第13讲 活结与死结绳模型、动杆和定杆模型讲义-2025-2026学年高考物理一轮复习力学人教版（新高考通用）

第13讲 活结与死结绳模型、动杆和定杆模型 掌握活结与死结、动杆与定杆模型的学习目标，核心是区分两类模型的本质差异，并能精准判断力的方向与大小，具体可分为以下四个方面： 一. 概念辨析目标 •明确“活结”与“死结”的核心区别：活结可自由滑动，两侧绳子张力大小相等；死结固定不动，两侧绳子张力大小不一定相等。 •明确“动杆”与“定杆”的核心区别：动杆（可绕轴转动）的弹力一定沿杆方向；定杆（固定不动）的弹力方向不一定沿杆，需结合受力平衡判断。 二. 受力分析目标 •对“活结模型”：能识别滑动场景（如绳端挂滑轮、绳绕光滑杆），快速判断两侧绳张力相等，利用几何关系（如绳长、夹角）确定力的方向。 •对“死结模型”：能识别固定场景（如绳端系于固定点），明确两侧绳为独立受力，需根据节点平衡（合力为零）分别计算张力大小。 •对“动杆模型”：能识别转动条件（如杆连铰链、可绕轴转），直接将杆的弹力方向沿杆设定（拉力或支持力），结合其他力（如重力、绳的拉力）列平衡方程。 •对“定杆模型”：能摒弃“杆的弹力必沿杆”的思维定式，通过节点或物体的受力平衡（水平、竖直方向合力均为零），用正交分解法求解杆的弹力方向与大小。 三. 解题应用目标 •能快速判断题目中的模型类型（活结/死结、动杆/定杆），避免因模型混淆导致的方向判断错误。 •能结合“力的合成与分解”“共点力平衡条件”，对两类模型进行完整的受力分析，列出方程并求解力的大小（如绳的张力、杆的弹力）。 •能处理模型的组合问题（如“活结+动杆”“死结+定杆”），分步骤拆解受力，理清各力之间的关联。 四. 思维提升目标 •建立“模型归类→本质分析→规律应用”的解题逻辑，摆脱对具体题目的依赖，实现同类问题的举一反三。 •培养“条件优先”的受力分析习惯：判断力的方向时，先关注模型的约束条件（如“能否滑动”“能否转动”），再结合平衡规律推导，而非凭直觉判断。 知识点一：活结与死结绳模型 活结与死结绳模型是高中物理绳类受力分析的核心简化工具，本质是通过“结点是否允许绳自由滑动”，将复杂绳系问题拆解为两类可标准化求解的模型。二者的核心差异在于绳的张力关系与受力平衡逻辑，以下从本质、对比、应用、避坑四个维度展开，突出解题关键： 一、核心定位：不是“结的分类”，是“受力模型” 先明确一个前提：物理中的“活结”“死结”，不取决于绳结的实际形态，而是取决于“结点对绳的约束作用” 活结：结点是“光滑约束”（如滑轮、光滑挂钩），绳能沿结点自由滑动，仅改变力的方向，不限制绳的相对运动； 死结：结点是“固定约束”（如绳与绳拴死、绳拴在固定点），绳不能沿结点滑动，结点成为多段绳的“力的交汇固定点”。 二、两大模型深度拆解（突出解题重点） 1. 活结模型：“绳可滑，张力等” •本质：结点相当于“无摩擦的滑轮/挂钩”，绳是“同一根不可伸长的轻质绳”，绳的滑动会自动让系统达到张力平衡（若滑动受阻，模型不成立）。 •核心结论：同一根绳上，所有活结两侧的张力大小处处相等（===…），与绳的绕向、夹角无关。 •受力分析三步法： （1）.先判断“是否为同一根绳”（关键：绳是否连续、无断裂/拴接）； （2）.直接标注全绳张力相等（T为定值）； （3）.对结点/物体列平衡方程（静止时合力为0，加速时用牛顿第二定律），仅需解“力的方向关系”，无需纠结张力大小差异。 •典型场景与案例： 场景1：绳子绕过1个定滑轮，两端挂质量分别为、的物体（静止时T=g=g，若加速T仍相等，需用g -T=a、T-g =a联立）； 场景2：绳子一端固定在天花板A点，另一端绕过光滑挂钩挂重物G，挂钩可沿绳滑动（无论挂钩滑到何处，绳的两段张力均为T= cosθ，θ为绳与竖直方向夹角，张力始终相等。 2. 死结模型：“绳固定，张力不等” •本质：结点是“多段独立绳的连接点”（绳与绳之间无相对滑动），每段绳的张力由“外部受力（重力、其他拉力）和结点平衡条件”共同决定，彼此独立。 •核心结论：死结两侧的张力大小不一定相等（与是否相等，取决于力的方向、外部荷载，需通过计算判断）。 •受力分析四步法： （1）.明确“死结连接的绳段数”（如3段绳交汇，需分析3个张力）； （2）.对结点进行受力分析（画出所有张力、重力、支持力等）； （3）.建立正交坐标系（通常以水平、竖直为轴，或沿绳/垂直绳为轴）； （4）.列平衡方程（∑ =0、∑ =0），联立求解各段绳的张力。 •典型场景与案例： 场景1：天花板O点固定，用两段不同的绳分别拴住重物和，两段绳在O点打结（死结），此时两段绳的张力、需满足：cosα=cosβ（水平平衡）、sinα+sinβ=+（竖直平衡），与大小不等； 场景2：绳的一端固定在A点，另一端拴在B点，中间某点O拴住重物G（O为死结，绳不可滑动），此时OA段张力与OB段张力需根据O点平衡求解，与A、B两点的高度差、绳长相关，大概率不等。 “活结”模型 模型结构 模型解读 模型特点 “活结”把绳子分为两段，且可沿绳移动，“活结”一般由绳跨过滑轮或绳上挂一光滑挂钩而形成，绳子因“活结”而弯曲，但实际为同一根绳 “活结”绳子上的张力大小处处相等 常见模型 力学关系和几何关系 端点A上下移动 挡板MN左右移动 ① ② 因为d和l都不变，所以根据可知θ也不变，则T1和T2也不变。 因为MN左右移动时，d变化，而l不变，根据可知θ将变化，则T1和T2也变。 常见模型 力学关系和几何关系 端点A左右移动 两物体质量比变 ①角度：θ4=2θ3=2θ2=4θ1 ②拉力：T=MQg ③2MQcosθ2=MP 两物体质量比不变， 左右移动轻绳端点， 角度都不变。 角度变， 但让保持原有倍数关系。 “死结”模型 模型结构 模型解读 模型特点 “死结”把绳子分为两段，且不可沿绳子移动，“死结”两侧的绳因结而变成两根独立的绳 死结两侧的绳子张力不一定相等 三、核心差异对比表（一眼分清关键） 1.对比维度 活结模型 死结模型 2.结点本质 光滑约束（滑轮/挂钩） 固定约束（绳拴死/固定点） 3.绳的状态 同一根绳，可沿结点滑动 多段绳（或单绳固定），不可滑动 4.张力关系 全绳张力处处相等（） 张力不一定相等（需计算） 5.平衡核心 利用“张力相等”简化方程 利用“正交分解”列方程求解 6.解题关键 判断“是否为同一根绳” 判断“结点是否固定” 四、典型误区与避坑指南（高频易错点） 1.误区1：认为“有滑轮就是活结，没滑轮就是死结” 避坑：滑轮需“光滑无摩擦”才是活结；若滑轮粗糙，绳与滑轮间有静摩擦力，绳张力可能不等，此时模型趋近死结。 2.误区2：死结的绳一定是“多段绳” 避坑：单根绳也能形成死结——如绳的一端固定，中间某点拴在固定物上（结点不可滑动），此时绳的两段张力需按死结分析（如晾衣绳两端固定在墙上，中间挂衣服，结点为死结，两段张力不等）。 3.误区3：活结的张力与夹角无关 避坑：张力大小与夹角无关（始终相等），但“张力的分力”与夹角相关（如挂钩挂重物，绳与竖直夹角越大，张力T=cosθ越大，但两段绳的T仍相等）。 五、总结：解题口诀 •活结：“一绳到底，张力相等；先标T，再列平衡” •死结：“结点固定，张力不等；先分解，再解方程” 掌握“是否允许绳滑动”这一核心判断标准，就能快速将绳类问题归类，再结合张力关系与平衡方程，即可高效求解。 知识点二：动杆与定杆问模型 动杆定杆是高中物理杆类受力分析的核心模型，本质是通过“杆能否绕端点自由转动”，判断杆对结点/物体的作用力性质——是“仅沿杆的轴力”还是“任意方向的力（含轴力与剪力）”，直接决定受力分析的简化逻辑。以下从模型本质、对比拆解、应用场景到避坑指南，聚焦解题关键： 一、核心定位：不是“杆的运动状态”，是“约束条件” 先明确前提：物理中的“动杆”“定杆”，不取决于杆是否运动，而是取决于“杆的固定方式是否允许其绕端点转动”： •动杆：杆的一端为“光滑铰链/轴连接”（如门轴、活页），另一端无固定，可绕铰链自由转动（仅受转动约束，无其他限制）； •定杆：杆的一端为“刚性固定”（如焊接、钉死在墙上），另一端无法转动或移动，杆被完全固定（受转动和移动双重约束） 二、两大模型深度拆解（突出解题重点） 1. 动杆模型：“能转动，力沿杆” •本质：由于杆可绕铰链自由转动，若杆的作用力不沿杆方向，会产生“力矩”使杆转动（违背“静止/平衡状态”前提）。因此，静止的动杆对端点物体/结点的作用力，必沿杆的轴线方向（要么是拉力，要么是支持力，无其他方向的分力）。 •核心结论：动杆的弹力F方向与杆共线，大小由平衡条件（或牛顿定律）求解，无需考虑垂直杆的分力。 •受力分析三步法： （1）.识别约束：判断杆的端点是否为“光滑铰链/轴”（如“轻杆一端用铰链固定在墙上”“小球通过光滑轴套在杆端”）； （2）.直接画力：沿杆的轴线方向画弹力（拉力用“背离杆端”的箭头，支持力用“指向杆端”的箭头，方向可先假设）； （3）.列平衡方程：对结点/物体进行受力分析（结合重力、绳子拉力等），利用“合力为0”（静止）或“合力=ma”（加速）求解弹力大小。 •典型场景与案例： 场景1：轻杆AB一端用铰链固定在A点，另一端B用绳子BC拉住，B点挂重物G（杆为动杆，A对杆的弹力沿AB杆，B点受力：、绳拉力T、重力G，三力平衡，可通过正交分解求）； 场景2：小球用轻杆连接，杆的另一端通过光滑轴固定在竖直墙上，小球静止在光滑斜面上（杆为动杆，轴对杆的弹力沿杆，小球受力：重力、斜面支持力、杆的弹力，三力平衡）。 2. 定杆模型：“不能转，力任意” •本质：杆的一端被刚性固定（如“轻杆一端钉死在天花板上”），无法绕端点转动，因此杆能承受“沿杆的轴力”和“垂直杆的剪力”，对端点物体/结点的作用力方向不一定沿杆，需由“外部受力和平衡条件”共同决定（力的方向可任意，需通过分解求解）。 •核心结论：定杆的弹力F方向未知（可能沿杆，也可能不沿杆），需将其分解为“水平分力”和“竖直分力”，再通过平衡方程求解分力大小，最终确定总弹力的方向和大小。 •受力分析四步法： （1）.识别约束：判断杆的端点是否为“刚性固定”（如“杆一端固定在墙上”“杆与墙焊接”，无“铰链”“轴”等关键词）； （2）.分解弹力：将杆的弹力分解为水平和竖直（方向先假设，若求解结果为负，说明实际方向与假设相反）； （3）.画受力图：对端点物体/结点，画出重力、其他拉力（如绳子张力）、杆的分力和； （4）.列平衡方程：利用∑ =0=0（水平方向合力为0）和∑ =0=0（竖直方向合力为0），联立求解、Fy，总弹力大小F=，方向可由tanθ=|/|确定。 •典型场景与案例： 场景1：轻杆一端直接钉在墙上，另一端固定一个小球，小球在水平面上做匀速圆周运动（杆为定杆，对小球的弹力不仅有沿杆的拉力，还有垂直杆的向心力，弹力方向不沿杆，需分解为径向和切向分力）； 场景2：轻杆一端固定在天花板，另一端拴住重物G，杆与竖直方向成θ角静止（杆为定杆，对重物的弹力F不沿杆，需分解为=Fsinθ、=Fcosθ，由平衡得=G、=0，实际弹力竖直向上，与杆方向无关）。 动杆模型 模型结构 模型解读 模型特点 轻杆用光滑的转轴或铰链连接，轻杆可围绕转轴或铰链自由转动 当杆处于平衡时，杆所受的弹力方向一定沿杆 定杆模型 模型结构 模型解读 模型特点 轻杆被固定在接触面上，不发生转动 杆所受的弹力方向不一定沿杆，可沿任意方向 13．一质量为m的小球通过短绳和光滑铰链A与两根轻杆连接，绳和铰链A的质量均不计，轻杆通过光滑铰链分 三、核心差异对比表（一眼分清关键） 1.对比维度 动杆模型 定杆模型 2.约束本质 光滑铰链/轴连接，可自由转动 刚性固定，不可转动/移动 3.弹力方向 必沿杆的轴线方向（拉力/支持力） 方向任意，需分解为、求解 4.受力简化性 方向已知，直接沿杆画力，方程简单 方向未知，需分解后列方程，步骤较多 5.解题关键 识别“铰链/轴”，确定“力沿杆” 识别“刚性固定”，先分解再平衡 6.力矩特性 平衡时力矩为0（力沿杆，力臂为0） 平衡时力矩可不为0（固定端提供反力矩） 四、典型误区与避坑指南（高频易错点） 1.误区1：“杆在动就是动杆，不动就是定杆” 避坑：模型名称与“运动状态”无关，只看“约束方式”——即使杆静止，若一端是铰链（可转），就是动杆；即使杆在动，若一端刚性固定（不可转），就是定杆。 2.误区2：动杆的弹力一定是“支持力” 避坑：动杆的弹力方向沿杆，但可能是拉力（如杆斜向上拉结点），也可能是支持力（如杆斜向下推结点），方向需结合受力平衡判断（假设方向，若求解为负则反向）。 3.误区3：定杆的弹力“一定不沿杆” 避坑：定杆的弹力“可以沿杆”，但需满足平衡条件（如定杆竖直固定，下端挂重物，弹力沿杆竖直向上）；只是“不一定沿杆”，不能直接默认方向，必须分解求解。 4. 误区4：忽略“轻杆”前提 避坑：两类模型均默认“轻杆”（质量不计），若杆有质量，需额外考虑重力对平衡的影响（如非轻质动杆，除端点力外，还需分析重力力矩）。 五、总结：解题口诀 动杆：“铰链连，能转动；力沿杆，直接用” 定杆：“钉死焊，不能转；力任意，先分解” 掌握“是否能绕端点转动”这一核心约束条件，就能快速判断模型类型，再结合弹力方向规律与平衡方程，即可避免受力分析的方向性错误，高效求解杆类问题。 题型01：活结模型 【典型例题1】抖空竹是中国传统文化苑中一株灿烂的花朵．如图所示是表演抖空竹时的动作，假设空竹是光滑的，不考虑空竹的转动，某时刻表演者两手水平，则表演者在缓慢完成以下动作时，下列说法正确的是（　　） A．左手不动，右手竖直向上移动一小段距离，绳子拉力大小不变 B．左手不动，右手水平向左移动一小段距离，绳子拉力大小变大 C．在同一水平面内，两手之间距离越大，绳子拉力越小 D．在同一水平面内，两手之间距离越小，绳子拉力越小 【答案】AD 【解析】两手水平时，对空竹受力分析如图所示 根据对称性，两绳与竖直方向夹角相等，设两只手在水平方向距离L，绳长为x，则有 此时根据平衡条件 A．若左手不动，右手竖直向上移动一小段距离，两只手之间的距离L保持不变，则θ不变，F不变，A正确； B．若左手不动，右手水平向左移动一小段距离，两只手之间的距离减小，则θ变小，F变小，B错误； CD．在同一水平面内，两手之间的距离越大，θ越大，F越大，两手之间的距离越小，θ越小，F越小，C错误，D正确。故选AD。 【典型例题2】（多选）如图所示，倾角为α的光滑斜劈放在粗糙水平面上，物体a放斜面上，轻质细线一端固定在物体a上，另一端绕过光滑的滑轮挂在c点滑轮2下悬挂物体b，细线与竖直墙壁之间的夹角为θ，系统处于静止状态，点c可以沿墙壁向上或向右移动少许，则说法正确的是（　　） A．点c向上移动，物体a的位置升高，θ不变 B．点c向上移动，物体a的位置不变，θ不变 C．点c向右移动，物体a的位置升高，θ变大 D．点c向右移动，物体a的位置升高，θ不变 【答案】BD 【解析】滑轮2两侧细线绷紧程度相等，故平衡时左右两侧线的拉力大小相等，方向关于竖直方向对称，由下图可知，x为1、2两轮的水平投影长度，L为1与c点之间的细线总长度。由平衡条件可知 AB．点c向上移动，因为滑轮1和悬点c的水平距离x不变，由上面的分析可得细线与竖直方向的夹角θ不变，所以滑轮1和悬点c间细线总长度L不变，如下图，所以，所以物体a的位置不变，θ不变A错误，B正确； CD．点c向右移动，则滑轮1到悬点间的水平距离变大，即滑轮1到悬点c间的细线的水平投影变大，假设物体a的位置不变，则细线与竖直方向的夹角变大，如下图，设细线拉力为T，对物体b有 所以细线拉力将变大，物体a的位置升高，最终稳定后，由于绳子拉力不变，故θ不变，D正确，C错误。 故选BD。 【变式训练1】（多选）如图所示，晾晒衣服的绳子轻且光滑，悬挂衣服的衣架的挂钩也是光滑的，轻绳两端分别固定在两根竖直杆上的 A、B两点，衣服处于静止状态。如果保持绳子 A端位置不变，将 B端分别移动到不同的位置时，下列判断正确的是（　　） A．B端移到 B1位置时，绳子张力不变 B．B端移到 B2位置时，绳子张力变小 C．B端在杆上位置不动，将杆移动到虚线位置时，绳子张力变小 D．B端在杆上位置不动，绳长增加时（衣服没有接触地面），绳子张力变小 【变式训练2】用一根柔软的、不可伸长的绳绕过轻质动滑轮，动滑轮下挂有质量为m的物体，甲乙两人在P楼和Q楼楼顶分别通过定滑轮拉绳子，使物体缓慢上升，如图所示，以下判断正确的是（　　） A．物块缓慢上升过程中，绳和绳中的弹力都逐渐减小 B．物块缓慢上升过程中，绳和绳的夹角不变 C．同一高度下，如果两个楼的楼间距变小，则绳和绳中的张力变大 D．同一高度下，如果两个楼的楼间距变小，则绳和绳中的张力变小 【变式训练3】如图所示，一根不可伸长的光滑轻质细绳通过轻滑轮挂一重物，细绳一端系在竖直墙壁的A点，另一端系在倾斜墙壁的B点，现将细绳右端从B点沿倾斜墙壁缓慢向下移动到与A点等高的B′点。在移动过程中，关于细绳拉力大小变化情况正确的是（   ） A．先变小后变大 B．变大 C．变小 D．