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专题11 动态平衡和临界极值问题
题型一 动态平衡问题......................................................................................................................................1
题型二 平衡中的临界、极值问题.................................................................................................................. 2
课时精练..........................................................................................................................................................17
【基础回顾】
1.动态平衡是指物体的受力状态缓慢发生变化，但在变化过程中，每一个状态均可视为平衡
状态。
2.做题流程
――――――――→――――――――→
3.解决极值和临界问题的三种方法
极限
分析法
正确进行受力分析和变化过程分析，找到平衡的临界点和极值点；临界条件
必须在变化中寻找，不能在一个状态上研究临界问题，要把某个物理量推向
极大或极小
数学
分析法
通过对问题分析，根据平衡条件列出物理量之间的函数关系（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）
图解法
根据平衡条件，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，确定最大值和最小值
题型一 动态平衡问题
1.“一力恒定，另一力方向不变”的动态平衡问题
一个力（F1）恒定，另一个力（F2）方向不变，作出不同状态下的矢量三角形，确定力大小的
变化。
若F1与F2不垂直，当F3⊥F2时，F3有最小值，F3min＝F1sin θ，如图乙。
2.“一力恒定，另两力方向均变化”的动态平衡问题
一力恒定（如重力），其他二力的方向均变化，但二力分别与绳子、两物体重心连线方向平
行，即三力构成的矢量三角形与△ACO 几何三角形相似，则对应边比值相等。
基本矢量图，如图所示
基本关系式：mg
H ＝
F N
R＋r ＝FT
L 。
3.一力恒定，另外两力方向均变化，但两力方向夹角保持不变的动态平衡问题
利用正弦定理或利用辅助圆，恒力为圆的一条弦，恒力所对应角的顶点在圆上移动，可保
持圆心角不变，根据不同位置判断各力的大小变化。
【例题精讲】
1．（2026•天津模拟）工人师傅在安装高层住户玻璃时，由于无法通过电梯搬运，需要楼
上和楼下工人协作配合，楼上师傅通过光滑定滑轮拉动绳子，楼下师傅站在一楼地面上固
定位置将绳子往远离楼体的方向拉，以避免窗户被磕碰，如图所示。两段绳子的拉力分别
为T1和T2，窗户在两段绳子的作用下缓慢竖直向上运动。窗户从一楼地面竖直向上运动
的过程中（ ）
A．T1和T2的合力变小
B．楼下师傅需要收缩绳子
C．楼下师傅受到地面的支持力不变
D．T1和T2均增大
【答案】D
【解析】解：A.由三力平衡则T1、T2的合力与重力等大反向，合力不变，故A 错误；
B.窗户向上运动的过程中，楼下工人师傅需要逐渐放绳子，故B 错误；
D.由动态分析图解法可知，θ 减小，α 增大，所以T1和T2均增大，故D 正确；
C.对楼下师傅进行受力分析则mg＝FN+T2cosθ
θ 减小，T2增大，T2cosθ 增大，楼下师傅受到地面的支持力减小，故C 错误。
故选：D。
2．（2026•杞县校级开学）如图所示，光滑半球面上的小球（可视为质点）被一绕过光滑小
定滑轮的轻绳在力F 的作用下由底端缓慢拉到顶端的过程中，绳的拉力F 及半球面对小球
的支持力FN的变化情况为（ ）
A．F 不变，FN减小
B．F 变小，FN不变
C．F 变小，FN变小
D．F 变小，FN增大
【答案】B
【解析】解：作出小球的受力示意图，如图所示
设半球面半径为R，定滑轮到球面最高点的距离为h，定滑轮与小球间绳长为L，从图中
可得到力的三角形与距离的三角形相似，根据三角形相似对应边成比例可得：
F
L = mg
h+ R = F N
R
解得F =
L
h+ R mg，F N =
R
