版高考物理一轮复习 精选题辑 课练6 受力分析 共点力的平衡.docx
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版高考物理一轮复习精选题辑课练6受力分析共点力的平衡
课练6 受力分析 共点力的平衡
1．（2018·福建仙游一中月考）三个质量均为1kg的相同木块a、b、c和两个劲度系数均为500N/m的相同轻弹簧p、q用轻绳连接，如图所示，其中a放在光滑水平桌面上，开始时p弹簧处于原长，木块都处于静止状态．现用水平力F缓慢地向左拉p弹簧的左端，直到c木块刚好离开水平面为止，g取10m/s2.该过程p弹簧的左端向左移动的距离是（ ）
A．4cmB．6cm
C．8cmD．10cm
答案：
C
解析：
p弹簧的左端向左移动的距离等于p、q两弹簧的形变量之和．xq＝
＋
，xp＝
，p弹簧的左端向左移动的距离为x＝xp＋xq＝8cm，C正确．
2．（2018·山东潍坊中学模拟）如图所示，轻杆A端用铰链固定在墙上，B端另一重物．通过轻绳跨过定滑轮用拉力F将B端缓慢上拉，滑轮O在A点正上方（滑轮大小及摩擦均不计），且OA>AB，在AB杆达到竖直位置前（ ）
A．拉力F增大B．拉力F大小不变
C．杆的弹力增大D．杆的弹力大小不变
答案：
D
解析：
以B点为研究对象，分析受力情况：
受重物的拉力T（等于重物的重力G）、轻杆的弹力N和轻绳的拉力F，作出受力分析图如图所示．由平衡条件得知，N和F的合力与T大小相等，方向相反，根据三角形相似可得
＝
＝
，又T＝G，解得N＝
G，F＝
G；拉力F将B端缓慢上拉，∠BAO缓慢变小，AB、AO保持不变，BO变小，则N保持不变，F变小，故D正确，A、B、C错误．
3．（2018·广东五校联考）如图所示，物体A、B用细绳与弹簧连接后跨过滑轮．A静止在倾角为45°的粗糙斜面上，B悬挂着．已知质量mA＝3mB，不计滑轮摩擦，现将斜面倾角由45°减小到30°，那么下列说法中正确的是（ ）
A．弹簧的弹力将减小
B．物体A对斜面的压力将减小
C．物体A受到的静摩擦力将减小
D．弹簧的弹力及物体A受到的静摩擦力都不变
答案：
C
解析：
设mA＝3mB＝3m，对物体B受力分析，受重力和拉力，由二力平衡得弹簧的弹力不变，A错误；再对物体A进行受力分析，受重力、支持力、弹簧的弹力和静摩擦力，如图所示．刚开始由于mAgsin45°＝
mg>mBg＝mg，所以摩擦力沿斜面向上，斜面倾角变为30°以后摩擦力仍然沿斜面向上．根据平衡条件得到f＋T－3mgsinθ＝0，N－3mgcosθ＝0，
解得f＝3mgsinθ－T＝3mgsinθ－mg，
N＝3mgcosθ.
当θ减小时，物体A受到的静摩擦力f将减小，物体A对斜面的压力N增大，故C正确，B、D错误．
4．（2018·山东菏泽联考）菏泽盖房子有时需要用到“瓦”这种建筑材料，如图甲所示，现在工人需要把一些瓦从高处送到低处，设计了一种如图乙所示的简易滑轨：
两根圆柱形木杆AB和CD相互平行，斜靠在竖直墙壁上，把一摞瓦放在两木杆构成的滑轨上，瓦将沿滑轨滑到低处．在实际操作中发现瓦滑到底端时速度较大，有可能摔碎，为了防止瓦被损坏，下列措施中可行的是（ ）
A．减小两杆之间的距离
B．增大两杆之间的距离
C．减少每次运送瓦的块数
D．增多每次运送瓦的块数
答案：
B
解析：
由题意可知，在滑轨高度及倾斜角度不能改变的情况下，要想减小瓦滑到底部的速度就应当增大瓦与滑轨间的摩擦力，由f＝μFN可知，可以通过增大FN来增大摩擦力；而增加瓦的块数，增大了瓦的质量，这样做虽然摩擦力大了，但同时瓦的重力沿滑轨向下的分力也增大，不能起到减小加速度的作用，故改变瓦的块数是没有作用的，故C、D错误；而增大两杆之间的距离可以增大瓦受到的两杆的支持力的夹角，而瓦对杆的压力随夹角的增大而增大，故增大两杆间的距离可以在不增大重力沿滑轨向下的分力的情况下增大瓦对滑杆的压力，从而增大摩擦力，故A错误，B正确．
