽的压力先增大后减小，水平地面对凹槽的支持力一直减小，C正确，D错误。　甲　　　　　乙方法2　图解法此法常用于求解三力平衡且有一个力是恒力、另有一个力方向不变的问题。一般按照以下流程解题：【真题示例5】 (多选)(2019·全国卷Ⅰ)如图8，一粗糙斜面固定在地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮。一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块N，另一端与斜面上的物块M相连，系统处于静止状态。现用水平向左的拉力缓慢拉动N，直至悬挂N的细绳与竖直方向成45°。已知M始终保持静止，则在此过程中(　　)图8A.水平拉力的大小可能保持不变B.M所受细绳的拉力大小一定一直增加C.M所受斜面的摩擦力大小一定一直增加D.M所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加答案　BD解析　选N为研究对象，受力情况如图甲所示，用水平拉力F缓慢拉动N的过程中，水平拉力F逐渐增大，细绳的拉力FT逐渐增大，选项A错误，B正确；对M受力分析，如图乙所示，受重力GM、支持力FN、绳的拉力FT以及斜面对它的摩擦力Ff。若开始时斜面对M的摩擦力Ff沿斜面向上，则FT＋Ff＝GMsin θ，FT逐渐增大，Ff逐渐减小，当Ff减小到零后，再反向增大。若开始时斜面对M的摩擦力Ff沿斜面向下，此时，FT＝GMsin θ＋Ff，当FT逐渐增大时，Ff逐渐增大，C错误，D正确。方法3　相似三角形法在三力平衡问题中，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，多数情况下力的矢量三角形与空间几何三角形相似，可利用相似三角形对应边成比例进行计算。【例6】 如图9所示，光滑的半圆环沿竖直方向固定，M点为半圆环的最高点，N点为半圆环上与半圆环的圆心等高的点，直径MH沿竖直方向，光滑的定滑轮固定在M处，另一小圆环穿过半圆环用质量不计的轻绳拴接并跨过定滑轮。开始小圆环处在半圆环的最低点H点，第一次拉小圆环使其缓慢地运动到N点，第二次以恒定的速率将小圆环拉到N点。滑轮大小可以忽略，则下列说法正确的是(　　)图9A.第一次轻绳的拉力逐渐增大B.第一次半圆环受到的压力逐渐减小C.小圆环第一次在N点与第二次在N点时，轻绳的拉力相等D.小圆环第一次在N点与第二次在N点时，半圆环受到的压力相等答案　C解析　小圆环沿半圆环缓慢上移过程中，受重力G、拉力FT、弹力FN三个力处于平衡状态，受力分析如图所示。由图可知△OMN与△NBA相似，则有＝＝(式中R为半圆环的半径)，在小圆环缓慢上移的过程中，半径R不变，MN的长度逐渐减小，故轻绳的拉力FT逐渐减小，小圆环所受的支持力的大小不变，由牛顿第三定律得半圆环所受的压力的大小不变，A、B错误；第一次小圆环缓慢上升到N点时，FN＝G，FT＝G；第二次小圆环运动的过程中，假设小圆环速率恒为v，当小圆环运动到N点时，在水平方向上有FT′cos 45°－FN′＝m，在竖直方向上有G＝FT′sin 45°，解得FT′＝G，FN′＝G－m，再结合牛顿第三定律可知，C正确，D错误。4.(2021·山东聊城调研)如图10所示，两根轻绳一端系于结点O，另一端分别系于固定竖直放置的圆环上的A、B两点，O为圆心，O点下面悬挂一物体M，绳OA水平，拉力大小为F1，绳OB与绳OA成α＝120°，拉力大小为F2。将两绳同时缓慢顺时针转过60°，并保持两绳之间的夹角α始终不变，且物体始终保持静止状态。则在旋转过程中，下列说法正确的是(　　)图10A.F1逐渐增大 B.F1先增大后减小C.F2先增大后减小 D.F2先减小后增大答案　A 解析　对结点O受力分析，并合成力的三角形，由于重力大小和方向不变，F1和F2之间的夹角不变，如图所示，根据图示可知F1和F2顺时针在圆内转动过程中(由实线到虚线)，F1一直增大，F2一直减小，A正确，B、C、D错误。题型四　平衡中的临界与极值问题方法1　数学分析法根据物体的平衡条件列方程，在解方程时利用数学知识求极值。通常用到的数学知识有二次函数求极值、讨论公式求极值、三角函数求极值以及几何法求极值等。【真题示例7】 (2019·全国卷Ⅱ)物块在轻绳的拉动下沿倾角为30°的固定斜面向上匀速运动，轻绳与斜面平行。已知物块与斜面之间的动摩擦因数为，重力加速度取10 m/s2。