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2025高考物理一轮总复习第2章相互作用专题强化2动态平衡问题平衡中的临界和极值问题提能训练
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这是一份2025高考物理一轮总复习第2章相互作用专题强化2动态平衡问题平衡中的临界和极值问题提能训练，共9页。
题组一 动态平衡问题
1. (2024·安徽蚌埠检测)如图甲，一台空调外机用两个三角形支架固定在外墙上，空调外机的重心恰好在支架水平横梁OA和斜梁OB的连接点O的上方，图乙为示意图。如果把斜梁加长一点，即B点下移，仍保持连接点O的位置不变，横梁仍然水平，这时OA对O点的作用力F1和OB对O点的作用力F2将如何变化( B )
A．F1变大，F2变大 B．F1变小，F2变小
C．F1变大，F2变小 D．F1变小，F2变大
[解析] 设OA与OB之间的夹角为α，对O点受力分析可知F压＝G，F2＝eq \f(F压,sin α)，F1＝eq \f(F压,tan α)，因斜梁加长，所以α角变大，由数学知识可知，F1变小，F2变小，B正确，A、C、D错误。
2．(2024·江西上饶市模拟)如图所示，轻绳a的一端固定于竖直墙壁，另一端拴连一个光滑圆环。轻绳b穿过圆环，一端拴连一个物体，用力拉住另一端C将物体吊起，使其处于静止状态。不计圆环受到的重力，现将C端沿竖直方向上移一小段距离，待系统重新静止时( B )
A．绳a与竖直方向的夹角不变
B．绳b的倾斜段与绳a的夹角变小
C．绳a中的张力变大
D．绳b中的张力变小
[解析] 轻绳b穿过圆环，一端拴连一个物体，可知轻绳b的拉力与物体重力相等，根据力的合成法则可知轻绳b与连接物体绳子拉力的合力F方向与a绳共线，用力拉住另一端C将物体吊起，可知绳a与竖直方向的夹角变大，故A、D错误；轻绳b与F的夹角变大，则绳b的倾斜段与绳a的夹角变小，故B正确；根据力的合成法则可知，两分力的夹角变大，合力变小，故绳a中的张力变小，故C错误。故选B。
3. (多选)(2024·福建漳州质检)如图，用硬铁丝弯成的光滑半圆环竖直放置，最高点B处固定一小滑轮，质量为m的小球A穿在环上。现用细绳一端拴在小球A上，另一端跨过滑轮用力F拉动，使小球A缓慢向上移动。在移动过程中关于铁丝对小球A的支持力N，下列说法正确的是( AD )
A．N的方向始终背离圆心O
B．N的方向始终指向圆心O
C．N逐渐变小
D．N大小不变
[解析] 在小球A缓慢向上移动的过程中，小球A处于三力平衡状态，根据平衡条件知小球A的重力mg与半圆环对小球的支持力N的合力与细绳的拉力T等大、反向、共线，作出mg与N的合力，如图所示，由三角形相似有eq \f(mg,BO)＝eq \f(N,AO)＝eq \f(T,AB)，AO、BO、mg都不变，则N大小不变，方向始终背离圆心O。故A、D正确，B、C错误。
4．(2024·河北邢台市联考)“安吉游戏”源起浙江省安吉县，是安吉幼儿园“游戏”式的教学方法的简称。“安吉游戏”提倡把游戏还给孩子，让他们在自主、自由的游戏中学习。如图所示，是一个小朋友将一个篮球放在斜坡上，并用竖直挡板挡住，篮球处于静止状态。已知斜坡的倾角为θ(θ为锐角)，挡板对篮球的弹力为F1，斜面对篮球的弹力为F2，不考虑篮球受到的摩擦力，下列说法正确的是( C )
A．斜面对篮球的弹力F2小于挡板对篮球的弹力F1
B．斜面对篮球的弹力F2小于篮球重力G
C．缓慢地把挡板绕其与坡面的接触轴逆时针转一个较小角度，F1减小
D．缓慢地把挡板绕其与坡面的接触轴逆时针转一个较小角度，F2增大
[解析] 对篮球受力分析如图所示，
设篮球质量m，由于篮球处于静止状态，所以F1和mg的合力大小等于F2，则有F2＝eq \f(mg,cs θ)＝eq \f(G,cs θ)，F1＝mgtan θ＝Gtan θ，故F2>F1，F2>G，故A、B错误；对篮球进行受力分析如图所示
