专题突破练习(二) 动态平衡和平衡中的临界、极值问题
说明：单选题每小题4分，多选题每小题6分；本试卷共76分
1．(2024·广东深圳二模)如图为我国传统豆腐制作流程中用到的过滤器，正方形纱布的四角用细绳系在两根等长的、相互垂直的水平木杆两端，再通过木杆中心转轴静止悬挂在空中。豆浆过滤完，纱布与豆渣的总质量为m，细绳与竖直方向的夹角始终为θ，重力加速度大小为g。下列说法正确的是( )
A．此时每根细绳受到的拉力为
B．此时每根细绳受到的拉力为
C．豆浆从纱布流出过程中，忽略纱布的拉伸形变，细绳受到的拉力变大
D．豆浆从纱布流出过程中，纱布中豆浆和豆渣整体的重心不变
2．(多选)一铁球悬挂在OB绳的下端，轻绳OA、OB、OC的结点为O，轻绳OA悬挂在天花板上的A点，轻绳OC连接在轻质弹簧测力计上。第一次，保持结点O位置不变，某人拉着轻质弹簧测力计从竖直位置缓慢转动到水平位置，如图甲所示，弹簧测力计的示数记为F1。第二次，保持轻绳OC垂直于OA，缓慢释放轻绳，使轻绳OA转动到竖直位置，如图乙所示，弹簧测力计的示数记为F2。则( )
A．F1先减小后增大 B．F1恒定不变
C．F2逐渐减小 D．F2先减小后增大
3．(多选)(2025·广东梅州高三检测)如图所示，不计质量的光滑小滑轮用细绳悬挂于墙上O点，跨过滑轮的细绳连接物块A、B，A、B都处于静止状态，现将物块B移至C点后，A、B仍保持静止，下列说法正确的是( )
A．B与水平面间的摩擦力减小
B．地面对B的弹力增大
C．悬于墙上的绳所受拉力不变
D．A、B静止时，图中α、β、θ三角始终相等
4．(2024·广东广州三模)如图所示，竖直平面内蜘蛛网上A、B、C三点的连线构成正三角形，一只蜘蛛静止于蛛网的重心O处，三根蜘蛛丝a、b、c的延长线过三角形的中心O，蜘蛛丝c沿竖直方向，c中有张力。则( )
A．a中张力大于b中张力
B．a中张力等于b中张力
C．a中张力等于c中张力
D．蜘蛛网在风的吹拂下晃动，a中张力大小一定不变
5．如图所示，工人利用滑轮组将重物缓慢提起，下列说法正确的是( )
A．工人受到的重力和支持力是一对平衡力
B．工人对绳的拉力和绳对工人的拉力是一对作用力与反作用力
C．重物缓慢拉起过程，绳子拉力变小
D．重物缓慢拉起过程，绳子拉力不变
6．(2025·广东揭阳检测)将两个质量均为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°，重力加速度为g，则F的最小值为( )
A．mg B．mg C．mg D．mg
7．(多选)如图所示，质量均为m的小球A、B用劲度系数为k1的轻弹簧相连，球B用长为L的细绳悬挂于O点，球A固定在O点正下方，当小球B平衡时，细绳所受的拉力为FT1，弹簧的弹力为F1；现把A、B间的弹簧换成原长相同但劲度系数为k2(k2＞k1)的另一轻弹簧，在其他条件不变的情况下仍使系统平衡，此时细绳所受的拉力为FT2，弹簧的弹力为F2。则下列关于FT1与FT2、F1与F2大小的比较，正确的是( )
A．FT1＞FT2 B．FT1＝FT2
C．F1＜F2 D．F1＝F2
8．(多选)(2024·广东揭阳二模)如图所示，一轻杆通过铰链固定在竖直墙上的O点，轻杆的另一端C用弹性轻绳连接，轻绳的另一端固定在竖直墙上的A点。某人用竖直向下、大小为F的拉力作用于C点，静止时AOC构成等边三角形。下列说法正确的是( )
A．此时弹性轻绳的拉力大小为F
B．此时弹性轻绳的拉力大小为2F
C．若缓慢增大竖直向下的拉力，则在OC到达水平位置之前，轻绳AC的拉力增大
D．若缓慢增大竖直向下的拉力，则在OC到达水平位置之前，轻杆OC对C点的作用力减小
9．如图所示，水平地面上有一个曲面光滑、截面为半圆的柱体，用细线拉住的小球静止靠在接近半圆底端的M点。通过细线将小球从M点缓慢向上拉至半圆最高点的过程中，细线方向始终与半圆相切，柱体保持不动。下列说法正确的是( )
A．细线对小球的拉力先增大后减小
B．小球对柱体的压力先减小后增大
C．柱体受到水平地面的支持力逐渐减小
D．柱体对地面的摩擦力先增大后减小
10．如图所示，有一倾角θ＝30°的斜面体B，质量为M。质量为m的物体A静止在B上，重力加速度为g。现用水平力F推物体A，在F由零逐渐增加至mg 再逐渐减为零的过程中，A和B始终保持静止。对此过程下列说法正确的是( )
A．地面对B的支持力大于(M＋m)g
B．A对B的压力的最小值为mg，最大值为mg
C．A所受摩擦力的最小值为0，最大值为
D．A所受摩擦力的最小值为mg，最大值为mg
11．如图所示，倾角为30°的斜面体固定在水平面上，一横截面半径为R的半圆柱体丙放在水平面上，可视为质点的光滑小球乙质量m＝1 kg，用轻绳拴接置于半圆柱体上；物块甲用轻绳拴接放在斜面体上且轻绳与斜面平行，拴接小球乙与拴接物块甲的轻绳与竖直的轻绳系于O点，且O点位于半圆柱体圆心的正上方。已知O点到水平面的高度为2R，拴接小球乙的轻绳长度为R，物块甲与斜面间的动摩擦因数μ＝，整个装置始终处于静止状态。取重力加速度g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：(结果可用分式、根式表示)
