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第 3 讲 共点力下的动态平衡问题
1．（2022·辽宁）如图所示，蜘蛛用蛛丝将其自身悬挂在水管上，并处于静止状态。蛛丝 OM、ON
与竖直方向夹角分别为 、 （ ＞ ）。用F 、F 分别表示OM、ON的拉力，则（ ）
1 2
α β α β
A．F 的竖直分力大于F 的竖直分力
1 2
B．F 的竖直分力等于F 的竖直分力
1 2
C．F 的水平分力大于F 的水平分力
1 2
D．F 的水平分力等于F 的水平分力
1 2
【解答】解：CD、对结点O受力分析可得，水平方向上有F sin ＝F sin ，即F 的水平分力等
1 2 1
于F 的水平分力，故D正确，C错误。 α β
2
AB、对结点O受力分析可得，竖直方向上有F cos +F cos ＝mg
1 2
mgsinβ mgsinαcosβ α β
整理可得F = ，F =
1 sin(α+β) 2 sin(α+β)
mgsinβcosα
则F 的竖直分量为F =
1 1x sin(α+β)
mgsinαcosβ
F 的竖直分量为F =
2 2x sin(α+β)
因sin cos ﹣cos sin ＝sin（ ﹣ ）＞0可知，F ＞F ，故AB错误。
2x 1x
故选：αD。 β α β α β
2．（2022·浙江）如图所示，一轻质晒衣架静置于水平地面上，水平横杆与四根相同的斜杆垂直，
两斜杆夹角 ＝60°。一重为G的物体悬挂在横杆中点，则每根斜杆受到地面的（ ）
θ√3 √3
A．作用力为 G B．作用力为 G
3 6
√3 √3
C．摩擦力为 G D．摩擦力为 G
4 8
G
【解答】解：AB、设每根斜杆受力为F，对斜杆与横杆的结点受力分析如图1有：√3F= ，解
2
√3
得：F= G；故A错误，B正确；
6
图1
√3
CD、对某个斜杆受力分析如图2有：Fsin30°＝f，解得f= G，故CD错误；
12
图2
故选：B。
3．（2022·浙江）如图所示，水平放置的电子秤上有一磁性玩具，玩具由哑铃状物件P和左端有玻
璃挡板的凹形底座Q构成，其重量分别为G 和G 。用手使P的左端与玻璃挡板靠近时，感受到
P Q
P对手有靠向玻璃挡板的力，P与挡板接触后放开手，P处于“磁悬浮”状态（即P和Q的其余
部分均不接触），P与Q间的磁力大小为F。下列说法正确的是（ ）A．Q对P的磁力大小等于G
P
B．P对Q的磁力方向竖直向下
C．Q对电子秤的压力大小等于G +F
Q
D．电子秤对Q的支持力大小等于G +G
P Q
【解答】解：AB．由题意可知，因手使P的左端与玻璃挡板靠近时，感受到P对手有靠向玻璃
挡板的力，即Q对P有水平向左的磁力；P与挡板接触后放开手，P处于“磁悬浮”状态，则说
明Q对P有竖直向上的磁力，则Q对P的磁力方向斜向左上方向，其磁力F大小大于G ，故
P
AB错误；
CD．对PQ的整体受力分析，在竖直方向上，根据平衡条件可知电子秤对 Q的支持力大小等于
G +G ，根据牛顿第三定律可知Q对电子秤的压力大小等于G +G ，故C错误，D正确。
P Q P Q
故选：D。
4．（2022·浙江）如图所示，学校门口水平地面上有一质量为m的石墩，石墩与水平地面间的动摩
擦因数为 ，工作人员用轻绳按图示方式匀速移动石墩时，两平行轻绳与水平面间的夹角均为
，则下列μ说法正确的是（ ）
θ
μmg
A．轻绳的合拉力大小为
cosθ
μmg
B．轻绳的合拉力大小为
cosθ+μsinθ
C．减小夹角 ，轻绳的合拉力一定减小
D．轻绳的合拉θ 力最小时，地面对石墩的摩擦力也最小
【解答】解：AB．设轻绳的合拉力大小为T，对石墩受力分析，如图所示：由平衡条件，可知在水平方向上有：Tcos ＝f
