2019人教版高考物理二轮复习练习：专题一 第1讲力与物体的平衡 WORD版含解析.docx

1、第 1 讲 力与物体的平衡做真题明考向 真题体验 透视命题规律真题再做 1.(2017高考全国卷，T16)如图，一物块在水平拉力 F 的作用下沿水平桌面做匀速直线运动若保持 F 的大小不变，而方向与水平面成 60角，物块也恰好做匀速直线运动物块与桌面间的动摩擦因数为()A2 3 B.36C.33D.32解析：在 F 的作用下沿水平桌面匀速运动时有 Fmg；F 的方向与水平面成 60角拉动时有 Fcos 60(mgFsin 60)，联立解得 33，故选 C.答案：C2(2017高考全国卷，T17)一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距 80 cm 的两点上，弹性绳的原长也为 80 cm.

2、将一钩码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为 100 cm；再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点，则弹性绳的总长度变为(弹性绳的伸长始终处于弹性限度内)()A86 cm B92 cmC98 cm D104 cm解析：将钩码挂在弹性绳的中点时，由数学知识可知钩码两侧的弹性绳(劲度系数设为k)与竖直方向夹角 均满足 sin 45，对钩码(设其重力为 G)静止时受力分析，得 G2k(1 m20.8 m2)cos；弹性绳的两端移至天花板上的同一点时，对钩码受力分析，得 G2k(L20.8 m2)，联立解得 L92 cm，故 A、C、D 项错误，B 项正确答案：B3(多选)(2017高考全国卷，

3、T21)如图，柔软轻绳 ON 的一端 O 固定，其中间某点 M拴一重物，用手拉住绳的另一端 N.初始时，OM 竖直且 MN 被拉直，OM 与 MN 之间的夹角为(2)现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角 不变在 OM 由竖直被拉到水平的过程中()AMN 上的张力逐渐增大BMN 上的张力先增大后减小COM 上的张力逐渐增大DOM 上的张力先增大后减小解析：将重物向右上方缓慢拉起，重物处于动态平衡状态，可利用平衡条件或力的分解画出动态图分析将重物的重力沿两绳方向分解，画出分解的动态图如图所示在三角形中，根据正弦定理有 Gsin 1FOM1sin 1FMN1sin 1，由题意可知 FMN 的反方向与

4、 FOM 的夹角 180不变，因 sin(为 FMN 与 G 的夹角)先增大后减小，故 OM 上的张力先增大后减小，当 90时，OM 上的张力最大，因 sin(为 FOM 与 G 的夹角)逐渐增大，故 MN 上的张力逐渐增大，选项 A、D 正确，B、C 错误答案：AD4.(2015高考全国卷，T24)如图所示，一长为 10 cm 的金属棒 ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为 0.1 T，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘金属棒通过开关与一电动势为 12 V 的电池相连，电路总电阻为 2.已知开关断开时两弹簧的伸长量均为 0.5 cm；闭合开关

5、，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了 0.3 cm.重力加速度大小取 10 m/s2.判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向，并求出金属棒的质量解析：金属棒通电后，闭合回路电流 IER122 A6 A导体棒受到的安培力大小为 FBIL0.06 N.开关闭合后，电流方向为从 b 到 a，由左手定则判断可知金属棒受到的安培力方向竖直向下由平衡条件知，开关闭合前：2kxmg开关闭合后：2k(xx)mgF代入数值解得 m0.01 kg.答案：方向竖直向下 0.01 kg 考情分析 命题特点与趋势怎么考1物体的平衡条件及其应用历来是高考的热点，它不仅涉及力学中共点力的平衡，还常涉及带电

6、粒子在电场、磁场或复合场中的平衡问题2应用整体法和隔离法分析物体的受力特点及平衡问题是考生必须掌握的方法，也是高考考查的重点3“整体法、隔离法”在受力分析中的应用，物体的“动态平衡”问题在 2019 年复习中应引起重视 解题要领怎么做 解决物体的平衡问题，一是要认清物体平衡状态的特征和受力环境，这是分析平衡问题的关键；二是要灵活运用处理力学平衡问题的基本方法(如合成法、正交分解法、效果分解法、三角形相似法等)来解答；三是要有辨析图形几何关系的能力建体系记要点 知识串联 熟记核心要点网络构建 要点熟记 1熟悉各个力的特点，会判断弹力的方向，会判断和计算摩擦力(1)两物体间弹力的方向一定与接触面或

