【备战2023高考】物理专题讲与练——考向04《受力分析共点力平衡》全能练（含解析）（全国通用）

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考向04 受力分析 共点力平衡

【重点知识点目录】
1. 物体的受力分析
2. 解决平衡问题的常用方法
3. 解决动态平衡问题的常用方法
4. 平衡中的临界和极值问题


1．（2021•广东）唐代《耒耜经》记载了曲辕犁相对直辕犁的优势之一是起土省力。设牛用大小相等的拉力F通过耕索分别拉两种犁，F与竖直方向的夹角分别为α和β，α＜β，如图所示。忽略耕索质量，耕地过程中，下列说法正确的是（　　）

A．耕索对曲辕犁拉力的水平分力比对直辕犁的大
B．耕索对曲辕犁拉力的竖直分力比对直辕犁的大
C．曲辕犁匀速前进时，耕索对犁的拉力小于犁对耕索的拉力
D．直辕犁加速前进时，耕索对犁的拉力大于犁对耕索的拉力
【答案】B。
【解析】解：A、耕索对曲辕犁拉力的水平分力大小为F1＝Fsinα，耕索对直辕犁拉力的水平分力大小为F2＝Fsinβ，由于α＜β，则耕索对曲辕犁拉力的水平分力比对直辕犁拉力的水平分力小，故A错误；
B、耕索对曲辕犁拉力的在竖直方向的分力大小为F1′＝Fcosα，耕索对直辕犁拉力的竖直方向分力大小为F2′＝Fcosβ，由于α＜β，则耕索对曲辕犁拉力的竖直方向的分力比对直辕犁拉力在竖直方向的分力大，故B正确；

CD、无论曲辕犁匀速前进或直辕犁加速前进，耕索对犁的拉力与犁对耕索的拉力属于物体间的相互作用力，总是大小相等、方向相反，故CD错误。
2．（2020•浙江）如图是“中国天眼”500m口径球面射电望远镜维护时的照片。为不损伤望远镜球面，质量为m的工作人员被悬在空中的氦气球拉着，当他在离底部有一定高度的望远镜球面上缓慢移动时，氦气球对其有大小为mg、方向竖直向上的拉力作用，使其有“人类在月球上行走”的感觉，若将人视为质点，此时工作人员（　　）

A．受到的重力大小为mg
B．受到的合力大小为mg
C．对球面的压力大小为mg
D．对球面的作用力大小为mg
【答案】D。
【解析】解：A、工作人员的质量为m，则工作人员受到的重力为：G＝mg，故A错误；
B、工作人员在球面上缓慢行走，处于平衡状态，合力为0，故B错误；
C、工作人员站在的球面位置不水平，对球面的压力不等于，故C错误；
D、球面对工作人员的作用力为F，由平衡条件得：+F＝mg，解得：，根据牛顿第三定律可得，工作人员对球面的作用力大小为F′＝F＝，故D正确。
3．（2020•全国）用两根长度相等的轻绳将一吊灯悬挂在天花板下，轻绳与竖直方向的夹角均为30°，绳的张力大小分别为T1和T2，如图（a）所示。现将其中一根绳的悬挂点移到竖直墙面上，绳沿水平方向张紧，另一根绳仍与竖直方向成30°夹角，两绳的张力大小分别为T1′和T2′，如图（b）所示。则（　　）

A．T1′＝T1，T2′＝2T2 B．T1′＝2T1，T2′＝3T2
C．T1′＝2T1，T2′＝2T2 D．T1′＝2T1，T2′＝T2
【答案】D。
【解析】解：图（a）和图（b）两个图中的吊灯都受到重力、两根轻绳的拉力，如图1、图2所示；

对于图1，竖直方向根据平衡条件可得：T1cos30°+T2cos30°＝mg，根据对称性可知T1＝T2，
解得：T1＝T2＝＝
对于图2，根据平衡条件可得：T1′＝＝，T2′＝mgtan30°＝
所以T1′＝2T1，T2′＝T2，故ABC错误、D正确。


（1）受力分析步骤
物体的受力分析是解决力学问题的基础，同时也是关键所在，一般对物体进行受力分析的步骤如下：
①明确研究对象。
在进行受力分析时，研究对象可以是某一个物体，也可以是保持相对静止的若干个物体。在解决比较复杂的问题时，灵活地选取研究对象可以使问题简化。研究对象确定以后，只分析研究对象以外的物体施 予研究对象的力（既研究对象所受的外力），而不分析研究对象施予外界的力。
②按顺序找力。
必须是先场力（重力、电场力、磁场力），后接触力；接触力中必须先弹力，后摩擦力（只有在有弹力的接触面之间才可能有摩擦力）。
③画出受力示意图，标明各力的符号。
④需要合成或分解时，必须画出相应的平行四边形。
注意：
①只分析物体受到的力,不分析物体力对其他物体的力。只分析外力,不分析内力。性质力和效果力不可重复分析。分力与合力不可重复分析。
②物体处于平衡状态时,所受合力一定为零,物体所受合力为零时,也一定处于平衡状态,即合力为零是平衡状态的充要条件。
③三力首尾相连，构成封闭三角形。

