第7讲 受力分析及共点力的平衡分析方法-备战2025年高考物理一轮精细复习（解析版）

第第页第7讲受力分析及共点力的平衡分析方法——划重点之精细讲义系列考点1物体的受力分析考点2共点力的静态平衡问题考点3共点力的动态平衡问题考点4共点力平衡中的临界极值问题一．受力分析1．概念把研究对象(指定物体)在指定的物理环境中受到的所有力都分析出来，并画出物体所受力的示意图，这个过程就是受力分析．2．受力分析的一般顺序先分析重力，然后按接触面分析接触力(弹力、摩擦力)，再分析其他力(电磁力、浮力等)，最后分析已知力．3．受力分析的四种方法整体法将加速度相同的几个相互关联的物体作为一个整体进行受力分析隔离法将所研究的对象从周围的物体中分离出来，单独进行受力分析假设法在受力分析时，若不能确定某力是否存在，可先对其作出存在的假设，然后分析该力存在对物体运动状态的影响来判断该力是否存在动力学分析法对加速运动的物体进行受力分析时，应用牛顿运动定律进行分析求解4.受力分析的三个常用判据（1）条件判据：不同性质的力产生条件不同，进行受力分析时最基本的判据是根据其产生条件。（2）效果判据：有时候是否满足某力产生的条件是很难判定的，可先根据物体的运动状态进行分析，再运用平衡条件或牛顿运动定律判定未知力。ⅰ．物体平衡时必须保持合外力为零。ⅱ．物体做变速运动时必须保持合力方向沿加速度方向，合力大小满足F＝ma。ⅲ．物体做匀速圆周运动时必须保持恒力被平衡，合外力大小恒定，满足F＝meq\f(v2,R)，方向始终指向圆心。（3）特征判据：从力的作用是相互的这个基本特征出发，通过判定其反作用力是否存在来判定该力是否存在。二．共点力作用下物体的平衡1．平衡状态物体处于静止或匀速直线运动的状态．2．共点力的平衡条件：F合＝0或者eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Fx合＝0,Fy合＝0))3．平衡条件的几条重要推论(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，其中任意两个力的合力一定与第三个力大小相等，方向相反．(3)多力平衡：如果物体受多个力作用处于平衡，其中任何一个力与其余力的合力大小相等，方向相反．考点1：物体的受力分析1．受力分析的方法：2．受力分析的步骤（1）确定研究对象所谓研究对象是指需要具体分析其受哪几个力作用的物体或结点。在进行受力分析时，研究对象可以是某一个物体，也可以是运动状态一致的若干个物体，这要根据研究问题的需要来确定。在解决比较复杂的问题时，灵活地选取研究对象可以使问题简洁地得到解决。研究对象确定以后，只分析研究对象以外的物体施予研究对象的力（既研究对象所受的外力），而不分析研究对象施予外界的力。（2）具体分析研究对象的受力情况按顺序找力，必须先分析物体受到的重力（一般物体都受到且只受一个）；再分析接触力中的弹力（检查与研究对象接触的周围物体）；第三分析其他外力（外界提供的恒力或变力之类的力）；第四分析摩擦力（检查弹力处，只有在有弹力的接触面之间才可能有摩擦力，摩擦力经常存在可有可无的情况，要根据合外力是否为零或者指向某一方向来判断）。（3）画出研究对象的受力示意图受力分析的结果一般都通过画出物体的受力示意图直观地表示出来。画受力图时，只能按力的性质分类画力，不能按作用效果（拉力、压力、向心力等）画力，否则将出现重复。（4）需要合成或分解时，必须画出相应的平行四边形（或三角形）。在解同一个问题时，分析了合力就不能再分析分力；分析了分力就不能再分析合力，千万不可重复。3．整体法、隔离法（1）整体法是指将相互关联的各个物体看成一个整体的方法。①研究问题：研究系统外的物体对系统整体的作用力或者系统整体的加速度；②注意事项：受力分析时不考虑系统内各物体之间的相互作用力。（2）隔离法是指将某物体从周围物体中隔离出来，单独分析该物体的方法。①研究问题：研究系统内部各物体之间的相互作用力；②注意事项：一般情况下先隔离受力较少的物体。（3）整体法和隔离法的使用技巧当各个物体运动状态一致（多个物体一起匀速，一起静止，每时每刻都以相同的加速度做变速运动，或者一个静止一个匀速直线运动）时，优先使用整体法分析整体所受合外力；而当各个物体运动状态不一致时优先隔离分析受力较少的物体。4．受力分析的五个易错点（1）不要把研究对象所受的力与研究对象对其他物体的作用力混淆。（2）对于分析出的物体受到的每一个力，都必须明确其来源，即每一个力都应找出其施力物体，不能无中生有。（3）合力和分力不能重复考虑。（4）区分性质力与效果力：研究对象的受力图，通常只画出按性质命名的力，不要把按效果命名的分力或合力分析进去，受力图完成后再进行力的合成或分解。“受力分析”分析的是性质力，不是效果力。如：对做圆周运动的物体进行受力分析，不能添加“向心力”，因“向心力”是效果力。（5）区分内力与外力：对几个物体的整体进行受力分析时，这几个物体间的作用力为内力，不能在受力图中出现；当把某一物体单独隔离分析时，原来的内力变成外力，要在受力分析图中画出。对确定的研究对象进行受力分析，分析的是“外力”不是“内力”。【考向1】（2024·四川凉山·三模）A、B两物体如图叠放，在竖直向上的力F作用下沿粗糙竖直墙面向上匀速运动，则A的受力个数为（

）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】B【详解】对AB整体受力分析，整体受力平衡，受重力和力F，如果墙壁对整体有支持力，整体水平方向不能平衡，故墙壁对整体水平方向没有弹力，也就没有摩擦力；隔离分析物体A，受重力、B对A的支持力和静摩擦力，共3个力。故选B。【考向2】（2024·河北保定·一模）如图所示，质量为m的均匀直木杆静置在水平面与倾角为37°的光滑斜面之间，已知斜面对木杆的支持力大小为F，重力加速度为g，sin37°=0.6、cosA．木杆处于四力平衡状态B．水平面可能是光滑的C．水平面对木杆的支持力大小为mg−0.6FD．水平面对木杆的摩擦力大小为0.8F【答案】A【详解】AB．根据题意，对木杆受力分析，受重力、斜面的支持力和水平面的支持力，由于斜面光滑，木杆和斜面间没有摩擦力，由平衡条件可知，水平面一定给木杆水平向右的摩擦力，如图所示可知，木杆处于四力平衡状态，且水平面不可能是光滑的，故A正确，B错误；CD．由平衡条件有f=FF解得F故CD错误。故选A。【考向3】如图所示，在倾角为θ的倾斜的滑杆上套一个质量为m的圆环，圆环通过轻绳拉着一个质量为M的物体，在圆环沿滑杆向下滑动的过程中，悬挂物体的轻绳始终处于竖直方向，则此过程中（）A．圆环受到四个力作用，物体受到两个力作用B．轻绳对物体的拉力小于物体受到的重力C．圆环在滑杆上运动的加速度大小为gsinθD．滑杆对圆环的作用力方向垂直滑杆向上【答案】A【详解】ABC．圆环沿滑杆下滑的过程中，轻绳始终竖直，物体只受竖直方向的重力和轻绳的拉力作用，这两个力的合力不可能沿滑杆方向，故这两个力为一对平衡力，即轻绳对物体的拉力等于物体受到的重力，物体和圆环一起做匀速运动；对圆环分析，由平衡条件可知受到重力、轻绳拉力、滑杆的支持力、滑杆的摩擦力四个力的作用，故A正确，BC错误；D．根据受力平衡可知，滑杆对圆环的作用力与圆环的重力和轻绳对圆环拉力的合力方向相反，则滑杆对圆环的作用力方向竖直向上，故D错误。故选A。【考向4】如图所示，水平地面上静止叠放着a、b两个石块，已知a与b之间接触面的切线不水平，a与水平地面没有接触，不考虑a与b之间的万有引力以及空气影响，下列说法正确的是（