(1)拴接小球乙的轻绳拉力的大小；
(2)半圆柱体丙受到水平地面摩擦力的大小；
(3)物块甲质量的取值范围。
12．拖把是由拖杆和拖把头构成的擦地工具(如图所示)。设拖把头的质量为m，拖杆质量可以忽略；拖把头与地板之间的动摩擦因数为常数μ，重力加速度为g，某同学用该拖把在水平地板上拖地时，沿拖杆方向推拖把，拖杆与竖直方向的夹角为θ。
(1)若拖把头在地板上匀速移动，求推拖把的力的大小；
(2)设能使该拖把在地板上从静止刚好开始运动的水平推力与此时地板对拖把的正压力的比值为λ。已知存在一临界角θ0，若θ≤θ0，则不管沿拖杆方向的推力多大，都不可能使拖把从静止开始运动。求这一临界角的正切tan θ0。
1 / 5 动态平衡和平衡中的临界、极值问题
共点力作用下物体的动态平衡
1．动态平衡：“动态平衡”是指物体所受的力一部分是变力，力的大小或方向发生变化，但变化过程中的每一个状态均可视为平衡状态，所以叫动态平衡。在问题的描述中常用“缓慢”等语言叙述。
2．分析动态平衡问题的方法
方法 步骤 示例及特点
解析法 (1)列平衡方程得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来确定未知量的变化情况 画受力分析图，完成平行四边形构建特殊几何关系
图解法 (1)根据已知量的变化情况，画出平行四边形边、角的变化； (2)确定未知量大小、方向的变化 三力，一力恒定，一力方向不变
相似三角形法 (1)根据已知条件画出两种不同情况对应的力的三角形和空间几何三角形，确定对应边，利用三角形相似知识列出比例式； (2)确定未知量大小的变化情况 (1)特点：三力，一力恒定，另外两力大小、方向都变 (2)方法：力三角形和几何三角形相似且夹角也改变，若夹角不变可用三角形的外接圆
图解法求解动态平衡问题
[典例1] 质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上，用水平力F拉着绳的中点O，使OA段绳偏离竖直方向一定角度，如图所示。设绳OA段拉力的大小为FT，若保持O点位置不变，则当力F的方向顺时针缓慢旋转至竖直方向的过程中( )
A．F先变大后变小，FT逐渐变小
B．F先变大后变小，FT逐渐变大
C．F先变小后变大，FT逐渐变小
D．F先变小后变大，FT逐渐变大
[听课记录]
解析法求解动态平衡问题
[典例2] 在一些地表矿的开采点，有一些简易的举升机械，带着重物的动滑轮搁在轻绳a上，利用图示装置，通过轻绳和滑轮提升重物。轻绳a左端固定在井壁的M点，另一端系在光滑的轻质滑环N上，滑环N套在光滑竖直杆上。轻绳b的下端系在滑环N上并绕过定滑轮。滑轮和绳的摩擦不计。在右侧地面上拉动轻绳b使重物缓慢上升过程中，下列说法正确的是( )
A．绳a的拉力变大
B．绳b的拉力变大
C．杆对滑环的弹力变大
D．绳b的拉力始终比绳a的小
[听课记录]
相似三角形法求解动态平衡问题
[典例3] 如图所示，光滑的半圆环沿竖直方向固定，M点为半圆环的最高点，N点为半圆环上与半圆环的圆心等高的点，直径MH沿竖直方向，光滑的定滑轮固定在M处，另一小圆环穿过半圆环用质量不计的轻绳连接并跨过定滑轮。开始小圆环处在半圆环的最低点H点，第一次拉小圆环使其缓慢地运动到N点，第二次以恒定的速率将小圆环拉到N点。滑轮大小可以忽略，则下列说法正确的是( )
A．第一次轻绳的拉力逐渐增大
B．第一次半圆环受到的压力逐渐减小
C．小圆环第一次在N点与第二次在N点时，轻绳的拉力相等
D．小圆环第一次在N点与第二次在N点时，半圆环受到的压力相等
[听课记录]
平衡中的临界、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”“恰能”“恰好”等。临界问题常见的种类：
(1)由相对静止到相对运动，摩擦力达到最大静摩擦力。
(2)刚好离开接触面，支持力FN＝0。
2．极值问题
平衡中的极值问题，一般指在力的变化过程中的最大值和最小值问题。
3．解题方法
(1)极限法：首先要正确地进行受力分析和变化过程分析，找出平衡的临界点和极值点；临界条件必须在变化中去寻找，不能停留在一个状态来研究临界问题，而要把某个物理量推向极端，即极大和极小。
(2)数学分析法：通过对问题的分析，根据物体的平衡条件写出物理量之间的函数关系(或画出函数图像)，用数学方法求极值(如求二次函数极值、不等式求极值、三角函数极值等)。
(3)图解法：根据物体的平衡条件，作出力的矢量图，通过对物理过程的分析，利用平行四边形定则进行动态分析，确定最大值与最小值。
[典例4] 如图所示，在倾角为θ的粗糙固定的斜面上，有一个质量为m的拖把头被水平力F推着静止于斜面上，轻杆质量不计，已知拖把与斜面间的动摩擦因数为μ，且μ＜tan θ，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
