2.4.2 共点力的动态平衡(题型研究课)（Word教师用书）-【创新方案】2025年高考物理一轮总复习（江苏专版）

第2课时　共点力的动态平衡(题型研究课) (一)方法活用——解决动态平衡的三种方法 动态平衡指通过控制某些物理量，使物体的状态发生缓慢变化，而在这个过程中物体又始终处于一系列的平衡状态，在问题描述中常用“缓慢”等字眼。解决该类问题的总体思路是“化动为静，静中求动”。　　　　　　　　　　　　　　 方法1　解析法　 对研究对象进行受力分析，先画出受力示意图，再根据物体的平衡条件，得到因变量与自变量的关系表达式(通常要用到三角函数)，最后根据自变量的变化确定因变量的变化。 [例1]　(2022·河北高考)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 [解析]　 设两根细绳对圆柱体的拉力的合力为T，木板对圆柱体的支持力为N，从右向左看如图所示，在矢量三角形中，根据正弦定理得＝＝，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＝＝，由于sin γ不断减小，可知T不断减小，sin β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T′，则2T′cos θ＝T，可得T′＝，θ不变，T逐渐减小，可知绳子拉力不断减小，故B正确，A、C、D错误。 [答案]　B [针对训练] 1．(2023·海南高考)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 解析：选B　 对工人受力分析，受绳的拉力、地面的支持力和重力，三力平衡，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；对动滑轮受力分析如图所示，则有绳子拉力FT＝，重物缓慢拉起过程，θ逐渐增大，则FT逐渐变大，C、D错误。 方法2　图解法　 此法常用于求解三力平衡且有一个力是恒力、另有一个力方向不变的问题。一般按照以下流程解题： [例2]　(2024·靖江调研)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 [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，如图所示， 由图可知，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，但其所受合力一直为零，故A正确，B、C错误；对PQ整体受力分析，如图所示， 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。 [答案]　A [针对训练] 2．如图所示，静止在水平地面上的台秤上有一铁架台，小球用轻绳固定在铁架台的横杆上，现用始终与竖直方向成45°、斜向上的拉力F将小球由最低点缓慢拉至轻绳水平。已知在拉动过程中铁架台与台秤始终静止，下列说法正确的是(　 ) A．拉力F一直减小 B．轻绳的拉力先增大后减小 C．台秤的示数先减小后增大 D．台秤所受地面的摩擦力一直增大 解析：选D 对小球受力分析如图甲所示，由三角形定则和平衡条件可知，小球在上升的过程中，拉力F一直增大，轻绳的拉力先减小后增大，A、B错误；对铁架台和小球组成的系统受力分析如图乙所示。由平衡条件可知，F增大时，铁架台受台秤的支持力逐渐减小，摩擦力逐渐增大，由牛顿第三定律可知，台秤的示数逐渐减小，台秤所受地面的摩擦力一直增大，C错误，D正确。 　 方法3　相似三角形法　 在三力平衡问题中，如果有一个力是恒力，另外两个力方向都变化，且题目给出了空间几何关系，多数情况下力的矢量三角形与空间几何三角形相似，可利用相似三角形对应边成比例进行计算。 [例3]　(2024·海安模拟)如图甲所示，一名登山爱好者正沿着竖直崖壁向上攀爬，绳的一端固定在较高处的A点，另一端拴在人的腰间C点(重心处)。