）A．a共受到4个力的作用B．a对b的摩擦力沿切线向下C．地面对b的摩擦力水平向右D．地面对b的支持力小于a和b所受的重力之和【答案】B【详解】A．根据受力平衡可知，a受到重力、支持力和摩擦力3个力的作用，故A错误；B．以a为对象，受力平衡可知，a受到的摩擦力沿切线向上，则a对b的摩擦力沿切线向下，故B正确；CD．以a、b为整体，根据受力平衡可知，地面对b的摩擦力为0，地面对b的支持力等于a和b所受的重力之和，故CD错误。故选B。【考向5】在恒力F作用下，a、b两物体一起沿粗糙竖直墙面匀速向上运动，则关于它们受力情况的说法正确的是（）A．a一定受到4个力B．b可能受到4个力C．a与墙壁之间一定有弹力和摩擦力D．a与b之间不一定有摩擦力【答案】A【详解】BD.对物体b受力分析，受重力、支持力和摩擦力，处于三力平衡状态，故BD错误；AC.对物体a、b整体受力分析，受重力、恒力F，若墙壁对整体有支持力，水平方向不能平衡，故墙壁对整体没有支持力，故也没有摩擦力；对物体a受力分析，受恒力F、重力、物体b对a的压力和摩擦力，即物体a共受4个力，故A正确，C错误。故选A。【考向6】如图所示，一个质量为m的滑块静止置于倾角为30°的粗糙斜面上，一根轻弹簧一端固定在竖直墙上的P点，另一端系在滑块上，弹簧与竖直方向的夹角为30∘A．滑块一定受到三个力作用B．弹簧可能处于压缩状态，也有可能处于拉伸状态，但是弹簧处于压缩状态时物体受到的摩擦力较大。C．斜面对滑块的支持力大小可能为零D．斜面对滑块的摩擦力大小一定等于1【答案】D【详解】A．弹簧与竖直方向的夹角为30∘BD．弹簧对滑块可能是拉力，处于伸长状态；也可能是推力，处于压缩状态。滑块受到的摩擦力为静摩擦力，大小为f=mg摩擦力的大小不变，故B错误，D正确；C．由于滑块受到的摩擦力大小等于重力沿斜面向下的分力，不可能为零，所以斜面对滑块的支持力不可能为零，故C错误。故选D。【考向7】如图所示，固定的斜面上叠放着A、B两木块，木块A与B的接触面是水平的，水平力F作用于木块A，使木块A，B保持静止。且F≠0，则下列描述正确的是（）A．B可能受到3个或4个作用力B．斜面对木块B的摩擦力方向可能沿斜面向下C．A对B的摩擦力可能为0D．A、B整体可能受5个力【答案】B【详解】A．对木块B受力分析，受重力、斜面支持力、木块A的压力、A对B水平向左的静摩擦力，斜面对B可能有静摩擦力（当A对B向左的静摩擦力在沿斜面向上的分力与木块B的重力在斜面上的下滑力大小相等时，此静摩擦力是零），因此B可能受到4个或5个作用力，A错误；B．当A对B向左的静摩擦力在沿斜面向上的分力大于木块B的重力在斜面上的下滑力时，木块B有沿斜面向上滑动的趋势，则斜面对木块B的摩擦力方向沿斜面向下，B正确；C．木块A受水平力F作用，则木块A有相对木块B向左滑动的趋势，可知木块B对木块A有向右的静摩擦力，由牛顿第三定律可知，A对B的摩擦力水平向左，C错误；D．对A、B整体受力分析，受重力、支持力、水平力F作用，斜面可能有静摩擦力（当A对B向左的静摩擦力在沿斜面向上的分力与木块B的重力在斜面上的下滑力大小相等时，此静摩擦力是零），则A、B整体可能受3个力作用，也可能受4个力，D错误。故选B。【考向8】如图所示，倾角为30°的斜面置于水平地面上，轻绳穿过光滑的定滑轮，绳的两端分别与小球（表面光滑）、物块相连，小球、物块和斜面均静止时，与小球相连的左侧绳保持竖直，与物块相连的右侧绳与斜面的夹角为30°，物块恰好与斜面间没有摩擦力，则下列说法正确的是（）A．小球可能受到三个力B．若仅减小小球的质量且系统仍静止，则物块会受到沿斜面向下的摩擦力C．小球与物块的质量之比为3∶1D．水平地面对斜面底部有向右的摩擦力【答案】D【详解】A．小球表面光滑，受重力和绳子拉力都作用在竖直方向上，若再受斜面的支持力，则三力不平衡，则小球只受两个力作用，故A错误；BC．对小球受力分析有T=mg对物块受力分析如下图，根据共点力平衡条件，在沿斜面方向有m解得小球与物块的质量之比为m:由上述分析可知，若仅减小小球的质量且系统仍静止，则物块会受到沿斜面向上的摩擦力，故BC错误；D．由于物块对斜面有沿左下方的压力，则斜面有向左的运动趋势，则水平地面对斜面底部有向右的摩擦力，故D正确。故选D。考点2：共点力的静态平衡问题解决共点力平衡问题常用的4种方法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，方向相反效果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正交分解法物体受到三个或三个以上力的作用时，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力的三角形法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拉密定理如图所示，在同一平面内，当三个共点力的合力为零时，其中任一个力与其他两个力夹角正弦值的比值相等，即【考向9】中国传统建筑一般采用瓦片屋顶，屋顶结构可简化为图，若一块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，该瓦片质量为m，椽子与瓦片间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则（