竖直方向上有：Tsin +N＝mg θ
根据滑动摩擦力公式θ得：f＝ N
μ μmg
联立解得轻绳的合拉力大小为：T= ，故A错误，B正确；
cosθ+μsinθ
μmg μmg
= =
C．合拉力的大小为：T
cosθ+μsinθ √1+μ2sin(θ+α)
其中tan ＝ ，可知当 + ＝90°时，拉力有最小值，即减小夹角 ，轻绳的合拉力不一定减小，
故C错误α；μ θ α θ
μmgcosθ μmg
D．摩擦力大小为：f＝Tcos = =
cosθ+μsinθ 1+μtanθ
θ
可知增大夹角 ，摩擦力一直减小，当趋近于90°时，摩擦力最小，故轻绳的合拉力最小时，地
面对石墩的摩擦θ力不是最小，故D错误；
故选：B。
一.知识总结
1．共点力
作用于物体的同一点或作用线相交于一点的几个力。
2．平衡状态
物体保持静止或匀速直线运动的状态。
3．共点力的平衡条件
(1)F ＝0或者
合
(2)平衡条件的推论
①二力平衡：如果物体在两个共点力的作用下处于平衡状态，这两个力必定大小相等，方向相
反。
②三力平衡：如果物体在三个共点力的作用下处于平衡状态，其中任何一个力与其余两个力的
合力大小相等，方向相反；并且这三个力的矢量可以形成一个封闭的矢量三角形。
③多力平衡：如果物体在多个共点力的作用下处于平衡状态，其中任何一个力与其余几个力的
合力大小相等，方向相反。4.静态平衡与动态平衡：
（1）静态平衡模型
物体保持静止或匀速直线运动的状态，物体受到的各个力不变。
（2）动态平衡模型
①物体受到的力在发生动态变化，但物体保持静止或匀速直线运动的状态
②物体“缓慢”运动时，可把物体看作平衡状态处理，物体所受合力为0.
动态平衡问题较难！
二.解决动态平衡问题的思路与法：
1.解决问题切入思路
（1）解析法
对研究对象进行受力分析，先画出受力示意图，再根据物体的平衡条件列式求解，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。
(2)图解法
不需要列式计算，通过画图分析求解。对于三个力作用下的平衡问题，通常
①一个力大小、方向均不变，另一个力方向不变，通常画闭合三角形。
②一个力是恒力，另两个力方向的夹角保持不变的情况，可构造圆，来解决。恒力对应的圆心
角不变。
③当一个力是恒力，另一个力大小不变时，也可画圆来分析处理。
2.常用的物理方法
方 法 基本思路 求解方法 条 件
通过平行四边形 三力平衡
物体受三个共点力的作用而平衡，则任意两个
定则，构建矢量
力的合 力的合力一定与第三个力大小相等，方向相
三角形，利用几
成法 反。可以应用三角函数、相似三角形等知识求
何知识求解
解
变矢量运算为代 三个或三个
将物体所受的力分解为相互垂直的两组，每组
数运算 以上共点力
正交分 力都满足平衡条件，即各力分解到x轴和y轴
作用下物体
解法 上，运用两坐标轴上的合力等于零的条件列方
的平衡
程求解，即∑F＝0，∑F＝0
x y
构建矢量三角 对受三力作用而平衡的物体，将力的矢量图平 三力平衡
力的三 形，利用几何知 移，使三力组成一个首尾依次相接的闭合的矢
角形法 识求解 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
三.精选例题
题型1： 一恒两向变（一力不变，两力方向都变）——相似三角形例1．如图所示，为质量均可忽略的轻绳与轻杆组成系统，轻杆A端用铰链固定，滑轮在A点正上
方（滑轮大小及摩擦力均可不计），轻杆B端吊一重物G现将绳的一端拴在杆的B端，用拉力
F将B端缓慢释放（均未断）到AB杆转到水平位置前，以下说法正确的是（ ）
A．绳子受到的拉力越来越大
B．绳子受到的拉力越来越小
C．AB杆受到的压力越来越大
