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受力分析 共点力的平衡
【考点精练】
1.(2026年4月安徽蚌埠二模)如图，两个相同的小球A和B，质量均为m，用长度相同的两根细线把A、B
悬挂在水平天花板上的同一点O，并用长度相同的细线连接A、B。现用一水平力F作用在A上，使两
球均保持静止，三根细线均处于伸直状态，且OB位于竖直方向。两小球均视为质点，重力加速度为g，
则力F的大小为 ( )
3
A. 3mg， B. mg C. 2mg， D. mg，
3
答案 A
【解析】由于OB竖直，AB中无拉力。对小球A受力分析，由平衡条件可得tan30°=mg/F，解得F=
3mg，A正确 。
2.(2025·北京卷·6)如图所示，长方体物块A、B叠放在斜面上，B受到一个沿斜面方向的拉力F，两物块保
持静止，B受力的个数为 ( )
A. 4 B. 5 C. 6 D. 7
答案 C
解析 根据题意，对A受力分析可知，受重力、B的支持力，由于A静止，则A还受B沿斜面向上的静摩
擦力，对B受力分析如图，
受重力、斜面的支持力、A的压力、拉力F、A对B沿斜面向下的摩擦力，由于B静止，则受沿斜面向上的
摩擦力，即B受6个力作用。故选C。
3.(2025·浙江台州市一模)在研究牛顿第三定律时，将两个完全相同的弹簧秤通过挂钩悬挂对拉，如图所
示，甲弹簧秤在上，乙弹簧秤在下。若将两个弹簧秤的位置互换重复实验，则甲弹簧秤和乙弹簧秤示数
的变化情况为 ( )
1A. 甲变小 B. 甲不变 C. 乙变小 D. 乙不变
答案 A
解析 由于弹簧自身重力的影响，使得上面弹簧秤的读数大于下面弹簧秤的读数，所以甲、乙位置互换
后，甲的读数减小，乙的读数增大。故选A。
4.(2025·江苏海安中学模拟)如图所示的容器内盛有水，器壁AB部分是一个平面且呈倾斜状，有一个小物
块P处于图示位置并保持静止状态，则该物块 ( )
A. 可能受三个力作用 B. 可能受四个力作用 C. 一定受三个力作用 D. 一定受四个力作用
答案：B
解析：物块一定受到重力，同时因为排开一定质量的液体，故一定受浮力，若浮力大小等于重力，则二力
平衡，物块与AB间没有相互作用，故该物块可能受两个力作用；若浮力大于重力，则物块一定会受AB
对小物块P的弹力，由于弹力垂直于接触面向下，物块只有受到沿斜面向下的摩擦力才能受力平衡，故
物块可能受四个力作用，B正确，D错误；物块可能只受两个力，不可能受三个力而平衡，A、C错误。
5. 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。
6.(2025·浙江省浙北G2联盟联考)蹦床可简化为如图所示的完全相同的轻质网绳构成的正方形网格，点
O、a、b、c等为网绳的结点。当网水平张紧时，若质量为m的运动员从高处竖直落下，并恰好落在O
点，当该处下降至最低点时，网绳aOe、cOg均成120°向上的张角，此时O点受到的向下的冲击力为F，
则这时O点周围每根网绳的拉力的大小为 ( )
2F F F+mg F+mg
A. B. C. D.
4 2 4 2
答案 B
解析 对O点进行受力分析，受人对O点的作用力F及aO、eO、cO、gO四根绳子的作用力，因为网绳
完全相同，并且构成的是正方形，O点下降至最低点时，aOe、gOc所成的角度是120°，由共点力平衡有
F
4F cos 60°=F，解得每根网绳拉力大小F = ，故B正确，A、C、D错误。
T T 2
7.如图所示，物体A置于水平地面上，力F竖直向下作用于物体B上，A、B保持静止，则物体A的受力个
数为 ( )
A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
答案 B
解析： 隔离分析物体B的受力如图甲所示，要保持物体B静止不动，物体A一定对物体B有摩擦力
f 和支持力N ，由牛顿第三定律可知物体B对A一定有摩擦力f 和压力N ；取A、B整体受力分析
AB AB BA BA
可知地面对A的摩擦力为零。故A物体受力如图乙所示，B正确。
8.(2023·浙江6月选考·6)如图所示，水平面上固定两排平行的半圆柱体，重为G的光滑圆柱体静置其上，
a、b为相切点，∠aOb=90°，半径Ob与重力的夹角为37°。已知sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，则圆柱体
受到的支持力F、F 大小为 ( )
a b
A. F =0.6G，F =0.4G B. F =0.4G，F =0.6G
