专项04 动态平衡和临界、极值问题（专项训练）（广东专用）2027年高考物理一轮复习讲练测

专项04 动态平衡和临界、极值问题 目录 模拟·基础演练 1 ⏳题型01 动态平衡问题 1 ⏳题型02 平衡中的临界问题 4 ⏳题型03 平衡中的极值问题 5 重难·创新演练 7 真题·实战演练 8 模拟·基础演练 考查重点：平衡问题、临界问题、极致问题 ⏳题型01 动态平衡问题 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,使物体的受力情况发生缓慢变化,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 (1)图解法:一个力恒定,另一个力的方向恒定时可用此法。例如:挡板P由竖直位置沿逆时针方向向水平位置缓慢旋转时小球受力的变化(如图所示)。 (2)解析法:如果物体受到多个力的作用,可进行正交分解,利用解析法,建立平衡方程,根据自变量的变化确定因变量的变化。 (3)相似三角形法:一个力恒定、另外两个力的方向同时变化,当所作矢量三角形与空间的某个几何三角形总相似时用此法。(如表所示) 受力分析 力的矢量三角形 和几何三角形相似 比例 = = = = 受力分析 力的矢量三角形 和几何三角形相似 比例 = = (4)力的外接圆法和正弦定理法:一力恒定,另外两力方向均变化,但两力方向夹角保持不变的动态平衡问题,可利用力的外接圆法或正弦定理法。 方法名称 示意图 方法说明 力的外 接圆法 作出某状态三个力的矢量三角形,根据不同位置判断另外两个力的大小变化 正弦 定理法 物体受三个共点力作用而处于平衡状态,对表示三个力的矢量组成的封闭三角形,根据正弦定理可推出==,若F1、α不变、β(或γ)的变化导致F2(或F3)变化 分析动态平衡问题的流程 受力分析画不同状态下的受力平衡图构造矢量三角形 1.【图解法】 (2025·广东揭阳模拟)如图所示,一个质量为m的均匀光滑球放在倾角为θ的固定斜面上,并被斜面上一竖直方向的挡板挡住,处于静止状态。已知重力加速度为g,设球对挡板的压力大小为F1,球对斜面的压力大小为F2,则(　　) A.F1= B.F2=mgcos θ C.挡板顺时针缓慢转动到水平位置的过程中,F2一直减小 D.挡板顺时针缓慢转动到水平位置的过程中,F1一直减小 2.【解析法】 如图所示,某大型吊灯半径为R,质量为M,且质量分布均匀,通过四根相同长度的细线悬挂在天花板上半径为r的固定圆盘上,已知r<R,重力加速度为g,四根细线均匀对称分布,且长度可调节。下列说法正确的是(　　) A.每根细线对吊灯的拉力大小均为Mg B.将四根细线同时缩短相同长度,细线的张力大小不变 C.将四根细线同时伸长相同长度,细线的张力减小 D.去掉一根细线,假设吊灯位置保持不变,余下三根细线上的张力大小相等 3.【相似三角形法】(2025·广东梅州期末)警用钢叉是一种常用的防暴器械,其前端为半圆形的叉头,后端为握柄,如图甲所示。现将钢叉竖直放置,半圆环的圆心为O,小球a套在半圆环上,小球b套在竖直杆上,两者之间用一轻弹簧连接。初始时小球b在外力作用下静止在竖直杆上,此时小球a静止在离半圆环最低点较近处,如图乙所示。现使小球b缓慢上移少许,两小球均可视为质点,不计一切摩擦,在移动过程中弹簧始终在弹性限度内,则半圆环对小球a的弹力(　　) A.一直增大 B.一直减小 C.先增大后减小 D.先减小后增大 4.【力的外接圆法或正弦定理法】 某中学为增强学生体魄,组织学生进行多种体育锻炼。在某次锻炼过程中,一学生将铅球置于两手之间,其中两手之间夹角为60°。保持两手之间夹角不变,将右手由图所示位置沿顺时针方向缓慢旋转60°至水平位置。不计一切摩擦,则在转动过程中,下列说法正确的是(　　) A.右手对铅球的弹力一直增大 B.右手对铅球的弹力先增大后减小 C.左手对铅球的弹力一直增大 D.左手对铅球的弹力先增大后减小 ⏳题型02 平衡中的临界问题 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)绳子恰好伸直，拉力F=0。 (3)刚好离开接触面，支持力FN=0。 5.如图所示，在质量为m的物块甲上系着两条细绳，其中长30 cm的细绳另一端连着轻质圆环，圆环套在水平棒上可以滑动，圆环与棒间的动摩擦因数μ=0.75。另一细绳跨过光滑轻质定滑轮与重力为G的物块乙相连，定滑轮固定在距离圆环50 cm的地方，系统处于静止状态，OA与棒的夹角为θ，两绳夹角为φ。当G=6 N时，圆环恰好开始滑动。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。求： (1)OA绳与棒间的夹角θ； (2)物块甲的质量m。 6.如图所示,两根半圆柱静止于粗糙程度处处相同的水平地面上,紧靠但无相互作用力。现将一根圆柱轻放在这两根半圆柱上,三者均静止。已知圆柱和两半圆柱的材料、长度、半径、密度均相同,不考虑它们之间的摩擦,则半圆柱与水平地面间的动摩擦因数至少为(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(　　) A. B. C. D. 7.【数学分析法】《天工开物》一书中描述利用耕牛整理田地的场景,简化的物理模型如图所示,人站在水平木板上,两根绳子相互平行且垂直于木板边缘,与水平地面夹角θ=30°,人与木板的总重力为800 N,木板与地面间的动摩擦因数μ=,若人与木板匀速前进,则下列说法正确的是(　　) A.木板对地面的压力F压 = 800 N B.每根绳中的拉力F=320 N C.若θ可调,则当绳子水平时F有最小值 D.