(2)若另外兩個力大小方向都變，且有幾何三角形與力的三角形相似的可用相似三角形法；
(3)若另外兩個力大小方向都變，且知道力的三角形中各角的變化規(guī)律的可用正弦定理；
(4)若另外兩個力大小方向都變，且這兩個力的夾角不變的可用等效圓周角不變法或正弦定理．
2．多力動態(tài)平衡問題常用解析法．
3．涉及到摩擦力的時候要注意靜摩擦力與滑動摩擦力的轉(zhuǎn)換．
1．(2019·重慶市沙坪壩等主城六區(qū)第一次調(diào)研抽測)如圖1，輕繩一端系在小球A上，另一端系在圓環(huán)B上，B套在粗糙水平桿PQ上．現(xiàn)用水平力F作用在A上，使A從圖中實線位置(輕繩豎直)緩慢上升到虛線位置，但B仍保持在原來位置不動．則在這一過程中，桿對B的摩擦力F1、桿對B的支持力F2、繩對B的拉力F3的變化情況分別是( )
圖1
A．F1逐漸增大，F(xiàn)2保持不變，F(xiàn)3逐漸增大
B．F1逐漸增大，F(xiàn)2逐漸增大，F(xiàn)3逐漸增大
C．F1保持不變，F(xiàn)2逐漸增大，F(xiàn)3逐漸減小
D．F1逐漸減小，F(xiàn)2逐漸減小，F(xiàn)3保持不變
2.(2020·河北衡水中學調(diào)研)如圖2所示，有一質(zhì)量不計的桿AO，長為R，可繞A自由轉(zhuǎn)動，用輕繩在O點懸掛一個重力為G的物體，另一根輕繩一端系在O點，O點為圓弧的圓心，另一端系在圓弧形墻壁上的C點，當該輕繩端點由點C逐漸沿圓弧CB向上移動的過程中(保持OA與地面夾角θ不變)，OC繩拉力的大小變化情況是( )
圖2
A．逐漸減小
B．逐漸增大
C．先減小后增大
D．先增大后減小
3．(多選)(2017·全國卷Ⅰ·21)如圖3，
圖3
柔軟輕繩ON的一端O固定，其中間某點M拴一重物，用手拉住繩的另一端N.初始時，OM豎直且MN被拉直，OM與MN之間的夾角為α(α＞eq \f(π,2))．現(xiàn)將重物向右上方緩慢拉起，并保持夾角α不變．在OM由豎直被拉到水平的過程中( )
A．MN上的張力逐漸增大
B．MN上的張力先增大后減小
C．OM上的張力逐漸增大
D．OM上的張力先增大后減小
4．(2019·山東大聯(lián)考三模)如圖4，用硬鐵絲彎成的光滑半圓環(huán)豎直放置，直徑豎直，O為圓心，最高點B處固定一光滑輕質(zhì)滑輪，質(zhì)量為m的小環(huán)A穿在半圓環(huán)上．現(xiàn)用細線一端拴在A上，另一端跨過滑輪用力F拉動，使A緩慢向上移動．小環(huán)A及滑輪B大小不計，在移動過程中，關(guān)于拉力F以及半圓環(huán)對A的彈力N的說法正確的是( )
圖4
A．F逐漸增大
B．N方向始終指向圓心O
C．N逐漸變小
D．N大小不變
5．(多選)(2019·山東煙臺市第一學期期末)如圖5所示，一質(zhì)量為m、半徑為r的光滑球A用細繩懸掛于O點，另一質(zhì)量為M、半徑為R的半球形物體B被夾在豎直墻壁和A球之間，B的球心到O點之間的距離為h，A、B的球心在同一水平線上，A、B處于靜止狀態(tài)．重力加速度為g.則下列說法正確的是( )
圖5
A．A對B的壓力大小為eq \f(R＋r,h)mg
B．豎直墻壁對B的摩擦力可能為零
C．當只輕輕把球B向下移動一點距離，若A、B再次保持靜止，則A對B的壓力大小保持不變，細繩拉力增大
D．當只輕輕把球B向下移動一點距離，若A、B再次保持靜止，則A對B的壓力減小，細繩拉力減小
6．(2020·河南開封市模擬)在粗糙水平地面上與墻平行放著一個截面為半圓的柱狀物體A，A與豎直墻之間放另一截面也為半圓的光滑柱狀物體B，整個裝置處于靜止狀態(tài)，截面如圖6所示．設(shè)墻對B的作用力為F1，B對A的作用力為F2，地面對A的作用力為F3.在B上加一物體C，整個裝置仍保持靜止，則( )
圖6
A．F1保持不變，F(xiàn)3增大
B．F1增大，F(xiàn)3保持不變
C．F2增大，F(xiàn)3增大
D．F2增大，F(xiàn)3保持不變
