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微专题(二)　动态平衡求解常用的三种方法
　　解决动态平衡问题的一般思路为化“动”为“静”,“静”中求“动”,分析物体所受各力的变化情况或极值问题。根据物体的受力特点,解决物体的动态平衡和临界极值问题。常用以下三种方法:
方法1　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。
　
　
　[例1]　如图所示,一个大理石半球静置在水平地面上,球心为O。一只小蚂蚁缓慢从图中Q点沿圆弧爬向半球面最高点P,运动过程中大理石半球始终保持静止。已知OQ与OP的夹角为θ=45°,在此过程中,下列说法正确的是 (　　)
A.大理石半球对小蚂蚁的作用力变大
B.大理石半球对小蚂蚁的支持力变小
C.地面对大理石半球的摩擦力始终为零
D.地面对大理石半球的支持力变小
听课随笔:
方法2　图解法
(1)一般图解法:适用于物体受三个力处于动态平衡时,其中一个力大小、方向均确定,另一个力的方向保持不变。如图所示为挡板P由竖直位置逆时针向水平位置缓慢旋转时小球受力的变化。
(2)辅助圆法:适用于物体受三个力处于动态平衡时,若一个力大小、方向均确定,另两个力大小、方向均不确定,但是这两个力的方向夹角保持不变。如图所示为框架由竖直位置顺时针向水平位置缓慢旋转90°时,绳A、B对小球拉力的变化。
　　[例2]　(2025·白银三模)挂灯笼在中国传统文化中寓意深远,挂灯笼不仅是为了增添节日气氛,更是蕴含真挚的祝福和期盼。如图所示,质量相等的两个灯笼A、B在O1M、O1O2、O2N三条细绳的作用下处于静止状态,O1、O2为结点,细绳O1O2与竖直方向成53°角,保持O1O2与竖直方向的夹角为53°不变,用手使细绳O2N从水平状态缓慢沿逆时针方向旋转45°,则 (　　)
A.细绳O2N上的拉力先减小后增大
B.细绳O1O2上的拉力一直增大
C.细绳O1M上的拉力先增大后减小
D.细绳O1M与竖直方向的夹角逐渐减小
听课随笔:
　　[例3]　(2025·哈尔滨二模)生活中,我们常用支架与底板垂直的两轮手推车搬运货物。如图甲所示,将质量为m的货物平放在手推车底板上,此时底板水平。现缓慢压下把手,直至支架与水平面间的夹角为60°。不计货物与支架及底板间的摩擦,缓慢压下把手的过程中,下列说法正确的是 (　　)
A.货物所受的合外力一直增大
B.手推车对货物的作用力变小
C.底板对货物的支持力一直减小
D.当支架与水平面间的夹角为60°时,底板对货物的支持力为支架对货物的支持力的3倍
听课随笔:
方法3　相似三角形法
　　一个力恒定、另外两个力的方向同时变化,当所作力的矢量三角形与空间的某个几何三角形总相似时用此法(如图所示)。
　　[例4]　(2025·商丘三模)如图所示,在一个半球形的绝缘光滑球壳内,有M、N两个半径较小的均匀带电的绝缘小球。N球固定,M球静止时如图所示,球壳球心为O,OC为过圆心的竖直线,交MN的连线于Q点。现M球的电荷量缓慢减小(仍分布均匀),下列说法正确的是 (　　)
A.两小球间的库仑力将增大
B.M球受到的弹力减小
C.OC和MN的交点Q不会移动
D.OC和MN垂直时,库仑力大小等于M球的重力
听课随笔:
微专题(二)　动态平衡求解常用的三种方法
[例1]　选C　对小蚂蚁受力分析如图所示,可知大理石半球对小蚂蚁的作用力为支持力与摩擦力的合力,大小始终等于小蚂蚁的重力大小,故A错误;小蚂蚁受到的摩擦力为f=mgsin θ,小蚂蚁受到的支持力为FN=mgcos θ,小蚂蚁缓慢从图中Q点沿圆弧爬向P点的过程中θ逐渐变小,则小蚂蚁受到的支持力变大,摩擦力变小,故B错误;选取大理石半球与小蚂蚁组成的整体为研究对象,可知整体只受到重力与地面的支持力,所以大理石半球受到地面的支持力大小始终等于二者重力的大小,大理石半球与地面之间没有摩擦力的作用,故C正确,D错误。
[例2]　选D　以O2结点为研究对象,如图甲所示,根据矢量三角形可知,细绳O1O2上的拉力逐渐减小,细绳O2N上的拉力也逐渐减小,故A、B错误;以O1结点为研究对象,如图乙所示,根据矢量三角形可知,细绳O1M上的拉力逐渐减小,细绳O1M与竖直方向的夹角逐渐减小,故C错误,D正确。
[例3]　选C　因为缓慢压下把手,货物所受的合外力始终为零,故A错误;手推车对货物的作用力与货物的重力等大反向,则手推车对货物的作用力方向竖直向上,且大小不变,故B错误;压下把手的过程中,两个支持力的夹角始终是90°,货物的受力情况如图1所示,可知,底板对货物的支持力N1一直减小,支架对货物的支持力N2一直增大,故C正确;当支架与水平面间的夹角为60°时,对货物受力分析如图2所示,两个支持力N1、N2垂直,由平衡条件可得支架对货物的支持力N2=mgsin 30°=mg,底板对货物的支持力N1=mgcos 30°=mg,底板对货物的支持力为支架对货物的支持力的倍,故D错误。
[例4]　选B　对M球受力分析,并构建力的矢量三角形,如图所示,
由于三角形相似可得==,由于电荷量减小,小球之间的库仑力减小,M球下移,Q点也下移,OQ长度增加,MQ减小,又因为mg、OM不变,所以N1减小,库仑力减小,故A、C错误,B正确;OC和NM垂直时,库仑力和重力的合力不一定沿两者角平分线,所以库仑力大小不一定等于M球的重力,故D错误。
4 / 4微专题(一)　静态平衡求解常用的四种方法
1.分析静态平衡的一般思路
2.求解静态平衡常用的四种方法
合成法 物体受三个共点力的作用而平衡时,任意两个力的合力一定与第三个力大小相等、方向相反
效果分解法 物体受三个共点力的作用而平衡时,将某一个力按作用效果分解,则分力与其他两个力分别平衡
正交分解法 物体受到三个或三个以上力的作用时,将所有力分解为相互垂直的两组,每组力都满足平衡条件
矢量三角形法 对受三力作用而平衡的物体,将力的矢量图平移使三力组成一个首尾依次相接的矢量三角形,根据正弦定理、余弦定理或相似三角形等数学知识求解未知力
3.解决静态平衡问题的四点注意
(1)物体受到多个非共面力作用处于平衡状态时,解决此类问题要注意图形结构的对称性特点,结构的对称性往往对应着物体受力的对称性。
(2)分析平衡中的临界问题时要注意找到临界条件,如两物体刚要分离的临界条件是物体间的弹力为零;物体间刚要发生相对滑动的临界条件是静摩擦力达到最大值。
(3)对于静电场、磁场中的平衡问题,受力分析时要注意静电力、磁场力方向的判断,再结合平衡条件分析求解。
