專題四　動態(tài)平衡問題　平衡中的臨界、極值問題-2025屆高中物理

第二章相互作用專題四動態(tài)平衡問題平衡中的臨界、極值問題核心考點五年考情命題分析預測動態(tài)平衡問題2022：河北T7；2021：湖南T5；2019：全國ⅠT19，上海T7動態(tài)平衡問題是高考考查的重點，一般以選擇題形式出現(xiàn)，要求用相互作用觀念及科學思維中的科學推理、科學論證等要素，分析求解動態(tài)平衡問題.預計動態(tài)平衡問題仍是2025年高考中考查的熱點，在對共點力的平衡條件進行考查的過程中可能涉及臨界和極值問題.平衡中的臨界、極值問題2022：浙江1月T5；2020：山東T8；2019：全國ⅡT16題型1動態(tài)平衡問題1.動態(tài)平衡：通過控制某些物理量，使物體的狀態(tài)緩慢地變化，而在這個過程中物體又始終處于一系列的平衡狀態(tài)，在問題的描述中常出現(xiàn)“緩慢”等字眼.2.基本思路：受力分析畫不同狀態(tài)平衡圖構造矢量三角形方法1：解析法優(yōu)點：定量分析常用于可以較簡捷列出平衡方程或者正交分解力的情況.①先受力分析，得出物體受哪幾個力而處于平衡狀態(tài).（如圖1）②建立直角坐標系正交分解力列平衡方程，或在力的三角形中結合三角形知識列平衡方程.（T＝mgcosα、F＝mgta③分析方程中的變量有哪些（通常是夾角變化），分析題目信息得到這些物理量是如何變化的.（α增大）④把分析得到的變化的物理量代入方程，得到平衡條件下的受力動態(tài)變化情況.（T與F均變大）方法2：圖解法優(yōu)點：直觀、便于比較常用于三力作用下的動態(tài)平衡三角形圖解法適用于物體所受的三個力中，有一個力的大小、方向均不變（通常為重力，也可能是其他力），另一個力的方向不變、大小變化，第三個力則大小、方向均發(fā)生變化的問題.①先正確分析物體的受力，畫出受力分析圖.（如圖2）②構建矢量三角形.（如圖3）③分析題目給出的信息，判斷物體受力的變化，把力的大小變化問題轉化為幾何三角形邊長的大小變化問題進行討論，得出結論.（如圖4） 圖2圖3圖4方法3：正弦定理法物體受三個共點力處于平衡狀態(tài)，三個力可構成一封閉三角形，若由題設條件尋找到角度關系，則可用正弦定理F1sinα＝F2方法4：外接圓法物體在三個力作用下處于平衡狀態(tài)，且其中一個力是恒力，另外兩個力方向均發(fā)生變化，但兩者的夾角不變.作出不同狀態(tài)的矢量三角形，利用兩力夾角不變，結合正弦定理列式求解，也可以作出動態(tài)圓，恒力為圓的一條弦，根據(jù)不同位置判斷各力的大小變化，如圖5所示.方法5：相似三角形法特征：一個恒力，兩個變力，找出幾何三角形.解題方法：力的矢量三角形與幾何三角形相似，進而由力的矢量三角形與幾何三角形對應邊成比例，判斷未知力的大小和方向（如圖6，利用相似三角形對應邊成比例可得NAB＝TOA＝FT命題點1解析法的應用1.[2021湖南]質量為M的凹槽靜止在水平地面上，內壁為半圓柱面，截面如圖所示，A為半圓的最低點，B為半圓水平直徑的端點.凹槽恰好與豎直墻面接觸，內有一質量為m的小滑塊.用推力F推動小滑塊由A點向B點緩慢移動，力F的方向始終沿圓弧的切線方向，在此過程中所有摩擦均可忽略，下列說法正確的是（C）A.推力F先增大后減小B.凹槽對滑塊的支持力先減小后增大C.墻面對凹槽的壓力先增大后減小D.