a b a b
C. F =0.8G，F =0.6G D. F =0.6G，F =0.8G
a b a b
3答案 D
解析 对光滑圆柱体受力分析如图，由题意有F =Gsin 37°=0.6G，F =Gcos 37°=0.8G，故选D。
a b
9.(2025·浙江省北斗星盟三模)如图所示，物块A与B用跨过滑轮的轻绳相连，稳定后，轻绳OP与水平方
π
向夹角为θ= ，OA和OB与OP的延长线的夹角分别为θ 和θ 。已知G =100 N，地面对物块B的
3 1 2 B
弹力为F =80 N，不计滑轮的重力及轻绳和滑轮之间的摩擦，下列说法正确的是 ( )
NB
A. θ <θ B. 物块A的重力40 N
1 2
C. OP绳子的拉力为20 3 N D. 地面对物块B的摩擦力为20 N
答案 B
解析 由于滑轮两边绳子拉力大小相等，且滑轮两边绳子拉力的合力等于轻绳OP拉力的大小，故OP
π
的方向沿着两根绳子拉力的夹角的角平分线，故θ =θ = ，故A错误；
1 2 6
π π
根据几何关系，连接B物块的绳子与水平方向夹角为 ，故对B受力分析有F =F cos ，F +F sin
6 f T 6 NB T
π
=G ，又F =G 联立解得G =40 N，F =20 3 N，故B正确，D错误；
6 B T A， A f
π
由平行四边形定则得F=2F cos =40 3 N，故C错误。
T 6
10.(2025·浙江嘉兴市检测)如图所示，用三根相同细线a、b、c将重力均为G的两个灯笼1和2悬挂起来。
两灯笼静止时，细线a与竖直方向的夹角为30°，细线c水平。则 ( )
4 3 1
A. a中的拉力大小为 G B. c中的拉力大小为 G
3 2
C. b中的拉力小于c中的拉力 D. b中的拉力大于a中的拉力
答案 A
解析 将两灯笼看作一个整体，对整体受力分析，如图所示
4根据平衡条件可得
Fcos 30°=2G，Fsin 30°=F
a a c
4 3 2 3
解得F = G，F = G
a 3 c 3
故A正确，B错误；
21
对灯笼2隔离分析，利用平衡条件可得F = G2+F2= G，三根相同细线a、b、c的拉力大小关系
b c 3
4 3 21 2 3
为F = G>F = G>F = G，故C、D错误。
a 3 b 3 c 3
11.(2025·陕晋青宁卷·4)如图，质量为m的均匀钢管，一端支在粗糙水平地面上，另一端被竖直绳悬挂，处于
静止状态，钢管与水平地面之间的动摩擦因数为μ、夹角为θ，重力加速度大小为g。则地面对钢管左端
的摩擦力大小为 ( )
1
A. μmgcos θ B. μmg C. μmg D. 0
2
答案 D
解析 对钢管受力分析，如图所示。若钢管受到地面的摩擦力，则钢管水平方向受力不平衡，钢管不可
能处于静止状态，故地面对钢管左端的摩擦力大小为零，故A、B、C错误，D正确。
12.(2025·福建卷·1)“风动石”是福建省著名的自然景观，如图所示。无风时，“风动石”在重力和底部巨石作
用力F 的作用下静止不动。若“风动石”受到一水平方向的风力作用时仍保持静止，此时底部巨石对其
1
作用力为F，则 ( )
2
A. F 的大小比F 的小 B. F 的大小比F 的大 C. F 与F 大小相等 D. F 与F 方向相同
1 2 1 2 1 2 1 2
答案 A
5解析 如图，当没有风力作用时，底部巨石对“风动石”的作用力F 与“风动石”的重力G大小相等、方向
1
相反。当“风动石”受到一水平方向的风力作用时，“风动石”受到底部巨石的作用力F、重力G和水平
2
方向风力F 这三个力的作用，仍保持静止，故合力为零。由图可知，F 的大小等于重力G，F 的大小大
风 1 2
于重力G，故选项A正确，B、C错误；F 与F 的方向不同，故选项D错误。
1 2
13.(2025·浙江1月选考·3)中国运动员以121公斤的成绩获得2024年世界举重锦标赛抓举金牌，举起杠铃
稳定时的状态如图所示，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是 ( )
A. 双臂夹角越大受力越小
B. 杠铃对每只手臂作用力大小为605 N
C. 杠铃对手臂的压力和手臂对杠铃的支持力是一对平衡力
D. 在加速举起杠铃过程中，地面对人的支持力大于人与杠铃总重力
答案 D
解析 双臂所受杠铃作用力的合力的大小等于杠铃的重力大小，与双臂的夹角无关，A错误；杠铃的重
力为G=mg=121×10 N=1 210 N，手臂与水平的杠铃之间有夹角，假设手臂与竖直方向夹角为θ，根
