第3讲 共点力下的动态平衡问题（解析版）

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第3讲 共点力下的动态平衡问题

1．（2022·辽宁）如图所示，蜘蛛用蛛丝将其自身悬挂在水管上，并处于静止状态。蛛丝OM、ON与竖直方向夹角分别为α、β（α＞β）。用F1、F2分别表示OM、ON的拉力，则（　　）

A．F1的竖直分力大于F2的竖直分力
B．F1的竖直分力等于F2的竖直分力
C．F1的水平分力大于F2的水平分力
D．F1的水平分力等于F2的水平分力
【解答】解：CD、对结点O受力分析可得，水平方向上有F1sinα＝F2sin β，即F1的水平分力等于F2的水平分力，故D正确，C错误。
AB、对结点O受力分析可得，竖直方向上有F1cosα+F2cos β＝mg
整理可得F1=mgsinβsin(α+β)，F2=mgsinαcosβsin(α+β)
则F1 的竖直分量为F1x=mgsinβcosαsin(α+β)
F2的竖直分量为F2x=mgsinαcosβsin(α+β)
因sinα cos β﹣cosαsinβ＝sin（α﹣β）＞0可知，F2x＞F1x，故AB错误。
故选：D。
2．（2022·浙江）如图所示，一轻质晒衣架静置于水平地面上，水平横杆与四根相同的斜杆垂直，两斜杆夹角θ＝60°。一重为G的物体悬挂在横杆中点，则每根斜杆受到地面的（　　）

A．作用力为33G B．作用力为36G
C．摩擦力为34G D．摩擦力为38G
【解答】解：AB、设每根斜杆受力为F，对斜杆与横杆的结点受力分析如图1有：3F=G2，解得：F=36G；故A错误，B正确；

图1
CD、对某个斜杆受力分析如图2有：Fsin30°＝f，解得f=312G，故CD错误；

图2
故选：B。
3．（2022·浙江）如图所示，水平放置的电子秤上有一磁性玩具，玩具由哑铃状物件P和左端有玻璃挡板的凹形底座Q构成，其重量分别为GP和GQ。用手使P的左端与玻璃挡板靠近时，感受到P对手有靠向玻璃挡板的力，P与挡板接触后放开手，P处于“磁悬浮”状态（即P和Q的其余部分均不接触），P与Q间的磁力大小为F。下列说法正确的是（　　）

A．Q对P的磁力大小等于GP
B．P对Q的磁力方向竖直向下
C．Q对电子秤的压力大小等于GQ+F
D．电子秤对Q的支持力大小等于GP+GQ
【解答】解：AB．由题意可知，因手使P的左端与玻璃挡板靠近时，感受到P对手有靠向玻璃挡板的力，即Q对P有水平向左的磁力；P与挡板接触后放开手，P处于“磁悬浮”状态，则说明Q对P有竖直向上的磁力，则Q对P的磁力方向斜向左上方向，其磁力F大小大于GP，故AB错误；
CD．对PQ的整体受力分析，在竖直方向上，根据平衡条件可知电子秤对Q的支持力大小等于GP+GQ，根据牛顿第三定律可知Q对电子秤的压力大小等于GP+GQ，故C错误，D正确。
故选：D。
4．（2022·浙江）如图所示，学校门口水平地面上有一质量为m的石墩，石墩与水平地面间的动摩擦因数为μ，工作人员用轻绳按图示方式匀速移动石墩时，两平行轻绳与水平面间的夹角均为θ，则下列说法正确的是（　　）

A．轻绳的合拉力大小为μmgcosθ
B．轻绳的合拉力大小为μmgcosθ+μsinθ
C．减小夹角θ，轻绳的合拉力一定减小
D．轻绳的合拉力最小时，地面对石墩的摩擦力也最小
【解答】解：AB．设轻绳的合拉力大小为T，对石墩受力分析，如图所示：

