高考物理冲刺复习题型归纳与练习—共点力的平衡

高考物理冲刺复习题型归纳与练习—共点力的平衡
题型一受力分析整体法与隔离法的应用
1．受力分析的定义
把指定物体(研究对象)在特定的物理环境中受到的所有外力都找出来，并画出受力示意图，这个过程就是受力分析．
2．受力分析的一般顺序
先分析场力(重力、电场力、磁场力)，再分析接触力(弹力、摩擦力)，最后分析其他力．
[例题1]如图所示，传送带沿逆时针方向匀速转动．小木块a、b用细线连接，用平行于传送带的细线拉住a，两木块均处于静止状态．关于木块受力个数，正确的是（）
A．a受4个，b受5个B．a受4个，b受4个
C．a受5个，b受5个D．a受5个，b受4个
【解答】解：先对物体b受力分析，受重力、支持力、细线的拉力和沿着斜面向下的滑动摩擦力，共4个力；
再对物体a受力分析，受重力、支持力、两侧细线的两个拉力和沿着斜面向下的滑动摩擦力，共5个力；
故ABC均错误，D正确；
故选：D。

[例题2]在恒力F作用下，a、b两物体一起沿粗糙竖直墙面匀速向上运动，则关于它们受力情况的说法正确的是（）
A．a一定受到4个力
B．b可能受到4个力
C．a与墙壁之间一定有弹力和摩擦力
D．a与b之间不一定有摩擦力
【解答】解：对物体b受力分析，b受重力、斜面的支持力和摩擦力的作用而处于平衡，故b受3个力；
对物体a、b整体受力分析，受重力、恒力F，由于水平方向墙壁对a没有支持力，否则整体不会平衡，墙壁对a没有支持力，也就没有摩擦力；
所以物体a受重力、恒力F、物体b对其的压力和静摩擦力，共受4个力；故A正确，BCD错误；
故选：A。

[例题3]如图所示，用完全相同的轻弹簧A、B、C将两个相同的小球连接并悬挂，小球处于静止状态，弹簧A与竖直方向的夹角为30°，弹簧C水平，则弹簧A、C的伸长量之比为（）
A．√3：4B．4：√3C．1：2D．2：1
【解答】解：将两球和弹簧B看成一个整体，整体受到总重力G、弹簧A和C的拉力，如图，设弹簧A、C的拉力分别为F1和F2．由平衡条件得知，F2和G的合力与F1大小相等、方向相反
则得：F2＝F1sin30°＝0.5F1。

根据胡克定律得：F＝kx，k相同，则弹簧A、C的伸长量之比等于两弹簧拉力之比，即有x A：x C＝F1：F2＝2：1
故选：D。

[例题4]两相同的楔形木块A、B叠放后分别以图1、2两种方式在水平外力F1和竖直外力F2作用下，挨着竖直墙面保持静止状态，则在此两种方式中，木块B受力个数分别为（）
A．4；4B．4；3C．5；3D．5；4
【解答】解：图1中，根据整体法可知，木块B除了重力外，一定受到墙面水平向右的弹力和竖直向上的静摩擦力，隔离B分析，其一定还受到A的弹力（垂直于接触面向左上方），但A对B有无静摩擦力暂不确定，需再隔离A 分析，A确定受到重力、水平向左的推力、B对齐垂直于接触面向右下的弹力，这样的三个力不可能使A平衡，所以A一定还要受到B对其沿接触面斜面右上的静摩擦力才能平衡，至此可确定B一定受到A沿接触面斜向左下的静摩擦力，及B共受5个力；图2中，据整体法可知B与墙面间即无弹力也无摩擦力，所以木块B受重力，A的弹力和摩擦力共3个力的作用，故C正确，ABD错误；
故选：C。