(1)水平推力F的取值范围；
(2)已知斜面倾角存在一临界角θ0，若θ≥θ0，则不管水平推力F多大，都不可能使拖把头从静止开始运动，求这一临界角的正切值tan θ0。
[听课记录]
四步法解决临界、极值问题
1．如图所示，三脚架置于光滑水平面上，现将支架张角调大一些，地面对三脚架的作用力将( )
A．不变
B．变大
C．变小
D．无法确定
2．如图所示，整个系统处于静止状态，动滑轮与定滑轮之间的轻绳与水平方向的夹角为θ。如果将绳一端的固定点P缓慢向上移动到Q点，滑轮质量和一切摩擦均不计，整个系统重新平衡后( )
A．物块B的高度不变，θ不变
B．物块B的高度不变，θ变大
C．物块B的高度增大，θ变大
D．物块B的高度增大，θ不变
3．(2024·广东佛山二模)如图所示，用AB与AC两根绳悬挂一质量分布不均(重心偏左)的矩形画框，画框底部需保持与水平地面平行。若保持AB绳长不变，将C端左移，AC绳缩短至某一长度(但AC绳仍长于AB绳)后悬挂画框，画框保持原状态不动，则改变AC绳长前后( )
A．AB绳的拉力大小总等于AC绳的拉力大小
B．AB绳的拉力大小总小于AC绳的拉力大小
C．AB绳的拉力大小不变
D．AC绳的拉力大小可能相等
4．(多选)粗糙水平地面上有一质量为M、倾角为30°的粗糙楔形物体C，斜面上有一个质量为2m的物块B，B与一轻绳连接，且绕过一固定在天花板上的定滑轮，轻绳另一端水平与一结点连接一个质量为m的小球A，右上方有一拉力F，初始夹角α＝135°，如图所示。现让拉力F顺时针缓慢转动90°且保持α大小不变，转动过程B、C始终保持静止。已知B与滑轮间的细绳与斜面平行，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A．拉力F一直减小
B．B、C间的摩擦力先增大再减小
C．物体C对地面的压力先增大再减小
D．物体C对地面的摩擦力的最大值为mg
5．(2024·广东佛山一模)在倾角为α＝37°的斜面上，一条质量不计的皮带一端固定在斜面上端，另一端绕过一质量为m＝3 kg、中间有一圈凹槽的圆柱体，并用与斜面夹角为β＝37°的力F拉住，使整个装置处于静止状态，如图所示，不计一切摩擦，重力加速度大小g＝10 m/s2(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。某同学分析过程如下：将拉力F沿斜面和垂直于斜面方向进行分解。沿斜面方向有F cos β＝mg sin α，沿垂直于斜面方向有F sin β＋N＝mg cos α，问：你同意上述分析过程吗？若同意，按照这种分析方法求出F及N的大小；若不同意，指明错误之处并求出你认为正确的结果。
(1)求拉力F的大小；
(2)求斜面对圆柱体的弹力N的大小。
1 / 7 动态平衡和平衡中的临界、极值问题
共点力作用下物体的动态平衡
1．动态平衡：“动态平衡”是指物体所受的力一部分是变力，力的大小或方向发生变化，但变化过程中的每一个状态均可视为平衡状态，所以叫动态平衡。在问题的描述中常用“缓慢”等语言叙述。
2．分析动态平衡问题的方法
方法 步骤 示例及特点
解析法 (1)列平衡方程得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来确定未知量的变化情况 画受力分析图，完成平行四边形构建特殊几何关系
图解法 (1)根据已知量的变化情况，画出平行四边形边、角的变化； (2)确定未知量大小、方向的变化 三力，一力恒定，一力方向不变
相似三角形法 (1)根据已知条件画出两种不同情况对应的力的三角形和空间几何三角形，确定对应边，利用三角形相似知识列出比例式； (2)确定未知量大小的变化情况 (1)特点：三力，一力恒定，另外两力大小、方向都变 (2)方法：力三角形和几何三角形相似且夹角也改变，若夹角不变可用三角形的外接圆
图解法求解动态平衡问题
[典例1] 质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上，用水平力F拉着绳的中点O，使OA段绳偏离竖直方向一定角度，如图所示。设绳OA段拉力的大小为FT，若保持O点位置不变，则当力F的方向顺时针缓慢旋转至竖直方向的过程中( )
A．F先变大后变小，FT逐渐变小
B．F先变大后变小，FT逐渐变大
C．F先变小后变大，FT逐渐变小
D．F先变小后变大，FT逐渐变大
C [对结点O受力分析如图所示，保持O点位置不变，则当力F的方向顺时针缓慢旋转至竖直方向的过程中，由图可知F先减小后增大，FT一直减小，故选项C正确。]
解析法求解动态平衡问题
[典例2] 在一些地表矿的开采点，有一些简易的举升机械，带着重物的动滑轮搁在轻绳a上，利用图示装置，通过轻绳和滑轮提升重物。轻绳a左端固定在井壁的M点，另一端系在光滑的轻质滑环N上，滑环N套在光滑竖直杆上。轻绳b的下端系在滑环N上并绕过定滑轮。滑轮和绳的摩擦不计。在右侧地面上拉动轻绳b使重物缓慢上升过程中，下列说法正确的是( )
