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(共81張PPT)
第二章　相互作用——力
專題突破二　動態平衡和平衡中的臨界、極值問題
突破一　共點力作用下物體的動態平衡
1．動態平衡：“動態平衡”是指物體所受的力一部分是變力，力的大小或方向發生變化，但變化過程中的每一個狀態均可視為平衡狀態，所以叫動態平衡。在問題的描述中常用“緩慢”等語言敘述。
方法 步驟 示例及特點
解析法 (1)列平衡方程得出未知量與已知量的關系表達式； (2)根據已知量的變化情況來確定未知量的變化情況
畫受力分析圖，完成平行四邊形構建特殊幾何關系
2．分析動態平衡問題的方法
方法 步驟 示例及特點
圖解法 (1)根據已知量的變化情況，畫出平行四邊形邊、角的變化； (2)確定未知量大小、方向的變化

三力，一力恒定，一力方向不變
方法 步驟 示例及特點
相似三角形法 (1)根據已知條件畫出兩種不同情況對應的力的三角形和空間幾何三角形，確定對應邊，利用三角形相似知識列出比例式； (2)確定未知量大小的變化情況
(1)特點：三力，
一力恒定，另外
兩力大小、方向都變
(2)方法：力三角形和幾何三角形相似且夾角也改變，若夾角不變可用三角形的外接圓
角度1　圖解法求解動態平衡問題
[典例1]　質量為m的物體用輕繩AB懸掛于天花板上，用水平力F拉著繩的中點O，使OA段繩偏離豎直方向一定角度，如圖所示。設繩OA段拉力的大小為FT，若保持O點位置不變，則當力F的方向順時針緩慢旋轉至豎直方向的過程中(　　)
A．F先變大后變小，FT逐漸變小
B．F先變大后變小，FT逐漸變大
C．F先變小后變大，FT逐漸變小
D．F先變小后變大，FT逐漸變大
√
C　[對結點O受力分析如圖所示，保持O點位置不變，則當力F的方向順時針緩慢旋轉至豎直方向的過程中，由圖可知F先減小后增大，FT一直減小，故選項C正確。]
角度2　解析法求解動態平衡問題
[典例2]　在一些地表礦的開采點，有一些簡易的舉升機械，帶著重物的動滑輪擱在輕繩a上，利用圖示裝置，通過輕繩和滑輪提升重物。輕繩a左端固定在井壁的M點，另一端系在光滑的輕質滑環N上，滑環N套在光滑豎直桿上。輕繩b的下端系在滑環N上并繞過定滑輪。滑輪和繩的摩擦不計。在右側地面上拉動輕繩b使重物緩慢上升過程中，下列說法正確的是(　　)
A．繩a的拉力變大
B．繩b的拉力變大
C．桿對滑環的彈力變大
D．繩b的拉力始終比繩a的小
√
D　[設繩子a總長為L，左側井壁與豎直桿之間的距離為d，動滑輪左側繩長為L1，右側繩長為L2。由于繩子a上的拉力處處相等，所以動滑輪兩側繩與豎直方向夾角相等，設為θ，則由幾何知識，得d＝L1sin θ＋L2sin θ＝(L1＋L2)sin θ，L1＋L2＝L，得到sin θ＝，當滑環N緩慢向上移動時，d、L沒有變化，則θ不變。設繩子a的拉力大小為FT1，重物的重力為G。以帶著重物的動滑輪為研究對象，根據平衡條件得2FT1cos θ ＝G，解得FT1 ＝ ，可見，當θ不變時，繩
子a的拉力FT1不變，A錯誤；以滑環N為研究對象，繩b的拉力為FT2，則FT2＝FT1cos θ，保持不變，桿對滑環的彈力FN＝FT1sin θ，保持不變，B、C錯誤；繩b的拉力FT2＝FT1cos θ，所以繩b的拉力FT2始終比繩a的拉力FT1小，D正確。]
角度3　相似三角形法求解動態平衡問題
[典例3]　如圖所示，光滑的半圓環沿豎直方向固定，M點為半圓環的最高點，N點為半圓環上與半圓環的圓心等高的點，直徑MH沿豎直方向，光滑的定滑輪固定在M處，另一小圓環穿過半圓環用質量不計的輕繩連接并跨過定滑輪。開始小圓環處在半圓環的最低點H點，第一次拉小圓環使其緩慢地運動到N點，
第二次以恒定的速率將小圓環拉到N點。滑
輪大小可以忽略，則下列說法正確的是(　　)
A．第一次輕繩的拉力逐漸增大
B．第一次半圓環受到的壓力逐漸減小
C．小圓環第一次在N點與第二次在N點時，輕繩的拉力相等