不变。 【变式训练4】在如图所示装置中，两物体质量分别为和，滑轮直径大小可忽略。设动滑轮两侧的绳与竖直方向夹角分别为和。整个装置能保持静止。不计动滑轮的质量和一切摩擦。则下列法正确的有（    ） A．一定等于 B．一定大于 C．一定小于 D．可能大于 【变式训练5】如图所示，钉子A和小定滑轮B均固定在竖直墙面上，它们相隔一定距离且处于同一高度，细线的一端系有一小砂桶D，另一端跨过定滑轮B固定在钉子A上。质量为m的小球E与细线上的轻质动滑轮C固定连接。初始时整个系统处于静止状态，滑轮C两侧细线的夹角为74°。现缓慢地往砂桶添加细砂，当系统再次平衡时，滑轮C两侧细线的夹角为120°。不计一切摩擦，取cos37°=0.8，则此过程中往砂桶D中添加的细砂质量为（　　） A． B． C． D． 【变式训练6】工人施工期间，采用了如图所示的简易装置吊装重物，提高了工作效率，、为两个不计大小的轻质光滑滑轮，工人通过一根轻绳把质量为m的重物匀速吊起，吊起过程中跨过滑轮的两段绳子夹角为60°，滑轮两侧绳子保持竖直，重力加速度为g，则固定滑轮的轻杆对滑轮的作用力大小为（　　） A． B． C． D． 【变式训练7】如图，两个轻环和套在位于竖直面内的一段固定圆弧上；一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为的小球，在和之间的细线上悬挂一小物块。平衡时，、间的距离恰好等于圆弧的半径的1.2倍。不计所有摩擦（）。小物块的质量为（　　） A． B． C． D． 【变式训练8】如图所示，一固定的细直杆与水平面的夹角为，一个质量忽略不计的小轻环C套在直杆上，一根轻质细线的两端分别固定于直杆上的A、B两点，细线依次穿过小环甲、小轻环C和小环乙，且小环甲和小环乙分居在小轻环C的两侧。调节A、B间细线的长度，当系统处于静止状态时。不计一切摩擦。设小环甲的质量为，小环乙的质量为，则等于（　　） A． B． C． D． 题型02：“死结”模型 【典型例题1】如图所示，将三段轻绳相结于O点，其中OA绳的一端拴在墙上，OB绳的下方悬挂甲物体，OC绳跨过光滑定滑轮悬挂乙物体。OC绳与竖方向的夹角为=70°。OA绳与竖直方向的夹角为（未知）。若甲、乙两物体的质量均为m=2kg，重力加速度g取10m/s2，sin55°≈0.82。根据所学的知识，不需计算，推理出OA绳的拉力约为（　　） A．16N B．23N C．31N D．41N 【答案】B 【解析】甲、乙两物体的质量均为m=2kg，则OC绳的拉力与OB绳的拉力均为20N，这两个力的合力与OA绳的拉力大小相等，方向相反。 由几何关系可知OC绳的拉力与OB绳的拉力夹角为110°，而夹角为120°均为20N的两个力的合力大小为20N。所以OC绳的拉力与OB绳的拉力的合力接近20N。 所以根据所学的知识，不需计算，推理出OA绳的拉力约为B选项的23N。故选B。 【变式训练1】（多选）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点上可施加力的取值可能为（　　） A． B． C． D． 【变式训练2】（多选）用三根细线a、b、c将两个小球连接，并悬挂如图所示。两小球处于静止状态，细线a与竖直方向的夹角为θ，细线b与竖直方向的夹角为2θ，细线c水平，下列说法正确的是（　　） A．细线a的拉力一定大于细线b的拉力 B．细线a的拉力一定大于细线c的拉力 C．细线b的拉力大小等于小球1的重力 D．细线c的拉力一定小于小球2的重力 【变式训练3】在一地下管道施工现场，施工人员要把一箱材料运送到沟底，如图所示，工人甲将箱子放到一定深度时拉住手中的绳保持静止，工人乙通过拉一端固定在结点O处的绳子将箱子微调到准确位置。设工人乙出所拉的绳子始终保持水平，不考虑滑轮摩擦和绳子质量，在工人乙缓慢释放手中的绳子，箱子从图中位置开始缓慢向左移动的过程中（　　） A．工人甲手中绳子的拉力不断减小 B．工人乙对地面的压力不断减小 C．工人乙手中绳子的拉力不断增大 D．工人甲受到地面的摩擦力小于工人乙受到地面的摩擦力 【变式训练4】如图所示，、，为三根不可伸长的轻绳，其中， ，先只用、绳将重物提起，结点为O点，此时、绳的力分别为 和；保持绳不变，将绳换成绳， 绳水平，仍将此重物提起，且使O点位置不变，此时，绳的力分别为和 ，则（　　） A． B． C． D． 【变式训练5】两物体M、m用跨过光滑定滑轮的轻绳相连，如图所示，OA、OB与水平面的夹角分别为30°、60°，物M的重力大小为20N，M、m均处于静止状态，则（　　） A．绳OA上的拉力大小为10N B．绳OB上的拉力大小为10N C．m受到水平面的静摩擦力大小为10N D．m受到水平面的静摩擦力的方向水平向右 题型03：动杆模型 【典型例题1】如图所示为两种形式的吊车示意图，为重力不计的杆，其端固定，端带有一小滑轮，为重力不计的缆绳，当它们吊起相同重物时，缆绳对甲、乙两图中滑轮作用力的大小分别为和，则为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】受力分析如图所示 甲图，受力分析有乙图，受力分析有所以故选B。 【变式训练1】别与固定点O和连接，如图所示。已知两轻杆与水平地面和竖直墙壁的夹角分别为，重力加速度为，则下面轻杆和上面轻杆对铰链A的作用力大小分别为（　　） A．， B．， C．， D．， 【变式训练2】如图所示，质量均为M的A、B两滑块放在粗糙水平面上，两轻杆等长，杆与滑块、杆与杆间均用光滑铰链连接，在两杆铰合处悬挂一质量为m的重物C，整个装置处于静止状态，设杆与水平面间的夹角为θ.下列说法正确的是(　　) A．当m一定时，θ越小，滑块对地面的压力越大 B．当m一定时，θ越大，轻杆受力越大 C．当θ一定时，M越大，滑块与地面间的摩擦力越大 D．当θ一定时，M越大，可悬挂重物C的质量m越大 【变式训练3】如图所示，A、B为竖直墙面上等高的两固定点，为长度相等的两根轻绳，CO为一根轻杆，铰链C在中点D的正下方，在同一水平面内，， ，若在O点处悬挂一个质量为m的物体，则平衡后绳AO所受的拉力和杆OC所受的压力分别为（    ） A．， B．， C．， D．， 【变式训练4】新冠疫情期间很多市民居家隔离，一位市民设计了如图所示的装置，在与志愿者不接触的情况下将吊篮中的生活用品缓慢拉到窗口，图中轻绳的一端栓在轻杆上，另一端绕过定滑轮（不计一切摩擦）。下列说法正确的是（　　） A．轻杆所受的压力大小始终不变 B．轻杆所受的压力大小先减小，后增大 C．该同学手上所受的拉力大小始终不变 D．该同学手上所受的拉力大小先减小，后增大 【变式训练5】“V”形吊车在港口等地有重要的作用.如图所示，底座支点记为O点，OA为“V”形吊车的左臂，OA上端A处固定有定滑轮，OB为活杆且为“V”形吊车的右臂，一根钢索连接底座与B点，另一根钢索连接B点后跨过定滑轮吊着一质量为M的重物，重物静止.已知左臂OA与水平面的夹角为，左臂OA与钢索AB段的夹角为θ，且左臂OA与右臂OB相互垂直，左臂OA、右臂OB总质量为m，钢索质量忽略不计，不计一切摩擦，重力加速度为g。则下列说法正确的是（　　） A．定滑轮对钢索的支持力为 B．AB段钢索所受到的拉力为2Mg C．右臂OB对钢索的支持力为 D．底座对左臂OA、右臂OB、重物整体的支持力为 【变式训练6】如图所示，木板B放置在粗糙水平地面上，O为光滑铰链。轻杆一端与铰链O连接，另一端连接一质量为m的小球A。现将轻绳一端拴在小球A上，另一端通过光滑的定滑轮由力F牵引，定滑轮位于O的正上方，整个系统处于静止状态。现改变力F的大小使小球A和轻杆从图示位置缓慢运动到正下方，木板始终保持静止，则在整个过程中（　　）    A．外力F逐渐变小 B．轻杆对小球的作用力大小变小 C．地面对木板的支持力逐渐变小 D．地面对木板的摩擦力逐渐变大 【变式训练7】两个小球A、B（均视为质点）固定在轻杆两端，静止在内壁光滑的半球形碗内，情形如图所示。以下说法正确的是（　　） A．两球对杆作用力的方向都沿两球连线 B．杆对A球作用力的方向可能水平向左 C．碗对A球作用力的大小小于对B球作用力的大小 D．碗对A球作用力的大小可能等于对B球作用力的大小 【变式训练8】如图所示,质量均为M的A、B两滑块放在粗糙水平面上,滑块与粗糙水平面间的动摩擦因数为两轻杆等长,且杆长为L,杆与滑块、杆与杆间均用光滑铰链连接,杆与水平面间的夹角为在两杆铰合处悬挂一质量为的重物C,整个装置处于静止状态．