7、接触点的切面垂直，且指向受力物体(2)两物体接触处有无静摩擦力，要根据物体间有无相对运动趋势或根据平衡条件进行判断(3)物体间恰好不相对滑动时，其间静摩擦力恰好等于最大静摩擦力2共点力的平衡：共点力的平衡条件是 F 合0，平衡状态是指物体处于匀速直线运动状态或静止状态3多个共点力平衡：任意方向上合力为零，建立直角坐标系后，两个坐标轴上的合力均为零，即 Fx0，Fy0.4动态平衡：物体在缓慢移动过程中，可以认为物体处于平衡状态，其所受合力为零5带电物体在复合场中除了受到重力、弹力和摩擦力外，还涉及电磁学中的电场力、安培力或洛伦兹力电磁场中的平衡问题也遵循合力为零这一规律研考向提能力 考向研析 掌

8、握应试技能考向一 物体的受力分析 受力分析的三点注意(1)在分析两个或两个以上物体间的相互作用时，一般采用整体法与隔离法进行分析(2)采用整体法进行受力分析时，要注意系统内各个物体的状态应该相同(3)当直接分析一个物体的受力不方便时，可转移研究对象，先分析另一个物体的受力，再根据牛顿第三定律分析该物体的受力，此法叫“转移研究对象法”1(多选)(2018辽宁大连高三质检)如图所示，地面上固定着一个斜面，上面叠放上着A、B两个物块并均处于静止状态现对物块A施加一斜向上的作用力F，A、B 两个物块始终处于静止状态则木块 B 的受力个数可能是()A3 个 B.4 个C5 个D6 个解析：对 A 受力分

9、析可得，A 受竖直向下的重力、斜向左上方的拉力 F、竖直向上的支持力及水平向右的摩擦力，对 B 受力分析可得，B 受重力、A 对 B 的压力、斜面的支持力、A 对 B 向左的摩擦力，若斜面对 B 没有摩擦力则 B 受到 4 个力作用，若斜面对 B 有摩擦力则 B 受 5 个力作用，选项 A、D 错误，B、C 正确答案：BC2.如图，一个 L 形木板(上表面光滑)放在斜面体上，轻质弹簧一端固定在木板上，另一端与置于木板上表面的木块相连斜面体放在平板小车上，整体一起沿水平向右的方向做匀速直线运动，不计空气阻力，则关于各物体的受力情况，下列说法正确的是()AL 形木板受 4 个力的作用B斜面体可能只

10、受 2 个力作用C木块受 2 个力作用D斜面体不可能受平板小车对它的摩擦力作用解析：先把 L 形木板、木块、斜面体看成一个整体进行分析，受重力、小车的支持力，选项 D 正确；隔离木块进行分析，其受重力、L 形木板的支持力、弹簧的弹力(沿斜面向上)三个力作用处于平衡状态，选项 C 错误；隔离 L 形木板进行分析，其受重力、斜面体的支持力、弹簧的弹力(沿斜面向下)、木块的压力、斜面体对它的摩擦力 5 个力作用，选项 A 错误；隔离斜面体进行分析，其受重力、小车的支持力、L 形木板对它的压力和摩擦力 4 个力作用，选项 B 错误答案：D3.(多选)(2018江西南昌三中摸底)如图所示，穿在一根光滑的

11、固定杆上的小球 A、B 连接在一条跨过定滑轮的细绳两端，杆与水平面成 角，不计所有摩擦，当两球静止时，OA 绳与杆的夹角为，OB 绳沿竖直方向，则下列说法正确的是()A小球 A 可能受到 2 个力的作用B小球 A 一定受到 3 个力的作用C小球 B 可能受到 3 个力的作用D细绳对 A 的拉力与对 B 的拉力大小相等解析：对 A 球受力分析可知，A 受到重力、细绳的拉力以及杆对 A 球的弹力，三个力的合力为零，故 A 错误，B 正确；对 B 球受力分析可知，B 受到重力、细绳的拉力，两个力的合力为零，杆对 B 球没有弹力，否则 B 不能平衡，故 C 错误；定滑轮不改变力的大小，即细绳对 A 的