若轻绳能承受的最大张力为1 500 N，则物块的质量最大为(　　)A.150 kg B.100 kgC.200 kg D.200 kg答案　A解析　物块沿斜面向上匀速运动，受力如图，根据平衡条件可得F＝Ff＋mgsin θ①Ff＝μFN②FN＝mgcos θ③由①②③式得F＝mgsin θ＋μmgcos θ所以m＝代入数据得m＝150 kg，选项A正确。方法2　物理分析法根据平衡条件作出力的矢量图，若只受三个力，则这三个力能构成封闭矢量三角形，然后根据矢量图进行动态分析，确定最大值和最小值。【例8】 (2021·广东茂名测试)如图11所示，质量分别为3m和m的两个可视为质点的小球a、b，中间用一细线连接，并通过另一细线将小球a与天花板上的O点相连，为使小球a和小球b均处于静止状态，且Oa细线向右偏离竖直方向的夹角恒为37°，需要对小球b朝某一方向施加一拉力F。若已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。重力加速度为g，则当F的大小达到最小时，Oa细线对小球a的拉力大小为(　　)图11A.2.4mg B.3mgC.3.2mg D.4mg答案　C解析　以两个小球组成的整体为研究对象，作出F在三个方向时整体的受力图。根据平衡条件得知F与FT的合力与总重力总是大小相等、方向相反的，由力的合成图可知当F与绳子Oa垂直时F有最小值，即图中2位置，此时Oa细线对小球a的拉力大小为FT＝4mgcos 37°＝3.2mg，故C正确，A、B、D错误。方法3　极限分析法首先要正确地进行受力分析和变化过程分析，找出平衡的临界点和极值点；临界条件必须在变化中去寻找，不能停留在一个状态来研究临界问题，而要把某个物理量推向极端，即极大和极小。【例9】 (2021·河北保定二模)如图12所示，用筷子夹质量为m的小球，筷子均在竖直平面内，且筷子和竖直方向的夹角均为θ，为使小球静止，求每根筷子对小球的压力FN的取值范围。已知小球与筷子之间的动摩擦因数为μ(μ＜tan θ)，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。图12答案　≤FN≤解析　筷子对小球的压力太小时，小球有下滑的趋势，最大静摩擦力沿筷子向上，如图甲所示。小球平衡时，有2FNsin  θ＋2Ffcos  θ＝mgFf＝μFN联立解得FN＝筷子对小球的压力太大时，小球有上滑的趋势，最大静摩擦力沿筷子向下，如图乙所示。小球平衡时，有2FN′sin θ＝mg＋2Ff′cos θFf′＝μFN′联立解得FN′＝综上，筷子对小球的压力的取值范围为：≤FN≤。力的平衡中的生活实例生活、生产、科技方面有关物体平衡的实例很多，如自动采棉机的工作、民众喜欢的一项运动——抖空竹、大国工匠利用“秋千法”在高压线上带电作业等，对于这类问题，只要对研究对象进行受力分析，应用平衡条件或动态平衡问题的解决办法，一般问题均可求解。【示例1】 (2021山西晋中模拟)自动采棉机能够在采摘棉花的同时将棉花打包成圆柱形棉包，通过采棉机后侧可以旋转的支架平稳将其放下，放下棉包的过程可以简化为如图1所示模型。质量为M的棉包放在“V”型挡板上，两板间夹角为120°固定不变，“V”型挡板可绕P轴在竖直面内转动。在使BP板由水平位置缓慢转动到竖直位置的过程中，忽略“V”型挡板对棉包的摩擦力，已知重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)图1A.当BP板转过30°时，棉包对BP板的作用力大小为MgB.当BP板转过30°时，棉包对AP板的作用力大小为MgC.棉包对AP板的压力逐渐增大D.棉包对BP板的压力先增大后减小答案　B解析　以棉包为研究对象，受力分析如图所示，由几何关系得当BP板转过30°时，AP板和BP板对棉包的支持力与竖直方向的夹角成30°，由共点力的平衡条件可得2Fcos 30°＝Mg，可得F＝Mg，所以选项A错误，B正确；BP板由水平位置缓慢转动60°过程中，棉包对AP板压力逐渐增大，对BP板的压力逐渐减小。BP板继续转动直至竖直位置的过程中，棉包脱离BP板并沿AP板滑下，棉包对AP板压力随板转动逐渐减小，故选项C、D错误。【示例2】 (2021·重庆市模拟)抖空竹是大家喜欢的一项运动。如图2所示，细杆的两端固定一根软线，并绕过空竹，通过左右上下移动细杆，可使空竹移动至不同位置。