h+ R mg
由于在拉动过程中h、R 不变，L 变小，F 变小，FN不变。故ACD 错误，B 正确。
故选：B。
3．（2026•滨州一模）在一地铁站的施工工地，需要利用绳索将一重物沿一竖直面内的轨道
从水平地面上的A 点缓慢运送到底部C 点处，已知AB 部分是半径为R、圆心角为60°的
圆弧轨道，A 点是圆弧轨道的最高点，BC 部分为倾斜直轨道，两轨道在B 点相切，轨道
和定滑轮均视为光滑。定滑轮位于A 点正上方2R 高度处。在运送过程中，人牵引绳子的
位置不动，重物可视为质点。则（ ）
A．A 到B 过程中，轨道对重物的支持力不断增大
B．A 到B 过程中，绳子对重物的拉力先增大后减小
C．B 到C 过程中，地面对人的静摩擦力逐渐增大
D．B 到C 过程中，轨道对重物的支持力不断增大
【答案】D
【解析】解：AB、重物在D 点时，对其受力分析，构建矢量三角形如图所示：
由图可知力的矢量三角形和△OO'D 相似，有G
OO′ =
T
O′ D = N
OD ，所以在重物从A 到B 的
过程中，轨道对重物的支持力不变，绳子的拉力逐渐增大，故AB 错误；
C、重物在E 点时，对其受力分析，构建矢量三角形如图所示：
由几何关系可知，重物从B 到C 的过程中，θ 逐渐增大，轨道对重物的支持力逐渐增大，
绳拉力逐渐减小，故C 错误；
D、对人受力分析如图所示：
将力正交分解，水平方向受力平衡，有Tcosγ＝f，绳拉力逐渐减小，地面对人的静摩擦力
逐渐减小，故D 正确。
故选：D。
4.（2026•许昌模拟）如图所示，水平地面上有一竖直木板，光滑铁球被不可伸长的细绳悬
挂并靠在木板上。现使木板绕下端顺时针缓慢转至水平状态（转向如图虚线处），转动过
程中绳子与木板之间的夹角保持不变，铁球始终处于平衡状态。则转动过程中（ ）
A．铁球受到的支持力一直增大，绳子拉力一直减小
B．铁球受到的支持力一直减小，绳子拉力一直增大
C．铁球受到的支持力先增大后减小，绳子拉力一直减小
D．铁球受到的支持力一直减小，绳子拉力先增大后减小
【答案】C
【解析】解：对铁球受力分析，构建矢量三角形如图所示：
绳拉力与支持力夹角不变，可用辅助圆分析，由图可知绳拉力逐渐减小，支持力先增大后
减小，故C 正确，ABD 错误。
故选：C。
5.（2025 秋•浙江期中）如图所示，一倾角30°的固定斜面上有甲、乙两柱体，两柱体的截面
分别为半径均为R 的圆和四分之一圆，甲的左侧顶着一块垂直斜面的挡板。若甲柱体与
乙柱体的质量相等，柱体的曲面和挡板可视为光滑，现将挡板缓慢地沿斜面向上移动，直
到圆柱体甲刚要落至斜面为止，整个过程乙始终保持静止，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，
则下列说法正确的是（ ）
A．甲、乙两柱体间的弹力先变小后变大
B．甲柱体受到挡板的弹力变小
C．乙与斜面间动摩擦因数的最小值为2❑√3
3
D．乙与斜面间动摩擦因数的最小值为7
9
❑√3
【答案】C
【解析】解：AB、根据题意分析可知，如图所示，对甲受力分析
将挡板缓慢地沿斜面向上移动，直到圆柱体甲刚要落至斜面为止，甲、乙两柱体间的弹力
FN2一直增大；挡板对甲的弹力FN1一直增大。
故AB 错误；
CD、根据题意分析可知，如图所示
由几何关系，可得sinα =
R
R+ R = 1
2，解得α＝30°
根据边角关系，可知在力的平行四边形中，有FN1＝mg
对甲、乙整体受力分析，如图
由平衡条件，可得垂直于斜面方向上N＝2mgcos30°；平行于斜面方向上f＝2mgsin30°
+FN1
又f＝μN 联立，解得μ= 2❑√3
3
故C 正确，D 错误。
故选：C。
（多选）6．（2025 秋•南阳期末）如图所示，内壁截面为半圆形的光滑凹槽固定在水平面
上，左右边沿等高。一小球在拉力F 的作用下，从圆弧最低点缓慢移动至右侧最高点，拉
力F 始终沿圆弧切线方向，关于该过程，下列说法正确的是（ ）
A．拉力F 一直增大
B．拉力F 先增大后减小
C．凹槽对小球的支持力一直减小
D．凹槽对小球的支持力先减小后增大
【答案】AC
【解析】解：对小球受力分析，构建矢量三角形如图所示：
拉力始终沿切线方向，则拉力和支持力方向始终垂直，可用辅助圆分析，由图可知拉力逐
渐增大，支持力逐渐减小，故AC 正确，BD 错误。
故选：AC。
（多选）7．（2025 秋•渝中区校级期末）如图，一粗糙斜面固定在地面上，斜面顶端装有
一光滑轻质定滑轮。一细绳跨过滑轮，其一端与斜面上的物块M 相连，另一端跨过两个
等高的固定的光滑轻滑轮K 与光滑小球N 相连，小球N 置于半球面上，半球面的圆心O