水平地面對凹槽的支持力先減小后增大解析以小滑塊為研究對象，小滑塊從A點緩慢運動到B點的過程中受力平衡，設小滑塊和O點的連線與豎直方向的夾角為θ，有F＝mgsinθ，F(xiàn)N＝mgcosθ，小滑塊由A到B的過程中，θ由0變化到π2，則F增大，F(xiàn)N減小，則A、B錯誤；以小滑塊與凹槽整體為研究對象，水平方向墻面對凹槽的壓力F壓＝Fcosθ＝mgsinθ·cosθ＝12mgsin2θ，可以判斷出墻面對凹槽的壓力先增大后減小，所以C正確；對整體在豎直方向，地面對凹槽的支持力N支持＝（M＋m）g－Fsinθ＝（M＋m）g－mgsin2θ，可知水平地面對凹槽的支持力逐漸減小，D命題拓展命題情境拓展：凹槽→半圓柱若題中凹槽變?yōu)榘雸A柱工件，且放置在粗糙水平地面上，工件曲面光滑，截面為半圓，如圖所示，A為半圓水平直徑的端點，B為半圓的最高點，小滑塊仍在推力作用下由A向B緩慢移動，其他條件不變，則（C）A.作用力F先增大后減小B.工件對滑塊的支持力先減小后增大C.水平地面對工件的摩擦力先增大后減小D.水平地面對工件的支持力先增大后減小解析由于滑塊緩慢移動，可看作是平衡狀態(tài)，設滑塊和O點的連線與水平方向的夾角為θ，對滑塊受力分析，由平衡條件可得mgsinθ＝N，mgcosθ＝F，滑塊從A點運動到B點的過程中，夾角θ從0°增大到90°，所以推力F一直減小，滑塊受到的支持力一直增大，A、B錯誤.將滑塊和工件看作一個整體，對整體受力分析，如圖所示，根據(jù)平衡條件可得N＝（m＋M）g－Fcosθ＝（m＋M）g－mgcos2θ，f＝Fsinθ＝mgcosθsinθ＝12mgsin2θ，夾角θ從0°增大到90°，地面對工件的支持力N一直增大；當θ＝45°時地面對工件的摩擦力最大，C正確，D錯誤.命題點2圖解法的應用2.[多選]如圖，一粗糙斜面固定在地面上，斜面頂端裝有一光滑定滑輪.一細繩跨過滑輪，其一端懸掛物塊N，另一端與斜面上的物塊M相連，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài).現(xiàn)用水平向左的拉力緩慢拉動N，直至懸掛N的細繩與豎直方向成45°.已知M始終保持靜止，則在此過程中（BD）A.水平拉力的大小可能保持不變B.M所受細繩的拉力大小一定一直增加C.M所受斜面的摩擦力大小一定一直增加D.M所受斜面的摩擦力大小可能先減小后增加解析解法1：圖解法對N進行受力分析如圖所示，因為N的重力與水平拉力F的合力和細繩的拉力T是一對平衡力，從圖中可以看出水平拉力的大小逐漸增大，細繩的拉力也一直增大，選項A錯誤，B正確；M的質量與N的質量的大小關系不確定，設斜面傾角為θ，若mNg≥mMgsinθ，則M所受斜面的摩擦力大小會一直增大，若mNg＜mMgsinθ，則M所受斜面的摩擦力大小可能先減小后增大，選項D正確，C錯誤.解法2：解析法以物塊N為研究對象，受到重力G、水平拉力F和細繩的拉力T，設細繩與豎直方向的夾角為α，如圖甲所示，根據(jù)平衡條件可得F＝Gtanα，T＝Gcosα，隨著α的增大，F(xiàn)和T都增大，故A錯誤，B正確.對于M，受重力GM、支持力FN、繩的拉力T以及斜面可能對它的摩擦力f，如果開始摩擦力方向沿斜面向上，則如圖乙所示，有T＋f＝GMsinθ，當T不斷增大的時候，f減??；當T＞GMsinθ時，有T＝GMsinθ＋f，隨著T的增大，f將增大，所以沿斜面的摩擦力f可能先減小后增大，C錯誤， 命題拓展命題條件不變，設問拓展判斷下列說法的正誤.