据平衡条件可知2Fcos θ=G，结合cos θ<1，解得杠铃对每只手臂的作用力F>605 N，B错误；杠铃
对手臂的压力和手臂对杠铃的支持力是一对相互作用力，C错误；加速举起杠铃，人和杠铃构成的系统
加速度向上，系统处于超重状态，因此地面对人的支持力大于人与杠铃的总重力，D正确。
14.(2024·贵州卷·4)如图(a)，一质量为m的匀质球置于固定钢质支架的水平横杆和竖直墙之间，并处于静
止状态，其中一个视图如图(b)所示。测得球与横杆接触点到墙面的距离为球半径的1.8倍，已知重力加
速度大小为g，不计所有摩擦，则球对横杆的压力大小为 ( )
3 3 4 5
A. mg B. mg C. mg D. mg
5 4 3 3
答案 D
1.8R-R
解析 对球进行受力分析如图，设球的半径为R，根据几何知识可得sin α= =0.8
R
6根据平衡条件得F cos α=mg
N
5
解得F = mg
N 3
根据牛顿第三定律知球对横杆的压力大小为
5
F '=F = mg，故选D。
N N 3
15.(2025·浙江杭州市一模)如图所示，甲在高处，乙在地面，两人通过系在重物上的轻绳P、Q将重物吊起。
当重物处于静止状态时，两绳拉力大小分别为F 、F ，与竖直方向夹角分别为α、β。重物重力大小为G，
P Q
下列说法中正确的是 ( )
A. α可能等于β B. F 可能等于F C. F 一定大于G D. F 一定大于G
P Q P Q
答案 C
解析 对重物受力分析，由平衡条件，水平方向有F sin α=F sin β
P Q
竖直方向有F cos α=F cos β+G
P Q
若α等于β，则F 等于F ，则G=0，显然不满足条件，故α不可能等于β，F 不可能等于F ，故A、B错
P Q P Q
误；根据F cos α=F cos β+G，可得F cos α>G，所以F >G，根据题目条件无法确定F 与G的关
P Q P P Q
系，故C正确，D错误。
16.(2024·浙江温州市模拟)如图所示，在竖直平面内，有一半径为R的圆环，在圆环内放置半径分别为R 、
1
R 的两个小球。已知R=6 m，R =3 m，R =1 m。OO 、OO 与竖直方向的夹角分别为α、β，sin
2 1 2 1 2
37°=0.6，sin 53°=0.8，则大球与小球的质量比为 ( )
sinβ 4sinβ 5sinβ 5sinβ
A. B. C. D.
sinα 3sinα 3sinα 4sinα
答案 C
解析 根据题意R=6 m，
7R =3 m，R =1 m
1 2
分析几何关系知OO 与OO 之间的夹角为53°，O O 与OO 之间的夹角为37°，对大球与小球分别受力
1 2 1 2 2
分析，根据平衡条件列式
F m g
N21 = 1
sinα sin90°
F m g
N12 = 2
sinβ sin37°
由牛顿第三定律知F =F
N21 N12
m 5sinβ
联立解得大球与小球的质量比为 1 =
m 3sinα
2
故选C。
17.如图甲的玩具吊车，其简化结构如图乙所示，杆AB固定于平台上且不可转动，其B端固定一光滑定滑
轮；轻杆CD用铰链连接于平台，可绕C端自由转动，其D端连接两条轻绳，一条轻绳绕过滑轮后悬挂一
质量为m的重物，另一轻绳缠绕于电动机转轴O上，通过电动机的牵引控制重物的起落。某次吊车将
重物吊起至一定高度后保持静止，此时各段轻绳与杆之间的夹角如图乙所示，其中两杆处于同一竖直面
内，OD绳沿竖直方向，γ= 37°，θ=90°，重力加速度大小为g，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，则 ( )
A. α一定等于β
B. AB杆受到绳子的作用力大小为 3mg
C. CD杆受到绳子的作用力方向沿∠ODB的角平分线方向，大小为mg
D. 当启动电动机使重物缓慢下降时，AB杆受到绳子的作用力将逐渐增大
答案 D
解析 杆AB固定于平台，杆的弹力不一定沿杆，同一条绳的力大小相等，其合力一定在角平分线上，所
以α不一定等于β，故A错误；受力分析如图所示，根据平衡条件可得F =mg
T
根据几何关系可得α+β=53°
853°
则AB杆受到绳子的作用力大小为F =2F cos ≠ 3mg，故B错误；根据题意D端连接两条轻绳，
杆 T 2
两条轻绳的力不一定大小相等，且CD杆为铰链连接，为“活”杆，杆的弹力沿着杆的方向，水平方向，根
4
据F 'cos 53°=F cos 37°=mgcos 37°，解得F '= mg，故C错误；当启动电动机使重物缓慢下降时，
杆 T 杆 3
∠DBM
