【文档说明】《2022-2023年高一物理期末同步重点考点模型方法特训专练》专题3.3 解析法、图解法、相似三角形法和拉密定理法处理动态平衡问题（解析版）.docx，共(22)页，4.365 MB，由envi的店铺上传

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2022-2023年高一物理期末重点考点模型方法特训专练专题3.3解析法、图解法、相似三角形法和拉密定理法处理动态平衡问题特训专题特训内容专题1解析法（1T—5T）专题2图解法（6T—10T）专题3相似三角形法（11T—15T）专题4拉密定理法（16T—20T）【典例专练】一、解析法

1．如图所示，竖直放置的“∩”形支架上，一根不可伸长的轻绳通过不计摩擦的轻质滑轮悬挂一重物G，现将轻绳的一端固定于支架上的A点，另一端从B点（与A点等高）沿支架缓慢地向C点靠近，则绳中拉力大小变化的情况是（）A

．变大B．变小C．不变D．先变大后变小【答案】C【详解】因不计轻质滑轮的摩擦，故悬挂重物的左右两段轻绳的拉力大小相等，由平衡条件可知，两绳与竖直方向的夹角大小相等，设均为θ，则有2FTcosθ=G设左右两

段绳长分别为l1、l2，两竖直支架之间的距离为d，则有l1sinθ＋l2sinθ=d得sinθ=12dll+在悬点B竖直向上移至C点的过程中，虽然l1、l2的大小均变化，但l1＋l2不变，故θ不变，FT不变。故选C。2．一人将身体倚

靠在光滑的竖直墙面上，双腿绷直向前探出，A处为脚踝，B处为胯部，均看作光滑的铰链，AB为双腿，看作轻杆，脚部（重力不计）与地面的动摩擦因数为μ，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（）A．随着

脚慢慢向前探出，腿部承受的弹力越来越小B．随着脚慢慢向前探出，脚受到地面的支持力越来越小C．随着脚慢慢向前探出，后背受到墙面的支持力越来越小D．随着脚慢慢向前探出，脚受到地面的摩擦力越来越大【答案】D【详解】AC．由于A、B两处均看作光滑的铰链，所以腿部承受的弹

力方向与AB共线，设B点上方人体的重力大小为G，对B点受力分析如图所示根据平衡条件可知，腿对B点的作用力F1与墙壁对后背的支持力F2的合力大小始终等于G，根据平行四边形定则有1sinGF=；2tanGF=随着脚慢慢向前探出，θ逐渐减小，则F1和F2都逐渐增大，故AC错误；BD．对人

整体受力分析，根据平衡条件可知脚受到地面的摩擦力与F2大小相等，脚受到地面的支持力与人的总重力大小相等，所以随着脚慢慢向前探出，脚受到地面的摩擦力越来越大，脚受到地面的支持力不变，故B错误，D正确。故选D。3．疫情期间，一位快递小哥通过如图装置“无接触”配送把

生活物资送入隔离单元楼居民手中。快递小哥和居民位置不变，先将物资匀速拉升至三楼，再由三楼居民用水平力将物资缓慢向左拉动，完成物资的运送。若绳的重力及定滑轮的摩擦不计，滑轮大小忽略不计，则（）A．物资向上匀速运动时，快递小哥受到地面的静摩擦力不断增大B．物

资向左缓慢运动时，快递小哥手中的绳的拉力不断增大C．物资向左缓慢运动时，三楼居民作用于物资的水平力不断增大D．整个运送过程中，快递小哥和三楼居民受到的摩擦力始终相同【答案】BC【详解】A．物资匀速上升时，所受合力为

零，绳子拉力大小始终不变。快递小哥位置不变，小哥受到绳子拉力的方向不变，可知小哥受力情况全部不变，静摩擦力不变，故A错误；B．物资缓慢向左运动时，设左边绳子与竖直方向夹角为，对物资由平衡条件可得cosm

gT=物资向左运动过程，增大，故绳子拉力T增大，故B正确；C．物资向左缓慢运动时，合力为零，水平方向上居民作用于物资的水平力始终等于绳子拉力的水平分量，即sintanxFTmg==物资向左运动过程，增大，三楼居民作

用于物资的水平力不断增大，故C正确；D．物资匀速上升阶段，居民不受摩擦力作用，绳子对小哥有水平方向的拉力，则地面对小哥有水平方向的摩擦力，故整个运送过程，快递小哥与居民受到的静摩擦力不会总是相等，故D错误。故选BC。4．如图所示，