（1）斜面對地面的壓力一直不變.（√）（2）斜面所受地面的摩擦力一定增加.（√）解析對系統(tǒng)整體受力分析可知，豎直方向受到的地面的支持力始終等于系統(tǒng)所受的重力，故（1）正確；對整體受力分析，可知斜面所受地面摩擦力一定增大，故（2）正確.命題點3正弦定理法的應用3.[2024河北邯鄲開學聯(lián)考]《大國工匠》節(jié)目中講述了王進利用“秋千法”在1000kV的高壓線上帶電作業(yè)的過程.如圖所示，絕緣輕繩OD一端固定在高壓線桿塔上的O點，另一端固定在兜籃D上.另一絕緣輕繩跨過固定在桿塔上C點的定滑輪，一端連接兜籃，另一端由工人控制.身穿屏蔽服的王進坐在兜籃里，緩慢地從C點運動到處于O點正下方E點的電纜處.繩OD一直處于伸直狀態(tài)，兜籃、王進及攜帶的設備總質量為m，可看作質點，不計一切阻力，重力加速度大小為g.關于王進從C點緩慢運動到E點的過程中，下列說法正確的是（D）A.繩OD的拉力一直變小B.工人對繩的拉力一直變大C.OD、CD兩繩拉力的合力小于mgD.當繩CD與豎直方向的夾角為30°時，工人對繩的拉力為33解析對兜籃、王進及攜帶的設備整體受力分析，如圖甲所示，繩OD的拉力為F1，與豎直方向的夾角為θ；繩CD的拉力為F2，與豎直方向的夾角為α，則由幾何關系得α＝45°－θ2（如圖乙所示），由正弦定理可得F1sinα＝F2sinθ＝mgsin（π2＋α），又θ＝90°－2α，解得F1＝mgtanα、F2＝mgsinθcosα＝mgcos2αcosα＝mg（2cosα－1cosα），θ減小，α增大，則F1增大，F(xiàn)2減小，故選項A、B錯誤.兩繩拉力的合力大小等于mg，故選項C錯誤 命題點4外接圓法的應用4.[2024湖南懷化雅禮實驗學校質檢/多選]如圖，傾角為30°的斜面體放置于粗糙水平地面上，物塊A通過跨過光滑定滑輪的柔軟輕繩與小球B連接，O點為輕繩與定滑輪的接觸點.初始時，小球B在水平向右的拉力F作用下，使輕繩OB段與水平拉力F的夾角θ＝120°，整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài).現(xiàn)將小球向右上方緩慢拉起，并保持夾角θ不變，從初始到輕繩OB段水平的過程中，斜面體與物塊A均保持靜止不動，則在此過程中（AD）A.拉力F逐漸增大B.輕繩上的張力先增大后減小C.地面對斜面體的支持力逐漸增大D.地面對斜面體的摩擦力先增大后減小解析小球B受重力mg、輕繩OB的拉力FT和拉力F，由題意可知，三個力的合力始終為零，由于重力不變，且FT與F之間的夾角θ不變，因此矢量三角形的三個頂點在同一外接圓上，如圖所示.在FT轉至水平的過程中，輕繩OB的拉力FT逐漸減小，拉力F逐漸增大，故選項A正確，選項B錯誤；整體（含斜面體、物塊A和小球B）受向下的重力、向上的支持力、向左的摩擦力以及拉力四個力的作用，根據(jù)對小球的受力分析可知，拉力F的豎直方向分力逐漸增大，水平方向分力先增大后減小，所以地面對斜面體的支持力逐漸減小，地面對斜面體的摩擦力先增大后減小，故選項C錯誤，選項D正確.題型2平衡中的臨界、極值問題1.臨界問題當某物理量變化時，會引起其他幾個物理量的變化，從而使物體所處的平衡狀態(tài)“恰好出現(xiàn)”或“恰好不出現(xiàn)”，在問題的描述中常用“剛好”“恰能”“恰好”等.