在人向上攀爬的过程中可以把人简化为图乙所示的物理模型：脚与崖壁接触点为O点，人的重力G全部集中在C点，O到C点可简化为轻杆，AC为轻绳。已知OC长度不变，人向上攀爬过程中的某时刻AOC构成等边三角形，则(　 ) A．轻绳对人的拉力与人对轻绳的拉力是一对平衡力 B．在此时刻，轻绳对人的拉力大小等于G C．在虚线位置时，轻绳AC承受的拉力更小 D．在虚线位置时，OC段承受的压力变大 [解析]　 轻绳对人的拉力与人对轻绳的拉力是一对作用力和反作用力，故A错误；重力、轻绳对人的拉力、OC的支持力构成等边三角形，如图所示，根据相似三角形，有＝＝，所以轻绳对人的拉力和OC的支持力大小都等于人的重力大小G，故B正确；在虚线位置时AC更长，则轻绳承受的拉力更大，OC长度不变，OC段受到的压力一直不变，故C、D错误。 [答案]　B [针对训练] 3．如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆环的最高点有一个光滑的小孔。质量为m的小球套在圆环上，一根细线的下端系着小球，上端穿过小孔用手拉住。现拉动细线，使小球沿圆环缓慢上移，在移动过程中，手对细线的拉力F和圆环对小球的弹力FN的大小变化情况是(　 ) A．F不变，FN增大 B．F不变，FN减小 C．F减小，FN不变 D．F增大，FN减小 解析：选C　 小球沿圆环缓慢上移可看成小球始终受力平衡，对小球进行受力分析，作出受力示意图如图所示，由图可知△OAB∽△G′FA，即＝＝，当A点上移时，半径不变，AB长度减小，故F减小，FN不变，故C正确。 (二)重点题型——三法破解平衡中的临界极值问题 临界问题是指当某物理量变化时，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”“正好”“恰好”等语言叙述；极值问题是指在力的变化过程中的最大值和最小值问题。解决平衡中的临界极值问题通常有以下三种方法： 方法1　物理分析法　 根据平衡条件作出力的矢量图，若只受三个力，则这三个力能构成封闭矢量三角形，然后根据矢量图进行动态分析，确定最大值和最小值。 [例1]　(2024·兴化调研)一不可伸长的细线套在两光滑且大小不计的定滑轮上，质量为m的圆环穿过细线，如图所示。现施加一作用力F使圆环保持静止状态，且细线始终有张力作用，若AC段竖直，BC段水平，AC长度等于BC长度，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　 ) A．F的大小不可能为mg B．F的最小值为mg C．大小为2mg的力F对应有两个方向 D．F的方向可能竖直向下 [解析]　 同一根细线上拉力大小相等，AC细线、BC细线的合力为T，方向与竖直方向成45°角，如图所示，力F在水平方向时，大小为mg，A错误；当F与T垂直时取最小值，可知F的最小值为mg，B正确；大小为2mg的力F只对应一个方向，C错误；F的方向与竖直向下时，不能构成闭合矢量三角形，无解，D错误。 [答案]　B [针对训练] 1.(2024·南京模拟)如图所示，将质量为m的球放在AB和CD两个与纸面垂直的光滑板之间，两板与水平面夹角θ＝α＝30°并保持静止。AB板固定，CD板与AB板活动连接，CD板可绕通过D点且垂直纸面的轴转动。在θ角缓慢地由30°增大到75°的过程中(　 ) A．球对AB板压力的最大值为0.5mg B．球对AB板压力的最大值为mg C．球对AB板压力的最大值为mg D．球对AB板压力的最大值为1.5mg 解析：选B　 小球受到重力mg，AB板的支持力NAB，CD板的支持力NCD三个力作用下保持平衡状态，在θ角缓慢地由30°增大到75°的过程中，小球的重力保持不变，AB板对球的支持力方向不变，只有CD板对球的支持力方向在变化，如图所示分别是小球在CD与水平面夹角在30°和75°的受力情景图，根据三角形定则，可知随着θ角缓慢地增大，AB板的对球支持力也逐渐增大，当θ＝75°时，AB板对球的支持力最大，从受力图可知AB板对球的支持力等于小球的重力，根据牛顿第三定律可得球对AB板压力的最大值为mg，B正确，A、C、D错误。 