(4)涉及安培力的平衡问题,画受力示意图时要注意将立体图转化为平面图。
[考法全训]
考法1　多物体的平衡问题
　　[例1]　(2024·浙江1月选考)如图所示,在同一竖直平面内,小球A、B上系有不可伸长的细线a、b、c和d,其中a的上端悬挂于竖直固定的支架上,d跨过左侧定滑轮、c跨过右侧定滑轮分别与相同配重P、Q相连,调节左、右两侧定滑轮高度达到平衡。已知小球A、B和配重P、Q质量均为50 g,细线c、d平行且与水平成θ=30°(不计摩擦),重力加速度g取10 m/s2,则细线a、b的拉力分别为 (　　)
A.2 N　1 N　　　　　　 B.2 N　0.5 N
C.1 N　1 N D.1 N　0.5 N
听课随笔:
考法2　非共面力的平衡问题
[例2]　(2025·大连三模)如图所示,粗糙的正方形斜面ABCD与水平面间的夹角θ=30°,一质量为m的物体受到与对角线BD平行的恒力F作用,恰好能沿斜面的对角线AC做匀速直线运动,重力加速度为g,则 (　　)
A.物体与斜面间的动摩擦因数为
B.物体与斜面间的动摩擦因数为
C.恒力F的大小为mg
D.恒力F的大小为mg
听课随笔:
考法3　电场中的平衡问题
[例3]　(2024·新课标卷)如图,两根不可伸长的等长绝缘细绳的上端均系在天花板的O点上,下端分别系有均带正电荷的小球P、Q;小球处在某一方向水平向右的匀强电场中,平衡时两细绳与竖直方向的夹角大小相等。则 (　　)
A.两绳中的张力大小一定相等
B.P的质量一定大于Q的质量
C.P的电荷量一定小于Q的电荷量
D.P的电荷量一定大于Q的电荷量
听课随笔:
考法4　磁场中的平衡问题
[例4]　(2025·大理二模)(多选)如图所示,平行导轨与水平面的夹角θ=37°,垂直导轨放置一根可自由移动的金属棒ab。匀强磁场的方向垂直导轨平面向下,磁感应强度大小B=1.0 T。已知接在导轨中的电源电动势E=16 V、内阻r=1 Ω,ab棒长L=0.5 m、质量m=0.2 kg,ab棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.5,ab棒受到的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力,导轨与ab棒的电阻忽略不计。现调节滑动变阻器接入电路的阻值R,要使ab棒始终在导轨上保持静止,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,以下说法正确的是 (　　)
A.ab棒受到的安培力沿斜面向上
B.ab棒受到的安培力最大时,静摩擦力达到最大值且方向沿斜面向上
C.ab棒受到的最小安培力是0.4 N
D.滑动变阻器接入电路的阻值R为20 Ω时,ab棒可以保持静止
听课随笔:
微专题(一)　静态平衡求解常用的四种方法
[例1]　选D　由题意可知细线c对A的拉力和细线d对B的拉力大小相等、方向相反,对A、B整体受力分析可知细线a的拉力大小为Ta=(mA+mB)g=1 N;设细线b与水平方向夹角为α,对A、B受力分析分别有Tbsin α+Tcsin θ=mAg,Tbcos α=Tdcos θ,解得Tb=0.5 N。故选D。
[例2]　选B　物体所受摩擦力方向与速度方向相反,即沿CA方向,重力可分解成沿斜面向下和垂直斜面向下两个分力,则由平衡条件可知fcos45°+Fcos45°=mgsin30°,fsin 45°=Fsin45°,解得F=mg,故C、D错误;根据f=μmgcos30°=F=mg,可得μ=,故B正确,A错误。
[例3]　选B　设匀强电场场强为E,Q和P两球之间库仑力为F,绳子的拉力分别为T1、T2,两球质量分别为m1、m2,电荷量分别为q1、q2,T1、T2与竖直方向的夹角均为θ,对于小球Q有q1E+T1sin θ=F,T1cos θ=m1g,对于小球P有q2E+F=T2sin θ,T2cos θ=m2g,整理有q1E=F-T1sin θ>0,q2E=T2sin θ-F>0,可得T2>T1,又因为=,可知m2>m1,即P的质量一定大于Q的质量,两小球的电荷量大小关系无法判断,故选B。
[例4]　选AC　根据左手定则可知,ab棒受到的安培力沿斜面向上,A正确;ab棒受到的最大静摩擦力为fm=μmgcos θ=0.8 N,当安培力最大时,根据平衡条件可知最大静摩擦力沿斜面向下,最大安培力为Fmax=fm+mgsin θ=2 N;当安培力最小时,最大静摩擦力沿斜面向上,最小安培力为Fmin=mgsin θ-fm=0.4 N,故B错误,C正确;根据闭合电路欧姆定律I=,安培力F=BIL,将最大、最小安培力代入解得滑动变阻器接入电路的阻值范围为3 Ω≤R≤19 Ω,故D错误。
4 / 4(共58张PPT)
专题推进——专攻重难盲点 二轮提档升级
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专题验收评价
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微专题(一)　静态平衡求解常用的四种方法
微专题(二)　动态平衡求解常用的三种方法　
CONTENTS
微专题(一)　
静态平衡求解常用的四种方法
1.分析静态平衡的一般思路
2.求解静态平衡常用的四种方法
合成法 物体受三个共点力的作用而平衡时，任意两个力的合力一定与第三个力大小相等、方向相反
效果分解法 物体受三个共点力的作用而平衡时，将某一个力按作用效果分解，则分力与其他两个力分别平衡
正交分解法 物体受到三个或三个以上力的作用时，将所有力分解为相互垂直的两组，每组力都满足平衡条件
矢量三角形法 对受三力作用而平衡的物体，将力的矢量图平移使三力组成一个首尾依次相接的矢量三角形，根据正弦定理、余弦定理或相似三角形等数学知识求解未知力
3.解决静态平衡问题的四点注意
(1)物体受到多个非共面力作用处于平衡状态时，解决此类问题要注意图形结构的对称性特点，结构的对称性往往对应着物体受力的对称性。
(2)分析平衡中的临界问题时要注意找到临界条件，如两物体刚要分离的临界条件是物体间的弹力为零；物体间刚要发生相对滑动的临界条件是静摩擦力达到最大值。
(3)对于静电场、磁场中的平衡问题，受力分析时要注意静电力、磁场力方向的判断，再结合平衡条件分析求解。
(4)涉及安培力的平衡问题，画受力示意图时要注意将立体图转化为平面图。