臨界問題常見的種類：（1）由靜止到運動，摩擦力達到最大靜摩擦力.（2）繩子恰好繃緊，拉力F＝0.（3）剛好離開接觸面，支持力FN＝0.2.極值問題平衡中的極值問題，一般指在力的變化過程中的最大值和最小值問題.3.解題方法（1）物理分析方法：根據(jù)物體的平衡條件，作出力的矢量圖，通過對物理過程的分析，利用平行四邊形定則進行動態(tài)分析，確定最大值與最小值.（2）數(shù)學分析法：根據(jù)物體的平衡條件列方程，在解方程時利用數(shù)學知識求極值.通常用到的數(shù)學知識有二次函數(shù)求極值、三角函數(shù)求極值以及幾何法求極值等.（3）極限法：首先要正確地進行受力分析和變化過程分析，找出平衡的臨界點和極值點；臨界條件必須在變化中去尋找，不能停留在一個狀態(tài)來研究臨界問題，而要把某個物理量推向極端，即極大或極小.命題點1物理分析法5.如圖所示，一輕質光滑定滑輪固定在傾斜木板上，質量分別為m和2m的物塊A、B，通過不可伸長的輕繩跨過滑輪連接，A、B間的接觸面和輕繩均與木板平行.A與B間、B與木板間的動摩擦因數(shù)均為μ，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力.當木板與水平面的夾角為45°時，物塊A、B剛好要滑動，則μ的值為（C）A.13 B.14 C.15 解析根據(jù)題述，物塊A、B剛要滑動，可知A、B之間的摩擦力fAB＝μmgcos45°，B與木板之間的摩擦力f＝μ·3mgcos45°.隔離A分析受力，由平衡條件可得輕繩中拉力F＝fAB＋mgsin45°.對AB整體，由平衡條件有2F＝3mgsin45°－f，聯(lián)立解得μ＝15，選項C正確命題點2數(shù)學分析法6.[2022浙江1月]如圖所示，學校門口水平地面上有一質量為m的石礅，石礅與水平地面間的動摩擦因數(shù)為μ.工作人員用輕繩按圖示方式勻速移動石礅時，兩平行輕繩與水平面間的夾角均為θ，則下列說法正確的是（B）A.輕繩的合拉力大小為μmgB.輕繩的合拉力大小為μmgC.減小夾角θ，輕繩的合拉力一定減小D.輕繩的合拉力最小時，地面對石礅的摩擦力也最小解析對石礅受力分析如圖所示，設兩根輕繩的合力為F，根據(jù)平衡條件有Fcosθ＝f，F(xiàn)sinθ＋FN＝mg，且μFN＝f，聯(lián)立可得F＝μmgcosθ＋μsinθ，選項A錯誤，B正確；上式變形得F＝μmg1+μ2sin（θ＋α），其中tanα＝1μ，根據(jù)三角函數(shù)特點，由于θ的初始值不知道，因此減小θ，輕繩的合拉力F并不一定減小，選項C錯誤；根據(jù)上述討論，當θ＋α＝90°時，輕繩的合拉力F最小，而摩擦力f＝Fcosθ命題點3極限法7.如圖所示為兩個擋板夾一個小球的縱截面圖，每個擋板和豎直方向的夾角均為θ.擋板與小球間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，小球靜止不動.小球的質量為m，與兩擋板之間的動摩擦因數(shù)均為μ（μ＜tanθ），重力加速度為g.則每個擋板的彈力N的范圍為多少？答案mg2（sinθ解析擋板對小球的彈力最小時，小球受到的摩擦力方向沿擋板向上，如圖所示，小球受力平衡，由平衡條件得2Nminsinθ＋2fmaxcosθ＝mg，此時的最大靜摩擦力fmax＝μNmin，聯(lián)立解得Nmin＝mg2（sinθ＋μcosθ）；擋板對小球的彈力最大時，小球受到的摩擦力沿擋板向下，由平衡條件得2Nmaxsinθ＝2f'maxcosθ＋mg，此時的最大靜摩擦力f'max＝μNmax，聯(lián)立解得Nmax1.