由平衡条件，可知在水平方向上有：Tcosθ＝f
竖直方向上有：Tsinθ+N＝mg
根据滑动摩擦力公式得：f＝μN
联立解得轻绳的合拉力大小为：T=μmgcosθ+μsinθ，故A错误，B正确；
C．合拉力的大小为：T=μmgcosθ+μsinθ=μmg1+μ2sin(θ+α)
其中tanα＝μ，可知当θ+α＝90°时，拉力有最小值，即减小夹角θ，轻绳的合拉力不一定减小，故C错误；
D．摩擦力大小为：f＝Tcosθ=μmgcosθcosθ+μsinθ=μmg1+μtanθ
可知增大夹角θ，摩擦力一直减小，当趋近于90°时，摩擦力最小，故轻绳的合拉力最小时，地面对石墩的摩擦力不是最小，故D错误；
故选：B。
一.知识总结
1．共点力
作用于物体的同一点或作用线相交于一点的几个力。
2．平衡状态
物体保持静止或匀速直线运动的状态。
3．共点力的平衡条件
(1)F合＝0或者
(2)平衡条件的推论
①二力平衡：如果物体在两个共点力的作用下处于平衡状态，这两个力必定大小相等，方向相反。
②三力平衡：如果物体在三个共点力的作用下处于平衡状态，其中任何一个力与其余两个力的合力大小相等，方向相反；并且这三个力的矢量可以形成一个封闭的矢量三角形。
③多力平衡：如果物体在多个共点力的作用下处于平衡状态，其中任何一个力与其余几个力的合力大小相等，方向相反。
4.静态平衡与动态平衡：
（1）静态平衡模型
物体保持静止或匀速直线运动的状态，物体受到的各个力不变。
（2）动态平衡模型
①物体受到的力在发生动态变化，但物体保持静止或匀速直线运动的状态
②物体“缓慢”运动时，可把物体看作平衡状态处理，物体所受合力为0.
动态平衡问题较难！
二.解决动态平衡问题的思路与法：
1.解决问题切入思路
（1）解析法
对研究对象进行受力分析，先画出受力示意图，再根据物体的平衡条件列式求解，得到因变量与自变量的函数表达式(通常为三角函数关系)，最后根据自变量的变化确定因变量的变化。
(2)图解法
不需要列式计算，通过画图分析求解。对于三个力作用下的平衡问题，通常
①一个力大小、方向均不变，另一个力方向不变，通常画闭合三角形。
②一个力是恒力，另两个力方向的夹角保持不变的情况，可构造圆，来解决。恒力对应的圆心角不变。
③当一个力是恒力，另一个力大小不变时，也可画圆来分析处理。
2.常用的物理方法
方 法
基本思路
求解方法
条 件
力的合成法
通过平行四边形定则，构建矢量三角形，利用几何知识求解

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大小相等，方向相反。可以应用三角函数、相似三角形等知识求解
三力平衡

正交分解法
变矢量运算为代数运算

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，即各力分解到x轴和y轴上，运用两坐标轴上的合力等于零的条件列方程求解，即∑Fx＝0，∑Fy＝0
三个或三个以上共点力作用下物体的平衡

力的三
角形法
构建矢量三角形，利用几何知识求解

对受三力作用而平衡的物体，将力的矢量图平移，使三力组成一个首尾依次相接的闭合的矢量三角形，根据正弦定理、余弦定理或相似三角形等数学知识求解未知力
三力平衡

三.精选例题
题型1： 一恒两向变（一力不变，两力方向都变）——相似三角形
例1．如图所示，为质量均可忽略的轻绳与轻杆组成系统，轻杆A端用铰链固定，滑轮在A点正上方（滑轮大小及摩擦力均可不计），轻杆B端吊一重物G现将绳的一端拴在杆的B端，用拉力F将B端缓慢释放（均未断）到AB杆转到水平位置前，以下说法正确的是（　　）

