第17講動態(tài)平衡問題共點力平衡的臨界與極值問題

內(nèi)容導(dǎo)航——預(yù)習三步曲

第一步：學

析教材學知識：教材精講精析、全方位預(yù)習

練習題講典例：教材習題學解題、快速掌握解題方法

練考點強知識：2大核心考點精準練

第二步：記

串知識識框架：思維導(dǎo)圖助力掌握知識框架、學習目標復(fù)核內(nèi)容掌握

第三步：測

過關(guān)測穩(wěn)提升：小試牛刀檢測預(yù)習效果、查漏補缺快速提升

01析教析學知識

知識點1動態(tài)平衡問題

緩慢變化中的每一個瞬間，物體常常可視為處于平衡狀態(tài)，但物體的受力情況可能發(fā)生變化，這時物體處

于動態(tài)平衡。

一、用解析法解決動態(tài)平衡問題

(1)對研究對象進行受力分析；

(2)建立平衡方程，寫出各個力之間關(guān)系的解析式；

(3)根據(jù)題目中已知力或夾角的變化，應(yīng)用數(shù)學中的函數(shù)知識判斷未知力的變化。

【典例1】如圖所示，某小鳥“倒掛金鉤”，雙爪抓住一傾斜的樹枝處于倒立靜止狀態(tài)。若受微風影響，小鳥

隨樹枝緩慢上下抖動，下列說法正確的是（）

A．小鳥緩慢抖動的過程中，所受的合力不為零

B．小鳥所受的重力與所受的彈力二力平衡

C．若樹枝向下移動時鳥抓處傾角變大，則其對鳥的彈力增大

D．若樹枝向下移動時鳥抓處傾角變大，則其對鳥的摩擦力增大

【答案】D

【詳解】A．小鳥緩慢抖動，處于平衡狀態(tài)，所受的合力為零，故A錯誤；

B．樹枝傾斜，則小鳥受到重力、彈力和摩擦力作用，故B錯誤；

CD．設(shè)樹枝的傾角為，小鳥所受的重力大小為G，根據(jù)平衡條件可得樹枝對小鳥的彈力大小為FNGcos

樹枝對小鳥的摩擦力大小為FfGsin

1

當增大時，F(xiàn)N減小，F(xiàn)f增大，故C錯誤，D正確。

故選D。

【鞏固1】（多選）如圖所示，清洗高樓玻璃的工人用一根輕繩將自己懸在空中。認為玻璃墻光滑，在輕繩

的長度增大（輕繩與玻璃墻的夾角減?。┑倪^程中，下列說法正確的是（）

A．輕繩對工人的彈力增大

B．輕繩對工人的彈力減小

C．玻璃墻對工人的彈力增大

D．玻璃墻對工人的彈力減小

【答案】BD

【詳解】設(shè)工人所受重力為G，根據(jù)物體的平衡條件可得，當輕繩與豎直方向的夾角為時，輕繩對工人的

G

彈力大小以及玻璃墻對工人的彈力大小分別為F、FGtan

1cos2

在輕繩的長度增大的過程中減小，則F1、F2均減小。

故選BD。

二、用圖解法解決動態(tài)平衡問題

1．適用情境：物體受三個力作用，一個力大小、方向均不變(通常是重力)，另兩個力中有一個力的方向不

變。

2．應(yīng)用步驟

(1)平行四邊形法

①畫出與恒力F平衡的等大反向的力F0；

②根據(jù)平行四邊形定則將F0分解為另外兩個力，畫出平行四邊形邊、角的變化，確定未知力大小、方向的

變化。

(2)矢量三角形法

①首先對物體進行受力分析，根據(jù)物體處于平衡狀態(tài)時合力為0，依據(jù)題圖構(gòu)建初始狀態(tài)的力的矢量三角形。

1)先畫出大小、方向都不變的恒力；

2)再畫出方向不變、大小可變的力，可用虛線表示其方向；

3)明確方向變化的力的方向如何變化，并依次畫出2～3條矢量線段表示變化趨勢。

提醒：當方向變化的力垂直已知方向的力時，方向變化的力有最小值。

2

②根據(jù)動態(tài)變化過程中，三角形中邊的長度、方向的變化情況判斷力的大小、方向的變化情況。

【典例2】用繩AO、BO懸掛一個重物，BO水平，O為半圓形支架的圓心，懸點A和B在支架上。懸點A

固定不動，將懸點B從如圖所示位置逐漸移動到C點的過程中，繩OA和繩OB上的拉力的大小變化情況

是（）

A．OA繩上的拉力逐漸減小

B．OA繩上的拉力先減小后增大

C．OB繩上的拉力逐漸增大

D．OB繩上的拉力先增大后減小

【答案】A

【詳解】將AO繩、BO繩的拉力合成，其合力與重物重力等大反向，逐漸改變OB繩拉力的方向，使FB

與豎直方向的夾角變小，得到多個平行四邊形，如圖所示，由圖可知FA逐漸減小，且方向不變，而FB先

減小后增大，且方向不斷改變，當FB與FA垂直時，F(xiàn)B最小。

故選A。

【鞏固2】如圖，光滑斜面上有一個小球被輕繩拴住，懸掛在天花板上，已知輕繩與豎直方向的夾角為45，

斜面傾角37，整個裝置處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)保持懸點不變，將斜面向左緩慢推動平移一小段距離后，下列說

