第2章 第5讲 微专题——共点力的动态平衡(综合融通课)（课件）-【新高考方案】2026年高考物理一轮总复习（福建专版）

微专题——共点力的动态平衡(综合融通课) 第 5 讲 1 (一) “四法”破解动态平衡问题 2 (二) “三法”破解平衡中的临界和极值问题 CONTENTS 目录 3 课时跟踪检测 (一) “四法”破解动态 平衡问题 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”等关键词。解决该类问题的总体思路是“化动为静，静中求动”。 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。 方法1　解析法 1.(2025·黑龙江牡丹江模拟)如图所示，某款手机支架由“L”形挡板和底座构成，挡板使用一体成型材料制成，其AB、BC部分相互垂直，可绕过O点的轴在竖直面内自由调节，不计手机与挡板间的摩擦。调整支架，缓慢增大AB部分的倾角，下列说法正确的是 (　　) A.手机对AB部分的压力增大 B.手机对BC部分的压力增大 C.手机对支架的作用力增大 D.支架对手机的作用力减小 √ 解析:设AB部分与BC部分对手机的支持力分别为F1、F2，AB部分与水平方向的夹角为θ，由平行四边形定则得F1=mgcos θ，F2=mgsin θ，缓慢增大AB部分的倾角θ，则F1减小，F2增大，由牛顿第三定律可知，手机对AB部分的压力减小，手机对BC部分的压力增大，故A错误，B正确;缓慢增大AB部分的倾角，支架对手机的作用力始终与手机的重力大小相等、方向相反，根据牛顿第三定律可知，手机对支架的作用力不变，故C、D错误。 2.(2024年1月·安徽高考适应性演练)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°。现用一水平向右的力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。下列说法错误的是 (　　) A.施加拉力F前，轻绳1的张力大小为mg B.物块在缓慢移动过程中，轻绳2的延长线始终平分∠MON C.物块在缓慢移动过程中，轻绳2的张力越来越大 D.物块在缓慢移动过程中，轻绳1的张力可能先增大后减小 √ 解析:施加拉力F前，以小环O为对象进行受力分析，其受到轻绳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2T1cos 30° =mg，解得轻绳1的张力大小为T1=mg，故A正确，不满足题意要求;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的张力的合力始终沿∠MON平分线，根据受力平衡可知，轻绳2的延长线始终平分∠MON，故B正确，不满足题意要求;物块在缓慢移动过程中，轻绳2与竖直方向的夹角θ逐渐增大，以物块为对象，根据受力平衡可得T2cos θ=mg，可知T2=，可知轻绳2的张力越来越大，故C正确， 不满足题意要求;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，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2T1'cos =T2，可得T1'=，可知此过程轻绳1的张力一直增大，故D错误，满足题意要求。故选D。 1.一般图解法:适用于物体受三个力处于动态平衡时，其中一个力大小、方向均确定，另一个力的方向保持不变。例:挡板P由竖直位置逆时针向水平位置缓慢旋转时小球受力的变化(如图所示)。 方法2　图解法 2.辅助圆法:适用于物体受三个力处于动态平衡时，其中一个力大小、方向均确定，另两个力大小、方向均不确定，但是这两个力的方向夹角保持不变。 例:框架由竖直位置顺时针向水平位置缓慢旋转90°时，绳A、B对小球拉力的变化(如图所示)。 3.图1是工人把货物运送到房屋顶端的场景，简化图如图2所示，绳子跨过定滑轮拉动货物A，沿倾角为θ的玻璃棚缓慢向上移动，忽略货物所受摩擦阻力，则下列说法正确的是 (　　) A.货物A对玻璃棚的压力不变 B.货物A对玻璃棚的压力越来越大 C.绳子的拉力越来越大 D.绳子的拉力越来越小 √ 解析:对货物A受力分析，其动态图如图所示。货物缓慢向上移动，则拉力方向与竖直方向的夹角减小，由图可知，绳子的拉力越来越大。同时，玻璃棚对货物的支持力变小，由牛顿第三定律知，货物A对玻璃棚的压力越来越小。故C项正确。 4.(双选)如图所示的三层篮球收纳架由两根平行的竖直 立柱、三对倾斜挡杆和一个矩形底座ABCD构成，同一层的 两根倾斜挡杆平行且高度相同并与竖直立柱成60°角，每侧 竖直立柱与对应侧的三根倾斜挡杆及底座长边在同一平面内。 