第2章 第3讲 微专题 “活结”和“死结”　“动杆”和“定杆”-【金版教程】2026年高考物理一轮复习解决方案课件PPT

第二章　相互作用 第3讲　共点力的平衡 微专题　“活结”和“死结”　“动杆”和“定杆” 目录 1 2 微专题　“活结”和“死结”　“动杆”和“定杆” 课时作业 微专题　“活结”和“死结”　“动杆”和“定杆” 1．轻绳上的弹力 同一段轻绳上的弹力处处相等。 (1)活结：当轻绳绕过光滑的滑轮或挂钩时，由于滑轮或挂钩对绳无约束，因此绳上的力的大小是处处相等的，即滑轮或挂钩只改变力的方向，不改变力的大小。例如图甲中，BC、BD两段绳中的拉力大小都等于重物的重力。 微专题　“活结”和“死结”　“动杆”和“定杆” 4 (2)死结：当轻绳某处打有死结时，由于结点对绳有约束，因此绳上的力的大小可能不是处处相等。例如图乙中，绳AOB中，AO和OB两段绳中拉力大小不相等。 微专题　“活结”和“死结”　“动杆”和“定杆” 5 2．轻杆上的弹力 (1)动杆： 若轻杆用光滑的转轴或铰链连接，当杆处于平衡时杆所受到的弹力方向一定沿着杆，轻杆只能起到“拉”或“推”的作用，否则会引起杆的转动。如图丙所示，若C处为转轴，则轻杆在缓慢转动中，杆上弹力方向始终沿杆的方向。 微专题　“活结”和“死结”　“动杆”和“定杆” 6 (2)定杆：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。定杆的弹力方向应根据物体的运动状态，由平衡条件或牛顿第二定律分析判断。 微专题　“活结”和“死结”　“动杆”和“定杆” 7 例　在日常生活中经常会用三角形的结构进行悬挂，如图为 这类结构的一种简化模型。图中硬杆OB可以绕通过B点且垂直于 纸面的轴无摩擦转动，钢索OA、悬挂重物的绳子和杆OB所受的重 力都可以忽略。如果悬挂物所受的重力是G，∠AOB＝θ，钢索OA 对O点的拉力和杆OB对O点的支持力各是多大？ 微专题　“活结”和“死结”　“动杆”和“定杆” 8 微专题　“活结”和“死结”　“动杆”和“定杆” 9 微专题　“活结”和“死结”　“动杆”和“定杆” 10 微专题　“活结”和“死结”　“动杆”和“定杆” 11 跟进训练2.如图所示是某型号门座式起重机示意图，其悬臂与水平方向夹角为37°，悬臂顶端安装有定滑轮，钢索通过滑轮可拉起重物。已知钢索的PQ段水平，现缓慢拉起重量为G的货物。若不计滑轮摩擦及钢索和悬臂的重力，求：(可能用到的数据：sin37°≈0.6，cos37°≈0.8) (1)PQ段钢索的拉力大小； (2)起重机悬臂受到的压力。 微专题　“活结”和“死结”　“动杆”和“定杆” 12 微专题　“活结”和“死结”　“动杆”和“定杆” 13 课时作业 [A组　基础巩固练] 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课时作业 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课时作业 14 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课时作业 14 17 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课时作业 14 18 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课时作业 14 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课时作业 14 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课时作业 14 21 5.(2025·江苏省南通苏北七市高三上一模考前模拟)一台空调外机用两个三角形支架固定在外墙上，如图所示，空调外机的重心在支架水平横梁AO和斜梁BO连接点O的上方，横梁对O点的拉力沿OA方向、大小为F1，斜梁 对O点的支持力沿BO方向、大小为F2。如果把斜梁加长一点，仍 保持连接点O的位置不变，则(　　) A．F1增大 B．F1减小 C．F2不变 D．F2增大 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课时作业 14 22 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课时作业 14 23 6．