）A．瓦片所受的合力大小为mgB．每根椽子对瓦片的支持力大小为0.5mgC．两根椽子对瓦片作用力大小为μmgD．每根椽子对瓦片的摩擦力大小为0.5mg【答案】D【详解】A.瓦片静止，处于平衡状态所受合力为零，A错误；B.两根椽子对瓦片的支持力的合力为mgcosθ，但瓦片有弧度，所以每根椽子对瓦片的支持力大小不是C.椽子对瓦片的作用力包括支持力和摩擦力，合力大小为mg，C错误；D.两根椽子对瓦片的摩擦力的合力为mgsinθ，摩擦力方向与椽子平行，所以每根椽子对瓦片的摩擦力大小为故选D。【考向10】单手抓球的难易程度和手的大小、手指与球间的动摩擦因素有关。用以下简化模型进行受力分析：假设用两手指对称抓球，手指与球心在同一竖直面，手指接触点连线水平且相距为L，球半径为R，接触点与圆心的连线与水平夹角为θ，手指和球间的动摩擦因数为μ，球质量为m。已知重力加速度为g，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，忽略抓球引起的球变形。下列说法正确的是（

）A．每个手指对球的摩擦力大小为mgB．两手指间距L的取值范围为L>C．每个手指手对球的压力最小值为mgD．手对球的压力增大2倍时，摩擦力也增大2倍【答案】B【详解】A．对篮球受力分析，如图竖直方向由平衡条件f则f所以每个手指对球的摩擦力大小f故A错误；C．因为f≤μN化简可得N即N≥故每个手指手对球的压力最小值为mg2(μB．因为N所以N可得μ根据几何关系得cos由图可知cos所以L故两手指间距L的取值范围为L>故B正确；D．当篮球受到手的静摩擦力时，f≠μN，手对球的压力增大2倍时，摩擦力不增大2倍，故D错误。故选B。【考向11】如图所示，质量分别为mA、mB的两物块A、B叠放在一起，若它们共同沿固定在水平地面上倾角为α的斜面匀速下滑。则（）

A．A、B间无摩擦力B．B与斜面间的动摩擦因数μ=tanαC．A、B间有摩擦力，且B对A的摩擦力对A做负功D．B对斜面的摩擦力方向沿斜面向上【答案】B【详解】AC．因为A处于平衡状态，所以A受重力、支持力以及B对A的静摩擦力而平衡，可知A、B间有摩擦力，摩擦力的方向沿A与B的接触面斜向上，向下滑动的过程中，摩擦力的方向与A速度方向的夹角为锐角，所以B对A的摩擦力对A做正功，故AC错误；BD．A、B能一起匀速下滑，对整体分析，受重力、支持力和滑动摩擦力，则有（mA＋mB）gsinα=μ（mA＋mB）gcosα可得μ=tanα斜面对B的摩擦力方向沿斜面向上，所以B对斜面的摩擦力方向沿斜面向下，故B正确，D错误.故选B。【考向12】（多选）如图所示，一个质量为m的小球套在竖直放置的半径为R的光滑圆环上，劲度系数为k的轻质弹簧一端与小球相连，另一端固定在圆环的最高点A处，小球处于平衡状态时，弹簧与竖直方向的夹角φ=37°，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（A．轻质弹簧的长度为3R B．圆环对小球的弹力大小为C．轻质弹簧对小球的弹力大小为1.8mg D．轻质弹簧的原长为8R【答案】BD【详解】A．由图可知，轻质弹簧的长度L=2R故A错误；BC．以小球为研究对象，分析受力情况，如图所示由图可知，力的三角形BCD和几何三角形AOB相似，根据三角形相似有mgmg解得N=mgF=1.6mg故B正确，C错误；D．由胡克定律及几何关系有F=k解得L故D正确。故选BD。【考向13】如图所示，固定在竖直平面内的光滑半圆环上套有一质量为m的小球，半圆环的圆心为O。现用始终沿圆弧切线方向的力F拉动小球由M点向圆环最高点N缓慢移动，则此过程中，力F和球所受支持力FNA．F减小，FN增大 B．F增大，FC．F增大，FN增大 D．F减小，F【答案】A【详解】对小球受力分析，如图所示已知绳子的拉力与支持力相互垂直，即α=90°小球处于平衡状态，由正弦定理G因为小球的重力G和α不变，所以上式的比值不变。拉动小球由M点向圆环最高点N缓慢移动的过程中，β由钝角增大到180°，即sinβ减小，故绳子拉力F减小；θ由钝角减小到90°，即sinθ增大，故支持力故选A。【考向14】如图所示，右侧桌面上叠放三个完全相同的物块，质量均为M=2kg，左侧是固定在水平地面上的光滑圆弧面P。一根轻绳跨过圆弧面顶点上的定滑轮，绳的一端系有质量为m=2kg的小球，另一端水平连接物块3。小球与圆心连线跟水平方向的夹角θ=60∘，物块2受到水平向右的拉力F=15N（1）物块2与3间的摩擦力Ff（2）小球受到圆弧面支持力FN（3）物块3与桌面间的动摩擦因数μ的最小值。【答案】（1）15N；（2）103N【详解】（1）对物块1、2整体有F（2）对小球受力分析小球受到圆弧面支持力的大小F（3）由（2）问知，轻绳拉力的大小F整个系统处于平衡状态，对物块1、2、3整体有F由题意有f≤fm，f解得μ≥故物块3与桌面间的动摩擦因数至少为112考点3：共点力的动态平衡问题1．动态平衡：通过控制某些物理量，使物体的状态发生缓慢地变化，物体在这一变化过程中始终处于一系列的平衡状态中，这种平衡称为动态平衡．2．基本思路：化“动”为“静”，“静”中求“动”．3．常用方法：解析法、图解法、辅助圆法和相似三角形法．常用方法使用条件使用方法解析法一般是能够通过矢量三角形求解得到每个力的解析式。画出受力分析图，设一个角度，利用三力平衡得到拉力的解析式，然后作辅助线延长绳子一端交于题中的界面，找到所设角度的三角函数关系.当受力动态变化时，抓住绳长不变这一点，研究三角函数的变化，可清晰得到力的变化关系图解法物体所受的三个力中，有一个力的大小、方向均不变（通常为重力，也可能是其他力），另一个力的方向不变，大小变化，第三个力则大小、方向均发生变化的问题先正确分析物体所受的三个力，将三个力首尾相连构成闭合三角形.然后将方向不变的力的矢量延长，物体所受的三个力中有两个力变化而又形成闭合三角形，只不过三角形的形状发生改变，比较这些不同形状的矢量三角形，各力的大小及变化就会一目了然。辅助圆法物体所受的三个力中，开始时两个力的夹角为90°，且其中一个力大小、方向不变，①另两个力大小、方向都在改变，但动态平衡时两个力的夹角不变;②动态平衡时一个力大小不变、方向改变，另一个力大小、方向都改变，这两种类型的问题先正确分析物体的受力，画出受力分析图，将三个力的矢量首尾相连构成闭合三角形，第①种情况以不变的力为弦作圆，在辅助圆中可画出两力夹角不变的力的矢量三角形，从而轻易判断各力的变化情况.第②种情况以大小不变、方向变化的力为直径作一个辅助圆，在辅助圆中可画出一个大小不变、方向改变的力的矢量三角形，从而轻易判断各力的变化情况。相似三角形物体所受的三个力中，一个力大小、方向不变，其他两个力的方向均发生变化，目三个力中没有哪两个力保持垂直关系，但矢量三角形与几何三角形相似的问题先正确分析物体的受力，画出受力分析图，将三个力首尾相连构成闭合三角形，再寻找与力的三角形相似的几何三角形，利用相似三角形的性质，建立比例关系，把力的大小变化问题转化为几何三角形边长的变化问题进行讨论。考向1：解析法【考向15】如图所示，用网兜把足球挂在光滑竖直墙壁上A点，足球与墙壁接触，下列说法正确的是（）A．网兜对足球的作用力方向竖直向上B．若悬线OA变长，则悬线对O点的拉力变大C．