2.4.1 共点力的静态平衡(题型研究课)（课件PPT）-【创新方案】2025年高考物理一轮总复习（江苏专版）

共点力的平衡 第 四 讲 共点力的静态平衡(题型研究课) 第1课时 1 类型(一)　单个物体的平衡问题 3 类型(三)　两种常见的连结模型 CONTENTS 目录 类型(二)　多个物体的平衡问题 2 课时跟踪检测 4 类型(一) 单个物体的平衡问题 NO.1 1．合成法：物体受三个共点力的作用而平衡，则任意两个力的合力一定与第三个力大小相等，方向相反。 2．分解法：物体受三个共点力的作用而平衡，将某一个力按作用效果分解，则其分力和其他两个力满足平衡条件。 方法1　合成法与分解法 [例1]　(2023·广东高考)如图所示，可视为质点的机器人通过磁铁吸附在船舷外壁面检测船体。壁面可视为斜面，与竖直方向夹角为θ。船和机器人保持静止时，机器人仅受重力G、支持力FN、摩擦力Ff和磁力F的作用，磁力垂直壁面。下列关系式正确的是(　 ) A．Ff＝G B．F＝FN C．Ff＝Gcosθ D．F＝Gsinθ √ [解析]　 如图所示，将重力沿斜面方向和垂直于斜面方向分解，沿斜面方向，由平衡条件得Ff＝Gcosθ，故A错误，C正确；垂直斜面方向，由平衡条件得F＝Gsinθ＋FN，故B、D错误。 [例2]　如图所示，光滑半球形容器固定在水平面上，O为球心。一质量为m的小滑块，在水平力F的作用下静止于P点。设滑块所受支持力为FN，OP与水平方向的夹角为θ。下列关系式正确的是(　 ) √ 物体受到三个或三个以上共点力的作用而平衡时，将物体所受的力沿互相垂直的方向分解，每个方向上的力都满足力的平衡条件。 方法2　正交分解法 √ 对受三个共点力作用而平衡的物体，将力的矢量图平移使三力组成一个首尾依次相接的矢量三角形，根据正弦定理、余弦定理或相似三角形等数学知识求解未知力。 方法3　力的三角形法 [例4]　(2024·金陵中学调研)如图所示，一轻杆两端固定两个小球A、B，A球的质量是B球质量的3倍，轻绳跨过滑轮连接A和B，一切摩擦不计，平衡时OA和OB的长度之比为(　 ) A．1∶2 B．2∶1 C．1∶3 D．1∶4 √ 类型(二) 多个物体的平衡问题 NO.2 [典例]　如图所示，质量为2M的物块A静置于水平台面上，质量为M的半球体C静置于水平地面上，质量为m的光滑小球B(可视为质点)放在半球体C上，P点为三根轻绳PA、PB、PO的结点。系统在图示位置处于静止状态，P点位于半球体球心的正上方，PO竖直，PA水平，PB刚好与半球体相切且与竖直方向的夹角θ＝30°。已知物块A与台面间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，则(　 ) √ 整体法和隔离法的选择 (1)当分析相互作用的两个或两个以上物体整体的受力情况及分析外力对系统的作用时，宜用整体法。 (2)在分析系统内各物体(或一个物体各部分)间的相互作用时，宜用隔离法。 (3)整体法和隔离法不是独立的，对一些较复杂问题，通常需要多次选取研究对象，交替使用整体法和隔离法。　 [规律方法] √ [针对训练] 2．如图所示，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(　 ) √ 解析：根据题述，物块A、B刚要滑动，可知A、B之间的摩擦力fAB＝μmgcos45°，B与木板之间的摩擦力f＝μ·3mgcos45°。隔离A分析受力，由平衡条件可得轻绳中拉力F＝fAB＋mgsin45°。对A、B整体，由平衡条件：2F＝3mgsin45°－f，联立解得：μ＝，选项C正确。 类型(三)　 两种常见的连结模型 NO.3 模型(一)　“死结”与“活结”模型 [例1·“死结”模型](2022·辽宁高考)如图所示，蜘蛛用蛛丝将其自身悬挂在水管上，并处于静止状态。蛛丝OM、ON与竖直方向夹角分别为α、β(α>β)。用F1、F2分别表示OM、ON的拉力，则(　 ) A．F1的竖直分力大于F2的竖直分力 B．F1的竖直分力等于F2的竖直分力 C．F1的水平分力大于F2的水平分力 D．