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第二章 相互作用—力
第 03 练 受力分析 共点力平衡
知识目标 知识点
目标一 受力分析
目标二 静态平衡和动态平衡问题
目标三 平衡中的临界极值问题
1．(2022·浙江省·真题)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θ=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( )
√3 √3 √3 √3
A. 作用力为 G B. 摩擦力为 G C. 作用力为 G D. 摩擦力为 G
3 4 6 8
【答案】C
【知识点】物体的受力分析、正交分解法解决静态平衡问题
【解析】
设斜杆的弹力大小为F，以水平横杆和重物为整体，竖直方向根据受力平衡可得4Fcos30❑∘=G
√3
解得F= G，
6
√3
则每根斜杆受到地面的作用力为 G；
6
以其中一斜杆为研究对象，其受力如图所示
√3
可知每根斜杆受到地面的作用力应与F平衡，即大小为 G，每根斜杆受到地面的摩擦力为
6
√3
f =Fsin30❑∘= G
12故C正确，ABD错误。
2．(2022·湖北省·模拟题)如图所示，餐厅服务员水平托举菜盘给顾客上菜。若服务员托举菜盘先匀
速前行，此时手对菜盘的作用力大小为F ；服务员快到餐桌前变为减速向前运动，此时手对菜盘的
1
作用力大小为F ，下列说法正确的是
2
A. F❑ =F❑ B. F❑ <F❑ C. F❑ >F❑ D. F❑ >2F❑
1 2 1 2 1 2 1 2
【答案】B
【知识点】牛顿第二定律
【解析】若服务员托举菜盘先匀速前行，此时手对菜盘的作用力大小为F =mg
1
服务员快到餐桌前变为减速向前运动，如图
则手对菜盘的作用力大小为F >mg即F <F
2 1 2
故选B。
3．(2022·浙江省·真题)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，
P Q
感受到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【答案】D
【知识点】作用力和反作用力、用整体法与隔离法解决平衡问题
【解析】
P对手有靠向玻璃挡板的力，Q对P有水平向左的磁力，Q对P的磁力方向斜向左上方向，其磁力F
大小大于G ；对PQ的整体受力分析，由平衡条件和牛顿第三定律判断即可。
P
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AB错误；
P
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
4．(2021·浙江省·真题)如图是“中国天眼”500m口径球面射电望远镜维护时的照片。为不损伤望
远镜球面，质量为m的工作人员被悬在空中的氦气球拉着，当他在离底部有一定高度的望远镜球面
5
上缓慢移动时，氦气球对其有大小为 mg、方向竖直向上的拉力作用，使其有“人类在月球上行
6
走”的感觉，若将人视为质点，此时工作人员( )
1 1
A. 受到的重力大小为 mg B. 受到的合力大小为 mg
6 6
1 1
C. 对球面的压力大小为 mg D. 对球面的作用力大小为 mg
6 6
【答案】D
【知识点】平衡状态及平衡条件、牛顿第三定律
【解析】解：A、工作人员的质量为m，则工作人员受到的重力为：G=mg，故A错误；
B、工作人员在球面上缓慢行走，处于平衡状态，合力为0，故B错误；
1
C、工作人员站在的球面位置不水平，对球面的压力不等于 mg，故C错误；
6
5 1
D、球面对工作人员的作用力为F，由平衡条件得： mg+F=mg，解得：F= mg，根据牛顿第
6 6
1
三定律可得，工作人员对球面的作用力大小为F'=F= mg，故D正确。
6
故选：D。5．(2022·辽宁省·月考试卷)如图所示，光滑半球形容器固定在水平面上，O为球心。一质量为m的
小滑块，在水平力F的作用下静止于P点。设滑块所受支持力为F ，OP与水平方向的夹角为θ。