12、拉力与对 B 的拉力大小相等，故 D 正确答案：BD方法技巧受力分析的四种方法(1)假设法：在受力分析时，若不能确定某力是否存在，可先对其作出存在的假设，然后根据分析该力存在对物体运动状态的影响来判断假设是否成立(2)整体法：将几个相互关联的物体作为一个整体进行受力分析的方法，如第 2 题中，研究斜面体和平板小车间作用力时，将 L 形木板、木块和斜面体看成一个整体(3)隔离法：将所研究的对象从周围的物体中分离出来，单独进行受力分析的方法，如第 1 题中，对 A、B 两物体单独分析，研究其受力个数(4)动力学分析法：对变速运动的物体进行受力分析时，应用牛顿运动定律进行分析求解的方法考向二 共点力

13、作用下的静态平衡问题典例展示 1(多选)如图所示，细绳 CO 与竖直方向成 30角，A、B 两物体用跨过轻质滑轮(可看成质点)的细绳相连已知物体 B的重力 mBg100 N，地面对物体 B 的支持力 FN80 N下列说法正确的是()A物体 A 的重力为 40 NB物体 B 与地面间的摩擦力大小为 20 NC细绳 CO 受到的拉力为 40 3 NDOB 与竖直方向的夹角为 60思路探究(1)跨过滑轮两侧细绳上的弹力有什么特点？(2)物体受力个数多于三个力时，一般如何处理？解析 画出定滑轮的轴心 O 的受力分析示意图，选取直角坐标系，如图甲所示，根据平衡条件得 FT1sin FT2sin 300，

14、FT2cos 30FT1cos FT30，其中 FT1FT3mAg，联立解得 60，选项 D 正确；画出物体 B 的受力分析示意图，选取直角坐标系，如图乙所示，根据平衡条件得 FfFT1sin 0，FNFT1cos mBg0，联立并代入数据解得 FT140 N，FT240 3 N，Ff20 3 N，选项 B 错误，C 正确；mAgFT140 N，选项 A 正确答案 ACD方法技巧处理平衡问题常用的三种方法(1)合成法：物体受三个共点力的作用而平衡，则任意两个力的合力一定与第三个力等大、反向，如例题中，细绳 CO 的拉力与跨过滑轮的两细绳拉力的合力等大反向，故除解析法外也可用合成法求解(2)效果

15、分解法：物体受三个共点力的作用而平衡，将某一个力按力的效果分解，则其分力和其他两个力满足平衡条件(3)正交分解法：物体受到三个或三个以上力的作用时，将物体所受的力分解为相互垂直的两组，每组力都满足平衡条件4(2018山东潍坊高三期末)如图所示，质量为 m 的物体置于光滑半球上，物体与球心O 的连线跟水平方向的夹角为.水平推力 F 作用在物体上，物体与半球均处于静止状态，则 F 与 mg 的关系正确的是()AFmgsin B.Fmgcos CFmgtan DFmgcot 解析：物体受到重力、沿半径向外的支持力和水平向右的推力，三个力平衡，则有 FNsin mg，FNcos F，联立解得 Fmgc

16、ot，选项 D 正确答案：D5如图所示，物块 A 和滑环 B 用绕过光滑定滑轮的不可伸长的轻绳连接，滑环 B 套在与竖直方向成 37的粗细均匀的固定杆上，连接滑环 B 的绳与杆垂直并在同一竖直平面内，滑环 B 恰好不能下滑，滑环和杆间的动摩擦因数 0.4，设滑环和杆间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物块 A 和滑环 B 的质量之比为()A.75B.57C.135D.513解析：设物块 A 和滑环 B 的质量分别为 m1、m2，若杆对 B 的弹力垂直于杆向下，因滑环 B 恰好不能下滑，则由平衡条件有 m2gcos(m1gm2gsin)，解得m1m2135；若杆对 B的弹力垂直于杆向上，因滑环 B

17、 恰好不能下滑，则由平衡条件有 m2gcos(m2gsin m1g)，解得m1m275(舍去)综上分析可知应选 C.答案：C6.将一横截面为扇形的物体 B 放在水平面上，一小滑块 A 放在物体 B 上，如图所示，除了物体 B 与水平面间的摩擦力之外，其余接触面的摩擦力均可忽略不计，已知物体 B 的质量为 M，滑块 A 的质量为 m，当整个装置静止时，滑块 A 与物体 B 接触的切面与竖直挡板之间的夹角为.已知重力加速度为 g，则下列选项正确的是()A物体 B 对水平面的压力大小为 MgB物体 B 受水平面的摩擦力大小为 mgtan C滑块 A 与竖直挡板之间的弹力大小为 mgtan D滑块 A