[平衡中的臨界問題/2024吉林長春質量監(jiān)測]如圖，質量為m的光滑球體夾在豎直墻壁和斜面體之間，斜面體的質量為2m，傾角θ＝37°，設斜面體與地面間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，若斜面體恰好不滑動，則斜面體與水平地面間的動摩擦因數(shù)μ為（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）（A）A.14 B.38 C.23 解析對光滑球體受力分析，如圖1所示，則由平衡條件有N1＝N2sinθ，mg＝N2cosθ，聯(lián)立解得N1＝34mg，對光滑球體與斜面體組成的整體受力分析，如圖2所示，則由平衡條件有N1＝μN3，3mg＝N3，聯(lián)立解得μ＝14，A正確圖1圖22.[動態(tài)平衡問題]如圖（a）所示，小球系在細繩的一端，放在傾角為α＝30°的光滑斜面體上，細繩的另一端固定在天花板上，開始細繩沿豎直方向，現(xiàn)用力將斜面體在水平桌面上緩慢向左推動.（1）如果斜面體足夠高，小球緩慢地沿斜面運動的過程中，細繩的拉力與小球所受的支持力如何變化？（圖解法）（2）如果細繩與斜面平行，細繩的拉力為多大？（正交分解法）（3）如果細繩與斜面成15°角，細繩的拉力為多大？（正弦定理法）（4）如果將斜面體換為固定的光滑半圓柱體，如圖（b）所示，放在半圓柱體上的小球被一繞過定滑輪的繩用力F拉著由半圓柱體的底端緩慢地到頂端的過程中，分析繩的拉力F及半圓柱體對小球的支持力F支的變化情況.（相似三角形法）答案（1）細繩的拉力先減小后增大，小球所受的支持力一直增大.（2）12mg（3）6－22mg（4）F減小，解析（1）將斜面體在水平桌面上緩慢地向左推動，小球始終處于平衡狀態(tài)，對小球進行受力分析，由平衡條件得支持力FN和拉力FT的合力大小F'＝mg，即兩者合力的大小和方向均不發(fā)生變化，當斜面體在水平桌面上緩慢地向左移動時，細繩與豎直方向的夾角逐漸變大，F(xiàn)T的方向發(fā)生變化，根據(jù)平行四邊形定則作圖如圖1所示，由圖可看出，拉力先減小后增大，支持力一直增大.（2）當細繩與斜面平行時，對小球受力分析如圖2所示，將所受重力正交分解，由平衡條件得細繩的拉力F1＝mgsin30°＝12mg圖1圖2圖3圖4（3）如果細繩與斜面成15°角，對小球受力分析如圖3所示，由力的平衡條件可知支持力與拉力的合力與重力等大反向，由幾何關系可知力的矢量三角形的夾角如圖3，則由正弦定理得F2sin30°＝FN2sin45°＝mg（4）對球受力分析如圖4所示，設半圓的半徑為R，定滑輪到半圓柱體頂端的距離為h，定滑輪左側繩長為L，根據(jù)三角形相似得FL＝mgh＋R，F(xiàn)支R＝mgh＋R，聯(lián)立解得F＝mgLh＋R，F(xiàn)支＝mgRh1.[2024黑龍江雞西實驗中學?？糫建筑工人用如圖所示的方式將重物從平臺緩慢下放到地面上，固定重物的光滑圓環(huán)套在輕繩上，輕繩的一端固定在豎直墻上，工人手握的部分有足夠長的繩子，工人站在平臺上的位置保持不變，緩慢釋放手中的繩子，重物緩慢下降，則在重物下降的過程中（D）A.