N
下列关系正确的是( )
mg mg
A. F= B. F=mgtanθ C. F = D. F =mgtanθ
tanθ N tanθ N
【答案】A
【知识点】直接合成法解决静态平衡问题
【解析】
物体处于平衡状态，对物体受力分析，根据共点力平衡条件，可求出支持力和水平推力。
对小滑块受力分析，受水平推力F、重力mg、支持力F 、根据三力平衡条件，将受到的水平推力
N
F和重力mg合成，如图所示：
由几何关系可得：
mg mg
F= ，F = ，所以A正确，BCD错误。
tanθ N sinθ
故选A。
6．(2022·山西省朔州市·模拟题)某班物理兴趣小组在研究三力作用下的平衡问题时，设计了如图所
示的简单而常见的情景模型：将一可视为质点的质量为m的小球用轻质柔软的细线悬挂于天花板上
的O点，在外力F、细线拉力F 和重力mg的作用下处于平衡状态。细线与竖直方向的夹角为θ，与
T
F的夹角为α，开始时F水平。小组成员经过讨论形成了如下结论，你认为正确的是( )
A. 保持F水平，逐渐缓慢增大θ角，则F、F 都逐渐增大
T
B. 保持θ角及小球位置不变，逐渐缓慢减小α角直至F竖直向上，则F、F 都逐渐减小
T
C. 保持α角不变，逐渐缓慢增大θ角，直至悬线水平，则F 逐渐增大，F逐渐减小
T
D. 只增加细线的长度，其他条件不变，F、F 都减小
T【答案】A
【知识点】用解析法解决动态平衡问题
【解析】
mg
A.保持F水平，则F=mgtanθ，F = ，θ角增大时，F、F 都逐渐增大，故A正确；
T cosθ T
B.θ角不变，α角减小到90°时，F最小，因此α角减小的过程中，F 逐渐减小，F先减小后增大，
T
故B错误；
C.保持α角不变，增大θ角，F水平时，F 最大，F 水平时F最大，所以F 逐渐减小，F逐渐增大，
T T T
故C错误；
D.只增加细线的长度，其他条件不变，对F、F 都没有影响，故D错误；
T
故选A。
1．(2022·安徽省·真题)如图，一不可伸长轻绳两端各连接一质量为m的小球，初始时整个系统静置
于光滑水平桌面上，两球间的距离等于绳长L。一大小为F的水平恒力作用在轻绳的中点，方向与
3
两球连线垂直。当两球运动至二者相距 L时，它们加速度的大小均为( )
5
5F 2F 3F 3F
A. B. C. D.
8m 5m 8m 10m
【答案】A
【知识点】力的分解、牛顿第二定律
3
【解析】解：当两球运动至二者相距 L时，对此时进行受力分析，如图所示：
53
L
10 3 4
因为两球关于F所在直线对称，sinθ= = ，所以cosθ= ，
L 5 5
2
5
已知轻绳中心处受三个力，设绳子拉力为T，水平方向上受力分析，2Tcosθ=F，解得：T= F，
8
5F
对其中一个小球用牛顿第二定律，得；T=ma，解得：a= 。
8m
故A正确，BCD错误。
故选A。
2．(2021·广东省·单元测试)如图，两个轻环a和b套在位于竖直面内的一段固定圆弧上;一细线穿过
两轻环，其两端各系一质量为m的小球。在a和b之间的细线上悬挂一小物块。平衡时，a、b间的
距离恰好等于圆弧的半径。不计所有摩擦。小物块的质量为( )
m √3
A. B. m C. m D. 2m
2 2
【答案】C
【知识点】直接合成法解决静态平衡问题
【解析】
同一根绳子上的张力大小相等，根据ab距离等于圆环半径可知绳所成角度，据此由平衡分析即可。
设悬挂小物块的点为O'，圆弧的圆心为O，由于ab=R，所以三角形Oab为等边三角形。
由于圆弧对轻环的支持力沿半径方向背向圆心，所以小球和小物块对轻环的合力方向由轻环指向
圆心O，因为小物块和小球对轻环的作用力大小相等，所以aO、bO是∠maO'、∠mbO'的角平
分线，所以∠O'Oa=∠maO=∠mbO=30°，那么∠mbO'=60°．所以由几何关系可得∠aO'b=120°，而在一条绳子上的张力大小相等，故有T=mg，小物块受
到两条绳子的拉力作用大小相等，夹角为120°，故受到的合力等于mg，因为小物块受到绳子的拉
力和重力作用，且处于平衡状态，故拉力的合力等于小物块的重力为mg，所以小物块的质量为m，
故ABD错误，C正确。
故选C。
