第1部分 专题1 1 第一讲 力与物体的平衡（Word讲义）-【金版新学案】2026年高考物理大二轮专题复习与测试（广东专版）

第一讲　力与物体的平衡 学生用书⬇第2页 考点一　静态平衡 (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＝Gcos θ D.F＝Gsin θ 答案：C 解析：将重力沿垂直于斜面方向和斜面方向分解，如图所示，沿斜面方向，由平衡条件得Ff＝Gcos θ，故A错误，C正确；垂直于斜面方向，由平衡条件得F＝Gsin θ＋FN，故B、D错误。故选C。 解决静态平衡问题的“四步骤” 预测1.(2025·广东江门一模)牛轭是套在牛颈上的曲木，是耕地时的重要农具。如图所示，一轻绳穿过犁前部的铁环后，两端分别系在牛轭上，两段绳子间的夹角为2θ，两段绳子所在平面与水平面夹角为α，手轻扶犁保持前进方向不变，当犁水平匀速耕地时所受的阻力为Ff，则每段绳子的拉力为 A. B. C. D. 答案：C 解析：根据水平方向上的平衡条件可知2FTcos θ·cos α＝Ff，解得FT＝。故选C。 预测2.如图所示，倾角为α的斜面固定在水平面上，在斜面和固定的竖直挡板之间有两个匀质球P、Q，P球质量是Q球质量的三倍，各接触面均光滑，系统处于静止状态，P、Q两球的球心连线与竖直方向的夹角为β，下列说法正确的是 A.4tan α＝tan β B.3tan α＝tan β C.2tan α＝tan β D.tan α＝tan β 答案：A 解析：设Q球的质量为m，则P球的质量为3m。以P、Q两球整体为研究对象，受力分析如图甲所示，由平衡条件可得F2＝4mgtan α，以Q球为研究对象，受力分析如图乙所示，由平衡条件可得F2＝mgtan β，联立解得4tan α＝tan β。故选A。 考点二　动态平衡 动态平衡问题的分析方法 (2025·山东日照一模)如图所示，水平地面上固定着一个竖直圆形轨道，圆心为O，轨道内壁光滑。轨道内放置一个质量为m的小球，在水平拉力F的作用下静止在轨道内侧A点，AO连线与竖直方向的夹角θ＝30°，轨道对小球的支持力大小为FN，重力加速度为g。改变拉力F，小球始终静止在A点。下列说法正确的是 学生用书⬇第3页 A.将拉力F逆时针缓慢旋转45°的过程中，F的最小值为mg B.将拉力F逆时针缓慢旋转45°的过程中，FN的最小值为mg C.将拉力F顺时针缓慢旋转45°的过程中，F先减小后增大 D.将拉力F顺时针缓慢旋转45°的过程中，FN的最小值为2mg 答案：B 解析：将拉力F逆时针缓慢旋转45°的过程中，小球静止在A点，根据三角形定则，画出小球的受力变化情况，如图1所示，由图1可以看出，F先变小后变大，当F与FN垂直时拉力最小，为Fmin＝mgsin 30°＝mg，FN一直减小，根据正弦定理可知＝，解得FNmin＝mg，故A错误，B正确；将拉力F顺时针缓慢旋转45°的过程中，小球的受力变化情况如图2所示，则F、FN都在增大，FN的最小值为FNmin'＝＝mg，故C、D错误。故选B。 母题变式1.例2中，假设外力F的方向保持水平，改变F的大小，小球在圆形轨道内缓慢向上移动，小球与圆心连线与竖直方向的夹角由30°逐渐增大到60°，该过程中外力F如何变化？圆形轨道对小球的支持力FN如何变化？ 答案：均增大 解析：小球受力如图所示，将FN正交分解，则有FNcos θ＝mg，FNsin θ＝F，解得FN＝，F＝mgtan θ，随着θ的增大，FN增大，F增大。 母题变式2.例2中，假设外力F的方向始终保持与小球所在半径方向的夹角120°不变，改变F的大小，小球在圆形轨道内从最低点缓慢向上移动，直到小球与圆心等高，该过程中外力F和圆形轨道对小球的支持力FN如何变化？ 