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第5讲 受力分析 共点力的平衡-2024年高考物理一轮考点复习精讲精练（全国通用）（解析版）
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这是一份第5讲 受力分析 共点力的平衡-2024年高考物理一轮考点复习精讲精练（全国通用）（解析版），共35页。试卷主要包含了受力分析的定义，受力分析的一般顺序，正交分解法，现给A施以一水平力F，如图所示等内容，欢迎下载使用。
第5讲 受力分析 共点力的平衡
目录
考点一 整体与隔离法的应用 1
考点二 处理平衡问题常用的“三种”方法处理平衡问题的常用方法 1
考点三 动态平衡问题的处理技巧 12
考点四 平衡中的临界与极值问题 18
练出高分 20
考点一 整体与隔离法的应用
1．受力分析的定义
把指定物体(研究对象)在特定的物理环境中受到的所有外力都找出来，并画出受力示意图，这个过程就是受力分析．
2．受力分析的一般顺序
先分析场力(重力、电场力、磁场力)，再分析接触力(弹力、摩擦力)，最后分析其他力．
[例题1] （2023•聊城一模）挂灯笼的习俗起源于西汉，过年期间，家家户户都挂起了各式各样的灯笼．如图所示，由五根等长的轻质细绳悬挂起质量均为m的灯笼A、B、C、D，中间细绳是水平的，上面两细绳与水平方向夹角为θ1，中间两细绳与竖直方向夹角为θ2，AB间和BC间的绳中张力分别是FAB和FBC，重力加速度为g。下列关系式正确的是（ ）
A．θ1＝θ2 B．tanθ1tanθ2=2
C．FBC＝mgtanθ2 D．FAB=mgsinθ2
【解答】解：设两侧绳子拉力为T，对A上面的结点受力分析可知水平方向：Tcosθ1＝FABsinθ2
竖直方向：Tsinθ1＝FABcosθ2+mg
对四个灯笼的整体分析可知：2Tsinθ1＝4mg
解得tanθ1•tanθ2＝2；T=2mgsinθ1；FAB=mgcosθ2；FBC＝mgtanθ2
故ABD错误，C正确。
故选：C。
[例题2] （2023•湖南模拟）轻质丝绸放置在光滑斜面上，若固定丝绸，将物块B放置在丝绸上，恰能静止。现将物块A、B放置在丝绸上，用沿斜面向上的力F拉物块A，丝绸不固定，系统保持静止，如图所示；已知物块A、B的质量分别为mA、mB，与丝绸的动摩擦因数分别为μA、μB，则（ ）
A．若μA＝μB，mB不可能大于mA
B．若μA＜μB，mB有可能大于mA
C．只增加mB，物块B可能相对于丝绸滑动
D．只增加F，物块A一定相对于丝绸滑动
【解答】解：AB、设斜面倾角为θ，物块A、B放在丝绸上，用沿斜面向上的力F拉物块A，系统保持静止，有μAmAgcosθ≥μBmBgcosθ；若μA＝μB，则mB≤mA；若μA＜μB，则mA＞mB；故A正确，B错误；
C、根据题意，若固定丝绸，将物块B放置在丝绸上，恰能静止，根据共点力平衡有mBgsinθ＝μBmBgcosθ，只增加mB，上式仍然成立，物块B相对于丝绸不会滑动，故C错误；
D、由丝绸保持静止可知，物块A受丝绸的摩擦力为静摩擦力，方向沿斜面向下，但是不能确定是不是达到了最大静摩擦力；只增加F，物块A相对于丝绸不一定滑动，故D错误。
故选：A。
[例题3] （2023•湛江一模）端午节是中国的传统节日，包粽子、吃粽子是人们的传统习惯之一。如图所示，某人把煮好的八个相同的粽子通过八根细绳用手提起后静止在空中，已知每个粽子的重力均为mg，每根绳子与竖直方向的夹角均为θ，每根细绳的拉力大小为T，手受到细绳的作用力为F，下列关系式正确的是（ ）
A．F＝T B．F＝mg C．T=mgcosθ D．T＝mgtanθ
【解答】解：B、以所有粽子为对象分析可知，由牛顿第三定律可知F＝8mg，故B错误；
ACD、竖直方向平衡可知8Tcosθ＝8mg
解得：T=mgcosθ，故AD错误，C正确
故选：C。
[例题4] （2023•永州二模）为庆祝党的二十大的胜利召开，某景区挂出32个灯笼（相邻两个灯笼间由轻绳连接），依次贴上“高举中国特色社会主义旗帜，为全面建设社会主义现代化国家而团结奋斗”，从高到低依次标为1、2、3、…、32。在无风状态下，32个灯笼处于静止状态，简化图如图所示，与灯笼“斗”右侧相连的轻绳处于水平状态，已知每一个灯笼的质量m＝1kg，重力加速度g＝10m/s2，悬挂灯笼的轻绳最大承受力Tm=3202N，最左端悬挂的轻绳与竖直方向的夹角为θ。下列说法正确的是（ ）
A．θ最大为60°
B．当θ最大时最右端轻绳的拉力为3202N
C．当tanθ=12时第16个灯笼与第17个灯笼间轻绳与竖直方向的夹角为45°
D．当tanθ=34时第8个灯笼与第9个灯笼间轻绳与竖直方向的夹角为30°
【解答】解：AB、当最左端连接的轻绳的拉力大小为Tm=3202N时，θ最大，此时灯笼整体受力如图所示
由平衡条件水平方向有：Tmsinθm＝F2
竖直方向有：Tmcosθm＝32mg
联立解得θm＝45°，F2＝320N
故AB错误；
C．当tanθ=12时，灯笼整体受力分析如图
由平衡条件知，最右端轻绳的拉力F21＝32mgtanθ
对第17个灯笼至第32个灯笼整体，其受力情况跟灯笼整体的受力情况相同，由平衡条件tanα=F21(32−16)mg
则第16个灯笼与第17个灯笼间轻绳与竖直方向的夹角α＝45°
故C正确；
D．当tanθ=34时，此时灯笼整体受力如图所示
由平衡条件知，最右端轻绳的拉力F22＝32mgtanθ
对第9个灯笼至第32个灯笼整体，其受力情况跟灯笼整体的受力情况相同，由平衡条件tanβ=F22(32−8)mg
则第8个灯笼与第9个灯笼间轻绳与竖直方向的夹角β＝45°
故D错误。
故选：C。
[例题5] （2023•长春模拟）如图所示的模型体现了建筑学中的“张拉”结构原理，两个完全相同的木架M、N用三根轻绳a，b，c连接静置于水平地面上，三根轻绳均处于张紧状态。下列说法正确的是（ ）
A．轻绳a对M的拉力大小等于M的重力
B．轻绳a，b、c对M的拉力之和等于零
C．轻绳b、c对M的拉力之和小于轻绳a对M的拉力
D．N对地面的压力等于N的重力
【解答】解：D.对整体受力分析，整体受重力2mg、地面的支持力FN，由平衡条件得
FN＝2mg
由牛顿第三定律，N对地面的压力大小等于地面对N的支持力大小，即等于2mg，故D错误；
ABC.由对称性可知Fb＝Fc
对上方木架M受力分析：M受重力、b绳向下的拉力Fb，c绳向下的拉力Fc，a绳向上的拉力Fa
由平衡条件有Fa＝mg+Fb+Fc
则Fa＞mg，Fa＞Fb+Fc，故AB错误；故C正确。
故选：C。
考点二 处理平衡问题常用的“三种”方法处理平衡问题的常用方法
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大小相等、方向相反．
2．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而平衡，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．
[例题6] （2023•湖南二模）如图所示，倾角为θ＝30°、AB面光滑的斜面体放在水平地面上，一个重为G的小球在弹簧秤的水平拉力F作用下静止在斜面上。现沿逆时针方向缓慢转动弹簧秤，直到弹簧秤的示数等于初始值，在此过程中，小球与斜面体始终处于静止状态。下列说法正确的是（ ）
A．力F先变大后变小
B．地面对斜面体的支持力一直变大
C．地面对斜面体的摩擦力一直变小
D．斜面体对小球的支持力一直变大
【解答】解：AD、根据题意，作出小球受力的矢量三角形，如图所示
沿逆时针方向缓慢转动弹簧秤，从图中可看出力F先减小再增大，斜面对球得支持力一直减小，故AD错误；
BC、对斜面和小球整体受力分析，由平衡条件得：
竖直方向：N＝（mg+G）﹣Fy
水平方向：f＝Fx
现沿逆时针方向缓慢转动弹簧秤，所以Fy一直增大，Fx一直减小，因此N一直减小，f一直减小，故D错误，C正确。
故选：C。
[例题7] （2023•滁州一模）如图所示，光滑半圆环竖直固定放置，最高点B处有一光滑小滑轮，质量为m的小球A穿在环上。现用细绳一端拴在A上，另一端跨过滑轮用力F拉动，使A由图示位置缓慢向上移动，圆环对A的弹力为FN，则（ ）
A．力F逐渐变大
B．弹力FN逐渐变小
C．弹力FN大小不变
D．弹力FN的方向先背离圆心O后指向圆心O
【解答】解：对球A受力分析，根据平衡条件可知，mg与FN的合力与T等大反向共线，作出mg与FN的合力，如图所示
由三角形相似得：mgBO=FNOA=TAB
同一根绳上拉力相等，即T与F大小相等，由几何关系得：BO＝OA＝R
则FN＝mg
即FN的方向始终背离圆心且大小不变；
A缓慢向上移动时，AB减小，则F变小，故C正确，ABD错误。
故选：C。
[例题8] （2023•安徽模拟）筷子是中华饮食文化的标志之一。如图所示，用筷子夹质量为m的小球处于静止，筷子均在竖直平面内，且筷子与竖直方向的夹角均为θ。忽略小球与筷子之间的摩擦，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．筷子对小球的合力大于重力
B．筷子的弹力大小均为N=mg2cosθ
C．保持左侧筷子固定不动，右侧筷子缓慢变为竖直，左、右筷子的弹力均逐渐变大
D．保持左侧筷子固定不动，右侧筷子缓慢变为竖直，左、右筷子的弹力均逐渐变小
【解答】解：A、用筷子夹着小球在竖直平面内处于静止状态，根据平衡条件可知，筷子对小球的合力与小球的重力等大反向，故A错误；
B、对小球受力分析，如图：
由几何关系可知，筷子对小球的弹力大小为N=mg2sinθ
故B错误；
CD、保持左侧筷子固定不动，右侧筷子缓慢变为竖直，在右边筷子转到竖直方向的过程中，左边筷子对小球弹力N1的方向始终垂直于筷子，方向不变，而小球自身的重力是一个恒力，由此可以做出在动态平衡过程中力的矢量三角形如下图所示