D．小圓環第一次在N點與第二次在N點時，半圓環受到的壓力相等
√
C　[小圓環沿半圓環緩慢上移過程中，受重力G、拉力FT、彈力FN三個力處于平衡狀態，受力分析如圖所示。由圖可知△OMN與△NBA相似，則有＝＝(式中R為半圓環的半徑)，在小圓環緩慢上移的過程中，半徑R不變，MN的長度逐漸減小，故輕繩的拉力FT逐漸減小，小圓環所受的支持力的大小不變，由牛頓第三定律得半圓環所受的壓力的大小不變，A、B錯誤；第一次小圓環緩慢上升到N點時，FN＝G，FT＝G，第二次小圓環運動的過程中，假設
小圓環速率恒為v，當小圓環運動到N點時，在水平方向上有FT′cos 45°－FN′＝m，在豎直方向上有G＝FT′sin 45°，解得FT′＝G，FN′＝G－m，再結合牛頓第三定律可知，C正確，D錯誤。]
【典例3　教用·備選題1】(2025·廣東肇慶質檢)如圖所示，一粗糙的固定斜桿與水平方向成θ角，一定質量的滑環A靜止懸掛在桿上某位置。現用一根輕質細繩AB一端與滑環A相連，另一端與小球B相連，且輕繩AB與斜桿垂直。另一輕質細繩BC沿水平方向拉小球B，使小球B保持靜止。將水平細繩BC的
C端沿圓弧緩慢移動到豎直位置，B的位
置始終不變，則在此過程中(　　)
A．輕繩AB上的拉力先減小后增大
B．輕繩BC上的拉力先增大后減小
C．斜桿對A的支持力一直在減小
D．斜桿對A的摩擦力一直在減小
√
C　[由題意知，小球B處于動態平衡之中，對小球B受力分析如圖甲所示，BC由水平方向變到豎直方向，由矢量三角形的動態分析可以看出，輕繩BC上的拉力先減小后增大，輕繩AB上的拉力一直在減小，故A、B錯誤；
滑環A處于靜止狀態，對A受力分析如圖乙所示，由于AB繩對A的拉力T一直在減小，故斜桿對A的支持力也一直在減小，斜桿對A的摩擦力一直等于mAg sin θ，保持不變，故C正確，D錯誤。]
【典例3　教用·備選題2】如圖所示，AC是上端帶光滑輕質定滑輪的固定豎直桿，質量不計的輕桿BC一端通過鉸鏈固定在C點，另一端B懸掛一重力為G的物體，且B端系有一根輕繩并繞過定滑輪，用力F拉繩，開始時∠BCA>90°，現使∠BCA緩慢變小，直到∠BCA＝30°。此過程中，輕桿BC所受的力(　　)
A．逐漸減小　　　 B．逐漸增大
C．大小不變 D．先減小后增大
√
C　[以結點B為研究對象，分析受力情況，如圖所示。根據平衡條件可知，F、FN的合力F合與G大小相等、方向相反。根據相似三角形得＝，且F合＝G，則有FN＝
不變，即FN不變，
則輕桿BC所受的力大小不變，C正
確，A、B、D錯誤。]
突破二　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“恰好出現”或“恰好不出現”，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)由相對靜止到相對運動，摩擦力達到最大靜摩擦力。
(2)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)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來研究臨界問題，而要把某個物理量推向極端，即極大和極小。
(2)數學分析法：通過對問題的分析，根據物體的平衡條件寫出物理量之間的函數關系(或畫出函數圖像)，用數學方法求極值(如求二次函數極值、不等式求極值、三角函數極值等)。
(3)圖解法：根據物體的平衡條件，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分析，確定最大值與最小值。
[典例4]　如圖所示，在傾角為θ的粗糙固定的斜面上，有一個質量為m的拖把頭被水平力F推著靜止于斜面上，輕桿質量不計，已知拖把與斜面間的動摩擦因數為μ，且μ＜tan θ，重力加速度為g，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，求：
(1)水平推力F的取值范圍；
