“解析法”解決動(dòng)態(tài)平衡問題

1、"解析法”解決動(dòng)態(tài)平衡問題相互作用專題一題號(hào)-一一二三總分得分一、單選題（本大題共8小題，共320分）1. 圖示水平地面上有一個(gè)圓柱體，現(xiàn)在A與豎直墻之間放一完全相同的圓柱體B,不計(jì)一切摩擦，將A緩慢向左移動(dòng)（B未與地面接觸）,則在此過程中A對(duì)B的彈力耳、墻對(duì)第9頁(yè)，共12頁(yè)A.F變小、F2變小B.F變小、F2變大C.F變大、F2變大D.&變大、F2變小【答案】A【解析】【分析】本題主要考查共點(diǎn)力動(dòng)態(tài)平衡相關(guān)知識(shí)。對(duì)于動(dòng)態(tài)過程受力變化的求解一般根據(jù)力的矢量三角形,找出三角函數(shù)的關(guān)系或者根據(jù)正交分解列出方程分析。對(duì)B進(jìn)行受力分析，根據(jù)A向左移動(dòng),B所受的力之間角度的關(guān)系變化,然

2、后根據(jù)重力G不變，并對(duì)B由平衡求解即可?！窘獯稹坎挥?jì)一切摩擦，將A緩慢向左移動(dòng)（B未與地面接觸），則A、B處處受力平衡；那么B受力A向左移動(dòng)，那么e變小,所以,F=亠變小,'變小，故A正確,BCD錯(cuò)誤。COS0故選Ao2. 如圖所示，質(zhì)量分別為叫和的物體A,B用細(xì)繩連接后跨過滑輪A靜止在傾角為45。的斜面上.已知叫=2mg，不計(jì)滑輪摩擦，現(xiàn)將如圖斜面傾角由45。緩慢增大，則增大的過程中，系統(tǒng)始終保持靜止。下列說法正確的是（）A. 細(xì)繩對(duì)A的拉力將增大B. A對(duì)斜面的壓力將減小C. A受到的靜摩擦力不變D. A受到的合力將增大【答案】B【解析】【分析】先對(duì)B物體受力分析，受重力和拉力,得

3、到拉力等于B的重力，然后對(duì)物體A受力分析，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件,結(jié)合正交分解法列式分析。本題關(guān)鍵先對(duì)B,再對(duì)A受力分析,然后根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件,結(jié)合正交分解法列式分析。【解答】先對(duì)B物體受力分析，受重力和拉力,根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件，有T=mBg再對(duì)物體A受力分析,受拉力T、重力蝕9、支持力N,靜摩擦力f可能沒有，也有可能沿斜面向上,還有可能沿斜面向下，先假設(shè)沿斜面向上，如圖根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件，有x方向T+f加。=0y方向N-mAgcosd=0由式，當(dāng)。由增加到時(shí),細(xì)繩對(duì)A的拉力不變，故A錯(cuò)誤；由式，當(dāng)。由增加到時(shí)，斜面對(duì)物體A的支持力N將變小，故根據(jù)牛頓第三定律,A對(duì)斜面的壓力將減小，故B正確；由

4、式，當(dāng)0由匚增加到二時(shí)，斜面對(duì)物體A的靜摩擦力一定變化，故C錯(cuò)誤；物體A保持靜止,合力一直為零，故D錯(cuò)誤。故選B。3. 如圖所示,兩個(gè)質(zhì)量都是m的小球A、B用輕桿連接后靠在墻上處于平衡狀態(tài)，已知墻面光滑,水平地面粗糙，現(xiàn)將A球向上移動(dòng)一小段距離，兩球再次達(dá)到平衡，那么將移動(dòng)后平衡狀態(tài)和原來的平衡狀態(tài)比較,地面對(duì)B球的支持力耳和摩擦力F2的大小變化情況是（）A.F1不變,F2增大B.F不變,F2減小C.F增大,F2增大D.F增大,F2減小【答案】B【解析】【分析】先對(duì)整體受力分析,整體受總重力、地面的支持力、墻壁對(duì)A的彈力，地面對(duì)B的靜摩擦力，整體處于平衡狀態(tài)，從而可知耳的大小變化；再隔離對(duì)A球