7．(多選)(2019·安徽省A10聯(lián)盟開年考)如圖7，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( )
圖7
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
8．(2019·湖南衡陽市第一次聯(lián)考)如圖8所示的裝置中，在A端用外力F把一個質(zhì)量為m的小球沿傾角為30°的光滑斜面勻速向上拉動，已知在小球勻速運動的過程中，拴在小球上的繩子與水平固定桿之間的夾角從45°變?yōu)?0°，斜面體與水平地面之間是粗糙的，并且斜面體一直靜止在水平地面上，不計滑輪與繩子之間的摩擦．則在小球勻速運動的過程中，下列說法正確的是( )
圖8
A．外力F一定增大
B．地面對斜面體的靜摩擦力始終為零
C．繩子對水平桿上的滑輪的合力一定大于繩子的拉力
D．繩子A端移動的速度大小等于小球沿斜面運動的速度大小
9．(2019·湖北省黃岡中學第三次模擬)哥倫比亞大學的工程師研究出一種可以用于人形機器人的合成肌肉，可模仿人體肌肉做出推、拉、彎曲和扭曲等動作．如圖9所示，連接質(zhì)量為m的物體的足夠長細繩ab一端固定于墻壁，用合成肌肉做成的“手臂”ced的d端固定一滑輪，c端固定于墻壁，細繩繞過滑輪，c和e類似于人手臂的關(guān)節(jié)，由“手臂”合成肌肉控制．設(shè)cd與豎直墻壁ac夾角為θ，不計滑輪與細繩的摩擦，下列說法正確的是( )
圖9
A．若保持θ不變，增大cd長度，細繩ad部分拉力變大
B．若保持θ＝90°，增大cd長度，細繩對滑輪的力始終沿dc方向
C．若保持ac等于ad，增大cd長度，細繩對滑輪的力始終沿dc方向
D．若θ從90°逐漸變?yōu)榱?，cd長度不變，且保持ac>cd，則細繩對滑輪的力先減小后增大
10．(2020·山東臨沂市質(zhì)檢)如圖10所示，一光滑的輕滑輪用細繩OO′懸掛于O點；另一細繩跨過滑輪，其一端懸掛質(zhì)量為m的物塊A，另一端系一位于固定光滑斜面上的質(zhì)量為2m的物塊B，斜面傾角θ＝45°，外力F沿斜面向上拉物塊B，使物塊B由滑輪正下方位置緩慢運動到和滑輪等高的位置，則( )
圖10
A．細繩OO′的拉力逐漸增大
B．細繩對物塊B的拉力逐漸變大
C．斜面對物塊B的支持力逐漸變大
D．外力F逐漸變大
11.(2019·安徽省皖北協(xié)作區(qū)聯(lián)考)如圖11所示，兩塊固定且相互垂直的光滑擋板POQ，OP豎直放置，OQ水平，小球a、b固定在輕彈簧的兩端，現(xiàn)有一個水平向左的推力，作用于b上，使a、b緊靠擋板處于靜止狀態(tài)．現(xiàn)用力F推動小球b，使之緩緩到達b′位置，則( )
圖11
A．推力F變大 B．b對OQ的壓力變大
C．彈簧長度變短 D．彈簧長度變長
12．(多選)(2019·湖南長沙一中月考)《大國工匠》節(jié)目中講述了王進利用“秋千法”在
1 000 kV的高壓線上帶電作業(yè)的過程．如圖12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(shè)備總質(zhì)量為m，不計一切阻力，重力加速度大小為g.關(guān)于王進從C點運動到E點的過程中，下列說法正確的是( )
圖12
A．工人對繩的拉力一直變大
B．繩OD的拉力一直變小
C．OD、CD兩繩拉力的合力大小等于mg
D．當繩CD與豎直方向的夾角為30°時，工人對繩的拉力為eq \f(\r(3),3)mg
答案精析
1．A [設(shè)小球A的質(zhì)量為m，圓環(huán)B的質(zhì)量為M，對A受力分析，如圖甲所示，

甲 乙
由平衡條件可得F3′cs α＝mg，F(xiàn)＝mgtan α，故隨α增大，F(xiàn)增大，則F3′增大，即F3增大；
再對兩者的整體受力分析，如圖乙所示，
有：F1＝F，F(xiàn)2＝(M＋m)g，則F2不變，F(xiàn)1增大，故選A.]