光滑斜面上固定着一根刚性圆弧形细杆，小球通过轻绳与细杆相连，此时轻绳处于水平方向，球心恰位于圆弧形细杆的圆心处，如图所示。将悬点A缓慢沿杆向上移动，直到轻绳处于竖直方向，在这个过程中，轻绳的拉力(　　) A．逐渐增大 B．大小不变 C．先减小后增大 D．先增大后减小 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课时作业 14 24 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课时作业 14 25 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课时作业 14 26 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课时作业 14 27 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课时作业 14 28 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课时作业 14 29 9．一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距80 cm的两点上，弹性绳的原长也为80 cm。将一钩码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为100 cm；再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点，则弹性绳的总长度变为(弹性绳的伸长始终处于弹性限度内)(　　) A．86 cm B．92 cm C．98 cm D．104 cm 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课时作业 14 30 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课时作业 14 31 10.(多选)如图所示，轻杆OP可绕O轴在竖直平面内自由转动，P端挂一重物，用另一轻绳通过滑轮A系在P端。在拉力F作用下重物缓慢上升，不计滑轮摩擦，则(　　) A．拉力F的大小逐渐增大 B．拉力F的大小逐渐减小 C．OP杆的弹力N的大小保持不变 D．OP杆的弹力N的大小逐渐增大 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课时作业 14 32 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课时作业 14 33 [B组　综合提升练] 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课时作业 14 34 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课时作业 14 35 12.如图所示，不可伸长、质量不计的绳子两端分别固定在竖直杆PQ、MN上，杂技演员利用轻钩让自己悬挂在绳子上，不计轻钩与绳间的摩擦。现将MN杆绕N点垂直纸面向外缓慢转动15°，该过程中关于绳子上张力大小的变化，下列说法正确的是(　　) A．逐渐变大 B．逐渐变小 C．始终不变 D．先变大后变小 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课时作业 14 36 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课时作业 14 37 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课时作业 14 38 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课时作业 14 39 [C组　拔尖培优练] 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课时作业 14 40 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课时作业 14 41 