答案：F一直增大，FN先增大后减小 解析：解法一：正弦定理法 作出小球受力示意图如图甲所示，由正弦定理得＝＝，则有FN＝，F＝，mg不变，则β＝180°－120°＝60°保持不变，θ由0°增大到90°，则α由120°减小到30°，所以F一直增大，FN先增大后减小。 解法二：辅助圆法 作出三力构成的矢量三角形的外接圆，如图乙所示，可知F一直增大，FN先增大后减小。 如图为乘客坐飞机的姿态图。座椅背板AP与底板PB夹角稍大于90°，飞机匀速水平飞行时，底板PB右端比左端稍微高点，忽略乘客与座椅间的摩擦力，在飞机逐渐向上匀速爬升的过程中，座椅背板AP与底板PB也逐渐绕P轴在竖直面内逆时针转动，直到PB板与水平面成30°。下列说法正确的是 A.未爬升前背板AP对乘客没有作用力 B.爬升过程中乘客始终受到三个力的作用 C.爬升过程中座椅对乘客的作用力的合力逐渐减小 D.爬升过程中乘客对背板AP与底板PB的压力都逐渐增大 答案：B 解析：未爬升前和爬升过程，均以乘客为研究对象，乘客受重力、PA的支持力FNA和PB的支持力FNB，由题意可知，始终受三个力的作用且合力始终为0，即座椅对乘客的作用力的合力不变，故A、C错误，B正确；由题意可知，FNA与FNB之间的夹角不变，矢量三角形如图所示，在PB转到与水平面夹角为30°的过程中，FNA变大，FNB减小，结合牛顿第三定律可知，D错误。故选B。 解决平衡中临界、极值问题的思路和方法 解题 思路 解决此类问题重在形成清晰的物理情境，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 解题 方法 解析法 根据物体的平衡条件列出平衡方程，在解方程时采用数学方法求极值 图解法 此种方法通常适用于物体只在三个力(或可等效为三个力)作用下的动态平衡中的极值问题 极限法 极限法是一种处理极值问题的有效方法，它是指通过恰当选取某个变化的物理量将问题推向极端(如“极大”“极小”等)，把比较隐蔽的临界现象暴露出来，从而快速求解 学生用书⬇第4页 (2025·广东大湾区二模)如图所示，站在地面不动的工人利用滑轮组将货物缓慢提起。提起过程中，工人拉绳的方向不变，动滑轮两侧的绳子不平行，不计滑轮摩擦力，下列说法正确的是 A.工人受到的重力和支持力是一对作用力和反作用力 B.工人对绳子的拉力和绳子对工人的拉力是一对平衡力 C.货物缓慢拉起过程中，绳子对动滑轮的作用力不变 D.货物缓慢拉起过程中，地面对工人的支持力变大 答案：C 解析：工人受到的重力和支持力的受力物体都是工人，这两个力不是一对作用力和反作用力，故A错误；工人对绳子的拉力和绳子对工人的拉力是一对作用力和反作用力，故B错误；货物缓慢拉起过程中，绳子的拉力在竖直方向的分力为货物重力的一半，绳子对动滑轮的作用力方向竖直向上，大小等于货物的重力，故C正确；货物缓慢拉起过程中，对O点受力分析，设两绳间夹角为θ，如图所示， 则2Fcos ＝G1，解得F＝，对工人受力分析，受重力G2、支持力FN、绳子拉力F、摩擦力Ff，设绳子与竖直方向的夹角为α，如图，则地面对工人的支持力FN＝G2－Fcos α＝G2－，货物缓慢拉起过程中，θ逐渐变大，cos 变小，又α不变，则FN变小，即地面对工人的支持力变小，故D错误。故选C。 考点三　电场、磁场中的平衡 (2025·福建高考)两个点电荷Q1与Q2静立于竖直平面上，于P点放置一检验电荷恰好处于静止状态，PQ1与Q1Q2夹角为30°，PQ1⊥PQ2，则Q1与Q2电荷量之比为　　　　，在PQ1连线上是否存在其他点能让同一检验电荷维持平衡状态？　　　　(填“存在”或“不存在”)。 答案：∶1 不存在 解析：根据几何关系设PQ2＝r，PQ1＝r，对检验电荷进行受力分析，可得＝tan 30°，其中F1＝k，F2＝k，联立解得Q1∶Q2＝∶1 。 