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专题03 共点力的平衡
考点
考情
命题方向
考点1 静态平衡
2024 年1 月浙江选考卷
2024 高考全国理综甲卷
2023 高考江苏卷
2023 年6 月高考浙江选考
2022 年高考广东卷
2022 高考辽宁物理卷
2022 年6 月浙江选考
1.物体平衡中高考考查频率较
高的知识主要是静态平衡和动
态平衡。
2.静态平衡包括单体静态平
衡、结点静态平衡和连接体静
态平衡。静态平衡一般与力学
中三种力、力的分解等知识点
综合考查。
3.动态平衡一般难度较大，可
以利用解析法、动态平衡矢量
图法等分析解答。
考点2 动态平衡
2022 高考河北卷
2023 高考海南卷
1
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题型一 受力分析 整体法与隔离法的应用
1．受力分析的定义
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，这个过
程就是受力分析．
2．受力分析的一般顺序
先分析场力(重力、电场力、磁场力)，再分析接触力(弹力、摩擦力)，最后分析其他力．
[模型演练1] （2024•南明区校级二模）如图甲所示是户外露营中使用的一种便携式三脚
架，它由三根完全相同的轻杆通过铰链组合在一起，每根杆均可绕铰链自由转动，且三根杆与
地面的接触点处在同一水平面，其简化模型如图乙所示。将三脚架静止放在水平地面上，三根
杆与竖直方向的夹角均为θ＝53°，所吊的炊具和细铁链总质量为m，忽略铰链与杆的摩擦，
重力加速度为g，则（ ）
A．地面对杆的作用力与细铁链对杆的作用力是相互作用力
B．三脚架所受合力为mg
C．每根杆中的弹力大小为5
9 mg
D．每根杆对地面的摩擦力大小为零
【解答】解：A、以三脚架（质量视为零）、炊具和细铁链整体为研究对象，在竖直方向上受竖
直向下的重力mg、地面对每根杆竖直向上的支持力FN，则：mg＝3FN
地面对杆的作用力为：3FN＝mg，方向竖直向上
以图乙O 点为研究对象，如图所示：
2
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炊具和细铁链整体重力mg 的反向延长线经过O 点，每根杆对O 点的弹力（支持力）为F，则由
共点力的平衡有：3Fcosθ＝mg
杆对细铁链的作用力为：3Fcosθ＝mg，方向竖直向上
由牛顿第三定律可知，细铁链对杆的作用力大小为mg，方向竖直向下
所以，地面对杆的作用力与细铁链对杆的作用力是平衡力，故A 错误；
B、三脚架静止，所受合力为零，故B 错误；
C、由A 解析可得：3Fcosθ＝mg
解得：F=
mg
3cosθ =
mg
3×cos53° = mg
3× 3
5
= 5
9 mg
故C 正确；
D、以图乙中最右侧杆为例，作为研究对象，见上图，由牛顿第三定律可知，O 点对该杆的压力
大小为F，方向指向杆内部；
该杆重力可视为零，其还受到地面支持力FN，该杆静止，合力为零，则其一定受到水平向左的
摩擦力f 作用，故D 错误。
故选：C。
[模型演练2] （2024•丰台区二模）如图所示，水平地面上放置一个质量为10kg、倾角为
37°的斜面体。一个质量为5kg 的箱子在平行于斜面的拉力F 作用下，沿斜面体匀速上滑，斜
面体保持静止。已知箱子与斜面间的动摩擦因数为0.25，重力加速度g 取10m/s2，sin37°＝
0.6，cos37°＝0.8。下列说法正确的是（ ）
A．箱子对斜面体压力的大小为30N
B．拉力F 的大小为10N
3
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C．斜面体对地面压力的大小为150N
D．地面给斜面体的摩擦力大小为32N
【解答】解：AB、对箱子受力分析，如图：
由平衡条件得：F＝f+mgsin37°
N＝mgcos37°
f＝μN
代入数据联立解得：N＝40N
f＝10N
F＝40N
由牛顿第三定律可知，箱子对斜面体压力的大小为40N，故AB 错误；
CD、对斜面体和箱子整体受力分析，如图
由平衡条件得：Fsin37°+N′＝（M+m）g
Fcos37°＝f′
代入数据联立解得：f′＝32N
N′＝126N
由牛顿第三定律得，斜面体对地面压力大小为126N，故C 错误，D 正确。
