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1．(2023·江苏南京市模拟)如图甲所示，笔记本电脑支架一般有多个卡位用来调节角度，某
人将电脑放在该支架上，由卡位4缓慢调至卡位1(如图乙)，电脑与支架始终处于相对静止
状态，则( )
A．电脑受到的支持力变大
B．电脑受到的摩擦力变大
C．支架对电脑的作用力减小
D．电脑受到的支持力与摩擦力两力大小之和等于其重力大小
2.(2023·山东烟台市模拟)如图所示，用一个质量不计的网兜把足球挂在光滑竖直墙壁上的 A
点，足球与墙壁的接触点为B。若只增大悬绳的长度，足球始终保持静止状态，关于悬绳对
球的拉力F和墙壁对球的支持力F ，下列说法正确的是( )
N
A．F和F 都增大 B．F增大，F 减小
N N
C．F减小，F 增大 D．F和F 的合力不变
N N
3．(2024·重庆市渝中区期中)如图甲所示，用瓦片做屋顶是我国建筑的特色之一。铺设瓦片
时，屋顶结构可简化为图乙所示，建筑工人将瓦片轻放在两根相互平行的檩条正中间，若瓦
片能始终静止在檩条上。已知檩条与水平面夹角均为 θ，瓦片质量为m，檩条间距离为d，
重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．瓦片共受到4个力的作用
B．檩条对瓦片作用力方向垂直檩条向上C．缓慢减小檩条的倾斜角度θ时，瓦片与檩条间的摩擦力变大
D．缓慢增大檩条间的距离d时，两根檩条对瓦片的弹力都增大
4.(2024·云南省联考)如图所示，晾晒衣服的绳子(可视为轻绳)固定在两根竖直杆A、B上，
绳子的质量及衣架挂钩之间的摩擦均可忽略不计，衣服处于静止状态。保持 A杆及A杆上
绳子的结点位置不动，则下列说法正确的是( )
A．若保持绳子的长度、绳子与B杆的结点不变，将B杆缓慢向右移动，绳子上的拉力大小
逐渐减小
B．若保持绳子的长度、B杆的位置不变，将绳子与B杆的结点缓慢向上移动，绳子上的拉
力大小逐渐增大
C．若保持绳子的长度、B杆的位置不变，将绳子与B杆的结点缓慢向下移动，绳子上的拉
力大小保持不变
D．若保持绳与B杆的结点不变，只改变绳子的长度，绳子上的拉力大小可能保持不变
5.(2023·宁夏六盘山高级中学模拟)如图所示，某健身者右手拉着抓把沿水平方向从图示位置
B缓慢移动到位置A，不计绳子质量，忽略绳子和重物与所有构件间的摩擦，A、B、重物共
面，则重物上升过程中( )
A．绳子的拉力逐渐增大
B．该健身者所受合力逐渐减小
C．该健身者对地面的压力逐渐减小
D．该健身者对地面的摩擦力逐渐增大
6.(2023·广东梅州市质检)在水平外力F的作用下，A、B两个圆柱体按如图所示的方式分别
放在水平地面、靠在竖直墙面，将A缓慢向右移动一小段距离(B未与地面接触)，不计一切
摩擦，则在此过程中，关于水平地面对A的弹力F 、竖直墙面对B的弹力F ，下列说法
N1 N2
正确的是( )
A．F 不变，F 变大
N1 N2
B．F 变小，F 变大
N1 N2
C．F 变大，F 变小
N1 N2D．F 不变，F 变小
N1 N2
7.如图所示，物体甲放置在水平地面上，通过跨过光滑定滑轮的轻绳与小球乙相连，整个系
统处于静止状态。现对小球乙施加一个水平力F，使小球乙缓慢上升一小段距离，整个过程
中物体甲保持静止，甲受到地面的摩擦力为F，则该过程中( )
f
A．F 变小，F变大 B．F 变小，F变小
f f
C．F 变大，F变小 D．F 变大，F变大
f f
8.制作木器家具时，工人师傅常在连接处打入木楔，如图所示，假设一个不计重力的木楔两
面对称，顶角为α，竖直地被打入木制家具缝隙中。已知接触面的动摩擦因数为μ，且最大
静摩擦力等于滑动摩擦力。要使木楔能自锁而不会自动滑动，α与μ应满足( )