5．（2018·陕西宝鸡一模）如图所示，两块相互垂直的光滑挡板OP、OQ，OP竖直放置，小球a、b固定在轻弹簧的两端，并斜靠在OP、OQ挡板上．现有一个水平向左的推力F作用于b上，使a、b紧靠挡板处于静止状态．现保证b球不动，使竖直挡板OP向右缓慢平移一小段距离，则（ ）
A．推力F变大
B．弹簧长度变短
C．弹簧长度变长
D．b对挡板OQ的压力变大
答案：
C
解析：
设弹簧与竖直方向的夹角为α，现保证b球不动，使竖直挡板OP向右缓慢平移一小段距离，则α减小，以a球为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件得F弹＝
，α减小，cosα增大，则F弹减小，弹簧变长；挡板对a的弹力N＝mgtanα，α减小，N减小；对a、b和弹簧整体研究，水平方向F＝N，则推力F将减小，故A、B错误，C正确；竖直方向，挡板OQ对b的支持力FN＝（ma＋mb）g，不变，根据牛顿第三定律可知，b对挡板OQ的压力不变，故D错误．
6．（2018·河南新乡一模）如图所示，一根劲度系数为k的轻质橡皮筋竖直放置，将其一端固定在天花板上的O1点，另一端穿过一固定平板上的光滑小孔O2系住一质量为m可视为质点的物块，物块置于O2点正下方水平地面上的O3点，O1、O2、O3在同一竖直线上，当橡皮筋竖直自由放置时，O1、O2两点间距离恰为橡皮筋的原长，现将物块置于O3点右侧且逐渐增大距O3点的距离，物块撤去外力后依然保持静止，则在此过程中下列说法正确的是（ ）
A．物块对地面的压力逐渐减小
B．物块对地面的压力始终不变
C．物块与地面间的摩擦力逐渐变小
D．物块与地面间的摩擦力始终不变
答案：
B
解析：
设O2、O3的距离为x1即物块在O3处橡皮筋的伸长量，x2为物块在任意处时橡皮筋的伸长量，θ为该处橡皮筋与水平方向间的夹角，由题意可得x1＝x2sinθ，物块在O3处，根据平衡条件得N1＝mg－kx1，物块在任意处，根据平衡条件得N2＝mg－kx2sinθ，联立解得N1＝N2，由牛顿第三定律得，物块对地面的压力不变，故A错误，B正确；由f＝kx2cosθ，得物块距O3点距离增大，x2增大，θ减小，cosθ增大，f增大，故C、D错误．
7．（2018·辽宁东北育才学校二模）如图所示，置于地面的矩形框架中用两细绳拴住质量为m的小球，绳B水平．设绳A、B对球的拉力大小分别为F1、F2，它们的合力大小为F.现将框架在竖直平面内绕左下端缓慢逆时针旋转90°，在此过程中（ ）
A．F1先增大后减小B．F2先增大后减小
C．F先增大后减小D．F先减小后增大
答案：
B
解析：
对小球受力分析如图所示．小球处于静止状态，受力平衡，两绳的拉力的合力与重力大小相等，方向相反，则F不变，根据平行四边形定则可知，将框架在竖直平面内绕左下端缓慢逆时针旋转90°的过程中，F1逐渐减小，F2先增大后减小，当绳A处于水平方向时，F2最大，故B正确．
8．（2018·浙江温州中学模拟）如图所示，倾角θ＝30°的斜面体A静止在水平地面上，一根轻绳跨过斜面体顶端的小滑轮，绳两端系有质量均为m的小物块a、b，整个装置处于静止状态，滑轮两侧轻绳方向分别沿斜面和竖直方向．现给物块b施加一个水平向右的拉力F，使b缓慢移动直到连接b的轻绳与竖直方向成30°角（不计绳与滑轮间的摩擦），此过程中下列说法正确的是（ ）
A．b受到绳的拉力先增大再减小
B．小物块a受到的摩擦力先增大再减小
C．水平拉力F逐渐增大
D．小物块a一定沿斜面缓慢上移
答案：
C
解析：
b受力平衡，对b进行受力分析，如图甲所示．
设连接b的轻绳与竖直方向的夹角为α，b缓慢移动直到连接b的轻绳与竖直方向成30°角的过程中，α变大，根据平行四边形定则可知，T逐渐增大，F逐渐增大，故A错误，C正确；对a进行受力分析，如图乙所示；刚开始T′＝mg，a处于静止状态，则f＝T′－mgsin30°＝
