专题四　动态平衡问题　平衡中的临界、极值问题-2025届高中物理

第二章相互作用专题四动态平衡问题平衡中的临界、极值问题核心考点五年考情命题分析预测动态平衡问题2022：河北T7；2021：湖南T5；2019：全国ⅠT19，上海T7动态平衡问题是高考考查的重点，一般以选择题形式出现，要求用相互作用观念及科学思维中的科学推理、科学论证等要素，分析求解动态平衡问题.预计动态平衡问题仍是2025年高考中考查的热点，在对共点力的平衡条件进行考查的过程中可能涉及临界和极值问题.平衡中的临界、极值问题2022：浙江1月T5；2020：山东T8；2019：全国ⅡT16题型1动态平衡问题1.动态平衡：通过控制某些物理量，使物体的状态缓慢地变化，而在这个过程中物体又始终处于一系列的平衡状态，在问题的描述中常出现“缓慢”等字眼.2.基本思路：受力分析画不同状态平衡图构造矢量三角形方法1：解析法优点：定量分析常用于可以较简捷列出平衡方程或者正交分解力的情况.①先受力分析，得出物体受哪几个力而处于平衡状态.（如图1）②建立直角坐标系正交分解力列平衡方程，或在力的三角形中结合三角形知识列平衡方程.（T＝mgcosα、F＝mgta③分析方程中的变量有哪些（通常是夹角变化），分析题目信息得到这些物理量是如何变化的.（α增大）④把分析得到的变化的物理量代入方程，得到平衡条件下的受力动态变化情况.（T与F均变大）方法2：图解法优点：直观、便于比较常用于三力作用下的动态平衡三角形图解法适用于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.①先正确分析物体的受力，画出受力分析图.（如图2）②构建矢量三角形.（如图3）③分析题目给出的信息，判断物体受力的变化，把力的大小变化问题转化为几何三角形边长的大小变化问题进行讨论，得出结论.（如图4） 图2图3图4方法3：正弦定理法物体受三个共点力处于平衡状态，三个力可构成一封闭三角形，若由题设条件寻找到角度关系，则可用正弦定理F1sinα＝F2方法4：外接圆法物体在三个力作用下处于平衡状态，且其中一个力是恒力，另外两个力方向均发生变化，但两者的夹角不变.作出不同状态的矢量三角形，利用两力夹角不变，结合正弦定理列式求解，也可以作出动态圆，恒力为圆的一条弦，根据不同位置判断各力的大小变化，如图5所示.方法5：相似三角形法特征：一个恒力，两个变力，找出几何三角形.解题方法：力的矢量三角形与几何三角形相似，进而由力的矢量三角形与几何三角形对应边成比例，判断未知力的大小和方向（如图6，利用相似三角形对应边成比例可得NAB＝TOA＝FT命题点1解析法的应用1.[2021湖南]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（C）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解析以小滑块为研究对象，小滑块从A点缓慢运动到B点的过程中受力平衡，设小滑块和O点的连线与竖直方向的夹角为θ，有F＝mgsinθ，FN＝mgcosθ，小滑块由A到B的过程中，θ由0变化到π2，则F增大，FN减小，则A、B错误；以小滑块与凹槽整体为研究对象，水平方向墙面对凹槽的压力F压＝Fcosθ＝mgsinθ·cosθ＝12mgsin2θ，可以判断出墙面对凹槽的压力先增大后减小，所以C正确；对整体在竖直方向，地面对凹槽的支持力N支持＝（M＋m）g－Fsinθ＝（M＋m）g－mgsin2θ，可知水平地面对凹槽的支持力逐渐减小，D命题拓展命题情境拓展：凹槽→半圆柱若题中凹槽变为半圆柱工件，且放置在粗糙水平地面上，工件曲面光滑，截面为半圆，如图所示，A为半圆水平直径的端点，B为半圆的最高点，小滑块仍在推力作用下由A向B缓慢移动，其他条件不变，则（C）A.作用力F先增大后减小B.工件对滑块的支持力先减小后增大C.水平地面对工件的摩擦力先增大后减小D.水平地面对工件的支持力先增大后减小解析由于滑块缓慢移动，可看作是平衡状态，设滑块和O点的连线与水平方向的夹角为θ，对滑块受力分析，由平衡条件可得mgsinθ＝N，mgcosθ＝F，滑块从A点运动到B点的过程中，夹角θ从0°增大到90°，所以推力F一直减小，滑块受到的支持力一直增大，A、B错误.