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专题02 相互作用——力
A·常考题不丢分
命题点01 静态平衡之合成法或分解法
命题点02 正交分解法解决平衡问题
命题点03 动态平衡之解析法
命题点04 动态平衡之相似三角形法
命题点05 动态平衡之图解法
命题点06 动态平衡之辅助圆法
B·拓展培优拿高分
C·挑战真题争满分
【命题点01 静态平衡之合成法或分解法】
【针对练习1】一个质量为m的光滑小球，挂在一质量为M的三角形木块的左侧面，此时绳与三角形木块
的左侧面夹角为θ，如图所示，小球与木块均能保持静止，则（ ）
A．绳对小球的拉力大小为mgsinθ
B．地面对木块有向左的摩擦力
1
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C．若球的质量不变只增大其半径，小球对木块的压力将会变大
D．若球的质量不变只增大其半径，木块对地面的压力将会变大
【答案】C
【详解】A．对球受力分析可知
T cosθ =mg
F N =T sinθ
绳对小球的拉力大小为
T = mg
cosθ
故A 错误；
C．小球对木块的压力
F N =mg tanθ
若球的质量不变只增大其半径，则θ 变大，则小球对木块的压力将会变大，故C 正确；
BD ．对球和木块的整体受力分析可知，整体水平方向受力为零，即地面对木块无摩擦力，竖直方向地面
对木块的支持力等于小球和木块的重力之和，则若球的质量不变只增大其半径，木块对地面的压力不变，
故BD 错误。
故选C。
【针对练习2】如图所示，质量为M、半径为R 的半球形物体A 放在水平地面上，通过最高点处大小不计
的钉子用水平细线拉住一质量为m、半径为r 的光滑球B，重力加速度为g，则（ ）
A．A 对地面的摩擦力方向向左
B．A 对地面的摩擦力方向向右
C．细线对B 的拉力大小为r
R mg
D．A 对B 的支持力大小为mg r + R
R
【答案】D
【详解】AB．对A、B 整体受力分析，相对地面无滑动趋势，故A 不受地面的摩擦力，则A 对地面无摩擦
力，故 AB 错误；
2
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CD．对B 受力分析，如图所示
根据平衡条件可得
F = mg
cosθ ，FT=mgtanθ
其中
cosθ =
R
R+r
tanθ = √(R+r)
2- R
2
R
= √2 Rr +r
2
R
联立解得A 对B 的支持力大小为
F =mg r + R
R
细线对B 的拉力大小为
FT=mg √2 Rr +r
2
R
故C 错误，D 正确。
故选D。
【针对练习3】如图所示，竖直固定放置的光滑半圆环O 的半径为R，用轻绳相连的m1、m2两球（可视为
质点）套在圆环上，分别静止在A 点和B 点，已知绳长l =√2 R，m2与圆心O 的连线与水平面成30
∘角。
m1、m2两球的质量之比为（ ）
A．√3:1
B．1:2
C．√3:2
D．2:√3
【答案】A
3
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【详解】根据几何关系有
O A
2+O B
2= A B
2
可得
∠AOB =90
∘
对两小球受力分析可得
m1g
sin 45
∘=
T
sin30
∘
m2 g
sin 45
∘=
T
'
sin 60
∘
T =T
'
可得
m1:m2=√3:1
故选A。
【针对练习4】（多选）如图所示，半径为R的半圆形光滑轨道固定在竖直平面内，O为圆心，P为轨道最
高点．中间有孔、质量为m的小球穿过圆弧轨道，轻弹簧一端固定在P点，另一端与小球相连，小球在M
点保持静止，OM与OP夹角为θ =60°．已知重力加速度为g，弹簧的劲度系数为k，则（ ）
A．小球可能只受到两个力的作用
B．小球一定发生了形变
C．轨道对小球的弹力大小为0.6mg
D．轻弹簧的原长为R - mg
k
【答案】BD
【详解】A．小球一定受重力、弹簧的拉力和圆环的支持力作用，选项A 错误；
B．小球对圆环有压力作用，可知小球一定发生了形变，选项B 正确；
4
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C．由图可知FT和FN与竖直方向的夹角均为60°，可知FT=FN，则
2 F Ncos60° =mg
则轨道对小球的弹力大小为
FN=mg
选项C 错误；
D．根据
FT=mg=k (R - L)
可得轻弹簧的原长为
L= R - mg
k
选项D 正确。
故选BD。
【针对练习5】（多选）如图所示，沿光滑的墙壁用网兜把一个足球挂在P 点，足球的质量为m，网兜的
质量不计。足球与墙壁的接触点为A，悬绳与墙壁的夹角为θ，则（ ）
A．悬挂足球的绳子对足球的拉力FT= mg
sinθ
B．墙壁对足球的支持力FN=mg tanθ
C．换上一个长绳，则绳子拉力将增大
D．换上一个长绳，则墙壁对足球的支持力将减小
【答案】BD
【详解】AB．以足球为研究对象，受力分析可知，足球受重力、绳子拉力和墙壁的支持力，根据平衡条件
有，竖直方向
5
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FT cosθ =mg
水平方向
FT sinθ = N
联立解得
FT = mg
cosθ
F N =mg tanθ
故A 错误，B 正确；
CD．根据题意可知，换上一个长绳，则悬绳与墙壁的夹角θ 变小，可知cosθ变大，tanθ变小，故FT变小，
F N变小，故C 错误，D 正确。
故选BD。
【命题点02 正交分解法解决平衡问题】
【针对练习6】夏日天气十分炎热，为了提高空调的制冷效果，门窗都需紧闭。某学校教学楼有些门因为
老化故障无法紧闭，细心的小明给门下缝隙处塞紧了一个小木楔，侧面如图所示。已知木楔质量为m，其
上表面可视作光滑，下表面与水平地面间的动摩擦因数为μ，木楔上表面与水平地面间夹角为θ，重力加速
度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计木楔的形变。若有人轻推门时，门给木楔一个大小为F 的力
推动木楔在地板上缓慢匀速移动，下列说法正确的是（ ）
A．力F 沿水平方向的分力大小为F cosθ
B．木楔受到的滑动摩擦力大小为μmg
C．力F 的大小为
μmg
sinθ - μcosθ
6
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D．若tanθ0= μ，木楔倾角θ≥θ0时，不管用多大力推门，木楔都能将门卡住而不再运动
【答案】C
【详解】ABC．对木楔受力分析，如图所示，力F 沿水平方向的分力大小为F sinθ，根据受力平衡，竖
直方向有
N = F cosθ+mg
水平方向有
f = F sinθ
又有滑动摩擦力
f = μN = μ( F cosθ+mg)
联立解得
F =
μmg
sinθ - μcosθ
故AB 错误，C 正确；
D．不管用多大力推门，塞在门下缝隙处的木楔都能将门卡住而不再运动，即
F sinθ≤μ( F cosθ+mg)
由于力F 很大，木楔质量较小，可得
tanθ≤μ
所以
θ≤θ0
故D 错误。
【针对练习7】（多选）如图所示，穿过小动滑轮的轻绳两端分别固定在a、b 两点，质量为m 的小物块通
过轻绳拴接在小动滑轮的轴上。现给小物块施加一个水平向右的拉力F，系统静止时，滑轮到固定点a、b
的两部分轻绳与水平方向的夹角分别为30°和60°，滑轮质量、大小以及摩擦忽略不计，重力加速度为g，
下列判断正确的是（ ）
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A．小物块与滑轮间的轻绳与竖直方向夹角为45°
B．作用在小物块上的水平拉力大小为2mg
C．跨过滑轮的轻绳中的张力大小为(√3+1)mg
D．跨过滑轮的轻绳中的张力大小为(√3-1)mg
【答案】AD
【详解】CD．跨过滑轮的轻绳中的张力大小为T，把滑轮与物块看作整体，竖直方向有
T sin30°+T sin 60° =mg
解得
T =(√3-1)mg
故C 错误，D 正确；
B．水平方向有
T cos30°+T cos60° = F
解得
F =mg
故B 错误；
A．小物块与滑轮间的轻绳中张力大小为
FT=√(mg)
2+ F
2=√(mg)
2+(mg)
2=√2mg
由数学知识可知小物块与滑轮间的轻绳与竖直方向夹角为45°，故A 正确。
故选AD。
【针对练习8】如图所示，质量M =0.6kg的物体A 与质量m=0.1kg的圆环B 用轻绳相连，圆环套在竖直
杆上的P 点。现用一水平力F（大小未知）作用在轻绳上的O 点，使轻绳的BO 段与竖直方向间的夹角
θ =53°，整个装置处于静止状态。sin53° =0.8，cos53° =0.6，g 取10 m /s
2。
（1）求绳BO 对结点O 的拉力大小FT；
8
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（2）求杆对圆环B 的摩擦力大小Ff；
（3）若保持O 点位置、轻绳与竖直方向间的夹角θ不变，现缓慢改变力F 大小与方向，求上述过程中F 的
最小值与方向。
【答案】（1）10N；（2）7N；（3）4.8N，方向垂直于OB 斜向右上方
【详解】（1）对结点O 受力分析，如图所示
则根据平衡条件可得
FTcos53
∘= Mg
解得
FT=10 N
（2）对圆环B 受力分析如图所示
根据平衡条件可得
Ff=mg+ FT cos53
∘
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解得
Ff=7 N
（3）根据三角形定则，做出能使结点O 平衡的矢量三角形如图所示
重力、绳子的拉力以及所施加的力，这三个力始终构成首尾相连的矢量三角形才能保证结点O 处于平衡状
态，根据几何关系可知，当力F 与绳子OB 垂直时，力F 有最小值，其最小值为
Fmin= Mgsin53
∘= 4.8 N
【针对练习9】我国打破西方国家的技术封锁在川西山区建成了亚洲最大的风洞群，目前拥有8 座世界级
风洞设备，具备火箭助推和飞艇带飞等飞行模拟试验能力。如图所示，风洞实验室中可以产生水平向右、
大小可调节的风力，现将套有小球的足够长细直杆放入风洞实验室，小球质量m=1.1kg，小球孔径略大
于杆直径，小球与杆间的动摩擦因数μ=0.5，已知sin37° =0.6，cos37° =0.8，取重力加速度g=10 m/s
2。
（1）当杆在水平方向固定时（如图甲），调节风力的大小，使小球在杆上做匀速运动，求此时风力的大
小。
（2）当杆与水平方向夹角为37°时（如图乙），调节风力的大小，使小球始终静止在杆上，求风力的大小
范围。（小球和杆间的最大静摩擦力可以看成滑动摩擦力）
【答案】（1）5.5N；（2）2N ≤F≤22N
【详解】（1）小球在杆上做匀速运动，对小球进行分析有
F1= μ N 1
N 1=mg
解得
F1=5.5 N
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（2）小球即将上滑，对小球进行分析，如图所示
则有
F2cos37° =mgsin37°+ Ff1
FN1= F2sin37°+mgcos37°
Ff1= μ F Nl
解得
F2=22N
若小球即将下滑，对小球分析如图所示
则有
F3cos37°+ Ff2=mgsin37°
F N 2= F3sin37°+mgcos37°
Ff2= μ FN2
解得
F3=2N
故风力的大小范围
2N ≤F ≤22N
【针对练习10】如图所示，放在粗糙斜面(斜面固定不动)上的物块A 和悬挂的物块B 均处于静止状态，轻
绳AO 绕过光滑的定滑轮与轻质弹簧的右端及轻绳BO 的上端连接于O 点。轻质弹簧中轴线沿水平方向，
轻绳OC 段与竖直方向的夹角θ =53°，斜面倾角α =53°，弹簧劲度系数为k =200 N / m，弹簧的形变量
x =2cm，物体A 与斜面间的动摩擦因数μ=0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10 m /s
2，
sin53° =0.8，cos53° =0.6。求：
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（1） B 物块的质量；
（2）若物块A 的质量为mA=0.5kg，物块A 受到的摩擦力大小及方向；
（3）为了使A 和B 始终在图示位置处于静止状态，A 物体的质量要满足什么条件?