重力加速度为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，试求: (1)地面对物体A的静摩擦力大小； (2)无论物块C的质量多大,都不能使物块A或B沿地面滑动,则至少要多大? 题型04：定杆模型 【典型例题1】某课外兴趣小组研究如图甲所示的路灯支架构造及受力。小组绘制了如图乙所示的模型图，路灯支架由横梁OA，斜梁OB组成，横梁OA、斜梁OB与路灯杆之间都通过光滑的铰链连接。已知路灯支架横梁OA长2.0m，斜梁OB长2.5m，路灯重力为30N，重心恰好在支架横梁和斜梁的连接点O处，支架重力不计。由共点力的知识可知（　　） A．横梁与斜梁均被拉伸 B．横梁对O点作用力大小为50N C．斜梁对O点作用力大小为50N D．若把斜梁稍微加长，仍保持O点位置不变，横梁仍水平，这时斜梁对O点的作用力将变大 【答案】C 【解析】A．因为横梁OA、斜梁OB与路灯杆之间都通过光滑的铰链连接，所以横梁和斜梁的作用力均沿梁方向，而O点处于平衡状态，受到竖直向下的重力，所以斜梁对O点的作用力一定斜向右上，横梁对O点的作用力一定水平向左，如图所示，则O点对横梁的作用力水平向右，横梁处于拉伸状态，O点对斜梁的作用力斜向左下，斜梁处于压缩状态，故A错误； BC．根据几何关系可知；根据平衡条件有；解得，故B错误，C正确； D．若把斜梁稍微加长，仍保持O点位置不变，横梁仍水平，则θ增大，结合前面分析可知斜梁对O点的作用力将变小，故D错误。故选C。 【变式训练1】水平横梁一端插在墙壁内，另一端装有一小滑轮，轻绳的一端固定于墙壁上，另一端跨过滑轮后悬挂一重力为的重物，，如图所示，则滑轮受到轻绳的作用力的大小为（　　） A． B． C． D． 【变式训练2】（多选）如图甲所示，轻杆BC水平插入竖直墙内，轻绳AD跨过水平轻杆BC右端的定滑轮挂住一个质量为10kg的物体。如图乙所示，轻杆HG一端用铰链固定在竖直墙上，另一端G通过轻绳EG拉住，且G端用轻绳GF挂住一个质量也为10kg的物体，轻杆HG水平。AC、EG与水平方向的夹角均为30°，取重力加速度大小。下列说法正确的是（　　） A．绳AC与绳EG的拉力大小之比为1∶2 B．滑轮对绳子的弹力大小为100N C．杆BC与杆HG产生的弹力方向均沿杆向外 D．将H端的铰链去掉，杆GH插入墙内，绳EG的拉力大小一定不变 【变式训练3】如图所示，两个正三棱柱A、B紧靠着静止于水平地面上，三棱柱的中间有一个半径为R的光滑圆柱C，C的质量为2m，A、B的质量均为m。A、B与地面的动摩擦因数为。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。则（　　） A．A受到3个力的作用 B．静止时A对C的支持力为 C．A、B若能保持不动，应该满足 D．若C受到经过其轴线竖直向下的外力而缓慢下降到地面，该过程中摩擦力对A做的功 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 第13讲 活结与死结绳模型、动杆和定杆模型 掌握活结与死结、动杆与定杆模型的学习目标，核心是区分两类模型的本质差异，并能精准判断力的方向与大小，具体可分为以下四个方面： 一. 概念辨析目标 •明确“活结”与“死结”的核心区别：活结可自由滑动，两侧绳子张力大小相等；死结固定不动，两侧绳子张力大小不一定相等。 •明确“动杆”与“定杆”的核心区别：动杆（可绕轴转动）的弹力一定沿杆方向；定杆（固定不动）的弹力方向不一定沿杆，需结合受力平衡判断。 二. 受力分析目标 •对“活结模型”：能识别滑动场景（如绳端挂滑轮、绳绕光滑杆），快速判断两侧绳张力相等，利用几何关系（如绳长、夹角）确定力的方向。 •对“死结模型”：能识别固定场景（如绳端系于固定点），明确两侧绳为独立受力，需根据节点平衡（合力为零）分别计算张力大小。 •对“动杆模型”：能识别转动条件（如杆连铰链、可绕轴转），直接将杆的弹力方向沿杆设定（拉力或支持力），结合其他力（如重力、绳的拉力）列平衡方程。 •对“定杆模型”：能摒弃“杆的弹力必沿杆”的思维定式，通过节点或物体的受力平衡（水平、竖直方向合力均为零），用正交分解法求解杆的弹力方向与大小。 三. 解题应用目标 •能快速判断题目中的模型类型（活结/死结、动杆/定杆），避免因模型混淆导致的方向判断错误。 •能结合“力的合成与分解”“共点力平衡条件”，对两类模型进行完整的受力分析，列出方程并求解力的大小（如绳的张力、杆的弹力）。 •能处理模型的组合问题（如“活结+动杆”“死结+定杆”），分步骤拆解受力，理清各力之间的关联。 四. 思维提升目标 •建立“模型归类→本质分析→规律应用”的解题逻辑，摆脱对具体题目的依赖，实现同类问题的举一反三。 •培养“条件优先”的受力分析习惯：判断力的方向时，先关注模型的约束条件（如“能否滑动”“能否转动”），再结合平衡规律推导，而非凭直觉判断。 知识点一：活结与死结绳模型 活结与死结绳模型是高中物理绳类受力分析的核心简化工具，本质是通过“结点是否允许绳自由滑动”，将复杂绳系问题拆解为两类可标准化求解的模型。二者的核心差异在于绳的张力关系与受力平衡逻辑，以下从本质、对比、应用、避坑四个维度展开，突出解题关键： 一、核心定位：不是“结的分类”，是“受力模型” 先明确一个前提：物理中的“活结”“死结”，不取决于绳结的实际形态，而是取决于“结点对绳的约束作用” 活结：结点是“光滑约束”（如滑轮、光滑挂钩），绳能沿结点自由滑动，仅改变力的方向，不限制绳的相对运动； 死结：结点是“固定约束”（如绳与绳拴死、绳拴在固定点），绳不能沿结点滑动，结点成为多段绳的“力的交汇固定点”。 二、两大模型深度拆解（突出解题重点） 1. 活结模型：“绳可滑，张力等” •本质：结点相当于“无摩擦的滑轮/挂钩”，绳是“同一根不可伸长的轻质绳”，绳的滑动会自动让系统达到张力平衡（若滑动受阻，模型不成立）。 •核心结论：同一根绳上，所有活结两侧的张力大小处处相等（===…），与绳的绕向、夹角无关。 •受力分析三步法： （1）.先判断“是否为同一根绳”（关键：绳是否连续、无断裂/拴接）； （2）.直接标注全绳张力相等（T为定值）； （3）.对结点/物体列平衡方程（静止时合力为0，加速时用牛顿第二定律），仅需解“力的方向关系”，无需纠结张力大小差异。 •典型场景与案例： 场景1：绳子绕过1个定滑轮，两端挂质量分别为、的物体（静止时T=g=g，若加速T仍相等，需用g -T=a、T-g =a联立）； 场景2：绳子一端固定在天花板A点，另一端绕过光滑挂钩挂重物G，挂钩可沿绳滑动（无论挂钩滑到何处，绳的两段张力均为T= cosθ，θ为绳与竖直方向夹角，张力始终相等。 2. 死结模型：“绳固定，张力不等” •本质：结点是“多段独立绳的连接点”（绳与绳之间无相对滑动），每段绳的张力由“外部受力（重力、其他拉力）和结点平衡条件”共同决定，彼此独立。 •核心结论：死结两侧的张力大小不一定相等（与是否相等，取决于力的方向、外部荷载，需通过计算判断）。 •受力分析四步法： （1）.明确“死结连接的绳段数”（如3段绳交汇，需分析3个张力）； （2）.对结点进行受力分析（画出所有张力、重力、支持力等）； （3）.建立正交坐标系（通常以水平、竖直为轴，或沿绳/垂直绳为轴）； （4）.列平衡方程（∑ =0、∑ =0），联立求解各段绳的张力。 •典型场景与案例： 场景1：天花板O点固定，用两段不同的绳分别拴住重物和，两段绳在O点打结（死结），此时两段绳的张力、需满足：cosα=cosβ（水平平衡）、sinα+sinβ=+（竖直平衡），与大小不等； 场景2：绳的一端固定在A点，另一端拴在B点，中间某点O拴住重物G（O为死结，绳不可滑动），此时OA段张力与OB段张力需根据O点平衡求解，与A、B两点的高度差、绳长相关，大概率不等。 “活结”模型 模型结构 模型解读 模型特点 “活结”把绳子分为两段，且可沿绳移动，“活结”一般由绳跨过滑轮或绳上挂一光滑挂钩而形成，绳子因“活结”而弯曲，但实际为同一根绳 “活结”绳子上的张力大小处处相等 常见模型 力学关系和几何关系 端点A上下移动 挡板MN左右移动 ① ② 因为d和l都不变，所以根据可知θ也不变，则T1和T2也不变。 因为MN左右移动时，d变化，而l不变，根据可知θ将变化，则T1和T2也变。 