足球受到墙壁的支持力是足球发生弹性形变引起的D．足球对网兜的作用力与网兜对足球的作用力大小相等【答案】D【详解】D．足球对网兜的作用力与网兜对足球的作用力是一对相互作用力，其大小相等，故D项正确；A．对足球受力分析，其足球受到重力、墙壁的弹力以及网兜对足球的作用力，其网兜对足球的作用力方向斜向上，故A项错误；B．足球的受力如图所示运用合成法，根据平衡条件，有T=若悬绳变长后细线与竖直方向的夹角减小，则悬绳对足球的拉力变小，故B项错误；C．足球受到墙壁的支持力是墙壁发生弹性形变引起的，故C项错误。故选D。【考向16】（2024·浙江金华·三模）新春佳节，大街小巷总会挂起象征喜庆的中国红灯笼。如图所示，由4根等长轻质细绳AB、BC、CD、DE悬挂起3盏质量相等的灯笼，绳两端的结点A、E等高，AB绳与竖直方向的夹角为α，绳中张力大小为F1；BC绳与竖直方向的夹角为β，绳中张力大小为FA．FB．若将悬挂点A往E靠近少许，F1C．若在C处再增加一盏质量较大的灯笼，平衡时α可能等于βD．若在B、D处各增加一盏质量较大的灯笼，平衡时β可能等于90°【答案】A【详解】A．由对称性可知AB绳和DE绳张力大小相等，大小为F12同理，对中间的灯笼受力分析，可得2联立，可得F因为α<β所以F故A正确；B．若将悬挂点A往E靠近少许，则α减小，由F可知F1C．对结点B受力分析，有F1sin联立，解得3若在C处再增加一盏质量较大的灯笼，平衡时α不可能等于β。故C错误；D．若在B、D处各增加一盏质量较大的灯笼，假设平衡时β等于90°，则对结点C受力分析，如图可知其受力不平衡。所以假设不成立。故D错误。故选A。【考向17】（多选）如图所示，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′B．绳的两端高度差越小，绳子拉力越小C．将杆N向右移一些，绳子拉力变大D．若换挂质量更大的衣服，则衣服架悬挂点右移【答案】AC【详解】AB．如图所示，衣架钩是光滑的，则两个绳子是对称的，与竖直方向夹角是相等的；假设绳子的长度为x，两杆间距为L，绳子与水平夹角为θ，则x绳子一端在上下移动的时候，绳子的长度不变，两杆之间的距离不变，则θ角度不变；两个绳子的合力向上2T由于夹角不变，所以绳子的拉力不变；选项A正确，B错误；C．当杆向右移动后，根据x即L变大，绳长不变，所以θ角度减小，绳子与竖直方向的夹角变大，绳子的拉力变大，选项C正确；D．绳长和两杆距离不变的情况下，θ不变，所以挂的衣服质量变化，不会影响悬挂点的移动，选项D错误。故选AC。考向2：图解法【考向18】如图所示，竖直平面内的支架MON由粗糙的水平细杆OM和光滑的倾斜细杆ON组成，用细线相连的两个小球A、B分别穿在两根细杆上。初始时，两小球均处于静止状态。现用外力F将小球A缓慢向O点推动一小段距离到图中虚线位置处后，撤去外力F，小球A、B仍能保持静止状态，则该状态与初始状态相比，下列说法正确的是（）A．细线中的拉力变大 B．小球A受到细杆的支持力不变C．小球A受到细杆的摩擦力变小 D．小球B受到细杆的支持力变大【答案】C【详解】AD．对小球A、B受力分析如图所示当推动小球A缓慢向O点移动一小段距离到图中虚线位置处后，细线中的拉力T减小，ON杆对小球B的支持力F1BC．对两小球整体受力分析可知，F1减小，其水平向左的分力减小，故小球A受到的摩擦力减小；F1减小，其竖直向上的分力减小，两小球整体的重力不变，故小球A受到的细杆的支持力故选C。【考向19】（2024·天津·一模）如图所示，一粗糙斜面固定在地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮。一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块N，另一端与斜面上的物块M相连，系统处于静止状态。现用水平向左的拉力缓慢拉动N，直至悬挂N的细绳与竖直方向成45°．已知M始终保持静止，则在此过程中（）A．水平拉力的大小可能保持不变B．M所受细绳的拉力大小可能先减小后增加C．M所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加D．M所受斜面的摩擦力大小一定一直增加【答案】C【详解】AB．因为物体N重力是不变量，根据共点力平衡关系知，水平方向的拉力和细绳的拉力合力不变，再根据矢量平行四边形法则作图，由图可得，当悬挂N的细绳与竖直方向的角度增大时，水平拉力在不断增大，悬挂细绳的拉力也不断增大。故AB错误；CD．对物体M做受力分析，因为细绳的拉力在不断增大，物体在斜面方向受到重力的沿斜面的分力保持不变，因为物体平衡，故当拉力小于重力分力时，摩擦力沿斜面向上，当细绳的拉力在不断增大时，摩擦力经历先减小后增大的过程。当拉力大于重力分力时，摩擦力沿斜面向下。当细绳的拉力在不断增大时，摩擦力大小随之增大。故C正确；D错误。故选C。【考向20】（2024·湖北武汉·二模）如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个重环，绕过光滑定滑轮的轻绳一端与重环相连，另一端施加拉力F使重环从A点缓慢上升到B点。设杆对重环的弹力大小为FNA．F逐渐增大，FNB．F逐渐增大，FNC．F先减小后增大，FND．F先减小后增大，FN【答案】B【详解】对物体受力分析，并构封闭的矢量三角形，如图所示由图可知，在拉力到达竖直方向前，与竖直方向的夹角越来越小，拉力F增大，FN减小，经过竖直方向后，夹角又逐渐变大，拉力F继续增大，F故选B。考向3：辅助圆法【考向21】如图所示，倾角为α的粗糙斜劈固定在水平面上，质量为M的物体a放在斜面上，一根平行于斜面的不可伸长的轻质细线一端固定在物体a上，另一端绕过光滑小滑轮P后用力F牵引住。在滑轮P和力F之间的细线上某一点O，系一质量为m的物体b，且使图中β＞90°，整个系统处于静止状态。现保持角β不变，缓慢上提C端至PO水平，该过程中a始终保持静止，则（）A．物体a所受的摩擦力沿斜面向下一直变大B．物体a所受摩擦力在某时刻可能等于零C．细线OC的拉力F一直变大，细线PO的张力先变小后变大D．细线OP中的拉力先变大后变小，细线OC的拉力F先变小后变大【答案】B【详解】CD．对点O进行受力分析，如图根据平衡条件结合正弦定理，有mg若保持角β不变，TOP逐渐水平，则θ1逐渐增大，θ2逐渐减小，有FAB．因为不知道Mgsinα与TOP的大小关系，所以不能确定物体a故选B。【考向22】（多选）质量为M的凹槽静止在粗糙水平地面上，内壁为光滑半圆柱面，截面如图所示，A为半圆的最低点，B为半圆水平直径的端点。凹槽内有一质量为m的小滑块，用推力F推动小滑块由A点向B点缓慢移动，力F的方向始终沿圆弧的切线方向，下列说法正确的是（）