18、 对物体 B 的压力大小为 mgcos 解析：以滑块 A 为研究对象进行受力分析，并运用合成法，如图所示，由几何知识得，挡板对滑块 A 的弹力大小为 FN1 mgtan，C 正确；物体 B 对滑块 A 的弹力大小为 FN2 mgsin，根据牛顿第三定律知，滑块 A 对物体 B 的压力大小为 mgsin，D 错误；以滑块 A 和物体 B 组成的系统为研究对象，在竖直方向上受力平衡，则水平面对物体 B 的支持力 FN(Mm)g，故水平面所受压力大小为(Mm)g，A 错误；A 和 B 组成的系统在水平方向上受力平衡，则水平面对物体 B 的摩擦力大小为 FfFN1 mgtan，B 错误答案：C考向三

19、共点力作用下的动态平衡问题典例展示 2 如图所示，小球用细绳系住，绳的另一端固定于 O点现用水平力 F 缓慢推动斜面体，小球在斜面上无摩擦地滑动，细绳始终处于直线状态，当小球升到接近斜面顶端时细绳接近水平，此过程中斜面对小球的支持力 FN 以及绳对小球的拉力 FT 的变化情况是()AFN 保持不变，FT 不断增大BFN 不断增大，FT 不断减小CFN 保持不变，FT 先增大后减小DFN 不断增大，FT 先减小后增大思路探究 分析求解本题，必须明确以下问题：(1)用水平力缓慢推动斜面体时，小球在斜面上处于什么状态？(2)小球在斜面上无摩擦滑动过程中，受到哪些力的作用？哪些力不变，哪些力变化？解析

20、 方法一：解析法 先对小球进行受力分析，如图甲，小球受到重力 mg、支持力 FN、拉力 FT 的作用，设细绳与水平方向的夹角为，斜面的倾角为，由平衡条件得 FNcos FTsin mg，FNsin FTcos 0，联立解得 FT mgsin cos，FNmgcos sin tan.用水平力 F 缓慢推动斜面体，一直减小直至接近 0.由题图易知，起始时刻，当 时，cos()1，FT 最小，所以 FT 先减小后增大 一直减小直至接近 0，tan 不断减小，FN不断增大，选项 D 正确方法二：图解法 由于用水平力 F 缓慢推动斜面体，故小球处于动态平衡状态小球受到大小方向均不变的重力、方向不变的支持

21、力、方向大小均变化的细绳的拉力，三个力构成封闭的三角形，画出小球受力示意图如图乙所示当细绳与斜面平行时，细绳拉力 FT2 与支持力方向垂直，细绳拉力最小当小球升到接近斜面顶端时细绳接近水平，细绳拉力为FT4，所以 FT 先减小后增大，而此过程中斜面对小球的支持力 FN 一直增大，选项 D 正确答案 D方法技巧“三法”巧解动态平衡问题(1)图解法：如果物体受到三个力的作用，其中一个力的大小、方向均不变，另一个力的方向不变，此时可用图解法，画出不同状态下力的矢量图，判断第三个力的变化情况如例题中小球重力大小方向不变，斜面对小球支持力方向不变，可用图解法(2)解析法：如果物体受到多个力的作用，可进行

22、正交分解，利用解析法，建立平衡方程，根据自变量的变化确定因变量的变化，如例题中的方法一，写出表达式分析 角的变化(3)相似三角形法：如果物体受到三个力的作用，其中的一个力大小、方向均不变，另外两个力的方向都发生变化，可以用力三角形与几何三角形相似的方法7(多选)(2017高考天津卷)如图所示，轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆 M、N 上的 a、b 两点，悬挂衣服的衣架挂钩是光滑的，挂于绳上处于静止状态如果只人为改变一个条件，当衣架静止时，下列说法正确的是()A绳的右端上移到 b，绳子拉力不变B将杆 N 向右移一些，绳子拉力变大C绳的两端高度差越小，绳子拉力越小D若换挂质量更大的衣服，则