常见模型 力学关系和几何关系 端点A左右移动 两物体质量比变 ①角度：θ4=2θ3=2θ2=4θ1 ②拉力：T=MQg ③2MQcosθ2=MP 两物体质量比不变， 左右移动轻绳端点， 角度都不变。 角度变， 但让保持原有倍数关系。 “死结”模型 模型结构 模型解读 模型特点 “死结”把绳子分为两段，且不可沿绳子移动，“死结”两侧的绳因结而变成两根独立的绳 死结两侧的绳子张力不一定相等 三、核心差异对比表（一眼分清关键） 1.对比维度 活结模型 死结模型 2.结点本质 光滑约束（滑轮/挂钩） 固定约束（绳拴死/固定点） 3.绳的状态 同一根绳，可沿结点滑动 多段绳（或单绳固定），不可滑动 4.张力关系 全绳张力处处相等（） 张力不一定相等（需计算） 5.平衡核心 利用“张力相等”简化方程 利用“正交分解”列方程求解 6.解题关键 判断“是否为同一根绳” 判断“结点是否固定” 四、典型误区与避坑指南（高频易错点） 1.误区1：认为“有滑轮就是活结，没滑轮就是死结” 避坑：滑轮需“光滑无摩擦”才是活结；若滑轮粗糙，绳与滑轮间有静摩擦力，绳张力可能不等，此时模型趋近死结。 2.误区2：死结的绳一定是“多段绳” 避坑：单根绳也能形成死结——如绳的一端固定，中间某点拴在固定物上（结点不可滑动），此时绳的两段张力需按死结分析（如晾衣绳两端固定在墙上，中间挂衣服，结点为死结，两段张力不等）。 3.误区3：活结的张力与夹角无关 避坑：张力大小与夹角无关（始终相等），但“张力的分力”与夹角相关（如挂钩挂重物，绳与竖直夹角越大，张力T=cosθ越大，但两段绳的T仍相等）。 五、总结：解题口诀 •活结：“一绳到底，张力相等；先标T，再列平衡” •死结：“结点固定，张力不等；先分解，再解方程” 掌握“是否允许绳滑动”这一核心判断标准，就能快速将绳类问题归类，再结合张力关系与平衡方程，即可高效求解。 知识点二：动杆与定杆问模型 动杆定杆是高中物理杆类受力分析的核心模型，本质是通过“杆能否绕端点自由转动”，判断杆对结点/物体的作用力性质——是“仅沿杆的轴力”还是“任意方向的力（含轴力与剪力）”，直接决定受力分析的简化逻辑。以下从模型本质、对比拆解、应用场景到避坑指南，聚焦解题关键： 一、核心定位：不是“杆的运动状态”，是“约束条件” 先明确前提：物理中的“动杆”“定杆”，不取决于杆是否运动，而是取决于“杆的固定方式是否允许其绕端点转动”： •动杆：杆的一端为“光滑铰链/轴连接”（如门轴、活页），另一端无固定，可绕铰链自由转动（仅受转动约束，无其他限制）； •定杆：杆的一端为“刚性固定”（如焊接、钉死在墙上），另一端无法转动或移动，杆被完全固定（受转动和移动双重约束） 二、两大模型深度拆解（突出解题重点） 1. 动杆模型：“能转动，力沿杆” •本质：由于杆可绕铰链自由转动，若杆的作用力不沿杆方向，会产生“力矩”使杆转动（违背“静止/平衡状态”前提）。因此，静止的动杆对端点物体/结点的作用力，必沿杆的轴线方向（要么是拉力，要么是支持力，无其他方向的分力）。 •核心结论：动杆的弹力F方向与杆共线，大小由平衡条件（或牛顿定律）求解，无需考虑垂直杆的分力。 •受力分析三步法： （1）.识别约束：判断杆的端点是否为“光滑铰链/轴”（如“轻杆一端用铰链固定在墙上”“小球通过光滑轴套在杆端”）； （2）.直接画力：沿杆的轴线方向画弹力（拉力用“背离杆端”的箭头，支持力用“指向杆端”的箭头，方向可先假设）； （3）.列平衡方程：对结点/物体进行受力分析（结合重力、绳子拉力等），利用“合力为0”（静止）或“合力=ma”（加速）求解弹力大小。 •典型场景与案例： 场景1：轻杆AB一端用铰链固定在A点，另一端B用绳子BC拉住，B点挂重物G（杆为动杆，A对杆的弹力沿AB杆，B点受力：、绳拉力T、重力G，三力平衡，可通过正交分解求）； 场景2：小球用轻杆连接，杆的另一端通过光滑轴固定在竖直墙上，小球静止在光滑斜面上（杆为动杆，轴对杆的弹力沿杆，小球受力：重力、斜面支持力、杆的弹力，三力平衡）。 2. 定杆模型：“不能转，力任意” •本质：杆的一端被刚性固定（如“轻杆一端钉死在天花板上”），无法绕端点转动，因此杆能承受“沿杆的轴力”和“垂直杆的剪力”，对端点物体/结点的作用力方向不一定沿杆，需由“外部受力和平衡条件”共同决定（力的方向可任意，需通过分解求解）。 •核心结论：定杆的弹力F方向未知（可能沿杆，也可能不沿杆），需将其分解为“水平分力”和“竖直分力”，再通过平衡方程求解分力大小，最终确定总弹力的方向和大小。 •受力分析四步法： （1）.识别约束：判断杆的端点是否为“刚性固定”（如“杆一端固定在墙上”“杆与墙焊接”，无“铰链”“轴”等关键词）； （2）.分解弹力：将杆的弹力分解为水平和竖直（方向先假设，若求解结果为负，说明实际方向与假设相反）； （3）.画受力图：对端点物体/结点，画出重力、其他拉力（如绳子张力）、杆的分力和； （4）.列平衡方程：利用∑ =0=0（水平方向合力为0）和∑ =0=0（竖直方向合力为0），联立求解、Fy，总弹力大小F=，方向可由tanθ=|/|确定。 •典型场景与案例： 场景1：轻杆一端直接钉在墙上，另一端固定一个小球，小球在水平面上做匀速圆周运动（杆为定杆，对小球的弹力不仅有沿杆的拉力，还有垂直杆的向心力，弹力方向不沿杆，需分解为径向和切向分力）； 场景2：轻杆一端固定在天花板，另一端拴住重物G，杆与竖直方向成θ角静止（杆为定杆，对重物的弹力F不沿杆，需分解为=Fsinθ、=Fcosθ，由平衡得=G、=0，实际弹力竖直向上，与杆方向无关）。 动杆模型 模型结构 模型解读 模型特点 轻杆用光滑的转轴或铰链连接，轻杆可围绕转轴或铰链自由转动 当杆处于平衡时，杆所受的弹力方向一定沿杆 定杆模型 模型结构 模型解读 模型特点 轻杆被固定在接触面上，不发生转动 杆所受的弹力方向不一定沿杆，可沿任意方向 13．一质量为m的小球通过短绳和光滑铰链A与两根轻杆连接，绳和铰链A的质量均不计，轻杆通过光滑铰链分 三、核心差异对比表（一眼分清关键） 1.对比维度 动杆模型 定杆模型 2.约束本质 光滑铰链/轴连接，可自由转动 刚性固定，不可转动/移动 3.弹力方向 必沿杆的轴线方向（拉力/支持力） 方向任意，需分解为、求解 4.受力简化性 方向已知，直接沿杆画力，方程简单 方向未知，需分解后列方程，步骤较多 5.解题关键 识别“铰链/轴”，确定“力沿杆” 识别“刚性固定”，先分解再平衡 6.力矩特性 平衡时力矩为0（力沿杆，力臂为0） 平衡时力矩可不为0（固定端提供反力矩） 四、典型误区与避坑指南（高频易错点） 1.误区1：“杆在动就是动杆，不动就是定杆” 避坑：模型名称与“运动状态”无关，只看“约束方式”——即使杆静止，若一端是铰链（可转），就是动杆；即使杆在动，若一端刚性固定（不可转），就是定杆。 2.误区2：动杆的弹力一定是“支持力” 避坑：动杆的弹力方向沿杆，但可能是拉力（如杆斜向上拉结点），也可能是支持力（如杆斜向下推结点），方向需结合受力平衡判断（假设方向，若求解为负则反向）。 3.误区3：定杆的弹力“一定不沿杆” 避坑：定杆的弹力“可以沿杆”，但需满足平衡条件（如定杆竖直固定，下端挂重物，弹力沿杆竖直向上）；只是“不一定沿杆”，不能直接默认方向，必须分解求解。 4. 误区4：忽略“轻杆”前提 避坑：两类模型均默认“轻杆”（质量不计），若杆有质量，需额外考虑重力对平衡的影响（如非轻质动杆，除端点力外，还需分析重力力矩）。 五、总结：解题口诀 动杆：“铰链连，能转动；力沿杆，直接用” 定杆：“钉死焊，不能转；力任意，先分解” 掌握“是否能绕端点转动”这一核心约束条件，就能快速判断模型类型，再结合弹力方向规律与平衡方程，即可避免受力分析的方向性错误，高效求解杆类问题。 题型01：活结模型 【典型例题1】抖空竹是中国传统文化苑中一株灿烂的花朵．如图所示是表演抖空竹时的动作，假设空竹是光滑的，不考虑空竹的转动，某时刻表演者两手水平，则表演者在缓慢完成以下动作时，下列说法正确的是（　　） A．左手不动，右手竖直向上移动一小段距离，绳子拉力大小不变 B．左手不动，右手水平向左移动一小段距离，绳子拉力大小变大 C．在同一水平面内，两手之间距离越大，绳子拉力越小 D．在同一水平面内，两手之间距离越小，绳子拉力越小 【答案】AD 【解析】两手水平时，对空竹受力分析如图所示 根据对称性，两绳与竖直方向夹角相等，设两只手在水平方向距离L，绳长为x，则有 此时根据平衡条件 A．