恰与滑轮K 处在同一竖直线上，整个系统处于静止状态。现水平向左缓慢移动半球面，
直至小球N 达到O 的正上方，已知M 始终保持静止。则在此过程中（ ）
A．半球面对小球N 的支持力大小不变
B．M 所受细绳的拉力大小一定一直减小
C．定滑轮K 受到的弹力先增大后减小
D．M 所受斜面的摩擦力大小可能一直减小
【答案】BC
【解析】解：AB、对小球N 进行受力分析，如图所示。根据相似三角形关系可得：
F N
R = mg
KO = T
KN 。现水平向左缓慢移动半球面，则KN 减小，因此绳子的拉力T 减小，而
支持力FN保持不变。由此可知，角度γ 大于90°且在减小；角度β 增大到180°；角度α 小
于90°且也在减小。因此，绳子的拉力T 一直减小到零，而支持力FN一直增大。故A 错误，
B 正确；
C、定滑轮K 受到的弹力大小等于绕过它的两段绳子拉力的合力。其中一段绳子保持水平，
另一段绳子KN 随小球N 的移动而逐渐趋于竖直，两段绳子之间的夹角逐渐减小，根据合
力公式可知，夹角减小会使合力增大；而由B 项分析可知，绳子拉力FT本身在减小，这
会使合力减小。在这两个因素的共同竞争下，滑轮K 受到的弹力会先增大后减小，故C
正确；
D、物块M 所受斜面的摩擦力f 取决于FT与重力沿斜面分量Mgsinθ 的关系。若初始状态
下FT＞Mgsinθ，摩擦力沿斜面向下，随着FT减小，f 先减小；当FT减小到小于Mgsinθ 时，
摩擦力将变为沿斜面向上并反向增大。由于过程持续到N 到达O 正上方，此时FT达到最
小值，通常会经历先减小后增大的过程，故“一直减小”是不确定的，故D 错误。
故选：BC。
题型二 平衡中的临界、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”“恰能”“恰好”等。临界问题常见
的种类：
（1）由静止到运动，摩擦力达到最大静摩擦力。
（2）绳子恰好伸直，拉力F＝0。
（3）刚好离开接触面，支持力FN＝0。
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.解题方法
（1）极限法：首先要正确地进行受力分析和过程分析，把某个物理量推向极端（极大或极
小），从而找出平衡的临界点和极值点。
（2）数学分析法：根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）物理分析方法：根据物体的平衡条件，作出力的矢量图，利用平行四边形定则进行动
态分析，确定最大值与最小值。
【例题精讲】
1．（2025 秋•市南区校级月考）如图所示，有一倾角θ＝30°的斜面B，质量为M。质量为
m 的物体A 静止在B 上。现用水平力F 推物体A，在F 由零逐渐增加至
❑√3
2 mg再逐渐减为
零的过程中，A 和B 始终保持静止。重力加速度为g，对此过程下列说法正确的是
（ ）
A．地面对B 的支持为等于Mg
B．A 对B 压力的最小值为
❑√3
2 mg，最大值为3 ❑√3
4
mg
C．A 所受摩擦力的最小值为0，最大值为mg
4
D．A 所受摩擦力的最小值为1
2 mg，最大值为3
4 mg
【答案】B
【解析】解：A、对AB 整体受力分析，竖直方向受力平衡，地面对B 的支持力N＝
Mg+mg，与推力无关，故A 错误；
BCD、对A 受力分析如图所示：
将力正交分解，垂直斜面方向有NA＝mgcos30°+Fsin30°，当F＝0 时，B 对A 的支持力有
最小值
❑√3
2 mg，当F=
❑√3
2 mg时，B 对A 的支持力有最大值3 ❑√3
4
mg，由牛顿第三定律可知
A 对B 压力的最小值为
❑√3
2 mg，最大值为3 ❑√3
4
mg，
沿斜面方向有f+mgsinθ＝Fcosθ，当F＝0 时，A 受到的摩擦力f=−1
2 mg，即摩擦力大小为
1
2 mg，方向沿斜面向上，当mgsinθ＝Fcosθ 时，A 受到的摩擦力为零，此时F=
❑√3
3 mg，
当F=
❑√3
2 mg时，A 受到的摩擦力f= 1
4 mg，方向沿斜面向下，所以A 受到的摩擦力先沿斜
面向上由1
2 mg减小到零，再沿斜面向下由零增大到1
4 mg，故最小值为零，最大值为1
2 mg
故B 正确，CD 错误。
故选：B。
2．（2025 秋•平房区校级期末）春节前，小明需移开沙发清扫污垢。如图所示，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 推沙发，