固定斜面上叠放着A、B两木块，木块A与B的接触面是水平的，水平力F作用于木块A，使木块A、B保持静止，且0F。则下列描述正确的是（）A．木块A一定受4个力作用B．木块B一定受5个力作用C．增大F后，A、B仍静止，则

木块B对斜面的压力大小一定变大D．增大F后，A、B仍静止，则斜面对木块B的摩擦力大小可能不变【答案】ACD【详解】A．由题可知，A物体受自身的重力，B对A的支持力，水平力F，B对A向右的摩擦力，总共4个力，A正确；B．由题可知

，B物体受自身的重力，A对B的压力，斜面对B的支持力，A对B向左的摩擦力，若这4个力能使物体平衡则斜面对物体无摩擦，若不能则斜面对物体有沿斜面向上或向下的摩擦力，故B受的力可能是4个，也可能是5个，B错误；C．将AB两物体作为

整体研究NcossinFmgF=+增大F后，木块B对斜面的压力大小一定变大，C正确；D．设摩擦力方向沿斜面向上则cossinFmgf=−由表达式不难看出，增大F后，摩擦力可能跟原来等大反向，D正确。故选ACD。

5．如图所示，木块a、b和沙桶c通过不可伸长的轻质细绳和轻质光滑滑轮连接，斜面未固定，且地面粗糙，系统处于静止状态。其中AB细绳的B端与滑轮的转轴连接，A端固定于天花板上。现向沙桶c内加入少量沙子后，系统再次处于

平衡状态。下列关于各物理量的变化说法正确的是（）A．斜面对木块a的摩擦力一定减小B．绳AB的张力增大且其与竖直方向的夹角也增大C．地面对斜面体的摩擦力增大D．地面对斜面体的支持力减小【答案】BC【详解】A．对a受力分析，当细绳拉力较小时，a

有下滑趋势，此时摩擦力方向沿斜面向上，当向沙桶c内加入少量沙子后，细绳拉力增大，摩擦力减小，当细绳拉力较大时，a有上滑趋势，此时摩擦力方向沿斜面向下，当向沙桶c内加入少量沙子后，细绳拉力增大，摩擦力增大，故A错误；B．由于绳子的拉力增大，连接b的细绳间的夹角增大，

则通过滑轮的细线的夹角也增大，根据AB绳拉力方向总是在通过滑轮的细线的夹角的平分线上，所以AB绳与竖直方向的夹角增大，则B正确；CD．对a与斜面体组成的整体分析，竖直方向由平衡条件可得()cosaNMmgT=++绳对b木块受力析有2cos

=bTmg绳联立解得()12abNMmgmg=++所以地面对斜面体的支持力不变；对a与斜面体组成的整体分析，受到绳子拉力在水平方向的分力增大，根据平衡条件，地面对斜面体的摩擦力增大，故C正确，D错误。故选BC。二、图解法6．如图所示，半圆形框架竖直放

置在粗糙的水平地面上，光滑的小球P在水平外力F的作用下处于静止状态，P与圆心O的连线与水平面的夹角为。现将力F在竖直面内沿顺时针方向缓慢地转过90，框架与小球始终保持静止状态。在此过程中下列说法正确的是（）A．框架对小球的支持力先减小后

增大B．拉力F的最小值为cosmgC．地面对框架的摩擦力先减小后增大D．框架对地面的压力先增大后减小【答案】B【详解】AB．以小球为研究对象，分析受力情况，作出受力示意力图，如图所示根据几何关系可知，当F顺时针转动至竖直向上之前，支持力逐渐减小，F先减小后

增大，当F的方向沿圆的切线方向向上时F最小，此时为F=mgcosθ故A错误，B正确；C．以框架与小球组成的整体为研究对象，整体受到重力、地面的支持力、地面的摩擦力以及力F的作用；由图可知，F在顺时针方向转动的过程中，F沿水平方向的分力逐渐减小，所以地

面对框架的摩擦力始终在减小，故C错误；D．以框架与小球组成的整体为研究对象，整体受到重力、地面的支持力、地面的摩擦力以及力F的作用；由图可知，F在顺时针方向转动的过程中，F沿竖直方向的分力逐渐增大，所以地面对框架的支持力始终在减小，即框架对地面的压力始终减小，故D错误。