若左手不动，右手竖直向上移动一小段距离，两只手之间的距离L保持不变，则θ不变，F不变，A正确； B．若左手不动，右手水平向左移动一小段距离，两只手之间的距离减小，则θ变小，F变小，B错误； CD．在同一水平面内，两手之间的距离越大，θ越大，F越大，两手之间的距离越小，θ越小，F越小，C错误，D正确。故选AD。 【典型例题2】（多选）如图所示，倾角为α的光滑斜劈放在粗糙水平面上，物体a放斜面上，轻质细线一端固定在物体a上，另一端绕过光滑的滑轮挂在c点滑轮2下悬挂物体b，细线与竖直墙壁之间的夹角为θ，系统处于静止状态，点c可以沿墙壁向上或向右移动少许，则说法正确的是（　　） A．点c向上移动，物体a的位置升高，θ不变 B．点c向上移动，物体a的位置不变，θ不变 C．点c向右移动，物体a的位置升高，θ变大 D．点c向右移动，物体a的位置升高，θ不变 【答案】BD 【解析】滑轮2两侧细线绷紧程度相等，故平衡时左右两侧线的拉力大小相等，方向关于竖直方向对称，由下图可知，x为1、2两轮的水平投影长度，L为1与c点之间的细线总长度。由平衡条件可知 AB．点c向上移动，因为滑轮1和悬点c的水平距离x不变，由上面的分析可得细线与竖直方向的夹角θ不变，所以滑轮1和悬点c间细线总长度L不变，如下图，所以，所以物体a的位置不变，θ不变A错误，B正确； CD．点c向右移动，则滑轮1到悬点间的水平距离变大，即滑轮1到悬点c间的细线的水平投影变大，假设物体a的位置不变，则细线与竖直方向的夹角变大，如下图，设细线拉力为T，对物体b有 所以细线拉力将变大，物体a的位置升高，最终稳定后，由于绳子拉力不变，故θ不变，D正确，C错误。 故选BD。 【变式训练1】（多选）如图所示，晾晒衣服的绳子轻且光滑，悬挂衣服的衣架的挂钩也是光滑的，轻绳两端分别固定在两根竖直杆上的 A、B两点，衣服处于静止状态。如果保持绳子 A端位置不变，将 B端分别移动到不同的位置时，下列判断正确的是（　　） A．B端移到 B1位置时，绳子张力不变 B．B端移到 B2位置时，绳子张力变小 C．B端在杆上位置不动，将杆移动到虚线位置时，绳子张力变小 D．B端在杆上位置不动，绳长增加时（衣服没有接触地面），绳子张力变小 【答案】ACD 【解析】设绳子间的夹角为2θ，绳子总长为L，两杆间距离为d。 根据几何关系有得 AB．当B端移到B1位置或B2位置时，d、L都不变，则θ也不变。 由平衡条件可知得可见，绳子张力F也不变，选项A正确，B错误； C．B端在杆上位置不动，将杆移动到虚线位置时，d减小，L不变，则θ减小，cosθ增大，所以F减小，选项C正确； D．B端在杆上位置不动，绳长增加时，d不变，L增大，则θ减小，cosθ增大，所以F减小，选项D正确。 故选ACD。 【变式训练2】用一根柔软的、不可伸长的绳绕过轻质动滑轮，动滑轮下挂有质量为m的物体，甲乙两人在P楼和Q楼楼顶分别通过定滑轮拉绳子，使物体缓慢上升，如图所示，以下判断正确的是（　　） A．物块缓慢上升过程中，绳和绳中的弹力都逐渐减小 B．物块缓慢上升过程中，绳和绳的夹角不变 C．同一高度下，如果两个楼的楼间距变小，则绳和绳中的张力变大 D．同一高度下，如果两个楼的楼间距变小，则绳和绳中的张力变小 【答案】D 【解析】AB．物块缓慢上升过程中，处于平衡状态。由于绳和绳是通过轻质动滑轮提升物体，则两弹力大小是相等的，且它们合力大小与物体的重力大小相等，方向相反，随着物体逐渐上升，则两弹力夹角变大，根据平行四边形定则可知两弹力也逐渐变大，故AB错误； CD．当两人在同一高度下，如果两个楼的楼间距变小，则在缓慢提升物体的过程中，绳和绳中的张力的合力大小等于物体的重力，根据平行四边形定则可知，合力不变，分力夹角变小，则两分力将变小，故C错误，D正确。故选D。 【变式训练3】如图所示，一根不可伸长的光滑轻质细绳通过轻滑轮挂一重物，细绳一端系在竖直墙壁的A点，另一端系在倾斜墙壁的B点，现将细绳右端从B点沿倾斜墙壁缓慢向下移动到与A点等高的B′点。在移动过程中，关于细绳拉力大小变化情况正确的是（   ） A．先变小后变大 B．变大 C．变小 D．不变 【答案】B 【解析】如下图，设绳子总长度为L，BD垂直于AB′，最开始时AO与竖直方向的夹角为θ，根据对称性有 AOsinθ＋BOsinθ = Lsinθ = AD 绳子右端从B点移动到B′点后，滑轮从O点移动到O′点，B′O′与竖直方向夹角为α，根据对称性有 AO′sinα＋BO′sinα = Lsinα = AB′因为AB′ > AD所以α > θ则绳子移动后，绳子之间的夹角变大，而两段绳子的拉力大小相同，合力大小始终等于重物的重力大小，根据力的平行四边形定则，两段绳子的拉力大小变大。 故选B。 【变式训练4】在如图所示装置中，两物体质量分别为和，滑轮直径大小可忽略。设动滑轮两侧的绳与竖直方向夹角分别为和。整个装置能保持静止。不计动滑轮的质量和一切摩擦。则下列法正确的有（    ） A．一定等于 B．一定大于 C．一定小于 D．可能大于 【答案】A 【解析】绳子连续通过定滑轮和动滑轮，绳子上的拉力相同，整个装置能保持静止，则绳子上的拉力大小与的重力大小相同，即对滑轮进行受力分析可得 解得故一定小于，当时，有故选A。 【变式训练5】如图所示，钉子A和小定滑轮B均固定在竖直墙面上，它们相隔一定距离且处于同一高度，细线的一端系有一小砂桶D，另一端跨过定滑轮B固定在钉子A上。质量为m的小球E与细线上的轻质动滑轮C固定连接。初始时整个系统处于静止状态，滑轮C两侧细线的夹角为74°。现缓慢地往砂桶添加细砂，当系统再次平衡时，滑轮C两侧细线的夹角为120°。不计一切摩擦，取cos37°=0.8，则此过程中往砂桶D中添加的细砂质量为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】对砂桶分析，由平衡条件可知对质动滑轮C受力分析，由平衡条件可得 往砂桶D中添加的细砂后，为；联立解得所以A正确；BCD错误； 故选A。 【变式训练6】工人施工期间，采用了如图所示的简易装置吊装重物，提高了工作效率，、为两个不计大小的轻质光滑滑轮，工人通过一根轻绳把质量为m的重物匀速吊起，吊起过程中跨过滑轮的两段绳子夹角为60°，滑轮两侧绳子保持竖直，重力加速度为g，则固定滑轮的轻杆对滑轮的作用力大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】对滑轮，由平衡条件可得对滑轮，受力如图所示，由平衡条件可知，固定滑轮的轻杆对滑轮的作用力F2的大小为联立可解得，C正确。故选C。 【变式训练7】如图，两个轻环和套在位于竖直面内的一段固定圆弧上；一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为的小球，在和之间的细线上悬挂一小物块。平衡时，、间的距离恰好等于圆弧的半径的1.2倍。不计所有摩擦（）。小物块的质量为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】如图所示由几何关系可得则所以ab间细绳与水平方向的夹角为由于细绳是同一根，则细绳的拉力大小总是相等，有对重物受分力析，由平衡条件可得解得所以A正确；BCD错误；故选A。 【变式训练8】如图所示，一固定的细直杆与水平面的夹角为，一个质量忽略不计的小轻环C套在直杆上，一根轻质细线的两端分别固定于直杆上的A、B两点，细线依次穿过小环甲、小轻环C和小环乙，且小环甲和小环乙分居在小轻环C的两侧。调节A、B间细线的长度，当系统处于静止状态时。不计一切摩擦。设小环甲的质量为，小环乙的质量为，则等于（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】小球C为轻环，重力不计，受两边细线的拉力的合力与杆垂直，C环与乙环的连线与竖直方向的夹角为，C环与甲环的连线与竖直方向的夹角为，A点与甲环的连线与竖直方向的夹角为，乙环与B点的连线与竖直方向的夹角为，根据平衡条件，对甲环有对乙环有 得，ABD错误；C正确。故选C。 题型02：“死结”模型 【典型例题1】如图所示，将三段轻绳相结于O点，其中OA绳的一端拴在墙上，OB绳的下方悬挂甲物体，OC绳跨过光滑定滑轮悬挂乙物体。OC绳与竖方向的夹角为=70°。OA绳与竖直方向的夹角为（未知）。若甲、乙两物体的质量均为m=2kg，重力加速度g取10m/s2，sin55°≈0.82。根据所学的知识，不需计算，推理出OA绳的拉力约为（　　） A．