第2章 专题突破3 动态平衡问题 平衡中的临界、极值问题-【优化探究】2026高考物理一轮复习高考总复习配套课件（人教版 多选）

专题突破3　动态平衡问题　平衡中的临界、极值问题 第二章　相互作用——力 [学习目标]　1.学会用图解法、解析法等解决动态平衡问题。2.会分析平衡中的临界与极值问题。 课时作业 巩固提高训练 突破点一　物体的动态平衡问题 突破点二　平衡中的临界、极值问题 内容索引 突破点一　物体的动态平衡问题 一 4 盘点 核心知识 1.动态平衡 (1)所谓动态平衡问题,是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。 (2)基本思路 化“动”为“静”,“静”中求“动”。 2.分析动态平衡问题的方法及其步骤 方法 步骤 解析法 (1)列平衡方程求出未知量与已知量的关系表达式 (2)根据已知量的变化情况来确定未知量的变化情况 图解法 (1)根据已知量的变化情况,画出平行四边形(三角形)边、角的变化 (2)确定未知量大小、方向的变化 相似三 角形法 (1)根据已知条件画出某一状态对应的力的三角形和空间几何三角形,确定对应边,利用三角形相似知识列出比例式 (2)确定未知量大小的变化情况 考向1　图解法 [典例1]　如图所示,小明将一小型条形磁体对着原本用轻绳竖直悬挂的金属小球(未触地)作用,金属小球缓慢上升,轻绳偏离竖直方向较小角度。该过程中小磁铁和小球连线与竖直方向的夹角保持不变,则(　　) A.轻绳拉力逐渐变大 B.轻绳拉力逐渐变小 C.磁体与小球的距离不变 D.磁体与小球的距离变大 提升 关键能力 B [解析]　金属球缓慢上升时,以金属球为研究对象进行受力分析,如图所示, 小球缓慢上升时,轻绳与竖直方向夹角变大,则轻绳拉力T逐渐减小,磁体对小球作用力F逐渐增大,则二者距离逐渐变小,故选B。 考向2　解析法 [典例2]　(2025·黑龙江大庆模拟)无人机经常应用于应急救援物资的输送。在一次救援物资输送的过程中,无人机与下方用轻绳悬挂的救援物资一起在空中沿水平方向做匀速直线运动,救援物资受到与运动方向相反的空气阻力作用。当只改变无人机速度的大小,仍然沿原方向匀速运动时,绳子与竖直方向的夹角变大,则无人机速度改变后与改变前相比(　　) A.绳上的张力变大 B.救援物资所受空气阻力变小 C.救援物资受到的合力变大 D.无人机所受到的合力变大 A [解析]　设绳子与竖直方向夹角为θ,救援物资受 到的空气阻力为f,绳子的拉力为T,则竖直方向 Tcos θ=mg,得T=,则当绳子与竖直方向的夹角 变大时,cos θ减小,绳子的拉力T变大;水平方向,有 f=Tsin θ,则当绳子与竖直方向的夹角变大时,sin θ增大,又T变大,救援物资受到的空气阻力f变大,故A正确,B错误。因救援物资做匀速运动,故救援物资受到的合力均为零,大小不变,故C错误。无人机速度改变后与改变前,均做匀速运动,无人机所受到的合力均为零,大小不变,故D错误。 考向3　相似三角形法 [典例3]　如图所示,质量均可忽略的轻绳与轻杆承受弹力的最大值一定,杆的A端用铰链固定,光滑轻质小滑轮在A点正上方,B端吊一重力为G的重物。现将绳的一端拴在杆的B端,用拉力F将B端缓慢上拉,在AB杆达到竖直前(绳与杆均未断),关于绳子的拉力F和杆的弹力FN的变化,下列判断正确的是(　　) A.F变大　　　　　　　　 B.F变小 C.FN变大 D.FN变小 B [解析]　以B点为研究对象,分析受力情况,作出力FN与F的合力F2,如图所示。根据平衡条件可知F2=F1=G。由△F2FNB∽△OBA得=,解得FN=G,式中AB、AO、G都不变,则FN保持不变,C、D错误;由△F2FNB∽△OBA得=,BO减小,则F一直减小,A错误,B正确。 考向4　正弦定理法和动态圆法 [典例4]　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FN的变化情况是(　　) A.F减小,FN增大 B.F增大,FN减小 C.F增大,FN增大 D.F减小,FN减小 A [解析]　方法一　正弦定理法 对小球受力分析,把三个力F、FN、G放在一个矢量三角形中,如图所示,   根据正弦定理有== ∠3+∠α=180°, ∠2+∠θ=180°, ∠1+∠β=180° 故有==,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sin β减小,故F减小;θ由钝角减小到90°,即sin θ增大,故支持力FN增大。