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专题31 力的平衡问题中的几种方法
图解法（5-8 题）.............................................................................................................................5
三角形相似法（9-12 题）...............................................................................................................9
拉密定理（正弦定理）法（13-17 题）.......................................................................................13
1.
（2023•浙江）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
【解答】解：对圆柱体受力分析，如图：
由几何关系得：Fa＝Gsin37°＝0.6G
Fb＝Gcos37°＝0.8G
故ABC 错误，D 正确。
故选：D。
2.
（2022•浙江）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（
）
1
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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
【解答】解：AB、设每根斜杆受力为F，对斜杆与横杆的结点受力分析如图1 有：√3F= G
2
，解
得：F= √3
6
G；故A 错误，B 正确；
图1
CD、对某个斜杆受力分析如图2 有：Fsin30°＝f，解得f= √3
12
G，故CD 错误；
图2
故选：B。
3.
（2022•河北）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（ ）
2
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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
【解答】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，绳子与垂直于
木板方向的夹角为α，从右向左看如图所示：
在矢量三角形中，根据正弦定理得：sinα
mg = sinβ
N = sinγ
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sinα
mg = sinβ
N = sinγ
T
可得：T 减小，N 先增大后减小。
因两绳子的拉力的合力T 减小，两绳子的拉力的夹角不变，则绳子拉力减小，故B 正确，ACD
3
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错误；
故选：B。
4.
（2020•新课标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°
【解答】解：（法一）由于甲、乙两物体质量相等，则设它们的质量为m，
对O 点进行受力分析，下面绳子的拉力mg，右边绳子的拉力mg，左边绳子的拉力F，如下图所
示：
因处于静止状态，依据力的平行四边形定则，则有：
竖直方向：mgcos70°+Fcosβ＝mg
水平方向：mgsin70°＝Fsinβ
因α＝70°，联立上式，解得：β＝55°，
（法二）还可通过作图法：
由于甲、乙质量相等，通过矢量的合成法则，结合几何关系，则有：∠r+∠r+∠α＝180°；
因∠α＝70°，那么：∠β＝55°
4
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故B 正确，ACD 错误；
故选：B。
图解法（5-8 题）
5.
（2024•吉林一模）如图所示，倾角θ＝30°的斜面体静止在水平面上，一质量为m、
可看成质点的光滑小球在橡皮筋拉力的作用下静止在斜面上。已知橡皮筋与斜面间的夹角也为
θ，重力加速度大小为g，则斜面体对小球的支持力大小为（ ）
A．1
2 mg
B．√3
3 mg
C．√3
2 mg
D．3
4 mg
【解答】解：对小球受力分析，如图所示：
由受力平衡可得：F′＝mg
由平面几何知识可得：N 与F′夹角为30°，T 与F′夹角也为30°，故平行四边形为菱形，连接对角
线便可找出直角三角形，由Ncos30° = 1
2 F ' = 1
2 mg
得N = √3
3 mg，故ACD 错误，B 正确。
故选：B。
6.
（2023•丽江一模）如图，质量分别为M、m 的两个木块A、B 通过轻弹簧连接，木块
5
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A 放在水平桌面上，木块B 用轻绳通过定滑轮在力F 的作用下整体恰好处于静止状态，绳与水
平方向成α 角。不计滑轮与绳间的摩擦。则下列正确的是（ ）
A．木块A 对桌面的压力（M+m）g
F
﹣
B．木块A 与桌面之间的动摩擦因数μ=
Fcosα
( M +m)g- F
C．弹簧与水平方向的夹角的正切值tanβ = Fsinα -mg
Fcosα
D．弹簧的弹力大小为F弹=√( Fsinα )
2+( Fcosα -mg)
2
【解答】解：A．对A、B 物块和弹簧构成的系统整体受力分析可知：
Fsinα+N 地＝（M+m）g
根据牛顿第三定律可知木块A 对地面的压力为（M+m）g
Fsinα
﹣
，故A 错误；
B．题中未说明最大静摩擦力和滑动摩擦力相等，所以无法计算动摩擦因数，故B 错误；
CD．对B 物块受力分析，正交分解：
F 弹sinβ＝Fsinα
mg
﹣
F 弹cosβ＝cosα
两式相比解得：tanβ= Fsinα -mg
Fcosα
两式平方相加解得：F 弹=√( Fcosα )
2+( Fsinα -mg)
2
故C 正确，D 错误。
故选：C。
7.