将滑块和工件看作一个整体，对整体受力分析，如图所示，根据平衡条件可得N＝（m＋M）g－Fcosθ＝（m＋M）g－mgcos2θ，f＝Fsinθ＝mgcosθsinθ＝12mgsin2θ，夹角θ从0°增大到90°，地面对工件的支持力N一直增大；当θ＝45°时地面对工件的摩擦力最大，C正确，D错误.命题点2图解法的应用2.[多选]如图，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（BD）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一定一直增加C.M所受斜面的摩擦力大小一定一直增加D.M所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加解析解法1：图解法对N进行受力分析如图所示，因为N的重力与水平拉力F的合力和细绳的拉力T是一对平衡力，从图中可以看出水平拉力的大小逐渐增大，细绳的拉力也一直增大，选项A错误，B正确；M的质量与N的质量的大小关系不确定，设斜面倾角为θ，若mNg≥mMgsinθ，则M所受斜面的摩擦力大小会一直增大，若mNg＜mMgsinθ，则M所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增大，选项D正确，C错误.解法2：解析法以物块N为研究对象，受到重力G、水平拉力F和细绳的拉力T，设细绳与竖直方向的夹角为α，如图甲所示，根据平衡条件可得F＝Gtanα，T＝Gcosα，随着α的增大，F和T都增大，故A错误，B正确.对于M，受重力GM、支持力FN、绳的拉力T以及斜面可能对它的摩擦力f，如果开始摩擦力方向沿斜面向上，则如图乙所示，有T＋f＝GMsinθ，当T不断增大的时候，f减小；当T＞GMsinθ时，有T＝GMsinθ＋f，随着T的增大，f将增大，所以沿斜面的摩擦力f可能先减小后增大，C错误， 命题拓展命题条件不变，设问拓展判断下列说法的正误.（1）斜面对地面的压力一直不变.（√）（2）斜面所受地面的摩擦力一定增加.（√）解析对系统整体受力分析可知，竖直方向受到的地面的支持力始终等于系统所受的重力，故（1）正确；对整体受力分析，可知斜面所受地面摩擦力一定增大，故（2）正确.命题点3正弦定理法的应用3.[2024河北邯郸开学联考]《大国工匠》节目中讲述了王进利用“秋千法”在1000kV的高压线上带电作业的过程.如图所示，绝缘轻绳OD一端固定在高压线杆塔上的O点，另一端固定在兜篮D上.另一绝缘轻绳跨过固定在杆塔上C点的定滑轮，一端连接兜篮，另一端由工人控制.身穿屏蔽服的王进坐在兜篮里，缓慢地从C点运动到处于O点正下方E点的电缆处.绳OD一直处于伸直状态，兜篮、王进及携带的设备总质量为m，可看作质点，不计一切阻力，重力加速度大小为g.关于王进从C点缓慢运动到E点的过程中，下列说法正确的是（D）A.绳OD的拉力一直变小B.工人对绳的拉力一直变大C.OD、CD两绳拉力的合力小于mgD.当绳CD与竖直方向的夹角为30°时，工人对绳的拉力为33解析对兜篮、王进及携带的设备整体受力分析，如图甲所示，绳OD的拉力为F1，与竖直方向的夹角为θ；绳CD的拉力为F2，与竖直方向的夹角为α，则由几何关系得α＝45°－θ2（如图乙所示），由正弦定理可得F1sinα＝F2sinθ＝mgsin（π2＋α），又θ＝90°－2α，解得F1＝mgtanα、F2＝mgsinθcosα＝mgcos2αcosα＝mg（2cosα－1cosα），θ减小，α增大，则F1增大，F2减小，故选项A、B错误.两绳拉力的合力大小等于mg，故选项C错误 命题点4外接圆法的应用4.[2024湖南怀化雅礼实验学校质检/多选]如图，倾角为30°的斜面体放置于粗糙水平地面上，物块A通过跨过光滑定滑轮的柔软轻绳与小球B连接，O点为轻绳与定滑轮的接触点.初始时，小球B在水平向右的拉力F作用下，使轻绳OB段与水平拉力F的夹角θ＝120°，整个系统处于静止状态.现将小球向右上方缓慢拉起，并保持夹角θ不变，从初始到轻绳OB段水平的过程中，斜面体与物块A均保持静止不动，则在此过程中（AD）A.拉力F逐渐增大B.轻绳上的张力先增大后减小C.