23、衣架悬挂点右移解析：设两杆间距离为 d，绳长为 l，Oa、Ob 段长度分别为 la 和 lb，则 llalb，两部分绳子与竖直方向夹角分别为 和，受力分析如图所示绳子各部分张力相等，FaFbF，则，满足 2Fcos mg，dlasin lbsin，即 sin dl，F mg2cos，当改变 b 的位置或绳两端的高度差时，d 和 l 均不变，则 sin 为定值，为定值，cos 为定值，绳子的拉力保持不变，故 A 正确，C 错误；当换挂质量更大的衣服时，d、l 不变，则 sin 为定值，不变，故衣架悬挂点不变，选项D 错误；将杆 N 向右移一些，d 增大，则 sin 增大，cos 减小，绳子的拉力

24、增大，故 B 正确答案：AB8.如图所示是一个简易起吊设施的示意图，AC 是质量不计的撑杆，A端与竖直墙之间用铰链连接，一滑轮固定在 A 点正上方，C 端吊一重物现施加一拉力 F 将重物 P 缓慢向上拉，在 AC 杆达到竖直状态前()ABC 绳中的拉力 FT 越来越大BBC 绳中的拉力 FT 越来越小CAC 杆中的支持力 FN 越来越大DAC 杆中的支持力 FN 越来越小解析：对 C 点进行受力分析，如图甲所示，由平衡条件可知，将三个力按顺序首尾相接，可形成如图乙所示的闭合三角形很容易发现，这三个力与ABC 的三边始终平行，则 GAB FNAC FTBC，其中 G、AC、AB 均不变，BC 逐

25、渐减小，则由上式可知，FN 不变，FT 变小答案：B9(2018福建厦门市高三 5 月调研)如图所示，顶端附有光滑定滑轮的斜面体静止在粗糙水平地面上，三条细绳结于 O 点一条绳跨过定滑轮平行于斜面连接物块 P，一条绳连接小球 Q，P、Q 两物体处于静止状态，另一条绳OA 受外力 F 的作用，处于水平方向，现缓慢逆时针改变绳 OA 的方向至 90，且保持结点 O 位置不变，整个装置始终处于静止状态下列说法正确的是()A绳 OA 的拉力一直减小B绳 OB 的拉力一直增大C地面对斜面体有向右的摩擦力D地面对斜面体的支持力不断减小解析：对结点 O 受力分析，受与小球连接的绳的拉力，大小为 mg，绳 O

26、B 的拉力 FT 和 OA 绳的拉力，大小为 F，三力平衡，保持结点 O 位置不变，则绳 OB 的方向不变，做矢量三角形如图所示，可知当绳 OA与绳 OB 垂直时，外力 F 最小，所以改变绳 OA 的方向至 FbFc B.FaFbFcCFaFbFcDFaFbFc解析：设重物的质量为 m，分别对三图中的结点进行受力分析，杆对结点的作用力大小分别为 Fa、Fb、Fc，对结点的作用力方向沿杆方向，各图中 Gmg.则在图甲中，Fa2mgcos 30 3mg；在图乙中，Fbmgtan 60 3mg；在图丙中，Fcmgcos 30 32 mg.可知 FaFbFc，故 B 正确，A、C、D 错误 答案：B3

27、.(2018重庆高三调研)重庆一些地区有挂红灯笼的习俗如图所示，质量为 m 的灯笼用两根长度一定的轻绳 OA、OB 悬挂在水平天花板上，O 为结点，OAOB，AOB90.设 OA、OB 对 O 点的拉力大小分别为 FA、FB，轻绳能够承受足够大的拉力，则()AFA 大于 FBB若左右调节 A 点位置，可使 FA 等于 FBC若左右调节 A 点位置，可使 FA、FB 均大于 mgD若改挂质量为 2m 的灯笼，可使 FA、FB 均增大 mg解析：如图所示，对 O 点受力分析，应用正交分解法可得 FAcos FBcos，FAsin FBsin mg，因为 OAOB，所以不管怎么调节 A 点位置，都有

