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第 3 讲 受力分析 共点力的平衡
知识点 受力分析 Ⅱ
1．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
受力示意图的过程。
2．受力分析的一般顺序
先分析场力(重力、静电力、磁场力)，再分析接触力(弹力、摩擦力)，最后分析其
他力。
知识点 共点力的平衡 Ⅱ
1．共点力
作用于物体的同一点或作用线相交于一点的几个力。
2．平衡状态
物体保持静止或匀速直线运动的状态。
3．共点力的平衡条件
(1)F ＝0或者
合
(2)平衡条件的推论
①二力平衡：如果物体在两个共点力的作用下处于平衡状态，这两个力必定大
小相等，方向相反。
②三力平衡：如果物体在三个共点力的作用下处于平衡状态，其中任何一个力
与其余两个力的合力大小相等，方向相反；并且这三个力的矢量可以形成一个封
闭的矢量三角形。
③多力平衡：如果物体在多个共点力的作用下处于平衡状态，其中任何一个力
与其余几个力的合力大小相等，方向相反。
一 堵点疏通1．对物体进行受力分析时，只能画该物体受到的力，该物体对别的物体施加
的力不能画在该物体上。( )
2．物体的速度为零即处于平衡状态。( )
3．物体在缓慢运动时所处的状态不属于平衡状态。( )
4．物体处于平衡状态时，加速度等于零。( )
5．若物体受三个力F 、F 、F 的作用而平衡，将F 转动90°时，三个力的合力大
1 2 3 2
小为F 。( )
2
6．物体沿斜面下滑时，物体受重力、支持力和下滑力的作用。( )
答案 1.√ 2.× 3.× 4.√ 5.√ 6.×
二 对点激活
1. (人教版必修第一册·P ·T 改编)(多选)一根轻绳一端系小球P，另一端系于
75 2
光滑墙壁上的O点，在墙壁和小球P之间夹有一长方体物块Q，如图所示，在小球
P、物块Q均处于静止状态的情况下，下列有关说法正确的是( )
A．物块Q受3个力
B．小球P受4个力
C．若O点下移，物块Q受到的静摩擦力将增大
D．若O点上移，绳子的拉力将变小
答案 BD
解析 对P和Q进行受力分析可知，P受重力、绳子的拉力、Q对P的弹力、Q
对P的摩擦力，Q受重力、墙壁的弹力、P对Q的弹力、P对Q的摩擦力，因此A错
误，B正确；分析Q的受力情况可知，若O点下移，Q处于静止状态，其受到的静摩
擦力等于重力不变，C错误；对P进行受力分析可知，若O点上移，绳子的拉力将
变小，D正确。
2. (2020·四川省乐山市高考一诊)如图所示，将小物块P轻轻放到半圆柱体上，
O为圆心。当小物块处于B位置时恰好能保持静止，OB与竖直半径的夹角∠AOB＝30°。若小物块与圆柱体之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则小物块与圆柱
体之间的动摩擦因数为( )
A. B.
C. D.
答案 B
解析 当小物块处于B位置时恰好能保持静止，则此时小物块所受摩擦力为
最大静摩擦力，其受力如图所示，由平衡条件得：N＝mgcosθ，f ＝mgsinθ，又f ＝
m m
μN，联立解得μ＝，故A、C、D错误，B正确。
考点1 物体的受力分析
受力分析的方法步骤
例1 如图所示，物体A靠在竖直墙面上，在竖直向上的力F作用下，A、B共
同向上匀速运动，下列说法正确的是( )A．物体A受到物体B对它的作用力的大小等于物体A的重力
B．物体B受到的作用力F的大小要小于物体A、B的重力之和
C．墙面对物体A的滑动摩擦力方向向下
D．物体A对物体B的静摩擦力方向沿接触面斜向上
(1)墙壁对A有摩擦力吗？
提示：把A、B看作一个整体对A、B分析受力，可知，A、B整体水平方向上不
受力，故墙与A之间无正压力，所以墙壁对A无摩擦力。
(2)A物体受几个力？
提示：重力、B对A的弹力、B对A的摩擦力共三个力。
尝试解答 选A。
A、B共同向上做匀速运动，则A和B均处于受力平衡状态，A、B整体水平方
向不受外力，故墙面对A、B无弹力作用，墙面对物体A没有摩擦力，F大小等于
A、B的重力之和，B、C错误；物体A在其重力和B对它的作用力的作用下处于平
衡状态，故A正确；A受到B斜向上的摩擦力，所以物体A对物体B的静摩擦力
