第2章 专题提升二 动态平衡 平衡中的临界、极值问题(课件PPT)-【金版新学案】2027年高考物理高三总复习大一轮复习讲义

该高中物理高考复习课件聚焦“动态平衡与平衡中的临界、极值问题”专题，依据高考评价体系梳理了解析法、图解法、相似三角形法、矢量圆法（正弦定理法）等核心解题方法，通过近三年模拟题分析明确动态平衡占比60%、临界极值占比40%的高频考点分布，结合蜘蛛悬挂、抖空竹等实例归纳“力的矢量三角形动态分析”等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“方法建模+真题突破+素养融合”，如以半圆柱体平衡问题为例用图解法动态分析弹力变化，培养科学思维中的模型建构与科学推理能力。设置临界条件对照表（如静摩擦力达最大、支持力为零）和极值函数分析（如三角函数求最值），帮助学生掌握“动态矢量图绘制”“临界状态判断”等得分技巧，教师可据此开展专题突破教学，助力学生高效冲刺高考。

专题提升二　动态平衡　平衡中的临界、极值问题 高三总复习讲义　新高考 第二章 相互作用 1.会用解析法、图解法、相似三角形法、矢量圆法(正弦定理法)等解决动态平衡 问题。 2.会分析平衡中的临界与极值问题。 学习目标 提升点一　动态平衡问题 提升点二　平衡中的临界、极值问题 课时测评 内容索引 动态平衡问题 提升点一 返回 1.共点力的动态平衡 动态平衡是指处于平衡状态的物体所受的某个力(或某几个力)的大小或方向缓慢变化，但变化过程中的每一个状态均可视为平衡状态。 2.解题流程 方法1 解析法 1.对研究对象进行受力分析，画出受力示意图。 2.根据物体的平衡条件列式，得到未知量与已知量的关系表达式。 3.根据已知量的变化确定未知量的变化。 注意：该方法适用于有直角三角形或其他特殊三角形、容易写出表达式的情况。 (2026·河南名校联盟5月模拟)蜘蛛通过两根蛛丝(OA和OB)悬挂在树枝上保持平衡。初始时，蛛丝OA与竖直方向的夹角为θ，蛛丝OB水平，如图所示。若猎物在A点被蛛丝缠住并向右侧移动，蛛丝OB仍保持水平。蜘蛛始终静止，蛛丝形变量可忽略不计且蛛丝未断裂。下列说法正确的是 A.蛛丝OA的拉力逐渐减小，蛛丝OB的拉力逐渐增大 B.蛛丝OA的拉力逐渐增大，蛛丝OB的拉力逐渐减小 C.蛛丝OA和OB的拉力均逐渐增大 D.蛛丝OA和OB的拉力均逐渐减小 √ 例1 设蜘蛛的重力为G，蛛丝OA的拉力为F1，蛛丝OB的拉力为F2，由平衡条件有F1sin θ＝F2，F1cos θ＝G，解得F1＝，F2＝Gtan θ，由题意可知θ减小，cos θ增大，tan θ减小，故F1减小，F2也减小。故选D。 针对练.(2026·贵州铜仁一中模拟)抖空竹是一种传统杂技节目，也叫“抖空钟”，南方又称为“扯铃”。如图甲所示，表演者用两根短竿系上绳子，将空竹(也有用壶盖或酒瓶)扯动使之旋转，并表演出各种身段。如图乙所示，表演者保持一只手不动，另一只手沿图中a、b、c、d四个方向缓慢移动，忽略空竹转动的影响，不计空竹和轻质细绳间的摩擦力，且认为细绳不可伸长。下列说法正确的是 A.细绳B端沿虚线a向左移动时，细绳对空竹的合力增大 B.细绳B端沿虚线b向上移动时，细绳的拉力减小 C.细绳B端沿虚线c斜向上移动时，细绳的拉力不变 D.细绳B端沿虚线d向右移动时，细绳的拉力增大 √ 细绳B端沿虚线a向左移动时，细绳对空竹的合力与空竹的重力等大反向，可知合力不变，故A错误；设AB两点水平间距为d，绳长L，细绳与竖直方向的夹角为θ，由几何关系可知sin θ＝，由平衡条件可知细绳拉力F＝，细绳B端沿虚线b向上移动时d、L均不变，则θ不变，则细绳的拉力不变，故B错误；细绳B端沿虚线c斜向上移动或沿虚线d向右移动时，d变大、L不变，则θ变大，cos θ变小，可知细绳的拉力变大，故C错误，D正确。 方法2 图解法 用图解法分析物体动态平衡问题时，一般是物体只受三个力作用，且其中一个力大小、方向均不变，另一个力的方向不变，第三个力大小、方向均变化。该方法适用于一个力为恒力、另一个力方向不变的情况。 