D．AB杆受到的压力越来越小
【解答】解：以B点为研究对象，分析受力情况：重物的拉力T（等于重物的重力G）、轻杆的
支持力N和绳子的拉力F，设滑轮处为O点，作出力图如图：
由平衡条件得知，N和F的合力与T大小相等，方向相反，根据三角形相似可得：
N F T
= =
AB BO AO
又T＝G，解得：
AB BO
N= •G，F= •G；
AO AO
将B端缓慢释放（均未断）到AB杆转到水平位置前，∠BAO缓慢变大时，AB、AO保持不变，
BO变大，则AB杆受到的压力N保持不变，绳子受到的拉力F变大。故A正确，BCD错误。
故选：A。
题型2：一恒一向定（一力不变，一力方向不变）——有时有最小值
例2．如图所示，电灯悬挂于两墙之间，OA绳保持不动，更换OB绳使B点向上移动而保持O点
位置不变，则在B点向上移动时，两绳拉力变化情况是（ ）A．OA绳拉力变小，OB绳拉力先变小后变大
B．OA绳拉力变小，OB绳拉力先变大后变小
C．OA绳拉力变大，OB绳拉力先变小后变大
D．OA绳拉力变大，OB绳拉力先变大后变小
【解答】解：以结点O为研究对象，分析受力：重力G、绳OA的拉力F 和绳BO的拉力
OA
F ，如图所示，根据平衡条件知，两根绳子的拉力的合力与重力大小相等、方向相反，
OB
作出轻绳OB在两个位置时力的合成图如图，由图看出，改变OB绳长使绳右端由B点缓慢上移
至B′点的过程中，F 逐渐减小，F 先减小后增大，当 ＝90°时，F 最小。
OA OB OB
故BCD错误，A正确。 θ
故选：A。
题型3： 一恒一大小定（一力不变，一力的大小不变）——通常画圆
（多选）例3．如图所示，在“共点力合成”的实验中，橡皮条一端固定于 P点，另一端连接两个
弹簧测力计，分别用F 和F 拉两个弹簧测力计，将这端的结点拉至O点。现让F 大小不变，方
1 2 1
向沿顺时针方向转动某一角度，且F 始终处于PO左侧，要使这端的结点仍位于O点，则关于F
1
的大小和图中的 角，下列说法中正确的是（ ）
θA．增大F 的同时增大 角 B．增大F 的同时减小 角
2 2
C．增大F 而保持 角不θ变 D．减小F 的同时增大θ角
2 2
【解答】解：对点θO点受力分析，受到两个弹簧的拉力和橡皮条的拉θ力，由于O点位置不变，
因此橡皮条长度不变，其拉力大小方向不变，由题，F 的大小不变，F 方向和大小都改变，根
2 1
据力的平行四边形定则有：
如图1所受示，可以增大F 的同时增大 角，故A正确；
2
θ
若如图2变化所受，可以增大F 的同时减小 角，故B正确；
2
θ如图3所受示，可以增大F 而保持 角不变，故C正确；
2
同时根据平行四边形定则可知，减小θ F 的同时增大 角是不能组成平行四边形的，故D错误。
2
故选：ABC。 β
题型4： 一恒两向夹角定（一力不变，另两力力的方向夹角不变）——可构造圆辅助分析
例4．如图，柔软轻绳ON的一端O固定，其中间某点M拴一重物，用手拉住绳的另一端N，初始
π
时，OM竖直且MN被拉直，OM与MN之间的夹角为 （α＞ ）。现将重物向右上方缓慢拉
2
α
起，并保持夹角 不变。在OM由竖直被拉到水平的过程中（ ）
α
A．MN上的张力逐渐增大
B．MN上的张力先增大后减小
C．OM上的张力逐渐增大
D．OM上的张力一直减小
【解答】解：对重物受力分析，如图所示π
在平行四边中，由于保持夹角 （α＞ ）不变，即保持 的补角 不变，且 为锐角，做一个
2
α α θ θ
圆，让重力线段的两端点和绳子MN拉力的右端点在圆上，由于 角是以重力为弦的圆周角，
随着P点的移动， 角保持不变，满足题意要求。 θ
AB.在力的矢量三角θ形MPQ中，QM大小等于重力且始终竖直，顶点P由M点经过P点到R点
的过程，就是OM由竖直被拉到水平的过程，可以看出，MN拉力从0逐渐增大到圆的直径，故