地面对斜面体的支持力逐渐增大D.地面对斜面体的摩擦力先增大后减小解析小球B受重力mg、轻绳OB的拉力FT和拉力F，由题意可知，三个力的合力始终为零，由于重力不变，且FT与F之间的夹角θ不变，因此矢量三角形的三个顶点在同一外接圆上，如图所示.在FT转至水平的过程中，轻绳OB的拉力FT逐渐减小，拉力F逐渐增大，故选项A正确，选项B错误；整体（含斜面体、物块A和小球B）受向下的重力、向上的支持力、向左的摩擦力以及拉力四个力的作用，根据对小球的受力分析可知，拉力F的竖直方向分力逐渐增大，水平方向分力先增大后减小，所以地面对斜面体的支持力逐渐减小，地面对斜面体的摩擦力先增大后减小，故选项C错误，选项D正确.题型2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）由静止到运动，摩擦力达到最大静摩擦力.（2）绳子恰好绷紧，拉力F＝0.（3）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）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.（2）数学分析法：根据物体的平衡条件列方程，在解方程时利用数学知识求极值.通常用到的数学知识有二次函数求极值、三角函数求极值以及几何法求极值等.（3）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，即极大或极小.命题点1物理分析法5.如图所示，一轻质光滑定滑轮固定在倾斜木板上，质量分别为m和2m的物块A、B，通过不可伸长的轻绳跨过滑轮连接，A、B间的接触面和轻绳均与木板平行.A与B间、B与木板间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.当木板与水平面的夹角为45°时，物块A、B刚好要滑动，则μ的值为（C）A.13 B.14 C.15 解析根据题述，物块A、B刚要滑动，可知A、B之间的摩擦力fAB＝μmgcos45°，B与木板之间的摩擦力f＝μ·3mgcos45°.隔离A分析受力，由平衡条件可得轻绳中拉力F＝fAB＋mgsin45°.对AB整体，由平衡条件有2F＝3mgsin45°－f，联立解得μ＝15，选项C正确命题点2数学分析法6.[2022浙江1月]如图所示，学校门口水平地面上有一质量为m的石礅，石礅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礅时，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（B）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，地面对石礅的摩擦力也最小解析对石礅受力分析如图所示，设两根轻绳的合力为F，根据平衡条件有Fcosθ＝f，Fsinθ＋FN＝mg，且μFN＝f，联立可得F＝μmgcosθ＋μsinθ，选项A错误，B正确；上式变形得F＝μmg1+μ2sin（θ＋α），其中tanα＝1μ，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＝Fcosθ命题点3极限法7.如图所示为两个挡板夹一个小球的纵截面图，每个挡板和竖直方向的夹角均为θ.挡板与小球间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，小球静止不动.小球的质量为m，与两挡板之间的动摩擦因数均为μ（μ＜tanθ），重力加速度为g.则每个挡板的弹力N的范围为多少？答案mg2（sinθ解析挡板对小球的弹力最小时，小球受到的摩擦力方向沿挡板向上，如图所示，小球受力平衡，由平衡条件得2Nminsinθ＋2fmaxcosθ＝mg，此时的最大静摩擦力fmax＝μNmin，联立解得Nmin＝mg2（sinθ＋μcosθ）；挡板对小球的弹力最大时，小球受到的摩擦力沿挡板向下，由平衡条件得2Nmaxsinθ＝2f'maxcosθ＋mg，此时的最大静摩擦力f'max＝μNmax，联立解得Nmax1.