开始时收纳架置于水平地面上，竖直立柱处于竖直方向， 将收纳架以AB边为轴、沿顺时针方向缓慢旋转90°，篮球的直径大于竖直立柱与倾斜挡杆构成的两平面间的距离，不计篮球与倾斜挡杆和竖直立柱的摩擦力，篮球始终处于静止状态，则在此过程中关于第二层篮球受力情况的说法正确的是 (　　) A.两倾斜挡杆对篮球的作用力一直减小 B.其中一个倾斜挡杆对篮球的作用力先增大再减小 C.两竖直立柱对篮球的作用力一直增大 D.其中一个竖直立柱对篮球的作用力先增大再减小 √ √ 解析:对第二层的篮球进行受力分析，如图所示。收纳架以AB边为轴、沿顺时针方向缓慢旋转90°过程中，倾斜挡杆对篮球的作用力和竖直立柱对篮球的作用力方向夹角不变，所以旋转过程中根据矢量三角形法则可知两倾斜挡杆对篮球的作用力一直减小，竖直立柱对篮球的作用力先增大后减小，一个竖直立柱对篮球的作用力先增大再减小。故选A、D。 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。 方法3　相似三角形法 5.(2025·泉州高三质检)某攀岩运动员到达山顶后采用如下方式下山:绳的一端固定在山顶，另一端拴在运动员的腰间，沿着岩壁缓缓下移。下移过程中可以把运动员近似看作一根轻杆，整体简化如图所示，A点是运动员的脚所在位置，B点是山顶的固定点，C点是人的重心位置。某时刻腿部与崖壁成60°角，绳与竖直方向也成60°角(图中实线)，则下列说法正确的是 (　　) A.在图中实线位置时，绳子对运动员的拉力比运动员的重力大 B.在图中实线位置时，绳子对运动员的拉力与运动员的重力大小相等 C.当运动员的重心下降到虚线位置时，绳子对运动员的拉力减小 D.当运动员的重心下降到虚线位置时，绳子对运动员的拉力不变 √ 解析:对C点进行受力分析如图所示。设BC 绳上的拉力为FBC，杆AC上的力为FAC，由几何 三角形与矢量三角形相似可得==，解得 FBC=G，在题图中实线位置时，三角形是一个等边三角形，故FBC=G，A错误，B正确;当运动员的重心下降到虚线位置时，根据上述分析可知，此时BC>AB，FBC>G，绳子对运动员的拉力变大，C、D错误。 如图所示，物体受三个共点力作用而处于平衡状态，则三个力中任何一个力的大小分别与另外两个力的夹角的正弦成正比，即==。 方法4　拉密定理法 6.(双选)如图所示，细线一端固定在O点，另一端系一质量为m的小球A，当小球受到竖直平面内与水平方向夹角为60°的拉力F作用时，小球恰好静止且OA水平拉直。现让小球绕O点沿顺时针缓慢向下运动，保持拉力F与OA的夹角不变，小球可视为质点，重力加速度为g，则OA由水平变为竖直过程中，绳子OA的拉力 (　　) A.最小值为mg B.最小值为mg C.最大值为mg D.最大值为mg 解析:设绳子与竖直方向的夹角为θ，对小球进行受力分析，根据拉密定理有==，其中0°≤θ ≤90°，当θ=30°时，解得Tmax=，故C错误，D正确;当θ=90°时，解得Tmin=，故A正确，B错误。 √ √ (二) “三法”破解平衡中的临界和极值问题 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”“刚能”“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常用以下三种方法: 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。 方法1　物理分析法 1.如图所示，三根长度均为L的轻绳分别连接于 C、D两点，A、B两端被悬挂在水平天花板上，相距 2L。现在C点上悬挂一个质量为m的重物，为使CD绳 保持水平，在D点上可施加外力F。已知重力加速度为g，则下列说法中正确的是(　　) A.AC绳的拉力为mg B.CD绳的拉力为mg C.外力F的最小值为mg D.外力F的最小值为mg √ 解析:设AC绳与竖直方向的夹角为θ，根据几何关 系有sin θ==，解得θ=30°，对C点进行分析，根据 平衡条件有TACcos θ=mg，TACsin θ=TCD，解得TAC=mg， TCD=mg，故A、B错误;对D点进行受力分析，作出动态矢量三角形如图所示，可知，当外力F的方向与BD绳垂直时，外力F最小，则有Fmin=TCDcos θ=mg，故C错误，D正确。 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。 方法2　数学分析法 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。 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。 方法3　极限分析法 3.如图1所示，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2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。 