MN上的张力逐渐增大；
CD.矢量三角形的PQ边先由重力逐渐增大到直径再逐渐减小到RQ，故OM上的张力先增大再
减小，故CD错误。
故选：A。
题型5：一恒两大小定（一个力大小方向不变，另两个力大小总相等）
例5．如图所示，一固定的∩型支架两端连有一根长为 L的轻绳，光滑轻质挂钩下端悬挂质量
为m的重物跨在轻绳上（挂钩可沿轻绳滑动）．开始时绳子固定在支架上等高的 M、N两点，
绳中拉力为F现保持绳子左端M固定且绳长不变，将绳子右端从N点沿竖直支架缓慢移至P点，
再从P点沿圆弧支架向左缓慢移至Q点．关于绳子拉力F的变化，下列说法正确的是（ ）
A．从N→P→Q的过程中，拉力F一直不变B．从N→P→Q的过程中，拉力F先不变，再减小
C．从N→P→Q的过程中，拉力F一直增大
D．从N→P→Q的过程中，拉力F先增大，再减小
【解答】解：当轻绳的右端从N点移到P时，设两绳的夹角为2 ，根据数学知识可知，两段绳
子的夹角不变， 不变， θ
以挂钩为研究对θ象，分析受力情况，
作出受力图，如图所示。根据平衡条件得：
2Fcos ＝mg
θ mg
得到绳子的拉力F=
2cosθ
所以在轻绳的右端从N点移到P点的过程中， 不变，cos 不变，则F不变。
当轻绳的右端从P移到Q点时，设两绳的夹角θ为2 。 θ
根据几何关系可知，从P移到Q点时，2 减小，则α 减小，
mg α α
再根据平衡条件可知，F= ， 减小，cos 增大，则F减小，
2cosθ
α α
所以从N→P→Q的过程中，拉力F先不变，后减小，故B正确。
故选：B。
四.举一反三，巩固练习
1. （多选）某小城街道两旁的仿古路灯如图所示，灯笼悬挂在灯柱上，若风沿水平方向
由右向左吹来，且风力缓慢增大，则（ ）A．灯柱对灯笼的作用力逐渐减小
B．灯柱对灯笼的作用力逐渐增大
C．灯柱对灯笼的作用力与竖直方向的夹角逐渐增大
D．灯柱对灯笼的作用力与竖直方向的夹角逐渐减小
【解答】解：对灯笼受力分析可得下图所示
由勾股定理可得，风力越来越大，则灯柱对灯笼的作用力逐渐增大，灯柱对灯笼的作用力与竖
直方向的夹角逐渐增大，AD错误，BC正确。
故选：BC。
2. （多选）如图，两个半径均为r的光滑球a、b放在半径为R（R＞2r）的半球形容器
内，均静止时a、b与半球的接触点P、Q与半球球心O的连线与水平方向的夹角为 和 （a
＜ ）。若两球的质量用m 、m ，两球对容器的压力大小用F 、F 表示，则（ ）α β
a b Na Nb
β
A．m sinβ B．m cosβ
a= a=
m sinα m cosα
b b
C．F 1 D．F cosβ
Na= Na=
F F cosα
Nb Nb
【解答】解：分别对光滑球a、b的受力分析如图所示，其中：F 与F 是球a、b之间相互作用
ab ba
的弹力，这两个力均沿着两球圆心的连线AB，容器对两球的支持力分别为F′ 、F′ ，两球
Na Nb
的重力分别为m g、m g。
a b
根据平衡条件，球a受到的三个力可围成力的矢量三角形（图中蓝色三角形），此矢量三角形与
几何三角形△OAC相似（点A、B分别为球a、b的球心，OC沿竖直方向），则可得：m g F' F
a = Na= ab
OC OA AC
同理，球b受到的三个力也可围成力的矢量三角形（图中红色三角形），此矢量三角形与几何三
角形△OBC相似，则可得：
m g F' F
b = Nb= ba
OC OB BC
由几何关系得：OA＝r﹣R，OB＝r﹣R，可得：OA＝OB
又有F 与F 是一对相互作用力，即F ＝F
ab ba ab ba
可得：m F' BC
a= Na=
m F' AC
b Nb
根据正弦定理，
AC OA
在△OAC中有： =
sin(90°-α) sin∠OCA