若θ可调,则当绳子与水平面夹角的正切值为tan θ=时F有最小值 ⏳题型03 平衡中的极值问题 常见求极值的方法 方法 适用场景 核心思路 三角 函数 极值法 函数为正弦、 余弦函数形式(如 F=asin θ+bcos θ) 利用三角函数辅助角公式: asin θ+bcos θ = sin(θ+φ) , φ的值由tan φ=确定 二次 函数 配方法 函数为二次函数形式(如 F=ax2 +bx+c , x为变量) 通过配方化为F=a(x+)2+,求极值 求导法 函数形式复杂(如分式函数、高次函数,无法用前两种方法简化) 对函数F=f(x) 求导,求解导数为0 时的变量x值,代入原函数得到极值(需验证是极大值还是极小值) 物理 分析法 三力平衡问题 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,确定最大值和最小值 8.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 9.(2025·广东阳江期中)某弹簧锁的开锁原理如图甲所示,当钥匙插入锁孔时,锁芯内弹簧被压缩成相同长度,此时转动钥匙就能开锁。如图乙所示,插入钥匙的过程可简化为:A沿光滑水平槽向右推动,使B沿光滑竖直槽向上滑动。已知A、B间的接触面与水平方向夹角为45°,且A、B间动摩擦因数为μ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,B的质量为m,重力加速度为g。为使B上移,则加在A上的水平力F的最小值为(　　) A. B. C.mg D.mg 10.(多选)如图所示,将一个半球体置于水平地面上,经过球心有一内径很小的光滑竖井,柔软光滑的轻绳绕过井口,一端连着m2竖直悬于竖井中,另一端沿着球面与m1相连,两物体均可看成质点,整个装置处于静止状态。已知此时m1与半球体的球心O的连线与水平方向夹角θ=37° (取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8),m1与半球面的动摩擦因数为0.5,并假设m1所受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则(　　) A.的最小值为 B.的最小值为 C.的最大值为2 D.的最大值为 11.(2025·广东梅州期末)为将一批圆筒从车厢内卸下,工人师傅利用两根相同的钢管A、B搭在水平车厢与水平地面之间构成一倾斜轨道,两钢管底端连线与车厢尾部平行,轨道平面与地面夹角θ=30°,如图甲所示。车厢内有圆筒P,如图乙所示为圆筒P置于倾斜轨道上时与钢管A、B的截面图,当两钢管间的距离与圆筒P的截面半径R相等时,轻推一下圆筒P,圆筒P可沿轨道匀速下滑。已知圆筒P的质量为m,重力加速度为g,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,忽略钢管粗细。 (1)求圆筒P受到的摩擦力f及支持力FN的大小; (2)求钢管与圆筒P之间的动摩擦因数μ; (3)若无论如何调整两钢管间的距离(夹角θ=30°不变),都不能使圆筒下滑,试通过计算分析圆筒与钢管间的动摩擦因数μ满足的条件。 重难·创新演练 设题创新:结合科技考查;结合生活实际;新角度考查研究方法; 1.两只质量相同的蚂蚁a、b(可视为质点)在半球形碗内从底部缓慢向上爬，某时刻处在如图所示位置，此时蚂蚁a与蚂蚁b相比(　　) A.受到的合力大 B.受到碗的作用力大 C.受到碗的支持力大 D.受到碗的摩擦力大 2.(2025·广东深圳佛山联考)如图所示，男、女同学共提一桶水静止站在水平地面上，男同学提桶方向与竖直方向夹角为θ，受到的地面摩擦力大小为f。保持女同学对桶作用力方向不变，为了让女同学省些力气，男同学应(　　) A.减小θ角，摩擦力f将减小 B.增大θ角，摩擦力f将减小 C.减小θ角，摩擦力f将增大 D.增大θ角，摩擦力f将增大 3.轻杆BO的O端用光滑铰链固定在竖直轻杆AO上，B端挂一重物，且系一细绳，细绳跨过杆顶A处的光滑小滑轮，用力F拉住，如图所示。现将细绳缓慢往左拉，使杆BO与杆AO间的夹角θ逐渐减小，则在此过程中，拉力F及杆BO所受压力FN的大小变化情况是(　　) A.FN先减小后增大 B.FN一直减小 C.F先减小后增大 D.F一直减小 4.(2025·广东汕头模拟)消毒碗柜的金属碗架可以将碗竖直放置于两条金属杆之间，如图甲所示。取某个碗的正视图如图乙所示，其中a、b分别为两光滑水平金属杆。下列说法正确的是(　　) A.若减小a、b间距，碗仍保持竖直、静止，碗的合力减小 B.若减小a、b间距，碗仍保持竖直、静止，a杆受到的弹力不变 C.若将质量相同、半径更大的碗竖直放置于a、b杆之间，碗受到杆的作用力变小 D.若将质量相同、半径更大的碗竖直放置于a、b杆之间，碗受到杆的作用力不变 真题·实战演练 高频考点：突变问题、空间受力分析问题 1.(2024·山东卷)如图所示,国产人形机器人“天工”能平稳通过斜坡。若它可以在倾角不大于30°的斜坡上稳定地站立和行走,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则它的脚和斜面间的动摩擦因数不能小于(　　) A. B. C. D. 2.(2025·河北卷)如图,内壁截面为半圆形的光滑凹槽固定在水平面上,左右边沿等高。该截面内,一根不可伸长的细绳穿过带有光滑孔的小球,一端固定于凹槽左边沿,另一端过右边沿并沿绳方向对其施加拉力F。小球半径远小于凹槽半径,所受重力大小为G。若小球始终位于内壁最低点,则F的最大值为(　　) A.G B.G C.G D.G 3.在吊运表面平整的重型板材(混凝土预制板、厚钢板)时,如因吊绳无处钩挂而遇到困难,可用一根钢丝绳将板拦腰捆起(不必捆得很紧),用两个吊钩钩住绳圈长边的中点起吊(如图所示),若钢丝绳与板材之间的动摩擦因数为μ,为了满足安全起吊(不考虑钢丝绳断裂),需要满足的条件是(已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(　　) A.tan α>μ B.tan α<μ C.sin α>μ D.sin α<μ 4.如图所示,质量为m的物体由两根轻绳吊起悬在空中处于静止状态,右侧绳子的另一端固定在高墙处的A点且与竖直方向的夹角为α,左侧绳子由人拉着且与竖直方向的夹角为β,现人站立不动而把手中的长绳缓慢释放,在物体接触墙前的过程,下列说法正确的是(　　) A.