方向沿接触面斜向下，D错误。
受力分析的基本技巧
(1)要善于转换研究对象，尤其是对于摩擦力不易判定的情形，可以先分析与
之相接触、受力较少的物体的受力情况，再应用牛顿第三定律判定。
(2)假设法是判断弹力、摩擦力的存在及方向的基本方法。
[变式1] (2020·东北师大附中、哈师大附中、辽宁省实验中学高三下学期一
模)(多选)如图所示为形状相同的两个劈形物体，它们之间的接触面光滑，两物体
与地面的接触面均粗糙，现对A施加水平向右的力F，两物体均保持静止，则物体
B的受力个数可能是( )A．2个 B.3个
C.4个 D.5个
答案 AC
解析 对A受力分析可知，当F与A所受的静摩擦力大小相等时，则A、B之
间没有弹力，当F比A所受的静摩擦力更大时，则A、B之间有弹力。当A对B没
有弹力时，B受到重力和地面的支持力2个力；当A对B有弹力时，B还受到重力、
地面的支持力与摩擦力，共4个力。故A、C正确，B、D错误。
考点2 共点力的平衡
求解共点力的平衡问题的常用方法
方法 内容
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
合成法
与第三个力大小相等，方向相反
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
分解法
解，则其分力和其他两个力满足平衡条件
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
正交分解法
分解为相互垂直的两组，每组力都满足平衡条件
对受三力作用而平衡的物体，将力的矢量图平移，使三力组成
力的三
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
角形法
相似三角形等数学知识求解未知力
例2 如图所示，质量为m的物体分别置于水平地面和倾角为θ的固定斜面
上。物体与地面、物体与斜面之间的动摩擦因数均为μ，用与水平地面夹角为θ的
推力F 作用于物体上，使其沿地面匀速向右滑动；用水平推力F 作用于物体上，
1 2
使其沿斜面匀速向上滑动，则推力之比为( )
A. B.
C. D.(1)图中两物体分别受几个力的作用？
提示：都是4个。
(2)本题适合选哪种处理平衡问题的方法？
提示：正交分解法。
尝试解答 选A。
分别对物体进行受力分析，如图甲、乙所示，物体在地面上匀速向右滑动，则
水平方向上有F ＝F ＝F cosθ，竖直方向上有F ＝F sinθ＋mg，且F ＝μF ′，
1x f1 1 N1 1 f1 N1
F ＝F ′，则可得F ＝；物体在斜面上匀速向上滑动时，在沿斜面方向上有F ＝
N1 N1 1 2x
mgsinθ＋F ＝F cosθ，在垂直斜面方向上有 F ＝F sinθ＋mgcosθ，且有 F ＝
f2 2 N2 2 f2
μF ′，F ＝F ′，可得F ＝，则＝，A正确。
N2 N2 N2 2
应用平衡条件解题的步骤
(1)选取研究对象：根据题目要求，选取一个平衡体(单个物体或系统，也可以
是结点)作为研究对象。
(2)画受力示意图：对研究对象进行受力分析，画出受力示意图。
(3)合成或分解：三个力直接合成或分解，四个及四个以上的力正交分解。
(4)列方程求解：根据平衡条件列出平衡方程，解平衡方程，对结果进行讨论。
[变式2－1] (2021·八省联考江苏卷)如图所示，对称晾挂在光滑等腰三角形
衣架上的衣服质量为M，衣架顶角为120°，重力加速度为g，则衣架右侧对衣服的
作用力大小为( )
A.Mg B.MgC.Mg D.Mg
答案 B
解析 以衣服为研究对象，受力分析如图所示，由几何关系得F与竖直方向的
夹角成30°，由共点力的平衡条件可得2Fcos30°＝Mg，解得F＝Mg，故B正确，A、
C、D错误。
[变式2－2] (2020·江西省八所重点中学高三联考)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 以斜面体为研究对象，受力分析如图所示，图甲中N ＝Fcosθ，f ＝mg＋
1 1
Fsinθ≤f ，图乙中N ＝Fcosθ，即墙面受到的压力不变，A错误；若Fsinθ＝mg，则f
m 2 2