【答案】（1）0.3kg；（2）1N，方向沿斜面向下；（3）5
11 kg≤m≤1kg
【详解】（1）对O 点进行受力分析
根据受力平衡可得
T sinθ = F，T cosθ =mB g
又
F =kx =200×0.02N = 4 N
联立解得
T =5 N，mB=0.3kg
（2）对A 受力分析
由于
G1=mA gsin α = 4 N，T
' =T =5 N
可知摩擦力方向沿斜面向下；大小为
f =T
' -G1=5 N - 4 N =1N
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（3）如果静摩擦力沿斜面向上且达到最大，如图所示
则有
T
' + f m =mgsin53°
又
f m = μ FN= μmgcos53°
联立解得
m=1kg
如果静摩擦力沿斜面向下且达到最大，如图所示
根据受力平衡可得
T
' =mgsin53°+ f m
又
f m = μ FN= μmgcos53°
联立解得
m= 5
11 kg
综上所述可知，为了使A 和B 始终在图示位置处于静止状态，A 物体的质量要满足
5
11 kg≤m≤1kg
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【命题点03 动态平衡之解析法】
【针对练习11】如图所示，工人用滑轮搬运货物。轻绳跨过固定在天花板上A 点的光滑定滑轮后系在等高
的B 点，将质量为m 的货物用光滑小钩悬挂在A、B 间的绳上，AC、AO 与竖直方向的夹角均为30°，系统
处于静止状态。已知重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．轻绳的拉力T = √3
2 mg
B．人对地面的摩擦力f = √3
6 mg
C．若将系绳的B 端向左缓慢移动，人不能保持静止状态
D．若将系绳的B 端向正下方缓慢移动，人不能保持静止状态
【答案】B
【详解】A．对O 点，由平衡条件得
2T cos30
°=mg
得
T = √3
3 mg
故A 错误；
B．设地面对人的摩擦力f
'，由平衡条件得
f
' =T sin30
°= √3
6 mg
由牛顿第三定律得，人对地面的摩擦力大小
f = f
' = √3
6 mg
故B 正确；
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C．若将系绳的B 端向左缓慢移动，AO和BO与竖直方向的夹角θ 减小，设绳子上的拉力为T
'，得
2T
' cosθ =mg
得
T
' =
mg
2cosθ
θ 减小，cosθ增大，绳子上的拉力T
'减小。人受到的摩擦力
f =T
' sinθ
减小。故若将系绳的B 端向左缓慢移动，人仍能保持静止状态。故C 错误；
D．若将系绳的B 端向正下方缓慢移动，绳子上的拉力不变，人受的静摩擦力不变，人仍能保持静止状态。
故D 错误。
故选B。
【针对练习12】（多选）用一轻绳将一重力为G 的小球P 系于光滑墙壁上的O 点，小球P 处于静止状态，
且细绳与竖直墙面之间的夹角为θ，则下列相关说法正确的是（ ）
A．细绳的拉力为G
sinθ
B．墙对小球的支持力为Gtanθ
C．若绳子变短，墙对小球的支持力变大
D．若绳子变长，绳子对小球的拉力变大
【答案】BC
【详解】AB．小球处于平衡状态，受到重力、墙的支持力和绳的拉力，根据平衡条件
T cosθ =G
N =T sinθ
整理得细绳的拉力为
T =
G
cosθ
墙对小球的支持力为
N =G tanθ
故A 错误，B 正确；
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C．若绳子变短，则细绳与竖直墙面之间的夹角θ增大，根据N =G tanθ可知，墙对小球的支持力变大，故
C 正确；
D．若绳子变长，则细绳与竖直墙面之间的夹角θ减小，根据T =
G
cosθ 可知，绳子对小球的拉力变小，故D
错误。
故选BC。
【针对练习13】（多选）质量为M 的凹槽静止在水平地面上，内壁为半圆柱面，截面如图所示，A 为半圆
的最低点，B 为半圆水平直径的端点。凹槽恰好与竖直墙面接触，内有一质量为m 的小滑块。用推力F 推
动小滑块由A 点向B 点缓慢移动，力F 的方向始终沿圆弧的切线方向，在此过程中所有摩擦均可忽略，下
列说法正确的是（ ）
A．推力F越来越小
B．凹槽对滑块的支持力越来越小
C．墙面对凹槽的弹力先增大后减小
D．水平地面对凹槽的支持力先增大后减小
【答案】BC
【详解】AB．对滑块受力分析，设支持力FN与竖直方向夹角为θ，由平衡条件有
F =mgsinθ，FN=mgcosθ
滑块从A 缓慢移到B 点时，θ增大，则推力F越来越大，支持力FN越来越小，故A 错误，B 正确；
C．对凹槽与滑块整体分析，有墙面对凹槽的弹力为
FN墙= F cosθ =mgsinθcosθ = 1
2 mgsin (2θ)
则θ越来越大时，墙面对凹槽的弹力先增大后减小，故C 正确；
D．水平地面对凹槽的支持力为
FN地=(M +m)g- F sinθ =(M +m)g-mgsin
2θ
则θ越来越大时，水平地面对凹槽的支持力越来越小，故D 错误。
故选BC。
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【针对练习14】（多选）如图为汽车的机械式手刹（驻车器）系统的结构示意图，结构对称轴当向上拉动
手剥拉杆时，手刹拉索（不可伸缩）就会拉紧，拉索OD、OC 分别作用于两边轮子的制动器，从而实现驻
车的目的。则以下说法正确的是（ ）
A．当OD、OC 两拉索夹角为120°时，三根拉索的拉力大小相等
B．拉动手刹拉杆时，拉索AO 上的拉力总比拉索OD 和OC 中任何一个拉力大
C．若在AO 上施加一恒力，OD、OC 两拉索夹角越小，拉索OD、OC 拉力越大
D．若保持OD、OC 两拉索拉力不变，OD、OC 两拉索越短，拉动拉索越省力
【答案】AD
【详解】A．设OD、OC 两拉索夹角为θ 时，OD、OC 的拉力为T，根据共点力的平衡条件可得OA 的拉力
大小为
F =2T cos θ
2
当OD、OC 两拉索夹角为120°时，可得
F =2T cos 120°
2
=T
即三根拉索的拉力大小相等，故A 正确；
B．拉动手刹拉杆时，拉索AO 上拉力大小为F =2T cos θ
2可知，当θ＞120°时，拉索AO 上拉力比拉索OD
和OC 中任何一个拉力都小，故B 错误；
C．若在AO 上施加一恒力，即F 一定，根据F =2T cos θ
2可知
T =
F
2cos θ
2
OD、OC 两拉索夹角越小，拉索OD、OC 拉力越小，故C 错误；
D．若保持OD、OC 两拉索拉力不变，OD、OC 两拉索越短，OD、OC 两拉索夹角θ 越大，根据
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F =2T cos θ
2
可知，在T 一定的情况下F 越小，即拉动拉索AO 越省力，故D 正确。
故选AD。
【针对练习15】（多选）如图所示，一个光滑大圆环竖直固定，在其水平直径MN 左端固定有一光滑小圆
环，一轻绳跨过小圆环后左端与物块A 相连，右端系于大圆环上的P 点。将物块A 置于静止在粗糙水平面
上的粗糙斜面体上，轻绳MA 段与斜面平行，将悬挂有重物B 的光滑轻质动滑轮C 置于轻绳MP 段上，稳
定后，整个系统处于静止状态。现将轻绳右端从P 点沿大圆环缓慢移至下方关于直径MN 对称的P
'点，斜
面体与物块A 始终保持静止状态。则在此过程中（ ）
A．轻绳MC 段与PC 段间的夹角α一定先增大后减小
B．轻绳对C 处滑轮的弹力一定先增大后减小
C．物块A 与斜面体之间的摩擦力一定先减小后增大
D．斜面体与水平面之间的摩擦力一定先增大后减小
【答案】AD
【详解】A．设轻绳MP 段长为L，M、P 两点间的水平距离为d，由数学关系可得
sin α
2 = d
L
将轻绳右端从P 点沿大圆环缓慢移至P＇点过程中，L 不变，d 先增大后减小，所以α 先增大后减小，故A
正确；
B．轻绳中的弹力记为FT，分析轻质动滑轮C 处的受力情况，有
2 FTcos α
2 =mB g
故轻绳对C 处滑轮的弹力的合力大小等于mB g，故B 错误；
C．分析物块A 的受力情况，由于斜面倾角及动摩擦因数未知，A、B 的质量大小也未知，无法明确A 所
受的摩擦力FfA，故在轻绳中的弹力先增大后减小的过程中，FfA的大小变化情况存在多种可能，故C 错误；
D．设斜面倾角为θ，斜面体与水平面之间的摩擦力为Ff，对物块A 和斜面体整体进行受力分析，正交分
解后可得
Ff= FTcosθ
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由于θ 不变、FT先增大后减小，所以Ff先增大后减小，故D 正确。
故选AD。
【命题点04 动态平衡之相似三角形法】
【针对练习16】（多选）如图所示，居民足不出户，送食物人员不与他直接接触，将食物放在吊盘中，居
民自行通过细绳搭在光滑定滑轮上将带铰链的轻杆缓慢上拉，从而取得食物；在轻杆被缓慢上拉到取到食
物前的过程中（ ）
A．此人手上所受的拉力F始终减小
B．此人手上所受的拉力F始终不变
C．轻杆所受压力先减小，后增大
D．轻杆所受压力大小始终不变
【答案】AD
【详解】对结点C 受力分析，如图所示
缓慢上拉，三个力平衡，三个力组成首尾相接的闭合三角形，力三角形与几何三角形ABC 相似，根据相似
三角形对应边比值相等，有
mg
AB = F
AC = N
BC
因上拉过程mg、AB 不变，故AC 减小则F 减小，即工人手上所受的拉力减小，BC 不变则N 不变，即轻杆
所受压力大小始终不变。
故选AD。
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【针对练习17】（多选）如图所示，将一劲度系数为k的轻弹簧一端固定在内壁光滑、半径为R的半球形
容器底部中心O'处（O 为球心），弹簧另一端与质量为m 的小球A 相连，小球静止于P 点，OP 与水平方
向间的夹角为θ =30°。若换为与质量为2m 的小球B 相连，小球B 将静止于M 点（图中未画出），下列说
法正确的是（ ）
A．容器对小球B 的作用力大小为mg
B．弹簧对小球A 的作用力大于对小球B 的作用力
C．弹簧的原长为R+ mg
k
D．O' M的长度为mgR+k R
2
2mg+kR
【答案】CD