(2)已知斜面傾角存在一臨界角θ0，若θ≥θ0，
則不管水平推力F多大，都不可能使拖把頭從靜止開始運動，求這一臨界角的正切值tan θ0。
[解析]　(1)因為μ＜tan θ，故F＝0時，拖把頭不能靜止在斜面上；取力F最大，拖把頭恰好不上滑時，最大靜摩擦力沿斜面向下，先分析受力再正交分解，如圖1所示。
由力的平衡條件，在x軸上有
F cos θ＝Ff＋mg sin θ ①
在y軸上有FN＝F sin θ＋mg cos θ ②
由滑動摩擦力的公式，有Ff＝μFN ③
聯立①②③解得F＝
取力F最小，拖把頭恰好不下滑時，最大靜
摩擦力沿斜面向上，先分析受力再作正交分
解，如圖2所示。
則在x軸上有F cos θ＋Ff＝mg sin θ ④
聯立②③④解得F＝
由此可知水平推力F的取值范圍
≤F≤。
(2)若不管水平推力F多大都不能使拖把頭從靜止開始運動，應滿足F cos θ≤mg sin θ＋Ffm
解得F≤
取F→∞，則θ的臨界角θ0對應的條件
cos θ0－μsin θ0＝0
解得tan θ0＝。
[答案]　(1)≤F≤ (2)
規律方法　四步法解決臨界、極值問題
【典例4　教用·備選題】如圖所示，學校門口水平地面上有一質量為m的石墩，石墩與水平地面間的動摩擦因數為μ，工作人員用輕繩按圖示方式勻速移動石墩時，兩平行輕繩與水平面間的夾角均為θ，重力加速度為g，則下列說法正確的是(　　)
A．輕繩的合拉力大小為
B．輕繩的合拉力大小為
C．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，地面對石墩的摩擦力也最小
√
B　[對石墩受力分析如圖所示，設兩根輕繩的合力為F，根據平衡條件有F cos θ＝f，F sin θ＋FN＝mg，且μFN＝f，聯立可得F＝，選項A錯誤，B正確；上式變形得F＝，其中tan α＝，根據三角函數特點，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；根據上述討論，當θ
＋α＝90°時，輕繩的合拉力F最小，而摩擦力f＝F cos θ＝＝，可知增大夾角θ，摩擦力一直減小，當θ趨近于90°時，摩擦力最小，故輕繩的合拉力F最小時，地面對石墩的摩擦力不是最小的，選項D錯誤。]
1．如圖所示，三腳架置于光滑水平面上，現將支架張角調大一些，地面對三腳架的作用力將(　　)
A．不變　 B．變大
C．變小　 D．無法確定
學情診斷·當堂評價
A　[地面對三腳架的作用力始終等于三腳架和相機的總重力，故將支架張角調大一些，地面對三腳架的作用力不變，故選A。]
√
2．如圖所示，整個系統處于靜止狀態，動滑輪與定滑輪之間的輕繩與水平方向的夾角為θ。如果將繩一端的固定點P緩慢向上移動到Q點，滑輪質量和一切摩擦均不計，整個系統重新平衡后(　　)
A．物塊B的高度不變，θ不變
B．物塊B的高度不變，θ變大
C．物塊B的高度增大，θ變大
D．物塊B的高度增大，θ不變
√
A　[設繩子拉力大小為F，以B為研究對象，有F＝mBg，以動滑輪為研究對象，根據受力平衡可得2F sin θ＝mAg，設左側墻壁與定滑輪之間的繩子長度為L，水平距離為x，根據幾何關系可得cos θ＝，將繩一端的固定點P緩慢向上移動到Q點，繩子拉力大小保持不變，則θ不變，由于水平距離x不變，則左側墻壁與定滑輪之間的繩子長度L不變，故物塊B的高度不變。故選A。]
3．(2024·廣東佛山二模)如圖所示，用AB與AC兩根繩懸掛一質量分布不均(重心偏左)的矩形畫框，畫框底部需保持與水平地面平行。若保持AB繩長不變，將C端左移，AC繩縮短至某一長度(但AC繩仍長于AB繩)后懸掛畫框，畫框保持原狀態不動，則改變AC繩長前后(　　)
A．AB繩的拉力大小總等于AC繩的拉力大小
B．AB繩的拉力大小總小于AC繩的拉力大小
C．AB繩的拉力大小不變
D．AC繩的拉力大小可能相等
√