已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g 取10m/s2，下列说法不正确的是
（ ）
A．若力F＝100N，斜向下与水平方向夹角θ＝30°时，其水平分力大小为50 ❑√3 N
B．若力F＝100N，斜向下与水平方向夹角θ＝30°时，沙发恰好能做匀速直线运动
C．若力F 斜向下与水平方向夹角θ＞60°时，无论力F 多大，沙发都不会动
D．若力F 方向能任意改变，让沙发匀速运动，F 斜向上与水平方向成60°时，F 最小
【答案】D
【解析】解：AB．若力F 斜向下与水平方向成θ＝30°，地面对沙发的摩擦力大小为Ff＝μ
（mg+Fsin30°）
代入数据得Ff＝50❑√3N
沙发恰好能做匀速直线运动，所以两个力大小相等方向相反，力F 在水平方向的分力大小
为Fcos30° =50 ❑√3 N，故AB 正确；
C．若力F 斜向下与水平方向成θ 角，则最大静摩擦力大小为Ff＝μ（mg+Fsinθ）
若要使物体静止不动，应该满足Fcosθ≤μ（mg+Fsinθ）
得F（cosθ﹣μsinθ）≤μmg
如果满足cosθ﹣μsinθ＜0
代入数据得θ＞60°，即此时无论F 多大，物体都会保持静止，故C 正确；
D．如图所示，设沙发做匀速直线运动时所受支持力和滑动摩擦力的合力为F 合，支持力
与F 合之间的夹角为α，由于
Ff = μ F N =
❑√3
3 F N
则tanα = Ff
F N
代入数据得tanα=
❑√3
3
代入数据得α＝30°
根据沙发受力平衡可知，受力分析如图
沙发所受重力和推力F 的合力F′合与F 合反向，由此可知，当力F 与F′合垂直时，F 最小
此时F 斜向上，与水平方向夹角为30°，故D 错误。
本题选择错误的，故选：D。
3．（2025 秋•中原区校级月考）木块a、b、c 和轻弹簧p、q 及轻质细线连接成如图所示的
装置，桌面水平，滑轮光滑。木块a、b、c 的质量均为2kg，木块a 与桌面间的动摩擦因
数为0.4，两弹簧的劲度系数均为8N/cm，取g＝10m/s2。开始时，弹簧p 处于原长，木块
a、b 间细线恰好伸直但不绷紧，三木块均处于静止状态。现水平向左缓慢拉动弹簧p，当
木块c 刚好离开地面时，弹簧p 左端向左移动的距离为（ ）
A．9cm
B．10cm
C．11cm
D．12cm
【答案】C
【解析】解：初始时对木块b 受力分析，有F1＝mg＝2×10N＝20N，弹簧q 处于压缩状态，
由胡克定律可知F1＝kx1，
木块c 刚好离开地面时，对木块c 受力分析，有F2＝mg＝2×10N＝20N，弹簧q 处于拉伸
状态，由胡克定律可知F2＝kx2，
木块c 刚好离开地面时，对bc 整体受力分析，有T＝2mg＝2×2×10N＝40N，对木块a 受
力分析，有F＝μmg+T＝0.4×2×10N+40N＝48N，对弹簧p，由胡克定律可知F＝kx3，
弹簧p 左端向左移动的距离x＝x1+x2+x3，代入数据可得x＝11cm，故C 正确，ABD 错误。
故选：C。
4.（2025 秋•天津校级月考）如图所示，用轻质细绳悬挂一质量为m 的小球，再对小球施加
一个力，使小球平衡时悬线绷紧且与竖直方向成β 角，则所加力的最小值为（ ）
A．mgsinβ
B．mgcosβ
C．mgtanβ
D．mgcotβ
【答案】A
【解析】解：根据题意分析可知，对小球进行受力分析，如图所示
以小球为研究对象，小球受重力mg、绳拉力FT、外力F。根据平衡条件知F 与FT合力与
mg 等大反向。即F 与FT的合力为
G′＝mg
在合力G′一定，其一分力FT方向一定的前提下，另一分力的最小值条件是F 垂直于绳
所在直线向上，则有
F＝mgsinβ，故A 正确，BCD 错误；
故选：A。
5.（2025 秋•道里区校级月考）如图所示，半圆柱体乙置于水平地面上，圆柱体甲静置于乙
和竖直挡板之间，开始时两柱体柱心连线O1O2与水平方向夹角为60°。现将挡板缓慢向右
移动，直到甲刚要落至地面，乙始终保持静止。已知甲和乙的半径均为R，质量分别为
3m 和m，柱体的曲面光滑，则乙与地面间动摩擦因数的最小值为（已知sin30°= 1
2，
cos30°=
❑√3
2 ）（ ）
A．2❑√3
3
B．2❑√3
9
C．
❑√3
2
D．3 ❑√3
4
【答案】D
【解析】解：在此过程中，当地面对乙的静摩擦力最大时刚好不滑动，此情况下动摩擦因
数最小。设O1O2与竖直方向的夹角为θ，对甲受力分析如下图所示：
由平衡条件可得挡板对甲的弹力为：N＝3mgtanθ
对甲、乙整体受力分析，易知地面对乙的支持力大小为：FN＝4mg，地面对乙的静摩擦力