绕O缓慢把挡板绕其与坡面的接触轴逆时针转一个较小角度，图中得B缓慢下移，即F1′＝F1，F2′＝F2，则F1减小，F2也减小，故C正确，D错误。故选C。
5．(2024·河北衡水市联考)如图所示，轻杆一端与动摩擦因数足够大的地面上A点接触，另一端靠在光滑竖直墙壁上的B点，一只老鼠顺杆缓慢上爬的过程中，杆始终静止，则( B )
A．A点杆受力不变 B．A点杆受力变大
C．B点杆受到弹力不变 D．B点杆受到弹力变小
[解析] 设墙壁对B点的弹力为N，方向向右，地面对A点的作用力为F，老鼠上爬的过程中，重心的位置发生变化，则F与竖直方向的夹角变大，根据平衡条件可知Fcs θ＝G，Fsin θ＝N，可知A点杆受力和B点杆受到弹力都变大。故选B。
题组二 临界和极值问题
6. 如图所示，一工人手持砖夹提着一块砖匀速前进，手对砖夹竖直方向的拉力大小为F。已知砖夹的质量为m，重力加速度为g，砖夹与砖块之间的滑动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。若砖块不滑动，则砖夹与砖块一侧间的压力的最小值是( C )
A．eq \f(F,2μ) B．eq \f(F,μ)
C．eq \f(F－mg,2μ) D．eq \f(F－mg,μ)
[解析] 工人手持砖夹提着一块砖匀速前进，砖夹处于平衡状态，在竖直方向满足F＝mg＋2Ff，砖夹与砖之间恰好达到最大静摩擦力Ff＝μFN，联立解得，砖夹与砖块一侧间的压力的最小值为FN＝eq \f(F－mg,2μ)，C正确。
7. (2024·广西桂林调研)如图所示，质量为m(可以看成质点)的小球，用两根轻绳OP和O′P在P点拴结后再分别系于竖直墙上相距0.4 m的O、O′两点上，绳OP长为0.5 m，绳O′P长0.3 m，今在小球上施加一方向与水平方向成θ＝37°角的拉力F，将小球缓慢拉起。绳O′P刚拉直时，绳OP拉力为T1，绳OP刚松弛时，绳O′P拉力为T2，则T1∶T2为(sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)( C )
A．3∶4 B．4∶3
C．3∶5 D．4∶5
[解析] 绳O′P刚拉直时，由几何关系可知此时绳OP与竖直方向夹角为37°，小球受力如图甲所示，则T1＝eq \f(4,5)mg。绳OP刚松弛时，小球受力如图乙所示，则T2＝eq \f(4,3)mg。则T1∶T2＝3∶5，选项C正确。
能力综合练
8.如图所示，半径相同、质量分布均匀的圆柱体E和半圆柱体M靠在一起，E表面光滑，重力为G；M下表面粗糙，E、M均静止在水平地面上。现过E的轴心施以水平作用力F，可使圆柱体E被缓慢拉离水平地面，并缓慢地滑到M的顶端，在上述全过程中，M始终处于静止状态。对该过程的分析，下列说法正确的是( D )
A．地面所受M的压力一直增大
B．地面对M的摩擦力一直增大
C．水平作用力F的大小一直增大
D．E、M间的压力最大值为2G
[解析] 圆柱体E和半圆柱体M视为一整体，以整体为研究对象，因为整体处于平衡状态，在竖直方向有FN′＝G＋GM，可知地面支持力大小保持不变，根据牛顿第三定律知地面所受M的压力大小不变，故A错误；以圆柱体E为研究对象，受力分析如图所示，设两圆心连线与地面的夹角为θ，则有FNsin θ＝G，FNcs θ＝F，解得FN＝eq \f(G,sin θ)，F＝eq \f(cs θ,sin θ)G＝eq \f(G,tan θ)，依题意知θ从30°增大到90°，则可知F逐渐变小；将圆柱体E和半圆柱体M视为一整体，因为整体处于平衡状态，则水平方向有Ff＝F，因过程中水平拉力F一直在变小，所以地面对M的摩擦力也一直变小，故B、C错误；据分析，因开始时θ最小，则E与M之间的压力FN最大，则有FN＝eq \f(G,sin 30°)＝2G，故D正确。