考法1　多物体的平衡问题
[例1]　(2024·浙江1月选考)如图所示，在同一竖直
平面内，小球A、B上系有不可伸长的细线a、b、c和d，
其中a的上端悬挂于竖直固定的支架上，d跨过左侧定滑
轮、c跨过右侧定滑轮分别与相同配重P、Q相连，调节
左、右两侧定滑轮高度达到平衡。已知小球A、B和配重
P、Q质量均为50 g，细线c、d平行且与水平成θ=30°(不计摩擦)，重力加速度g取10 m/s2，则细线a、b的拉力分别为(　　)
考法全训
A.2 N　1 N　　　　　　 B.2 N　0.5 N
C.1 N　1 N D.1 N　0.5 N
[解析]　由题意可知细线c对A的拉力和细线d对B的拉力大小相等、方向相反，对A、B整体受力分析可知细线a的拉力大小为Ta=(mA+mB)g=1 N；设细线b与水平方向夹角为α，对A、B受力分析分别有Tbsin α+Tcsin θ=
mAg，Tbcos α=Tdcos θ，解得Tb=0.5 N。故选D。
√
[例2]　(2025·大连三模)如图所示，粗糙的正方形斜面ABCD与水平面间的夹角θ=30°，一质量为m的物体受到与对角线BD平行的恒力F作用，恰好能沿斜面的对角线AC做匀速直线运动，重力加速度为g，则(　　)
A.物体与斜面间的动摩擦因数为
B.物体与斜面间的动摩擦因数为
C.恒力F的大小为mg
D.恒力F的大小为mg
√
考法2　非共面力的平衡问题
[解析]　物体所受摩擦力方向与速度方向相反，即沿CA方向，重力可分解成沿斜面向下和垂直斜面向下两个分力，则由平衡条件可知fcos45°
+Fcos45°=mgsin30°，fsin 45°=Fsin45°，解得F=mg，故C、D错误；根据f=μmgcos30°=F=mg，可得μ=，故B正确，A错误。
[例3]　(2024·新课标卷)如图，两根不可伸长的等长绝缘细绳的上端均系在天花板的O点上，下端分别系有均带正电荷的小球P、Q；小球处在某一方向水平向右的匀强电场中，平衡时两细绳与竖直方向的夹角大小相等。则 (　　)
A.两绳中的张力大小一定相等
B.P的质量一定大于Q的质量
C.P的电荷量一定小于Q的电荷量
D.P的电荷量一定大于Q的电荷量
考法3　电场中的平衡问题
√
[解析]　设匀强电场场强为E，Q和P两球之间库仑力为F，绳子的拉力分别为T1、T2，两球质量分别为m1、m2，电荷量分别为q1、q2，T1、T2与竖直方向的夹角均为θ，对于小球Q有q1E+T1sin θ=F，T1cos θ=m1g，对于小球P有q2E+F=T2sin θ，T2cos θ=m2g，整理有q1E=F-T1sin θ>0，q2E=T2sin θ-F>0，可得T2>T1，又因为=，可知m2>m1，即P的质量一定大于Q的质量，两小球的电荷量大小关系无法判断，故选B。
[例4]　(2025·大理二模)(多选)如图所示，平行导
轨与水平面的夹角θ=37°，垂直导轨放置一根可自由
移动的金属棒ab。匀强磁场的方向垂直导轨平面向下，
磁感应强度大小B=1.0 T。已知接在导轨中的电源电动
势E=16 V、内阻r=1 Ω，ab棒长L=0.5 m、质量m=0.2 kg，ab棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.5，ab棒受到的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，导轨与ab棒的电阻忽略不计。现调节滑动变阻器接入电路的阻值R，要使ab棒始终在导轨上保持静止，g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，以下说法正确的是 (　　)
考法4　磁场中的平衡问题
A.ab棒受到的安培力沿斜面向上
B.ab棒受到的安培力最大时，静摩擦力达到最大值且方向沿斜面向上
C.ab棒受到的最小安培力是0.4 N
D.滑动变阻器接入电路的阻值R为20 Ω时，ab棒可以保持静止
√
√
[解析]　根据左手定则可知，ab棒受到的安培力沿斜面向上，A正确；ab棒受到的最大静摩擦力为fm=μmgcos θ=0.8 N，当安培力最大时，根据平衡条件可知最大静摩擦力沿斜面向下，最大安培力为Fmax=fm+
mgsin θ=2 N；当安培力最小时，最大静摩擦力沿斜面向上，最小安培力为Fmin=mgsin θ-fm=0.4 N，故B错误，C正确；根据闭合电路欧姆定律I=，安培力F=BIL，将最大、最小安培力代入解得滑动变阻器接入电路的阻值范围为3 Ω≤R≤19 Ω，故D错误。
微专题(二)　
动态平衡求解常用的三种方法　
解决动态平衡问题的一般思路为化“动”为“静”，“静”中求“动”，分析物体所受各力的变化情况或极值问题。根据物体的受力特点，解决物体的动态平衡和临界极值问题。常用以下三种方法：
方法1　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。
[例1]　如图所示，一个大理石半球静置在水平地面上，球心为O。一只小蚂蚁缓慢从图中Q点沿圆弧爬向半球面最高点P，运动过程中大理石半球始终保持静止。已知OQ与OP的夹角为θ=45°，在此过程中，下列说法正确的是 (　　)
A.大理石半球对小蚂蚁的作用力变大
B.大理石半球对小蚂蚁的支持力变小
C.地面对大理石半球的摩擦力始终为零
D.地面对大理石半球的支持力变小
√
[解析]　对小蚂蚁受力分析如图所示，可知大理石
半球对小蚂蚁的作用力为支持力与摩擦力的合力，
大小始终等于小蚂蚁的重力大小，故A错误；小蚂
蚁受到的摩擦力为f=mgsin θ，小蚂蚁受到的支持
力为FN=mgcos θ，小蚂蚁缓慢从图中Q点沿圆弧爬向P点的过程中θ逐渐变小，则小蚂蚁受到的支持力变大，摩擦力变小，故B错误；选取大理石半球与小蚂蚁组成的整体为研究对象，可知整体只受到重力与地面的支持力，所以大理石半球受到地面的支持力大小始终等于二者重力的大小，大理石半球与地面之间没有摩擦力的作用，故C正确，D错误。
方法2　图解法
(1)一般图解法：适用于物体受三个力处于动态平衡时，其中一个力大小、方向均确定，另一个力的方向保持不变。如图所示为挡板P由竖直位置逆时针向水平位置缓慢旋转时小球受力的变化。
(2)辅助圆法：适用于物体受三个力处于动态平衡时，若一个力大小、方向均确定，另两个力大小、方向均不确定，但是这两个力的方向夹角保持不变。如图所示为框架由竖直位置顺时针向水平位置缓慢旋转90°时，绳A、B对小球拉力的变化。