当两根筷子与竖直方向夹角都为θ时，三力构成的矢量三角为等腰三角形，在右边的筷子转到竖直方向时，三个力的矢量构成一个直角三角形，易得，在右边筷子转到竖直的过程中，两筷子对小球的弹力都在增大，故C正确，D错误。
故选：C。
[例题9] （2023•南充模拟）如图，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'，绳子拉力变小
B．将杆M向左移一些，绳子拉力变小
C．换用稍长一些的轻质晾衣绳，绳子拉力变小
D．绳的两端高度差越小，绳子拉力变小
【解答】解：AD．设竖直杆M、N间的距离为d，绳长为L，Oa端绳长为La，Ob端绳长为Lb，故L＝La+Lb，衣架钩两侧绳子与竖直方向夹角分别为α、β，受力分析如图所示。
衣架钩两侧绳子上受力相等，故有
T1＝T2＝T
则由共点力的平衡知识可得
α＝β
2Tcosα＝G
又有d＝Lasinα+Lbsinβ＝Lasinα+Lbsinα＝Lsinα
则sinα=dL
T=G2cosα
所以，如果d与L不变，则sinα不变，α不变，cosα不变，绳子所受拉力不变。故AD错误；
B．当杆M向左移一些，两杆之间的距离d变大，绳长L不变，所以α角变大，cosα变小，绳子拉力T变大，故B错误；
C．换用稍长一些的轻质晾衣绳，则绳长L变大，两杆之间的距离d不变，所以α角变小，cosα变大，绳子拉力T变小，故C正确。
故选：C。
[例题10] （多选）（2023•石家庄一模）如图所示，轻杆OA与轻杆OB通过光滑铰链安装在竖直墙面上，另一端通过铰链连接于O点。已知∠OAB＝30°，∠OBA＝60°，铰链质量忽略不计，重力加速度为g。现将一个质量为m的物块通过轻绳悬挂于O点保持静止，下列说法正确的是（ ）
A．竖直墙对A、B两点铰链的总作用力方向竖直向上
B．轻杆OA对O点铰链的推力为12mg
C．若在O点施加从零缓慢增大且水平向右的外力，则轻杆OB的弹力一直增大
D．若在O点施加从零缓慢增大且水平向右的外力，则轻杆OA的弹力先减小后增大
【解答】解：A、对轻杆OA、OB及重物所组成的系统进行受力分析可知，该系统受到竖直墙对A、B两点铰链的作用力及重物重力，由三力平衡可知竖直墙对A、B两点铰链的总作用力方向竖直向上，大小等于mg，故A正确；
B、对O点受力分析如图：
由平衡条件得：FOA=mgcos30°=32mg
故B错误；
CD、若在O点施加从零缓慢增大且水平向右的外力，对O点受力情况，如图：
将力分解到沿OB方向和沿OA方向，可得：
沿OB方向：Fcos30°＝FOB
沿OA方向：FOA＝mgsin60°﹣Fsin30°
故F缓慢增大时FOA先减小后反向增大，FOB一直增大，故CD正确。
故选：ACD。
考点三 动态平衡问题的处理技巧
1．动态平衡：是指平衡问题中的一部分是变力，是动态力，力的大小和方向均要发生变化，所以叫动态平衡，这是力平衡问题中的一类难题．
2．基本思路：化“动”为“静”，“静”中求“动”．
3．基本方法：图解法和解析法．
[例题11] （多选）（2023•天津模拟）如图所示，用一个质量不计的网兜和一段轻绳OA把足球挂在光滑竖直墙壁上的A点，足球与墙壁的接触点为B．若只增大轻绳OA的长度，足球始终保持静止状态，忽略网兜与足球之间的摩擦。下列说法正确的是（ ）
A．足球对墙壁的压力减小
B．轻绳OA上的拉力增大
C．O点附近网兜上各条绳的拉力均减小
D．足球受到的合力增大
【解答】解：以足球为研究对象，其受重力mg，网兜上绳子OA的拉力F1和墙壁对其弹力的作用F2，如下图所示，
A.只增大轻绳OA的长度时，当足球处于静止时，相当于OA绳与竖直方向之间的夹角θ减小，足球的重力保持不变，则墙壁对足球的支持力会变小，根据牛顿第三定律可知，足球对墙壁的压力变小，故A正确；
B.只增大轻绳OA的长度时，相当于OA绳与竖直方向之间的夹角θ减小，轻绳OA上的拉力也会变小，故B错误；
C.结点O处于平衡状态，由于O点附近的绳子间的夹角保持不变，网兜上各段绳子对O点的拉力的合力与OA对O的拉力等大反向，轻绳OA的拉力变小，则各段绳子对O点的拉力也会变小，故C正确；
D.由于足球处于静止状态，故足球所受合力依然为零，故D错误；
故选：AC。
[例题12] （2022•襄城区校级二模）如图所示，竖直平面内有一圆环，圆心为O，半径为R，PQ为水平直径，MN为倾斜直径，PQ与MN间的夹角为θ，一条不可伸长的轻绳长为L，两端分别固定在圆环的M、N两点，轻质滑轮连接一个质量为m的重物，放置在轻绳上，不计滑轮与轻绳间的摩擦。现将圆环从图示位置绕圆心O顺时针缓慢转过2θ角，下列说法正确的是（ ）
A．图示位置时，轻绳的张力大小为mg2sinθ
B．直径MN水平时，轻绳的张力大小为mgLL2−4R2
C．轻绳与竖直方向间的夹角先增大再减小
D．圆环从图示位置顺时针缓慢转过2θ的过程中，轻绳的张力逐渐减小
【解答】解：AB．同一绳子拉力相等，所以与竖直方向的夹角相等，设两段绳子与竖直方向的夹角为α，如图所示
根据几何关系可得
2Rcosθ＝MB；MB＝AM•sinα+AN•sinα＝Lsinα
可得：
sinα=2RcosαL
根据平衡条件得：
2Fcosα＝mg
解得：
F=mgL2L2−4R2cos2θ
直径MN水平时，θ＝0°，有
F=mgL2L2−4R2
故AB错误；
CD．M、N连线与水平直径的夹角θ（θ≤90°）越大，M、N之间的水平距离越小，轻绳与竖直方向的夹角α越小，根据
mg＝2F cosα
知轻绳的张力F越小，当转过θ时绳子拉力最小，后来又逐渐增大。故圆环从图示位置顺时针缓慢转过2θ的过程，轻绳的张力先增大再减小，故C正确；D错误。
故选：C。
[例题13] （2022•鼓楼区校级模拟）如图所示，A、B为某阳台竖直墙壁上凸出的两颗固定钉子，小王通过一段细线跨过A、B悬挂一吊篮（吊篮不与墙壁接触）。因A、B不等高，故重新调整钉子B于C处，A、C等高且C在B的正下方，重新悬挂上原来的细线，整个细线始终处于同一竖直平面内，不计细线与钉子的摩擦，则下列说法正确的是（ ）
A．调整后细线的张力大小比调整前要小
B．调整后细线的张力大小比调整前要大
C．调整后细线对两个钉子的总作用力大小比调整前要小
D．调整后细线对两个钉子的总作用力大小比调整前要大
【解答】解：AB．设未调整前吊篮与细线的交点为O，BO与AC交于D点，调整后吊篮与细线的交点为O'，钉子在B处时绳子的拉力为T1，∠AOB＝α，钉子在C处后绳子的拉力为T2，∠AO'C＝β，如下图：
由于细线是跨在钉子上，细线上的力的大小处处相等，根据力的平衡条件和平行四边形法则可知：
AO＝DO，AO'＝CO'，且：2T1cosα2=G，2T2cosβ2=G
因此：T1=G2cosα2，T2=G2cosβ2；
由于细线的总长度不变，因此△ABO与△ACO'周长相等，根据几何关系可得α＞β，因此T1＞T2
故调整后细线的张力大小比调整前要小，故A正确，B错误；
CD．吊篮受力平衡，则细线对吊篮的拉力等于吊篮的重力；两钉子对细线的合力等于吊篮对细线的拉力。故两钉子对吊篮的合力等于吊篮重力，由牛顿第三定律可知细线对两钉子的总作用力也为吊篮的重力，调整前后不变，故CD错误。
故选：A。
[例题14] （2022•邯郸二模）如图所示。在水平地面的木板上安装有竖直杆，在杆上A、B两点间安装长为2d的轻绳，两竖直杆间距为d．A、B两点间的高度差为d2，现有带光滑钩子、质量为m的物体钩住轻绳且处于平衡状态，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．开始平衡时轻绳的张力大小为mg
B．开始平衡时轻绳的张力大小为3mg3
C．若将绳子的A端沿竖直杆上移，绳子拉力将变大
D．若将木板绕水平轴CD缓慢向纸面外旋转，轻绳的张力先增大后减小
【解答】解：设轻绳的拉力为F，同一条绳子拉力相等，则有：Fcosθ1＝Fcosθ2，所以θ1＝θ2；
如图所示，根据图中几何关系可得：sinθ=d2d=12，θ＝30°，与A和B的位置无关。
AB、竖直方向根据平衡条件可得：2Fcosθ＝mg，解得：F=3mg3，故A错误、B正确；
C、若将绳子的A端沿竖直杆上移，θ不变，绳子拉力不变，故C错误；
D、若将木板绕水平轴CD缓慢向纸面外旋转，θ不变，轻绳的张力不变，故D错误。
故选：B。
[例题15] （2022•全国模拟）一个光滑铁环竖直放置，原长为X（X＜2R）的轻质弹簧底端系一质量为m的小球B，此球B套在铁环上，弹簧另一端固定在铁环最高点A，小球静止时OA与OB夹角θ＝120°。则下列说法错误的是（ ）
A．铁环对小球的弹力方向一定沿OB方向向外
B．小球所受弹簧的弹力大小等于其重力大小的3倍
C．该弹簧的劲度系数k=3mg3R−X
D．若更换为原长相同且劲度系数更大的轻弹簧，小球再次静止时，铁环对小球的弹力变大
【解答】解：A、小球受到重力、支持力和弹簧弹力，如图所示，所以铁环对小球的弹力方向一定沿OB方向向外，故A正确；
B、根据图中几何关系可得：mgR=NR，所以N＝mg；根据平衡条件可得：T＝2mgcos30°=3mg，即小球所受弹簧的弹力大小等于其重力大小的3倍，故B正确；
C、根据图中几何关系可得弹簧长度：L＝AB＝2Rcos30°=3R，根据胡克定律可得：T＝k（L﹣X），联立解得：k=3mg3R−X，故C正确；
D、根据图中几何关系可得：mgR=NR=TAB，若更换为原长相同且劲度系数更大的轻弹簧，小球再次静止时，AB间距减小，而TAB的值不变，所以铁环对小球的弹力不变，故D错误。
本题选错误的，故选：D。
考点四 平衡中的临界与极值问题
1．临界问题
当某物理量变化时，会引起其他几个物理量的变化，从而使物体所处的平衡状态“恰好出现”或“恰好不出现”，在问题的描述中常用“刚好”、“刚能”、“恰好”等语言叙述．
常见的临界状态有：
(1)两接触物体脱离与不脱离的临界条件是相互作用力为0(主要体现为两物体间的弹力为0)．
(2)绳子断与不断的临界条件为绳中的张力达到最大值；绳子绷紧与松驰的临界条件为绳中的张力为0.
