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（江苏专版）

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 1 [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。 2 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 课时作业　巩固提高训练 内容索引 3 突破点一　物体的动态平衡问题 一 4 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”。 盘点 核心知识 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 [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 考向1　图解法 B 提升 关键能力 [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。 [典例2]　(2025·江苏南京、盐城联考)如图所示，一台空调外机用轻质三脚架固定在竖直外墙上，空调外机的重心恰好在支架水平横梁AO和斜梁BO的连接点O的正上方。现保持连接点O的位置不变，横梁AO仍然 水平，把斜梁加长一些后(　　) A.斜梁受的作用力变大 B.横梁受的作用力变小 C.两个梁受力均变大 D.两个梁受力均不变 考向2　解析法 B [解析]　以O点为研究对象，受到空调外机的压力、两根支架的作用力，受力如图所示，由受力图结合几何关系可得F1＝，F2＝Gtan θ，若把斜梁加长一点，仍保持点O的位置不变，横梁仍然水平，此时θ减小，cos θ增大、tan θ减小，故F1将变小，F2也将变小，故B正确。 [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 考向3　相似三角形法 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。 突破点二 平衡中的临界、极值问题 二 24 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。 盘点 核心知识 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 C 提升 关键能力 [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]　(2025·江苏扬州中学高三开学考)如图所示， 光滑圆柱体的质量为m，置于倾角θ＝53°、质量均为M的 两个斜面体上。两斜面体与水平地面间的动摩擦因数均 为μ＝0.4，重力加速度为g，求： (1)每个斜面体对地面压力的大小； [解析]　对整体受力分析，根据平衡条件有 2Mg＋mg＝2FN 解得地面对每个斜面体的支持力为 FN＝mg＋Mg 根据牛顿第三定律得，每个斜面体对地面的压力大小为FN'＝FN＝mg＋Mg。 [答案]　mg＋Mg (2)为了不让斜面体出现滑动，的最大值。 [解析]　对其中一个斜面体受力分析，如图所示，当斜面体恰好不发生滑动时最大，根据平衡条件有Ff＝FN1sin θ 又Ff＝μFN，FN＝mg＋Mg 对圆柱体受力分析有mg＝2FN1cos θ 联立以上各式，代入数据解得。 [答案]　 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 教参独具 C 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) 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。 答案： N≤F≤ N 课时作业　巩固提高训练 三 36 1.(2025·江苏徐州模拟)如图所示，装有足球的轻网兜系在钉子上，墙 壁光滑。将网绳在钉子上多绕几圈后，则(　　) A.网绳上的拉力变小 B.网绳上的拉力不变 C.墙壁对足球的支持力变大 D.墙壁对足球的支持力不变 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 A 夯实基础 C 37 解析：对足球受力分析如图所示，设网绳与竖直方向的夹角为θ，将网绳在钉子上多绕几圈后，网绳长度减小，θ增大，由平衡条件可得G＝FT2＝FTcos θ，则网绳的拉力FT随着θ的增大而增大，A、B错误；由平衡条件可得FN＝FT1＝FTsin θ，解得FN＝Gtan θ，所以墙壁对足球的支持力随着θ的增大而增大，C正确，D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 38 2.(2025·江苏南京检测)质量为m的物体用轻绳AB悬挂于竖直墙壁上，今用水平向右的拉力F拉动绳的中点O至如图所示位置。用FT表示绳OA段拉力的大小，在拉力F由图示位置逆时针缓慢转过90°的过程中，始终 保持O点位置不动，则(　　) A.F先逐渐变小后逐渐变大，FT逐渐变小 B.F先逐渐变小后逐渐变大，FT逐渐变大 C.F先逐渐变大后逐渐变小，FT逐渐变小 D.F先逐渐变大后逐渐变小，FT逐渐变大 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 A 39 解析：点O受到三个拉力而处于平衡状态，其中向下的拉力的大小和方向均不变，OA的拉力方向不变，根据平衡条件，三个力可以构成首尾相连的矢量三角形，如图所示，从图中可以看出，OA的拉力FT不断减小，拉力F先减小后增大，当拉力F与OA垂直时F最小，故A正确，B、C、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 40 3.(2025·江苏南通海门诊断)A、B是天花板上相距l的两点，将长度为2l的均匀铁链悬挂于A、B点，如图所示，现将A、B两点缓慢靠近，则 (　　) A.A点对铁链的拉力逐渐减少 B.A点对铁链的拉力不变 C.铁链的重心逐渐升高 D.铁链的重心始终在铁链上的O点 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 A 41 解析：铁链的质量是均匀的，故其重心一定在最低点的上方，将A、B两点缓慢靠近，最低点下降，则铁链的重心逐渐降低，故C、D错误；对铁链受力分析，如图，A点对铁链的拉力沿着该处铁链的切线方向，设与竖直方向的夹角为α，铁链的重力为G，根据平衡条件可得2FTcos α＝G，解得FT＝，将A、B两点缓慢靠近，α减小，则拉力FT减小，故A正确，B错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 42 4.(2025·江苏扬州高三开学考)某建筑工地通过如图所示的装置将工件运到楼顶，工人通过细绳搭在光滑定滑轮上将带铰链的轻杆缓慢上拉， 从而取得工件，在轻杆被缓慢上拉到取到工件前的过程中(　　) A.轻杆所受压力大小始终不变 B.轻杆所受压力先减小，后增大 C.工人手所受的拉力始终不变 D.工人手所受的拉力增大 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 A 43 解析：如图所示，对结点C受力分析，缓慢上拉，三个力平衡，三个力组成首尾相接的矢量三角形，力三角形与几何三角形ABC相似，根据相似三角形对应边比值相等，有，因上拉过程mg、AB不变，故AC减小则F减小，则工人手所受的拉力减小，BC不变则FN不变，则轻杆所受压力始终不变，故A正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 44 5.(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 45 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 46 6.(2025·江苏宿迁模拟)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 47 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 48 7.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(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 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 A 49 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 50 8.一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 51 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 52 9.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 能力提升 B 53 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 54 10.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 B 55 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、C、D错误，B正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 56 11.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 57 解析：对重环受力分析，并构成封闭的矢量三角形，如图所示， 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 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。 58 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(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 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 B 59 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 $$