故选：D。
4
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[模型演练3] （2024•琼山区校级模拟）如图所示，质量为M 的光滑半圆柱体紧靠墙根放
置，质量为m 的小球由长度为L 的细线悬挂于竖直墙壁上的A 点，静止在半圆柱体上，A 点
距离地面的高度为L，细线与竖直方向夹角为θ。已知半圆柱体的半径可变化（质量不变），
小球可视为质点，重力加速度为g，不计一切摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．当θ＝60°时，细线对小球的拉力大小为√3
2 mg
B．当θ＝60°时，半圆柱体对小球的支持力大小为1
2 mg
C．半圆柱体受到水平地面的弹力大小为Mg+mgsin2θ
D．半圆柱体受到竖直墙壁的弹力最大值为mg
【解答】解：AB、对小球进行受力分析如图所示
由几何关系可知
α＝θ
根据小球受力平衡，可得：N＝mgsinθ，T＝mgcosθ
代入数据解得：N = √3
2 mg，T = 1
2 mg，故AB 错误；
CD、对小球和半圆柱体整体进行受力分析，整体受地面的支持力FN，墙壁的弹力F，细线的拉
力T，重力（m+M）g，整体受力平衡，则在竖直方向上有
FN+Tcosθ＝（m+M）g
水平方向上有F＝Tsinθ
5
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代入解得：F N = Mg+mgsi n
2θ
F = 1
2 mgsin2θ
则当θ＝45°时，F 最大，最大为1
2 mg，故C 正确，D 错误。
故选：C。
题型二 三力及多力平衡问题
1．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．
2．分解法：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解，则其分力和其他两个
力满足平衡条件．
3．正交分解法：物体受到三个或三个以上力的作用而平衡，将物体所受的力分解为相互垂直的两
组，每组力都满足平衡条件．
类型1 合成法求解共点力静态平衡
[模型演练4] （2024•山东模拟）如图，体育器材室中表面光滑的铅球架在水平凹槽中，
凹槽两边等高且间距等于铅球的半径。已知铅球处于静止状态，铅球的质量为m，重力加速度
为g，则凹槽左侧壁顶端A 点对铅球的支持力大小为（ ）
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A．mg
B．1
2
mg
C．√3
2
mg
D．√3
3
mg
【解答】解：凹槽两端对铅球的支持力指向球心，故两支持力与竖直方向的夹角均为30°
如图所示，根据力的分解和力的平衡有2FNcos30°＝mg，解得凹槽侧壁顶端A 点对铅球的支持力
FN= √3
3
mg，故D 正确，ABC 错误。
故选：D。
[模型演练5] （2024•沙坪坝区校级模拟）如图甲所示为烤肠机，香肠可视为质量为m 的
均匀圆柱体，静止在两根水平的平行金属杆中间，其截面图如图乙所示。金属杆1 圆心与烤肠
圆心的连线与竖直方向的夹角为θ，不计一切摩擦，重力加速度为g。则金属杆1 对烤肠的作
用力大小为（ ）
A．1
2 mg
B．mg
cosθ
C．mg
2cosθ
D．mg
2tanθ
【解答】解：对香肠受力分析，如图所示，对烤肠水平方向进行受力分析可知N1sinθ＝N2sinθ，
由此可知N1＝N2，对烤肠竖直方向进行受力分析可知2N1cosθ＝mg，解得金属杆1 对烤肠的支
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持力大小为N 1= N 2=
mg
2cosθ
，故C 正确，ABD 错误。
故选：C。
类型2 正交分解法求解共点力的静态平衡
[模型演练6] （2024•四川一模）小球A、B 通过一条轻绳跨过定滑轮连接，它们穿在一
根竖直杆上。当小球A、B 平衡时，连接两球的轻绳与竖直杆的夹角分别为2θ 和θ。不计所有
接触面间的摩擦，若小球A 的质量为mA，则小球B 的质量为（ ）
A．mA cosθ
cos2θ
B．mA
2sinθ
C．mAtanθ
tan2θ
D．mA（2cosθ﹣1）
【解答】解：分别对A、B 两球分析，运用合成法，如图所示：