A．绳子受到的拉力越来越大
B．绳子受到的拉力越来越小
C．AB杆受到的压力越来越大
D．AB杆受到的压力越来越小
【解答】解：以B点为研究对象，分析受力情况：重物的拉力T（等于重物的重力G）、轻杆的支持力N和绳子的拉力F，设滑轮处为O点，作出力图如图：

由平衡条件得知，N和F的合力与T大小相等，方向相反，根据三角形相似可得：
NAB=FBO=TAO
又T＝G，解得：
N=ABAO•G，F=BOAO•G；
将B端缓慢释放（均未断）到AB杆转到水平位置前，∠BAO缓慢变大时，AB、AO保持不变，BO变大，则AB杆受到的压力N保持不变，绳子受到的拉力F变大。故A正确，BCD错误。
故选：A。

题型2：一恒一向定（一力不变，一力方向不变）——有时有最小值
例2．如图所示，电灯悬挂于两墙之间，OA绳保持不动，更换OB绳使B点向上移动而保持O点位置不变，则在B点向上移动时，两绳拉力变化情况是（　　）

A．OA绳拉力变小，OB绳拉力先变小后变大
B．OA绳拉力变小，OB绳拉力先变大后变小
C．OA绳拉力变大，OB绳拉力先变小后变大
D．OA绳拉力变大，OB绳拉力先变大后变小
【解答】解：以结点O为研究对象，分析受力：重力G、绳OA的拉力FOA和绳BO的拉力FOB，如图所示，根据平衡条件知，两根绳子的拉力的合力与重力大小相等、方向相反，
作出轻绳OB在两个位置时力的合成图如图，由图看出，改变OB绳长使绳右端由B点缓慢上移至B′点的过程中，FOA逐渐减小，FOB先减小后增大，当θ＝90°时，FOB最小。
故BCD错误，A正确。
故选：A。

题型3： 一恒一大小定（一力不变，一力的大小不变）——通常画圆
（多选）例3．如图所示，在“共点力合成”的实验中，橡皮条一端固定于P点，另一端连接两个弹簧测力计，分别用F1和F2拉两个弹簧测力计，将这端的结点拉至O点。现让F1大小不变，方向沿顺时针方向转动某一角度，且F1始终处于PO左侧，要使这端的结点仍位于O点，则关于F的大小和图中的θ角，下列说法中正确的是（　　）

A．增大F2的同时增大θ角 B．增大F2的同时减小θ角
C．增大F2而保持θ角不变 D．减小F2的同时增大θ角
【解答】解：对点O点受力分析，受到两个弹簧的拉力和橡皮条的拉力，由于O点位置不变，因此橡皮条长度不变，其拉力大小方向不变，由题，F2的大小不变，F1方向和大小都改变，根据力的平行四边形定则有：

如图1所受示，可以增大F2的同时增大θ角，故A正确；

若如图2变化所受，可以增大F2的同时减小θ角，故B正确；

如图3所受示，可以增大F2而保持θ角不变，故C正确；
同时根据平行四边形定则可知，减小F2的同时增大β角是不能组成平行四边形的，故D错误。
故选：ABC。

题型4： 一恒两向夹角定（一力不变，另两力力的方向夹角不变）——可构造圆辅助分析
例4．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α（α＞π2）。现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角α不变。在OM由竖直被拉到水平的过程中（　　）