9. (多选)一轻质杆两端分别固定质量均为m的小球A、B，由细线OE、FC悬挂于水平天花板及竖直墙壁上，如图所示，其中OE与竖直方向的夹角θ＝30°，FC水平。现保持轻杆位置不变，而将FC线的C端缓慢上移到FC与水平方向成α＝60°的位置，则下列说法中正确的是( AB )
A．细线OE的拉力一直减小且减小了eq \f(2\r(3),3)mg
B．细线FC的拉力先减小后增大，其最小值为mg
C．细线FC的拉力一直减小且减小了mg
D．轻杆的弹力先减小后增大，其最小值为eq \f(\r(3),3)mg
[解析] 先取两小球及轻杆整体为研究对象，整体受重力2mg、细线OE的拉力F1及细线FC的拉力F2作用处于平衡状态。此三力满足图甲所示关系，当C端缓慢上移时，由图知细线OE的拉为一直减小，最初其大小为eq \f(2mg,cs 30°)＝eq \f(4\r(3),3)mg，移动后其大小为eq \f(mg,cs 30°)＝eq \f(2\r(3),3)mg，减小了eq \f(2\r(3),3)mg，A正确；由图甲知细线FC的拉力先减小后增大，其最小值为mg，B正确，C错误；取A球为研究对象，其所受重力、细线OE的拉力F1及轻杆的弹力F满足图乙所示关系，因为末态时OE的拉力大小为eq \f(2\r(3),3)mg＝eq \f(mg,cs 30°)，所以最后杆的弹力正好沿水平方向，由图乙知杆的弹力一直在减小，D错误。
10. (多选)(2023·福建泉州联考)如图所示，天花板下细线OC悬挂着一个光滑轻质定滑轮，小物块A置于斜面上，通过细线跨过滑轮与沙漏B连接，滑轮右侧细线与斜面平行。开始时A、B都处于静止状态，OC与竖直方向的夹角为θ，在B中的沙子缓慢流出的过程中( AC )
A．A受到的摩擦力可能缓慢减小
B．A受到的细线拉力可能缓慢增加
C．细线OC的张力一定缓慢减小
D．细线OC与竖直方向的夹角θ可能增加
[解析] A受到的细线拉力等于B的重力，若开始时斜面对A的摩擦力沿斜面向下，则有mBg＝f＋mAgsin θ，则随着B中的沙子缓慢流出，A受到的摩擦力f缓慢减小，选项A正确；A受到的细线拉力等于B的重力，随着B中的沙子缓慢流出，A受到的细线拉力逐渐减小，选项B错误；因为滑轮两边细线的拉力总是相等的，则两个力的合力的方向总是沿着滑轮两边细线夹角的平分线，则OC与竖直方向的夹角θ不变，OC的张力等于滑轮两边细线拉力的合力，细线的拉力逐渐减小，两力的夹角不变，则OC的张力逐渐减小，选项C正确，D错误。
11. (多选)如图所示，质量为M的楔形物体ABC放置在墙角的水平地板上，BC面与水平地板间的动摩擦因数为μ，楔形物体与地板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。在楔形物体AC面与竖直墙壁之间，放置一个质量为m的光滑球体，同时给楔形物体一个向右的水平力，楔形物体与球始终处于静止状态。已知AC面倾角θ＝53°，sin 53°＝0.8，重力加速度为g，则( BD )
A．楔形物体对地板的压力大小为Mg
B．当F＝eq \f(4,3)mg时，楔形物体与地板间无摩擦力
C．向右的水平力F的最小值一定是零
D．向右的水平力F的最大值为eq \f(4,3)mg＋μ(m＋M)g
[解析] 将楔形物体、光滑球体视为一个整体可知，楔形物体对地板的压力大小为(M＋m)g，故A错误；球体对AC面的弹力大小为FNAC＝eq \f(mg,cs θ)＝eq \f(5,3)mg，当F＝FNACsin θ＝eq \f(4,3)mg时，楔形物体水平方向上受到的合力为零，没有运动趋势，摩擦力为零，故B正确；楔形物体受到的最大静摩擦力fm＝μ(m＋M)g，当水平向右的外力最小(设为Fn)时，楔形物体可能有向左运动趋势，当μ(m＋M)g≥eq \f(4,3)mg时Fn＝0。当μ(m＋M)g12．(2024·广东潮州模拟)新疆是我国最大的产棉区，如图甲所示，在新疆超出70%棉田都是通过机械自动化采收，自动采棉机将棉花打包成圆柱形棉包，然后平稳地将其放下。放下棉包的过程可以简化为如图乙所示模型，质量为m的棉包放在“V”形挡板上，两板间夹角为120°固定不变，“V”形挡板可绕P轴在竖直面内转动，使BP板由水平位置逆时针缓慢转动，忽略“V”形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( C )