BC OB
在△OBC中有： =
sin(90°-β) sin∠OCB
因为∠OCA+∠OCB＝180°，所以sin∠OCA＝sin∠OCB
BC cosβ
可得： =
AC cosα
则有：m F' cosβ
a= Na=
m F' cosα
b Nb
由牛顿第三定律可得：F F' cosβ，故BD正确，AC错误。
Na= Na=
F F' cosα
Nb Nb
故选：BD。
3. （多选）如图所示，光滑的轻滑轮通过支架固定在天花板上，一足够长的细绳跨过滑轮，一端悬挂小球b，另一端与套在水平细杆上的小球a连接。在水平拉力F作用下小球a从
图示虚线位置开始缓慢向右移动（细绳中张力大小视为不变）。已知小球b的质量是小球a的
√3
2倍，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，小球a与细杆间的动摩擦因数为 ．则下列说法正确的
3
是（ ）
√3
A．当细绳与细杆的夹角为60°时，拉力F的大小为（2- ）mg
3
B．支架对轻滑轮的作用力大小逐渐增大
C．拉力F的大小一直增大
D．拉力F的大小先减小后增大
【解答】解：A、当细绳与细杆的夹角为60°时，拉力F的大小为：F＝2mg（cos + sin ）﹣
θ μ θ
√3 √3 √3
mg＝2mg（cos60°+ sin60°）- mg＝（2- ）mg，故A正确；
3 3 3
μ
B、向右缓慢拉动的过程中，两个绳子之间的夹角逐渐增大，绳子的拉力不变，所以绳子的合力
减小，则绳子对滑轮的作用力逐渐减小，根据共点力平衡的条件可知，支架对轻滑轮的作用力
大小逐渐减小，故B错误；
CD、设a的质量为m，则b的质量为2m；以b为研究对象，竖直方向受力平衡，可得绳子拉力
始终等于b的重力，即T＝2mg，保持不变；
以a为研究对象，受力如图所示，
设绳子与水平方向夹角为 ，支持力F ＝2mgsin ﹣mg，向右缓慢拉动的过程中， 角逐渐减小；
N
水平方向：F＝f+2mgcos ＝θ 2mgcos + （2mgsinθ﹣mg）＝2mg（cos + sin ）﹣ mθg
θ θ μ θ θ μ θ μ√3 2 2
由于：cos + sin ＝cos + sin = （sin60°cos +cos60°sin ）= sin（60°+ ）
3 √3 √3
θ μ θ θ θ θ θ θ
由于 从90°开始逐渐减小，则（60°+ ）从150°逐渐减小时sin（60°+ ）逐渐增大；
当 ＜θ30°后，F＝f+2mgcos ＝2mgcosθ+ （mg﹣2mgsin ）＝2mg（coθs ﹣ sin ）+ mg
θ θ√3 2θ μ θ 2θ μ θ μ
由于：cos ﹣ sin ＝cos - sin = （cos60°cos ﹣sin60°sin ）= cos（60°+ ）
3 √3 √3
θ μ θ θ θ θ θ θ
当 从30°逐渐减小的过程中，cos（60°+ ）逐渐增大，所以当 从30°逐渐减小的过程中F仍然
逐渐θ增大。 θ θ
可知水平拉力一直增大；故C正确，D错误；
故选：AC。
4. 如图所示，粗糙的水平地面上放置一物块，物块左边受到弹簧的斜向上且与水平面成
角的拉力作用，右侧受到水平向右的拉力F作用，物块处于静止状态。若将水平向右的拉力
θ大小变为F+ΔF，物块仍保持静止，则下列说法正确的是（ ）
A．弹簧的弹力一定变大
B．物块受到地面的摩擦力的大小可能不变
C．地面对物块的支持力可能变大
D．弹簧弹力和地面对物块的支持力以及拉力F的合力一定变大
【解答】解：A、因为拉力变为F+ΔF时，物块仍处于静止状态，所以弹簧的伸长量不变，则弹
簧的弹力不变，故A错误；
B、如果静摩擦力方向向右，对物块受力分析如图：