大小为：f＝N＝3mgtanθ。可知θ 越大，f 越大，由几何关系可知甲刚要落至地面时θ 最大，
且满足：cosθm= R
2 R，解得：θm＝60°，则有：
fmax＝3mgtanθm°≤μFN＝4μmg，解得：μ≥3 ❑√3
4
则乙与地面间动摩擦因数的最小值3 ❑√3
4 ，故D 正确，ABC 错误。
故选：D。
（多选）6．（2025 秋•九龙坡区校级月考）在粗糙水平地面上放置一个边长为a、质量为
M 的正方体ABCD，正方体与地面间的动摩擦因数为μ，在正方体右侧有一竖直光滑墙壁，
如图所示，在墙壁和正方体之间放置一半径为R、质量为m 的球，球的球心为O，OB 与
竖直方向的夹角为θ，正方体和球均保持静止，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动
摩擦力，下列说法错误的是（ ）
A．仅改变球的质量，其余条件不变，为保证正方体仍处于静止状态，球的质量应小于
Mtanθ
tanθ−μ
B．将正方体向左推动很小一段距离，其余条件不变，系统仍保持静止，正方体受到的摩
擦力不变
C．当正方体的右侧面AB 到墙壁的距离小于R(1+ ❑√
μ
2
μ
2+1
)时，无论球的质量是多少，正
方体都不会滑动
D．改变正方体到墙壁的距离，系统始终保持静止，则tanθ 的最大值为μm
m+ M
【答案】ABD
【解析】解：A．设正方体和球之间的弹力为N1，墙壁对球的弹力为N2，地面对正方体
的弹力与摩擦力分别为FN、Ff，对正方体受力分析如图甲所示，由平衡条件可得：Ff＝
N1sinθ≤μFN
对球体受力分析如图乙所示，由平衡条件可得：N1cosθ＝mg
对正方体和球体构成的整体受力分析如图丙所示，由平衡条件可得：FN＝（M+m）g
联立可得：mgtanθ≤μ（M+m）g
解得：m≤
μM
tanθ−μ，故A 错误；
B．由上述分析可得：Ff＝mgtanθ，将正方体向左推动一小段距离，θ 增大，则Ff增大，
故B 错误；
D．由：mgtanθ≤μ（M+m）g，解得：tanθ≤μ( M +m)
m
，故D 错误；
C．由：tanθ≤μ( M +m)
m
，当tanθ≤μ 时，无论球的质量是多少，正方体都不会滑动，则
正方体右侧面AB 到墙壁的距离应小于R+Rsinθ，当tanθ＝μ 时，sinθ= ❑√
μ
2
μ
2+1
，可得正方
体右侧面AB 到墙壁的距离应小于R(1+ ❑√
μ
2
μ
2+1
)，故C 正确。
本题选择错误的，故选：ABD。
（多选）7．（2025 秋•北京校级期中）用轻绳吊一个重为G 的小球，欲施一力F 使小球在
图示位置平衡（θ＜30°），下列说法正确的是（ ）
A．若力F 为最小值时，力F 方向与竖直方向成θ 角
B．若力F 为最大值时，力F 方向与竖直方向成2θ 角
C．若力F 与绳拉力大小相等，力F 方向与竖直方向成θ 角
D．若力F 与G 大小相等，力F 方向与竖直方向成2θ 角
【答案】CD
【解析】解：受力分析如图所示：
由图解法可得
A、F 最小时，与竖直方向的夹角为π
2 −θ；，故A 错误；
B、F 不存在最大值，可以无限大，故B 错误；
C、F 与绳拉力大小相等时，F 与竖直方向夹角为θ，故C 正确；
D、F 与G 大小相等时，F 与竖直方向夹角为2θ，故D 正确；
故选：CD。
课时精练
一、选择题（共8 小题）
1．（2026•株洲一模）如图，一根轻绳上端固定，下端系一小球，小球在外力F 作用下处于
静止状态，此时轻绳与竖直方向的夹角为θ。现F 缓慢增大但方向保持不变，当F 变为原
来的2 倍时，轻绳与竖直方向的夹角为2θ，此时外力F 与小球受到的重力之比为
（ ）
A．sinθ
B．2sinθ
C．cosθ
D．2cosθ
【答案】B
【解析】解：设外力F 与水平方向的夹角为α，分析小球受力情况，如图所示：
根据平衡条件得
水平方向有Fcosα＝Tsinθ
竖直方向有Fsinα+Tcosθ＝mg
当外力变为2F 时，设绳子的拉力为T′，同理可得
2Fcosα＝T′sin2θ，2Fsinα+T′cos2θ＝mg
联立解得F：mg＝2sinθ：1，故ACD 错误，B 正确。
故选：B。
2.（2026•惠农区校级开学）如图所示，倾角为θ 的斜面固定在水平面上，一个重力为G 的
光滑小球放在斜面上，并用装有转轴（图中未画出）的竖直挡板挡住，小球处于静止状态，
挡板对小球的作用力大小为F1，斜面对小球的作用力大小为F2。在挡板绕转轴O 逆时针
