PAGEPAGE1專題2.3共點力的平衡（精練）1．(2024·四川綿陽中學(xué)模擬)如圖所示，物體M在豎直向上的拉力F作用下靜止在一固定的粗糙斜面上，則物體M受力的個數(shù)可能為()A．2個 B．3個C．4個 D．5個【答案】AC【解析】當(dāng)F＝mg時，物體只受到重力和拉力F的作用；當(dāng)F<mg時，物體還受到斜面彈力和摩擦力的作用，故本題選A、C．2．(2024·山西大同一中模擬)“階下兒童仰面時，清明妝點正堪宜．游絲一斷渾無力，莫向東風(fēng)怨別離．”這是《紅樓夢》中詠風(fēng)箏的詩，風(fēng)箏在風(fēng)力F、線的拉力FT以及重力G的作用下，能夠高高地飛在藍天上．關(guān)于風(fēng)箏在空中的受力可能正確的是()【答案】A【解析】在B、C、D三個圖中，合力不行能為零，不能處于平衡狀態(tài)，只有A圖，在三個力的作用下能處于平衡，故A正確，B、C、D錯誤．3．(2024·山東日照一中模擬)如圖所示，物體在水平外力作用下處于靜止?fàn)顟B(tài)，當(dāng)外力F由圖示位置逆時針轉(zhuǎn)到豎直位置的過程中，物體仍保持靜止，則在此過程中靜摩擦力可能為()A．0 B．FC．eq\f(F,2) D．2F【答案】ABC【解析】由于物體不動，當(dāng)F逆時針轉(zhuǎn)動時，靜摩擦力與F的水平分力平衡，當(dāng)F水平常，F(xiàn)f＝F，當(dāng)F豎直時，F(xiàn)f＝0，所以靜摩擦力的變更范圍是0≤Ff≤F，故A、B、C正確．4．(2024·湖北孝感中學(xué)模擬)如圖所示，一個半球形的碗放在桌面上，碗口水平，O點為其球心，碗的內(nèi)表面及碗口是光滑的．一根細線跨在碗口上，線的兩端分別系有質(zhì)量為m1和m2的小球．當(dāng)它們處于平衡狀態(tài)時，質(zhì)量為m1的小球與O點的連線與水平線的夾角為α＝90°，質(zhì)量為m2的小球位于水平地面上，設(shè)此時質(zhì)量為m2的小球?qū)Φ孛鎵毫Υ笮镕N，細線的拉力大小為FT，則()A．FN＝(m2－m1)g B．FN＝m2gC．FT＝eq\f(\r(2),2)m1g D．FT＝(m2－eq\f(\r(2),2)m1)g【答案】B【解析】分析小球m1的受力狀況，由物體的平衡條件可得，繩的拉力FT＝0，故C、D均錯誤；分析m2受力，由平衡條件可得：FN＝m2g5．(2024·安徽江南十校聯(lián)合二模)重力為G的兩個完全相同的小球，與水平面的動摩擦因數(shù)均為μ.豎直向上的較小的力F作用在連接兩球輕繩的中點，繩間的夾角α＝60°，如圖所示．緩慢增大F，到兩球剛要運動的過程中，下列說法正確的是()A．地面對球的支持力變大，摩擦力變大B．地面對球的支持力變小，摩擦力變小C．球剛起先運動時，地面對球沒有支持力D．球剛起先運動時，球受到的摩擦力最大【答案】D【解析】先用整體法，將兩小球看成一整體，F(xiàn)增大，則地面對小球的支持力變小，但不會變?yōu)榱悖珹、C錯誤．再用隔離法，取左邊的小球為探討對象，因為F增大，繩子的拉力FT增大，那么FT在水平面上的重量增大，所以地面對小球的摩擦力變大，B錯誤，D正確．6．(2024·河北衡水中學(xué)調(diào)研)如圖所示，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(dāng)該輕繩端點由點C漸漸沿圓弧CB向上移動的過程中(保持OA與地面夾角θ不變)，OC繩拉力的大小變更狀況是()A．漸漸減小 B．漸漸增大C．先減小后增大 D．