5、進(jìn)行受力分析A球受重力,墻壁的彈力和桿的彈力,三個(gè)力處于平衡狀態(tài)，通過夾角的變化，判斷輕桿受到壓力的變化。在該題中運(yùn)用了整體法和隔離法,先對(duì)整體受力分析,確定地面對(duì)球B的支持力不變，再隔離分析，判斷桿對(duì)球的作用力變化?！窘獯稹繉?duì)整體進(jìn)行受力分析，知&=2mg,移動(dòng)兩球后，仍然平衡，則耳仍然等于2mg,所以耳不變.墻壁對(duì)小球A的彈力始終等于地面對(duì)B的摩擦力F2；再隔離對(duì)A進(jìn)行受力分析，墻壁對(duì)A的彈力耳=mgtand,當(dāng)A球向上移動(dòng)一小段距離，夾角。減小，所以減小，而墻壁對(duì)小球A的彈力始終等于地面對(duì)B的摩擦力F2,所以F2減小,故B正確,ACD錯(cuò)誤。故選B。4. 半圓柱體P放在粗糙的水平地

6、面上，其右端有固定放置的豎_%斛直擋板MN。在P和MN之間放有一個(gè)光滑均勻的小圓柱體廠一-Q,整個(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)。如圖所示是這個(gè)裝置的縱截面、川圖。若用外力使MN保持豎直，緩慢地向右移動(dòng)，在Q落到地面以前，發(fā)現(xiàn)P始終保持靜止。在此過程中，下列說法中正確的是（）A. MN對(duì)Q的彈力先減小后增大B.地面對(duì)P的摩擦力逐漸減小C.P、Q間的彈力逐漸增大D.Q所受的合力逐漸增大【答案】C【解析】【分析】先對(duì)Q受力分析,根據(jù)平衡條件求解出兩個(gè)支持力；再對(duì)P、Q整體受力分析，受重力、地面支持力、MN擋板對(duì)其向左的支持力和地面對(duì)其向右的支持力，再次根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件列式求解。本題關(guān)鍵是先對(duì)物體Q受力分析，再

7、對(duì)P、Q整體受力分析，然后根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件求出各個(gè)力的表達(dá)式，最后再進(jìn)行討論?！窘獯稹肯葘?duì)Q受力分析，受重力、P對(duì)Q的支持力和MN對(duì)Q的支持力,如圖:根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件，有：叫=皿,N2=mgtand；1cosd2再對(duì)P、Q整體受力分析，受重力、地面支持力、MN擋板對(duì)其向左的支持力和地面對(duì)其向右的支持力，如圖：If丨V十喚根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件，有：f=N2,N=（M+m）g，故/=mgtand,MN保持豎直且緩慢地向右移動(dòng)過程中，角0不斷變大，故f變大,N不變,N變大,N2變大,P、Q受到的合力為零,不變，故C正確ABD錯(cuò)誤。故選Co5. 如圖所示，物塊m靜止于一斜面上，斜面固定。若將斜面的傾

8、角0稍微增大些，物塊m仍靜止在斜面上,則（）A. 斜面對(duì)物塊的摩擦力變小B.斜面對(duì)物塊的摩擦力變大C.斜面對(duì)物塊的支持力變大D.物塊所受的合外力變大【答案】B【解析】【分析】物體靜止在斜面上，對(duì)物體進(jìn)行受力分析,求出摩擦力和支持力的大小，根據(jù)角度的變化判斷支持力和摩擦力的變化。根據(jù)物體所處的狀態(tài)，選擇研究對(duì)象進(jìn)行受力分析，利用平衡條件進(jìn)行研究?！窘獯稹緼BC.物體m靜止不動(dòng)，受力平衡，可對(duì)物體受力分析：重力mg、支持力N和摩擦力f,由平衡條件得知：N和f的合力與重力mg等值、反向，則得：N=mgcosOf=mgsinO則知，8稍微增大一些,N變小f變大，故AC錯(cuò)誤,B正確；D.物體m始終靜止在