【详解】小球受到三个共点力而平衡，这三个力可以构成一个矢量三角形，当弹簧另一端与质量为m 的小
球A 相连时可得
mg
R = N 1
R = T 1
R
当弹簧另一端与质量2m 的小球B 相连时可得
2mg
R
= N 2
R = T 2
L2
设弹簧原长为L0，则
T 1=k( L0- R)
T 2=k( L0- L2)
联立可得
T 1=mg
L0= R+ mg
k
N 2=2mg
L2= mgR+k R
2
2mg+kR
20
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可知
T 2>T 1
故选CD。
【针对练习18】（多选）如图所示，质量均为m 的小球A、B 用劲度系数为k1的轻弹簧相连，B 球用长为
L 的细绳悬于O 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T1，弹簧的弹力为F1；
现把A、B 间的弹簧换成原长相同但劲度系数为k2（k2>k1）的另一轻弹簧，在其他条件不变的情况下仍使
系统平衡，此时绳子所受的拉力为T2，弹簧的弹力为F2，则下列关于T1与T2、F1与F2大小之间的关系正
确的是（ ）
A．T1>T2
B．T1=T2
C．F1<F2
D．F1=F2
【答案】BC
【详解】AB．设弹簧原长为L0，OA 间高度为h，对B 受力平衡可知B 所受的重力mg、绳子的拉力T 及弹
簧的弹力F 构成一个封闭的三角形，与△OAB相似，由相似三角形有
mg
h = T
L =
F
L0- Δ x
因为h 和L 不变，可知绳子所受的拉力T 不变，即T 1=T 2，故A 错误，B 正确；
CD．由胡克定律有
F =k Δ x
代入可得
mg
h = T
L = k Δ x
L0- Δ x =
k
L0
Δ x -1
故可知当换成劲度系数较大的弹簧时，此时弹簧的伸长量Δ x变小，L0- Δ x变大，故弹簧的弹力F 变大，
即F1< F2，故C 正确，D 错误。
故选BC。
21
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【针对练习19】（多选）如图所示，在竖直平面内的固定光滑圆环上，套有一质量为m 的小球，一轻绳通
过光滑滑轮P 连接小球A，绳的另一端用水平向左的力F 拉绳，使小球缓慢上升一小段位移，图中O 为圆
心，OQ 为半径，P 为OQ 的中点。在小球上升过程中，下列说法正确的是（ ）
A．绳的拉力先减小后增大
B．设AP长度为L，Δ F表示F 的变化量，Δ L表示L 的变化量，则比值Δ F
Δ L 不变
C．环对小球的弹力方向是沿半径背离圆心，大小恒为2mg
D．环对小球的弹力方向是沿半径背离圆心，大小恒为mg
2
【答案】BC
【详解】A．小球缓慢上升一小段位移的过程中，小球处于平衡状态，对小球进行分析受力分析如图所示
22
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由于三角形ABC 与三角形POA，可得
mg
PO = N
AO = F
AP
当小球缓慢上升一小段位移的过程中，由于AP 减小，则绳的拉力F 减小，故A 错误；
B．由于小球缓慢上升一小段位移的过程中，根据分析可得
F
L =k
解得
Δ F
Δ L = F
L
可知比值Δ F
Δ L 不变，故B 正确；
CD．对小球受力分析可知，环对小球的弹力方向是沿半径背离圆心，根据关系
mg
R
2
= N
R
解得
N =2mg
故C 正确，D 错误。
故选BC。
【针对练习20】（多选）如图所示，半径为R 的光滑圆环竖直固定，原长为√2 R的轻质弹簧一端固定在圆
环的最高点A，另一端与套在环上的质量为m 的小球相连。小球静止在B 点时，弹簧与竖直方向夹角
θ =30°，已知重力加速度大小为g，则（ ）
A．小球对圆环的弹力方向指向圆心
B．圆环对小球的弹力大小为√3mg
C．弹簧的劲度系数为(3+√6) mg
R
D．若换用原长相同，劲度系数更大的轻质弹簧，小球将在B 点下方达到受力平衡
23
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【答案】AC
【详解】A．弹簧处于伸长状态，弹簧弹力F 的方向如图所示
小球处于平衡状态，合力为0，故圆环对小球的弹力FN沿半径向外，由牛顿第三定律知小球对圆环的弹力
方向指向圆心，故A 正确；
B．由相似三角形法得
mg
R = FN
R =
F
2 R cosθ
可得
FN=mg
故B 错误；
C．弹簧的长度为
l =2 Rcos30° =2 R× √3
2 =√3 R
弹簧的形变量为
x =l -l0=√3 R -√2 R
由胡克定律
F=kx
可得
F =k (√3 R -√2 R)=√3mg
解得
k =(3+√6) mg
R
故C 正确；
D．换用劲度系数更大的某轻质弹簧，若拉伸到同样的长度，小球将上移，则小球将在B 点上方达到受力
24
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平衡，故D 错误。
故选AC。
【命题点05 动态平衡之图解法】
【针对练习21】如图所示，用OA、OB 两根轻绳将花盆悬于两墙壁之间，开始时OB 绳水平。现保持O 点
位置不变，改变OB 绳长使绳右端由B 点缓慢上移至Bʹ 点，此时OBʹ 与OA 之间的夹角θ=90°。设此过程中
OA、OB 绳的拉力分别为F1、F2，下列说法正确的是（ ）
A．F1一直减小
B．F1先减小后增大
C．F2一直增大
D．F2先减小后增大
【答案】A
【详解】根据题意，以花盆为研究对象，花盆受重力G、绳OA 的拉力FOA和绳OB 的拉力FOB，根据平衡
条件可知，两根绳子的拉力的合力与重力大小相等、方向相反，作出轻绳OB 在不同位置时力的合成图，
如图所示
由图可看出，OB 绳右端由B 点缓慢上移至Bʹ 点，使得OBʹ 与OA 之间的夹角等于90°的过程中，F1、F2均
一直减小。
故选A。
25
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【针对练习22】如图所示，轻质弹簧一端固定在水平墙上，另一端与一小球相连，在小球上再施加一个拉
力F使小球处于静止状态，弹簧与竖直方向夹角为α，拉力F与竖直方向夹角为β，且α + β <90°；现保持
拉力F大小不变，方向缓慢转至水平，则下列说法正确的是（ ）
A．α先增大后减小
B．α一直减小
C．弹簧的弹力先减小后增大
D．弹簧的弹力先增大后减小
【答案】A
【详解】根据题意，对小球受力分析，保持拉力F大小不变，方向缓慢转至水平过程中，由矢量三角形可
得，如图所示
由图可知，弹簧弹力逐渐增大，α先增大后减小。
故选A。
【针对练习23】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（ ）
26
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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
【详解】根据题意可知，小球始终静止在A 点，对小球受力分析可知，小球受重力与弹力及拉力，三力平
衡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。
【针对练习24】（多选）如图所示， 不可伸长的悬线MO 绳下端挂一质量为m 的物体， 在拉力F 作用下
物体静止， 此时悬线与竖直方向的夹角为α。现保夹角持α 不变， 拉力F 缓慢地由水平位置逆时针转到
竖直位置的过程中 （重力加速度为 g）（ ）
A．F 逐渐减小， OM 绳拉力逐渐减小
B．F 先减小后增大， OM 绳拉力逐渐减小
C．若F 的方向水平向右，则F=mgtan
D．F 的最小值为mgsina
【答案】BCD
【详解】AB．根据题意，以结点O 为受力fenxi 点，做出受力分析的矢量三角形，如图所示
27
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可知，保夹角持α 不变， 拉力F 缓慢地由水平位置逆时针转到竖直位置的过程中，拉力F 先减小后增大，
OM 绳拉力T 逐渐减小，故A 错误，B 正确；
C．当力F 的方向水平向右时，受力分析如图所示
根据几何关系可得
tan α = F
mg
解得
F =mg tan α
故C 正确；
D．当力F 垂直于OM 绳上的拉力T 时，力F 有最小值，根据几何关系可得
sin α = Fmin
mg
解得
Fmin=mgsin α
故D 正确。
故选BCD。
【针对练习25】（多选）如图所示，一内表面光滑的半圆形凹槽放在粗糙的水平地面上，物块（可看做质
点）静置于槽内最底部的A 点处。现用一方向不变的斜向上的推力F 把物块从A 点沿着凹形槽缓慢推至B
点，整个过程中，凹槽始终保持静止。设物块受到凹槽的支持力为FN，则在上述过程中下列说法正确的是
（ ）
28
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A．F 和F N都一直增大
B．F 一直增大，FN先减小后增大
C．地面对凹槽的支持力一直减小
D．地面对凹槽的摩擦力保持不变
【答案】BC
【详解】AB．由题意可知，在力F 缓慢推动的过程中物块处于动态平衡中，且重力为恒力始终不变，推力
的方向始终不变，重力、推力、圆弧面对物块的弹力三力始终平衡，合力为零，则可做出力的矢量三角形，
如下图所示
则根据动态变化过程中的矢量三角形可知，推力F 逐渐增大，圆弧面对物块的弹力FN先减小后增大，故A
错误，B 正确；
CD．将小物块和凹槽看成一个整体，由整体法分析可知，推力F 斜向右上方，方向不变，但大小始终在增
大，因此可知力F 在竖直方向和水平方向的分力都在始终增大，设力F 与水平方向的夹角为θ，则由平衡
条件可得，竖直方向有
( M +m)g= F sinθ+ F
'
N
水平方向有
f = F cosθ
由以上平衡方程结合力F 的变化情况可知，地面对凹槽的支持力一直减小；地面对凹槽的摩擦力一直增大，
故C 正确，D 错误。
故选BC。
【命题点06 动态平衡之辅助圆法】
29
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【针对练习26】如图所示，质量为M 的物体用轻绳悬挂于O 点，开始时轻绳OA水平，OA 、OB两绳之