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由几何知识得：Tcos2θ＝mAg，Tcosθ＝mBg
联立解得：mB= mA cosθ
cos2θ
，故A 正确、BCD 错误。
故选：A。
[模型演练7] （2023•聊城一模）挂灯笼的习俗起源于西汉，过年期间，家家户户都挂起
了各式各样的灯笼．如图所示，由五根等长的轻质细绳悬挂起质量均为m 的灯笼A、B、C、
D，中间细绳是水平的，上面两细绳与水平方向夹角为θ1，中间两细绳与竖直方向夹角为θ2，
AB 间和BC 间的绳中张力分别是FAB和FBC，重力加速度为g。下列关系式正确的是（ ）
A．θ1＝θ2
B．tanθ1
tanθ2
=2
C．FBC＝mgtanθ2
D．F AB= mg
sinθ2
【解答】解：设两侧绳子拉力为T，对A 上面的结点受力分析可知水平方向：Tcosθ1＝FABsinθ2
竖直方向：Tsinθ1＝FABcosθ2+mg
对四个灯笼的整体分析可知：2Tsinθ1＝4mg
解得tanθ1•tanθ2＝2；T = 2mg
sinθ1
；F AB= mg
cosθ2
；FBC＝mgtanθ2
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故ABD 错误，C 正确。
故选：C。
类型3 相似三角形法求解共点力静态平衡
[模型演练8] （2023 春•新乐市校级期中）如图所示，轻杆一端与竖直墙上的铰链B 连接，
另一端与质量为m 的小球C 连接，轻绳一端固定在竖直墙面上的A 点，另一端与小球C 连接。
小球C 静止时，AB：BC：AC＝2：2：3，重力加速度大小为g，则轻绳的拉力大小与轻杆的
弹力大小之和为（ ）
A．4.5mg
B．3.5mg
C．2.5mg
D．1.5mg
【解答】解：小球C 受重力、轻绳的拉力、轻杆的弹力三个力的作用而平衡，如图所示：
重力和轻绳的拉力的合力与轻杆的弹力等大反向，根据力的矢量三角形与△ABC 相似，且AB：
BC：AC＝2：2：3，可得，轻绳的拉力大小为1.5mg，轻杆的弹力大小为mg，则轻绳的拉力大
小与轻杆的弹力大小之和为2.5mg；
故ABD 错误，C 正确；
故选：C。
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题型三 动态平衡问题
1．动态平衡：是指平衡问题中的一部分是变力，是动态力，力的大小和方向均要发生变化，所以
叫动态平衡，这是力平衡问题中的一类难题．
2．基本思路：化“动”为“静”，“静”中求“动”．
3．基本方法：图解法和解析法．
类型1 “一力恒定，另一力方向不变”的动态平衡
[模型演练9] （2024•香坊区校级模拟）如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为
m 的金属环，绕过光滑定滑轮的轻绳一端与金属环相连，另一端施加拉力F 使金属环从A 点缓
慢上升到位于定滑轮正下方的B 点。设杆对金属环的弹力大小为FN，整个装置处于同一竖直
平面内，在此过程中（ ）
A．FN逐渐减小，F 逐渐增大
B．FN逐渐增大，F 逐渐增大
C．FN逐渐增大，F 逐渐减小
D．FN逐渐减小，F 先减小后增大
【解答】解：对金属环受力分析，并构封闭的矢量三角形，如图所示：
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由图可知，在拉力到达竖直方向前，与竖直方向的夹角越来越小，FN减小，拉力F 增大，故A
正确、BCD 错误。
故选：A。
[模型演练10] （2024•河西区校级模拟）如图所示，倾角为α 的粗糙斜劈放在粗糙水平面
上，物体a 放在斜劈上，轻质细线一端固定在物体α 上，另一端绕过光滑的滑轮固定在c 点，
滑轮2 下悬挂物体b，系统处于静止状态。若将固定点c 向上移动少许，而a 与斜劈始终静止，
则下列说法正确的是（ ）
A．细线对物体a 的拉力变大
B．斜劈对地面的压力不变
C．斜劈对物体a 的摩擦力减小
D．地面对斜劈的摩擦力为零
【解答】解：AC、对滑轮和物体b 受力分析，受重力和两个拉力作用，如图所示
根据平衡条件，竖直方向有：Gb＝2Tcosθ
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解得：T=