故选B。7．如图，顶端附有光滑定滑轮的斜面体静止在粗糙水平地面上，三条轻质不可伸长的细绳结于O点。一条绳跨过定滑轮平行于斜面体连接物块P，一条绳连接小球Q，另一条绳OA在外力F的作用下，处于水平方向。现缓慢改变绳

OA的方向至90，且整个过程中保持P、Q及斜面体静止不动，结点O位置不变。下列说法正确的是（）A．斜面对物块P的摩擦力一直在减小B．绳OA的拉力先减小后增大C．地面对斜面体有向右的摩擦力D．地面对斜面体的作用力一直在增大【答

案】B【详解】AB．缓慢改变绳OA的方向至90的过程中，OA拉力的方向变化如图从1位置到2位置再到3位置，如图所示可见绳OA的拉力先减小后增大，绳OB的拉力一直减小；如果开始时P受绳子的拉力小于其重力沿斜面向下的分力，则斜面对P的摩擦力沿斜面向上，OB拉力一直减小，则斜面对其摩擦力一直增大，

故A错误，B正确；C．以斜面体和P整体为研究对象受力分析，根据平衡条件可知，斜面体受地面的摩擦力与OB绳子拉力水平方向的分力等大反向，可知斜面所受的摩擦力方向向左，故C错误；D．以斜面体和P整体为研究对象受力分析，由于绳OB的拉力一直减小，其竖直向下的分力和水平分力一直减小，根据竖直

方向受力平衡，可知地面对斜面体的支持力和向左的摩擦力不断减小，所以地面对斜面体的作用力一直在减小，故D错误。故选B。8．如图所示，半径相同、质量分布均匀的光滑圆柱体E和半圆柱体M靠在一起，E的重力为G，M下表面粗糙，静止在水平地面上，现过E的轴心施以水平作用力F，可缓慢地将E从靠近地面（不接触

地面）一直滑到M的顶端，整个过程中，M始终处于静止状态，对该过程的分析，下列说法正确的是（）A．地面所受M的压力逐渐减小B．地面对M的摩擦力逐渐增大C．开始时拉力F最大，且为3G，以后逐渐减小为0D．E、M间的压力

开始时最小，且为0，以后逐渐增大到G【答案】C【详解】A．对圆柱体E和半圆柱体M分析，受重力、水平力、支持力和摩擦力，根据平衡条件，支持力MNGG=+保持不变，故对地压力大小不变，故A错误；B．以整体为研究对象，水平方向受力平衡

，则摩擦力fF=根据平衡条件可知，水平拉力F逐渐减小到零，地面对M的摩擦力逐渐减小，故B错误；C．圆柱体E和半圆柱体M的圆心的连线为2R，故其与竖直方向夹角为60°；E受三个力平衡，如图所示三个力构成封闭矢量三角形

三个边，其中重力不变，其它两个力的夹角变小，开始时拉力F最大为3G，以后逐渐减小为0，故C正确；D．开始E和M间的压力最大，根据几何关系可知最大压力N2cos60GFG==而后逐渐减小到G，故D错误。故选C。9．如图所示，轻杆的一端固定一光滑球体，杆以另一端O为自由转动轴，将

球搁置在光滑斜面上，若杆与竖直墙面的夹角为β，斜面倾角为θ，开始时β<θ，且β+θ<90°，对斜面施加水平推力F使斜面能在光滑水平面上缓慢向左运动，则作用于斜面上的水平外力F、轻杆弹力N1的大小变化情况

是（）A．推力F的大小逐渐增大B．推力F先变大后变小C．轻杆弹力N1逐渐增大D．轻杆弹力N1先减小后增大【答案】C【详解】对小球受力分析如图所示根据共点力平衡条件，有1sinsinsin()NNmg==+因为θ不变，β变小，β+θ

<90°，所以可以得出N1逐渐增大。对斜面受力分析根据共点力平衡条件，有sinNF=；NcosMgNF+=解得cotcotmgF=+因为β变小，所以F逐渐减小，故ABD错误，C正确。故选C。10．如图所示，轻绳一端悬挂在天花板上，另一端系一质量为m的小球，轻绳与竖直

方向的夹角o30=。通过劲度系数为k的轻弹簧对小球施加一水平向右的作用力F，小球处于静止状态。现在使F由水平向右开始沿逆时针方向缓慢转动o90，弹簧始终处于弹性限度内，小球的位置不变，重力加速度大小为g，则该过程中弹簧的伸长量可能是（）A．3mgkB．2mgkC．mgkD．3mgk【