小物块在水平方向上：F+f＝F弹cos ，
θ即：f＝F弹cos ﹣F，
随着F的增大θf逐渐减小为零，F再增大后摩擦力将反向增大，这时静摩擦力方向向左，大小可
以增大到和初始摩擦力大小相等，故B正确；
C、在竖直方向上：mg＝F弹sin +F
N
；
可见地面的支持力F
N
与拉力F无θ关，F弹 不变化，支持力保持不变，故C错误；
D、弹簧弹力和地面对物体的支持力以及拉力F的合力，这三个力的合力与地面给物块的静摩擦
力和物块的重力的合力相平衡，由B可知摩擦力大小可能不变，故摩擦力和重力的合力大小可
能不变，弹簧弹力和地面对物块的支持力以及拉力F的合力大小可能不变，故D错误。
故选：B。
5. 如图所示，衣服悬挂在不可伸长的轻绳上，衣架的挂钩是光滑的，轻绳的两端固定在
两根竖直杆上的A、B两点，衣服受到恒定水平向右的风力处于静止状态。保持A端位置不变，
将B端分别移动到B 、B 两点。下列说法正确的是（ ）
1 2
A．B端移到B ，绳子张力变大
1
B．B端移到B ，绳子张力变小
1
C．B端移到B ，绳子张力变大
2
D．B端移到B ，绳子张力不变
2
【解答】解：对挂钩受力分析，如图所示，将重力 G与风力F合成为等效重力G′，两段绳的
拉力T等大，其合力与等效重力G′等大反向。
过A、B分别做平行于G′的直线a、b（直线a、b为等效的晾衣杆），直线a、b之间的距离为
c，设绳子与直线a、b的夹角为 。
由几何关系和平衡条件可得：2Tθcos ＝G′
将B端移动到B
1
点，相当于将直线θb平移到直线b
1
，即直线a、b之间的距离变大（等效的晾衣
杆距离变大），绳子总长度一定，由几何关系可知， 较变大，cos 变小，则T增大。
同理，将B端移动到B
2
点，相当于将直线b平移到直θ线b
2
，即直线θa、b之间的距离变小（等效
的晾衣杆距离变小），绳子总长度一定，由几何关系可知， 较变小，cos 变大，则T减小。
故A正确，BCD错误。 θ θ故选：A。
6. 带同种电荷的金属小球A、B用跨过光滑定滑轮（大小不计）的绝缘细绳连接，平衡
时如图所示，OA绳长大于OB绳长。现有另一不带电的金属小球C（图中未画出）与A球接
触后拿开，A、B再次平衡时，下列说法正确的是（ ）
A．OA绳对A球的拉力F 大于OB绳对B球的拉力F
OA OB
B．A球的质量大于B球的质量
C．OA绳长与开始时相同
D．OA绳对A球的拉力增大
【解答】解：A.AB受力如图
OA 绳对A球的拉力F 与OB绳对B球的拉力F 等大，故A错误；
OA OB
B.对A有
m g F
A = OA
OP OA
对B有m g F
B = OB
OP OB
且
F ＝F
OA OB
联立可得
m ＜m
A B
故B错误；
CD.不带电的金属小球C与A球接触后，A的带电量减小，所以F 与F 减小，AB之间的距离
A B
变小，则AP减小，OP增大，根据
m g F m g F
A = OA， B = OB
OP OA OP OB
则可得
OA+OB F ⋅OP F ⋅OP m +m
= OA + OB = A B ⋅F ⋅OP
m g m g m m g OA
A B A B
由此可知F •OP 不变，两球重力不变，所以OA、OB的长度不变，OA绳对A球的拉力减小，
OA
故C正确，D错误。
故选：C。
7. 如图所示，一个内表面光滑半球形的碗放在桌面上，碗口水平，O是球心，碗的球半
径为R，一根轻质杆的两端固定有A、B两个小球（可视为质点），质量分别是m 、m ，已知
1 2
杆长为√2R，杆静止时与水平面夹角为15°，则A、B两小球的质量之比是（ ）
A．2：1 B．√3：1 C．√2：1 D．2：√3
【解答】解：由几何关系可知OA、OB的夹角为90°，OB与水平方向的夹角为30°，OA与水平