法正確的是（）

3

A．小球?qū)π泵娴膲毫ψ冃．斜面對小球支持力變大

C．輕繩拉小球的拉力變小D．斜面受到地面的摩擦力變大

【答案】A

【詳解】ABC．斜面向左移動時繩子的拉力與豎直方向之間的夾角逐漸減小，繩子的拉力以及斜面的支持

力變化如圖：

可知繩子的拉力增大，斜面的支持力逐漸減小，根據(jù)牛頓第三定律可知小球?qū)π泵娴膲毫p小，故A正確，

BC錯誤。

D．對斜面分析可知，地面對斜面的摩擦力為fFNsin37

因FN減小，則斜面受到地面的摩擦力變小，選項D錯誤。

故選A。

三、用相似三角形法解決動態(tài)平衡問題

1．適用情境：物體受三個力作用，一個力大小、方向均不變(通常是重力)，另外兩個力的方向均發(fā)生變化，

且三個力中沒有兩個力保持垂直關(guān)系，但在題目中可以找到與力構(gòu)成的矢量三角形相似的幾何三角形。

2．應(yīng)用步驟

(1)將表示三個力的有向線段首尾相連構(gòu)成力的矢量三角形；

(2)尋找與力的矢量三角形相似的幾何三角形；

(3)利用相似三角形的特點，建立比例關(guān)系，把力的變化問題轉(zhuǎn)化為幾何三角形邊長的變化問題；

(4)結(jié)合幾何三角形中邊長的變化，得出未知力大小的變化情況。

4

【典例3】（多選）如圖所示，輕桿一端固定一質(zhì)量為m的小球A，另一端與放置在粗糙水平地面上的木板

B上的鉸鏈O連接。將小球A用輕繩繞過光滑的定滑輪O′由力F牽引，且定滑輪O′位于鉸鏈O的正上方，

整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)改變力F的大小，使小球A繞O點遠離O′緩慢運動，木板B始終保持靜止，

