文档内容
第三讲 共点力平衡
知识梳理
一、受力分析
1.受力分析的一般步骤
2.整体法与隔离法
整体法 隔离法
将加速度相同的几个物体作为一个整体 将研究对象与周围物体分隔开来分析
概念
来分析的方法 的方法
选用 研究系统外的物体对系统整体的作用力
研究系统内物体之间的相互作用力
原则 或求系统整体的加速度
整体法不用画系统之间的作用力
3.受力分析的三个技巧
(1)不要把研究对象所受的力与研究对象对其他物体的作用力混淆．
(2)除了根据力的性质和特点进行判断，假设法是判断弹力、摩擦力有无及方向的常用方法．
(3)善于转换研究对象，尤其是弹力、摩擦力的方向不易判定的情形，可以分析与其接触物体的受力，再应
用牛顿第三定律判定．
二、共点力平衡
(1)平衡状态：物体静止或做匀速直线运动．
(2)平衡条件：F ＝0或F＝0且F＝0.
合 x y
(3)常用推论
①二力平衡：两力大小相等，方向相反，作用在同一物体同一直线上
②若物体受n个作用力而处于平衡状态，则其中任意一个力与其余(n－1)个力的合力大小相等、方向相反．
③若三个共点力的合力为零，则表示这三个力的有向线段首尾相接组成一个封闭三角形（三个力不在同一
直线上）．
2.处理共点力平衡问题的基本思路
确定平衡状态(加速度为零)→巧选研究对象(整体法或隔离法)→受力分析→建立平衡方程→求解或作讨论．知识训练
考点一、受力分析
例1、如图所示，物体A靠在竖直墙面上，在力F作用下，A、B保持静止。物体B的受力个数为( )
A．2 B．4
C．2或4 D．无法确定
【答案】B
【解析】A、B之间一定有弹力，否则A不会静止，以B为研究对象，B受到重力、推力F和A对B斜向下
的弹力，分析可知，B一定还受A对它的静摩擦力，否则B不会静止，所以B受四个力作用，故B正确，
A、C、D错误。
例2、如图所示，有8个完全相同的长方体木板叠放在一起，每个木板的质量为 100 g，某人用手在这叠木
板的两侧各加一水平压力F，使木板水平静止。若手与木板之间的动摩擦因数为 μ ＝0.5，木板与木板之间
1
的动摩擦因数为μ＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2。则水平压力F至少为( )
2
A．8 N B．15 N
C．16 N D．30 N
【答案】 B
【解析】 先将所有的木板当成整体进行受力分析，该整体竖直方向受重力和静摩擦力，故有2μF≥8mg；
1
再对除两外侧木板的剩余木板受力分析，竖直方向受重力和静摩擦力，有 2μF≥6mg；联立解得F≥15 N，
2
故B正确，A、C、D错误。
例3、(2022·湖南师范大学附属中学高三月考)如图所示，a、b两个小球穿在一根粗糙的固定杆上(球的小孔
比杆的直径大)，并且通过一条细绳跨过定滑轮连接．已知b球质量为m，杆与水平面成θ角，不计滑轮的
一切摩擦，重力加速度为g.当两球静止时，Oa段绳与杆的夹角也为θ，Ob段绳沿竖直方向，则下列说法
正确的是( )A．a一定受到4个力的作用
B．b只可能受到2个力的作用
C．绳子对a的拉力有可能等于mg
D．a的质量一定为mtan θ
【答案】C
【解析】对a和b受力分析可知，a至少受重力、杆的支持力、绳的拉力3个力，可能还受摩擦力共4个
力，b受重力、绳的拉力2个力或重力、绳的拉力、杆的支持力、摩擦力4个力的作用，选项A、B错误；
对b受力分析可知，b受绳子拉力可能等于mg，因此绳子对a的拉力可能等于mg，选项C正确；对a受力
分析，如果摩擦力为零Gsin θ＝mgcos θ可得G＝；m＝，选项D错误．
a a a
课堂随练
训练1、如图所示，水平面上的P、Q两物块的接触面水平，二者叠在一起在作用于Q上的水平恒定拉力F
的作用下向右做匀速运动，某时刻撤去力F后，二者仍能不发生相对滑动．关于撤去F前后Q的受力个数
的说法正确的是( )
A．撤去F前6个，撤去F后瞬间5个
B．撤去F前5个，撤去F后瞬间5个
C．撤去F前5个，撤去F后瞬间4个
D．撤去F前4个，撤去F后瞬间4个
【答案】B
【解析】撤去F前，物块Q受到：重力、地面的支持力、P对Q的压力、地面对Q的摩擦力和力F共5个
力的作用；撤去F后的瞬间，两物块做减速运动，此时Q受力： 重力、地面的支持力、P对Q的压力、
地面对Q的摩擦力和P对Q的摩擦力，共5个力作用，选项B正确．
训练2、如图所示，质量为M的三角形斜劈Q置于水平地面上，质量为m的木块P放在Q的斜面上，现用
大小分别为F 、F(F>F)，方向相反的水平力分别推P和Q，它们均静止不动，g为重力加速度，则下列
1 2 1 2
说法错误的是( )A．P可能受到沿斜面向下的摩擦力
B．Q可能受五个力作用
C．Q可能受六个力作用
D．Q对P的支持力一定小于mg
【答案】D
【解析】选取 P为研究对象，将 P的重力沿斜面方向分力 G 和F 沿斜面方向分力 F 进行比较。若
x 1 1x
F >G，则P受到沿斜面向下的摩擦力，A正确，不符合题意；Q受地面摩擦力和弹力、F 、重力、P作用
1x x 2
的弹力，若F ＝G，P、Q间无摩擦力，此时Q受五个力作用；若P、Q间有摩擦力，Q可能受六个力作
1x x
用，则B、C正确，不符合题意；当P、Q间无摩擦力时，P受三个力作用，由平衡条件分析，Q对P的支
持力一定大于mg，D错误，符合题意。
训练3、(2021云南师大附中高三月考)如图所示,M、N两物体叠放在一起,在恒力F作用下,保持静止状态,则
关于两物体受力情况的说法正确的是( )
A．物体N可能受到4个力
B．物体M可能受到6个力
C．物体M与墙之间一定没有弹力和摩擦力
D．物体M与物体N之间可能无摩擦力
【答案】C
【解析】 M、N两物体静止,所受合力为0,对M、N整体进行受力分析,受到重力和F,墙对M没有弹力,否则
合力不能为0,所以也没有摩擦力,故C正确;对N进行受力分析,受到重力、M对N的支持力和M对N向上
的静摩擦力,一共3个力,故A、D错误;再对M进行受力分析,受到重力、推力F、N对M的压力以及N给M
沿斜面向下的静摩擦力,一共4个力,故B错误。
考点二、共点力平衡
求解共点力平衡问题的常用方法：
1.合成法：一个力与其余所有力的合力等大反向，常用于非共线三力平衡．
2.正交分解法：F ＝0，F ＝0，常用于多力平衡．
x合 y合
例1、(2020·全国卷Ⅲ·17)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
【解析】取O点为研究对象，O点在三力的作用下处于平衡状态，对其受力分析如图所示，F ＝F ，两
T1 T2
力的合力与F等大反向，根据几何关系可得2β＋α＝180°，所以β＝55°，故选B.
