力合力始终为零，矢量三角形如图所示，在F2转至水平的过程中，MN上的张力F1逐渐增大，OM上的张力F2先增大后减小，所以A、D正确；B、C错误。
12.【答案】BC
【解析】对物体B受力分析，受重力和绳子拉力，由二力平衡得到：T?mBg，则弹簧弹
力不变，故A错误；原来有3mBgsin 45°-mBg=f1，后来3mBgsin 30°-mBg＜f1，可见物体A并未滑动，而且静摩擦变小．物体A对斜面的压力为：N=mAgcosθ，θ减小，N将增大，故BC f??N正确．物体A所受的最大静摩擦力m，因为N变大，故最大静摩擦力变大，而
静摩擦力减小，故物体A不可能被拉动，选项D错误．故选BC。 考点：物体的平衡 13.【答案】A
考点：物体的平衡 14.【答案】A
【解析】对球受力分析，受重力、支持力和拉力，如图所示；由于细线与斜面的夹角不断增加，故F一直增大，N一直减小；故选A。
考点：物体的平衡 15.【答案】D
【解析】未施加F之前，对P受力分析，根据平衡条件可知，P受到沿斜面向上的静摩擦力，等于重力沿斜面的向下的分量，当F大于2倍的重力向下的分量时，摩擦力方向向上，且大于重力沿斜面的向下的分量，则摩擦力变大，当F等于2倍的重力向下的分量时，摩擦力大小不变，当F小于重力向下的分量时，摩擦力减小，故AB错误；把PM看成一个整体，整体受力平衡，则墙壁与M的支持力等于F在水平方向的分量，竖直方向受力平衡，则弹簧弹力等于整体重力减去F竖直方向的分量，则弹力减小，形变量减小，故C错误，D正确．故选D. 考点：物体的平衡 16.【答案】AD
【解析】 M、N两物体一起向上做匀加速直线运动，合力向上，对MN整体进行受力分析，受到重力和F，由于合力竖直向上，因此墙对M没有弹力，也就不可能有摩擦力；对N进行受力分析，得：N受到重力，M对N的支持力，这两个力的合力不能向上，所以还受到M对N沿斜面向上的静摩擦力，再对M进行受力分析，得：M受到重力、推力F、N对M
的压力以及N给M沿斜面向下的静摩擦力，一共4个力，故AD正确，BC错误; 故选AD. 考点：受力分析 17.【答案】D
【解析】细绳的总长度为L，静止时轻绳两端夹角为 120?，由于重物的拉力的方向竖直向下，所以三个力之间的夹角都是 120?，根据矢量的合成可知，三个力的大小是相等的．故轻绳的弹力大小为mg，故A、B错误；若把轻绳换成自然长度为L的橡皮筋，橡皮筋受到拉力后长度增大，杆之间的距离不变，所以重物静止后两根绳子之间的夹角一定小于 120?，两个分力之间的夹角减小，而合力不变，所以两个分力减小，即橡皮筋的拉力小于 mg，故C错误，D正确。
考点：共点力平衡的条件及其应用、物体的弹性和弹力
F118.【答案】
F2?3750
F?mgsin???FN【解析】根据共点力平衡条件可得1 （2分）
FN?mgcos? （2分）
Fcos??mgsin???F?N2 （2分） F'N?mgcos??F2sin? （2分）
F1联立即得
F2?3750 （2分）
考点：考查了共点力平衡条件的应用
119.【答案】（1）m1+m2（2）（m1+m2）g（
k1?1k2）
【解析】（1）当k1恢复原长时，对AB整体分析，绳子的拉力为 F=（m1+m2） g 即小桶中细砂的质量为m1+m2． （4分） 1．开始时，对AB分析，k1x1=（m1+m2）g （2分）
x1?弹簧k1的压缩量为：
(m1?m2)gk1 （2分）
x2?对B分析，k2x2=m2g，弹簧k2的压缩量为：
m2gk2 （2分）
当k1恢复原长时，对A分析，k2x2′=m1g （2分）
x'2?弹簧k2的伸长量为：
m1gk2 （2分）
在此过程中，小桶下降的距离为：
1 h=x1+x2+x2′=（m1+m2）g（
k1?1k2） （2分）
考点：胡克定律；物体的平衡 20.【答案】850N
【解析】物体A、B的受力图如图所示，由受力平衡知：
对A：Tcosθ-f1=0…① （2分） N1-G1-Tsinθ=0…② （2分） 又由题f1＝μN1 ③ （2分） 联立得到：Tcosθ=μ（G1+Tsinθ） （2分）
T?得到
?G1cos???sin? （2分）
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