故选A。 方法二　动态圆法 由题意知,F、FN、G三个力的合力始终为零,矢量 三角形如图所示。F、FN的夹角不变,在F拉动小 球缓慢移动的过程中,矢量三角形在同一外接圆 上,由图可知,F减小,FN增大,A正确。 1.如图所示,在粗糙水平地面上放着一个截面为四分之一 圆弧的柱状物体A,A的左端紧靠竖直墙,A与竖直墙之间 放一光滑圆球B。已知物体A的半径为球B的半径的3倍, 球B所受的重力为G,整个装置处于静止状态。设墙壁对 B的支持力为F1,A对B的支持力为F2。若把A向右移动少许后,它们仍处于静止状态,则F1、F2的变化情况分别是(　　) A.都减小　　　　　　　　 B.都增大 C.F1增大,F2减小 D.F1减小,F2增大 教参独具 A 解析:方法一　解析法 以球B为研究对象,受力分析如图所示,可得出F1=Gtan θ, F2=,当A向右移动少许后,θ减小,则F1减小,F2减小,故A正确。 方法二　图解法 如图所示,A向右移动少许后,G与F1的方向不变,F2顺时针转动,由矢量三角形可以看出F1与F2都减小,故A正确。 2.如图,在竖直面内固定一光滑的半圆环,圆心为O、半径为R,OA为半圆环的竖直半径,AB为与OA在同一直线上的光滑固定杆,半圆环上套有一小球a,杆AB上套有另一小球b。两小球之间连接一轻弹簧,初始时小球a在距圆环A点右侧不远处的P点,小球b固定于杆AB上的Q点,两小球间的距离为R。现用外力使小球b沿杆AB缓慢向上移动一段距离,但未到达A点。在移动过程中弹簧始终在弹性限度内且在一条直线上,两小球均可视为质点,则下列说法正确的是(　　) A.初始时弹簧弹力大于半圆环对小球a的弹力 B.初始时弹簧弹力大于小球a的重力 C.小球b沿杆缓慢向上移动过程中,环对小球a的支持 力先增大后减小 D.小球b沿杆缓慢向上移动过程中,弹簧弹力增大 D 解析:对小球a进行受力分析,小球a受重力G、半圆环对 小球a的支持力FN和弹簧弹力F,三力平移后构成一首尾 相连的三角形,如图所示,力的三角形与三角形OPQ相似, 根据三角形相似有==,初始时 PQ=OP=R,OQ>R,所 以 G>FN=F,选项A、B错误;小球b缓慢上移过程,小球a处 于动态平衡状态,随着小球b上移,OQ减小,OP不变,重力G不变,则半圆环对小球a的支持力FN增大,选项C错误;设弹簧的原长为L,弹簧的形变量为x,根据胡克定律有F=kx,则==,OQ减小,重力G不变,L不变,则弹簧形变量x增大,弹簧弹力F增大,选项D正确。 3.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α(α>)。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上的张力逐渐减小 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 D [解析]　方法一　动态圆法 以重物为研究对象分析受力情况,重物受重力mg、OM绳的拉力F2、MN绳的拉力F1,由题意知,这三个力的合力始终为零,矢量三角形如图所示。F1、F2的夹角不变,在F2转至水平的过程中,矢量三角形在同一外接圆上,由图可知,MN上的张力F1逐渐增大,OM上的张力F2先增大后减小,所以D正确,A、B、C错误。 方法二　正弦定理法 把三个力F1、F2、G放在一个矢量三角形中,如图所示。 根据正弦定理有== 由几何关系知∠3+∠α=180°,∠2+∠γ=180°, ∠1+∠β=180° 故有== 在OM由竖直拉到水平的过程中,α角保持不变,β由钝角减小至90°,γ由锐角增大至钝角,故可判断F1逐渐增大,F2先增大后减小,故D正确。 二 突破点二　平衡中的临界、极值问题 23 盘点 核心知识 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)绳子恰好绷直,拉力F=0。 (3)两个接触的物体分离,弹力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)解析法:通过对问题的分析,根据物体的平衡条件写出物理量之间的函数关系(或画出函数图像),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)。 (2)图解法:根据平衡条件作出力的矢量图,如只受三个力,则这三个力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。 (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,即极大和极小。 考向1　解析法的应用 [典例5]　小李发现小区的消防通道被一质量为m的石墩挡住了,为了移开石墩小李找来一根结实的绳子,将绳的一端系在石墩上,双手紧握绳的另一端用力斜向上拖拽石墩。设绳子与水平方向的夹角为θ,小李对绳施加的最大拉力为0.6mg,石墩与水平地面间的动摩擦因数为,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是(　　) A.无论θ取何值,小李都不可能拖动石墩 B.小李能拖动石墩,且当θ=时最省力 C.小李能拖动石墩,且当θ=时最省力 D.小李能拖动石墩,且当θ=时最省力 提升 关键能力 C [解析]　对石墩进行受力分析如图所示,   Fcos θ=μFN FN+Fsin θ=mg 解得2F(cos θ+sin θ)=mg,即F=,可解得,当θ=时,F最小为0.5mg,故小李能拖动石墩,且当θ=时最省力,故选C。 考向2　图解法的应用 [典例6]　如图所示,一个重力为5 N的砝码,用细线悬挂在O点,现在用力F拉砝码,使细线偏离竖直方向30°处于静止状态,此时所用拉力F的最小值为(　　) A.5.0 N　　　　　　　 B.2.5 N C.8.65 N D.4.3 N B [解析]　以砝码为研究对象,分析受力情况,其受重力G、细线的拉力FT和力F,由图看出,当F与细线垂直时F最小,由数学知识得F的最小值为F=Gsin 30°=2.5 N,故选项B正确。 考向3　极限分析法 [典例7]　如图,倾角为45°的斜面体A放在水平地面上,A与地面间的动摩擦因数为0.75,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,光滑半球体B静止在竖直墙和斜面体之间,已知A、B所受重力都为G。若在B的球心处施加一竖直向下的力F,要保持斜面体静止不动,F的最大值是(　　) A.G B.1.5G C.2G D.2.5G C [解析]　对斜面体和半球体整体受力分析如图甲所示,施加力F之后,可知斜面体对地面的正压力为2G+F,最大静摩擦力为Ffm=μ(2G+F);对半球体受力分析如图乙所示,未施加力F时有,竖直墙壁的弹力大小F1=Gtan 45°,施加力F之后,竖直墙壁弹力大小变为F1'=(G+F)tan 45°,要使斜面体静止不动,水平方向上受力平衡,即(G+F)tan 45°≤μ(2G+F),解得F≤2G,C项正确。 4.如图所示,质量分别为3m和m的两个可视为质点的小球a、b,中间用一细线连接,并通过另一细线将小球a与天花板上的O点相连,为使小球a和小球b均处于静止状态,且O、a间细线向右偏离竖直方向的夹角恒为37°,需要对小球b朝某一方向施加一拉力F。若已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度为g,则当F的大小达到最小时,O、a间细线对小球a的拉力大小为 (　　) A.2.4mg B.3mg C.3.2mg D.4mg C 教参独具 解析:以两个小球组成的整体为研究对象,作出F在三个方向时整体的受力图。根据平衡条件知F与FT的合力与总重力总是大小相等、方向相反的。由力的合成图可知,当F与O、a间的细线垂直时F有最小值,即图中2位置。此时O、a间细线对小球a的拉力大小为FT=4mgcos 37°=3.2mg,故C正确,A、B、D错误。 5.如图所示,物体的质量为m=5 kg,两根轻细绳AB和AC的一端固定于竖直墙上,另一端系于物体上(∠BAC=θ=60°)。在物体上另施加一个方向与水平线也成θ角的拉力F,若要使两绳都能伸直,求拉力F的大小范围。(g取10 m/s2) 答案: N≤F≤ N 解析:设AB绳的拉力为F1,AC绳的拉力为F2,对物体受力分析,由平衡条件有 Fcos θ-F2-F1cos θ=0, Fsin θ+F1sin θ-mg=0, 可得F=-F1,F=+。 若要使两绳都能伸直,则有F1≥0,F2≥0, 则F的最大值Fmax== N, F的最小值Fmin== N, 即拉力F的大小范围为 N≤F≤ N。 三 课时作业 巩固提高训练 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 1.