[例2]　(2025·白银三模)挂灯笼在中国传统文化中寓意深远，挂灯笼不仅是为了增添节日气氛，更是蕴含真挚的祝福和期盼。如图所示，质量相等的两个灯笼A、B在O1M、O1O2、O2N三条细绳的作用下处于静止状态，O1、O2为结点，细绳O1O2与竖直方向成53°角，保持O1O2与竖直方向的夹角为53°不变，用手使细绳O2N从水平状态缓慢沿逆时针方向旋转45°，则 (　　)
A.细绳O2N上的拉力先减小后增大
B.细绳O1O2上的拉力一直增大
C.细绳O1M上的拉力先增大后减小
D.细绳O1M与竖直方向的夹角逐渐减小
√
[解析]　以O2结点为研究对象，如图甲所示，根据矢量三角形可知，细绳O1O2上的拉力逐渐减小，细绳O2N上的拉力也逐渐减小，故A、B错误；以O1结点为研究对象，如图乙所示，根据矢量三角形可知，细绳O1M上的拉力逐渐减小，细绳O1M与竖直方向的夹角逐渐减小，故C错误，D正确。
[例3]　(2025·哈尔滨二模)生活中，我们常用支架与底板垂直的两轮手推车搬运货物。如图甲所示，将质量为m的货物平放在手推车底板上，此时底板水平。现缓慢压下把手，直至支架与水平面间的夹角为60°。不计货物与支架及底板间的摩擦，缓慢压下把手的过程中，下列说法正确的是 (　　)
A.货物所受的合外力一直增大
B.手推车对货物的作用力变小
C.底板对货物的支持力一直减小
D.当支架与水平面间的夹角为60°时，
底板对货物的支持力为支架对货物的支持力的3倍
√
[解析]　因为缓慢压下把手，货物所受的合外力始终为零，故A错误；手推车对货物的作用力与货物的重力等大反向，则手推车对货物的作用力方向竖直向上，且大小不变，故B错误；压下把手的过程中，两个支持力的夹角始终是90°，货物的受力情况如图1所示，可知，底板对货物的支持力N1一直减小，支架对货物的支持力N2一直增大，故C正确；
当支架与水平面间的夹角为60°时，对货物受力分析如图2所示，两个支持力N1、N2垂直，由平衡条件可得支架对货物的支持力N2=mgsin 30°=mg，底板对货物的支持力N1=mgcos 30°=mg，底板对货物的支持力为支架对货物的支持力的倍，故D错误。
方法3　相似三角形法
一个力恒定、另外两个力的方向同时变化，当所作力的矢量三角形与空间的某个几何三角形总相似时用此法(如图所示)。
[例4]　(2025·商丘三模)如图所示，在一个半球形
的绝缘光滑球壳内，有M、N两个半径较小的均匀带
电的绝缘小球。N球固定，M球静止时如图所示，球
壳球心为O，OC为过圆心的竖直线，交MN的连线于
Q点。现M球的电荷量缓慢减小(仍分布均匀)，下列说法正确的是 (　　)
A.两小球间的库仑力将增大
B.M球受到的弹力减小
C.OC和MN的交点Q不会移动
D.OC和MN垂直时，库仑力大小等于M球的重力
√
[解析]　对M球受力分析，并构建力的矢量三角形，如图所示，由于三角形相似可得==，由于电荷量减小，小球之间的库仑力减小，M球下移，Q点也下移，OQ长度增加，MQ减小，又因为mg、OM不变，所以N1减小，库仑力减小，故A、C错误，B正确；OC和NM垂直时，库仑力和重力的合力不一定沿两者角平分线，所以库仑力大小不一定等于M球的重力，故D错误。
专题验收评价
测评内容：微专题(一)(二)
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1.(2025·芜湖二模)如图甲所示是风筝
在空中悬停的情景，图乙是其简化
图。若风筝的重力为G，在牵线的拉
力T和垂直于风筝面的恒定风力F的
共同作用下处于平衡状态，则下列说法正确的是 (　　)
A.风筝在空中所受合力竖直向上
B.风力F和牵线的拉力T的合力竖直向上
C.风对风筝的作用力小于风筝对风的作用力
D.F沿竖直方向的分力与T沿竖直方向的分力大小相等
√
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解析：风筝在空中所受合力为零，不是竖直向上，A错误；风筝受到重力G、牵线的拉力T、风力F三个力的作用处于平衡状态，风力F和牵线的拉力T的合力与重力是一对平衡力，二者大小相等、方向相反，由于重力的方向竖直向下，故风力F和牵线的拉力T的合力竖直向上，B正确；根据牛顿第三定律可知，风对风筝的作用力与风筝对风的作用力大小相等，C错误；由力的平衡条件可知，F沿竖直方向的分力大小等于T沿竖直方向的分力大小与重力G大小之和，D错误。
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2.如图甲所示，窗户上的连杆通常
被称为滑撑或铰链。它是一种连杆
式活动链接装置，主要用于连接窗
扇和窗框，使窗户能够顺利开启和关闭，它通常由滑轨、滑块、悬臂组成，示意图如图乙所示。水平悬臂通过转轴O1、O2分别与竖直窗扇和滑块相连，窗扇可绕轴O3转动。现将窗扇打开，使窗扇与窗户垂直，此时悬臂与窗户之间的夹角为θ，若要求此时无论多大的风力均不能将窗扇关闭，则滑块与滑轨之间的动摩擦因数μ应满足的条件是 (　　)
A.μ≤tan θ B.μ≥tan θ C.μ≤ D.μ≥
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解析：设悬臂的推力为F，则悬臂对滑块的压力为FN=Fsin θ，若要求此时无论多大的风力均不能将窗扇关闭，则有Fcos θ≤μFN，解得μ≥，故选D。
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10
11
12
3.(2025·黄冈三模)有一劲度系数为k、
原长为l的轻质弹性绳(弹性绳的形变
满足胡克定律)两端固定在天花板上，
如图甲所示，此时弹性绳处于原长。现分别将质量为m1和m2的重物系在弹性绳中点O处(系m2前取下m1)，并最终保持平衡，如图乙所示，两次悬挂弹性绳与水平面夹角分别为60°和30°，弹性绳始终处在弹性限度内。则等于(　　)
A. B.3 C.3+3 D.6+3
2
3
4
√
1
5
6
7
8
9
10
11
12
解析：设弹性绳一侧与水平方向夹角为θ，根据几何关系，可得弹性绳伸长量为Δl=2×-l，则弹性绳弹力为F=k，对结点O受力分析，根据平衡条件，可知竖直方向上满足2ksin θ=mg，分别将θ=60°和30°代入解得=6+3，故选D。
2
3
4
1
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6
