专题04 受力分析与共点力的平衡-2025高考物理模型与方法热点题型归类训练

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TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc10861" 题型一 受力分析与整体法和隔离法的应用 PAGEREF _Tc10861 \h 1
\l "_Tc7063" 题型二 共点力的静态平衡 PAGEREF _Tc7063 \h 6
\l "_Tc16151" 类型1 合成法求解共点力静态平衡 PAGEREF _Tc16151 \h 6
\l "_Tc3090" 类型2 正交分解法求解共点力静态平衡 PAGEREF _Tc3090 \h 8
\l "_Tc26976" 类型3 相似三角形法求解共点力静态平衡 PAGEREF _Tc26976 \h 17
\l "_Tc1193" 类型4 正弦定理求解共点力静态平衡 PAGEREF _Tc1193 \h 22
\l "_Tc22886" 类型5 整体法、隔离法解决共点力静态平衡 PAGEREF _Tc22886 \h 25
\l "_Tc26323" 题型三 动态平衡问题 PAGEREF _Tc26323 \h 30
\l "_Tc23887" 类型1 “一力恒定，另一力方向不变”的动态平衡问题 PAGEREF _Tc23887 \h 31
\l "_Tc6275" 类型2 “一力恒定，另两力方向均变化”的动态平衡问题 PAGEREF _Tc6275 \h 38
\l "_Tc23065" 类型3 轻绳套轻环的动态平衡模型 PAGEREF _Tc23065 \h 41
\l "_Tc3634" 题型四 平衡中的临界、极值问题 PAGEREF _Tc3634 \h 49
题型一 受力分析与整体法和隔离法的应用
【解题指导】1．受力分析的两种顺序：
先场力再弹力后摩擦力，接触力要逐个接触面排查．
(2)先已知的力、确定的力，而后再结合运动状态推断未知的力、不确定的力.
多个物体系统问题通常整体法和隔离法交替使用.
三重检验：
明确各力的施力物体、受力物体．
判断研究对象是否能保持原来运动状态．
(3)换角度(整体隔离)或换研究对象(相邻的物体)再次受力分析，判断两次分析是否一致．
【例1】（2024·四川凉山·三模）A、B两物体如图叠放，在竖直向上的力F作用下沿粗糙竖直墙面向上匀速运动，则A的受力个数为（ ）
A．2B．3C．4D．5
【答案】B
【详解】对AB整体受力分析，整体受力平衡，受重力和力F，如果墙壁对整体有支持力，整体水平方向不能平衡，故墙壁对整体水平方向没有弹力，也就没有摩擦力；隔离分析物体A，受重力、B对A的支持力和静摩擦力，共3个力。
故选B。
【变式演练1】如图所示，一质量为的白板擦静止在竖直磁性白板上，现给白板擦一个恒定的水平推力，重力加速度g取，则推力作用后（ ）
A．白板擦可能做水平方向匀速直线运动B．白板擦可能做匀加直线运动
C．白板擦受到的摩擦力大小为D．白板擦共受6个力
【答案】B
【详解】AB．水平推力作用后，重力与推力的合力为，白板擦不可能做水平方向运动。若最大静摩擦力大于，则白板擦静止，若最大静摩擦力小于，则沿重力与推力的合力方向做匀加速直线运动，故A错误，B正确；
C．此时摩擦力大小与弹力成正比，具体大小未知，故C错误；
D．推力作用后，白板擦共受重力、弹力、摩擦力、推力、磁力5个力，故D错误。
故选B。
【变式演练2】．（2024·江西南昌·三模）如图所示，一梯子斜靠在光滑的竖直墙壁上，下端放在粗糙的水平地面上，某工人站立于梯子上，下列说法正确的是（ ）
A．地面对梯子的摩擦力方向水平向右
B．人和梯子组成的系统受三个力作用
C．梯子对工人的作用力竖直向上
D．地面对梯子的作用力竖直向上
【答案】C
【详解】A．对人和梯子组成的系统受力分析，由平衡条件可得，梯子在水平方向受到竖直墙壁水平向右的支持力和地面水平向左的摩擦力，故A错误；
B．人和梯子组成的系统在竖直方向上受重力、地面的支持力，因为墙光滑，所以竖直墙对梯子没有摩擦力；在水平方向上，受到竖直墙壁水平向右的支持力和地面水平向左的摩擦力，共四个力作用，故B错误；
C．对人受力分析，人受到竖直向下的重力，根据平衡条件，梯子对工人的作用力竖直向上与重力平衡，故C正确；
D．地面对直梯的作用力为支持力和摩擦力的合力，方向斜向左上方，故D错误。
故选C。
【变式演练3】．（2024·北京朝阳·二模）如图所示，光滑水平桌面上木块A、B叠放在一起，木块B受到一个大小为F水平向右的力，A、B一起向右运动且保持相对静止。已知A的质量为m、B的质量为2m，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．木块A受到两个力的作用
B．木块B受到四个力的作用
C．木块A所受合力大小为
D．木块B受到A的作用力大小为
【答案】C
【详解】A．由于桌面光滑，则两木块一起向右做加速运动，则木块A受到重力、支持力和摩擦力三个力的作用，选项A错误；
B．木块B受到重力、地面的支持力、A对B的压力和摩擦力以及力F共五个力的作用，选项B错误；
C．整体的加速度
则木块A所受合力大小为
选项C正确；
D．木块B受到A的压力为mg，摩擦力为
则作用力大小为
选项D错误。
故选C。
【例2】如图所示，质量为M的斜面体静止在水平地面上，质量为m的滑块沿着斜面向下做加速运动，斜面体始终处于静止状态。已知重力加速度为g，在滑块下滑的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．滑块与斜面体之间的动摩擦因数μ大于tanθ
B．斜面体对滑块的支持力大小为
C．地面对斜面体的支持力大于（M＋m）g
D．地面对斜面体的摩擦力方向水平向左
【答案】B
【详解】A．滑块加速下滑说明，滑块与斜面体之间的动摩擦因数μ小于tanθ，选项A错误；
B．斜面体对滑块的支持力大小为，选项B正确；
C．对整体进行受力分析可知，竖直方向有向下的加速度，因此地面对斜面体的支持力小于（M＋m）g，选项C错误；
D．对整体受力分析可知，地面对斜面的摩擦力水平向右，选项D错误。
故选B。
【变式演练1】如图所示，倾角为的斜面体C置于水平面上，B置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与A相连，连接B的一段细绳与斜面平行，A、B、C都处于静止状态。则（ ）
A．B受到C的摩擦力一定不为零
B．C受到水平面的摩擦力一定不为零
C．水平面对C的支持力与B、C的总重力大小相等
D．若将细绳剪断后，B物体依然静止在斜面上，则水平面对C的摩擦力一定不为零
【答案】B
【详解】A．当B受到绳子的拉力与B的重力在沿斜面向下的分力大小相等，即
时，B在斜面上没有运动趋势，此时B、C间没有摩擦力，A错误；
B．把B、C当成一个整体进行受力分析，可知绳子的拉力在水平方向上的分量不是零，整体有向右的运动趋势，所以C受到地面的摩擦力一定不会是零，B正确；
C．把B、C当成一个整体进行受力分析，在竖直方向上有
绳子的拉力在竖直方向上的分量不是零，所以水平面对C的支持力与B、C的总重力大小不相等，C错误；
D．若将细绳剪断，B物体依然静止在斜面上，以B、C为整体进行受力分析，受重力和地面的支持力作用，在水平方向没有力作用，所以水平面对C的摩擦力是零，D错误。
故选B。
【变式演练2】如图所示，质量为m的物体A放在质量为M、倾角为的斜面B上，斜面B置于粗糙的水平地面上，用平行于斜面的力F拉物体A，使其沿斜面向下匀速运动，斜面B始终静止不动，则下列说法中不正确的是（ ）
A．斜面B相对地面有向左运动的趋势
B．地面对斜面B的静摩擦力大小为
C．地面对斜面B的支持力大小为
D．斜面B与物体A间的动摩擦因数为
【答案】D
【详解】D．对物体A进行受力分析如图所示
根据平衡条件有
，
解得
D错误；
ABC．对A、B整体进行受力分析如图所示
根据平衡条件有
，
可知，斜面B受到地面水平向右的静摩擦力，大小为，B相对地面有向左运动的趋势，地面对斜面B的支持力大小为，ABC正确。
故选D。
题型二 共点力的静态平衡
【解题指导】1．遇到多物体系统时注意应用整体法与隔离法，一般可先整体后隔离.