Gb
2cosθ
将固定点c 向上移动少许，细线与竖直方向的夹角不变（晾衣绳模型），θ 不变，故拉力T 不变。
物体a 受力没有发生变化，故斜劈对物体a 的摩擦力不变，故AC 错误；
BD、对斜面体、物体a、物体b 整体受力分析，受重力、支持力、细线的拉力和地面的静摩擦
力，如图所示
由于拉力T 不变，所以地面对斜劈的摩擦力与地面对斜劈的支持力不变，根据牛顿第三定律，
斜劈对地面的压力也不变，故B 正确，D 错误。
故选：B。
类型2 “一力恒定，另两力方向均变化”的动态平衡
[模型演练11] （2024•龙岩三模）如图所示，带电小球P 固定在绝缘竖直墙面上，用绕过
固定在竖直墙上O 点的小定滑轮的细线拉着带电小球Q。小球Q 静止时P、Q 间的距离为r，
O、P 间的距离为h，h＞r。现用拉力F 缓慢拉动绳端，使小球Q 缓慢移动，在小球Q 从图示
位置缓慢移动到O 点的过程中（ ）
A．拉力F 先增大后减小
B．小球P、Q 间的库仑力逐渐减小
C．小球P、Q 系统的电势能先不变后减小
D．小球Q 在P 球位置产生的电场强度大小不变
【解答】解：AB、设小球Q 的质量为m，O、Q 间距离为L，在小球Q 到达竖直墙之前，对小
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球Q 受力分析，小球受重力、拉力、库仑力，如图，
根据力的矢量三角形与几何三角形相似可得：mg
h = F
L =
k qPqQ
r
2
r
在小球Q 从图示位置到与墙壁接触的过程中，mg、h、qP、qQ均不变，L 变小，r 不变，因此这
个过程小球Q 绕小球P 做圆周运动，当小球Q 与墙壁接触后受重力、拉力、向上的库仑力，在
拉力作用下沿墙壁直线上升，库仑力变小，小球在竖直方向受力平衡，所以F 变大，所以拉力F
先减小后增大；小球P、Q 间的库仑力先不变，再逐渐减小，故AB 错误；
D、小球Q 在P 球位置产生的电场强度：E =k qQ
r
2
，由此可知电场强度先大小不变后减小，故D
错误；
C、当小球Q 与墙壁接触前，库仑力不做功，小球P、Q 系统的电势能不变；当小球Q 与墙壁接
触后库仑力做正功，小球P、Q 系统的电势能减小；所以小球P、Q 系统的电势能先不变后减小，
故C 正确。
故选：C。
[模型演练12] （多选）（2024•锦江区校级模拟）如图所示，一轻杆通过铰链固定在竖直
墙上的O 点，轻杆的另一端C 用弹性轻绳连接，轻绳的另一端固定在竖直墙上的A 点。某人
用竖直向下、大小为F 的拉力作用于C 点，静止时AOC 构成等边三角形。下列说法正确的是
（ ）
A．此时弹性轻绳的拉力大小为F
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B．此时弹性轻绳的拉力大小为2F
C．若缓慢增大竖直向下的拉力，则在OC 到达水平位置之前，轻绳AC 的拉力增大
D．若缓慢增大竖直向下的拉力，则在OC 到达水平位置之前，轻杆OC 对C 点的作用力减小
【解答】解：AB、轻杆通过铰链固定在竖直墙上的O 点，可知轻杆对C 端的支持力方向沿杆的
方向，两边细线的拉力方向成120°角，轻杆的弹力方向在两细绳拉力的平分线上，则知两边细
绳的拉力大小相等，均为F，故A 正确，B 错误；
CD、对C 受力分析如图所示。
由相似三角形得：F
AO = T
AC = N
OC
得T= AC
AO
F，N= OC
AO
F
其中AO 不变，OC 也不变，若缓慢增大竖直向下的拉力F，AC 增大，则在OC 到达水平位置之
前，轻绳AC 的拉力T 增大，轻杆OC 对C 点的作用力N 变大，故C 正确，D 错误。
故选：AC。
类型3 轻绳套轻环的动态平衡模型（晾衣杆模型）
[模型演练13] （2023 秋•东城区期末）如图所示，晾晒衣服的绳子轻质且不可伸长，悬挂
衣服的衣架的挂钩光滑，轻绳两端A、B 分别固定在两根竖直杆上，挂钩在O 点时，衣服处于
静止状态。如果保持绳子A 端位置不变，将B 端分别缓慢移动到不同的位置。下列判断正确
的是（ ）
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A．B 端缓慢移动到B1位置时，绳子张力变小
B．B 端缓慢移动到B2位置时，绳子张力变小
C．B 端缓慢移动到B1的位置的过程中，挂钩沿竖直方向向下缓慢移动一小段距离