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12
4.(2025·泰安模拟)某登山营地在两座不等高的悬崖边缘设置了紧急救援滑索。滑索由质量为m的强化绳索制成，两端分别固定在高度不同的竖直支架上。安装时，左端绳索切线与支架的夹角为α，右端切线夹角为β。为确保受困人员滑降时的安全性，需计算滑索最低点(弧底)的张力大小。已知重力加速度为g，则该张力表达式为 (　　)
A.mg B.mg
C.mg D.mg
2
3
4
√
1
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6
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8
9
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11
12
解析：对绳子受力分析如图所示，其中T1、T2分别
是左右悬点对绳子的拉力大小，设绳子最低点(弧底)的
张力大小为F，分析可知其方向为水平方向，对绳子最
低点左半部分，由平衡条件有T1sin α=F，对绳子最低点
右半部分，由平衡条件有T2sin β=F，对绳子，由平衡条
件有T2cos β+T1cos α=mg，联立解得F=mg，故选B。
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12
5.(2025·淮北一模)如图所示，在竖直墙壁上固定水平轻杆OB，B为铰链装置，OA为轻质细绳且与水平方向夹角为θ=30°，小球质量为m，通过轻绳系于O点，初始时整个装置处于静止状态，现保证O点位置不变，逐渐减小绳OA的长度，使绳的上端由A点缓慢移动至C点。已知重力加速度为g，不计所有摩擦，则下列说法正确的是 (　　)
A.初始时OA绳的拉力大小为mg
B.移动过程中OA绳的拉力大小逐渐增大
C.移动过程中OB杆的弹力逐渐减小
D.最终OA绳的拉力大小减小至0
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3
4
√
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5
6
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9
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11
12
解析：初始时整个装置处于静止状态，则根据平衡条件，竖直方向上可得mg=FTsin 30°，解得FT=2mg，故A错误；根据平衡条件，竖直方向上可得mg=FTsin θ，则FT=，绳的上端由A点缓慢移动至C点，θ增大，则sin θ增大，则FT减小，直至减小到大小为mg，故B、D错误；根据平衡条件，水平方向上可得FNB=，绳的上端由A点缓慢移动至C点，θ增大，则tan θ增大，FNB减小，故C正确。
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12
6.(2025·渭南二模)如图所示，轻质弹簧一端固定在水平天花板上，另一端与一个质量为m的小球相连，小球在一个水平拉力F(FA.α先增大后减小
B.α一直减小
C.弹簧弹力先增大后减小
D.弹簧弹力一直增大
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3
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√
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6
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12
解析：根据题意，对小球受力分析，如图所示，保持拉力F大小不变，方向由水平缓慢逆时针向竖直方向转动，由矢量三角形可得，弹簧弹力逐渐减小，根据图像可知当FT与图中圆弧相切时α最大，继续转动时α开始减小，故α先增大后减小。故选A。
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7.(2025·达州二模)如图所示，水平天花板下方固定一光滑
小定滑轮O，一轻质弹簧一端固定在定滑轮的正下方N处，
另一端与小球P连接，同时一轻绳跨过定滑轮与小球P相
连。开始时在外力F作用下系统在图示位置静止。改变F
大小使小球P缓慢移动，在小球P到达N点正上方前，下列
说法正确的是 (　　)
A.外力F大小不变 B.外力F逐渐变大
C.弹簧弹力逐渐变小 D.小球运动轨迹是圆弧
2
3
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√
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9
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12
解析：对小球P进行受力分析，重力、轻绳拉力、弹簧
弹力构成矢量三角形，如图所示。根据相似三角形法
有==，小球P缓慢运动过程OP越来越小，则F
逐渐减小，故A、B错误；如果PN增大，则x会减小，
如果PN减小，则x会增大，==不可能成立，所以弹簧的形变量保持不变，弹簧弹力大小始终不变，小球运动轨迹是圆弧，故D正确，C错误。
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12
8.如图甲所示为家用燃气炉架，有四个对称分布的爪，正对两爪的间距为d，将锅静置于炉架上，如图乙所示(纵截面图)，锅的总质量为m，质量可视为均匀分布在半径为R的球冠面上，不计爪与锅之间的摩擦力，重力加速度为g，则 (　　)
A.R越大，锅受到的合力越大
B.R越大，每个爪与锅之间的弹力越大
C.相邻的两爪对锅的作用力大小为mg
D.正对的两爪对锅的作用力大小为mg
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3
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√