两根绳子对物体拉力的合力变大 B.两根绳子的拉力都变大 C.地面对人的摩擦力变小 D.地面对人的支持力变小 5.如图所示,一足够长的细线一端连接穿过水平细杆的滑块A,另一端通过光滑滑轮连接重物B,此时两边细线竖直。某时刻,水平拉力F作用在滑块A上,使A向右移动。已知A、B的质量分别为m和2m,滑块A与细杆间的动摩擦因数为。则(　　) A.若A做匀速运动,则B也做匀速运动 B.若B做匀速运动,则A做加速运动 C.若A缓慢向右运动,当细线与细杆间的夹角为30°时,拉力F有最小值 D.若A缓慢向右运动到细线与细杆间的夹角为30°时,拉力F一直在增大 6.(2025·广东潮州联考)如图所示，三个小球a、b、c的质量均为m，用细线相连并悬挂于O点，现用另一细线给小球a施加一个拉力F，使整个装置处于静止状态，且Oa与竖直方向夹角为30°，已知重力加速度为g，则拉力的最小值为(　　) A.mg B.1.5mg C.3mg D.2mg 7.如图所示，两根半圆柱体静止于粗糙程度处处相同的水平地面上，紧靠但无相互作用力。现将一根圆柱体轻放在这两根半圆柱体上，三者均静止。已知圆柱体和两半圆柱体的材料、长度、半径、密度均相同，不考虑它们之间的摩擦，则半圆柱体与水平地面间的动摩擦因数至少为(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(　　) A. B. C. D. 8.如图甲所示，某手机店用放在水平面上的折叠支架来展示手机，图乙为示意图，背部支撑面与底部支撑面垂直，不计背部支撑面与手机间的摩擦，减小背部支撑面与水平面的夹角θ，则(　　) A.支架底座与水平面间摩擦力增大 B.手机对底部支撑面的压力增大 C.手机对支架的作用力增大 D.手机重力和底部支撑面对手机作用力的合力增大 9.(多选)(2025·广东江门华侨中学月考)密绕在轴上的一卷地膜用轻绳一端拴在轴上，另一端悬挂在墙壁上A点，如图所示，当逆时针缓慢向下用力F抽出地膜时，整卷地膜受的各个力要发生变化，不计地膜离开整卷时对地膜卷的粘扯拉力和地膜卷绕轴转动时的摩擦力，但在D点地膜与墙壁间有摩擦力，随着地膜的不断抽出，下述分析正确的是(　　) A.地膜卷受墙的支持力与轻绳的拉力的合力变小 B.悬挂地膜的轻绳上的拉力在增大 C.拉动地膜的力在减小 D.地膜对墙的压力在增大 10.(多选)(2025·广东潮州月考)如图所示，A、B两个物块用绕过定滑轮的细线连接，物块B放在水平面上，物块A悬吊着，物块A的质量为m，定滑轮与物块B间的细线与竖直方向的夹角为θ，现给物块A施加一个水平向右的拉力，使物块A缓慢移动，物块B始终保持静止，重力加速度为g，在物块A向右缓慢移动过程中(　　) A.拉力F变大 B.物块B对地面的压力越来越大 C.地面对物块B的摩擦力越来越小 D.当悬吊物块A的细线与竖直方向的夹角也为θ时，细线对滑轮的作用力等于2mg 11.(2026·广东东莞市模拟)如图所示，光滑圆柱A和半圆柱B紧靠着静置于水平地面上，二者半径均为R。A的质量为m，B的质量为，B与地面间的动摩擦因数为μ。现给A施加一拉力F，使A缓慢移动，运动过程中拉力F与圆心连线O1O2的夹角始终为60°保持不变，直至A恰好运动到B的最高点，整个过程中B保持静止，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，求： (1)A、B间弹力的最大值Fmax； (2)动摩擦因数的最小值μmin。 10 / 14 学科网（北京）股份有限公司 $ 专项04 动态平衡和临界、极值问题 模拟·基础演练 ⏳题型01 动态平衡问题 1.【答案】 C 2.【答案】 C 3.【答案】 A 4.【答案】 B ⏳题型02 平衡中的临界问题 5.【答案】　(1)53°　(2)1 kg 【解析】　(1)当圆环恰好要开始滑动时，设此时水平棒对圆环的支持力大小为FN，细绳对圆环的拉力大小为T，对圆环受力分析，如图甲所示，根据平衡条件有μFN=Tcos θ① FN=Tsin θ② 联立①②解得tan θ==，即θ=53°。 (2)由题意，根据几何关系可知φ=90° 如图乙所示，以O为坐标原点建立xOy直角坐标系，对物块甲受力分析，根据平衡条件有Gcos θ+Tsin θ-mg=0③ Tcos θ-Gsin θ=0④ 联立③④解得m=1 kg。 6.【答案】 B 7.【答案】 D ⏳题型03 平衡中的极值问题 8.【答案】 B 9.【答案】 D 10.【答案】 AC 11.【答案】 (1)0.5mg　mg　(2)0.5　(3)μ> 【解析】 (1)设两钢管对圆筒P的支持力的合力为FN,摩擦力的合力为f,圆筒P受力情况如图甲所示,垂直轨道平面方向有 FN-mgcos θ=0, 沿轨道平面方向有mgsin θ-f=0, 解得f=0.5mg,FN=mg。 (2)由几何知识可知∠AOB=60°,将圆筒P所受支持力的合力沿AO、BO方向分解,如图乙所示, 则2FN1cos 30°=FN, 解得FN1=mg, 设每根钢管对圆筒摩擦力为f′,且2f′=f, 又f′=μFN1, 解得μ=0.5。 (3)结合以上分析,两钢管间的距离越小,则单根钢管对圆筒P的支持力越小,当两根钢管紧靠在一起时,支持力FN2最小,此时单根钢管对圆筒P的滑动摩擦力f2最小,有f2=μFN2,其中FN2=mgcos θ,无论怎样调整都不能使圆筒P下滑,则mgsin θ<2f2, 联立解得μ>。 重难·创新演练 设题创新:结合科技考查;结合生活实际;新角度考查研究方法; 1.【答案】　D 2.【答案】　A 3.【答案】　D 4.【答案】　D 真题·实战演练 高频考点：突变问题、空间受力分析问题 1.【答案】 B 2.【答案】 B 3.【答案】 B 4.【答案】 C 5.【答案】 D 6.【答案】　B 7.【答案】　B 8.【答案】　D 9.【答案】　AC 10.【答案】　AD 11.