先增大后減小【答案】C【解析】對物體分析，物體受力平衡，則豎直繩的拉力等于物體的重力，故豎直繩的拉力不變；再對O點分析，O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．7．(2024·江西臨川一中模擬)如圖，一不行伸長的光滑輕繩，其左端固定于O點，右端跨過位于O′點的固定光滑軸懸掛一質(zhì)量為M的物體；OO′段水平，長度為L；繩上套一可沿繩滑動的輕環(huán)．現(xiàn)在輕環(huán)上懸掛一鉤碼，平衡后，物體上升L.則鉤碼的質(zhì)量為()A．eq\f(\r(2),2)M B．eq\f(\r(3),2)MC．eq\r(2)M D．eq\r(3)M【答案】D【解析】如圖所示，輕環(huán)上掛鉤碼后，物體上升L，則依據(jù)幾何關(guān)系可知，三角形OO′A為等邊三角形，依據(jù)物體的平衡條件可知，2Mgcos30°＝mg，求得m＝eq\r(3)M，D項正確．8．(2024·浙江鎮(zhèn)海中學(xué)模擬)一鐵球懸掛在OB繩的下端，輕繩OA、OB、OC的結(jié)點為O，輕繩OA懸掛在天花板上的A點，輕繩OC拴接在輕質(zhì)彈簧測力計上．第一次，保持結(jié)點O位置不變，某人拉著輕質(zhì)彈簧測力計從豎直位置緩慢轉(zhuǎn)動到水平位置，如圖中的甲所示，彈簧測力計的示數(shù)記為F1.其次次，保持輕繩OC垂直于OA，緩慢釋放輕繩，使輕繩OA轉(zhuǎn)動到豎直位置，如圖中的乙所示，彈簧測力計的示數(shù)記為F2.則()A．F1恒定不變，F(xiàn)2漸漸增大 B．F1、F2均漸漸增大C．F1先減小后增大，F(xiàn)2漸漸減小 D．F1漸漸增大，F(xiàn)2先減小后增大【答案】C【解析】題圖甲中，OA與OC的合力與重力等大反向，且保持不變，OA的方向不變，通過畫平行四邊形可知，當(dāng)OC順時針轉(zhuǎn)動到水平位置時，F(xiàn)1先減小后增大．題圖乙中，設(shè)OA繩與豎直方向的夾角為θ，因為OA與OC垂直，且合力與重力等大反向，故F2＝mgsinθ，依據(jù)題意，隨著θ的減小，F(xiàn)2漸漸減小，故選項C正確．9．(2024·上海延安中學(xué)模擬)如圖所示，兩根輕彈簧a、b的上端固定在豎直墻壁上，下端連接在小球上．當(dāng)小球靜止時，彈簧a、b與豎直方向的夾角分別為53°和37°.已知a、b的勁度系數(shù)分別為k1、k2，sin53°＝0.8，則a、b兩彈簧的伸長量之比為()A．eq\f(4k2,3k1) B．eq\f(3k2,4k1)C．eq\f(3k1,4k2) D．eq\f(4k1,3k2)【答案】B【解析】作出小球的受力分析圖如圖所示，依據(jù)平衡條件有F＝mg，彈簧a的彈力F1＝Fcos53°＝eq\f(3,5)mg，彈簧b的彈力F2＝Fsin53°＝eq\f(4,5)mg，依據(jù)胡克定律有x＝eq\f(F,k)，則a、b兩彈簧的伸長量之比為eq\f(x1,x2)＝eq\f(\f(F1,k1),\f(F2,k2))＝eq\f(3k2,4k1).故選項B正確．10．(2024·四川彭州中學(xué)模擬)如圖所示，a、b兩個質(zhì)量相同的球用線連接，a球用線掛在天花板上，b球放在光滑斜面上，系統(tǒng)保持靜止，以下圖示中正確的是()【答案】B【解析】對b球受力分析，受重力、垂直斜面對上的支持力和細線的拉力，由于三力平衡時三個力中隨意兩個力的合力與第三個力等值、反向、共線，故細線拉力向右上方，故A圖錯誤；再對a、b兩個球整體受力分析，受總重力、垂直斜面對上的支持力和上面細線的拉力，再次依據(jù)共點力平衡條件推斷上面的細線的拉力方向斜向右上方，故C、D圖均錯誤．