知识点8：弹力与摩擦力的临界极值问题提高版-2027届高考物理一轮复习讲义及对应练习

知识点8：弹力与摩擦力的临界极值问题 考点一：弹力的临界与极值问题 【知识思维方法技巧】 （1）临界问题：当某物理量变化时，会引起其他几个物理量的变化，从而使物体所处的平衡状态“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。常见弹力临界状态有绳子恰好绷紧，拉力F=0。刚好离开接触面，支持力FN=0。 （2）极值问题：平衡物体的极值，一般指在力的变化过程中的最大值和最小值问题。 （3）平衡中涉及弹力的临界与极值问题解题方法： ①物理分析方法（极限法、三角形图解法及动态圆图解法）：正确进行受力分析和变化过程分析，找到平衡的临界点和极值点或者根据平衡条件，作出力的矢量图，通过对物理过程的分析，利用三角形图解法及动态圆图解法进行动态分析，确定最大值和最小值。 ②数学分析法（正交分解解析法）：通过对问题分析，根据平衡条件列出物理量之间的函数关系（画出函数图像），用数学方法求极值（如求二次函数极值、公式极值、三角函数极值）。 题型一：应用物理分析法解决弹力的临界与极值问题 【典例1提高题】 1．如图所示，某自卸式货车车厢上放有一箱货物，货箱内有一光滑的倾斜隔板AB，其与货箱底部的夹角为30°，隔板与货箱右壁之间放有一圆柱状工件，货车在卸货过程中，车厢倾角θ从0°缓慢增大到37°，货箱一直相对车厢底板静止，下列说法正确的是（　　） A．工件对货箱右壁的压力一直减小 B．工件对货箱右壁的压力先增大后减小 C．工件对隔板的压力不断减小 D．工件对隔板的压力先减小后增大 【典例1提高题对应练习】 2．如图所示为某饮料自动售卖机出口处的截面图。当饮料罐来到出口处时，挡板以O为转轴沿顺时针方向抬起，饮料罐得以滚出。不计一切摩擦，则在挡板顺时针缓慢抬起一个小角度（饮料罐尚未滚出）的过程中（　　） A．斜面对饮料罐的支持力大小不变 B．斜面对饮料罐的支持力先增大后减小 C．挡板对饮料罐的压力逐渐减小 D．挡板对饮料罐的压力逐渐增大 题型二：应用数学分析法解决涉及弹力的临界与极值问题 【典例2提高题】 3．如图所示，倾角为60°、足够长的斜面OA固定在水平地面上，挡板OB可绕转轴O在竖直面内转动。现将一光滑圆球放在斜面与挡板之间，使挡板与水平面的夹角由60°缓慢增加至90°，这一过程中小球对挡板OB的压力（   ） A．不断增大 B．不断减小 C．先增大后减小 D．先减小后增大 考点二：摩擦力的临界与极值问题 【知识思维方法技巧】 （1）平衡中涉及摩擦力的临界与极值问题常见的有：静摩擦力达到最大值。 （2）平衡中涉及摩擦力的临界与极值问题的解题方法： ①物理分析方法（极限法、三角形图解法及动态圆图解法）：正确进行受力分析和变化过程分析，找到平衡的临界点和极值点或者根据平衡条件，作出力的矢量图，通过对物理过程的分析，利用三角形图解法及动态圆图解法进行动态分析，确定最大值和最小值。 ②数学分析法（正交分解解析法）：通过对问题分析，根据平衡条件列出物理量之间的函数关系（画出函数图像），用数学方法求极值（如求二次函数极值、公式极值、三角函数极值）。 题型一：应用物理极限分析法解决摩擦力的临界极值问题 【知识思维方法技巧】 物体相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大值 类型一：单个物体模型 【典例1a提高题】 4．如图所示，水平面和竖直面构成的垂直墙角处有一个截面为半圆的光滑柱体，用细线拉住的小球静止靠在半圆柱的P点（P点靠近底端）。通过细线将小球从P点缓慢向上拉至半圆柱的最高点，细线方向始终保持与半圆相切。此过程中下列说法正确的是（　　） A．细线对小球的拉力逐渐减小 B．圆柱体对小球的支持力逐渐减小 C．