三力平衡，一般用合成法，根据平行四边形定则合成后，“力的问题”转换成“三角形问题”，再由三角函数、勾股定理、正弦定理或相似三角形等解三角形.
3.多力平衡，一般用正交分解法．
类型1 合成法求解共点力静态平衡
【例1】（2024·山东济南·三模）高空滑索因其惊险刺激而深受年轻人追捧。人通过轻绳与轻质滑环相连，开始下滑前，轻质滑环固定在钢索上点处，滑环和人均处于静止状态，钢索和轻绳的夹角关系如图所示。设段钢索的拉力大小为，段钢索的拉力大小为，段轻绳的拉力大小为，下列判断正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【详解】以结点为研究对象，受力情况如图所示
这样的三个力可以组成一个首尾相接的封闭的矢量三角形如下
由图可知
故选A。
【例2】在科学研究中，人们利用风速仪测量风速的大小，其原理如图所示。仪器中有一根轻质金属丝，悬挂着一个金属球。若某次受到沿水平方向来的风时，稳定后，金属丝偏离竖直方向夹角为。已知风力F与风速v的大小关系为，k为常量，金属球的质量为m，重力加速度为g，则风速大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】对小球受力分析，有
根据共点力平衡，有
又因为
联立解得
故选A。
【变式演练1】（2024·广西桂林·三模）如图所示，P、Q是两个光滑的定滑轮，吊着A、B、C三个小球的三条轻绳各有一端在O点打结，悬吊A、C两个球的轻绳分别绕过定滑轮P、Q，三个球静止时，OQ段轻绳与竖直方向的夹角。已知B、C两球的质量均为m，，则A球的质量为（ ）
A．mB．1.2mC．1.5mD．1.6m
【答案】B
【详解】对O点受力分析如下
由题可知OQ、OB段的拉力满足
将、合成如上图所示，由于三个球静止，O点受力平衡，根据几何关系有、是平行四边形的两边，有
则有A球的质量为
故选B。
【变式演练2】如图所示，光滑半球形容器固定在水平面上，O为球心，重力为G的小滑块在水平力F的作用下静止于P点。设滑块所受支持力为FN，下列关系正确的是（ ）
A．F一定大于G
B．三个力中FN最大
C．FN与F大小之和等于G
D．F与G的合力方向沿OP连线指向O点
【答案】B
【详解】滑块受力如图
由平衡条件知FN与F矢量之和等于G，F与G的合力方向沿OP连线背离O点，有
所以
可知，夹角大小不确定，所以F和G的大小无法确定，但三个力中FN最大。
故选B。
类型2 正交分解法求解共点力静态平衡
【例1】（2024·河北·高考真题）如图，弹簧测力计下端挂有一质量为的光滑均匀球体，球体静止于带有固定挡板的斜面上，斜面倾角为，挡板与斜面夹角为．若弹簧测力计位于竖直方向，读数为取,挡板对球体支持力的大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】对小球受力分析如图所示
由几何关系易得力与力与竖直方向的夹角均为，因此由正交分解方程可得
，
解得
故选A。
【例2】．（2024·湖北·高考真题）如图所示，两拖船P、Q拉着无动力货船S一起在静水中沿图中虚线方向匀速前进，两根水平缆绳与虚线的夹角均保持为30°。假设水对三艘船在水平方向的作用力大小均为f，方向与船的运动方向相反，则每艘拖船发动机提供的动力大小为（ ）
A．B．C．2fD．3f
【答案】B
【详解】根据题意对S受力分析如图
正交分解可知
所以有
对P受力分析如图
则有
解得
故选B。
【变式演练1】（2024·全国·高考真题）将重物从高层楼房的窗外运到地面时，为安全起见，要求下降过程中重物与楼墙保持一定的距离。如图，一种简单的操作方法是一人在高处控制一端系在重物上的绳子P，另一人在地面控制另一根一端系在重物上的绳子Q，二人配合可使重物缓慢竖直下降。若重物的质量，重力加速度大小，当P绳与竖直方向的夹角时，Q绳与竖直方向的夹角
（1）求此时P、Q绳中拉力的大小；
（2）若开始竖直下降时重物距地面的高度，求在重物下降到地面的过程中，两根绳子拉力对重物做的总功。
【答案】（1），；（2）
【详解】（1）重物下降的过程中受力平衡，设此时P、Q绳中拉力的大小分别为和，竖直方向
水平方向
联立代入数值得
，
（2）整个过程根据动能定理得
解得两根绳子拉力对重物做的总功为
【变式演练2】如图所示，三角形斜面A放置于水平地面上，将光滑滑块B放置于斜面A上，在滑块B上施加水平向右的恒力F，斜面A和滑块B一起向右匀速运动，已知滑块B的质量为m，斜面A的质量为2m，斜面倾角为30°，则斜面与地面之间的动摩擦因数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】隔离滑块B，对B受力分析，如图所示
根据平衡条件，可得
对A、B整体受力分析，如图所示
可得
其中摩擦力
代入数据解得
故选D。
【变式演练3】如图甲所示，推力F垂直斜面作用在斜面体上，斜面体静止在竖直墙面上，若将斜面体改成如图乙所示放置，用相同大小的推力F垂直斜面作用到斜面体上，则下列说法正确的是( )
A．墙面受到的压力一定变小
B．斜面体受到的摩擦力一定变小
C．斜面体受到的摩擦力可能变大
D．斜面体可能沿墙面向上滑动
【答案】 B
【解析】 受力分析如图所示
甲图中，FN1＝Fcs θ，Ff1＝mg＋Fsin θ≤Ffm；乙图中，FN2＝Fcs θ，所以墙面受到的压力不变，A项错误；若Fsin θ＝mg，则Ff2＝0，若Fsin θ＞mg，则Ff2方向向下，Ff2＝Fsin θ－mg，若Fsin θ＜mg，则Ff2方向向上，Ff2＝mg－Fsin θ，所以斜面体受到的摩擦力一定变小，B项正确，C项错误；因为墙面受到的压力没有变，所以Ffm不变，甲图中，Ff1＝mg＋Fsin θ≤Ffm，推不动斜面体，乙图中，Ff2＝Fsin θ－mg，肯定比Ffm小，所以斜面体肯定不沿墙面向上滑动，D项错误．
【变式演练4】如图，环a、b的质量分别为、，用不可伸长的细线连接，分别套在水平粗糙细杆OM和竖直光滑细杆ON上，O点离地面的高度，细线长，且已知细线能承受的张力最大值为。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，细线与水平杆间夹角为θ，重力加速度为g取。