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7
8
9
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12
解析：R越大，锅受到的合力不变，始终等于零，A错误；设每个爪与锅之间的弹力为FN，其与竖直方向的夹角为θ，根据平衡条件得4FNcos θ=mg，解得FN=，R越大，θ越小，cos θ越大，每个爪与锅之间的弹力FN越小，B错误；设相邻的两爪对锅的作用力大小为FN1，其与竖直方向的夹角为α，根据平衡条件得2FN1cos α=mg，解得FN1>，C错误；设正对的两爪对锅的作用力为FN2，根据平衡条件得2FN2=mg，解得FN2=mg，D正确。
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9.(2025·保定一模)如图甲所示，
两根长为L、夹角为60°的光滑导轨
M、N一端固定在地面上，另一端与
电动势为E的电源连接，两根导轨形
成倾角为30°的斜面，有匀强磁场垂直斜面。质量为m的足够长的导体棒P平行于斜面底端放置，垂直斜面的视图如图乙所示，导体棒可静止在导轨的任意位置。已知两导轨的电阻与长度成正比，总电阻均为R，与电源连接处靠得很近但彼此绝缘，不计电路其余部分的电阻，重力加速度为g。下列说法正确的是 (　　)
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A.磁场方向垂直斜面向上
B.导体棒静止在导轨的不同位置时，电流保持不变
C.导体棒静止在导轨的不同位置时，导轨对导体棒的作用力不同
D.匀强磁场的磁感应强度为B=
2
3
4
解析：对导体棒进行受力分析，导体棒受到重力、导轨的支持力以及安培力作用而能静止在导轨的任意位置，则安培力必须沿斜面向上平衡重力沿斜面向下的分力，根据左手定则知，磁场方向垂直斜面向下，故A错误；根据题意，设导体棒接在导轨间的长度为Lx，根据欧姆定律，电流I==，Lx不同，电流不同，故B错误；
√
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3
4
导体棒静止时，受到重力mg、导轨的支持力N和安培力F，根据平衡条件，三个力的合力为零，导轨对导体棒的作用力与重力mg和安培力F的合力等大反向，重力mg、安培力F不变，所以导轨对导体棒的作用力不变，与导体棒在导轨上的位置无关，故C错误；根据上述分析有I==，对导体棒，根据平衡条件有BLxI=mgsin 30°，联立解得B=，故D正确。
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10.(2025·石家庄一模)如图所示，一轻质细绳两端固定于两根竖直杆等高的P、Q两点，带电小球通过光滑绝缘轻质挂钩挂在细绳上，小球静止时细绳位置如图中实线所示。现加一水平向右的匀强电场，当小球再次平衡时，细绳位置如图中虚线所示。已知绳长保持不变，下列说法正确的是 (　　)
A.挂钩两侧细绳的夹角与原来相等
B.挂钩对小球的作用力比原来大
C.细绳对挂钩的作用力大小与原来相等
D.两杆在P、Q两点对细绳的作用力比原来小
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解析：设绳长为L，两竖直杆的距离为d，因挂钩轻质光滑，可知两侧绳子的拉力大小相等，设为F，绳子与竖直方向的夹角θ相等，则由几何关系有d=Lsin θ，由平衡条件可知2Fcos θ=mg；受到水平向右的电场力时，四力平衡，两侧绳子的拉力的合力与重力、电场力的合力平衡，设此时绳子夹角的一半为α，由几何关系有L1+L2=Lsin α；因为d>L1+L2，可知α<θ，故A错误；
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根据平衡条件可知，加上水平向右的匀强电场后，挂钩对小球的作用力等于重力和电场力的合力，大于小球重力，故B正确；细绳对挂钩的作用力大小等于重力和电场力的合力，大于原来的作用力，故C错误；加上水平向右的匀强电场后，绳中弹力满足2F'cos α=，根据等式可知，无法判断绳中弹力变化，根据牛顿第三定律可知，两杆在P、Q两点对细绳的作用力无法判断，故D错误。
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11.(2025·吕梁三模)(多选)如图所示，将一光滑轻杆固定在水平
地面上，杆与地面间的夹角为θ，一光滑轻环套在杆上，一个
大小和质量都不计的滑轮用轻绳OP悬挂在天花板上，用另一
轻绳绕过滑轮系在轻环上，轻绳另一端系一质量为m的小物块，
用手扶住小物块使OP恰好在竖直方向。现用手扶着小物块使其
缓慢向下运动，到达某位置时松手，小物块恰好可以保持静止，此时(已知重力加速度大小为g，小物块未碰杆或地面) (　　)
A.绳PQ与水平方向的夹角为90°-θ B.绳PQ的张力大小为mg
C.绳OP与水平方向的夹角为90°-θ D.绳OP的张力大小为2mgcos
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√
√
√
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解析：系统再次平衡时，以轻环为研究对象，根据平衡条件可知，绳PQ与杆垂直，所以绳PQ与水平方向的夹角为90°-θ，故A正确；系统处于平衡状态，以小物块为研究对象，根据受力平衡可知，绳PQ的张力大小为mg，故B正确；绳OP在PQ绳和系小物块的绳夹角的角平分线上，所以绳OP与水平方向的夹角为90°-，故C错误；根据平衡条件可得绳OP的张力大小为TOP=2TPQcos=2mgcos，故D正确。
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12.(2025·九江三模)(多选)如图为高层安装空调时吊运外机的场景简化图。一名工人在高处控制绳子P，另一名工人站在水平地面上拉住另一根绳子Q。在吊运的过程中，地面上的工人在缓慢后退时缓慢放绳，空调外机M缓慢竖直上升，绳子Q与竖直方向的夹角β保持不变，绳子质量忽略不计，则 (　　)
A.绳子P上的拉力不断变大
B.绳子Q上的拉力先变小后变大
C.地面工人所受的支持力不断变小