A．推力F先增大后减小B．凹槽对滑块的支持力先减小后增大C．水平地面对凹槽的摩擦力先增大后减小D．水平地面对凹槽的支持力一直减小【答案】CD【详解】AB．小滑块由A点向B点缓慢移动，对其受力分析，合力是零，并将各力首尾相接，如图所示，由图中几何关系可知F=mgN=mg则有该过程中θ逐渐增大，推力F逐渐增大，凹槽对滑块的支持力N逐渐减小，选项AB错误；C．凹槽始终静止不动，对其受力分析，受重力Mg、小滑块的压力N＇、地面的支持力N〞和地面的摩擦力f，由平衡条件可知，受合力是零，在水平方向受力平衡，由上图可知N=mgcosθ由牛顿第三定律可知N=由平衡条件可得f=N′sinθ=Nsinθ代入得f=mgsinθcosθ=12mgsin2当θ＝45°时，f有最大值，则有水平地面对凹槽的摩擦力f先增大后减小，选项C正确；D．在竖直方向受力平衡，则有N″＝Mg＋N′cosθ=Mg＋mgcos2θ当θ增大时，N″减小，选项D正确。故选CD。【考向23】（多选）如图甲所示，挡板OM与挡板ON夹角为60°，∠MON的角平分线沿竖直方向，将一个重G=60N的铅球放在两挡板之间，现将整个装置以过O点的水平线为轴沿逆时针方向缓慢地转动，直到ON沿竖直方向位置如图乙所示，整个过程两挡板的夹角保持不变，忽略一切摩擦力，则（

A．挡板ON对小球的作用力逐渐减小B．挡板OM对小球的作用力先增大后减小C．转动前挡板OM对小球的作用力大小为60ND．图乙中挡板ON对小球的作用力大小为30【答案】AC【详解】AB．整个过程球处于动态平衡，由力的平衡条件可知两支持力的合力与重力等大反向，两挡板的支持力之间的夹角始终为60°，受力分析如图所示

当装置转动到挡板ON竖直时，由图可知该过程中挡板ON对球的作用力逐渐减小，挡板OM对球的作用力逐渐增大，故A正确，B错误；C．根据对称性可知，转动前挡板OM对球的作用力大小等于挡板ON对球的作用力大小，根据受力平衡可得2解得转动前挡板OM对球的作用力大小为F故C正确；D．转动后，以球为对象，根据受力平衡可得F可得挡板ON对球的作用力大小为F故D错误。故选AC。考向4：相似三角形法【考向24】（多选）如图所示，一质量为m、半径为r的光滑球A用细绳悬挂于O点，另一质量为M、半径为R的半球形物体B被夹在竖直墙壁和A球之间，B的球心到O点之间的距离为h，A、B的球心在同一水平线上，A、B处于静止状态。重力加速度为g。则下列说法正确的是（）A．B对A的支持力大小为R+rB．竖直墙壁对B的摩擦力可能为零C．轻轻把B向下移动一点距离，若A、B再次保持静止，则B对A的支持力大小保持不变，细绳拉力增大D．轻轻把B向下移动一点距离，若A、B再次保持静止，则B对A的支持力减小，细绳拉力减小【答案】AD【详解】A．分析A球的受力情况，如图1所示N与mg的合力与T等大反向共线，根据两个阴影三角形相似得N解得N=T=故A正确；B．B在竖直方向受到重力，AB之间光滑，则由平衡条件知竖直墙壁对B的摩擦力一定不为0，故B错误；CD．当只轻轻把球B向下移动一点距离，分析A球的受力情况，如图2所示N与T的合力与mg等大反向共线，根据两个阴影三角形相似得N可得N=T=由于L>ℎ，可知N减小，T减小，故C错误，D正确。故选AD。【考向25】（多选）如图一小球套在竖直固定的光滑圆环上，在圆环的最高点有一个光滑小孔，一根轻绳的下端系着小球，上端穿过小孔用力拉住，开始时小球在圆环最低点的右侧，现缓慢拉动轻绳，使小球沿圆环缓慢上升一小段距离，对该过程，下列说法正确的是（）A．小球对轻绳的拉力增大 B．小球对轻绳的拉力减小C．小球对圆环的压力增大 D．小球对圆环的压力不变【答案】BD【详解】小球受三个力的作用：受重力G、轻绳拉力F和圆环的弹力N。如图所示

由平衡条件可知，重力G与弹力FN的合力大小F′等于轻绳拉力大小F，方向相反，根据力的矢量三角形△GFmg解得F=ABR当A点上移时，半径R不变，AB减小，故F减小，FN故选BD。【考向26】（多选）木板B放置在粗糙水平地面上，O为光滑铰链，如图所示。轻弹簧一端与铰链O固定连接，另一端系一质量为m的小球A。现将轻绳一端拴在小球A上，另一端通过光滑的小滑轮O'由力F牵引，定滑轮位于O的正上方，整个系统处于静止状态。现改变力F的大小使小球A和轻弹簧从图示位置缓慢运动到O'正下方，且弹簧的长度始终不变，木板始终保持静止，则在整个过程中（）A．外力F逐渐减小B．弹簧弹力大小始终不变C．地面对木板的支持力逐渐减小D．地面对木板的摩擦力不变【答案】AB【详解】A．对小球A进行受力分析，三力构成矢量三角形，如图所示根据几何关系可知两三角形相似，因此mg缓慢运动过程O'A越来越小，则F逐渐减小，故A正确；B．由于弹簧的形变量保持不变，弹簧弹力大小始终不变，故B正确；CD．对木板，由于弹簧对木板的弹力大小不变，方向向右下，但弹簧的弹力与竖直方向的夹角越来越小，所以地面对木板的支持力逐渐增大，地面对木板的摩擦力逐渐减小，故CD错误。故选AB。考点4：共点力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．2．极值问题物体平衡的极值，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．3．解决极值问题和临界问题的方法(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，并依次做出科学的推理分析，从而给出判断或导出一般结论．(2)数学分析法：通过对问题的分析，依据物体的平衡条件写出物理量之间的函数关系(或画出函数图象)，用数学方法求极值(如求二次函数极值、公式极值、三角函数极值)，但利用数学方法求出极值后，一定要依据物理原理对该值的合理性及物理意义进行讨论和说明．(3)物理分析方法：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．【考向27】如图所示，倾角为θ=30°、静置在水平地面上的斜面体顶端有一光滑的定滑轮，斜面上的物块A通过细线绕过定滑轮与物块B相连，此时物块A恰要沿斜面滑动，现在物块B上施加水平向右的力使物块B缓慢升高（图中未画出），当物块B与滑轮间的细线与竖直方向的夹角φ=60°时，物块A也恰要沿斜面滑动，已知物块B的质量为m，重力加速度为g，整个过程斜面体始终静止，则（）A．外力F的最大值为2mgB．物块A的质量为2mC．物块A和斜面间的最大静摩擦力为1D．地面和斜面体间的摩擦力一直减小【答案】C【详解】A．当物块B与滑轮间的细线与竖直方向的夹角φ=60°时，外力F具有最大值，以B为对象，根据受力平衡可得tan可得外力F的最大值为F=故A错误；BC．