假设空竹光滑，软线质量不计，若表演者左手保持不动，在右手完成以下动作时，下列说法正确的是(　　)图2A.右手竖直向下缓慢移动的过程中，软线的拉力增大B.右手竖直向上缓慢移动的过程中，软线的拉力减小C.右手水平向右缓慢移动的过程中，软线的拉力不变D.右手水平向右缓慢移动的过程中，软线的拉力增大答案　D解析　如图所示，开始时两个绳子是对称的，与竖直方向夹角是相等的。左手不动，右手竖直向下，或向上移动一小段距离，两只手之间的水平距离L不变；假设绳子的长度为x，则xsin θ＝L，绳子一端在上下移动的时候，绳子的长度不变，两杆之间的距离不变，则θ角度不变；两个绳子的合力向上，大小等于空竹的重力，由于夹角不变，所以绳子的拉力不变，故A、B错误；左手不动，右手水平向右移动一小段距离，绳子与竖直方向的夹角变大，且两个绳子的合力不变，根据2Fcos θ＝mg可知，拉力F变大，故C错误，D正确。考点一　物体的受力分析1.(2020·浙江7月选考)矢量发动机是喷口可向不同方向偏转以产生不同方向推力的一种发动机。当歼20隐形战斗机以速度v斜向上飞行时，其矢量发动机的喷口如图1所示。已知飞机受到重力G、发动机推力F1、与速度方向垂直的升力F2和与速度方向相反的空气阻力Ff。下列受力分析示意图可能正确的是(　　)图1答案　A解析　由题给信息可知，升力F2与速度方向垂直，B、D项错误；空气阻力Ff与速度方向相反，C项错误，A项正确。2.(多选)如图2所示，两个相似的斜面体A、B在竖直向上的力F的作用下静止靠在竖直粗糙墙壁上。关于斜面体A和B的受力情况，下列说法正确的是(　　)图2A.A一定受到四个力B.B可能受到四个力C.B与墙壁之间一定有弹力和摩擦力D.A与B之间一定有摩擦力答案　AD解析　对A、B整体受力分析，如图甲所示，受到向下的重力和向上的推力F，由平衡条件可知B与墙壁之间不可能有弹力，因此也不可能有摩擦力，故C错误；对B受力分析如图乙所示，其受到重力、A对B的弹力及摩擦力而处于平衡状态，故B受到三个力，B错误；对A受力分析，如图丙所示，受到重力、推力、B对A的弹力和摩擦力，共四个力，A、D正确。考点二　静态平衡问题3.(2021·广东揭阳模拟)图3甲为家庭常用的燃气灶实物图，灶面上有一个支架。共有四个均匀分布的支承面，对放在上面的厨具起到支撑作用。现把一个蒸锅放在支架上，并抽象成示意图乙，已知支架的每个支面与水平方向成α角。蒸锅和里面的食物总计重为G，则每个支承面给蒸锅的支持力为(忽略蒸锅和支承面之间的摩擦力)(　　)图3A. B.C. D.答案　B解析　对蒸锅进行受力分析可得4F支cos α＝G，解得F支＝，故选B。4.(2021·河南洛阳期末)如图4所示，一根粗糙的水平横杆上套有A、B两个轻环，系在两环上的等长细绳拴住的书本处于静止状态，现将两环距离变小后书本仍处于静止状态，则(　　)图4A.杆对A环的支持力变大B.B环对杆的摩擦力变小C.杆对A环的力不变D.与B环相连的细绳对书本的拉力变大答案　B解析　将A、B两个轻环、绳及书本视为整体，在竖直方向上，整体受到向下的重力和向上的支持力作用，两个支持力大小之和等于重力，FN＝mg，大小保持不变，A错误；对B环受力分析如图所示，Ff＝FNtan θ＝mgtan θ，两环距离变小，tan θ减小，Ff变小，B正确；对A环受力分析与B环类似，杆对环的力为支持力FN和摩擦力Ff的合力，与FT大小相等，FT＝＝，当θ变小时，cos θ变大，细绳上的拉力变小，杆对A环的力变小，故C、D错误。考点三　动态平衡问题5.(2021·重庆适应性测试)如图5所示，垂直墙角有一个截面为半圆的光滑柱体，用细线拉住的小球静止靠在接近半圆底端的M点。通过细线将小球从M点缓慢向上拉至半圆最高点的过程中，细线始终保持在小球处与半圆相切。下列说法正确的是(　　)图5A.细线对小球的拉力先增大后减小B.小球对柱体的压力先减小后增大C.柱体受到水平地面的支持力逐渐减小D.柱体对竖直墙面的压力先增大后减小答案　D解析　以小球为对象，设小球所在位置沿切线方向与竖直方向夹角为θ，沿切线方向有FT＝mgcos θ，沿半径方向有FN＝mgsin θ，通过细线将小球从M点缓慢向上拉至半圆最高点的过程中θ增大，所以细线对小球的拉力减小，小球对柱体的压力增大，故A、B错误；以柱体为对象，竖直方向有F地＝Mg＋FNsin θ＝Mg＋mgsin2θ，水平方向有F墙＝FNcos θ＝mgsin θcos θ＝mgsin 2θ，θ增大，柱体受到水平地面的支持力逐渐增大；柱体对竖直墙面的压力先增大后减小，当θ＝45°时柱体对竖直墙面的压力最大，故D正确，C错误。