[平衡中的临界问题/2024吉林长春质量监测]如图，质量为m的光滑球体夹在竖直墙壁和斜面体之间，斜面体的质量为2m，倾角θ＝37°，设斜面体与地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，若斜面体恰好不滑动，则斜面体与水平地面间的动摩擦因数μ为（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）（A）A.14 B.38 C.23 解析对光滑球体受力分析，如图1所示，则由平衡条件有N1＝N2sinθ，mg＝N2cosθ，联立解得N1＝34mg，对光滑球体与斜面体组成的整体受力分析，如图2所示，则由平衡条件有N1＝μN3，3mg＝N3，联立解得μ＝14，A正确图1图22.[动态平衡问题]如图（a）所示，小球系在细绳的一端，放在倾角为α＝30°的光滑斜面体上，细绳的另一端固定在天花板上，开始细绳沿竖直方向，现用力将斜面体在水平桌面上缓慢向左推动.（1）如果斜面体足够高，小球缓慢地沿斜面运动的过程中，细绳的拉力与小球所受的支持力如何变化？（图解法）（2）如果细绳与斜面平行，细绳的拉力为多大？（正交分解法）（3）如果细绳与斜面成15°角，细绳的拉力为多大？（正弦定理法）（4）如果将斜面体换为固定的光滑半圆柱体，如图（b）所示，放在半圆柱体上的小球被一绕过定滑轮的绳用力F拉着由半圆柱体的底端缓慢地到顶端的过程中，分析绳的拉力F及半圆柱体对小球的支持力F支的变化情况.（相似三角形法）答案（1）细绳的拉力先减小后增大，小球所受的支持力一直增大.（2）12mg（3）6－22mg（4）F减小，解析（1）将斜面体在水平桌面上缓慢地向左推动，小球始终处于平衡状态，对小球进行受力分析，由平衡条件得支持力FN和拉力FT的合力大小F'＝mg，即两者合力的大小和方向均不发生变化，当斜面体在水平桌面上缓慢地向左移动时，细绳与竖直方向的夹角逐渐变大，FT的方向发生变化，根据平行四边形定则作图如图1所示，由图可看出，拉力先减小后增大，支持力一直增大.（2）当细绳与斜面平行时，对小球受力分析如图2所示，将所受重力正交分解，由平衡条件得细绳的拉力F1＝mgsin30°＝12mg图1图2图3图4（3）如果细绳与斜面成15°角，对小球受力分析如图3所示，由力的平衡条件可知支持力与拉力的合力与重力等大反向，由几何关系可知力的矢量三角形的夹角如图3，则由正弦定理得F2sin30°＝FN2sin45°＝mg（4）对球受力分析如图4所示，设半圆的半径为R，定滑轮到半圆柱体顶端的距离为h，定滑轮左侧绳长为L，根据三角形相似得FL＝mgh＋R，F支R＝mgh＋R，联立解得F＝mgLh＋R，F支＝mgRh1.[2024黑龙江鸡西实验中学校考]建筑工人用如图所示的方式将重物从平台缓慢下放到地面上，固定重物的光滑圆环套在轻绳上，轻绳的一端固定在竖直墙上，工人手握的部分有足够长的绳子，工人站在平台上的位置保持不变，缓慢释放手中的绳子，重物缓慢下降，则在重物下降的过程中（D）A.绳对圆环的作用力逐渐减小B.工人对绳的拉力不变C.平台对工人的支持力逐渐增大D.平台对工人的摩擦力逐渐减小解析由于重物缓慢下降，故绳对环的作用力等于重物的重力，保持不变，A错误；设重物重为G，绳与竖直方向的夹角为θ，绳的拉力大小为F，根据力的平衡可知2Fcosθ＝G，缓慢释放手中的绳子，圆环两侧绳间夹角变小，即θ变小，易知绳上拉力F变小，故B错误；每侧绳的拉力的竖直分力等于重物重力的一半，对工人受力分析可知，平台对工人的支持力等于工人自身的重力与重物重力的一半之和，即平台对工人的支持力保持不变，故C错误；平台对工人的摩擦力等于绳的拉力的水平分力，即f＝12Gtanθ，因此随着θ的减小，平台对工人的摩擦力也逐渐减小，故D正确2.[2024辽宁鞍山模拟]如图所示，装卸工人利用斜面将一质量为m、表面光滑的油桶缓慢地推到汽车上.在油桶上移的过程中，人对油桶推力的方向由与水平方向成60°角斜向上逐渐变为水平向右，已知斜面的倾角为θ＝30°，重力加速度为g，则关于工人对油桶的推力大小，下列说法正确的是（D）A.不变 B.逐渐变小C.逐渐变大 D.最小值为mg解析分析油桶的受力情况，油桶受重力、斜面的支持力和推力，因工人缓慢地将油桶推到汽车上，油桶处于动态平衡状态，由三角形定则作出力的动态变化过程，如图所示，推力F由与水平方向成60°角斜向上逐渐变为水平向右的过程中，推力先变小后变大，最小时力F和支持力N垂直，即沿斜面方向，此时最小值为mg2，D正确.3.