缓慢转过90°的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．挡板竖直时，F1＝Gcosθ
B．挡板竖直时，F2= G
tanθ
C．挡板缓慢转动过程中，F2逐渐减小
D．挡板缓慢转动过程中，F1先增大后减小
【答案】C
【解析】解：AB．挡板竖直时对小球进行受力分析，利用矢量三角形法则作图，如图所
示：
根据平衡条件可得：
挡板对小球的作用力大小：F1＝Gtanθ
斜面对小球的作用力大小：F2= G
cosθ，故AB 错误；
CD．挡板绕转轴O 逆时针缓慢转过90°的过程中，根据图像可知，F1先减小后增大，F2逐
渐减小，故C 正确，D 错误。
故选：C。
3.（2026•广东模拟）如图所示，大湾区跨海大桥检修时，工人使用支架系统作业。水平横
杆AB 一端固定在桥体（A 点），另一端B 点通过等长轻绳BC 和BD 悬挂检修篮，轻绳
BC 和BD 与竖直方向夹角均为θ＝37°，检修篮及工人总质量m＝80kg，重力加速度g＝
10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列说法正确的是（ ）
A．轻绳BC 的拉力大小约为667N
B．横杆AB 在B 点对轻绳的弹力方向水平向右
C．横杆AB 在B 点对轻绳的弹力大小为800N
D．若θ 增大，轻绳BC 的拉力将减小
【答案】C
【解析】解：A．以工人和检修篮为对象，竖直方向根据平衡条件可得：2Tcos37°＝mg，
解得轻绳BC 拉力大小T＝500N，故A 错误；
BC．杆在B 点对轻绳的支持力与地球对轻绳、工人和检修篮的重力是一对平衡力，其大
小等于800N，方向竖直向上，故B 错误，C 正确；
D．两绳BC 和BD 拉力的合力不变，等于mg，竖直方向根据平衡条件可得：2Tcosθ＝
mg，θ 增大，每根绳子中的拉力大小增大，故D 错误。
故选：C。
4.（2026•浙江开学）如图所示的家用燃气炉架有四个爪，四个爪均匀分布，若将总质量为
m 的半球形锅放在炉架上，忽略爪与锅之间的摩擦力，下列说法正确的是（ ）
A．每个爪对锅的弹力是由于锅发生弹性形变产生的
B．每个爪与锅之间的弹力等于1
4 mg
C．若m 一定，锅的半径越大，每个爪对锅的弹力越小
D．若m 一定，锅的半径越大，燃气炉架对锅的作用力越小
【答案】C
【解析】解：A、谁施力谁形变，所以每个爪对锅的弹力是由于爪发生弹性形变产生的，
故A 错误；
B、设每个爪与锅之间的弹力F 方向与水平方向夹角为θ，竖直方向根据平衡条件有：
4Fsinθ＝mg
解得：F= 1
4 ⋅mg
sinθ ＞1
4 mg，故B 错误；
C、设正对的一对爪之间的距离为d，锅的半径为R，根据几何关系可得：sinθ=
❑√R
2−d
2
4
R
解得：F
=
mg
4 ❑√
1−d
2
4 R
2
，若m 一定，锅的半径越大，每个爪对锅的弹力越小，故C 正确；
D、根据平衡条件可知，燃气炉架对锅的作用力等于锅的重力，若m 一定，燃气炉架对锅
的作用力不变，故D 错误。
故选：C。
5．（2026•恩施市开学）如图，质量为m 的小球，用一细线悬挂在天花板上，现在对小球
施加一个大小不变的外力F，且F＜mg，在小球可能的平衡位置中，细线偏离竖直方向的
最大角度的正切值为（ ）
A．F
mg
B．mg
F
C．
mg
❑√(mg)
2−F
2
D．
F
❑√(mg)
2−F
2
【答案】D
【解析】解：对小球受力分析，小球受3 力作用：重力、外力F 和线的拉力，如图所示：
重力不变，F 的大小不变，三力平衡构成封闭三角形，当F 与细线垂直时，细线偏离竖直
方向角度最大，根据几何关系可得细线偏离竖直方向的最大角度的正切值为：tanθ
=
F
❑√(mg)
2−F
2，故D 正确，ABC 错误。
故选：D。
6．（2026•惠农区校级开学）图甲为我国研制的盾构机刀盘吊装场景，刀盘由绳索与长方形
钢架组成的设备悬挂于空中，处于静止状态，四条相同绳索分别牵引住钢架的四个顶点，
如图乙。刀盘与钢架总重力为G，每条绳索与竖直方向的夹角均为α，不计绳索重力，下
列说法正确的是（ ）
A．每根绳索对钢架的拉力大小为G
4
B．刀盘所受的合力方向竖直向上
C．若每根绳索增加相同的长度，每根绳索的拉力将变小
D．绳索对钢架的拉力大于钢架对绳索的拉力
【答案】C
【解析】解：A．刀盘处于平衡状态，对刀盘进行受力分析有
4FTcosα＝G
故每根绳索对刀盘与钢架的拉力大小为
FT =
G
4 cosα
故A 错误；
B．刀盘处于平衡状态，故刀盘所受的合力为零，故B 错误；
C．若每根绳索增加相同的长度，根据拉力的表达式，α 变小，cosα 变大，则每根绳索的