（1）初始时整个装置静止，当时，a、b环恰好不滑动，求a环与水平粗糙杆OM间动摩擦因数μ；
（2）在第一问条件下，若整个装置以竖直杆ON为轴匀速转动，求当细线刚好断裂时装置转动的角速度ω；
（3）若细线断裂时环a刚好位于横杆最右端M点，求圆环a落地时离ON轴的水平距离。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）对两环受力分析，如图所示
对a环由平衡条件可知
对b环有
解得
对两小球整体分析
代入数据
（2）当细线断裂时细线与水平面夹角为，
解得
其中
解得
（3）小球离开M点后做平抛运动初速度为v，可得
竖直方向
水平位移
有几何关系
联立解得
类型3 相似三角形法求解共点力静态平衡
【例1】（2024·贵州铜仁·二模）轻杆的两端固定有可视为质点的小球A和B，不可伸长的轻质细绳两端与两小球连接，轻绳挂在光滑水平固定的细杆O上，平衡时的状态如图所示。已知A的质量是B的质量的2倍，则OA与OB的长度之比为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】由于是一个绳子挂在细杆O上，所以绳子OA段和OB段的拉力大小相等，过O做竖直线与AB交与D，如图所示
三角形OAD与小球A的矢量三角形相似，同理三角形OBD与小球B的矢量三角形相似，所以有
，
结合之前的分析，以及题意有
，
解得
故选B。
【变式演练1】如图所示，半径为R的光滑圆环竖直固定，原长为的轻质弹簧一端固定在圆环的最高点A，另一端与套在环上的质量为m的小球相连。小球静止在B点时，弹簧与竖直方向夹角θ=30°，已知重力加速度大小为g，则（ ）
A．小球对圆环的弹力方向背离圆心
B．圆环对小球的弹力大小为
C．弹簧的劲度系数为
D．若换用原长相同，劲度系数更大的轻质弹簧，小球将在B点下方达到受力平衡
【答案】C
【详解】A．弹簧处于伸长状态，弹簧弹力F的方向如图所示
小球处于平衡状态，合力为0，故圆环对小球的弹力沿半径向外，由牛顿第三定律知小球对圆环的弹力方向指向圆心，故A错误；
B．由相似三角形法得
可得
故B错误；
C．弹簧的长度为
弹簧的形变量为
由胡克定律
F=kx
可得
解得
故C正确；
D．换用劲度系数更大的某轻质弹簧，若拉伸到同样的长度，小球将上移，则小球将在B点上方达到受力平衡，故D错误。
故选C。
【变式演练2】如图所示，两个质量分别为和的带电小球A、B（可视为质点）通过一根绝缘轻绳跨放在光滑的定滑轮上（滑轮大小不计），两球静止，O为滑轮正下方AB连线上的一个点。两球到O点距离分别为和，到滑轮的距离分别为和，且，细绳与竖直方向的夹角分别为和，两球电荷量分别为和。则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】A．由于两球的电场力是相互作用力，故无法比较两球电荷量的大小，A错误；
B．绳子上的力处处相等，对绳子跨过定滑轮的节点受力分析可知
所以
B错误；
CD．对两球受力可知，根据相似三角形
可得
故C错误，D正确。
故选D。
【变式演练3】（2024·广东深圳·一模）如图所示，用一轻绳通过定滑轮将质量为m的小球静置在光滑的半圆柱体上，小球的半径远小于半圆柱体截面的半径R，绳AB长度为L，长度为H的杆BC竖直且与半圆柱体边缘相切，OA与水平面夹角为θ，不计一切摩擦，重力加速度为g，下列表达式表示绳对小球的拉力F是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【详解】根据题意，对小球受力分析，受拉力、支持力和重力，把拉力和支持力平移，组成矢量三角形，延长AO和交于点，如图所示
由几何关系和相似三角形有
解得
故选C。
类型4 正弦定理求解共点力静态平衡
【例1】（2023·河南·模拟预测）半径为 R内壁光滑的半球形碗固定放置在水平地面上，O是球心，碗的边缘A、B 两点的连线是碗的水平直径，一质量为m的均匀硬杆放置在B、C两点间处于静止状态，硬杆很细，B、C两点也是硬杆的两端点，硬杆的受力分析如图所示，已知C点对硬杆的弹力与硬杆的夹角为θ，且A、B、C三点处在竖直的半圆面上，重力加速度为g，求：
（1）硬杆的长度；
（2）B点对硬杆的弹力大小以及C点对硬杆的弹力大小。

【答案】（1）2Rcsθ；（2）
【详解】（1）由弹力的定义，C点对硬杆的弹力由C点指向圆心O点 ，由几何关系可得
，
则硬杆的长度
（2）硬杆处于三力平衡状态，三力平衡构成的矢量三角形如图所示

由弹力的定义可知与硬杆垂直，重力 mg与的夹角为θ，与的夹角为重力 mg与的夹角为 ，由正弦定理可得
综合解得
，
【变式演练1】如图所示，a、b两个小球穿在一根光滑的固定杆上，并且通过一条细绳跨过定滑轮连接，已知b球质量为1 kg，杆与水平面的夹角为30°，不计所有摩擦，当两球静止时，Oa段绳与杆的夹角也为30°，Ob段绳沿竖直方向，则a球的质量为( )
A.eq \r(3) kg B.eq \f(\r(3),3) kg
C.eq \f(\r(3),2) kg D．2 kg
【答案】 A
【解析】 分别对a、b两球受力分析，如图所示
根据共点力平衡条件，得FT＝mbg，根据正弦定理列式，可得eq \f(FT,sin 30°)＝eq \f(mag,sin 120°)，解得ma＝eq \r(3) kg，故选A.
【变式演练2】如图，悬挂甲物体的细线拴牢在一不可伸长的轻质细绳上O点处；绳的一端固定在墙上，另一端通过光滑定滑轮与物体乙相连．系统平衡时，O点两侧绳与竖直方向的夹角分别为α和β.若α＝75°，β＝60°，则甲乙两物体质量之比是( )
A．1∶1 B．1∶2
C.eq \r(3)∶eq \r(2) D.eq \r(2)∶eq \r(3)
【答案】 D
【解析】 甲物体是拴牢在O点，且O点处于平衡状态，受力分析如图所示
根据几何关系有γ＝180°－60°－75°＝45°，由正弦定理有eq \f(m甲g,sin γ)＝eq \f(m乙g,sin β)，故eq \f(m甲,m乙)＝eq \f(sin 45°,sin 60°)＝eq \f(\r(2),\r(3))，故选D.