＝0，若Fsinθ＞mg，则f 方向向下且f ＝Fsinθ－mg，若Fsinθ＜mg，则f 方向向上
2 2 2
且f ＝mg－Fsinθ，所以斜面体受到的摩擦力一定变小，B正确，C错误；因为墙面
2
受到的压力不变，所以f 不变，图甲中f ＝mg＋Fsinθ≤f ，斜面体静止，图乙中f
m 1 m 2
一定比f 小，所以斜面体一定不会沿墙面向上滑动，D错误。
m考点3 动态平衡问题分析
1.动态平衡问题
通过控制某些物理量，使物体的状态发生缓慢的变化，而在这个过程中物体又
始终处于一系列的平衡状态，在问题的描述中常用“缓慢”等语言叙述。
2．解决动态平衡问题的常用方法
(1)解析法
对研究对象进行受力分析，先画出受力示意图，再根据物体的平衡条件列式
求解，得到因变量与自变量的函数表达式(通常为三角函数关系)，最后根据自变量
的变化确定因变量的变化。
(2)图解法
此法常用于求解三力平衡问题中，已知一个力是恒力、另一个力方向不变的
情况。一般按照以下流程解题。
――――――――――→――――――――→
(3)相似三角形法
正确作出力的三角形后，如能判定力的三角形与图形中已知长度的三角形(线
杆、壁等围成的几何三角形)相似，则可用相似三角形对应边成比例求出力的比例
关系，从而达到求未知量的目的。
往往涉及三个力，其中一个力为恒力，另两个力的大小和方向均发生变化，则
此时通常用相似三角形法分析。相似三角形法是解平衡问题时常用到的一种方法，
解题的关键是正确的受力分析，寻找力三角形和几何三角形相似。
例3 光滑斜面上固定着一根刚性圆弧形细杆，小球通过轻绳与细杆相连，此
时轻绳处于水平方向，球心恰位于圆弧形细杆的圆心处，如图所示。将悬点A缓慢
沿杆向上移动，直到轻绳处于竖直方向，在这个过程中，轻绳的拉力( )A．逐渐增大 B.大小不变
C．先减小后增大 D.先增大后减小
(1)悬点A缓慢沿杆向上移动的过程中，小球受力是否平衡？
提示：小球一直处于静止状态，小球受力平衡。
(2)悬点A缓慢沿杆向上移动的过程中，小球受哪几个力作用？
提示：小球受重力、斜面的支持力和绳的拉力三个力作用。
尝试解答 选C。
解法一(图解法)：在悬点A缓慢向上移动的过程中，小球始终处于平衡状态，
小球所受重力mg的大小和方向都不变，支持力的方向不变，对小球进行受力分析
如图甲所示，由图可知，拉力T先减小后增大，C正确。
解法二(解析法)：如图乙所示，由正弦定理得＝，得T＝，由于mg和α不变，而
sinβ先增大后减小，可得T先减小后增大，C正确。
图解法处理动态平衡问题
图解法就是在对物体进行受力分析(一般受3个力)的基础上，若满足有一个力
大小、方向均不变，另有一个力方向不变时，画出这3个力的封闭矢量三角形来分
析力的变化情况的方法。如例3中小球所受重力mg的大小、方向均不变，小球所
受斜面的支持力F 方向不变，大小变化，这两个力与小球所受轻绳的拉力T三力
N
平衡，构成一矢量三角形，由T大小、方向的变化，引起F 的变化，且当T垂直F
N N
时，T有最小值。
[变式3－1] 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的夹角为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，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是( )
A．绳与竖直方向的夹角为θ时，F＝mgcosθ
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 D
解析 绳与竖直方向的夹角为θ时，小球受到竖直向下的重力mg、圆环对小
球沿半径向外的支持力F 以及沿绳方向的拉力F，画出力的示意图如图所示，F＝
N
2mgcosθ，A错误；小球沿光滑圆环上升过程中，由三角形相似得：＝＝，所以F ＝
N
mg不变，L变短，则F变小，故D正确，B、C错误。
[变式3－2] (2017·全国卷Ⅰ)(多选)如图，柔软轻绳ON的一端O固定，其中
间某点M拴一重物，用手拉住绳的另一端N。初始时，OM竖直且MN被拉直，OM
与MN之间的夹角为α。现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角α不变。在OM