D　[對畫框受力分析如圖所示，設AB繩上的拉力與水平方向的夾角為θ1，AC繩上的拉力與水平方向的夾角為θ2，根據題意，保持AB繩長不變，將C端左移，AC繩縮短至某一長度(但AC繩仍長于AB繩)，則可知該過程中θ1始終不變，且根據幾何關系，始終有θ1＞θ2，則在水平方向根據平衡條件有FABcos θ1＝FACcos θ2，由于θ1始終大于θ2，因此FAB始終大于FAC，故A、B錯誤；
重力為恒力，AB繩上力的方向始終不變，作出力的矢量三角形如圖所示，可知，隨著AC繩將C端向左移動，繩AC與豎直方向的夾角在減小，該過程中繩AC上的拉力可能先減小后增大，當繩AC垂直于繩AB時，繩AC上的拉力有最小值，因此AC繩的拉力大小可能前后相等，該過程中繩AB上的拉力FAB逐漸減小，但
始終大于繩AC上的拉力FAC，故C錯誤，D正確。]
4．(多選)粗糙水平地面上有一質量為M、傾角為30°的粗糙楔形物體C，斜面上有一個質量為2m的物塊B，B與一輕繩連接，且繞過一固定在天花板上的定滑輪，輕繩另一端水平與一結點連接一個質量為m的小球A，右上方有一拉力F，初始夾角α＝135°，如圖所示。現讓拉力F順時針緩慢轉動90°且保持α大小不變，轉動過程B、C始終保持靜止。已知B與滑輪間的細繩與斜面平行，重力加速度為g。下列說法正確的是(　　)
A．拉力F一直減小
B．B、C間的摩擦力先增大再減小
C．物體C對地面的壓力先增大再減小
D．物體C對地面的摩擦力的最大值為mg
√
√
AB　[對題圖右側結點處受力分析，α角大小不變，可以使用輔助圓方法判斷力的動態變化情況，如圖所示，通過分析可得繩子拉力FT先增大再減小，拉力F一直減小，故A正確；初始狀態，對結點分析可得繩子拉力大小為FT＝mg，對B分析，可發現FT＝2mg sin 30°，即一開始B與C間的靜摩擦力為零，故當繩子拉力FT從mg先增大再減小到mg，B、C間的靜摩擦力方向一直沿斜面向下且先增大再減小，故B正確；將B、C看成整體，豎直方向有N地＋FTsin 30°＝
(2m＋M)g，由于FT先增大再減小，故N地先減小再增大，即物體C對地面的壓力先減小再增大，故C錯誤；將B、C看成整體，水平方向上有FTcos 30°＝f地，當FT最大時F水平，對A分析可得FTmax＝mg，所以f地max＝mg，即物體C對地面的摩擦力的最大值為mg，故D錯誤。]
5．(2024·廣東佛山一模)在傾角為α＝37°的斜面上，一條質量不計的皮帶一端固定在斜面上端，另一端繞過一質量為m＝3 kg、中間有一圈凹槽的圓柱體，并用與斜面夾角為β＝37°的力F拉住，使整個裝置處于靜止狀態，如圖所示，不計一切摩擦，重力加速度大小g＝10 m/s2(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。某同學分析過程如下：將拉力F沿斜面和垂直于斜面方向進行分解。沿斜面方向有F cos β＝mg sin α，沿垂直于斜面方向有F sin β＋N＝mg cos α，問：你同意上述分析過程嗎？若同意，按照這種分析方法求出F及N的大小；若不同意，指明錯誤之處并求出你認為正確的結果。
(1)求拉力F的大小；
(2)求斜面對圓柱體的彈力N的大小。
[解析]　(1)不同意，忽略了上端皮帶對圓柱體的拉力。根據題意，對圓柱體受力分析，如圖所示。
在沿斜面方向上有
F cos β＋F＝mg sin α
解得
F＝10 N。
(2)在垂直于斜面方向上有
F sin β＋N＝mg cos α
解得
N＝18 N。
[答案]　見解析
專題突破練習(二)　動態平衡和平衡中的臨界、極值問題
題號
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1．(2024·廣東深圳二模)如圖為我國傳統豆腐制作流程中用到的過濾器，正方形紗布的四角用細繩系在兩根等長的、相互垂直的水平木桿兩端，再通過木桿中心轉軸靜止懸掛在空中。豆漿過濾完，紗布與豆渣的總質量為m，細繩與豎直方向的夾角始終
為θ，重力加速度大小為g。下列說法正確的是(　　)
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題號