答案】BC【详解】轻绳的拉力方向不变，对小球进行受力分析，作出力的三角形如图所示由题图可知当FT⊥时，F最小，此时弹簧的形变量最小，有minsinkxmg=解得min2mgxk=当F竖直向上时，F值最大，此时形变量最大，有maxkxmg=解得maxmgxk=所以形变量的范围是2mgmgxkk

故选BC。三、相似三角形法11．如图所示为一简易起重装置，AC是上端带有滑轮的固定支架，BC为质量不计的轻杆，杆的一端C用铰链固定在支架上，另一端B悬挂一个重力为G的重物，并用钢丝绳跨过滑轮A连接在

卷扬机上。开始时，杆BC与支架AC的夹角90BCA，现使BCA缓缓变小，直到30BCA=，在此过程中，杆BC所受的力（不计钢丝绳重力及一切阻力，且滑轮和铰链大小可不计）（）A．大小不变B．逐渐增大C．先减小后增大D．先增大后减小【答案】A【详解】以结点B为研究对象，分析受力情况，作

出力的合成图如图根据平衡条件则知，F、N的合力F合与G大小相等、方向相反。根据三角形相似得FFNACABBC==合又F合=G得ABFGAC=BCNGAC=现使∠BCA缓慢变小的过程中，AB变小，而AC、BC不变，则得到，F变小，N不变，所以绳子越

来越不容易断，作用在BC杆上的压力大小不变。故选A。12．如图轻绳绕过固定在天花板上的小滑轮，绳A端握在站在地上的人手中，B端系一重为G的小球，小球靠在固定的光滑半球面上，人通过轻绳将小球沿球面DC缓缓拉动一小段距离过程中，下列判断不正确的是（）A．人的拉力逐渐变

大B．球面对球的支持力大小不变C．人的拉力逐渐变小D．可认为小球的合外力为零【答案】A【详解】ABC．设小球受到的拉力为T，受到的支持力为N，滑轮距离球面的高度为h，半球面半径为R，对小球受力分析如图所示设球距离滑轮距离为L，根

据几何三角形与力三角形相似，有NTGRLRh==+设人的拉力为F，则有TF=故有NFGRLRh==+整理得GRNRh=+，GLFRh=+则球面对球的支持力N始终保持不变，但由于球与滑轮的距离L不断减小，故拉力

F不断减小，A错误，符合题意；BC正确，不符合题意；D．小球缓缓被拉动，即可认为小球的合外力为零，D正确，不符合题意。故选A。13．如图所示，在竖直平面内的固定光滑圆环上，套有一质量为m的小球，一轻绳通过光滑滑轮P连接小球A，绳的另一端用水平向左的力F拉绳，使小球

缓慢上升一小段位移，图中为圆心，OQ为半径，P为OQ的中点。在小球上升过程中，下列说法正确的是（）A．绳的拉力先减小后增大B．绳的拉力一直减小C．环对小球的弹力方向是沿半径背离圆心，大小恒为2mgD．环对小球的弹力方

向是沿半径指向圆心，大小恒为2mg【答案】B【详解】AB．小球缓慢上升一小段位移的过程中，小球处于平衡状态，对小球进行分析受力分析如图所示。由于三角形ABC与三角形POA，可得mgNFPOAOAP==当小球缓慢上升

一小段位移的过程中，由于AP减小，则F减小，A错误，B正确；CD．对小球受力分析可知，环对小球的弹力方向是沿半径背离圆心，根据关系2mgNRR=解得N=2mg故CD错误。故选B。14．如图所示，半圆球P的半径为R，其被固定在水平面上，球心O1的正

上方有一光滑的小定滑轮被固定在水平天花板上的A点，A点到P的最高点的距离为h，在P上放一个光滑的空心小球Q，Q内装有细沙，其球心为O2，Q的半径为r。将一根轻绳绕过定滑轮后系住Q，现用力拉动轻绳的另一端使Q缓慢上升，同时使细沙从Q底部的小孔缓慢均匀地流出。在以后的过程

中，下列关于绳对Q的拉力和P对Q的弹力变化情况的说法，正确的是（）A．绳对Q的拉力增大，P对Q的弹力增大B．绳对Q的拉力不变，P对Q的弹力减小C．绳对Q的拉力减小，P对Q的弹力增大D．绳对Q的拉力减小，P对Q的弹力减小【答案】D【详解】对Q受力分