D．B 端缓慢移动到B2位置的过程中，挂钩沿OA 方向斜向上缓慢移动一小段距离
【解答】解：AB、对挂钩受力分析，如图所示：
设绳长为L，两杆之间的距离为d，根据几何关系可得：sinθ= d
L
悬点从B 移到B1或B2，细线与杆的夹角θ 不变，根据平衡条件，有：2Tcosθ＝mg，则绳子张力
也不变，故AB 错误；
CD、悬点从B 移到B1或B2，细线与杆的夹角θ 不变，则B 端缓慢移动到B1的位置的过程中，
挂钩沿OA 方向向上缓慢移动一小段距离，B 端缓慢移动到B2的位置的过程中，挂钩沿OA 方向
斜向上缓慢移动一小段距离，故C 错误，D 正确。
故选：D。
[模型演练14] （多选）（2023 秋•福州期末）如图所示，长度为L 的光滑轻质晾衣绳，两
端分别固定在两根竖直杆的A、B 两点，衣服通过衣架的挂钩悬挂在绳上并处于静止状态，此
时两竖直杆间的距离为d1= 4
5 L，绳子张力为F。保持A、B 端在杆上位置不动，将杆平移到
虚线位置时，此时两竖直杆间的距离为d2= 3
5 L，绳子张力为F′，下列判断正确的是
（ ）
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A．F = 4
3 F '
B．F = 5
3 F '
C．保持两竖直杆间的距离为d1不变时，仅将B 端移到B1位置，绳子张力变小
D．保持两竖直杆间的距离为d1不变时，仅将B 端移到B2位置，绳子张力不变
【解答】解：AB、对挂钩处受力分析，如图所示：
设绳子和竖直杆的夹角为θ，两竖直杆之间的距离为d，由几何关系可得：sinθ = d
L
绳子张力为F，衣服的质量为m，对衣服由物体的平衡可得：2Fcosθ＝mg
当d1= 4
5 L时，sinθ1= 4
5
，则cosθ1= 3
5
，根据2Fcosθ1＝mg，解得：F = 5
6 mg
当d2= 3
5 L时，sinθ2= 3
5
，则cosθ2= 4
5
，根据2F′cosθ2＝mg，解得：F ' = 5
8 mg
联立解得：F = 4
3 F '，故A 正确、B 错误；
CD、保持两竖直杆间的距离为d1不变时，仅将B 端移到B1位置或者B2位置，θ 不变，绳子张
力不变，故C 错误，D 正确。
故选：AD。
[模型演练15] （2023•昆明一模）工地上甲、乙两人用如图所示的方法将带挂钩的重物抬
起。不可伸长的轻绳两端分别固定于刚性直杆上的A、B 两点，轻绳长度大于A、B 两点间的
距离。现将挂钩挂在轻绳上，乙站直后将杆的一端搭在肩上并保持不动，甲蹲下后将杆的另一
端搭在肩上，此时物体刚要离开地面，然后甲缓慢站起至站直。已知甲的身高比乙高，不计挂
钩与绳之间的摩擦。在甲缓慢站起至站直的过程中，下列说法正确的是（ ）
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A．轻绳的张力大小一直不变
B．轻绳的张力先变大后变小
C．轻绳的张力先变小后变大
D．轻绳对挂钩的作用力先变大后变小
【解答】解：ABC、如图
不计挂钩与绳之间的摩擦，则挂钩可视为“活结”。挂钩两侧绳上的拉力大小相等。甲缓慢站
起至站直的过程，可视为动态平衡。
设挂钩两侧轻绳的夹角为θ，设轻绳上的拉力为F，则由共点力的平衡可得
2Fcosθ
2 =mg，则F =
mg
2cos θ
2
当甲缓慢站起至低于乙的过程中，AB 之间的垂直距离变大，故轻绳间的夹角θ 先变大，cosθ
2
先
变小，轻绳的张力先变大；
当杆水平时轻绳间夹角最大，轻绳的张力最大；
当甲的高度超过乙的高度时，AB 之间的垂直距离开始变小，故轻绳间的夹角θ 变小，cosθ
2
变大，
轻绳的张力变小；
故轻绳的张力先变大后变小，故B 正确；故AC 错误；
D、轻绳对挂钩的作用力，大小等于挂钩对轻绳的作用力，等于重物的重力，大小不变，故D 错
误。
故选：B。
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题型四 平衡中临界与极值问题
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．
常见的临界状态有：
(1)两接触物体脱离与不脱离的临界条件是相互作用力为0(主要体现为两物体间的弹力为0)．
(2)绳子断与不断的临界条件为绳中的张力达到最大值；绳子绷紧与松驰的临界条件为绳中的张力为
0.