mg，方向沿斜面向下，T′增大时，f增大，由于不知道最大静摩擦力的具体值，所以不能判断a是否会滑动，故B、D错误．
9．（2018·湖南长郡中学一模）如图所示，质量为m的硬质面字典A对称放在硬质面的书本B上，将书本B的一端缓慢抬高至字典刚要滑动，此时书脊与水平面的夹角为θ.下列说法中正确的是（ ）
A．B对A的作用力为零
B．B的一个侧面对A的弹力为mgcosθ
C．B对A的最大静摩擦力的合力为mgsinθ
D．A受到3个力的作用
答案：
C
解析：
B对A的作用力大小为A的重力mg，方向竖直向上，故A错误；B的一个侧面对A的弹力N＝
mgcosθ，故B错误；A受力平衡，根据平衡条件得，B对A的最大静摩擦力的合力f合＝mgsinθ，故C正确；A处于静止状态，对A进行受力分析，A受到重力，书本B两侧对A的两个支持力，B书两侧对A的两个摩擦力，共5个力，故D错误．
10．（2018·江西宜春四校联考）（多选）如图所示，重力为G的质点M，与三根劲度系数相同的轻质弹簧A、B、C相连，C处于竖直方向，静止时，相邻弹簧间的夹角均为120°，已知弹簧A和B对质点的作用力的大小均为2G，则弹簧C对质点的作用力大小可能为（ ）
A．GB．2G
C．0D．3G
答案：
AD
解析：
若弹簧A和B对质点的作用力为拉力，对M进行受力分析如图所示，由于M处于平衡状态，所以FC＝G＋FAcos60°＋FBcos60°＝3G，故选项D正确；同理，若弹簧A和B对质点的作用力为推力，对M进行受力分析，由于M处于平衡状态，所以FC＝F′Acos60°＋F′Bcos60°－G＝G，故选项A正确．
11.
如图所示，水平细杆上套一环A，环A与球B间用一不可伸长轻质绳相连，质量分别为mA＝0.40kg和mB＝0.30kg，由于B球受到水平风力作用，使环A与球B一起向右匀速运动．运动过程中，绳始终保持与竖直方向夹角θ＝30°，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）B球受到的水平风力大小；
（2）环A与水平杆间的动摩擦因数．
答案：
（1）1.73N
（2）0.25
解析：
（1）对B球受力分析，如图甲所示，根据平衡条件可得
F＝mBgtanθ
数据代入得F＝
N≈1.73N
（2）选取环、球和轻绳整体为研究对象，受力如图乙所示．
根据平衡条件得FN＝（mA＋mB）g
F＝f
且f＝μFN
解得μ＝
数据代入得μ＝
≈0.25
12．（2018·重庆一中期中）物块A放在台式测力计上，通过跨过定滑轮的轻绳与物块B相连，B下端与一轻质弹簧粘连，弹簧的下端与地面接触（未拴接），整个系统处于平衡状态，此时台式测力计的示数为8.8N；已知mA＝2mB＝1kg，物块A、B间的水平距离s＝20cm，倾斜绳与水平方向的夹角θ＝37°，物块A与台式测力计间动摩擦因数μ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A、B和滑轮视为质点，不计滑轮质量和滑轮处摩擦，弹簧一直在弹性限度内，g取10m/s2（已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）．
（1）求物块A受到的摩擦力和绳对物块A的拉力；
（2）沿竖直方向调整滑轮的高度至某一位置时，物块A刚好运动，且此时弹簧刚好离开地面，求滑轮移动的距离和弹簧的劲度系数．
答案：
（1）1.6N 2N
（2）
cm 15N/m
解析：
（1）由台式测力计的示数知物块A此时所受的支持力N＝8.8N，物块A受力示意图如图所示．
根据平衡条件可知
Tcos37°－f＝0，
N＋Tsin37°－mAg＝0，
解得T＝2N，f＝1.6N.
（2）分析可知，此时弹簧恢复原长，弹力为零；
对B进行受力分析，有T1－mBg＝0，故T1＝5N.