如图所示，根据平衡条件可知检验电荷受到的重力和两点电荷对其的库仑力组成一个封闭的矢量三角形，若在PQ1连线上存在其他点能让同一检验电荷维持平衡状态，此时点电荷Q1对检验电荷的库仑力F1增大，根据三角形定则可知此时点电荷Q2对检验电荷的库仑力F2必然增大；由于此时检验电荷与点电荷Q2间的距离在增大，库仑力在减小，故假设不成立，故在PQ1连线上不存在其他点能让同一检验电荷维持平衡状态。 (2025·山西省卓越联盟质检)如图所示，两组间距均为L的光滑平行导轨倾斜固定，两组导轨平面与水平面的夹角均为θ＝30°，左侧导轨处在垂直于导轨平面的匀强磁场Ⅰ中，磁场的磁感应强度大小为B1，右侧导轨处在沿竖直方向的匀强磁场Ⅱ中，磁场的磁感应强度大小为B2，磁场Ⅰ、Ⅱ均未在图中画出，两组导轨上端接有一个直流电源，两质量均为m的导体棒a、b垂直导轨放置，两导体棒均静止，两导体棒接入电路的电阻均为R，导轨电阻不计，不考虑导轨电流磁场对导体棒的作用及两导体棒间的相互作用，则下列说法正确的是 A.磁场Ⅰ的方向垂直于导轨平面向上 B.磁场Ⅱ的方向竖直向下 C.B1＝B2 D.B1＝B2 答案：D 解析：根据电流方向，结合左手定则及平衡条件可知，磁场Ⅰ的方向垂直于导轨平面向下，磁场Ⅱ的方向竖直向上，A、B错误；设两导体棒中电流均为I，对导体棒a，根据平衡条件有mgsin 30°＝ILB1，对导体棒b，根据平衡条件有tan 30°＝，解得B1＝B2，C错误，D正确。故选D。 解决电场、磁场中平衡问题的注意事项 1.安培力方向的判断要先明确磁场方向、电流方向，再用左手定则判断安培力的方向，同时注意将立体图转化为平面图。 2.电场力或安培力的出现，可能会对弹力、摩擦力产生影响。 3.涉及电路问题时，要注意闭合电路欧姆定律的应用。 1.科技情境类 (2024·山东高考)如图所示，国产人形机器人“天工”能平稳通过斜坡。若它可以在倾角不大于30°的斜坡上稳定地站立和行走，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则它的脚和斜面间的动摩擦因数不能小于 A. B. C. D. 答案：B 解析：根据题意可知机器人“天工”可以在倾角不大于30°的斜坡上稳定地站立和行走，对“天工”分析有mgsin 30°≤μmgcos 30°，可得μ≥tan 30°＝。故选B。 学生用书⬇第5页 2.生活情境类 (2024·贵州高考)如图，两根相互平行的长直导线与一“凸”形导线框固定在同一竖直平面内，导线框的对称轴与两长直导线间的距离相等。已知左、右两长直导线中分别通有方向相反的恒定电流I1、I2，且I1＞I2，则当导线框中通有顺时针方向的电流时，导线框所受安培力的合力方向 A.竖直向上 B.竖直向下 C.水平向左 D.水平向右 答案：C 解析：根据安培定则可知导线框所在处磁场方向垂直纸面向里，由于I1＞I2可知左侧的磁感应强度大，同一竖直方向上的磁感应强度相等，故导线框水平方向导线所受的安培力相互抵消，根据左手定则结合F＝ILB可知左半边竖直方向的导线所受的水平向左的安培力大于右半边竖直方向的导线所受的水平向右的安培力，故导线框所受安培力的合力方向水平向左。故选C。 3.生活情境类 (2024·湖北高考)如图所示，两拖船P、Q拉着无动力货船S一起在静水中沿图中虚线方向匀速前进，两根水平缆绳与虚线的夹角均保持为30°。假设水对三艘船在水平方向的作用力大小均为Ff，方向与船的运动方向相反，则每艘拖船发动机提供的动力大小为 A.Ff B.Ff C.2Ff D.3Ff 答案：B 解析：根据题意对S受力分析如图甲所示，则有2FTcos 30°＝Ff，解得FT＝Ff，对P受力分析如图 乙所示，则有＋＝F2，解得F＝Ff。故选B。 4.生产情境类 (2025·陕晋青宁高考)如图，质量为m的均匀钢管，一端支在粗糙水平地面上，另一端被竖直绳悬挂，处于静止状态，钢管与水平地面之间的动摩擦因数为μ、夹角为θ，重力加速度大小为g。则地面对钢管左端的摩擦力大小为 A.