析如图所示，设其重力为mg，由于有一部分细沙缓慢流出而减小，绳对Q的拉力F和P对Q的弹力N在Q缓慢上移时两者均发生改变，两力方向间的夹角也发生改变，Q的重心虽然在变，但重心一定在过O2的竖直线上，满足相似三

角形的条件。设小滑轮右侧的绳长为x，作出Q受力的力学“矢量三角形”，如图所示，发现该“矢量三角形”与几何三角形AO1O2相似，则mgNFhRRrxr==+++式中的（h+R）、(R+r）均不变，重力m

g减小，则当缓慢拉动Q时，绳对Q的拉力F减小，P对Q的弹力N减小。故选D。15．木板B放置在粗糙水平地面上，O为光滑铰链，如图所示。轻弹簧一端与铰链O固定连接，另一端系一质量为m的小球A。现将轻绳一端拴在小球A上

，另一端通过光滑的小滑轮O'由力F牵引，定滑轮位于O的正上方，整个系统处于静止状态。现改变力F的大小使小球A和轻弹簧从图示位置缓慢运动到O'正下方，且弹簧的长度始终不变，木板始终保持静止，则在整个过程中

()。A．外力F逐渐减小B．弹簧弹力大小始终不变C．地面对木板的支持力逐渐减小D．地面对木板的摩擦力逐渐减小【答案】ABD【详解】A．对小球A进行受力分析，三力构成矢量三角形，如图所示，根据几何关系可知两三角形相似，因此0mgkxFOOlxOA==−缓慢运动过程O'A

越来越小，则F逐渐减小，A正确；B．由于弹簧的形变量保持不变，弹簧弹力大小始终不变，B正确；CD．对木板，由于弹簧对木板的弹力大小不变，方向向右下，但弹簧的弹力与竖直方向的夹角越来越小，所以地面对木板的支持力逐渐增大，

地面对木板的摩擦力逐渐减小，C错误，D正确；故选ABD。四、拉密定理法（或正弦定理法）16．新疆是我国最大的产棉区，自动采棉机能够在采摘棉花的同时将棉花打包成圆柱形棉包，通过采棉机后侧可以旋转的支架平稳将其放下。放下棉包的过程可以简化为如图所示模型，质量为m的棉包放在“V”型

挡板上，两板间夹角为120°固定不变，“V”型挡板可绕P轴在竖直面内转动，在使BP板由水平位置逆时针缓慢转动60°的过程中，忽略"V"型挡板对棉包的摩擦力，已知重力加速度为g，下列说法正确的是（）A．当BP板转过30°

时，棉包对AP板的作用力大小为33mgB．当BP板转过30°时，棉包对AP板的作用力大小为mgC．当BP板转过60°时，棉包受到三个力的作用D．棉包对AP板的压力先增大后减小【答案】A【详解】AB．BP转过一个角度时的棉包受力如图所示设BP给棉包的支持力为FB，AP给棉包的支持力为F

A，合力为F，根据平衡条件知F=mg当BP板转过30°时，∠2=30°，∠3=120°，根据正弦定理可得Asin303sin1203mgFmg==根据牛顿第三定律知，棉包对AP板的作用力为33mg，故A正确，B错误；C．当BP板转过60°时，AP板处于水平位置，不计摩擦，棉包只受到

重力和AP板的支持力，BP板虽然与之接触，但没有弹力，所以受两个力的作用，故C错误；D．由已知条件知3120=，所以1260+=，根据正弦定理得BAsin3sin1sin2FFF==又因为sin3sin120Fmg=所以比值是一个常数。A

sin2F=常数，在这个过程中，∠2从0°增大到60°，所以FA逐渐增加，根据牛顿第三定律知棉包对AP的压力逐渐增大，故D错误。故选A。17．如图甲所示是空军飞行员防眩晕训练器，若某飞行员调练时，左右手拉住圆环，处于平衡状态，左

手刚好在水平状态，右手与水平方向有一定夹角，不考虑腿部受到的作用力，等效为如图乙模型，在圆环顺时针缓慢旋转90°过程中，保持两手臂伸直状态，则（）A．两手的拉力均变小B．左手拉力先变大再变小，右手拉力一直变小C．左手拉力一直变小，右手拉力先变小再变大D．左手拉力先变大再变小，右手拉