设A的质量为mA，由题意可知，对B施加外力Fm当物块B与滑轮间的细线与竖直方向的夹角φ=60°时，此时绳子拉力为T物块A恰要沿斜面上滑，则有m联立解得mA=3m故B错误，C正确；D．以A、B和斜面为整体，根据受力平衡可得f由于水平外力F逐渐增大，则地面和斜面体间的摩擦力一直增大，故D错误。故选C。【考向28】（多选）（2024·安徽·三模）如图，半径为R的光滑圆环固定在竖直平面内，MN为圆的水平直径，PQ为竖直直径。质量均为m的两相同小球a，b穿在圆环上，分别与轻质弹簧k1，k2连接，弹簧的另一端均固定在圆环的Q点上，弹簧原长均为R。现对a，b两球分别施加竖直向上的拉力F1，F2，两球静止时，a球恰好位于M点，b球位于C点，OC与OM夹角为30°，此时A．连接a球的弹簧k1劲度系数为B．连接b球的弹簧k2劲度系数为C．b球受到圆环的作用力大于a球受到圆环的作用力D．保持b球静止，改变F2方向，其最小值为【答案】BD【详解】A．对a球，受力分析如图所示由平衡条件可知F解得k由胡克定律可得kA错误；BC．a球受到圆环作用力为N1=k由平衡条件可知FN解得kN则N由胡克定律可得kB正确；C错误；D．由力学平衡特点可知当F2沿圆环切线时，FF解得FD正确。故选BD。【考向29】如图甲，质量为1kg的物块放在倾角θ=37°的固定斜面上，物块恰好能沿斜面向下做匀速运动。已知g=10m/s2，（1）物块与斜面间的动摩擦因数μ；（2）若对静止在斜面上的物块施加水平向右的推力F，如图乙所示，为保持物块静止，求水平推力大小应满足的条件；（3）若改变斜面倾角θ，使得水平推力F无论为多大，都不会令静止的物块沿斜面向上滑动，求θ的正切值tanθ【答案】（1）μ=0.75；（2）F≤247【详解】（1）物块恰好能沿斜面向下做匀速运动，根据受力平衡可得mg又f解得物块与斜面间的动摩擦因数为μ=（2）对静止在斜面上的物块施加水平向右的推力F，当物块刚好不上滑时，摩擦力沿斜面向下刚好达到最大，则有mgN=mgf=μN联立解得F=为保持物块静止，可知水平推力大小应满足F≤（3若改变斜面倾角θ，使得水平推力F无论为多大，都不会令静止的物块沿斜面向上滑动，物体不能上滑时需满足F整理可得tan当F2tan【考向30】某材料放置如图，在竖直墙壁的左侧水平地面上放置一个边长为a、质量为M=4kg的正方体ABCD，在墙壁和正方体之间放置半径R=0.5m、质量为m的光滑球，正方体和球均保持静止。球的球心为O，OC与竖直方向的夹角为θ，正方体的边长a>R，正方体与水平地面的动摩擦因数μ=0.5。已知重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，最大静摩擦力约等于滑动摩擦力。（1）若θ=37°、m=3kg，求正方体受到地面的摩擦力大小；（2）若θ=37°，保持球的半径不变，只增大球的质量，为了不让正方体出现滑动，求光滑球质量的最大值；（3）改变正方体到墙壁之间的距离，当正方体的右侧面BC到墙壁的距离小于某个值L时，无论球的质量是多少，球和正方体始终处于静止状态，且球没有落到地面，求L的值。【答案】（1）Ff=22.5N；（2）【详解】（1）以球为研究对象，受力如图所示小球受力平衡可知N以正方体和球整体为研究对象，受力如图所示对整体受力分析可得FF（2）以正方体和球整体为研究对象，竖直方向受重力m+Mg和地面的支持力FN，水平方向受墙壁的弹力N2Fμm=8（3）根据无论m多大，球和正方体始终处于静止状态，要满足条件mg当m→∞tan通过几何关系解得L=R+R代入数据得L=【真题1】（2024·山东·高考真题）如图所示，国产人形机器人“天工”能平稳通过斜坡。若它可以在倾角不大于30°的斜坡上稳定地站立和行走，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则它的脚和斜面间的动摩擦因数不能小于（）A．12 B．33 C．22【答案】B【详解】根据题意可知机器人“天工”它可以在倾角不大于30°的斜坡上稳定地站立和行走，对“天工”分析有mg可得μ≥故选B。【真题2】（2021·湖南·高考真题）质量为M的凹槽静止在水平地面上，内壁为半圆柱面，截面如图所示，A为半圆的最低点，B为半圆水平直径的端点。凹槽恰好与竖直墙面接触，内有一质量为m的小滑块。用推力F推动小滑块由A点向B点缓慢移动，力F的方向始终沿圆弧的切线方向，在此过程中所有摩擦均可忽略，下列说法正确的是（）A．推力F先增大后减小B．凹槽对滑块的支持力先减小后增大C．墙面对凹槽的压力先增大后减小D．水平地面对凹槽的支持力先减小后增大【答案】C【详解】AB．对滑块受力分析，由平衡条件有F=mgN=mg滑块从A缓慢移动B点时，θ越来越大，则推力F越来越大，支持力N越来越小，所以AB错误；C．对凹槽与滑块整体分析，有墙面对凹槽的压力为F则θ越来越大时，墙面对凹槽的压力先增大后减小，所以C正确；D．水平地面对凹槽的支持力为N则θ越来越大时，水平地面对凹槽的支持力越来越小，所以D错误；故选C。【真题3】（2022·湖南·高考真题）2022年北京冬奥会跳台滑雪空中技巧比赛场地边，有一根系有飘带的风力指示杆，教练员根据飘带的形态提示运动员现场风力的情况。若飘带可视为粗细一致的匀质长绳，其所处范围内风速水平向右、大小恒定且不随高度改变。当飘带稳定时，飘带实际形态最接近的是（）A．B． C． D．【答案】A【详解】由于风速水平向右、大小恒定且不随高度改变，可认为单位长度飘带受到的风力F0相同，假设飘带总长为L，质量为m，由飘带自由端向上选取任意一段ΔG=F=该部分飘带稳定时受力平衡，受力分析如图所示重力与风力的合力与剩余部分间的张力T是平衡力，设竖直方向的夹角为θ，则满足tan可知飘带与竖直方向的角度与所选取的飘带长度无关，在风速一定时，飘带与竖直方向的角度正切值恒定，则飘带为一条倾斜的直线。故选A。【真题4】（2022·河北·高考真题）如图，用两根等长的细绳将一匀质圆柱体悬挂在竖直木板的P点，将木板以底边MN为轴向后方缓慢转动直至水平，绳与木板之间的夹角保持不变，忽略圆柱体与木板之间的摩擦，在转动过程中（）A．圆柱体对木板的压力逐渐增大B．圆柱体对木板的压力先增大后减小C．两根细绳上的拉力均先增大后减小D．两根细绳对圆柱体拉力的合力保持不变【答案】B【详解】设两绳子对圆柱体的拉力的合力为T，木板对圆柱体的支持力为N，绳子与木板夹角为α，从右向左看如图所示在矢量三角形中，根据正弦定理sin在木板以直线MN为轴向后方缓慢转动直至水平过程中，α不变，γ从90°逐渐减小到0，又γ+β+α=180°且α<90°可知90°<γ+β<180°则0<β<180°可知β从锐角逐渐增大到钝角，根据sin由于sinγ不断减小，可知T不断减小，sinβ先增大后减小，可知N先增大后减小，结合牛顿第三定律可知，圆柱体对木板的压力先增大后减小，设两绳子之间的夹角为2θ，绳子拉力为2可得T'=T2cos故选B。