由竖直被拉到水平的过程中( )
A．MN上的张力逐渐增大
B．MN上的张力先增大后减小
C．OM上的张力逐渐增大
D．OM上的张力先增大后减小答案 AD
解析 解法一：设重物的质量为m，绳OM中的张力为T ，绳MN中的张力为
OM
T 。开始时，T ＝mg，T ＝0。由于缓慢拉起，则重物一直处于平衡状态，两绳张
MN OM MN
力的合力与重物的重力mg等大、反向。如图所示，已知角α不变，在绳MN缓慢拉
起的过程中，角β逐渐增大，则角(α－β)逐渐减小，但角θ不变，在三角形中，利用
正弦定理得：＝，(α－β)由钝角变为锐角，则T 先增大后减小，选项D正确；同理
OM
知＝，在β由0变为的过程中，T 一直增大，选项A正确。
MN
解法二：重物受到重力mg、OM绳的拉力F 、MN绳的拉力F 共三个力的作
OM MN
用。缓慢拉起过程中任一时刻可认为是平衡状态，三力的合力恒为0。如图所示，
由三角形定则得一首尾相接的闭合三角形，由于α>且不变，则三角形中F 与F
MN OM
的交点在一个圆弧上移动，由图可以看出，在OM被拉到水平的过程中，绳MN中
拉力一直增大且恰好达到最大值，绳OM中拉力先增大后减小，故A、D正确，B、
C错误。
考点4 平衡中的临界与极值问题
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。
2．极值问题
平衡中的极值问题，一般指在力的变化过程中的最大值和最小值问题。3．解决极值问题和临界问题的方法
(1)极限法：首先要正确地进行受力分析和变化过程分析，找出平衡的临界点
和极值点；临界条件必须在变化中去寻找，不能停留在一个状态来研究临界问题，
而要把某个物理量推向极端，即极大和极小。
(2)数学分析法：通过对问题的分析，依据物体的平衡条件写出物理量之间的
函数关系(或画出函数图像)，用数学方法求极值(如求二次函数极值、公式极值、三
角函数极值)。
(3)物理分析法：根据物体的平衡条件，作出力的矢量图，通过对物理过程的分
析，利用平行四边形定则进行动态分析，确定最大值与最小值。
例4 质量为m＝10 kg的木箱置于水平地面上，它与地面间的动摩擦因数 μ
＝，取g＝10 m/s2，受到一个与水平方向成θ角斜向上的拉力F，如图所示，为使木
箱做匀速直线运动，拉力F的最小值以及此时θ分别是( )
A．50 N 30° B.50 N 60°
C. N 30° D. N 60°
(1)物体受几个力的作用而平衡？
提示：四个力。
(2)可以用什么方法求最小值？
提示：数学分析法或物理分析法。
尝试解答 选A。
解法一：对木箱受力分析，木箱受重力mg、拉力F、地面的支持力N和滑动摩
擦力f作用，木箱做匀速直线运动，根据平衡条件得：Fcosθ＝f，Fsinθ＋N＝mg，又f
＝μN，联立解得：F＝＝，其中tanα＝＝，α＝60°，由数学知识可知，当θ＋α＝90°，
即θ＝30°时F有最小值，且最小值为：F ＝＝ N＝50 N，故A正确，B、C、D错误。
min
解法二： 四力平衡转化为三力平衡，再结合图解法分析。f与N的合力方向不
变，当F的方向与F ′的方向垂直时，F最小，如图所示。设F ′与竖直方向的夹角
合 合
为β，则tanβ＝＝μ，β＝30°，F ＝mgsinβ＝mg＝50 N，此时θ＝β＝30°，故选A。
min(1)受力分析中的临界与极值问题常与动态平衡问题结合起来考查，应用图解
法进行分析，作出力的平行四边形或矢量三角形，常常有助于直观地得到结果。
(2)由静摩擦力变为滑动摩擦力、摩擦力方向改变、弹力有无及方向改变常常
是临界与极值问题中要特别注意的。
[变式4－1] 将两个质量均为m的小球用细线相连后，再用细线悬挂于O点，
如图所示。用力F拉右侧小球，使两个小球都处于静止状态，且细线Oa与竖直方
向的夹角保持θ＝30°，则F达到最小值时Oa线上的拉力为( )
A.mg B.mg
C.mg D.mg
答案 A
解析 以两个小球组成的整体为研究对象，分析受力，作出F在三个方向时整
体的受力图，根据平衡条件得知：F与T的合力与重力2mg总是大小相等、方向相
反的，由力的合成图可知，当F与细线Oa垂直时，F有最小值，即图中2位置，根