（2）隔离法与整体法
①整体法：以几个物体构成的整个系统为研究对象进行求解。在许多问题中用整体法比较方便，但整体法不能求解系统的内力。
②隔离法：从系统中选取一部分（其中的一个物体或两个物体组成的整体，少于系统内物体的总个数）进行分析。隔离法的原则是选取受力个数最少部分的来分析。
③通常在分析外力对系统作用时，用整体法；在分析系统内各物体之间的相互作用时，用隔离法。有时在解答一个问题时要多次选取研究对象，需要整体法与隔离法交叉使用。
注意：本考点考查考生的基本功：受力分析，受力分析是处理力学问题的关键和基础，所以要熟练掌握物体受力分析的一般步骤和方法。
（3）三力平衡的基本解题方法
①力的合成、分解法：即分析物体的受力，把某两个力进行合成，将三力转化为二力，构成一对平衡力，二是把重力按实际效果进行分解，将三力转化为四力，构成两对平衡力。
②相似三角形法：利用矢量三角形与几何三角形相似的关系，建立方程求解力的方法。应用这种方法，往往能收到简捷的效果。
（4）多力平衡的基本解题方法：正交分解法
利用正交分解方法解体的一般步骤：
①明确研究对象；
②进行受力分析；
③建立直角坐标系，建立坐标系的原则是让尽可能多的力落在坐标轴上，将不在坐标轴上的力正交分解；
④x方向，y方向分别列平衡方程求解。
注意：求解平衡问题关键在于对物体正确的受力分析，不能多力，也不能少力，对于三力平衡，如果是特殊角度，一般采用力的合成、分解法，对于非特殊角，可采用相似三角形法求解，对于多力平衡，一般采用正交分解法。
（5）动态平衡
求解三个力的动态平衡问题，一般是采用图解法，即先做出两个变力的合力（应该与不变的那个力等大反向）然后过合力的末端画方向不变的那个力的平行线，另外一个变力的末端必落在该平行线上，这样就能很直观的判断两个变力是如何变化的了，如果涉及到最小直的问题，还可以采用解析法，即采用数学求极值的方法求解。
（6）连接体的平衡问题
当一个系统（两个及两个以上的物体）处于平衡状态时，系统内的每一个物体都处于平衡状态，当求系统内各部分相互作用时用隔离法（否则不能暴露物体间的相互作用），求系统受到的外力时，用整体法，即将整个系统作为一个研究对象，具体应用中，一般两种方法交替使用。
（7）平衡的临界问题
由某种物理现象变化为另一种物理现象或由某种物理状态变化为另一种物理状态时，发生转折的状态叫临界状态，临界状态可以理解为“恰好出现”或“恰好不出现”某种现象的状态。平衡物体的临界状态是指物体所处的平衡状态将要发生变化的状态。往往 利用“恰好出现”或“恰好不出现”的条件。
（8）平衡的极值问题
极值是指研究平衡问题中某物理量变化情况时出遭到的最大值或最小值。可分为简单极值问题和条件极值问题。








共点力作用下物体的平衡条件
①物体受到的合外力为零。即F合=0；其正交分解式为F合x=0；F合y=0；
②某力与余下其它力的合力平衡（即等值、反向）。
二力平衡：这两个力大小相等，方向相反，作用在同一直线上，并作用于同一物体。
（要注意与一对作用力与反作用力的区别）。
三力平衡：三个力的作用线（或者反向延长线）必交于一个点，且三个力共面。称为汇交共面性。其力大小符合组成三角形规律。
三个力平移后构成一个首尾相接、封闭的矢量 形；任意两个力的合力与第三个力等大、反向（即是相互平衡）。
（2）物体平衡条件的相关推论
①二力平衡:如果物体在两个共点力的作用下处于平衡状态,这两个力必定大小相等,方向相反。
②三力平衡:如果物体在三个共点力的作用下处于平衡状态,其中任意两个力的合力一定与第三个力大小相等、方向相反。
③多力平衡:如果物体受多个力作用处于平衡状态,其中任何一个力与其余力的合力大小相等,方向相反。
④非平行的三个力作用于物体而平衡，则这三个力一定共点。
⑤几个共点力作用于物体而平衡，其中任意几个力的合力与剩余几个力（一个力）的合力一定等值反向。
三力汇交原理：当物体受到三个非平行的共点力作用而平衡时，这三个力必交于一点；
说明：
①物体受到N个共点力作用而处于平衡状态时，取出其中的一个力，则这个力必与剩下的（N-1）个力的合力等大反向。
②若采用正交分解法求平衡问题，则其平衡条件为：FX合=0，FY合=0；
求解平衡问题的一般步骤：选对象，画 受力图，建坐标，列方程。