A．棉包对AP板的压力一直减小
B．棉包始终受到三个力的作用
C．在AP板转到水平前，BP板与AP板对棉包的作用力的合力不变
D．当BP板转过60°时，棉包对BP板的作用力大小为mg
[解析] 以棉包为研究对象进行受力分析，如图所示，设BP板转动的角度为θ(0<θ<60°)，棉包的重力为mg，BP板对棉包的支持力为F1，AP板对棉包的支持力为F2，根据正弦定理有eq \f(F1,sin60°－θ)＝eq \f(F2,sin θ)＝eq \f(mg,sin 120°)，在θ从0增加到60°的过程中，F2一直增大，根据牛顿第三定律可知棉包对AP板的压力一直增大，故A错误；当BP板转过60°时，AP处于水平状态，此时棉包对BP板的作用力大小为零，所以当BP板或AP板处于水平状态时，棉包受重力和BP板或AP板的支持力这两个力作用，故B、D错误；在AP板转到水平前，BP板与AP板对棉包的作用力的合力始终与棉包的重力平衡，所以合力不变，故C正确。
13．(2024·河南许昌市联考)如图所示，光滑水平面上有一劈形小车，小车的斜面上有一物块A，物块A通过跨过光滑滑轮的轻绳与小物块B相连，并且小物块B还通过轻绳连接在固定点O处，一开始两段轻绳的夹角为直角。现用水平力F向左缓慢推动小车直到物块A刚要滑动时，下列说法正确的是( D )
A．悬挂在O点的轻绳的拉力在减小
B．连接物块A的轻绳的拉力在减小
C．物块A受到的摩擦力在减小
D．水平力F在增大
[解析] 对小物块B在A未推动时进行受力分析，如下图
根据受力平衡可知，T1＝GBcs α，T2＝GBcs β，由于两段轻绳的夹角为直角，当向左缓慢推动小车时，由于物块A未滑动，因此α、β都增大，而T1、T2的合力大小仍等于GB，根据平行四边形法则可知，T1、T2都增大，故A、B错误；对物块A进行受力分析，设斜面与水平面的夹角为θ，若小车未移动时GAsin θ>T2，则物块A受到的摩擦力沿斜面向上，且GAsin θ＝T2＋f，小车移动后，T2增大，因此f减小，若小车未移动时GAsin θ
题组一 动态平衡问题
1. (2024·安徽蚌埠检测)如图甲，一台空调外机用两个三角形支架固定在外墙上，空调外机的重心恰好在支架水平横梁OA和斜梁OB的连接点O的上方，图乙为示意图。如果把斜梁加长一点，即B点下移，仍保持连接点O的位置不变，横梁仍然水平，这时OA对O点的作用力F1和OB对O点的作用力F2将如何变化( B )
A．F1变大，F2变大 B．F1变小，F2变小
C．F1变大，F2变小 D．F1变小，F2变大
[解析] 设OA与OB之间的夹角为α，对O点受力分析可知F压＝G，F2＝eq \f(F压,sin α)，F1＝eq \f(F压,tan α)，因斜梁加长，所以α角变大，由数学知识可知，F1变小，F2变小，B正确，A、C、D错误。
2．(2024·江西上饶市模拟)如图所示，轻绳a的一端固定于竖直墙壁，另一端拴连一个光滑圆环。轻绳b穿过圆环，一端拴连一个物体，用力拉住另一端C将物体吊起，使其处于静止状态。不计圆环受到的重力，现将C端沿竖直方向上移一小段距离，待系统重新静止时( B )
A．绳a与竖直方向的夹角不变
B．绳b的倾斜段与绳a的夹角变小
C．绳a中的张力变大
D．绳b中的张力变小
[解析] 轻绳b穿过圆环，一端拴连一个物体，可知轻绳b的拉力与物体重力相等，根据力的合成法则可知轻绳b与连接物体绳子拉力的合力F方向与a绳共线，用力拉住另一端C将物体吊起，可知绳a与竖直方向的夹角变大，故A、D错误；轻绳b与F的夹角变大，则绳b的倾斜段与绳a的夹角变小，故B正确；根据力的合成法则可知，两分力的夹角变大，合力变小，故绳a中的张力变小，故C错误。故选B。