半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有一固定放置的竖直挡板MN。在半圆柱体P和MN之间放有一个光滑的均匀小圆柱体Q，整个装置处于平衡状态，如图所示是这个装置的纵截面图。现使MN保持竖直并且缓慢地向右平移，在Q滑落到地面之前，发现P始终保持静止。则在此过程中，下列说法中正确的是 A.MN对Q的弹力逐渐减小 B.P、Q间的弹力先减小后增大 C.地面对P的摩擦力逐渐增大 D.Q所受的合力逐渐增大 例2 √ 由于挡板MN缓慢移动，Q始终处于平衡状态，所受合力为零，故D错误；对Q受力分析，F1表示P对Q的弹力，F2表示MN对Q的弹力，F2的方向水平向左保持不变，F1的方向顺时针旋转，如图所示，由图可知，F1与F2都逐渐增大，故A、B错误；对P、Q整体受力分析，由平衡条件得Ff＝F2，由于F2不断增大，故Ff不断增大，故C正确。 针对练.(2026·安徽合肥期末)如图所示，用OA、OB两根轻绳将花盆悬于两竖直墙之间，开始时OB绳水平。现保持O点位置不变，改变OB绳长使绳右端由B点缓慢上移至B'点，此时OB'与OA之间的夹角θ＜90°。设此过程中OA、OB绳的拉力分别为FOA、FOB，则下列说法中正确的是 A.FOA一直减小 B.FOA一直增大 C.FOB一直减小 D.FOB先增大后减小 √ 以结点O为研究对象，其受力分析如图所示，根据平衡条件知，两根绳子的拉力的合力与G大小相等、方向相反，作出轻绳OB在不同位置时的受力示意图，由图看出，FOA一直减小，FOB先减小后增大，当θ＝90°时，FOB最小，故A正确。 方法3 相似三角形法 物体受三个力平衡，其中一个力恒定，另外两个力的方向同时变化，当所作“力的矢量三角形”与空间的某个“几何三角形”总相似时，可利用相似三角形对应边成比例进行计算。 如图为一简易起重装置，AC是上端带有小滑轮的固定支架，BC为质量不计的轻杆，杆的一端C用铰链固定在支架上，另一端B悬挂一个质量为m的重物，并用轻质钢丝绳跨过滑轮A连接在卷扬机上。开始时，杆BC与AC的夹角∠BCA＞90°，现使∠BCA缓慢变小，直到∠BCA＝30°(不计一切阻力)。在此过程中，杆BC所产生的弹力 A.大小不变 B.逐渐增大 C.先增大后减小 D.先减小后增大 例3 √ 以结点B为研究对象，分析受力情况，作出B的受力示意图如图，根据平衡条件知，FT、FN的合力F合与F大小相等、方向相反。根据三角形相似得＝＝，则FN＝ G，∠BCA缓慢变小的过程中，AC、BC不变，则FN大小不变，杆BC所产生的弹力大小不变。故选A。 方法3 矢量圆法(正弦定理法) 1.矢量圆法 如图所示，物体受三个共点力作用而平衡，其中一力恒定，另外两力方向一直变化，但两力的夹角不变，作出不同状态的矢量三角形，利用两力夹角不变，可以作出动态圆(也可以由正弦定理列式求解)，恒力为圆的一条弦，根据不同位置时的受力示意图判断各力的大小变化。 2.正弦定理法 如图所示，物体受三个共点力作用而处于平衡状态，则三个力中任意一个力的大小与另外两个力的夹角的正弦成正比，即＝＝。   注意：该方法适用于一个力恒定，另外两个力方向变化但夹角不变的情况。 (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 例4 √ √ 法一　矢量圆法 以重物为研究对象分析受力情况，受重力mg、OM上的张力F2、MN上的张力F1，由题意知，三个力的合力始终为零，矢量三角形如图甲所示，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，由图甲可知，MN上的张力F1逐渐增大，OM上的张力F2先增大后减小，故A、D正确。 法二　正弦定理法 对重物受力分析如图乙所示，根据正弦定理有＝＝，mg与sin α保持不变，θ1由180°变为90°，sin θ1变大，F1变大，θ2由锐角变为钝角，sin θ2先增大后减小，F2先增大后减小，故A、D正确。 返回 平衡中的临界、极值问题 提升点二 返回 1.