力先变大再变小【答案】B【详解】在圆环顺时针缓慢旋转90°过程中，保持两手臂伸直状态，两手拉力夹角不变，由三力平衡推论知三力平移后会组成一闭合三角形，如下图所示：黑色线表示重力，红色线表示左手拉力，蓝色线表示右手拉力。则由图可知

：左手拉力先变大后变小，右手拉力一直变小。故选B。18．如图，光滑半圆形碗固定在水平地面上，开始时，系有不可伸长轻绳的光滑小球处在碗的最低点，在拉力F的作用下，小球沿碗内壁缓慢上升，小球、轻绳、O点始终在同一竖直平面内，在此过程中，下列说法正确的是（）A．绳的拉

力F一直变大B．碗对小球的支持力FN一直变大C．绳的拉力与碗的支持力的合力大小等于mgD．当绳与竖直方向的夹角为30°时，绳的拉力F为33mg【答案】ACD【详解】C．由题意，小球缓慢上升，处于动态平衡状态，绳的拉力F与碗的支持力FN的合力大小等于mg，故C

正确；AB．对小球受力分析如图所示，设FN与竖直方向夹角为θ，将F、FN和mg平移构成一个封闭的矢量三角形，根据几何关系可得180(90)4522−−==+则在矢量三角形中，mg与F所对应边的夹角为452=−=−，FN

与F所对应边的夹角为1801352=−−=−根据正弦定理有NsinsinsinmgFF==因为θ从0逐渐增大至接近90°，所以β从45°逐渐减小至接近0，γ从135°逐渐减小至接近90°，即sinβ逐渐减小，sinγ逐渐增大，而mg不变，所以FN一定逐渐减小。又因为α逐渐增大，

FN逐渐减小，且FN与F的合力大小不变，根据平行四边形定则可推知F一定逐渐增大，故A正确，B错误；D．当绳与竖直方向的夹角为30°时，根据几何关系可知此时θ=30°，代入前面所列正弦定理方程有sin120sin30mgF=解得33Fmg=故D正确。故选ACD。19．如图所示，

物体A、B在水平面叠放，一根轻绳连接小球C后挂在物块A上，现用外力F把小球拉至图示位置，此时绳的方向与拉力方向夹角为，向上转动拉力F使小球缓慢上升，保持不变并使绳随之转至水平，该过程AB保持静止。

则（）A．轻绳拉力逐渐减小B．拉力F一直增大C．物块B受到向左的摩擦力D．地面的支持力逐渐减小【答案】ABD【详解】AB．以小球为研究对象，受到重力mg、拉力F和轻绳弹力T，如图所示。根据正弦定理可得sinsinsinmgFT==缓慢提升小球并保持拉力与轻

绳的夹角始终不变，则的变化范围为逐渐接近90，的变化范围是比90越来越大，所以F一直增大，T一直减小，故AB正确；C．物块B一直处于平衡状态，不受摩擦力的作用，故C错误；D．轻绳拉力逐渐减小，轻绳与竖直方向夹角逐渐增大，则轻绳竖直方向的分力逐渐减

小，所以地面的支持力逐渐减小，故D正确。故选ABD。20．如图所示，将两块光滑平板OA、OB固定连接，构成顶角为60°的楔形槽，楔形槽内放置一质量为m的光滑小球，整个装置保持静止，OA板与水平面夹角为15°．现使楔形槽绕O点顺时针缓慢转动至OA板竖直，重力加速度为g，则转动过程中（）A．O

A板对小球的作用力一直在减小B．OB板对小球的作用力一直在增大C．OA板对小球作用力的最大值为233mgD．OB板对小球的作用力大小为mg时，OA板对小球的作用力大于mg【答案】BC【详解】AB．在转动过程中，60ABNNG=恒定不变，为此可组成以

ABNN为直径的圆，在转动过程中弦ANG恒定不变，如图所示：当B从开始位置转动到竖直位置，即BN从1到2的过程中，AN在增大，BN也在增大；当B从竖直位置继续转动到A在竖直位置，即BN从2到4的过程中，AN在减小，BN在增大；

故整个过程OA板对小球的作用力先增大后减小，而B板对小球的作用力一直在增大，故A错误，B正确．C．当B在竖直位置时OA板对小球作用力最大，此时的受力分析，如图所示：根据平衡条件得：23sin603AmgNG＝＝故

C正确．D．当OC线竖直时，球处于静止状态，受力平衡，根据几何关系可知，两挡板对球的弹力大小相等，且夹角为120°，根据平衡条件得：N=mg故D错误．获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com