拉力将变小，故C 正确；
D．根据牛顿第三定律，绳索对钢架的拉力等于钢架对绳索的拉力，故D 错误。
故选：C。
7．（2025 秋•赣州期末）如图所示，半径为R 的半圆形容器固定在水平面上，容器内壁光
滑，一个质量为m、可视为质点的小球静止在容器的底部，现用一个大小等于1
2mg 的外
力F 作用在小球上，使小球向右沿容器内壁缓慢上移。已知重力加速度大小为g，在小球
运动过程中，则（ ）
A．外力F 的方向一定沿顺时针方向转动
B．容器内壁对小球的作用力一定越来越小
C．通过改变外力F 的方向，可以使小球运动到B 点
D．小球能上升的最大高度为(1−
❑√3
2 )R
【答案】D
【解答】解：刚开始移动时和小球到达最高点时，分别对小球受力分析，构建矢量三角形
如图所示：
A、由图可知外力F 的初始方向斜向下时，沿逆时针方向转动，初始方向斜向上时，沿顺
时针方向转动，故A 错误；
B、外力逆时针转动时，容器对小球的作用力逐渐减小，外力顺时针转动时，容器对小球
的作用力逐渐增大，故B 错误；
CD、由几何关系可知θ＝30°，小球上升的最大高度h＝R（1﹣cos30°），代入数据可得h
＝（1−
❑√3
2 ）R，故C 错误，D 正确。
故选：D。
8．（2025 秋•吉安期末）如图所示，一根轻绳一端系一个质量为m 的小球，另一端系在一
个轻质的光滑圆环P 上，圆环套在固定光滑杆上，在轻绳的中点O 施加一个水平向右的
力F，当力F 逆时针缓慢变为竖直的过程中，圆环始终静止，关于OP 绳上的力与力F 的
大小变化正确的是（ ）
A．OP 上的力一直减小，力F 一直减小
B．OP 上的力一直增大，力F 先增大后减小
C．OP 上的力一直减小，力F 先减小后增大
D．OP 上的力一直增大，力F 一直增大
【答案】C
【解答】解：对点O 受力分析，构建矢量三角形如图所示：
轻质圆环始终静止，即OP 绳拉力方向始终垂直于杆，由图可知，OP 上的拉力一直减小，
力F 先减小后增大，故C 正确，ABD 错误。
故选：C。
二．多选题（共3 小题）
（多选）9．（2026•昭阳区校级开学）如图所示，某同学将一橡皮擦轻放在塑料尺的一端，
并将该端伸出桌面边缘，塑料尺缓慢向外移动，弯曲程度变大，橡皮擦相对塑料尺始终保
持静止，则在此过程中尺子对橡皮擦的（ ）
A．支持力增大
B．支持力减小
C．作用力不变
D．摩擦力减小
【答案】BC
【解析】解：将橡皮擦所在位置等效为沿塑料尺切线方向的一个斜面，斜面倾角为θ，对
橡皮擦进行分析，如图所示，
则有f＝mgsinθ，N＝mgcosθ；根据牛顿第三定律有f'＝f，N′＝N。在橡皮擦离桌边越来
越远，塑料尺也越来越弯曲的过程中，等效斜面倾角θ 逐渐增大，可知f'增大，N'减小，
即橡皮擦对尺子的压力减小，尺子对橡皮擦的摩擦力增大，尺子对橡皮擦的合力不变，大
小等于橡皮擦的重力，方向竖直向上。故BC 正确，AD 错误。
故选：BC。
（多选）10．（2026•东兴区校级开学）如图所示，带孔滑块P 套在水平杆上，并用轻绳将
P 与小球Q 相连，与水平方向成一定夹角的拉力F 作用在小球Q 上，开始时拉力与细线成
钝角，系统静止。现保持F 的方向不变，缓慢减小拉力F，下列判断正确的是（ ）
A．细线张力先减小后增大
B．细线张力一直减小
C．P 受到横杆的支持力先增大后减小
D．P 受到横杆的摩擦力一直减小
【答案】AD
【解析】解：AB．小球Q 的重力G 不变、受到拉力F 方向不变，在三个力作用下平衡，
如图所示，刚开始拉力与细线成钝角，拉力F 和细线垂直时最小，张力T 先减小后增大，
故B 错误，A 正确；
CD．对P 和Q 整体，设拉力F 与水平夹角为θ，杆对P 的支持力FN＝（mPg+mQg）﹣
Fsinθ
因为F 减小，所以FN一直增大；
整体在水平方向，只有P 受到横杆的摩擦力大小f＝Fcosθ
则F 一直减小，f 也一直减小，故C 错误，D 正确。
故选：AD。
（多选）11．（2019•新课标Ⅰ）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
【解答】解：AB、根据M、N 均保持静止，进行受力分析可知，N 受到竖直向下的重力
及水平方向的拉力F，变化的绳子拉力T，如下图所示：
在向左拉动的时候，绳子拉力T 和水平拉力F 都不断增大，故A 错误，B 正确；
CD、对于M 的受力，开始时可能是T＝mgsinθ﹣f，当T 不断增大的时候，f 减少；当T
＞mgsinθ 时，随着T 的增大，f 将增大，所以沿斜面的摩擦力f 可能先减小后增大；也可