F1的水平分力等于F2的水平分力 √ [解析]　 对O点受力分析如图所示，由几何关系可知，F1的竖直分力小于F2的竖直分力，F1的水平分力等于F2的水平分力，故A、B、C错误，D正确。 [例2·“活结”模型]　如图所示，钉子A和小定滑 轮B均固定在竖直墙面上，它们相隔一定距离且处于同 一高度，细线的一端系有一小沙桶D，另一端跨过定滑 轮B与动滑轮C后固定在钉子A上。质量为m的小球E与轻质动滑轮C固定连接。初始时整个系统处于静止状态，滑轮C两侧细线的夹角为74°。现缓慢地往沙桶添加细沙，当系统再次平衡时，滑轮C两侧细线的夹角为106°。不计一切摩擦，取cos37°＝0.8，cos53°＝0.6，则此过程中往沙桶D中添加的细沙质量为(　 ) √ [模型建构]　“死结”模型与“活结”模型 模型结构 模型解读 模型特点 “死结” “死结”把绳子分为两段，且不可沿绳子移动，“死结”两侧的绳子因结而变成两根独立的绳子 “死结”两侧的绳子张力不一定相等 “活结” “活结”把绳子分为两段，且可沿绳移动，“活结”一般由绳子跨过滑轮或绳上挂一光滑挂钩而形成，绳子因“活结”而弯曲，但实际为同一根绳子 “活结”两侧的绳子上的张力大小处处相等 模型(二)　“定杆”与“动杆”模型 [例3·“定杆”模型]　如图所示，水平横梁一端A插在墙壁内，另一端装有一小滑轮B。一轻绳的一端C固定于墙壁上，另一端跨过滑轮后悬挂一质量为m＝10kg的重物，∠CBA＝30°，则滑轮受到绳子的作用力大小为(g取10m/s2)(　 ) A．50N B．60N C．120N D．100N √ [解析] 轻绳跨过滑轮，BC段、BD段拉力F1＝F2＝mg＝100N，夹角为120°，根据平行四边形定则，二力合成如图所示。由于F1＝F2，所以平行四边形为菱形，又因为∠DBG＝60°，所以△BGD为等边三角形，所以F1、F2的合力F＝F1＝F2＝100N，即绳子对滑轮的作用力大小为100N，D正确。 [例4·“动杆”模型]　如图为两种形式的吊车的示意图，OA为可绕O点转动的轻杆，重量不计，AB为缆绳，当它们吊起相同重物时，杆OA在图(a)、(b)中的受力分别为Fa、Fb，则下列关系正确的是(　 ) A．Fa＝Fb B．Fa>Fb C．Fa<Fb D．大小不确定 √ [模型建构]　“定杆”模型与“动杆”模型 模型结构 模型解读 模型特点 “定杆” 轻杆被固定在接触面上，不发生转动 杆所受的弹力方向不一定沿杆，可沿任意方向 “动杆” 轻杆用光滑的转轴或铰链连接，轻杆可围绕转轴或铰链自由转动 当杆处于平衡时，杆所受的弹力方向一定沿杆 课时跟踪检测 NO.4 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1．(2023·浙江1月选考)如图所示，轻质网兜兜住重力为G的足球，用轻绳挂于光滑竖直墙壁上的A点，轻绳的拉力为FT，墙壁对足球的支持力为FN，则(　 ) A．FT<FN B．FT＝FN C．FT>G D．FT＝G √ 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析： 设轻绳与墙的夹角为θ，对足球受力分析如图所示，由物体的平衡条件得：FTcosθ＝G，FTsinθ＝FN，可判断：FT＞G，FT＞FN，故C正确，A、B、D错误。 1 2 3 4 5 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2．如图所示，用AC、CD两根轻绳将物块悬于水平轻杆BC的下方，其中B为光滑转轴，C为结点，轻杆BC始终保持水平，重物静止不动。已知物块质量为m，重力加速度为g。设AC、CD绳的拉力分别为FAC、FCD。下列选项正确的是(　 ) A．FAC＞mg B．FCD＞mg C．若A点上移，则FAC变大 D．若A点下移，则FCD变大 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3．(2023·浙江6月选考)如图所示，水平面上固定两排平行的半圆柱体，重为G的光滑圆柱体静置其上，a、b为相切点，∠aOb＝90°，半径Ob与重力的夹角为37°。