9、斜面上,合力保持為零，故D錯(cuò)誤。故選B。度達(dá)到最大的過程中（此過程物塊一直保持靜止）（）6. 如圖所示,一圓環(huán)套在豎直光滑的桿上，桿的直徑比環(huán)的內(nèi)徑略小，圓環(huán)通過輕彈簧與放在地面上的物塊相連,開始時(shí)彈簧處于原長(zhǎng)，由靜止釋放圓環(huán)，到圓環(huán)向下的速A. 圓環(huán)受到的合力在減小B. 桿對(duì)圓環(huán)的作用力在減小C. 地面對(duì)物塊的摩擦力在減小D. 地面對(duì)物塊的支持力在減小【答案】A【解析】【分析】圓環(huán)在釋放瞬間，根據(jù)加速度的大小和方向分析圓環(huán)受力情況。對(duì)圓環(huán)分析可知,根據(jù)水平方向受力平衡,分析桿對(duì)圓環(huán)的作用力大小。再研究系統(tǒng)，由運(yùn)動(dòng)情況結(jié)合平衡條件分析地面對(duì)物體的摩擦力和支持力的變化情況。本題考查了牛頓第二定律

10、的應(yīng)用以及共點(diǎn)力平衡條件的應(yīng)用?！窘獯稹緼. 圓環(huán)從靜止釋放到速度最大的過程中，對(duì)圓環(huán)分析可知，其速度不斷增大,加速度不斷減小,所受的合力不斷減小A項(xiàng)正確；B. 由于環(huán)在向下運(yùn)動(dòng)的過群中，彈簧的長(zhǎng)度不斷減小，彈力不斷增大,彈力沿水平方向的分力不斷增大,對(duì)環(huán)水平方向研究知，桿對(duì)圓環(huán)的作用力不斷增大,B項(xiàng)錯(cuò)誤；C. 對(duì)環(huán)、彈簧和物塊整體研究，地面對(duì)物塊的摩擦力與桿對(duì)環(huán)的作用力等大反向,因此地面對(duì)物塊的摩擦力不斷增大,C項(xiàng)錯(cuò)誤；D. 對(duì)環(huán)、彈簧和物塊整體研究知,由于環(huán)沿豎直方向向下的加速度不斷減小，因此整體所受合力向上且不斷增大，又因桿光滑，則知地面對(duì)物塊的支持力不斷增大,D項(xiàng)錯(cuò)誤。故選A。7. 如

11、同所示，半同柱體P放在粗糙的水平地面上，在P和豎直墻MN之間放有一個(gè)光滑均勻圓柱體Q,整個(gè)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)若使P緩慢向左移動(dòng)一小段距離后P、Q仍保持靜止?fàn)顟B(tài)，下列說法正確的是()A.MN對(duì)Q的彈力一定增大B.P、Q間的彈力增大C.P對(duì)水平地面的壓力減小D.P與水平地面間的摩擦力減小【答案】D【解析】【分析】本題關(guān)鍵先對(duì)物體Q,再對(duì)物體PQ整體受力分析，然后根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件列式求解出各個(gè)力的表達(dá)式進(jìn)行分析處理。先對(duì)圓柱體Q受力分析，受到重力、桿MN的支持力和半球P對(duì)Q的支持力，其中重力的大小和方向都不變，墻MN的支持力方向不變、大小變，半球P對(duì)Q的支持力方向和大小都變，然后根據(jù)平衡條件并運(yùn)用合

12、成法得到各個(gè)力的變化規(guī)律;最后對(duì)PQ整體受力分析,根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件得到地面對(duì)整體的摩擦力情況?！窘獯稹吭O(shè)篦與豎直方向的夾角為Q，重力的大小和方向都不變，墻MN的支持力方向不變、大小變，半球P對(duì)Q的支持力方向和大小都變，然后根據(jù)平衡條件，得到弘=mgtand，N2mgcosd，由于。不斷減小，故N不斷減小,N2也不斷減?。还蔄B錯(cuò)誤；C.對(duì)PQ整體受力分析，受到總重力、MN的支持力N,地面的支持力叫,地面的靜摩擦力f，如圖根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件，有f=N1=mgtanO由于。不斷減小，故f不斷減小;竹=(M+m)9大小不發(fā)生變化，故C錯(cuò)誤,D正確；8-如圖所示，物體A用輕質(zhì)細(xì)繩與圓環(huán)B連接，圓環(huán)固