方法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、讨论公式求极值、三角函数求极值以及几何法求极值等。 [例2]　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 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 [解析]　设轻绳的合拉力为T，地面对石墩的支持力为N，对石墩受力分析，由平衡条件可知 Tcos θ＝f，f＝μN，Tsin θ＋N＝mg，联立解得T＝，A错误，B正确；轻绳的合拉力大小为T＝＝，可知当θ＋φ＝90°时，轻绳的合拉力有最小值，即减小夹角θ，轻绳的合拉力不一定减小，C错误；摩擦力大小为f＝Tcos 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，故轻绳的合拉力最小时，地面对石墩的摩擦力不是最小，D错误。 [答案]　B [针对训练] 2．如图所示，用方向、大小均可变化的力F抵住靠墙的质量为m的物块，墙与物块之间的动摩擦因数为μ＝，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，若要使物块不滑下，F的最小值为(　 ) A.mg B.mg C.mg D.mg 解析：选B　根据平衡条件可知，所施加的力F的方向斜向上时有最小值，设力F的方向与水平方向之间的夹角为α，则有Fsin α＋f＝mg，f＝μFcos α，整理得F＝＝，由数学知识可知F的最小值为mg，故B正确，A、C、D错误。 方法3　极限分析法　 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。 [例3]　筷子是中国人常用的饮食工具，也是中华饮食文化的标志之一。筷子在先秦时称为“梜”，汉代时称“箸”，明代开始称“筷”。如图所示，用筷子夹质量为m的小球，筷子均在竖直平面内，且筷子和竖直方向的夹角均为θ，为使小球静止，求每根筷子对小球的压力N的取值范围。已知小球与筷子之间的动摩擦因数为μ(μ＜tan θ)，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。 [解析]　 筷子对小球的压力太小时，小球有下滑的趋势，最大静摩擦力沿筷子向上，如图甲所示。小球平衡时，有2Nsin θ＋2fcos θ＝mgf＝μN 联立解得N＝ 筷子对小球的压力太大时，小球有上滑的趋势，最大静摩擦力沿筷子向下，如图乙所示。小球平衡时，有2N′sin θ＝mg＋2f′cos θf′＝μN′ 联立解得N′＝ 综上，筷子对小球的压力的取值范围为：≤N≤。 [答案]　≤N≤ [针对训练] 3．(2024·扬中模拟)在吊运表面平整的重型板材时，如因吊绳无处钩挂而遇到困难，可用一根钢丝绳将板拦腰捆起(不必捆的很紧)，用两个吊钩勾住绳圈长边的中点起吊(如图所示)，若钢丝绳与板材之间的动摩擦因数为μ，为了满足安全起吊(不考虑钢丝绳断裂)，需要满足的条件是(　 ) A．tan α>μ B．tan α<μ C．sin α>μ D．sin α<μ 解析：选B　要起吊重物，只需满足绳子张力T的竖直分量小于钢丝绳与板材之间的最大静摩擦力，一般情况最大静摩擦力等于滑动摩擦力，如图所示，即μTcos α>Tsin α，化简可得tan α<μ，故B正确，A、C、D错误。 [课时跟踪检测] 1．推进“健康中国”建设，是全面提升中华民族健康素质、实现人民健康与经济社会协调发展的国家战略。其中单杠是一项大众喜闻乐见的体育健身运动，如图所示，健身者上杠后，双手缓慢向外分开的过程中，下列说法正确的是(　 ) A．