3. (多选)(2024·福建漳州质检)如图，用硬铁丝弯成的光滑半圆环竖直放置，最高点B处固定一小滑轮，质量为m的小球A穿在环上。现用细绳一端拴在小球A上，另一端跨过滑轮用力F拉动，使小球A缓慢向上移动。在移动过程中关于铁丝对小球A的支持力N，下列说法正确的是( AD )
A．N的方向始终背离圆心O
B．N的方向始终指向圆心O
C．N逐渐变小
D．N大小不变
[解析] 在小球A缓慢向上移动的过程中，小球A处于三力平衡状态，根据平衡条件知小球A的重力mg与半圆环对小球的支持力N的合力与细绳的拉力T等大、反向、共线，作出mg与N的合力，如图所示，由三角形相似有eq \f(mg,BO)＝eq \f(N,AO)＝eq \f(T,AB)，AO、BO、mg都不变，则N大小不变，方向始终背离圆心O。故A、D正确，B、C错误。
4．(2024·河北邢台市联考)“安吉游戏”源起浙江省安吉县，是安吉幼儿园“游戏”式的教学方法的简称。“安吉游戏”提倡把游戏还给孩子，让他们在自主、自由的游戏中学习。如图所示，是一个小朋友将一个篮球放在斜坡上，并用竖直挡板挡住，篮球处于静止状态。已知斜坡的倾角为θ(θ为锐角)，挡板对篮球的弹力为F1，斜面对篮球的弹力为F2，不考虑篮球受到的摩擦力，下列说法正确的是( C )
A．斜面对篮球的弹力F2小于挡板对篮球的弹力F1
B．斜面对篮球的弹力F2小于篮球重力G
C．缓慢地把挡板绕其与坡面的接触轴逆时针转一个较小角度，F1减小
D．缓慢地把挡板绕其与坡面的接触轴逆时针转一个较小角度，F2增大
[解析] 对篮球受力分析如图所示，
设篮球质量m，由于篮球处于静止状态，所以F1和mg的合力大小等于F2，则有F2＝eq \f(mg,cs θ)＝eq \f(G,cs θ)，F1＝mgtan θ＝Gtan θ，故F2>F1，F2>G，故A、B错误；对篮球进行受力分析如图所示
绕O缓慢把挡板绕其与坡面的接触轴逆时针转一个较小角度，图中得B缓慢下移，即F1′＝F1，F2′＝F2，则F1减小，F2也减小，故C正确，D错误。故选C。
5．(2024·河北衡水市联考)如图所示，轻杆一端与动摩擦因数足够大的地面上A点接触，另一端靠在光滑竖直墙壁上的B点，一只老鼠顺杆缓慢上爬的过程中，杆始终静止，则( B )
A．A点杆受力不变 B．A点杆受力变大
C．B点杆受到弹力不变 D．B点杆受到弹力变小
[解析] 设墙壁对B点的弹力为N，方向向右，地面对A点的作用力为F，老鼠上爬的过程中，重心的位置发生变化，则F与竖直方向的夹角变大，根据平衡条件可知Fcs θ＝G，Fsin θ＝N，可知A点杆受力和B点杆受到弹力都变大。故选B。
题组二 临界和极值问题
6. 如图所示，一工人手持砖夹提着一块砖匀速前进，手对砖夹竖直方向的拉力大小为F。已知砖夹的质量为m，重力加速度为g，砖夹与砖块之间的滑动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。若砖块不滑动，则砖夹与砖块一侧间的压力的最小值是( C )
A．eq \f(F,2μ) B．eq \f(F,μ)
C．eq \f(F－mg,2μ) D．eq \f(F－mg,μ)
[解析] 工人手持砖夹提着一块砖匀速前进，砖夹处于平衡状态，在竖直方向满足F＝mg＋2Ff，砖夹与砖之间恰好达到最大静摩擦力Ff＝μFN，联立解得，砖夹与砖块一侧间的压力的最小值为FN＝eq \f(F－mg,2μ)，C正确。
7. (2024·广西桂林调研)如图所示，质量为m(可以看成质点)的小球，用两根轻绳OP和O′P在P点拴结后再分别系于竖直墙上相距0.4 m的O、O′两点上，绳OP长为0.5 m，绳O′P长0.3 m，今在小球上施加一方向与水平方向成θ＝37°角的拉力F，将小球缓慢拉起。绳O′P刚拉直时，绳OP拉力为T1，绳OP刚松弛时，绳O′P拉力为T2，则T1∶T2为(sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)( C )