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A．此時每根細繩受到的拉力為
B．此時每根細繩受到的拉力為
C．豆漿從紗布流出過程中，忽略紗布的拉伸形變，細繩受到的拉力變大
D．豆漿從紗布流出過程中，紗布中豆漿和豆渣整體的重心不變
12
√
題號
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A　[設每根繩子拉力為F，由受力分析知，F cos θ＝，解得F＝，A正確，B錯誤；豆漿流出過程中整體的質量減少，根據F＝，可知F減小，C錯誤；豆漿流出過程中，根據整體質量的變化可以判斷，整體的重心先向下移，當豆漿流
出到一定程度后，重心又會上移，D錯誤。]
12
2．(多選)一鐵球懸掛在OB繩的下端，輕繩OA、OB、OC的結點為O，輕繩OA懸掛在天花板上的A點，輕繩OC連接在輕質彈簧測力計上。第一次，保持結點O位置不變，某人拉著輕質彈簧測力計從豎直位置緩慢轉動到水平位置，如圖甲所示，彈簧測力計的示數記為F1。第二次，保持輕繩OC垂直于OA，緩慢釋放輕繩，使輕繩OA轉動到豎直位置，如圖乙所示，彈簧測力計的示數記為F2。則(　　)
題號
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A．F1先減小后增大 B．F1恒定不變
C．F2逐漸減小 D．F2先減小后增大
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√
√
AC　[在第一次過程中對O點受力分析，如圖1所示，兩根繩的拉力的合力等于鐵球的重力，其大小和方向都不變，OA繩上的拉力方向不變，根據平行四邊形定則，知彈簧測力計的示數F1先減小后增大，故A正確，B錯誤；在第二次過程中對O點受力分析，如圖2所示，設AO與豎直方向的夾角為θ，由平衡條件
得F2＝G sin θ，θ減小，則F2逐漸減小，故
C正確，D錯誤。]
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3．(多選)(2025·廣東梅州高三檢測)如圖所示，不計質量的光滑小滑輪用細繩懸掛于墻上O點，跨過滑輪的細繩連接物塊A、B，A、B都處于靜止狀態，現將物塊B移至C點后，A、B仍保持靜止，下列說法正確的是(　　)
A．B與水平面間的摩擦力減小
B．地面對B的彈力增大
C．懸于墻上的繩所受拉力不變
D．A、B靜止時，圖中α、β、θ三角始終相等
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√
√
BD　[繩子的拉力大小不變，由于繩子與水平方向的夾角減小，拉力在水平方向的分力增大，所以B與水平面間的摩擦力增大，A錯誤；拉力在豎直方向的分力減小，由FN＋F sin γ＝mg可知支持力增大，B正確；滑輪兩側繩子的拉力大小不變，但夾角增大，所以合力減小，懸于墻上的繩所受拉力減小，C錯誤；A、B靜止時，由對稱性可知題圖中α、β、θ三角始終相等，D正確。]
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4．(2024·廣東廣州三模)如圖所示，豎直平面內蜘蛛網上A、B、C三點的連線構成正三角形，一只蜘蛛靜止于蛛網的重心O處，三根蜘蛛絲a、b、c的延長線過三角形的中心O，蜘蛛絲c沿豎直方向，c中有張力。則(　　)
A．a中張力大于b中張力
B．a中張力等于b中張力
C．a中張力等于c中張力
D．蜘蛛網在風的吹拂下晃動，a中張力大小一定不變
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√
B　[以網和蜘蛛為研究對象，受力分
析如圖所示
由平衡條件得Ta sin θ＝Tb sin θ，Ta cos θ＋Tb