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课时作业 14 42 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 答案　eq \f(G,sinθ)　eq \f(G,tanθ) 解析　根据题意，对O点受力分析，受钢索OA的拉力F1、杆OB的支持力F2和悬挂重物的绳子的拉力F3，如图所示，根据平衡条件，在水平方向上有F2＝F1cosθ 在竖直方向上有F1sinθ＝F3 对重物受力分析，由平衡条件和牛顿第三定律可得F3＝G 联立解得F1＝eq \f(G,sinθ)，F2＝eq \f(G,tanθ)。 跟进训练1.(2025·贵州省六校联盟高三模拟)(多选)如图所示，两个工人相互配合将质量为m的防盗窗拉上平台，O点为OA、OB、OC三根轻绳的结点，工人甲向左收绳，工人乙站在固定位置放绳。防盗窗缓慢上升的过程中，当OA绳与竖直方向的夹角θ＝30°时，∠AOC刚好等于150°，重力加速度为g，则此时OA、OC绳中张力TOA、TOC的大小分别为(　　) A．TOC＝mg B．TOC＝eq \r(2)mg C．TOA＝eq \r(2)mg D．TOA＝eq \r(3)mg 解析：对结点O进行受力分析，如图所示，TOB、TOC的合力T合与TOA为一对平衡力，由几何关系可知，T合的方向沿AO的延长线平分∠COB，故TOC＝TOB＝mg，TOA＝T合＝2TOCcos30°＝eq \r(3)mg，故选A、D。 答案：(1)G (2)eq \r(2)G，方向指向右下方与PQ成45°角 解析：(1)以货物为研究对象，根据平衡条件可得，整根钢索的拉力大小均为T＝G，故PQ段钢索的拉力大小为T＝G。 (2)以定滑轮为研究对象，其受力分析如图所示，根据平衡条件可知，起重机悬臂对定滑轮的支持力FN′与两段钢索的拉力的合力等大反向，有FN′＝2Tcos45° 解得FN′＝eq \r(2)G，方向指向左上方与水平方向成45°角 由牛顿第三定律可知，起重机悬臂受到的压力大小FN＝FN′＝eq \r(2)G，方向指向右下方与PQ成45°角。 1．(2023·河北高考)如图，轻质细杆AB上穿有一个质量为m的小球C，将杆水平置于相互垂直的固定光滑斜面上，系统恰好处于平衡状态。已知左侧斜面与水平面成30°角，则左侧斜面对杆AB支持力的大小为(　　) A．mg B．eq \f(\r(3),2)mg C．eq \f(\r(3),3)mg D．eq \f(1,2)mg 解析：轻杆和小球组成的整体，受斜面的支持力NA、NB和自身的重力mg而处于平衡状态，如图所示，由平衡条件有NA＝mgcos30°，解得NA＝eq \f(\r(3),2)mg，故选B。 2．(2025·广西南宁市高三上毕业班摸底测试)2024年7月6日消息，近日在辽宁营口四千吨级履带起重机首秀。如图甲为起重机将质量m＝3000吨的重物吊起时的情形，如图乙所示，重物上表面是边长为L的正方形，四根长均为L的吊绳分别连接在正方形的四个角，另一端连接在吊索下端的O点。正方形上表面水平，不计空气阻力和吊绳的重力，取当地的重力加速度g＝10 m/s2。在重物匀速上升过程中，每根吊绳上的拉力大小为(　　) A．7.5×106 N B．3×107 N C．eq \f(15\r(2),2)×106 N D．3eq \r(2)×107 N 解析：设吊绳与竖直方向的夹角为θ，由几何关系可知sinθ＝eq \f(\f(\r(2),2)L,L)＝eq \f(\r(2),2)，设每根吊绳上的拉力大小为F，根据平衡条件有4Fcosθ＝mg，解得F＝eq \f(\r(2),4)mg＝eq \f(15\r(2),2)×106 N，故选C。 3.(2022·重庆高考)如图所示，吸附在竖直玻璃上质量为m的擦窗工具，在竖直平面内受重力、拉力和摩擦力(图中未画出摩擦力)的共同作用做匀速直线运动。若拉力大小与重力大小相等，方向水平向右，重力加速度为g，则擦窗工具所受摩擦力(　　) A．大小等于mg B．大小等于eq \r(2)mg C．方向竖直向上 D．方向水平向左 解析：由题意可知擦窗工具做匀速直线运动，则受力平衡。对擦窗工具在如题图所示平面内进行受力分析，如图所示。