健身者所受的合力增大 B．健身者手臂所受的拉力增大 C．健身者所受重力是手臂拉力的分力 D．健身者所受重力和双臂的合力是一对作用力和反作用力 解析：选B　根据题意知，健身者双手缓慢分开的过程中，健身者处于平衡状态，所受的合力为零，A错误；由于双臂与竖直方向夹角增大，由力的平衡可知健身者手臂所受的拉力增大，B正确；健身者所受重力是由于地球的吸引而受到的力，方向竖直向下，手臂拉力斜向上方，重力不是手臂拉力的分力，C错误；健身者所受重力和双臂的合力不是一对作用力和反作用力，是一对平衡力，D错误。 2．如图甲所示，10个人用20根等长的绳子拉起一个鼓，一端系在鼓上，一端用手拉住，每根绳子与竖直方向的夹角均相等，若绳子连接鼓的结点、拉绳子的手分别在其所在圆周上等间距分布，鼓处于静止状态且鼓面水平，忽略绳子质量，简化图如图乙所示。现使鼓在绳子的作用下保持鼓面水平沿竖直方向缓慢下降，其他条件不变，则在鼓缓慢下降过程中，下列说法正确的是(　 ) A．绳子对鼓的合力变大 B．绳子对鼓的合力变小 C．每根绳子对人的作用力增大 D．每根绳子对人的作用力减小 解析：选D　鼓缓慢下降，处于动态平衡状态，绳子对鼓的合力等于鼓的重力，绳子对鼓的合力不变，A、B错误；根据平衡条件得20Fcos θ＝mg，解得F＝，鼓缓慢下降过程中绳子与竖直方向的夹角θ变小，cos θ变大，F减小，C错误，D正确。 3．(2024·泰兴调研)“儿童散学归来早，忙趁东风放纸鸢。”纸鸢即风筝，如图所示，一张四边形平面风筝悬停在空中，风筝平面与水平面夹角为α。空气对风筝的作用力F始终垂直于风筝平面，风筝线的拉力FT与水平面夹角为β。某时刻风力增大导致F增大，通过拉线调整，风筝再次恢复平衡状态时，风筝平面与水平面夹角仍为α。则再次平衡后较之初态悬停时，下列说法正确的是(　 ) A．风筝所受合力增大 B．风筝线与水平面夹角β变小 C．风筝线对风筝的拉力FT减小 D．若风筝线长度不变，风筝距离地面的高度增大 解析：选D　 风筝仍处于平衡状态，合力为零，A错误；如图所示为风筝受力示意图，当风力变大时，重力不变，根据三角形定则矢量三角形如图所示，风筝悬停在空中，可得风筝所受的合力为零，保持不变，拉线拉力变大，拉线对风筝的拉力与水平方向的夹角β变大，B、C错误；设拉线长为L，则风筝距地面高度为h＝Lsin β，若风筝线长度不变，风筝距离地面的高度增大，D正确。 4.将两个质量均为m的小球用细线相连后，再用细线悬挂于O点，如图所示。用力F拉右侧小球，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达到最小值时细线Oa上的拉力为(　 ) A.mg B．Mg C.mg D.mg 解析：选A 以两个小球组成的整体为研究对象受力分析，作出F在不同方向时整体的受力图如图所示。根据平衡条件得知，F与T的合力与重力2mg总是大小相等、方向相反的，由力的合成图可知，当F与细线Oa垂直时，F有最小值，即图中2位置，根据平衡条件得Fmin＝2mgsin30°＝mg，此时T＝2mgcos30°＝mg，故选A。 5．图1是工厂里的货物从车上面缓慢滑下的情境，现可以简化为如图2所示的模型，在墙壁与地面间放置一表面粗糙、质量分布均匀的木板斜面，假设竖直墙壁光滑，水平地面粗糙，现在一物块从斜面顶端沿斜面缓慢滑下，则在其滑至底端的过程中，下列说法正确的是(　 ) A．竖直墙壁对木板的弹力在变大 B．地面对木板的弹力在变大 C．地面对木板的摩擦力在变大 D．地面对木板的作用力在变小 解析：选D　 将木板与物块看作一个整体，地面对系统的作用力可当作一个力，系统相当于只受三个力的作用，当物块下滑时，系统重心下降，由题意知系统在三力作用下处于平衡状态，由共点力的特点可知，地面对系统的作用力与地面的夹角在增大，由矢量三角形可知，墙壁对系统的弹力在减小，地面对系统的作用力减小，地面对木板的弹力不变，故地面对木板的摩擦力在减小，所以A、B、C错误，D正确。 6．