方向的夹角为60°，选取两小球和杆作为研究对象，受力分析如下图所示由平衡条件得，F 在水平方向的分力F'和F 在水平方向的分力F''相等，即
1 2
F cos60°＝F cos30°
1 2
所以
F cos30° √3
1= =
F cos60° 1
2
在以小球1为研究对象，受力分析如下图所示
根据平衡条件得F与m g的合力与F 等大反向，图中两个阴影三角形相似，则得
1 1
F R
1 =
m g h
1
再以小球2为研究对象得
F R
2 =
m g h
2
则得
F F
1 = 2
m g m g
1 2
解得m √3
1=
m 1
2
故B正确，ACD错误。
故选：B。
8. 一学校物理项目学习小组研究悬索桥的受力特点，实际的悬索桥在工程上是复杂的，
他们进行了合理简化，悬索桥的简化模型如下：吊桥六对钢杆悬吊，六对钢杆在桥面上分列两
排，其上端挂在两根钢缆上，如图为其一侧面图。已知图中相邻两钢杆间距离为 9m，靠桥面
中心的钢杆长度为2m（即AA′＝DD′＝2m），BB′＝EE′，CC′＝PP′，又已知两端钢
缆CM、PN与水平方向成45°角，若钢杆钢缆自重不计，每根钢杆承受拉力相同，桥面总质量
m，每根钢杆拉力均为T。以下说法正确的是（ ）
1
A．每根钢杆拉力大小为 mg
6
1
B．每对钢缆AD中拉力大小为 mg
3
√2
C．每对钢缆CM中拉力大小为 mg
2
D．BB′的长度为6m
【解答】A、以桥面为研究对象，受重力和6对（12根）钢杆的拉力，每根钢杆承受拉力相同，
1
设为F，所以有：12F＝mg，每根钢杆的拉力大小为 mg，故A错误；
12
C、以桥面和CP间的钢杆钢缆整体为研究对象，受力分析如图1，√2
由对称性知：T ＝T ，由平衡条件：2T sin45°＝mg，解得：T = mg，故C正确；
MC PN MC MC
2
B、对左侧桥面及钢杆、钢缆为研究对象，受力分析如图2
1
由平衡条件可得：T ＝T cos45°，解得：T = mg，故B错误；
AD MC AD 2
D、以桥面一侧的一个结点A点为研究对象，受力分析如图3
1 1
mg mg
12 12 1
由平衡条件可得：tanθ= = = ，由几何关系可得：BB′＝AA′+A′B′tan
1 1 1 3
T × mg
2 AD 2 2 θ
1
＝2m+9× m＝5m，故D错误。
3
故选：C。
9. 如图1所示，放在粗糙固定斜面上的物块A和悬挂的物块B均处于静止状态。轻绳
AO绕过光滑的定滑轮与轻弹簧的右端及轻绳BO的上端连接于O点轻弹簧中轴线沿水平方向，
且弹簧原长L ＝0.9m，劲度系数k＝300N/m.轻绳的OC段长1m与竖直方向的夹角 ＝37°，斜
0
面倾角 ＝30°，物块A的质量m ＝5kg，物块B的质量m ＝4kg。设最大静摩擦力θ等于滑动
A B
摩擦力。α（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）（1）求弹簧伸长量Δx大小；
（2）求物块A受到的摩擦力的大小和方向；
（3）如图2所示，若在上述平衡状态下用轻绳代替弹簧，取下物块B然后用光滑轻滑轮把物块
B挂在轻绳上，重新平衡时物块A受到的摩擦力的大小和方向？
【解答】解：（1）对于O点，受到三段绳子的拉力，受力分析如图1所示，
根据平衡条件：F＝m gtan
B
由胡克定律：F＝kΔx θ
解得：Δx＝0.1m；
m g 4×10
（2）OC绳子的拉力T= B = N＝50N
cosθ 0.8
而A的重力沿斜面向下的分力：F ＝m gsin ＝5×10×0.5N＝25N
1 A
由于T＞F ，所以摩擦力方向沿斜面向下；α
1
对A进行受力分析，沿斜面方向根据力的平衡条件：T＝f+F ，
1