据平衡条件得：F ＝2mgsin30°＝mg，此时T＝2mgcos30°＝mg，A正确。
min
[变式4－2] (2020·贵州省贵阳市高三下学期开学调研)如图所示，物体A放
在水平桌面上，通过定滑轮悬挂一个重为10 N的物体B，且已知物体A与桌面间
的最大静摩擦力为4 N。要使A静止，需加一水平向左的力F ，则力F 的取值可以
1 1
为( )A．3 N B.7 N
C.15 N D.17 N
答案 B
解析 对A受力分析，当A受到的最大摩擦力水平向左时力F 最小，此时F
1 1
＋F＝m g，解得F ＝6 N；当A受到的最大摩擦力水平向右时，力F 最大，此时F
f B 1 1 1
－F＝m g，解得F ＝14 N，所以力F 取值范围应该是6 N≤F ≤14 N，故A、C、D错
f B 1 1 1
误，B正确。
对应学生用书P034
思想方法2 整体法与隔离法在平衡问题中的应用
1．方法概述
整体法是指将相互关联的各个物体看成一个整体的方法，整体法的优点在于
只需要分析整个系统与外界的关系，避开了系统内部繁杂的相互作用。
隔离法是指将某物体从周围物体中隔离出来，单独分析该物体的方法，隔离
法的优点在于能把系统内各个物体所处的状态、物体状态变化的原因以及物体间
的相互作用关系表达清楚。2．解题思路
【典题例证】
(2020·四川省成都市高三(下)6月三诊)如图，光滑球A与粗糙半球B放在倾角
为30°的斜面C上，C放在水平地面上，均处于静止状态。若A与B的半径相等，A
的质量为2m，B的质量为m，重力加速度大小为g，则( )
A．C对A的支持力大小为mg
B．C对B的摩擦力大小为mg
C．B对A的支持力大小为mg
D．地面对C的摩擦力大小为mg
[解析] 对球A进行受力分析，如图所示，由几何关系可知，C对A的支持力、
B对A的支持力与A的重力的反向延长线的夹角都是30°，由平衡条件可知F ＝
BA
F ＝＝，故C正确，A错误；以A、B整体为研究对象，沿斜面方向的静摩擦力与
CA
重力的分力平衡，所以C对B的摩擦力大小为F＝(G ＋G )sin30°＝，故B错误；
f A B
以A、B、C整体为研究对象，在水平方向不受力，所以地面对C的摩擦力大小为
0，故D错误。
[答案] C
名师点睛 (1)用整体法进行受力分析时不要再考虑系统内物体间的相互作
用。(2)用隔离法时一般隔离受力较少的物体。
【针对训练】
(2020·河北省石家庄市二模)如图所示，一轻绳跨过光滑的定滑轮，一端与质量
为10 kg的吊篮相连，另一端被站在吊篮里质量为50 kg的人握住，整个系统悬于
空中并处于静止状态。重力加速度g＝10 m/s2，连接滑轮的两轻绳均处于竖直方向
则该人对吊篮的压力大小为( )
A．150 N B.200 N
C．300 N D.350 N
答案 B
解析 设轻绳的拉力为F，以人与吊篮组成的整体为研究对象，进行受力分析
根据平衡条件有2F＝(m＋M)g，将m＝10 kg、M＝50 kg代入解得F＝300 N；再对
人进行受力分析，根据平衡条件有F＋F ＝Mg，解得F ＝200 N，根据牛顿第三定
N N
律，可知该人对吊篮的压力大小为200 N，故B正确，A、C、D错误。
1. (2020·全国卷Ⅲ)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 甲物体拴牢在O点，且甲、乙两物体的质量相等，则与甲相连的竖直细
线和与乙相连的绳子对O点的拉力大小相等。对O点受力分析，如图所示，根据几
何关系有：2β＋α＝180°，解得β＝55°，故B正确。
2. (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
1 1
平衡条件可知T＝mgsin45°＋μmgcos45° ①；对物块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°，根据平衡条件可知
2 2
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。
3. (2019·江苏高考)如图所示，一只气球在风中处于静止状态，风对气球的作用
力水平向右。细绳与竖直方向的夹角为α，绳的拉力为T，则风对气球作用力的大
小为( )