2.C [對物體受力分析，物體受力平衡，則豎直繩的拉力等于物體的重力G，故豎直繩的拉力不變；再對O點分析，O點總受豎直繩的拉力、OA的支持力F及OC繩的拉力而處于平衡狀態(tài)，受力分析如圖所示，
F和OC繩的拉力的合力與G大小相等，方向相反，則在OC繩端點上移的過程中，平行四邊形的對角線保持不變，由圖可知OC繩的拉力先減小后增大，故C正確．]
3．AD [以重物為研究對象，受重力mg、OM繩上拉力F2、MN上拉力F1，由題意知，三個力的合力始終為零，矢量三角形如圖所示，
F1、F2的夾角為π－α不變，在F2轉(zhuǎn)至水平的過程中，矢量三角形在同一外接圓上，由圖可知，MN上的張力F1逐漸增大，OM上的張力F2先增大后減小，所以A、D正確，B、C錯誤．]
4．D [在小環(huán)A緩慢向上移動的過程中，小圓環(huán)A處于三力平衡狀態(tài)，根據(jù)平衡條件知mg與N的合力與T等大反向共線，作出mg與N的合力，如圖，
由三角形相似得：eq \f(mg,BO)＝eq \f(N,OA)＝eq \f(T,AB)
由于最高點B處固定一光滑輕質(zhì)滑輪，則F＝T，可得：F＝T＝eq \f(AB,BO)mg，AB變小，BO不變，則F變小，故A錯誤；N＝eq \f(OA,BO)mg，AO、BO都不變，則N不變，方向始終背離圓心，故B、C錯誤，D正確．]
5．AD [分析A球的受力情況，如圖所示，
N與mg的合力與T等大反向共線，根據(jù)兩個陰影三角形相似有：eq \f(N,R＋r)＝eq \f(mg,h)＝eq \f(T,OA)，得：N＝eq \f(R＋r,h)mg，T＝eq \f(OA,h)mg，由牛頓第三定律知A對B的壓力大小為：N′＝N＝eq \f(R＋r,h)mg，故A正確；B在豎直方向受到重力，而A、B間無摩擦，由平衡條件知豎直墻壁對B一定有摩擦力，故B錯誤；當只輕輕把球B向下移動一點距離，分析A球的受力情況，如圖乙所示：

N與T的合力與mg等大反向共線，根據(jù)兩個陰影三角形相似得：eq \f(N,R＋r)＝eq \f(mg,L)＝eq \f(T,OA)
可得：N＝eq \f(R＋r,L)mg，T＝eq \f(OA,L)mg，由于L＞h，可知，N減小，T減小，由牛頓第三定律知A對B的壓力減小，故C錯誤，D正確．]
6．C [先對B、C整體受力分析，受重力、墻壁支持力和A的支持力，根據(jù)平衡條件，三個力可以構(gòu)成首尾相連的矢量三角形，如圖所示，
在B上加一C物體，相當于整體的重力增加了，故墻對B的作用力F1增加，A對B的支持力也增加，根據(jù)牛頓第三定律，B對A的作用力F2增加；再對A、B、C整體分析，受重力、地面的支持力、地面的靜摩擦力、墻壁的支持力，根據(jù)平衡條件，地面的支持力等于整體的重力，故加上C物體后，地面的支持力和摩擦力均變大，則F3變大，故A、B、D錯誤，C正確．]
7．AD [小球B受重力mg、輕繩OB的拉力T和拉力F，由題意可知，三個力的合力始終為零，矢量三角形如圖．
在T轉(zhuǎn)至水平的過程中，輕繩OB的拉力T逐漸減小，拉力F逐漸變大，故選項A正確，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，向左的摩擦力和拉力四個力的作用，根據(jù)小球的受力分析可知，拉力F的豎直分力逐漸增大，水平分力先增大后減小，所以支持力逐漸減小，摩擦力先增大后減小，故選項C錯誤，D正確．]
