专题一.docx

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专题一

专题定位

　本专题解决的是受力分析和共点力平衡问题．高考对本专题内容的考查主要有：

①对各种性质力特点的理解；②共点力作用下平衡条件的应用．考查的主要物理方法和思想有：

①整体法和隔离法；②假设法；③合成法；④正交分解法；⑤矢量三角形法；⑥相似三角形法；⑦等效思想；⑧分解思想．

应考策略

　深刻理解各种性质力的特点．熟练掌握分析共点力平衡问题的各种方法．

高考题型1　整体法与隔离法的应用

解题方略

1．在分析两个或两个以上物体间的相互作用时，一般采用整体法与隔离法进行分析．

2．采用整体法进行受力分析时，要注意系统内各个物体的状态应该相同．

3．当直接分析一个物体的受力不方便时，可转移研究对象，先分析另一个物体的受力，再根据牛顿第三定律分析该物体的受力，此法叫“转移研究对象法”．

例1

　如图1所示，A是倾角为θ的质量为M的斜面体，B是质量为m的截面为直角三角形的物块，物块B上表面水平．物块B在一水平推力F的作用下沿斜面匀速上升，斜面体静止不动．设重力加速度为g，则下列说法中正确的是（　　）

图1

A．地面对斜面体A无摩擦力

B．B对A的压力大小为mgcosθ

C．A对地面的压力大小为Mg

D．B对A的作用力大小为

解析　先对A、B整体受力分析，受重力、支持力、推力和向左的静摩擦力，根据平衡条件，有：

水平方向：

F＝Ff，竖直方向：

FN1＝（M＋m）g，根据牛顿第三定律，压力与支持力等值，故压力为（M＋m）g，故A、C错误；对物块B受力分析，受推力、重力、支持力和滑动摩擦力，根据平衡条件，有：

平行斜面方向：

Fcosθ－mgsinθ－Ff′＝0，垂直斜面方向：

FN2＝Fsinθ＋mgcosθ.其中：

Ff′＝μFN2，根据牛顿第三定律，压力与支持力等值，故压力为Fsinθ＋mgcosθ，故B错误；由于是四力平衡，故支持力和摩擦力的合力与推力F和重力的合力平衡；即A对B的作用力等于

，故B对A的作用力也等于

，故D正确．

答案　D

预测1　如图2所示，质量均为M的A、B两滑块在粗糙水平面上，两轻杆等长，杆与滑块、杆与杆间均用光滑铰链连接，在两杆铰合处悬挂一质量为m的重物C，整个装置处于静止状态，设杆与水平面间的夹角为θ.下列说法正确的是（　　）

图2

A．当m一定时，θ越大，轻杆受力越小

B．当m一定时，θ越小，滑块对地面的压力越大

C．当θ一定时，M越大，滑块与地面间的摩擦力越大

D．当θ一定时，M越小，可悬挂重物C的质量m越大

答案　A

解析　将C的重力按照作用效果分解，如图所示：

根据平行四边形定则，有：

F1＝F2＝

＝

故m一定时，θ越大，轻杆受力越小，A正确；对A、B、C整体分析可知，滑块对地面的压力为FN＝（2M＋m）g，与θ无关，B错误；对A分析，受重力、杆的推力、支持力和向右的静摩擦力，根据平衡条件，有：

f＝F1cosθ＝

，与M无关，C错误；只要动摩擦因数足够大，即可满足F1cosθ≤μF1sinθ，不管M多大，M都不会滑动，故可悬挂重物C的质量与M无关，D错误．

预测2　如图3所示，质量为M的木块A套在粗糙水平杆上，并用轻绳将木块A与质量为m的小球B相连．现用水平力F将小球B缓慢拉起，在此过程中木块A始终静止不动．假设杆对A的支持力为FN，杆对A的摩擦力为Ff，绳中拉力为FT，则此过程中（　　）

图3

A．F增大B．Ff不变

C．FT减小D．FN减小

答案　A

解析　以B为研究对象，小球受到重力、水平力F和轻绳的拉力FT，如图甲所示：

由平衡条件得：

F＝mgtanα，α增大，则F增大；再以整体为研究对象，受力分析图如图乙所示，根据平衡条件得：

Ff＝F，则Ff逐渐增大，FN＝（M＋m）g，即FN保持不变．

预测3　（2015·山东·16）如图4所示，滑块A置于水平地面上，滑块B在一水平力作用下紧靠滑块A（A、B接触面竖直），此时A恰好不滑动，B刚好不下滑．已知A与B间的动摩擦因数为μ1，A与地面间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．A与B的质量之比为（　　）

图4

A.