11.(2024·江蘇鹽城中學(xué)模擬)如圖所示，光滑半球形容器固定在水平面上，O為球心．一質(zhì)量為m的小滑塊，在水平力F的作用下靜止于P點，設(shè)滑塊所受支持力為FN，OP與水平方向的夾角為θ.下列關(guān)系正確的是()A．F＝eq\f(mg,tanθ) B．F＝mgtanθC．FN＝eq\f(mg,tanθ) D．FN＝mgtanθ【答案】A【解析】法一：合成法滑塊受力如圖甲，由平衡條件知：eq\f(mg,F)＝tanθ，eq\f(mg,FN)＝sinθ?F＝eq\f(mg,tanθ)，F(xiàn)N＝eq\f(mg,sinθ).法二：效果分解法將重力按產(chǎn)生的效果分解，如圖乙所示，F(xiàn)＝G2＝eq\f(mg,tanθ)，F(xiàn)N＝G1＝eq\f(mg,sinθ).法三：正交分解法將滑塊受的力水平、豎直分解，如圖丙所示，mg＝FNsinθ，F(xiàn)＝FNcosθ，聯(lián)立解得：F＝eq\f(mg,tanθ)，F(xiàn)N＝eq\f(mg,sinθ).法四：封閉三角形法如圖丁所示，滑塊受的三個力組成封閉三角形，解直角三角形得：F＝eq\f(mg,tanθ)，F(xiàn)N＝eq\f(mg,sinθ).12.(2024·河北正定中學(xué)模擬)如圖，一不行伸長的光滑輕繩，其左端固定于O點，右端跨過位于O′點的固定光滑軸懸掛一質(zhì)量為M的物體；OO′段水平，長度為L；繩子上套一可沿繩滑動的輕環(huán)．現(xiàn)在輕環(huán)上懸掛一鉤碼，平衡后，物體上升L，則鉤碼的質(zhì)量為()A．eq\f(\r(2),2)M B．eq\f(\r(3),2)MC．eq\r(2)M D．eq\r(3)M【答案】D【解析】重新平衡后，繩子形態(tài)如圖，由幾何關(guān)系知：繩子與豎直方向夾角為30°，則環(huán)兩邊繩子的夾角為60°，依據(jù)平行四邊形定則，環(huán)兩邊繩子拉力的合力為eq\r(3)Mg，依據(jù)平衡條件，則鉤碼的質(zhì)量為eq\r(3)M，故選項D正確．13.(2024·黑龍江鶴崗一中模擬)如圖所示，用完全相同的輕彈簧A、B、C將兩個相同的小球連接并懸掛，小球處于靜止?fàn)顟B(tài)，彈簧A與豎直方向的夾角為30°，彈簧C水平，則彈簧A、C的伸長量之比為()A．eq\r(3)∶4 B．4∶eq\r(3)C．1∶2 D．2∶1【答案】D【解析】法一：隔離法分別對兩小球受力分析，如圖甲所示FAsin30°－FBsinα＝0F′Bsinα－FC＝0，F(xiàn)B＝F′B得FA＝2FC，即彈簧A、C的伸長量之比為2∶1，選項D正確．法二：整體法將兩球作為一個整體，進行受力分析，如圖乙所示由平衡條件知：eq\f(Feq\o\al(′,A),FC)＝eq\f(1,sin30°)，即Feq\o\al(′,A)＝2FC又Feq\o\al(′,A)＝FA，則FA＝2FC，即彈簧A、C的伸長量之比為2∶1，故選項D正確．14．(2024·遼寧沈陽二中模擬)如圖所示，小球用細繩系住，繩的另一端固定于O點．現(xiàn)用水平力F緩慢推動斜面體，小球在斜面體上無摩擦地滑動，細繩始終處于直線狀態(tài)，當(dāng)小球升到接近斜面頂端時細繩接近水平，此過程中斜面對小球的支持力FN以及繩對小球的拉力FT的變更狀況是()A．FN保持不變，F(xiàn)T不斷增大B．