cos θ＝Tc＋G，可得Ta＝Tb＞Tc，故A、C錯誤，B正確；蜘蛛網在風吹拂下晃動，Ta、Tb以及Tc在垂直蜘蛛網的方向均有分力，根據力的合成可知，a中張力大小發生變化，故D錯誤。]
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5．如圖所示，工人利用滑輪組將重物緩慢提起，下列說法正確的是(　　)
A．工人受到的重力和支持力是一對平衡力
B．工人對繩的拉力和繩對工人的拉力是一
對作用力與反作用力
C．重物緩慢拉起過程，繩子拉力變小
D．重物緩慢拉起過程，繩子拉力不變
題號
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√
B　[對人受力分析如圖甲所示，則有FN＋FT＝m人g，其中工人對繩的拉力和繩對工人的拉力是一對作用力與反作用力，A錯誤，B正確；
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對動滑輪進行受力分析如圖乙所示，則有FT＝，則隨著重物緩慢拉起過程，θ逐漸增大，則FT逐漸增大，C、D錯誤。故選B。]
6．(2025·廣東揭陽檢測)將兩個質量均為m的小球a、b用細線相連后，再用細線懸掛于O點，如圖所示。用力F拉小球b，使兩個小球都處于靜止狀態，且細線Oa與豎直方向的夾角保持θ＝30°，重力加速度為g，則F的最小值為(　　)
A．mg　　B．mg　　C．mg　　D．mg
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B　[以a、b為整體，整體受重力2mg、細線Oa的拉力FT及力F三個力而平衡，如圖所示，三力構成的矢量三角形中，當力F垂直于細線拉力FT時有最小值，且最小值F＝2mg sin θ＝mg，B項正確。]
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7．(多選)如圖所示，質量均為m的小球A、B用勁度系數為k1的輕彈簧相連，球B用長為L的細繩懸掛于O點，球A固定在O點正下方，當小球B平衡時，細繩所受的拉力為FT1，彈簧的彈力為F1；現把A、B間的彈簧換成原長相同但勁度系數為k2(k2＞k1)的另一輕彈簧，在其他條件不變的情況下仍使系統平衡，此時細繩所受的拉力為FT2，彈簧的彈力為F2。則下列關于FT1與FT2、F1與F2大小的比較，正確的是(　　)
A．FT1＞FT2 B．FT1＝FT2
C．F1＜F2 D．F1＝F2
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√
√
BC　[以球B為研究對象，分析受力情況，如圖所示。由平衡條件可知，彈簧的彈力F和細繩的拉力FT的合力F合與其重力mg大小相等、方向相反，即F合＝mg，由三角形相似得＝＝。當彈簧勁度系數變大時，彈簧的壓縮量減小，故AB的長度
增加，而OB、OA的長度不變，故FT1＝FT2，
F2>F1，故A、D錯誤，B、C正確。]
題號
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8．(多選)(2024·廣東揭陽二模)如圖所示，一輕桿通過鉸鏈固定在豎直墻上的O點，輕桿的另一端C用彈性輕繩連接，輕繩的另一端固定在豎直墻上的A點。某人用豎直向下、大小為F的拉力作用于C點，靜止時AOC構成等邊三角形。下列說法正確的是(　　)
A．此時彈性輕繩的拉力大小為F
B．此時彈性輕繩的拉力大小為2F
C．若緩慢增大豎直向下的拉力，則在OC到達水平
位置之前，輕繩AC的拉力增大
D．若緩慢增大豎直向下的拉力，則在OC到達水平
位置之前，輕桿OC對C點的作用力減小
題號
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√
√
AC　[輕桿通過鉸鏈固定在豎直墻上的O點，可知輕桿對C端的支持力方向沿桿的方向，兩邊細繩的拉力方向成120°角，輕桿的彈力方向在兩細繩拉力的角平分線上，兩邊細繩的拉力大小相等，均為F，選項A正確，B錯誤；對C受力分析如圖。