A．绳a的拉力变大
B．绳b的拉力变大
C．杆对滑环的弹力变大
D．绳b的拉力始终比绳a的小
D [设绳子a总长为L，左侧井壁与竖直杆之间的距离为d，动滑轮左侧绳长为L1，右侧绳长为L2。由于绳子a上的拉力处处相等，所以动滑轮两侧绳与竖直方向夹角相等，设为θ，则由几何知识，得d＝L1sin θ＋L2sin θ＝(L1＋L2)sin θ，L1＋L2＝L，得到sin θ＝，当滑环N缓慢向上移动时，d、L没有变化，则θ不变。设绳子a的拉力大小为FT1，重物的重力为G。以带着重物的动滑轮为研究对象，根据平衡条件得2FT1cos θ ＝G，解得FT1 ＝ ，可见，当θ不变时，绳子a的拉力FT1不变，A错误；以滑环N为研究对象，绳b的拉力为FT2，则FT2＝FT1cos θ，保持不变，杆对滑环的弹力FN＝FT1sin θ，保持不变，B、C错误；绳b的拉力FT2＝FT1cos θ，所以绳b的拉力FT2始终比绳a的拉力FT1小，D正确。]
相似三角形法求解动态平衡问题
[典例3] 如图所示，光滑的半圆环沿竖直方向固定，M点为半圆环的最高点，N点为半圆环上与半圆环的圆心等高的点，直径MH沿竖直方向，光滑的定滑轮固定在M处，另一小圆环穿过半圆环用质量不计的轻绳连接并跨过定滑轮。开始小圆环处在半圆环的最低点H点，第一次拉小圆环使其缓慢地运动到N点，第二次以恒定的速率将小圆环拉到N点。滑轮大小可以忽略，则下列说法正确的是( )
A．第一次轻绳的拉力逐渐增大
B．第一次半圆环受到的压力逐渐减小
C．小圆环第一次在N点与第二次在N点时，轻绳的拉力相等
D．小圆环第一次在N点与第二次在N点时，半圆环受到的压力相等
C [小圆环沿半圆环缓慢上移过程中，受重力G、拉力FT、弹力FN三个力处于平衡状态，受力分析如图所示。由图可知△OMN与△NBA相似，则有＝＝(式中R为半圆环的半径)，在小圆环缓慢上移的过程中，半径R不变，MN的长度逐渐减小，故轻绳的拉力FT逐渐减小，小圆环所受的支持力的大小不变，由牛顿第三定律得半圆环所受的压力的大小不变，A、B错误；第一次小圆环缓慢上升到N点时，FN＝G，FT＝G，第二次小圆环运动的过程中，假设小圆环速率恒为v，当小圆环运动到N点时，在水平方向上有FT′cos 45°－FN′＝m，在竖直方向上有G＝FT′sin 45°，解得FT′＝G，FN′＝G－m，再结合牛顿第三定律可知，C正确，D错误。]
【典例3 教用·备选题1】(2025·广东肇庆质检)如图所示，一粗糙的固定斜杆与水平方向成θ角，一定质量的滑环A静止悬挂在杆上某位置。现用一根轻质细绳AB一端与滑环A相连，另一端与小球B相连，且轻绳AB与斜杆垂直。另一轻质细绳BC沿水平方向拉小球B，使小球B保持静止。将水平细绳BC的C端沿圆弧缓慢移动到竖直位置，B的位置始终不变，则在此过程中( )
A．轻绳AB上的拉力先减小后增大
B．轻绳BC上的拉力先增大后减小
C．斜杆对A的支持力一直在减小
D．斜杆对A的摩擦力一直在减小
C [由题意知，小球B处于动态平衡之中，对小球B受力分析如图甲所示，BC由水平方向变到竖直方向，由矢量三角形的动态分析可以看出，轻绳BC上的拉力先减小后增大，轻绳AB上的拉力一直在减小，故A、B错误；
滑环A处于静止状态，对A受力分析如图乙所示，由于AB绳对A的拉力T一直在减小，故斜杆对A的支持力也一直在减小，斜杆对A的摩擦力一直等于mAg sin θ，保持不变，故C正确，D错误。]
【典例3 教用·备选题2】如图所示，AC是上端带光滑轻质定滑轮的固定竖直杆，质量不计的轻杆BC一端通过铰链固定在C点，另一端B悬挂一重力为G的物体，且B端系有一根轻绳并绕过定滑轮，用力F拉绳，开始时∠BCA>90°，现使∠BCA缓慢变小，直到∠BCA＝30°。此过程中，轻杆BC所受的力( )
A．逐渐减小 B．逐渐增大
C．大小不变 D．先减小后增大
C [以结点B为研究对象，分析受力情况，如图所示。根据平衡条件可知，F、FN的合力F合与G大小相等、方向相反。根据相似三角形得＝，且F合＝G，则有FN＝不变，即FN不变，则轻杆BC所受的力大小不变，C正确，A、B、D错误。]
平衡中的临界、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”“恰能”“恰好”等。临界问题常见的种类：
(1)由相对静止到相对运动，摩擦力达到最大静摩擦力。
(2)刚好离开接触面，支持力FN＝0。
2．极值问题
平衡中的极值问题，一般指在力的变化过程中的最大值和最小值问题。
3．解题方法
(1)极限法：首先要正确地进行受力分析和变化过程分析，找出平衡的临界点和极值点；临界条件必须在变化中去寻找，不能停留在一个状态来研究临界问题，而要把某个物理量推向极端，即极大和极小。
(2)数学分析法：通过对问题的分析，根据物体的平衡条件写出物理量之间的函数关系(或画出函数图像)，用数学方法求极值(如求二次函数极值、不等式求极值、三角函数极值等)。