水平方向上拉力F与擦窗工具所受滑动摩擦力f的水平分力f水平等大反向，竖直方向上重力mg与擦窗工具所受滑动摩擦力f的竖直分力f竖直等大反向，又已知F＝mg，根据平行四边形定则将f水平和f竖直进行合成，则擦窗工具所受摩擦力大小为f＝eq \r(F2＋（mg）2)＝eq \r(2)mg，由tanθ＝eq \f(f竖直,f水平)＝eq \f(\a\vs4\al(mg),F)＝1，可知擦窗工具所受摩擦力方向与水平方向成θ＝45°角指向左上方。B正确，A、C、D错误。 4．如图，一物块在水平拉力F的作用下沿水平桌面做匀速直线运动。若保持F的大小不变，而方向与水平面成60°角，物块也恰好做匀速直线运动。物块与桌面间的动摩擦因数为(　　) A．2－eq \r(3) B．eq \f(\r(3),6) C．eq \f(\r(3),3) D．eq \f(\r(3),2) 解析：设物块的质量为m，物块与桌面间的动摩擦因数为μ。拉力F水平时，对物块受力分析如图1所示，根据平衡条件有FN＝mg，F＝f，又f＝μFN；拉力F与水平面成60°角时，对物块受力分析如图2所示，根据平衡条件有FN′＋Fsin60°＝mg，Fcos60°＝f′，又f′＝μFN′；联立解得μ＝eq \f(\r(3),3)，故选C。 解析：设OB与墙面的夹角为θ，对O点受力分析如图所示，根据共点力的平衡条件可知F2cosθ＝G，F2sinθ＝F1，整理可得F2＝eq \f(G,cosθ)，F1＝Gtanθ，由几何关系可知，若斜梁加长，则θ变小，此时cosθ变大，tanθ变小，故F2减小，F1减小，故A、C、D错误，B正确。 解析：解法一(图解法)：在悬点A缓慢向上移动的过程中，小球始终处于平衡状态，小球所受重力mg的大小和方向都不变，支持力的方向不变，对小球进行受力分析如图甲所示，由图可知，拉力T先减小后增大，C正确。 解法二(解析法)：如图乙所示，由正弦定理得eq \f(T,sinα)＝eq \f(\a\vs4\al(mg),sinβ)，得T＝eq \f(\a\vs4\al(mgsinα),sinβ)，由于mg和α不变，而sinβ先增大后减小，可得T先减小后增大，C正确。 7.(2025·湖南省长沙市高三上开学考试)如图所示，光滑的圆轨道竖直固定在水平地面上，O为圆心，A为轨道上的一点，OA与水平面夹角为30°。小球在拉力F作用下始终静止在A点。当拉力方向水平向左时，拉力F的大小为10 N。当将拉力F在竖直平面内顺时针转至沿圆轨道切线方向时，拉力F的大小为(　　) A．5 N B．5eq \r(3) N C．10 N D．10eq \r(3) N 解析：如图所示，小球受重力G、拉力F和支持力N三个力作用，其中G是恒力，N方向不变，根据三角形定则，当拉力F水平向左时，G＝Ftan30°＝10 N×eq \f(\r(3),3)＝eq \f(10,3) eq \r(3) N；当拉力F在竖直平面内顺时针转至沿圆轨道切线方向时，F＝Gcos30°＝eq \f(10,3) eq \r(3) N×eq \f(\r(3),2)＝5 N，故选A。 8．(2024·吉林省吉林市高三下三模)耙在中国已有1500年以上的历史，北魏贾思勰著《齐民要术》称之为“铁齿楱”。如图甲、乙所示，牛通过两根耙索沿水平方向匀速耙地，两根耙索等长且对称，延长线的交点为O1，夹角∠AO1B＝60°，拉力大小均为F，平面AO1B与水平面的夹角为30°(O2为AB的中点)。忽略耙索质量，下列说法正确的是(　　) A．两根耙索的合力大小为F B．两根耙索的合力大小为eq \r(3)F C．地对耙的水平阻力大小为eq \r(3)F D．地对耙的水平阻力大小为F 解析：由平行四边形定则得，两根耙索的合力大小F合＝2×Fcoseq \f(∠AO1B,2)＝eq \r(3)F，故A错误，B正确；对耙受力分析，在水平方向上，根据平衡条件可得，地对耙的水平阻力大小f＝F合cos30°＝eq \f(3,2)F，故C、D错误。 解析：轻质弹性绳的两端分别固定在相距l0＝80 cm的两点上，钩码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为l＝100 cm，以钩码为研究对象，受力如图所示，由胡克定律F＝k(l－l0)，由共点力的平衡条件和几何知识得F＝eq \f(\a\vs4\al(mg),2sinα)＝eq \f(\a\vs4\al(5mg),6)；再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点，设弹性绳的总长度变为l′，由胡克定律得F′＝k(l′－l0)，由共点力的平衡条件F′＝eq \f(mg,2)，联立上面各式解得l′＝92 cm，B正确。 