[设问创新/2024湖北武汉部分学校调研]某装备矢量发动机（其喷口可以偏转，以产生不同方向的推力）的战斗机沿水平方向飞行.已知战斗机的质量为m，升阻比（升力与阻力之比，升力主要由机翼上下表面空气流速不同产生，垂直机身向上，阻力平行机身向后）为k，重力加速度取g.战斗机匀速巡航时，该发动机提供的最小推力为（D）A.mg B.mgC.k2+1kmg 解析由题意可知战斗机在匀速巡航时受到的重力、升力、阻力的示意图如图所示，由于F升F阻＝k为一定值，所以升力和阻力的合力的方向是确定的，设此合力与阻力的夹角为θ，则tanθ＝k，易知cosθ＝k2+1k2+1，将重力向左上平移至如图所示，由图示的几何关系可知，当推力F与升力和阻力的合力垂直时，推力最小，故最小推力Fmin＝mgcos4.重庆南开中学为增强学生体魄，组织学生进行多种体育锻炼.在某次锻炼过程中，一学生将铅球置于两手之间，其中两手之间夹角为60°，保持两手之间夹角不变，将右手由图示位置缓慢旋转60°至水平位置.不计一切摩擦，则在转动过程中，下列说法正确的是（B）A.右手对铅球的弹力增加B.右手对铅球的弹力先增加后减小C.左手对铅球的弹力增加D.左手对铅球的弹力先增加后减小解析对铅球受力分析，右手对铅球的弹力为F1，左手对铅球的弹力为F2，受力分析如图甲所示.F1与F2夹角为120°保持不变，故可以用动态圆求解如图乙所示.从图乙可看出F1先增大后减小，F2一直减小.故选B.图甲图乙5.[2024湖南常德一中开学考]如图所示，质量均为m的铁球和木块通过轻绳a连接，轻绳b一端拴接在铁球上，另一端连接在弹簧测力计的挂钩上，通过弹簧测力计牵引铁球和木块一起沿水平方向做匀速直线运动.当轻绳b与水平方向成30°角时弹簧测力计示数最小.已知重力加速度为g，则（D）A.木块与地面间的动摩擦因数为0.5B.弹簧测力计示数的最小值为12C.弹簧测力计示数最小时，轻绳a上的拉力大小为12D.弹簧测力计示数最小时，轻绳a与竖直方向的夹角为60°解析由于弹簧测力计牵引铁球和木块一起沿水平方向做匀速直线运动，则对铁球和木块整体受力分析如图甲所示，当轻绳b与水平方向成30°角时，弹簧测力计示数最小，此时轻绳b上的拉力T、整体的重力2mg，地面给木块的支持力FN与地面给木块的摩擦力f的合力F合的关系如图乙所示，根据几何关系可知α＝30°，且tanα＝fFN、T＝2mgsinα、f＝μFN，解得μ＝33、T＝mg，故A、B错误；弹簧测力计示数最小时，轻绳a与竖直方向的夹角为θ，则对铁球受力分析有Tsin30°＋Tacosθ＝mg、Tcos30°＝Tasinθ，联立解得θ＝60°、Ta＝T＝mg，故C错误、6.[回归教材/2024山西大同一中阶段练习/多选]如图所示，木板B放在粗糙水平地面上，O为光滑铰链.轻杆一端与铰链O固定连接，另一端固定连接重为G的小球A.现将轻绳一端拴在小球A上，另一端通过光滑定滑轮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和轻杆从图示位置缓慢运动到O点正上方，木板始终保持静止，则在小球A运动过程中（AD）A.牵引力F逐渐减小B.轻杆对小球的作用力先减小后增大C.地面对木板的支持力逐渐减小D.地面对木板的摩擦力逐渐减小解析对小球A进行受力分析，三力构成矢量三角形，如图所示.由几何三角形与力三角形相似可得mgOO'＝FO'A＝F'OA，缓慢运动过程中，O'A逐渐减小，由mgOO'＝FO'A可知牵引力F逐渐减小，选项A正确；由mgOO'＝F'OA可知F'大小不变，即轻杆对小球A的作用力大小始终保持不变，选项B错误；设轻杆与竖直方向的夹角为θ，由B项可知轻杆对木板的作用力大小也不变，方向沿杆指向右下，但夹角θ逐渐减小，由N＝GB＋F'cosθ可知地面对木板的支持力N逐渐增大，选项C错误；由受力分析可知，地面对B的静摩擦力大小为fs＝7.拖把是常用的劳动工具，假设拖把与水平地面接触端的质量为m，其他部分质量可忽略，接触端与地面之间的动摩擦因数为μ，如图所示，人施加沿杆方向的力F（图中未画出），推着接触端在水平地面上匀速滑行，杆与水平地面的夹角为α，重力加速度为g，则（D）A.