【变式演练3】如图所示，内壁光滑的等边三角形框架中放置一铁球，铁球跟三角形框架的三个面刚好接触，在一次搬运过程中，工人将框架以A为轴逆时针缓慢抬起，当AC边转到向左偏离竖直方向的夹角为15°时。AB边与AC受到的压力之比为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】当AC边以A为轴逆时针转动到向左偏离竖直方向15°角时，对铁球进行受力分析可知，此时BC边跟铁球之间没有作用力，铁球受到重力G、AB边作用力F和AC边作用力F三个力作用，力的方向及力的矢量三角形如图所示，根据正弦定理有
故选A。
类型5 整体法、隔离法解决共点力静态平衡
【例1】如图所示，带有弧形槽的滑块A放在水平面上，其中O为弧的圆心，P为弧的最低点，垂直于水平面，可视为质点的光滑小球B用轻质线拴接并固定在天花板上，当整个装置静止时，细线与竖直方向的夹角为，小球到的距离为圆弧半径的。已知小球B的质量为m，滑块A的质量为2m，重力加速度为g。
（1）整个装置静止时，轻质线对小球的拉力为多大；
（2）如果滑块与地面之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且滑块与地面之间的动摩擦因数为，欲使整个装置保持静止状态，分析应满足的条件。

【答案】（1）；（2）
【详解】（1）以小球为研究对象，受力分析如图甲所示。水平方向上有
竖直方向上有
解得轻质线的拉力大小

（2）如图乙，对槽进行受力分析。竖直方向上有
水平方向上有
且有
又因为
联立解得

【变式演练1】（2024·浙江金华·三模）新春佳节，大街小巷总会挂起象征喜庆的中国红灯笼。如图所示，由4根等长轻质细绳AB、BC、CD、DE悬挂起3盏质量相等的灯笼，绳两端的结点A、E等高，AB绳与竖直方向的夹角为，绳中张力大小为；BC绳与竖直方向的夹角为，绳中张力大小为，则（ ）
A．
B．若将悬挂点A往E靠近少许，的大小保持不变
C．若在C处再增加一盏质量较大的灯笼，平衡时可能等于
D．若在B、D处各增加一盏质量较大的灯笼，平衡时可能等于90°
【答案】A
【详解】A．由对称性可知AB绳和DE绳张力大小相等，大小为。对三个灯笼的整体分析可知
同理，对中间的灯笼受力分析，可得
联立，可得
因为
所以
故A正确；
B．若将悬挂点A往E靠近少许，则减小，由
可知的大小减小。故B错误；
C．对结点B受力分析，有
，
联立，解得
若在C处再增加一盏质量较大的灯笼，平衡时不可能等于。故C错误；
D．若在B、D处各增加一盏质量较大的灯笼，假设平衡时等于90°，则对结点C受力分析，如图
可知其受力不平衡。所以假设不成立。故D错误。
故选A。
【变式演练2】如图所示，竖直平面内的支架由粗糙的水平细杆和光滑的倾斜细杆组成，用细线相连的两个小球A、B分别穿在两根细杆上。初始时，两小球均处于静止状态。现用外力将小球缓慢向点推动一小段距离到图中虚线位置处后，撤去外力，小球A、B仍能保持静止状态，则该状态与初始状态相比，下列说法正确的是（ ）
A．细线中的拉力变大B．小球受到细杆的支持力不变
C．小球A受到细杆的摩擦力变小D．小球B受到细杆的支持力变大
【答案】C
【详解】AD．对小球A、B受力分析如图所示
当推动小球缓慢向点移动一小段距离到图中虚线位置处后，细线中的拉力减小，杆对小球的支持力减小，故AD错误；
BC．对两小球整体受力分析可知，减小，其水平向左的分力减小，故小球受到的摩擦力减小；减小，其竖直向上的分力减小，两小球整体的重力不变，故小球受到的细杆的支持力变大，故B错误，C正确。
故选C。
【变式演练3】如图所示，质量为m的正方体和质量为M的正方体放在两竖直墙和水平面间，处于静止状态。m和M的接触面与竖直方向的夹角为α，重力加速度为g，若不计一切摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．水平面对正方体M的弹力大于(M＋m)g
B．水平面对正方体M的弹力大小为(M＋m)gcsα
C．墙面对正方体m的弹力大小为mgtanα
D．墙面对正方体M的弹力大小为
【答案】D
【详解】AB．对M和m构成的整体进行受力分析，如图甲所示，整体受重力(M＋m)g、水平面的支持力N、两墙面的支持力N 和N，由于两正方体受力平衡，根据共点力平衡条件，水平面对正方体M的弹力大小为
N＝(M＋m)g
故AB错误；
CD．对m进行受力分析，受重力mg、两墙面的支持力N、M的支持力N′，如图乙所示，根据共点力平衡条件有，竖直方向
mg＝N′sinα
水平方向
N＝N′csα
解得
N ＝
即墙面对正方体m的弹力大小等于；由整体法可知
N＝N
则墙面对正方体M的弹力大小为
N＝
故C错误，D正确。
故选D。
【变式演练4】(多选)如图所示，滑块A与小球B用同一根不可伸长的轻绳相连，且滑块A套在水平杆上。现用大小为10 N、与水平方向成30°角的力F拉B，使A、B一起向右匀速运动，运动过程中保持相对静止。已知A、B的质量分别为2 kg、1 kg，取g＝10 m/s2，则( )
A．轻绳与水平方向的夹角θ＝60°
B．轻绳与水平方向的夹角θ＝30°
C．滑块A与水平直杆之间的动摩擦因数为eq \f(\r(3),4)
D．滑块A与水平直杆之间的动摩擦因数为eq \f(\r(3),5)
【答案】 BD
【解析】 对B受力分析，B受重力、拉力F及绳子的拉力而处于平衡状态；将两拉力合成，因拉力为10 N，小球的重力为10 N，则由几何关系可知，轻绳的拉力也为10 N，方向与水平方向成30°角，故B正确，A错误；对A、B整体受力分析可知，A受到的支持力FN＝(mA＋mB)g－Fsin 30°＝25 N，摩擦力等于F沿水平方向的分力Ff＝Fcs 30°＝5eq \r(3) N，由Ff＝μFN′，FN′＝FN，解得μ＝eq \f(Ff,FN)＝eq \f(\r(3),5)，故D正确，C错误。
题型三 动态平衡问题
【解题指导】1．动态平衡是指物体的受力状态缓慢发生变化，但在变化过程中，每一个状态均可视为平衡状态．
2．做题流程
受力分析eq \(――――――→,\s\up7(化“动”为静))画不同状态平衡图构造矢量三角形eq \(―――――→,\s\up7(“静”中求动))
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(―――→,\s\up7(定性分析))根据矢量三角形边长关系确定矢量的大小变化,\(―――→,\s\up7(定量计算))\b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(三角函数关系,正弦定理,相似三角形))找关系求极值))