繩對圓環(huán)的作用力逐漸減小B.工人對繩的拉力不變C.平臺對工人的支持力逐漸增大D.平臺對工人的摩擦力逐漸減小解析由于重物緩慢下降，故繩對環(huán)的作用力等于重物的重力，保持不變，A錯誤；設重物重為G，繩與豎直方向的夾角為θ，繩的拉力大小為F，根據(jù)力的平衡可知2Fcosθ＝G，緩慢釋放手中的繩子，圓環(huán)兩側繩間夾角變小，即θ變小，易知繩上拉力F變小，故B錯誤；每側繩的拉力的豎直分力等于重物重力的一半，對工人受力分析可知，平臺對工人的支持力等于工人自身的重力與重物重力的一半之和，即平臺對工人的支持力保持不變，故C錯誤；平臺對工人的摩擦力等于繩的拉力的水平分力，即f＝12Gtanθ，因此隨著θ的減小，平臺對工人的摩擦力也逐漸減小，故D正確2.[2024遼寧鞍山模擬]如圖所示，裝卸工人利用斜面將一質量為m、表面光滑的油桶緩慢地推到汽車上.在油桶上移的過程中，人對油桶推力的方向由與水平方向成60°角斜向上逐漸變?yōu)樗较蛴?，已知斜面的傾角為θ＝30°，重力加速度為g，則關于工人對油桶的推力大小，下列說法正確的是（D）A.不變 B.逐漸變小C.逐漸變大 D.最小值為mg解析分析油桶的受力情況，油桶受重力、斜面的支持力和推力，因工人緩慢地將油桶推到汽車上，油桶處于動態(tài)平衡狀態(tài)，由三角形定則作出力的動態(tài)變化過程，如圖所示，推力F由與水平方向成60°角斜向上逐漸變?yōu)樗较蛴业倪^程中，推力先變小后變大，最小時力F和支持力N垂直，即沿斜面方向，此時最小值為mg2，D正確.3.[設問創(chuàng)新/2024湖北武漢部分學校調研]某裝備矢量發(fā)動機（其噴口可以偏轉，以產生不同方向的推力）的戰(zhàn)斗機沿水平方向飛行.已知戰(zhàn)斗機的質量為m，升阻比（升力與阻力之比，升力主要由機翼上下表面空氣流速不同產生，垂直機身向上，阻力平行機身向后）為k，重力加速度取g.戰(zhàn)斗機勻速巡航時，該發(fā)動機提供的最小推力為（D）A.mg B.mgC.k2+1kmg 解析由題意可知戰(zhàn)斗機在勻速巡航時受到的重力、升力、阻力的示意圖如圖所示，由于F升F阻＝k為一定值，所以升力和阻力的合力的方向是確定的，設此合力與阻力的夾角為θ，則tanθ＝k，易知cosθ＝k2+1k2+1，將重力向左上平移至如圖所示，由圖示的幾何關系可知，當推力F與升力和阻力的合力垂直時，推力最小，故最小推力Fmin＝mgcos4.重慶南開中學為增強學生體魄，組織學生進行多種體育鍛煉.在某次鍛煉過程中，一學生將鉛球置于兩手之間，其中兩手之間夾角為60°，保持兩手之間夾角不變，將右手由圖示位置緩慢旋轉60°至水平位置.不計一切摩擦，則在轉動過程中，下列說法正確的是（B）A.右手對鉛球的彈力增加B.右手對鉛球的彈力先增加后減小C.左手對鉛球的彈力增加D.左手對鉛球的彈力先增加后減小解析對鉛球受力分析，右手對鉛球的彈力為F1，左手對鉛球的彈力為F2，受力分析如圖甲所示.F1與F2夾角為120°保持不變，故可以用動態(tài)圓求解如圖乙所示.從圖乙可看出F1先增大后減小，F(xiàn)2一直減小.故選B.圖甲圖乙5.[2024湖南常德一中開學考]如圖所示，質量均為m的鐵球和木塊通過輕繩a連接，輕繩b一端拴接在鐵球上，另一端連接在彈簧測力計的掛鉤上，通過彈簧測力計牽引鐵球和木塊一起沿水平方向做勻速直線運動.當輕繩b與水平方向成30°角時彈簧測力計示數(shù)最小.