μmgcos θ B.μmg C.μmg D.0 答案：D 解析：对钢管受力分析，如图所示，若钢管受到地面的摩擦力，则钢管水平方向受力不平衡，钢管不可能处于静止状态，故地面对钢管左端的摩擦力大小为零。故选D。 专题集训(一)　力与物体的平衡 (时间：30分钟　满分：50分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (选择题1－10题，每题5分，共50分) 1.(2025·河北高考)如图，内壁截面为半圆形的光滑凹槽固定在水平面上，左右边沿等高。该截面内，一根不可伸长的细绳穿过带有光滑孔的小球，一端固定于凹槽左边沿，另一端过右边沿并沿绳方向对其施加拉力F。小球半径远小于凹槽半径，所受重力大小为G。若小球始终位于内壁最低点，则F的最大值为 A.G B.G C.G D.G 答案：B 解析：分析可知当凹槽底部对小球的支持力为零时，拉力F最大，在竖直方向上，根据平衡条件有2Fmcos 45°＝G，解得Fm＝G。故选B。 2.(2025·安徽蚌埠第二次质检)如图所示，A、B、C三个物块叠放在一起静止在水平面上，接触斜面与竖直方向的夹角均为θ，若A和B、B和C之间均刚好不发生滑动，A和B间的动摩擦因数为μ1，B与C间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是 A.μ1＞μ2 B.μ1＜μ2 C.若在A上轻放一个物块，A、B和B、C接触面间均不会发生相对滑动 D.若在A上轻放一个物块，B、C接触面间先发生相对滑动 答案：C 解析：设A的质量为m1、B的质量为m2，根据题意，有m1gcos θ＝μ1m1gsin θ，(m1＋m2)gcos θ＝μ2(m1＋m2)gsin θ，解得μ1＝μ2＝，A、B错误；若在A上轻放一个质量为m的物块，则有(m1＋m)gcos θ＝μ1(m1＋m)gsin θ，(m1＋m2＋m)gcos θ＝μ2(m1＋m2＋m)gsin θ，即A、B和B、C接触面间均不会发生相对滑动，C正确，D错误。故选C。 3.(2025·广东佛山二测)在家中为了方便使用卷纸，如图所示，用一个可转动“△”框将卷纸挂在墙上，使用过程中卷纸始终与墙面接触，若不计墙面与卷纸间的摩擦，当卷纸逐渐减少时 A.框对卷纸的作用力变小 B.框对卷纸的作用力方向竖直向上 C.墙面对卷纸的弹力保持不变 D.墙面和框对卷纸的合力保持不变 答案：A 解析：设框对卷纸的作用力为F，方向指向左上方，墙面对卷纸的作用力为FN，则卷纸的受力情况如图所示，当卷纸逐渐减少时，F与竖直方向的夹角减小，重力减小，由图可知，F减小，FN减小，墙面和框对卷纸的合力与重力大小相等，所以合力减小。故选A。 4.(2025·广东广州天河高三综合测试)战机水平飞行时可通过转动发动机尾喷口方向获得斜向上的推力，同时飞行过程由于机翼上下表面压强差，飞机会受到垂直机身向上的升力。若战机水平匀速飞行时升阻比(即垂直机身向上的升力和平行机身向后的阻力之比)为，已知战机重力大小为G，则战机水平匀速飞行时获得的最小推力为 A. B. C. D. 答案：D 解析：由题意，对飞机受力分析如图所示，飞机受到重力G、发动机推力F1、升力F2和空气阻力Ff，重力的方向竖直向下，升力的方向竖直向上，空气阻力Ff的方向与F2垂直，飞机匀速飞行，根据平衡条件有Fx＝Ff，F2＋Fy＝G，结合＝＋，F2＝Ff，可得＝＋＝4－2GFf＋G2，由数学知识可得，当Ff＝G时，F1有最小值，为F1min＝。故选D。 5.(2025·福建厦门一模)将完全相同的三根原木A、B、C按图(a)放在水平地面上保持静止，截面如图(b)。若将原木B、C分别向左、右各移动一小段相同的距离，A、B、C仍保持静止，不计A、B、C间的摩擦，则与移动前相比 A.地面对B的摩擦力变大 B.B对A的支持力变小 C.