A. B.
C．Tsinα D.Tcosα
答案 C
解析 对气球受力分析，如图所示，将绳的拉力T分解，在水平方向：风对气
球的作用力大小F＝Tsinα，C正确。
4．(2019·全国卷Ⅱ)物块在轻绳的拉动下沿倾角为30°的固定斜面向上匀速运
动，轻绳与斜面平行。已知物块与斜面之间的动摩擦因数为，重力加速度取 10
m/s2。若轻绳能承受的最大张力为1500 N，则物块的质量最大为( )
A．150 kg B.100 kg
C.200 kg D.200 kg答案 A
解析 物块沿斜面向上匀速运动，受力如图，根据平衡条件有
F＝F＋mgsinθ①
f
F＝μF ②
f N
F ＝mgcosθ③
N
由①②③式得
F＝mgsinθ＋μmgcosθ
所以m＝
故当F ＝1500 N时，有m ＝150 kg，A正确。
max max
5. (2019·全国卷Ⅰ)(多选)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 选N为研究对象，受力情况如图甲所示，用水平拉力 F缓慢拉动N的
过程中，水平拉力F逐渐增大，细绳的拉力T逐渐增大，A错误，B正确。对于M，
受重力G 、支持力F 、绳的拉力T以及斜面对它的摩擦力f；如图乙所示，若开始
M N
时斜面对M的摩擦力f沿斜面向上，则T＋f＝G sinθ，T逐渐增大，f逐渐减小，可
M
能会出现f减小到零后，再反向增大；若开始时斜面对M的摩擦力沿斜面向下，则T＝G sinθ＋f，当T逐渐增大时，f逐渐增大，C错误，D正确。
M
6. (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。
7．(2021·湖南省株洲市高三教学质量统一检测(一))如图为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 a，由平衡条件得 F＝
Gcotθ；对“菱”形千斤顶C点受力分析，根据对称性可知，两臂对C点的支持力
大小F 相等，由平衡条件有2F sinθ＝G，对“菱”形千斤顶B点受力分析如图b，
1 1
由平衡条件得F′＝2F cosθ，联立解得F′＝Gcotθ；则甲、乙两千斤顶螺旋杆的
1
拉力大小之比为1∶1，故A正确。
时间：50分钟 满分：100分
一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。其中1～7题为单选，8～10
题为多选)
1. (2020·江西省九江市十校高三下模拟)如图所示，倾斜的滑杆上套有一个圆
环(所受重力不可忽略)，圆环通过轻绳拉着一个物体，在圆环沿滑杆下滑的过程中
轻绳始终竖直。下列说法正确的是( )A．物体做匀速直线运动
B．轻绳对物体的拉力大于物体受到的重力
C．圆环可能不受摩擦力的作用
D．圆环受三个力作用
答案 A
解析 圆环沿滑杆下滑的过程中，轻绳始终竖直，物体只受竖直方向的重力和
轻绳的拉力作用，这两个力的合力不可能沿滑杆方向，故这两个力为一对平衡力，
物体做匀速直线运动，故A正确，B错误；若圆环不受沿滑杆向上的摩擦力作用，
则圆环不可能与物体的运动情况相同(即做匀速直线运动)，故C错误；圆环受到重
力、滑杆的支持力、摩擦力和轻绳的拉力四个力作用，故D错误。
2. (2020·贵州省普通高等学校招生适应性测试)如图所示，质量为m的物块A
叠放在物块B上无相对运动地沿固定斜面匀速下滑，已知B上表面与竖直方向的
夹角为θ，重力加速度大小为g，则( )
A．B对A的作用力大小为mgsinθ
B．B对A的作用力大小为mgcosθ
C．B对A的摩擦力大小为mgsinθ
D．B对A的摩擦力大小为mgcosθ
答案 D
解析 物块A随B沿斜面匀速下滑，则物块A受力平衡，可知B对A的作用
力与A的重力平衡，即B对A的作用力大小为mg，故A、B错误；由物块A沿B
与A的接触面方向受力平衡可知，B对A的摩擦力大小为f＝mgcosθ，故C错误，
D正确。
3. (2021·八省联考广东卷)某同学参加“筷子夹玻璃珠”游戏。如图所示，夹起玻璃珠后，左侧筷子与竖直方向的夹角θ为锐角，右侧筷子竖直，且两筷子始终在
同一竖直平面内。保持玻璃珠静止，忽略筷子与玻璃珠间的摩擦。下列说法正确的
是( )
A．两侧筷子对玻璃珠的合力比重力大
B．两侧筷子对玻璃珠的合力比重力小
C．左侧筷子对玻璃珠的弹力一定比玻璃珠的重力大
D．右侧筷子对玻璃珠的弹力一定比玻璃珠的重力大
答案 C