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则圆柱体受到的支持力Fa、Fb大小为(　 ) A．Fa＝0.6G，Fb＝0.4G 　 B．Fa＝0.4G，Fb＝0.6G C．Fa＝0.8G，Fb＝0.6G 　 D．Fa＝0.6G，Fb＝0.8G 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析： 对光滑圆柱体受力分析如图，由题意有Fa＝Gsin37°＝0.6G，Fb＝Gcos37°＝0.8G，故选D。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 4．如图a所示，送水工人用推车运送重120N的桶装水，到达目的地后，工人缓慢抬起把手使OA变为水平即可将水桶卸下(如图b所示)。若桶与板OB、OA之间的摩擦不计，∠AOB＝60°，当BO与水平面的夹角为90°时，水桶对OB板的压力F1对OA板的压力F2的大小正确的是(　 ) 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 5．(2024·常熟模拟)如图所示，两个质量均为m的小球用轻质细杆连接静止于内壁光滑的半球形碗内，杆及碗口平面均水平，碗的半径及两小球之间的距离均为R，不计小球半径，则碗对每个小球的支持力大小为(　 ) 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 6．(2024·南京金陵中学模拟)如图，悬挂甲物体的细线拴牢在一不可伸长的轻质细绳上O点处；绳的一端固定在墙上，另一端通过光滑定滑轮与物体乙相连。系统平衡时，O点两侧绳与竖直方向的夹角分别为α和β。若α＝75°，β＝60°，则甲乙两物体质量之比是(　 ) 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 7．(2023·宜兴模拟)图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撑面，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均与水平方向成α角。蒸锅和里面的食物总计重为G，则每个支撑面给蒸锅的支持力为(忽略蒸锅和支撑面之间的摩擦力)(　 ) 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 8．(2023·镇江模拟)某位同学用筷子将质量分布均匀的 小球夹起悬停在空中，如图所示，已知球心O与两根筷子在 同一竖直面内，小球质量为0.2kg，筷子与竖直方向之间的 夹角均为37°，筷子与小球表面间的动摩擦因数为0.875(最 大静摩擦力等于滑动摩擦力)，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。则每根筷子对小球的压力至少为(　 ) A．5N B．7.5N C．10N D．12.5N 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 9．甲同学用双手捏取了长为10cm的细线，并将双手靠近，乙同学将质量为0.5kg的物体用光滑挂钩挂在细线的中点。甲同学按如图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(　 ) A．2 N B．4 N C．5 N D．8 N 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析：对结点受力分析，如图所示。 由图可知LAB＝(13.80－5.00)cm＝8.80cm、LOA＝5.00cm，此时由平衡可得2Tcosθ＝mg，且cosθ＝ ≈0.47，联立解得T≈5.32N，即细线所能承受的最大拉力约为5N，故选C。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 10．