水平地面对圆柱体的支持力逐渐减小 D．圆柱体对竖直墙面的压力先增大后减小 【典例1a提高题对应练习】 5．如图所示，在水平地面上放置着一半圆柱状物体A，上表面光滑，与地面接触的下表面粗糙。在光滑竖直墙壁与柱体之间放置一质量为m的球体B，系统初始时处于静止状态。施加外力使柱体A缓慢向左移动少许，撤掉外力后系统仍静止。最终静止状态与初始状态相比，下列说法正确的是（　　） A．地面对柱体A的支持力不变 B．墙壁对球体B的弹力变小 C．墙壁对球体B的弹力变大 D．地面对柱体A的摩擦力不变 类型二：连接体模型 【典例1b提高题】 6．如图，半圆柱体P放在粗糙水平地面上，圆柱面光滑，球心O的正上方有一个大小可忽略的定滑轮A，一根轻绳跨过定滑轮，一端和置于圆柱体上的小球连接，另一端系在固定竖直杆上的B点；一钩码挂在A、B间的轻绳上，整个装置处于静止状态。不计绳与定滑轮和挂钩之间的摩擦力。若将小球沿圆柱面缓慢向上移动一小段距离，整个装置再次处于静止状态时，小球依然在圆柱体P上，与移动前相比（　　） A．小球对P的弹力大小不变 B．AB间轻绳的夹角变大 C．地面对P的摩擦力减小 D．地面对P的支持力减小 【典例1b提高题对应练习】 7．如图甲所示，5颗完全相同质量为m的象棋棋子整齐叠放在水平面上，所有接触面间的动摩擦因数均为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现对第3颗棋子施加一水平变力F，F随t的变化关系如图乙所示，重力加速度为g，下列说法正确的是（    ） A．时，第5颗棋子受到水平面的摩擦力向左，大小为 B．时，第4、5颗棋子间没有摩擦力 C．时，第3颗棋子的加速度大小为 D．第6s以后，第1颗棋子受到的摩擦力大小为 题型二：应用物理极限分析法解决摩擦力突变的临界与极值问题 【知识思维方法技巧】 分析摩擦力突变问题的方法： ①分析临界状态，物体由相对静止变为相对运动，或者由相对运动变为相对静止，或者受力情况发生突变，往往是摩擦力突变问题的临界状态。 ②确定各阶段摩擦力的性质和受力情况，做好各阶段摩擦力的分析。 类型一：静—静突变模型　 【知识思维方法技巧】 静—静突变模型的特点：　 物体在静摩擦力和其他力的共同作用下处于静止状态，当作用在物体上的其他力的合力发生变化时，物体虽然仍保持相对静止，但物体所受的静摩擦力将发生突变。 【典例2a提高题】 8．如图所示，一倾角的斜面体静止在粗糙水平地面上，斜面体上表面光滑。物块B、C通过轻质弹簧连接后放在斜面上，物块A、B通过绕过光滑定滑轮的轻绳连接，弹簧、连接物块B的轻绳均与斜面平行，整个系统始终静止。已知物块B的质量为m，物块A的质量为3m，重力加速度为g，。下列说法正确的是（　　） A．物块C的质量为2m B．剪断轻绳的瞬间，物块B的加速度大小为2.4g C．剪断弹簧的瞬间，物块A的加速度大小为g D．剪断弹簧前后，地面对斜面体的摩擦力不变 类型二：静—动突变模型 【知识思维方法技巧】 静—动突变模型的特点： 物体在静摩擦力和其他力作用下处于静止状态，当其他力变化时，如果物体不能保持静止状态，则物体受到的静摩擦力将“突变”成滑动摩擦力，“突变”点为静摩擦力达到最大值时。 【典例2b提高题】 9．如图甲所示，A、B两个质量均为m的物体叠放在水平面上，A物体与一拉力传感器相连接，连接的细绳保持水平。从t＝0时刻起，用一水平向右且随时间逐渐增加的力F拉动B物体，拉力传感器的示数随时间变化的图线如图乙所示，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。A与B、B与水平面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．实验中必须让B物体保持匀速运动 B．图乙中图线也可表示A物体所受摩擦力随时间的变化 C．