(3)存在摩擦力作用的两物体间发生相对滑动或相对静止的临界条件为静摩擦力达到最大．
研究的基本思维方法：假设推理法．
2．极值问题
平衡物体的极值，一般指在力的变化过程中的最大值和最小值问题．一般用图解法或解析法进行分析．
[例题16] （多选）倾角为θ＝37°的斜面与水平面保持静止，斜面上有一重为G的物体A，物体A与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5．现给A施以一水平力F，如图所示．设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等（sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8），如果物体A能在斜面上静止，水平推力F与G的比值可能是（ ）
A．3 B．2 C．1 D．0.05
【解答】解：设物体刚好不下滑时F＝F1，作出力图如图。则由平衡条件得：
F1•cosθ+f1＝G•sinθ，
N1＝F1•sinθ+G•cosθ。
又 f1＝μN1
联立得：F1G=sin37°−0.5×cos37°cos37°+0.5×sin37°=211；
设物体刚好不上滑时F＝F2，则：
F2•cosθ＝μN2+G•sinθ，
N2＝F2•sinθ+G•cosθ，
得：F2G=sin37°+0.5×cos37°cos37°−0.5×sin37°=2
即得211≤FG≤2．则AD错误，BC正确。
故选：BC。
[例题17] （2021•武陵区校级二模）如图所示，用一根长为L的细绳一端固定在O点，另一端悬挂质量为m的小球A，为使细绳与竖直方向夹角为30°且绷紧，小球A处于静止，则需对小球施加的最小力等于（ ）
A．3mg B．12mg C．32mg D．33mg
【解答】解：以小球为研究对象，分析受力，作出力图如图，根据作图法分析得到，当小球施加的力F与细绳垂直时，所用的力最小。
根据平衡条件，F的最小值为：
Fmin＝Gsin30°＝mg×12=12mg
故选：B。
练出高分
一．选择题（共15小题）
1．（2023•厦门模拟）有一种瓜子破壳器如图甲所示，将瓜子放入两圆柱体所夹的凹槽之间，按压瓜子即可破开瓜子壳。破壳器截面如图乙所示，瓜子的剖面可视作顶角为θ的扇形，将其竖直放入两完全相同的水平等高圆柱体A、B之间，并用竖直向下的恒力F按压瓜子且保持静止，若此时瓜子壳未破开，忽略瓜子自重，不计摩擦，则（ ）
A．若仅减小A、B距离，圆柱体A对瓜子的压力变大
B．若仅减小A、B距离，圆柱体A对瓜子的压力变小
C．若A、B距离不变，顶角θ越大，圆柱体A对瓜子的压力越大
D．若A、B距离不变，顶角θ越大，圆柱体A对瓜子的压力越小
【解答】解：AB．瓜子处于平衡状态，若仅减小A、B距离，不能改变A、B对瓜子的弹力方向不变，根据平衡条件，则A、B对瓜子的弹力大小也不变，故AB错误；
CD．若A、B距离不变，顶角θ越大，则A、B对瓜子弹力的夹角减小，合力不变，如图
根据力的合成与分解，则两弹力减小，故C错误，D正确。
故选：D。
2．（2023•徐汇区二模）如图一手机悬空吸附在磁吸式充电宝上，缓缓转动充电宝使手机屏幕由水平转为竖直，两者始终保持相对静止，则手机与充电宝间作用力（ ）
A．不断增大 B．不断减小 C．方向改变 D．方向不变
【解答】解：缓缓转动充电宝使手机屏幕由水平转为竖直，两者始终保持相对静止，则手机始终受力平衡，充电宝对手机的作用力与手机的重力等大反向，则手机与充电宝间作用力大小和方向均不变，故ABC错误，D正确。
故选：D。
3．（2023•河北模拟）如图所示，质量为1kg的物块静止在固定斜面上，第一次用大小为2.5N、方向沿斜面向下的推力推物块，物块沿斜面匀速下滑；第二次用大小为12.5N、方向沿斜面向上的拉力拉物块，物块沿斜面匀速上滑。取重力加速度大小g＝10m/s2。物块与斜面间的动摩擦因数为（ ）
A．0.2 B．0.5 C．32 D．22
【解答】解：设物块与斜面间的动摩擦因数为μ，斜面与水平方向夹角为θ，由平衡关系有
F1+mgsinθ＝μmgcosθ
F2＝μmgcosθ+mgsinθ
联立两式，代入数据解得
μ=32
故ABD错误，C正确。
故选：C。
4．（2023•重庆模拟）足球比赛开始前，裁判将一质量为m的足球静置于球员入场通道口的桌面支架上，如图（侧视图）所示。该支架由三个相同立柱组成，三个立柱成正三角形固定在水平桌面上，每个立柱和足球的接触点与足球球心的连线与竖直方向的夹角均为θ。不计足球与立柱间的摩擦，重力加速度为g，则（ ）
A．单个立柱对足球的作用力竖直向上
B．单个立柱对足球的作用力大小为13mg
C．只增大夹角θ，三个立柱对足球的合力变大
D．只增大夹角θ，单个立柱对足球的作用力变大
【解答】解：A．单个立柱对足球的弹力方向沿立柱和足球的接触点与球心的连线并指向球心，故A错误；
B．对足球受力分析，如图所示：
根据几何关系可得：3Fcosθ＝mg
可得：F=mg3cosθ，故B错误；
C．足球静止，三个立柱对足球的合力始终等于足球的重力，故C错误；
D．根据F=mg3cosθ可知增大夹角θ，力F变大，故D正确。
故选：D。
5．（2023•广州一模）传统岭南祠堂式建筑陈家祠保留了瓦片屋顶，屋顶结构可简化为如图，弧形瓦片静止在两根相互平行的倾斜椽子正中间。已知椽子与水平面夹角均为θ，瓦片质量为m，重力加速度为g，则椽子对瓦片（ ）
A．支持力的合力方向竖直向上
B．作用力的合力方向竖直向上
C．支持力的合力大小为mg
D．作用力的合力大小为mgcosθ
【解答】解：A、对瓦片受力分析，瓦片所受支持力垂直于瓦片的切面指向瓦片，两力的合力方向垂直椽子斜向上，故A错误；
BD、瓦片静止，则椽子对瓦片的作用力的合力与重力等大反向，大小为mg，方向竖直向上，故B正确，D错误；
C、根据平衡条件得，支持力的合力大小为N＝mgcosθ，故C错误。
故选：B。
6．（2023•天河区二模）如图所示，在吊环运动中，有一高难度的动作：先双手撑住吊环，双臂夹紧，然后身体下移，双臂缓慢张开至水平。双臂夹紧时，吊绳恰好竖直，双臂完全张开时，吊绳与竖直方向夹角为37°，sin37°＝0.6。运动员在双臂张开过程中（ ）
A．吊绳的张力在逐渐减小
B．吊绳的张力保持不变
C．两吊环对运动员作用力的合力在逐渐增大
D．双臂完全张开时，吊绳张力与运动员重力之比为5：8
【解答】解：设吊绳拉力为T，与竖直方向夹角为θ，根据平衡条件2Tcosθ＝mg
解得T=mg2cosθ
双臂张开过程，θ变大，则T变大，故AB错误；
C．运动员受到两吊环对他的作用力大小始终等于运动员的重力，故C错误。
D．根据平衡条件和几何关系，双臂完全张开时Tmg=12cos37°=58
吊绳张力与运动员重力之比为5：8，故D正确。
故选：D。
7．（2023•哈尔滨模拟）擦玻璃机器人可以帮助人们解决高层和户外擦玻璃难的问题，如图所示，一栋大厦表面均为玻璃材料，擦玻璃机器人牵引擦子清洁玻璃时，将大厦某一表面简化为正三角形ABC，与水平面夹角为30°，擦玻璃机器人对擦子的牵引力平行于玻璃表面，擦子与玻璃间的动摩擦因数为36，机器人在该表面由B点匀速运动到AC中点D的过程中，质量为m的擦子受的牵引力为（ ）
A．12mg B．14mg C．312mg D．74mg
【解答】解：机器人在垂直玻璃表面的方向，重力垂直玻璃表面的分力等于机器人的支持力，则有N＝mgcos30°，则滑动摩擦力f＝μN，代入数据可得f=mg4，滑动摩擦力与物体相对玻璃表面的速度方向相反，机器人匀速运动，合力为零，在玻璃表面机器人受力分析如图所示：
滑动摩擦力f与重力向下的分力mgsin30°的合力与牵引力F等大反向，由几何关系可知f与mgsin30°的夹角为60°，则∠OPM＝120°，在△OPM中，由余弦定理可得：cos120°=(mgsin30°)2+f2−F22×mgsi30°×f，代入数据可得F=74mg，故ABC错误，D正确。
故选：D。
8．（2023•石嘴山模拟）如图1是工人把货物运送到房屋顶端的场景，简化图如图2所示，绳子跨过定滑轮拉动货物A，沿倾角为θ的玻璃棚缓慢向上移动，忽略货物所受摩擦阻力，则下列说法正确的是（ ）
A．货物A对玻璃棚的压力不变
B．货物A对玻璃棚的压力越来越大
C．绳子的拉力越来越大
D．绳子的拉力越来越小
【解答】解：对A受力分析，画力的矢量图如图：
货物缓慢向上移动，则拉力方向与竖直方向上的夹角减小，由图可知，绳子的拉力越来越大。同时，玻璃棚对货物的支持力变小，则货物A对玻璃棚的压力越来越小。故C正确，ABD错误。
故选：C。
9．（2023•金凤区校级一模）如图，用筷子夹起一块重为G的小球静止在空中，球心与两根筷子在同一竖直面内，且筷子根部（较粗且紧靠的一端）与球心连线在竖直方向，筷子张角为θ。若已知每根筷子对小球的压力大小为N，则每根筷子对小球的摩擦力大小为（ ）
A．G2cosθ B．G2cosθ2
C．f=G+2Ncosθ22sinθ2 D．G+2Nsinθ22cosθ2
【解答】解：小球受力如图所示
由平衡条件可得
2fcosθ2=G+2Nsinθ2
解得f=G+2Nsinθ22cosθ2，故ABC错误；故D正确。
故选：D。