A．MN上的张力逐渐增大
B．MN上的张力先增大后减小
C．OM上的张力逐渐增大
D．OM上的张力一直减小
【解答】解：对重物受力分析，如图所示

在平行四边中，由于保持夹角α（α＞π2）不变，即保持α的补角θ不变，且θ为锐角，做一个圆，让重力线段的两端点和绳子MN拉力的右端点在圆上，由于θ角是以重力为弦的圆周角，随着P点的移动，θ角保持不变，满足题意要求。
AB.在力的矢量三角形MPQ中，QM大小等于重力且始终竖直，顶点P由M点经过P点到R点的过程，就是OM由竖直被拉到水平的过程，可以看出，MN拉力从0逐渐增大到圆的直径，故MN上的张力逐渐增大；
CD.矢量三角形的PQ边先由重力逐渐增大到直径再逐渐减小到RQ，故OM上的张力先增大再减小，故CD错误。
故选：A。
题型5：一恒两大小定（一个力大小方向不变，另两个力大小总相等）
例5．如图所示，一固定的∩型支架两端连有一根长为L的轻绳，光滑轻质挂钩下端悬挂质量为m的重物跨在轻绳上（挂钩可沿轻绳滑动）．开始时绳子固定在支架上等高的M、N两点，绳中拉力为F现保持绳子左端M固定且绳长不变，将绳子右端从N点沿竖直支架缓慢移至P点，再从P点沿圆弧支架向左缓慢移至Q点．关于绳子拉力F的变化，下列说法正确的是（　　）

A．从N→P→Q的过程中，拉力F一直不变
B．从N→P→Q的过程中，拉力F先不变，再减小
C．从N→P→Q的过程中，拉力F一直增大
D．从N→P→Q的过程中，拉力F先增大，再减小
【解答】解：当轻绳的右端从N点移到P时，设两绳的夹角为2θ，根据数学知识可知，两段绳子的夹角不变，θ不变，
以挂钩为研究对象，分析受力情况，
作出受力图，如图所示。根据平衡条件得：
2Fcosθ＝mg
得到绳子的拉力F=mg2cosθ
所以在轻绳的右端从N点移到P点的过程中，θ不变，cosθ不变，则F不变。
当轻绳的右端从P移到Q点时，设两绳的夹角为2α。
根据几何关系可知，从P移到Q点时，2α减小，则α减小，
再根据平衡条件可知，F=mg2cosθ，α减小，cosα增大，则F减小，
所以从N→P→Q的过程中，拉力F先不变，后减小，故B正确。
故选：B。

四.举一反三，巩固练习
1. （多选）某小城街道两旁的仿古路灯如图所示，灯笼悬挂在灯柱上，若风沿水平方向由右向左吹来，且风力缓慢增大，则（　　）

A．灯柱对灯笼的作用力逐渐减小
B．灯柱对灯笼的作用力逐渐增大
C．灯柱对灯笼的作用力与竖直方向的夹角逐渐增大
D．灯柱对灯笼的作用力与竖直方向的夹角逐渐减小
【解答】解：对灯笼受力分析可得下图所示

由勾股定理可得，风力越来越大，则灯柱对灯笼的作用力逐渐增大，灯柱对灯笼的作用力与竖直方向的夹角逐渐增大，AD错误，BC正确。
故选：BC。
2. （多选）如图，两个半径均为r的光滑球a、b放在半径为R（R＞2r）的半球形容器内，均静止时a、b与半球的接触点P、Q与半球球心O的连线与水平方向的夹角为α和β（a＜β）。若两球的质量用ma、mb，两球对容器的压力大小用FNa、FNb表示，则（　　）

A．mamb=sinβsinα B．mamb=cosβcosα
C．FNaFNb=1 D．FNaFNb=cosβcosα
【解答】解：分别对光滑球a、b的受力分析如图所示，其中：Fab与Fba是球a、b之间相互作用的弹力，这两个力均沿着两球圆心的连线AB，容器对两球的支持力分别为F′Na、F′Nb，两球的重力分别为mag、mbg。
根据平衡条件，球a受到的三个力可围成力的矢量三角形（图中蓝色三角形），此矢量三角形与几何三角形△OAC相似（点A、B分别为球a、b的球心，OC沿竖直方向），则可得：
magOC=F'NaOA=FabAC
同理，球b受到的三个力也可围成力的矢量三角形（图中红色三角形），此矢量三角形与几何三角形△OBC相似，则可得：
mbgOC=F'NbOB=FbaBC
由几何关系得：OA＝r﹣R，OB＝r﹣R，可得：OA＝OB
又有Fab与Fba是一对相互作用力，即Fab＝Fba
可得：mamb=F'NaF'Nb=BCAC
根据正弦定理，
在△OAC中有：ACsin(90°−α)=OAsin∠OCA
在△OBC中有：BCsin(90°−β)=OBsin∠OCB
因为∠OCA+∠OCB＝180°，所以sin∠OCA＝sin∠OCB
可得：BCAC=cosβcosα
则有：mamb=F'NaF'Nb=cosβcosα
由牛顿第三定律可得：FNaFNb=F'NaF'Nb=cosβcosα，故BD正确，AC错误。
故选：BD。

