專題強(qiáng)化三　動(dòng)態(tài)平衡　平衡中的臨界與極值問題

專題強(qiáng)化三動(dòng)態(tài)平衡平衡中的臨界與極值問題學(xué)習(xí)目標(biāo)1.學(xué)會(huì)運(yùn)用解析法、圖解法等分析處理動(dòng)態(tài)平衡問題。2.會(huì)分析平衡中的臨界與極值問題，并會(huì)相關(guān)計(jì)算。考點(diǎn)一動(dòng)態(tài)平衡問題1.動(dòng)態(tài)平衡是指物體的受力狀態(tài)緩慢發(fā)生變化，但在變化過程中，每一個(gè)狀態(tài)均可視為平衡狀態(tài)。2.做題流程方法解析法1.對(duì)研究對(duì)象進(jìn)行受力分析，畫出受力示意圖。2.根據(jù)物體的平衡條件列式，得到因變量與自變量的關(guān)系表達(dá)式(通常要用到三角函數(shù))。3.根據(jù)自變量的變化確定因變量的變化。例1(2025·河北保定一模)如圖，質(zhì)量為0.2kg的小球A在水平力F作用下，與四分之一光滑圓弧形滑塊B一起靜止在地面上，小球球心跟圓弧圓心連線與豎直方向夾角θ＝60°，g取10m/s2。則以下說法正確的是()A.B對(duì)A的支持力大小為23NB.水平地面對(duì)B的摩擦力方向水平向右C.增大夾角θ，若A、B依然保持靜止，F(xiàn)減小D.增大夾角θ，若A、B依然保持靜止，地面對(duì)B的支持力減小答案B解析對(duì)A受力分析，如圖所示，根據(jù)平衡條件，B對(duì)A的支持力FN＝mgcosθ＝4N，故A錯(cuò)誤;對(duì)A、B整體受力分析，在水平方向，根據(jù)平衡條件，摩擦力與水平力F等大反向，即摩擦力水平向右，故B正確;對(duì)A受力分析，則F＝mgtanθ，增大夾角θ，若A、B依然保持靜止，F(xiàn)增大，故C錯(cuò)誤;對(duì)A、B整體受力分析，在豎直方向，根據(jù)平衡條件，地面對(duì)B的支持力與A、B的重力二力平衡，大小相等，與θ角無關(guān)，即地面對(duì)B的支持力不變，故方法圖解法用圖解法分析物體的動(dòng)態(tài)平衡問題時(shí)，一般是物體只受三個(gè)力作用，且其中一個(gè)力大小、方向均不變，另一個(gè)力的方向不變，第三個(gè)力大小、方向均變化。例2(2025·河北石家莊高三期末)如圖所示，粗糙水平地面上放有橫截面為14A.B對(duì)A的作用力不變 B.墻對(duì)B的作用力不變C.地面對(duì)A的摩擦力不變 D.地面對(duì)A的支持力不變答案D解析對(duì)物體B受力分析，受到重力mg、A對(duì)B的支持力FNAB和墻壁對(duì)B的支持力FNB，如圖甲所示，當(dāng)A向左移動(dòng)后，A對(duì)B的支持力FNAB的方向不斷變化，根據(jù)平衡條件結(jié)合合成法可知A對(duì)B的支持力FNAB和墻壁對(duì)B的支持力FNB都在不斷減小，由牛頓第三定律可知B對(duì)A的作用力不斷減小，故A、B錯(cuò)誤;對(duì)A和B整體受力分析，受到總重力G、地面的支持力FN、地面的摩擦力Ff和墻壁的彈力FN1，如圖乙所示，根據(jù)平衡條件，有Ff＝FN1，F(xiàn)N＝G，故地面對(duì)A的支持力不變，地面對(duì)A的摩擦力Ff逐漸減小，故C錯(cuò)誤，D正確。方法相似三角形法物體受三個(gè)力平衡，其中一個(gè)力恒定，另外兩個(gè)力的方向同時(shí)變化，當(dāng)所作“力的矢量三角形”與空間的某個(gè)“幾何三角形”總相似時(shí)，可利用相似三角形對(duì)應(yīng)邊成比例進(jìn)行計(jì)算。