10．（2023•丽江一模）如图所示，光滑圆环竖直固定，A为最高点，橡皮条上端固定在A点，下端连接一套在圆环上的轻质小环，小环位于B点，AB与竖直方向夹角为30°，用光滑钩拉橡皮条中点，将橡皮条中点拉至C点时，钩的拉力大小为F，为保持小环静止于B点，需给小环施加一作用力F'，下列说法正确的是（ ）
A．若F'沿水平方向，则F'=33F
B．若F'沿竖直方向，则F'=33F
C．F'的最大值为33F
D．F'的最小值为33F
【解答】解：A、设橡皮条的拉力大小为T．则有：2Tcos30°＝F，得：T=33F
若F'沿水平方向，小环只受橡皮条的拉力和F'，由平衡条件知：F'＝T=33F，故A正确。
B、若F'沿竖直方向，则有：F'＝Ttan30°，解得F'=13F，故B错误。
CD、作出小环的受力图，
由三角形定则知，当F'⊥N时，F'有最小值，且最小值为：F'min＝Tsin30°，解得F'min=36F，故CD错误。
故选：A。
11．（2023•市中区校级一模）如图所示，质量为1kg的小球A与质量未知的滑环B用绕过光滑定滑轮的不可伸长的轻绳连接，连接滑环B的绳与杆垂直并在同一竖直平面内。滑环B套在与竖直方向成θ＝53°的粗细均匀的固定杆上，滑环和杆间的动摩擦因数μ＝0.5，初始时滑环恰好不下滑，现对小球A施加一个水平力F，使小球A在水平力F的作用下沿着1/4圆弧轨迹缓慢上移，设滑环与杆间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力（sin53°＝0.8），下列说法正确的是（ ）
A．绳子拉力保持不变
B．滑环B的质量m＝0.5kg
C．固定杆给滑环B的弹力方向垂直于杆向上
D．滑环B受到的摩擦力逐渐变小
【解答】解：B．初始时，对小球A，由平衡关系可知，绳上的张力大小为
T1＝mAg
初始时滑环恰好不下滑，对滑环B
①假设滑环受到固定杆的支持力方向垂直于杆向下，则由平衡关系有
mgsin（π2−θ）＝μFN
T1＝FN+mgcos（π2−θ）
联立两式，代入数据解得
m＝0.5kg，故假设成立
②如果假设滑环受到固定杆的支持力方向垂直于杆向上，则由平衡关系有
mgsin（π2−θ）＝μFN
T1+FN＝mgcos（π2−θ）
联立两式，代入数据解得
m为负值，故假设不成立
故B正确；
A．对小球A施加水平力F，使小球A沿14圆弧轨迹缓慢上移，则小球A处于动态平衡状态，受力如图
根据平衡条件可得
Tcosα＝mAg
F＝Tsinα
解得
T=mAgcosα
F＝mAgtanα
小球A沿着14圆弧轨迹缓慢上移，α增大，可知绳上拉力T增大、外力F增大，故A错误；
C．开始时，由选项B的解析可知
T1＝FN+mgcos（π2−θ）
且固定杆给滑环B的弹力方向垂直于杆向下
当小球A沿着14圆弧轨迹缓慢上移过程中，由于拉力T增大，由
T＝FN′+mgcos（π2−θ）
可知，FN′增大，且垂直于杆向下，故C错误；
D．由于FN′增大，所以滑环B仍然保持静止，则对滑环B，由平衡关系有
f＝mgsin（π2−θ）＝mgcosθ＝mgcos53°
可知滑环B受到的摩擦力大小不变，故D错误。
故选：B。
12．（2023•南宁一模）如图，直角三角形框ABC竖直放置在水平面上，BC边位于水平方向，∠A＝30°，∠B＝90°。ABC内部有一光滑球体，球体半径略小于三角形框内接圆半径，球体所受重力为G。将ABC以C为轴在竖直面内沿顺时针缓慢转动，直到AC边水平，在转动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．球对BC边压力最大值为3G
B．球对AC边压力先增大后减小
C．球对BC边压力先减小后增大
D．球对AC边压力不可能大于球的重力
【解答】解：ABC、三角形框运动过程中，对三角形内部的球体受力分析，球受到竖直向下的重力，AC对球的弹力NAC，BC对球的弹力NBC，如图所示：
由几何关系得，随着三角形框转动，BC与水平方向的夹角θ从0开始逐渐增大到120°，NAC与竖直方向的夹角α和NBC与竖直方向的夹角θ之和保持不变，且α+θ＝120°
则β保持不变，且β＝60°，由正弦定理得：Gsinβ=NACsinθ=NBCsinα
解得：NAC=Gsinβsinθ=233Gsinθ
NBC=Gsinβsinα=233Gsin（120°﹣θ）
角θ从0逐渐增大到120°，sinθ和sin（120°﹣θ）都先增大后减小，则NAC和NBC都先增大后减小，由牛顿第三定律得，球对AC边和BC边的压力先增大后减小，当θ＝30°时，NBC最大，则球对BC边的压力最大，最大值为233G，故AC错误，B正确；
D、当θ＝90°时，NAC最大，则球对AC边的压力最大，最大值为233G＞G，故D错误。
故选：B。
13．（2023•昆明一模）工地上甲、乙两人用如图所示的方法将带挂钩的重物抬起。不可伸长的轻绳两端分别固定于刚性直杆上的A、B两点，轻绳长度大于A、B两点间的距离。现将挂钩挂在轻绳上，乙站直后将杆的一端搭在肩上并保持不动，甲蹲下后将杆的另一端搭在肩上，此时物体刚要离开地面，然后甲缓慢站起至站直。已知甲的身高比乙高，不计挂钩与绳之间的摩擦。在甲缓慢站起至站直的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．轻绳的张力大小一直不变
B．轻绳的张力先变大后变小
C．轻绳的张力先变小后变大
D．轻绳对挂钩的作用力先变大后变小
【解答】解：ABC、如图
不计挂钩与绳之间的摩擦，则挂钩可视为“活结”。挂钩两侧绳上的拉力大小相等。甲缓慢站起至站直的过程，可视为动态平衡。
设挂钩两侧轻绳的夹角为θ，设轻绳上的拉力为F，则由共点力的平衡可得
2Fcosθ2=mg，则F=mg2cosθ2
当甲缓慢站起至低于乙的过程中，AB之间的垂直距离变大，故轻绳间的夹角θ先变大，cosθ2先变小，轻绳的张力先变大；
当杆水平时轻绳间夹角最大，轻绳的张力最大；
当甲的高度超过乙的高度时，AB之间的垂直距离开始变小，故轻绳间的夹角θ变小，cosθ2变大，轻绳的张力变小；
故轻绳的张力先变大后变小，故B正确；故AC错误；
D、轻绳对挂钩的作用力，大小等于挂钩对轻绳的作用力，等于重物的重力，大小不变，故D错误。
故选：B。
14．（2023•遂宁三模）如图所示，将三根长均为L的完全相同的轻质细杆连接到同一个顶点O，另一端分别连接到竖直墙壁上的A、B、C三个点，BC连线沿水平方向，△ABC的三边边长也均为L。其中O、A、B、C点处，分别是四个可以向各个方向自由转动的轻质光滑饺链（未画出）。在O点用细绳悬挂一个质量为m的重物，则AO杆对墙壁的作用力为（ ）
A．33mg B．233mg C．3mg D．433mg
【解答】解：在平面OBC上，OB杆和OC杆对O点的作用力如图所示：
从O点做BC边的高，与BC边相交于D点，由图可知，OB杆和OC杆对O点的作用力的合力FBC沿着DO方向向上
在ADO平面上画出O点受力情况，并作出平行四边形，如下图所示：
由图可知，△ADO与△MOP相似，则有：ADAO=mgFA，AD的长度为Lsin60°=32L，代入数据，可得AO杆对O点的弹力FA=233mg，由力的相互性可知，AO杆对墙壁的作用力等于233mg，故ACD错误，B正确。
故选：B。
15．（2023•中山区校级一模）在生活中人们为了更方便地向高处运送货物，经常使用如图所示的方法提升重物。图中甲、乙两名工人分别位于两栋楼的三楼和二楼窗口，两人各用一根轻绳与质量为m的重物相连。初始时重物在甲的正下方地面上，此时工人甲的绳长为L、甲、乙两人间的距离也为L、楼间距为d，现甲拉住绳端不动的同时乙缓慢收短手中的轻绳，最终将重物拉至乙处。重力加速度取g，则在将重物由地面拉至乙的过程中下列说法正确的是（ ）
A．甲绳的拉力先增大后减小
B．乙绳的拉力先增大后减小
C．当重物接近乙处时甲绳的拉力接近mgL2−d2L
D．当重物接近乙处时乙绳的拉力接近mg
【解答】解：A.受力分析如图1所示，由正弦定理可得
mgsinβ=FT1sin(β−α)=FT2sinα
在重物向上移动的过程中α、β均增加，a增加的角度为β的2倍，
故FT1mg=sin(β−α)sinβ
可知FT1始终减小，故A错误；
B.因为α、β始终为锐角，且a始终小于β，由三角函数关系可知FT2mg=sinαsinβ＜sin(α+2θ)sin(β+θ)=FT2'mg
即FT2＜F'T2
则FT2始终增大，B错误；
CD.当重物接近乙时，乙与重物的连线逐渐与重物的轨迹相切，两绳间的夹角逐渐趋近90°，可认为两拉力垂直，如图2所示：
由相似三角形可得
mgL=FT2d=FT1L2−d2
解得
FT1=mgL2−d2L
FT2=mgdL
C正确，D错误。
故选：C。
第5讲 受力分析 共点力的平衡
目录
考点一 整体与隔离法的应用 1
考点二 处理平衡问题常用的“三种”方法处理平衡问题的常用方法 1
考点三 动态平衡问题的处理技巧 12
考点四 平衡中的临界与极值问题 18
练出高分 20
考点一 整体与隔离法的应用
1．受力分析的定义
把指定物体(研究对象)在特定的物理环境中受到的所有外力都找出来，并画出受力示意图，这个过程就是受力分析．
2．受力分析的一般顺序
先分析场力(重力、电场力、磁场力)，再分析接触力(弹力、摩擦力)，最后分析其他力．