3. （多选）如图所示，光滑的轻滑轮通过支架固定在天花板上，一足够长的细绳跨过滑轮，一端悬挂小球b，另一端与套在水平细杆上的小球a连接。在水平拉力F作用下小球a从图示虚线位置开始缓慢向右移动（细绳中张力大小视为不变）。已知小球b的质量是小球a的2倍，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，小球a与细杆间的动摩擦因数为33．则下列说法正确的是（　　）

A．当细绳与细杆的夹角为60°时，拉力F的大小为（2−33）mg
B．支架对轻滑轮的作用力大小逐渐增大
C．拉力F的大小一直增大
D．拉力F的大小先减小后增大
【解答】解：A、当细绳与细杆的夹角为60°时，拉力F的大小为：F＝2mg（cosθ+μsinθ）﹣μmg＝2mg（cos60°+33sin60°）−33mg＝（2−33）mg，故A正确；
B、向右缓慢拉动的过程中，两个绳子之间的夹角逐渐增大，绳子的拉力不变，所以绳子的合力减小，则绳子对滑轮的作用力逐渐减小，根据共点力平衡的条件可知，支架对轻滑轮的作用力大小逐渐减小，故B错误；
CD、设a的质量为m，则b的质量为2m；以b为研究对象，竖直方向受力平衡，可得绳子拉力始终等于b的重力，即T＝2mg，保持不变；
以a为研究对象，受力如图所示，

设绳子与水平方向夹角为θ，支持力FN＝2mgsinθ﹣mg，向右缓慢拉动的过程中，θ角逐渐减小；
水平方向：F＝f+2mgcosθ＝2mgcosθ+μ（2mgsinθ﹣mg）＝2mg（cosθ+μsinθ）﹣μmg
由于：cosθ+μsinθ＝cosθ+33sinθ=23（sin60°cosθ+cos60°sinθ）=23 sin（60°+θ）
由于θ从90°开始逐渐减小，则（60°+θ）从150°逐渐减小时sin（60°+θ）逐渐增大；
当θ＜30°后，F＝f+2mgcosθ＝2mgcosθ+μ（mg﹣2mgsinθ）＝2mg（cosθ﹣μsinθ）+μmg
由于：cosθ﹣μsinθ＝cosθ−33sinθ=23（cos60°cosθ﹣sin60°sinθ）=23cos（60°+θ）
当θ从30°逐渐减小的过程中，cos（60°+θ）逐渐增大，所以当θ从30°逐渐减小的过程中F仍然逐渐增大。
可知水平拉力一直增大；故C正确，D错误；
故选：AC。
4. 如图所示，粗糙的水平地面上放置一物块，物块左边受到弹簧的斜向上且与水平面成θ角的拉力作用，右侧受到水平向右的拉力F作用，物块处于静止状态。若将水平向右的拉力大小变为F+ΔF，物块仍保持静止，则下列说法正确的是（　　）

A．弹簧的弹力一定变大
B．物块受到地面的摩擦力的大小可能不变
C．地面对物块的支持力可能变大
D．弹簧弹力和地面对物块的支持力以及拉力F的合力一定变大
【解答】解：A、因为拉力变为F+ΔF时，物块仍处于静止状态，所以弹簧的伸长量不变，则弹簧的弹力不变，故A错误；
B、如果静摩擦力方向向右，对物块受力分析如图：