例3(多選)(2025·江西鷹潭模擬)如圖所示，圓心為O、半徑為R的四分之一圓形光滑軌道豎直固定在水平地面上，在O點(diǎn)正上方有一光滑的小滑輪，小滑輪到軌道上B點(diǎn)的距離為h，輕繩的一端系一質(zhì)量為m的小球，靠放在光滑圓形軌道上的A點(diǎn)，A點(diǎn)到小滑輪的距離為L，另一端繞過小滑輪后用力拉住。重力加速度大小為g，則()A.若使小球靜止在A點(diǎn)，圓形軌道對(duì)小球的支持力大小FN＝mgRB.若使小球靜止在A點(diǎn)，繩對(duì)小球的拉力大小FT＝2C.緩慢地拉繩，在使小球由A到B的過程中，圓形軌道對(duì)小球的支持力大小FN不變，繩對(duì)小球的拉力大小FT變小D.緩慢地拉繩，在使小球由A到B的過程中，圓形軌道對(duì)小球的支持力大小FN變小，繩對(duì)小球的拉力大小FT先變小后變大答案AC解析對(duì)小球受力分析如圖所示，由平衡條件可知，將三個(gè)力按順序首尾相接，可形成如圖所示閉合三角形。由圖可知力的三角形與幾何三角形△AOO'相似，則有mgR＋h＝FNR＝FTL，得FN＝mgRR＋h，F(xiàn)T＝mgLR＋h，故A正確，B錯(cuò)誤;緩慢地拉繩，小球由A到B的過程中，mg、R、h均不變，L方法矢量圓法(正弦定理法)1.矢量圓:如圖所示，物體受三個(gè)共點(diǎn)力作用而平衡，其中一力恒定，另外兩力方向一直變化，但兩力的夾角不變，作出不同狀態(tài)的矢量三角形，利用兩力夾角不變，可以作出動(dòng)態(tài)圓(也可以由正弦定理列式求解)，恒力為圓的一條弦，根據(jù)不同位置判斷各力的大小變化。2.正弦定理:如圖所示，物體受三個(gè)共點(diǎn)力作用而處于平衡狀態(tài)，則三個(gè)力中任意一個(gè)力的大小與另外兩個(gè)力的夾角的正弦成正比，即F1例4(2025·山東煙臺(tái)高三期末)一豎直放置的輕質(zhì)圓環(huán)靜止于水平面上，質(zhì)量為m的物體用輕繩系于圓環(huán)邊緣上的A、B兩點(diǎn)，結(jié)點(diǎn)恰位于圓環(huán)的圓心О點(diǎn)。已知物體靜止時(shí)，AO繩水平，BO繩與AO繩的夾角為150°?，F(xiàn)使圓環(huán)沿順時(shí)針方向緩慢滾動(dòng)，在AO繩由水平轉(zhuǎn)動(dòng)至豎直的過程中()A.AO繩中的拉力一直增大 B.AO繩中最大拉力為2mgC.BO繩中的拉力先減小后增大 D.BO繩中最小拉力為mg答案B解析物體始終保持靜止，合力為零，由于重力不變，以及F1和F2的夾角α＝150°不變，β＝30°，則mg、F1、F2構(gòu)成封閉的矢量三角形如圖所示，可知在AO繩由水平轉(zhuǎn)動(dòng)至豎直的過程中，AO繩中的拉力F1先增大后減小，BO繩中的拉力F2一直減小，故A、C錯(cuò)誤;當(dāng)F1為直徑時(shí)，F(xiàn)1最大，則AO繩中最大拉力為F1m＝mgsin30°＝2mg，故B正確;在AO繩豎直時(shí)，BO繩中拉力最小，為零，故D方法總結(jié)動(dòng)態(tài)平衡模型分析方法矢量三角形法:其中一個(gè)力大小方向固定，另一個(gè)力方向固定，第三個(gè)力大小方向均不固定水平拉力F逐漸增大，繩的拉力也逐漸增大擋板對(duì)球的作用力F1先減小后增大，斜面對(duì)球的支持力F2逐漸減小相似三角形法:矢量三角形與幾何三角形相似OA輔助圓法:(1)一個(gè)力大小、方向固定，另兩個(gè)力間的夾角固定。(2)一個(gè)力大小、方向固定，另一個(gè)力大小固定，第三個(gè)力大小、方向均不固定正弦定理G考點(diǎn)二平衡中的臨界與極值問題1.臨界、極值問題特征(1)臨界問題:當(dāng)某物理量變化時(shí)，會(huì)引起其他幾個(gè)物理量的變化，從而使物體所處的平衡狀態(tài)“恰好出現(xiàn)”或“恰好不出現(xiàn)”，在問題的描述中常用“剛好”“剛能”“恰好”等語言敘述。