28、，所以 FAFB，选项 A、B 错误；当、都较小时，可使 FA、FB 都大于 mg，选项 C 正确；若改挂质量为 2m 的灯笼，、均不变，根据FAFBFAFBcos cos 1 可知 FB 的增加量比 FA 的增加量大，选项 D 错误答案：C4.(2018安徽合肥高三质检)如图所示，两小球 A、B 固定在一轻质细杆的两端，其质量分别为 m1 和 m2.将其放入光滑的半圆形碗中，当细杆保持静止时，圆的半径OA、OB与竖直方向夹角分别为30和45，则 m1 和 m2 的比值为()A.21 B.31C21 D.61解析：分别对小球 A、B 受力分析如图所示对小球 A、B 分别由三角形相似原理得 m1

29、gOOFN1OA，m2gOOFN2OB，故m1m2FN1FN2；分别由正弦定理得 FN1sin Fsin 30，FN2sin Fsin 45，而 sin sin，故FN1FN2sin 45sin 30 21，故 m1m2 21，选项 A 正确答案：A5.(2018北京东城区高三统考)如图所示，将两个完全相同的均匀长方体物块 A、B 叠放在一起置于水平地面上两物块重均为 2mg.现用弹簧测力计竖直向上拉物块 A，当弹簧测力计示数为 mg 时，下列说法中正确的是()A物块 A 对物块 B 的压力大小为 mgB物块 B 对地面的压力大小等于 2mgC地面与物块 B 之间存在静摩擦力D物块 A 与物块

30、 B 之间存在静摩擦力解析：当弹簧测力计示数为 mg 时，物块 A、B 均处于平衡状态，对 A 由平衡条件知，物块 B 对物块 A 的支持力大小为 mg，故 A 对 B 的压力大小为 mg，选项 A 正确；对 B 由平衡条件知，地面对物块 B 的支持力大小等于 3mg，故 B 对地面的压力大小等于 3mg，选项 B错误；物块 A 与物块 B 之间、物块 B 与地面之间均无相对运动的趋势，故地面与物块 B 之间、物块 A 与物块 B 之间都不存在静摩擦力，选项 C、D 错误答案：A6.(2018江苏六校高三第二次联考)如图所示，倾角为 的斜面体 C 置于水平面上，B 置于斜面体上，通过轻绳跨过光

31、滑的定滑轮与 A 相连接，连接 B 的一段轻绳与斜面平行，A、B、C 都处于静止状态，则()A水平面对 C 的支持力大于 B、C 的总重力BC 对 B 一定有摩擦力C水平面对 C 一定有摩擦力D水平面对 C 可能没有摩擦力解析：对 B、C 整体受力分析，水平面对 C 的支持力等于 B、C 的总重力减去绳子的拉力在竖直方向上的分力，故水平面对 C 的支持力小于 B、C 的总重力，选项 A 错误；若 mAgmBgsin，则斜面 C 对 B 的静摩擦力为零，选项 B 错误；对 B、C 整体进行受力分析，可知绳子的拉力在水平方向上的分力等于地面对 C 的摩擦力，故摩擦力一定不为零，选项 C正确，D 错

32、误答案：C7.如图所示，一水平导轨处于与水平方向成 45角向左上方的匀强磁场中，一根通有恒定电流的金属棒，由于受到安培力作用而在粗糙的导轨上向右做匀速运动现将磁场方向沿顺时针缓慢转动至竖直向上，在此过程中，金属棒始终保持匀速运动，已知棒与导轨间的动摩擦因数为，则()A金属棒所受摩擦力一直在减小B导轨对金属棒的支持力先变小后变大C磁感应强度先变小后变大D金属棒所受安培力恒定不变解析：金属棒匀速运动时，受力如图甲所示，则有FNF 安sin mg，F 安cos FfFN，F 安BIL，联立解得 BmgIL 12sin，其中 tan 1，即 45FTcos，则有 mAgsin FTcos Ff，随着 在减小，Ff 在减小，如果mAgsin FTcos，则有 mAgsin FfFTcos，随着 在减小，Ff 在增大，故 A 错误，B正确；因为轻绳与竖直方向上的夹角越来越大，又滑轮两端绳的拉力大小相等且不变，则滑轮两端绳的合力越来越小，所以轻绳 OO的拉力在减小，C 正确；OO一定在滑轮两端轻绳夹角的角平分线上，因为轻绳与竖直方向上的夹角越来越大，所以 OO与竖直方向的夹角一定增大，D 错误答案：BC