小物块在水平方向上：F+f＝F弹cosθ，
即：f＝F弹cosθ﹣F，
随着F的增大f逐渐减小为零，F再增大后摩擦力将反向增大，这时静摩擦力方向向左，大小可以增大到和初始摩擦力大小相等，故B正确；
C、在竖直方向上：mg＝F弹sinθ+FN；
可见地面的支持力FN与拉力F无关，F弹不变化，支持力保持不变，故C错误；
D、弹簧弹力和地面对物体的支持力以及拉力F的合力，这三个力的合力与地面给物块的静摩擦力和物块的重力的合力相平衡，由B可知摩擦力大小可能不变，故摩擦力和重力的合力大小可能不变，弹簧弹力和地面对物块的支持力以及拉力F的合力大小可能不变，故D错误。
故选：B。
5. 如图所示，衣服悬挂在不可伸长的轻绳上，衣架的挂钩是光滑的，轻绳的两端固定在两根竖直杆上的A、B两点，衣服受到恒定水平向右的风力处于静止状态。保持A端位置不变，将B端分别移动到B1、B2两点。下列说法正确的是（　　）

A．B端移到B1，绳子张力变大
B．B端移到B1，绳子张力变小
C．B端移到B2，绳子张力变大
D．B端移到B2，绳子张力不变
【解答】解：对挂钩受力分析，如图所示，将重力G与风力F合成为等效重力G′，两段绳的拉力T等大，其合力与等效重力G′等大反向。
过A、B分别做平行于G′的直线a、b（直线a、b为等效的晾衣杆），直线a、b之间的距离为c，设绳子与直线a、b的夹角为θ。
由几何关系和平衡条件可得：2Tcosθ＝G′
将B端移动到B1点，相当于将直线b平移到直线b1，即直线a、b之间的距离变大（等效的晾衣杆距离变大），绳子总长度一定，由几何关系可知，θ较变大，cosθ变小，则T增大。
同理，将B端移动到B2点，相当于将直线b平移到直线b2，即直线a、b之间的距离变小（等效的晾衣杆距离变小），绳子总长度一定，由几何关系可知，θ较变小，cosθ变大，则T减小。
故A正确，BCD错误。
故选：A。

6. 带同种电荷的金属小球A、B用跨过光滑定滑轮（大小不计）的绝缘细绳连接，平衡时如图所示，OA绳长大于OB绳长。现有另一不带电的金属小球C（图中未画出）与A球接触后拿开，A、B再次平衡时，下列说法正确的是（　　）

A．OA绳对A球的拉力FOA大于OB绳对B球的拉力FOB
B．A球的质量大于B球的质量
C．OA绳长与开始时相同
D．OA绳对A球的拉力增大
【解答】解：A.AB受力如图

OA 绳对A球的拉力FOA与OB绳对B球的拉力FOB等大，故A错误；
B.对A有
mAgOP=FOAOA
对B有
mBgOP=FOBOB
且
FOA＝FOB
联立可得
mA＜mB
故B错误；
CD.不带电的金属小球C与A球接触后，A的带电量减小，所以FA与FB减小，AB之间的距离变小，则AP减小，OP增大，根据
mAgOP=FOAOA，mBgOP=FOBOB
则可得
OA+OB=FOA⋅OPmAg+FOB⋅OPmBg=mA+mBmAmBg⋅FOA⋅OP
由此可知FOA•OP 不变，两球重力不变，所以OA、OB的长度不变，OA绳对A球的拉力减小，故C正确，D错误。
故选：C。
7. 如图所示，一个内表面光滑半球形的碗放在桌面上，碗口水平，O是球心，碗的球半径为R，一根轻质杆的两端固定有A、B两个小球（可视为质点），质量分别是m1、m2，已知杆长为2R，杆静止时与水平面夹角为15°，则A、B两小球的质量之比是（　　）