常見的臨界狀態(tài)有:①由靜止到運(yùn)動(dòng)，摩擦力達(dá)到最大靜摩擦力。②繩子恰好繃緊，拉力F＝0。③剛好離開接觸面，支持力FN＝0。(2)極值問題:平衡物體的極值，一般指在力的變化過程中的最大值和最小值。2.解決臨界和極值問題的三種方法極限法正確進(jìn)行受力分析和變化過程分析，找到平衡的臨界點(diǎn)和極值點(diǎn);臨界條件必須在變化中尋找，不能在一個(gè)狀態(tài)上研究臨界問題，要把某個(gè)物理量推向極大或極小數(shù)學(xué)分析法通過對(duì)問題的分析，根據(jù)平衡條件列出物理量之間的函數(shù)關(guān)系(畫出函數(shù)圖像)，用數(shù)學(xué)方法求極值(如求二次函數(shù)極值、公式極值、三角函數(shù)極值)物理分析法根據(jù)平衡條件，作出力的矢量圖，通過對(duì)物理過程的分析，利用平行四邊形定則進(jìn)行動(dòng)態(tài)分析，確定最大值和最小值例5(2025·山東臨沂模擬)如圖所示，半徑均為R的光滑球和不光滑的半球由同種材料制成的，球和半球放置在豎直墻壁的左側(cè)。當(dāng)半球的球心到豎直墻壁的距離大于2.2R時(shí)，半球?qū)⑾蜃蠡瑒?dòng)。當(dāng)半球球心到墻壁的距離為L時(shí)，即使給球體向下沿通過球心的豎直方向施加的力再大，半球和球始終保持靜止，則L的最大值為()A.55＋2R B.C.105＋1R D.答案D解析設(shè)半球質(zhì)量為m，則光滑球質(zhì)量為2m，對(duì)光滑球和不光滑的半球受力分析，如圖所示，當(dāng)半球的球心到豎直墻壁的距離為2.2R時(shí)，由幾何關(guān)系，有sinθ＝2.2R-R2R＝0.6，對(duì)整體，根據(jù)平衡條件可得Ff＝FN2＝2mgtanθ，F(xiàn)N3＝mg＋2mg，又Ff＝μFN3，聯(lián)立解得μ＝0.5。給球體向下沿通過球心的豎直方向施加力，半球和球始終保持靜止，需要滿足(F＋2mg)tanα≤μ(mg＋F＋2mg)，即tanα≤μmg2mg＋F＋1，當(dāng)半球球心到墻壁的距離為最大值L時(shí)，有tanα＝μ，由幾何關(guān)系，有L＝2Rsinα跟蹤訓(xùn)練如圖所示，一輕質(zhì)光滑定滑輪固定在傾斜木板上，質(zhì)量分別為m和2m的物塊A、B，通過不可伸長的輕繩跨過滑輪連接，A、B間的接觸面和輕繩均與木板平行。A與B間、B與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。當(dāng)木板與水平面的夾角為45°時(shí)，物塊A、B剛好要滑動(dòng)，則μ的值為()A.13 B.C.15 D.答案C解析根據(jù)題述，物塊A、B剛要滑動(dòng)，可知A、B之間的摩擦力和B與木板間的摩擦力均達(dá)到最大靜摩擦力，隔離A分析受力，由平衡條件可得F＝FfAB＋mgsin45°，F(xiàn)NA＝mgcos45°，F(xiàn)fAB＝μFNA，對(duì)A、B整體，由平衡條件可得2F＝3mgsin45°－Ff，F(xiàn)N＝3mgcos45°，F(xiàn)f＝μFN，聯(lián)立解得μ＝15，選項(xiàng)CA級(jí)基礎(chǔ)對(duì)點(diǎn)練對(duì)點(diǎn)練1動(dòng)態(tài)平衡問題1.(2025·天津南開一模)千斤頂在汽車維修、地震救災(zāi)中經(jīng)常用到。如圖所示是剪式(菱形)千斤頂，當(dāng)搖動(dòng)把手時(shí)，螺紋桿迫使A、B間距離變小，千斤頂?shù)膬杀劭繑n(螺旋桿始終保持水平)，從而將重物緩慢頂起。