代入数据解得：f＝25N，方向沿斜面向下；
（3）取下物块B然后用光滑轻滑轮把物块B挂在轻绳上，重新平衡时，滑轮两边绳子与竖直方
向的夹角相等且两边轻绳拉力相等，如图2所示。斜面底端距离墙的水平距离为：d＝L +Δx+OCsin ＝0.9m+0.1m+1×0.6m＝1.6m
0
绳长为：L＝L +Δx+OC＝.9m+0.1m+1m＝2m θ
0
d 1.6
设滑轮两边绳子与竖直方向的夹角为 ′，由几何关系可知sin ′= = =0.8
L 2
θ θ
所以 ′＝53°
重新平θ衡时轻绳的拉力大小为F，则有：2Fcos ′＝m
B
g
100 θ
解得：F= N＞F ＝25N
1
3
100 25
所以A受到的摩擦力的大小：f′＝F﹣F = N﹣25N= N，方向沿斜面向下。
1
3 3
答：（1）弹簧伸长量Δx大小为0.1m；
（2）物块A受到的摩擦力的大小为25N，方向沿斜面向下；
25
（3）重新平衡时A受到的摩擦力的大小为 N，方向沿斜面向下。
3
10. 如图所示，可视为质点的小球A、B通过光滑铰链与长为L的轻杆相连，A与地面上
的O点也通过光滑的铰链与长为L的轻杆相连，B置于光滑水平面上，且A、B始终位于同一
个竖直面内。已知A的质量为2m，B质量为m，初始时对B施加水平力F，系统静止，杆与
竖直方向夹角 ＝37°；随后撤去F，B开始在水平面内向右运动，已知重力加速度为 g，sin37°
＝0.6，cos37°＝θ0.8，不计空气阻力，求：
（1）F的大小；
（2）当 为60°时，球A的速度的大小及方向。
θ【解答】解：（1）对A受力分析，可知：2F cos ＝2mg
N
对B受力分析可知：F sin ＝F θ
N
解得：F＝0.75mg θ
（2）A绕O做圆周运动，所以，A的速度垂直杆OA斜向下，而B的速度水平向右
AB关系如图所示
所以，根据速度关联 v cos30°＝v cos30°
A B
1 1
由动能定理有：2mg（Lcos37°﹣Lcos60°）= ×2mv2 + mv2
2 A 2 B
√2
解得：v = gL，方向垂直杆OA斜向下。
A
5
答：（1）F的大小为0.75mg；
√2
（2）当 为60°时，球A的速度的大小为 gL，及方向为垂直杆OA斜向下。
5
θ
11. 一转动装置如图甲所示，两根足够长轻杆OA、OB固定在竖直轻质转轴上的O点，
两轻杆与转轴间夹角均为30°．小球a、b分别套在两杆上，小环c套在转轴上，球与环质量均
为m。c与a、b间均用长为L的细线相连，原长为L的轻质弹簧套在转轴上，一端与轴上P点
3
固定，另一端与环c相连。当装置以某一转速转动时，弹簧伸长到 L，环c静止在0处，此时
2
弹簧弹力等于环的重力，球、环间的细线刚好拉直而无张力。弹簧始终在弹性限度内，忽略一
切摩擦和空气阻力，重力加速度为g。求：
（1）细线刚好拉直而无张力时，装置转动的角速度 ；
1
ω（2）如图乙所示，该装置以角速度 （未知）匀速转动时，弹簧长为L/2，求此时杆对小球的
2
弹力大小和角速度 。 ω
2
【解答】解：（1）ω小球做匀速圆周运动，由向心力公式有：mgtan60°＝m 2Lsin30°
1
ω
解得角速度为： √2√3g；
1=
L
ω
（2）对环c。由竖起方向力平衡得：2F线cos60°＝mg+F弹 ；
由题，弹簧拉伸和压缩的形变量相同，则有：F弹 ＝mg
对球a：竖直方向有：F
N
sin30°＝mg+F线sin30°
解得弹力为：F ＝4mg；
N
水平方向根据牛顿第二定律得：F cos30°+F sin60°＝mLsin60°
N 2 ω2
2
√6g
解得： = 。
2
L
ω
答：（1）细线刚好拉直而无张力时，装置转动的角速度为√2√3g；
L
√6g
（2）此时杆对小球的弹力大小为4mg，角速度为 。
L
