2020年高考物理100考点最新模拟题千题精练专题2 16页

2020 年高考物理 100 考点最新模拟题千题精练 第二部分 相互作用 五．动态平衡问题（能力篇） 一．选择题 1.（6 分）（2019 石家庄二模） 如图，轻绳 l 1一端固定在 O 点，另一端与质量为 m 的物体相连。轻绳 l 2跨过 固定在 B 点的定滑轮，一端连接物体，另一端由力 F 控制。在力 F 的作用下，物体从处于 O 点正下方的 A 点缓慢地运动到 B 点的过程中 l1 一直处于伸直状态。 O、B 两点在同一水平线上，不计一切阻力，重力加速 度大小为 g。下列说法正确的是（ ） A ．物体从 A 点到 B 点过程中，拉力 F 一直变小 B．物体从 A 点到 B 点过程中，轻绳 l 1 的拉力一直变大 C．物体从 A 点到 B 点过程中，轻绳 l 2 对物体拉力可能大于 mg D．当轻绳 l1 与竖直方向的夹角为 30°时，拉力 F 大小为 mg 【参考答案】 D 【名师解析】对物体受力分析如图所示，绳 l1 的拉力为 F1，与竖直方向的夹角为 θ，绳 l2 的拉力为 F2，与 竖直方向的夹角为 α。 根据几何知识知： θ+2α＝90°，由正弦定理可得 ＝ ＝ ，α减小， θ增大，则 F1 减小， F2 增大，故 AB 错误；当物体拉到 B 时轻绳 l2 对物体拉力最大，此时 θ＝90°，α＝ 0°，轻绳 l 2 对物体 拉力 F2＝mg，不可能大于 mg，故 C 错误； α＝30°时， θ＝ 30°，则 2F2cos30 °＝ mg，可得 F2＝ mg，故 D 正确。 2.（2019 湖北名校联盟信息卷 2）如图所示， 一条细线的一端与水平地面上的物体 B 相连， 另一端绕过一轻 质定滑轮与小球 A 相连，定滑轮用另一条细线固定在天花板上的 O′点，细线与竖直方向所成的夹角为 α， 则以下说法错误的是（ ） A ．无论物体 B 在地板上左移还是右移，只要距离足够小， α角将不变 B．增大小球 A 的质量，若 B 仍保持不动， α角不变 C．若 OB 绳与地面夹角为 30°，则 α＝30° D．将 B 向右移动少许，若 B 仍保持不动，则 B 与地面的摩擦力变大 【参考答案】 A 【名师解析】对小球 A 受力分析，受重力和拉力，根据平衡条件，有： T＝mg；如果将物体 B 在水平地面 上向右移动稍许， AB 仍保持静止，绳子的拉力不变，则∠ AOB 增加；对滑轮分析，受三个拉力，如图所 示，根据平衡条件可知，∠ AOB ＝2α，故 α一定增加，故 A 错误；增大小球 A 的质量，若 B 仍保持不动， 系统平衡，则 α不变，故 B 正确；若 OB 绳与地面夹角为 300，则∠ AOB ＝2α＝60°，α＝300，故 C 正确； 将 B 向右移动少许，若 B 仍保持不动， OB 绳与水平方向的夹角减小，绳子拉力大小不变，拉力的水平分 力等于地面的摩擦力，则 B 与地面的摩擦力变大，故 D 正确。 3.（2019 安徽蚌埠二模） 如图所示，物体甲放置在水平地面上，通过跨过定滑轮的轻绳与小球乙相连，整 个系统处于静止状态。 现对小球乙施加一个水平力 F，使小球乙缓慢上升一小段距离， 整个过程中物体甲保 持静止，甲受到地面的摩擦力为 f，则该过程中（ ） A ．f 变小， F 变大 B．f 变小， F 变小 C．f 变大， F 变小 D．f 变大， F 变大 【思路分析】以物体乙受力分析，由共点力的平衡条件可求得拉力变化；再对甲受力分析可求得地面对斜 面体的支持力以及摩擦力的变化。 