若物重為G，AB與AC間的夾角為θ，不計(jì)千斤頂桿件自重，下列說法正確的是()A.AC、BC兩桿受到的彈力大小均為GB.當(dāng)θ＝60°時(shí)，AC、BC兩桿受到的彈力大小均為GC.搖動(dòng)把手將重物緩慢頂起的過程，AC、BC桿受到的彈力將減小D.搖動(dòng)把手將重物緩慢頂起的過程，重物受到的支持力將增大答案C解析設(shè)AC、BC兩桿受到的彈力大小均為F，由平衡條件及幾何關(guān)系有2Fcos180°-2θ2＝G，解得F＝G2sinθ，故A錯(cuò)誤;當(dāng)θ＝60°時(shí)，AC、BC兩桿受到的彈力大小均為F＝G2sin60°＝33G，故B錯(cuò)誤;搖動(dòng)把手將重物緩慢頂起的過程，θ增大，sinθ增大，則F減小，故C正確;搖動(dòng)把手將重物緩慢頂起的過程，重物所受合力為零2.(2025·山東濟(jì)南模擬)如圖所示，某款手機(jī)支架由L形擋板和底座構(gòu)成，擋板使用一體成型材料制成，其AB、BC部分相互垂直，可繞O點(diǎn)的軸在豎直面內(nèi)自由調(diào)節(jié)，AB、BC部分對(duì)手機(jī)的彈力分別為F1和F2(不計(jì)手機(jī)與擋板間的摩擦)，在L形擋板AB部分由圖示位置順時(shí)針緩慢轉(zhuǎn)至水平的過程中，下列說法正確的是()A.F1逐漸增大，F(xiàn)2逐漸減小 B.F1逐漸減小，F(xiàn)2逐漸增大C.支架對(duì)手機(jī)的作用力逐漸增大 D.支架對(duì)手機(jī)的作用力先增大后減小答案A解析對(duì)手機(jī)受力分析，如圖所示，F(xiàn)1與F2分別是AB與BC對(duì)手機(jī)的彈力，兩力的合力F12豎直向上與重力平衡，F(xiàn)1始終垂直于AB，F(xiàn)2始終垂直BC，在支架順時(shí)針緩慢轉(zhuǎn)至AB水平的過程中，F(xiàn)1與F2之間的夾角不變，兩者的合力F12不變，即支架對(duì)手機(jī)的作用力始終與手機(jī)的重力大小相等，方向相反，該過程中F1一直增大，F(xiàn)2一直減小，故A正確。3.(2024·四川遂寧模擬)如圖所示，輕繩一端固定于天花板上的O點(diǎn)，另一端系于質(zhì)量為m的三角板abc上的a點(diǎn)，水平拉力F作用于三角板上的c點(diǎn)，當(dāng)三角板靜止時(shí)，輕繩與豎直方向夾角為30°。已知重力加速度為g，則下列說法正確的是()A.輕繩拉力大小為23B.外力F大小為23C.若保持輕繩拉力方向不變，使外力F逆時(shí)針緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)，則外力F先增大后減小D.若保持外力F的方向不變，使輕繩繞O點(diǎn)逆時(shí)針緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)，則輕繩的拉力先增大后減小答案A解析根據(jù)題意，對(duì)三角板受力分析，受重力mg、輕繩的拉力FT和水平拉力F，如圖甲所示，由平衡條件有FTsin30°＝F，F(xiàn)Tcos30°＝mg，解得FT＝233mg，F(xiàn)＝33mg，故A正確，B錯(cuò)誤;若保持輕繩拉力方向不變，使外力F逆時(shí)針緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)，如圖乙所示，可知，外力F先減小后增大，故C錯(cuò)誤;若保持外力F的方向不變，使輕繩繞O點(diǎn)逆時(shí)針緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)，輕繩與豎直方向的夾角α逐漸增大，由平衡條件有FTcosα＝mg，可得FT＝mgcosα，可知，4.