3．三力平衡、合力与分力关系
如图，F1、F2、F3共点平衡，三力的合力为零，则F1、F2的合力F3′与F3等大反向，F1、F2、F3′构成矢量三角形，即F3′为F1、F2的合力，也可以将F1、F2、F3直接构成封闭三角形．
类型1 “一力恒定，另一力方向不变”的动态平衡问题
1．一个力恒定，另一个力始终与恒定的力垂直，三力可构成直角三角形，可作不同状态下的直角三角形，比较力的大小变化，利用三角函数关系确定三力的定量关系．
基本矢量图，如图所示
2．一力恒定(如重力)，另一力与恒定的力不垂直但方向不变，作出不同状态下的矢量三角形，确定力大小的变化，恒力之外的两力垂直时，有极值出现．
基本矢量图，如图所示
作与F1等大反向的力F1′，F2、F3合力等于F1′，F2、F3、F1′构成矢量三角形．
3.动态分析常用方法
解析法：对研究对象进行受力分析，画出受力示意图，根据物体的平衡条件列方程，得到因变量与自变量的函数表达式(通常为三角函数关系)，最后根据自变量的变化确定因变量的变化．
图解法：此法常用于求解三力平衡问题中，已知一个力是恒力、另一个力方向不变的情况．
【例1】（2024·湖北武汉·二模）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，整个装置处于同一竖直平面内，在此过程中（ ）
A．F逐渐增大，逐渐增大
B．F逐渐增大，先减小后增大
C．F先减小后增大，逐渐增大
D．F先减小后增大，先减小后增大
【答案】B
【详解】对物体受力分析，并构封闭的矢量三角形，如图所示
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，减小，经过竖直方向后，夹角又逐渐变大，拉力F继续增大， 也增大，故B正确。
故选B。
【变式演练1】如图所示，光滑的轻质滑轮通过竖直杆固定于天花板上，一根不可伸长的轻绳跨过滑轮分别系着物块M和N，M静止在光滑水平地面上，N在水平拉力F作用下处于静止状态。现将F沿逆时针方向缓慢转至竖直方向，此过程中M和N始终静止不动。下列说法正确的是（ ）
A．F先增大后减小
B．绳的弹力先减小后增大
C．M对地面的压力逐渐减小
D．滑轮对杆的作用力逐渐减小
【答案】D
【详解】对N作受力分析，N受受重力mg、拉力F和绳的拉力T，其中重力的大小和方向均不变，绳的拉力的方向不变；三力平衡时，三个力可以构成首尾相连的矢量三角形，作图如下
力F沿逆时针方向缓慢旋转时，由图可看出，力F先减小后增大，而绳上的拉力T一直减小，则M对地面的压力逐渐增大，滑轮对杆的作用力逐渐减小。
故选D。
【变式演练2】如图所示，一个圆环竖直固定在水平地面上，圆心为O，两根不可伸长的轻绳A、B一端系在圆环上，另一端通过结点悬挂一个重物，开始时，重物静止，结点位于O点，A绳竖直，B绳与A绳的夹角。现保持结点位置和B绳的方向不变，让A绳绕着O点缓慢转至水平虚线位置。则在这个过程中，下列说法正确的是（ ）
A．开始时，B绳上的张力不为零B．A绳上的张力一直减小
C．A绳上的张力先增大后减小D．B绳上的张力一直增大
【答案】D
【详解】A．开始时，重物受力平衡，假设B绳上的张力不为零，则A绳不可能竖直，A错误；
BCD．A绳从竖直转到水平过程，设A、B绳上的张力分别为、，则该过程中结点的受力情况如图所示，由力的矢量三角形知，A绳上的张力先减小后增大，B绳上的张力一直增大，BC错误，D正确。
故选D。
【变式演练3】消防员在抢险救灾工作中常常需要从顶楼直降到某一楼层（如图甲所示），其下降过程可简化为如图乙所示的物理模型：脚与墙壁接触点为A点，人的重心在B点，A到B可简化为轻杆，OB为轻绳，O点为轻绳悬挂点且保持固定。已知下降过程中AB长度以及AB与竖直方向的夹角均保持不变。初始时∠OBA=90°且消防员保持静止，从该时刻起，消防员在缓慢下移的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．AB杆提供支持力且支持力变小
B．AB杆提供拉力且拉力大小保持不变
C．OB绳拉力减小
D．消防员所受合力增大
【答案】A
【详解】由分析可知，AB杆提供支持力，否则无法平衡。两种情况相比较，重力大小方向不变，杆的支持力方向不变，作出受力图如图所示
消防员下降一定高度后，再次保持静止时，相对于初始位置AB杆的支持力变小，OB绳拉力增大，消防员在缓慢下移的过程中合力不变。
故选A。
【变式演练4】筷子是中华饮食文化的标志之一。如图所示，用筷子夹质量为m的小球处于静止，筷子均在竖直平面内，且筷子与竖直方向的夹角均为。忽略小球与筷子之间的摩擦，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．筷子对小球的合力大于重力
B．筷子的弹力大小均为
C．保持左侧筷子固定不动，右侧筷子缓慢变为竖直，左、右筷子的弹力均逐渐变大
D．保持左侧筷子固定不动，右侧筷子缓慢变为竖直，左、右筷子的弹力均逐渐变小
【答案】C
【详解】A．用筷子夹着小球在竖直平面内处于静止状态，则根据平衡条件可知，筷子对小球的合力的大小等于小球的重力，方向与重力的方向相反，故A错误；
B．由几何关系可知，筷子对小球的弹力大小为
故B错误；
CD．在右边筷子转到竖直方向的过程中，左边筷子对小球弹力的方向始终垂直于筷子，而小球自身的重力是一个恒力，由此可以做出在动态平衡过程中力的矢量三角形如下图所示
当两根筷子与竖直方向夹角都为时，三力构成的矢量三角为等腰三角形，在右边的筷子转到竖直方向时，三个力的矢量构成一个直角三角形，易得，在右边筷子转到竖直的过程中，两筷子对小球的弹力都在增大，故C正确，D错误。
故选C。
【变式演练5】如图所示，一内表面光滑的半圆形凹槽放在粗糙的水平地面上，物块（可看做质点）静置于槽内最底部的A点处。现用一方向不变的斜向上的推力F把物块从A点沿着凹形槽缓慢推至B点，整个过程中，凹槽始终保持静止。设物块受到凹槽的支持力为，则在上述过程中下列说法正确的是（ ）
A．F和都一直增大
B．F一直增大，先减小后增大
C．地面对凹槽的支持力一直减小
D．地面对凹槽的摩擦力保持不变
【答案】BC
【详解】AB．由题意可知，在力F缓慢推动的过程中物块处于动态平衡中，且重力为恒力始终不变，推力的方向始终不变，重力、推力、圆弧面对物块的弹力三力始终平衡，合力为零，则可做出力的矢量三角形，如下图所示
则根据动态变化过程中的矢量三角形可知，推力F逐渐增大，圆弧面对物块的弹力先减小后增大，故A错误，B正确；