D.地面工人所受的摩擦力先变大后变小
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解析：对空调外机进行受力分析可知，空调外机分别受到绳子P、Q的拉力F1、F2和自身的重力mg的作用而平衡，受力分析如图1所示。将这三个力构成矢量三角形，如图2所示，可知，地面上的工人在缓慢后退并缓慢放绳的过程中，β不变，α逐渐变大，F1、F2均变大，故A正确，B错误；
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对地面上工人进行受力分析可知，该工人受到重力G、地面的支持力FN、绳子Q的拉力F2'以及地面的摩擦力Ff四个力的作用处于平衡状态，受力分析如图3所示，竖直方向平衡方程为FN+F2'cos β=G，水平方向平衡方程为Ff=F2'sin β，其中β不变，绳子Q的拉力F2'变大，所以该工人受到的支持力FN变小，摩擦力Ff变大，故C正确，D错误。
2
3
4专题验收评价(一)　力与物体的平衡
1.(2025·芜湖二模)如图甲所示是风筝在空中悬停的情景,图乙是其简化图。若风筝的重力为G,在牵线的拉力T和垂直于风筝面的恒定风力F的共同作用下处于平衡状态,则下列说法正确的是 (　　)
A.风筝在空中所受合力竖直向上
B.风力F和牵线的拉力T的合力竖直向上
C.风对风筝的作用力小于风筝对风的作用力
D.F沿竖直方向的分力与T沿竖直方向的分力大小相等
2.如图甲所示,窗户上的连杆通常被称为滑撑或铰链。它是一种连杆式活动链接装置,主要用于连接窗扇和窗框,使窗户能够顺利开启和关闭,它通常由滑轨、滑块、悬臂组成,示意图如图乙所示。水平悬臂通过转轴O1、O2分别与竖直窗扇和滑块相连,窗扇可绕轴O3转动。现将窗扇打开,使窗扇与窗户垂直,此时悬臂与窗户之间的夹角为θ,若要求此时无论多大的风力均不能将窗扇关闭,则滑块与滑轨之间的动摩擦因数μ应满足的条件是 (　　)
A.μ≤tan θ B.μ≥tan θ
C.μ≤ D.μ≥
3.(2025·黄冈三模)有一劲度系数为k、原长为l的轻质弹性绳(弹性绳的形变满足胡克定律)两端固定在天花板上,如图甲所示,此时弹性绳处于原长。现分别将质量为m1和m2的重物系在弹性绳中点O处(系m2前取下m1),并最终保持平衡,如图乙所示,两次悬挂弹性绳与水平面夹角分别为60°和30°,弹性绳始终处在弹性限度内。则等于 (　　)
A.　　 B.3　　
C.3+3　　 D.6+3
4.(2025·泰安模拟)某登山营地在两座不等高的悬崖边缘设置了紧急救援滑索。滑索由质量为m的强化绳索制成,两端分别固定在高度不同的竖直支架上。安装时,左端绳索切线与支架的夹角为α,右端切线夹角为β。为确保受困人员滑降时的安全性,需计算滑索最低点(弧底)的张力大小。已知重力加速度为g,则该张力表达式为 (　　)
A.mg B.mg
C.mg D.mg
5.(2025·淮北一模)如图所示,在竖直墙壁上固定水平轻杆OB,B为铰链装置,OA为轻质细绳且与水平方向夹角为θ=30°,小球质量为m,通过轻绳系于O点,初始时整个装置处于静止状态,现保证O点位置不变,逐渐减小绳OA的长度,使绳的上端由A点缓慢移动至C点。已知重力加速度为g,不计所有摩擦,则下列说法正确的是 (　　)
A.初始时OA绳的拉力大小为mg
B.移动过程中OA绳的拉力大小逐渐增大
C.移动过程中OB杆的弹力逐渐减小
D.最终OA绳的拉力大小减小至0
6.(2025·渭南二模)如图所示,轻质弹簧一端固定在水平天花板上,另一端与一个质量为m的小球相连,小球在一个水平拉力F(FA.α先增大后减小
B.α一直减小
C.弹簧弹力先增大后减小
D.弹簧弹力一直增大
7.(2025·达州二模)如图所示,水平天花板下方固定一光滑小定滑轮O,一轻质弹簧一端固定在定滑轮的正下方N处,另一端与小球P连接,同时一轻绳跨过定滑轮与小球P相连。开始时在外力F作用下系统在图示位置静止。改变F大小使小球P缓慢移动,在小球P到达N点正上方前,下列说法正确的是 (　　)
A.外力F大小不变 B.外力F逐渐变大
C.弹簧弹力逐渐变小 D.小球运动轨迹是圆弧
8.如图甲所示为家用燃气炉架,有四个对称分布的爪,正对两爪的间距为d,将锅静置于炉架上,如图乙所示(纵截面图),锅的总质量为m,质量可视为均匀分布在半径为R的球冠面上,不计爪与锅之间的摩擦力,重力加速度为g,则 (　　)
A.R越大,锅受到的合力越大
B.R越大,每个爪与锅之间的弹力越大
C.相邻的两爪对锅的作用力大小为mg
D.正对的两爪对锅的作用力大小为mg
9.(2025·保定一模)如图甲所示,两根长为L、夹角为60°的光滑导轨M、N一端固定在地面上,另一端与电动势为E的电源连接,两根导轨形成倾角为30°的斜面,有匀强磁场垂直斜面。质量为m的足够长的导体棒P平行于斜面底端放置,垂直斜面的视图如图乙所示,导体棒可静止在导轨的任意位置。已知两导轨的电阻与长度成正比,总电阻均为R,与电源连接处靠得很近但彼此绝缘,不计电路其余部分的电阻,重力加速度为g。下列说法正确的是 (　　)
A.磁场方向垂直斜面向上
B.导体棒静止在导轨的不同位置时,电流保持不变
C.导体棒静止在导轨的不同位置时,导轨对导体棒的作用力不同
D.匀强磁场的磁感应强度为B=
10.(2025·石家庄一模)如图所示,一轻质细绳两端固定于两根竖直杆等高的P、Q两点,带电小球通过光滑绝缘轻质挂钩挂在细绳上,小球静止时细绳位置如图中实线所示。现加一水平向右的匀强电场,当小球再次平衡时,细绳位置如图中虚线所示。已知绳长保持不变,下列说法正确的是 (　　)
A.挂钩两侧细绳的夹角与原来相等
B.挂钩对小球的作用力比原来大
C.细绳对挂钩的作用力大小与原来相等
D.两杆在P、Q两点对细绳的作用力比原来小
11.(2025·吕梁三模)(多选)如图所示,将一光滑轻杆固定在水平地面上,杆与地面间的夹角为θ,一光滑轻环套在杆上,一个大小和质量都不计的滑轮用轻绳OP悬挂在天花板上,用另一轻绳绕过滑轮系在轻环上,轻绳另一端系一质量为m的小物块,用手扶住小物块使OP恰好在竖直方向。现用手扶着小物块使其缓慢向下运动,到达某位置时松手,小物块恰好可以保持静止,此时(已知重力加速度大小为g,小物块未碰杆或地面) (　　)
A.绳PQ与水平方向的夹角为90°-θ
B.绳PQ的张力大小为mg
C.绳OP与水平方向的夹角为90°-θ
D.绳OP的张力大小为2mgcos