(3)图解法：根据物体的平衡条件，作出力的矢量图，通过对物理过程的分析，利用平行四边形定则进行动态分析，确定最大值与最小值。
[典例4] 如图所示，在倾角为θ的粗糙固定的斜面上，有一个质量为m的拖把头被水平力F推着静止于斜面上，轻杆质量不计，已知拖把与斜面间的动摩擦因数为μ，且μ＜tan θ，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
(1)水平推力F的取值范围；
(2)已知斜面倾角存在一临界角θ0，若θ≥θ0，则不管水平推力F多大，都不可能使拖把头从静止开始运动，求这一临界角的正切值tan θ0。
[解析] (1)因为μ＜tan θ，故F＝0时，拖把头不能静止在斜面上；取力F最大，拖把头恰好不上滑时，最大静摩擦力沿斜面向下，先分析受力再正交分解，如图1所示。
由力的平衡条件，在x轴上有
F cos θ＝Ff＋mg sin θ ①
在y轴上有FN＝F sin θ＋mg cos θ ②
由滑动摩擦力的公式，有Ff＝μFN ③
联立①②③解得F＝
取力F最小，拖把头恰好不下滑时，最大静摩擦力沿斜面向上，先分析受力再作正交分解，如图2所示。
则在x轴上有F cos θ＋Ff＝mg sin θ ④
联立②③④解得F＝
由此可知水平推力F的取值范围
≤F≤。
(2)若不管水平推力F多大都不能使拖把头从静止开始运动，应满足F cos θ≤mg sin θ＋Ffm
解得F≤
取F→∞，则θ的临界角θ0对应的条件
cos θ0－μsin θ0＝0
解得tan θ0＝。
[答案] (1)≤F≤
(2)
四步法解决临界、极值问题
【典例4 教用·备选题】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，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．轻绳的合拉力大小为
B．轻绳的合拉力大小为
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
B [对石墩受力分析如图所示，设两根轻绳的合力为F，根据平衡条件有F cos θ＝f，F sin θ＋FN＝mg，且μFN＝f，联立可得F＝，选项A错误，B正确；上式变形得F＝，其中tan α＝，根据三角函数特点，由于θ的初始值不知道，因此减小θ，轻绳的合拉力F并不一定减小，选项C错误；根据上述讨论，当θ＋α＝90°时，轻绳的合拉力F最小，而摩擦力f＝F cos θ＝＝，可知增大夹角θ，摩擦力一直减小，当θ趋近于90°时，摩擦力最小，故轻绳的合拉力F最小时，地面对石墩的摩擦力不是最小的，选项D错误。]
1．如图所示，三脚架置于光滑水平面上，现将支架张角调大一些，地面对三脚架的作用力将( )
A．不变 B．变大
C．变小 D．无法确定
A [地面对三脚架的作用力始终等于三脚架和相机的总重力，故将支架张角调大一些，地面对三脚架的作用力不变，故选A。]
2．如图所示，整个系统处于静止状态，动滑轮与定滑轮之间的轻绳与水平方向的夹角为θ。如果将绳一端的固定点P缓慢向上移动到Q点，滑轮质量和一切摩擦均不计，整个系统重新平衡后( )
A．物块B的高度不变，θ不变
B．物块B的高度不变，θ变大
C．物块B的高度增大，θ变大
D．物块B的高度增大，θ不变
A [设绳子拉力大小为F，以B为研究对象，有F＝mBg，以动滑轮为研究对象，根据受力平衡可得2F sin θ＝mAg，设左侧墙壁与定滑轮之间的绳子长度为L，水平距离为x，根据几何关系可得cos θ＝，将绳一端的固定点P缓慢向上移动到Q点，绳子拉力大小保持不变，则θ不变，由于水平距离x不变，则左侧墙壁与定滑轮之间的绳子长度L不变，故物块B的高度不变。故选A。]
3．(2024·广东佛山二模)如图所示，用AB与AC两根绳悬挂一质量分布不均(重心偏左)的矩形画框，画框底部需保持与水平地面平行。若保持AB绳长不变，将C端左移，AC绳缩短至某一长度(但AC绳仍长于AB绳)后悬挂画框，画框保持原状态不动，则改变AC绳长前后( )
A．AB绳的拉力大小总等于AC绳的拉力大小
B．AB绳的拉力大小总小于AC绳的拉力大小
C．AB绳的拉力大小不变
D．AC绳的拉力大小可能相等
D [对画框受力分析如图所示，设AB绳上的拉力与水平方向的夹角为θ1，AC绳上的拉力与水平方向的夹角为θ2，根据题意，保持AB绳长不变，将C端左移，AC绳缩短至某一长度(但AC绳仍长于AB绳)，则可知该过程中θ1始终不变，且根据几何关系，始终有θ1＞θ2，则在水平方向根据平衡条件有FABcos θ1＝FACcos θ2，由于θ1始终大于θ2，因此FAB始终大于FAC，故A、B错误；
重力为恒力，AB绳上力的方向始终不变，作出力的矢量三角形如图所示，可知，随着AC绳将C端向左移动，绳AC与竖直方向的夹角在减小，该过程中绳AC上的拉力可能先减小后增大，当绳AC垂直于绳AB时，绳AC上的拉力有最小值，因此AC绳的拉力大小可能前后相等，该过程中绳AB上的拉力FAB逐渐减小，但始终大于绳AC上的拉力FAC，故C错误，D正确。]