易错题【01】
受力分析时容易漏掉力，受力分析不全面
易错题【02】
解题方法选择不恰当，比如正交分解，正弦定理，三角形相似等方法，在不同的情境下选择不同的解题方法。
易错题【03】
在动态分析时，不能准确画出力的矢量图，在判断力如何变化时容易错
易错题【04】
这类题型对数学的三角函有一定的要求，容易因不熟悉相关数学知识而出错。



4．（2022•定远县校级一模）如图所示，清洗楼房玻璃的工人常用根绳索将自己悬在空中，工人及其装备的总重量为80kg，当悬绳与竖直墙壁的夹角为30°，悬绳对工人的拉力大小为FT，墙壁对工人的弹力大小为FN，忽略一切摩擦，重力加速度g取10m/s2。则（　　）

A．FT＝1600N
B．FN＝800N
C．若缓慢减小悬绳的长度，FT与FN的合力不变
D．若缓慢减小悬绳的长度，FT减小，FN增大
【答案】C。


【解析】解：A.工人受重力、支持力和拉力三个力的作用，如图所示，支持力与水平方向成60°角；由数学知识得，则得到＝，故A错误。
B.由数学知识得，则，故B错误。
C.根据平衡条件，无论悬索的长度增加或减小，FT与FN的合力始终等于重力，大小和方向都不不变，故C正确。
D.若缓慢减小悬绳的长度，悬绳与竖直墙壁的夹角将增大，采用作图法来分析；作出如图右下所示力的动态平衡图，由图知，拉力FT、支持力FN都增大，故D错误。
（多选）5．（2021•湖北）如图所示，一匀强电场E大小未知、方向水平向右。两根长度均为L的绝缘轻绳分别将小球M和N悬挂在电场中，悬点均为O。两小球质量均为m、带等量异号电荷，电荷量大小均为q（q＞0）。平衡时两轻绳与竖直方向的夹角均为θ＝45°。若仅将两小球的电荷量同时变为原来的2倍，两小球仍在原位置平衡。已知静电力常量为k，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　）

A．M带正电荷 B．N带正电荷 C．q＝L D．q＝3L
【答案】BC。

【解析】解：AB、两小球带等量异号电荷，根据“异种电互相吸引”可知两个小球相互吸引，所以匀强电场对M的电场力方向向左，故M带负电；匀强电场对N的电场力方向向右，故N带正电，故A错误、B正确；
CD、设匀强电场的电场强度为E，根据几何关系可得两个小球之间的距离为：r＝；
当两个小球带电荷量大小均为q时，对M受力分析如图所示，根据平衡条件可得：
（qE﹣F库）tanθ＝mg，其中F库＝
仅将两小球的电荷量同时变为原来的2倍，两小球仍在原位置平衡，对M根据平衡条件可得：
（2qE﹣F库′）tanθ＝mg，其中F库′＝
联立解得：q＝L，故C正确、D错误。
6．（2022•鹿城区校级模拟）如图，木板AB上固定一垂直于板面的挡板，小球紧靠挡板静止在木板上，不计球与木板和挡板间的摩擦。现保持木板A端的位置不变，缓慢抬高木板B端，则在该过程中（　　）

A．木板和挡板对球作用力的合力增大
B．球对木板的压力减小
C．球对挡板的压力先增大后减小
D．球对挡板的压力大小不变
【答案】B。
【解析】解：A、小球处于平衡状态，木板和挡板对球作用力的合力始终等于小球的重力，故保持不变，故A错误；
BCD、小球受到木板的作用力F1和挡板的作用力F2，由平衡条件可得：
F1＝mgcosθ
F2＝mgsinθ
缓慢太高木板B端的过程中，θ增大，则F1减小，F2增大，故球对木板的压力减小，球对挡板的压力增大，故B正确，CD错误；
7．（2022•山东模拟）如图所示，置于水平地面上的竖直圆形金属环内用三根细绳OA、OB、OC悬挂一质量为物体，物体可看做质点。OB绳处于水平方向，∠AOB＝120°，设OA、OB绳的拉力大小为F1、F2，现将金属圆环在竖直面内缓慢逆时针转过90°，在此过程中（　　）

A．F2一直增大 B．F1一直增大
C．F2先增大后减小 D．F1先增大后减小
【答案】C。
【解析】解：由题图对O点受力分析，由平衡条件可得，三个力组成矢量三角形平衡图，如图所示：