3．(2022·湖北省武汉市·真题)引体向上是我们日常生活中行之有效的健身方法之一。当你双手握住
单杠处于静止状态时，可以简化成如下模型：在水平杆MN上套有两个质量不计的小环A和B，一
不可伸长的细线两端分别系在环A，B上，并在细线中点处通过小滑轮挂一个质量为m的物块，整
个系统处于平衡状态。当增加A，B之间的距离，整个系统再次达到平衡状态后，下列说法正确的
是( )
A. 小环A和B所受支持力都变大 B. 小环A和B所受摩擦力都变小
C. 细线中张力变大 D. 小环A的合力变大
【答案】C
【知识点】用解析法解决动态平衡问题、用整体法与隔离法解决平衡问题
【解析】
A、对两个小环和物块m以及细线组成的整体进行分析，竖直方向根据平衡条件有mg=2N，解得
N=0.5mg，可见增加A、B之间的距离，小环A和B所受支持力不变，始终为0.5mg，故A错误；
BC、单独分析物块m，设细线与竖直方向的夹角为θ，则有2Tcosθ=mg，解得细线张力
mg mgtanθ
T= ，然后分析小环A，根据平衡条件，水平方向受到的摩擦力f =Tsinθ= ，增加
2cosθ 2
A、B之间的距离，θ变大，则f变大，T变大，故B错误，C正确；
D、小环A处于平衡状态，合力为零，不变，故D错误。
4．(2022·全国·真题)如图，悬挂甲物体的细线拴牢在一不可伸长的轻质细绳上O点处；绳的一端固
定在墙上，另一端通过光滑定滑轮与物体乙相连．甲、乙两物体质量相等．系统平衡时，O点两侧
绳与竖直方向的夹角分别为α和β.若α=70°，则β等于( )
A. 45° B. 55° C. 60° D. 70°
【答案】B【知识点】力的合成与分解、三角形法解决静态平衡问题
【解析】解：由于甲、乙两物体质量相等，则设它们的质量为m，
对O点进行受力分析，下面绳子的拉力mg，右边绳子的拉力mg，左边绳子的拉力F，如下图所示：
因处于静止状态，依据力的平行四边形定则，则有：
竖直方向：mgcos70°+Fcosβ=mg
水平方向：mgsin70°=Fsinβ
因α=70°，
联立上式，解得：β=55°，故B正确，ACD错误；
故选：B。
对O点进行受力分析，依据平衡条件，结合力的平行四边形定则，及三角函数，列式即可求解。
5．(2022·辽宁省·真题)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α、β(α>β)。用F 、F 分别表示OM、ON的拉力，则( )
1 2
A. F 的竖直分力大于F 的竖直分力 B. F 的竖直分力等于F 的竖直分力
1 2 1 2
C. F 的水平分力大于F 的水平分力 D. F 的水平分力等于F 的水平分力
1 2 1 2
【答案】D
【知识点】共点力的平衡的应用
【解析】
CD.对结点O受力分析可得，水平方向：F sinα=F sinβ且α>β
1 2
即F 的水平分力等于F 的水平分力，选项C错误，D正确；
1 2
AB.对结点O受力分析可得，竖直方向：F cosα+F cosβ=mg
1 2
mgsinβ mgsinα
解得：F = ，F =
1 sin(α+β) 2 sin(α+β)mgsinβcosα
则F 的竖直分量：F =
1 1x sin(α+β)
mgsinαcosβ
F 的竖直分量：F =
2 2x sin(α+β)
因sinαcosβ-cosαsinβ=sin(α-β)>0
可知：F >F
2 1
x x
选项AB错误。
故选D。
6．(2021·黑龙江省哈尔滨市·月考试卷)如图所示，质量M=3kg的木块套在水平固定杆上，并用轻
绳与质量m=2kg的小球相连，今用跟水平方向成60°角的力F=20√3N拉着小球并带动木块一起
向右匀速运动，运动中M、m的相对位置保持不变，g=10m/s2.在运动过程中，求：
(1)轻绳与水平方向的夹角θ；
(2)木块M与水平杆间的动摩擦因数μ。
【答案】
解：(1)m处于平衡状态，受到重力、拉力F和轻绳拉力F ，如图所示；
T
以m为研究对象，由平衡条件得：
水平方向Fcos60°-F cosθ=0 ①
T
竖直方向Fsin60°-F sinθ-mg=0 ②
T
解得：θ=30°