[例题1] （2023•聊城一模）挂灯笼的习俗起源于西汉，过年期间，家家户户都挂起了各式各样的灯笼．如图所示，由五根等长的轻质细绳悬挂起质量均为m的灯笼A、B、C、D，中间细绳是水平的，上面两细绳与水平方向夹角为θ1，中间两细绳与竖直方向夹角为θ2，AB间和BC间的绳中张力分别是FAB和FBC，重力加速度为g。下列关系式正确的是（ ）
A．θ1＝θ2 B．tanθ1tanθ2=2
C．FBC＝mgtanθ2 D．FAB=mgsinθ2
【解答】解：设两侧绳子拉力为T，对A上面的结点受力分析可知水平方向：Tcosθ1＝FABsinθ2
竖直方向：Tsinθ1＝FABcosθ2+mg
对四个灯笼的整体分析可知：2Tsinθ1＝4mg
解得tanθ1•tanθ2＝2；T=2mgsinθ1；FAB=mgcosθ2；FBC＝mgtanθ2
故ABD错误，C正确。
故选：C。
[例题2] （2023•湖南模拟）轻质丝绸放置在光滑斜面上，若固定丝绸，将物块B放置在丝绸上，恰能静止。现将物块A、B放置在丝绸上，用沿斜面向上的力F拉物块A，丝绸不固定，系统保持静止，如图所示；已知物块A、B的质量分别为mA、mB，与丝绸的动摩擦因数分别为μA、μB，则（ ）
A．若μA＝μB，mB不可能大于mA
B．若μA＜μB，mB有可能大于mA
C．只增加mB，物块B可能相对于丝绸滑动
D．只增加F，物块A一定相对于丝绸滑动
【解答】解：AB、设斜面倾角为θ，物块A、B放在丝绸上，用沿斜面向上的力F拉物块A，系统保持静止，有μAmAgcosθ≥μBmBgcosθ；若μA＝μB，则mB≤mA；若μA＜μB，则mA＞mB；故A正确，B错误；
C、根据题意，若固定丝绸，将物块B放置在丝绸上，恰能静止，根据共点力平衡有mBgsinθ＝μBmBgcosθ，只增加mB，上式仍然成立，物块B相对于丝绸不会滑动，故C错误；
D、由丝绸保持静止可知，物块A受丝绸的摩擦力为静摩擦力，方向沿斜面向下，但是不能确定是不是达到了最大静摩擦力；只增加F，物块A相对于丝绸不一定滑动，故D错误。
故选：A。
[例题3] （2023•湛江一模）端午节是中国的传统节日，包粽子、吃粽子是人们的传统习惯之一。如图所示，某人把煮好的八个相同的粽子通过八根细绳用手提起后静止在空中，已知每个粽子的重力均为mg，每根绳子与竖直方向的夹角均为θ，每根细绳的拉力大小为T，手受到细绳的作用力为F，下列关系式正确的是（ ）
A．F＝T B．F＝mg C．T=mgcosθ D．T＝mgtanθ
【解答】解：B、以所有粽子为对象分析可知，由牛顿第三定律可知F＝8mg，故B错误；
ACD、竖直方向平衡可知8Tcosθ＝8mg
解得：T=mgcosθ，故AD错误，C正确
故选：C。
[例题4] （2023•永州二模）为庆祝党的二十大的胜利召开，某景区挂出32个灯笼（相邻两个灯笼间由轻绳连接），依次贴上“高举中国特色社会主义旗帜，为全面建设社会主义现代化国家而团结奋斗”，从高到低依次标为1、2、3、…、32。在无风状态下，32个灯笼处于静止状态，简化图如图所示，与灯笼“斗”右侧相连的轻绳处于水平状态，已知每一个灯笼的质量m＝1kg，重力加速度g＝10m/s2，悬挂灯笼的轻绳最大承受力Tm=3202N，最左端悬挂的轻绳与竖直方向的夹角为θ。下列说法正确的是（ ）
A．θ最大为60°
B．当θ最大时最右端轻绳的拉力为3202N
C．当tanθ=12时第16个灯笼与第17个灯笼间轻绳与竖直方向的夹角为45°
D．当tanθ=34时第8个灯笼与第9个灯笼间轻绳与竖直方向的夹角为30°
【解答】解：AB、当最左端连接的轻绳的拉力大小为Tm=3202N时，θ最大，此时灯笼整体受力如图所示
由平衡条件水平方向有：Tmsinθm＝F2
竖直方向有：Tmcosθm＝32mg
联立解得θm＝45°，F2＝320N
故AB错误；
C．当tanθ=12时，灯笼整体受力分析如图
由平衡条件知，最右端轻绳的拉力F21＝32mgtanθ
对第17个灯笼至第32个灯笼整体，其受力情况跟灯笼整体的受力情况相同，由平衡条件tanα=F21(32−16)mg
则第16个灯笼与第17个灯笼间轻绳与竖直方向的夹角α＝45°
故C正确；
D．当tanθ=34时，此时灯笼整体受力如图所示
由平衡条件知，最右端轻绳的拉力F22＝32mgtanθ
对第9个灯笼至第32个灯笼整体，其受力情况跟灯笼整体的受力情况相同，由平衡条件tanβ=F22(32−8)mg
则第8个灯笼与第9个灯笼间轻绳与竖直方向的夹角β＝45°
故D错误。
故选：C。
[例题5] （2023•长春模拟）如图所示的模型体现了建筑学中的“张拉”结构原理，两个完全相同的木架M、N用三根轻绳a，b，c连接静置于水平地面上，三根轻绳均处于张紧状态。下列说法正确的是（ ）
A．轻绳a对M的拉力大小等于M的重力
B．轻绳a，b、c对M的拉力之和等于零
C．轻绳b、c对M的拉力之和小于轻绳a对M的拉力
D．N对地面的压力等于N的重力
【解答】解：D.对整体受力分析，整体受重力2mg、地面的支持力FN，由平衡条件得
FN＝2mg
由牛顿第三定律，N对地面的压力大小等于地面对N的支持力大小，即等于2mg，故D错误；
ABC.由对称性可知Fb＝Fc
对上方木架M受力分析：M受重力、b绳向下的拉力Fb，c绳向下的拉力Fc，a绳向上的拉力Fa
由平衡条件有Fa＝mg+Fb+Fc
则Fa＞mg，Fa＞Fb+Fc，故AB错误；故C正确。
故选：C。
考点二 处理平衡问题常用的“三种”方法处理平衡问题的常用方法
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大小相等、方向相反．
2．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而平衡，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．
[例题6] （2023•湖南二模）如图所示，倾角为θ＝30°、AB面光滑的斜面体放在水平地面上，一个重为G的小球在弹簧秤的水平拉力F作用下静止在斜面上。现沿逆时针方向缓慢转动弹簧秤，直到弹簧秤的示数等于初始值，在此过程中，小球与斜面体始终处于静止状态。下列说法正确的是（ ）
A．力F先变大后变小
B．地面对斜面体的支持力一直变大
C．地面对斜面体的摩擦力一直变小
D．斜面体对小球的支持力一直变大
【解答】解：AD、根据题意，作出小球受力的矢量三角形，如图所示
沿逆时针方向缓慢转动弹簧秤，从图中可看出力F先减小再增大，斜面对球得支持力一直减小，故AD错误；
BC、对斜面和小球整体受力分析，由平衡条件得：
竖直方向：N＝（mg+G）﹣Fy
水平方向：f＝Fx
现沿逆时针方向缓慢转动弹簧秤，所以Fy一直增大，Fx一直减小，因此N一直减小，f一直减小，故D错误，C正确。
故选：C。
[例题7] （2023•滁州一模）如图所示，光滑半圆环竖直固定放置，最高点B处有一光滑小滑轮，质量为m的小球A穿在环上。现用细绳一端拴在A上，另一端跨过滑轮用力F拉动，使A由图示位置缓慢向上移动，圆环对A的弹力为FN，则（ ）
A．力F逐渐变大
B．弹力FN逐渐变小
C．弹力FN大小不变
D．弹力FN的方向先背离圆心O后指向圆心O
【解答】解：对球A受力分析，根据平衡条件可知，mg与FN的合力与T等大反向共线，作出mg与FN的合力，如图所示
由三角形相似得：mgBO=FNOA=TAB
同一根绳上拉力相等，即T与F大小相等，由几何关系得：BO＝OA＝R
则FN＝mg
即FN的方向始终背离圆心且大小不变；
A缓慢向上移动时，AB减小，则F变小，故C正确，ABD错误。
故选：C。
[例题8] （2023•安徽模拟）筷子是中华饮食文化的标志之一。如图所示，用筷子夹质量为m的小球处于静止，筷子均在竖直平面内，且筷子与竖直方向的夹角均为θ。忽略小球与筷子之间的摩擦，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．筷子对小球的合力大于重力
B．筷子的弹力大小均为N=mg2cosθ
C．保持左侧筷子固定不动，右侧筷子缓慢变为竖直，左、右筷子的弹力均逐渐变大
D．保持左侧筷子固定不动，右侧筷子缓慢变为竖直，左、右筷子的弹力均逐渐变小
【解答】解：A、用筷子夹着小球在竖直平面内处于静止状态，根据平衡条件可知，筷子对小球的合力与小球的重力等大反向，故A错误；
B、对小球受力分析，如图：
由几何关系可知，筷子对小球的弹力大小为N=mg2sinθ
故B错误；
CD、保持左侧筷子固定不动，右侧筷子缓慢变为竖直，在右边筷子转到竖直方向的过程中，左边筷子对小球弹力N1的方向始终垂直于筷子，方向不变，而小球自身的重力是一个恒力，由此可以做出在动态平衡过程中力的矢量三角形如下图所示
当两根筷子与竖直方向夹角都为θ时，三力构成的矢量三角为等腰三角形，在右边的筷子转到竖直方向时，三个力的矢量构成一个直角三角形，易得，在右边筷子转到竖直的过程中，两筷子对小球的弹力都在增大，故C正确，D错误。
故选：C。
[例题9] （2023•南充模拟）如图，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'，绳子拉力变小
B．将杆M向左移一些，绳子拉力变小
C．换用稍长一些的轻质晾衣绳，绳子拉力变小
D．绳的两端高度差越小，绳子拉力变小