答案:≤N≤ 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2N1sin θ+2f1cos θ=mg，f1=μN1 联立解得N1= 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 2N2sin θ=mg+2f2cos θ，f2=μN2 联立解得N2= 综上，筷子对小球的压力的取值范围为≤N≤。 课时跟踪检测 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 一、单项选择题 1.如图，一昆虫悬挂在水平树枝下，其足的股节 与基节间的夹角为θ，且六条足左右对称，都处于相 同的拉力下。若昆虫稍微伸直足，则足的股节部分 受到的拉力将(　　) A.增大　 B.减小　 C.不变　 D.先减小后增大 √ (说明:标★的为推荐讲评题目) 6 7 8 9 10 11 解析:设昆虫的质量为m，每条股节部分受到的拉力均为T，则由力的平衡条件可得6Tsin θ=mg，解得T=，而当昆虫稍微伸直足时，角θ变大，可知足的股节部分受到的拉力T将减小。 1 2 3 4 5 1 5 6 7 8 9 10 11 2.(2025·福建南安模拟)如图所示，可调节倾角的简易支架放在水平桌面上，上语文课时，某同学将一本古汉语字典放在支架的斜面上，若字典与支架斜面间的动摩擦因数为μ=，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，缓慢地调节倾角θ使得字典与支架始终处于静止状态，则下列说法正确的是(　　) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 A.倾角θ增大，字典受到的摩擦力减小 B.倾角θ增大，字典受到的支持力增大 C.若字典始终处于静止状态，支架倾角的最大值θ=30° D.若字典始终处于静止状态，支架倾角的最大值θ=45° 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 解析:字典受力情况如图所示，根据受力平衡可得Ff=mgsin θ，FN=mgcos θ，可知随着倾角θ增大，字典受到的摩擦力增大，字典受到的支持力减小，故A、B错误;当字典受到的静摩擦力达到最大时，根据受力平衡可知fmax=mgsin θ=μmgcos θ，解得tan θ=μ=，即θ=30°，故C正确，D错误。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 3.如图所示，两轻质小环a、b套在水平杆上，两根等长细线悬挂一重物处于静止状态。现保持环a的位置不变，将环b往左侧移动一小段距离，a、b仍处于静止状态。则环a受到杆的 (　　) A.支持力不变 B.支持力变小 C.摩擦力不变 D.摩擦力变大 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 解析:根据题意，设每根细线的拉力为F，细线与竖直方向的夹角为θ，由平衡条件有2Fcos θ=mg，解得F=，设杆对小环a的支持力为FN，摩擦力为f，对小环a受力分析，由平衡条件有f=Fsin θ=，FN=Fcos θ=，将环b往左侧移动一小段距离，θ减小，可知f变小，FN不变。故选A。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 4.(2025·辽宁鞍山模拟)沿轴线切除一部分后的圆柱形材料水平放置，该材料的横截面如图所示，O为其圆心，∠AOB=60°，质量为m的均匀圆柱形木棒沿轴线方向放置在“V”形槽中。初始时，A、O、C三点在同一水平线上，不计一切摩擦，重力加速度为g。在材料绕轴线逆时针缓慢转过90°角的过程中，下列说法正确的是 (　　) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 A.槽面OA对木棒的弹力的最大值为 B.槽面OB对木棒的弹力先增大后减小 C.槽面OA对木棒的弹力一直增大 D.槽面OA与槽面OB对木棒弹力的合力先减小后增大 解析:在材料绕轴线逆时针缓慢转过90°角的过程中，对均匀圆柱形木棒受力分析，由力的平衡条件可知，重力mg、槽面OA对木棒的弹力FOA和槽面OB对木棒的弹力FOB构成封闭的三角形， 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 动态图如图所示，在转动过程中两弹力FOA、FOB的夹角不变，可知当由题图示位置逆时针缓慢转过30°时，槽面OA对木棒的弹力FOA有最大值，最大值为FOAm==，A正确;由动态图可知，槽面OB对木棒的弹力FOB一直增大，槽面OA对木棒的弹力先增大后减小，B、C错误;由力的平衡条件可知，槽面OA与槽面OB对木棒弹力的合力大小始终等于木棒的重力，合力大小不变，D错误。