间的夹角α =150°，现将两绳同时顺时针缓慢转过90°，且保持O 点及夹角α不变，物体始终保持静止状
态。在旋转过程中，设绳OA的拉力为F1，绳OB的拉力为F2，则下列说法正确的是（ ）
A．F1逐渐增大，最终等于Mg
B．F1先减小后增大
C．F2逐渐减小，最终等于零
D．F2先增大后减小
【答案】C
【详解】AB．结点O 受三个力作用处于平衡状态，FOA和FOB夹角α =150°始终不变。作该矢量三角形的
外接圆，如图所示，FOA矢量箭头将始终落在圆周上，由图可知，F1顺时针转过90°，先增大后减小，最
终等于Mg，AB 错误；
CD．初始时刻，FOB恰好为其外接圆的直径，故F2逐渐减小，当绳OA转过90°处于竖直位置时F2=0，C
正确，D 错误。
故选C。
【针对练习27】如图所示，置于水平地面上的竖直圆形金属环内用三根细绳OA、OB、OC 悬挂一质量为
30
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物体，物体可看做质点。OB 绳处于水平方向，∠AOB＝120°，设OA、OB 绳的拉力大小为F1、F2，现将金
属圆环在竖直面内缓慢逆时针转过90°，在此过程中（ ）
A．F2一直增大
B．F1一直增大
C．F2先增大后减小
D．F1先增大后减小
【答案】C
【详解】由题图对O 点受力分析，由平衡条件可得，三个力组成矢量三角形平衡图，如图所示，
由图可知，将金属圆环在竖直面内缓慢逆时针转过90°，绳OC 的拉力大小和方向不变，可知θ 角增大，F2
先增大后减小，F1一直减小，ABD 错误，C 正确。
故选C。
【针对练习28】（多选）网课期间，小五同学在家研究物体受力的方向与大小的关系。如图所示，第一次
实验：小五用两轻质细线拴住一物体，一根细线系在墙壁上O 点，保持系在墙壁上的细线与竖直方向的夹
分为30
∘，将另一细线由水平缓慢拉至竖直方向的过程中，设系在墙壁的细线上的拉力大小为F1，另一细
线上的拉力大小为F2；第二次实验：小五同学用一根轻质细线将物体系在墙壁上O 点，用外力F3缓慢拉
结点O
'，F3的方向与OO
'夹角为α =120
∘且保持不变，使OO'从竖直拉至水平，设OO
'上的拉力大小为F4。
物体所受的重力大小为G。则下列说中法正确的是（ ）
31
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A．F1先减小后增大
B．F2先减小后增大
C．F3先增大后减小
D．F4先增大后减小
【答案】BD
【详解】AB．第一次实验中对物体受力分析如下，由三角形法则可知F1一直减小，F2先减小后增大，故
A 错误，B 正确；
CD．第二次实验中对O
'结点受力分析如下，可知F4先增大后减小，F3一直增大，故C 错误，D 正确。
故选BD。
【针对练习29】（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 水平且MN 被拉直，OM 与MN 之间的夹角为α（α > π
2 ）。现将重物向左下方缓慢放下
至OM 竖直，并保持夹角α 不变。在OM 由水平到竖直的过程中（ ）
32
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A．MN 上的弹力逐渐减小
B．OM 上的张力先增大后减小
C．MN 和OM 对M 点的作用力的合力不变
D．MN 对重物的弹力是重物发生了形变产生的
【答案】ABC
【详解】AB．以节点M 为研究对象，受重物拉力mg、OM 绳上拉力F2、MN 上拉力F1，依题意，三个力
合力始终为零，矢量三角形如图所示，依题意角保持不变，即保持角θ 恒定，则F1的箭头始终落在圆周
上，据题意γ 角逐渐从90°减小到0°；
可知，在F2转至竖直的过程中，MN 上的张力F1逐渐减小，OM 上的张力F2先增大后减小，故AB 正确；
C．由平衡规律，MN 和OM 对M 点的作用力的合力与重物的重力大小相等，方向相反，故始终不变，C 正
确；
D．施力物体对受力物体的弹力是施力物体弹性形变产生的，所以MN 对重物的弹力是轻绳MN 发生了形
变产生的，D 错误。
故选ABC。
【针对练习30】（多选）如图所示，“V”形的挡板夹角为α，开始∠AOB的角平分线沿竖直方向，将一
小球放在两挡板之间。现将整个装置以过O 点的水平线为轴沿逆时针方向缓慢地转动，直到OB沿竖直方
向位置，整个过程两挡板的夹角保持不变，忽略一切摩擦力，则下列说法正确的是（ ）
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A．小球受到的合力始终为零
B．挡板OB对小球的作用力逐渐增大
C．挡板OA对小球的作用力先增大后减小
D．转动前后挡板OB对小球的作用力之比为
tan α
2sin α
2
【答案】AD
【详解】A．由于整个过程缓慢地转动，则装置处于动态平衡，所以小球的合力始终为零，故A 正确；
BC．小球受重力以及两挡板的弹力作用，且由力的平衡条件可知两弹力的合力与重力等大反向，受力分析
如图所示
当装置转动到OB沿竖直方向位置时，由图可知，挡板A 的作用力刚好为圆的直径，则该过程中挡板B 的
作用力逐渐减小，挡板A 的作用力逐渐增大，故BC 错误；
D．由图可知，转动前挡板B 的作用力为
FB=
G
2
sin α
2
转动后挡板B 的作用力为
FB
' =
G
tan α
则
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FB
F
'
B
= tan α
2sin α
2
故D 正确。
故选AD。
1．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 用较链连接于平台，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，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
【详解】A．杆AB 固定于平台，杆力不一定沿杆，同一条绳的力大小相等，其合力一定在其角平分线上，
由于杆力不一定沿杆，所以α 不一定等于β，故A 错误；
B．如图所示
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两个力T所作力的平行四边形为菱形，根据平衡条件可得
T =mg
根据几何关系可得
α + β =53°
对角线为F杆，则AB 杆受到绳子的作用力大小为
F杆=2T cos 53°
2 ≠√3mg
故B 错误；
C．根据题意D 端连接两条轻绳，两条轻绳的力不一定大小相等，且CD杆为铰链连接，为“活”杆，杆力
沿着杆的方向，水平方向，根据
F杆
' cos53° =T cos37° =mgcos37°
解得
F杆
' = 4
3 mg
故C 错误；
D．当启动电动机使重物缓慢下降时，即T =mg不变，∠DBM变小，根据
F杆=2T cos ∠DBM
2
可知F杆变大，故D 正确。
故选D。
2．如图所示，质量为m 的匀质细绳，一端系在天花板上的A 点，另一端系在竖直墙壁上的B 点，平衡后
最低点为C 点。现测得AC 段绳长是CB 段绳长的n 倍，且绳子A 端的切线与竖直方向的夹角为β，绳子B
端的切线与墙壁的夹角为α（重力加速度为g）则（ ）
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A．绳子在C 处弹力大小Fc= mg
n tan α
B．绳子在A 处的弹力大小F A = mg
n+1 √n
2+ tan
2α
C．绳子在B 处的弹力大小FB= mg
n+1 cosα
D．tanα :tan β =(n+1):1
【答案】B
【详解】AC．对CB段受力分析，受重力
G1=
1
n+1 mg
墙壁的拉力FB、AC段绳子对其向左的拉力FC，如图所示
根据平衡条件有
FBcosα =
1
n+1 mg
FBsin α = FC
联立解得
Fc = mg tan α
n+1
FB=
mg
(n+1)cosα
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故AC 错误；
B．再对AC段绳子受力分析，受重力
G2=
n
n+1 mg
BC 段绳子对其向右的拉力FC
'，天花板对其的拉力F A，如图所示
根据平衡条件有
F A cos β =
n
n+1 mg
F Asin β = F
'
c
❑
F
'
c
❑= Fc
联立解得
F A = mg
n+1 √n
2+ tan
2α
故B 正确；
D．又由于
tan α = FC
G1
tan β = F
'
C
G2
因此
tan α :tan β =n:1
故D 错误。
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故选B。
3．（多选）春节前锋，小明需移开沙发，清扫污垢。质量m＝10kg 的沙发放置在水平地面上，沙发与地
面间的动摩擦因数μ= √3
3 ，小明用力F＝100N 推沙发，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g
取10m/s
2，下列说法正确的是（ ）
A．若力F 斜向下与水平成θ角，当θ =30°时沙发恰好做匀速直线运动
B．若力F 斜向下与水平成θ角，当θ>60°时，无论F 力多大，沙发都不会动
C．若力F 方向能随意改变，让沙发匀速运动，F 斜向上与水平成30°时，F 最小
D．若力F 方向能随意改变，让沙发匀速运动，F 斜向上与水平成60°时，F 最小
【答案】ABC
【详解】A．若力F 斜向下与水平成θ =30°时，地面对沙发的摩擦力大小为
Ff= μ(mg+ F sin30°)=50√3 N
力F 在水平方向的分力大小为
F cos30° =50√3 N
两个力大小相等方向相反，故沙发在做匀速运动，故A 正确；
B．若力F 斜向下与水平成θ角，则最大静摩擦力大小为
Ff= μ(mg+ F sinθ)
若要物体静止不动，应该满足
F cosθ≤μ(mg+ F sinθ)
变形得
F (cosθ - μsinθ)≤μmg
如果满足
cosθ - μsinθ<0
即
θ>60°
则此时无论F 多大，物体都会保持静止，B 正确；
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CD．如果力F 斜向上与水平成θ角，且物体做匀速运动，则有