FN不斷增大，F(xiàn)T不斷減小C．FN保持不變，F(xiàn)T先增大后減小D．FN不斷增大，F(xiàn)T先減小后增大【答案】D【解析】選小球為探討對象，其受力狀況如圖所示，用平行四邊形定則作出相應(yīng)的“力三角形O′AB”，其中O′A的大小、方向均不變，AB的方向不變，推動斜面時，F(xiàn)T漸漸趨于水平，B點向下移動，依據(jù)動態(tài)平衡，F(xiàn)T先減小后增大，F(xiàn)N不斷增大，選項D正確．15．(2024·湖南岳陽一中檢測)如圖所示，物體A、B跨過定滑輪并用輕繩連接起來，物體A放在傾角為θ的固定粗糙斜面上，滑輪左邊的輕繩平行斜面．已知物體A的質(zhì)量為m，物體A與斜面的動摩擦因數(shù)為μ(μ<tanθ<1)，不計滑輪與繩之間的摩擦，要使物體A能在斜面上滑動，物體B的質(zhì)量可能為()A．m(1－μ)sinθB．m(1＋μ)cosθC．m(1－μ)cosθD.eq\f(m（sinθ－μcosθ）,2)【答案】BD【解析】當(dāng)物體A恰好下滑時有mgsinθ＝μmgcosθ＋mBg，得mB＝m(sinθ－μcosθ)，當(dāng)物體A恰好上滑時有mgsinθ＋μmgcosθ＝mBg，得mB＝m(sinθ＋μcosθ)，即B的質(zhì)量只要小于m(sinθ－μcosθ)或者大于m(sinθ＋μcosθ)即可，D正確；又由題意tanθ<1，所以θ<45°即sinθ＋μcosθ小于(1＋μ)cosθ，所以B正確，A、C錯誤．16．(2024·廣東深圳中學(xué)模擬)質(zhì)量勻稱分布的光滑球A與B通過輕繩連接，懸掛于平臺兩側(cè)，初始狀態(tài)A球與地面和平臺側(cè)面接觸且有擠壓，B球懸于空中，如圖所示．不計輕繩摩擦，若A發(fā)生勻稱的少量膨脹后，兩球仍能保持靜止?fàn)顟B(tài)．則()A．兩球的質(zhì)量可能相等 B．地面對平臺肯定有靜摩擦力C．膨脹后平臺側(cè)面對A彈力變小 D．膨脹后A對地面壓力會變大【答案】D【解析】因初始狀態(tài)A球與地面接觸且有擠壓，可知B的質(zhì)量小于A的質(zhì)量，選項A錯誤；對平臺及A、B的整體受力分析，水平方向不受力，則地面對平臺無靜摩擦力作用，選項B錯誤；膨脹后拉A的細線與豎直方向的夾角θ變大，由平衡學(xué)問可知平臺側(cè)面對A彈力FN＝Tsinθ＝mBgsinθ，可知平臺側(cè)面對A彈力變大，選項C錯誤；地面對A的支持力F′N＝mAg－Tcosθ，可知膨脹后F′N變大，即A對地面壓力會變大，選項D正確．17．(2024·北京101中學(xué)模擬)如圖所示，小球a的質(zhì)量為小球b質(zhì)量的一半，分別與輕彈簧A、B和輕繩相連接并處于平衡狀態(tài)．輕彈簧A與豎直方向夾角為60°，輕彈簧A、B伸長量剛好相同，則下列說法正確的是()A．輕彈簧A、B的勁度系數(shù)之比為3∶1B．輕彈簧A、B的勁度系數(shù)之比為2∶1C．輕繩上拉力與輕彈簧A上拉力的大小之比為2∶1D．輕繩上拉力與輕彈簧A上拉力的大小之比為eq\r(3)∶2【答案】AD【解析】設(shè)輕彈簧A、B伸長量都為x，小球a的質(zhì)量為m，則小球b的質(zhì)量為2m.對小球b，由平衡條件，彈簧B中彈力為kBx＝2mg；對小球a，由平衡條件，豎直方向kBx＋mg＝kAxcos60°，聯(lián)立解得：kA＝3kB，選項A正確，B錯誤；水平方向，輕繩上拉力F＝kAx18．(2024·廣東梅州一中模擬)輕繩一端系在質(zhì)量為m的物塊A上，另一端系在一個套在粗糙豎直桿MN的圓環(huán)上．