能是T＝mgsinθ+f，当T 不断增大的时候，摩擦力f 增大；故C 错误，D 正确。
故选：BD。
三、解答题（共3 小题）
12.（2026•昭阳区校级开学）如图所示，质量为m 的物体甲通过3 段轻绳悬挂，3 段轻绳的
结点为O，轻绳OB 水平且B 端与站在水平面上的质量为M 的人相连，轻绳OA 与竖直方
向的夹角θ＝53°，物体甲及人均处于静止状态。求：（已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，
取g＝10m/s2）
（1）轻绳OA、OB 受到的拉力是多大？
（2）地面对人的摩擦力是多大？方向如何？
（3）若人的质量M＝50kg，人与水平面之间的动摩擦因数为μ＝0.4，设最大静摩擦力等
于滑动摩擦力，则欲使人在水平面上不滑动，物体甲的质量m 最大不能超过多少？
【答案】（1）轻绳OA、OB 受到的拉力分别是5
3mg、4
3 mg；
（2）地面对人的摩擦力是4
3 mg，方向水平向左；
（3）欲使人在水平面上不滑动，物体甲的质量m 最大不能超过15kg。
【解析】解：（1）对结点O 与物体进行受力分析，如图所示
设甲通过绳子对O 的拉力mg，OB 的拉力F 和OA 的拉力T，处于平衡状态，则有：
T= mg
cosθ，F＝mg•tanθ
解得：T= 5
3mg，F= 4
3 mg；
（2）对人受力分析，在水平方向上受OB 的拉力F'和地面对人的摩擦力f 处于平衡状态，
则有：f＝F'＝F
结合上述解得：f= 4
3 mg，方向水平向左；
（3）人在竖直方向上受重力Mg 和支持力N，若人的质量M＝50kg，人与水平面之间的
动摩擦因数μ＝0.4。
则人受到的最大静摩擦力为：fmax＝μN＝μMg
此时物体甲的质量达到最大，结合上述有：fmax= 4
3 mmaxg；
解得：mmax＝15kg。
答：（1）轻绳OA、OB 受到的拉力分别是5
3mg、4
3 mg；
（2）地面对人的摩擦力是4
3 mg，方向水平向左；
（3）欲使人在水平面上不滑动，物体甲的质量m 最大不能超过15kg。
13.（2026•天山区校级开学）擦黑板是同学们经常要做的劳动，已知黑板擦的质量为m。用
水平力F 将黑板擦压在竖直的黑板面上，重力加速度为g，设最大静摩擦力等于滑动摩擦
力。则：
（1）当F＝2mg 时，黑板擦恰能保持静止，求黑板擦与黑板间的动摩擦因数μ；
（2）当F＝0.5mg 时，求黑板擦受到的摩擦力大小。
【答案】（1）黑板擦与黑板间的动摩擦因数为0.5；
（2）黑板擦受到的摩擦力大小为1
4mg。
【解析】解：（1）当F＝2mg 时，黑板擦恰能保持静止，则黑板擦与黑板间的静摩擦力
达到最大值。
对黑板擦，竖直方向根据平衡条件可知，黑板擦受到的静摩擦力大小f1＝mg
又f1＝μN1＝μF＝μ•2mg
联立解得黑板擦与黑板间的动摩擦因数μ＝0.5
（2）当F＝0.5mg 时，黑板擦相对于黑板面向下运动，黑板擦受到的滑动摩擦力大小为
f2＝μN2＝μF＝0.5×0.5mg= 1
4 mg
答：（1）黑板擦与黑板间的动摩擦因数为0.5；
（2）黑板擦受到的摩擦力大小为1
4mg。
14.（2026•九台区校级开学）用三根细线a、b、c 将重力均为G 的两个小球1 和2 连接并悬
挂，如图所示。两小球均处于静止状态，细线a 与竖直方向的夹角为30°，细线c 水平。
（1）求细线a 对小球1 的拉力大小Fa；
（2）求细线b 对小球2 的拉力大小Fb；
（3）保持小球1、2 的位置不变，改变细线c 的方向后小球仍能处于静止状态，求细线c
的拉力Fc的最小值。
【答案】（1）细线a 对小球1 的拉力大小Fa为4 ❑√3
3
G；
（2）细线b 对小球2 的拉力大小Fb为
❑√21
3 G；
（3）细线c 的拉力Fc的最小值为G。
【解析】解：（1）将两球和细线b 视为整体，分析受力如图所示：
根据平衡条件可得
Fa=
2G
cos30° = 4 ❑√3
3
G
Fc＝2Gtan30°= 2❑√3
3 G
（2）对小球2 进行受力分析，由平衡条件有
Fb
2=G2+ Fc
2
联立解得：Fb=
❑√21
3 G
（3）以1、2 两小球为整体研究，根据受力平衡可得力的矢量三角形如下图所示：
可知当Fc与水平方向成30°斜向上时，Fc达到最小值，且其最小值为
Fcmin＝2Gsin30°＝G
答：（1）细线a 对小球1 的拉力大小Fa为4 ❑√3
3
G；
（2）细线b 对小球2 的拉力大小Fb为
❑√21
3 G；
（3）细线c 的拉力Fc的最小值为G。