【名师解析】 取物体乙为研究对象， 分析其受力情况， 设细绳与竖直方向夹角为 α，则水平力： F＝mg?tanα； 细绳与竖直方向夹角 α逐渐增大，则水平拉力增大； 甲受到重力、绳子的拉力、地面得支持力以及地面得摩擦力，其中：绳子的拉力： T＝ ； 细绳与竖直方向夹角 α逐渐增大，绳子的拉力 T 逐渐增大， T 在水平方向的分力逐渐增大，所以水平地面 对甲的摩擦力增大；故选项 ABC 错误， D 正确； 【点评】本题要注意正确选择研究对象，正确进行受力分析，再根据共点力平衡中的动态平衡分析各力的 变化情况。 4．（ 2019 辽宁葫芦岛协作校月考） 如图，半圆柱体半径为 4R，固定在水平面上。竖直挡板紧靠柱体低端， 使半径为 R 的光滑小球停在柱体与挡板之间，球与柱体接触点为 M 。现将挡板保持竖直，缓慢的向右移动 距离 R 后保持静止，球与柱体接触点为 N（未画出） 。以下判断正确的是（ ） A ．挡板移动过程中，柱体对小球的弹力变大 B．挡板移动过程中，挡板对小球的弹力变小 C．小球在 M 、N 两点所受柱体的作用力大小之比为 3:4 D．小球在 M 、N 两点所受挡板的作用力大小之比为 3:4 【参考答案】 AC 【名师解析】以小球为研究对象，受力分析可知，在移动挡板前后，挡板给小球的弹力 方向不变，圆柱 体给小球的弹力 的方向与竖直方向的夹角变大，但 和 的合力始终保持和重力等值、反向，不变， 如下图所示，移动挡板后 和 两个力均变大了，选项 A 正确， B 错误； 由几何关系可知，移动挡板之前，圆柱体给小球的弹力 的方向与竖直方向的夹角为 37o，故此时 ， ；移动挡板之后，圆柱体给小球的弹力 的方向与竖直方 向的夹角为 53o，此时 ， 。所以，前后两次 M 、N 两点所受柱 体的作用力大小之比为 3:4，所受挡板的作用力大小之比为 9:16，故 C 正确， D 错误。故本题选 AC 。 5．（ 2019 长沙一模 ）如图所示，某健身爱好者利用如下装置锻炼自己的臂力和腿部力量，在 O 点悬挂重物 C，手拉着轻绳且始终保持绳索平行于粗糙的水平地面． 当他缓慢地向右移动时， 下列说法正确的有 （ ） A ．绳 OA 拉力大小不变 B．绳 OB 拉力变大 C．健身者与地面间的摩擦力变小 D．绳 OA 、 OB 拉力的合力变大 【参考答案】 B。 【名师解析】 设 OA 、OB 绳的拉力分别为 F A 和 F B，重物的质量为 m。对 O 点有 FAcosθ-mg=0，F Asinθ-FB=0， 解得 F A= cos mg ，FB=mgtanθ。当健身者缓慢向右移动时， θ变大，则两拉力均变大，选项 A 错误， B 正确； 健身者所受的摩擦力与 F B 相等， 选项 C 错误； 健身者缓慢移动时， 两绳拉力的合力大小等于重物 C 的重力， 大小不变，选项 D 错误。 6．（ 2019 广东七校联考） 如图所示，质量为 m 的小球 a、 b 之间用轻绳相连，小球 a 通过轻杆固定在左侧 竖直墙壁上，轻杆与竖直墙壁夹角为 30°．现改变作用在小球 b 上的外力的大小和方向，轻绳与竖直方向的 夹角保持 60°不变，则（ ） A ．轻绳上的拉力一定小于 mg B．外力 F 的最小值为 C．轻杆对小球 a 作用力的方向不变 D．轻杆对小球 a 的作用力最小值为 mg 【参考答案】 BD 【名师解析】对 b 进行受力分析如图，当 F 的方向发生变化时，由图可知，轻绳上的拉力可能小于 mg，有 可能大于 mg。