由图可知，将金属圆环在竖直面内缓慢逆时针转过90°，绳OC的拉力大小和方向都不变，可知θ角增大，F2先增大后减小，F1一直减小，故ABD错误，C正确；
8．（2022•辽宁模拟）如图所示，倾角为0的固定细杆上套有一小球P，小球P可以沿细杆滑动，另一个小球Q通过轻质细线与小球P连接，当对小球Q施加一个水平向右的作用力F时细线恰好与细杆垂直，两小球均处于静止状态。已知两小球的质量相同，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则小球P和细杆之间动摩擦因数的最小值为（　　）

A． B．
C． D．
【答案】A。
【解析】解：对小球Q受力分析，设细线的拉力为T，水平方向有：Tsinθ＝F
竖直方向上：Tcosθ＝mg
解得：T＝
对小球P进行受力分析，则
沿细杆方向上：mgxinθ＝f
垂直细杆方向有：N＝mgcosθ+T＝mgcosθ+
又因为f＝μN
联立解得：μ＝，故A正确，BCD错误；
9．（2022•山东模拟）如图所示，将两个相同的木块P、Q置于粗糙斜面上，P、Q中间有一处于压缩状态的弹簧，弹簧不与P、Q栓接。木块P受到一个沿斜面向下的恒定拉力F，P、Q均静止。下列说法正确的是（　　）

A．P一定受到5个力的作用
B．Q一定受到4个力的作用
C．只移去弹簧后P可能会沿斜面下滑
D．只移去弹簧后P所受摩擦力可能不变
【答案】A。
【解析】解：A、P受到力有：竖直向下的重力、垂直斜面向上的支持力、沿斜面向下的弹簧弹力、沿斜面向上的摩擦力及沿斜面向下的拉力，共五个力，故A正确；
B、Q受到力有：竖直向下的重力、垂直斜面向上的支持力、眼斜面向上的弹簧弹力，若弹簧弹力与重力沿斜面的分力相等时，斜面对Q的摩擦力为零，所以Q可能受到三个力或四个力，故B错误；
C、P具有沿斜面下滑的趋势，弹簧弹力沿斜面向下，若撤去弹簧弹力，静摩擦力减小，P一定保持静止，故C错误；
D、弹簧弹力、拉力、重力的下滑分力沿斜面向下，摩擦力沿斜面向上，合力为零。移去弹簧后P沿斜面的下滑趋势减小，所受摩擦力减小，故D错误。
10．（2022春•浙江期中）如图所示，将两个质量分别为m、2m的小球a、b用细线相连后，再用细线悬挂于O点。用力F拉下侧小球b，使两个小球在图示位置处于静止状态，且细线Oa与竖直方向的夹角保持θ＝30°，则力F达到最小值时细线Oa上的拉力为（　　）

A．mg B．mg C．mg D．mg
【答案】A。
【解析】解：以两个小球组成的整体为研究对象，分析受力，作出F在三个方向时整体的受力图，

根据平衡条件得知：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，根据平衡条件得
Tmin＝3mgcosθ＝mg，
故A正确，BCD错误；
11．（2022•湖南模拟）如图所示，两轻质肩带将裙子对称地悬挂在三角形衣架上晾晒每根肩带倾斜，A处与衣架臂的夹角为θ，则（　　）

A．若θ＝90°，裙子受5个力作用
B．若θ＝90°，A处肩带所受支持力小于肩带的拉力大小
C．若θ＞90°，A处肩带所受的摩擦力等于肩带的拉力
D．若θ＞90°，A处肩带所受支持力小于肩带的拉力大小
【答案】D。
【解析】解：A、若θ＝90°，肩带对晾衣架的弹力与晾衣架垂直，则二者间没有摩擦力，故裙子受重力和两个弹力，故A错误；
B、若θ＝90°，A处肩带所受支持力和肩带的拉力是一对作用力和反作用力，大小相等，故B错误；
C、若θ＞90°，A处肩带对晾衣架的弹力存在斜向下的分力，该分力等于肩带所受的摩擦力，故C错误；
D、若θ＞90°，A处肩带所受支持力等于肩带的拉力垂直于晾衣架的分力，则A处肩带所受支持力小于肩带的拉力大小，故D正确。
12．（2022•沧州二模）如图所示，四根等长的细绳一端分别系于水桶上关于桶面圆心对称的两点，另一端被两人用同样大小的力F1、F2提起，使桶在空中处于静止状态，其中F1、F2与细绳之间的夹角均为θ，相邻两细绳之间的夹角均为α，不计绳的质量，下列说法正确的是（　　）