(2024·江苏南通模拟)如图为雨污分流改造施工中工人将钢材运送到水池底部，其中工人甲将钢材放到一定深度时拉住手中的绳保持静止，乙通过拉绳将钢材微调到准确位置。设乙所拉轻绳始终保持水平，滑轮大小不计，忽略其摩擦和绳子质量。在乙缓慢释放手中的绳子，钢材缓慢向左移动的过程中(　 ) A．甲对地面的压力不变 B．甲受到地面的摩擦力大于乙受到地面的摩擦力 C．乙手中绳子的拉力不断增大 D．甲手中绳子的拉力不断增大 解析：选B　 对甲、乙所拉绳子的结点进行受力分析如图，设甲所拉绳对结点的作用力与水平方向夹角为θ，钢材缓慢移动，所以该结点所受合力为零，对结点由平衡条件可知FT1cos θ＝FT2，FT1sin θ＝mg，在乙缓慢释放手中的绳子时，θ变大，则FT1变小，FT2变小，C、D错误；对甲受力分析如图，由平衡条件得FT1cos α＝Ff，FN＋FT1sin α＝G，工人甲将钢材放到一定深度时拉住手中的绳保持静止，则α不变，当FT1变小时，FN变大，结合牛顿第三定律知，甲对地面的压力变大，A错误；工人乙也受力平衡，对乙受力分析，在水平方向上Ff2＝FT2，联立解得＝，因为α<θ，则Ff>Ff2，即甲受到地面的摩擦力大于乙受到地面的摩擦力，故B正确。 7.某同学参加“筷子夹玻璃珠”游戏。如图所示，夹起玻璃珠后，左侧筷子与竖直方向的夹角θ为锐角，右侧筷子竖直，且两筷子始终在同一竖直平面内。保持玻璃珠静止不动，且忽略筷子与玻璃珠间的摩擦。左侧筷子对玻璃珠的弹力为F1，右侧筷子对玻璃珠的弹力为F2，玻璃珠的重力为G。下列说法正确的是(　 ) A．F1＜F2 B．F1＜G C．保持右侧筷子竖直，玻璃珠仍静止，左侧筷子与竖直方向的夹角θ略微减小，则F1减小 D．保持右侧筷子竖直，玻璃珠仍静止，左侧筷子与竖直方向的夹角θ略微减小，则F2增大 解析：选D　 对玻璃珠受力分析如图所示，两侧筷子对玻璃珠的合力等于重力，由几何关系得F2＝，F1＝，左侧筷子对玻璃珠的弹力F1一定比玻璃珠的重力大，＝cos θ<1，则F2<F1，故A、B错误；由以上分析知，θ角略微减小时，F1增大，F2增大，故C错误，D正确。 8.如图所示，竖直墙壁O处用光滑铰链连接一轻质杆的一端，杆的另一端固定小球(可以看成质点)，轻绳的一端悬于P点，另一端与小球相连。已知轻质杆长度为R，轻绳的长度为L，且R＜L＜2R。A、B是墙上两点，且OA＝OB＝R。现将轻绳的上端点P沿墙壁缓慢下移至A点，此过程中轻绳对小球的拉力F1及轻质杆对小球的支持力F2的大小变化情况为(　 ) A．F1和F2均增大 B．F1保持不变，F2先增大后减小 C．F1和F2均减小 D．F1先减小后增大，F2保持不变 解析：选A　 小球受重力、轻绳的拉力和轻杆的支持力，由于受力平衡，三个力可以构成矢量三角形，如图所示。根据平衡条件，该力的矢量三角形与几何三角形POC相似，则有＝＝，解得F1＝G，F2＝G，当P点下移时，PO减小，L、R不变，故F1增大，F2增大。故选A。 9．(2024·邳州调研)如图所示，小球a、b质量均为m，用细线相连并悬挂于O点。现用一轻质弹簧给小球a施加一个拉力F，使整个装置处于静止状态，且oa与竖直方向的夹角为θ＝30°，已知弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g，则弹簧形变量可能为(　 ) A. B. C. D. 解析：选C　 根据题意，以小球a、b整体为研究对象，分析受力，作出F在几个方向时整体的受力图， 根据平衡条件可知，F与FT的合力与整体重力2mg总是大小相等、方向相反，由力的合成图可知，当F与绳子Oa垂直时，F有最小值，即图中2位置，F的最小值为Fmin＝2mgsin θ＝mg，根据胡克定律有Fmin＝kxmin，解得xmin＝，即弹簧的形变量的取值范围为x≥。 10．(2024·泰州模拟)北方农村秋冬季节常用金属丝网围成圆柱形粮仓储存玉米棒， 某粮仓由于玉米棒装的不匀称而发生倾斜现象，为避免倾倒，在左侧用木棍支撑，如图所示。