(2)以M、m整体为研究对象，设杆对M的支持力为F ，由平衡条件得：
N
水平方向Fcos60°-μF =0 ③
N
竖直方向F +Fsin60°-Mg-mg=0 ④
N√3
由③④得μ= 。
2
答：(1)轻绳与水平方向的夹角θ为30°；
√3
(2)木块M与水平杆间的动摩擦因数为 。
2
【知识点】力的正交分解法、正交分解法解决静态平衡问题
【解析】(1)对小球受力分析，受到力F、重力、细线的拉力，根据平衡条件列式求解；
(2)对小球和木块整体受力分析，根据共点力平衡条件结合摩擦力的计算公式列式求解。
1． (2022·安徽省·专项测试)质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上。用水平向左的力F缓慢拉
动绳的中点O，如图所示。用T表示绳OA段拉力的大小，在O点向左移动的过程中( )
A. F逐渐变大，T逐渐变大
B. F逐渐变大，T逐渐变小
C. F逐渐变小，T逐渐变大
D. F逐渐变小，T逐渐变小
【答案】A
【知识点】用解析法解决动态平衡问题、正交分解法解决静态平衡问题
【解析】以结点O为研究对象受力分析如图所示：
由题意知点O缓慢移动，即在移动过程中始终处于平衡状态，则可知：
绳OB的张力T =mg
B
根据平衡条件可知：Tcosθ-T =0 Tsinθ-F=0
B
T mg
由此两式可得：F=T tanθ=mgtanθ T= B =
B cosθ cosθ
在结点为O被缓慢拉动过程中，夹角θ增大，由三角函数可知：
F和T均变大，故A正确，BCD错误。
故选A。
2．(2022·云南省曲靖市·模拟题)建筑工地上，工人用如图所示的方式将重物从平台运到地面。甲、
乙两人在同一高度手握轻绳，不计重力的光滑圆环套在轻绳上，下端吊一重物。甲站在A点静止不
动，乙从B点缓慢向A点移动一小段距离。此过程中，下列说法正确的是( )
A. 绳的拉力大小保持不变 B. 甲所受平台的支持力不变
C. 甲所受平台的摩擦力变大 D. 绳对圆环拉力的合力变大
【答案】B
【知识点】用解析法解决动态平衡问题、正交分解法解决静态平衡问题
【解析】
本题考查正交分解法解答动态平衡(圆环)和静态平衡(工人甲)问题，受力分析是基础，注意A中T
G
变小，cosθ变大，从数学角度不能判断Tcosθ的变化，要从平衡方程2Tcosθ=G得到Tcosθ= 就
2
可以了。分析圆环受力列平衡方程解答；分析甲受力列平衡方程解答。A.设重物重力为G，圆环受力如图所示： ，重力G、两个拉力T(同一根绳子上拉
G
力处处相等)，由平衡条件：2Tcosθ=G，得：T= ，工人乙从B点向A点移动，θ变小，由
2cosθ
三角知识cosθ变大，G不变，所以拉力T变小，故A错误；
C.甲受力如图： ，重力mg、地面的支持力N、拉力T、摩擦力f，由平衡条件：
f =Tsinθ，由A知T变小，θ变小，由三角知识sinθ变小，所以f变小，故C错误；
G
B.对甲由平衡条件：N=mg+Tcosθ=mg+ ，故B正确；
2
D.绳对圆环拉力的合力大小等于重物的重力大小，重力大小不变，则合力大小不变，故D错误。
3．(2020·上海市·模拟题)明朝谢肇淛《五杂组》中记载：“明姑苏虎丘寺庙倾侧，议欲正之，非
万缗不可。”一游僧见之，曰：“无烦也，我能正之。”游僧每天将木楔从塔身倾斜一侧的砖缝间
敲进去，经月余扶正了塔身。假设所用的木楔为等腰三角形，木楔的顶角为θ，现在木楔背上加一
力F，方向如图所示，木楔两侧产生推力F ，则 ( )
N
A. 若F一定，无论θ大小如何F 都保持不变
N
B. 若θ一定，无论F大小如何F 都保持不变
N
C. 若F一定，θ大时F 大
N
D. 若F一定，θ小时F 大
N
【答案】D
【知识点】力的分解及应用、用解析法解决动态平衡问题
【解析】解：选木楔为研究对象，木楔受到的力有：水平向左的F和两侧给它的与木楔的斜面垂直
的弹力，由于木楔处于平衡状态，所以两侧给木楔的斜面垂直的弹力与F沿两侧分解的力是相等的，
θ θ θ
力 F的分解如图，则有： F=F cos(90°- )+F cos(90°- )=2F sin ； F =F ；故