设此时轻绳与水平方向夹角为θ′，对A有T′1cosθ′－fm＝0；N1＋T′1sinθ′－mAg＝0，fm＝μN1，T1＝T′1，解得sinθ′＝0.8，cosθ′＝0.6，滑轮上升的高度Δh＝stanθ′－stanθ＝
cm.由分析知，右端绳缩短Δl＝
－
＝
cm，由几何关系可知，弹簧伸长量Δx＝Δh＋Δl＝20cm；结合
（1）问，对B进行受力分析，初始时刻弹簧处于压缩状态，弹力为3N；弹簧刚好离开地面时，弹簧恢复原长，弹力为零，所以k＝
＝
＝15N/m.
刷题加餐练
1．（2017·新课标全国卷Ⅲ）一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距80cm的两点上，弹性绳的原长也为80cm.将一钩码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为100cm；再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点，则弹性绳的总长度变为（弹性绳的伸长始终处于弹性限度内）（ ）
A．86cmB．92cm
C．98cmD．104cm
答案：
B
解析：
将一钩码挂在弹性绳的中点，平衡后对钩码进行受力分析，如图所示，设钩码质量为m，弹性绳的拉力为T，弹性绳与竖直方向的夹角为θ，由平衡条件知2Tcosθ＝mg，由胡克定律得T＝kΔx，联立解得k＝
，将弹性绳两端拉至同一点重新平衡后，设弹性绳上拉力为T1，弹性绳的形变量为Δx′，由平衡条件知2T1＝mg，由胡克定律有T1＝kΔx′，联立解得k＝
.由几何关系得cosθ＝
，Δx＝0.2m，联立解得Δx′＝0.12m，故弹性绳的总长度变为92cm，选项B正确．
2．（2016·海南卷）如图，在水平桌面上放置一斜面体P，两长方体物块a和b叠放在P的斜面上，整个系统处于静止状态．若将a和b、b与P、P与桌面之间摩擦力的大小分别用f1、f2和f3表示．则（ ）
A．f1＝0，f2≠0，f3≠0B．f1≠0，f2＝0，f3＝0
C．f1≠0，f2≠0，f3＝0D．f1≠0，f2≠0，f3≠0
答案：
C
解析：
首先对整体受力分析可以知道，整体处于静止状态且相对地面没有运动趋势，故f3＝0，再将a和b看成一个整体，a、b整体相对斜面有向下运动的趋势，故b与P之间有摩擦力，即f2≠0，再对a进行受力分析，可知a相对于b有向下运动的趋势，故a和b之间存在摩擦力，即f1≠0，故选项C正确．
3．（2016·新课标全国卷Ⅱ）质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上．用水平向左的力F缓慢拉动绳的中点O，如图所示．用T表示绳OA段拉力的大小，在O点向左移动的过程中（ ）
A．F逐渐变大，FT逐渐变大
B．F逐渐变大，FT逐渐变小
C．F逐渐变小，FT逐渐变大
D．F逐渐变小，FT逐渐变小
答案：
A
解析：
设绳OA段与竖直方向的夹角为θ，对O点进行受力分析，列平衡方程得F＝mgtanθ，T＝
，则随θ的逐渐增大，F逐渐增大，T逐渐增大，A正确．
4．（2018·湖南衡阳模拟）（多选）如图所示，有一刚性方形容器被水平力F压在竖直墙面上处于静止状态．现缓慢地向容器内注水，直到注满为止，在此过程中容器始终保持静止，则下列说法正确的是（ ）
A．容器受到的摩擦力逐渐增大
B．容器受到的摩擦力不变
C．水平力F可能不变
D．水平力F必须逐渐增大
答案：
AC
解析：
容器在竖直方向受到向下的重力和向上的摩擦力，两力大小相等，方向相反．当水不断加入时，随重力增大，容器受到的摩擦力逐渐增大，选项A正确，B错误；当重力小于最大静摩擦力时，水平力F可能不变，选项C正确，D错误．
5．（2018·宁夏银川一中月考）（多选）如图所示，在倾斜的粗糙杆上套一个质量为m的圆环，圆环通过轻绳拉着一个质量为M的小球，在圆环沿杆向下滑动的过程中，悬挂小球的轻绳始终处于竖直方向，则（ ）
A．小球做匀速直线运动
B．圆环一定受三个力作用
C．圆环一定受四个力作用
D．小球的重力大于轻绳的拉力
答案：
AC
解析：