(2025·山东济宁模拟)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,sin 37°= 0.6,cos 37°=0.8,则在缓慢压低跷跷板的Q端至跟P端等高的过程中,下列说法正确的是(　　) 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mg C.开始时跷跷板对凹槽的支持力大小为0.8Mg D.开始时跷跷板对凹槽的摩擦力大小为0.6Mg B A 夯实基础 解析: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;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;将小球跟凹槽视为整体,开始时恰好静止,根据受力平衡知,跷跷板对凹槽的支持力大小为FN=(m+M)gcos 37°=0.8(m+M)g,跷跷板对凹槽的摩擦力大小为f=(m+M)gsin 37°=0.6(m+M)g,故C、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2.(2025·江苏扬州模拟)如图,接在天花板上的橡皮筋连接在滑轮上,与竖直方向夹角为θ;悬挂重物的轻绳跨过滑轮施加水平力F,物块保持静止,使F在竖直面内沿逆时针方向缓慢转60°,不计滑轮质量及一切摩擦,橡皮筋始终在弹性限度内。在此过程中,下列说法正确的是(　　) A.θ变小,橡皮筋长度变短 B.θ变小,橡皮筋长度变长 C.θ变大,橡皮筋长度变短 D.θ变大,橡皮筋长度变长 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 C 解析:拉力转动过程中,滑轮两边绳间的夹角变大,两边绳上拉力大小恒等于物块重力,则合力减小,根据力的平衡可知,橡皮筋的弹力变小,长度变短,橡皮筋与竖直方向的夹角等于滑轮两边绳夹角的一半,因此θ变大,故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 3.(2024·重庆九龙坡三模)图甲为家用燃气炉架,其有四个对称分布的爪,若将总质量一定的锅放在炉架上,图乙(侧视图),不计爪与锅之间的摩擦力,若锅是半径为R的球面,正对的两爪间距为d,则(　　)   A.d越大,爪与锅之间的弹力越大 B.d越大,锅受到的合力越大 C.R越大,爪与锅之间的弹力越大 D.R越大,锅受到的合力越小 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 A 解析:对锅进行受力分析如图所示,   炉架的四个爪对锅的弹力的合力与锅受到的重力大小相等,方向相反,即4Fcos θ=mg,由几何关系可得cos θ==,则R越大,爪与锅之间弹力越小,同理d越大,爪与锅之间弹力越大,锅受到的合力恒为零,故A正确,B、C、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 4.(2025·辽宁辽阳模拟)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,关于细线对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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 B 解析:设B的重力为GB,细线对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。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 5.(多选)如图所示,质量均为m的小球A、B用劲度系数为k1的轻弹簧相连,B球用长为L的细绳悬挂于O点,A球固定在O点正下方。当小球B平衡时,细绳所受的拉力为FT1,弹簧的弹力为F1;现把A、B间的弹簧换成原长相同但劲度系数为k2(k2>k1)的另一轻弹簧,在其他条件不变的情况下仍使系统平衡,此时细绳所受的拉力为FT2,弹簧的弹力为F2。下列关于FT1与FT2、F1与F2大小的比较,正确的是(　　) A.FT1>FT2　　　　　　　 B.FT1=FT2 C.F1<F2 D.F1=F2 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 BC 解析:以B为研究对象,分析受力情况,如图所示。