則在整個過程中（）

A．力F逐漸增大

B．輕桿對小球A的作用力增大

C．地面對木板B的摩擦力逐漸增大

D．地面對木板B的作用力減小

【答案】ACD

【詳解】A．對小球A進行受力分析，三力構(gòu)成矢量三角形，如圖所示

根據(jù)幾何關(guān)系可知兩三角形相似，因此

mgFF

OOOAOA

緩慢運動過程O′A越來越大，則F逐漸增大，故A正確；

B．由于OA長度不變，桿對小球的作用力大小F′不變，故B錯誤；

C．對木板，由于桿對木板的作用力大小不變，方向向右下，但桿的作用力與豎直方向的夾角θ越來越大，

地面對木板的摩擦力f=F′sinθ逐漸增大，故C正確；

D．木板B受重力、地面的支持力、桿的彈力和地面的摩擦力，根據(jù)力的合成與分解可知地面對木板B的

作用力與木板B受重力和桿的彈力的合力等大反向，桿的作用力與豎直方向的夾角越來越大，則木板B受

重力和桿的彈力的合力逐漸減小，所以地面對木板B的作用力減小，故D正確。

故選ACD。

5

【鞏固3】（多選）固定在水平面上的光滑半球的半徑為R，在球心O的正上方C點固定一個光滑小定滑輪，

細線的一端拴接一小球，另一端繞過定滑輪，現(xiàn)用力FT將小球從如圖所示位置的點緩慢地拉至B點，在小

球到達B點前的過程中，小球?qū)Π肭虻膲毫N，細線的拉力FT大小變化情況是（）

A．FN不變B．FN變小C．FT變小D．FT變大

【答案】AC

【詳解】在小球被拉升的過程中對小球進行受力分析，小球受重力、半球面對小球的彈力和細線對小球的

拉力，小球在三個力作用下緩慢滑向半球頂點，可視為小球在運動過程中受力平衡；小球的受力如圖所示

根據(jù)相似三角形可得

mgFF

NT

COAOAC

由于小球在上拉的過程中，CO和AO的長度不變，AC長度減小，而小球的重力mg保持不變，則FN不變，

FT減?。桓鶕?jù)牛頓第三定律可知，小球?qū)Π肭虻膲毫N大小不變。

故選AC。

四、用動態(tài)圓法解決動態(tài)平衡問題

1．適用情境：物體受三個力作用，一個力大小、方向均不變(通常是重力)，另兩個力方向、大小都在變，

但它們的夾角不變。

2．應(yīng)用步驟

(1)構(gòu)造力的矢量三角形；

6

(2)畫矢量三角形的外接圓，恒力對應(yīng)弦長不變，其對應(yīng)圓周角也不變；

(3)分析變力的變化情況。

注：當兩個變力的夾角是90°時，恒力對應(yīng)外接圓的直徑。

【典例4】．圖甲為某人發(fā)明的自動叉秸稈工具，捆成圓柱形的秸稈從地上被叉起后，處于長、短直桿之間

被短直桿擋住，短直桿焊接在長直桿上，且二者之間夾角小于90°，簡化圖如圖乙所示，不計一切摩擦。若

長直桿由水平逆時針緩慢轉(zhuǎn)至豎直，則下列說法正確的是（）

A．長直桿對秸稈的彈力一直增大

B．長直桿對秸稈的彈力先減小后增大

C．短直桿對秸稈的彈力一直增大

D．短直桿對秸稈的彈力先減小后增大

【答案】C

【詳解】對秸稈受力分析可知，秸稈受到重力mg，短直桿彈力F2，長直桿彈力F1，如圖

由題意知長直桿與短直桿的角小于90不變，則F2與F1的夾角不能變，故圖中不能變，由于秸稈受三力平

衡，作出力的矢量三角形如上圖所示，當長直桿由水平緩慢轉(zhuǎn)至豎直時，圖像可知F2一直增大，F(xiàn)1先增加

后減小，故短直桿對秸稈的彈力一直增大，長直桿對秸稈的彈力先增加后減小。

故選C。

【鞏固4】如圖所示，某自卸式貨車車廂上放有一箱貨物，貨箱內(nèi)有一光滑的傾斜隔板AB，其與貨箱底部

的夾角為30，隔板與貨箱右壁之間放有一圓柱狀工件，貨車在卸貨過程中，車廂傾角緩慢增大到37，

貨箱一直相對車廂底板靜止，下列說法正確的是（）

7

A．車廂對貨箱的支持力逐漸增大

B．車廂對貨箱的摩擦力逐漸減小

C．工件對隔板的壓力不斷減小

D．工件對貨箱右壁的壓力一直減小

【答案】C

【詳解】AB．貨箱緩慢移動，貨箱所受合外力為零，車廂對貨箱的支持力與摩擦力夾角不變，故三力組成

的順接閉合三角形三個頂點在同一個圓周上，可知車廂傾角增大過程中，車廂對貨箱的支持力一直減小，

摩擦力一直增大，故AB錯誤；

CD．對工件受力分析，如圖所示