(3)存在摩擦力作用的两物体间发生相对滑动或相对静止的临界条件为静摩擦力达到最大．
研究的基本思维方法：假设推理法．
2．极值问题
平衡物体的极值，一般指在力的变化过程中的最大值和最小值问题．一般用图解法或解析法进行分
析．
[模型演练16] （2023•株洲一模）碗内部为半球形，半径为R，碗口水平。生米粒与碗内
侧的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，静止于碗内的生米粒与碗口间的最小距
离d 为（ ）
A．R√1+ μ
2
B．R√1- μ
2
C．R
√
1
1- μ
2
D．R
√
1
1+ μ
2
【解答】解：如下图所示：
生米粒在碗中受到重力、支持力和弹力，弹力和接触面垂直并指向圆心，设与竖直方向夹角为
θ，设此时刚好不下滑，则重力沿着接触面向下的分力等于最大静摩擦力，列式得mgsinθ＝
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μmgcosθ，解得μ＝tanθ，根据几何关系得tanθ= √R
2-d
2
d
，联立解得d= R√
1
1+ μ
2
。故D 正确。
故选：D。
[模型演练17] （2023 秋•南京期中）如图所示，物体的重力为20N，两根轻绳AB 和AC 的
一端连接于竖直墙上（BC 在同一竖直线上），另一端系于物体上，在物体上另施加一个方向
与水平线成θ＝60°角的拉力F。若要使两绳都能伸直，伸直时AC 与墙面垂直，绳AB 与绳AC
间夹角也为θ＝60°，则拉力F 的取值范围为（ ）
A．0≤F≤20N
B．20√3
3
N ≤F ≤40√3
3
N
C．20√3
2
N ≤F ≤40√3
2
N
D．20N≤F≤40N
【解答】解：当轻绳AC 上的张力为零时，受力如下，
水平方向上有：TABcosθ＝Fcosθ
竖直方向有：TABsinθ+Fsinθ＝mg
联立解得：F = 20√3
3
N
当轻绳AB 上的张力为零时，受力如下图，
水平方向上有：TAC＝Fcosθ
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竖直方向上有：mg＝Fsinθ
联立解得：F = 40√3
3
N
故可得外力F 的范围为：40√3
3
N ≥F ≥20√3
3
N，故ACD 错误，B 正确。
故选：B。
[模型演练18] （2023 秋•崇川区校级期中）筷子是中国人常用的饮食工具，也是中华饮食
文化的标志之一。筷子在先秦时称为“挾”，汉代时称“箸”，明代开始称“筷”。如图所示，
用筷子夹质量为m 的小球，筷子均在竖直平面内，且筷子和竖直方向的夹角均为θ，使小球静
止，已知小球与筷子之间的动摩擦因数为μ（μ＝tanθ），最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力
加速度为g，不考虑小球转动，则（ ）
A．每根筷子与小球间的弹力大小不可能为mg
B．若只增大筷子与小球间的弹力，则筷子与小球的摩擦力不一定减小
C．若只增大筷子与小球间的弹力，小球一定会向上运动
D．若将两筷子与竖直方向夹角减为0°，则小球一定不能平衡
【解答】解：A．筷子对小球的压力最小时，小球恰好不下滑，最大静摩擦力方向沿筷子向上。
受力分析如图甲：
由平衡条件有2Nsinθ+2fcosθ＝mg，联立滑动摩擦力公式f＝μN
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解得N =
mg
2(sinθ+ μcosθ) =
mg
4 sinθ ，当sinθ = 1
4 时，N＝mg，故A 不正确；
B．根据平衡条件2Nsinθ+2fcosθ＝mg，增大筷子与小球间的弹力N，当2Nsinθ＝mg 时，摩擦力
f＝0，故B 正确；
C．筷子对小球的压力最大时，小球恰好不上滑，最大静摩擦力方向沿筷子向下。