B.

C.

D.

答案　B

解析　对物体A、B整体在水平方向上有F＝μ2（mA＋mB）g；对物体B在竖直方向上有μ1F＝mBg；联立解得：

＝

，选项B正确．

高考题型2　平衡条件的应用

解题方略

1．平衡状态：

物体静止或做匀速直线运动．

2．平衡条件：

F合＝0或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）若三个共点力的合力为零，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．

4．动态平衡问题分析的常用方法

（1）解析法：

一般把力进行正交分解，两个方向上列平衡方程，写出所要分析的力与变化角度的关系，然后判断各力的变化趋势．

（2）图解法：

能用图解法分析动态变化的问题有三个显著特征：

①物体一般受三个力作用；②其中有一个大小、方向都不变的力；③还有一个方向不变的力．

例2

　如图5所示，四分之一光滑圆弧面AB与倾角为60°的光滑斜面AC顶部相接，A处有一光滑的定滑轮，跨过定滑轮用轻质细绳连接质量分别为m1、m2的两小球，系统静止时连接的绳子与水平方向的夹角为60°.两小球及滑轮大小可忽略，则两小球质量的比值m1∶m2为（　　）

图5

A．1∶2B．3∶2

C．2∶3D.

∶2

解析　

对m1、m2受力分析如图所示，对m1有：

m1g＝2FTcos30°＝

FT，

解得FT＝

m1g，

对m2有：

FT＝m2gsin60°＝

m2g，解得m1∶m2＝3∶2.

答案　B

预测4　如图6甲所示为超市中的自动坡道式电梯（无台阶），某人蹲在电梯上随电梯匀速下行．若电梯倾角为30°，人的质量为m，人和电梯表面之间的动摩擦因数为μ，如图乙所示．电梯对人的支持力和摩擦力分别记为FN、Ff，则（　　）

图6

A．FN＝mgB．FN＝

mg

C．Ff＝0D．Ff＝

μmg

答案　B

解析　人随电梯匀速下行，受力平衡，对人进行受力分析，如图所示：

根据平衡条件得，Ff＝mgsin30°＝

mg，FN＝mgcos30°＝

mg，故B正确，A、C、D错误．

预测5　目前，我市每个社区均已配备了公共体育健身器材．图示器材为一秋千，用两根等长轻绳将一座椅悬挂在竖直支架上等高的两点．由于长期使用，导致两根支架向内发生了稍小倾斜，如图7中虚线所示，但两悬挂点仍等高．座椅静止时用F表示所受合力的大小，F1表示单根轻绳对座椅拉力的大小，与倾斜前相比（　　）

图7

A．F不变，F1变小B．F不变，F1变大

C．F变小，F1变小D．F变大，F1变大

答案　A

解析　木板静止时，受重力和两个拉力而平衡，故三个力的合力为零，即：

F＝0；根据共点力平衡条件，有：

2F1cosθ＝mg，解得：

F1＝

，由于长期使用，导致两根支架向内发生了稍小倾斜，故图中的θ角减小了，故F不变，F1减小．

高考题型3　电学中的平衡问题

解题方略

1．带电体的平衡问题仍然满足平衡条件，只是要注意准确分析场力——电场力、安培力或洛伦兹力．力学中用到的图解法和正交分解法等仍然可以用在电场的平衡中．

2．如果带电粒子在重力场、电场和磁场三者组成的复合场中做直线运动，则一定是匀速直线运动，因为F洛⊥v.