A．保持θ角不变，逐渐缓慢增大α角，则桶所受合力逐渐增大
B．保持θ角不变，逐渐缓慢增大α角，则细绳上的拉力逐渐增大
C．若仅使细绳长变长，则细绳上的拉力变大
D．若仅使细绳长变长，则F1变大
【答案】B。
【解析】解：AB、保持θ角不变，逐渐增大α角，由于桶的重力不变，则F1、F2会变大，绳上的拉力变大，但桶处于平衡状态，合力为零，故A错误、B正确；
CD、保持α角不变，则F1、F2大小不变，若仅使绳长变长，则θ角变小，根据平行四边形法则可知，绳上的拉力变小，故CD错误。
13．（2022•浙江三模）我国元宵节素有猜灯谜的习俗。如图所示，用1、2、3、4四根轻质细绳悬挂三个质量相等的彩灯，其中最右端的绳子沿水平方向，绳1和绳3与竖直方向夹角分别为θ1和θ3。则下列说法中正确的是（　　）

A．sinθ3＝3sinθ1
B．cosθ1＝3cosθ3
C．tanθ3＝3tanθ1
D．绳1拉力一定是绳3拉力的2倍
【答案】C。
【解析】解：对三个彩灯整体受力分析，受重力和1、4两个轻绳的拉力，如图1所示：

根据平衡条件，有：T4＝3mgtanθ1
再对最下面的彩灯受力分析，受重力和两个轻绳的拉力，如图2所示：

根据平衡条件结合图中几何关系可得：
T3cosθ3＝mg，
T3sinθ3＝T4，
联立解得：T4＝mgtanθ3
所以有：3mgtanθ1＝mgtanθ3
即：tanθ3＝3tanθ1，故C正确、ABD错误。

14．（2022春•恩施州期中）如图所示，A，B两木块放在粗糙水平面上，它们之间用不可伸长的轻绳相连，两次连接情况中轻绳倾斜方向不同，已知两木块与水平面间的动摩擦因数分别为μA和μB，且0＜μB＜μA，先后用水平拉力F1和F2拉着A、B一起水平向右匀速运动，则匀速运动过程中（　　）

A．F1＜F2 B．F1＞F2 C．F1＝F2 D．无法确定
【答案】A。
【解析】解：设两绳子与水平夹角为θ，对第一个图进行受力分析，根据平衡条件可得：F1＝fA+fB
其中：fA＝μA（mAg﹣T1sinθ），fB＝μB（mBg+T1sinθ）
联立解得：F1＝μAmAg+μBmBg+（μB﹣μA）T1sinθ
同理可知，第二个图的拉力：F2＝μAmAg+μBmBg﹣（μB﹣μA）T1sinθ
由题意可知0＜μB＜μA可知，F1＜F2，故BCD错误，A正确.
15．（2021秋•临沭县期末）如图所示，在一水平面上放置了一个顶端固定有滑轮的斜面，物块B、C重叠放置在斜面上，细绳的一端与B物块相连，另一端有结点O，结点处还有两段细绳，一段连接重物A，另一段用外力F拉住。现让外力F将物块A缓慢向上运动，拉至OO′水平，拉动过程中始终保证夹角α＝120°，且绳子OO'始终拉直，物块B和C以及斜面体始终静止，则下列说法正确的是（　　）

A．绳子OO′的拉力始终增大
B．B对C的摩擦力可能在减小
C．斜面对B的摩擦力可能先增大后减小
D．地面对斜面体的摩擦力可能先减小后增大
【答案】C。

【解析】解：A、以结点O为研究对象，受到两段细绳的拉力和外力F，其中OA段的拉力大小等于mg，如图所示；
根据平衡条件解得正弦定理可以推导出：＝，由于α和mg不变，则为定值；
让外力F将物块A缓慢向上运动，拉至OO'水平的过程中，β的变化范围为60°～150°，所以sinβ先增大后减小，所以绳子OO'的拉力先增大后减小，故A错误；
B、对C受力分析，B对C的摩擦力始终等于C的重力沿斜面向下的分力，一直不变，故B错误；
C、对B、C整体受力分析可知，沿斜面方向根据平衡条件可知，斜面对B的摩擦力大小等于绳子OO'的拉力与B、C重力沿斜面向下分力的合力，绳子OO'的拉力先增大后减小，所以斜面对B的摩擦力可能先增大后减小，故C正确；
D、对B、C以及斜面整体分析，绳子对整体水平方向的拉力先增大后减小，则地面对斜面体的摩擦力先增大后减小，故D错误。
16．（2022•凌源市开学）如图所示为两个挡板夹一个小球的纵截面图，每个挡板和竖直方向的夹角均为θ.挡板与小球间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，小球静止不动，小球的质量为m，与两挡板之间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，则每个挡板弹力N的范围是（　　）