故 A 错误；由 b 的受力图可知，当拉力 F 的方向与 ab 绳子垂直时，拉力 F 最小。最小为： Fmin＝mg?sin60°＝ mg．故 B 正确；以 a 为研究对象，可知 a 受到重力、绳子 ab 对 a 的作用力以及杆对 a 的作用力处于平衡状态，由三个力平衡的特点可知，杆对 a 的作用力与 a 的重力、 ab 对 a 的拉力的合力大 小相等，方向相反。 a 受到的重力都下雨方向都不变， ab 对 a 的拉力方向不变，大小是变化的，所以 a受到 的重力与 ab 对 a 的拉力的大小、方向都是变化的，所以杆对 a 的作用力大小、方向都是变化 的。故 C 错 误；由 b 的受力分析可知，当拉力 F 对 b 的拉力方向竖直向上时，拉力 F 与 b 的重力大小相等，方向相反， 绳子 ab 此时的拉力等于 0，所以 a 只受到重力和杆对 a 的作用力，此时杆对 a 的作用力最小，恰好等于 a 的重力。故 D 正确。 7．（ 6 分）（2019 山东烟台二模） 如图所示，一根轻绳的一端固定在天花板上的 O 点，另一端悬挂一个质量 为 m 的小球，小球半径忽略不计。开始时轻绳保持竖直，现用一光滑细杆的右端 P 点与轻绳接触，保持细 杆水平向右缓慢推动轻绳，使 P 点移动了一小段距离，则在此过程中（ ） A ．轻绳 OP 段的拉力越来越大 B．轻绳 OP 段的拉力先变大后变小 C．轻绳对杆的作用力保持不变 D．轻绳对杆的作用力越来大 【参考答案】 D 【名师解析】 以小球为研究对象， 绳子拉力始终等于小球的重力， 轻绳 OP 段的拉力保持不变， 故 AB 错误； 两段绳子的拉力大小不变，夹角逐渐减小，根据平行四边形法则可知，两个分力不变，夹角减小时合力增 大，可知轻绳对杆的作用力越来大，故 C 错误、 D 正确。 8.如图，半圆柱体半径为 4R，固定在水平面上。竖直挡板紧靠柱体低端，使半径为 R 的光滑小球停在柱体 与挡板之间，球与柱体接触点为 M 。现将挡板保持竖直，缓慢的向右移动距离 R 后保持静止，球与柱体接 触点为 N（未画出） 。以下判断正确的是（ ） A ． 挡板移动过程中，柱体对小球的弹力变大 B． 挡板移动过程中，挡板对小球的弹力变小 C． 小球在 M 、N 两点所受柱体的作用力大小之比为 3:4 D． 小球在 M 、N 两点所受挡板的作用力大小之比为 3:4 【参考答案】 AC 【名师解析】 （1）以小球为研究对象，受力分析可知，在移动挡板前后，挡板给小球的弹力 方向不变，圆柱体给小球 的弹力 的方向与竖直方向的夹角变大， 但 和 的合力始终保持和重力等值、 反向， 不变， 如下图所示， 移动挡板后 和 两个力均变大了， A 正确， B 错误； （ 2）由几何关系可知，移动挡板之前，圆柱体给小球的弹力 的方向与竖直方向的夹角为 37o，故此时 ， ；移动挡板之后，圆柱体给小球的弹力 的方向与竖直方 向的夹角为 53o，此时 ， 。所以，前后两次 M 、N 两点所受柱 体的作用力大小之比为 3:4，所受挡板的作用力大小之比为 9:16，故 C 正确， D 错误。 【点睛】 在移动挡板前后，均对小球做受力分析，利用作图法可以看出挡板给小球的弹力 和圆柱体给小球弹力 的变化情况；根据几何关系，可以知道两次力学三角形中的边角关系，进而计算相关力的比值关系。 9．（湖北省黄冈中学 2018 届高三 5 月第三次模拟考试理综物理试题） 哥伦比亚大学的工程师研究出一种可 以用于人形机器人的合成肌 肉，可模仿人体肌肉做出推、拉、弯曲和扭曲等动作。