F cosθ = μ(mg- F sinθ)
变形可得
F =
μmg
cosθ+ μsinθ =
μmg
√1+ μ
2sin (θ+φ)
其中
sin φ=
1
√1+ μ
2 = √3
2
即
φ = π
3
故当θ = π
6 时，F 有最小值，故C 正确，D 错误。
故选ABC。
4．（多选）如图所示，物体置于水平传送带上，物体两边安装了固定光滑的水平杆A、B 限制物体只能在
其间运动。已知物体质量为m，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体在水平拉力F的作用下以恒定速度
v0匀速运动。传送带向右运动，其速度大小可改变，则下列说法正确的是（ ）
A．物体受摩擦力大小f = μmg，与传送带速度无关
B．传动带速度越大，所需拉力越大
C．物体对水平杆B 有压力
D．水平拉力F 等于μmg
v0
√v0
2+ v
2
【答案】AD
【详解】A．由题意可知，传送带的速度为v，物体在水平拉力F的作用下以恒定速度v0匀速运动，v 与v0
40
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垂直，则有物体相对传送带的速度大小为
v相对=√v0
2+ v
2
设相对速度v相对与v0的夹角为θ，则有
tanθ = v
v0
可知物体受摩擦力方向与物体相对速度方向相反，其大小为
f = μmg
可知摩擦力与传送带速度无关，A 正确；
BD．物体受力平衡，由平衡条件可得水平拉力F 等于
F = μmgcosθ = μmg
v0
√v0
2+ v
2
由上式可知，传送带的速度越大，所需的拉力F 越小，B 错误，D 正确；
C．由题意可知，A 杆受到压力作用，大小为
F N = μmgsinθ = μmg
v
√v0
2+ v
2
可知B 杆不受压力作用，C 错误。
故选AD。
5．（多选）如图所示，质量M =5kg的物体P静止在地面上，用轻绳通过光滑、轻质定滑轮1、2（滑轮大
小相等，轴心在同一水平线上）与质量m=1.5kg的小球Q连接在一起，初始时刻滑轮2 与P间的轻绳与竖
直方向的夹角为37°，小球Q与滑轮1 间的轻绳刚好位于竖直方向，现在用一水平向左的力F缓慢拉动小球
Q，直到物块P刚要在地面上滑动。已知P与地面的动摩擦因数μ=0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重
力加速度g=10 m /s
2，sin37° =0.6，cos37° =0.8。下列说法中正确的是（ ）
A．初始时P 受到地面的摩擦力为12N
B．此过程中绳子拉力先增大后减小
C．小球Q与滑轮1 间的轻绳与竖直方向的夹角最大为53°
41
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D．轴对滑轮1 的最大作用力大小为15√2N
【答案】CD
【详解】A．初始时轻绳拉力为T，对小球Q 受力分析有
T =mg=15 N
对P 受力分析有
Ff=T sin37° =9 N
故A 错误；
B．设此过程中小球Q 与滑轮1 间的轻绳与竖直方向夹角为θ，有
T cosθ =mg
在小球Q 缓慢移动的过程中θ逐渐增大，cosθ逐渐减小，所以绳子拉力T 逐渐增大，故B 错误；
C．当小球Q 与滑轮1 间的轻绳与竖直方向的夹角最大时轻绳拉力最大，对物块P 受力分析有
F N+T mcos37° = Mg
T msin37° = Ff
Ff= μ FN
解得
T m =25 N
此时对Q 受力分析有
cosθ = mg
T m
解得
θ =53°
故C 正确；
D．对滑轮1 受力分析可知，轴对滑轮1 的作用力大小为
F轮=√(T ⋅cosθ)
2+(T -T ⋅sinθ)
2
又因为
T = mg
cosθ
联立可得
F轮=mg√
2(1-sinθ)
cosθ
故θ =0时，轴对滑轮1 的作用力最大，此时
42
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F
m
轮=√2mg =15√2N
故D 正确。
故选CD。
6．（多选）如图所示，楔形物块A 静置在水平地面上，其斜面粗糙，斜面上有小物块B。用平行于斜面
的力F 拉B，使之沿斜面匀速上滑。现改变力F 的方向至与斜面成一定的角度，如图所示，仍使小物块B
沿斜面匀速上滑。在B 运动的过程中，楔形物块A 始终保持静止。下列描述正确的有（ ）
A．拉力F 一定增大
B．A 对B 的摩擦力减小
C．B 对斜面的作用力变小
D．地面受到的摩擦力大小可能变大
【答案】BC
【详解】AB．根据小物块匀速运动，列平衡方程，方向改变前，则有
F1= μ N 1+mgsinθ
N 1=mgcosθ
故
F1= μmgcosθ+mgsinθ
方向改变后，则有
F2cosα = μ N 2+mgsinθ
N 2+ F2sin α =mgcosθ
故
F2= μmgcosθ+mgsinθ
cosα + μsin α
所以力F 可能增大、减小或不变，而支持力减小，摩擦力一定减小，A 错误，B 正确；
CD．B 对斜面的作用力为
F作用力=√(μN )
2+ N
2
方向大致向右，支持力减小，所以作用力一定减小，地面的摩擦力为了受力平衡也必须减小，故C 正确，
D 错误。
故选BC。
43
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7．（多选）如图所示，用轻质柔软的细线将一质量为m的小球悬挂于天花板上的O 点，在外力F、重力G
和细线拉力FT的作用下处于平衡状态。初始时F水平，且细线与竖直方向的夹角为θ，与F的夹角为α。下
列说法中正确的是（ ）
A．保持F水平，逐渐缓慢增大θ角，则F逐渐减小、FT逐渐增大
B．保持小球位置及θ角不变，缓慢减小α角直至a=θ，则F先减小后增大
C．保持α角不变，缓慢增大θ角，直至悬线水平，则F先减小后增大
D．保持α角、θ角和F方向不变，增加细线的长度，F、FT都不变
【答案】BD
【详解】A．保持F水平，根据正交分解和平衡条件有
F =mg tanθ
FT= mg
cosθ
渐缓慢增大θ角，F、FT均逐渐增大，故A 错误；
B．对小球受力分析，小球受重力、拉力F和细线的拉力FT作用，如图所示
θ角不变，由图可知，α角减小到90°时，F最小，因此α角减小直至a=θ过程中，F先减小后增大，故B
正确；
C．保持α角不变，增大θ角，细线和拉力F的方向都逆时针转动，如图所示
44
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由图可知，F水平时FT最大，FT水平时F最大，所以FT逐渐减小，F逐渐增大，故C 错误；
D．保持α角、θ角和F方向不变，增加细线的长度，对F、FT没有影响，F、FT都不变，故D 正确。
故选BD。
8．如图所示，两个相同小物块A、B（可视为质点）静止放在粗糙水平面上，两物块与水平面间的动摩擦
因数相同，两根等长轻杆一端分别通过光滑铰链连接在A、B 上，另一端通过光滑铰链连接在O 处，两杆
之间的夹角为α。现对O 施加一个竖直向上的拉力F，已知物块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
（1）若A、B 的重力大小均为G，动摩擦因数为μ，要使两物块发生滑动，F 应满足什么条件？
（2）若α =60°，对O 施加一个竖直向下的压力F，无论F 多大均不能使A、B 与水平面发生相对滑动，
则物块与水平面间的动摩擦因数应满足什么条件？
【答案】（1）F >
2 μG
μ+ tan α
2
；（2）μ≥√3
3
【详解】（1）把力F 的作用效果分解，对A 受力分析，如图
则
45
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F =2 F2cos α
2
可得
F2=
F
2cos α
2
若A 刚好要相对滑动，水平方向
F2sin α
2 = Ff 1
竖直方向
F N 1+ F2cos α
2 =G
又
Ff 1= μ F N 1
解得
F =
2 μG
μ+ tan α
2
要使两物块发生滑动，F 应满足
F >
2 μG
μ+ tan α
2
（2）把力F 效果分解，对A 受力分析，如图
则
F =2 F2cos α
2
要使A 不发生相对滑动，对A，水平方向
F2sin α
2 = Ff 2
46
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竖直方向
F N 2=G+ F2cos α
2
又
Ff 2≤f max = μ F N 2
解得
μ≥
tan α
2
1+ 2G
F
当F →∞时
μ≥tan α
2 = √3
3
所以无论F 多大均不能使A、B 与水平面发生相对滑动，则物块与水平面间的动摩擦因数应满足
μ≥√3
3
9．如图所示，倾角θ =37°的固定斜面上放有物块A 和B，A、B 之间拴接有劲度系数k=4N/cm 的轻弹簧，
物块B 和小桶C 由跨过光滑的定滑轮的轻绳连接。开始时弹簧处于原长，A、B、C 均处静止状态，且B 刚
好不受摩擦力，轻弹簧、轻绳平行于斜面。已知A、B 的质量mA=mB=2kg，A、B 与斜面间的动摩擦因数均
为0.875，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g 取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。
（1）求C 的质量mc；
（2）求开始时A 受到的摩擦力大小；
（3）若向C 中缓慢加入沙子，当B 刚要向上运动时，加入沙子的总质量记为m1，继续缓慢加入沙子，B
缓慢向上运动，当A 刚要向上运动时（C 未触地，弹簧处于弹性限度范围内），加入沙子的总质量记为
m2，求：
①
m1
m2
A
②
刚要向上运动时，B 已经向上运动的距离。
47
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【答案】（1）1.2kg；（2）12N；（3）①7
20，②6.5cm
【详解】解：（1）把B、C 视为整体，由平衡条件有
mB gsinθ =mC g
解得
mC =1.2kg
（2）对A进行受力分析，由平衡条件，则有
f =mA gsinθ
解得
f =12N
（3）①当B刚要向上运动时，将B、C 和沙子视为整体，由平衡条件有