A．3∶4 B．4∶3
C．3∶5 D．4∶5
[解析] 绳O′P刚拉直时，由几何关系可知此时绳OP与竖直方向夹角为37°，小球受力如图甲所示，则T1＝eq \f(4,5)mg。绳OP刚松弛时，小球受力如图乙所示，则T2＝eq \f(4,3)mg。则T1∶T2＝3∶5，选项C正确。
能力综合练
8.如图所示，半径相同、质量分布均匀的圆柱体E和半圆柱体M靠在一起，E表面光滑，重力为G；M下表面粗糙，E、M均静止在水平地面上。现过E的轴心施以水平作用力F，可使圆柱体E被缓慢拉离水平地面，并缓慢地滑到M的顶端，在上述全过程中，M始终处于静止状态。对该过程的分析，下列说法正确的是( D )
A．地面所受M的压力一直增大
B．地面对M的摩擦力一直增大
C．水平作用力F的大小一直增大
D．E、M间的压力最大值为2G
[解析] 圆柱体E和半圆柱体M视为一整体，以整体为研究对象，因为整体处于平衡状态，在竖直方向有FN′＝G＋GM，可知地面支持力大小保持不变，根据牛顿第三定律知地面所受M的压力大小不变，故A错误；以圆柱体E为研究对象，受力分析如图所示，设两圆心连线与地面的夹角为θ，则有FNsin θ＝G，FNcs θ＝F，解得FN＝eq \f(G,sin θ)，F＝eq \f(cs θ,sin θ)G＝eq \f(G,tan θ)，依题意知θ从30°增大到90°，则可知F逐渐变小；将圆柱体E和半圆柱体M视为一整体，因为整体处于平衡状态，则水平方向有Ff＝F，因过程中水平拉力F一直在变小，所以地面对M的摩擦力也一直变小，故B、C错误；据分析，因开始时θ最小，则E与M之间的压力FN最大，则有FN＝eq \f(G,sin 30°)＝2G，故D正确。
9. (多选)一轻质杆两端分别固定质量均为m的小球A、B，由细线OE、FC悬挂于水平天花板及竖直墙壁上，如图所示，其中OE与竖直方向的夹角θ＝30°，FC水平。现保持轻杆位置不变，而将FC线的C端缓慢上移到FC与水平方向成α＝60°的位置，则下列说法中正确的是( AB )
A．细线OE的拉力一直减小且减小了eq \f(2\r(3),3)mg
B．细线FC的拉力先减小后增大，其最小值为mg
C．细线FC的拉力一直减小且减小了mg
D．轻杆的弹力先减小后增大，其最小值为eq \f(\r(3),3)mg
[解析] 先取两小球及轻杆整体为研究对象，整体受重力2mg、细线OE的拉力F1及细线FC的拉力F2作用处于平衡状态。此三力满足图甲所示关系，当C端缓慢上移时，由图知细线OE的拉为一直减小，最初其大小为eq \f(2mg,cs 30°)＝eq \f(4\r(3),3)mg，移动后其大小为eq \f(mg,cs 30°)＝eq \f(2\r(3),3)mg，减小了eq \f(2\r(3),3)mg，A正确；由图甲知细线FC的拉力先减小后增大，其最小值为mg，B正确，C错误；取A球为研究对象，其所受重力、细线OE的拉力F1及轻杆的弹力F满足图乙所示关系，因为末态时OE的拉力大小为eq \f(2\r(3),3)mg＝eq \f(mg,cs 30°)，所以最后杆的弹力正好沿水平方向，由图乙知杆的弹力一直在减小，D错误。
10. (多选)(2023·福建泉州联考)如图所示，天花板下细线OC悬挂着一个光滑轻质定滑轮，小物块A置于斜面上，通过细线跨过滑轮与沙漏B连接，滑轮右侧细线与斜面平行。开始时A、B都处于静止状态，OC与竖直方向的夹角为θ，在B中的沙子缓慢流出的过程中( AC )
A．A受到的摩擦力可能缓慢减小
B．A受到的细线拉力可能缓慢增加
C．细线OC的张力一定缓慢减小
D．细线OC与竖直方向的夹角θ可能增加