A．μ>tan B．μ>tan α
C．μ> D．μ>
9.如图所示，竖直面内固定一光滑大圆环轨道，O为圆心，在大圆环轨道最高点A固定一个
光滑的小滑轮，一轻绳绕过小滑轮，一端连接套在大圆环轨道上的小球，用力 F拉轻绳另
一端，在小球从B点缓慢上升到C点的过程中，有( )
A．拉力F逐渐增大
B．拉力F先减小后增大
C．小球对大圆环轨道的压力大小保持不变
D．小球对大圆环轨道的压力先增大后减小
10.(2024·重庆市七校开学考)小李发现小区的消防通道被一质量为m的石墩挡住了，为了移
开石墩小李找来一根结实的绳子，将绳的一端系在石墩上，双手紧握绳的另一端用力斜向上
拖拽石墩。设绳子与水平方向的夹角为θ，小李对绳施加的最大拉力为0.6mg，g为重力加
速度，石墩与水平地面间的动摩擦因数为，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则下列说法正
确的是( )A．无论θ取何值，小李都不可能拖动石墩
B．小李能拖动石墩，且当θ＝时最省力
C．小李能拖动石墩，且当θ＝时最省力
D．小李能拖动石墩，且当θ＝时最省力
11.(2023·江苏扬州市质检)如图所示，在质量为m的物块甲上系着两条细绳，其中长30 cm
的细绳另一端连着轻质圆环，圆环套在水平棒上可以滑动，圆环与棒间的动摩擦因数μ＝
0.75。另一细绳跨过光滑定滑轮与重力为G的物块乙相连，定滑轮固定在距离圆环50 cm的
地方，系统处于静止状态，OA与棒的夹角为θ，两绳夹角为φ。当G＝6 N时，圆环恰好开
始滑动。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)OA绳与棒间的夹角θ；
(2)物块甲的质量m。12.(多选)(2023·安徽安庆市三模)如图所示，把倾角为30°的粗糙斜面体C置于粗糙水平地面
上，质量为2m的物块A通过跨过光滑轻定滑轮的轻绳与质量为m的小球B连接，O点为轻
绳与定滑轮的接触点，初始时，小球B在水平向右的拉力F作用下，使轻绳OB段与水平拉
力F的夹角为θ＝120°，A、B均保持静止状态。现改变拉力F，并保持夹角θ大小不变，将
小球B向右上方缓慢拉起至OB水平，物块A始终保持静止状态。g为重力加速度，下列关
于该过程的说法正确的是( )
A．拉力F一直变大
B．拉力F最小为mg
C．斜面体C所受地面摩擦力一直变小
D．斜面体C所受地面摩擦力先变小后变大
第 4 练 专题强化：动态平衡和临界、极值问题
1．A [根据题意，电脑始终处于平衡状态，对电脑受力分析，如图所示，由平衡条件可得，
电脑受到的支持力大小为F ＝Gcos θ
N
电脑受到的摩擦力大小F＝Gsin θ
f
由卡位4缓慢调到卡位1，θ减小，故F 增大，F 减小，故B错误，A正确。
N f
支架对电脑的作用力即为电脑受到的支持力与摩擦力的合力，支持力与摩擦力的合力大小等
于电脑的重力，保持不变，根据“三角形两边之和大于第三边”可知，电脑受到的支持力与
摩擦力两力大小之和大于其重力大小，C、D错误。]2．D [对球受力分析，由平衡条件得悬绳对球的拉力满足Fcos θ＝mg，墙壁对球的支持力
满足tan θ＝，所以当增大悬绳的长度时，夹角θ减小，则cos θ增大，tan θ减小，所以F
和F 都减小，故A、B、C错误；因为足球始终保持静止状态，所以 F和F 的合力始终与
N N
mg等大反向，故D正确。]
3．D [瓦片受重力、两根檩条的支持力和摩擦力，共5个力，A错误；檩条对瓦片作用力
应为支持力与摩擦力的合力，方向竖直向上，B错误；摩擦力等于mgsin θ，减小檩条的倾
斜角度θ时，摩擦力减小，C错误；檩条对瓦片的两个弹力等大，合力等于 mgcos θ，当增