現(xiàn)用水平力F拉住繩子上一點O，使物塊A從圖中實線位置緩慢下降到虛線位置，但圓環(huán)仍保持在原來位置不動，在這一過程中，環(huán)對桿的摩擦力F1和環(huán)對桿的壓力F2的變更狀況是()A．F1保持不變，F(xiàn)2漸漸增大 B．F1保持不變，F(xiàn)2漸漸減小C．F1漸漸增大，F(xiàn)2保持不變 D．F1漸漸減小，F(xiàn)2保持不變【答案】B【解析】以圓環(huán)、物塊A及輕繩整體為探討對象，受力狀況如圖甲所示，依據(jù)平衡條件得，桿對環(huán)的摩擦力F1′＝G，保持不變，桿對環(huán)的彈力F2′＝F；以結(jié)點O為探討對象，受力狀況如圖乙所示，由平衡條件得，F(xiàn)＝mgtanθ，物塊A從圖中實線位置緩慢下降到虛線位置過程中，θ漸漸減小，則F漸漸減小，F(xiàn)2′漸漸減小．所以F1′保持不變，F(xiàn)2′漸漸減小，由牛頓第三定律知F1不變，F(xiàn)2減小，選項B正確．19．(2024·江西上饒一中二模)如圖所示，頂端附有光滑定滑輪的斜面體靜止在粗糙水平地面上，三條細繩結(jié)于O點．一條繩跨過定滑輪平行于斜面連接物塊P，一條繩連接小球Q，P、Q兩物體處于靜止?fàn)顟B(tài)，另一條繩OA在外力F的作用下，處于水平方向，現(xiàn)緩慢變更繩OA的方向至θ<90°，且保持結(jié)點O位置不變，整個裝置始終處于靜止?fàn)顟B(tài)．下列說法正確的是()A．繩OA的拉力先減小后增大B．繩OB的拉力始終增大C．地面對斜面體有向右的摩擦力D．地面對斜面體的支持力不斷減小【答案】AD【解析】緩慢變更繩OA的方向至θ<90°的過程，OA拉力的方向變更如圖所示，從3位置到2位置到1位置可見OA的拉力先減小后增大，OB的拉力始終減小，故A正確，B錯誤；以斜面和P、Q整體為探討對象受力分析，依據(jù)平衡條件可知斜面受地面的摩擦力與OA繩水平方向的分力等大、反向，故摩擦力方向向左，C錯誤；以斜面體和P整體為探討對象受力分析，繩OB對其豎直向下的分力減小，則地面對斜面的支持力減小，故D正確．20．(2024·天津耀華中學(xué)模擬)將輕繩和輕彈簧的一端分別固定在圓弧上的A、B兩點，另一端固定在小球a上，靜止時，小球a恰好處于圓心O處，如圖甲所示，此時繩與水平方向夾角為30°，彈簧恰好水平，現(xiàn)將輕彈簧與輕繩對調(diào)，將a球換成b球后，小球仍位于O點，如圖乙所示，則a、b兩個小球的質(zhì)量之比為()A．1∶1 B．eq\r(3)∶1C．2∶eq\r(3) D．3∶2【答案】C【解析】在甲圖和乙圖中，由于彈簧的長度是相等的，所以兩種狀況下的彈簧的彈力是相等的．甲圖中：eq\f(m1g,F)＝tan30°＝eq\f(\r(3),3)乙圖中：eq\f(m2g,F)＝sin30°＝eq\f(1,2)所以：eq\f(m1g,m2g)＝eq\f(\f(\r(3),3)F,\f(1,2)F)＝eq\f(2\r(3),3)＝2∶eq\r(3).1.（2024·新課標(biāo)全國Ⅲ卷）用卡車運輸質(zhì)量為m的勻質(zhì)圓筒狀工件，為使工件保持固定，將其置于兩光滑斜面之間，如圖所示。兩斜面I、Ⅱ固定在車上，傾角分別為30°和60°。重力加速度為g。當(dāng)卡車沿平直馬路勻速行駛時，圓筒對斜面I、Ⅱ壓力的大小分別為F1、F2，則A． B．C． D．【答案】D【解析】對圓筒進行受力分析知圓筒處于三力平衡狀態(tài)，受力分析如圖，由幾何關(guān)系可知，，。解得，由牛頓第三定律知，故D正確。2.