3．当涉及多个研究对象时，一般采用整体法和隔离法相结合的方法求解．当物体受到的力多于三个时，往往采用正交分解法列出分方向的平衡方程．

例3

　（多选）（2015·浙江理综·20）如图8所示，用两根长度相同的绝缘细线把一个质量为0.1kg的小球A悬挂到水平板的M、N两点，A上带有Q＝3.0×10－6C的正电荷．两线夹角为120°，两线上的拉力大小分别为F1和F2.A的正下方0.3m处放有一带等量异种电荷的小球B，B与绝缘支架的总质量为0.2kg（重力加速度取g＝10m/s2；静电力常量k＝9.0×109N·m2/C2，A、B球可视为点电荷），则（　　）

图8

A．支架对地面的压力大小为2.0N

B．两线上的拉力大小F1＝F2＝1.9N

C．将B水平右移，使M、A、B在同一直线上，此时两线上的拉力大小F1＝1.225N，F2＝1.0N

D．将B移到无穷远处，两线上的拉力大小F1＝F2＝0.866N

解析　

小球A、B间的库仑力为

F库＝k

＝9.0×109×

N＝0.9N，以B和绝缘支架整体为研究对象受力分析图如图甲所示，地面对支架支持力为FN＝mg－F库＝1.1N，A错误；以A球为研究对象，受力分析图如图乙所示，F1＝F2＝mAg＋F库＝1.9N，B正确；B水平向右移，当M、A、B在同一直线上时，A、B间距为r′＝0.6m，F库′＝k

＝0.225N，以A球为研究对象受

力分析图如图丙所示，正交分解可得：

F1′cos30°＝F2′cos30°＋F库′cos30°，F1′sin30°＋F2′sin30°＝mAg＋F库′sin30°，解得F2′＝1.0N，F1′＝1.225N，所以C正确；将B移到无穷远，则F库″＝0，可求得F1″＝F2″＝1N，D错误．

答案　BC

预测6　（2015·全国Ⅰ·24）如图9，一长为10cm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0.1T，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12V的电池相连，电路总电阻为2Ω.已知开关断开时两弹簧的伸长量均为0.5cm；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0.3cm，重力加速度大小取10m/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．

图9

答案　竖直向下　0.01kg

解析　金属棒通电后，闭合回路电流I＝

＝

＝6A

导体棒受到的安培力大小为F＝BIL＝0.06N

由左手定则可判断知金属棒受到的安培力方向竖直向下

由平衡条件知：

开关闭合前：

2kx＝mg

开关闭合后：

2k（x＋Δx）＝mg＋F

代入数值解得m＝0.01kg

预测7　如图10所示，在一个倾角为θ的斜面上，有一个质量为m，带负电的小球P（可视为点电荷），空间存在着方向垂直斜面向下的匀强磁场，带电物体与斜面间的摩擦力不能忽略，它在斜面上沿

图中所示的哪个方向运动，有可能保持匀速直线运动状态（　　）

图10

A．v1方向B．v2方向

C．v3方向D．v4方向

答案　C

解析　若小球的速度沿v1方向，滑动摩擦力与v1的方向相反，即沿图中v3方向，由左手定则知，小球受到的洛伦兹力方向在斜面平面内与v1垂直向下，重力的分力mgsinθ沿斜面向下，则知斜面平面内的合外力不为零，小球不可能做匀速直线运动，故A错误；若小球的速度沿v2方向，滑动摩擦力与v2的方向相反，即沿图中v4方向，由左手定则知，小球受到的洛伦兹力方向在斜面平面与v2垂直向上，重力的分力mgsinθ沿斜面向下，则知斜面平面内的合外力不为零，小球不可能做匀速直线运动，故B错误；若小球的速度沿v3方向，滑动摩擦力与v3的方向相反，即沿图中v1方向，由左手定则知，小球受到的洛伦兹力方向在斜面平面内与v3垂直向上，即沿v2方向，重力的分力mgsinθ沿斜面向下，则知斜面平面内的合外力可能为零，小球有可能做匀速直线运动，故C正确；若小球的速度沿v4方向，滑动摩擦力与v4的方向相反，即沿图中v2方向，由左手定则知，小球受到的洛伦兹力方向在斜面平面内与v4垂直向下，即沿v3方向，重力的分力mgsinθ沿斜面向下，则知斜面平面内的合外力不可能为零，小球不可能做匀速直线运动，故D错误．