解析 对玻璃珠受力分析如图所示，受到重力 G、左侧筷子对玻璃珠的弹力
F 、右侧筷子对玻璃珠的弹力F ，玻璃珠在三个力的作用下处于平衡状态。根据平
1 2
衡条件可知，两侧筷子对玻璃珠的合力与重力等大反向，故A、B错误；根据平衡
条件，竖直方向有F sinθ＝G，水平方向有F ＝F cosθ，联立得F ＝，F ＝Gcotθ，由
1 2 1 1 2
于θ小于90°，则一定有F >G，而F 不一定大于G，故C正确，D错误。
1 2
4. 如图所示，左侧是半径为R的四分之一圆弧，右侧是半径为2R的一段圆弧。
二者圆心在一条竖直线上，小球a、b通过一轻绳相连，二者恰好于等高处平衡。已
知θ＝37°，不计所有摩擦，则小球a、b的质量之比为( )
A．3∶4 B.3∶5
C.4∶5 D.1∶2
答案 A解析 设b球与右侧圆弧圆心的连线和竖直方向的夹角为 α，如图所示，则
cosα＝＝0.8，则α＝37°。对a、b两个小球受力分析，由平衡条件有T＝m gcosθ，T
a
＝m gsinα，联立解得＝，A正确。
b
5．(2020·湖北省宜昌市高三1月调研)如图所示，细绳一端固定在A点，跨过与
A等高的B点的光滑定滑轮后在另一端悬挂一个沙桶Q。现有另一个沙桶P通过
光滑挂钩挂在A、B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桶的沙子，再次平衡后C点位置不变
B．若只增加P桶的沙子，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分析有F ＝G ，设C点左右两段绳的夹角为θ，对C点分析
T Q
可知，其受三力而平衡，而C点为“活结”，两侧的绳张力大小相等，有2F cos＝
T
G ，联立可知2G cos＝G ，故若只增加Q桶的沙子，Q的重力增大，夹角θ变大，C
P Q P
点上升；若只增加P桶的沙子，P的重力增大，夹角θ变小，C点下降，故A、B错误。
稳定后挂钩在C点时，由平衡条件有2G cos＝G ，又θ＝120°，可得G ＝G ，故若
Q P P Q
在两沙桶内增加相同质量的沙子，再次平衡后，P和Q的重力依然相同，θ不变，C
点的位置不变，故C正确，D错误。
6. (2021·八省联考重庆卷)如图所示，垂直墙脚有一个截面为半圆的光滑柱体，
用细线拉住的小球静止靠在接近半圆底端的 M点。通过细线将小球从M点缓慢
向上拉至半圆最高点的过程中，细线始终保持在小球处与半圆相切。下列说法正确的是( )
A．细线对小球的拉力先增大后减小
B．小球对柱体的压力先减小后增大
C．柱体受到水平地面的支持力逐渐减小
D．柱体对竖直墙面的压力先增大后减小
答案 D
解析 以小球为对象，设小球所在位置半圆切线方向与竖直方向的夹角为θ，
沿半圆切线方向有F ＝mgcosθ，沿半圆半径方向有F ＝mgsinθ，通过细线将小球
T N
从M点缓慢向上拉至半圆最高点的过程中 θ从0增大至90°，所以细线对小球的
拉力F 一直减小，柱体对小球的支持力F 一直增大，小球对柱体的压力F ′一直
T N N
增大，故A、B错误；以柱体为研究对象，竖直方向有F ＝Mg＋F ′sinθ＝Mg＋
地 N
mgsin2θ，水平方向有F ＝F cosθ＝mgsinθcosθ＝mgsin2θ，θ从0增大至90°，柱体
墙 N
受到水平地面的支持力逐渐增大，结合牛顿第三定律可知，柱体对竖直墙面的压
力先增大后减小，当θ＝45°时柱体对竖直墙面的压力最大，故D正确，C错误。
7. 如图所示，三根长度均为l的轻绳分别连接于C、D两点，A、B两端被悬挂在
水平天花板上，相距2l。现在C点上悬挂一个质量为m的重物，为使CD绳保持水
平，在D点上可施加的力的最小值为( )
A．mg B.mg
C.mg D.mg
答案 C
解析 对C点进行受力分析，由平衡条件可知，绳 CD对C点的拉力F ＝
CD
mgtan30°，对D点进行受力分析，绳CD对D点的拉力F ＝F ＝mgtan30°，故F
2 CD 2
是恒力，F 方向一定，则F 与F 的合力与F 等值反向，如图所示，由图知当F 垂
1 1 3 2 3
直于绳BD时，F 最小，由几何关系可知，F ＝F sin60°＝mg，C正确。
3 3 CD8. 宁波诺丁汉大学的四名学生设计的“户外水杯”获得了设计界“奥斯卡”
之称的红点设计大奖。户外水杯的杯子下方有一个盛了塑料球的复合材料罩，球
和杯底直接接触，塑料球和罩子的重量非常轻，几乎可以忽略不计，但是作用却很
大，在不是水平的接触面上可以自动调整，使水杯处于水平状态，如图所示。设此