地面对B、C总的支持力变小 D.地面对B、C总的支持力变大 答案：A 解析：以A为研究对象，设B对A的支持力为FBA，C对A的支持力为FCA，A的重力为GA，在原木B、C移动前，根据平衡条件可得FBA＝FCA，2FBAcos θ＝GA(θ为FBA与竖直方向的夹角)，将原木B、C分别向左、右各移动一小段相同的距离后，θ增大，cos θ减小，因为GA不变，所以FBA增大，故B错误；对B进行分析，B受到地面的摩擦力FfB等于FAB的水平分力，即FfB＝FABsin θ＝FBAsin θ，FBA增大且sin θ增大，所以地面对B的摩擦力变大，故A正确；以A、B、C整体为研究对象，整体受到重力和地面的支持力，根据平衡条件可知，地面对B、C总的支持力等于A、B、C的总重力，总重力不变，所以地面对B、C总的支持力不变，故C、D错误。故选A。 6.(多选)(2025·陕晋青宁高考)如图，与水平面成53°夹角且固定于O、M两点的硬直杆上套着一质量为1 kg的滑块，弹性轻绳一端固定于O点，另一端跨过固定在Q处的光滑定滑轮与位于直杆上P点的滑块拴接，弹性轻绳原长为OQ，PQ为1.6 m且垂直于OM。现将滑块无初速度释放，假设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。滑块与杆之间的动摩擦因数为0.16，弹性轻绳上弹力F的大小与其伸长量x满足F＝kx。k＝10 N/m，g取10 m/s2，sin 53°＝0.8。则滑块 A.与杆之间的滑动摩擦力大小始终为1.6 N B.下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的冲量相同 C.从释放到静止的位移大小为0.64 m D.从释放到静止克服滑动摩擦力做功为2.56 J 答案：AC 解析：根据题意，设滑块下滑后弹性轻绳与PQ间夹角为θ时，对滑块进行受力分析，如图所示，由平衡条件有FTcos θ＝mgcos 53°＋FN，由胡克定律结合几何关系有FT＝k，联立解得FN＝klPQ－mgcos 53°＝10 N，可知，滑块与杆之间的弹力不变，则滑块与杆之间的滑动摩擦力大小始终为Ff＝μFN＝1.6 N，故A正确；下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的方向不同，则下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的冲量不相同，故B错误；拉力在沿杆方向的分力FTx＝k··sin θ＝k·lPQ·tan θ＝k·x，x为从P出发的位移，滑块的运动等效于一个沿杆向下的简谐运动，由于Ff方向可变的原因，下滑与上滑时振幅不同，下滑达到最大速度时有mgsin 53°－Ff－kx1＝0，解得x1＝0.64 m，上滑达到最大速度时有mgsin 53°＋Ff－kx2＝0，解得x2＝0.96 m，上滑时振幅A＝2x1－x2＝0.32 m，滑块速度为0时，位移x0＝x2－A＝0.64 m，此时mgsin 53°－kx0＝1.6 N＝Ff，可以静止在此处，C正确；W克＝Ff·(2x1＋2A)＝3.072 J，D错误。故选AC。 7.(2025·陕西宝鸡三模)如图所示，绝缘斜面体ABC静止于粗糙的水平面上，∠B＝37°，∠C＝53°，两个可视为质点的带电物体P、Q分别静止在AB和AC面上，且PQ连线水平。已知AB、AC面均光滑，斜面体和P、Q的质量分别为M、m1、m2，重力加速度为g，sin 37°＝0.6。下列判断正确的是 A.P、Q的质量之比是16∶9 B.P、Q带异种电荷，且Q的电荷量等于P的电荷量 C.水平面对斜面体底部有水平向右的静摩擦力 D.