如圖所示，固定在豎直平面內(nèi)的光滑圓環(huán)的最高點(diǎn)有一個(gè)光滑的小孔。質(zhì)量為m的小球套在圓環(huán)上，一根細(xì)線的下端系著小球，上端穿過小孔用手拉住?，F(xiàn)拉動(dòng)細(xì)線，使小球沿圓環(huán)緩慢上移，在移動(dòng)過程中，手對(duì)細(xì)線的拉力F和圓環(huán)對(duì)小球的彈力FN的大小變化情況是()A.F不變，F(xiàn)N增大 B.F不變，F(xiàn)N減小C.F減小，F(xiàn)N不變 D.F增大，F(xiàn)N減小答案C解析小球沿圓環(huán)緩慢上移可看成小球始終受力平衡，對(duì)小球進(jìn)行受力分析，作出受力示意圖如圖所示，由三角形相似，得GR＝FAB＝FNR，當(dāng)小球上移過程中，半徑R不變，AB長度減小，故F減小5.(多選)如圖所示，兩根輕繩一端系于結(jié)點(diǎn)O，另一端分別系于固定環(huán)上的M、N兩點(diǎn)，O點(diǎn)下面懸掛一小球。細(xì)線OM、ON與豎直方向夾角分別為α＝60°、β＝30°。用F1、F2分別表示OM、ON的拉力，將兩繩同時(shí)緩慢順時(shí)針轉(zhuǎn)過45°，并保持兩繩之間的夾角始終不變，且小球始終保持靜止?fàn)顟B(tài)，則在旋轉(zhuǎn)過程中，下列說法正確的是()A.F1逐漸增大B.F2先增大再減小C.F1與F2的水平分量大小相等D.F1與F2的豎直分量大小相等答案AC解析小球始終保持靜止，所受合力為零，所以mg、F1、F2構(gòu)成封閉的矢量三角形如圖所示，由于重力不變，F(xiàn)1和F2夾角為90°不變，矢量三角形動(dòng)態(tài)圖如圖所示，mg始終為圓的直徑，兩繩同時(shí)緩慢順時(shí)針轉(zhuǎn)過45°過程中，F(xiàn)1逐漸增大，F(xiàn)2逐漸減小，故A正確，B錯(cuò)誤;F1與F2的水平分量大小相等，豎直分量的合力與重力大小相等，故C正確，D錯(cuò)誤。對(duì)點(diǎn)練2平衡中的臨界與極值問題6.(2024·浙江金華模擬)如圖所示，甲、乙兩柱體的截面分別為半徑均為R的圓和半圓，甲的右側(cè)靠著一塊豎直的擋板。若甲和乙的質(zhì)量相等，柱體的曲面和擋板可視為光滑，開始兩圓柱體柱心連線沿豎直方向，將擋板緩慢地向右移動(dòng)，直到圓柱體甲剛要落至地面為止，整個(gè)過程半圓柱乙始終保持靜止，那么半圓柱乙與水平面間動(dòng)摩擦因數(shù)的最小值為()A.32 B.C.34 D.答案A解析只要摩擦力最大時(shí)剛好不滑動(dòng)，此時(shí)對(duì)應(yīng)的動(dòng)摩擦因數(shù)最小。對(duì)整體分析有FN＝2mg，F(xiàn)f＝F板，設(shè)O1O2與水平面的夾角為θ，對(duì)甲受力分析，由平衡條件得F板＝mgtanθ，聯(lián)立解得Ff＝mgtanθ，可知θ越小，F(xiàn)f越大，由幾何關(guān)系得，θ最小為30°，則Ff＝mgtan30°＝μFN＝μ·2mg，解得μ＝7.(2025·重慶高三期末)如圖所示，三根長度均為L的輕繩分別連接于C、D兩點(diǎn)，A、B兩端被懸掛在水平天花板上，相距2L?，F(xiàn)在C點(diǎn)懸掛一個(gè)質(zhì)量為m的重物，為使CD繩保持水平，在D點(diǎn)可施加外力F，重力加速度為g，則下列說法正確的是()A.AC繩的拉力為33mg B.CD繩的拉力為3C.外力F的最小值為14mg D.外力F的最小值為1答案D解析令A(yù)C繩與豎直方向的夾角為θ，根據(jù)幾何關(guān)系有sinθ＝2L-L2L＝12，解得θ＝30°，對(duì)C點(diǎn)與重物進(jìn)行受力分析，如圖甲所示，根據(jù)平衡條件有TACcosθ＝mg，TACsinθ＝TCD，解得TAC＝233mg，TCD＝33mg，故A、B錯(cuò)誤;對(duì)D點(diǎn)進(jìn)行受力分析，作出矢量動(dòng)態(tài)三角形如圖乙所示，可知，當(dāng)外力F方向與繩BD垂直時(shí)，外力F最小，則有Fmin＝TCDcos8.