4．(多选)粗糙水平地面上有一质量为M、倾角为30°的粗糙楔形物体C，斜面上有一个质量为2m的物块B，B与一轻绳连接，且绕过一固定在天花板上的定滑轮，轻绳另一端水平与一结点连接一个质量为m的小球A，右上方有一拉力F，初始夹角α＝135°，如图所示。现让拉力F顺时针缓慢转动90°且保持α大小不变，转动过程B、C始终保持静止。已知B与滑轮间的细绳与斜面平行，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A．拉力F一直减小
B．B、C间的摩擦力先增大再减小
C．物体C对地面的压力先增大再减小
D．物体C对地面的摩擦力的最大值为mg
AB [对题图右侧结点处受力分析，α角大小不变，可以使用辅助圆方法判断力的动态变化情况，如图所示，通过分析可得绳子拉力FT先增大再减小，拉力F一直减小，故A正确；初始状态，对结点分析可得绳子拉力大小为FT＝mg，对B分析，可发现FT＝2mg sin 30°，即一开始B与C间的静摩擦力为零，故当绳子拉力FT从mg先增大再减小到mg，B、C间的静摩擦力方向一直沿斜面向下且先增大再减小，故B正确；将B、C看成整体，竖直方向有N地＋FTsin 30°＝(2m＋M)g，由于FT先增大再减小，故N地先减小再增大，即物体C对地面的压力先减小再增大，故C错误；将B、C看成整体，水平方向上有FTcos 30°＝f地，当FT最大时F水平，对A分析可得FTmax＝mg，所以f地max＝mg，即物体C对地面的摩擦力的最大值为mg，故D错误。]
5．(2024·广东佛山一模)在倾角为α＝37°的斜面上，一条质量不计的皮带一端固定在斜面上端，另一端绕过一质量为m＝3 kg、中间有一圈凹槽的圆柱体，并用与斜面夹角为β＝37°的力F拉住，使整个装置处于静止状态，如图所示，不计一切摩擦，重力加速度大小g＝10 m/s2(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。某同学分析过程如下：将拉力F沿斜面和垂直于斜面方向进行分解。沿斜面方向有F cos β＝mg sin α，沿垂直于斜面方向有F sin β＋N＝mg cos α，问：你同意上述分析过程吗？若同意，按照这种分析方法求出F及N的大小；若不同意，指明错误之处并求出你认为正确的结果。
(1)求拉力F的大小；
(2)求斜面对圆柱体的弹力N的大小。
[解析] (1)不同意，忽略了上端皮带对圆柱体的拉力。根据题意，对圆柱体受力分析，如图所示。
在沿斜面方向上有
F cos β＋F＝mg sin α
解得
F＝10 N。
(2)在垂直于斜面方向上有
F sin β＋N＝mg cos α
解得
N＝18 N。
[答案] 见解析
专题突破练习(二) 动态平衡和平衡中的临界、极值问题
1．(2024·广东深圳二模)如图为我国传统豆腐制作流程中用到的过滤器，正方形纱布的四角用细绳系在两根等长的、相互垂直的水平木杆两端，再通过木杆中心转轴静止悬挂在空中。豆浆过滤完，纱布与豆渣的总质量为m，细绳与竖直方向的夹角始终为θ，重力加速度大小为g。下列说法正确的是( )
A．此时每根细绳受到的拉力为
B．此时每根细绳受到的拉力为
C．豆浆从纱布流出过程中，忽略纱布的拉伸形变，细绳受到的拉力变大
D．豆浆从纱布流出过程中，纱布中豆浆和豆渣整体的重心不变
A [设每根绳子拉力为F，由受力分析知，F cos θ＝，解得F＝，A正确，B错误；豆浆流出过程中整体的质量减少，根据F＝，可知F减小，C错误；豆浆流出过程中，根据整体质量的变化可以判断，整体的重心先向下移，当豆浆流出到一定程度后，重心又会上移，D错误。]
2．(多选)一铁球悬挂在OB绳的下端，轻绳OA、OB、OC的结点为O，轻绳OA悬挂在天花板上的A点，轻绳OC连接在轻质弹簧测力计上。第一次，保持结点O位置不变，某人拉着轻质弹簧测力计从竖直位置缓慢转动到水平位置，如图甲所示，弹簧测力计的示数记为F1。第二次，保持轻绳OC垂直于OA，缓慢释放轻绳，使轻绳OA转动到竖直位置，如图乙所示，弹簧测力计的示数记为F2。则( )
A．F1先减小后增大 B．F1恒定不变
C．F2逐渐减小 D．F2先减小后增大
AC [在第一次过程中对O点受力分析，如图1所示，两根绳的拉力的合力等于铁球的重力，其大小和方向都不变，OA绳上的拉力方向不变，根据平行四边形定则，知弹簧测力计的示数F1先减小后增大，故A正确，B错误；在第二次过程中对O点受力分析，如图2所示，设AO与竖直方向的夹角为θ，由平衡条件得F2＝G sin θ，θ减小，则F2逐渐减小，故C正确，D错误。]
3．(多选)(2025·广东梅州高三检测)如图所示，不计质量的光滑小滑轮用细绳悬挂于墙上O点，跨过滑轮的细绳连接物块A、B，A、B都处于静止状态，现将物块B移至C点后，A、B仍保持静止，下列说法正确的是( )