題號
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由相似三角形可知＝＝，若緩慢增大豎直向下的拉力F，則在OC到達水平位置之前，輕繩AC的拉力T增大，輕桿OC對C點的作用力N也增大，選項C正確，D錯誤。]
題號
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9．如圖所示，水平地面上有一個曲面光滑、截面為半圓的柱體，用細線拉住的小球靜止靠在接近半圓底端的M點。通過細線將小球從M點緩慢向上拉至半圓最高點的過程中，細線方向始終與半圓相切，柱體保持不動。下列說法正確的是(　　)
A．細線對小球的拉力先增大后減小
B．小球對柱體的壓力先減小后增大
C．柱體受到水平地面的支持力逐漸減小
D．柱體對地面的摩擦力先增大后減小
題號
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√
D　[以小球為研究對象，設小球所在位置沿切線方向與豎直方向夾角為θ，沿切線方向有FT＝mg cos θ，沿半徑方向有FN＝mg sin θ，通過細線將小球從M點緩慢向上拉至半圓最高點的過程中θ增大，所以細線對小球的拉力減小，柱體對小球的支持力逐漸增大，由牛頓第三定律可知FN＝F′N，小球對柱體的壓力增大，故A、B錯誤；以柱體為研究對象，豎直方向有F地＝Mg＋F′Nsin θ＝Mg＋mg sin2θ，水平方向有f地＝F′Ncosθ＝mg sin θcos θ＝mg sin 2θ，θ增大，柱體受到水平地面的支持力逐漸增大，柱體受到地面的摩擦力先增大后減小，當θ＝45°時摩擦力最大，由牛頓第三定律可知柱體對地面的摩擦力先增大后減小，故C錯誤，D正確。]
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10．如圖所示，有一傾角θ＝30°的斜面體B，質量為M。質量為m的物體A靜止在B上，重力加速度為g。現用水平力F推物體A，在F由零逐漸增加至mg 再逐漸減為零的過程中，A和B始終保持靜止。對此過程下列說法正確的是(　　)
A．地面對B的支持力大于(M＋m)g
B．A對B的壓力的最小值為mg，最大值為mg
C．A所受摩擦力的最小值為0，最大值為
D．A所受摩擦力的最小值為mg，最大值為mg
題號
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√
B　[因為A、B始終保持靜止，對A、B整體受力分析可知，地面對B的支持力一直等于(M＋m)g，A錯誤；當F＝0時，A對B的壓力最小，為mg cos 30°＝mg，當F＝mg 時，A對B的壓力最大，為mg cos 30°＋F sin 30°＝mg，B正確；當F cos 30°＝mg sin 30°時，即F＝mg時，A所受摩擦力為0，當F＝0時，A所受摩擦力大小為mg，方向沿斜面向上，當F＝mg時，A所受摩擦力大小為mg，方向沿斜面向下，選項C、D錯誤。]
題號
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11．如圖所示，傾角為30°的斜面體固定在水平面上，一橫截面半徑為R的半圓柱體丙放在水平面上，可視為質點的光滑小球乙質量m＝1 kg，用輕繩拴接置于半圓柱體上；物塊甲用輕繩拴接放在斜面體上且輕繩與斜面平行，拴接小球乙與拴接物塊甲的輕繩與豎直的輕繩系于O點，且O點位于半圓柱體圓心的正上方。已知O點到水平面的高度為2R，拴接小球乙的輕繩長度為R，物塊甲與斜面間的動摩擦因數μ＝，整個裝置始終處于靜止狀態。取重力加速度g＝10 m/s2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。求：(結果可用分式、根式表示)
題號