（2024·天津卷）2024年10月23日，港珠澳跨海大橋正式通車。為保持以往船行習(xí)慣，在航道處建立了單面索（全部鋼索均處在同一豎直面內(nèi)）斜拉橋，其索塔與鋼索如圖所示。下列說法正確的是（）A．增加鋼索的數(shù)量可減小索塔受到的向下的壓力B．為了減小鋼索承受的拉力，可以適當(dāng)降低索塔的高度C．索塔兩側(cè)鋼索對稱且拉力大小相同時，鋼索對索塔的合力豎直向下D．為了使索塔受到鋼索的合力豎直向下，索塔兩側(cè)的鋼索必需對稱分布【答案】C【解析】以橋身為探討對象，鋼索對橋身的拉力的合力與橋身的重力等大反向，則鋼索對索塔的向下的壓力數(shù)值上等于橋身的重力，增加鋼索的數(shù)量鋼索對索塔的向下的壓力數(shù)值不變，故A錯誤；由圖甲可知，當(dāng)索塔高度降低后，變大，變小，故T變大，故B錯誤；由B的分析可知，當(dāng)鋼索對稱分布時，，鋼索對索塔的合力豎直向下，故C正確；受力分析如圖乙，由正弦定理可知，只要，鋼索AC、AB的拉力FAC、FAB進行合成，合力豎直向下，鋼索不肯定要對稱分布，故D錯誤。3.（2024·江蘇卷）如圖所示，一只氣球在風(fēng)中處于靜止?fàn)顟B(tài)，風(fēng)對氣球的作用力水平向右．細繩與豎直方向的夾角為α，繩的拉力為T，則風(fēng)對氣球作用力的大小為（）（A） （B） （C）Tsinα （D）Tcosα【答案】C【解析】對氣球受力分析，由水平方向平衡條件可得：，故C正確。4.（2024年天津卷）明朝謝肇淛的《五雜組》中記載：“明姑蘇虎丘寺廟傾側(cè)，議欲正之，非萬緡不行。一游僧見之,曰：無煩也，我能正之。”游僧每天將木楔從塔身傾斜一側(cè)的磚縫間敲進去，經(jīng)月余扶正了塔身。假設(shè)所用的木楔為等腰三角形，木楔的頂角為θ，現(xiàn)在木楔背上加一力F，方向如圖所示，木楔兩側(cè)產(chǎn)生推力FN，則A.若F肯定，θ大時大B.若F肯定，θ小時大C.若θ肯定，F(xiàn)大時大D.若θ肯定，F(xiàn)小時大【答案】BC【解析】由于木楔處在靜止?fàn)顟B(tài)，故可將力F沿與木楔的斜面垂直且向上的方向進行分解，依據(jù)平行四邊形定則，畫出力F按效果分解的圖示．并且可據(jù)此求出木楔兩側(cè)產(chǎn)生的推力．選木楔為探討對象，木楔受到的力有：水平向右的F、和兩側(cè)給它的與木楔的斜面垂直的彈力，由于木楔處于平衡狀態(tài)，所以兩側(cè)給木楔的斜面垂直的彈力與F沿兩側(cè)分解的推力是相等的，力F的分解如圖：則，，故解得，所以F肯定時，越小，越大；肯定時，F(xiàn)越大，越大，BC正確；5．(2024·全國卷Ⅰ)如圖，松軟輕繩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αeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α>\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上的張力漸漸增大B．MN上的張力先增大后減小C．OM上的張力漸漸增大D．OM上的張力先增大后減小【答案】AD【解析】設(shè)重物的質(zhì)量為m，繩OM中的張力為Teq\a\vs4\al(OM)，繩MN中的張力為TMN。起先時，Teq\a\vs4\al(OM)＝mg，TMN＝0。由于緩慢拉起，則重物始終處于平衡狀態(tài)，兩繩張力的合力與重物的重力mg等大、反向。如圖所示，已知角α不變，在繩MN緩慢拉起的過程中，角β漸漸增大