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 5.如图(a)，某人借助瑜伽球锻炼腿部力量，她曲膝静蹲，背部倚靠在瑜伽球上，瑜伽球紧靠竖直墙面，假设瑜伽球光滑且视为均匀球体，整体可简化成如图(b)。当人缓慢竖直站立的过程中，人的背部与水平面间的夹角逐渐增大，且θ<，下列说法正确的是(　　) A.墙面对球的力保持不变 B.人受到地面的摩擦力变大 C.地面对人的支持力变大 D.球对人的压力先增大后减小 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 解析:对瑜伽球受力分析，如图1，由平衡条件可知N1=mgtan θ，N2=，人缓慢竖直站立的过程中，人的背部与水平面间的夹角逐渐变大，则墙面对球的力N1增大，人对球的支持力增大，根据牛顿第三定律可知球对人的压力增大，故A、D错误;对整体受力分析，如图2，由平衡条件可知FN=(M+m)g，f=N1，人受到地面的摩擦力变大，地面对人的支持力不变，故B正确，C错误。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 二、双项选择题 6.如图所示，轻质弹簧上端固定，下端连接一光滑小球a(可视为质点)，斜面b静止在水平地面上，小球放在斜面上，开始时弹簧与斜面平行。现将斜面缓慢向左移到虚线处，小球仍静止在斜面上。下列说法正确的是 (　　) A.b对a的弹力增加 B.弹簧的长度增大 C.地面对b的支持力增加 D.地面对b的摩擦力减小 2 3 4 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 解析:根据题意，对小球受力分析，如图甲所示，设弹簧与斜面的夹角为α，斜面倾角为θ，由平衡条件有FTcos α=magsin θ，FN+FTsin α=magcos θ，又有FT=k，斜面缓慢向左移到虚线处，α增大，则FT增大，FN减小，弹簧长度增大，故A错误，B正确;根据题意，对斜面受力分析，如图乙所示，结合以上分析，由牛顿第三定律可知，FN'减小，由平衡条件可得，地面对b的支持力FN1减小，地面对b的摩擦力f减小，故C错误，D正确。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 7.(2025·三明模拟)晾晒衣服的绳子两端分别固 定在两根竖直杆上的A、B两点，A、B两点等高， 无风状态下衣服保持静止。某一时刻衣服受到水 平向右的恒定风力而发生滑动，并在新的位置保 持静止，如图所示。两杆间的距离为d，绳长为d，衣服和衣架的总质量为m，重力加速度为g，不计绳子的质量及绳与衣架挂钩间的摩擦，则(　　) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 A.相比无风时，在有风的情况下∠AOB更小 B.无风时，轻绳的拉力大小为mg C.衣服在新的平衡位置时，挂钩左、右两侧绳子的拉力大小相等 D.在有风的情况下，绳右侧固定端从A点沿杆缓慢向下移到C点，绳子拉力大小不变 2 3 4 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 解析:设无风时绳子夹角的一半为θ1，绳长 为L，有风时绳子夹角的一半为θ2，两种情况受 力如图，有L1+L2=Lsin θ2，d=Lsin θ1，又因为 d>L1+L2，所以θ1>θ2，故A正确;无风时，衣服受 到重力和两边绳子的拉力处于平衡状态，同一条绳子拉力相等，则挂钩左右两侧绳子与竖直方向的夹角相等，由几何关系可得sin θ1==，根据平衡条件得mg=2Fcos θ1，解得F==mg，故B错误; 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 由于不计绳子的质量及绳与衣架挂钩间的摩擦，则挂钩相当于动滑轮，挂钩左、右两侧绳子的拉力总是相等，故C正确;在有风的情况下，将绳右侧固定端从A点沿杆缓慢向下移到C点，挂钩左、右两侧绳子之间的夹角变小，但是两细绳拉力的合力为恒力，则拉力F变小，故D错误。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 8.如图所示，原长L=40 cm的轻质弹簧放置在光滑的直槽内，弹簧的一端固定在槽的O端，另一端连接一小球，该装置可从水平位置开始绕O点缓慢地转到竖直位置，弹簧的形变始终在其弹性限度内。在转动过程中，发现小球离原水平面的高度不断增大，则该装置转到竖直位置时小球离原水平面的高度可能为 (　　) A.10 cm B.20 cm C.30 cm D.50 cm √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析:设小球的质量为m，弹簧的劲度系数为k，当光滑直槽转到与水平方向夹角为θ时，小球离原水平面的高度为h，由于小球始终处于平衡状态，因此有k=mgsin θ，而当直槽转至竖直位置时有k(L-h0)=mg，联立解得h=-(L-h0)+，当≥1时，转动过程中小球高度随θ增大而不断增大，解得h0≥20 cm，即可得取值范围为20 cm≤h0<40 cm，故选B、C。