如图所示，连接质量为 的物体的足够长细绳 一端固定于墙壁， 用合成肌肉做成的 “手臂 ” 的 端固定一滑轮， 端固定于墙壁， 细绳绕过滑轮， 和 类似于人手臂的关节，由 “手臂 ”合成肌肉控制。设 与竖直墙壁 夹角为 ，不计滑轮 与细绳的摩擦，下列说法正确的是（ ） A. 若保持 不变，增大 长度，细绳 部分拉力变大 B. 若保持 ，增大 长度，细绳对滑轮的力始终沿 方向 C. 若保持 等于 ，增大 长度，细绳对滑轮的力始终沿 方向 D. 若 从 逐渐变为零， 长度不变，且保持 ，则细绳对滑轮的力先减小后增大 【参考答案】 C 【名师解析】 点睛：此题关键是要注意： ad 绳和 db 绳的拉力总是相等且不变的，大小等于重力；细绳对滑轮的作用力与 ad 绳和 bd 绳拉力的合力是等大反向的关系 . 10．（多选， 辽宁省沈阳市和平区东北育才学校 2018 年高考物理一模试卷） 如图所示， 两相同轻质硬杆 OO 1、 OO 2 可绕其两端垂直纸面的水平轴 O、O1、O2 转动，在 O 点悬挂一重物 M ，将两个相同木块 m 紧压在竖直 挡板上， 此时整个系统保持静止． Ff 表示木块与挡板间摩擦力的大小， FN 表示木块与挡板间正压力的大小． 若 挡板间的距离稍许增大后，系统仍静止且 O1、O2 始终等高，则（ ） A. F N 变小 B. FN 变大 C. Ff 不变 D. F f 变小 【参考答案】 BC 【名师解析】 设两个杆夹角为 θ，则有 1 2 2cos 2 mgF F ； 再将杆对滑块 m 的推力 F1 按照效果分解，如图 根据几何关系，有 1sin 2xF F 故 tan 2sin 2 22cos 2 x mgmgF ，若挡板间的距离稍许增大后，角 θ变大， Fx 变大，故滑块 m 对墙壁的 压力变大，即 FN 变大，故 AD 错误， BC 正确； 故选： BC 11．（多选） （天津和平区 2017-2018 学年第二学期高三第一次质量检测） 甲、乙两建筑工人用简单机械装置 将工件从地面提升并运送到楼顶。如图所示，设当重物提升到一定高度后，两工人保持位置不动，甲通过 缓慢释放手中的绳子，使乙能够用一始终水平的轻绳将工件缓慢向左拉动，最后工件运送至乙所在位置， 完成工件的运送，设两绳端始终在同一水平面上，蝇的重力及滑轮的摩擦不计，滑轮大小忽略不计，则在 工件向左移动过程中（ ） A. 甲手中绳子上的拉力不断破小 B. 楼顶对甲的支持力不断增大 C. 楼顶对甲的摩擦力大于对乙的摩擦力 D. 乙手中绍子上的拉力不斯增大 【参考答案】 CD 【名师解析】 绳子与滑轮夹角为 θ，则有 tanθ mg f ，当 θ角减小，则 f 增大，根据平衡条件可知乙手中绳子上的拉力不 断增大， D 正确； 12. （ 2018 金考卷） 如图所示，质量为 m 的小球套在竖直固定的光滑圆环上，在圆环的最高点有一个光滑 小孔，一根轻绳的下端系着小球，上端穿过小孔用力拉住，开始时绳与竖直方向夹角为 θ，小球处于静止状 态，现缓慢拉动轻绳，使小球沿光滑圆环上升一小段距离，则下列关系正确的是（ ） A ．绳与竖直方向的夹角为 θ时， F=mg cosθ B．小球沿光滑圆环上升过程中，轻绳拉力逐渐增大 C．小球沿光滑圆环上升过程中，小球所受支持力逐渐增大 D．小球沿光滑圆环上升过程中，小球所受支持力大小不变 【参考答案】 .D。 