如圖所示，一光滑球體放在支架與豎直墻壁之間，支架的傾角θ＝60°，光滑球體的質(zhì)量為m，支架的質(zhì)量為2m，已知最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，整個(gè)裝置保持靜止，則支架和地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)至少為()A.39 B.C.32 D.答案D解析對(duì)光滑球體受力分析如圖甲所示，根據(jù)平衡條件可得FN2cosθ＝mg，對(duì)支架受力分析如圖乙所示，根據(jù)牛頓第三定律可知FN3＝FN2，對(duì)支架由平衡條件可得FN4＝2mg＋FN3cosθ，F(xiàn)f＝FN3sinθ，又達(dá)到最大靜摩擦力時(shí)Ff＝μFN4，聯(lián)立以上各式解得μ＝33，可知支架和地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)至少為33，故B級(jí)綜合提升練9.(2025·遼寧一模)如圖所示，輕桿AC和輕桿BC的一端用光滑鉸鏈連接在C點(diǎn)，另一端用光滑鉸鏈分別固定在豎直墻壁上，將一物塊通過細(xì)線連接在C點(diǎn)并保持靜止?fàn)顟B(tài)。若對(duì)C端施加一水平向右的作用力F，則下列說法正確的是()A.輕桿AC中的彈力一定變大B.輕桿AC中的彈力可能減小C.輕桿BC中的彈力一定變大D.輕桿BC中的彈力一定減小答案A解析對(duì)C點(diǎn)受力分析如圖所示，由三角形定則可知，重力mg、輕桿AC的拉力TAC以及輕桿BC的支持力TBC組成封閉的三角形;若加水平力F，C點(diǎn)仍平衡，則此時(shí)四個(gè)力組成封閉的四邊形，TAC和重力mg方向不變，TBC方向仍與原來平行，則隨F的增加，TAC一定增加，TBC先減小，當(dāng)減到零后反向增加，故A正確。10.(2025·山東濟(jì)南一模)抖空竹是國家非物質(zhì)文化遺產(chǎn)之一、在某次抖空竹表演時(shí)，表演者的左右手所持桿和空竹位置如圖所示，此時(shí)左手高于右手，輕繩兩端位置之間的連線與水平方向成θ角，空竹懸掛在輕繩上?，F(xiàn)保持右手所持桿水平且位置不動(dòng)，只人為改變一個(gè)條件，始終保持空竹處于平衡狀態(tài)，不考慮空竹的轉(zhuǎn)動(dòng)及輕繩與空竹之間的摩擦，下列說法正確的是()A.若更換為更長的輕繩，繩子的拉力將變小B.若更換為更長的輕繩，繩子的拉力將不變C.若使左手持桿緩慢豎直向下移動(dòng)至θ＝0°的過程中，繩子拉力逐漸變小D.若使左手持桿順時(shí)針緩慢以右桿為圓心畫圓弧移動(dòng)至θ＝0°的過程中，繩子拉力逐漸變小答案A解析設(shè)兩段繩子之間的夾角為2α，由平衡條件可知2Fcosα＝mg，解得F＝mg2cosα，設(shè)繩子的總長度為L，兩桿之間的水平距離為s，懸掛點(diǎn)兩邊的繩子長度分別為L1、L2，由幾何關(guān)系知L1sinα＋L2sinα＝s，解得sinα＝sL1＋L2＝sL。若更換為更長的輕繩，L變大，α變小，cosα變大，所以繩子的拉力變小，故A正確，B錯(cuò)誤;左手持桿緩慢豎直向下移動(dòng)過程中，L、s都不變，則α不變，所以繩子的拉力不變，故C錯(cuò)誤;左手持桿順時(shí)針緩慢以右桿為圓心畫圓弧移動(dòng)，s變大，則α變大11.(2025·山東泰安模擬)如圖所示，斜面靜止在水