8．A
9．C [細繩ad、bd的拉力大小等于物體的重力，如終不變，選項A錯誤；若保持θ＝90°，因Tad＝Tdb＝mg，則ad繩和bd繩拉力的合力方向指向左下方∠adb角平分線的方向，則細繩對滑輪的力方向指向左下方，不沿dc方向，選項B錯誤；若保持ac＝ad，則∠acd＝∠adc＝∠cdb，則此時ad繩和bd繩拉力的合力方向沿dc方向，即使增大cd長度，上述關(guān)系仍然不變，即細繩對滑輪的力始終沿dc方向，選項C正確；若θ從90°逐漸變?yōu)榱?，cd長度不變，且保持ac>cd，則ad與ac的夾角先增大后減小，ad與db的夾角先減小后增大，則ad繩和bd繩拉力的合力先增大后減小，即細繩對滑輪的力先增大后減小，選項D錯誤．]
10.D [由題可知，物塊緩慢移動整體都處于平衡狀態(tài)，則繩OO′的拉力等于下面繩對A的拉力和繩對B的拉力的合力，由于繩對A的拉力和繩對B的拉力大小相等，都等于物塊A的重力的大小，但是由于物塊B上移，導致二者之間的夾角變大，則根據(jù)平行四邊形定則可知合力變小，即繩OO′的拉力逐漸減小，故選項A、B錯誤；物塊B未運動前，對物塊B受力分析如圖所示，
當物塊B上移時，α先減小后增大，在垂直斜面方向根據(jù)平衡方程可知：斜面對物塊B的支持力先減小后增大，在沿斜面方向根據(jù)平衡條件可知外力F逐漸變大，故選項C錯誤，D正確．]
11．D [隔離a分析受力，設(shè)此時a、b間作用力與水平方向的夾角為θ，如圖甲所示，

由力的平衡條件可得：F′＝eq \f(mg,sin θ)，N＝eq \f(mg,tan θ)
小球到達b′位置，當a、b重新處于靜止狀態(tài)時，由幾何關(guān)系可知，θ增大，則sin θ、tan θ增大，F(xiàn)′減小，N減小，根據(jù)胡克定律可知彈簧的形變量變小，所以彈簧長度變長，故D正確，C錯誤；對a、b的整體受力分析如圖乙所示：
由共點力的平衡條件可知，a、b重新處于靜止狀態(tài)前后，OQ擋板對b的支持力始終和a、b的總重力大小相等，保持不變，推力F＝N在減小，故A、B錯誤．]
12．CD [對兜籃、王進及攜帶的設(shè)備整體受力分析如圖所示，
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.根據(jù)幾何知識可知θ＋2α＝90°，由正弦定理可得，eq \f(F1,sin α)＝eq \f(F2,sin θ)＝eq \f(mg,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(180°－θ－α)))＝eq \f(mg,sin?90°＋α?)，王進從C點運動到E點的過程中，α增大，θ減小，則F1增大，F(xiàn)2減小，選項A、B錯誤；兩繩拉力的合力大小等于mg，選項C正確；當繩CD與豎直方向的夾角為α＝30°時，θ＝30°，2F2cs 30°＝mg，可得F2＝eq \f(\r(3),3)mg，即工人對繩的拉力為eq \f(\r(3),3)mg，選項D正確．]

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