已知重力加速度為g，則（D）A.木塊與地面間的動摩擦因數(shù)為0.5B.彈簧測力計示數(shù)的最小值為12C.彈簧測力計示數(shù)最小時，輕繩a上的拉力大小為12D.彈簧測力計示數(shù)最小時，輕繩a與豎直方向的夾角為60°解析由于彈簧測力計牽引鐵球和木塊一起沿水平方向做勻速直線運動，則對鐵球和木塊整體受力分析如圖甲所示，當輕繩b與水平方向成30°角時，彈簧測力計示數(shù)最小，此時輕繩b上的拉力T、整體的重力2mg，地面給木塊的支持力FN與地面給木塊的摩擦力f的合力F合的關系如圖乙所示，根據(jù)幾何關系可知α＝30°，且tanα＝fFN、T＝2mgsinα、f＝μFN，解得μ＝33、T＝mg，故A、B錯誤；彈簧測力計示數(shù)最小時，輕繩a與豎直方向的夾角為θ，則對鐵球受力分析有Tsin30°＋Tacosθ＝mg、Tcos30°＝Tasinθ，聯(lián)立解得θ＝60°、Ta＝T＝mg，故C錯誤、6.[回歸教材/2024山西大同一中階段練習/多選]如圖所示，木板B放在粗糙水平地面上，O為光滑鉸鏈.輕桿一端與鉸鏈O固定連接，另一端固定連接重為G的小球A.現(xiàn)將輕繩一端拴在小球A上，另一端通過光滑定滑輪O'由力F牽引，定滑輪位于O的正上方，整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài).現(xiàn)改變力F的大小使小球A和輕桿從圖示位置緩慢運動到O點正上方，木板始終保持靜止，則在小球A運動過程中（AD）A.牽引力F逐漸減小B.輕桿對小球的作用力先減小后增大C.地面對木板的支持力逐漸減小D.地面對木板的摩擦力逐漸減小解析對小球A進行受力分析，三力構成矢量三角形，如圖所示.由幾何三角形與力三角形相似可得mgOO'＝FO'A＝F'OA，緩慢運動過程中，O'A逐漸減小，由mgOO'＝FO'A可知牽引力F逐漸減小，選項A正確；由mgOO'＝F'OA可知F'大小不變，即輕桿對小球A的作用力大小始終保持不變，選項B錯誤；設輕桿與豎直方向的夾角為θ，由B項可知輕桿對木板的作用力大小也不變，方向沿桿指向右下，但夾角θ逐漸減小，由N＝GB＋F'cosθ可知地面對木板的支持力N逐漸增大，選項C錯誤；由受力分析可知，地面對B的靜摩擦力大小為fs＝7.拖把是常用的勞動工具，假設拖把與水平地面接觸端的質量為m，其他部分質量可忽略，接觸端與地面之間的動摩擦因數(shù)為μ，如圖所示，人施加沿桿方向的力F（圖中未畫出），推著接觸端在水平地面上勻速滑行，桿與水平地面的夾角為α，重力加速度為g，則（D）A.夾角α越大，推動拖把越輕松B.接觸端受到的支持力大小為FsinαC.接觸端受到地面的摩擦力大小為μmgD.接觸端受到地面的摩擦力與支持力的合力方向不變解析接觸端所受水平地面的摩擦力f與支持力N滿足的關系為fN＝μ，所以f和N的合力F'方向不變，則接觸端可視為在mg、F和F'三個力的作用下保持平衡狀態(tài)（把摩擦力與支持力合成為一個力，此題就轉化成三個共點力的平衡問題，再由摩擦力與支持力的合力、人施加的力F和接觸端受到的重力建構出力的矢量三角形），如圖所示，可知夾角α越大，F(xiàn)越大，即推動拖把越費力，故A錯誤，D正確；接觸端受到的支持力為N＝mg＋Fsinα，故B錯誤；接觸端受到地面的摩擦力為f＝μ（mg＋Fsinα）＝Fcosα，故C錯誤.8.