mB gsinθ+ μmB gcosθ =(mC +m1)g
当A刚要向上运动时，将A、B、C 和沙子视为整体，则有
(mA+mB)gsinθ+ μ(mA+mB)gcosθ =(mC +m2)g
解得
m1
m2
= 7
20
②当A刚要往上运动时，对A进行受力分析，则有
T =mA gsinθ+ μmgcosθ
又由胡克定律有
T =kx
解得
x =6.5cm
说明B已经向上运动了6.5cm
10．有一块均匀木棒AC 长为l1，重为G1，A 端用铰链固定在地面上。下面尝试用不同的方法将木棒支起。
（1）若用一作用力F1作用于C 端将木棒抬起达平衡位置，此时木棒与地面夹角为α，如图1 所示。求F1
最小值的大小与方向；
（2）若用长为l2、重为G2的撬棒把木棒支起达平衡位置，如图2 所示，假定木棒与撬棒的接触是光滑的，
地面粗糙，图中α =30°，β =60°，l1:l2=2:3。求：
①木棒AC 在C 点所受支持力的大小；
48
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②作用于撬棒端点D 的外力F2至少为多大？
（3）若用半径为R、重为G3的圆柱把木棒支起达平衡位置，木棒与地面夹角为α，如图3 所示。假定木棒
与圆柱接触面摩擦因数足够大，地面与圆柱摩擦因数为μ。图中α =37°，l1: R =6:1，G1:G3=1:2，已知
sin37° =0.6，cos37° =0.8，试分析此时摩擦因数μ的取值范围。
【答案】（1）F1最小值为G1cosα
2
，方向为垂直木棒向上；（2）①G1
2
；②√3
9 G1+ G2
4
；（3）μ≥2
11
【详解】（1）根据杠杆平衡原理可知，当作用在C 点，垂直于木棒向上时，力臂最大，作用力F1最小，
可得
F1min×l1=G1× l1
2 ×cosα
解得
F1min= G1cosα
2
方向为垂直木棒向上；
（2）①可知撬棒给木棒的作用点在C 点，作用力方向为垂直于撬棒向上，设木棒受到的支持力为FN，木
棒对撬棒的压力为F
'
N，如图
根据几何关系可得木棒和撬棒之间的夹角为30°，即∠ACB =30°，可得
AB=BC
且FN与AC 的夹角为60°，根据杠杆平衡原理可得
49
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FN×l1×sin60° =G1× l1
2 ×cosα
解得
FN= G1
2
②作用于撬棒端点D 的外力F2当垂直于撬棒向上时力臂最大，此时F2最小，根据几何关系可得F
'
N的力臂
为√3
3 l1，根据牛顿第三定律可得
F
'
N= FN= G1
2
可得
F
'
N× √3
3 l1+G2× l2
2 ×cos β = F2min×l2
解得
F2min= √3
9 G1+ G2
4
（3）设圆柱对木棒的支持力为F1N，木棒对圆柱的压力为F
'
1N，如图
根据几何关系可得F1N的力臂L 为
L=
R+
R
cos37°
tan37°
=3 R
则可得
F1N× L=G1× l1
2 ×cos37°
解得
50
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F1N= 4
5 G1
则根据牛顿第三定律可得
F
'
1N = F1N = 4
5 G1
对圆柱进行受力分析，在水平方向上可得
f = F
'
1N×sin α = 12G1
25
设地面对圆柱的支持力为F2N，在竖直方向上有
F2N=G3+ F
'
1Ncosα = 66
25 G1
可知圆柱刚好滑动时，即此时静摩擦力恰好等于滑动摩擦力，此时μ最小，故可得
f ≤μ F2N
解得
μ≥2
11
1．（2023·重庆·统考高考真题）矫正牙齿时，可用牵引线对牙施加力的作用。若某颗牙齿受到牵引线的两
个作用力大小均为F，夹角为α（如图），则该牙所受两牵引力的合力大小为（ ）
A．2 F sin α
2
B．2 F cos α
2
C．F sin α
D．F cosα
【答案】B
【详解】根据平行四边形定则可知，该牙所受两牵引力的合力大小为
51
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F合=2 F cos α
2
故选B。
2．（2022·辽宁·高考真题）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F1、F2分别表示OM 、ON的拉力，则（ ）
A．F1的竖直分力大于F2的竖直分力
B．F1的竖直分力等于F2的竖直分力
C．F1的水平分力大于F2的水平分力
D．F1的水平分力等于F2的水平分力
【答案】D
【详解】CD．对结点O 受力分析可得，水平方向
F1sin α = F2sin β
即F2的水平分力等于F2的水平分力，选项C 错误，D 正确；
AB．对结点O 受力分析可得，竖直方向
F1cosα + F2cos β =mg
解得
F1= mgsin β
sin(α + β)
F2= mgsin α
sin(α + β)
则F1的竖直分量
F1 y = mgsin β cosα
sin(α + β)
F2的竖直分量
F2 y = mgsin α cos β
sin(α + β)
因
sin α cos β -cosα sin β =sin(α - β)>0
可知
F2 y> F1 y
52
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选项AB 错误。
故选D。
3．（2022·浙江·统考高考真题）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（ ）
A．作用力为√3
3 G
B．作用力为√3
6 G
C．摩擦力为√3
4 G
D．摩擦力为√3
8 G
【答案】B
【详解】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
4 F cos30° =G
解得
F = √3
6 G
以其中一斜杆为研究对象，其受力如图所示
可知每根斜杆受到地面的作用力应与F平衡，即大小为√3
6 G，每根斜杆受到地面的摩擦力为
f = F sin30° = √3
12 G
B 正确，ACD 错误；
故选B。
4．（2022·广东·高考真题）图是可用来制作豆腐的石磨。木柄AB静止时，连接AB的轻绳处于绷紧状态。
O 点是三根轻绳的结点，F、F1和F2分别表示三根绳的拉力大小，F1= F2且∠AOB =60°。下列关系式正
确的是（ ）
53
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A．F = F1
B．F =2 F1
C．F =3 F1
D．F =√3 F1
【答案】D
【详解】以O点为研究对象，受力分析如图
由几何关系可知
θ =30°
由平衡条件可得
F1sin30° = F2sin30°
F1cos30°+ F2cos30° = F
联立可得
F =√3 F1
故D 正确，ABC 错误。
故选D。
5．（2022·河北·统考高考真题）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（ ）
54
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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
【详解】设两绳子对圆柱体的拉力的合力为T，木板对圆柱体的支持力为N，绳子与木板夹角为α，从右向
左看如图所示
在矢量三角形中，根据正弦定理
sin α
mg = sin β
N
= sin γ
T
在木板以直线MN为轴向后方缓慢转动直至水平过程中，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，根据
sin α
mg = sin β
N
= sin γ
T
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由于sin γ不断减小，可知T不断减小，sin β先增大后减小，可知N先增大后减小，结合牛顿第三定律可知，
圆柱体对木板的压力先增大后减小，设两绳子之间的夹角为2θ，绳子拉力为T
'，则
2T
' cosθ =T
可得
T
' =
T
2cosθ
θ不变，T逐渐减小，可知绳子拉力不断减小，故B 正确，ACD 错误。
故选B。
6．（2022·湖南·统考高考真题）2022 年北京冬奥会跳台滑雪空中技巧比赛场地边，有一根系有飘带的风力
指示杆，教练员根据飘带的形态提示运动员现场风力的情况。若飘带可视为粗细一致的匀质长绳，其所处
范围内风速水平向右、大小恒定且不随高度改变。当飘带稳定时，飘带实际形态最接近的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】由于风速水平向右、大小恒定且不随高度改变，可认为单位长度飘带受到的风力F0相同，假设飘
带总长为L，质量为m，由飘带自由端向上选取任意一段Δ x，该部分飘带的重力和所受风力分别为
G =Δmg= Δ x
L ·mg
F = Δ x⋅F0
该部分飘带稳定时受力平衡，受力分析如图所示
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重力与风力的合力与剩余部分间的张力T是平衡力，设竖直方向的夹角为θ，则满足
tanθ =
F
Δmg = Δ x⋅F0
Δ x
L ·mg
= F0 L
mg
可知飘带与竖直方向的角度与所选取的飘带长度无关，在风速一定时，飘带与竖直方向的角度正切值恒定，
则飘带为一条倾斜的直线。
故选A。
7．（2021·重庆·高考真题）如图所示，人游泳时若某时刻手掌对水的作用力大小为F，该力与水平方向的
夹角为30°，则该力在水平方向的分力大小为（ ）
A．2 F
B．√3 F
C．F
D．√3
2 F
【答案】D
【详解】沿水平方向和竖直方向将手掌对水的作用力分解，则有该力在水平方向的分力大小为
F cos30° = √3
2 F
故选D。
8．（2022·浙江·统考高考真题）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GP和GQ。用手使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，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（ ）