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(1)拴接小球乙的輕繩拉力的大小；
(2)半圓柱體丙受到水平地面摩擦力的大小；
(3)物塊甲質量的取值范圍。
題號
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[解析]　(1)對小球乙受力分析如圖1所示，由相似三角形得＝＝
解得拴接小球乙的輕繩拉力大小為
T＝5 N。
題號
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(2)設拴接小球乙的輕繩與豎直方向的夾角為α，由幾何關系可知
(2R)2＝R2＋(R)2
所以拴接小球乙的輕繩與半圓柱體相切，可得
sin α＝＝
解得α＝30°
以小球乙和半圓柱體丙整體為研究對象，可知半圓柱體所受的摩擦力方向水平向左、大小等于拉力T沿水平向右的分力，即f＝T sin α
解得f＝ N。
題號
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(3)以結點O為研究對象，對其受力分析如圖2所示，由平衡關系得
F2＝T tan α
代入數據解得F2＝5 N
以甲為研究對象，設物塊甲的質量為m1，當靜摩
擦力沿斜面向上達到最大值時有F′2＋μm1g cos θ
＝m1g sin θ，F2與F′2是一對相互作用力，由牛頓
第三定律可知F2＝F′2，解得m1＝4 kg
題號
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當靜摩擦力沿斜面向下達到最大值時有
F′2＝m1g sin θ＋μm1g cos θ
解得m1＝ kg
故物塊甲質量的取值范圍為
kg≤m1≤4 kg。
題號
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[答案]　(1)5 N　(2) N　(3) kg≤m1≤4 kg
12．拖把是由拖桿和拖把頭構成的擦地工具(如圖所示)。設拖把頭的質量為m，拖桿質量可以忽略；拖把頭與地板之間的動摩擦因數為常數μ，重力加速度為g，某同學用該拖把在水平地板上拖地時，沿拖桿方向推拖把，拖桿與豎直
方向的夾角為θ。
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(1)若拖把頭在地板上勻速移動，求推拖把的力的大小；
(2)設能使該拖把在地板上從靜止剛好開始運動的水平推力與此時地板對拖把的正壓力的比值為λ。已知存在一臨界角θ0，若θ≤θ0，則不管沿拖桿方向的推力多大，都不可能使拖把從靜止開始運動。求這一臨界角的正切tan θ0。
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[解析]　(1)設該同學沿拖桿方向用大小為F的力推拖把。將推拖把的力沿豎直和水平方向分解，按平衡條件有F cos θ＋mg＝N ①
F sin θ＝f ②
式中N和f分別為地板對拖把的正壓力和摩擦力，有f＝μN ③
聯立①②③式得F＝。
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(2)若不管沿拖桿方向用多大的力都不能使拖把從靜止開始運動，應有F sin θ≤λN ④
這時①式仍滿足，聯立①④式得sin θ－λcos θ≤λ，現考查使上式成立的θ角的取值范圍。注意到上式右邊總是大于零，且當F無限大時極限為零，有sin θ－λcos θ≤0，使上式成立的θ角滿足θ≤θ0，這里θ0是題中所定義的臨界角，即當θ≤θ0時，不管沿拖桿方向用多大的力都推不動拖把。臨界角的正切為tan θ0＝λ。
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[答案]　(1)　(2)λ
謝 謝 ！

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