[解析] A受到的细线拉力等于B的重力，若开始时斜面对A的摩擦力沿斜面向下，则有mBg＝f＋mAgsin θ，则随着B中的沙子缓慢流出，A受到的摩擦力f缓慢减小，选项A正确；A受到的细线拉力等于B的重力，随着B中的沙子缓慢流出，A受到的细线拉力逐渐减小，选项B错误；因为滑轮两边细线的拉力总是相等的，则两个力的合力的方向总是沿着滑轮两边细线夹角的平分线，则OC与竖直方向的夹角θ不变，OC的张力等于滑轮两边细线拉力的合力，细线的拉力逐渐减小，两力的夹角不变，则OC的张力逐渐减小，选项C正确，D错误。
11. (多选)如图所示，质量为M的楔形物体ABC放置在墙角的水平地板上，BC面与水平地板间的动摩擦因数为μ，楔形物体与地板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。在楔形物体AC面与竖直墙壁之间，放置一个质量为m的光滑球体，同时给楔形物体一个向右的水平力，楔形物体与球始终处于静止状态。已知AC面倾角θ＝53°，sin 53°＝0.8，重力加速度为g，则( BD )
A．楔形物体对地板的压力大小为Mg
B．当F＝eq \f(4,3)mg时，楔形物体与地板间无摩擦力
C．向右的水平力F的最小值一定是零
D．向右的水平力F的最大值为eq \f(4,3)mg＋μ(m＋M)g
[解析] 将楔形物体、光滑球体视为一个整体可知，楔形物体对地板的压力大小为(M＋m)g，故A错误；球体对AC面的弹力大小为FNAC＝eq \f(mg,cs θ)＝eq \f(5,3)mg，当F＝FNACsin θ＝eq \f(4,3)mg时，楔形物体水平方向上受到的合力为零，没有运动趋势，摩擦力为零，故B正确；楔形物体受到的最大静摩擦力fm＝μ(m＋M)g，当水平向右的外力最小(设为Fn)时，楔形物体可能有向左运动趋势，当μ(m＋M)g≥eq \f(4,3)mg时Fn＝0。当μ(m＋M)g
A．棉包对AP板的压力一直减小
B．棉包始终受到三个力的作用
C．在AP板转到水平前，BP板与AP板对棉包的作用力的合力不变
D．当BP板转过60°时，棉包对BP板的作用力大小为mg
[解析] 以棉包为研究对象进行受力分析，如图所示，设BP板转动的角度为θ(0<θ<60°)，棉包的重力为mg，BP板对棉包的支持力为F1，AP板对棉包的支持力为F2，根据正弦定理有eq \f(F1,sin60°－θ)＝eq \f(F2,sin θ)＝eq \f(mg,sin 120°)，在θ从0增加到60°的过程中，F2一直增大，根据牛顿第三定律可知棉包对AP板的压力一直增大，故A错误；当BP板转过60°时，AP处于水平状态，此时棉包对BP板的作用力大小为零，所以当BP板或AP板处于水平状态时，棉包受重力和BP板或AP板的支持力这两个力作用，故B、D错误；在AP板转到水平前，BP板与AP板对棉包的作用力的合力始终与棉包的重力平衡，所以合力不变，故C正确。
13．(2024·河南许昌市联考)如图所示，光滑水平面上有一劈形小车，小车的斜面上有一物块A，物块A通过跨过光滑滑轮的轻绳与小物块B相连，并且小物块B还通过轻绳连接在固定点O处，一开始两段轻绳的夹角为直角。现用水平力F向左缓慢推动小车直到物块A刚要滑动时，下列说法正确的是( D )
A．悬挂在O点的轻绳的拉力在减小
B．连接物块A的轻绳的拉力在减小
C．物块A受到的摩擦力在减小
D．水平力F在增大
[解析] 对小物块B在A未推动时进行受力分析，如下图
根据受力平衡可知，T1＝GBcs α，T2＝GBcs β，由于两段轻绳的夹角为直角，当向左缓慢推动小车时，由于物块A未滑动，因此α、β都增大，而T1、T2的合力大小仍等于GB，根据平行四边形法则可知，T1、T2都增大，故A、B错误；对物块A进行受力分析，设斜面与水平面的夹角为θ，若小车未移动时GAsin θ>T2，则物块A受到的摩擦力沿斜面向上，且GAsin θ＝T2＋f，小车移动后，T2增大，因此f减小，若小车未移动时GAsin θ
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