0~t1内，水平面与B物体之间的摩擦力为滑动摩擦力 D．t2时刻，B物体与水平面之间的摩擦力为2μmg 【典例2b提高题对应练习】 10．如图甲所示，在水平面上有一质量为的足够长的木板，其上叠放一质量为的木块，现给木块施加一随时间增大的水平力（是常数），木块加速度的大小随时间变化的图线如图乙所示，木块与木板之间的动摩擦因数为、木板与水平面之间的动摩擦因数为，假定接触面之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等，已知重力加速度为g。则下列说法正确的是（    ） A．时间内木块受到的摩擦力大小为 B． C．乙图中 D．与时间内对应的两段斜线斜率的绝对值之比为1：3 类型三：动—静突变模型 【知识思维方法技巧】 动—静突变模型的特点： 物体在摩擦力和其他力作用下，两物体相对做减速滑动的过程中，若相对速度变为0，则物体将不再受滑动摩擦力作用，滑动摩擦力可能“突变”为静摩擦力，“突变”点为两物体相对速度为0时。 【典例2c提高题】 11．如图，一物块位于倾角的足够长固定斜面上。时由静止释放物块，同时给物块施加一个水平向右的推力，其大小与时间的关系为（常数）。已知物块与斜面间的动摩擦因数，，。取沿斜面向上为正方向，则下列关于物块加速度随时间变化的图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【典例2c提高题对应练习】 12．如图所示，把一质量为的物体用一水平方向的推力（为恒量，为时间）压在竖直的足够高的平整墙上，物体与墙壁间动摩擦因数为，从开始计时，静止释放此物体，则物体所受的摩擦力、加速度、位移和速度随变化的关系正确的是图中的（　　） A． B． C． D． 类型四：动—动突变模型 【知识思维方法技巧】 动—动突变模型的特点： 在滑动摩擦力作用下运动直到达到共同速度后，如果在静摩擦力作用下不能保持相对静止，则物体将继续受滑动摩擦力作用，且其方向发生反向。 【典例2d提高题】 13．如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为，以速度逆时针匀速转动。在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数，则下列选项中能客观地反映小木块的受力和运动情况的是（　　） A． B． C． D． 题型三：应用数学分析法解决涉及摩擦力的临界与极值问题 类型一：匀速运动外力的极值问题（用巧力拖箱子模型） 【典例3a提高题】 14．如图所示，质量为M的木楔倾角为θ，在水平地面上保持静止。当将一质量为m的木块放在斜面上时正好沿斜面匀速下滑，如果用与斜面成α角的力F拉着木块沿斜面匀速上滑。重力加速度为g，下列说法中正确的是（　　） A．F的最小值为mgsin2θ B．F的最小值为mgcos2θ C．在木块匀速上滑过程中，地面对M的静摩擦力方向水平向右 D．在木块匀速上滑过程中，地面对M的静摩擦力方向水平向左 【典例3a提高题对应练习】 15．如图所示，倾角θ＝30°的斜坡上放有一质量为m＝3 kg的物体，给物体一沿斜坡向下的速度，物体刚好沿斜坡匀速下滑。现用轻绳拴接物体，一位同学站在斜坡的一定高度处用力拉物体沿斜坡缓慢上滑，已知拉动过程中该同学对轻绳的作用点到斜坡的距离不变，物体沿斜坡上滑，且轻绳与斜坡间的夹角为α时，外力最小值为Fmin，此时物体所受的摩擦力大小为f，物体对斜坡的压力大小为FN，重力加速度g＝10 m/s2。下列说法正确的是（　　） A．α＝60° B．Fmin＝N C．f＝15 N D．FN＝N 类型二：物体不能运动的临界与极值问题（摩擦自锁模型） 【典例3b提高题】 16．将物块置于粗糙斜面上，当斜面的倾角小于某一值时，物块不会沿斜面下滑，该现象称为斜面自锁现象。普通螺旋千斤顶靠螺纹自锁作用支持重物，其原理与斜面自锁现象相同。如图所示为一个螺旋千斤顶的结构示意图。螺套是一个内部带有螺纹的套筒，固定在底座里。螺旋杆像一根长螺丝，表面有一圈圈连续的螺纹。转动绞杠，带动螺旋杆旋转，螺旋杆就会沿着螺套的螺纹向上或向下直线运动，从而实现顶起或降下重物的功能。若此千斤顶螺套内部横截面的直径为，相邻螺纹的间距为，则为了实现自锁功能，螺套与螺旋杆之间的螺纹接触面动摩擦因数（最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力）（　　） A．不能小于 B．不能小于 C．不能小于 D．不能大于 17．某款厨房夹单器采用重力自锁设计，其核心结构简化如图所示。铝合金框架背板固定于竖直墙面，内部放置一颗球形玻璃珠，可以沿箭头方向将纸质小票插入背板和玻璃珠间，玻璃珠在重力作用下压紧小票的顶端，使其静止。不计玻璃珠与框架背板和底板间的摩擦力。下列说法正确的是（     ） A．插入小票前，玻璃珠对框架背板的作用力水平向左 B．插入小票前，底板对玻璃珠的支持力大于玻璃珠的重力 C．插入小票后，小票受到的摩擦力大于小票的重力 D．插入小票后，小票对玻璃珠的弹力等于框架背板对小票的弹力 试卷第1页（共3页） 试卷第1页（共3页） 学科网（北京）股份有限公司 《知识点8：弹力与摩擦力的临界极值问题 提高版》参考答案： 1．C 【详解】对工件受力分析，如图所示 隔板对工件的弹力为F1，货箱右壁对工件的弹力为F2，二力夹角保持不变，所以三力组成的顺次闭合三角形三个顶点在同一个圆周上，由图可知车厢倾角缓慢增大到过程中，F2一直增大，F1逐渐减小，由牛顿第三定律可知，工件对隔板的压力不断减小，工件对货箱右壁的压力一直增大。 故选C。 2．D 【详解】对饮料罐进行受力分析，饮料罐受到重力G、斜面的支持力F斜面和挡板的压力F挡板，不计一切摩擦，则在挡板顺时针缓慢抬起一个小角度（饮料罐尚未滚出）的过程中，做出三个力的矢量三角形图，如图所示 可知斜面对饮料罐的支持力逐渐增大，挡板对饮料罐的压力逐渐变大。 故选D。 3．A 【详解】以小球为研究对象，受力情况如图所示 根据图像可知，挡板OB与水平面的夹角由60°缓慢增加至90°的过程中，力顺时针转动，而和的合力始终与mg等大反向不变，根据图示可知逐渐增大，根据牛顿第三定律可知小球对挡板OB的压力逐渐增大。 故选A。 4．AD 【详解】AB．对小球进行受力分析，如图所示 根据平衡条件有 ， 当细线将小球从P点缓慢向上拉至半圆柱的最高点过程在，θ逐渐减小，则细线对小球的拉力T逐渐减小，圆柱体对小球的支持力N1逐渐增大，故A正确，B错误； CD．根据题意，对圆柱体分析如图所示 根据平衡条件有 ， 由牛顿第三定律可知 可得 ， 当细线将小球从P点缓慢向上拉至半圆柱的最高点过程中，减小，则增大，则水平地面对圆柱体的支持力增大，由数学知识可得，当时，最大，则将小球从P点缓慢向上拉至半圆柱的最高点过程中，随着的减小，竖直墙面对圆柱体的支持力先增大后减小，由牛顿第三定律可知，圆柱体对竖直墙面的压力先增大后减小，故C错误，D正确。 故选AD。 5．AB 【详解】BC．球体B受三个力，重力、墙壁对球体的弹力、A对B的弹力，设与水平方向的夹角为，由力的平衡关系可得 半圆柱体A缓慢向左移动少许，增大，增大，减小，B正确，C错误； A ．以AB整体为研究对象，地面对A的支持力，不变，A正确； D．以AB整体为研究对象，地面对A的摩擦力，因减小，所以减小，D错误 故选AB。 6．AC 【详解】A．小球受重力，对它的支持力以及轻绳对它的拉力，其受力如图所示 由相似三角形可知 其中，为四分之一圆柱体的半径，为定滑轮左侧轻绳的长度，将小球沿圆柱面缓慢向上移动一小段距离，L减小，小球受到的支持力N不变，轻绳上的拉力T减小，即小球对P的弹力大小不变，A正确； B．设AB间轻绳的夹角为，对钩码（设其质量为m0）由平衡条件可得 由于T减小，可知减小，B错误； CD．P受到小球斜向右下方的压力（与N大小相等），设其与水平方向的夹角为，对P由平衡条件可得 小球沿圆柱面缓慢向上移动一小段距离的过程，增大，可知减小，增大，C正确，D错误。 故选AC。 7．AD 【详解】A．由于第4颗棋子对第3颗棋子的最大静摩擦力为 所以当 时，棋子3不会运动；由图乙可知时 棋子都处于静止状态，把5个棋子整体分析，受平衡力作用，第5颗棋子受到水平面的摩擦力和水平力F是平衡力，所以第5颗棋子受到水平面的摩擦力向左，大小为，故A正确； B．由图乙可知时 则棋子1、2、3静止，对1、2、3棋子整体分析，棋子4对棋子3的摩擦力与外力二力平衡，所以棋子4对3的摩擦力大小为，方向水平向左，由牛顿第三定律可知，棋子3对棋子4的摩擦力大小为，方向水平向右；对棋子4受力分析可知，棋子5对4的摩擦力大小为，方向水平向左，故B错误； C．最上面的两颗棋子向右运动的最大加速度为 设最上面的三个棋子一起以最大加速度amax向右运动，且水平恒力为F0，则 解得 当水平向右的恒力F大于时，第三个棋子和上面的两个棋子发生了相对滑动；由图乙可知时 所以最上面的三个棋子作为整体一起向右运动，由牛顿第二定律可得 解得 故C错误； D．第6s以后，水平外力大于，第三个棋子和上面的两个棋子发生了相对滑动，上面的两个棋子一起向右运动，第1颗棋子受到的摩擦力大小为 故D正确。 故选AD。 8．D 【详解】A．对BC整体，根据平衡条件可知 解得物块C的质量，故A错误； B．剪断轻绳的瞬间，弹簧弹力不变，对物块B进行受力分析，由牛顿第二定律，有 解得物块B的加速度大小，故B错误； C．剪断弹簧的瞬间，物块A、B一起加速，则有 解得物块A的加速度大小，故C错误； D．剪断弹簧前后，物块B、C对斜面体的压力不变，故地面对斜面体的摩擦力也不变，故D正确。 故选D。 9．BD 【详解】AC．初始时F小于地面与B物体间的最大静摩擦力，此时B物体处于静止状态，随着F的不断增大，A物体与B物体之间产生了静摩擦力，此时B物体依然处于静止状态，再随着F的继续增大，A物体与B物体之间发生相对滑动，摩擦力变为滑动摩擦力，此时无论B物体是否为匀速运动，其所受摩擦力大小都不变，所以不需要让B物体保持匀速运动，0~t1内水平面与B物体之间的摩擦力为静摩擦力，故AC错误； B．题图乙为轻绳对传感器向右的拉力随时间变化图线，由于绳子上拉力大小处处相等，则题图乙也可以反映B物体对A物体的摩擦力随时间变化的图线，故B正确； D．由题图乙可知，t2时刻B物体相对地面滑动，地面所受的正压力大小为FN＝2mg，故B物体与水平面之间的摩擦力为Ff＝μFN＝2μmg，故D正确。 故选BD。 10．CD 【详解】A．由题图乙可知，在时间内木块的加速度为0，木块仍处于静止状态，木块受到的是静摩擦力，与水平力的大小相等，即随时间的增加而增大，故A错误； BC．在时刻，木块与长木板间的静摩擦力达到最大，为，此时对长木板有 即 则有 解得 故B错误，C正确； D．设、时间内木块的加速度大小分别为、；时间内木块与长木板保持相等静止，根据牛顿第二定律可得 时间内木块与长木板发生相对滑动，以木块为对象，根据牛顿第二定律可得 则这两段时间内对应的图线斜率的绝对值之比为 故D正确。 故选CD。 11．B 【详解】第一阶段：物块沿斜面向下运动（速度向下，摩擦力沿斜面向上） 垂直于斜面方向平衡 滑动摩擦力 沿斜面方向，根据牛顿第二定律 解得 符合时为负（初始加速度沿斜面向下）；且随线性增大，斜率为正。 的面积表示速度变化量，当加速度增大至时，物块速度为零。 第二阶段：当物块向下减速到速度为0后，若物块要向上运动，摩擦力变为沿斜面向下 沿斜面方向，根据牛顿第二定律 解得，向上的推力分量始终小于重力分量与最大静摩擦力之和，物块无法被拉动，将保持静止，摩擦力则为静摩擦力，物块加速度恒为0。因此，速度减为0后，一直为0。 故选B。 12．ABD 【详解】A．从t=0开始，根据水平推力F=kt 可知F不断增大，物体对墙壁的压力不断增大，则物体受到的滑动摩擦力f作用，则有 可知f与t成正比；当物体的滑动摩擦力大小大于重力时，物体开始做减速运动，直到停止运动，所以f=mg时物体的速度最大。由对称性可知，物体的加速度为g，即此时的摩擦力为2mg，此时物体处于静止状态，即使推力增大，也不会影响物体的静摩擦力大小，所以摩擦力最大值为2mg，故A正确； B．当时，根据牛顿第二定律得 结合 解得 当a=0时，解得 当，物体在做减速运动时，根据牛顿第二定律得 结合 解得 当时，解得 则知是向下倾斜的直线，故B正确； C．物体先加速后减速，图象切线斜率先增大后减小，故C错误； D．物体的加速度先减小后反向增大，故v-t图中的切线斜率先减小后增大，最大速度设为，此时有 解得 从内，根据动量定理有 因为f与t成正比，且t=0时f=0，则f的平均值为 联立解得 故D正确。 故选ABD。 13．BD 【详解】AB．在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块的速度小于传送带的速度，小木块受的摩擦力沿斜面向下，随着小木块速度的增大，当小木块的速度等于传送带的速度时，因为，小木块不可能与传送带相对静止，一定继续加速，超过传送带的速度，这时小木块所受的摩擦力沿斜面向上，而在这个过程中，小木块对斜面的压力不变，摩擦力的大小也不改变，A错误，B正确； CD．摩擦力沿斜面向下时，由牛顿第二定律得 摩擦力沿斜面向上时，由牛顿第二定律得 则a1>a2，C错误，D正确。 故选BD。 14．AD 【详解】AB．选木块为研究对象，当没加外力F时正好匀速下滑，设木块与斜面间的动摩擦因数为，此时平行于斜面方向必有 当加上外力F时，对木块受力分析如下图 则 平行于斜面方向 垂直于斜面方向 解得 可得 故当时，分母最大，F有最小值，最小值为 故A正确，B错误； CD．选物体和M和m整体为研究对象，设水平面对木楔M的摩擦力是，水平方向受力平衡，则有 可知摩擦力的方向向左。故选项C错误，D正确。 故选AD。 15．BD 【详解】AB．物体在斜坡上刚好匀速向下运动时，由力的平衡条件得 mgsin θ＝μmgcos θ 解得 μ＝tan θ 用外力拉物体沿斜坡缓慢上滑时，物体处于动态平衡状态，则沿斜坡方向上有 Fcos α＝mgsin θ＋f 沿垂直斜坡方向上有 Fsin α＋FN＝mgcos θ 又 f＝μFN 联立解得 F＝ 结合数学知识可知当 α＝θ＝30° 此时，F有最小值，最小值为 A错误，B正确； CD．当外力F最小时，由力的平衡条件得，沿斜坡方向上有 Fmincos α＝mgsin θ＋f 沿垂直斜坡方向上有 Fminsin α＋FN＝mgcos θ 解得 f＝N，FN＝N C错误，D正确。 故选BD。 16．B 【详解】设螺纹的倾角为，螺纹一圈的周长，则 为了实现自锁功能，需满足 联立解得 故选B。 17．ABD 【详解】A．插入小票前，玻璃珠受到重力、倾斜底板的支持力及框架背板对其向右的弹力，根据牛顿第三定律可知，玻璃珠对框架背板的作用力水平向左，故A正确； B．插入小票前，对玻璃珠根据共点力平衡条件有，故B正确； C．插入小票后，小票受到的摩擦力与重力，处于平衡状态，则小票受到的摩擦力等于小票的重力，故C错误； D．对小票分析可知，玻璃珠对小票的弹力与框架背板对小票的弹力相等，而根据牛顿第三定律可知，小票对玻璃珠的弹力等于玻璃珠对小票的弹力，所以小票对玻璃珠的弹力等于框架背板对小票的弹力，故D正确； 故选ABD。 答案第1页（共2页） 答案第1页（共2页） 学科网（北京）股份有限公司 $