CD．将小物块和凹槽看成一个整体，由整体法分析可知，推力F斜向右上方，方向不变，但大小始终在增大，因此可知力F在竖直方向和水平方向的分力都在始终增大，设力F与水平方向的夹角为，则由平衡条件可得，竖直方向有
水平方向有
由以上平衡方程结合力F的变化情况可知，地面对凹槽的支持力一直减小；地面对凹槽的摩擦力一直增大，故C正确，D错误。
故选BC。
【变式演练6】如图所示，轻绳OA将一质量为的小球悬挂于点，OA与竖直方向的夹角为，在水平力作用下，小球静止。现使力沿逆时针方向缓慢旋转至竖直向上，小球位置始终不变，上述过程中（ ）
A．小球的合力逐渐减小
B．力先减小后增大
C．轻绳OA对球的拉力先增大再减小
D．力最小值为
【答案】BD
【详解】A．由于小球一直保持静止，因此小球的合力一直为零，故A错误；
BCD．小球受重力mg、拉力F和轻绳的拉力FT，其中重力的大小和方向均不变，轻绳的拉力的方向不变。三力平衡时，三个力可以构成首尾相连的矢量三角形，如下图
力F沿逆时针方向缓慢旋转时，由图可看出，力F先减小后增大，且当力F与水平方向的夹角30°时，F最小，最小值为
而轻绳OA上的拉力FT一直减小，故BD正确，C错误。
故选BD。
类型2 “一力恒定，另两力方向均变化”的动态平衡问题
1．一力恒定(如重力)，其他二力的方向均变化，但二力分别与绳子、两物体重心连线方向等平行，即三力构成的矢量三角形与绳长、半径、高度等实际几何三角形相似，则对应边相比相等．
基本矢量图，如图所示
基本关系式：eq \f(mg,H)＝eq \f(FN,R)＝eq \f(FT,L)
2．一力恒定，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，结合正弦定理列式求解，也可以作出动态圆，恒力为圆的一条弦，根据不同位置判断各力的大小变化．
基本矢量图，如图所示
【例2】如图所示，为一儿童玩具的起吊部件，B处为一小型的电动机，OA是可自由转动的轻杆，电动机启动后可将OB绳缓慢的抽进内部，使OA杆从接近水平位置缓慢的逆时针转动，直到OA杆竖直为止，用这种方式把小物块C提起，物体的质量为m，此时OA与竖直方向的夹角为30°，OB与竖直方向的夹角为60°，下列说法中正确的是（ ）
A．此时OA杆所承受的力为mg
B．此时OB的力为2mg
C．随着小物块缓慢抬起杆OA的力保持不变
D．随着小物块缓慢抬起绳OB的力越来越大
【答案】A
【详解】AB．对O点受力分析，受OA杆的支持力、OB绳的拉力、OC绳的拉力，由于O点处于平衡状态，由共点力的平衡条件可得三力围成一矢量三角形，如图所示，由几何关系可得
又有
解得
A正确，B错误；
CD．随着小物块缓慢抬起，O点一直处于平衡状态，矢量三角形一直与相似，如图所示，由相似三角形的对应边关系可得
解得
在OA杆缓慢的逆时针转动时，几何的OA不变，OD变小，AD变大，由此可知随着小物块缓慢抬起时和都变小，CD错误。
故选A。
【变式演练1】如图，轻绳两端固定在一硬质轻杆上的A、B两点，在轻绳中点O系一重物，OB段绳子水平，OA段绳子倾斜。现将轻杆在竖直面内逆时针缓慢转动直到OA段绳子竖直，在此过程中，绳OA、OB的张力和的大小变化情况是（ ）

A．先减小后增大，一直减小B．先减小后增大，先增大后减小
C．一直减小，一直减小D．一直减小，先增大后减小
【答案】C
【详解】对点O进行受力分析，如图

系统静止，所以三力平衡，由三角形法则可得
初始时，。将轻杆在竖直面内逆时针缓慢转动时，α角大小不变，β角增大，θ角减小，故而可知一直减小，一直减小，C正确。
故选C。
【变式演练2】（2024·福建宁德·三模）某物理兴趣小组为了模拟机器人“手臂”，制作了如图所示装置，A、B类似于人手臂的关节，能在竖直面内自由转动，前臂BC末端系一重物和一轻绳，轻绳另一端跨过滑轮牵拉前臂。初始时，关节A、B均锁定，前臂BC水平。小组成员解除关节A的锁定，通过拉绳缓慢提升重物，上臂AB转过60°。不计“手臂”重力及一切摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．绳CD拉力先减小后增大
B．绳CD拉力先增大后减小
C．前臂BC受到的压力大小不变
D．前臂BC受到的压力先减小后增大
【答案】C
【详解】AB．对C点受力分析，沿轻绳的拉力T，竖直向下大小为重物重力的拉力mg，沿AC方向由A指向C的支持力N，如图
根据三力平衡的特点可知力的三角形与边的三角形相似，有
依题意，上臂AB转过60°过程中，保持不变，减小。可知绳CD拉力减小。故AB错误；
CD．同理，可得
上臂AB转过60°过程中，保持不变，大小也保持不变。可知前臂BC对C点的支持力的大小不变。根据牛顿第三定律可知，前臂BC受到的压力大小不变。故C正确；D错误。
故选C。
【变式演练3】如图所示﹐木板B放置在粗糙水平地面上，O为光滑铵链。轻杆一端与铰链O固定连接，另一端固定连接一质量为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O′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O′正下方，木板始终保持静止，则在整个过程中（ ）
A．外力F逐渐增大B．轻杆对小球的作用力减小
C．地面对木板的支持力逐渐减小D．地面对木板的摩擦力逐渐减小
【答案】D
【详解】A．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，故A错误；
B．由于OA长度不变，杆对小球的作用力大小不变，故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C错误，D正确。
故选D。
【变式演练4】（2024·福建龙岩·三模）如图所示，带电小球P固定在绝缘竖直墙面上，用绕过固定在竖直墙上O点的小定滑轮的细线拉着带电小球Q。小球Q静止时P、Q间的距离为r，O、P间的距离为h，。现用拉力F缓慢拉动绳端，使小球Q缓慢移动，在小球Q从图示位置缓慢移动到O点的过程中（ ）
A．拉力F先增大后减小
B．小球P、Q间的库仑力逐渐减小
C．小球P、Q系统的电势能先不变后减小
D．小球Q在P球位置产生的电场强度大小不变
【答案】C
【详解】AB．设小球Q的质量为m，O、Q间距离为L，在小球Q到达竖直墙之前，对小球Q受力分析，小球受重力、拉力、库仑力，如图
根据力的矢量三角形与几何三角形相似可得