例2、(2017·全国卷Ⅲ)一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距80 cm的两点上，弹性绳的原
长也为80 cm。将一钩码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为 100 cm；再将弹性绳的两端缓慢移
至天花板上的同一点，则弹性绳的总长度变为(弹性绳的伸长始终处于弹性限度内)( )
A．86 cm B．92 cm
C．98 cm D．104 cm
【答案】B
【解析】轻质弹性绳的两端分别固定在相距80 cm的两点上，钩码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总
长度为100 cm，以钩码为研究对象，受力如图所示，由胡克定律F＝k(l－l)＝0.2k，由共点力的平衡条件
0
和几何知识得F＝＝；再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点，设弹性绳的总长度变为l′，由胡克
定律得F′＝k(l′－l)，由共点力的平衡条件F′＝，联立上面各式解得l′＝92 cm，选项B正确。
0
例3、如图所示，两个质量均为m的小球通过两根轻弹簧A、B连接，在水平外力F作用下，系统处于静
止状态，弹簧实际长度相等．弹簧A、B的劲度系数分别为k 、k ，且原长相等．弹簧A、B与竖直方向的
A B
夹角分别为θ与45°.设A、B中的拉力分别为F、F ，小球直径相比弹簧长度可忽略，重力加速度为g，则(
A B
)A．tan θ＝ B．k ＝k
A B
C．F＝mg D．F ＝2mg
A B
【答案】A
【解析】对下面的小球进行受力分析，如图甲所示．根据平衡条件得：F＝mgtan 45°＝mg，F ＝＝mg；对
B
两个小球整体受力分析，如图乙所示，根据平衡条件得：tan θ＝，又 F＝mg，解得 tan θ＝，F ＝
A
＝mg，由题图可知两弹簧的形变量相等，则有：x＝＝，解得：＝＝，故A正确，B、C、
D错误．
例4、如图所示，质量为m的物体置于倾角为θ的固定斜面上，物体与斜面之间的动摩擦因数为μ，先用平
行于斜面的推力F 作用于物体上使其能沿斜面匀速上滑，若改用水平推力F 作用于物体上，也能使物体沿
1 2
斜面匀速上滑，则两次的推力之比为( )
A．cos θ＋μsin θ B．cos θ－μsin θ
C．1＋μtan θ D．1－μtan θ
【答案】B
【解析】物体在力F 作用下和力F 作用下匀速运动时的受力如图所示．
1 2
将物体受力沿斜面方向和垂直于斜面方向正交分解，由平衡条件可得：
F ＝mgsin θ＋F ，F ＝mgcos θ，F ＝μF ；Fcos θ＝mgsin θ＋F ，F ＝mgcos θ＋Fsin θ，F ＝
1 f1 N1 f1 N1 2 f2 N2 2 f2
μF ，解得：F＝mgsin θ＋μmgcos θ，F＝，故＝cos θ－μsin θ，B正确．
N2 1 2课堂随练
训练1、(2022·株洲统一检测)如图，这是汽车内常备的两种类型的千斤顶，甲是菱形，乙是y形。摇动手
柄，使螺旋杆转动，A、B间距离发生改变，从而实现重物的升降。若物重均为G，螺旋杆保持水平，AB
与BC之间的夹角都为θ，不计杆件自重，则甲、乙两千斤顶螺旋杆的拉力大小之比为( )
A．1∶1 B．1∶2
C．2∶1 D．2∶3
【答案】A
【解析】根据题意，对y形千斤顶B点受力分析如图甲，由平衡条件得F＝，对菱形千斤顶C点受到的压
力G分解为沿两臂的两个分力F，根据对称性可知，两臂受到的压力大小相等，由2Fsin θ＝G, 对菱形千
1 1
斤顶B点受力分析如图乙，由平衡条件得F′＝2Fcos θ，联立解得F′＝，则甲、乙两千斤顶螺旋杆的拉力
1
大小之比为1∶1。
训练2、(2022·黑龙江鹤岗市第一中学高三月考)如图甲所示，A、B两小球通过两根轻绳连接并悬挂于O
点，已知两轻绳OA和AB的长度之比为∶1，A、B两小球质量分别为2m和m，现对A、B两小球分别施加
水平向右的力F 和水平向左的力F，两球恰好处于如图乙的位置静止，此时B球恰好在悬点O的正下方，
1 2
轻绳OA与竖直方向成30°，则( )
A．F＝F B．F＝F
1 2 1 2
C．F＝2F D．F＝3F
1 2 1 2
【答案】C
【解析】由题意知两轻绳OA和AB的长度之比为∶1，B球恰好在悬点O的正下方，由几何关系可知，OA与AB垂直；以B球为研究对象，受力示意图如图甲所示，由平衡条件得F ＝mgtan (90°－30°)＝mg，以
2
A、B两球整体为研究对象，受力示意图如图乙所示，由平衡条件得 F －F ＝3mgtan 30°＝mg，可得F ＝
1 2 1
2mg，即F＝2F，故C正确．
1 2
训练3、(多选)如图所示，竖直杆固定在木块C上，两者总重为20 N，放在水平地面上。轻细绳a连接小
球A和竖直杆顶端，轻细绳b连接小球A和B，小球B重为10 N。当用与水平方向成30°角的恒力F作用
在小球B上时，A、B、C刚好保持相对静止且一起水平向左做匀速运动，绳a、b与竖直方向的夹角分别
恒为30°和60°，则下列判断正确的是( )
A．力F的大小为10 N
B．地面对C的支持力大小为40 N
C．地面对C的摩擦力大小为10 N
D．A球重为10 N
【答案】AD
【解析】以B为研究对象受力分析，水平方向受力平衡，有：Fcos30°＝Tsin60°，解得：T ＝F，竖直方向
b b
受力平衡，则有：Fsin30°＋Tcos60°＝G ，解得：F＝G ＝10 N；以A为研究对象受力分析，竖直方向：
b B B
G ＋Tcos60°＝Tcos30°，水平方向：Tsin30°＝Tsin60°，联立得：G ＝G ＝10 N，故A、D正确。以A、
A b a a b A B
B、C和竖直杆整体为研究对象受力分析，水平方向：f＝Fcos30°＝5 N，竖直方向：N＋Fsin30°＝G ＋G
A B
＋G ，解得：支持力N＝35 N，故B、C错误。
C杆
训练4、如图所示，墙上有两个钉子分别固定在点a和b，它们的连线与水平方向的夹角为45°，两者的高
度差为l。一条不可伸长的轻质细绳一端固定于 a点，另一端跨过b点的光滑钉子悬挂一质量为m 的重
1
物。在绳上距a端 的c点有一固定绳圈。若绳圈上悬挂质量为m 的钩码，平衡后绳的ac段正好水平，
2则重物和钩码的质量比 为( )
A． B．2 C． D．
【答案】C
【解析】钩码的拉力F等于钩码受的重力mg,将F沿ac和bc方向分解，两个分力分别为F 、F ，如图所
2 a b
示，其中 F=m g,由几何关系可得 cos θ= ，又由几何关系得 cos θ= ，联立解得
b 1
,故C正确。
考点三、绳、杆模型
1.一根绳（活绳）上各个点的受力大小均相等；绳打结（死结）处每段绳的受力大小不一定相等。
2.活杆（杆可绕支点转动）受到的合力一定沿杆方向；固定杆（不可绕支点转动）受到的合力方向可以是
任意方向。
例1、(2022·辽宁葫芦岛市模拟)如图所示，细绳一端固定在A点，跨过与A等高的光滑定滑轮B后在另一
端悬挂一个沙桶Q.现有另一个沙桶P通过光滑轻质挂钩挂在AB之间，稳定后挂钩下降至C点，∠ACB＝
120°，下列说法正确的是( )A．若只增加Q桶内的沙子，再次平衡后C点位置不变
B．若只增加P桶内的沙子，再次平衡后C点位置不变
C．若在两桶内增加相同质量的沙子，再次平衡后C点位置不变
D．若在两桶内增加相同质量的沙子，再次平衡后沙桶Q位置上升
【答案】C
【解析】对沙桶Q受力分析有F ＝G ，设两绳的夹角为θ，对C点受力分析可知，C点受三力而平衡，而
T Q
C点为活结绳上的点，两侧绳的张力相等，有2F cos ＝G ，联立可得2G cos ＝G ，故只增大Q的重力，
T P Q P
夹角θ变大，C点上升；只增大P的重力时，夹角θ变小，C点下降，故A、B错误；当θ＝120°时，G ＝
P
G ，故两沙桶增加相同的质量，P和Q的重力仍相等，C点的位置不变，故C正确，D错误．
Q
例2、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( )
A． B．m C．m D．2m
【答案】C
【解析】如图所示，圆弧的圆心为O，悬挂小物块的点为c，由于ab＝R，则△aOb为等边三角形，同一条
细线上的拉力相等，F ＝mg，合力沿Oc方向，则Oc为角平分线，由几何关系知，∠acb＝120°，故线的
T
拉力的合力与物块的重力大小相等，即每条细线上的拉力F ＝G＝mg，所以小物块质量为m，故C对．
T
例3、如图甲所示，轻绳AD跨过固定在水平横梁BC右端的光滑定滑轮挂住一个质量为m 的物体，∠ACB
1
＝30°；图乙所示的轻杆HG一端用铰链固定在竖直墙上，另一端G通过细绳EG拉住，EG与水平方向成30°角，轻杆的G点用细绳GF拉住一个质量为m 的物体，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
2
A．图甲中BC对滑轮的作用力为
B．图乙中HG杆受到绳的作用力为mg
2
C．细绳AC段的拉力F 与细绳EG段的拉力F 之比为1∶1
AC EG
D．细绳AC段的拉力F 与细绳EG段的拉力F 之比为m∶2m
AC EG 1 2
【答案】D
【解析】题图甲中，是一根绳跨过光滑定滑轮，绳中的弹力大小相等，两段绳的拉力都是mg，互成120°
1
角，则合力的大小是mg，方向与竖直方向成60°角斜向左下方，故BC对滑轮的作用力大小也是mg，方
1 1
向与竖直方向成60°角斜向右上方，A选项错误；题图乙中HG杆受到绳的作用力为mg，B选项错误；题
2
图乙中F sin 30°＝mg，得F ＝2mg，则＝，C选项错误，D选项正确．
EG 2 EG 2
课堂随练
训练1、如图所示，用两根承受的最大拉力相等、长度不等的细绳AO、BO(AO>BO)悬挂一个中空铁球，当
在球内不断注入铁砂时，则( )
A．绳AO先被拉断
B．绳BO先被拉断
C．绳AO、BO同时被拉断
D．条件不足，无法判断
【答案】B
【解析】依据力的作用效果将铁球对结点O的拉力分解如图所示．据图可知：F >F，又因为两绳承受的
B A
最大拉力相同，故当在球内不断注入铁砂时，BO绳先断，选项B正确．
训练2、(多选)李强同学设计的一个小实验如图所示，他将细绳的一端系在手指上，细绳的另一端系在直杆
的A端，杆的左端顶在掌心上，组成一个“三角支架”。在杆的 A端悬挂不同的重物，并保持静止。通过实验会感受到( )
A．细绳是被拉伸的，杆是被压缩的
B．杆对手掌施加的作用力的方向沿杆由C指向A
C．细绳对手指施加的作用力的方向沿细绳由B指向A
D．所挂重物质量越大，细绳和杆对手的作用力也越大
【答案】ACD
【解析】重物所受重力的作用效果有两个，一是拉紧细绳，二是使杆压紧手掌，所以重力可分解为沿细绳
方向的力F 和垂直于掌心方向的力F，如图所示，由三角函数得F＝，F＝Gtan θ，故A、C、D正确。
1 2 1 2
考点四、受力分析中的临界问题
1.问题特点
(1)临界问题：当某物理量变化时，会引起其他物理量的变化，从而使物体所处的平衡状态能够“恰好出
现”或“恰好不出现”。在问题描述中常用“刚好”“刚能”“恰好”等语言叙述。
(2)极值问题：一般是指在力的变化过程中出现最大值和最小值问题。
2.两种方法
(1)解析法：根据平衡条件列方程，用二次函数、讨论分析、三角函数以及几何法等求极值。
(2)极限法：选取某个变化的物理量将问题推向极端(“极大”“极小”等)，从而把比较隐蔽的临界现象暴露
出来。
例1、如图所示,一工人手持砖夹提着一块砖匀速前进,手对砖夹竖直方向的拉力大小为F。已知砖夹的质量
为m,重力加速度为g,砖夹与砖块之间的动摩擦因数为μ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。若砖块不滑动,则砖
夹与砖块一侧间的压力的最小值是( )A． B． C． D．
【答案】C
【解析】工人手持砖夹提着一块砖匀速前进,砖夹处于平衡状态,在竖直方向满足F=mg+2F,砖夹与砖块之间
f
恰好达到最大静摩擦力,F=μF ,联立解得,砖夹与砖块一侧间的压力的最小值为F = ,C正确。
f N N
例2、如图所示，用一根长为l的细绳一端固定在O点，另一端悬挂质量为m的小球A，为使细绳与竖直方
向成30°角且绷紧，小球A处于静止状态，对小球施加的最小的力是( )
A．mg B．mg C．mg D．mg
【答案】C
【解析】将小球重力分解如图，其中一个分力等于施加的力的大小。当施加的力与OA垂直时最小，F ＝
min
mgsin 30°＝mg，C正确。
例3、(2022·常州一模)歼20战斗机安装了我国自主研制的矢量发动机，能够在不改变飞机飞行方向的情况
下，通过转动尾喷口方向改变推力的方向，使战斗机获得很多优异的飞行性能。已知在歼20战斗机沿水平
方向超音速匀速巡航时升阻比(垂直机身向上的升力和平行机身向后的阻力之比)为。飞机的重力为G，使
飞机实现节油巡航模式的最小推力是( )
A．G B． C． D．
【答案】D
【解析】飞机受到重力G、发动机推力F 、升力F 和空气阻力f，重力的方向竖直向下，升力F 的方向竖
1 2 2
直向上，空气阻力f的方向与F 垂直，如图，歼20战斗机沿水平方向超音速匀速巡航，则有水平方向F＝
2 x
f，竖直方向F＋F＝G，F＝f，解得F＝G－f，则F＝F＋F＝16f2－2Gf＋G2，观察F表达式知F的图像为
2 y 2 y开口向上，对称轴为f＝G的抛物线，即当f＝G时F取得最小值，将其代入F表达式，解得F ＝。
1min
课堂随练
训练1、已知两个共点力的合力为50 N，分力F 的方向与合力F的方向成30°角，分力F 的大小为30 N。
1 2
则( )
A．F 的大小是唯一的 B．F 的方向是唯一的
1 2
C．F 有两个可能的方向 D．F 可取任意方向
2 2
【答案】C
【解析】选C。由F、F 和F的矢量三角形图可以看出，因F＝30 N＞F ＝25 N且F＜F，所以F 的大小
1 2 2 20 2 1
有两个，即F′和F″，F 的方向有两个，即F′的方向和F″的方向，故A、B、D错误，C正确。
1 1 2 2 2
训练2、(2020·湖南七校联考)如图所示，光滑圆环竖直固定，A为最高点，橡皮条上端固定在A点，下端
连接一套在圆环上的轻质小环，小环位于B点，AB与竖直方向的夹角为30°，用光滑钩拉橡皮条中点，将
橡皮条中点拉至C点时，钩的拉力大小为F，为保持小环静止于B点，需给小环施加一作用力F′，下列说
法中正确的是( )
A．若F′沿水平方向，则F′＝F
B．若F′沿竖直方向，则F′＝F
C．F′的最小值为F
D．F′的最大值为F【答案】C
【解析】设橡皮条的拉力大小为T，由题意有2Tcos30°＝F，可知T＝F，若F′沿水平方向，小环只受橡皮
条的拉力和F′，由平衡条件知：F′＝T＝F，A错误；若F′沿竖直方向，则有：F′＝Ttan30°＝F，B错误；作
出小环的受力图，如图所示，由几何知识知，当F′⊥N时，F′有最小值，且最小值为：F ′＝Tsin30°＝F，C
min
正确；根据平行四边形定则可知F′无最大值，D错误。
训练3、（2013年全国）如图，在固定斜面上的一物块受到一外力的作用，F平行于斜面上。若要物块在
斜面上保持静止，F的取值应有一定范围，已知其最大值和最小值分别为F1和F2（F2＞0）.由此可求出（
）
A．物块的质量 B．斜面的倾角
C．物块与斜面间的最大静摩擦力 C．物块对斜面的正压力
【答案】C
【解析】A、B、C、对滑块受力分析，受重力、拉力、支持力、静摩擦力，设滑块受到的最大静摩擦力为
f，物体保持静止，受力平衡，合力为零；
当静摩擦力平行斜面向下时，拉力最大，有：F1 -mgsinθ-f=0
当静摩擦力平行斜面向上时，拉力最小，有：F2 +f-mgsinθ=0
联立解得： ，故C正确；
，由于质量和坡角均未知，故A错误，B错误；
D、物块对斜面的正压力为：N=mgcosθ，未知，故D错误；故选C．
考点五、动态平衡问题
1.动态平衡：物体所受的力中有些是变力，是动态力，力的大小和方向均要发生变化，但变化过程中的每
一个状态均可视为平衡状态，所以叫作动态平衡。
2.分析动态平衡问题的常用方法(1)解析法
①列平衡方程求出未知量与已知量的关系表达式；
②根据已知量的变化情况来确定未知量的变化情况。
(2)图解法
①根据已知量的变化情况，画出平行四边形边、角的变化；
②确定未知量大小、方向的变化。
例1、(2020·天津市部分区二模)如图所示，重量为G的光滑足球，用由若干条轻质丝线组成的网兜兜住，
通过悬绳悬挂于光滑墙的A点，悬绳与丝线结于B点，悬绳与墙面间的夹角为α，则下列说法正确的是(
)
A．悬绳拉力的大小为Gcosα
B．墙壁对足球的支持力大小为Gsinα
C．将丝线和悬绳的结点由B点上移到C点，悬绳的拉力增大
D．将丝线和悬绳的结点由B点上移到C点，墙壁对足球的支持力不变
【答案】C
【解析】以足球和丝线组成的整体为研究对象，受重力、悬绳的拉力和墙面的支持力作用而平衡，受力分
析如图所示，根据几何知识得，悬绳拉力的大小T＝，墙壁支持力的大小F ＝Gtanα，A、B错误；将丝线
N
和悬绳的结点由B点上移到C点，角α增大，cosα减小，悬绳的拉力增大，tanα增大，墙壁对足球的支持
力增大，C正确，D错误。
例2、（2016全国1）如图，一光滑的轻滑轮用细绳 悬挂于 点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物
块 ，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块 。外力 向右上方拉 ，整个系统处于静止状态。若 方
向不变，大小在一定范围内变化，物块 仍始终保持静止，则（ ）
A．绳 的张力也在一定范围内变化B．物块 所受到的支持力也在一定范围内变化
C．连接 和 的绳的张力也在一定范围内变化
D．物块 与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化
【答案】BD
【解析】由题意，在 保持方向不变，大小发生变化的过程中，物体 、 均保持静止，各绳角度保持不
变；
选 受力分析得，绳的拉力 ，所以物体 受到绳的拉力保持不变。由滑轮性质，滑轮两侧绳的拉力
相等，所以 受到绳的拉力大小、方向均保持不变，C选项错误； 、 受到绳的拉力大小方向均不变，
所以 的张力不变，A选项错误；对 进行受力分析，并将各力沿水平方向和竖直方向分解，如上图所
示。由受力平衡得： ， 。 和 始终不变，当 大小在一定范围内变化
时；支持力在一定范围内变化，B选项正确；摩擦力也在一定范围内发生变化，D选项正确；故答案选
BD。
F F
y
T N
T
y
T x f F x
m g
b
例3、(2020·四川宜宾一诊)(多选)如图所示，粗糙水平地面上放着一个截面为半圆的柱状物体A，A与竖直
墙壁之间放一光滑半圆球B，整个装置处于平衡状态。已知A、B的质量分别为m和M，A、B两物体的半
径均为R，B的圆心到水平地面的竖直距离为R，重力加速度为g，下列说法正确的是( )A．地面对A的支持力大小为(m＋M)g
B．地面对A的摩擦力大小为Mg
C．将A往左缓慢移动少许，竖直墙壁对B的弹力减小
D．将A往左缓慢移动少许，A、B之间的弹力保持不变
【答案】AC
【解析】把A、B看成一个整体，对其运用整体法受力分析，该整体在竖直方向上受到竖直向下的重力(M
＋m)g和地面竖直向上的支持力F 的作用，二力平衡，所以有：F ＝(M＋m)g，A正确；选取半圆球B为
N N
研究对象，运用隔离法，受力分析如图所示，根据力的分解和平衡条件可得：F ＝，F ＝Mgtanθ，半圆
N1 N2
球B的圆心到水平地面的竖直距离为R，所以θ＝45°，所以有：F ＝Mg，把A、B看成一个整体，根据受
N2
力分析，地面对物体A的摩擦力大小等于F ，为Mg，方向水平向左，B错误；将A往左缓慢移动少许，θ
N2
减小，竖直墙壁对B的弹力F ＝Mgtanθ减小，A、B之间的弹力F ＝减小，C正确，D错误。
N2 N1
例4、（2019 年全国1）如图，一粗糙斜面固定在地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮。一细绳跨过滑
轮，其一端悬挂物块N。另一端与斜面上的物块M相连，系统处于静止状态。现用水平向左的拉力缓慢拉
动N，直至悬挂N的细绳与竖直方向成45°。已知M始终保持静止，则在此过程中（ ）
A．水平拉力的大小可能保持不变
B．M所受细绳的拉力大小一定一直增加
C．M所受斜面的摩擦力大小一定一直增加
D．M所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加
【答案】BD【解析】假设经过一定时间后N 物体与竖直方向的夹角为θ，对N 受力分析如左图所示：
结合矢量三角形法，将物体所受的力放在一个封闭的力三角形中，当θ从0-45增大时，由几何关系得：
故：A错B对；
开始时，因为不确定静摩擦力的大小与方向，即开始时静摩擦力的大小可能沿斜面向上也可能沿斜面向
下；所以对M受力分析可知，若起初M受到的摩擦力f沿斜面向下，则随着绳子拉力T的增加，则摩擦力
f也逐渐增大；若起初M受到的摩擦力f沿斜面向上，则随着绳子拉力T的增加，摩擦力f可能先减小后增
加。故本题选BD。
课堂随练
训练1、(2016·全国卷Ⅱ)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
【解析】以O点为研究对象，设绳OA与竖直方向的夹角为θ，物体的重力为G，根据力的平衡可知，F＝
Gtanθ，T＝，随着O点向左移，θ变大，则F逐渐变大，T逐渐变大，A项正确。训练2、(2022·江西八所重点中学联考)如图甲所示，推力F垂直斜面作用在斜面体上，斜面体静止在竖直
墙面上，若将斜面体改成如图乙所示放置，用相同大小的推力F垂直斜面作用到斜面体上，则下列说法正
确的是( )
A．墙面受到的压力一定变小
B．斜面体受到的摩擦力一定变小
C．斜面体受到的摩擦力可能变大
D．斜面体可能沿墙面向上滑动
【答案】B
【解析】受力分析如图所示
甲图中，F ＝Fcos θ，F ＝mg＋Fsin θ≤F ；乙图中，F ＝Fcos θ，所以墙面受到的压力不变，A项错
N1 f1 fm N2
误；若Fsin θ＝mg，则F ＝0，若Fsin θ＞mg，则F 方向向下，F ＝Fsin θ－mg，若Fsin θ＜mg，则F
f2 f2 f2 f2
方向向上，F ＝mg－Fsin θ，所以斜面体受到的摩擦力一定变小，B项正确，C项错误；因为墙面受到的
f2
压力没有变，所以F 不变，甲图中，F ＝mg＋Fsin θ≤F ，推不动斜面体，乙图中，F ＝Fsin θ－mg，
fm f1 fm f2
肯定比F 小，所以斜面体肯定不沿墙面向上滑动，D项错误．
fm
训练3、(2020·江西赣州十五县(市)(上)期中)如图所示，小球放在光滑的墙与装有铰链的光滑薄板之间，薄
板在F作用下逆时针缓慢转动，在墙与薄板之间的夹角θ缓慢地从90°逐渐减小的过程中( )
A．小球对薄板的压力可能小于小球的重力B．小球对薄板的压力一直增大
C．小球对墙的压力先减小，后增大
D．小球对墙的压力不可能大于小球的重力
【答案】B
【解析】以小球为研究对象，在薄板缓慢转动的过程中，小球处于平衡状态，受力分析如图所示，当墙与
薄板之间的夹角θ＝90°时，根据平衡条件有F＝mg，F＝0；在θ缓慢地从90°逐渐减小的过程中，小球平
1 2
衡，有Fsinθ＝mg，Fcosθ＝F，可得F＝，F＝，因为θ逐渐减小，所以sinθ、tanθ均减小，则F、F 均
1 1 2 1 2 1 2
增大，根据牛顿第三定律可知，小球对薄板和墙的压力一直增大，B正确，A、C错误；当θ＜45°时，F＞
2
mg，可知D错误。
训练4、(2020·江苏百校大联考)如图所示，表面粗糙的斜面体C置于粗糙的水平地面上，斜面体C上有一
物块A，通过跨过光滑定滑轮的细绳与小盒B连接，连接A的一段细绳与斜面平行，连接B的一段细绳竖
直。现向小盒B内缓慢加入适量细沙，A、B、C始终处于静止状态。下列说法正确的是( )
A．斜面体C对物块A的摩擦力可能沿斜面向上
B．斜面体C对物块A的摩擦力一定增大
C．地面对斜面体C的支持力一定增大
D．地面对斜面体C的摩擦力可能减小
【答案】A
【解析】以A为研究对象，其受力分析如图甲所示，若m g＜m gsinθ，则斜面体C对物块A的摩擦力方向
B A
沿斜面向上，A正确；若开始时斜面体C对物块A的摩擦力方向沿斜面向上，根据平衡条件有 m g＋f＝
B
m gsinθ，当B中缓慢加入细沙，即m g增大时，f先逐渐减小，B错误；以A和斜面体C组成的整体为研
A B
究对象，其受力分析如图乙所示，根据平衡条件，竖直方向有(m ＋m )g＝F ＋m gsinθ，水平方向有
A C N B
m gcosθ＝f ，当B中缓慢加入细沙，即m 增大时，F 减小，f 增大，C、D错误。
B 地面 B N 地面考点六 相似三角形法
例1、如图所示，AC是上端带定滑轮的固定竖直杆，质量不计的轻杆BC一端通过铰链固定在C点，另一
端B悬挂一重为G的重物，且B端系有一根轻绳并绕过定滑轮A。现用力F拉绳，开始时∠BCA＞90°，使
∠BCA缓慢减小，直到杆BC接近竖直杆AC。此过程中，杆BC所受的力( )
A．大小不变 B．逐渐增大
C．逐渐减小 D．先增大后减小
【答案】A
【解析】以B点为研究对象，分析受力情况：重物的拉力T(等于重物的重力G)、轻杆的支持力N和绳子的
拉力F ，作出受力分析图如图，由平衡条件得知，N和F 的合力与T大小相等、方向相反，根据三角形
拉 拉
相似可得＝ ＝，又T＝G，解得N＝G，F ＝G，使∠BCA缓慢变小时，AC、BC保持不变，AB变小，则
拉
N保持不变，F 逐渐变小，由牛顿第三定律得，作用在杆BC上的压力大小不变，故A正确，B、C、D错
拉
误。
例2、(2017·天津高考)(多选)如图所示，轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆 M、N上的a、b两
点，悬挂衣服的衣架挂钩是光滑的，挂于绳上处于静止状态。如果只人为改变一个条件，当衣架静止时，
下列说法正确的是( )A．绳的右端上移到b′，绳子拉力不变
B．将杆N向右移一些，绳子拉力变大
C．绳的两端高度差越小，绳子拉力越小
D．若换挂质量更大的衣服，则衣架悬挂点右移
【答案】AB
【解析】设绳长为l，两杆间距离为d，选O点为研究对象，因aOb为同一根绳，故aO、bO对O点的拉力
大小相等，因此平衡时aO、bO与水平方向的夹角相等，设为θ。对于O点受力情况如图所示，根据平衡
条件，得2Tsinθ＝mg，而sinθ＝，所以T＝·。由以上各式可知，当l、d不变时，θ不变，故换挂质量更大
的衣服时，悬挂点不变，选项D错误。若衣服质量不变，改变b的位置或绳两端的高度差，绳子拉力不
变，选项A正确，选项C错误。当N杆向右移一些时，d变大，则T变大，选项B正确。
课堂随练
训练1、如图所示，小圆环A吊着一个质量为m 的物块并套在另一个竖直放置的大圆环上，有一细绳一端
2
拴在小圆环A上，另一端跨过固定在大圆环最高点B的一个小滑轮后吊着一个质量为m 的物块．如果小圆
1
环A、滑轮、绳子的大小和质量以及相互之间的摩擦都可以忽略不计，绳子不可伸长，平衡时弦AB所对的
圆心角为α，则两物块的质量之比m∶m 应为( )
1 2
A．cos B．sin
C．2sin D．2cos【答案】C
【解析】对小圆环A受力分析，如图所示，F 与F 的合力F与F 大小相等，由矢量三角形与几何三角形
T2 N T1
相似，可知＝，其中F ＝mg，F＝F ＝mg，联立解得＝2sin ，C正确．
T2 2 T1 1
训练2、(2020·吉林省吉林市第一次调研)(多选)如图所示，质量为m的小球套在竖直固定的光滑圆环上，
在圆环的最高点有一个光滑小孔，一根轻绳的下端系着小球，上端穿过小孔用力F拉住，开始时绳与竖直
方向夹角为θ，小球处于静止状态，现缓慢拉动轻绳，使小球沿光滑圆环上升一小段距离，则下列关系正
确的是( )
A．绳与竖直方向的夹角为θ时，F＝2mgcosθ
B．小球沿光滑圆环上升过程中，轻绳拉力逐渐增大
C．小球沿光滑圆环上升过程中，小球所受支持力逐渐增大
D．小球沿光滑圆环上升过程中，小球所受支持力大小不变
【答案】AD
【解析】开始时小球处于静止状态，对小球进行受力分析，小球受重力mg、拉力F、支持力N三个力，作
出受力分析图如图，根据平衡条件可知，小球所受重力 mg和圆环对它的支持力N的合力与轻绳的拉力F
大小相等、方向相反，由几何知识有＝＝，则N＝mg，且当绳与竖直方向的夹角为θ时，F＝2mgcosθ，A
正确；小球沿圆环缓慢上升，处于动态平衡状态，对小球进行受力分析，小球仍然只受重力mg、拉力F、
支持力N三个力，由几何知识仍然有＝＝，该过程半径R不变，AB减小，故F减小，N不变，D正确，
B、C错误。 同步练习
1、如图所示，三个重均为100 N的物块，叠放在水平桌面上，各接触面水平，水平拉力F＝20 N，作用在
物块2上，三条轻质绳结于O点，与物块3连接的绳水平，与天花板连接的绳与水平方向成45°角，竖直
绳悬挂重为20 N的小球P.整个装置处于静止状态．则( )
A．物块1和2之间的摩擦力大小为20 N
B．水平绳的拉力大小为20 N
C．桌面对物块3的支持力大小为320 N
D．物块3受4个力的作用
【答案】B
【解析】对物块1受力分析，受重力和支持力，假如受水平方向的摩擦力，则不能保持平衡，故物块1和
物块2间的摩擦力为零，A错误；对O点受力分析，受到三根绳子的拉力，如图，根据平衡条件有，x方
向：F cos 45°＝F ，y方向：F sin 45°＝G ，解得F ＝G ＝20 N，所以水平绳中的拉力大小为20 N，B
T2 T1 T2 P T1 P
正确；对物块1、2、3整体受力分析，受重力、支持力、向左的拉力、水平绳的拉力，竖直方向：F ＝3G
N
＝300 N，C错误；对物块1和物块2整体研究，受重力、支持力、向左的拉力F和向右的静摩擦力F ，
f23
根据平衡条件得：F ＝F＝20 N；对物块3受力分析，2、3间向左的摩擦力为20 N，水平绳向右的拉力也
f23
为20 N，则3与桌面间摩擦力为零，故3受重力、支持力、压力、2对3的摩擦力、绳子拉力，共5个力
作用，D错误．2、(2019·全国卷Ⅲ)用卡车运输质量为m的匀质圆筒状工件，为使工件保持固定，将其置于两光滑斜面之
间，如图所示。两斜面Ⅰ、Ⅱ固定在车上，倾角分别为30°和60°。重力加速度为g。当卡车沿平直公路匀
速行驶时，圆筒对斜面Ⅰ、Ⅱ压力的大小分别为F、F，则( )
1 2
A．F＝mg，F＝mg B．F＝mg，F＝mg
1 2 1 2
C．F＝mg，F＝mg D．F＝mg，F＝mg
1 2 1 2
【答案】D
【解析】如图所示，卡车匀速行驶，圆筒受力平衡，由题意知，力 F′与F′相互垂直。由牛顿第三定律知
1 2
F＝F′，F＝F′，则F＝mgsin60°＝mg，F＝mgsin30°＝mg，D正确。
1 1 2 2 1 2
3、(2020·山东菏泽高三上学期期中)某压榨机的结构示意图如图所示，其中B为固定铰链，若在A铰链处
作用一垂直于竖直壁的力F，则由于力F的作用，使滑块C压紧物体D。设C与D的接触面光滑，C与竖
直壁的接触面也光滑，铰链的重力及滑块C的重力不计，图中a＝0.6 m，b＝0.1 m，则物体D所受压力的
大小与力F的比值为( )A．3∶1 B．4∶1
C．5∶1 D．6∶1
【答案】A
【解析】设力F与AC方向的夹角为θ，将力F按作用效果沿AB和AC两个方向进行分解，作出力的分解
图如图甲所示。则有：2Fcosθ＝2Fcosθ＝F，则得F ＝F ＝。再将F 按作用效果分解为F 和F ′，作出力
1 2 1 2 2 N N
的分解图如图乙所示。则有：F ＝Fsinθ，联立得到：F ＝，根据几何知识可得tanθ＝＝6，代入上式可得
N 2 N
F ∶F＝3∶1，故A正确。
N
4、(2019·天津高考)2018年10月23日，港珠澳跨海大桥正式开通。为保持以往船行习惯，在航道处建造
了单面索(所有钢索均处在同一竖直面内)斜拉桥，其索塔与钢索如图所示。下列说法正确的是( )
A．增加钢索的数量可减小索塔受到的向下的压力
B．为了减小钢索承受的拉力，可以适当降低索塔的高度
C．索塔两侧钢索对称且拉力大小相同时，钢索对索塔的合力竖直向下
D．为了使索塔受到钢索的合力竖直向下，索塔两侧的钢索必须对称分布
【答案】C
【解析】索塔对钢索竖直向上的作用力跟钢索和桥体整体的重力平衡，增加钢索数量，其整体重力变大，
故索塔受到的向下的压力变大，A错误；若索塔高度降低，则钢索与竖直方向夹角θ将变大，由Tcosθ＝G
可知，钢索拉力T将变大，B错误；两侧钢索的拉力对称，合力一定竖直向下，C正确；若两侧的钢索非
对称分布，但其水平方向的合力为0，索塔受到钢索的合力仍竖直向下，D错误。
5、把一个重为G的物体，用一个水平力F＝kt(k为恒量，t为时间)压在竖直且足够高的平整的墙上，如图
所示，从t＝0开始物体所受的摩擦力F 随时间t的变化关系可能正确的是( )
f【答案】B
【解析】由水平力F的表达式F＝kt可知，从t＝0开始力F从零逐渐增大。当力F比较小时，物体沿墙壁
下滑，物体所受的摩擦力为滑动摩擦力，大小为F＝μF＝μkt，即滑动摩擦力与时间t成正比。当滑动摩擦
f
力F＝G时，物体的速度达到最大。当F＞G时，物体开始做减速运动，物体所受的滑动摩擦力 F＝μkt，
f f f
仍与时间t成正比。当物体速度减为零后，物体静止在墙壁上，摩擦力变为静摩擦力，根据平衡条件可知
静摩擦力F＝G保持不变。所以从t＝0开始物体所受的摩擦力F 随时间t的变化关系可能正确的是图象
f f
B。
6、(2022·天津南开区期末)刀、斧、凿等切削工具的刃部叫作劈，用斧头劈木柴的示意图如图所示。劈的
纵截面是一个等腰三角形，使用劈的时候，垂直劈背加一个力 F，这个力产生两个作用效果，使劈的两个
侧面推压木柴，把木柴劈开。设劈背的宽度为d，劈的侧面长为l，不计斧头的自身重力，则劈的侧面推压
木柴的力约为( )
A．F B．F C．F D．F
【答案】B
【解析】斧头劈木柴时，受力分析如图所示，设两侧面推压木柴的力分别为F 、F 且F ＝F ，利用几何三
1 2 1 2
角形与力的三角形相似有＝，可得推压木柴的力F＝F＝F。
1 2
7、(2021·内蒙古呼和浩特市高三质量普查调研)如图甲，在挪威的两座山峰间夹着一块岩石，吸引了大量
游客前往观赏。该景观可简化成如图乙所示的模型，右壁竖直，左壁稍微倾斜。设左壁与竖直方向的夹角为θ，由于长期的风化，θ将会减小。石头与山崖间的摩擦很小，可以忽略不计。若石头质量一定，且始终
保持静止，下列说法正确的是( )
A．山崖左壁对石头的作用力将增大
B．山崖右壁对石头的作用力不变
C．山崖对石头的作用力减小
D．石头受到的合力将增大
【答案】A
【解析】对石头受力分析如图所示，图中N 为山崖右壁对石头的作用力，N 为山崖左壁对石头的作用力，
1 2
根据平衡条件可知N cosθ＝N ，N sinθ＝mg，则随着θ减小，N 、N 都在增大，故A正确，B错误；根据
2 1 2 1 2
共点力平衡可知，山崖对石头的作用力始终不变，且与石头的重力等大反向，故 C错误；由于石头处于静
止状态，所以石头受到的合力一直为零，故D错误。
8、如图所示，在高度不同的两水平台阶上放有质量分别为 m 、m 的两物体，物体间用轻弹簧相连，弹簧
1 2
与竖直方向的夹角为θ。在m 左端施加水平拉力F，使m 、m 均处于静止状态。已知m 表面光滑，重力
1 1 2 1
加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．弹簧可能处于原长状态
B．弹簧弹力的大小为
C．地面对m 的摩擦力大小为F
2
D．地面对m 的支持力可能为零
2【答案】C
【解析】设弹簧弹力的大小为F ，隔离m 受力分析，由平衡条件得F＝F sinθ，解得F ＝，弹力的方
弹 1 弹 弹
向为斜向右下方，则弹簧处于伸长状态，A错误；设地面对m 的摩擦力大小为f，隔离m 受力分析，由平
2 2
衡条件得f＝F sinθ＝F，F ＝mg－F cosθ，因为m 在水平方向受到摩擦力作用，则地面对m 的支持力
弹 N 2 弹 2 2
不可能为零，弹簧弹力大小也不可能为，C正确，B、D错误。
9、(2020·云南红河自治州二模)拖把是由拖杆和拖把头构成的擦地工具，如图甲所示。设拖把头的质量为
m，拖杆质量可以忽略，拖把头与地板之间的动摩擦因数为常数 μ。当某同学用与水平方向成θ角的力F
1
推拖把时，拖把对地面的摩擦力为f ，压力为N ，拖把做匀速直线运动，如图乙所示；另一同学用与竖直
1 1
方向成θ角的力F 拉拖把时，拖把对地面的摩擦力为 f ，压力为N ，拖把也做匀速直线运动，如图丙所
2 2 2
示。0＜θ＜，以下判断可能正确的是( )
A．F＝F B．f＜f
1 2 1 2
C．N ＜N D．F＜f
1 2 1 1
【答案】A
【解析】对拖把头所受力正交分解，对图乙，根据平衡条件有：Fsinθ＋mg＝N ，Fcosθ＝f ，此时滑动摩
1 1 1 1
擦力为：f ＝μN ，对图丙有：Fcosθ＋N ＝mg，Fsinθ＝f ，此时滑动摩擦力为：f ＝μN ，联立解得：N ＞
1 1 2 2 2 2 2 2 1
N ，f ＞f ，B、C错误；因为f ＞f ，所以有：Fcosθ＞Fsinθ，当cosθ＞sinθ时，F ＝F 可能成立，A正
2 1 2 1 2 1 2 1 2
确；对图乙，有：Fcosθ＝f，根据题意有：0＜θ＜，所以有F＞f，D错误。
1 1 1 1
10、(多选)如图所示，质量均为m的小球A、B用劲度系数为k 的轻弹簧相连，B球用长为L的细绳悬于O
1
点，A球固定在O点正下方，当小球B平衡时，绳子所受的拉力为T ，弹簧的弹力为F ；现把A、B间的
1 1
弹簧换成原长相同但劲度系数为k(k>k)的另一轻弹簧，在其他条件不变的情况下仍使系统平衡，此时绳
2 2 1
子所受的拉力为T，弹簧的弹力为F，则下列关于T 与T、F 与F 大小之间的关系，正确的是( )
2 2 1 2 1 2
A．T>T B．T＝T
1 2 1 2
C．FF。故A、D错误，B、C正确。
2 1
11、(2020·山东高考)如图所示，一轻质光滑定滑轮固定在倾斜木板上，质量分别为m和2m的物块A、B，
通过不可伸长的轻绳跨过滑轮连接，A、B间的接触面和轻绳均与木板平行。A与B间、B与木板间的动摩
擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当木板与水平面的夹角为45°时，物块A、B刚好要滑
动，则μ的值为( )
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】当木板与水平面的夹角为45°时，两物块刚好要滑动，对物块A受力分析如图甲所示。沿木板方
向，A与B之间的滑动摩擦力f ＝μN ＝μmgcos45°，根据平衡条件可知T＝mgsin45°＋μmgcos45° ①；对
1 1
物块B受力分析如图乙所示。沿木板方向，B与木板之间的滑动摩擦力f＝μN ＝μ·3mgcos45°，根据平衡条
2 2
件可知 2mgsin45°＝T＋μmgcos45°＋μ·3mgcos45° ②；①②两式联立，可得 2mgsin45°＝mgsin45°＋
μmgcos45°＋μmgcos45°＋μ·3mgcos45°，解得μ＝。A、B、D错误，C正确。12、(2022·重庆市三峡联盟模拟)如图所示，一轻杆两端固定两个小球A、B，A球的质量是B球质量的3
倍，轻绳跨过滑轮连接A和B，一切摩擦不计，平衡时OA和OB的长度之比为( )
A．1∶2 B．2∶1
C．1∶3 D．1∶4
【答案】C
【解析】设绳上拉力为F ，OA长L ，OB长L ，过O点做竖直向下的辅助线交与AB为C点，如图所示，
T 1 2
利用力的三角形和长度三角形相似有＝；＝得＝，故A、B、D错误，C正确．
13、如图所示，两质量均为m的小球a、b固定在轻杆两端，用等长的细线悬挂在O点，整个系统静止
时，细线和轻杆构成正三角形。用力 F缓慢拉动小球b，保持两细线张紧，最终使连接a球的细线竖直。
重力加速度大小为g。则连接a球的细线竖直时，力F的最小值是( )
A．mg B．mg
C．mg D．mg
【答案】B
【解析】轻杆对a的作用力只能沿杆方向，因为连接a球的细线竖直，所以为了保持a受力平衡，杆对a
无作用力，则杆对b也无作用力，对b受力分析如图所示，有F ＝mgsin 60°＝mg。
min
14、如图所示，通过轻绳和滑轮从矿井中提升重物，光滑动滑轮下吊重物，轻绳a左端固定在井壁的M点，另一端固定在光滑的轻质滑环N上，轻绳b的下端系在滑环N上并竖直向上绕过光滑定滑轮，滑环N
套在竖直杆上。在右侧地面上拉动轻绳b使重物缓慢上升的过程中，下列说法正确的是( )
A．绳a的拉力变大
B．绳b的拉力变大
C．杆对滑环的弹力变大
D．绳b的拉力始终比绳a的小
【答案】D
【解析】设绳a总长为L，左端井壁与竖直杆之间的距离为d，动滑轮左侧绳长为L，右侧绳长为L，由于
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绳a上的拉力处处相等，所以两绳与竖直方向夹角相等，设为 θ，由几何知识可知d＝Lsinθ＋Lsinθ＝(L
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＋L)·sinθ，又L ＋L ＝L，则sinθ＝；当滑环N缓慢向上移动时，d、L保持不变，则θ不变。设绳a的拉
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力大小为T ，重物及动滑轮的总重力为G，以重物及动滑轮整体为研究对象，根据平衡条件得 2Tcosθ＝
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G，解得T＝，可知，当θ不变时，绳a的拉力T 不变，A错误；绳b的拉力T＝Tcosθ保持不变，且始终
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比绳a的拉力T 小，杆对滑环的弹力N＝Tsinθ保持不变，B、C错误，D正确。
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