【解答】解：AD．设竖直杆M、N间的距离为d，绳长为L，Oa端绳长为La，Ob端绳长为Lb，故L＝La+Lb，衣架钩两侧绳子与竖直方向夹角分别为α、β，受力分析如图所示。
衣架钩两侧绳子上受力相等，故有
T1＝T2＝T
则由共点力的平衡知识可得
α＝β
2Tcosα＝G
又有d＝Lasinα+Lbsinβ＝Lasinα+Lbsinα＝Lsinα
则sinα=dL
T=G2cosα
所以，如果d与L不变，则sinα不变，α不变，cosα不变，绳子所受拉力不变。故AD错误；
B．当杆M向左移一些，两杆之间的距离d变大，绳长L不变，所以α角变大，cosα变小，绳子拉力T变大，故B错误；
C．换用稍长一些的轻质晾衣绳，则绳长L变大，两杆之间的距离d不变，所以α角变小，cosα变大，绳子拉力T变小，故C正确。
故选：C。
[例题10] （多选）（2023•石家庄一模）如图所示，轻杆OA与轻杆OB通过光滑铰链安装在竖直墙面上，另一端通过铰链连接于O点。已知∠OAB＝30°，∠OBA＝60°，铰链质量忽略不计，重力加速度为g。现将一个质量为m的物块通过轻绳悬挂于O点保持静止，下列说法正确的是（ ）
A．竖直墙对A、B两点铰链的总作用力方向竖直向上
B．轻杆OA对O点铰链的推力为12mg
C．若在O点施加从零缓慢增大且水平向右的外力，则轻杆OB的弹力一直增大
D．若在O点施加从零缓慢增大且水平向右的外力，则轻杆OA的弹力先减小后增大
【解答】解：A、对轻杆OA、OB及重物所组成的系统进行受力分析可知，该系统受到竖直墙对A、B两点铰链的作用力及重物重力，由三力平衡可知竖直墙对A、B两点铰链的总作用力方向竖直向上，大小等于mg，故A正确；
B、对O点受力分析如图：
由平衡条件得：FOA=mgcos30°=32mg
故B错误；
CD、若在O点施加从零缓慢增大且水平向右的外力，对O点受力情况，如图：
将力分解到沿OB方向和沿OA方向，可得：
沿OB方向：Fcos30°＝FOB
沿OA方向：FOA＝mgsin60°﹣Fsin30°
故F缓慢增大时FOA先减小后反向增大，FOB一直增大，故CD正确。
故选：ACD。
考点三 动态平衡问题的处理技巧
1．动态平衡：是指平衡问题中的一部分是变力，是动态力，力的大小和方向均要发生变化，所以叫动态平衡，这是力平衡问题中的一类难题．
2．基本思路：化“动”为“静”，“静”中求“动”．
3．基本方法：图解法和解析法．
[例题11] （多选）（2023•天津模拟）如图所示，用一个质量不计的网兜和一段轻绳OA把足球挂在光滑竖直墙壁上的A点，足球与墙壁的接触点为B．若只增大轻绳OA的长度，足球始终保持静止状态，忽略网兜与足球之间的摩擦。下列说法正确的是（ ）
A．足球对墙壁的压力减小
B．轻绳OA上的拉力增大
C．O点附近网兜上各条绳的拉力均减小
D．足球受到的合力增大
【解答】解：以足球为研究对象，其受重力mg，网兜上绳子OA的拉力F1和墙壁对其弹力的作用F2，如下图所示，
A.只增大轻绳OA的长度时，当足球处于静止时，相当于OA绳与竖直方向之间的夹角θ减小，足球的重力保持不变，则墙壁对足球的支持力会变小，根据牛顿第三定律可知，足球对墙壁的压力变小，故A正确；
B.只增大轻绳OA的长度时，相当于OA绳与竖直方向之间的夹角θ减小，轻绳OA上的拉力也会变小，故B错误；
C.结点O处于平衡状态，由于O点附近的绳子间的夹角保持不变，网兜上各段绳子对O点的拉力的合力与OA对O的拉力等大反向，轻绳OA的拉力变小，则各段绳子对O点的拉力也会变小，故C正确；
D.由于足球处于静止状态，故足球所受合力依然为零，故D错误；
故选：AC。
[例题12] （2022•襄城区校级二模）如图所示，竖直平面内有一圆环，圆心为O，半径为R，PQ为水平直径，MN为倾斜直径，PQ与MN间的夹角为θ，一条不可伸长的轻绳长为L，两端分别固定在圆环的M、N两点，轻质滑轮连接一个质量为m的重物，放置在轻绳上，不计滑轮与轻绳间的摩擦。现将圆环从图示位置绕圆心O顺时针缓慢转过2θ角，下列说法正确的是（ ）
A．图示位置时，轻绳的张力大小为mg2sinθ
B．直径MN水平时，轻绳的张力大小为mgLL2−4R2
C．轻绳与竖直方向间的夹角先增大再减小
D．圆环从图示位置顺时针缓慢转过2θ的过程中，轻绳的张力逐渐减小
【解答】解：AB．同一绳子拉力相等，所以与竖直方向的夹角相等，设两段绳子与竖直方向的夹角为α，如图所示
根据几何关系可得
2Rcosθ＝MB；MB＝AM•sinα+AN•sinα＝Lsinα
可得：
sinα=2RcosαL
根据平衡条件得：
2Fcosα＝mg
解得：
F=mgL2L2−4R2cos2θ
直径MN水平时，θ＝0°，有
F=mgL2L2−4R2
故AB错误；
CD．M、N连线与水平直径的夹角θ（θ≤90°）越大，M、N之间的水平距离越小，轻绳与竖直方向的夹角α越小，根据
mg＝2F cosα
知轻绳的张力F越小，当转过θ时绳子拉力最小，后来又逐渐增大。故圆环从图示位置顺时针缓慢转过2θ的过程，轻绳的张力先增大再减小，故C正确；D错误。
故选：C。
[例题13] （2022•鼓楼区校级模拟）如图所示，A、B为某阳台竖直墙壁上凸出的两颗固定钉子，小王通过一段细线跨过A、B悬挂一吊篮（吊篮不与墙壁接触）。因A、B不等高，故重新调整钉子B于C处，A、C等高且C在B的正下方，重新悬挂上原来的细线，整个细线始终处于同一竖直平面内，不计细线与钉子的摩擦，则下列说法正确的是（ ）
A．调整后细线的张力大小比调整前要小
B．调整后细线的张力大小比调整前要大
C．调整后细线对两个钉子的总作用力大小比调整前要小
D．调整后细线对两个钉子的总作用力大小比调整前要大
【解答】解：AB．设未调整前吊篮与细线的交点为O，BO与AC交于D点，调整后吊篮与细线的交点为O'，钉子在B处时绳子的拉力为T1，∠AOB＝α，钉子在C处后绳子的拉力为T2，∠AO'C＝β，如下图：
由于细线是跨在钉子上，细线上的力的大小处处相等，根据力的平衡条件和平行四边形法则可知：
AO＝DO，AO'＝CO'，且：2T1cosα2=G，2T2cosβ2=G
因此：T1=G2cosα2，T2=G2cosβ2；
由于细线的总长度不变，因此△ABO与△ACO'周长相等，根据几何关系可得α＞β，因此T1＞T2
故调整后细线的张力大小比调整前要小，故A正确，B错误；
CD．吊篮受力平衡，则细线对吊篮的拉力等于吊篮的重力；两钉子对细线的合力等于吊篮对细线的拉力。故两钉子对吊篮的合力等于吊篮重力，由牛顿第三定律可知细线对两钉子的总作用力也为吊篮的重力，调整前后不变，故CD错误。
故选：A。
[例题14] （2022•邯郸二模）如图所示。在水平地面的木板上安装有竖直杆，在杆上A、B两点间安装长为2d的轻绳，两竖直杆间距为d．A、B两点间的高度差为d2，现有带光滑钩子、质量为m的物体钩住轻绳且处于平衡状态，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．开始平衡时轻绳的张力大小为mg
B．开始平衡时轻绳的张力大小为3mg3
C．若将绳子的A端沿竖直杆上移，绳子拉力将变大
D．若将木板绕水平轴CD缓慢向纸面外旋转，轻绳的张力先增大后减小
【解答】解：设轻绳的拉力为F，同一条绳子拉力相等，则有：Fcosθ1＝Fcosθ2，所以θ1＝θ2；
如图所示，根据图中几何关系可得：sinθ=d2d=12，θ＝30°，与A和B的位置无关。
AB、竖直方向根据平衡条件可得：2Fcosθ＝mg，解得：F=3mg3，故A错误、B正确；
C、若将绳子的A端沿竖直杆上移，θ不变，绳子拉力不变，故C错误；
D、若将木板绕水平轴CD缓慢向纸面外旋转，θ不变，轻绳的张力不变，故D错误。
故选：B。
[例题15] （2022•全国模拟）一个光滑铁环竖直放置，原长为X（X＜2R）的轻质弹簧底端系一质量为m的小球B，此球B套在铁环上，弹簧另一端固定在铁环最高点A，小球静止时OA与OB夹角θ＝120°。则下列说法错误的是（ ）
A．铁环对小球的弹力方向一定沿OB方向向外
B．小球所受弹簧的弹力大小等于其重力大小的3倍
C．该弹簧的劲度系数k=3mg3R−X
D．若更换为原长相同且劲度系数更大的轻弹簧，小球再次静止时，铁环对小球的弹力变大
【解答】解：A、小球受到重力、支持力和弹簧弹力，如图所示，所以铁环对小球的弹力方向一定沿OB方向向外，故A正确；
B、根据图中几何关系可得：mgR=NR，所以N＝mg；根据平衡条件可得：T＝2mgcos30°=3mg，即小球所受弹簧的弹力大小等于其重力大小的3倍，故B正确；
C、根据图中几何关系可得弹簧长度：L＝AB＝2Rcos30°=3R，根据胡克定律可得：T＝k（L﹣X），联立解得：k=3mg3R−X，故C正确；
D、根据图中几何关系可得：mgR=NR=TAB，若更换为原长相同且劲度系数更大的轻弹簧，小球再次静止时，AB间距减小，而TAB的值不变，所以铁环对小球的弹力不变，故D错误。
本题选错误的，故选：D。
考点四 平衡中的临界与极值问题
1．临界问题
当某物理量变化时，会引起其他几个物理量的变化，从而使物体所处的平衡状态“恰好出现”或“恰好不出现”，在问题的描述中常用“刚好”、“刚能”、“恰好”等语言叙述．
常见的临界状态有：
(1)两接触物体脱离与不脱离的临界条件是相互作用力为0(主要体现为两物体间的弹力为0)．
(2)绳子断与不断的临界条件为绳中的张力达到最大值；绳子绷紧与松驰的临界条件为绳中的张力为0.