6.如图6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，光滑轻小滑轮在A点正上方，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，在AB杆达到竖直前(均未断)，关于绳子的拉力F和杆受的弹力FN的变化，判断正确的是(　　)图6A.F变大   B.F变小C.FN变大   D.FN变小答案　B解析　设物体的重力为G。以B点为研究对象，分析受力情况，如图所示。作出力FN与F的合力F2，根据平衡条件得知，F2＝F1＝G。由几何知识得＝，解得FN＝G，式中，AB、AO、G不变，则FN保持不变，C、D错误；由＝知BO变小，F变小，A错误，B正确。考点四　平衡中的临界极值问题7.(2021·江苏南通模拟)甲同学用双手捏取了长为10 cm的细线，并将双手靠近，乙同学将质量为0.5 kg的物体用光滑挂钩挂在细线的中点。甲同学按如图7所示的方式缓慢增大双手间的距离，当手指所捏之处位于水平直尺上两个三角形标记的位置时，细线恰好被拉断，则细线所能承受的最大拉力约为(　　)图7A.2 N B.4 NC.5 N D.8 N答案　C解析　对结点受力分析，如图所示由图可知LAB＝(13.80－5.00) cm＝8.70 cm、LOA＝5.00 cm，此时由平衡可得2FTcos θ＝mg，且cos θ＝≈0.47，联立解得FT＝5.16 N，即细线所能承受的最大拉力约为5 N，故选C。8.(多选)如图8所示，有一倾角θ＝30°的斜面体B，质量为M。质量为m的物体A静止在B上。现用水平力F推物体A，在F由零逐渐增加至mg再逐渐减为零的过程中，A和B始终保持静止。对此过程下列说法正确的是(　　)图8A.地面对B的支持力大于(M＋m)gB.地面对B的摩擦力的最小值为0，最大值为mgC.A对B的压力的最小值为mg，最大值为mgD.A所受摩擦力的最小值为0，最大值为答案　BC解析　对A、B整体受力分析可知，地面对B的支持力一直等于(M＋m)g，A错误；地面对B的摩擦力Ff＝F，则Ff的最小值为0，最大值为mg，B正确；当F＝0时，A对B的压力最小，为mgcos 30°＝mg；当F＝mg时，A对B的压力最大，为mgcos 30°＋Fsin 30°＝mg，C正确；当Fcos 30°＝mgsin 30°时，即F＝mg时，A所受摩擦力为0，当F＝0时，A所受摩擦力大小为mg，方向沿斜面向上，当F＝mg时，A所受摩擦力大小为mg，方向沿斜面向上，D错误。9.如图9所示，在水平放置的木棒上的M、N两点，系着一根不可伸长的柔软轻绳，绳上套有一光滑小金属环。现将木棒绕其左端逆时针缓慢转动一个小角度，则关于轻绳对M、N两点的拉力F1、F2的变化情况，下列判断正确的是(　　)图9A.F1和F2都变大 B.F1变大，F2变小C.F1和F2都变小 D.F1变小，F2变大答案　C解析　由于是一根不可伸长的柔软轻绳，所以绳子的拉力相等。木棒绕其左端逆时针缓慢转动一个小角度后，绳子之间的夹角变小，绳对小金属环的合力等于重力，保持不变，所以绳子上的拉力变小，选项C正确，A、B、D错误。10.(2021·湖北襄阳检测)如图10所示，质量M＝2 kg的木块A套在水平杆上，并用轻绳将木块与质量 m＝ kg的小球B相连。今用与水平方向成α＝30°角的力F＝10 N，拉着小球带动木块一起向右匀速运动，运动中M、m相对位置保持不变，g取10 m/s2。求：图10(1)运动过程中轻绳与水平方向的夹角θ；(2)木块与水平杆间的动摩擦因数μ；(3)当tan α为多大时，使小球和木块一起向右匀速运动的拉力最小？答案　(1)30°　(2)　(3)解析　(1)对B进行受力分析，设细绳对B的拉力为FT，由平衡条件可得Fcos 30°＝FTcos θFsin 30°＋FTsin θ＝mg解得FT＝10 N，tan θ＝即θ＝30°。(2)对A进行受力分析，由平衡条件有FTsin θ＋Mg＝FNFTcos θ＝μFN解得μ＝。(3)对A、B进行受力分析，由平衡条件有Fsin α＋FN＝(M＋m)g，Fcos α＝μFN解得F＝令sin β＝，cos β＝，即tan β＝，则F＝＝显然，当α＋β＝90°时，F有最小值，所以tan α＝μ＝时，F的值最小。