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A．Q 对P 的磁力大小等于GP
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GQ＋F
D．电子秤对Q 的支持力大小等于GP＋GQ
【答案】D
【详解】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GP，选项AB 错误；
CD．对PQ 的整体受力分析，竖直方向电子秤对Q 的支持力大小等于GP＋GQ，即Q 对电子秤的压力大小
等于GP＋GQ，选项C 错误，D 正确。
故选D。
9．（2022·浙江·统考高考真题）如图所示，学校门口水平地面上有一质量为m 的石墩，石墩与水平地面间
的动摩擦因数为μ，工作人员用轻绳按图示方式匀速移动石墩时，两平行轻绳与水平面间的夹角均为θ，则
下列说法正确的是（ ）
A．轻绳的合拉力大小为μmg
cosθ
B．轻绳的合拉力大小为
μmg
cosθ+ μsinθ
C．减小夹角θ，轻绳的合拉力一定减小
D．轻绳的合拉力最小时，地面对石墩的摩擦力也最小
【答案】B
【详解】AB．对石墩受力分析，由平衡条件可知
T cosθ = f
f = μN
T sinθ+ N =mg
联立解得
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T =
μmg
cosθ+ μsinθ
故A 错误，B 正确；
C．拉力的大小为
T =
μmg
cosθ+ μsinθ =
μmg
√1+ μ
2sin(θ+φ)
其中tan φ= 1
μ ，可知当θ+φ =90°时，拉力有最小值，即减小夹角θ，轻绳的合拉力不一定减小，故C 错
误；
D．摩擦力大小为
f =T cosθ =
μmgcosθ
cosθ+ μsinθ =
μmg
1+ μ tanθ
可知增大夹角θ，摩擦力一直减小，当θ趋近于90°时，摩擦力最小，故轻绳的合拉力最小时，地面对石墩
的摩擦力不是最小，故D 错误；
故选B。
10．（2022·浙江·统考高考真题）如图所示，公园里有一仿制我国古代欹器的U 形水桶，桶可绕水平轴转
动，水管口持续有水流出，过一段时间桶会翻转一次，决定桶能否翻转的主要因素是（ ）
A．水桶自身重力的大小
B．水管每秒出水量的大小
C．水流对桶撞击力的大小
D．水桶与水整体的重心高低
【答案】D
【详解】水管口持续有水流出而过一段时间桶会翻转一次，说明主要原因是装的水到一定量之后，导致水
桶与水整体的重心往上移动，竖直向下的重力作用线偏离中心转轴，导致水桶不能稳定平衡，发生翻转，
故选D。
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11．（2021·广东·高考真题）唐代《耒耜经》记载了曲辕犁相对直辕犁的优势之一是起土省力，设牛用大
小相等的拉力F 通过耕索分别拉两种犁，F 与竖直方向的夹角分别为α和β，α < β，如图所示，忽略耕索
质量，耕地过程中，下列说法正确的是（ ）
A．耕索对曲辕犁拉力的水平分力比对直辕犁的大
B．耕索对曲辕犁拉力的竖直分力比对直辕犁的大
C．曲辕犁匀速前进时，耕索对犁的拉力小于犁对耕索的拉力
D．直辕犁加速前进时，耕索对犁的拉力大于犁对耕索的拉力
【答案】B
【详解】A．将拉力F 正交分解如下图所示
则在x 方向可得出
Fx 曲 = Fsinα
Fx 直 = Fsinβ
在y 方向可得出
Fy 曲 = Fcosα
Fy 直 = Fcosβ
由题知α < β 则
sinα < sinβ
cosα > cosβ
则可得到
Fx 曲 < Fx 直
Fy 曲 > Fy 直
A 错误、B 正确；
CD．耕索对犁的拉力与犁对耕索的拉力是一对相互作用力，它们大小相等，方向相反，无论是加速还是匀
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速，则CD 错误。
故选B。
12．（2021·湖南·高考真题）质量为M的凹槽静止在水平地面上，内壁为半圆柱面，截面如图所示，A为
半圆的最低点，B为半圆水平直径的端点。凹槽恰好与竖直墙面接触，内有一质量为m的小滑块。用推力
F推动小滑块由A 点向B点缓慢移动，力F的方向始终沿圆弧的切线方向，在此过程中所有摩擦均可忽略，
下列说法正确的是（ ）
A．推力F先增大后减小
B．凹槽对滑块的支持力先减小后增大
C．墙面对凹槽的压力先增大后减小
D．水平地面对凹槽的支持力先减小后增大
【答案】C
【详解】AB ．对滑块受力分析，由平衡条件有
F =mgsinθ
N =mgcosθ
滑块从A 缓慢移动B 点时，θ越来越大，则推力F 越来越大，支持力N 越来越小，所以AB 错误；
C．对凹槽与滑块整体分析，有墙面对凹槽的压力为
F N = F cosθ =mgsinθcosθ = 1
2 mgsin (2θ)
则θ越来越大时，墙面对凹槽的压力先增大后减小，所以C 正确；
D．水平地面对凹槽的支持力为
N 地=(M +m)g- F sinθ =(M +m)g-mgsin
2θ
则θ越来越大时，水平地面对凹槽的支持力越来越小，所以D 错误；
故选C。
13．（2021·浙江·统考高考真题）如图所示，电动遥控小车放在水平长木板上面，当它在长木板上水平向
左加速运动时，长木板保持静止，此时（ ）
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A．小车只受重力、支持力作用
B．木板对小车的作用力方向水平向左
C．木板对小车的作用力大于小车对木板的作用力
D．木板对小车的作用力与小车对木板的作用力大小一定相等
【答案】D
【详解】A．小车加速向左运动，受到自身的重力和电机的驱动力，受到长木板对小车的支持力和阻力，A
错误；
B．木板对小车的作用力包括竖直向上的支持力和水平方向的阻力，根据平行四边形定则可知合力方向一
定不在水平方向，B 错误；
CD．木板对小车的作用力与小车对木板的作用力是一对相互作用力，等大反向，C 错误，D 正确。
故选D。
14．（2020·海南·统考高考真题）如图，上网课时小明把手机放在斜面上，手机处于静止状态。则斜面对
手机的（ ）
A．支持力竖直向上
B．支持力小于手机所受的重力
C．摩擦力沿斜面向下
D．摩擦力大于手机所受的重力沿斜面向下的分力
【答案】B
【详解】设手机的质量为m，斜面倾角为θ。对手机进行受力分析，如图所示
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由图可知支持力方向垂直斜面向上，摩擦力方向沿斜面向上，根据平衡条件则有
f =mgsinθ，FN=mgcosθ
因cosθ<1，故FN<mg，且摩擦力等于手机所受的重力沿斜面向下的分力
故选B。
15．（2020·北京·统考高考真题）某同学利用图甲所示装置研究摩擦力的变化情况。实验台上固定一个力
传感器，传感器用棉线拉住物块，物块放置在粗糙的长木板上。水平向左拉木板，传感器记录的F -t图像
如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．实验中必须让木板保持匀速运动
B．图乙中曲线就是摩擦力随时间的变化曲线
C．最大静摩擦力与滑动摩擦力之比约为10:7
D．只用图乙中数据可得出物块与木板间的动摩擦因数
【答案】C
【详解】AB．为了能研究摩擦力随时间的变化曲线，故物块一直要处于静止状态，则向左的摩擦力一直与
向右轻绳的拉力平衡，图乙是向右轻绳的拉力随时间变化曲线，故图乙也可以反映摩擦力随时间变化的曲
线，由图可乙知向右轻绳的拉力先增大后减小，最后趋于不变，故物块先受静摩擦力作用后受滑动摩擦力
作用，所以不需要让木板保持匀速运动，故AB 错误；
C．由图可知，最大静摩擦力约为10N，滑动摩擦力约为7N，故最大静摩擦力与滑动摩擦力之比约为
10:7，故C 正确；
D．根据
Ff= μ FN，FN =mg
可知，由于不知道物块的重力，故无法求物块与木板间的动摩擦因数，故D 错误。
故选C。
16．（2020·山东·统考高考真题）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、
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B 刚好要滑动，则μ 的值为（ ）
A．1
3
B．1
4
C．1
5
D．1
6
【答案】C
【详解】当木板与水平面的夹角为45°时，两物块刚好滑动，对A 物块受力分析如图
沿斜面方向，A、B 之间的滑动摩擦力
f 1= μN = μmgcos 45°
根据平衡条件可知
T =mgsin 45°+ μmgcos 45°
对B 物块受力分析如图
沿斜面方向，B 与斜面之间的滑动摩擦力
f 2= μN ' = μ⋅3mgcos 45°
根据平衡条件可知
2mgsin 45° =T + μmgcos 45°+ μ⋅3mgcos 45°
两式相加，可得
2mgsin 45° =mgsin 45°+ μmgcos 45°+ μmgcos 45°+ μ⋅3mgcos 45°
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解得
μ= 1
5
故选C。
17．（2020·浙江·统考高考真题）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上缓
慢移动时，氦气球对其有大小为5
6 mg、方向竖直向上的拉力作用，使其有“人类在月球上行走”的感觉，
若将人视为质点，此时工作人员（ ）
A．受到的重力大小为1
6 mg
B．受到的合力大小为1
6 mg
C．对球面的压力大小为1
6 mg
D．对球面的作用力大小为1
6 mg
【答案】D
【详解】A．工作人员的质量为m，则工作人员受到的重力
G =mg
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，B 错误；
C．工作人员站在的球面位置不水平，对球面的压力不等于1
6 mg，C 错误；
D．由平衡条件可得球面对工作人员的作用力F满足
F =mg- 5
6 mg= 1
6 mg
再由牛顿第三定律可得，工作人员对球面的作用力大小为
F
' = 1
6 mg
D 正确。
故选D。