隔板對工件的彈力為F1，貨箱右壁對工件的彈力為F2，二力夾角保持不變，所以三力組成的順接閉合三

角形三個頂點在同一個圓周上，由圖可知車廂傾角緩慢增大到37過程中，F(xiàn)2一直增大，F(xiàn)1逐漸減小，由

牛頓第三定律知，工件對隔板的壓力不斷減小，工件對貨箱右壁的壓力一直增大，故C正確，D錯誤。

故選C。

知識點2共點力平衡的臨界與極值問題

1．臨界問題

物體所處平衡狀態(tài)將要發(fā)生變化的狀態(tài)為臨界狀態(tài)，涉及臨界狀態(tài)的問題為臨界問題。

分析方法：類似于動態(tài)平衡問題的分析，采用動態(tài)變化的思維，把變化的物理量(一般是某幾個力)推向極

端，找出臨界狀態(tài)(如繩子中張力達到最大、物體所受靜摩擦力達到最大等)，然后根據(jù)平衡條件及有關(guān)知

識進行論證、求解。

2．極值問題

物體平衡狀態(tài)的極值問題，一般指在力的變化過程中涉及力的最大值和最小值的問題。

分析方法

8

(1)解析法：根據(jù)物體的平衡條件列出方程，在解方程時，采用數(shù)學知識求極值或者根據(jù)物理臨界條件求極

值。

(2)圖解法：根據(jù)物體的平衡條件作出力的矢量圖，畫出平行四邊形或者矢量三角形進行動態(tài)分析，確定最

大值或最小值。

【典例5】．某同學利用所學物理知識，測量一段長為16cm的頭發(fā)能承受的最大拉力。如圖所示，刻度尺水

平放置，頭發(fā)穿過鉤碼的光滑掛鉤，一端固定在P點，另一端從P點開始緩慢向右移動，當移動到如圖所

示的Q點時，頭發(fā)恰好被拉斷。已知鉤碼和掛鉤的總質(zhì)量為0.3kg，取重力加速度g10m/s2，則頭發(fā)能承

受的最大拉力為（）

33

A．NB．NC．3ND．3N

22

【答案】C

【詳解】頭發(fā)恰好被拉斷時，設(shè)頭發(fā)與豎直方向的夾角為，根據(jù)受力平衡可得

2Fmcosmg

根據(jù)圖中幾何關(guān)系可得

41

sin

82

可得

30

則頭發(fā)能承受的最大拉力為

mg0.310

FmN3N

2cos3

2

2

故選C。

【鞏固5】三段不可伸長的細繩OA、OB、OC能承受的最大拉力相同，它們共同懸掛一物體P，如圖所示。

其中OB是水平的，A端、B端固定。若逐漸增加物體P的質(zhì)量，最先被拉斷的繩是（）

9

A．一定是OAB．一定是OB

C．一定是OCD．可能是OA，也可能是OC

【答案】A

【詳解】對結(jié)點O受力分析如圖所示

設(shè)繩OA與豎直方向的夾角為，根據(jù)平衡條件有

TOAcosmg，TOAsinTOB

可得

mgmg

T，Tsinmgtan

OAcosOBcos

根據(jù)題意，三根繩子上能夠承受的最大拉力相同，根據(jù)以上分析可知，若逐漸增加物體P的質(zhì)量，則繩子

OA上的拉力將最先達到最大。

故選A。

02過關(guān)測穩(wěn)提升

一、單選題

1．如圖所示，密繞在軸上的卷紙用兩條輕繩栓著懸掛在豎直墻壁的A、A點。隨著卷紙的使用，卷紙靜止

時受到墻壁的支持力和輕繩對卷紙軸的拉力大小變化情況是（不計墻壁和紙間的摩擦）（）

A．支持力減小

B．拉力增大

10

C．支持力和拉力的合力方向豎直向下

D．支持力和拉力的合力大小始終不變

【答案】A

【詳解】AB．設(shè)細線與豎直方向夾角為θ，則Tcosmg，NTsin

mg

解得T，Nmgtan

cos

隨著紙卷的使用則θ角和mg均減小，可知T變小，N減??；選項A正確，B錯誤；

CD．支持力和拉力的合力方向與重力等大反向，則豎直向上，隨重力減小，則支持力和拉力的合力大小逐

漸減小，選項CD錯誤。

故選A。

2．如圖所示，小物塊在水平推力F的作用下，沿著光滑固定的圓弧面緩慢向上移動，圓弧面對小物塊的支

持力為FN，則（）

A．F逐漸減小B．FN逐漸增大

C．F與FN的合力逐漸減小D．F與FN的合力逐漸增大

【答案】B

【詳解】AB．設(shè)弧面對小物塊的支持力方向與豎直方向的夾角為，以小物塊為對象，根據(jù)平衡條件可得

FNcosmg，F(xiàn)NsinF

mg

可得Fmgtan，F(xiàn)