【名师解析】 绳与竖直方向的夹角为 θ时， 小球受到竖直向下的重力 mg，圆环对小球沿半径向外的支持力， 沿细绳方向的拉力 F，画出力矢量图，由图可知， F= 2mgcosθ，选项 A 错误；小球沿光滑圆环上升过程中， 绳与竖直方向的夹角 θ变大，轻绳拉力 F= 2mgcosθ逐渐减小，选项 B 错误；由力矢量图可知，小球所受圆 环的支持力等于重力，小球沿光滑圆环上升过程中，小球所受支持力不变，选项 C 错误 D 正确。 13．(2018 ·衡水检测 )如图所示，有一质量不计的杆 AO，长为 R，可绕 A 自由转动。用绳在 O 点悬挂一个重 为 G 的物体， 另一根绳一端系在 O 点， 另一端系在圆弧形墙壁上的 C 点。 当点 C 由图示位置逐渐向上沿圆 弧 CB 移动过程中 (保持 OA 与地面夹角 θ不变 )，OC 绳所受拉力的大小变化情况是 ( ) A ．逐渐减小 B．逐渐增大 C．先减小后增大 D．先增大后减小 【参考答案】 .C 【名师解析】 对 G 分析， G 受力平衡，则拉力等于重力；故竖直绳的拉力不变；再对 O 点分析， O 受绳 子的拉力、 OA 的支持力及 OC 的拉力而处于平衡；受力分析如图所示；将 F 和 OC 绳上的拉力合成，其合 力与 G 大小相等，方向相反，则在 OC 上移的过程中，平行四边形的对角线保持不变，平行四边形发生图 中所示变化，则由图可知 OC 的拉力先减小后增大，图中 D 点时力最小；故选 C。 14.如图所示，两个完全相同的光滑小球 P、Q，放置在墙壁和斜木板之间，当斜木板和竖直墙壁的夹角 θ角 缓慢减小时（ θ＜900 ），则（ ） A ． 墙壁、木板受到 P 球的压力均增大 B． 墙壁、木板受到 P 球的压力均减小 C． Q 球对 P 球的压力增大，对木板的压力减小 D． P 球受到墙壁、木板和 Q 球的作用力的合力不变 【参考答案】 ACD 【名师解析】以小球 P、Q 为研究对象，处于平衡装态，根据受力平衡， 由图可知，墙壁对球的压力 F 2 逐渐增大，木板对球的支持力 F1 逐渐增大，根据牛顿第三定律可知墙壁受到 的压力增大，木板受到的压力增大，故 A 正确， B 错误；以小球 Q 为研究对象，处于平衡装态，根据受力 平 衡 ， P 球 对 Q 球 的 支 持 力 ， 木 板 给 Q 球 的 支 持 力 ，当斜木板和竖直墙壁的夹角 θ角缓慢减小时， P 球对 Q 球的支持力增大， 挡 板给 Q 球的支持力减小，根据牛顿第三定律可知 Q 球对 P 球的压力增大，对木板的压力减小，故 C 正确； 小球 P 为研究对象，处于平衡装态，合外力为零， P 球受到重力、墙壁对球的压力、木板对球的支持力和 Q 球对 P 球的压力，所以 P 球受到墙壁、木板和 Q 球的作用力的合力与 P 球受到重力大小相等，方向相反， 故 D 正确； 【点睛】对球进行正确受力分析，把握其受力特点：一个力大小和方向不变（重力） ，一个力方向不变（墙 给球的支持力） ，另一个力的大小、方向均发生变化（挡板给球的作用力） ，对于这类动态平衡问题，可以 采用 “图解法 ”进行。 15. （ 2019 兰州实战训练） 如图所示，光滑小球用一根不可伸长的细绳系住，绳的另一端经过半圆形的光 滑碗的边缘 B 点。现用水平力缓慢地拉动小球，小球在碗壁上滑动，细绳始终处于细紧状态。小球从碗底 中心点位置 A 点开始到接近碗口边缘 B 点的过程中，碗面对小球的支持力 FN 以及绳对小球的拉力 FT 的变 化情况是（ ） A ．FN 保持不变， FT 不断减小 B．FN 不断减小， FT 不断增大 C．