(3)存在摩擦力作用的两物体间发生相对滑动或相对静止的临界条件为静摩擦力达到最大．
研究的基本思维方法：假设推理法．
2．极值问题
平衡物体的极值，一般指在力的变化过程中的最大值和最小值问题．一般用图解法或解析法进行分析．
[例题16] （多选）倾角为θ＝37°的斜面与水平面保持静止，斜面上有一重为G的物体A，物体A与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5．现给A施以一水平力F，如图所示．设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等（sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8），如果物体A能在斜面上静止，水平推力F与G的比值可能是（ ）
A．3 B．2 C．1 D．0.05
【解答】解：设物体刚好不下滑时F＝F1，作出力图如图。则由平衡条件得：
F1•cosθ+f1＝G•sinθ，
N1＝F1•sinθ+G•cosθ。
又 f1＝μN1
联立得：F1G=sin37°−0.5×cos37°cos37°+0.5×sin37°=211；
设物体刚好不上滑时F＝F2，则：
F2•cosθ＝μN2+G•sinθ，
N2＝F2•sinθ+G•cosθ，
得：F2G=sin37°+0.5×cos37°cos37°−0.5×sin37°=2
即得211≤FG≤2．则AD错误，BC正确。
故选：BC。
[例题17] （2021•武陵区校级二模）如图所示，用一根长为L的细绳一端固定在O点，另一端悬挂质量为m的小球A，为使细绳与竖直方向夹角为30°且绷紧，小球A处于静止，则需对小球施加的最小力等于（ ）
A．3mg B．12mg C．32mg D．33mg
【解答】解：以小球为研究对象，分析受力，作出力图如图，根据作图法分析得到，当小球施加的力F与细绳垂直时，所用的力最小。
根据平衡条件，F的最小值为：
Fmin＝Gsin30°＝mg×12=12mg
故选：B。
练出高分
一．选择题（共15小题）
1．（2023•厦门模拟）有一种瓜子破壳器如图甲所示，将瓜子放入两圆柱体所夹的凹槽之间，按压瓜子即可破开瓜子壳。破壳器截面如图乙所示，瓜子的剖面可视作顶角为θ的扇形，将其竖直放入两完全相同的水平等高圆柱体A、B之间，并用竖直向下的恒力F按压瓜子且保持静止，若此时瓜子壳未破开，忽略瓜子自重，不计摩擦，则（ ）
A．若仅减小A、B距离，圆柱体A对瓜子的压力变大
B．若仅减小A、B距离，圆柱体A对瓜子的压力变小
C．若A、B距离不变，顶角θ越大，圆柱体A对瓜子的压力越大
D．若A、B距离不变，顶角θ越大，圆柱体A对瓜子的压力越小
【解答】解：AB．瓜子处于平衡状态，若仅减小A、B距离，不能改变A、B对瓜子的弹力方向不变，根据平衡条件，则A、B对瓜子的弹力大小也不变，故AB错误；
CD．若A、B距离不变，顶角θ越大，则A、B对瓜子弹力的夹角减小，合力不变，如图
根据力的合成与分解，则两弹力减小，故C错误，D正确。
故选：D。
2．（2023•徐汇区二模）如图一手机悬空吸附在磁吸式充电宝上，缓缓转动充电宝使手机屏幕由水平转为竖直，两者始终保持相对静止，则手机与充电宝间作用力（ ）
A．不断增大 B．不断减小 C．方向改变 D．方向不变
【解答】解：缓缓转动充电宝使手机屏幕由水平转为竖直，两者始终保持相对静止，则手机始终受力平衡，充电宝对手机的作用力与手机的重力等大反向，则手机与充电宝间作用力大小和方向均不变，故ABC错误，D正确。
故选：D。
3．（2023•河北模拟）如图所示，质量为1kg的物块静止在固定斜面上，第一次用大小为2.5N、方向沿斜面向下的推力推物块，物块沿斜面匀速下滑；第二次用大小为12.5N、方向沿斜面向上的拉力拉物块，物块沿斜面匀速上滑。取重力加速度大小g＝10m/s2。物块与斜面间的动摩擦因数为（ ）
A．0.2 B．0.5 C．32 D．22
【解答】解：设物块与斜面间的动摩擦因数为μ，斜面与水平方向夹角为θ，由平衡关系有
F1+mgsinθ＝μmgcosθ
F2＝μmgcosθ+mgsinθ
联立两式，代入数据解得
μ=32
故ABD错误，C正确。
故选：C。
4．（2023•重庆模拟）足球比赛开始前，裁判将一质量为m的足球静置于球员入场通道口的桌面支架上，如图（侧视图）所示。该支架由三个相同立柱组成，三个立柱成正三角形固定在水平桌面上，每个立柱和足球的接触点与足球球心的连线与竖直方向的夹角均为θ。不计足球与立柱间的摩擦，重力加速度为g，则（ ）
A．单个立柱对足球的作用力竖直向上
B．单个立柱对足球的作用力大小为13mg
C．只增大夹角θ，三个立柱对足球的合力变大
D．只增大夹角θ，单个立柱对足球的作用力变大
【解答】解：A．单个立柱对足球的弹力方向沿立柱和足球的接触点与球心的连线并指向球心，故A错误；
B．对足球受力分析，如图所示：
根据几何关系可得：3Fcosθ＝mg
可得：F=mg3cosθ，故B错误；
C．足球静止，三个立柱对足球的合力始终等于足球的重力，故C错误；
D．根据F=mg3cosθ可知增大夹角θ，力F变大，故D正确。
故选：D。
5．（2023•广州一模）传统岭南祠堂式建筑陈家祠保留了瓦片屋顶，屋顶结构可简化为如图，弧形瓦片静止在两根相互平行的倾斜椽子正中间。已知椽子与水平面夹角均为θ，瓦片质量为m，重力加速度为g，则椽子对瓦片（ ）
A．支持力的合力方向竖直向上
B．作用力的合力方向竖直向上
C．支持力的合力大小为mg
D．作用力的合力大小为mgcosθ
【解答】解：A、对瓦片受力分析，瓦片所受支持力垂直于瓦片的切面指向瓦片，两力的合力方向垂直椽子斜向上，故A错误；
BD、瓦片静止，则椽子对瓦片的作用力的合力与重力等大反向，大小为mg，方向竖直向上，故B正确，D错误；
C、根据平衡条件得，支持力的合力大小为N＝mgcosθ，故C错误。
故选：B。
6．（2023•天河区二模）如图所示，在吊环运动中，有一高难度的动作：先双手撑住吊环，双臂夹紧，然后身体下移，双臂缓慢张开至水平。双臂夹紧时，吊绳恰好竖直，双臂完全张开时，吊绳与竖直方向夹角为37°，sin37°＝0.6。运动员在双臂张开过程中（ ）
A．吊绳的张力在逐渐减小
B．吊绳的张力保持不变
C．两吊环对运动员作用力的合力在逐渐增大
D．双臂完全张开时，吊绳张力与运动员重力之比为5：8
【解答】解：设吊绳拉力为T，与竖直方向夹角为θ，根据平衡条件2Tcosθ＝mg
解得T=mg2cosθ
双臂张开过程，θ变大，则T变大，故AB错误；
C．运动员受到两吊环对他的作用力大小始终等于运动员的重力，故C错误。
D．根据平衡条件和几何关系，双臂完全张开时Tmg=12cos37°=58
吊绳张力与运动员重力之比为5：8，故D正确。
故选：D。
7．（2023•哈尔滨模拟）擦玻璃机器人可以帮助人们解决高层和户外擦玻璃难的问题，如图所示，一栋大厦表面均为玻璃材料，擦玻璃机器人牵引擦子清洁玻璃时，将大厦某一表面简化为正三角形ABC，与水平面夹角为30°，擦玻璃机器人对擦子的牵引力平行于玻璃表面，擦子与玻璃间的动摩擦因数为36，机器人在该表面由B点匀速运动到AC中点D的过程中，质量为m的擦子受的牵引力为（ ）
A．12mg B．14mg C．312mg D．74mg
【解答】解：机器人在垂直玻璃表面的方向，重力垂直玻璃表面的分力等于机器人的支持力，则有N＝mgcos30°，则滑动摩擦力f＝μN，代入数据可得f=mg4，滑动摩擦力与物体相对玻璃表面的速度方向相反，机器人匀速运动，合力为零，在玻璃表面机器人受力分析如图所示：
滑动摩擦力f与重力向下的分力mgsin30°的合力与牵引力F等大反向，由几何关系可知f与mgsin30°的夹角为60°，则∠OPM＝120°，在△OPM中，由余弦定理可得：cos120°=(mgsin30°)2+f2−F22×mgsi30°×f，代入数据可得F=74mg，故ABC错误，D正确。
故选：D。
8．（2023•石嘴山模拟）如图1是工人把货物运送到房屋顶端的场景，简化图如图2所示，绳子跨过定滑轮拉动货物A，沿倾角为θ的玻璃棚缓慢向上移动，忽略货物所受摩擦阻力，则下列说法正确的是（ ）
A．货物A对玻璃棚的压力不变
B．货物A对玻璃棚的压力越来越大
C．绳子的拉力越来越大
D．绳子的拉力越来越小
【解答】解：对A受力分析，画力的矢量图如图：
货物缓慢向上移动，则拉力方向与竖直方向上的夹角减小，由图可知，绳子的拉力越来越大。同时，玻璃棚对货物的支持力变小，则货物A对玻璃棚的压力越来越小。故C正确，ABD错误。
故选：C。
9．（2023•金凤区校级一模）如图，用筷子夹起一块重为G的小球静止在空中，球心与两根筷子在同一竖直面内，且筷子根部（较粗且紧靠的一端）与球心连线在竖直方向，筷子张角为θ。若已知每根筷子对小球的压力大小为N，则每根筷子对小球的摩擦力大小为（ ）
A．G2cosθ B．G2cosθ2
C．f=G+2Ncosθ22sinθ2 D．G+2Nsinθ22cosθ2