12.(2025·九江三模)(多选)如图为高层安装空调时吊运外机的场景简化图。一名工人在高处控制绳子P,另一名工人站在水平地面上拉住另一根绳子Q。在吊运的过程中,地面上的工人在缓慢后退时缓慢放绳,空调外机M缓慢竖直上升,绳子Q与竖直方向的夹角β保持不变,绳子质量忽略不计,则 (　　)
A.绳子P上的拉力不断变大
B.绳子Q上的拉力先变小后变大
C.地面工人所受的支持力不断变小
D.地面工人所受的摩擦力先变大后变小
专题验收评价(一)　力与物体的平衡
1．选B　风筝在空中所受合力为零，不是竖直向上，A错误；风筝受到重力G、牵线的拉力T、风力F三个力的作用处于平衡状态，风力F和牵线的拉力T的合力与重力是一对平衡力，二者大小相等、方向相反，由于重力的方向竖直向下，故风力F和牵线的拉力T的合力竖直向上，B正确；根据牛顿第三定律可知，风对风筝的作用力与风筝对风的作用力大小相等，C错误；由力的平衡条件可知，F沿竖直方向的分力大小等于T沿竖直方向的分力大小与重力G大小之和，D错误。
2．选D　设悬臂的推力为F，则悬臂对滑块的压力为FN＝Fsin θ，若要求此时无论多大的风力均不能将窗扇关闭，则有Fcos θ≤μFN，解得μ≥，故选D。
3．选D　设弹性绳一侧与水平方向夹角为θ，根据几何关系，可得弹性绳伸长量为Δl＝2×－l，则弹性绳弹力为F＝k2×－l，对结点O受力分析，根据平衡条件，可知竖直方向上满足2k2×－lsin θ＝mg，分别将θ＝60°和30°代入解得＝6＋3，故选D。
4．选B　对绳子受力分析如图所示，其中T1、T2分别是左右悬点对绳子的拉力大小，设绳子最低点(弧底)的张力大小为F，分析可知其方向为水平方向，对绳子最低点左半部分，由平衡条件有T1sin α＝F，对绳子最低点右半部分，由平衡条件有T2sin β＝F，对绳子，由平衡条件有T2cos β＋T1cos α＝mg，联立解得F＝mg，故选B。
5．选C　初始时整个装置处于静止状态，则根据平衡条件，竖直方向上可得mg＝FTsin 30°，解得FT＝2mg，故A错误；根据平衡条件，竖直方向上可得mg＝FTsin θ，则FT＝，绳的上端由A点缓慢移动至C点，θ增大，则sin θ增大，则FT减小，直至减小到大小为mg，故B、D错误；根据平衡条件，水平方向上可得FNB＝，绳的上端由A点缓慢移动至C点，θ增大，则tan θ增大，FNB减小，故C正确。
6.选A　根据题意，对小球受力分析，如图所示，保持拉力F大小不变，方向由水平缓慢逆时针向竖直方向转动，由矢量三角形可得，弹簧弹力逐渐减小，根据图像可知当FT与图中圆弧相切时α最大，继续转动时α开始减小，故α先增大后减小。故选A。
7．选D　对小球P进行受力分析，重力、轻绳拉力、弹簧弹力构成矢量三角形，如图所示。根据相似三角形法有＝＝，小球P缓慢运动过程OP越来越小，则F逐渐减小，故A、B错误；如果PN增大，则x会减小，如果PN减小，则x会增大，＝＝不可能成立，所以弹簧的形变量保持不变，弹簧弹力大小始终不变，小球运动轨迹是圆弧，故D正确，C错误。
8．选D　R越大，锅受到的合力不变，始终等于零，A错误；设每个爪与锅之间的弹力为FN，其与竖直方向的夹角为θ，根据平衡条件得4FNcos θ＝mg，解得FN＝，R越大，θ越小，cos θ越大，每个爪与锅之间的弹力FN越小，B错误；设相邻的两爪对锅的作用力大小为FN1，其与竖直方向的夹角为α，根据平衡条件得2FN1cos α＝mg，解得FN1>，C错误；设正对的两爪对锅的作用力为FN2，根据平衡条件得2FN2＝mg，解得FN2＝mg，D正确。
9．选D　对导体棒进行受力分析，导体棒受到重力、导轨的支持力以及安培力作用而能静止在导轨的任意位置，则安培力必须沿斜面向上平衡重力沿斜面向下的分力，根据左手定则知，磁场方向垂直斜面向下，故A错误；根据题意，设导体棒接在导轨间的长度为Lx，根据欧姆定律，电流I＝＝，Lx不同，电流不同，故B错误；导体棒静止时，受到重力mg、导轨的支持力N和安培力F，根据平衡条件，三个力的合力为零，导轨对导体棒的作用力与重力mg和安培力F的合力等大反向，重力mg、安培力F不变，所以导轨对导体棒的作用力不变，与导体棒在导轨上的位置无关，故C错误；根据上述分析有I＝＝，对导体棒，根据平衡条件有BLxI＝mgsin 30°，联立解得B＝，故D正确。
10．选B　设绳长为L，两竖直杆的距离为d，因挂钩轻质光滑，可知两侧绳子的拉力大小相等，设为F，绳子与竖直方向的夹角θ相等，则由几何关系有d＝Lsin θ，由平衡条件可知2Fcos θ＝mg；受到水平向右的电场力时，四力平衡，两侧绳子的拉力的合力与重力、电场力的合力平衡，设此时绳子夹角的一半为α，由几何关系有L1＋L2＝Lsin α；因为d>L1＋L2，可知α<θ，故A错误；根据平衡条件可知，加上水平向右的匀强电场后，挂钩对小球的作用力等于重力和电场力的合力，大于小球重力，故B正确；细绳对挂钩的作用力大小等于重力和电场力的合力，大于原来的作用力，故C错误；加上水平向右的匀强电场后，绳中弹力满足2F′cos α＝，根据等式可知，无法判断绳中弹力变化，根据牛顿第三定律可知，两杆在P、Q两点对细绳的作用力无法判断，故D错误。
11．选ABD　系统再次平衡时，以轻环为研究对象，根据平衡条件可知，绳PQ与杆垂直，所以绳PQ与水平方向的夹角为90°－θ，故A正确；系统处于平衡状态，以小物块为研究对象，根据受力平衡可知，绳PQ的张力大小为mg，故B正确；绳OP在PQ绳和系小物块的绳夹角的角平分线上，所以绳OP与水平方向的夹角为90°－，故C错误；根据平衡条件可得绳OP的张力大小为TOP＝2TPQcos＝2mgcos，故D正确。
12．选AC　对空调外机进行受力分析可知，空调外机分别受到绳子P、Q的拉力F1、F2和自身的重力mg的作用而平衡，受力分析如图1所示。将这三个力构成矢量三角形，如图2所示，可知，地面上的工人在缓慢后退并缓慢放绳的过程中，β不变，α逐渐变大，F1、F2均变大，故A正确，B错误；对地面上工人进行受力分析可知，该工人受到重力G、地面的支持力FN、绳子Q的拉力F2′以及地面的摩擦力Ff四个力的作用处于平衡状态，受力分析如图3所示，竖直方向平衡方程为FN＋F2′cos β＝G，水平方向平衡方程为Ff＝F2′sin β，其中β不变，绳子Q的拉力F2′变大，所以该工人受到的支持力FN变小，摩擦力Ff变大，故C正确，D错误。
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