常见的临界问题 临界情境 临界条件 静止到运动的临界 摩擦力达到最大静摩擦力 绳子刚好绷紧的临界 拉力FT＝0 刚好离开接触面的临界 支持力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.解答平衡中临界、极值问题的三种方法 物理分析法 根据平衡条件，作出力的矢量图，通过对物理过程的分析，利用平行四边形定则进行动态分析，确定最大值与最小值 数学分析法 通过对问题的分析，根据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) 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 如图所示，学校门口水平地面上有一质量为m的石礅，石礅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礅时，两平行轻绳与水平面间的夹角均为θ，重力加速度为g，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，地面对石礅的摩擦力也最小 例5 √ 对石礅受力分析如图所示，设两根轻绳的合拉力为F，根据平衡 条件有Fcos θ＝Ff，Fsin θ＋FN＝mg，且Ff＝μFN，联立可得F＝ ，A错误，B正确；上式变形得F＝，其中 tan α＝，根据三角函数特点可知减小θ，轻绳的合拉力F并不一 定减小，C错误；根据上述讨论，当θ＋α＝90°时，轻绳的合拉力F最小，而摩擦力Ff＝Fcos 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F最小时，地面对石礅的摩擦力不是最小的，D错误。故选B。 (2026·山东高三押题卷)如图为雕刻团队雕刻的一块质量m＝20 kg的棱台形冰砖，雕刻者须戴专门提供的手套，双手按住冰块的a、b两侧面向上提，保持冰块c面水平朝上，而且手指不能抠底，已知冰块a、b两侧面与冰块底面的夹角均为θ＝78.5°，雕刻者施加给冰块单侧面的压为F，手套与冰块间的动摩擦因数为μ＝0.25，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2。计算时sin 78.5°＝0.98，cos 78.5°＝0.20，若要提起冰块，力F至少约为 A.2 220 N B.1 370 N C.1 000 N D.无论多大的力都无法提起冰块 例6 √ 对冰块受力分析，如图所示，正交分解得2Ffsin θ＝mg＋2Fcos θ，又Ff＝μF，联立解得F≈2 220 N，故A正确。 返回 课 时 测 评 返回 题组1　动态平衡问题 1.(2025·陕西渭南三模)如图所示，一个大理石半球静置在水平地面上，球心为O。一只小蚂蚁缓慢从图中Q点沿圆弧爬向半球面最高点P，运动过程中大理石半球始终保持静止。已知OQ与OP的夹角为θ＝45°，在此过程中，下列说法正确的是 A.大理石半球对小蚂蚁的作用力变大 B.大理石半球对小蚂蚁的支持力变小 C.地面对大理石半球的摩擦力始终为零 D.地面对大理石半球的支持力变小 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 对小蚂蚁受力分析如图所示，可知大理石半球对小蚂蚁的作用力始终与蚂蚁的重力等大、反向，始终不变，故A错误；蚂蚁受到的摩擦力为Ff＝mgsin θ，蚂蚁受到的支持力为FN＝mgcos θ，小蚂蚁缓慢从Q点沿圆弧爬向P点的过程中θ逐渐变小，则小蚂蚁受到的支持力变大，摩擦力变小，故B错误；选取大理石半球与小蚂蚁组成的整体为研究对象，可知二者只受到重力与地面的支持力，所以大理石半球受到地面的支持力大小始终等于二者重力的合力，保持不变，大理石半球与地面之间没有摩擦力的作用，故C正确，D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2.某人通过如图所示的装置将吊篮中的物品缓慢拉到窗口，图中轻绳的一端拴在轻杆上，另一端绕过定滑轮(不计一切摩擦)。下列说法正确的是 A.此人手上所受的拉力F始终不变 B.此人手上所受的拉力F先减小，后增大 C.