13、定在豎直桿MN上?，F(xiàn)用一水平力F作用在繩上的O點(diǎn)，將O點(diǎn)緩慢向左移動(dòng)，使細(xì)繩與豎直方向的夾角。逐漸增大。關(guān)于此過程,下列說法中正確的是（）A.水平力F保持不變B.水平力F逐漸減小C.繩OB的彈力逐漸減小D.繩OB的彈力逐漸增大【答案】D【解析】【分析】O點(diǎn)緩慢向左移動(dòng)過程中，結(jié)點(diǎn)O的合力保持為零，分析結(jié)點(diǎn)O的受力情況判斷F的變化,對(duì)整體研究，根據(jù)平衡條件判斷桿對(duì)圓環(huán)的彈力和摩擦力的變化情況。本題采用隔離法和整體法相結(jié)合研究動(dòng)態(tài)平衡問題，由于不分析系統(tǒng)的內(nèi)力，運(yùn)用整體法分析桿對(duì)圓環(huán)的摩擦力和彈力比較簡(jiǎn)便?！窘獯稹緼B.細(xì)繩與豎直方向的夾角為仇物體的質(zhì)量為m,對(duì)結(jié)點(diǎn)O受力分析，運(yùn)用合成法，則由平衡

14、條件得：F=mgtand，d增大，則F增大，故A錯(cuò)誤,B錯(cuò)誤;CD設(shè)BO繩子的彈力為T,則Tcos0=尬9,解得1T=心,0增大，則T增大，故C錯(cuò)誤,D正cos9確；故選D。二、多選題（本大題共6小題，共240分）9. 豎直墻面與水平地面均光滑且絕緣，小球A、B帶有同種電荷現(xiàn)用指向墻面的水平推力F作用于小球B,兩球分別靜止在豎直墻和水平地面上，如圖所示.如果將小球B向左推動(dòng)少許,當(dāng)兩球重新達(dá)到平衡時(shí)，與原來的平衡狀態(tài)相比較（）A.推力F將變大B.豎直墻面對(duì)小球A的彈力變大C.地面對(duì)小球B的支持力不變D.兩小球之間的距離變大【答案】CD【解析】【分析】本題考察隔離法和整體法結(jié)合分析動(dòng)態(tài)平衡問題，

15、關(guān)鍵是確定研究對(duì)象（往往以受力較少的物體為研究對(duì)象），分析受力情況，先以A球?yàn)檠芯繉?duì)象，分析受力，作出力圖，根據(jù)平衡條件分析墻壁對(duì)A的彈力與A、B間的庫(kù)侖力如何變化，再以AB整體為研究對(duì)象，根據(jù)平衡條件分析F如何變化和地面對(duì)小球B的彈力的變化，由庫(kù)侖定律分析兩球之間的距離如何變化?！窘獯稹緼BC.以A球?yàn)檠芯繉?duì)象，分析受力,作出力圖如圖1所示，（）g設(shè)B對(duì)A的庫(kù)侖力F與墻壁的夾角為6,由平衡條件得豎直墻面對(duì)小球A的彈力為：叫=mAgtand,將小球B向左推動(dòng)少許時(shí)。減小，則豎直墻面對(duì)小球A的彈力耳減小，再以AB整體為研究對(duì)象，分析受力如圖2所示，由平衡條件得：N2=（mA+mB）g，則F減小，

16、地面對(duì)小球B的支持力一定不變，故A錯(cuò)誤,C正確；D.由上分析得到庫(kù)侖力F庫(kù)=嘟,0減小,cos。增大,F庫(kù)減小，根據(jù)庫(kù)侖定律分析得知，兩球庫(kù)cose庫(kù)之間的距離增大，故D正確；故選CD。10. 質(zhì)量為M的直角三棱柱A放在水平地面上，三棱柱的斜面是光滑的，且斜面傾角為0.質(zhì)量為m的光滑球B放在三棱柱和光滑豎直墻之間.4、B處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)對(duì)B加一豎直向下的力F,F的作用線過球心,設(shè)墻對(duì)B的作用力為耳,B對(duì)A的作用力為F2,地面對(duì)A的支持力為F3,地面對(duì)A的摩擦力為耳，若F緩慢增大而且整個(gè)裝置仍保持靜止，在此過程中（）A.&保持不變,F3緩慢增大C.F、F4緩慢增大【答案】BCB.F2、F