以小球为研究对象，由题意知小球沿杆向下做直线运动，说明加速度为零或加速度沿杆方向，而小球只受到竖直向下的重力和竖直向上的拉力，这两个力的合力必为零，即小球做匀速直线运动，则圆环也做匀速直线运动，圆环受到重力、竖直向下的拉力、支持力和滑动摩擦力，共四个力作用，选项A、C正确，B错误；由平衡条件知，轻绳对小球的拉力等于小球的重力，选项D错误．
6．（2018·安徽蚌埠联考）建筑装修中，工人用质量为m的磨石对倾角为θ的斜壁进行打磨，如图所示．当对磨石施加竖直向上、大小为F的推力时，磨石恰好沿斜壁向上匀速运动，已知磨石与斜壁之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g.则关于斜壁受到磨石的摩擦力的大小与方向，下列说法正确的是（ ）
A．（F－mg）cosθ，沿斜壁向上
B．（F－mg）cosθ，沿斜壁向下
C．μ（F－mg）cosθ，沿斜壁向上
D．μ（F－mg）cosθ，沿斜壁向下
答案：
A
解析：
磨石受重力、推力、斜壁的弹力及摩擦力而处于平衡状态，如图所示，则沿斜壁向下的滑动摩擦力f＝（F－mg）cosθ，支持力N＝（F－mg）sinθ，得f＝μ（F－mg）sinθ，方向沿斜壁向下，则由牛顿第三定律可知，斜壁受到磨石的摩擦力的大小为f′＝（F－mg）·cosθ＝μ（F－mg）sinθ，方向沿斜壁向上，只有选项A正确．
7．（2018·贵州凯里模拟）如图所示，形状相同的物块A、B，其截面为直角三角形，相对放置在粗糙水平地面上，光滑球体C架在两物块的斜面上，系统处于静止状态．已知物块A、B的质量都为M，θ＝60°，球体C的质量为m，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是（ ）
A．地面对物块A的摩擦力大小为零
B．地面对物块A的摩擦力大小为
mg
C．物块A对球体C的弹力大小为
mg
D．物块A对地面的压力大小为Mg＋
mg
答案：
D
解析：
以球体C为研究对象，其受到斜向上的两个弹力作用，把两个弹力合成，合力竖直向上，大小等于光滑球体的重力，受力分析如图所示．由力的合成可知，弹力大小为mg，选项C错误；再以物块A为研究对象，球体C对物块A的正压力大小为mg，其在水平方向上的分力等于地面对物块A的静摩擦力大小，由此可知静摩擦力大小为
mg，选项A、B均错误；由平衡条件可知物块A对地面的压力大小为Mg＋
mg，选项D正确．
8．将三个质量均为m的小球a、b、c用细线相连后（b、c间无细线相连），再用细线悬挂于O点，如图所示．用力F拉小球c，使三个小球都处于静止状态，且细线Oa与竖直方向的夹角保持为θ＝37°（sin37°＝0.6），重力加速度大小为g，则F的最小值为（ ）
A．1.5mgB．1.8mg
C．2.1mgD．2.4mg
答案：
B
解析：
静止时将三球视为一个整体，整体重力为3mg，当作用于c球上的力F垂直于Oa时，F最小，故Fmin＝3mgsin37°＝1.8mg，只有选项B正确．
9．（多选）如图所示，质量为m的物块在倾角为θ的斜面上刚好匀速下滑，如果对物块施加一水平向右的外力F，物块刚好沿斜面向上匀速滑动，整个过程斜面保持静止不动，假设物块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是（ ）
A．外力F＝mgtan2θ
B．外力F＝mgtanθ
C．物块沿斜面匀速上滑时，地面对斜面有向左的摩擦力
D．物块沿斜面匀速下滑时，斜面受到5个力作用
答案：
AC
解析：
当物块匀速下滑时，受到竖直向下的重力，垂直斜面的支持力，沿斜面向上的摩擦力．如图1所示，物块受力平衡，所以在沿斜面方向上有f＝mgsinθ，在垂直斜面方向上有FN＝mgcosθ，又因为f＝μFN，联立解得μ＝tanθ，当物块在外力F作用下沿斜面匀速上滑时，受力如图2所示，在沿斜面方向上有Fcosθ＝f′＋mgsinθ，在垂直斜面方向上有F′N＝mgcosθ＋Fsinθ，因为f′＝μF′N，联立解得F＝mgtan2θ，选项A正确，B错误；以两个物体组成的整体为研究对象，受力如图3所示，当物块沿斜面匀速向上滑行时，整体处于平衡状态，受到的合外力等于0，所以在水平方向上地面对斜面的摩擦力与水平外力F大小相等，方向相反，所以地面对斜面有向左的静摩擦力，选项C正确；当物块沿斜面匀速向下滑行时，斜面受到重力、地面的支持力和物块的摩擦力，共3个力的作用，选项D错误．
不能合理的选取研究对象
10.