A．≤N≤
B．≤N≤
C．≤N≤
D．≤N≤
【答案】A。
【解析】解：挡板对小球的压力最小时，小球受力如图所示，

小球受力平衡，由平衡条件得2Nminsinθ+2f'cosθ＝mg，
最大静摩擦力f'＝μNmin，
联立并代入数据得Nmin＝
挡板对小球的压力最大时，摩擦力沿挡板向下，由平衡条件得2Nmaxsin θ＝2f''cosθ+mg，
最大静摩擦力f''＝μNmax，
联立并代入数据得Nmax＝
则每个挡板对小球的压力N的取值范围为 ≤N≤，故BCD错误，A正确。
（多选）17．（2022•武陵区校级模拟）如图，两个半径均为r的光滑球a、b放在半径为R（R＞2r）的半球形容器内，均静止时a、b与半球的接触点P、Q与半球球心O的连线与水平方向的夹角为α和β（a＜β）。若两球的质量用ma、mb，两球对容器的压力大小用FNa、FNb表示，则（　　）

A．＝ B．＝
C．＝1 D．＝
【答案】BD。

【解析】解：分别对光滑球a、b的受力分析如图所示，其中：Fab与Fba是球a、b之间相互作用的弹力，这两个力均沿着两球圆心的连线AB，容器对两球的支持力分别为F′Na、F′Nb，两球的重力分别为mag、mbg。
根据平衡条件，球a受到的三个力可围成力的矢量三角形（图中蓝色三角形），此矢量三角形与几何三角形△OAC相似（点A、B分别为球a、b的球心，OC沿竖直方向），则可得：

同理，球b受到的三个力也可围成力的矢量三角形（图中红色三角形），此矢量三角形与几何三角形△OBC相似，则可得：

由几何关系得：OA＝r﹣R，OB＝r﹣R，可得：OA＝OB
又有Fab与Fba是一对相互作用力，即Fab＝Fba
可得：
根据正弦定理，
在△OAC中有：
在△OBC中有：
因为∠OCA+∠OCB＝180°，所以sin∠OCA＝sin∠OCB
可得：
则有：
由牛顿第三定律可得：，故BD正确，AC错误。
（多选）18．（2022•河南三模）如图所示，光滑的轻滑轮通过支架固定在天花板上，一足够长的细绳跨过滑轮，一端悬挂小球b，另一端与套在水平细杆上的小球a连接。在水平拉力F作用下小球a从图示虚线位置开始缓慢向右移动（细绳中张力大小视为不变）。已知小球b的质量是小球a的2倍，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，小球a与细杆间的动摩擦因数为．则下列说法正确的是（　　）

A．当细绳与细杆的夹角为60°时，拉力F的大小为（2﹣）mg
B．支架对轻滑轮的作用力大小逐渐增大
C．拉力F的大小一直增大
D．拉力F的大小先减小后增大
【答案】AC。
【解析】解：A、当细绳与细杆的夹角为60°时，拉力F的大小为：F＝2mg（cosθ+μsinθ）﹣μmg＝2mg（cos60°+sin60°）﹣mg＝（2﹣）mg，故A正确；
B、向右缓慢拉动的过程中，两个绳子之间的夹角逐渐增大，绳子的拉力不变，所以绳子的合力减小，则绳子对滑轮的作用力逐渐减小，根据共点力平衡的条件可知，支架对轻滑轮的作用力大小逐渐减小，故B错误；
CD、设a的质量为m，则b的质量为2m；以b为研究对象，竖直方向受力平衡，可得绳子拉力始终等于b的重力，即T＝2mg，保持不变；
以a为研究对象，受力如图所示，

设绳子与水平方向夹角为θ，支持力FN＝2mgsinθ﹣mg，向右缓慢拉动的过程中，θ角逐渐减小；
水平方向：F＝f+2mgcosθ＝2mgcosθ+μ（2mgsinθ﹣mg）＝2mg（cosθ+μsinθ）﹣μmg
由于：cosθ+μsinθ＝cosθ+sinθ＝（sin60°cosθ+cos60°sinθ）＝ sin（60°+θ）
由于θ从90°开始逐渐减小，可知θ增大，则（60°+θ）从150°逐渐减小时sin（60°+θ）逐渐增大；
当θ＜30°后，F＝f+2mgcosθ＝2mgcosθ+μ（mg﹣2mgsinθ）＝2mg（cosθ﹣μsinθ）+μmg
由于：cosθ﹣μsinθ＝cosθ﹣sinθ＝（cos60°cosθ﹣sin60°sinθ）＝cos（60°+θ）
当θ从30°逐渐减小的过程中，cos（60°+θ）逐渐增大，所以当θ从30°逐渐减小的过程中F仍然逐渐增大。
可知水平拉力一直增大；故C正确，D错误；
19．（2021秋•新邱区校级期末）如图甲所示，轻杆OB可绕B点自由转动，另一端O点用细绳OA拉住，固定在左侧墙壁上，质量为m的重物用细绳OG悬挂在轻杆上的O点。OA与轻杆的夹角∠BOA＝30°，轻杆OB水平。图乙中水平轻杆OB一端固定在竖直墙壁上，另一端O装有小滑轮，用一根细绳跨过滑轮后悬挂一质量为m的重物。图中∠BOA＝30°，则：