水平面对斜面体的支持力大于(M＋m1＋m2)g 答案：A 解析：由库仑力F、重力mg和倾角θ的关系式F＝mgtan θ，可知P、Q质量之比为＝＝＝，A正确；P、Q两物体都是受三力平衡，且P、Q在水平方向受到的是大小相等的库仑引力，P、Q一定是带异种电荷，电荷量大小关系不能确定，B错误；对斜面体和P、Q所构成的整体受力分析，可知水平面对斜面体的支持力等于总重力，水平面对斜面体没有摩擦力，水平面对斜面体的支持力为FN＝g，C、D错误。故选A。 8.(2025·辽宁锦州期末)如图所示，CD和EF是两根相同的金属棒，质量均为m，长度均为L，用两根等长的柔软导线l1、l2(重力不计)将它们连接，形成闭合回路CDFE。用两根绝缘细线l3、l4将整个回路悬于天花板上，使两棒保持水平并处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，重力加速度为g。在回路中通以大小为I、方向如图所示的电流，则稳定后 A.软导线l1、l2对金属棒EF的拉力大小均为mg B.绝缘细线l3和l4对金属棒CD的拉力大小均为2mg C.软导线l1和l2向纸面外偏转，软导线与竖直方向夹角的正切为 D.绝缘细线l3和l4向纸面内偏转，细线与竖直方向夹的正弦为 答案：C 解析：以两根金属棒作为整体，由左手定则可知，CD、EF两金属棒受到的安培力方向分别为向里、向外，竖直方向上，两根金属棒所受合力是零，即可知绝缘细线l3、l4对金属棒CD的拉力大小均为mg，细线为竖直方向，并不偏转，故B、D错误；对金属棒EF受力分析，从左向右看，可知软导线l1、l2对金属棒EF的拉力如图所示，可知拉力大小满足2FT＝，即拉力大小为FT＝＞mg，tan θ＝，故A错误，C正确。故选C。 9.(多选)(2025·福建厦门二模)如图甲所示，我国古建屋顶多采用蝴蝶瓦方式铺设。图乙是两片底瓦和一片盖瓦的铺设示意图，三根相同且平行的椽子所在平面与水平面夹角为37°。图丙为截面示意图，弧形底瓦放置在两根相邻的椽子正中间，盖瓦的底边恰与底瓦的凹槽中线接触。已知相邻两椽子与底瓦接触点间的距离和瓦的半径都为20 cm，盖瓦和底瓦形状相同，厚度不计，质量均为1 kg、最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，在无扰动的情况下，底瓦与盖瓦均保持静止。若仅铺设这三片瓦进行研究，则 A.底瓦与椽子间的动摩擦因数μ≥ B.底瓦与椽子间的动摩擦因数μ≥ C.适当增大两椽子间的距离，底瓦更不容易下滑 D.适当减小两椽子间的距离，底瓦更不容易下滑 答案：AC 解析：以两片底瓦和盖瓦整体为研究对象，易得这个整体的重力在垂直椽子所在平面方向上的分力为 3mgcos 37°，垂直椽子所在平面方向上整体处于平衡状态，可知3mgcos 37°＝4FNcos α，可得椽子与底瓦接触部位之间的弹力FN＝，相邻两椽子与底瓦接触点间的距离和瓦的半径都为20 cm，根据几何关系α＝30°，在无外界干扰的情况下，为使底瓦与盖瓦不下滑，应使4μFN≥3mgsin 37°，解得μ≥，故A正确，B错误；适当增大两椽子间的距离，α增大，弹力FN增大，最大静摩擦力增大，底瓦更不容易下滑，故C正确；适当减小两椽子间的距离，α减小，弹力FN减小，最大静摩擦力减小，底瓦更容易下滑，故D错误。故选AC。 10.(2024·贵州高考)如图(a)，一质量为m的匀质球置于固定钢质支架的水平横杆和竖直墙之间，并处于静止状态，其中一个视图如图(b)所示。测得球与横杆接触点到墙面的距离为球半径的1.8倍，已知重力加速度大小为g，不计所有摩擦，则球对横杆的压力大小为 A.mg B.mg C.mg D.mg 答案：D 解析：对球进行受力分析如图，设球的半径为R，根据几何知识可得sin α＝＝0.8，根据平衡条件得FNcos α＝mg，解得FN＝mg，根据牛顿第三定律得球对横杆的压力大小为FN'＝FN＝mg。故选D。 学科网（北京）股份有限公司 $