Ncos

沿著光滑固定的圓弧面緩慢向上移動，逐漸增大，則F逐漸增大，F(xiàn)N逐漸增大，故A錯誤，B正確；

CD．根據(jù)平衡條件可知，F(xiàn)與FN的合力與小物塊的重力等大方向，所以F與FN的合力保持不變，故CD

錯誤。

故選B。

3．一根細線系著質(zhì)量為m的小球，細線上端固定在橫梁上，給小球施加外力F，小球平衡后，細線跟豎直

方向的夾角為θ，現(xiàn)改變外力F的方向，但仍然要使小球在原位置保持平衡，重力加速度為g，下列說法正

確的是（）

11

A．外力F和細線拉力的合力大小一定等于mg

B．外力F與細線拉力的合力方向可能水平向右

C．當外力F水平向右時，F(xiàn)最小為mgtanθ

D．因為細線長度不變，所以改變外力F的方向時，細線拉力不變

【答案】A

【詳解】AB．使小球在原位置保持平衡，根據(jù)受力平衡可知，外力F和細線拉力的合力大小一定等于mg，

方向豎直向上，故A正確，B錯誤；

CD．根據(jù)三角形定則，小球的受力如圖所示

當外力F與繩子垂直時，外力F具有最小值，則有Fminmgsin

改變外力F的方向時，細線拉力發(fā)生改變，故CD錯誤。

故選A。

4．如圖所示，重型自卸車利用液壓裝置使車廂緩慢傾斜到一定角度，車廂上的石塊就會自動滑下，以下說

法正確的是（）

A．在石塊下滑前后自卸車與石塊整體的重心位置改變

B．自卸車車廂傾角越大，石塊與車廂的動摩擦因數(shù)越小

C．自卸車車廂傾角越大，車廂與石塊間的正壓力越大

12

D．石塊開始下滑時，受到的摩擦力大于重力沿斜面方向的分力

【答案】A

【詳解】物體的重心位置與形狀還有質(zhì)量分布有關(guān)，石塊下滑前后，質(zhì)量分布變化，形狀變化，所以重心

改變，A正確；動摩擦因數(shù)與傾角無關(guān)，B錯誤；石塊處于平衡狀態(tài)，則有mgsinf，F(xiàn)Nmgcos，自

卸車車廂傾角越大，車廂與石塊間的正壓力FN逐漸減小，C錯誤；石塊滑動后受滑動摩擦力，小于重力沿

斜面方向的分力，D錯誤．

5．如圖所示，用一根輕質(zhì)細繩將一重力大小為10N的相框?qū)ΨQ地懸掛在墻壁上，畫框上兩個掛釘間的距離

為0.5m。已知繩能承受的最大張力為10N，為使繩不斷裂，繩子的最短長度為（）

133

A．0.5mB．1.0mC．mD．m

33

【答案】D

【詳解】畫框受力分析如圖

受到重力mg和兩個大小相等的細繩拉力F的作用而處于靜止狀態(tài)，當

FFmax=10N

時，設(shè)對應(yīng)于細繩不被拉斷的最小長度L，作細繩拉力的合力F合，如上圖，由平衡條件得

F合10N

所以兩繩拉力的夾角是120°，繩子的最小長度

L0.53

L0==m

sin6033

2

故選D。

13

6．如圖甲所示，空竹是中國民間傳統(tǒng)玩具，兩頭為較大的空心輪，中間為細軸?，F(xiàn)將空竹中間細軸放細繩

AB上，手持兩側(cè)A、B端拉動細繩，簡化為圖乙模型。不計空竹與細繩間的摩擦，細繩不可伸長，下列說

法正確的是（）

A．保持空竹靜止，左側(cè)細繩長度大于右側(cè)長度，則左側(cè)拉力大于右側(cè)拉力

B．保持空竹靜止，緩慢將細繩向兩側(cè)分開，細繩對空竹作用力也增大

C．保持A端靜止，僅將B端豎直向上緩慢移動，細繩上拉力不變

D．保持A端靜止，僅將B端水平向右緩慢移動，則細繩上拉力不變

【答案】C

【詳解】A．根據(jù)題意，左側(cè)細繩拉力與右側(cè)細繩拉力大小相等，故A錯誤；

B．保持空竹靜止，緩慢將細繩向兩側(cè)分開過程中，細繩對空竹作用力始終等于空竹的重力，故B錯誤；

C．保持A端靜止，僅將B端豎直向上緩慢移動，則左右兩側(cè)細繩夾角不變，細繩上拉力不變，故C正確；

D．保持A端靜止，僅將B端水平向右緩慢移動，則左右兩側(cè)細繩夾角增大，而兩端細繩拉力的合力大小

始終等于空竹的重力，故細繩上拉力變大，故D錯誤。

故選C。

7．如圖所示，一不可伸長的輕繩兩端固定在晾衣桿的A、B兩點。衣服通過衣架的光滑掛鉤掛在輕繩上，

同時衣服受到水平向右的恒定風力F，平衡后將結(jié)點B緩慢上移，繩子中的拉力將（）

A．逐漸變小B．逐漸變大C．先變大后變小D．保持不變

【答案】B

22

【詳解】受到風力后是四力平衡，兩個繩子的拉力的合力與重力、風力的合力FGF風

、

相平衡，設(shè)繩子與F的夾角為，左右繩長為L1L2，繩中拉力為T，初始時設(shè)長度dL1sinL2sin（d

不是兩桿間距，而是兩繩垂直F方向的距離和）

有F2Tcos

將結(jié)點緩慢上移，距離隨著向上移動在變大

BdL1sinL2sind'