大檩条间的距离 d时，两弹力与竖直方向的夹角增大，则两弹力增大，D正确。]
4．C [若保持绳子的长度、绳子与B杆的结点不变，将B杆缓慢向右移动，绳子与竖直方
向之间的夹角增大，绳子上的拉力逐渐增大，故A错误；若保持绳子的长度、B杆的位置不
变，只移动绳子与B杆的结点，绳子与竖直方向之间的夹角保持不变，绳子上的拉力保持
不变，故B错误，C正确；若只改变绳子的长度，则绳子与竖直方向之间的夹角一定随之改
变，绳子上的拉力一定改变，故D错误。]
5．D [由题意可知，重物和健身者一直处于动态平衡状态，由平衡条件可知，健身者所受
合力等于零，绳上的拉力大小不变，其大小等于重物的重力 mg，A、B错误；对健身者受
力分析，如图所示，由平衡条件可知，在竖直方向，则有 F sin θ＋F ＝Mg，又有F ＝
T N T
mg，可得F ＝Mg－mgsin θ，在水平方向，则有F cos θ＝F，当从B缓慢移到A时，θ角
N T f
逐渐变小，地面对健身者的支持力逐渐变大，地面对健身者的摩擦力逐渐变大，由牛顿第三
定律可知，健身者对地面的压力逐渐增大，健身者对地面的摩擦力逐渐增大，C错误，D正
确。]
6．A [以圆柱体B为研究对象，分析受力如图所示
当将A缓慢向右移动一小段距离，F 与竖直方向的夹角增大，由图看出墙对B的弹力F 增
1 N2
大；以圆柱体A、B整体为研究对象，根据平衡条件，在竖直方向有 F ＝(m ＋m )g，当将
N1 A B
A缓慢向右移动一小段距离，水平地面对A的弹力F 不变，故A正确，B、C、D错误。]
N1
7．D [以小球乙为研究对象受力分析，设绳与竖直方向的夹角为 α，根据平衡条件可得，水平拉力F＝mgtan α，夹角α逐渐增大，则水平拉力F逐渐增大，绳子的拉力为F ＝，故
T
绳子的拉力逐渐增大；以物体甲为研究对象受力分析，根据平衡条件可得，物体甲受到的地
面的摩擦力与绳子拉力水平方向的分力等大反向，F＝F cos θ＝，逐渐增大，故选D。]
f T
8．A [由于存在对称性，仅对木楔的一个侧面受力分析，如图所示，当木楔能自锁而不会
自动滑出时，一定满足F sin<μF cos，整理得μ>tan，故选A。]
N N
9．C [对小球进行受力分析如图所示，根据相似三角形法可得＝＝
在小球从B点缓慢上升到C点的过程中，重力大小、方向均不变，AB变小，OA、OB不变，
则拉力F逐渐减小，大圆环轨道对小球的支持力F 大小不变，由牛顿第三定律知小球对大
N
圆环轨道的压力大小保持不变，故选C。]
10．C [对石墩进行受力分析如图所示
Fcos θ＝μF
N
F ＋Fsin θ＝mg
N
解得2F(cos θ＋sin θ)＝mg，即F＝，可解得，当θ＝时，F最小为0.5mg，故小李能拖动石
墩，且当θ＝时最省力，故选C。]
11．(1)53° (2)1 kg
解析 (1)当圆环恰好要开始滑动时，设此时水平棒对圆环的支持力大小为 F ，细绳对圆环
N
的拉力大小为F ，对圆环受力分析，如图甲所示，
T根据平衡条件有
μF ＝F cos θ①
N T
F ＝F sin θ②
N T
联立①②解得tan θ＝＝，
即θ＝53°。
(2)由题意，根据几何关系可知
φ＝90°
按如图乙所示，以O为坐标原点建立xOy直角坐标系，对物块甲受力分析，根据平衡条件
有Gcos θ＋F sin θ－mg＝0③
T
F cos θ－Gsin θ＝0④
T
联立③④解得m＝1 kg。
12．AB [对小球B受力分析，将F 、F、mg组成矢量三角形，由于F 和F的夹角始终不
T T
变，作辅助圆如图所示拉力F一直变大，初始状态时最小，为mg，A、B正确；拉力F的
水平分力先变大后变小，对A、B、C整体进行受力分析知斜面体C所受地面摩擦力大小等
于拉力F的水平分力大小，也是先变大后变小，故C、D错误。]