A．2：1 B．3：1 C．2：1 D．2：3
【解答】解：由几何关系可知OA、OB的夹角为90°，OB与水平方向的夹角为30°，OA与水平方向的夹角为60°，选取两小球和杆作为研究对象，受力分析如下图所示

由平衡条件得，F1在水平方向的分力F'和F2在水平方向的分力F''相等，即
F1cos60°＝F2cos30°
所以
F1F2=cos30°cos60°=31
在以小球1为研究对象，受力分析如下图所示

根据平衡条件得F与m1g的合力与F1等大反向，图中两个阴影三角形相似，则得
F1m1g=Rℎ
再以小球2为研究对象得
F2m2g=Rℎ
则得
F1m1g=F2m2g
解得
m1m2=31
故B正确，ACD错误。
故选：B。
8. 一学校物理项目学习小组研究悬索桥的受力特点，实际的悬索桥在工程上是复杂的，他们进行了合理简化，悬索桥的简化模型如下：吊桥六对钢杆悬吊，六对钢杆在桥面上分列两排，其上端挂在两根钢缆上，如图为其一侧面图。已知图中相邻两钢杆间距离为9m，靠桥面中心的钢杆长度为2m（即AA′＝DD′＝2m），BB′＝EE′，CC′＝PP′，又已知两端钢缆CM、PN与水平方向成45°角，若钢杆钢缆自重不计，每根钢杆承受拉力相同，桥面总质量m，每根钢杆拉力均为T。以下说法正确的是（　　）

A．每根钢杆拉力大小为16mg
B．每对钢缆AD中拉力大小为13mg
C．每对钢缆CM中拉力大小为22mg
D．BB′的长度为6m
【解答】A、以桥面为研究对象，受重力和6对（12根）钢杆的拉力，每根钢杆承受拉力相同，设为F，所以有：12F＝mg，每根钢杆的拉力大小为112mg，故A错误；
C、以桥面和CP间的钢杆钢缆整体为研究对象，受力分析如图1，

由对称性知：TMC＝TPN，由平衡条件：2TMCsin45°＝mg，解得：TMC=22mg，故C正确；
B、对左侧桥面及钢杆、钢缆为研究对象，受力分析如图2

由平衡条件可得：TAD＝TMCcos45°，解得：TAD=12mg，故B错误；
D、以桥面一侧的一个结点A点为研究对象，受力分析如图3

由平衡条件可得：tanθ=112mg12TAD=112mg12×12mg=13，由几何关系可得：BB′＝AA′+A′B′tanθ＝2m+9×13m＝5m，故D错误。
故选：C。
9. 如图1所示，放在粗糙固定斜面上的物块A和悬挂的物块B均处于静止状态。轻绳AO绕过光滑的定滑轮与轻弹簧的右端及轻绳BO的上端连接于O点轻弹簧中轴线沿水平方向，且弹簧原长L0＝0.9m，劲度系数k＝300N/m.轻绳的OC段长1m与竖直方向的夹角θ＝37°，斜面倾角α＝30°，物块A的质量mA＝5kg，物块B的质量mB＝4kg。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）

（1）求弹簧伸长量Δx大小；
（2）求物块A受到的摩擦力的大小和方向；
（3）如图2所示，若在上述平衡状态下用轻绳代替弹簧，取下物块B然后用光滑轻滑轮把物块B挂在轻绳上，重新平衡时物块A受到的摩擦力的大小和方向？
【解答】解：（1）对于O点，受到三段绳子的拉力，受力分析如图1所示，

根据平衡条件：F＝mBgtanθ
由胡克定律：F＝kΔx
解得：Δx＝0.1m；
（2）OC绳子的拉力T=mBgcosθ=4×100.8N＝50N
而A的重力沿斜面向下的分力：F1＝mAgsinα＝5×10×0.5N＝25N
由于T＞F1，所以摩擦力方向沿斜面向下；
对A进行受力分析，沿斜面方向根据力的平衡条件：T＝f+F1，
代入数据解得：f＝25N，方向沿斜面向下；
（3）取下物块B然后用光滑轻滑轮把物块B挂在轻绳上，重新平衡时，滑轮两边绳子与竖直方向的夹角相等且两边轻绳拉力相等，如图2所示。