【解答】解：小球受力如图所示
由平衡条件可得
2fcosθ2=G+2Nsinθ2
解得f=G+2Nsinθ22cosθ2，故ABC错误；故D正确。
故选：D。
10．（2023•丽江一模）如图所示，光滑圆环竖直固定，A为最高点，橡皮条上端固定在A点，下端连接一套在圆环上的轻质小环，小环位于B点，AB与竖直方向夹角为30°，用光滑钩拉橡皮条中点，将橡皮条中点拉至C点时，钩的拉力大小为F，为保持小环静止于B点，需给小环施加一作用力F'，下列说法正确的是（ ）
A．若F'沿水平方向，则F'=33F
B．若F'沿竖直方向，则F'=33F
C．F'的最大值为33F
D．F'的最小值为33F
【解答】解：A、设橡皮条的拉力大小为T．则有：2Tcos30°＝F，得：T=33F
若F'沿水平方向，小环只受橡皮条的拉力和F'，由平衡条件知：F'＝T=33F，故A正确。
B、若F'沿竖直方向，则有：F'＝Ttan30°，解得F'=13F，故B错误。
CD、作出小环的受力图，
由三角形定则知，当F'⊥N时，F'有最小值，且最小值为：F'min＝Tsin30°，解得F'min=36F，故CD错误。
故选：A。
11．（2023•市中区校级一模）如图所示，质量为1kg的小球A与质量未知的滑环B用绕过光滑定滑轮的不可伸长的轻绳连接，连接滑环B的绳与杆垂直并在同一竖直平面内。滑环B套在与竖直方向成θ＝53°的粗细均匀的固定杆上，滑环和杆间的动摩擦因数μ＝0.5，初始时滑环恰好不下滑，现对小球A施加一个水平力F，使小球A在水平力F的作用下沿着1/4圆弧轨迹缓慢上移，设滑环与杆间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力（sin53°＝0.8），下列说法正确的是（ ）
A．绳子拉力保持不变
B．滑环B的质量m＝0.5kg
C．固定杆给滑环B的弹力方向垂直于杆向上
D．滑环B受到的摩擦力逐渐变小
【解答】解：B．初始时，对小球A，由平衡关系可知，绳上的张力大小为
T1＝mAg
初始时滑环恰好不下滑，对滑环B
①假设滑环受到固定杆的支持力方向垂直于杆向下，则由平衡关系有
mgsin（π2−θ）＝μFN
T1＝FN+mgcos（π2−θ）
联立两式，代入数据解得
m＝0.5kg，故假设成立
②如果假设滑环受到固定杆的支持力方向垂直于杆向上，则由平衡关系有
mgsin（π2−θ）＝μFN
T1+FN＝mgcos（π2−θ）
联立两式，代入数据解得
m为负值，故假设不成立
故B正确；
A．对小球A施加水平力F，使小球A沿14圆弧轨迹缓慢上移，则小球A处于动态平衡状态，受力如图
根据平衡条件可得
Tcosα＝mAg
F＝Tsinα
解得
T=mAgcosα
F＝mAgtanα
小球A沿着14圆弧轨迹缓慢上移，α增大，可知绳上拉力T增大、外力F增大，故A错误；
C．开始时，由选项B的解析可知
T1＝FN+mgcos（π2−θ）
且固定杆给滑环B的弹力方向垂直于杆向下
当小球A沿着14圆弧轨迹缓慢上移过程中，由于拉力T增大，由
T＝FN′+mgcos（π2−θ）
可知，FN′增大，且垂直于杆向下，故C错误；
D．由于FN′增大，所以滑环B仍然保持静止，则对滑环B，由平衡关系有
f＝mgsin（π2−θ）＝mgcosθ＝mgcos53°
可知滑环B受到的摩擦力大小不变，故D错误。
故选：B。
12．（2023•南宁一模）如图，直角三角形框ABC竖直放置在水平面上，BC边位于水平方向，∠A＝30°，∠B＝90°。ABC内部有一光滑球体，球体半径略小于三角形框内接圆半径，球体所受重力为G。将ABC以C为轴在竖直面内沿顺时针缓慢转动，直到AC边水平，在转动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．球对BC边压力最大值为3G
B．球对AC边压力先增大后减小
C．球对BC边压力先减小后增大
D．球对AC边压力不可能大于球的重力
【解答】解：ABC、三角形框运动过程中，对三角形内部的球体受力分析，球受到竖直向下的重力，AC对球的弹力NAC，BC对球的弹力NBC，如图所示：
由几何关系得，随着三角形框转动，BC与水平方向的夹角θ从0开始逐渐增大到120°，NAC与竖直方向的夹角α和NBC与竖直方向的夹角θ之和保持不变，且α+θ＝120°
则β保持不变，且β＝60°，由正弦定理得：Gsinβ=NACsinθ=NBCsinα
解得：NAC=Gsinβsinθ=233Gsinθ
NBC=Gsinβsinα=233Gsin（120°﹣θ）
角θ从0逐渐增大到120°，sinθ和sin（120°﹣θ）都先增大后减小，则NAC和NBC都先增大后减小，由牛顿第三定律得，球对AC边和BC边的压力先增大后减小，当θ＝30°时，NBC最大，则球对BC边的压力最大，最大值为233G，故AC错误，B正确；
D、当θ＝90°时，NAC最大，则球对AC边的压力最大，最大值为233G＞G，故D错误。
故选：B。
13．（2023•昆明一模）工地上甲、乙两人用如图所示的方法将带挂钩的重物抬起。不可伸长的轻绳两端分别固定于刚性直杆上的A、B两点，轻绳长度大于A、B两点间的距离。现将挂钩挂在轻绳上，乙站直后将杆的一端搭在肩上并保持不动，甲蹲下后将杆的另一端搭在肩上，此时物体刚要离开地面，然后甲缓慢站起至站直。已知甲的身高比乙高，不计挂钩与绳之间的摩擦。在甲缓慢站起至站直的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．轻绳的张力大小一直不变
B．轻绳的张力先变大后变小
C．轻绳的张力先变小后变大
D．轻绳对挂钩的作用力先变大后变小
【解答】解：ABC、如图
不计挂钩与绳之间的摩擦，则挂钩可视为“活结”。挂钩两侧绳上的拉力大小相等。甲缓慢站起至站直的过程，可视为动态平衡。
设挂钩两侧轻绳的夹角为θ，设轻绳上的拉力为F，则由共点力的平衡可得
2Fcosθ2=mg，则F=mg2cosθ2
当甲缓慢站起至低于乙的过程中，AB之间的垂直距离变大，故轻绳间的夹角θ先变大，cosθ2先变小，轻绳的张力先变大；
当杆水平时轻绳间夹角最大，轻绳的张力最大；
当甲的高度超过乙的高度时，AB之间的垂直距离开始变小，故轻绳间的夹角θ变小，cosθ2变大，轻绳的张力变小；
故轻绳的张力先变大后变小，故B正确；故AC错误；
D、轻绳对挂钩的作用力，大小等于挂钩对轻绳的作用力，等于重物的重力，大小不变，故D错误。
故选：B。
14．（2023•遂宁三模）如图所示，将三根长均为L的完全相同的轻质细杆连接到同一个顶点O，另一端分别连接到竖直墙壁上的A、B、C三个点，BC连线沿水平方向，△ABC的三边边长也均为L。其中O、A、B、C点处，分别是四个可以向各个方向自由转动的轻质光滑饺链（未画出）。在O点用细绳悬挂一个质量为m的重物，则AO杆对墙壁的作用力为（ ）
A．33mg B．233mg C．3mg D．433mg
【解答】解：在平面OBC上，OB杆和OC杆对O点的作用力如图所示：
从O点做BC边的高，与BC边相交于D点，由图可知，OB杆和OC杆对O点的作用力的合力FBC沿着DO方向向上
在ADO平面上画出O点受力情况，并作出平行四边形，如下图所示：
由图可知，△ADO与△MOP相似，则有：ADAO=mgFA，AD的长度为Lsin60°=32L，代入数据，可得AO杆对O点的弹力FA=233mg，由力的相互性可知，AO杆对墙壁的作用力等于233mg，故ACD错误，B正确。
故选：B。
15．（2023•中山区校级一模）在生活中人们为了更方便地向高处运送货物，经常使用如图所示的方法提升重物。图中甲、乙两名工人分别位于两栋楼的三楼和二楼窗口，两人各用一根轻绳与质量为m的重物相连。初始时重物在甲的正下方地面上，此时工人甲的绳长为L、甲、乙两人间的距离也为L、楼间距为d，现甲拉住绳端不动的同时乙缓慢收短手中的轻绳，最终将重物拉至乙处。重力加速度取g，则在将重物由地面拉至乙的过程中下列说法正确的是（ ）
A．甲绳的拉力先增大后减小
B．乙绳的拉力先增大后减小
C．当重物接近乙处时甲绳的拉力接近mgL2−d2L
D．当重物接近乙处时乙绳的拉力接近mg
【解答】解：A.受力分析如图1所示，由正弦定理可得
mgsinβ=FT1sin(β−α)=FT2sinα
在重物向上移动的过程中α、β均增加，a增加的角度为β的2倍，
故FT1mg=sin(β−α)sinβ
可知FT1始终减小，故A错误；
B.因为α、β始终为锐角，且a始终小于β，由三角函数关系可知FT2mg=sinαsinβ＜sin(α+2θ)sin(β+θ)=FT2'mg
即FT2＜F'T2
则FT2始终增大，B错误；
CD.当重物接近乙时，乙与重物的连线逐渐与重物的轨迹相切，两绳间的夹角逐渐趋近90°，可认为两拉力垂直，如图2所示：
由相似三角形可得
mgL=FT2d=FT1L2−d2
解得
FT1=mgL2−d2L
FT2=mgdL
C正确，D错误。
故选：C。
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