高考题型4　平衡中的临界与极值问题

解题方略

1．平衡问题的临界状态是指物体所处的平衡状态将要被破坏而尚未被破坏的状态，可理解成“恰好出现”或“恰好不出现”，在问题的描述中常用“刚好”“刚能”“恰好”等语言叙述，解临界问题的基本方法是假设推理法．

2．临界问题往往是和极值问题联系在一起的．解决此类问题重在形成清晰的物理图景，分析清楚物理过程，从而找出临界条件或达到极值的条件．要特别注意可能出现的多种情况．

例4

　如图11所示，质量为m的物体，放在一固定斜面上，当斜面倾角为30°时恰能沿斜面匀速下滑．对物体施加一大小为F的水平向右的恒力，物体可沿斜面匀速向上滑行．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当斜面倾角增大并超过某一临界角θ0时，不论水平恒力F多大，都不能使物体沿斜面向上滑行，试求：

图11

（1）物体与斜面间的动摩擦因数；

（2）临界角θ0的大小．

解析　

（1）由题意可知，当斜面的倾角为30°时，物体恰好能沿斜面匀速下滑，由平衡条件可得，FN＝mgcos30°，mgsin30°＝μFN.解得，μ＝tan30°＝

.

（2）设斜面倾角为α，对物体受力分析如图所示，

Fcosα＝mgsinα＋Ff

FN＝mgcosα＋Fsinα

Ff＝μFN

当物体无法向上滑行时，

Fcosα≤mgsinα＋Ff

联立解得，F（cosα－μsinα）≤mgsinα＋μmgcosα

若“不论水平恒力F多大”，上式都成立，

则有cosα－μsinα≤0

解得，tanα≥

＝

，即α≥60°

故θ0＝60°.

答案　

（1）

（2）60°

预测8　如图12所示，在倾斜角为θ＝30°的斜面上，物块A与物块B通过轻绳相连，轻绳跨过光滑的定滑轮，物块A的质量为4kg，物块A与斜面间的动摩擦因数为

，设物块A与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，为使物块A静止在斜面上，物块B的质量不可能为（　　）

图12

A．1kgB．2kg

C．3kgD．4kg

答案　D

解析　

（1）若物块B的质量较小，物块A将有沿斜面下滑的趋势，则有：

Mg＋μmgcosθ＝mgsinθ，解得：

M＝1kg.

（2）若物块B的质量较大，物块A将有沿斜面上滑的趋势，则有：

Mg＝μmgcosθ＋mgsinθ，解得：

M＝3kg，综上所述，可知D正确．

预测9　质量为M的木楔倾角为θ，在水平面上保持静止，质量为m的木块刚好可以在木楔上表面上匀速下滑．现在用与木楔上表面成α角的力F拉着木块匀速上滑，如图13所示，求：

图13

（1）当α＝θ时，拉力F有最小值，求此最小值；

（2）拉力F最小时，木楔对水平面的摩擦力．

答案　

（1）mgsin2θ　

（2）

mgsin4θ

解析　

（1）木块刚好可以沿木楔上表面匀速下滑，mgsinθ＝μmgcosθ，则μ＝tanθ，用力F拉着木块匀速上滑，受力分析如图甲所示，Fcosα＝mgsinθ＋Ff，FN＋Fsinα＝mgcosθ，Ff＝μFN

联立以上各式解得，F＝

.

当α＝θ时，F有最小值，Fmin＝mgsin2θ.

（2）对木块和木楔整体受力分析如图乙所示，由平衡条件得，Ff′＝Fcos（θ＋α），当拉力F最小时，Ff′＝Fmin·cos2θ＝

mgsin4θ.

专题强化练

1．（多选）如图1所示，一车载导航仪放在底边水平的三角形支架上，处于静止状态，稍微减小支架的倾斜角度，以下说法正确的是（　　）

图1

A．导航仪所受弹力变小

B．导航仪所受摩擦力变小

C．支架施加给导航仪的作用力变小

D．支架施加给导航仪的作用力不变

答案　BD

2．如图2所示，滑块穿在水平横杆上并可沿杆左右滑动，它的下端通过一根细线与小球相连，小球受到水平向右的拉力F的作用，此时滑块与小球处于静止状态．保持拉力F始终沿水平方向，将其大小缓慢增大，细线偏离竖直方向的角度将增大，这一过程中滑块始终保持静止，则（　　）