【答案】　(1)mg　(2) 【解析】　(1)以A为研究对象，A受到重力mg、拉力F、B对A的弹力FN；由题意知，三个力的合力始终为零，矢量三角形如图所示，在FN转至竖直的过程中，A、B间的弹力先增大后减小，拉力F逐渐减小；当夹角θ=30°(F水平向右)时，A、B间弹力最大，且最大值为Fmax==mg (2)对B受力分析可得，在竖直方向水平地面对B的支持力为FN'=mg+FNcosθ 在水平方向静摩擦力为f=FNsinθ 当A缓慢移动到B的最高点的过程中，由矢量三角形图可知，初始位置FNcosθ最小，即水平地面对B的支持力FN'最小，FNsinθ最大，即静摩擦力f最大；所以只要初状态不滑动，以后B就不会滑动，即有f=μminFN' 初状态时θ=60°，圆柱A对半圆柱B的弹力为 FN=mg 代入数据解得μmin=。 10 / 14 学科网（北京）股份有限公司 $ 专项04 动态平衡和临界、极值问题 目录 模拟·基础演练 1 ⏳题型01 动态平衡问题 1 ⏳题型02 平衡中的临界问题 5 ⏳题型03 平衡中的极值问题 7 重难·创新演练 11 真题·实战演练 13 模拟·基础演练 考查重点：平衡问题、临界问题、极致问题 ⏳题型01 动态平衡问题 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,使物体的受力情况发生缓慢变化,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 (1)图解法:一个力恒定,另一个力的方向恒定时可用此法。例如:挡板P由竖直位置沿逆时针方向向水平位置缓慢旋转时小球受力的变化(如图所示)。 (2)解析法:如果物体受到多个力的作用,可进行正交分解,利用解析法,建立平衡方程,根据自变量的变化确定因变量的变化。 (3)相似三角形法:一个力恒定、另外两个力的方向同时变化,当所作矢量三角形与空间的某个几何三角形总相似时用此法。(如表所示) 受力分析 力的矢量三角形 和几何三角形相似 比例 = = = = 受力分析 力的矢量三角形 和几何三角形相似 比例 = = (4)力的外接圆法和正弦定理法:一力恒定,另外两力方向均变化,但两力方向夹角保持不变的动态平衡问题,可利用力的外接圆法或正弦定理法。 方法名称 示意图 方法说明 力的外 接圆法 作出某状态三个力的矢量三角形,根据不同位置判断另外两个力的大小变化 正弦 定理法 物体受三个共点力作用而处于平衡状态,对表示三个力的矢量组成的封闭三角形,根据正弦定理可推出==,若F1、α不变、β(或γ)的变化导致F2(或F3)变化 分析动态平衡问题的流程 受力分析画不同状态下的受力平衡图构造矢量三角形 1.【图解法】 (2025·广东揭阳模拟)如图所示,一个质量为m的均匀光滑球放在倾角为θ的固定斜面上,并被斜面上一竖直方向的挡板挡住,处于静止状态。已知重力加速度为g,设球对挡板的压力大小为F1,球对斜面的压力大小为F2,则(　　) A.F1= B.F2=mgcos θ C.挡板顺时针缓慢转动到水平位置的过程中,F2一直减小 D.挡板顺时针缓慢转动到水平位置的过程中,F1一直减小 【答案】 C 【解析】 以球为研究对象,球受重力、斜面对球体的支持力FN2和挡板对球体的支持力FN1,如图甲所示,根据平衡条件可得FN2cosθ=mg,FN2sinθ=FN1,解得FN2=,FN1=mgtanθ,根据牛顿第三定律可知,球对竖直挡板的压力大小F1=FN1=mgtanθ,球对斜面的压力大小为F2=FN2=,故A、B错误;挡板顺时针缓慢转动到水平位置的过程中,由平衡条件可知,FN1和FN2的合力与mg大小相等、方向相反,力的合成动态图如图乙所示,由图乙看出,FN2逐渐减小,FN1先减小后增大,根据牛顿第三定律可知,F2一直减小,F1先减小后增大,故C正确,D错误。 2.【解析法】 如图所示,某大型吊灯半径为R,质量为M,且质量分布均匀,通过四根相同长度的细线悬挂在天花板上半径为r的固定圆盘上,已知r<R,重力加速度为g,四根细线均匀对称分布,且长度可调节。下列说法正确的是(　　) A.每根细线对吊灯的拉力大小均为Mg B.将四根细线同时缩短相同长度,细线的张力大小不变 C.将四根细线同时伸长相同长度,细线的张力减小 D.去掉一根细线,假设吊灯位置保持不变,余下三根细线上的张力大小相等 【答案】 C 【解析】 设细线与竖直方向的夹角为θ,以吊灯为研究对象,竖直方向有4Tcos θ=Mg,可得每根细线对吊灯的拉力大小为T=>,故A错误;将四根细线同时缩短相同长度,则θ变大,cos θ 变小,根据T=可知,细线的张力变大,故B错误;将四根细线同时伸长相同长度,则θ变小,cos θ变大,根据T=可知,细线的张力变小,故C正确;去掉一根细线,假设吊灯位置保持不变,由于余下三根细线在水平方向的分力不是互成120°,水平方向根据受力平衡可知,余下三根细线上张力的水平分力大小不相等,所以余下三根细线上的张力大小不相等,故D错误。 3.【相似三角形法】(2025·广东梅州期末)警用钢叉是一种常用的防暴器械,其前端为半圆形的叉头,后端为握柄,如图甲所示。现将钢叉竖直放置,半圆环的圆心为O,小球a套在半圆环上,小球b套在竖直杆上,两者之间用一轻弹簧连接。初始时小球b在外力作用下静止在竖直杆上,此时小球a静止在离半圆环最低点较近处,如图乙所示。现使小球b缓慢上移少许,两小球均可视为质点,不计一切摩擦,在移动过程中弹簧始终在弹性限度内,则半圆环对小球a的弹力(　　) A.一直增大 B.一直减小 C.先增大后减小 D.先减小后增大 【答案】 A 【解析】 对小球a受力分析,如图 所示,由几何关系可知,力的矢量三角形与△aOb相似,则有=,在小球b缓慢上移过程中,Ob逐渐减小,Oa保持不变,则半圆环对小球a的弹力一直增大。故选A。 4.【力的外接圆法或正弦定理法】 某中学为增强学生体魄,组织学生进行多种体育锻炼。在某次锻炼过程中,一学生将铅球置于两手之间,其中两手之间夹角为60°。保持两手之间夹角不变,将右手由图所示位置沿顺时针方向缓慢旋转60°至水平位置。不计一切摩擦,则在转动过程中,下列说法正确的是(　　) A.右手对铅球的弹力一直增大 B.右手对铅球的弹力先增大后减小 C.