（多选）如图所示，斜面体A静止放置在水平地面上．质量为m的滑块B在外力F1和F2的共同作用下沿斜面体表面向下运动．当F1方向水平向右、F2方向沿斜面体的表面向下时，斜面体受到地面的摩擦力方向向左．则下列说法中正确的是（ ）
A．若只撤去F1，在滑块B仍沿斜面向下运动的过程中，A所受地面摩擦力的方向可能向右
B．若只撤去F2，在滑块B仍沿斜面向下运动的过程中，A所受地面摩擦力的方向可能向右
C．若只撤去F2，在滑块B仍沿斜面向下运动的过程中，A所受地面摩擦力不变
D．若同时撤去F1和F2，滑块B的加速度方向一定沿斜面向下
答案：
CD
解析：
选斜面为研究对象，其受力当中在水平方向有分力的有：
B对A的压力FN，B对A的摩擦力Ff1和地面对A的摩擦力Ff2.
如图所示，设斜面倾角为θ.
则：
Ff1cosθ＋Ff2＝FNsinθ.
所以：
Ff1cosθ由于Ff1＝μFN∝FN.故不论FN如何变化，Ffcosθ所以，只要滑块B沿斜面下滑，地面对斜面的摩擦力方向应始终向左．所以A、B均错．撤去F2后，B对A的压力FN和摩擦力Ff1不受影响，故地面对A的摩擦力Ff2不变，即C对．又由Ff1cosθ<
＝tanθ.同时撤去F1、F2后，重力的下滑分力mgsinθ>μmgcosθ，所以滑块B的加速度方向一定向下，即D正确．
不能灵活多次选取研究对象
11．（2018·江西二模）（多选）如图所示，横截面为直角三角形的斜劈A，底面靠在粗糙的竖直墙面上，力F指向球心水平作用在光滑球B上，系统处于静止状态．当力F增大时，系统还保持静止，则下列说法正确的是（ ）
A．斜劈A所受的合力增大
B．斜劈A对竖直墙壁的压力增大
C．球B对地面的压力一定增大
D．墙面对斜劈A的摩擦力增大
答案：
BC
解析：
斜壁A一直处于静止状态，所受的合力一直为零不变，故A错误；以A、B整体为研究对象，进行受力分析，根据平衡条件，水平方向N＝F，N为竖直墙壁对斜劈A的弹力，F增大，则N增大，由牛顿第三定律可得，斜劈A对竖直墙壁的压力增大，故B正确；对球B进行受力分析，如图所示，根据平衡条件有F＝N′sinθ，F增大，则N′增大，N″＝G＋N′cosθ，N′增大，则N″增大，根据牛顿第三定律得，球B对地面的压力增大，以A、B整体为研究对象，竖直方向有N″＋f＝Mg，因f方向不确定，则大小变化不确定，故C正确，D错误．
12．（2018·济宁市摸底测试）如图所示，物体A的质量为2kg，两根轻绳AB和AC的一端连接于竖直墙上，另一端系于物体A上．在物体A上施加一个与水平方向成θ＝60°角斜向上的拉力F，若要使两绳都能伸直，求拉力F的大小范围．（g取10m/s2）
答案：
N≤F≤
N
解析：
对物体A受力分析，A受到重力mg、拉力F、绳AB的拉力F1、绳AC的拉力F2，由平衡条件得
Fsinθ＋F1sinθ－mg＝0①
Fcosθ－F2－F1cosθ＝0②
由①②式得F＝
－F1③
F＝
＋
④
要使两绳都能伸直，则有F1≥0⑤
F2≥0⑥
由③⑤式得F有最大值
Fmax＝
＝
N
由④⑥式得F有最小值
Fmin＝
＝
N
综合得F的取值范围为
N≤F≤
N.
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