17、4緩慢增大D.F2緩慢增大,F3保持不變【解析】【分析】正確選擇研究對(duì)象,對(duì)其受力分析，運(yùn)用平衡條件列出平衡等式解題，要注意多個(gè)物體在一起時(shí)，研究對(duì)象的選取?！窘獯稹坎患油屏r(shí)，選取A和B整體為研究對(duì)象，它受到重力(M+m)g,地面支持力N,墻壁的彈力F和地面的摩擦力f的作用(如圖所示)而處于平衡狀態(tài)第9頁(yè)，共12頁(yè)J毗根據(jù)平衡條件有：N(M+m)g=0F=f可得：N=(M+m)g再以B為研究對(duì)象，它受到重力mg，三棱柱對(duì)它的支持力鎘，墻壁對(duì)它的彈力F的作用(如圖所示)，而處于平衡狀態(tài)，根據(jù)平衡條件有：Nbcos6=mgNBsinO=Ff解得：F'=mgtanO,所以f=F'=

18、mgtanO加推力F,相當(dāng)于物體B的重力mg變大，再由式知，墻對(duì)B的作用力為耳增大，對(duì)整體分析知,地面對(duì)A的摩擦力等于墻壁對(duì)B的作用力,所以打增大；施加推力F后，相當(dāng)于物體B的重力mg變大，則A對(duì)B的作用力變大,B對(duì)A的作用力也變大，即F2增大,對(duì)整體分析,知地面的支持力增大，即F3增大，故BC正確,AD錯(cuò)誤；故選BC。11. 如圖所示,小圓環(huán)Q套在水平固定放置的橫桿上，細(xì)繩上端與小圓環(huán)Q相連，下端吊著一重物P,開始時(shí)拉P的水平力為F,P和Q處于靜止?fàn)顟B(tài)；現(xiàn)緩慢增大F,但在未拉動(dòng)Q的過程中,關(guān)于細(xì)繩對(duì)環(huán)的拉力T、環(huán)對(duì)桿的彈力N和摩擦力f的變化情況是()A.N增大【答案】BCDB.T增大C.N不

19、變D.f增大【解析】【分析】先以重物P為研究對(duì)象,分析受力情況，根據(jù)平衡條件分析細(xì)繩的拉力和水平力F如何變化，再以圓環(huán)Q、物體P及輕繩整體為研究對(duì)象，根據(jù)平衡條件分析環(huán)對(duì)桿的彈力N和摩擦力f的變化情況。本題是力平衡中動(dòng)態(tài)變化分析問題，關(guān)鍵是靈活選擇研究對(duì)象，正確分析物體的受力情況，通過列式分析。【解答】遛1以重物P為研究對(duì)象,分析受力情況，如圖1所示，根據(jù)平衡條件得：T=皿a,F=mgtanOcosO緩慢增大F時(shí),0增大,cosB減小，則T增大。再以圓環(huán)Q、物體P及輕繩整體為研究對(duì)象，分析受力情況,作出力圖如圖2所示。根據(jù)平衡條件得：桿對(duì)環(huán)的支持力N=G,總重力G不變，則N保持不變。桿對(duì)環(huán)的摩

20、擦力f=F，可知f增大，由牛頓第三定律知，環(huán)對(duì)桿的摩擦力f增大。所以BCD正確、A錯(cuò)誤；故選BCD。12.有一個(gè)直角支架AOBAO水平放置，表面粗糙,OB豎直向下,表面光滑.40上套有小環(huán)P,OB上套有小環(huán)Q,兩環(huán)質(zhì)量均為m,兩環(huán)間由一根質(zhì)量可忽略、不可伸長(zhǎng)的細(xì)繩相連，并在某一位置平衡(如圖所示)現(xiàn)將P環(huán)向左移一小段距離，兩環(huán)再次達(dá)到平衡，那么將移動(dòng)后的平衡狀態(tài)和原來的平衡狀態(tài)比較,AO桿對(duì)P環(huán)的支持力N和細(xì)繩上的拉力T的變化情況不正確的是()A.N不變,T變大B.N不變,T變小C.N變大,T變大D.N變大,T變小【答案】ACD【解析】【分析】先對(duì)小環(huán)Q受力分析，受到重力、支持力和拉力,根據(jù)三