若支撑点距水平地面的高度为 m，木棍与水平地面间的动摩擦因数为，木棍重力不计，粮仓对木棍的作用力沿木棍方向，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，为使木棍下端一定不发生侧滑，则木棍的长度最多为(　　) A．1.5 m B. m C．2 m D．2 m 解析：选C　设木棍与竖直方向夹角为θ，木棍长度为L，粮仓对木棍的作用力为F。为使木棍下端一定不发生侧滑，则有Fsin θ≤μFcos θ，即μ≥tan θ，由几何知识有tan θ＝，联立解得L≤2 m，即木棍的长度最多为2 m，故C项正确。 11．如图甲所示，用瓦片做屋顶是我国建筑的特色之一。铺设瓦片时，屋顶结构可简化为如图乙所示，建筑工人将瓦片轻放在两根相互平行的檩条正中间，若瓦片能静止在檩条上，已知檩条间距离为d，以下说法正确的是(　 ) A．减小檩条间的距离d时，瓦片不能会下滑 B．减小檩条间的距离d时，瓦片与檩条间的弹力变大 C．减小檩条间的距离d时，瓦片与檩条间的弹力变小 D．增大檩条间的距离d时，瓦片与檩条间的摩擦力变大 解析：选C　 在檩条横截面方向，檩条给瓦片的支持力如图所示。两檩条给瓦片的支持力与垂直檩条向上方向的夹角为α，则有2Fcos α＝mgcos θ，减小檩条间的距离d时，夹角α变小，则两檩条给瓦片的支持力F变小，故瓦片与檩条间的弹力变小，最大静摩擦力变小，则瓦片可能下滑，故C正确，A、B错误；由以上分析可知，增大檩条间的距离d时，夹角α变大，瓦片与檩条间的弹力变大，最大静摩擦力变大，则瓦片不可能下滑，处于静止状态，则根据平衡条件可知，瓦片与檩条间的摩擦力将总等于mgsin θ保持不变，故D错误。 12．(2024·苏州模拟)竖直门闩简化结构的侧视图如图所示。下方部件A可以在水平槽内向前推进。槽表面光滑，摩擦力可以不计；部件A与部件B界面具有摩擦系数μ，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，界面与水平面呈45°夹角。部件B质量为m，重力加速度为g，为了使门闩启动，施加在部件A上的水平力F至少是(　 ) A.mg B.mg C.mg D.mg 解析：选C　 设A、B刚好发生相对滑动，A、B的受力如图所示，以B为对象，则有mg＋fsin 45°＝FABcos 45°，以A为对象，则有F＝fcos 45°＋FBAsin 45°，又f＝μFAB＝μFBA，联立解得施加在部件A上的水平力F的最小值为F＝mg。 13．我国的新疆棉以绒长、品质好、产量高著称于世，目前新疆地区的棉田大部分是通过如图甲所示的自动采棉机采收。自动采棉机在采摘棉花的同时将棉花打包成圆柱形棉包，通过采棉机后侧可以旋转的支架平稳将其放下，这个过程可以简化为如图乙所示模型：质量为m的棉包放在“V”型挡板上，两板间夹角为120°固定不变，“V”型挡板可绕O轴在竖直面内转动。在使OB板由水平位置顺时针缓慢转动60°过程中，忽略“V”型挡板对棉包的摩擦力，已知重力加速度为g，下列说法正确的是(　 ) A．棉包对OA板的压力先增大后减小 B．棉包对OB板的压力先增大后减小 C．当OB板转过30°时，棉包对OA板的作用力大小为mg D．当OB板转过60°时，棉包对OB板的作用力最小但不为零 解析：选C　当OB板由水平位置顺时针缓慢转动一定角度时，对物体受力分析如图， 由正弦定理可得＝＝，OB板在顺时针旋转60°的过程中α从120°逐渐变大到180°，β从180°逐渐减小到120°，因此OB板由水平位置缓慢转动60°的过程中，棉包对OA板压力逐渐增大，对OB板压力逐渐减小，故A、B错误；当OB板转过30°时， 两板与水平方向夹角均为30°，如图所示，两板支持力大小相等，与竖直方向夹角为30°，可得FN＝mg，故C正确；当OB板转过60°时，OA板处于水平位置，棉包只受到重力和OA板的支持力，故D错误。 学科网（北京）股份有限公司 $$