（1）图甲、乙中细绳OA的拉力各是多大？
（2）图甲中轻杆受到的弹力是多大？
（3）图乙中轻杆对滑轮的作用力是多大？
【答案】（1）图甲、乙中细绳OA的拉力分别为2mg、mg；
（2）图甲中轻杆受到的弹力是mg；
（3）图乙中轻杆对滑轮的作用力是mg。

【解析】解（1）图甲中，以O点为研究对象，受力分析，根据平衡条件得：
T＝，N＝mgcot30°＝mg，
图乙中，对绳子上的O点，受力平衡，有：T＝mg，
（2）由牛顿第三定律：图甲中OB杆受到的弹力N′＝N＝mg
（3）乙图中，由题意可得，对O点受力分析：

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，都等于物体的重量，即F1＝F2＝G＝mg。
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＝mg。
20．（2022春•西城区校级期中）如图1，一杂技演员利用动滑轮让自己悬挂在细绳的最低点以完成各种杂技表演。绳子两端分别固定在两根竖直杆上的a、b两点，绳子的质量可忽略不计，绳子不可伸长。已知杂技演员的质量为m，重力加速度为g。当杂技演员静止不动时，绳与水平方向夹角为α。不计动滑轮重力和动滑轮与绳间的摩擦。
（1）若保持绳子a端、b端在杆上位置不变，将右侧杆向左缓慢平移到虚线位置，使两杆之间的距离减小。请分析判断此过程中：①夹角α大小的变化情况，并画出杆在虚线位置时，绳子和杂技演员的位置分布图景；②两绳上张力F的合力的变化情况；③每根绳子上张力F大小的变化情况。
（2）若保持杆不动，将绳的右端缓慢上移到b′位置，请分析判断此过程中：①夹角α大小的变化情况，并画出绳的右端在b′位置时，绳子和杂技演员的位置分布图景；②两绳上张力F的合力的变化情况；③每根绳子上张力F大小的变化情况。

【答案】（1）若保持绳子a端、b端在杆上位置不变，将右侧杆向左缓慢平移到虚线位置，使两杆之间的距离减小。分析判断此过程中：①夹角α大小变大，绳子和杂技演员的位置分布图景见解析图3；②两绳上张力F的合力不变；③每根绳子上张力F大小变小。
（2）若保持杆不动，将绳的右端缓慢上移到b′位置，分析判断此过程中：①夹角α大小不变，绳子和杂技演员的位置分布图景见解析图4；②两绳上张力F的合力不变；③每根绳子上张力F大小不变。

【解析】解：（1）①夹角α变大。如图3所示：
分析过程：由于滑轮与绳子间没有摩擦力，对演员受力分析可知，合力为零，水平和竖直合力都为零，所以两边绳子与水平方向的夹角相等。
设改变前两边绳子的长度分别为L1、L2，绳子与水平方向的夹角为α，两杆之间的水平距离为x；改变后两边绳子的长度分别为L1′、L2′，绳子与水平方向的夹角为α′，两杆之间的水平距离为x′。根据数学几何关系可得：x＝L1cosα+L2cosα＝（L1+L2）cosα，x′＝L1′cosα′+L2′cosα′＝（L1′+L2′）cosα′
已知x＞x′，绳子总长度相等故L1+L2＝L1′+L2′
则cosα＞cosα′，根据三角函数得α＜α′，故夹角α变大。
②两绳上张力F的合力保持不变。
分析过程：由力的平衡条件可知，两绳上张力F的合力等于杂技演员的重力，故两绳上张力的合力保持不变。
③每根绳子上张力F变小。
分析过程：由力的平衡可知，两边每根绳子上的张力F大小相等。
设改变前每根绳子上的张力为F，改变后每根绳子上的张力为F′。则有：
2Fsinα＝mg
2F′sinα′＝mg
得Fsinα＝F′sinα′
由于α＜α′，则F＞F′
故每根绳子上张力F变小。
（2）①夹角α不变。如图4所示。
分析过程：由于滑轮与绳子间没有摩擦力，所以两边绳子与水平方向的夹角相等。
设改变前两边绳子的长度分别为L1、L2，绳子与水平方向的夹角为α，两杆之间的水平距离为x；改变后两边绳子的长度分别为L1′、L2′，绳子与水平方向的夹角为α′，两杆之间的水平距离为x′。根据数学几何关系可得：
x＝L1cosα+L2cosα＝（L1+L2）cosα
x′＝L1′cosα′+L2′cosα′＝（L1′+L2′）cosα′
已知x＝x′，L1+L2＝L1′+L2′
故cosα＝cosα′，根据三角函数得α＝α′
故夹角α不变。
②两绳上张力F的合力保持不变。
分析过程：由力的平衡条件可知，两绳上张力F的合力等于杂技演员的重力，故两绳上张力的合力保持不变。
③每根绳子上张力F不变。
分析过程：由力的平衡可知，两边每根绳子对演员的张力F大小相等。
设改变前每根绳子上的张力为F，改变后每根绳子上的张力为F′。则有：
2Fsinα＝mg
2F′sinα′＝mg
得Fsinα＝F′sinα′
又因为α＝α′，故F＝F′，故每根绳子上张力F不变。
21．（2021秋•成都期末）如图，质量为m1＝1kg的物体A叠放在质量为m2＝2kg的物体B上，B叠放在质量为m3＝5.2kg的木板C上，C放在倾角为θ＝37°的固定光滑斜面上，B、C通过绕过光滑定滑轮的细绳相连，连接A与挡板、B与C的细绳均与斜面平行。已知C匀速下滑时，A处于静止状态，A与B之间的动摩擦因数为μ1＝0.9，重力加速度g＝10m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
（1）A受到细绳的拉力大小；
（2）B与C之间的动摩擦因数μ2；
（3）若C与斜面之间的动摩擦因数为μ3＝0.15，C的材料不变，质量可为任意大小，要使整个装置保持静止状态，则C的质量的取值范围。