左手对铅球的弹力一直增大 D.左手对铅球的弹力先增大后减小 【答案】 B 【解析】 方法一　力的外接圆法　以铅球为研究对象,受重力G、右手对铅球的弹力F1和左手对铅球的弹力F2,受力分析如图甲所示,缓慢旋转过程中铅球处于平衡状态,则将三力平移后构成一首尾相连的三角形,两手之间夹角保持60°不变,两力之间的夹角保持120°不变,在力的矢量三角形中,F1与F2夹角保持60°不变,重力G的大小方向不变,作出力的三角形的外接圆,在右手由图示位置沿顺时针方向缓慢旋转60°至水平位置过程中,力的三角形变化如图甲所示,分析可得F1开始小于直径,当转过30°时F1等于直径,再转时又小于直径,所以F1先增大后减小,F2开始就小于直径,转动过程中一直减小,选项B正确。 方法二　正弦定理法　以铅球为研究对象,受重力G、右手对铅球的弹力F1及左手对铅球的弹力F2,受力分析如图乙所示,缓慢旋转过程中铅球处于平衡状态,将三力平移后构成一首尾相连的三角形,两手之间夹角保持60°不变,右手由图示位置缓慢旋转的角度设为θ,根据正弦定理有==,右手由图示位置沿顺时针方向缓慢旋转60°至水平位置过程中,θ由0°变为60°,sin (60°+θ)先变大再变小,所以F1先增大后减小,sin (60°-θ)一直变小,所以F2一直减小,选项B正确。 ⏳题型02 平衡中的临界问题 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)绳子恰好伸直，拉力F=0。 (3)刚好离开接触面，支持力FN=0。 5.如图所示，在质量为m的物块甲上系着两条细绳，其中长30 cm的细绳另一端连着轻质圆环，圆环套在水平棒上可以滑动，圆环与棒间的动摩擦因数μ=0.75。另一细绳跨过光滑轻质定滑轮与重力为G的物块乙相连，定滑轮固定在距离圆环50 cm的地方，系统处于静止状态，OA与棒的夹角为θ，两绳夹角为φ。当G=6 N时，圆环恰好开始滑动。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。求： (1)OA绳与棒间的夹角θ； (2)物块甲的质量m。 【答案】　(1)53°　(2)1 kg 【解析】　(1)当圆环恰好要开始滑动时，设此时水平棒对圆环的支持力大小为FN，细绳对圆环的拉力大小为T，对圆环受力分析，如图甲所示，根据平衡条件有μFN=Tcos θ① FN=Tsin θ② 联立①②解得tan θ==，即θ=53°。 (2)由题意，根据几何关系可知φ=90° 如图乙所示，以O为坐标原点建立xOy直角坐标系，对物块甲受力分析，根据平衡条件有Gcos θ+Tsin θ-mg=0③ Tcos θ-Gsin θ=0④ 联立③④解得m=1 kg。 6.如图所示,两根半圆柱静止于粗糙程度处处相同的水平地面上,紧靠但无相互作用力。现将一根圆柱轻放在这两根半圆柱上,三者均静止。已知圆柱和两半圆柱的材料、长度、半径、密度均相同,不考虑它们之间的摩擦,则半圆柱与水平地面间的动摩擦因数至少为(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(　　) A. B. C. D. 【答案】 B 【解析】 设圆柱的质量为m,则半圆柱的质量为,设圆柱与半圆柱之间的弹力大小为F,对圆柱进行受力分析,有2Fcos 30°=mg,解得F=mg,设地面对一个半圆柱的支持力为FN,对圆柱与半圆柱整体进行分析有2FN=(m++)g,解得FN=mg,三者始终处于静止状态,则对圆柱和半圆柱在水平方向上有Fsin 30°≤μFN,解得μ≥。 7.【数学分析法】《天工开物》一书中描述利用耕牛整理田地的场景,简化的物理模型如图所示,人站在水平木板上,两根绳子相互平行且垂直于木板边缘,与水平地面夹角θ=30°,人与木板的总重力为800 N,木板与地面间的动摩擦因数μ=,若人与木板匀速前进,则下列说法正确的是(　　) A.木板对地面的压力F压 = 800 N B.每根绳中的拉力F=320 N C.若θ可调,则当绳子水平时F有最小值 D.若θ可调,则当绳子与水平面夹角的正切值为tan θ=时F有最小值 【答案】 D 【解析】 以人与木板为研究对象,根据平衡条件可得2Fcosθ=f,2Fsinθ+FN=mg,又f=μFN,联立解得F==160 N,FN=640 N,可知木板对地面的压力大小F压=FN=640 N,故A、B错误;若θ可调,根据F==,其中sinα===,cosα== ,可知当θ+α=90°时,F有最小值,则有tanθ==,故C错误,D正确。 ⏳题型03 平衡中的极值问题 常见求极值的方法 方法 适用场景 核心思路 三角 函数 极值法 函数为正弦、 余弦函数形式(如 F=asin θ+bcos θ) 利用三角函数辅助角公式: asin θ+bcos θ = sin(θ+φ) , φ的值由tan φ=确定 二次 函数 配方法 函数为二次函数形式(如 F=ax2 +bx+c , x为变量) 通过配方化为F=a(x+)2+,求极值 求导法 函数形式复杂(如分式函数、高次函数,无法用前两种方法简化) 对函数F=f(x) 求导,求解导数为0 时的变量x值,代入原函数得到极值(需验证是极大值还是极小值) 物理 分析法 三力平衡问题 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,确定最大值和最小值 8.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 【答案】 B 【解析】 对石墩受力分析如图所示, 根据共点力平衡的条件,竖直方向FN+F拉 sin θ=mg,水平方向F拉cos θ=Ff,又有Ff=μFN,可得轻绳的合拉力F拉=,选项A错误,B正确;由F拉==,其中tan α=,根据数学知识可得,当α+θ=时,斜向上拉石墩时所需拉力最小,故减小夹角θ,轻绳的合拉力不一定减小,选项C错误;摩擦力大小Ff=F拉cos θ= =,增大夹角θ,摩擦力减小,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,选项D错误。 9.(2025·广东阳江期中)某弹簧锁的开锁原理如图甲所示,当钥匙插入锁孔时,锁芯内弹簧被压缩成相同长度,此时转动钥匙就能开锁。如图乙所示,插入钥匙的过程可简化为:A沿光滑水平槽向右推动,使B沿光滑竖直槽向上滑动。已知A、B间的接触面与水平方向夹角为45°,且A、B间动摩擦因数为μ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,B的质量为m,重力加速度为g。为使B上移,则加在A上的水平力F的最小值为(　　) A. B. C.mg D.mg 【答案】 D 【解析】 当B恰好能相对A沿接触面上滑时,对应的F最小。对A、B进行受力分析可得,对B在竖直方向有FNABcos 45°=fsin 45°+mg,对A在水平方向有FNABsin 45°+fcos 45°=F,又f=μFNAB,联立解得F=mg,故选D。 10.(多选)如图所示,将一个半球体置于水平地面上,经过球心有一内径很小的光滑竖井,柔软光滑的轻绳绕过井口,一端连着m2竖直悬于竖井中,另一端沿着球面与m1相连,两物体均可看成质点,整个装置处于静止状态。已知此时m1与半球体的球心O的连线与水平方向夹角θ=37° (取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8),m1与半球面的动摩擦因数为0.5,并假设m1所受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则(　　) A.的最小值为 B.的最小值为 C.的最大值为2 D.的最大值为 【答案】 AC 【解析】 对两物体受力分析,考虑m1的摩擦力向上和向下的两个临界情况,有m2g+μm1gsin 37°=m1gcos 37°,m2′g=μm1gsin 37°+m1gcos 37°,解得=2,=。 11.(2025·广东梅州期末)为将一批圆筒从车厢内卸下,工人师傅利用两根相同的钢管A、B搭在水平车厢与水平地面之间构成一倾斜轨道,两钢管底端连线与车厢尾部平行,轨道平面与地面夹角θ=30°,如图甲所示。车厢内有圆筒P,如图乙所示为圆筒P置于倾斜轨道上时与钢管A、B的截面图,当两钢管间的距离与圆筒P的截面半径R相等时,轻推一下圆筒P,圆筒P可沿轨道匀速下滑。已知圆筒P的质量为m,重力加速度为g,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,忽略钢管粗细。 (1)求圆筒P受到的摩擦力f及支持力FN的大小; (2)求钢管与圆筒P之间的动摩擦因数μ; (3)若无论如何调整两钢管间的距离(夹角θ=30°不变),都不能使圆筒下滑,试通过计算分析圆筒与钢管间的动摩擦因数μ满足的条件。 【答案】 (1)0.5mg　mg　(2)0.5　(3)μ> 【解析】 (1)设两钢管对圆筒P的支持力的合力为FN,摩擦力的合力为f,圆筒P受力情况如图甲所示,垂直轨道平面方向有 FN-mgcos θ=0, 沿轨道平面方向有mgsin θ-f=0, 解得f=0.5mg,FN=mg。 (2)由几何知识可知∠AOB=60°,将圆筒P所受支持力的合力沿AO、BO方向分解,如图乙所示, 则2FN1cos 30°=FN, 解得FN1=mg, 设每根钢管对圆筒摩擦力为f′,且2f′=f, 又f′=μFN1, 解得μ=0.5。 (3)结合以上分析,两钢管间的距离越小,则单根钢管对圆筒P的支持力越小,当两根钢管紧靠在一起时,支持力FN2最小,此时单根钢管对圆筒P的滑动摩擦力f2最小,有f2=μFN2,其中FN2=mgcos θ,无论怎样调整都不能使圆筒P下滑,则mgsin θ<2f2, 联立解得μ>。 重难·创新演练 设题创新:结合科技考查;结合生活实际;新角度考查研究方法; 1.两只质量相同的蚂蚁a、b(可视为质点)在半球形碗内从底部缓慢向上爬，某时刻处在如图所示位置，此时蚂蚁a与蚂蚁b相比(　　) A.受到的合力大 B.受到碗的作用力大 C.受到碗的支持力大 D.受到碗的摩擦力大 【答案】　D 【解析】　由于蚂蚁缓慢运动，受力平衡，合力均为零，故A错误；蚂蚁受到碗的作用力与重力等大反向，因此蚂蚁受到碗的作用力一样大，故B错误；设蚂蚁和球心的连线与竖直方向的夹角为θ，则FN=mgcos θ，f=mgsin θ，θ越大，FN越小，f越大，故C错误，D正确。 2.(2025·广东深圳佛山联考)如图所示，男、女同学共提一桶水静止站在水平地面上，男同学提桶方向与竖直方向夹角为θ，受到的地面摩擦力大小为f。保持女同学对桶作用力方向不变，为了让女同学省些力气，男同学应(　　) A.减小θ角，摩擦力f将减小 B.增大θ角，摩擦力f将减小 C.减小θ角，摩擦力f将增大 D.增大θ角，摩擦力f将增大 【答案】　A 【解析】　根据题意，作出水桶的受力分析图，如图所示，由图可知，女同学对桶作用力方向不变，为了让女同学省些力气，即F1减小，则θ减小，F2增大，而男同学受到地面的摩擦力大小等于F1在水平方向的分量，由于F1减小，其水平分量减小，f减小，故A正确。 3.轻杆BO的O端用光滑铰链固定在竖直轻杆AO上，B端挂一重物，且系一细绳，细绳跨过杆顶A处的光滑小滑轮，用力F拉住，如图所示。现将细绳缓慢往左拉，使杆BO与杆AO间的夹角θ逐渐减小，则在此过程中，拉力F及杆BO所受压力FN的大小变化情况是(　　) A.FN先减小后增大 B.FN一直减小 C.F先减小后增大 D.F一直减小 【答案】　D 【解析】　设重物的重力为G，以B点为研究对象，受力分析如图所示，作出力FN与F的合力F2，根据平衡条件得F2=F1=G，由力三角形和几何三角形相似得==，由于BO、AO、G不变，则FN保持不变，AB逐渐减小，所以F逐渐减小，故D正确。 4.(2025·广东汕头模拟)消毒碗柜的金属碗架可以将碗竖直放置于两条金属杆之间，如图甲所示。取某个碗的正视图如图乙所示，其中a、b分别为两光滑水平金属杆。下列说法正确的是(　　) A.若减小a、b间距，碗仍保持竖直、静止，碗的合力减小 B.若减小a、b间距，碗仍保持竖直、静止，a杆受到的弹力不变 C.若将质量相同、半径更大的碗竖直放置于a、b杆之间，碗受到杆的作用力变小 D.若将质量相同、半径更大的碗竖直放置于a、b杆之间，碗受到杆的作用力不变 【答案】　D 【解析】　若减小a、b间距，碗仍保持竖直、静止，碗的合力仍为零，合力不变，A错误；对碗受力分析如图所示，其中F为两杆对碗的弹力F1、F2的合力，设b杆对碗的弹力F2与竖直方向的夹角为θ，则F1=Gtan θ，F2=，若减小a、b间距，则θ减小，a杆受到的弹力F1减小，B错误；杆对碗的作用力与碗的重力等大、反向，则将质量相同、半径更大的碗竖直放置于a、b杆之间，碗受到杆的作用力不变，大小等于碗的重力，C错误，D正确。 真题·实战演练 高频考点：突变问题、空间受力分析问题 1.(2024·山东卷)如图所示,国产人形机器人“天工”能平稳通过斜坡。若它可以在倾角不大于30°的斜坡上稳定地站立和行走,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则它的脚和斜面间的动摩擦因数不能小于(　　) A. B. C. D. 【答案】 B 【解析】 根据题意,对机器人分析有mgsin 30°≤μmgcos 30°,可得μ≥tan 30°=,故选B。 2.(2025·河北卷)如图,内壁截面为半圆形的光滑凹槽固定在水平面上,左右边沿等高。该截面内,一根不可伸长的细绳穿过带有光滑孔的小球,一端固定于凹槽左边沿,另一端过右边沿并沿绳方向对其施加拉力F。小球半径远小于凹槽半径,所受重力大小为G。若小球始终位于内壁最低点,则F的最大值为(　　) A.G B.G C.G D.G 【答案】 B 【解析】 对小球受力分析可知,当内壁最低点对小球的支持力为零时,拉力F最大,根据平衡条件有2Fmcos 45°=G,解得Fm=G。 3.在吊运表面平整的重型板材(混凝土预制板、厚钢板)时,如因吊绳无处钩挂而遇到困难,可用一根钢丝绳将板拦腰捆起(不必捆得很紧),用两个吊钩钩住绳圈长边的中点起吊(如图所示),若钢丝绳与板材之间的动摩擦因数为μ,为了满足安全起吊(不考虑钢丝绳断裂),需要满足的条件是(已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(　　) A.tan α>μ B.tan α<μ C.sin α>μ D.sin α<μ 【答案】 B 【解析】 要起吊重物,只需满足钢丝绳拉力FT的竖直分量小于钢丝绳与板材之间的最大静摩擦力,如图所示,已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则有μFTcos α>FTsin α,化简可得tan α<μ,选项B正确。 4.如图所示,质量为m的物体由两根轻绳吊起悬在空中处于静止状态,右侧绳子的另一端固定在高墙处的A点且与竖直方向的夹角为α,左侧绳子由人拉着且与竖直方向的夹角为β,现人站立不动而把手中的长绳缓慢释放,在物体接触墙前的过程,下列说法正确的是(　　) A.两根绳子对物体拉力的合力变大 B.两根绳子的拉力都变大 C.地面对人的摩擦力变小 D.地面对人的支持力变小 【答案】 C 【解析】 人站立不动而把手中的长绳缓慢释放,物体处于平衡状态,两根绳子对物体拉力的合力始终与物体所受重力等大反向,则两根绳子对物体拉力的合力不变,故A错误;对物体受力分析,由相似三角形得==,当人站立不动而缓慢释放绳子,则AC增大,AO不变,OC减小,可知FT减小,F减小,故B错误;对整体有FTsin α=Ff,FT减小,α减小,则Ff减小,故C正确;对人,由平衡条件得Fcos β+FN=Mg,F减小,β增大,则FN增大,故D错误。 5.如图所示,一足够长的细线一端连接穿过水平细杆的滑块A,另一端通过光滑滑轮连接重物B,此时两边细线竖直。某时刻,水平拉力F作用在滑块A上,使A向右移动。已知A、B的质量分别为m和2m,滑块A与细杆间的动摩擦因数为。则(　　) A.若A做匀速运动,则B也做匀速运动 B.若B做匀速运动,则A做加速运动 C.若A缓慢向右运动,当细线与细杆间的夹角为30°时,拉力F有最小值 D.若A缓慢向右运动到细线与细杆间的夹角为30°时,拉力F一直在增大 【答案】 D 【解析】 A、B两滑块速度关系如图甲所示。 由几何关系有vB=vAcosθ,若A做匀速运动,θ逐渐减小,cosθ逐渐增大,则B的速度逐渐增大,若B做匀速运动,θ逐渐减小,cosθ逐渐增大,则A的速度逐渐减小,故选项A、B错误;对滑块B有FT=2mg,对滑块A进行受力分析如图乙所示,由于滑块A从图示(最初是竖直的)位置开始缓慢向右移动至θ=30°过程中30°≤θ≤90°,可知FTsinθ=2mgsinθ≥mg,则在竖直方向上有FTsin θ=mg+FN,在水平方向有F=μFN+FTcosθ, 解得F=2mgcosθ+2μmgsinθ-μmg= 2mg(cosθ+sinθ)-μmg,假设sin α==,cos α==,解得α=60°,则可求得F=2mgsin(60°+θ)-μmg,滑块A从图示虚线位置开始缓慢向右移动过程中,θ减小,可知F逐渐增大,当θ=30°时解得拉力F有最大值Fmax=mg,故选项C错误,D正确。 6.(2025·广东潮州联考)如图所示，三个小球a、b、c的质量均为m，用细线相连并悬挂于O点，现用另一细线给小球a施加一个拉力F，使整个装置处于静止状态，且Oa与竖直方向夹角为30°，已知重力加速度为g，则拉力的最小值为(　　) A.mg B.1.5mg C.3mg D.2mg 【答案】　B 【解析】　以三个小球组成的整体为研究对象，分析受力，如图所示。根据平衡条件知，F与T的合力与重力3mg总是大小相等、方向相反，由力的合成图可知，当F与绳子Oa垂直时，F有最小值，即图中2位置，F的最小值Fmin=3mgsin 30°=1.5mg，故B正确。 7.如图所示，两根半圆柱体静止于粗糙程度处处相同的水平地面上，紧靠但无相互作用力。现将一根圆柱体轻放在这两根半圆柱体上，三者均静止。已知圆柱体和两半圆柱体的材料、长度、半径、密度均相同，不考虑它们之间的摩擦，则半圆柱体与水平地面间的动摩擦因数至少为(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(　　) A. B. C. D. 【答案】　B 【解析】　设圆柱体的质量为m，则半圆柱体的质量为，设圆柱体与半圆柱体之间的弹力大小为F，对圆柱体进行受力分析，根据平衡条件有2Fcos 30°=mg，解得F=mg，令地面对一个半圆柱体的支持力为FN，结合对称性，对圆柱体与半圆柱体整体进行分析有2FN=g，解得FN=mg，三者始终处于静止状态，则有Fsin 30°≤μFN，解得μ≥，即半圆柱体与水平地面间的动摩擦因数至少为，故B正确。 8.如图甲所示，某手机店用放在水平面上的折叠支架来展示手机，图乙为示意图，背部支撑面与底部支撑面垂直，不计背部支撑面与手机间的摩擦，减小背部支撑面与水平面的夹角θ，则(　　) A.支架底座与水平面间摩擦力增大 B.手机对底部支撑面的压力增大 C.手机对支架的作用力增大 D.手机重力和底部支撑面对手机作用力的合力增大 【答案】　D 【解析】　以整体为研究对象，整体受到重力与地面的支持力，方向均在竖直方向上，水平方向没有运动趋势，可知支架底座与水平面间摩擦力为零，故A错误；对手机受力分析，由平衡条件得底部支撑面对手机的支持力为FN=mgsin θ，减小背部支撑面与水平面的夹角θ，底部支撑面对手机的支持力减小，根据牛顿第三定律可知，手机对底部支撑面的压力减小，故B错误；对手机受力分析，根据平衡条件可知，支架对手机的作用力大小始终等于手机的重力，由牛顿第三定律知，手机对支架的作用力始终等于重力，故C错误；根据平衡条件可知，手机重力和底部支撑面对手机作用力的合力大小等于背部支撑面对手机的支持力大小，背部支撑面对手机的支持力FN'=mgcos θ，减小背部支撑面与水平面的夹角θ，背部支撑面对手机的支持力增大，故D正确。 9.(多选)(2025·广东江门华侨中学月考)密绕在轴上的一卷地膜用轻绳一端拴在轴上，另一端悬挂在墙壁上A点，如图所示，当逆时针缓慢向下用力F抽出地膜时，整卷地膜受的各个力要发生变化，不计地膜离开整卷时对地膜卷的粘扯拉力和地膜卷绕轴转动时的摩擦力，但在D点地膜与墙壁间有摩擦力，随着地膜的不断抽出，下述分析正确的是(　　) A.地膜卷受墙的支持力与轻绳的拉力的合力变小 B.悬挂地膜的轻绳上的拉力在增大 C.拉动地膜的力在减小 D.地膜对墙的压力在增大 【答案】　AC 【解析】　地膜是缓慢转动的，因此地膜受到的拉力F和摩擦力必须等大反向，否则会导致地膜越转越快。以地膜卷为研究对象，根据平衡条件可知，地膜卷受墙的支持力与轻绳的拉力的合力与地膜卷的重力大小相等，随着地膜的不断抽出，地膜卷重力G变小，所以地膜卷受墙的支持力与轻绳的拉力的合力变小，故A正确；设悬挂地膜的轻绳与竖直方向的夹角为θ，根据平衡条件可得G=Tcosθ，可得悬挂地膜的轻绳上的拉力为T=，随着地膜的不断抽出，重力G不断减小，轻绳与竖直方向夹角θ减小，所以轻绳上的拉力减小，故B错误；缓慢向下用力F抽出地膜时，有F=f，又f=μFN，FN=Gtanθ，可得F=μGtanθ，随着地膜的不断抽出，重力G不断减小，轻绳与竖直方向夹角θ减小，拉动地膜的力在减小；墙对地膜的支持力减小，即地膜对墙的压力在减小，故C正确，D错误。 10.(多选)(2025·广东潮州月考)如图所示，A、B两个物块用绕过定滑轮的细线连接，物块B放在水平面上，物块A悬吊着，物块A的质量为m，定滑轮与物块B间的细线与竖直方向的夹角为θ，现给物块A施加一个水平向右的拉力，使物块A缓慢移动，物块B始终保持静止，重力加速度为g，在物块A向右缓慢移动过程中(　　) A.拉力F变大 B.物块B对地面的压力越来越大 C.地面对物块B的摩擦力越来越小 D.当悬吊物块A的细线与竖直方向的夹角也为θ时，细线对滑轮的作用力等于2mg 【答案】　AD 【解析】　对物块A进行受力分析，作出受力动态三角形，如图所示，可知，当物块A缓慢向右移动时，拉力F与绳的弹力T均在增大，A正确；对物块B分析有mBg=Tcos θ+FN，根据牛顿第三定律有FN'=FN，解得FN'=mBg-Tcos θ，结合上述，绳弹力增大，则物块B对地面的压力越来越小，B错误；对物块B分析有f=Tsin θ，结合上述，绳弹力增大，则地面对物块B的摩擦力越来越大，C错误；当悬吊物块A的细线与竖直方向的夹角也为θ时，根据上述有Tcos θ=mg，对滑轮分析可知，细线对滑轮的作用力FN″=2Tcos θ，解得FN″=2mg，D正确。 11.(2026·广东东莞市模拟)如图所示，光滑圆柱A和半圆柱B紧靠着静置于水平地面上，二者半径均为R。A的质量为m，B的质量为，B与地面间的动摩擦因数为μ。现给A施加一拉力F，使A缓慢移动，运动过程中拉力F与圆心连线O1O2的夹角始终为60°保持不变，直至A恰好运动到B的最高点，整个过程中B保持静止，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，求： (1)A、B间弹力的最大值Fmax； (2)动摩擦因数的最小值μmin。 【答案】　(1)mg　(2) 【解析】　(1)以A为研究对象，A受到重力mg、拉力F、B对A的弹力FN；由题意知，三个力的合力始终为零，矢量三角形如图所示，在FN转至竖直的过程中，A、B间的弹力先增大后减小，拉力F逐渐减小；当夹角θ=30°(F水平向右)时，A、B间弹力最大，且最大值为Fmax==mg (2)对B受力分析可得，在竖直方向水平地面对B的支持力为FN'=mg+FNcosθ 在水平方向静摩擦力为f=FNsinθ 当A缓慢移动到B的最高点的过程中，由矢量三角形图可知，初始位置FNcosθ最小，即水平地面对B的支持力FN'最小，FNsinθ最大，即静摩擦力f最大；所以只要初状态不滑动，以后B就不会滑动，即有f=μminFN' 初状态时θ=60°，圆柱A对半圆柱B的弹力为 FN=mg 代入数据解得μmin=。 10 / 14 学科网（北京）股份有限公司 $