16N B．23N C．31N D．41N 【答案】B 【解析】甲、乙两物体的质量均为m=2kg，则OC绳的拉力与OB绳的拉力均为20N，这两个力的合力与OA绳的拉力大小相等，方向相反。 由几何关系可知OC绳的拉力与OB绳的拉力夹角为110°，而夹角为120°均为20N的两个力的合力大小为20N。所以OC绳的拉力与OB绳的拉力的合力接近20N。 所以根据所学的知识，不需计算，推理出OA绳的拉力约为B选项的23N。故选B。 【变式训练1】（多选）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点上可施加力的取值可能为（　　） A． B． C． D． 【答案】BC 【解析】依题得，要想CD水平，则各绳都要紧绷，则AC与水平方向的夹角为，结点C受力平衡，则受力分析如图所示 因此CD的拉力为，D点受绳子拉力大小等于，方向向左。要使CD水平，则D点两绳的拉力与外界的力的合力为零，则绳子对D点的拉力可分解为沿BD绳的以及另一分力。 由几何关系可知，当与BD垂直时，最小，而的大小即为拉力大小，因此有 故BC正确，AD错误。故选BC。 【变式训练2】（多选）用三根细线a、b、c将两个小球连接，并悬挂如图所示。两小球处于静止状态，细线a与竖直方向的夹角为θ，细线b与竖直方向的夹角为2θ，细线c水平，下列说法正确的是（　　） A．细线a的拉力一定大于细线b的拉力 B．细线a的拉力一定大于细线c的拉力 C．细线b的拉力大小等于小球1的重力 D．细线c的拉力一定小于小球2的重力 【答案】ABC 【解析】A．小球1平衡，对小球1进行受力分析，水平方向上的受力可知解得 由于，可知得，A正确； B．小球2平衡，对小球2进行受力分析，水平方向上的受力可知因为，可知 可得则故B正确； C．对小球1进行受力分析，竖直方向上的受力可知解得故C正确； D．对小球2进行受力分析，竖直方向上的受力可知解得当，此时可得 故D错误；故选ABC。 【变式训练3】在一地下管道施工现场，施工人员要把一箱材料运送到沟底，如图所示，工人甲将箱子放到一定深度时拉住手中的绳保持静止，工人乙通过拉一端固定在结点O处的绳子将箱子微调到准确位置。设工人乙出所拉的绳子始终保持水平，不考虑滑轮摩擦和绳子质量，在工人乙缓慢释放手中的绳子，箱子从图中位置开始缓慢向左移动的过程中（　　） A．工人甲手中绳子的拉力不断减小 B．工人乙对地面的压力不断减小 C．工人乙手中绳子的拉力不断增大 D．工人甲受到地面的摩擦力小于工人乙受到地面的摩擦力 【答案】A 【解析】依题意，对甲及结点O受力分析如图所示 AC．对物体所连接的绳子结点进行受力分析，设绳在结点的作用力与水平夹角为，物体缓慢移动，所以该结点合力时刻为零，工人甲也受力平衡。受力如图所示，对结点受力平衡可知； 在乙缓慢释放手中的绳子时，变大，则变小，变小，故A正确，C错误； B．由于工人乙所拉的绳子始终保持水平，在工人乙缓慢释放手中的绳子的过程中，工人乙一直保持静止，故他对地面的压力大小等于他的重力，保持不变，故B错误； D．工人甲将钢材放到一定深度时拉住手中的绳保持静止，则不变，对甲受力分析可知 对乙受力分析，在水平方向上，工人乙受到地面的摩擦力联立解得由图可知 则即工人甲受到地面的摩擦力大于或等于工人乙受到地面的摩擦力，故D错误。故选A。 【变式训练4】如图所示，、，为三根不可伸长的轻绳，其中， ，先只用、绳将重物提起，结点为O点，此时、绳的力分别为 和；保持绳不变，将绳换成绳， 绳水平，仍将此重物提起，且使O点位置不变，此时，绳的力分别为和 ，则（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】A．只用、绳将重物提起时，受力如图： 根据平衡条件有；联立以上各式解得；；选项A错误； B．只用、绳将重物提起时，受力如图： 根据平衡条件有；联立以上各式解得；；选项B错误； CD．由以上结果可得    ，选项C正确，D错误。故选C。 【变式训练5】两物体M、m用跨过光滑定滑轮的轻绳相连，如图所示，OA、OB与水平面的夹角分别为30°、60°，物M的重力大小为20N，M、m均处于静止状态，则（　　） A．绳OA上的拉力大小为10N B．绳OB上的拉力大小为10N C．m受到水平面的静摩擦力大小为10N D．m受到水平面的静摩擦力的方向水平向右 【答案】A 【解析】AB．对结点O受力分析如图 把F1和 F2分别分解到水平方向和竖直方向。沿水平方向列方程F1cos30°=F2cos60°沿竖直方向列方程 F1sin30°+F2sin60°=Mg联立得F1=10N，故A正确，B错误； CD．对m受力分析如下图 水平方向列平衡方程F1+f=F2解得方向水平向左，故CD错误。故选A。 题型03：动杆模型 【典型例题1】如图所示为两种形式的吊车示意图，为重力不计的杆，其端固定，端带有一小滑轮，为重力不计的缆绳，当它们吊起相同重物时，缆绳对甲、乙两图中滑轮作用力的大小分别为和，则为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】受力分析如图所示 甲图，受力分析有乙图，受力分析有所以故选B。 【变式训练1】别与固定点O和连接，如图所示。已知两轻杆与水平地面和竖直墙壁的夹角分别为，重力加速度为，则下面轻杆和上面轻杆对铰链A的作用力大小分别为（　　） A．， B．， C．， D．， 【答案】B 【解析】以铰链A和小球为整体，根据受力平衡可得； 联立解得，可知下面轻杆和上面轻杆对铰链A的作用力大小分别为，。 故选B。 【变式训练2】如图所示，质量均为M的A、B两滑块放在粗糙水平面上，两轻杆等长，杆与滑块、杆与杆间均用光滑铰链连接，在两杆铰合处悬挂一质量为m的重物C，整个装置处于静止状态，设杆与水平面间的夹角为θ.下列说法正确的是(　　) A．当m一定时，θ越小，滑块对地面的压力越大 B．当m一定时，θ越大，轻杆受力越大 C．当θ一定时，M越大，滑块与地面间的摩擦力越大 D．当θ一定时，M越大，可悬挂重物C的质量m越大 【答案】D 【解析】A.对A、B、C整体分析可知，对地面压力为FN＝(2M＋m)g，与θ无关，故A错误； B.将C的重力按照作用效果分解，如图所示：根据平行四边形定则，有故m一定时，θ越大，轻杆受力越小，故B错误； C.对A分析，受重力、杆的推力、支持力和向右的静摩擦力，根据平衡条件，有与M无关，故C错误； D.当θ一定时，M越大，M与地面间的最大静摩擦力越大，则可悬挂重物C的质量m越大，故D正确． 【变式训练3】如图所示，A、B为竖直墙面上等高的两固定点，为长度相等的两根轻绳，CO为一根轻杆，铰链C在中点D的正下方，在同一水平面内，， ，若在O点处悬挂一个质量为m的物体，则平衡后绳AO所受的拉力和杆OC所受的压力分别为（    ） A．， B．， C．， D．， 【答案】D 【解析】设绳AO和绳BO拉力的合力为F，以O点为研究对象，O点受到小球方向的拉力等于小球的重力mg、杆的支持力F2和绳AO与绳BO拉力的合力F，作出力的示意图，如图所示 根据平衡条件得，将F分解，右图 设AO所受拉力的大小F1，因为∠AOB=120°，根据几何知识得所以绳AO所受到的拉力F1为，杆OC所受到的压力大小F2等于，故D正确，ABC错误。故选D。 【变式训练4】新冠疫情期间很多市民居家隔离，一位市民设计了如图所示的装置，在与志愿者不接触的情况下将吊篮中的生活用品缓慢拉到窗口，图中轻绳的一端栓在轻杆上，另一端绕过定滑轮（不计一切摩擦）。下列说法正确的是（　　） A．轻杆所受的压力大小始终不变 B．轻杆所受的压力大小先减小，后增大 C．该同学手上所受的拉力大小始终不变 D．该同学手上所受的拉力大小先减小，后增大 【答案】A 【解析】由题意进行受力分析如图所示 根据三角形相似可得由题意可知，mg、h和L杆不变，L绳变小，则F变小，FN不变。故选A。 【变式训练5】“V”形吊车在港口等地有重要的作用.如图所示，底座支点记为O点，OA为“V”形吊车的左臂，OA上端A处固定有定滑轮，OB为活杆且为“V”形吊车的右臂，一根钢索连接底座与B点，另一根钢索连接B点后跨过定滑轮吊着一质量为M的重物，重物静止.已知左臂OA与水平面的夹角为，左臂OA与钢索AB段的夹角为θ，且左臂OA与右臂OB相互垂直，左臂OA、右臂OB总质量为m，钢索质量忽略不计，不计一切摩擦，重力加速度为g。则下列说法正确的是（　　） A．定滑轮对钢索的支持力为 B．