题型二三力及多力平衡问题
1．合成法：物体受三个共点力的作用而平衡，则任意两个力的合力一定与第三个力大小相等、方向相反．
2．分解法：物体受三个共点力的作用而平衡，将某一个力按力的效果分解，则其分力和其他两个力满足平衡条件．
3．正交分解法：物体受到三个或三个以上力的作用而平衡，将物体所受的力分解为相互垂直的两组，每组力都满足平衡条件．
[例题5]（多选）如图所示，A、B两球用轻杆相连，用两根细线将其悬挂在水平天花板上的O点．现用一水平力F作用于小球B上，使系统保持静止状态且A、B两球在同一水平线上．已知两球重力均为G，轻杆与细线OA长均为L．则（）
A．细线OB的拉力为√2G B．细线OB的拉力为G
C．水平力F的大小为2G D．水平力F的大小为G
【解答】解：对AB球和杆整体受力分析，受已知拉力F、重力2mg、OA绳子的拉力和OF绳子的拉力，如图所示：
根据共点力平衡条件，有：
水平方向：F＝F BO•sin45°①
竖直方向：F AO+F BO•cos45°＝2mg ②
根据力矩平衡条件，有：
F•AO＝mg•AB ③
由于轻杆与细线OA长均为L，故联立①②③可以解出：
F＝mg＝G
F AO＝mg＝G
F B0=√2mg=√2G，故AD正确，BC错误。

故选：AD。

[例题6]（多选）如图所示，A、B两球用轻杆相连，用两根细线将其悬挂在水平天花板上的O点．现用外力F作用于小球B上，使系统保持静止状态，细线OA保持竖直，且A、B两球在同一水平线上．已知两球的重力均为G，轻杆和细线OB的夹角为30°，则（）
A．轻杆对A球的作用力方向水平向左
B．轻杆对B球的作用力方向水平向右
C．外力F的最小值为√3
G，最大值为√3G
2
D．细绳OB的拉力可能为零
【解答】解：AB、先对A球分析，受重力和拉力，杆的弹力为零，否则不能平衡，故A错误；
杆对A球的弹力为零，则对B球的弹力也为零，故B错误；
C、对B球分析，受力如图所示：
根据平衡条件，当拉力F与OB垂直时，拉力F最小，为：
G；
F min＝Gsin60°=√3
2
当拉力F水平向右时，F最大，为F max=√3G；
故C正确；
D、当拉力F竖直向上时，细线OB的拉力为零，故D正确；
故选：CD。

[例题7]一不可伸长的柔软轻绳左端固定于O点，右端跨过位于O′点的固定光滑轴悬挂一重量为G的重物，OO′段水平，长度为4m，在绳上与点相距2m 的M点固定连接一轻挂钩。

在挂钩上添加钩码，直到重物上升2m（绳子足够长），平衡后绳子的OM段中的张力为（）
A．1.5G B．√3G C．2G D．3.5G
【解答】解：在挂钩上添加钩码，直到重物上升2m，则M点移动的距离为2m 到M′，如图所示。

根据几何关系可知，O′M′＝OO′＝4m，
设OM′与竖直方向的夹角为α，则O′M′与水平方向的夹角等于∠OO′M′＝2α
则sinα=1
2
OM′
OO′
=1
4
；
平衡时水平方向受力平衡，则有Fsinα＝Tcos2α，
其中T＝G，cos2α＝1﹣2sin2α=7
8
解得F＝3.5G。

故D正确、ABC错误。

故选：D。

[例题8]（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α和β（a＜β）。

若两球的质量用m a、m b，两球对容器的压力大小用F Na、F Nb表示，则（）
A．m a
m b =sinβ
sinα
B．m a
m b
=cosβ
cosα
C．F Na
F Nb =1D．F Na
F Nb
=cosβ
cosα
【解答】解：分别对光滑球a、b的受力分析如图所示，其中：F ab与F ba是球a、b之间相互作用的弹力，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′Na、F′Nb，两球的重力分别为m a g、m b g。

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 a g OC =F′Na
OA
=F ab
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 b g OC =F′Nb
OB
=F ba
BC
由几何关系得：OA＝r﹣R，OB＝r﹣R，可得：OA＝OB 又有F ab与F ba是一对相互作用力，即F ab＝F ba
可得：m a
m b =F′Na
F′Nb
=BC
AC
根据正弦定理，
在△OAC中有：AC
sin(90°−α)=OA
sin∠OCA
在△OBC中有：BC
sin(90°−β)=OB
sin∠OCB
因为∠OCA+∠OCB＝180°，所以sin∠OCA＝sin∠OCB
可得：BC
AC =cosβ
cosα
则有：m a
m b =F′Na
F′Nb
=cosβ
cosα
由牛顿第三定律可得：F Na
F Nb =F′Na
F′Nb
=cosβ
cosα
，故BD正确，AC错误。

故选：BD。

[例题9]（多选）如图所示，倾角为α＝30°的粗糙斜劈放置在水平面上，连接物体a、c的轻质细线绕过两个光滑小滑轮，其中a和滑轮1间的细线平行于斜面，滑轮1固定在斜劈上，滑轮2下吊物体b，c穿在水平横杆上，系统静止。

物体a受到斜劈的摩擦力大小为F f1，c受到横杆的摩擦力大小为F f2，a，
b，c三物体的质量均为m，a与斜面c与横杆之间的动摩擦因数μ=√3
，β＝
3 60°，若将c向右缓慢移动，a物体仍处于静止状态，则在该过程中，以下说法正确的是（）
A．F f1和F f2，都将变大
B．F f1由沿斜面向上改为沿斜面向下，F f2始终沿横杆向右
C．图中的β≤120°
D．斜劈受到地面的摩擦力和横杆受到物体c的摩擦力都变大
【解答】解：1．以滑轮2为研究的对象，受力如图1：
若将c向右移动少许，两个绳子之间的夹角β增大。

由于b对滑轮的拉力不变，两个绳子之间的夹角变大，所以看到绳子的拉力F一定变大。

2．斜面的倾角为α，设物体a的质量为m，以a为研究的对象。

初状态：a的重力沿斜面向下的分力为mgsinα＝0.5mg，绳子拉力大小为F，
0.5mg，所以开始a受到的摩擦力方向则有：2Fcos30°＝mg，解得：F=
√3
沿斜面向下；当F逐渐增大时，F f1也逐渐增大；
3．以c为研究的对象，受力如图2
−F f2＝0。

则沿水平方向：Fsinβ
2
一定增由于将c向右移动少许，细线的拉力将变大，β增大，所以F f2＝Fsinβ
2
大。

4．以物体a与斜劈组成的整体为研究的对象，整体受到重力、地面的支持力、绳子对a的拉力、两根绳子对滑轮1的向下的压力以及地面的摩擦力的作用，其中是水平方向上系统受到的摩擦力与a受到的绳子在水平方向的分力是相。

等的，即：f′＝Fsinβ
2
由于将c向右移动少许，细线对a的拉力F变大，所以地面对斜劈的摩擦力增大。

5．以b为研究对象，绳子拉力F=mg
；
2cosβ
2
=μμ•当c打滑时，以c为研究对象，水平方向根据平衡条件可得：Fsinβ
2），解得：β＝120°；
（mg+Fcosβ
2
当a打滑时，F＝mgsinα+μmgcosα，解得β＝120°，所以图中的β≤120°
综上所述，可知B错误，ACD正确。

故选：ACD。

题型三动态平衡问题
1．动态平衡：是指平衡问题中的一部分是变力，是动态力，力的大小和方向均要发生变化，所以叫动态平衡，这是力平衡问题中的一类难题．
2．基本思路：化“动”为“静”，“静”中求“动”．
3．基本方法：图解法和解析法．
[例题10]如图所示，一圆环套在固定的倾斜光滑杆AB上，轻绳绕过光滑定滑轮与圆环相连，整个装置处于同一竖直平面内，用力F拉动轻绳使圆环从图示位置沿杆向上缓慢运动，圆环对杆的弹力大小为F N，在圆环运动过程中，下列说法正确的是（）
A．F一直增大，F N一直减小
B．F一直增大，F N先减小后增大
C．F先减小后增大，F N一直增大
D．F先减小后增大，F N先减小后增大
【解答】解：对圆环受力分析如图1所示：
图1
圆环受到F、G、F N三个力的作用，三个力平衡，三个力恰组成一个闭合的三角形，由图1可知，在拉力F达到竖直方向之前，其与竖直方向夹角越来越小，则F增大，F N减小至0；
在拉力F越过竖直方向之后，支持力反向，如图2：
图2
则F仍增大，F N则反向增大，故B正确；ACD错误；
故选：B。

[例题11]如图所示，在一水平面上放置了一个顶端固定有滑轮的斜面，物块B、C重叠放置在斜面上，细绳的一端与B物块相连，另一端有结点O，结点处
还有两段细绳，一段连接重物A，另一段用外力F拉住。

现让外力F将物块A缓慢向上运动，拉至OO′水平，拉动过程中始终保证夹角α＝120°，且绳子OO'始终拉直，物块B和C以及斜面体始终静止，则下列说法正确的是（）
A．绳子OO′的拉力始终增大
B．B对C的摩擦力可能在减小
C．斜面对B的摩擦力可能先增大后减小
D．地面对斜面体的摩擦力可能先减小后增大
【解答】解：A、以结点O为研究对象，受到两段细绳的拉力和外力F，其中OA段的拉力大小等于mg，如图所示；
根据平衡条件解得正弦定理可以推导出：T
sinβ=mg
sinα
，由于α和mg不变，则
T
sinβ
为定值；
让外力F将物块A缓慢向上运动，拉至OO'水平的过程中，β的变化范围为60°～150°，所以sinβ先增大后减小，所以绳子OO'的拉力先增大后减小，故A错误；
B、对C受力分析，B对C的摩擦力始终等于C的重力沿斜面向下的分力，一直不变，故B错误；
C、对B、C整体受力分析可知，沿斜面方向根据平衡条件可知，斜面对B的摩擦力大小等于绳子OO'的拉力与B、C重力沿斜面向下分力的合力，绳子
OO'的拉力先增大后减小，所以斜面对B的摩擦力可能先增大后减小，故C正确；
D、对B、C以及斜面整体分析，绳子对整体水平方向的拉力先增大后减小，
则地面对斜面体的摩擦力先增大后减小，故D错误。

故选：C。

[例题12]如图1，一杂技演员利用动滑轮让自己悬挂在细绳的最低点以完成各种杂技表演。

绳子两端分别固定在两根竖直杆上的a、b两点，绳子的质量可忽略不计，绳子不可伸长。

已知杂技演员的质量为m，重力加速度为g。

当杂技演员静止不动时，绳与水平方向夹角为α。

不计动滑轮重力和动滑轮与绳间的摩擦。

（1）若保持绳子a端、b端在杆上位置不变，将右侧杆向左缓慢平移到虚线位置，使两杆之间的距离减小。

请分析判断此过程中：①夹角α大小的变化情况，并画出杆在虚线位置时，绳子和杂技演员的位置分布图景；②两绳上张力F的合力的变化情况；③每根绳子上张力F大小的变化情况。

（2）若保持杆不动，将绳的右端缓慢上移到b′位置，请分析判断此过程中：
①夹角α大小的变化情况，并画出绳的右端在b′位置时，绳子和杂技演员的
位置分布图景；②两绳上张力F的合力的变化情况；③每根绳子上张力F大小的变化情况。

【解答】解：（1）①夹角α变大。

如图3所示：
分析过程：由于滑轮与绳子间没有摩擦力，对演员受力分析可知，合力为零，水平和竖直合力都为零，所以两边绳子与水平方向的夹角相等。

设改变前两边绳子的长度分别为L1、L2，绳子与水平方向的夹角为α，两杆之间的水平距离为x；改变后两边绳子的长度分别为L1′、L2′，绳子与水平方向的夹角为α′，两杆之间的水平距离为x′。

根据数学几何关系可得：x＝L1cosα+L2cosα＝（L1+L2）cosα，x′＝L1′cosα′+L2′cosα′＝（L1′+L2′）cosα′
已知x＞x′，绳子总长度相等故L1+L2＝L1′+L2′
则cosα＞cosα′，根据三角函数得α＜α′，故夹角α变大。

②两绳上张力F的合力保持不变。

分析过程：由力的平衡条件可知，两绳上张力F的合力等于杂技演员的重力，故两绳上张力的合力保持不变。

③每根绳子上张力F变小。

分析过程：由力的平衡可知，两边每根绳子上的张力F大小相等。

2Fsinα＝mg
2F′sinα′＝mg
得Fsinα＝F′sinα′
由于α＜α′，则F＞F′
故每根绳子上张力F变小。

（2）①夹角α不变。

如图4所示。

分析过程：由于滑轮与绳子间没有摩擦力，所以两边绳子与水平方向的夹角相等。

设改变前两边绳子的长度分别为L1、L2，绳子与水平方向的夹角为α，两杆之间的水平距离为x；改变后两边绳子的长度分别为L1′、L2′，绳子与水平方向的夹角为α′，两杆之间的水平距离为x′。

根据数学几何关系可得：
x＝L1cosα+L2cosα＝（L1+L2）cosα
x′＝L1′cosα′+L2′cosα′＝（L1′+L2′）cosα′
已知x＝x′，L1+L2＝L1′+L2′
故cosα＝cosα′，根据三角函数得α＝α′
故夹角α不变。

②两绳上张力F的合力保持不变。

分析过程：由力的平衡条件可知，两绳上张力F的合力等于杂技演员的重力，故两绳上张力的合力保持不变。

③每根绳子上张力F不变。

分析过程：由力的平衡可知，两边每根绳子对演员的张力F大小相等。

2Fsinα＝mg
2F′sinα′＝mg
得Fsinα＝F′sinα′
又因为α＝α′，故F＝F′，故每根绳子上张力F不变。

答：（1）若保持绳子a端、b端在杆上位置不变，将右侧杆向左缓慢平移到虚线位置，使两杆之间的距离减小。

分析判断此过程中：①夹角α大小变大，绳子和杂技演员的位置分布图景见解析图3；②两绳上张力F的合力不变；③每根绳子上张力F大小变小。

（2）若保持杆不动，将绳的右端缓慢上移到b′位置，分析判断此过程中：
①夹角α大小不变，绳子和杂技演员的位置分布图景见解析图4；②两绳上张
力F的合力不变；③每根绳子上张力F大小不变。

[例题13]《大国工匠》节目中讲述了王进利用“秋千法”在1000kV的高压线上带电作业的过程。

如图所示，绝缘轻绳OD一端固定在高压线杆塔上的O 点，另一端固定在兜篮D上。

另一绝缘轻绳跨过固定在杆塔上C点的定滑
轮，一端连接兜篮，另一端由工人控制。

身穿屏蔽服的王进坐在兜篮里，缓慢地从C点运动到处于O点正下方E点的电缆处。

绳OD一直处于伸直状态，兜篮、王进及携带的设备总质量为m，可看作质点，不计一切阻力，重力加速度大小为g。

关于王进从C点运动到E点的过程中，下列说法正确的是（）
A．绳OD的拉力一直变小
B．工人对绳的拉力一直变大
C．OD、CD两绳拉力的合力小于mg
mg
D．当绳CD与竖直方向的夹角为30°时，工人对绳的拉力为√3
3
【解答】解：
AB.对兜篮、王进及携带的设备整体受力分析如图所示，
绳OD的拉力为F1，与竖直方向的夹角为θ，绳CD的拉力为F2，与竖直方向的夹角为α.
根据几何知识知：θ+α+α＝90°，可知θ+2α＝90°，由正弦定理可得
F1 sinα=F2
sinθ
=mg
sin(π
2
+α)
，α增大，θ减小，则F1增大，F2减小，故AB错误；
C.王进处于平衡状态，两绳拉力的合力大小等于mg，故C错误；
D.α＝30°时，θ＝30°，则2F2cos30°＝mg，可得F2=√3
3
mg，故D正确。

故选：D。

题型四平衡中临界与极值问题
1．临界问题
当某物理量变化时，会引起其他几个物理量的变化，从而使物体所处的平衡状态“恰好出现”或“恰好不出现”，在问题的描述中常用“刚好”、“刚能”、“恰好”等语言叙述．
常见的临界状态有：
(1)两接触物体脱离与不脱离的临界条件是相互作用力为0(主要体现为两物体间的弹力为0)．
(2)绳子断与不断的临界条件为绳中的张力达到最大值；绳子绷紧与松驰的临界条件为绳中的张力为0.
(3)存在摩擦力作用的两物体间发生相对滑动或相对静止的临界条件为静摩擦力达到最大．
研究的基本思维方法：假设推理法．
2．极值问题
平衡物体的极值，一般指在力的变化过程中的最大值和最小值问题．一般用图解法或解析法进行分析．
[例题14]摩擦角指的是：物体在受到摩擦力情况下，物体的滑动摩擦力（或最大静摩擦力）F f＝μF N，支持面的支持力F N的方向固定不变，我们将支持力与摩擦力合成为支持面作用力F（以下讲到的平面对物体的作用力都为此力），则支持面的作用力F与支持力F N的方向成φ角，而这个角就称之为摩擦角
=tanφ．因此当摩擦因数一定时，摩如图．由摩擦公式：F f＝μF N，μ=F f
F N
擦角不变．
问题：有一重量为G的木块平放在水平地面上，木块与水平地面间的动摩擦，一人欲用最小的作用力F n使木块做匀速运动，则此最小作用力
因数为μ=√3
3
的大小和方向应如何？
【解答】解：对物体受力分析，受重力、拉力、支持力和摩擦力，将支持力和摩擦力合成，由于F f＝μF N，故不论F N如何改变，F f与F N的合力F1的方向都不会发生改变，设与竖直方向的夹角为φ，如下图所示：
平面对物体的作用力F1与竖直方向的夹角一定为φ，由于tanφ=√3
，故φ＝
3 30°；
又由于F1、F n 和G三力平衡，应构成一个封闭三角形，当改变F n与水平方向
夹角时，F n和F1的大小都会发生改变，且F n与F1方向垂直时F n的值最小；
故拉力的最小值为：F n=mgsin30°=1
2
mg，与水平方向成30°斜向上．
答：最小作用力的大小为1
2
mg，方向与水平方向成30°斜向上．
[例题15]（多选）倾角为θ＝37°的斜面与水平面保持静止，斜面上有一重为G的物体A，物体A与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5．现给A施以一水平力F，如图所示．设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等（sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8），如果物体A能在斜面上静止，水平推力F与G的比值可能是（）
A．3B．2C．1D．0.05
【解答】解：设物体刚好不下滑时F＝F1，作出力图如图。

则由平衡条件得：F1•cosθ+f1＝G•sinθ，
N1＝F1•sinθ+G•cosθ。

又f1＝μN1
联立得：F1
G =sin37°−0.5×cos37°
cos37°+0.5×sin37°
=2
11
；
设物体刚好不上滑时F＝F2，则：F2•cosθ＝μN2+G•sinθ，
N2＝F2•sinθ+G•cosθ，
得：F2
G =sin37°+0.5×cos37°
cos37°−0.5×sin37°
=2
即得2
11≤F
G
≤2．则AD错误，BC正确。

故选：BC。

[例题16]（多选）如图所示，长为L的刚性直轻杆的B端用铰链固定在竖直墙上，C端与轻滑轮连接（滑轮大小可忽略不计），绕过滑轮的轻绳上端固定于墙上A点，下端悬挂一个重力为G的重物，轻杆与竖直方向的夹角为60°时，系统处于静止状态。

若将绳的上端从A处沿墙在竖直方向移动D点，使系统重新处于平衡状态，此时轻杆与竖直方向的夹角为45°，已知轻绳的长度为2L，不计一切摩擦，则（）
A．D点一定在A下方
B．轻杆与竖直方向的夹角为45°时，轻杆上的弹力大小为√2G
C．系于D点时杆的弹力小于A点时杆的弹力
L
D．系于D点时重物所在的高度比A点时低(3−2√2)
2
【解答】解：A、受力示意图如下所示
以滑轮C为研究对象，分析受力情况，系统处于静止状态时，滑轮的合力为
零；由于刚性直轻杆的B端用铰链固定在竖直墙上，所以滑轮受到的轻杆的支持力N的方向一定沿杆的方向，而且两侧绳子拉力合力的方向也沿杆的方向，如图；当轻杆与竖直方向的夹角为45°，两侧绳子拉力合力的方向仍然沿杆的方向，所以此时DC的方向一定沿水平方向，所以D点一定位于A点的下方。

故A正确；
B、重物处于平衡状态，所以绳子的拉力绳子绳子等于重物的重力，即T＝G，轻杆与竖直方向的夹角为45°时，轻杆上的弹力大小等于两侧绳子的拉力的合力，由于此时DC的方向一定沿水平方向，所以两侧绳子之间的夹角为直角，所以杆上的弹力：F=√2T=√2G，故B正确；
C、结合A的分析可知，开始时轻杆上的弹力也是等于两侧绳子拉力合力，但开始时两侧绳子之间的夹角大，由平行四边形定则可知，系于D点时杆的弹力大于A点时杆的弹力，故C错误；
D、当轻杆与竖直方向的夹角为60°时，三角形ABC为等边三角形，则根据
几何关系可知重物距离B点的竖直高度为ℎ
1
=BC⋅cos＜sub＞60＜/ sub＞°−(2L−AC)
解得ℎ
1=−1
2
L
当为45°时，为等腰直角三角形，根据几何关系可知重物距离B点的竖直高
度为ℎ
2
=BC⋅cos＜sub＞45＜/sub＞°−(2L−DC)
其中：DC=BC⋅sin＜sub＞45＜/sub＞°
解得ℎ
2
=−(2−√2)L
可知系于D点时重物所在的高度比A点时低，高度差：Δh＝h1﹣h2=(2−
√2)L−1
2L=3−2√2
2
L，故D正确。

故选：ABD。