(2023·河北高考)如图，轻质细杆AB上穿有一个质量为m的小球C，将杆水平置于相互垂直的固定光滑斜面上，系统恰好处于平衡状态。已知左侧斜面与水平面成30°角，则左侧斜面对杆AB支持力的大小为(　 ) 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 11．如图所示，山坡上两相邻高压线塔之间架有粗细均匀的导线，静止时导线呈曲线形下垂，最低点在C处。左塔A处对导线拉力的方向与竖直方向的夹角为30°，右塔B处对导线拉力的方向与竖直方向的夹角为60°，则导线AC部分与BC部分的质量之比为(　 ) A．2∶1 B．3∶1 C．4∶ D． ∶1 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析：整体分析，根据水平方向平衡FACsin30°＝FBCsin60°，单独分析左右两部分FBCcos60°＝mBCg，FACcos30°＝mACg，解得导线AC部分与BC部分的质量之比为3∶1，故B正确。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 12．(2024·高邮调研)新春佳节，大街小巷总会挂起象征喜庆的中国红灯笼。如图所示，由4根等长轻质细绳AB、BC、CD、DE悬挂起3个质量相等的灯笼，绳两端的结点A、E等高，AB绳与竖直方向的夹角为α，绳中张力大小为F1；BC绳与竖直方向的夹角为β，绳中张力大小为F2，则(　 ) A．α可能等于β B．α可能大于β C．F1>3F2 D．F1<3F2 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 13．(2024·仪征模拟)如图所示，两小球A、B质量分别为m、2m，带有同种电荷，用两根等长的轻绳悬挂在O点，静止不动时，两根轻绳之间的夹角为60°。设轻绳OA、OB与竖直方向的夹角分别为α和β，则(　 ) A．α＝2β B．sinα＝2sinβ C．tanα＝2tanβ D．cosα＝cos2β 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 14．如图，一根质量为m且质量分布均匀的绳子，两端分别固定在同一高度的两个钉子上，中点悬挂一质量为M的物体，系统平衡时，绳子中点两侧的切线与竖直方向的夹角为α，钉子处绳子的切线方向与竖直方向的夹角为β，则(　 ) 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 15．(2024·苏州模拟)如图所示，两个质量分别为mA 和mB的带电小球A、B(可视为质点)通过一根绝缘轻绳跨 放在光滑的定滑轮上(滑轮大小不计)，两球静止，O为滑 轮正下方AB连线上的一个点。两球到O点距离分别为xA 和xB，到滑轮的距离分别为lA和lB，且lA∶lB＝1∶2，细绳与竖直方向的夹角分别为θ1和θ2，两球电荷量分别为qA和qB。则(　 ) A．qA>qB B．θ1>θ2 C．mA∶mB＝1∶2 D．xA∶xB＝1∶2 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 A．F＝eq \f(mg,tan θ) B．F＝mgtan θ C．FN＝eq \f(mg,tan θ) D．FN＝mgtan θ [解析]　法一：合成法 滑块受力如图甲所示，由平衡条件知：eq \f(mg,F)＝tan θ，eq \f(mg,FN)＝sin θ，解得 F＝eq \f(mg,tan θ)，FN＝eq \f(mg,sin θ)。 法二：分解法 将滑块所受重力按产生的效果分解，如图乙所示，F＝G2＝eq \f(mg,tan θ)， FN＝G1＝eq \f(mg,sin θ)。 [例3]　如图所示，倾角为30°的斜面固定在水平地面上，斜面上放有一重力为G的物块A，有一水平轻弹簧一端固定在竖直墙面上，另一端与物块A接触。