图2

A．滑块对杆的压力增大

B．滑块受到杆的摩擦力增大

C．小球受到细线的拉力大小不变

D．小球所受各力的合力增大

答案　B

解析　对球进行受力分析，受重力mg、拉力F和细线的拉力FT，如图所示：

根据平衡条件，有：

F＝mgtanθ，FT＝

，故拉力F不断增加，拉力FT也增加；小球的合力为零，保持不变；故C、D错误；

对球和滑块整体进行受力分析，受到总重力、支持力、拉力和静摩擦力，根据平衡条件，有：

FN＝（M＋m）g，Ff＝F＝mgtanθ，支持力不变，根据牛顿第三定律，压力也不变；静摩擦力等于拉力，不断增加；故A错误，B正确．

3．如图3所示，MON为张角为90°的V型光滑支架，小球静止于支架内部，初始时刻支架的NO边处于竖直方向，将支架绕O点顺时针缓慢转动90°的过程中，NO板对小球弹力变化情况为（　　）

图3

A．一直增大B．一直减小

C．先增大后减小D．先减小后增大

答案　A

解析　以小球为研究对象，受力分析，小球开始受到重力G、挡板OM对小球的弹力，在挡板开始以O点顺时针缓慢转动90°的过程中，小球的合力为零，保持不变，根据平衡条件得知，挡板ON对小球的弹力渐渐增大，作出三种状态下小球的受力分析图如图．

4．下表面粗糙，其余面均光滑的斜面置于粗糙水平地面上，倾角与斜面相等的物体A放在斜面上，方形小物体B放在A上，在水平向左大小为F的恒力作用下，A、B及斜面均处于静止状态，如图4所示．现将小物体B从A上表面上取走，则（　　）

图4

A．A仍保持静止

B．A对斜面的压力不变

C．斜面可能向左运动

D．斜面对地面的压力变小

答案　D

解析　令A、B的质量分别为M和m，以A、B整体为研究对象受力分析，根据平衡条件有：

F＝（M＋m）gtanθ.取走质量为m的B后，沿斜面方向Fcosθ＝（M＋m）gsinθ>Mgsinθ，故A将向上滑动，故A错误；B在A上时，斜面对A的支持力FN＝Fsinθ＋（M＋m）gcosθ，当取走质量为m的B后，斜面对A的支持力FN′＝Fsinθ＋Mgcosθ，根据牛顿第三定律知，A对斜面的压力减小，故B错误；B在A上时，斜面受到地面的摩擦力Ff＝F＝（M＋m）gtanθ，取走m后，A对斜面的压力减小，压力在水平方向的分力同样减小，故斜面仍保持与地面静止，故C错误；以斜面及A、B整体为研究对象，B在A上时，地面对斜面的支持力等于斜面及A、B三者重力之和，取走m后，支持力等于斜面和A的重力之和，故D正确．

5．如图5所示，质量分别为m1、m2的两物体位于相邻的两水平台阶上，中间用轻弹簧相连，弹簧与竖直方向夹角为θ.在m2右端施加水平拉力F，使m1、m2均处于静止状态，已知重力加速度为g，m2表面光滑．则下列说法正确的是（　　）

图5

A．弹簧弹力的大小为

B．地面对m1的摩擦力大小为F

C．m1的表面可能光滑

D．m1与m2一定相等

答案　B

解析　对整体受力分析可知，整体受重力、支持力、拉力及摩擦力；要使整体处于平衡，则水平方向一定有向左的摩擦力作用在m1上，且大小与F相同，故B正确；因m1与地面间有摩擦力，故C错误；再对m1受力分析可知，弹力水平方向的分力应等于F，故弹力F弹＝

；因竖直方向上的受力不明确，无法确定两物体的质量关系，也无法求出弹簧弹力与重力的关系，故A、D错误．

6．如图6所示，水平桌面上有三个相同的物体a、b、c叠放在一起，a的左端通过一根轻绳与质量为m＝3kg的小球相连，绳与水平方向的夹角为60°，小球静止在光滑的半圆形器皿中，水平向右的力F＝40N作用在b上，三个物体保持静止状态，g取10m/s2，下列说法正确的是（　　）