A．B与水平面间的摩擦力减小
B．地面对B的弹力增大
C．悬于墙上的绳所受拉力不变
D．A、B静止时，图中α、β、θ三角始终相等
BD [绳子的拉力大小不变，由于绳子与水平方向的夹角减小，拉力在水平方向的分力增大，所以B与水平面间的摩擦力增大，A错误；拉力在竖直方向的分力减小，由FN＋F sin γ＝mg可知支持力增大，B正确；滑轮两侧绳子的拉力大小不变，但夹角增大，所以合力减小，悬于墙上的绳所受拉力减小，C错误；A、B静止时，由对称性可知题图中α、β、θ三角始终相等，D正确。]
4．(2024·广东广州三模)如图所示，竖直平面内蜘蛛网上A、B、C三点的连线构成正三角形，一只蜘蛛静止于蛛网的重心O处，三根蜘蛛丝a、b、c的延长线过三角形的中心O，蜘蛛丝c沿竖直方向，c中有张力。则( )
A．a中张力大于b中张力
B．a中张力等于b中张力
C．a中张力等于c中张力
D．蜘蛛网在风的吹拂下晃动，a中张力大小一定不变
B [以网和蜘蛛为研究对象，受力分析如图所示
由平衡条件得Ta sin θ＝Tb sin θ，Ta cos θ＋Tb cos θ＝Tc＋G，可得Ta＝Tb＞Tc，故A、C错误，B正确；蜘蛛网在风吹拂下晃动，Ta、Tb以及Tc在垂直蜘蛛网的方向均有分力，根据力的合成可知，a中张力大小发生变化，故D错误。]
5．如图所示，工人利用滑轮组将重物缓慢提起，下列说法正确的是( )
A．工人受到的重力和支持力是一对平衡力
B．工人对绳的拉力和绳对工人的拉力是一对作用力与反作用力
C．重物缓慢拉起过程，绳子拉力变小
D．重物缓慢拉起过程，绳子拉力不变
B [对人受力分析如图甲所示，则有FN＋FT＝m人g，其中工人对绳的拉力和绳对工人的拉力是一对作用力与反作用力，A错误，B正确；
对动滑轮进行受力分析如图乙所示，则有FT＝，则随着重物缓慢拉起过程，θ逐渐增大，则FT逐渐增大，C、D错误。故选B。]
6．(2025·广东揭阳检测)将两个质量均为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°，重力加速度为g，则F的最小值为( )
A．mg B．mg C．mg D．mg
B [以a、b为整体，整体受重力2mg、细线Oa的拉力FT及力F三个力而平衡，如图所示，三力构成的矢量三角形中，当力F垂直于细线拉力FT时有最小值，且最小值F＝2mg sin θ＝mg，B项正确。]
7．(多选)如图所示，质量均为m的小球A、B用劲度系数为k1的轻弹簧相连，球B用长为L的细绳悬挂于O点，球A固定在O点正下方，当小球B平衡时，细绳所受的拉力为FT1，弹簧的弹力为F1；现把A、B间的弹簧换成原长相同但劲度系数为k2(k2＞k1)的另一轻弹簧，在其他条件不变的情况下仍使系统平衡，此时细绳所受的拉力为FT2，弹簧的弹力为F2。则下列关于FT1与FT2、F1与F2大小的比较，正确的是( )
A．FT1＞FT2 B．FT1＝FT2
C．F1＜F2 D．F1＝F2
BC [以球B为研究对象，分析受力情况，如图所示。由平衡条件可知，弹簧的弹力F和细绳的拉力FT的合力F合与其重力mg大小相等、方向相反，即F合＝mg，由三角形相似得＝＝。当弹簧劲度系数变大时，弹簧的压缩量减小，故AB的长度增加，而OB、OA的长度不变，故FT1＝FT2，F2>F1，故A、D错误，B、C正确。]
8．(多选)(2024·广东揭阳二模)如图所示，一轻杆通过铰链固定在竖直墙上的O点，轻杆的另一端C用弹性轻绳连接，轻绳的另一端固定在竖直墙上的A点。某人用竖直向下、大小为F的拉力作用于C点，静止时AOC构成等边三角形。下列说法正确的是( )
A．此时弹性轻绳的拉力大小为F
B．此时弹性轻绳的拉力大小为2F
C．若缓慢增大竖直向下的拉力，则在OC到达水平位置之前，轻绳AC的拉力增大
D．若缓慢增大竖直向下的拉力，则在OC到达水平位置之前，轻杆OC对C点的作用力减小
AC [轻杆通过铰链固定在竖直墙上的O点，可知轻杆对C端的支持力方向沿杆的方向，两边细绳的拉力方向成120°角，轻杆的弹力方向在两细绳拉力的角平分线上，两边细绳的拉力大小相等，均为F，选项A正确，B错误；对C受力分析如图。
由相似三角形可知＝＝，若缓慢增大竖直向下的拉力F，则在OC到达水平位置之前，轻绳AC的拉力T增大，轻杆OC对C点的作用力N也增大，选项C正确，D错误。]
9．如图所示，水平地面上有一个曲面光滑、截面为半圆的柱体，用细线拉住的小球静止靠在接近半圆底端的M点。通过细线将小球从M点缓慢向上拉至半圆最高点的过程中，细线方向始终与半圆相切，柱体保持不动。下列说法正确的是( )
A．细线对小球的拉力先增大后减小
B．小球对柱体的压力先减小后增大
C．柱体受到水平地面的支持力逐渐减小
D．柱体对地面的摩擦力先增大后减小