在小球Q从图示位置到与墙壁接触的过程中，mg、h、qP、qQ均不变，L变小，r不变，因此这个过程小球Q绕小球P做圆周运动，当小球Q与墙壁接触后受重力、拉力、向上的库仑力，在拉力作用下沿墙壁直线上升，库仑力变小，小球在竖直方向受力平衡，所以F变大，所以拉力F先减小后增大；小球P、Q间的库仑力先不变，再逐渐减小故AB错误；
C．当小球Q与墙壁接触前，库仑力不做功，小球P、Q系统的电势能不变；当小球Q与墙壁接触后库仑力做正功，小球P、Q系统的电势能减小；所以小球P、Q系统的电势能先不变后减小，故C正确；
D．小球Q在P球位置产生的电场强度由可知先大小不变后减小，故D错误。
故选C。
类型3 轻绳套轻环的动态平衡模型
1.如图所示，绳上套的是光滑轻环，作用在绳上形成“活结”，此时绳上的拉力处处相等，平衡时与水平面所成夹角相等，即α＝β。当动点P移至P′时，绳长保持不变，夹角α＝β也保持不变，Q移至Q′，这与绳“死结”模型截然不同。
此类问题破题关键有两点：
(1)不计轻环与绳间的摩擦时，左右两段绳中张力相等，左右两段绳与竖直方向的夹角也相等。
(2)绳总长度不变时，sin θ＝eq \f(d,l)，绳中张力和绳与竖直方向的夹角θ随两悬点水平距离d的变化而变化。
2.如图所示，“活结”两端绳子拉力相等，因结点所受水平分力相等，Fsin θ1＝Fsin θ2，故θ1＝θ2＝θ3，根据几何关系可知，sin θ＝eq \f(d,L1＋L2)＝eq \f(d,L)，若两杆间距离d不变，则上下移动悬线结点，θ不变，若两杆距离d减小，则θ减小，2FTcs θ＝mg，FT＝eq \f(mg,2cs θ)也减小．
【例1】如图所示，轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆M、N上的a、b两点，悬挂衣服的衣架钩是光滑的，挂于绳上处于静止状态。如果只人为改变一个条件，当衣架静止时，下列说法正确的是（ ）
A．绳的右端上移到b’，绳子拉力不变
B．将杆N向右移一些，绳子拉力变大
C．绳的两端高度差越小，绳子拉力越小
D．若换挂质量更大的衣服，则衣架悬挂点右移
【答案】AB
【详解】如图所示，两个绳子是对称的，与竖直方向夹角是相等的。
假设绳子的长度为x，则有
绳子一端在上下移动的时候，绳子的长度不变，两杆之间的距离不变，则θ角度不变。
AC．两个绳子的合力向上，大小等于衣服的重力，由于夹角不变，所以绳子的拉力不变，A正确，C错误；
B．当N向右移动后，根据，即L变大，绳长不变，所以θ角减小，绳子与竖直方向的夹角变大，绳子的拉力变大，B正确；
D．绳长和两杆距离不变的情况下，θ不变，所以挂的衣服质量变化，不会影响悬挂点的移动，D错误。
故选AB。
【例2】．如图所示，水平横杆上套有圆环A，圆环A通过轻绳与重物B相连，轻绳绕过固定在横杆下光滑的定滑轮，轻绳通过光滑动滑轮挂着物体C，并在某一位置达到平衡，现将圆环A极缓慢向右移动一小段距离后，系统仍保持静止，则下列说法中正确的是（ ）
A．轻绳的拉力变大B．横杆对圆A的摩擦力不变
C．物块C的高度下降D．物块B的高度下降
【答案】BC
【详解】A．物体B保持静止，受重力和拉力，根据平衡条件，轻绳拉力大小处处相同，等于B的重力，保持不变，A错误；
B．圆环A缓慢向右移动一段距离，重物C受重力和两侧绳子的拉力，始终平衡，拉力和重力大小都不变，根据平衡条件，动滑轮两侧绳子夹角保持不变，栓接A的轻绳与水平方向夹角不变，杆对环的摩擦力也一定不变，B正确；
CD．圆环A缓慢向右移动一段距离，两段绳子夹角不变，滑轮的运动情况如图所示
所以重物C必定下降，重物B上升，D错误C正确。
故选BC。
【变式演练1】如图，A、B两物体通过两个质量不计的光滑滑轮悬挂起来，处于静止状态。现将绳子一端从P点缓慢移到Q点，系统仍然平衡，以下说法正确的是（ ）
A．夹角θ将变小B．夹角θ将变大
C．物体B位置将变高D．绳子张力将增大
【答案】C
【详解】因为绳子张力始终与B物体重力平衡，所以绳子张力不变，因为重物A的重力不变，所以绳子与水平方向的夹角不变，因为绳子一端从P点缓慢移到Q点，所以重物A会下落，物体B位置会升高。故选C。
【变式演练2】如图所示，一根不可伸长的细绳的一端固定在天花板上的B点，另一端固定在墙壁上的A，一滑轮放置在细绳上，滑轮下面挂着质量为m的重物，若将细绳的A端沿墙壁缓慢向上移动一小段距离，则移动过程中（ ）
A．细绳所受拉力保持不变
B．细绳所受拉力逐渐增大
C．细绳所受拉力逐渐减小
D．细绳与竖直方向的夹角α和β都减小
【答案】A
【详解】设滑轮两边的绳长分别为L1、L2，如下图所示
同一根绳子上的拉力是相等的，由平衡条件，两边绳子水平方向的分力也相等，则
而
细绳的A端沿墙壁缓慢向上移动一小段距离时，OB和绳长都不变，故不变，则绳子上的拉力不变。
故选A。
【变式演练3】如图所示，A、B两物体的质量分别为mA和mB，且mA>mB，整个系统处于静止状态，滑轮的质量和一切摩擦均不计。如果绳一端由Q点缓慢地向下移到P点，整个系统重新平衡后，物体A的高度和两滑轮间绳与水平方向的夹角θ如何变化（ ）
A．物体A的高度升高，θ角变大
B．物体A的高度降低，θ角变小
C．物体A的高度升高，θ角不变
D．物体A的高度不变，θ角不变
【答案】D
【详解】绳子拉力等于物体A的重力，由于各处都光滑连接，所以各段绳子拉力均相等。将绳一端由Q点缓慢地向下移到P点，绳子拉力不变，物体B质量不变，则稳定后绳子与水平面的夹角不变，如图所示：
因为定滑轮左侧绳子的投影长度不变，所以左侧绳子的长度不变，则物体A的高度不变。
故选D。
【变式演练4】一杂技演员表演单车过钢丝，如图所示。在两固定杆等高处各挂一个光滑的圆环，两圆环上系一段钢丝，钢丝的长度大于两杆间距，不计钢丝重力。演员从一端缓慢骑单车到另一端。下列说法正确的是（ ）
A．到最低点时，演员受到的合力竖直向上
B．表演用的钢丝可能是光滑的
C．两个圆环对钢丝的拉力，大小始终相等
D．两个圆环对钢丝的拉力的合力，方向始终竖直向上
【答案】D
【详解】A．因为在整个过程中，演员是缓慢运动的，故可把每个时刻的演员看成是处于平衡状态，即演员所受合力应该为0，故A错误；
B．若钢丝是光滑的，则演员不能够骑单车运动到另一端，故B错误；
C．对钢丝与单车接触的点进行受力分析，如下图所示
由力的平衡可得
由上式可知，只有当时，两钢丝的拉力大小才相等，故C错误；
D．由于平衡状态，故两钢丝拉力的合力应与演员和单车的总重力等大反向，所以两个圆环对钢丝的拉力的合力，方向始终竖直向上，故D正确。
故选D。
题型四 平衡中的临界、极值问题
【解题指导】1．三力平衡下的极值问题，常用图解法，将力的问题转化为三角形问题求某一边的最小值.