FN 保持不变， FT 先减小后增大 D． FN 不断减小， FT 先减小后增大 【参考答案】 B 【命题意图】本题考查小球的动态平衡及其相关知识点。 【解题思路】 小球在 A 点时，碗面对小球的支持力 F N 最大，在拉力作用下，碗面滑动，碗面对小球的支持 力 F N 逐渐减小，细绳对小球的拉力 FT 逐渐增大，选项 B 正确。 16.(2018 ·贵阳联考 )如图所示是轿车常用的千斤顶，当摇动把手时，螺纹轴就能迫使千斤顶的两臂靠拢，从 而将汽车顶起。当车轮刚被顶起时汽车对千斤顶的压力为 1.0 ×105 N，此时千斤顶两臂间的夹角为 120°。下 列判断正确的是 ( ) A ．此时千斤顶每臂受到的压力大小均为 5.0 ×104 N B．此时千斤顶对汽车的支持力为 1.0 ×104 N C．若继续摇动把手，将汽车顶起，千斤顶每臂受到的压力将增大 D．若继续摇动把手，将汽车顶起，千斤顶每臂受到的压力将减小 【参考答案】 .D 【名师解析】 ：车轮刚被顶起时，千斤顶两臂支持力的合力为千斤顶对汽车的支持力，等于汽车对千斤顶的 压力， 大小为 1.0 ×105 N，选项 B 项错误； 两臂夹角为 120°，由力的合成可知千斤顶每臂受到的压力为 1.0 ×105 N，选项 A 项错误；继续摇动把手，将汽车顶起，千斤顶两臂夹角减小，每臂受到的压力减小， 选项 D 项正确， C 项错误。 17． (2016 ·贵州航天高中高三一模 )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，整个装置处于静止状态，若把 A 向右移动少许 后，它们仍处于静止状态，则 ( ) A ．B 对墙的压力增大 B．A 与 B 之间的作用力增大 C．地面对 A 的摩擦力减小 D．A 对地面的压力减小 【参考答案】 C 【名师解析】对小球 B 受力分析，作出平行四边形如图所示： A 滑动前， B 球受墙壁及 A 的弹力的合力与 重力大小相等，方向相反，而将 A 向外平移后， B 受弹力的方向与竖直方向夹角减小，但 B 仍受力平衡， 由图可知 A 对 B 的弹力及墙壁对球的弹力均减小， A 、B 错误；以 A、B 为整体分析，水平方向上受墙壁的 弹力和地面的摩擦力而处于平衡状态，弹力减小，故摩擦力减小， C 正确；竖直方向上受重力及地面的支 持力，两物体的重力不变，故 A 对地面的压力不变， D 错误。 18． (2016 ·德州模拟 )如图所示，斜面体置于粗糙水平面上，斜面光滑。小球被轻质细线系住放在斜面上， 细线另一端跨过定滑轮，用力拉细线使小球沿斜面缓慢向上移动一小段距离，斜面体始终静止。则移动过 程中 ( ) A ．细线对小球的拉力变大 B．斜面对小球的支持力变大 C．斜面对地面的压力变大 D．地面对斜面的摩擦力变小 【参考答案】 AD 【名师解析】 ：A、B 选项中设物体和斜面的质量分别为 m 和 M，绳子与斜面的夹角为 θ.取小球作为研究对 象：小球受到重力 mg、斜面的支持力 N 和绳子的拉力 T，则由平衡条件得： 斜面方向： mgsin α＝Tcosθ① 垂直斜面方向： N＋Tsin θ＝mgcosα② 使小球沿斜面缓慢移动时， θ增大，其他量不变，由①式知， T 增大．由②知， N 变小，故 A 正确， B 错 误． C、 D 选项，对斜面和小球整体进行受力分析：重力 (M＋m)g、地面的支持力 N′和摩擦力 f、绳子拉力 T，由平衡条件得 f＝Nsin α，N 变小，则 f 变小， N′＝(M＋m)g＋Ncos α，N 变小，则 N′变小，由牛顿第三 定律得知，斜面对地面的压力也变小．