由平衡条件可知,弹簧的弹力F和细绳的拉力FT的合力F合与B的重力mg大小相等、方向相反,即 F合=mg。设O、A间距离为l,A、B间距离为R,由力的三角形和几何三角形相似得==。当弹簧劲度系数变大时,弹簧的压缩量减小,故R增加,而l、L不变,故FT1=FT2,F2>F1,故A、D错误,B、C正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 6.如图为一小型起重机,A、B为光滑轻质滑轮,C为电动机。物体P和A、B、C之间用不可伸长的轻质细绳连接,滑轮A的轴固定在水平伸缩杆上并可以水平移动,滑轮B固定在竖直伸缩杆上并可以竖直移动。当物体P静止时(　　)   A.滑轮A的轴所受压力可能沿水平方向 B.滑轮A的轴所受压力一定大于物体P的重力 C.当只将滑轮A向右移动时,A的轴所受压力变大 D.当只将滑轮B向上移动时,A的轴所受压力变大 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 C 解析:滑轮A的轴所受压力为A两侧轻绳拉力的矢量和,由 于轻绳的拉力是相等的,所以绳子对A的压力方向一定沿 A两侧轻绳的角平分线方向,不可能沿水平方向,轻绳的张 力等于物体P的重力,保持不变,根据平行四边形定则可知, 滑轮A的轴所受压力可能大于物体P的重力,也可能小于或 等于物体P的重力,故A、B错误;当只将滑轮A向右移动时,A两侧轻绳之间的夹角变小,A两侧轻绳拉力的合力变大,A的轴所受压力变大,故C正确;当只将滑轮B向上移动时,A两侧轻绳之间的夹角变大,A两侧轻绳拉力的合力变小,A的轴所受压力变小,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 7.竖直放置的圆环上用甲、乙两细绳一端系着小球,小球位于圆环的中心如图所示。现将圆环在竖直平面内逆时针缓慢向左滚动至乙绳竖直,在此过程中(　　) A.甲绳中的弹力一直增大 B.乙绳中的弹力一直减小 C.甲绳中的弹力先减小后增大 D.乙绳中的弹力先减小后增大 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 B 解析:在圆环在转动过程中,甲、乙两绳之间的夹角不变,小球受到3个力作用,这三个力可以构成矢量三角形,小球受力变化如图所示,   由正弦定理可知==,圆环在竖直平面内逆时针缓慢向左滚动至乙绳竖直的过程中,θ减小,可知F1、F2均减小,故甲绳中的弹力一直减小,乙绳中的弹力一直减小,故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 8.(2025·湖南邵阳模拟)一条光滑轻质柔软晾衣绳两端分别固定在两根竖直杆上等高的A、B两点,一个下端带挂钩的轻质圆环穿过晾衣绳,圆环与绳子的接触点为O,在挂钩上施加一个大小不变的力F,如图所示。当力F的方向由竖直向下沿顺时针缓慢转动60°角的过程中(不考虑杆和绳的形变),下列说法正确的是(　　) A.绳子拉力保持不变 B.绳子拉力一直变小 C.绳子拉力先减小后增大 D.∠AOB一直增大 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 B 解析:在力F的方向由竖直向下沿顺时针缓慢转动60°角的过程中,挂钩的运动轨迹为以A、B两点为焦点的椭圆,则∠AOB一直减小,故D错误;根据平衡条件,绳子OB和绳子OA拉力大小始终相等且合力与F等大反向,由D选项可得,绳子OB和绳子OA的夹角变小,则绳子OB和绳子OA拉力大小始终减小,故B正确,A、C错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 9.(2025·福建厦门模拟)如图所示,送水工人用推车运桶装水,到达目的地后,工人抬起把手,带动板OA由竖直转至水平即可将水桶卸下。