多力平衡时求极值一般用解析法，由三角函数、二次函数、不等式等求解.
3.若物体受包括弹力、摩擦力在内的四个力平衡，可以把弹力、摩擦力两个力合成一个力，该力方向固定不变(与弹力夹角正切值为μ)，从而将四力平衡变成三力平衡，再用图解法求解．
【必备知识】
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)绳子恰好绷紧，拉力F＝0.
(3)刚好离开接触面，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．解题方法
(1)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．
(2)数学分析法：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)．
(3)物理分析方法：根据物体的平衡条件，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．
【例1】（2024·河北唐山·一模）如图所示，用一根轻质细绳将重为10N的画框对称悬挂在竖直墙上，画框上两个挂钉间的距离为0.5m。若绳能承受的最大拉力为10N，要使绳不会被拉断，绳子的最短长度为（ ）
A．B．0.5mC．D．1.0m
【答案】C
【详解】对画进行受力分析如图
受到重力mg和两个大小相等的细绳拉力F1、F2的作用而处于静止状态，当
时，对应于细绳不被拉断的最小长度为L，设此时F1和F2与竖直方向的夹角都为，由平衡条件知
解得
设画框上两个挂钉间的距离为的d，绳子的最小长度为
故选C。
【例2】一个箱子在平行于斜面的轻绳拉动下，沿倾角为30°的固定斜面匀速上滑。已知箱子与斜面间的动摩擦因数为，重力加速度大小为。若轻绳能承受的最大拉力为，则箱子的质量最大值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】当轻绳中的拉力达到最大值时，此时箱子的质量有最大值，根据平衡条件有
，
解得
故选C。
【变式演练1】港珠澳大桥的人工岛创新围岛填土在世界范围内首次提出深插式钢圆筒快速成岛技术，1600t起重船“振浮8号”吊起巨型钢筒直接固定在海床上插入到海底，然后在中间填土形成人工岛，如图甲，每个圆钢筒的直径为22.5m，高度为55m，质量为550t，由若干根特制起吊绳通过液压机械抓手连接钢筒。某次试吊将其吊在空中，每根绳与竖直方向的夹角为，如图乙所示，每根绳所能承受的最大拉力为，则至少需要多少根绳子才能成功起吊（，）（ ）
A．7根B．8根C．9根D．10根
【答案】C
【详解】设n根绳拉力在竖直方向的分矢量和与重力大小相等、方向相反。则
由题知

得
即至少需要9根绳子才能成功起吊。
故选C。
【变式演练2】如图所示，不可伸长的轻绳AO和BO共同吊起质量为m的重物，AO与BO垂直，BO与竖直方向的夹角为θ，OC连接重物，已知OA、OB、OC能承受的最大拉力相同，则下列说法中正确的是（ ）
A．AO所受的拉力大小为
B．AO所受的拉力大小为
C．BO所受的拉力大小为
D．若逐渐增加C端所挂重物的质量，一定是绳AO先断
【答案】C
【详解】ABC．对结点O进行受力分析，AO绳拉力为TAO，BO绳拉力为TBO，OC绳拉力大小为重物的重力mg，如图

由平衡条件可得
故AB错误；C正确；
D．依题意，OA、OB、OC能承受的最大拉力相同，由O点受力分析图可知，在力的三角形里，三个力成比例增大，若逐渐增加C端所挂重物的质量，一定是绳CO先断。故D错误。
故选C。
【变式演练3】小明在观察如图所示的沙子堆积时，发现沙子会自然堆积成圆锥体，且在不断堆积过程中，材料相同的沙子自然堆积成的圆锥体的最大底角都是相同的。小明测出这堆沙子的底部周长为31.4m，利用物理知识测得沙子之间的动摩擦因数为0.5，估算出这堆沙子的体积最接近（圆锥体的体积公式，其中S是圆锥体的底面积，h是圆锥体的高，取3.14）（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】沙堆底部周长为31.4m，则圆锥体的底部圆半径为
对锥面上的一粒沙粒分析，当沙粒刚好静止时，则有
可得
解得圆锥体高为
圆锥体的体积约为
可知这堆沙子的体积最接近。
故选B。
【变式演练4】（2024·重庆·二模）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
【详解】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
解得
令地面对一个半圆柱体的支持力为N，结合对称性，对圆柱体与半圆柱体整体进行分析有
解得
三者始终处于静止状态，则有
解得
即半圆柱体与水平地面间的动摩擦因数至少为。
故选B。
【变式演练5】扩张机的原理如图所示，A、B、C为活动铰链，在A处作用一水平力，滑块D就能在比大得多的压力下向上顶起物体，已知滑块D与左壁接触面间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，若要扩张机能够顶起质量为的物体，并使其上升，必须满足的条件为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【详解】将力分解成沿杆的两个力、，那么
杆AB顶滑块D使滑块与墙面之间产生一个垂直墙面的压力
同时给滑块一个沿墙壁向上的力
当满足条件
则滑块D就能在比大得多的压力下向上顶起质量为的物体
可得
，
故选A。
【变式演练6】质量为M的木楔倾角为θ（θ<45°），在水平面上保持静止，当将一质量为m的木块放在木楔斜面上时，它正好匀速下滑。当用与木楔斜面成α角的力F拉木块时，木块匀速上滑，如图所示（已知木楔在整个过程中始终静止，木块与木楔间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g）。下列结论正确的是（ ）
A．当α＝0时，F有最小值，最小值为mgsinθ+μmgcsθ
B．当α＝0时，F有最小值，最小值为mgsinθ
C．当α＝θ时，F有最小值，最小值为mgsinθ+μmgcsθ
D．当α＝θ时，F有最小值，最小值为mgsin2θ
【答案】D
【详解】木块在木楔斜面上匀速下滑时，有
mgsinθ＝μmgcsθ
木块在力F的作用下沿斜面匀速上滑时，由平衡条件得
Fcsα＝mgsinθ+Ff
Fsinα+FN＝mgcsθ
且
Ff＝μFN
解得
当α＝θ时，F有最小值
Fmin＝mgsin2θ
故选D。
【变式演练7】如图，斜面固定，倾角为30°，斜面底端固定一挡板．轻弹簧劲度系数为1000N/m，原长10cm，一端与挡板相连，另一端放上重为100N的物体后压缩到8cm，已知物体与斜面间最大静摩擦力为35N。现在用力F沿斜面向上拉物块，物块保持静止，则力F的取值可能为（ ）
A．60NB．70NC．80ND．90N
【答案】A
【详解】压缩的弹簧对物体产生向上的推力
最大静摩擦力大小为
重力沿斜面的分力大小为
由于物体在重力，弹簧弹力、斜面的支持力，及摩擦力作用下可以平衡，所以拉力F的最小值为零。当静摩擦沿斜面向下达到最大时，拉力F值会有最大值，此时
解得
由此可知拉力的取值范围为
故选A。