D [以小球为研究对象，设小球所在位置沿切线方向与竖直方向夹角为θ，沿切线方向有FT＝mg cos θ，沿半径方向有FN＝mg sin θ，通过细线将小球从M点缓慢向上拉至半圆最高点的过程中θ增大，所以细线对小球的拉力减小，柱体对小球的支持力逐渐增大，由牛顿第三定律可知FN＝F′N，小球对柱体的压力增大，故A、B错误；以柱体为研究对象，竖直方向有F地＝Mg＋F′Nsin θ＝Mg＋mg sin2θ，水平方向有f地＝F′Ncosθ＝mg sin θcos θ＝mg sin 2θ，θ增大，柱体受到水平地面的支持力逐渐增大，柱体受到地面的摩擦力先增大后减小，当θ＝45°时摩擦力最大，由牛顿第三定律可知柱体对地面的摩擦力先增大后减小，故C错误，D正确。]
10．如图所示，有一倾角θ＝30°的斜面体B，质量为M。质量为m的物体A静止在B上，重力加速度为g。现用水平力F推物体A，在F由零逐渐增加至mg 再逐渐减为零的过程中，A和B始终保持静止。对此过程下列说法正确的是( )
A．地面对B的支持力大于(M＋m)g
B．A对B的压力的最小值为mg，最大值为mg
C．A所受摩擦力的最小值为0，最大值为
D．A所受摩擦力的最小值为mg，最大值为mg
B [因为A、B始终保持静止，对A、B整体受力分析可知，地面对B的支持力一直等于(M＋m)g，A错误；当F＝0时，A对B的压力最小，为mg cos 30°＝mg，当F＝mg 时，A对B的压力最大，为mg cos 30°＋F sin 30°＝mg，B正确；当F cos 30°＝mg sin 30°时，即F＝mg时，A所受摩擦力为0，当F＝0时，A所受摩擦力大小为mg，方向沿斜面向上，当F＝mg时，A所受摩擦力大小为mg，方向沿斜面向下，选项C、D错误。]
11．如图所示，倾角为30°的斜面体固定在水平面上，一横截面半径为R的半圆柱体丙放在水平面上，可视为质点的光滑小球乙质量m＝1 kg，用轻绳拴接置于半圆柱体上；物块甲用轻绳拴接放在斜面体上且轻绳与斜面平行，拴接小球乙与拴接物块甲的轻绳与竖直的轻绳系于O点，且O点位于半圆柱体圆心的正上方。已知O点到水平面的高度为2R，拴接小球乙的轻绳长度为R，物块甲与斜面间的动摩擦因数μ＝，整个装置始终处于静止状态。取重力加速度g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：(结果可用分式、根式表示)
(1)拴接小球乙的轻绳拉力的大小；
(2)半圆柱体丙受到水平地面摩擦力的大小；
(3)物块甲质量的取值范围。
[解析] (1)对小球乙受力分析如图1所示，由相似三角形得＝＝
解得拴接小球乙的轻绳拉力大小为
T＝5 N。
(2)设拴接小球乙的轻绳与竖直方向的夹角为α，由几何关系可知
(2R)2＝R2＋(R)2
所以拴接小球乙的轻绳与半圆柱体相切，可得
sin α＝＝
解得α＝30°
以小球乙和半圆柱体丙整体为研究对象，可知半圆柱体所受的摩擦力方向水平向左、大小等于拉力T沿水平向右的分力，即f＝T sin α
解得f＝ N。
(3)以结点O为研究对象，对其受力分析如图2所示，由平衡关系得
F2＝T tan α
代入数据解得F2＝5 N
以甲为研究对象，设物块甲的质量为m1，当静摩擦力沿斜面向上达到最大值时有F′2＋μm1g cos θ＝m1g sin θ，F2与F′2是一对相互作用力，由牛顿第三定律可知F2＝F′2，解得m1＝4 kg
当静摩擦力沿斜面向下达到最大值时有
F′2＝m1g sin θ＋μm1g cos θ
解得m1＝ kg
故物块甲质量的取值范围为
kg≤m1≤4 kg。
[答案] (1)5 N (2) N (3) kg≤m1≤4 kg
12．拖把是由拖杆和拖把头构成的擦地工具(如图所示)。设拖把头的质量为m，拖杆质量可以忽略；拖把头与地板之间的动摩擦因数为常数μ，重力加速度为g，某同学用该拖把在水平地板上拖地时，沿拖杆方向推拖把，拖杆与竖直方向的夹角为θ。
(1)若拖把头在地板上匀速移动，求推拖把的力的大小；
(2)设能使该拖把在地板上从静止刚好开始运动的水平推力与此时地板对拖把的正压力的比值为λ。已知存在一临界角θ0，若θ≤θ0，则不管沿拖杆方向的推力多大，都不可能使拖把从静止开始运动。求这一临界角的正切tan θ0。
[解析] (1)设该同学沿拖杆方向用大小为F的力推拖把。将推拖把的力沿竖直和水平方向分解，按平衡条件有F cos θ＋mg＝N ①
F sin θ＝f ②
式中N和f分别为地板对拖把的正压力和摩擦力，有f＝μN ③
联立①②③式得F＝。
(2)若不管沿拖杆方向用多大的力都不能使拖把从静止开始运动，应有F sin θ≤λN ④
这时①式仍满足，联立①④式得sin θ－λcos θ≤λ，现考查使上式成立的θ角的取值范围。注意到上式右边总是大于零，且当F无限大时极限为零，有sin θ－λcos θ≤0，使上式成立的θ角满足θ≤θ0，这里θ0是题中所定义的临界角，即当θ≤θ0时，不管沿拖杆方向用多大的力都推不动拖把。临界角的正切为tan θ0＝λ。
[答案] (1) (2)λ
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