解析：P点受悬挂重物的轻绳的拉力T＝G、拉力F和轻杆的支持力N，如图所示，将F、N平移构成首尾相接的矢量三角形，由几何知识可知，三角形OPA和力的矢量三角形相似，所以有eq \f(G,AO)＝eq \f(N,OP)＝eq \f(F,AP)，重物缓慢上升，其中OA、OP保持不变，而AP逐渐减小，可知N＝eq \f(OP,AO)G保持不变，F＝eq \f(AP,AO)G逐渐减小，故A、D错误，B、C正确。 11.(2022·海南高考)我国的石桥世界闻名，如图，某桥由六块形状完全相同的石块组成，其中石块1、6固定，2、5质量相同为m，3、4质量相同为m′，不计石块间的摩擦，则eq \f(m,m′)为(　　) A．eq \f(\r(3),2) B．eq \r(3) C．1 D．2 解析：由题意可知，每块石块对应的圆心角均为eq \f(180°,6)＝30°，对石块3进行受力分析，如图1，由平衡条件可得tan30°＝eq \f(\a\vs4\al(m′g),F43)；把石块2和3看成整体，并对其进行受力分析，如图2，由平衡条件可得tan60°＝eq \f(\a\vs4\al(（m＋m′）g),F43)；联立解得eq \f(m,m′)＝2，故D正确。 解析：设杂技演员的质量为m，绳子上的张力大小为T，轻钩两侧绳子与竖直方向的夹角均为θ，对杂技演员和轻钩整体受力分析，如图所示，由平衡条件有2Tcosθ＝mg，解得T＝eq \f(\a\vs4\al(mg),2cosθ)。设绳总长为L，绳的两悬点在水平方向的距离为d，根据几何关系有sinθ＝eq \f(d,L)，将MN杆绕N点垂直纸面向外缓慢转动15°的过程中，L不变，d逐渐变大，则sinθ逐渐变大，cosθ逐渐变小，T逐渐变大，故A正确，B、C、D错误。 13.如图所示，矩形平板ABCD的AD边固定在水平面上，平板与水平面夹角为θ，AC与AB的夹角也为θ。质量为m的物块在平行于平板的拉力作用下，沿AC方向匀速运动。物块与平板间的动摩擦因数μ＝tanθ，重力加速度大小为g，拉力大小为(　　) A．2mgsinθcoseq \f(θ,2) B．2mgsinθ C．2mgsineq \f(θ,2) D．mgsinθcoseq \f(θ,2) 解析：物块重力沿平板的分力平行于CD向下，有Gx＝mgsinθ，物块所受滑动摩擦力与运动方向相反，有f＝μmgcosθ，根据平衡条件，在平板平面内，拉力与Gx和f的合力等大反向，根据余弦定理得F＝2,x)eq \r(G＋f2－2Gxfcos（π－θ）) ＝2mgsinθcoseq \f(θ,2)，故选A。 14.(多选)如图，柔软轻绳ON的一端O固定，其中间某点M拴 一重物，用手拉住绳的另一端N。初始时，OM竖直且MN被拉直， OM与MN之间的夹角为αeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α>\f(π,2)))。现将重物向右上方缓慢拉起，并保 持夹角α不变。在OM由竖直被拉到水平的过程中(　　) A．MN上的张力逐渐增大 B．MN上的张力先增大后减小 C．OM上的张力逐渐增大 D．OM上的张力先增大后减小 解析：解法一(辅助圆法)：重物受到重力mg、OM绳的拉力FOM、MN绳的拉力FMN共三个力的作用。缓慢拉起过程中任一时刻可认为是平衡状态，三力的合力恒为0。如图1所示，由三角形定则得一首尾相接的闭合三角形，由于α>eq \f(π,2)且不变，则三角形中FMN与FOM的交点在一个圆弧上移动，由图可以看出，在OM被拉到水平的过程中，绳MN中拉力一直增大且OM水平时恰好达到最大值，绳OM中拉力先增大后减小，故A、D正确，B、C错误。 解法二(正弦定理法)：设重物的质量为m，绳OM中的张力为TOM，绳MN中的张力为TMN。开始时，TOM＝mg，TMN＝0。由于缓慢 拉起，则重物一直处于平衡状态，两绳张力的合力与重物的重力mg等大、反向。 如图2所示，已知角α不变，在重物被缓慢拉起的过程中，角β逐渐增大，则角(α－β)逐渐减小，但角θ不变，在三角形中，利用正弦定理得：eq \f(TOM,sin（α－β）)＝eq \f(\a\vs4\al(mg),sinθ)，(α－β)由钝角变为锐角，则TOM先增大后减小，C错误，D正确；同理知eq \f(TMN,sinβ)＝eq \f(\a\vs4\al(mg),sinθ)，在β由0变为eq \f(π,2)的过程中，TMN一直增大，A正确，B错误。 $$