1 2 2 2 1 2 N 1
F
F =
N θ，据此分析选项。
2sin
2ACD.若F一定，θ增大时F 减小，θ减小时F 增大，故AC错误，D正确；
N N
B.若θ一定，F增大则F 增大，F减小则F 减小。B错误。
N N
故选D。
由于木楔处在静止状态，受力平衡。将力F沿与木楔的斜面垂直且向上的方向进行分解，根据平行
四边形定则，画出力F按效果分解的图示。并且可据此求出木楔两侧产生的推力，再进行分析。
4．(2022·山东省·模拟题)如图所示，阳台上有一个用于晾灌肠的光滑曲杆AOB，直杆OA和OB的
夹角α=150°，光滑细绳一端固定在A点，另一端与套在曲杆AOB上的轻环Q连接，用挂钩挂上质
量为m的灌肠时，轻环Q从曲杆O处沿OB滑下(轻环不滑出OB杆)，重力加速度为g，当灌肠重新平
衡后轻绳的张力大小为
√2 √3 1
A. mg B. mg C. mg D. mg
2 3 2
【答案】B
【知识点】平衡状态及平衡条件、直接合成法解决静态平衡问题
【解析】
如图所示：
同一根绳上拉力处处相等，故合力在夹角平分线上，处于静止状态时，Q处绳子必垂直于杆，否则
√3
不可能平衡，由几何关系得θ=60°，由平衡条件：2Tcosθ=mg，解得：T= mg，故B正确，
3
ACD错误。
5．(2022·上海市市辖区·模拟题)如图，一粗糙斜面固定在地面上，一细绳一端悬挂物体P，另一端
跨过斜面顶端的光滑定滑轮与物体Q相连，系统处于静止状态。现用水平向左的拉力F缓慢拉动P至细绳与竖直方向成45°角，Q始终静止，设Q所受的摩擦力大小为f、在这一过程中
A. F一定增大、f一定增大 B. F可能不变、f一定增大
C. F一定增大、f可能先减小后增大 D. F可能不变、f可能先减小后增大
【答案】C
【知识点】用解析法解决动态平衡问题、正交分解法解决静态平衡问题
【解析】
由于P、Q在水平拉力作用下，整体保持静止状态，那么所受的合力为零。又由于重力恒定，水平
拉力方向不变，分析物体受力，正交分解，列方程进行解答即可。根据P、Q一直处于平衡状态，
设细绳与竖直方向为θ，对P分析如图所示，
m g
竖直方向上有Tcosθ=m g，水平方向上有F=Tsinθ，解得T= P ，F=m gtanθ，θ从0∘逐
P cosθ P
渐增大到45∘过程中，F和T都在增大。
设斜面与水平面的夹角为α，对于Q的受力，如果Q最开始时受到的摩擦力是沿斜面向上的，则有
m
m gsinα=f +T=f + Pg ，随着θ的增大，f先是减小，如果f减小到零后，θ继续增大，Q受到
Q cosθ
m g
的摩擦力方向变为沿斜面向下，则有m gsinα+f =T= P ，随着θ的继续增大，f也逐渐增大，
Q cosθ
即 f可 能 先 减 小 后 增 大 ， 如 果 Q最 开 始 时 受 到 的 摩 擦 力 是 沿 斜 面 向 下 的 则 有 ，
m g
m gsinα+f =T= P ，随着随着θ的增大，f会一直增大，故C正确，ABD错误。
Q cosθ
6．(2022·浙江省宁波市·模拟题)挂灯笼的习俗起源于1800多年前的西汉时期，已成为中国人喜庆的
象征。如图所示，由五根等长的轻质细绳悬挂起四个质量相等的灯笼，中间的细绳是水平的，另外
四根细绳与水平面所成的角分别θ 和θ 。关于θ 和θ ，下列关系式中正确的是( )
1 2 1 2A. θ =θ B. θ =2θ
1 2 1 2
C. sinθ =2sinθ D. tanθ =2tanθ
1 2 1 2
【答案】D
【知识点】用整体法与隔离法解决平衡问题、正交分解法解决静态平衡问题
【解析】
分别对左下方灯笼的上方结点、左侧两个灯笼整体分析，根据平衡条件可得水平绳子上的拉力进行
分析。对左下方灯笼的上方结点分析，受到三段细绳的拉力，其中下方细绳拉力等于灯笼的重力，
受力情况如图1所示；
mg
根据平衡条件可得水平绳子上的拉力为：T=
；
tanθ
2
对左侧两个灯笼整体分析，受到重力、两边细绳的拉力，如图2所示；
2mg
根据平衡条件可得水平绳子上的拉力为：T=
；
tanθ
1
联立解得：tanθ =2tanθ ，故D正确、ABC错误。
1 2
故选：D。