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18．（2020·浙江·统考高考真题）矢量发动机是喷口可向不同方向偏转以产生不同方向推力的一种发动机。
当歼20 隐形战斗机以速度v 斜向上飞行时，其矢量发动机的喷口如图所示。已知飞机受到重力G、发动机
推力F1、与速度方向垂直的升力F2和与速度方向相反的空气阻力Ff。下列受力分析示意图可能正确的是
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】由题意可知所受重力G 竖直向下，空气阻力Ff与速度方向相反，升力F2与速度方向垂直，发动机
推力F1的方向沿喷口的反方向，对比图中选项可知只有A 选项符合题意。
故选A。
19．（2020·全国·统考高考真题）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（ ）
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A．45°
B．55°
C．60°
D．70°
【答案】B
【详解】甲物体是拴牢在O 点，且甲、乙两物体的质量相等，则甲、乙绳的拉力大小相等，O 点处于平衡
状态，则左侧绳子拉力的方向在甲、乙绳子的角平分线上，如图所示
根据几何关系有
180
∘=2 β +α
解得β =55
∘。
故选B。
20．（2020·浙江·高考真题）如图所示，一对父子掰手腕，父亲让儿子获胜。若父亲对儿子的力记为F1，
儿子对父亲的力记为F2，则（ ）
A．F2> F1
B．F1和F2大小相等
C．F1先于F2产生
D．F1后于F2产生
【答案】B
【详解】父亲对儿子的力F1和儿子对父亲的力F2是一对相互作用力，根据牛顿第三定律可知这两个力等大
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反向，同生同灭，故B 正确，ACD 错误。
故选B．
21．（2019·天津·高考真题）2018 年10 月23 日，港珠澳跨海大桥正式通车。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
【详解】A．以桥身为研究对象，钢索对桥身的拉力的合力与桥身的重力等大反向，则钢索对索塔的向下
的压力数值上等于桥身的重力，增加钢索的数量钢索对索塔的向下的压力数值不变，故A 错误；
B．由图甲可知2T cosα = Mg，当索塔高度降低后，α变大，cosα 变小，故T 变大，故B 错误；
C．由B 的分析可知，当钢索对称分布时，2T cosα = Mg，钢索对索塔的合力竖直向下，故C 正确；
D．受力分析如图乙，只要F AB
sin α = F AC
sin β ，钢索AC、AB 的拉力FAC、FAB进行合成，合力竖直向下，钢索
不一定要对称分布，故D 错误；
故选C。
22．（2023·山东·统考高考真题）餐厅暖盘车的储盘装置示意图如图所示，三根完全相同的弹簧等间距竖
直悬挂在水平固定圆环上，下端连接托盘。托盘上叠放若干相同的盘子，取走一个盘子，稳定后余下的正
好升高补平。已知单个盘子的质量为300g，相邻两盘间距1.0cm，重力加速度大小取10m/s2。弹簧始终在
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弹性限度内，每根弹簧的劲度系数为（ ）
A．10N/m
B．100N/m
C．200N/m
D．300N/m
【答案】B
【详解】由题知，取走一个盘子，稳定后余下的正好升高补平，则说明一个盘子的重力可以使弹簧形变相
邻两盘间距，则有
mg = 3∙kx
解得
k = 100N/m
故选B。
23．（2019·全国·高考真题）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F1、F2，则
A．F1= √3
3 mg，F2= √3
2 mg
B．F1= √3
2 mg，F2= √3
3 mg
C．F1= 1
2 mg，F2= √3
2 mg
D．F1= √3
2 mg，F2= 1
2 mg
【答案】D
【详解】对圆筒进行受力分析知圆筒处于三力平衡状态，受力分析如图，由几何关系可知，
F1
' =mgcos30°，F2
' =mgsin30° ．解得F1
' = √3
2 mg，F2
' = 1
2 mg 由牛顿第三定律知
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F1= √3
2 mg , F2= 1
2 mg，故D 正确
24．（2019·全国·高考真题）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√3
3 ，重力加速度取10m/s2．若轻绳能承受的最大张力为1 500 N，则
物块的质量最大为
A．150kg
B．100√3kg
C．200 kg
D．200√3kg
【答案】A
【详解】
T=f+mgsinθ，f=μN，N=mgcosθ，代入数据解得：m=150kg，故A 选项符合题意
25．（2019·浙江·高考真题）如图所示，一根粗糙的水平横杆上套有A、B 两个轻环，系在两环上的等长
细绳拴住的书本处于静止状态，现将两环距离变小后书本仍处于静止状态，则
A．杆对A 环的支持力变大
B．B 环对杆的摩擦力变小
C．杆对A 环的力不变
D．与B 环相连的细绳对书本的拉力变大
【答案】B
【详解】A．对两环和书本的整体受力分析，竖直方向：2N=mg，可知将两环距离变小后杆对A 环的支持
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力不变，选项A 错误；
BD．对圆环B 受力分析可知，f=Tcosθ；对书本：2Tsinθ=mg，解得f =
mg
2tanθ （其中的θ 是绳与杆之间的
夹角），则当两环距离变小后，θ 变大，则f 减小，与B 环相连的细绳对书本的拉力T 变小，选项B 正确，
D 错误；
C．同理，杆对A 环的摩擦力减小，杆对A 环的支持力不变，则杆对A 环的力减小，选项C 错误．
26．（2019·浙江·高考真题）如图所示，小明撑杆使船离岸，则下列说法正确的是
A．小明与船之间存在摩擦力
B．杆的弯曲是由于受到杆对小明的力
C．杆对岸的力大于岸对杆的力
D．小明对杆的力和岸对杆的力是一对相互作用力
【答案】A
【详解】A．小明与船之间存在运动的趋势，则它们之间存在摩擦力，选项A 正确；
B．杆的弯曲是由于杆受到小明对杆的力，选项B 错误；
C．杆对岸的力与岸对杆的力是作用与反作用力，大小相等，选项C 错误；
D．小明对杆的力和杆对小明的力是一对相互作用力，选项D 错误．
故选A。
27．（2023·浙江·统考高考真题）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sin37° =0.6，cos37° =0.8，
则圆柱体受到的支持力Fa、Fb大小为（ ）
A．Fa=0.6G，Fb=0.4G
B．Fa=0.4G，Fb=0.6G
C．Fa=0.8G，Fb=0.6G
D．Fa=0.6G，Fb=0.8G
【答案】D
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【详解】对光滑圆柱体受力分析如图
由题意有
Fa=G sin37
∘=0.6G
Fb=Gcos37
∘=0.8G
故选D。
28．（2023·海南·统考高考真题）如图所示，工人利用滑轮组将重物缓慢提起，下列说法正确的是（ ）
A．工人受到的重力和支持力是一对平衡力
B．工人对绳的拉力和绳对工人的拉力是一对作用力与反作用力
C．重物缓慢拉起过程，绳子拉力变小
D．重物缓慢拉起过程，绳子拉力不变
【答案】B
【详解】AB．对人受力分析有
则有
FN＋FT= mg
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其中工人对绳的拉力和绳对工人的拉力是一对作用力与反作用力，A 错误、B 正确；
CD．对滑轮做受力分析有
则有
FT=
mg
2cosθ
则随着重物缓慢拉起过程，θ 逐渐增大，则FT逐渐增大，CD 错误。
故选B。
29．（2023·江苏·统考高考真题）如图所示，“嫦娥五号”探测器静止在月球平坦表面处。已知探测器质
量为m，四条腿与竖直方向的夹角均为θ，月球表面的重力加速度为地球表面重力加速度g 的1
6 。每条腿对
月球表面压力的大小为（ ）
A．mg
4
B．
mg
4 cosθ
C．mg
6cosθ
D．mg
24
【答案】D
【详解】对“嫦娥五号”探测器受力分析有
FN = mg 月
则对一条腿有
FN1= 1
4 m g月= mg
24
根据牛顿第三定律可知每条腿对月球表面的压力为mg
24 。
故选D。
30．（2022·重庆·高考真题）如图所示，吸附在竖直玻璃上质量为m 的擦窗工具，在竖直平面内受重力、
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拉力和摩擦力（图中未画出摩擦力）的共同作用做匀速直线运动。若拉力大小与重力大小相等，方向水平
向右，重力加速度为g，则擦窗工具所受摩擦力（ ）
A．大小等于mg
B．大小等于√2mg
C．方向竖直向上
D．方向水平向左
【答案】B
【详解】对擦窗工具进行正视图的受力分析如图所示
水平方向上拉力F与擦窗工具所受摩擦力水平分量f 滑等大反向，竖直方向上重力mg与擦窗工具所摩擦力
竖直分量f 静等大反向，所以擦窗工具所受摩擦力方向如图中f 所示，大小为
f =√f 滑
2+ f 静
2=√2mg
故选B。
31．（2022·海南·高考真题）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（ ）
A．√3
2
B．√3
C．1
D．2
【答案】D
【详解】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
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结合力的合成可知
tan 60
°= F4
m' g
对第2 块和第三块石块整体受力分析如图
tan30
°=
F4
(m+m' )g
解得
m
m' =2
故选D。
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