AB段钢索所受到的拉力为2Mg C．右臂OB对钢索的支持力为 D．底座对左臂OA、右臂OB、重物整体的支持力为 【答案】A 【解析】A．作示意图如图1所示，设重物所在位置为C点，则钢索在A点夹角 定滑轮只改变钢索拉力的方向，不改变力的大小，则钢索对滑轮的作用力方向沿着的角平分线，即 由牛顿第三定律可知，滑轮对钢索的作用力故A正确； B．由题意可知，物体缓慢向上运动，钢索拉力故B错误； C．以B点为研究对象，受力分析如图2所示，可知解得 故C错误； D．以整体为研究对象，钢索也与底座接触，底座对整体的支持力大于，故D选项错误。 故选A。 【变式训练6】如图所示，木板B放置在粗糙水平地面上，O为光滑铰链。轻杆一端与铰链O连接，另一端连接一质量为m的小球A。现将轻绳一端拴在小球A上，另一端通过光滑的定滑轮由力F牵引，定滑轮位于O的正上方，整个系统处于静止状态。现改变力F的大小使小球A和轻杆从图示位置缓慢运动到正下方，木板始终保持静止，则在整个过程中（　　）    A．外力F逐渐变小 B．轻杆对小球的作用力大小变小 C．地面对木板的支持力逐渐变小 D．地面对木板的摩擦力逐渐变大 【答案】A 【解析】A B．对小球A进行受力分析，三力构成矢量三角形，如图所示    根据几何关系可知两三角形相似，因此缓慢运动过程越来越小，则F逐渐减小，由于OA长度不变，杆对小球的作用力大小不变，故A正确； B错误； CD．对木板，由于杆对木板的作用力大小不变，方向向右下，但杆的作用力与竖直方向的夹角越来越小，所以地面对木板的支持力逐渐增大，地面对木板的摩擦力逐渐减小。故CD错误。故选A。 【变式训练7】两个小球A、B（均视为质点）固定在轻杆两端，静止在内壁光滑的半球形碗内，情形如图所示。以下说法正确的是（　　） A．两球对杆作用力的方向都沿两球连线 B．杆对A球作用力的方向可能水平向左 C．碗对A球作用力的大小小于对B球作用力的大小 D．碗对A球作用力的大小可能等于对B球作用力的大小 【答案】AC 【解析】受力分析由一般到特殊的思想，题中未提到杆的形状，仅仅是题中画了出来，所以图中仅仅为一般情况，一般情况下的选项正确，那特殊情况也应满足：所以受力分析如下图所示，设杆与水平方向的夹角为，由几何关系可知，力与杆的夹角和与杆的夹角相等都设为： AB．对可转动的杆，对物体的作用力沿杆方向，所以是沿着A、B球的连线方向，故A正确，B错误； CD．由受力分析可知，和为同一杆上的力，故相等，即水平分力大小相等， 对A球由平衡可知，水平方向上有；可得出故C正确，D错误。 故选AC。 【变式训练8】如图所示,质量均为M的A、B两滑块放在粗糙水平面上,滑块与粗糙水平面间的动摩擦因数为两轻杆等长,且杆长为L,杆与滑块、杆与杆间均用光滑铰链连接,杆与水平面间的夹角为在两杆铰合处悬挂一质量为的重物C,整个装置处于静止状态．重力加速度为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，试求: (1)地面对物体A的静摩擦力大小； (2)无论物块C的质量多大,都不能使物块A或B沿地面滑动,则至少要多大? 【答案】（1） （2） 【解析】先将C的重力按照作用效果分解，根据平行四边形定则求解轻杆受力；再隔离物体A受力分析，根据平衡条件并结合正交分解法列式求解滑块与地面间的摩擦力和弹力．要使得A不会滑动，则满足，根据数学知识讨论． （1）将C的重力按照作用效果分解，如图所示： 根据平行四边形定则，有：  对物体A水平方向： （2）当A与地面之间的摩擦力达到最大静摩擦力时： 且 联立解得： ，当m→∞时，，可知无论物块C的质量多大，都不能使物块A或B沿地面滑动,则μ至少等于 ． 题型04：定杆模型 【典型例题1】某课外兴趣小组研究如图甲所示的路灯支架构造及受力。小组绘制了如图乙所示的模型图，路灯支架由横梁OA，斜梁OB组成，横梁OA、斜梁OB与路灯杆之间都通过光滑的铰链连接。已知路灯支架横梁OA长2.0m，斜梁OB长2.5m，路灯重力为30N，重心恰好在支架横梁和斜梁的连接点O处，支架重力不计。由共点力的知识可知（　　） A．横梁与斜梁均被拉伸 B．横梁对O点作用力大小为50N C．斜梁对O点作用力大小为50N D．若把斜梁稍微加长，仍保持O点位置不变，横梁仍水平，这时斜梁对O点的作用力将变大 【答案】C 【解析】A．因为横梁OA、斜梁OB与路灯杆之间都通过光滑的铰链连接，所以横梁和斜梁的作用力均沿梁方向，而O点处于平衡状态，受到竖直向下的重力，所以斜梁对O点的作用力一定斜向右上，横梁对O点的作用力一定水平向左，如图所示，则O点对横梁的作用力水平向右，横梁处于拉伸状态，O点对斜梁的作用力斜向左下，斜梁处于压缩状态，故A错误； BC．根据几何关系可知；根据平衡条件有；解得，故B错误，C正确； D．若把斜梁稍微加长，仍保持O点位置不变，横梁仍水平，则θ增大，结合前面分析可知斜梁对O点的作用力将变小，故D错误。故选C。 【变式训练1】水平横梁一端插在墙壁内，另一端装有一小滑轮，轻绳的一端固定于墙壁上，另一端跨过滑轮后悬挂一重力为的重物，，如图所示，则滑轮受到轻绳的作用力的大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】由题意可得，对绳B点受力分析如图 滑轮受到绳子的作用力应为图中两段绳中拉力F1和F2的合力F，因同一根绳张力处处相等，大小都等于物体的重力，即为F1=F2=G=100N用平行四边形定则作图，由于拉力F1和F2的夹角为120°，则由几何知识得 F=100N所以滑轮受绳的作用力为100N。故选C。 【变式训练2】（多选）如图甲所示，轻杆BC水平插入竖直墙内，轻绳AD跨过水平轻杆BC右端的定滑轮挂住一个质量为10kg的物体。如图乙所示，轻杆HG一端用铰链固定在竖直墙上，另一端G通过轻绳EG拉住，且G端用轻绳GF挂住一个质量也为10kg的物体，轻杆HG水平。AC、EG与水平方向的夹角均为30°，取重力加速度大小。下列说法正确的是（　　） A．绳AC与绳EG的拉力大小之比为1∶2 B．滑轮对绳子的弹力大小为100N C．杆BC与杆HG产生的弹力方向均沿杆向外 D．将H端的铰链去掉，杆GH插入墙内，绳EG的拉力大小一定不变 【答案】AB 【解析】题图甲和乙中的两个物体、都处于平衡状态，根据平衡条件可判断，与物体相连的细绳拉力大小等于物体的重力，分别取C点和G点为研究对象，进行受力分析如图所示 AC．图甲中，根据几何关系得且二者夹角为，故可得横梁BC对C端的弹力大小为方向和水平方向成斜向右上方；图乙中，根据平衡方程有 所以可得轻杆HG对G端的弹力大小为方向水平向右； 图乙中轻绳AD跨过定滑轮拉住质量为的物体，物体处于平衡状态，绳AC段的拉力 图乙中由得根据分析可得故A正确，C错误； B．根据分析可知滑轮对绳子的弹力大小为100N，故B正确； D．将H端的铰链去掉，杆GH插入墙内，杆的弹力方向不一定沿着杆，则绳EG的拉力大小可能发生改变，故D错误。故选AB。 【变式训练3】如图所示，两个正三棱柱A、B紧靠着静止于水平地面上，三棱柱的中间有一个半径为R的光滑圆柱C，C的质量为2m，A、B的质量均为m。A、B与地面的动摩擦因数为。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。则（　　） A．A受到3个力的作用 B．静止时A对C的支持力为 C．A、B若能保持不动，应该满足 D．若C受到经过其轴线竖直向下的外力而缓慢下降到地面，该过程中摩擦力对A做的功 【答案】C 【解析】A．A受重力mg、C对A的压力FN、地面的支持力F地、地面的摩擦力f，共4个力的作用，如下图 故A错误； B．对C受力分析，根据对称性，A、B对C支持力大小相等，设为FN，由平衡条件2FNcos60°＝2mg解得 FN＝2mg故B错误； C．A受力平衡，有F地＝FNcos60°＋mg＝2mg；f＝FNsin60°＝mg；f≤μF地解得μ≥故C正确； D． C缓慢下降的同时A、B也缓慢且对称地向左右分开，A受的摩擦力为滑动摩擦力f′。 对A，由受力平衡知F′地＝F′Ncos60°＋mg；f′＝F′Nsin60°＝μF′地解得f′＝由几何关系知：当C下降到地面时，A向左移动的水平距离为x＝R所以摩擦力的功W＝-f′x＝-故D错误。故选C。 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $