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第 1 讲 力与物体的平衡
目标要求 1.会分析物体静态平衡问题，会选择合适的方法处理静态平衡问题。2.会分析动态平衡问题，掌握
常见的处理动态平衡问题的方法，并会处理平衡中的临界与极值问题。
考点一 静态平衡问题
1.对物体进行受力分析2.处理平衡问题常用的方法合成法
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
分解法
按效果分解：物体受三个共点力的作用而平衡，将某一个力按力的作用效果分解，则其分力和其他两个力分别
满足平衡条件
正交分解法：物体受到三个或三个以上力的作用时，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
矢量三
角形法
对受三个共点力作用而平衡的物体，将力的矢量图平移，使三个力组成一个首尾依次相接的矢量三角形，根据
正弦定理、余弦定理或相似三角形等数学知识求解未知力
例1 (2024·河北卷·5)如图，弹簧测力计下端挂有一质量为0.20 kg的光滑均匀球体，球体静止于带
有固定挡板的斜面上，斜面倾角为30°，挡板与斜面夹角为60°。若弹簧测力计位于竖直方向，读
数为1.0 N，g取10 m/s2，挡板对球体支持力的大小为( )
√3
A. N B.1.0 N
3
2√3
C. N D.2.0 N
3
答案 A
解析 对小球受力分析如图所示，由几何关系可得力F与力F 与竖直方向的夹角均为30°，因此将力F和
N
F 正交分解可得
N
F sin 30°=Fsin 30°，F cos 30°+Fcos 30°+F =mg
N N T
√3
解得F=F = N，故选A。
N 3例2 (2024·江西鹰潭市校考)如图所示为某同学左手从地面上抓取篮球并离开地面的照片。为简单
起见，假设只有大拇指、中指和小拇指对篮球有力的作用，三根手指的抓取点在同一水平面内呈
对称分布，且与球心的连线和竖直方向成53°角。已知手指与篮球之间的动摩擦因数为0.9，篮球
质量为500 g，g取10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin 53°=0.8，cos 53°=0.6，假设三根手
指对篮球的作用力大小相等，则每根手指对篮球的压力至少约为( )
A.14 NB.17 NC.19 ND.20 N
答案 A
解析 篮球受七个力的作用，除重力外，其余3组力呈空间对称分布，每一组力中的弹力和摩擦力在竖直
方向分力的合力，承担了篮球自身重力的三分之一，对篮球受到的一组力受力分析如图所示
1
由竖直方向受力平衡有Fsin 53°=Fcos 53°+ mg，F=μF，解得F≈14 N，故选A。
f 3 f
例3 (2024·北京市石景山区期末)如图所示，为营造节日气氛，同学们用轻质细线在墙角悬挂彩灯。
已知两彩灯质量均为m，OA段细线与竖直方向夹角为37°(sin 37°=0.6，cos 37°=0.8)，BC段细线保
持水平，重力加速度为g。关于三段细线拉力F 、F 、F ，下列表达式正确的是( )
OA AB BC5 √13 3
A.F = mg、F = mg、F = mg
OA 2 AB 2 BC 2
10 √73 8
B.F = mg、F = mg、F = mg
OA 3 AB 3 BC 3
4√3 √21 2√3
C.F = mg、F = mg、F = mg
OA 3 AB 3 BC 3
D.F =4mg、F =√13mg、F =2√3mg
OA AB BC
答案 A
2mg 5
解析 将两彩灯看成整体，受力分析如图所示，根据平衡条件可得F = = mg
OA cos37° 2
3 √13
F =2mgtan 37°= mg，对结点B受力分析，根据共点力平衡可得F =√F 2+(mg) 2= mg，故选A。
BC 2 AB BC 2
一题多变
变式1 (2024·山东菏泽市期中)如图，有40个质量相等的小球(可视为质点)，将它们用长度相等的轻绳依
次连接，再将两端固定在天花板上，静止时，连接天花板的轻绳与水平方向夹角为30°，已知每颗小球的
重力均为1 N，则第15颗小球与第16颗小球之间轻绳的张力大小为( )
A.14 N B.28 N C.35 N D.45 N
答案 C
解析 以左侧20个小球为整体，设每个小球的质量为m，受力分析如图甲所示
20mg
由共点力的平衡条件可知F= ，解得F=20√3 N
tan30°
以16到20这五个球为整体，受力分析如图乙所示根据共点力的平衡条件可得第15颗小球与第16颗小球之间轻绳的张力大小为
F =√(5mg) 2+F2，解得F =35 N，故选C。
1 1
变式2 如图所示为相邻铁塔间某根输电线的示意图，C点为该段输电线的最低点，输电线质量分布均匀，
关于从A点到C点输电线上张力大小的变化情况，下列说法正确的是( )
A.一直增大 B.一直减小
C.先增大后减小 D.先减小后增大
答案 B
解析 由于从A点到C点，张力的水平分量保持不变，而输电线与水平方向的夹角逐渐减小，因此张力减
小，故选B。例4 (2022·湖南卷·3)如图(a)，直导线MN被两等长且平行的绝缘轻绳悬挂于水平轴OO'上，其所
在区域存在方向垂直指向OO'的磁场，与OO'距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，
其截面图如图(b)所示。导线通以电流I，静止后，悬线偏离竖直方向的夹角为θ。下列说法正确的
是( )
A.当导线静止在图(a)右侧位置时，导线中电流方向由N指向M
B.电流I增大，静止后，导线对悬线的拉力不变
C.tan θ与电流I成正比
D.sin θ与电流I成正比
答案 D
解析 当导线静止在题图(a)右侧位置时，对导线受力分析如图所示，
可知要让安培力为图示方向，则导线中电流方向应由M指向N，A错误；由于与OO'距离相等位置的磁感
应强度大小相等且不随时间变化，有
BIL
sin θ= ，F =mgcos θ，
mg T
则可看出sin θ与电流I成正比，当I增大时θ增大，则cos θ减小，静止后，导线对悬线的拉力F 减小，
T
B、C错误，D正确。
1.对于静电场、磁场中的平衡问题，受力分析时要注意静电力、磁场力方向的判断，再结合平衡条件分析
求解。
2.涉及安培力的平衡问题，画受力示意图时要注意将立体图转化为平面图。
考点二 动态平衡问题 平衡中的临界、极值问题例5 (2024·广东湛江市检测)如图所示，用光滑铁丝弯成的四分之一圆弧轨道竖直固定在水平地面
上，O为圆心，A为轨道上的一点，一中间带有小孔的小球套在圆弧轨道上，对小球施加一个拉力，
若在拉力方向从水平向左在纸面内顺时针转至竖直向上的过程中，小球始终静止在A点，则拉力
F( )
A.先变大，后变小 B.先变小，后变大
C.一直变大 D.一直变小
答案 B
解析 根据题意可知，小球始终静止在A点，对小球受力分析可知，小球受重力、轨道的弹力及拉力处于
平衡状态，三力可组成一个闭合的三角形，如图所示
则拉力方向从水平向左在纸面内顺时针转至竖直向上的过程中，拉力F先变小，后变大。故选B。
例6 (2022·河北卷·7)如图，用两根等长的细绳将一匀质圆柱体悬挂在竖直木板的P点，将木板以
底边MN为轴向后方缓慢转动直至水平，绳与木板之间的夹角保持不变，忽略圆柱体与木板之间
的摩擦，在转动过程中( )
A.圆柱体对木板的压力逐渐增大
B.圆柱体对木板的压力先增大后减小
C.两根细绳上的拉力均先增大后减小
D.两根细绳对圆柱体拉力的合力保持不变
答案 B
解析 方法一：解析法
设两根细绳对圆柱体拉力的合力大小为F ，木板对圆柱体的支持力大小为F ，从右向左看，受力分析如图
T N
所示，绳子与木板间的夹角不变，α也不变，在矢量三角形中，根据正弦定理有
sinα sinβ sinγ
= = ，
mg F F
N T
在木板以底边MN为轴向后方缓慢转动直至水平的过程中，α不变，γ从90°逐渐减小到0，
又γ+β+α=180°，且α<90°，
可知90°<γ+β<180°，则0<β<180°，
可知β从锐角逐渐增大到钝角，
sinα sinβ sinγ
根据 = = 可知，
mg F F
N T
sin γ不断减小，F 逐渐减小，sin β先增大后减小，F 先增大后减小，结合牛顿第三定律可知，圆柱体对木
T N
板的压力先增大后减小，设两根细绳之间的夹角为2θ，一根细绳的拉力大小为F '，则2F 'cos θ=F ，可得
T T T
F
F '= T ，θ不变，F 逐渐减小，可知两根细绳上的拉力不断减小，两根细绳对圆柱体拉力的合力不断
T T
2cosθ
减小，故B正确，A、C、D错误。
方法二：辅助圆法
作出圆柱体的重力mg、木板对圆柱体的支持力F 、两根细绳对圆柱体拉力的合力F 初始状态矢量三角形，
N T
并画出它的外接圆，使A点在圆上顺时针移动，F 与竖直方向夹角变大，由图可知，F 逐渐减小，F 先增
T T N
大后减小。
1.三力作用下的动态平衡2.四力作用下的动态平衡
(1)在四力平衡中，如果有两个力为恒力，或这两个力的合力方向恒定，为了简便，可用这两个力的合力代
替这两个力，转化为三力平衡，例如：如图甲所示，qE<mg，把挡板沿逆时针方向缓慢转至水平的过程中，
可以用重力与静电力的合力F =mg-qE代替重力与静电力。
合
(2)对于一般的四力平衡及多力平衡，可采用正交分解法。
甲 乙
(3)在力的方向发生变化的平衡问题中求力的极小值时，一般利用三角函数求极值。也可利用“摩擦角”将
四力平衡转化为三力平衡，从而求拉力的最小值。例如：如图乙所示，物体在拉力F作用下做匀速直线运
动，改变θ大小，求拉力的最小值时，可以用支持力与摩擦力的合力F'代替支持力与摩擦力，F =mgsin
min
F
f
θ，其中F 与F 的合力方向一定，“摩擦角”θ满足tan θ= 。
N f F
N
3.数学知识在力学中的应用
数学
图示 公式 注意事项
知识
cos θ+μsin θ=
√1+μ2sin(α+θ)
物体受4个共点力，
1
其中sin α=
√1+μ2 合力恒定，当F方向
μ 变化时，求F的极小
，cos α=
√1+μ2
值
1
即tan α=
μa b
= = 物体受三个共点力平
sinA sinB
衡，把表示三个力的
正弦定 c
=2R(R为
sinC 有向线段作闭合矢量
理
△ABC外接圆的半 三角形，求某一个力
或分析力的变化
径)
当三个共点力的合
力为0时，其中任
意一个力与其他两
直接画出三个合力为
个力的夹角正弦的
拉密定 F 0的共点力，应用拉
1
比值相等 =
理 sinα 密定理，比正弦定理
F F 更加便捷
2 = 3
sinβ sinγ
其实质为正弦定理
的变形专题强化练
［分值：60分］
1~6题每题4分，7~9、11题每题6分，10题12分，共60分
［保分基础练］
1.(2023·广东卷·2)如图所示，可视为质点的机器人通过磁铁吸附在船舷外壁面检测船体。壁面可视为斜面，
与竖直方向夹角为θ。船和机器人保持静止时，机器人仅受重力G、支持力F 、摩擦力F 和磁力F的作用，
N f
磁力垂直壁面。下列关系式正确的是( )
A.F=G B.F=F
f N
C.F=Gcos θ D.F=Gsin θ
f
答案 C
解析 如图所示，将机器人(包括磁铁)重力垂直于斜面方向和沿斜面方向分解。沿斜面方向，由平衡条件
得F=Gcos θ，故A错误，C正确；垂直斜面方向，由平衡条件得F=Gsin θ+F ，故B、D错误。
f N
2.(2024·黑吉辽·3)利用砚台将墨条研磨成墨汁时讲究“圆、缓、匀”，如图，在研磨过程中，砚台始终静
止在水平桌面上。当墨条的速度方向水平向左时，( )
A.砚台对墨条的摩擦力方向水平向左
B.桌面对砚台的摩擦力方向水平向左
C.桌面和墨条对砚台的摩擦力是一对平衡力
D.桌面对砚台的支持力与墨条对砚台的压力是一对平衡力
答案 C
解析 当墨条速度方向水平向左时，墨条相对于砚台向左运动，故砚台对墨条的摩擦力方向水平向右，故
A错误；根据牛顿第三定律，墨条对砚台的摩擦力方向水平向左，由于砚台始终处于静止状态，故桌面对砚台的摩擦力方向水平向右，故B错误；由于砚台始终处于静止状态，水平方向上桌面和墨条对砚台的摩
擦力是一对平衡力，故C正确；桌面对砚台的支持力大小等于砚台的重力加上墨条对其的压力，故桌面对
砚台的支持力大于墨条对砚台的压力，故D错误。
3.(2024·山东卷·2)如图所示，国产人形机器人“天工”能平稳通过斜坡。若它可以在倾角不大于30°的斜坡
上稳定地站立和行走，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则它的脚和斜面间的动摩擦因数不能小于( )
1 √3 √2 √3
A. B. C. D.
2 3 2 2
答案 B
解析 根据题意可知机器人“天工”可以在倾角不大于30°的斜坡上稳定地站立和行走，对“天工”分析
有mgsin 30°≤μmgcos 30°
√3
可得μ≥tan 30°=
3
故选B。
4.(多选)(2024·山东省实验中学开学考)如图所示，一条细线一端与水平地板上的物体B相连，另一端绕过
质量不计的光滑定滑轮与小球A相连，定滑轮用另一条细线悬挂在天花板上的O'点，细线与竖直方向所成
角度为α，则( )
A.如果将物体B在地板上向右移动一点，α角将增大
B.无论物体B在地板上左移还是右移，只要距离足够小，α角将不变
C.增大小球A的质量，α角一定减小
D.悬挂定滑轮的细线的弹力不可能等于小球A的重力
答案 AD
解析 对小球A受力分析可得F =m g，如果将物体B在地板上向右移动一点，则∠AOB增大，由于两端
T A
细线的拉力的合力一定沿其角平分线方向，对定滑轮受力分析如图所示可得∠AOB=2α，可知如果将物体B在地板上向右移动一点，α角将增大，故A正确，B错误；增大小球A
的质量，只要物体B与地板的摩擦力足够大，物体B的位置不变，α角不变，故C错误；由于
∠AOB=2α<90°<120°，两端细线的拉力的大小均为m g，根据力的合成可知悬挂定滑轮的细线的弹力一定
A
大于小球A的重力，故D正确。
5.(2024·安徽淮北市质检)如图所示，在竖直墙壁上固定水平轻杆OB，B为铰链装置，OA为轻质细绳且与
水平方向夹角θ=30°，小球质量为m，通过轻绳系于O点，初始时整个装置处于静止状态，现保证O点位
置不变，逐渐减小绳OA的长度，使绳的上端由A点缓慢移动至C点。已知重力加速度为g，不计所有摩
擦，则下列说法正确的是( )
A.初始时OA绳的拉力大小为√3mg
B.移动过程中OA绳的拉力大小逐渐增大
C.移动过程中OB杆的弹力逐渐减小
D.最终OA绳的拉力大小减小至0
答案 C
解析 初始时整个装置处于静止状态，则根据平衡条件，竖直方向上可得mg=F sin 30°，解得F =2mg，故
T T
A错误；
根据平衡条件，竖直方向上可得mg=F sin θ
T
mg mg
则F = ，水平方向上可得F = ，绳的上端由A点缓慢移动至C点，θ增大，则sin θ增大，tan θ
T sinθ NB tanθ
增大，则F 逐渐减小到mg，F 减小，故B、D错误，C正确。
T NB
6.(2024·天津市南开区质检)千斤顶在汽车维修、地震救灾中经常用到。如图所示是剪式(菱形)千斤顶，当
摇动把手时，螺纹杆迫使A、B间距离变小，千斤顶的两臂靠拢(螺旋杆始终保持水平)，从而将重物缓慢顶
起。若重物的重力为G，AB与AC间的夹角为θ，不计千斤顶杆件自重，下列说法正确的是( )G
A.AC、BC两杆受到的弹力大小均为
2cosθ
B.当θ=60°时，AC、BC两杆受到的弹力大小均为G
C.摇动把手将重物缓慢顶起的过程，AC、BC杆受到的弹力将减小
D.摇动把手将重物缓慢顶起的过程，重物受到的支持力将增大
答案 C
解析 根据题意，设AC、BC两杆受到的弹力大小均为F，由平衡条件及几何关系有2Fcos(90°-θ)=G，解
G G
得F= ，故A错误；由A项分析可知，当θ=60°时，AC、BC两杆受到的弹力大小均为F= =
2sinθ 2sin60°
√3
G，故B错误；摇动把手将重物缓慢顶起的过程，θ增大，sin θ增大，则F减小，故C正确；摇动把手
3
将重物缓慢顶起的过程，重物所受合力为零，则重物受到的支持力大小一直等于重物重力的大小，保持不
变，故D错误。
［争分提能练］
7.(2022·海南卷·8)我国的石桥世界闻名，如图，某桥由六块形状完全相同的石块组成，其中石块1、6固定，
2、5质量相同为m，3、4质量相同为m'，不计石块间的摩擦，则m∶m'为( )
√3
A. B.√3 C.1 D.2
2
答案 D
解析 六块形状完全相同的石块围成半圆对应的圆心角为180°，每块石块对应的圆心角为30°，对第3块
石块受力分析如图
F
结合力的合成可知tan 60°= 4
m'g
对第2块和第3块石块整体受力分析如图
F m
4
tan 30°= ，联立解得 =2，故选D。
(m+m')g m'8.(多选)(2024·湖南省九校联盟联考)如图所示，倾角为θ的斜面体c置于水平地面上，小物块b置于斜面上，
绝缘细绳一端与b相连(绳与斜面平行)，另一端跨过光滑的轻质定滑轮与带电小球M连接，定滑轮的正下
方也有一带电小球N，M、N质量均为m，带电荷量大小均为q。M静止时细绳与竖直方向成β角
(β<90°)，M、N处于同一水平线上。现在同一竖直面内向下方缓慢移动N，直到N移动到M的正下方，此
过程中b、c、M始终处于静止状态。M、N均可视为点电荷，静电力常量为k，重力加速度为g。下列说法
中正确的是( )
A.M、N间的库仑力先增大后减小
B.绝缘细绳对M的拉力逐渐增大
C.地面对c的摩擦力逐渐减小
√ kq2
D.M、N间距离最大值为
mgsinβ
答案 CD
解析 画出小球M的受力示意图如图所示
当小球M位置不动，N缓慢向下方移动时，绝缘细绳对M的拉力F 逐渐减小，N对M的库仑力F 先减
T 库
小后增大，M、N间库仑力最小时，M、N间距离最大，则有
kq2 √ kq2
mgsin β= ，解得r= ，故D正确，A、B错误；将b和c看成一个整体，受重力、绳子沿斜面
r2 mgsinβ
向上的拉力、地面的支持力以及水平向左的摩擦力，根据正交分解法，可知地面对c的摩擦力的大小等于
拉力的水平分量，当拉力F 减小时，地面对c的摩擦力减小，故C正确。
T
9.(2024·湖北卷·6)如图所示，两拖船P、Q拉着无动力货船S一起在静水中沿图中虚线方向匀速前进，两根
水平缆绳与虚线的夹角均保持为30°。假设水对三艘船在水平方向的作用力大小均为F，方向与船的运动
f
方向相反，则每艘拖船发动机提供的动力大小为( )√3 √21
A. F B. F
3 f 3 f
C.2F D.3F
f f
答案 B
解析 根据题意对S受力分析如图甲
正交分解可知2F cos 30°=F
T f
√3
所以有F = F
T 3 f
对P受力分析如图乙
则有(F sin 30°)2+(F+F cos 30°)2=F2
T f T
√21F
解得F= f，故选B。
3
10.(12分)(2024·河南南阳市六校联考)一个底面粗糙、质量为M=3m的劈放在粗糙水平地面上，劈的斜面光
滑且与水平地面成30°角。现用一端固定的轻绳系一质量为m的小球，小球放在斜面上，小球静止时轻绳
与竖直方向的夹角也为30°，如图所示。重力加速度为g。
(1)(4分)当劈静止时，求绳子的拉力大小；
(2)(4分)当劈静止时，求地面对劈的摩擦力大小；
(3)(4分)若地面对劈的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，为使整个系统静止，劈与地面间的动摩擦因数μ最
小值多大？
√3 √3 √3
答案 (1) mg (2) mg (3)
3 6 21
解析 (1)以小球为研究对象，受力分析如图所示，对F 和mg进行正交分解。
T
由平衡条件有F cos 30°=mgsin 30°
T√3
解得F = mg
T 3
(2)以劈和小球整体为研究对象，受力情况如图所示。
√3
由平衡条件可得F=F cos 60°= mg
f T 6
(3)为使整个系统静止，必须满足F =μF ≥F cos 60°
fmax N T
且有F +F sin 60°=(M+m)g
N T
√3
联立解得μ≥
21
［尖子生选练］
11.(2024·河北沧州市一模)一根轻杆斜靠在光滑的竖直墙壁上，下端放在粗糙的水平地面上，轻杆处于静止
状态。一个穿在杆上的小环从杆的顶端匀速滑下的过程中，下列说法正确的是( )
A.地面所受的压力变大
B.地面所受的摩擦力变大
C.墙壁对轻杆的弹力变大
D.地面对轻杆的作用力变小
答案 D
解析 由于小环从杆的顶端匀速滑下，加速度为零，轻杆静止，加速度也为零。则可将小环和轻杆整体受
力分析，可知地面所受的压力始终等于小环的重力，保持不变，故A错误；对轻杆受力分析，受到小环的
作用力(等于小环的重力G)、竖直墙壁的弹力F、地面的支持力F ，和地面的摩擦力F，如图所示，以B
N f
x
为支点，根据力矩平衡条件有Gx=Fy，根据共点力平衡条件有G=F ，F=F，联立可得F=F= G，在小环
N f f y
匀速滑下的过程中，x逐渐减小，y保持不变，所以地面对轻杆的摩擦力和墙壁对轻杆的弹力逐渐变小，即
地面受到的摩擦力也变小，故B、C错误；由于小环匀速滑下的过程中，地面对轻杆的摩擦力逐渐变小，
而地面对轻杆的支持力不变，所以地面给轻杆的作用力变小，故D正确。