水桶对板OA、OB的压力分别为F1、F2,若桶与接触面之间的摩擦不计,∠AOB为锐角且保持不变,在OA由竖直缓慢转到水平过程中(　　) A.F1一直增大 B.F1先增大后减小 C.F2一直增大 D.F2先增大后减小 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 B B 能力提升 解析:对水桶初始状态受力分析,作出力的矢量三角形如图所示, 分析可知,在转动过程中,F1与F2的夹角始终不变,因此F1与F2夹 角的补角α始终保持不变,重力mg与F1之间的夹角由90°逐渐增 大,则可知重力mg与F1之间夹角的补角γ从90°开始逐渐减小,直 至为0,重力mg与F2之间的夹角为钝角,逐渐减小,当减小至90°时, 板AO还未水平,将继续减小直至板AO水平,则可知重力mg与F2之间夹角的补角β逐渐增大,当增大至90°时将继续增大,根据正弦定理可得==,为定值,而sin γ始终减小,则F2始终减小,但由于β角从锐角增大至90°后将继续增大一定角度,则sin β先增大后减小,因此可知F1先增大后减小,故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 10.(2025·陕西西安模拟)如图所示,轻杆AB可绕着水平转轴O在竖直面内无摩擦地转动,此时杆AB和过O点的水平线CD夹角为θ,有一段不可伸长的细绳两端系于A、B两端,在轻质细绳上通过一轻滑轮悬挂一质量为m的物块处于静止状态。现使杆AB绕O点顺时针缓慢旋转2θ,在此过程中,绳中张力变化情况是(　　) A.先减小后增大 B.一直在减小 C.一直在增大 D.先增大后减小 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 D 解析:对滑轮和物块整体受力分析,如图所示, 杆AB绕 O点顺时针缓慢旋转2θ过程中,滑轮和物块整体处于 动态平衡状态,所受合力始终为零,水平方向有Tsin α= Tsin β,所以有α=β,竖直方向有Tcos α+Tcos β=mg,可得 T=,当杆AB绕O点顺时针缓慢旋转θ至CD过程中,A、B两端点的水平距离增大,使得两绳夹角α+β=2α增大,cos α减小,则T增大;当杆AB从CD位置绕O点顺时针缓慢旋转θ过程中,A、B两端点的水平距离减小,使得两绳夹角α+β=2α减小,cos α增大,则T减小。所以,绳中张力变化情况是先增大后减小,故A、B、C错误,D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 11.(2025·湖北武汉模拟)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FN,整个装置处于同一竖直平面内,在此过程中(　　) A.F逐渐增大,FN逐渐增大 B.F逐渐增大,FN先减小后增大 C.F先减小后增大,FN逐渐增大 D.F先减小后增大,FN先减小后增大 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 B 解析:对重环受力分析,并构成封闭的矢量三角形,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,FN也增大,故B正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 12.在楼房维修时,工人使用如图所示的装置提升建材,为防止碰撞阳台,跨过光滑定滑轮的a绳和b、c绳连结在O点,甲在固定位置拉动绳的一端使建材上升,乙在地面某固定位置用力拉着足够长的b绳。在建材沿竖直方向匀速上升过程中,下列说法正确的是(　　) A.甲受到的支持力N甲变大,乙受到的支持力N乙变大 B.甲受到的支持力N甲变小,乙受到的支持力N乙变小 C.甲受到的摩擦力f甲变大,乙受到的摩擦力f乙变小 D.甲受到的摩擦力f甲变小,乙受到的摩擦力f乙变大 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 B 解析:建材沿竖直方向匀速上升,O点受到c绳的拉力大小等 于建材的重力,受力分析如图所示,当建材上升时,a绳与竖 直方向的夹角变大,b绳与竖直方向的夹角变小,根据平行四 边形法则可知a、b绳中的拉力都变大,对甲分析可知,甲手中 的绳子与竖直方向的夹角不变,设夹角为θ,则有Facos θ+N甲= G甲,故随着Fa变大,N甲减小;对乙分析可知,乙手中的绳子与竖 直方向的夹角变小,设夹角为α,则有Fbcos α+N乙=G乙,故随着Fb变大,α减小,N乙减小,故A错误,B正确。根据前面分析可知,对甲水平方向Fasin θ= f甲,故随着Fa变大,f甲增大;对建材和乙整体分析,水平方向上根据平衡条件可知乙水平方向上受到地面的摩擦力等于a绳沿水平方向上的分力,所以乙受到地面的摩擦力越来越大,故C、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 $$