21、力平衡條件,求出拉力的表達(dá)式,再對(duì)P、Q兩個(gè)小環(huán)的整體受力分析,根據(jù)平衡條件再次列式分析即可。本題關(guān)鍵先對(duì)Q環(huán)受力分析后，根據(jù)平衡條件求出細(xì)線拉力和OB桿的支持力，再對(duì)整體受力分析，得出OA桿對(duì)P環(huán)的支持力和靜摩擦力進(jìn)行分析討論?！窘獯稹繉?duì)小環(huán)Q受力分析，受到重力、支持力和拉力,如圖:根據(jù)三力平衡條件,得到：mgCOS0N=mgtand,再對(duì)P、Q整體受力分析，受到總重力、OA桿支持力、向右的靜摩擦力、BO桿的支持力,如圖：根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件，有：N=f,Fn=2mg,故f=mgtand,當(dāng)P環(huán)向左移一小段距離，角度。變小，故靜摩擦力f變小,支持力F”不變,T變小。本題選錯(cuò)誤的；故選ACD。1

22、3. 如圖所示，斜面體置于粗糙水平面上，斜面光滑小球被輕質(zhì)細(xì)線系住放在斜面上。細(xì)線另一端跨過定滑輪，用力拉細(xì)線使小球沿斜面緩慢向上移動(dòng)一段距離，斜面體始終B.斜面對(duì)小球的支D.地面對(duì)斜面的摩靜止移動(dòng)過程中()A.細(xì)線對(duì)小球的拉力變大持力變小C.斜面對(duì)地面的壓力變大擦力變小【答案】ABD【解析】【分析】取小球?yàn)檠芯繉?duì)象，根據(jù)平衡條件得到拉力、支持力與繩子和斜面夾角的關(guān)系式即可分析其變化；對(duì)斜面研究，由平衡條件分析地面對(duì)斜面的支持力和摩擦力，即可分析斜面對(duì)地面的壓力變化。本題采用隔離法研究?jī)蓚€(gè)物體的動(dòng)態(tài)平衡問題，分析受力情況是基礎(chǔ)。【解答】AB.設(shè)物體和斜面的質(zhì)量分別為m和M，繩子與斜面的夾角為0

23、.(M+m)g取球研究：小球受到重力mg、斜面的支持力N和繩子的拉力T，則由平衡條件得斜面方向：mgsina=TcosO垂直斜面方向：N+TsinO=mgcosa使小球沿斜面緩慢移動(dòng)時(shí)，e增大，其他量不變由式知,T增大.由知,N變小，故A正確,B正確；CD.對(duì)斜面和小球整體分析受力：重力(M+m)g、地面的支持力Nf和摩擦力f、繩子拉力T,由平衡條件得f=Nsina,N變小，則f變小，,N變小，則N'變小,由牛頓第三定律得知，斜面對(duì)地面的壓力也變小，故C錯(cuò)誤,D正確。故選ABD。14. 如圖所示,形狀和質(zhì)量完全相同的兩個(gè)圓柱體a、b靠在一起，表面光滑,重力為G,其中b的下半部剛好固定在

24、水平面MN的下方，上邊露出另一半,a靜止在平面上?，F(xiàn)過a的軸心施加一水平作用力F,可緩慢的將a拉離平面一直滑到b的頂端，對(duì)該過程分析,則應(yīng)有（）A. a、b的壓力開始最大為2G,而后逐漸減小到GB. 開始時(shí)拉力F最大為V3G,以后逐漸減小為0C. 拉力F先增大后減小，最大值是GD. a、b間的壓力由0逐漸增大,最大為G【答案】AB【解析】解：對(duì)于a球：a球受到重力G、拉力F和b球的支持力N,由平衡條件得：F=Ncosd,NsinO=G則得：F=Gcot8,N=丄,sindN根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)可知,e從'二增大到11F和n均逐漸減?。划?dāng),F有最大值，為V3G,N有最大值，為2G；當(dāng)e增加到最大值h,F有最小值，為0,N有最小值，為G；故AB正確,CD錯(cuò)誤;故選：AB。a球緩慢上升,合力近似為零，分析a受力情況，由平衡條件得到F以及b球?qū)的支持力與&的關(guān)系式，即可分析其變化。本題運(yùn)用隔離法研究，分