【真题5】（2024·浙江·高考真题）如图所示，在同一竖直平面内，小球A、B上系有不可伸长的细线a、b、c和d，其中a的上端悬挂于竖直固定的支架上，d跨过左侧定滑轮、c跨过右侧定滑轮分别与相同配重P、Q相连，调节左、右两侧定滑轮高度达到平衡。已知小球A、B和配重P、Q质量均为50g，细线c、d平行且与水平成θ=30°（不计摩擦），则细线a、b的拉力分别为（）A．2N，1N B．2N，0.5N C．1N，1N D．1N，0.5N【答案】D【详解】由题意可知细线c对A的拉力和细线d对B的拉力大小相等、方向相反，对A、B整体分析可知细线a的拉力大小为T设细线b与水平方向夹角为α，对A、B分析分别有TT解得T故选D。【真题6】（2022·浙江·高考真题）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，则下列说法正确的是（）A．轻绳的合拉力大小为μmgB．轻绳的合拉力大小为μmgC．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【答案】B【详解】AB．对石墩受力分析，由平衡条件可知Tf=μNT联立解得T=故A错误，B正确；C．拉力的大小为T=其中tanφ=1μ，可知当θ+φ=90°D．摩擦力大小为f=T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，故轻绳的合拉力最小时，地面对石墩的摩擦力不是最小，故D错误；故选B。一、单选题1．A、B两物体叠放后置于竖直的弹簧与竖直墙面之间，A、B与墙面均粗糙，系统处于平衡状态。现对A施加一个水平向右的推力F，A、B仍静止，下列说法正确的是（

）A．A物体一定受4个力的作用B．弹簧弹力一定小于A、B的总重力C．弹簧长度一定保持不变D．随着F增大，B与墙面间的静摩擦力可能也增大【答案】C【详解】A．对A施加一个水平向右的推力F，A可能只受到重力、支持力和推力，共三个力作用，故A错误；BCD．对A施加推力前，以A、B为整体，水平方向根据受力平衡可知，竖直墙面对B没有弹力作用，则竖直墙面对B没有摩擦力作用，竖直方向根据受力平衡可知，弹簧弹力等于A、B的总重力；对A施加水平向右推力后，A、B仍静止，以A、B为整体，可知竖直方向受力保持不变，则竖直墙面对B仍没有摩擦力，弹簧弹力仍等于A、B的总重力，则弹簧长度一定保持不变，故BD错误，C正确；故选C。2．（2024·四川遂宁·二模）如图所示，轻绳一端固定于天花板上的O点，另一端系于质量为m的三角板abc上的a点，水平拉力F作用于三角板上的c点，当三角板静止时，轻绳与竖直方向夹角为30°。已知重力加速度为g，则下列说法正确的是（）A．轻绳拉力大小为2B．外力F大小为2C．若保持轻绳拉力方向不变，使外力F逆时针缓慢转动，则外力F先增大后减小D．若保持外力F的方向不变，使轻绳绕O点逆时针缓慢转动，则轻绳的拉力先增大后减小【答案】A【详解】AB．根据题意，对三角板受力分析，受重力mg、轻绳的拉力T和水平拉力F，如图所示由平衡条件有TT解得T=23故A正确，B错误；C．若保轻绳拉力方向不变，使外为F逆时针缓慢转动，如图所示可知，外力F先减小后增大，故C错误；D．若保持外力F的方向不变，使轻绳绕O点逆时针缓慢转动，设轻绳与竖直方向的夹角为α，则α逐渐增大，由平衡条件由T可得T=可知，轻绳的拉力逐渐增大，故D错误。故选A。3．如图所示，斜面体放在水平面上，A球套在粗细均匀的水平杆上，B球放在光滑斜面上，A、B两球用轻质细线连接。现用水平向左的推力F向左推斜面体，使斜面体缓慢向左移动，A始终保持静止。在斜面体向左移动直至细线与斜面平行过程中，关于线对A球的作用力F1与斜面对B球的作用力F2的大小变化，下列说法正确的是（

）A．F1不断减小，F2不断减小 B．F1不断减小，F2不断增大C．F1不断增大，F2不断减小 D．F1不断增大，F2不断增大【答案】B【详解】设B的重力为GB，绳子对B的拉力为T，以B为研究对象可得最终T与F2垂直由图可知在移动过程中T不断减小，F2不断增大，又由于力的作用是相互的，则可得F1大小与T相等，综合可得F1不断减小，F2不断增大。故选B。4．如图所示，轻直杆BC的一端用铰链固定于竖直墙壁，另一端固定一个轻小滑轮C，轻细绳下端挂一重物，细绳的AC段水平。忽略所有摩擦，若将细绳的端点A缓慢向上移动一小段距离，则下列说法正确的是（

）A．移动过程中直杆顺时针转动了一些 B．移动过程中直杆没有发生转动C．移动过程中直杆逆时针转动了一些 D．无法确定移动过程中直杆是否转动【答案】A【详解】由于杆处于动态平衡状态，滑轮C两侧的细绳拉力大小相等，且合力沿杆的方向向下，根据平行四边形定则可知，合力一定在滑轮C两侧的细绳形成的夹角的平分线上，若将细绳的端点A稍向上移至A′点，若杆不动，则∠A′故选A。5．（2024·山东济宁·三模）如图所示，质量为m的小球置于内壁光滑的半球形凹槽内，凹槽放置在跷跷板上，凹槽的质量为M。开始时跷跷板与水平面的夹角为37°，凹槽与小球均保持静止。已知重力加速度为g，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则在缓慢压低跷跷板的Q端至跟A．跷跷板对凹槽的作用力逐渐增大B．小球对凹槽的压力大小始终为mgC．开始时跷跷板对凹槽的支持力大小为0.8MgD．开始时跷跷板对凹槽的摩擦力大小为0.6Mg【答案】B【详解】A．由于小球、凹槽整体的重力不变化，与跷跷板的作用力等大反向，那么跷跷板对凹槽的作用力不变，故A错误；B．小球所在处的凹槽切线总是水平的，那么小球对凹槽的压力大小始终等于小球的重力mg，故B正确；CD．将小球跟凹槽视为整体，开始时恰好静止，那么根据受力平衡知，跷跷板对凹槽的支持力大小为F跷跷板对凹槽的摩擦力大小为f=故CD错误。故选B。6．（2024·安徽六安·二模）如图所示，四分之一圆柱体P放在水平地面上，右侧与一块固定的竖直挡板Q接触；球心O的正上方有一个大小可忽略的定滑轮A，一根轻绳跨过定滑轮，一端和置于圆柱体P上的小球（质量为m）连接，另一端系在固定竖直杆上的B点，一钩码（质量为m0）挂在ABA．轻绳的张力减小 B．P对小球的弹力增大C．P对Q的压力增大 D．P对地面的压力减小【答案】A【详解】AB．小球受重力mg，P对它的支持力N以及轻绳对它的拉力T，其受力如图所示由相似三角形可知mg其中，R为四分之一圆柱体的半径，L为定滑轮左侧轻绳的长度，在钩码下方再加挂一个钩码，钩码下移，小球将沿圆柱体上移，小球再次静止时，由于AO、mg、R不变，L减少，则N大小不变，T减小，即轻绳的张力减小，P对小球的弹力大小不变，A正确，B错误；C．以小球和P为整体进行受力分析，根据水平方向受力平衡可得FQP=Tsinθθ为定滑轮左侧轻绳与竖直方向的夹角，由于D．以圆柱体P对象进行受力分析，根据竖直方向受力平衡可得N地=mPg+N′故选A。7．（2024·广东·三模）如图所示为一种简易“千斤顶”的示意图，竖直轻杆被套管P限制，只能在竖值方向运动，轻轩上方放置质量为m的重物，轻杆下端通过小滑轮放在水平面上的斜面体上，对斜面体施加水平方向的推力F即可将重物缓慢顶起，若斜面体的倾角为θ，不计各处摩擦和阻力，为了顶起重物，下列说法正确的是（）A．θ越大，需要施加的力F越大 B．θ越大，需要施加的力F越小C．θ越大，系统整体对地面的压力越大 D．θ越大，系统整体对地面的压力越小【答案】A【详解】AB．对斜面体受力分析，如图所示根据平衡条件可得N为了顶起重物，则有N联立可得F=mg则θ越大，需要施加的力F越大，故A正确，B错误；CD．对系统整体受力分析，系统整体对地面的压力大小等于系统的总重力，与θ无关，故CD错误。故选A。8．（2024·江西赣州·二模）如图所示，轻绳1两端分别固定在M、N两点（N点在M点右上方），轻绳1上套有一个轻质的光滑小环O，质量为m的物块P通过另一根轻绳2悬挂在环的下方，处于静止状态，∠MON=60°。现用一始终与轻绳2垂直的力F缓慢拉动物块，直到轻绳2与MN连线方向垂直。已知重力加速度为g。下列说法正确的是（

）A．物块在缓慢移动过程中，轻绳2的延长线可能不平分∠MONB．施加拉力F前，轻绳1的张力大小为3C．物块在缓慢移动过程中，轻绳1的张力增大D．物块在缓慢移动过程中，力F先增大后减小【答案】C【详解】A．物块在缓慢移动过程中，以小环O为对象，由于小环O两侧轻绳1的张力大小总是相等，则小环O两侧轻绳1的张力合力沿∠MON平分线上，根据受力平衡可知，轻绳2的延长线始终平分∠MON，故A错误；B．施加拉力F前，以小环O为对象，受到轻绳2的拉力等于物块P的重力mg，竖直方向根据受力平衡可得2解得轻绳1的张力大小为T故B错误；C．物块在缓慢移动过程中，由于M、N之间的轻绳1长度不变，根据数学知识可知，小环O的运动轨迹为椭圆，M、N为椭圆的两个焦点；当轻绳2与MN连线方向垂直时，小环O刚好位于椭圆的短轴顶点上，根据椭圆知识可知此时∠MON最大，则此过程∠MON=α逐渐增大，以小环O为对象，根据受力平衡可得2可得T可知此过程经绳1的张力一直增大，故C正确；D．物块在缓慢移动过程中，轻绳2与竖直方向的夹角为θ逐渐变大，则可知F=mg逐渐变大，故D错误。故选C。9．（2024·山东聊城·三模）如图所示，轻杆AC和轻杆BC的一端用光滑铰链连接在C点，另一端分别用光滑铰链固定在竖直墙壁上，将一物块通过细线连接在C点并保持静止状态，若对C端施加一水平向左的作用力F，则下列说法正确的是（）A．轻杆AC中的弹力一定变大 B．轻杆AC中的弹力一定减小C．轻杆BC中的弹力一定变大 D．轻杆BC中的弹力可能减小【答案】C【详解】对C点受力分析如图，由三角形法则可知，重力mg、AC的拉力TAC以及BC的支持力TBC组成封闭的三角形；若加水平力F，则C点仍平衡，则此时四个力组成封闭的四边形，TBC和重力mg方向不变，TAC方向仍与原来平行，则随F的增加，TBC一定增加，TAC先减小，当减到零后反向增加。故选C。10．如图所示，长度为L1的木棒一端支在光滑竖直墙上的A点，另一端B点被轻质细线斜拉着挂在墙上的C点而处于静止状态，细线与木棒之间的夹角为θ，A、C两点之间的距离为L2，墙对木棒的支持力为F，重力加速度为g，下列说法正确的是（A．细线与竖直墙之间的夹角的正弦值为L2sinC．细线对木棒的拉力大小为FL2L【答案】C【详解】A．设细线与竖直墙之间的夹角为α，在△ABC中由正弦定理可得L解得sin故A错误；B．根据共点力平衡的原理，木棒受到的三个力（或延长线）一定交于同一点，故B错误；CD．设细线的拉力为T，木棒的质量为m，对木棒受力分析如图，由力的平衡条件有F=Tsinα结合sin综合解得T=FL故C正确，D错误。故选C。11．如图所示，质量为M的物体用轻绳悬挂于O点，开始时轻绳OA水平，OA、OB两绳之间的夹角α=150°，现将两绳同时顺时针缓慢转过90°，且保持O点及夹角α不变，物体始终保持静止状态。在旋转过程中，设绳OA的拉力为F1，绳OB的拉力为FA．F1逐渐增大，最终等于B．F1C．F2D．F2【答案】C【详解】AB．结点O受三个力作用处于平衡状态，FOA和FOB夹角α=150°始终不变。作该矢量三角形的外接圆，如图所示，FOA矢量箭头将始终落在圆周上，由图可知，F1顺时针转过CD．初始时刻，FOB恰好为其外接圆的直径，故F2逐渐减小，当绳OA转过90°处于竖直位置时故选C。12．如图所示为通过轻杆相连的A、B两小球，用两根细线将其悬挂在水平天花板上的O点。已知AB的质量分别为m1=3kg、m2=2kg，轻杆长度为12L，细线OA长为L。现对B施加一个水平外力F使系统保持静止状态，A球在悬点正下方，细线A．细线OA的拉力一定大于30N B．轻杆对B球的作用力一定大于C．细线OB的拉力不断减小 D．外力一定不小于20N【答案】C【详解】AB．由于系统处于静止状态，A球在悬点正下方，故A球只受重力和细绳OA拉力作用，且二力平衡，故细线OA的拉力大小等于m轻杆对A、B球均没有作用力，故AB错误；C．小球B受竖直向下的重力、沿悬线OB斜向上的拉力FOB和F由于重力的大小及方向不变，悬线拉力的方向不变，F缓慢从水平沿逆时针转过90∘的过程中，细线OB的拉力不断减小，外力FD．细线OB与轻杆恰好垂直，且轻杆长度为12L，细线OA长为L，故θ=由几何关系可知，当F的方向与OB垂直时F最小，由几何关系知此时F故D错误。故选C。13．如图所示，一个粗糙的斜面固定在地面上，斜面的倾斜角为θ，且θ＝30°。质量为3m的物块D放在斜面上，通过一根轻绳绕过轻小滑轮B与质量为m的物块C相连。另一根轻绳的A端固定在天花板上，另一端打结于O点，初态OA段绷直且绳子拉力刚好为零。现保持OA绳长一定，将绳的A端缓慢向左移动，直到D即将相对于斜面向上打滑，这个过程中D一直静止，则下列说法中正确的是（）A．OA段绳子的拉力一直减小 B．OB段绳子的拉力一直增大C．物块D受到的摩擦力先减小后增大 D．斜面受到地面的摩擦力先减小后增大【答案】D【详解】AB．画出结点O的受力分析如图所示其中FOA是一直变大的趋势，FOB一开始等于mg，垂直时小于mg，接近水平时又远远大于mg，由以上特殊值法知C．初态时，绳子的拉力大小为F