轻杆所受压力一直增大 D.轻杆所受压力大小始终不变 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 对结点受力分析如图所示，由几何关系可知＝＝，由题意可知，mg、h和L杆不变，L绳变小，则F变小，FN不变，D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 3.(2026·辽宁本溪二模)如图所示，半圆柱体Q放置在粗糙水平面上，与Q完全相同的光滑半圆柱体P放置在光滑的竖直墙壁与Q之间，两个半圆柱体均处于平衡状态。若将Q向左移动一小段距离，两个半圆柱体仍处于平衡状态，则 A.P与墙壁之间的弹力增大 B.P与墙壁之间的弹力不变 C.P与Q之间的弹力减小 D.Q与水平面间的弹力增大 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 P受重力G、墙壁的弹力FN及Q的弹力F，受力分析如图所示。两半圆柱体间的弹力一定垂直于接触点的切线，即力的作用线过两个圆心，三个力形成一个封闭的矢量三角形。若将Q向左移动一小段距离，则弹力F的方向发生了变化，而FN的方向不变，G的大小、方向均不变，显然如果将Q向左移动一小段距离，P与墙壁之间的弹力FN减小，P与Q之间的弹力F也减小。对整体分析，竖直方向Q与水平面间的弹力等于P、Q的重力之和，不变。故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 4.(2026·黑龙江哈尔滨九中二模)生活中，我们常用支架与底板垂直的两轮手推车搬运货物。如图甲所示，将质量为m的货物平放在手推车底板上，此时底板水平。如图乙所示，现缓慢压下把手，直至底板与水平面间的夹角为60°。不计货物与支架及底板间的摩擦，缓慢压下把手的过程中，下列说法正确的是 A.货物所受的合力一直增大 B.手推车对货物的作用力变小 C.底板对货物的支持力一直减小 D.当底板与水平面间的夹角为60°时，底板 对货物的支持力为支架对货物的支持力的3倍 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 缓慢压下把手，货物所受的合力一直不变，始终为零，故A错误；手推车对货物的作用力与货物的重力等大反向，则手推车对货物的作用力方向竖直向上，且大小不变，故B错误；压下把手的过程中，两个弹力的夹角始终是90°，货物的受力情况如图1所示，由图1可知，底板对货物的支持力FN2一直减小，支架对货物的支持力FN1一直增大，故C 正确； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 当底板与水平面间的夹角为60°时，对货物受力分析，两个弹力的合力与重力等大反向，受力分析如图2所示，两个弹力FN1与FN2垂直，由平衡条件可得支架对货物的支持力FN1＝mgsin 60°＝mg，底板对货物的支持力FN2＝mgcos 60°＝mg，底板对货物的支持力为支架对货物的支持力的，故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 题组2　平衡中的临界、极值问题 5.(2026·河北模拟预测)如图所示，力F拉着质量为m的物体沿倾角为30°的斜面向上匀速运动。物体与斜面间的动摩擦因数μ＝，重力加速度为g。下列说法中正确的是 A.若F水平向右，则F＝mg B.若F沿斜面向上，则F＝mg C.F的最小值为mg D.力F与斜面成30°角斜向上时，F最小 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 若F水平向右，对物体，由平衡条件有mgsin 30°＋ μ＝Fcos 30°，代入数据 解得F＝mg，故A错误；若F沿斜面向上，对物体， 由平衡条件有F＝mgsin 30°＋μmgcos 30°＝mg，故 B错误；设力F与斜面成θ角斜向上时，F有最小值，由平衡条件有mgsin 30°＋μ＝Fcos θ，整理得F＝＝＝，可知θ＝30°时，F有最小值，且最小值Fmin＝mg，故C错误，D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 6.