14

繩子與F的夾角變大F2Tcos

則拉力變大。

故選B。

8．如圖所示，質(zhì)量為m的小球用一輕繩豎直懸吊于O點?，F(xiàn)用一光滑的金屬掛鉤向右緩慢拉動輕繩至虛

線位置，在此過程中，下列說法正確的是（）

A．掛鉤對輕繩的作用力不斷變大B．輕繩上的張力先變大后變小

C．輕繩對掛鉤的作用力方向始終水平向左D．掛鉤對輕繩的作用力大小可能為2mg

【答案】A

【詳解】由于緩慢拉動，所以對于小球來說處于平衡態(tài)，即繩子上的拉力與小球的重力大小相等，由于是

同一個繩子，所以繩子在金屬掛鉤兩側(cè)的拉力T相同，都為mg，用一光滑的金屬掛鉤向右緩慢拉動輕繩至

虛線位置，繩子兩側(cè)的夾角減小，由平行四邊形定則可知，合力變大，且繩子對掛鉤的作用力的合力方向

為左下方，即繩對掛鉤的作用力逐漸增大，由牛頓第三定律可知，掛鉤對繩的作用力變大，故A正確，B、

90

C錯誤；掛鉤兩側(cè)輕繩之間的夾角的最小值小于90，因此兩根繩子的合力最大值小于2mgcos2mg，

2

即掛鉤對繩的作用力大小不可能等于2mg，D錯誤。

9．如圖所示為建筑工地工人用推車運送一節(jié)預(yù)制排污管道的簡單原理圖，到達目的地后，工人固定把手不

動，讓擋板OA繞O點旋轉(zhuǎn)至水平即可將管道卸下。管道對板OA、OB的壓力分別為F1、F2，若管道與各

接觸面之間的摩擦不計，在OA由豎直緩慢旋轉(zhuǎn)至水平的過程中，下列說法正確的是（）

15

A．F1先減小后增大B．F1先增大后減小

C．F2先減小后增大D．F1、F2都減小

【答案】A

【詳解】對管道受力分析，如圖所示

OA由豎直緩慢轉(zhuǎn)到水平的過程中，管道受到的合力為零，F(xiàn)1先減小后增

大，F(xiàn)2一直減小。

故選A。

10．如圖，兩個半徑均為r的光滑球a、b放在半徑為R（R＞2r）的半球形容器內(nèi)，均靜止時a、b與半球

的接觸點P、Q與半球球心O的連線與水平方向的夾角為α和β（α＜β）。若兩球的質(zhì)量用ma、mb，兩球?qū)?/p>

容器的壓力大小用FNa、FNb表示，則（）

masinmcos

A．B．a(chǎn)

mbsinmbcos

FNaFcos

C．1D．Na

FNbFNbcos

【答案】D

【詳解】對小球受力分析如圖

16

三個球心連線圍成一等腰三角形，設(shè)兩底角分別為，分別對a、b受力分析，根據(jù)牛頓第三定律可知F1與

F2大小相等。a、b的重力與a、b連心線的夾角分別為1、2，則12。根據(jù)共點力的平衡條件和正

弦定理

FmgF

1aNa

cossinsin1

FmgF

2bNb

cossinsin2

mcos

a

mbcos

Fcos

Na

FNbcos

故選D。

11．如圖，輕桿一端通過鉸鏈與墻壁相連，另一端固定一小球A。水平面放置一上表面光滑的半球，初始

時輕桿水平?，F(xiàn)用外力將半球向右緩慢移動少許的過程中，下列關(guān)于小球A受到桿的作用力F桿和半球?qū)π?/p>

球的支持力FN的變化情況說法正確的是（）

A．F桿增大、FN增大B．F桿減小、FN增大

C．F桿增大、FN減小D．F桿減小、FN減小

【答案】A

【詳解】小球A的受力如圖

17

FF桿mg

根據(jù)相似性原理有N

RLh

半球向右緩慢移動少許的過程中，h減小，則F桿增大、FN增大。

故選A。

12．如圖所示，在豎直平面內(nèi)一根不可伸長的柔軟輕繩通過光滑的輕質(zhì)滑輪懸掛一重物。輕繩一端固定在

墻壁上的A點，墻壁BC段豎直，CD段水平，不計一切摩擦，關(guān)于輕繩的拉力F的變化情況，下列說法正

確的是（）

A．繩端由B點移動至C點的過程中F先變小后變大

B．繩端由B點移動至C點的過程中F一直增大

C．繩端由B點移動至D點的過程中F一直不變

D．繩端由B點移動至D點的過程中F先不變后變大

【答案】D

【詳解】AB．設(shè)輕繩左右兩側(cè)間的夾角為2，以滑輪為研究對象，分析受力情況，受力分析圖如圖所示

同一根繩子拉力大小相等，由共點力平衡可知，左側(cè)和右側(cè)繩子與豎直方向的夾角始終相等均為，在豎直

方向上受力平衡有

2Fcosmg

解得繩子上的拉力大小為

mg

F

2cos

設(shè)繩子的兩個端點的水平距離為d，左側(cè)繩子長度為l1，右側(cè)繩子長度為l2，由幾何關(guān)系得

l1sinl2sind

繩端由B點移動至C點的過程中，繩子總長為

18

ll1l2

有

lsind

由于繩長不變，兩個端點的水平距離為d不變，故不變，所以繩的拉力大小不變，A錯誤，B錯誤；

CD．繩端由C點移動至D點的過程中,繩子總長不變，兩個端點的水平距離為d增大，根據(jù)

lsind

可知增大，所以繩的拉力

mg

F

2cos

變大，綜合上述分析可知繩端由B點移動至D點的過程中F先不變后變大，C錯誤，D正確。

故選D。

二、多選題

13．如圖所示，小球放在光滑的墻與裝有鉸鏈的光滑薄板之間，在墻與薄板之間的夾角θ緩慢地增大到90°

的過程中（）

A．小球?qū)Φ膲毫p小

B．小球?qū)Ρ“宓膲毫υ龃?/p>

C．小球?qū)Φ膲毫ο葴p小后增大

D．小球?qū)Ρ“宓膲毫Σ豢赡苄∮谇虻闹亓?/p>

【答案】AD

【詳解】以小球為研究對象，處于平衡狀態(tài)，根據(jù)受力平衡，由圖可知

墻壁給球的壓力F2逐漸減小，擋板給球的支持力F1逐漸減小，根據(jù)牛頓第三定律可知墻壁受到的壓力減小，

木板受到的壓力減小。當墻與薄板之間的夾角θ緩慢地增大到90°時，根據(jù)平衡可知，木板對球的支持力等

于球的重力，根據(jù)牛頓第三定律可知，小球?qū)Ρ“宓膲毫Σ豢赡苄∮谇虻闹亓Α?/p>

故選AD。

14．用繩AC和BC吊起一重物處于靜止狀態(tài)，如圖所示。若AC能承受的最大拉力為150N，BC能承受的

最大拉力為105N。那么，下列正確的說法是（）

19

A．當重物的重力為150N時，開始瞬間AC、BC都不斷，AC拉力比BC拉力大

B．當重物的重力為150N時，開始瞬間AC、BC都不斷，AC拉力比BC拉力小

C．當重物的重力為175N時，開始瞬間AC不斷，BC剛好斷

D．當重物的重力為175N時，開始瞬間AC斷，BC也斷

【答案】AC

【詳解】AB．取C點為研究對象進行受力分析如圖所示

當重物的重力為150N時，AC拉力為

T1mgcos37120N150NBC拉力為

T2mgcos5390N105N

可知，當重物的重力為150N時，AC、BC都不斷，且AC拉力比BC拉力大，故A正確，B錯誤。

CD．當重力為175N時，假設(shè)繩子不斷時，AC拉力為

'

T1mgcos37140N150NBC拉力為

'