故 C 错误 D 正确． 19.(2016 ·山西大同联考 )一铁球悬挂在 OB 绳的下端，轻绳 OA 、OB、OC 的结点为 O，轻绳 OA 悬挂在天花 板上的 A 点，轻绳 OC 拴接在轻质弹簧测力计上。第一次，保持结点 O 位置不变，某人拉着轻质弹簧测力 计从竖直位置缓慢转动到水平位置，如图 4 中的甲所示，弹簧测力计的示数记为 F 1。第二次，保持轻绳 OC 垂直于 OA，缓慢释放轻绳，使轻绳 OA 转动到竖直位置，如图 4 中的乙所示，弹簧测力计的示数记为 F 2。 则 ( ) A. F1 恒定不变， F 2 逐渐增大 B.F1、F 2 均逐渐增大 C.F1 先减小后增大， F2 逐渐减小 D.F1 逐渐增大， F2 先减小后增大 【参考答案】 C 【名师解析】题图甲中， OA 与 OC 的合力与重力等大反向，且保持不变， OA 的方向不变，通过画平行四 边形可知，当 OC 顺时针转动到水平位置时， F 1 先减小后增大。题图乙中，设 OA 绳与竖直方向的夹角为 θ，因为 OA 与 OC 垂直，且合力与重力等大反向，故 F 2＝mgsin θ，根据题意，随着 θ的减小 F2 逐渐减小， 故选项 C 正确。 20.如图所示，一根细线的两端分别固定在 M、N 两点，用小铁夹将一个玩具娃娃固定在细线上，使 a 段细 线恰好水平， b 段细线与水平方向的夹角为 45°。现将小铁夹的位置稍稍向左移动一段距离，待玩具平衡 后，关于 a、b 两段细线中的拉力，下列说法正确的是 ( ) A. 移动前， a 段细线中的拉力等于玩具所受的重力 B.移动前， a 段细线中的拉力小于玩具所受的重力 C.移动后， b 段细线中拉力的竖直分量不变 D.移动后， b 段细线中拉力的竖直分量变小 【参考答案】 AD 【名师解析】 移动前，由平衡条件得， a 段细线中的拉力 F a＝ G tan 45 °＝ G， A 项正确 B 错误；夹子向左移 动一小段距离后，玩具的位置下移，线 a 不再水平，与重力平衡的力变为 a、b 两线中拉力的竖直分量之 和，故移动后 b 段细线中拉力的竖直分量变小， D 项正确 C 错误。 21.如图所示，一小球放置在木板与竖直墙面之间。设墙面对球的压力大小为 F N1，球对木板的压力大小为 F N2。以木板与墙连接点所形成的水平直线为轴，将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置。不计摩擦， 在此过程中 ( ) A. F N1 始终减小， FN2 始终增大 B.F N1 始终减小， F N2 始终减小 C.F N1 先增大后减小， F N2 始终减小 D.F N1 先增大后减小， F N2 先减小后增大 【参考答案】 B 【名师解析】 方法一 解析法：如图甲所示，因为 FN1＝ mg tan θ，F N2＝F N2′＝ mg sin θ，随 θ逐渐增大到 90°，tan θ、sin θ都增 大， FN1、F N2 都逐渐减小，所以选项 B 正确。 甲 乙 方法二 图解法：如图乙所示，把 mg 按它的两个效果进行分解如图所示。在木板缓慢转动时， F N1 的方向 不变， mg、F N1、F N2′应构成一个闭合的三角形。 FN2 始终垂直于木板，随木板的转动而转动，由图可知， 在木板转动时， FN2′变小， FN1 也变小，选项 B 正确。