若物块A静止时受到沿斜面向下的摩擦力大小为eq \f(G,2)，此时弹簧的弹力大小是(　 ) A.eq \f(\r(3),3)G B.eq \f(2\r(3),3)G C.G D.eq \f(3＋\r(3),3)G [解析]　 对A进行受力分析，利用正交分解法对力进行分解，如图所示：在沿斜面方向，根据平衡条件：Fcos30°＝f＋Gsin30°，而f＝eq \f(G,2)，解得F＝eq \f(2\r(3),3)G，故B正确，A、C、D错误。 [解析]　 设绳上拉力为FT，OA长L1，OB长L2，过O点做竖直向下的辅助线交AB为C点，如图所示，利用力的三角形和几何三角形相似，有eq \f(FT,mAg)＝eq \f(L1,OC)，eq \f(FT,mBg)＝eq \f(L2,OC)，解得eq \f(L1,L2)＝eq \f(1,3)，故A、B、D错误，C正确。 A．绳OP的拉力大小为eq \f(1,4)mg B．C受到的摩擦力大小为eq \f(\r(3),4)mg C．A受到的摩擦力大小为eq \f(1,4)mg D．地面对C的支持力大小为(M＋m)g [解析]　对小球B受力分析如图，PB受到的拉力大小 F＝mgcosθ，对P点受力分析可知，OP受到的拉力大小T ＝Fcosθ＝eq \f(3,4)mg，A错误；对物体A受力分析可知，物体A 所受摩擦力大小等于PA绳子的拉力大小f＝Fsinθ＝eq \f(\r(3),4)mg，C错误；对整体受力分析可知，半球C受到的摩擦力大小等于A所受摩擦力大小，fC＝f＝eq \f(\r(3),4)mg，B正确；对整体受力分析可知，地面对半球C的支持力大小为(M＋m)g－T＝Mg＋eq \f(1,4)mg，D错误。 1．(2023·常州模拟)如图所示，一个内表面光滑的半球形的碗放在桌面上，碗口水平，O是球心，半径为R。一根轻质杆的两端固定有A、B两个小球(可视为质点)，质量分别是m1、m2，已知杆长为eq \r(2)R，杆静止时与水平面夹角为15°，则A、B两小球的质量之比是(　 ) A．2∶1 B.eq \r(3)∶1 C.eq \r(2)∶1 D．2∶eq \r(3) 解析： 由OA2＋OB2＝AB2且OA＝OB可知OA、OB的夹角为90°，∠OAB＝∠OBA＝45°，则OA与水平方向的夹角为60°，OB与水平方向的夹角为30°，选取两小球和杆作为研究对象，受力分析如图所示，由平衡条件得，F1在水平方向的分力F′和F2在水平方向的分力F″相等，即F1cos 60°＝F2cos 30°，所以eq \f(F1,F2)＝eq \f(cos 30°,cos 60°)＝eq \f(\r(3),1)，故B正确。 A.eq \f(1,3) B.eq \f(1,4) C.eq \f(1,5) D.eq \f(1,6) A.eq \f(5,6)m B.eq \f(5,8)m C.eq \f(5,24)m D.eq \f(1,8)m [解析]　设初始时沙桶和沙的质量为m1，再次平衡时沙桶和沙的质量为m2，则添加细沙前后根据平衡条件有m1gcos 37°＝eq \f(1,2)mg，m2gcos 53°＝eq \f(1,2)mg，解得m2＝eq \f(5,6)m，m1＝eq \f(5,8)m，则Δm＝m2－m1＝eq \f(5,24)m，C正确。 [解析]　 对题图中的A点受力分析， 则由图(a)可得Fa＝Fa′＝2mgcos 30°＝eq \r(3)mg 由图(b)可得tan 30°＝eq \f(mg,Fb′)，则Fb＝Fb′＝eq \r(3)mg，故Fa＝Fb。 解析： C点的受力如图所示，则有FACsinα＝FCD，FCD＝mg，则FAC＝eq \f(FCD,sin α)＝eq \f(mg,sin α)，所以FAC＞mg，故A正确，B、D错误；若A点上移，α变大，sinα变大，所以FAC变小，故C错误。 A．F1＝40eq \r(3)N B．F1＝120eq \r(3)N C．F2＝40eq \r(3)N D．F2＝120eq \r(3)N 解析： 当BO与水平面的夹角为90°时，对水桶受力分析，水桶受到对OB板的压力F1、对OA板的压力F2以及重力G，在三个力的作用下平衡，其受力分析图如图所示，根据平衡条件以及几何关系有F2sin 30°＝F1，F2cos 30°＝G，解得F1＝40eq \r(3) N，F2＝80eq \r(3) N，故选A。 