斜面底端距离墙的水平距离为：d＝L0+Δx+OCsinθ＝0.9m+0.1m+1×0.6m＝1.6m
绳长为：L＝L0+Δx+OC＝.9m+0.1m+1m＝2m
设滑轮两边绳子与竖直方向的夹角为θ′，由几何关系可知sinθ′=dL=1.62=0.8
所以θ′＝53°
重新平衡时轻绳的拉力大小为F，则有：2Fcosθ′＝mBg
解得：F=1003N＞F1＝25N
所以A受到的摩擦力的大小：f′＝F﹣F1=1003N﹣25N=253N，方向沿斜面向下。
答：（1）弹簧伸长量Δx大小为0.1m；
（2）物块A受到的摩擦力的大小为25N，方向沿斜面向下；
（3）重新平衡时A受到的摩擦力的大小为253N，方向沿斜面向下。
10. 如图所示，可视为质点的小球A、B通过光滑铰链与长为L的轻杆相连，A与地面上的O点也通过光滑的铰链与长为L的轻杆相连，B置于光滑水平面上，且A、B始终位于同一个竖直面内。已知A的质量为2m，B质量为m，初始时对B施加水平力F，系统静止，杆与竖直方向夹角θ＝37°；随后撤去F，B开始在水平面内向右运动，已知重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不计空气阻力，求：
（1）F的大小；
（2）当θ为60°时，球A的速度的大小及方向。

【解答】解：（1）对A受力分析，可知：2FNcosθ＝2mg
对B受力分析可知：FNsinθ＝F
解得：F＝0.75mg
（2）A绕O做圆周运动，所以，A的速度垂直杆OA斜向下，而B的速度水平向右
AB关系如图所示

所以，根据速度关联 vAcos30°＝vBcos30°
由动能定理有：2mg（Lcos37°﹣Lcos60°）=12×2mvA2+12mvB2
解得：vA=25gL，方向垂直杆OA斜向下。
答：（1）F的大小为0.75mg；
（2）当θ为60°时，球A的速度的大小为25gL，及方向为垂直杆OA斜向下。
11. 一转动装置如图甲所示，两根足够长轻杆OA、OB固定在竖直轻质转轴上的O点，两轻杆与转轴间夹角均为30°．小球a、b分别套在两杆上，小环c套在转轴上，球与环质量均为m。c与a、b间均用长为L的细线相连，原长为L的轻质弹簧套在转轴上，一端与轴上P点固定，另一端与环c相连。当装置以某一转速转动时，弹簧伸长到32L，环c静止在0处，此时弹簧弹力等于环的重力，球、环间的细线刚好拉直而无张力。弹簧始终在弹性限度内，忽略一切摩擦和空气阻力，重力加速度为g。求：

（1）细线刚好拉直而无张力时，装置转动的角速度ω1；
（2）如图乙所示，该装置以角速度ω2（未知）匀速转动时，弹簧长为L/2，求此时杆对小球的弹力大小和角速度ω2。
【解答】解：（1）小球做匀速圆周运动，由向心力公式有：mgtan60°＝mω12Lsin30°
解得角速度为：ω1=23gL；
（2）对环c。由竖起方向力平衡得：2F线cos60°＝mg+F弹；
由题，弹簧拉伸和压缩的形变量相同，则有：F弹＝mg
对球a：竖直方向有：FNsin30°＝mg+F线sin30°
解得弹力为：FN＝4mg；
水平方向根据牛顿第二定律得：FNcos30°+F2sin60°＝mLsin60°ω22
解得：ω2=6gL。
答：（1）细线刚好拉直而无张力时，装置转动的角速度为23gL；
（2）此时杆对小球的弹力大小为4mg，角速度为6gL。