【答案】（1）A受到细绳的拉力大小为1.2N；
（2）B与C之间的动摩擦因数为0.25；
（3）若C与斜面之间的动摩擦因数为μ3＝0.15，C的材料不变，质量可为任意大小，要使整个装置保持静止状态，则C的质量的取值范围为0.33kg≤mC≤7.25kg。
【解析】解：（1）对A进行受力分析，如图1

图1
因为A处于静止状态，根据平衡条件有：FT+m1gsinθ﹣fAB＝0
NAB﹣m1gcosθ＝0
fAB＝μ1NAB
代入数据解得：FT＝1.2N
（2）因为C匀速下滑，则B会在细绳拉力下匀速上滑
对B进行受力分析，如图2

图2
根据平衡条件有：

fBC＝μ2NBC
对C进行受力分析，如图3

图3
根据平衡条件有：
根据牛顿第三定律有：，，，
根据同一段绳子绕过光滑定滑轮，绳子两端拉力大小相等，有：
代入数据解得：μ2＝0.25
（3）若C质量过大，C会相对B沿斜面下滑，设C刚好不沿斜面下滑时，C的质量为mC1
对C进行受力分析，如图4

图4
根据平衡条件有：

f1＝μ3N1
对B进行受力分析，如图5

图5
根据平衡条件有：
代入数据解得：mC1＝7.25kg
若C质量太小，C可能会相对B沿斜面上滑，设C刚好不沿斜面上滑时，C的质量为mC2
对C进行受力分析，如图6

图6
根据平衡条件有：

f2＝μ3N2
将A、B看作整体，对整体进行受力分析，如图7

图7
根据平衡条件有：
代入数据解得：
综上所述，要使整个装置保持静止状态，则C的质量的取值范围为0.33kg≤mC≤7.25kg

22．（2019•新课标Ⅲ）用卡车运输质量为m的匀质圆筒状工件，为使工件保持固定，将其置于两光滑斜面之间，如图所示。两斜面Ⅰ、Ⅱ固定在车上，倾角分别为30°和60°．重力加速度为g。当卡车沿平直公路匀速行驶时，圆筒对斜面Ⅰ、Ⅱ压力的大小分别为F1、F2，则（　　）

A．F1＝mg，F2＝mg B．F1＝mg，F2＝mg
C．F1＝mg，F2＝mg D．F1＝mg，F2＝mg
【答案】D。
【解析】解：将重力进行分解如图所示，根据几何关系可得F′1＝mgcos30°＝mg，F′2＝mgsin30°＝mg，
所以圆筒对斜面Ⅰ、Ⅱ压力的大小F1、F2分别为：F1＝mg，F2＝mg，
故D正确，ABC错误。

23．（2020•山东）如图所示，一轻质光滑定滑轮固定在倾斜木板上，质量分别为m和2m的物块A、B，通过不可伸长的轻绳跨过滑轮连接，A、B间的接触面和轻绳均与木板平行。A与B间、B与木板间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当木板与水平面的夹角为45°时，物块A、B刚好要滑动，则μ的值为（　　）

A． B． C． D．
【答案】C。
【解析】解：根据题意分析，物块A、B刚好要滑动时，应该是物体A相对物体B向上滑动，设绳子拉力为F，对A受力分析，由平衡条件得：F＝mgsin45°+μmgcos45°
物体B相对斜面向下滑动，对B受力分析，由平衡条件得：2mgsin45°＝F+μmgcos45°+μ（2m+m）gcos45°
联立解得：μ＝，故C正确，ABD错误。