T2mgcos53105N

所以AC不斷，BC繩剛好斷，故C正確，D錯誤。

故選AC。

15．通過架空輸電線路，各發(fā)電廠和變電站可以有效地連接起來，形成一個統(tǒng)一的電力系統(tǒng)。這種聯(lián)絡(luò)有

助于實現(xiàn)電能的互補和優(yōu)化配置，提高系統(tǒng)的整體效率和穩(wěn)定性。如圖為架空輸電線的示意圖，電線桿高

度相同，間距相等，相鄰的電線桿之間的輸電線長度也都相等，受重力影響，電線會自然下垂，電線切線

與電線桿之間的夾角稱之為切線角。由于熱脹冷縮，冬季兩相鄰電線桿之間的電線長度會略有縮短，則

冬季與夏季相比（）

20

A．切線角會減小B．中間電線桿受到一側(cè)電線的作用力增加

C．中間電線桿受到兩側(cè)電線的合力不變D．電線最低處的張力不變

【答案】BC

【詳解】AB．以整條電線為研究對象，受力分析如圖所示

由共點力的平衡條件知，兩電線桿對電線的彈力的合力與其重力平衡，電線桿上的電線的質(zhì)量一定重力保

mg

持不變，由幾何關(guān)系得Fcos

2

mg

可得F

2cos

由于冬天氣溫較低，電線的體積會縮小，兩桿正中部位電線下墜的距離h變小，則電線在桿上固定處的切

線方向與豎直方向的夾角變大，拉力變大，所以兩電線桿處的電線拉力冬天與夏天相比是變大，故B正

確，A錯誤；

C．電線桿上的電線的質(zhì)量一定，根據(jù)受力平衡，電線桿兩側(cè)電線對線桿拉力的合力不變，故C正確；

mg

D．以電線桿右側(cè)電線的一半為研究對象，設(shè)電線最低處的張力為T，可得TFsintan

2

角度變大，張力T變大，故D錯誤；

故選BC。

16．城市中高樓林立，高層樓房裝修時需要將大塊的玻璃吊裝上樓，樓上一人拉動系在玻璃上方的繩子a，

另一人在低處控制系在玻璃下方的繩子b，兩人配合使玻璃緩慢上升，上升過程中保持繩子a與樓體間夾角

不變，低處人的位置不變，則在玻璃被吊到樓上的過程中（）

21

A．繩子a的拉力逐漸增大B．繩子a的拉力逐漸減小

C．繩子b的拉力逐漸增大D．繩子b的拉力逐漸減小

【答案】AC

【詳解】對玻璃受力分析，受豎直向下的重力（大小方向均不變），沿繩子a向上的拉力Fa（方向不變），

沿繩子b向下的拉力Fb（與豎直方向的夾角變小），如圖所示

可知兩繩上的拉力均變大，故AC正確，BD錯誤。

故選AC。

17．如圖所示，內(nèi)壁光滑的半球形容器開口向上固定在水平面上，小球放在容器的底部，豎直光滑擋板（厚

度不計）與其接觸，擋板的上端剛好與圓心O重合，將擋板緩慢水平向右推，在推動過程中擋板始終保持

豎直，使小球上移一段距離（未達到容器的右端點P）。下列說法正確的是（）

22

A．擋板對小球的彈力增大B．擋板對小球的彈力不變

C．小球受到的合力不變D．內(nèi)壁對小球的彈力減小

【答案】AC

【詳解】ABD．對小球進行受力分析，構(gòu)建力的矢量三角形，如圖所示

根據(jù)物體的平衡條件可得擋板對小球的彈力大小

F1mgtan

內(nèi)壁對小球的彈力大小

mg

N

1cos

隨著的增大，F(xiàn)1、N1均增大，故A正確、BD錯誤；

C．依題意，擋板緩慢水平向右推，小球處于動態(tài)平衡，受到的合力不變，故C正確。

故選AC。

18．如圖所示，輕繩OA的一端固定在天花板上，另一端連接一輕小光滑滑輪，輕繩OA與豎直方向的夾角

為，另一輕繩繞過滑輪，一端連著一重物，某人拉著輕繩的另一端水平向右運動，將重物緩慢吊起，繞過

滑輪的兩段輕繩的夾角為。對重物被緩慢吊起的過程，下列說法正確的是（）

A．連接重物的輕繩上的拉力變小

B．夾角與夾角的比值不變

C．連接滑輪的輕繩上的彈力不變

D．人與地面之間的摩擦力逐漸增大

【答案】BD

【詳解】A．由于物體緩慢吊起，因此拉物體的輕繩上的彈力始終等于物體的重力，A錯誤；

B．拉物體的輕繩兩邊拉力的合力在角平分線上，而合力大小等于固定滑輪的輕繩上的彈力，根據(jù)幾何關(guān)系

可知

2

夾角與夾角的比值保持不變，B正確；

23

C．拉物體的輕繩兩邊拉力保持不變，夾角逐漸增大，合力逐漸減小，因此連接滑輪的輕繩上的彈力逐漸

減小，C錯誤；

D．以人為研究對象，繩子拉力T保持不變，地面的摩擦力

fTsin

人向右運動過程中，逐漸增大，因此人與地面間的摩擦力逐漸增大，D正確。

故選BD。

19．如圖，用輕質(zhì)柔軟的細線將一質(zhì)量為m的小球懸掛于天花板上的O點，在外力F、重力G和細線拉力

F?的作用下處于平衡狀態(tài)。初始時F水平，細線與豎直方向夾角為θ，與F的夾角為α。下列說法中正確的

是（）

A．保持F水平，逐漸緩慢增大θ角，則F逐漸增大、F?逐漸減小

B．保持小球位置及θ角不變，緩慢減小α角直至α=θ，則F先減小后增大

C．保持α角不變，緩慢增大θ角，直至懸線水平，則F先減小后增大

D．保持α角、θ角和F方向不變，增加細線的長度，F(xiàn)、F?都不變

【答案】BD

【詳解】A.保持F水平，由前面分析，由平衡條件得

F1cosG，F(xiàn)Gtan

逐漸緩慢增大角，則cos逐減小，tan逐漸增大，則F1、F都逐漸增大，故A錯誤；

B.對小球受力分析，結(jié)合題意可得下圖

小球受重力G、外力F和細線拉力F1作用，保持小球位置及角不變，緩慢減小角直至，由圖可知，

外力F先減小后增大，故B正確；

C．保持角不變，增大角，直至懸線水平，細線和F的方向都逆時針轉(zhuǎn)動，如圖所示

24

由圖可知，細線的拉力F1水平時，外力F最大，所以該過程外力F逐漸增大，故C錯誤；

D．保持角、角和F方向不變，增加細線的長度，結(jié)合前面分析可知，對F、F1沒有影響，則F、F1都

不變，故D正確。

故選BD。

三、解答題

210．如圖所示，一個重為G的小球套在豎直放置的半徑為R的光滑大圓環(huán)上，一個原長為L0R的輕彈簧，

一端固定在大圓環(huán)頂點A，另一端與小球相連，當小球靜止于B點時，彈簧的長度L1.5R。圖中角未知，

試求：

（1）小球在B點時，大圓環(huán)對它的支持力FN大??；

（2）該彈簧的勁度系數(shù)k。

3G

【答案】（1）G；（2）

R

【詳解】（1）根據(jù)題意，對小球受力分析，如圖所示

由于小球靜止于B點，則小球所受合力為0，由平衡條件有

25

GG'

由相似三角形可得

FFG

N

1.5RRR

解得

FNG

F1.5G

（2）由胡克定律有

FkLL0

解得