受力分析如图乙：
由平衡条件得2N′ sinθ ＝2f′ cosθ+mgf′ ＝μN′ ，联立μ ＝tanθ ，解得
N ' =
mg
2(sinθ - μcosθ) =+ ∞，即增大筷子与小球间的弹力，小球不会向上运动，故C 错误；
D．若将两筷子与竖直方向夹角减为0°，两根筷子对小球的摩擦力之和等于小球的重力时，小球
能平衡，故D 错误。
故选：B。
[模型演练19] （2023•重庆开学）小李发现小区的消防通道被一质量为m 的石墩挡住了，
为了移开石墩小李找来一根结实的绳子，将绳的一端系在石墩上，双手紧握绳的另一端用力斜
向上拖拽石墩。设绳子与水平方向的夹角为θ，小李对绳施加的最大拉力为0.6mg，石墩与水
平地面间的动摩擦因数为√3
3
，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则下列说法正确的是
（ ）
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A．无论θ 取何值，小李都不可能拖动石墩
B．小李能拖动石墩，且当θ = π
3
时最省力
C．小李能拖动石墩，且当θ = π
6
时最省力
D．小李能拖动石墩，且当θ = π
4
时最省力
【解答】解：对石墩进行受力分析，如图所示：
水平方向根据平衡条件可得：Fcosθ＝μFN
竖直方向根据平衡条件可得：FN+Fsinθ＝mg
联立解得：F=
μmg
cosθ+ μsinθ =
μmg
√μ
2+1(
1
√μ
2+1
cosθ+
μ
√μ
2+1
sinθ)
令
1
√μ
2+1
=sinβ，则
μ
√μ
2+1
=cosβ，解得：β= π
3
解得：F=
μmg
√μ
2+1sin(θ+ β)
当θ= π
6
时，sin（θ+β）最大，F 最小，故小李能拖动石墩，且当θ= π
6
时最省力，故C 正确、
ABD 错误。
故选：C。
[模型演练20] （多选）（2023 秋•海淀区校级期中）某校举行托乒乓球跑步比赛，某同学
将球置于球拍中心，整个过程中球一直保持在球拍中心不动。比赛中，该同学在匀速直线运动
阶段保持球拍的倾角为θ0，如图所示，空气阻力方向与运动方向相反，球的质量为m，重力加
速度为g。若考虑球与球拍之间的静摩擦力，为方便运算，将最大静摩擦力大小认为等于滑动
摩擦力大小，设球与球拍之间的动摩擦因数为μ，则乒乓球恰好不滑动时空气阻力大小为（
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）
A．mgsinθ0- μmgcosθ0
cosθ0+ μsinθ0
B．mgsinθ0+ μmgcosθ0
cosθ0- μsinθ0
C．mgsinθ0+ μmgcosθ0
cosθ0
D．mgsinθ0- μmgcosθ0
cosθ0- μsinθ0
【解答】解：以乒乓球为研究对象，受到重力、空气阻力、摩擦力、支持力。
当摩擦力方向沿斜面向上达到最大时，空气阻力最小，如图所示：
沿x 方向，根据平衡条件可得：F 阻cosθ0+f＝mgsinθ0
竖直方向根据平衡条件可得：FN＝mgcosθ0+F 阻sinθ0
又有：f＝μFN
联立解得：F 阻= mgsinθ0- μmgcosθ0
cosθ0+ μsinθ0
当摩擦力方向沿斜面向下达到最大时，空气阻力最大。
根据平衡条件可得：F 阻cosθ0＝mgsinθ0+f
竖直方向根据平衡条件可得：FN＝mgcosθ0+F 阻sinθ0
又有：f＝μFN
联立解得：F 阻= mgsinθ0+ μmgcosθ0
cosθ0- μsinθ0
，故AB 正确、CD 错误。
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故选：AB。
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