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 三、非选择题 9.(3分)质量均匀分布的光滑球A与B通过轻绳连接，跨过两轻质定滑轮悬挂于平台两侧，初始状态A球与水平面接触且有挤压，B球悬于空中，如图所示，不计轻绳和滑轮间的摩擦，若A发生均匀的少量膨胀后，两球仍能保持静止状态，则膨胀后平台侧面对A弹力　　　　，膨胀后A对地面压力　　　　。(以上均填“变大”“变小”或“不变”)  变大 变大 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析:对B分析，受到绳子的拉力和重力，则T=mBg，对A分析，受到重力mAg、绳子斜向右上的拉力T、平台侧面的弹力F、水平面的支持力N，设θ为绳子与竖直方向的夹角，如图所示，拉力T在竖直方向上的分力与地面的支持力N的合力大小等于其重力mAg，则有:Tcos θ+N=mAg，即mBgcos θ+N=mAg，即mBgcos θ<mAg，膨 胀后，θ变大，则根据共点力平衡条件可得Tcos θ+N= mAg，Tsin θ=F，由此可知，膨胀后θ变大，T不变， 地面对A的支持力N变大，由牛顿第三定律可知，A对 地面压力会变大；膨胀后平台侧面对A弹力F增大。 1 5 6 7 8 9 10 11 10.(8分)(2025·苏州高三检测)如图为一个水平传感 器的简易模型，截面为内壁光滑、竖直放置的正三角 形，内部有一个略小于三角形内切圆的小球，三角形 各边有压力传感器，通过测出小球对三边压力的大小，信息处理单元可显示摆放处的倾角。图中BC边恰好处于水平状态。现将其以C为轴在竖直平面内顺时针缓慢转动，直到AB边处于上方的水平位置，则在转动过程中球对BC边的压力大小怎样变化? 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 答案:球对BC边的压力先增大后减小 解析:对正三角形内部的小球受力分析，如图所示。由几何关系可知，角度θ从0°到60°增大过程中，角α与角θ之和保持不变，且α+θ=120°，所以角β也保持不变，β=60°，由平衡条件和正弦定理得== 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 由牛顿第三定律得，球对BC边的压力NBC'=NBC=sin(120°-θ)=sin(120°-θ)=Gsin(120°-θ)角度θ从0°到60°增大过程中，sin(120°-θ)先增大后减小，所以球对BC边的压力先增大后减小。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 11. (12分)如图所示，物块A悬挂在绳PO和PC的结点上，PO偏离竖直方向37°，PC水平，且经光滑定滑轮与木块B相连，连接B的绳与水平方向的夹角为53°。已知A的质量mA=0.8 kg，B的质量mB=2.4 kg，木块B静止在水平面上。已知sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，cos 53°=0.6，sin 53°=0.8，g=10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求: 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 (1)绳PO的拉力大小;(3分) 答案:10 N　 解析:对P点受力分析，如图甲所示， 由平衡条件得FPOcos 37°=mAg FPOsin 37°=FC 代入数据解得FPO=10 N，FC=6 N。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 (2)木块B与水平面间的摩擦力大小; 答案:3.6 N　 解析:对B受力分析，如图乙所示， 根据共点力的平衡条件得，水平方向 f=FC'cos 53°=FCcos 53° 代入数据解得f=3.6 N。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 (3)若木块B和水平面间的动摩擦因数为0.5，要保证木块B相对地面静止，则物块A的质量不能超过多大? 答案:1.6 kg 解析:设木块B相对地面恰好静止时，PC绳对B的拉力为FC0， 根据共点力的平衡条件得μ=FC0cos 53° FC0=FC0'=mA'gtan 37° 解得mA'=1.6 kg 即物块A的质量不能超过1.6 kg。 2 3 4 $$