(2026·河北模拟)中国天眼FAST是一个500米口径球面射电望远镜，在为世界的天文观测贡献着自己的力量。某公司为该望远镜设计了一款专用的履带式机器人，负责镜面的维护工作。该机器人工作时的示意图如图所示，为半径为R的圆弧面，B为圆弧面的最低点，机器人最高可以缓慢运动到D点进行维护工作，D点到B点的高度为h。已知重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。机器人从B点运动到D点的过程，下列说法中正确的是 A.圆弧面对机器人的作用力不变 B.机器人对圆弧面的压力逐渐增大 C.机器人对圆弧面的摩擦力逐渐减小 D.该机器人履带与圆弧面间动摩擦因数为 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 机器人缓慢从B运动到D，可认为始终处于平衡状态，在运动过程中的任意位置，对机器人进行受力分析，如图甲所示，可得F支＝mgsin α，Ff＝mgcos α，圆弧面对机器人的作用力为支持力和摩擦力的合力，因机器人受力平衡，故支持力和摩擦力的合力大小始终与机器人重力大小相等，方向竖直向上，A正确；F支＝mgsin α，机器人从B到D的过程中，α逐渐减小，F支逐渐减小，由牛顿第三定律可知，机器人对圆弧面的压力逐渐减小，B错误； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 Ff＝mgcos α，机器人从B到D的过程中，α逐渐减小，Ff逐渐增大，机器人对圆弧面的摩擦力逐渐增大，C错误；机器人最高可以到D点，则在D点时，机器人受到的摩擦力达到最大值，如图乙所示，FD支＝mgsin β，FDf＝mgcos β，由FDf＝μFD支，tan β＝得μ＝，D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 7.(2025·贵州毕节三模)如图所示，竖直杆M、N固定于地面，轻绳a一端固定于N杆上的F点，另一端与光滑轻质小圆环拴接于O点；轻绳b一端穿过小环后固定于M杆上的E点，另一端与小物块连接。若初始时刻O点的位置比E点高，整个系统处于静止状态，a、b绳上的拉力分别记为Fa和 Fb，则 A.仅将E点缓慢上移少许，Fa增大 B.仅将E点缓慢下移少许，Fb增大 C.仅将M杆缓慢左移少许，Fb减小 D.仅将M杆缓慢左移少许，Fa减小 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 设绳子a、b与水平方向的夹角分别为α、β，物块质量 为m，因为b绳跨过小圆环与物块相连，所以Fb＝mg， 仅将E点缓慢向上移动少许，两个Fb之间的夹角变大， 所以两个力的合力减小，因为Fa与两个Fb的合力大小 相等，方向相反，所以Fa减小，Fb不变，A错误；仅将 E点缓慢向下移动少许，两个Fb之间的夹角变小，所以两个力的合力变大，因为Fa与两个Fb的合力大小相等，方向相反，所以Fa变大，Fb不变，B错误；仅将M杆向左移动少许，β减小，即两个Fb之间的夹角变大，所以两个力的合力变小，因为Fa与两个Fb的合力大小相等，方向相反，所以Fa减小，Fb不变，C错误，D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 8.(2026·陕西西安一模)如图甲是工人在高层安装空调时吊运室外机的场景，简化图如图乙所示。一名工人在高处控制绳子P，另一名工人站在水平地面上拉住另一根绳子Q。在吊运的过程中，地面上的工人在缓慢后退时缓慢放绳，室外机缓慢竖直上升，绳子Q与竖直方向的夹角近似不变，绳子质量忽略不计，则下列说法正确的是 A.绳子P上的拉力不断变大 B.绳子Q上的拉力先变小后变大 C.地面对工人的支持力不断变大 D.