水杯放置于某一倾角的斜面上，则以下说法正确的是( )
A．上部分的杯子受到两个力：重力、球施加的支持力
B．整个户外杯子受到三个力：重力、摩擦力、支持力
C．塑料球受到的合力不一定为零
D．因为重力不计，所以罩子只受弹力，不受摩擦力
答案 AB
解析 上部分的杯子处于平衡状态，受重力和支持力平衡，故只受重力和球施
加的支持力，A正确；整个杯子放在斜面上受重力、支持力和摩擦力的作用而处于
平衡，B正确；塑料球由于处于平衡状态，故其受到的合力为零，C错误；虽然罩子
重力不计，但是由于其受到上面杯子的压力，从而对斜面产生压力，并且有下滑的
趋势，故一定受到摩擦力，D错误。
9．(2016·全国卷Ⅰ) 如图，一光滑的轻滑轮用细绳OO′悬挂于O点；另一细
绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b。外力F
向右上方拉b，整个系统处于静止状态。若F方向不变，大小在一定范围内变化，
物块b仍始终保持静止，则( )
A．绳OO′的张力也在一定范围内变化B．物块b所受到的支持力也在一定范围内变化
C．连接a和b的绳的张力也在一定范围内变化
D．物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化
答案 BD
解析 系统处于静止状态，连接a和b的绳的张力大小T 等于物块a的重力
1
G ，C项错误；以O′点为研究对象，受力分析如图甲所示，T 恒定，夹角θ不变，
a 1
由平衡条件知，绳OO′的张力T 恒定不变，A项错误；以b为研究对象，受力分析
2
如图乙所示，则
F ＋T cosθ＋Fsinα－G ＝0
N 1 b
f＋T sinθ－Fcosα＝0
1
F 、f均随F的变化而变化，故B、D两项正确。
N
10. 如图所示是一个简易起吊设施的示意图，AC是质量不计的撑杆，A端与竖
直墙用铰链连接，一滑轮固定在A点正上方，C端吊一重物，BC绳连接在滑轮与C
端之间。现施加一拉力F缓慢将重物P向上拉，在AC杆达到竖直前( )
A．BC绳中的拉力F 越来越大
T
B．BC绳中的拉力F 越来越小
T
C．AC杆中的支撑力F 越来越大
N
D．AC杆中的支撑力F 大小不变
N
答案 BD
解析 作出C点的受力示意图，如图所示，由图可知力的矢量三角形与几何三
角形ABC相似。根据相似三角形的性质得＝＝，解得BC绳中的拉力为F ＝G，AC
T杆中的支撑力为F ＝G。由于重物P向上运动时，AB、AC不变，BC变小，故F 减
N T
小，F 大小不变。B、D正确，A、C错误。
N
二、非选择题(本题共2小题，共30分)
11. (14分)如图所示，质量M＝2 kg的木块套在水平杆上，并用轻绳与质量m
＝ kg的小球相连。今用跟水平方向成30°角的力 F＝10 N拉着小球并带动木块一
起向右匀速运动，运动中木块与小球的相对位置保持不变，g取10 m/s2，求运动过
程中轻绳与水平方向的夹角θ及木块与水平杆间的动摩擦因数。
答案 30°
解析 以木块和小球整体为研究对象，由平衡条件得
水平方向：Fcos30°－μF ＝0①
N
竖直方向：F ＋Fsin30°－Mg－mg＝0②
N
由①②得μ＝
以小球为研究对象，由平衡条件得
水平方向：Fcos30°－F cosθ＝0③
T
竖直方向：Fsin30°＋F sinθ－mg＝0④
T
由③④得θ＝30°。
12. (2020·辽宁省部分重点中学协作体高三(下)模拟)(16分)如图所示，用筷子
夹质量为m＝0.3 kg的小球，一双筷子均在竖直平面内，且筷子和竖直方向的夹角
均为θ＝30°，小球与筷子之间的动摩擦因数为μ＝，为使筷子夹住小球静止不动，
求每根筷子对小球的压力N的取值范围？(已知筷子与小球间最大静摩擦力等于
滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2)答案 2 N≤N≤6 N
解析 筷子对小球的压力最小时，小球受力如图所示，
小球受力平衡，由平衡条件得：
2N sinθ＋2f cosθ＝mg
min max
最大静摩擦力f ＝μN
max min
联立并代入数据得N ＝2 N
min
筷子对小球的压力最大时，摩擦力沿筷子向下，由平衡条件得：2N sinθ＝
max
2f ′cosθ＋mg
max
最大静摩擦力f ′＝μN
max max
联立并代入数据得N ＝6 N
max
则每根筷子对小球的压力N的取值范围为2 N≤N≤6 N。