A．eq \f(\r(3),3)mg 　 B．eq \f(2\r(3),3)mg 　　 C．eq \r(3)mg 　 D．2mg 解析： 以其中一小球为研究对象，受力情况如图所示，根据题意可知θ＝30°，对小球根据平衡条件可知FN1＝eq \f(mg,cos θ)＝eq \f(2\r(3),3)mg。 A．1∶1 B．1∶2 C．eq \r(3)∶eq \r(2) D．eq \r(2)∶eq \r(3) 解析： 甲物体是拴牢在O点，且O点处于平衡状态，受力分析如图所示，根据几何关系有γ＝180°－60°－75°＝45°，由正弦定理有eq \f(m甲g,sin γ)＝eq \f(m乙g,sin β)，故eq \f(m甲,m乙)＝eq \f(sin 45°,sin 60°)＝eq \f(\r(2),\r(3))。 A.eq \f(G,4) B.eq \f(G,4cos α) C.eq \f(G,4sin α) D.eq \f(G,4tan α) 解析：对蒸锅进行受力分析可得4F支cos α＝G，解得F支＝eq \f(G,4cos α)，A、C、D错误，B正确。 解析：筷子对小球的压力向下，小球有下滑的趋势，最大静摩擦力沿筷子向上，小球受力平衡。在竖直方向上有2fcos θ－2Nsin θ＝mg，f＝μN，解得N＝eq \f(mg,2μcos θ－sin θ)＝10 N，A、B、D错误，C正确。 A．mg　　 B．eq \f(\r(3),2)mg　 　C．eq \f(\r(3),3)mg　 　D．eq \f(1,2)mg 解析： 对轻杆和小球组成的系统进行受力分析，如图，设左侧斜面对杆AB支持力的大小为NA，由平衡条件有NA＝mgcos 30°，得NA＝eq \f(\r(3),2)mg，故选B。 解析：由对称性可知AB绳和DE绳张力大小相等，大小为F1。对三个灯笼的整体分析可知2F1cosα＝3mg，对结点B受力分析得F1sinα＝F2sinβ，F1cosα＝mg＋F2cosβ，综上解得3tanα＝tanβ，F1＝eq \f(3mg,2cos α)，F2＝eq \f(mg,2cos β)，由3tan α＝tanβ，可知α<β，A、B错误；由F1＝eq \f(3mg,2cos α)，F2＝eq \f(mg,2cos β)，可知eq \f(F1,F2)＝3eq \f(cos β,cos α)，又α<β，得cosα>cosβ，eq \f(F1,F2)<3，F1<3F2，C错误，D正确。 解析： 连接AB，与过O点的竖直线相交于C(如图)，设AC＝x1，BC＝x2，则由力的平行四边形定则和三角形相似法可得到eq \f(mg,OC)＝eq \f(F,x1)，eq \f(2mg,OC)＝eq \f(F,x2)，解得eq \f(x2,x1)＝eq \f(1,2)，由正弦定理结合题意分析可知eq \f(x2,x1)＝eq \f(sin β,sin α)，解得sinα＝2sinβ，故B正确。 A．eq \f(tan α,tan β)＝eq \f(m＋M,m) B．eq \f(tan α,tan β)＝eq \f(m＋M,M) C．eq \f(cos α,cos β)＝eq \f(M,m＋M) D．eq \f(cos α,cos β)＝eq \f(m,m＋M) 解析：设绳子的拉力为T，则对中间结点分析可知2T1cosα＝Mg。对绳子和M整体受力分析可知2T2cosβ＝mg＋Mg。对于右侧绳子，在水平方向上有T1sinα＝T2sinβ。解得eq \f(tan α,tan β)＝eq \f(m＋M,M)，故B正确。 解析： 由于两球的电场力是相互作用力，故无法比较两球电荷量的大小，A错误；绳子上的力处处相等，对绳子跨过定滑轮的节点受力分析可知T′sinθ1＝T′sinθ2，所以θ1＝θ2，B错误；对两球受力可知，根据相似三角形eq \f(mAg,h)＝eq \f(T′,lA)＝eq \f(F,xA)，eq \f(mBg,h)＝eq \f(T′,lB)＝eq \f(F,xB)，可得mA∶mB＝2∶1，xA∶xB＝1∶2，故C错误，D正确。 $$