[情境創(chuàng)新/2024江蘇蘇州實驗中學?？糫某建筑工地用一可以移動的升降機來吊裝重物，如圖所示，輕繩穿過下方吊著重物的光滑圓環(huán)，A、B兩點分別固定在建筑和升降機上，下列說法正確的是（A）A.升降機緩慢上升時，繩中的張力大小不變B.升降機緩慢向左移動時，繩中的張力變小C.升降機緩慢上升時，地面對升降機的摩擦力變小D.升降機緩慢向左移動時，升降機對地面的壓力變大解析光滑圓環(huán)受力情況如圖所示，設繩長為l，升降機和建筑間距離為d，右側繩與豎直方向夾角為θ，繩中張力大小為F，根據(jù)幾何知識可知sinθ＝dl，根據(jù)平衡條件有2Fcosθ＝mg，又cosθ＝1－d2l2，解得F＝mg21－d2l2，升降機緩慢上升時，d和l不變，故繩中的張力大小不變，A正確；升降機緩慢向左移動時，d變大，繩中的張力變大，故B錯誤；根據(jù)平衡條件可知地面對升降機的摩擦力為f＝12mgtanθ，升降機緩慢上升時，d和l不變，夾角9.[2022河北]如圖，用兩根等長的細繩將一勻質圓柱體懸掛在豎直木板的P點，將木板以直線MN為軸向后方緩慢轉動直至水平，繩與木板之間的夾角保持不變，忽略圓柱體與木板之間的摩擦，在轉動過程中（B）A.圓柱體對木板的壓力逐漸增大B.圓柱體對木板的壓力先增大后減小C.兩根細繩上的拉力均先增大后減小D.兩根細繩對圓柱體的拉力不變解析解法1：正弦定理法設兩繩子對圓柱體的拉力的合力為T，木板對圓柱體的支持力為N，繩子與垂直于木板方向的夾角為α，如圖所示.在矢量三角形中，根據(jù)正弦定理得sinαmg＝sinβN＝sinγT.在木板以直線MN為軸向后方緩慢轉動直至水平的過程中，α不變，γ從90°逐漸減小到0°，又γ＋β＋α＝180°且α＜90°，可知90°＜γ＋β＜180°，則0°＜β＜180°，可知β從銳角逐漸增大到鈍角，根據(jù)sinαmg＝sinβN＝sinγT可知，由于sinγ逐漸減小，sinβ先增大后減小，可知解法2：正交分解法設木板與豎直方向的夾角為θ，圓柱體受到重力mg、支持力FN和兩繩拉力的作用，設兩繩拉力的合力為T，方向在兩繩角平分線上，設兩繩夾角為2α，每條繩的拉力為T0，由平行四邊形定則可知T＝2T0cosα，設合力T與木板間的夾角為β，由平衡條件可知Tcosβ＝mgcosθ，F(xiàn)N＝mgsinθ＋Tsinβ，聯(lián)立得FN＝mgsinθ＋mgcosθtanβ，根據(jù)數(shù)學知識有FN＝mg·1+tan2βsin（θ＋x），即θ由0°變化到90°的過程中，F(xiàn)N先增大后減小，A項錯、B項正確；由上述式子解得T0＝mgcos10.一般教室門上都安裝一種暗鎖，這種暗鎖由外殼A、骨架B、彈簧C（勁度系數(shù)為k）、鎖舌D（傾角θ＝30°）、鎖槽E以及連桿、鎖頭等部件組成，如圖甲所示.設鎖舌D的側面與外殼A和鎖槽E之間的動摩擦因數(shù)均為μ，最大靜摩擦力Ffm由Ffm＝μFN（FN為正壓力）求得.有一次放學后，當某同學準備關門時，無論用多大的力，也不能將門關上（這種現(xiàn)象稱為自鎖），此刻暗鎖所處的狀態(tài)的俯視圖如圖乙所示，P為鎖舌D與鎖槽E之間的接觸點，彈簧由于被壓縮而縮短了x.下面說法正確的是（D）A.自鎖狀態(tài)時鎖舌D的下表面所受摩擦力的方向向左B.鎖舌D受到鎖槽E摩擦力的方向沿側面向上C.無論μ多大，暗鎖仍然能夠保持自鎖狀態(tài)D.無論用多大的力拉門，暗鎖仍然能夠保持