绳子P、Q对室外机的拉力的合力不断变大 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 室外机分别受P、Q的拉力F1、F2和自身重力mg而平衡，室外机受力如图1，将这三个力构成矢量三角形，如图2，可知地面上的工人在缓慢后退时缓慢放绳过程中，F1、F2均增大，故A正确，B错误；由于β不变，绳子Q拉力增大，故Q的拉力在竖直方向分力增大，对地面工人，由平衡条件易得地面对工人的支持力不断变小，故C错误；由于室外机受到P、Q拉力F1、F2和自身重力mg而平衡，由平衡条件可知绳子P、Q对室外机的拉力的合力与室外机重力始终等大反向，所以绳子P、Q对室外机的拉力的合力不变，故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 9.(2026·江苏南通海安中学开学考试)斜面体置于粗糙水平面上，斜面上的物块B通过细绳跨过轻质定滑轮与小球A相连。从图示位置释放静止小球，A下降过程中B始终处于静止状态。则A下降过程中 A.物块对斜面体的压力始终不变 B.物块对斜面体的摩擦力先减小后增大 C.斜面体对地面的压力始终不变 D.斜面体对地面的摩擦力先增大后减小 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 A下降过程中，绳上拉力逐渐增大，则绳上拉力垂直于斜面分力逐渐增大，则由平衡条件可知，斜面体对物块的支持力减小，由牛顿第三定律可知，物块对斜面体的压力逐渐减小，故A错误；初始时斜面体对物块B的摩擦力大小等于B的重力沿斜面向下的分力，方向沿斜面向上，A下降过程中，绳上拉力逐渐增大，由于不知道绳上拉力沿斜面方向的分力大小与B的重力沿斜面向下的分力大小关系，所以无法判断物块受到斜面体的摩擦力如何变化，则根据牛顿第三定律可知，无法判断物块对斜面体的摩擦力如何变化，故B错误； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 A下降过程，A、B、斜面体组成的系统在竖直方向有变化的加速度，则该系统竖直方向的合力发生变化，地面对斜面体的支持力发生变化，由牛顿第三定律可知，斜面体对地面的压力发生变化，故C错误；对该系统由平衡条件可知，初始时地面对斜面体摩擦力为零，A下降过程，该系统存在水平向右的加速度，且加速度先增大后减小，则斜面体受到的摩擦力先增大后减小，根据牛顿第三定律可知，斜面体对地面的摩擦力先增大后减小，故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 10.(2026·湖北武汉二中模拟)如图所示，小明用轻绳PQ拴住轻杆OQ的顶端，轻杆下端O用铰链固定在水平地面上某高度处，Q端下方悬挂重物，轻绳PQ长度为定值。PQ与水平方向夹角α＝30°，OQ与水平方向夹角β＝60°，下列说法正确的是 A.轻绳PQ对Q端的拉力大于重物重力 B.轻杆OQ对Q端的支持力等于重物重力的2倍 C.若小明拉住轻绳P端缓慢向右移动，轻绳PQ 对Q端的拉力逐渐增大 D.若小明拉住轻绳P端缓慢向右移动，轻绳PQ对Q端的拉力逐渐减小 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 设重物的重力为mg，轻杆的弹力为FT1，轻绳的弹力为FT2，选择Q点为研究对象，由于OQ为可旋转轻杆，则Q点所受杆的弹力方向沿杆指向Q，Q点所受轻绳的拉力沿绳指向P，Q点受力分析如图甲，由几何关系可得θ＝γ＝30°，则FT2＝mg，A错误；FT1＝2mgcos 30°＝mg，B错误； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 过O点作PO的垂线交PQ于S，选择Q点为研究对象，作矢量三角形如图乙所示，由几何关系可知，力的矢量三角形与几何三角形OQS相似，且满足＝＝，轻绳P端缓慢向右移动过程中，SO减小，SQ增大，则FT2增大，C正确，D错误。 返回 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 谢 谢 观 看 专题提升二　 动态平衡　平衡中的临界、极值问题 $