综合·融通 共点力平衡中三类典型问题
(融会课—主题串知综合应用)
在共点力的平衡问题中，有三类典型问题：(1)“活结”与“死结”、“动杆”与“定杆”问题；(2)动态平衡问题；(3)临界极值问题。这三类问题往往命题情境灵活，难度相对较大，但是只要掌握好不同类型问题的分析方法和技巧，就可以化繁为简、化难为易，拨开云雾，见到“晴天”。
主题(一) “活结”与“死结”、“动杆”与“定杆”问题
[知能融会通]
1．“活结”与“死结”模型
“活结”模型 一般是由轻绳跨过光滑滑轮或者绳上挂一光滑挂钩而形成的。绳子虽然因“活结”而弯曲，但实际上是同一根绳，所以由“活结”分开的两段绳子上弹力的大小一定相等，两段绳子合力的方向一定沿这两段绳子夹角的角平分线
“死结”模型 两侧的绳因结而变成了两根独立的绳，因此由“死结”分开的两段绳子上的弹力不一定相等
2．“动杆”与“定杆”模型
“动杆”模型 轻杆用转轴或铰链连接，当杆处于平衡状态时，杆所受到的弹力方向一定沿着杆，否则会引起杆的转动。如图甲所示，若C为转轴，则轻杆在缓慢转动中，弹力方向始终沿杆的方向
“定杆”模型 若轻杆被固定不发生转动，则杆所受到的弹力方向不一定沿杆的方向。如图甲所示，水平横梁的一端A插在墙壁内，另一端装有一个小滑轮B，一轻绳的一端C固定于墙壁上，另一端跨过滑轮后悬挂质量为m的重物。滑轮对绳子的作用力应为图乙中两段绳中拉力F1和F2的合力F的反作用力，即定杆弹力的方向可以不沿杆的方向
[典例] 如图甲所示，细绳AD跨过固定的水平轻杆BC右端的轻质光滑定滑轮悬挂一质量为M1的物体，∠ACB＝30°；图乙中轻杆HG一端用铰链固定在竖直墙壁上，另一端G通过细绳EG拉住，EG与水平方向的夹角为30°，在轻杆的G点用细绳GF悬挂一质量为M2的物体(都处于静止状态)，求：
(1)细绳AC段的张力FTAC与细绳EG的张力FTEG之比；
(2)轻杆BC对C端的支持力；
(3)轻杆HG对G端的支持力。
尝试解答：
[题点全练清]
1.(多选)如图所示，甲、乙、丙三条不可伸长的轻绳拴接于O点，甲、乙两绳自然伸直，上端分别固定于水平天花板上的a、b点，甲绳长30 cm，乙绳长40 cm，ab距离为50 cm，甲、乙、丙三绳能承受的最大张力分别为3 N、4 N、5 N。c点位于丙绳上，在c点对丙绳施加竖直向下的拉力F，O点位置始终不变，则在拉力F从零逐渐增大的过程中( )
A．甲绳先断
B．乙绳先断
C．某绳恰好先断时，F＝ N
D．某绳恰好先断时，F＝ N
2.(多选)一轻杆一端通过光滑铰链与地面连接，另一端安装一光滑轻滑轮。一橡皮绳一端固定在粗糙地面上，绕过轻杆上的滑轮，另一端与地面上一物块相连。如图所示，初始状态下，橡皮绳处于伸长状态，轻杆与地面的夹角为60°，轻杆顶点恰好位于物块正上方，系统保持平衡。缓慢调整轻杆的角度和物块的位置，最终使轻杆与地面垂直，系统仍保持平衡。在此过程中，物块始终在地面上，橡皮绳始终处于弹性限度内。在此过程中( )
A．橡皮绳长度缩短 B．橡皮绳长度伸长
C．物块向左运动 D．物块向右运动
主题(二) 动态平衡问题
1．动态平衡：平衡问题中的一部分力是变力，是动态力，力的大小和方向缓慢变化，所以叫动态平衡，这是共点力平衡问题中的一类题型。
2．基本方法：解析法、图解法和相似三角形法。
方法1 解析法
解题步骤：
(1)列平衡方程求出未知量与已知量的关系表达式。
(2)根据已知量的变化情况确定未知量的变化情况。
[例1] (2024·浙江湖州质检)如图所示，一晒衣架静置于水平地面上，水平横杆与四根相同的轻质斜杆垂直，两斜杆间的夹角为θ，当θ缓慢增大时，每根斜杆受到地面的( )
A．支持力增大 B．支持力减小
C．摩擦力增大 D．摩擦力减小
听课记录：
方法2 图解法
1．适用情况：物体只受三个力作用，且其中一个力的大小、方向均不变，另一个力的方向不变，第三个力大小、方向均变化。
2．解题步骤：
(1)根据已知量的变化情况，画出平行四边形边、角的变化。
(2)由动态图确定未知量大小、方向的变化。
[例2] (多选)用绳AO、BO悬挂一个重物，BO水平，O为半圆形支架的圆心，悬点A和B在支架上。悬点A固定不动，将悬点B从图所示位置沿支架逐渐移动到C点的过程中，绳OA和绳OB上的拉力大小的变化情况是( )
A．OA绳上的拉力逐渐减小
B．OA绳上的拉力先减小后增大
C．OB绳上的拉力逐渐增大
D．OB绳上的拉力先减小后增大
听课记录：
方法3 相似三角形法
1．适用情况：在物体所受的三个力中，一个力是恒力，大小、方向均不变；另外两个力是变力，大小、方向均改变，且方向不总是相互垂直。
2．解题技巧：找到物体受力变化过程中的几何关系，利用力的矢量三角形与几何三角形相似，相似三角形对应边成比例，通过分析几何三角形边长的变化，从而得到力的变化。
[例3] (2024·安庆高一质检)如图，轻绳绕过固定在天花板上的小滑轮，绳A端握在站在地上的人手中，B端系一重为G的小球，小球靠在固定的光滑半球面上，人通过轻绳将小球沿球面DC缓缓拉动一小段距离过程中，下列说法不正确的是( )
A．人的拉力逐渐变大
B．球面对小球的支持力大小不变
C．人的拉力逐渐变小
D．可认为小球的合外力为零
听课记录：
主题(三) 临界极值问题
类型1 平衡中的临界问题
1．问题界定：物体所处平衡状态将要发生变化的状态为临界状态，涉及临界状态的问题为临界问题。
2．问题特点：当某物理量发生变化时，会引起其他几个物理量的变化。注意某现象“恰好出现”或“恰好不出现”的条件。
3．分析方法：基本方法是假设推理法，即先假设某种情况成立，然后根据平衡条件及有关知识进行论证、求解。
[例1] 如图甲、乙所示，质量为m的物体置于倾角为θ的固定斜面上，物体与斜面之间的动摩擦因数为μ，先用平行于斜面的推力F1作用于物体上使其恰能沿斜面匀速上滑，若改用水平推力F2作用于物体上，也恰能使物体沿斜面匀速上滑，则两次的推力之比为( )
A．cos θ＋μsin θ B．cos θ－μsin θ
C．1＋μtan θ D．1－μtan θ
听课记录：
类型2 平衡中的极值问题
1．问题界定：物体平衡的极值问题，一般指在力的变化过程中涉及力的最大值和最小值的问题。
2．分析方法：
(1)解析法：根据物体平衡的条件列出方程，在解方程时，采用数学知识求极值或者根据物体临界条件求极值。
(2)图解法：根据物体平衡的条件作出力的矢量图，画出平行四边形或者矢量三角形进行动态分析，确定最大值或最小值。
[例2] 将两个质量为m和M的小球a、b用细线相连后，再用细线悬挂于O点，如图所示，用力F拉小球b。使两个小球都处于静止状态，且细线Oa与竖直方向的夹角保持θ＝30°，则F的最小值为( )
A.(m＋M)g B．(m＋M)g
C.(m＋M)g D.(m＋M)g
听课记录：
综合·融通 共点力平衡中三类典型问题
主题(一)
[典例] 解析：题图甲和乙中的两个物体M1、M2都处于平衡状态，根据平衡的条件，首先判断与物体相连的细绳，其拉力大小等于物体所受的重力；分别取C点和G点为研究对象，进行受力分析如图1和图2所示，根据平衡规律求解。
(1)图1中细绳AD跨过轻质光滑定滑轮悬挂质量为M1的物体，物体处于平衡状态，细绳AC段的拉力FTAC＝FTCD＝M1g
图2中由FTEGsin 30°＝M2g，得FTEG＝2M2g
所以＝。
(2)图1中，FTAC、FNC、M1g三个力之间的夹角都为120°，根据平衡规律有FNC＝FTAC＝M1g，FNC的方向与水平方向成30°，指向右上方。
(3)图2中，根据平衡规律有FTEGsin 30°＝M2g，FTEGcos 30°＝FNG，所以FNG＝＝M2g，方向水平向右。
答案：(1) (2)M1g，方向与水平方向成30°指向右上方 (3)M2g，方向水平向右
[题点全练清]
1．选AD 甲绳长30 cm，乙绳长40 cm，ab距离为50 cm，再由甲、乙、丙对O点拉力满足平行四边形定则，得甲、乙、丙的拉力大小之比为F1∶F2∶F3＝4∶3∶5，而甲、乙、丙三绳能承受的最大张力分别为3 N、4 N、5 N，所以可知当丙绳受力为5 N时，甲绳受力为4 N，所以甲绳先断，故A正确，B错误；当甲绳受力为3 N时，则有F＝×3 N＝ N，故D正确，C错误。
2．选BD 设杆长2l，由几何关系，故未调整绳前示意图如图甲，橡皮绳长为3l。
调整后，如图乙所示，橡皮绳长为4l>3l，故橡皮绳变长，A错误，B正确；由图可知，物体开始位于杆底部右侧l处，后位于杆底部右侧2l处，说明物块向右运动，C错误，D正确。
主题(二)
[例1] 选C 对斜杆、横杆、衣服组成的整体受力分析，整体所受重力与地面给的支持力平衡，设整体重力为G，则每根斜杆受
到地面的支持力FN＝，即θ变化不影响支持力大小，A、B错误。每根斜杆中的力F在水平方向的分力为Fx＝Fsin ＝·sin ＝＝Ff，随着角度θ缓缓增大，则tan 增大，Ff也增大，故C正确，D错误。
[例2] 选AD 将AO绳、BO绳的拉力合成，其合力与重物重力等大反向，逐渐改变OB绳拉力的方向，使FB与竖直方向的夹角变小，得到多个平行四边形，如图所示，由图可知FA逐渐减小，且方向不变，而FB先减小后增大，且方向不断改变，当FB与FA垂直时，FB最小，故A、D正确。
[例3] 选A 设小球受到的拉力为T，受到的支持力为N，滑轮距离球面的高度为h，半球面半径为R，对小球受力分析如图所示，设小球与滑轮距离为L，根据几何三角形与力三角形相似，有＝＝，设人的拉力为F，则有T＝F，故有＝＝，整理得N＝G，F＝G，则球面对小球的支持力N始终保持不变，但由于小球与滑轮的距离L不断减小，故拉力F不断减小，A错误，B、C正确；小球缓缓被拉动，即可认为小球的合外力为零，D正确。
主题(三)
[例1] 选B 物体在力F1作用下和力F2作用下运动时的受力如图(a)、(b)所示。
沿斜面方向和垂直于斜面方向正交分解，由平衡条件可得：F1＝mgsin θ＋Ff1，FN1＝mgcos θ，Ff1＝μFN1，F2cos θ＝mgsin θ＋Ff2，FN2＝mgcos θ＋F2sin θ，Ff2＝μFN2，解得：F1＝mgsin θ＋μmgcos θ，F2＝，故＝cos θ－μsin θ，B正确。
[例2] 选D 将两小球视为整体受力分析，并合成矢量三角形，可知当力F与绳子拉力T垂直时，有最小值Fmin＝(m＋M)gsin 30°＝，故选D。
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共点力平衡中三类典型问题
(融会课—主题串知综合应用)
综合 融通
在共点力的平衡问题中，有三类典型问题：(1)“活结”与“死结”、“动杆”与“定杆”问题；(2)动态平衡问题；(3)临界极值问题。这三类问题往往命题情境灵活，难度相对较大，但是只要掌握好不同类型问题的分析方法和技巧，就可以化繁为简、化难为易，拨开云雾，见到“晴天”。
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主题(一) “活结”与“死结”、“动杆”与“定杆”问题
2
主题(二) 动态平衡问题
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主题(三) 临界极值问题
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课时跟踪检测
CONTENTS
目录
主题(一) “活结”与“死结”、“动杆”与“定杆”问题
1．“活结”与“死结”模型
知能融会通
“活结” 模型 一般是由轻绳跨过光滑滑轮或者绳上挂一光滑挂钩而形成的。绳子虽然因“活结”而弯曲，但实际上是同一根绳，所以由“活结”分开的两段绳子上弹力的大小一定相等，两段绳子合力的方向一定沿这两段绳子夹角的角平分线
“死结” 模型 两侧的绳因结而变成了两根独立的绳，因此由“死结”分开的两段绳子上的弹力不一定相等
2．“动杆”与“定杆”模型
“动杆” 模型 轻杆用转轴或铰链连接，当杆处于平衡状态
时，杆所受到的弹力方向一定沿着杆，否则
会引起杆的转动。如图甲所示，若C为转轴，
则轻杆在缓慢转动中，弹力方向始终沿杆的
方向
“定杆” 模型 若轻杆被固定不发生转动，则杆所受到的弹力方向不一定沿杆的方向。如图甲所示，水平横梁的一端A插在墙壁内，另一端装有一个小滑轮B，一轻绳的一端C固定于墙壁上，另一端跨过滑轮后悬挂质量为m的重物。滑轮对绳子的作用力应为图乙中两段绳中拉力F1和F2的合力F的反作用力，即定杆弹力的方向可以不沿杆的方向
续
表
[典例] 如图甲所示，细绳AD跨过固定的水平轻杆BC右端的轻质光滑定滑轮悬挂一质量为M1的物体，∠ACB＝30°；图乙中轻杆HG一端用铰链固定在竖直墙壁上，另一端G通过细绳EG拉住，EG与水平方向的夹角为30°，在轻杆的G点用细绳GF悬挂一质量为M2的物体(都处于静止状态)，求：
(1)细绳AC段的张力FTAC与细绳EG的张力FTEG之比；
(2)轻杆BC对C端的支持力；
[答案] M1g，方向与水平方向成30°指向右上方
(3)轻杆HG对G端的支持力。
1.(多选)如图所示，甲、乙、丙三条不可伸长的轻绳
拴接于O点，甲、乙两绳自然伸直，上端分别固定于水
平天花板上的a、b点，甲绳长30 cm，乙绳长40 cm，ab
距离为50 cm，甲、乙、丙三绳能承受的最大张力分别为3 N、4 N、5 N。c点位于丙绳上，在c点对丙绳施加竖直向下的拉力F，O点位置始终不变，则在拉力F从零逐渐增大的过程中( )
题点全练清
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2.(多选)一轻杆一端通过光滑铰链与地面连接，
另一端安装一光滑轻滑轮。一橡皮绳一端固定在粗
糙地面上，绕过轻杆上的滑轮，另一端与地面上一
物块相连。如图所示，初始状态下，橡皮绳处于伸长状态，轻杆与地面的夹角为60°，轻杆顶点恰好位于物块正上方，系统保持平衡。缓慢调整轻杆的角度和物块的位置，最终使轻杆与地面垂直，系统仍保持平衡。在此过程中，物块始终在地面上，橡皮绳始终处于弹性限度内。在此过程中( )
A．橡皮绳长度缩短 B．橡皮绳长度伸长
C．物块向左运动 D．物块向右运动
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主题(二) 动态平衡问题
1．动态平衡：平衡问题中的一部分力是变力，是动态力，力的大小和方向缓慢变化，所以叫动态平衡，这是共点力平衡问题中的一类题型。
2．基本方法：解析法、图解法和相似三角形法。
方法1 解析法
解题步骤：
(1)列平衡方程求出未知量与已知量的关系表达式。
(2)根据已知量的变化情况确定未知量的变化情况。
[例1] (2024·浙江湖州质检)如图所示，一晒衣架
静置于水平地面上，水平横杆与四根相同的轻质斜杆
垂直，两斜杆间的夹角为θ，当θ缓慢增大时，每根
斜杆受到地面的( )
A．支持力增大 B．支持力减小
C．摩擦力增大 D．摩擦力减小
√
方法2 图解法
1．适用情况：物体只受三个力作用，且其中一个力的大小、方向均不变，另一个力的方向不变，第三个力大小、方向均变化。
2．解题步骤：
(1)根据已知量的变化情况，画出平行四边形边、角的变化。
(2)由动态图确定未知量大小、方向的变化。
[例2] (多选)用绳AO、BO悬挂一个重物，BO水平，O为半圆形支架的圆心，悬点A和B在支架上。悬点A固定不动，将悬点B从图所示位置沿支架逐渐移动到C点的过程中，绳OA和绳OB上的拉力大小的变化情况是( )
A．OA绳上的拉力逐渐减小
B．OA绳上的拉力先减小后增大
C．OB绳上的拉力逐渐增大
D．OB绳上的拉力先减小后增大
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[解析] 将AO绳、BO绳的拉力合成，其合力与重物重力等大反向，逐渐改变OB绳拉力的方向，使FB与竖直方向的夹角变小，得到多个平行四边形，如图所示，由图可知FA逐渐减小，且方向不变，而FB先减小后增大，且方向不断改变，当FB与FA垂直时，FB最小，故A、D正确。
方法3 相似三角形法
1．适用情况：在物体所受的三个力中，一个力是恒力，大小、方向均不变；另外两个力是变力，大小、方向均改变，且方向不总是相互垂直。
2．解题技巧：找到物体受力变化过程中的几何关系，利用力的矢量三角形与几何三角形相似，相似三角形对应边成比例，通过分析几何三角形边长的变化，从而得到力的变化。
[例3] (2024·安庆高一质检)如图，轻绳绕过固定在天花板上的小滑轮，绳A端握在站在地上的人手中，B端系一重为G的小球，小球靠在固定的光滑半球面上，人通过轻绳将小球沿球面DC缓缓拉动一小段距离过程中，下列说法不正确的是( )
A．人的拉力逐渐变大
B．球面对小球的支持力大小不变
C．人的拉力逐渐变小
D．可认为小球的合外力为零
√
主题(三) 临界极值问题
类型1 平衡中的临界问题
1．问题界定：物体所处平衡状态将要发生变化的状态为临界状态，涉及临界状态的问题为临界问题。
2．问题特点：当某物理量发生变化时，会引起其他几个物理量的变化。注意某现象“恰好出现”或“恰好不出现”的条件。
3．分析方法：基本方法是假设推理法，即先假设某种情况成立，然后根据平衡条件及有关知识进行论证、求解。
A．cos θ＋μsin θ B．cos θ－μsin θ
C．1＋μtan θ D．1－μtan θ
[解析] 物体在力F1作用下和力F2作用下运动时的受力如图(a)、(b)所示。
√
类型2 平衡中的极值问题
1．问题界定：物体平衡的极值问题，一般指在力的变化过程中涉及力的最大值和最小值的问题。
2．分析方法：
(1)解析法：根据物体平衡的条件列出方程，在解方程时，采用数学知识求极值或者根据物体临界条件求极值。
(2)图解法：根据物体平衡的条件作出力的矢量图，画出平行四边形或者矢量三角形进行动态分析，确定最大值或最小值。
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(选择题1～10小题，每小题5分。本检测卷满分80分)
1.(多选)“引体向上”有时也称为“引体”，是一种体育运动中的常见项目。如图所示为一人正在做引体向上(两手臂比两肩略宽)，下列有关说法中正确的是( )
A．两手之间的距离越大，单杠对人的作用力越大
B．两手之间的距离越大，单杠对每只手的摩擦力越小
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C．两手之间的距离越大，每只胳膊受到的张力越大
D．保持右胳膊不动，左胳膊逐渐向中间位置移动少许，此过程中右胳膊的张力变小
解析：单杠对人的作用力是指支持力和摩擦力的合力，合力大小等于人的重力大小，所以单杠对人的作用力大小不变，A错误；
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对人受力分析，设每只胳膊对身体的拉力为F，手与单杠之间的夹角为θ，则2Fsin θ＝mg，两手之间距离越大，则θ越小，F越大；对其中一只手在水平方向上受力分析可得f＝Fcos θ，两手之间的距离越大，θ越小，cos θ越大，而F也越大，所以f越大，则B错误，C正确；对人受力分析，右胳膊不动，左胳膊逐渐向中间位置移动少许，两只胳膊的夹角变小，合力不变，则此过程中右胳膊的张力变小，D正确。
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3．(2024·济南高一检测)如图所示，轻杆一端固
定一个轻滑轮，另一端嵌入竖直的墙中。一根轻绳
一端连接一个物体，另一端跨过滑轮固定在墙上的
某一个位置P，把绳子端点P沿墙面向O点缓慢移动，
轻杆位置不变，忽略绳子与滑轮的摩擦力。关于轻绳的拉力大小和绳对滑轮作用力的说法正确的是( )
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A．轻绳的拉力变大
B．绳对滑轮的压力变大
C．绳对滑轮的压力大小始终不变
D．绳对滑轮的压力方向始终沿杆指向墙
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解析：由于同一根绳子的张力处处相等，轻绳的拉力等于物体的重力G保持不变，故A错误；根据平行四边形定则，两边轻绳的拉力相等，故合力在角平分线上，由于两拉力的夹角不断减小，故两个拉力的合力不断变大，滑轮受到的压力不断变大，故B正确，C错误；根据以上分析可知两个拉力的合力在角平分线上，随着两拉力的夹角不断改变，合力方向不断改变，故绳对滑轮的压力方向不可能始终沿杆指向墙，故D错误。
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4.自卸车依靠车厢构成斜面(如图所示)，让货物自行滑下。
由于不同货物与车厢底面间的动摩擦因数不同，货物能够
滑下需要车厢的最小倾角不同。关于自卸车卸货过程，下
列说法正确的是( )
A．货物与车厢底面间的动摩擦因数越大，车厢的最小倾角越大
B．货物与车厢底面间的动摩擦因数越大，车厢的最小倾角越小
C．车厢的倾角增大到最小倾角过程中，货物所受的摩擦力逐渐减小
D．车厢的倾角增大到最小倾角过程中，货物所受的支持力逐渐增大
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解析：货物恰好下滑，此时倾角最小，对货物受力分析可知mgsin θ＝μmgcos θ，即μ＝tan θ，故动摩擦因数越大，车厢的最小倾角越大，故A正确，B错误；对货物受力分析得f＝mgsin θ，FN＝mgcos θ，故倾角增大到最小倾角过程中，货物所受的摩擦力逐渐增大，支持力逐渐减小，故C、D错误。
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5.如图，光滑的四分之一圆弧轨道AB固定在竖直平
面内，A端与水平面相切。穿在轨道上的小球在拉力F的
作用下，缓慢地由A向B运动，F始终沿轨道的切线方向，
轨道对球的弹力为FN。在运动过程中( )
A．F增大，FN增大 B．F减小，FN减小
C．F增大，FN减小 D．F减小，FN增大
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6．如图所示，与水平方向成θ角的推力F作用在物块上，随着θ逐渐减小直到水平的过程中，物块始终沿水平面做匀速直线运动。关于物块受到的外力，下列判断正确的是( )
A．推力F先增大后减小
B．推力F一直减小
C．物块受到的摩擦力先减小后增大
D．物块受到的摩擦力一直不变
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7.(多选)如图所示，两硬竹竿竖直插在水平地面的
A、B两点，竿间拴接一长度大于两竿间距的轻绳，
光滑的轻滑轮放在轻绳上，下端悬吊一物体，开始
时绳与竹竿的悬点M、N等高，图中∠MON>90°，则下列说法正确的是( )
A．图中左侧细绳的拉力小于右侧细绳的拉力
B．仅将右侧的N点沿竖直方向升高少许，两侧细绳的拉力大小不变
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C．仅将左侧竹竿以A点为轴顺时针方向转过一个小角度，两侧细绳的拉力减小
D．仅将两竹竿分别以A、B为轴逆时针方向转过相同的小角度，两侧细绳的拉力增大
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则有2Tcos θ＝mg，若仅将右侧的N点沿竖直方向升高少许，l、d均不变，则θ不变，可知拉力大小保持不变，故A错误，B正确；若仅将左侧竹竿以A点为轴顺时针方向转过一个小角度，l不变，d减小，θ减小，cos θ增大，则两侧细绳的拉力减小，故C正确；若仅将两竹竿分别以A、B为轴逆时针方向转过相同的小角度，则l、d均不变，则θ不变，两侧细绳的拉力不变，故D错误。
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8.(多选)一小环套在水平放置的粗糙杆上，一小球A通过细线系在小环上，小球A受到水平风力的作用，整个装置处于静止状态，如图所示。现在风力稍加大一些，小球再次平衡。若忽略风对小环的作用力，下列说法正确的是( )
A．细线对小环的拉力保持不变
B．细线对小环的拉力变大
C．小环所受的摩擦力不变
D．杆对小环的支持力保持不变
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C．若将A点缓慢向下移动一小段距离，则轻绳OA受到的拉力将变大
D．若将A点缓慢向下移动一小段距离，则轻绳OA受到的拉力将变小
解析：对小球进行受力分析，受力如图所示，由几何关系可知TOA＝TOB＝mg，故A正确，B错误；若将A点向下移动一小段距离，OB与竖直方向所成的夹角将增大，对小球受力分析如图，可知轻绳OA受到拉力变大，故C正确，D错误。
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10.半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有一固定
放置的竖直挡板MN。在半圆柱体P和MN之间放有一个光滑
均匀的小圆柱体Q，整个装置处于平衡状态，如图所示是这个装置的截面图。现使MN保持竖直并且缓慢地向右平移，在Q滑落到地面之前，发现P始终保持静止，则在此过程中，下列说法正确的是( )
A．Q对P的弹力逐渐增大 B．Q所受的合力逐渐增大
C．MN对Q的弹力逐渐减小 D．地面对P的摩擦力逐渐减小
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解析：对圆柱体Q受力分析，受到重力、板MN的
支持力N1和半圆柱体P对Q的支持力N2，如图甲所示。
由图甲可知，随着MN缓慢向右平移，N2与竖直方向
的夹角不断增大，MN对Q的弹力N1逐渐增大，P对Q的弹力N2逐渐增大，但Q所受合力一直为零，根据牛顿第三定律，Q对P的弹力逐渐增大，故A正确，B、C错误；
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对PQ整体受力分析，受到总重力、MN板的支持力N1、地面的支持力N3、地面的静摩擦力f，如图乙所示，根据共点力平衡条件可知，地面对P的摩擦力始终等于N1，所以地面对P的摩擦力逐渐增大，故D错误。
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11.(12分)学校艺术节需要在操场上布置舞台、灯光、音
响，图为一种射灯悬挂方案的简化图。同一竖直平面内的装
置OA、OB、OC共同悬挂射灯，其中两根轻绳OA、OB连接
到竖直墙上。OC是一种建筑安装器材——总长度不变的拉
力可调式弹簧，C点为固定悬点。OA水平，OB、OC与水平方向的夹角均为θ＝60°，射灯质量为m＝4 kg。为使射灯位置始终稳定在O点且两根轻绳OA、OB处于伸直状态，求可调式弹簧OC拉力F的大小范围(g取10 m/s2，计算结果保留三位有效数字)。
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答案：23.1 N≤F≤46.2 N
解析：要使两轻绳都能伸直，必须使轻绳OA拉力F1≥0，轻绳OB拉力F2≥0，由平衡条件可知，当F1＝0时，F最小，则有Fminsin θ＋F2sin θ＝mg
Fmincos θ＝F2cos θ
解得最小值为Fmin≈23.1 N
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当F2＝0时，F最大，则有Fmaxsin θ＝mg
解得最大值为Fmax≈46.2 N
所以F的取值范围为23.1 N≤F≤46.2 N。
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12．(18分)质量为M的木楔倾角为θ，在水平面上保持静止，当将一质量为m的木块放在木楔斜面上时，它正好匀速下滑。如果用与木楔斜面成α角的力F拉着木块匀速上升，如图所示(已知木楔在整个过程中始终静止)。
(1)当α＝θ时，拉力F有最小值，求此最小值；
答案：mgsin 2θ
解析：木块在木楔斜面上匀速向下运动时，有
mgsin θ＝μmgcos θ，即μ＝tan θ。
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(2)当α＝θ时，木楔对水面的摩擦力是多大？
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解析：因为木块及木楔均处于平衡状态，整体受到地面的摩擦力等于F的水平分力，即
Ff′＝Fcos(α＋θ)
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4课时跟踪检测(十七) 共点力平衡中三类典型问题
(选择题1～10小题，每小题5分。本检测卷满分80分)
1.(多选)“引体向上”有时也称为“引体”，是一种体育运动中的常见项目。如图所示为一人正在做引体向上(两手臂比两肩略宽)，下列有关说法中正确的是( )
A．两手之间的距离越大，单杠对人的作用力越大
B．两手之间的距离越大，单杠对每只手的摩擦力越小
C．两手之间的距离越大，每只胳膊受到的张力越大
D．保持右胳膊不动，左胳膊逐渐向中间位置移动少许，此过程中右胳膊的张力变小
2.如图所示，一根轻绳的上端固定在O点，下端拴一个重力为G的小球，现对小球施加一个方向和大小都变化的力F，使轻绳与竖直方向的夹角为30°，保持小球的位置不变，则力F的最小值是( )
A. B.
C. D．G
3．(2024·济南高一检测)如图所示，轻杆一端固定一个轻滑轮，另一端嵌入竖直的墙中。一根轻绳一端连接一个物体，另一端跨过滑轮固定在墙上的某一个位置P，把绳子端点P沿墙面向O点缓慢移动，轻杆位置不变，忽略绳子与滑轮的摩擦力。关于轻绳的拉力大小和绳对滑轮作用力的说法正确的是( )
A．轻绳的拉力变大
B．绳对滑轮的压力变大
C．绳对滑轮的压力大小始终不变
D．绳对滑轮的压力方向始终沿杆指向墙
4．自卸车依靠车厢构成斜面(如图所示)，让货物自行滑下。由于不同货物与车厢底面间的动摩擦因数不同，货物能够滑下需要车厢的最小倾角不同。关于自卸车卸货过程，下列说法正确的是( )
A．货物与车厢底面间的动摩擦因数越大，车厢的最小倾角越大
B．货物与车厢底面间的动摩擦因数越大，车厢的最小倾角越小
C．车厢的倾角增大到最小倾角过程中，货物所受的摩擦力逐渐减小
D．车厢的倾角增大到最小倾角过程中，货物所受的支持力逐渐增大
5.如图，光滑的四分之一圆弧轨道AB固定在竖直平面内，A端与水平面相切。穿在轨道上的小球在拉力F的作用下，缓慢地由A向B运动，F始终沿轨道的切线方向，轨道对球的弹力为FN。在运动过程中( )
A．F增大，FN增大 B．F减小，FN减小
C．F增大，FN减小 D．F减小，FN增大
6．如图所示，与水平方向成θ角的推力F作用在物块上，随着θ逐渐减小直到水平的过程中，物块始终沿水平面做匀速直线运动。关于物块受到的外力，下列判断正确的是( )
A．推力F先增大后减小
B．推力F一直减小
C．物块受到的摩擦力先减小后增大
D．物块受到的摩擦力一直不变
7．(多选)如图所示，两硬竹竿竖直插在水平地面的A、B两点，竿间拴接一长度大于两竿间距的轻绳，光滑的轻滑轮放在轻绳上，下端悬吊一物体，开始时绳与竹竿的悬点M、N等高，图中∠MON>90°，则下列说法正确的是( )
A．图中左侧细绳的拉力小于右侧细绳的拉力
B．仅将右侧的N点沿竖直方向升高少许，两侧细绳的拉力大小不变
C．仅将左侧竹竿以A点为轴顺时针方向转过一个小角度，两侧细绳的拉力减小
D．仅将两竹竿分别以A、B为轴逆时针方向转过相同的小角度，两侧细绳的拉力增大
8.(多选)一小环套在水平放置的粗糙杆上，一小球A通过细线系在小环上，小球A受到水平风力的作用，整个装置处于静止状态，如图所示。现在风力稍加大一些，小球再次平衡。若忽略风对小环的作用力，下列说法正确的是( )
A．细线对小环的拉力保持不变
B．细线对小环的拉力变大
C．小环所受的摩擦力不变
D．杆对小环的支持力保持不变
9.(多选)如图所示，轻绳OA、轻杆OB的O端与质量为m的小球(可视为质点)拴接在一起，轻杆的B端通过铰链连接在竖直墙面上，小球处于静止状态，且OA＝OB，OB与竖直方向的夹角为60°，重力加速度为g，则( )
A．轻绳OA受到的拉力大小为mg
B．轻杆OB受到的弹力大小为mg
C．若将A点缓慢向下移动一小段距离，则轻绳OA受到的拉力将变大
D．若将A点缓慢向下移动一小段距离，则轻绳OA受到的拉力将变小
10.半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有一固定放置的竖直挡板MN。在半圆柱体P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于平衡状态，如图所示是这个装置的截面图。现使MN保持竖直并且缓慢地向右平移，在Q滑落到地面之前，发现P始终保持静止，则在此过程中，下列说法正确的是( )
A．Q对P的弹力逐渐增大
B．Q所受的合力逐渐增大
C．MN对Q的弹力逐渐减小
D．地面对P的摩擦力逐渐减小
11. (12分)学校艺术节需要在操场上布置舞台、灯光、音响，图为一种射灯悬挂方案的简化图。同一竖直平面内的装置OA、OB、OC共同悬挂射灯，其中两根轻绳OA、OB连接到竖直墙上。OC是一种建筑安装器材——总长度不变的拉力可调式弹簧，C点为固定悬点。OA水平，OB、OC与水平方向的夹角均为θ＝60°，射灯质量为m＝4 kg。为使射灯位置始终稳定在O点且两根轻绳OA、OB处于伸直状态，求可调式弹簧OC拉力F的大小范围(g取10 m/s2，计算结果保留三位有效数字)。
12. (18分)质量为M的木楔倾角为θ，在水平面上保持静止，当将一质量为m的木块放在木楔斜面上时，它正好匀速下滑。如果用与木楔斜面成α角的力F拉着木块匀速上升，如图所示(已知木楔在整个过程中始终静止)。
(1)当α＝θ时，拉力F有最小值，求此最小值；
(2)当α＝θ时，木楔对水平面的摩擦力是多大？
课时跟踪检测(十七)
1．选CD 单杠对人的作用力是指支持力和摩擦力的合力，合力大小等于人的重力大小，所以单杠对人的作用力大小不变，A错误；对人受力分析，设每只胳膊对身体的拉力为F，手与单杠之间的夹角为θ，则2Fsin θ＝mg，两手之间距离越大，则θ越小，F越大；对其中一只手在水平方向上受力分析可得f＝Fcos θ，两手之间的距离越大，θ越小，cos θ越大，而F也越大，所以f越大，则B错误，C正确；对人受力分析，右胳膊不动，左胳膊逐渐向中间位置移动少许，两只胳膊的夹角变小，合力不变，则此过程中右胳膊的张力变小，D正确。
2．选A 轻绳对小球的拉力和力F的合力与小球的重力是一对平衡力，为一定值，由此可知，当力F与轻绳的拉力垂直时，力F最小，此时F＝，A正确。
3．选B 由于同一根绳子的张力处处相等，轻绳的拉力等于物体的重力G保持不变，故A错误；根据平行四边形定则，两边轻绳的拉力相等，故合力在角平分线上，由于两拉力的夹角不断减小，故两个拉力的合力不断变大，滑轮受到的压力不断变大，故B正确，C错误；根据以上分析可知两个拉力的合力在角平分线上，随着两拉力的夹角不断改变，合力方向不断改变，故绳对滑轮的压力方向不可能始终沿杆指向墙，故D错误。
4．选A 货物恰好下滑，此时倾角最小，对货物受力分析可知mgsin θ＝μmgcos θ，即μ＝tan θ，故动摩擦因数越大，车厢的最小倾角越大，故A正确，B错误；对货物受力分析得f＝mgsin θ，FN＝mgcos θ，故倾角增大到最小倾角过程中，货物所受的摩擦力逐渐增大，支持力逐渐减小，故C、D错误。
5．选C 对小球受力分析如图所示，F与FN方向垂直。小球缓慢地由A向B运动，可知小球处于平衡状态，所受合力为零，F与FN的合力与小球所受重力等大、反向。由几何知识得F＝mgsin θ，FN＝mgcos θ。在小球运动过程中，θ角增大，可得F增大，FN减小，选项C正确。
6．选B 对物块受力分析，建立如图所示的坐标系。由平衡条件得，Fcos θ－f＝0，N－(mg＋Fsin θ)＝0，又f＝μN，联立可得F＝，可见当θ减小时，F一直减小，摩擦力f＝μN＝μ(mg＋Fsin θ)，可知当θ、F减小时，f一直减小，综上所述，B正确。
7．选BC 如图，设绳中拉力为T，由几何关系，可得sin θ＝，l为绳长，d为杆间距离，动滑轮对应为绳的活结，则其两端绳的拉力大小相等，则有2Tcos θ＝mg，若仅将右侧的N点沿竖直方向升高少许，l、d均不变，则θ不变，可知拉力大小保持不变，故A错误，B正确；若仅将左侧竹竿以A点为轴顺时针方向转过一个小角度，l不变，d减小，θ减小，cos θ增大，则两侧细绳的拉力减小，故C正确；若仅将两竹竿分别以A、B为轴逆时针方向转过相同的小角度，则l、d均不变，则θ不变，两侧细绳的拉力不变，故D错误。
8．选BD 以小球A为研究对象，分析受力情况如图甲所示，受重力mg、细线的拉力T和风力F，根据平衡条件得T＝，F增大时，T变大，细线对小环的拉力变大，故A错误，B正确；以小球和小环整体为研究对象，分析受力如图乙所示，
受总重力G、杆对小环的支持力N和摩擦力f以及风力F。根据平衡条件得N＝G，f＝F，当风力稍加大时， F增大，杆对小环的支持力保持不变，小环所受的摩擦力变大，C错误，D正确。
9．选AC 对小球进行受力分析，受力如图所示，由几何关系可知TOA＝TOB＝mg，故A正确，B错误；若将A点向下移动一小段距离，OB与竖直方向所成的夹角将增大，对小球受力分析如图，可知轻绳OA受到拉力变大，故C正确，D错误。
10．选A 对圆柱体Q受力分析，受到重力、板MN的支持力N1和半圆柱体P对Q的支持力N2，如图甲所示。
由图甲可知，随着MN缓慢向右平移，N2与竖直方向的夹角不断增大，MN对Q的弹力N1逐渐增大，P对Q的弹力N2逐渐增大，但Q所受合力一直为零，根据牛顿第三定律，Q对P的弹力逐渐增大，故A正确，B、C错误；对PQ整体受力分析，受到总重力、MN板的支持力N1、地面的支持力N3、地面的静摩擦力f，如图乙所示，根据共点力平衡条件可知，地面对P的摩擦力始终等于N1，所以地面对P的摩擦力逐渐增大，故D错误。
11．解析：要使两轻绳都能伸直，必须使轻绳OA拉力F1≥0，轻绳OB拉力F2≥0，由平衡条件可知，当F1＝0时，F最小，则有
Fminsin θ＋F2sin θ＝mg
Fmincos θ＝F2cos θ
解得最小值为Fmin≈23.1 N
当F2＝0时，F最大，则有Fmaxsin θ＝mg
解得最大值为Fmax≈46.2 N
所以F的取值范围为23.1 N≤F≤46.2 N。
答案：23.1 N≤F≤46.2 N
12．解析：木块在木楔斜面上匀速向下运动时，有
mgsin θ＝μmgcos θ，即μ＝tan θ。
(1)木块在力F作用下沿斜面向上匀速运动，有
Fcos α＝mgsin θ＋Ff，
Fsin α＋FN＝mgcos θ
Ff＝μFN
解得F＝＝＝
则当α＝θ时，F有最小值，为Fmin＝mgsin 2θ。
(2)因为木块及木楔均处于平衡状态，整体受到地面的摩擦力等于F的水平分力，即
Ff′＝Fcos(α＋θ)
当α＝θ时，F取最小值mgsin 2θ，
所以Ffm′＝Fmincos 2θ＝mgsin 2θ·cos 2θ
＝mgsin 4θ。
答案：(1)mgsin 2θ (2)mgsin 4θ
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