即F =mg不变，∠DBM变小，根据F =2F cos ，可知F 变大，故D正确。
T 杆 T 2 杆
18.磁悬浮地球仪具有独特的视觉效果，其工作原理简化如图：水平底座上的三个完全一样的磁极对地球仪
内的磁体产生作用力(沿磁极与磁体的连线)，使地球仪悬浮在空中，此时各磁极和磁体恰好处在正四面
体的四个顶点处。地球仪的总质量为m，重力加速度为g，则一个磁极对磁体的作用力大小为 ( )
1 6 3
A. mg B. mg C. mg D. mg
3 6 3
答案 B
解析 设正四面体的棱长为L，地球仪中的磁体和下侧磁极之间的连线与竖直方向夹角为θ，根据几何
L
2cos30° 3 6
关系有sin θ= = ，可知cos θ= ，根据对称性可知，每个磁极对磁体的作用力大小均相
L 3 3
6
等，对磁体进行受力分析，根据平衡条件有3Fcos θ=mg，解得F= mg，故选B。
6
19.(2025·浙江宁波市检测)如图所示，倾角为α的斜面固定在水平面上，在斜面和固定的竖直挡板之间有两
个匀质球P、Q，P球的质量是Q球质量的三倍，各接触面均光滑，系统处于静止状态，若P、Q两球的球
心连线与竖直方向的夹角为β，下列说法正确的是 ( )
A. 4tan α=tan β B. 3tan α=tan β C. 2tan α=tan β D. tan α=tan β
答案 A
解析 以P、Q两球整体为研究对象，受力如图甲所示，由平衡条件可得F =4mgtan α
2
隔离Q球，受力如图乙所示，由平衡条件可得F =mgtan β，解得4tan α=tan β，故选A。
2
920.(2024·浙江省县域教研联盟一模)如图所示，两相同斜面体放置在粗糙水平面上，斜面光滑，两斜边紧靠
且垂直，左侧斜面体与水平面的夹角θ=37°。一轻质细杆AB穿有质量为m的小球C，将杆水平置于两
斜面体之间，系统恰好处于平衡状态，重力加速度为g，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，则 ( )
3
A. 左侧斜面对杆AB的支持力为 mg
5
12
B. 右侧斜面体受到地面的摩擦力为 mg
25
C. 保持细杆水平，减小倾角θ，两斜面体对杆的作用力增大
D. 保持细杆水平，缩短长度，两斜面体受到的摩擦力均减小
答案 B
解析 对细杆和小球组成的系统受力分析，如图所示
根据几何关系可知左侧斜面对杆AB的支持力为
4
F =mgcos 37°= mg
A 5
3
右侧斜面对杆AB的支持力为F =mgsin 37°= mg，故A错误；根据牛顿第三定律，杆AB对右侧斜
B 5
3 12
面的压力为 mg，其水平分力为F =F cos 37°= mg，根据平衡条件可知右侧斜面体受到的摩擦力
5 x B 25
12
为 mg，故B正确；对细杆受力分析，两斜面体对杆的作用力与小球重力平衡，大小为mg，恒定不变，
25
故C错误；保持细杆水平，缩短长度，细杆平行下移，细杆及两斜面受力情况不变，则两斜面体受到的摩
擦力均不变，故D错误。
21.(2024·浙江湖州市二模)图甲是传统民居建筑材料瓦片，相同的质量为m的瓦片紧靠在一起静止竖直叠
放在水平地面上如图乙所示，已知重力加速度为g。下方瓦片的受力点均在其顶端，则瓦片 ( )
A. 4右端对地面的压力比左端的大 B. 5右端受到的支持力是2右端受到支持力的2倍
105
C. 4顶端受到的压力大小为mg D. 5左端对地面的压力为 mg
4
答案 D
解析 分别对6个瓦片受力分析如图所示(仅画出瓦片1)
1
由平衡条件和牛顿第三定律可得F =F = mg
21 31 2
1 3
F =F = (F +mg)= mg
53 63 2 13 4
1 3
F =F = (F +mg)= mg
42 52 2 12 4
1 7
F =F = (mg+F )= mg
地4左 地4右 2 24 8
1 5
F =F = (mg+F +F )= mg
地5左 地5右 2 25 35 4
1 7
F =F = (mg+F )= mg
地6左 地6右 2 36 8
7
根据牛顿第三定律，4右端对地面的压力与左端的一样大，均等于F =F = mg，故A错误；
4左地 4右地 8
5右端受到的支持力与2右端受到支持力的关系为
5
F 地5右 = 4 mg = 5 ，故B错误；根据牛顿第三定律，4顶端受到的压力大小为F =F = 3 mg，故C错
F 3 3 24 42 4
52 mg
4
5
误；根据牛顿第三定律，5左端对地面的压力为F =F = mg，故D正确。
5左地 地5左 4
11