图6

A．物体c受到向右的静摩擦力

B．物体b受到一个摩擦力，方向向左

C．桌面对物体a的静摩擦力方向水平向右

D．撤去力F的瞬间，三个物体将获得向左的加速度

答案　B

解析　三个物体保持静止状态，对c：

Ff＝0，故A错误；对b、c：

Ff1＝F＝40N，故b只受一个静摩擦力，方向与F相反，即水平向左，故B正确；对a、b、c：

设绳的拉力为FT，器皿对小球的弹力为FN，桌面对a的静摩擦力为Ff2，则水平面上：

F＋Ff2－FT＝0①

对小球受力分析如图：

由于小球静止，故竖直方向上：

FNsin60°＋FTsin60°＝mg②

水平方向上：

FNcos60°＝FTcos60°③

联立①②③式代入数据解得：

FT＝10

N，Ff2≈－22.68N，故桌面对a的静摩擦力水平向左，故C错误；若撤去F，对a，水平方向上受绳的拉力：

FT＝10

N<静摩擦力Ff2，故整个系统仍然保持静止，故D错误．

7．如图7所示，挡板垂直于斜面固定在斜面上，一滑块m放在斜面上，其上表面呈弧形且左端最薄，一球M搁在挡板与弧形滑块上，一切摩擦均不计，用平行于斜面的拉力F拉住弧形滑块，使球与滑块均静止，现将滑块平行于斜面向上拉过一较小的距离，球仍搁在挡板与滑块上且处于静止状态，则与原来相比（　　）

图7

A．滑块对球的弹力增大

B．挡板对球的弹力减小

C．斜面对滑块的弹力增大

D．拉力F不变

答案　B

解析　对球进行受力分析，如图（a），球只受三个力的作用，挡板对球的力F1方向不变，作出力的矢量图，滑块上移时，F2与竖直方向夹角减小，最小时F2垂直于F1，可以知道挡板弹力F1和滑块对球的作用力F2都减小，故A错误，B正确；

再对滑块和球一起受力分析，如图（b），其中FN＝Gcosθ不变，F＋F1不变，F1减小，可以知道斜面对滑块的支持力不变，拉力F增大，故C、D错误．

8．（多选）如图8所示为一电流表的原理示意图．质量为m的均质细金属棒MN的中点处通过一挂钩与一竖直悬挂的弹簧相连，绝缘弹簧劲度系数为k；在矩形区域abcd内有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外；与MN的右端N连接的一绝缘轻指针可指示标尺上的读数，MN的长度大于

.当MN中没有电流通过且处于平衡状态时，MN与矩形区域的cd边重合；当MN中有电流通过时，指针示数可表示电流强度．则（　　）

图8

A．当电流表示数为零时，弹簧伸长量是

B．若要电流表正常工作，MN的N端应与电源正极相接

C．若k＝200N/m，

＝0.20m，

＝0.050cm，B＝0.20T，此电流表的量程是2A

D．若将量程扩大到2倍，磁感应强度应变为原来的

答案　AD

解析　设当电流表示数为零时，弹簧的伸长量为Δx，

则有mg＝kΔx①

由①式得Δx＝

②

所以A正确；为使电流表正常工作，作用于通有电流的金属棒MN的安培力必须向下，因此M端应接电源正极，所以B错误；设电流表满偏时通过MN间电流强度为Im，则有BIm

＋mg＝k（

＋Δx）③

联立②③并代入数据得Im＝2.5A，故C错误；设量程扩大后，磁感应强度变为B′，则有

2B′Im

＋mg＝k（

＋Δx）．⑤

由③⑤式得B′＝

B，所以磁感应强度减半，故D正确．

9．（多选）如图9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，通过绝缘细绳跨过光滑的定滑轮与带正电小球M连接，连接b的一段细绳与斜面平行，带负电的小球N固定在M的正下方．两带电小球在缓慢漏电的过程中，M、b、c都处于静止状态，下列说法中正确的是（　　）

图9

A．b对c的摩擦力可能始终增加

B．地面对c的支持力始终变小

C．c对地面的摩擦力方向始终向左

D．滑轮对绳