夹角α越大，推动拖把越轻松B.接触端受到的支持力大小为FsinαC.接触端受到地面的摩擦力大小为μmgD.接触端受到地面的摩擦力与支持力的合力方向不变解析接触端所受水平地面的摩擦力f与支持力N满足的关系为fN＝μ，所以f和N的合力F'方向不变，则接触端可视为在mg、F和F'三个力的作用下保持平衡状态（把摩擦力与支持力合成为一个力，此题就转化成三个共点力的平衡问题，再由摩擦力与支持力的合力、人施加的力F和接触端受到的重力建构出力的矢量三角形），如图所示，可知夹角α越大，F越大，即推动拖把越费力，故A错误，D正确；接触端受到的支持力为N＝mg＋Fsinα，故B错误；接触端受到地面的摩擦力为f＝μ（mg＋Fsinα）＝Fcosα，故C错误.8.[情境创新/2024江苏苏州实验中学校考]某建筑工地用一可以移动的升降机来吊装重物，如图所示，轻绳穿过下方吊着重物的光滑圆环，A、B两点分别固定在建筑和升降机上，下列说法正确的是（A）A.升降机缓慢上升时，绳中的张力大小不变B.升降机缓慢向左移动时，绳中的张力变小C.升降机缓慢上升时，地面对升降机的摩擦力变小D.升降机缓慢向左移动时，升降机对地面的压力变大解析光滑圆环受力情况如图所示，设绳长为l，升降机和建筑间距离为d，右侧绳与竖直方向夹角为θ，绳中张力大小为F，根据几何知识可知sinθ＝dl，根据平衡条件有2Fcosθ＝mg，又cosθ＝1－d2l2，解得F＝mg21－d2l2，升降机缓慢上升时，d和l不变，故绳中的张力大小不变，A正确；升降机缓慢向左移动时，d变大，绳中的张力变大，故B错误；根据平衡条件可知地面对升降机的摩擦力为f＝12mgtanθ，升降机缓慢上升时，d和l不变，夹角9.[2022河北]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，将木板以直线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（B）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.两根细绳对圆柱体的拉力不变解析解法1：正弦定理法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，绳子与垂直于木板方向的夹角为α，如图所示.在矢量三角形中，根据正弦定理得sinαmg＝sinβN＝sinγT.在木板以直线MN为轴向后方缓慢转动直至水平的过程中，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sinαmg＝sinβN＝sinγT可知，由于sinγ逐渐减小，sinβ先增大后减小，可知解法2：正交分解法设木板与竖直方向的夹角为θ，圆柱体受到重力mg、支持力FN和两绳拉力的作用，设两绳拉力的合力为T，方向在两绳角平分线上，设两绳夹角为2α，每条绳的拉力为T0，由平行四边形定则可知T＝2T0cosα，设合力T与木板间的夹角为β，由平衡条件可知Tcosβ＝mgcosθ，FN＝mgsinθ＋Tsinβ，联立得FN＝mgsinθ＋mgcosθtanβ，根据数学知识有FN＝mg·1+tan2βsin（θ＋x），即θ由0°变化到90°的过程中，FN先增大后减小，A项错、B项正确；由上述式子解得T0＝mgcos10.一般教室门上都安装一种暗锁，这种暗锁由外壳A、骨架B、弹簧C（劲度系数为k）、锁舌D（倾角θ＝30°）、锁槽E以及连杆、锁头等部件组成，如图甲所示.设锁舌D的侧面与外壳A和锁槽E之间的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力Ffm由Ffm＝μFN（FN为正压力）求得.有一次放学后，当某同学准备关门时，无论用多大的力，也不能将门关上（这种现象称为自锁），此刻暗锁所处的状态的俯视图如图乙所示，P为锁舌D与锁槽E之间的接触点，弹簧由于被压缩而缩短了x.下面说法正确的是（D）A.自锁状态时锁舌D的下表面所受摩擦力的方向向左B.锁舌D受到锁槽E摩擦力的方向沿侧面向上C.无论μ多大，暗锁仍然能够保持自锁状态D.无论用多大的力拉门，暗锁仍然能够保持