（2023•五华区校级模拟）如图所示，将三根完全相同的轻质细杆，两两互成90°，连
接到同一个顶点O，另一端分别连接到竖直墙壁上的A、B、C 三个点，BC 连线沿水平方向，
ΔABC 是等边三角形，O、A、B、C 点处，分别是四个可以向各个方向自由转动的轻质光滑饺
链（未画出）。在O 点用细绳悬挂一个质量为m 的重物，则AO 杆对墙壁的作用力为
6
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（ ）
A．mg
√3
B．mg
√2
C．√
2
3 mg
D．mg
√6
【解答】解：根据题意，设OA＝OB＝OC＝L，由于三根完全相同的轻质细杆，两两互成90°，
则AB = BC =CA =√2 L
过O、O'、A 分别作AE、AB、BC 的垂线，如图：
由几何关系得：AD = BE = 1
2 AB = √2
2 L
可得OE =√O B
2- B E
2= √2
2 L
由于ABC 是等边三角形且AE⊥BC，则O' D =O' E = ADtan30° = L
√6
O' A =
AD
cos30° =√
2
3 L
可得：cosθ = O' A
OA =√
2
3
sinα = O' E
OE = 1
√3
对O 点受力分析，可知BO 与CO 对O 点的合力（设为F）沿EO 方向。对O 点受力分析，将
OB 和OC 杆上的力合成，合力为F，OA 上作用力为T，受力分析如图：
7
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由平衡条件得：
竖直方向：Tcosθ+Fsinα＝mg
水平方向：Tsinθ＝Fcosα
联立解得：T =√
2
3 mg
故C 正确，ABD 错误。
故选：C。
8.
（2023•青羊区校级模拟）“V”形吊车在港口等地有重要的作用.如图所示，底座支点
记为O 点，OA 为“V”形吊车的左臂，OA 上端A 处固定有定滑轮，OB 为活杆且为“V”形吊
车的右臂，一根钢索连接底座与B 点，另一根钢索连接B 点后跨过定滑轮吊着一质量为M 的
重物，重物静止.已知左臂OA 与水平面的夹角为α，左臂OA 与钢索AB 段的夹角为θ，且左
臂OA 与右臂OB 相互垂直，左臂OA、右臂OB 总质量为m，钢索质量忽略不计，不计一切摩
擦，重力加速度为g。则下列说法正确的是（ ）
A．定滑轮对钢索的支持力为2 Mgcos( π -2a+2θ
4
)
B．AB 段钢索所受到的拉力为2Mg
C．右臂OB 对钢索的支持力为Mg cos(α +θ)
sinα
D．底座对左臂OA、右臂OB、重物整体的支持力为（M+m）g
【解答】解：AB、重物处于静止状态，由平衡条件得，钢索的拉力F＝Mg
8
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设重物所在位置为C 点，则钢索在A 点夹角为∠CAB＝90°
α+θ
﹣
= π -2α +2θ
2
设钢索上拉力为T，同一根绳上拉力相等，钢索对滑轮的作用力与两个拉力的合力等大反向，如
图：
则定滑轮对钢索的支持力N＝F 合＝2Mgcosπ -2α +2θ
4
故A 正确，B 错误；
B、以B 点为研究对象，对其受力分析如图：
水平方向，由平衡条件得：Mgcos（α
θ
﹣）＝FBsinα
解得：FB＝Mgcos(α -θ)
sinα
故C 错误；
D、设连接底座与B 点的钢索的拉力为F1，对重物和支架、钢索整体受力分析，由平衡条件得，
底座对整体的支持力N′＝（M+m）g+F1
故D 错误。
故选：A。
三角形相似法（9-12 题）
9.
（2022•太原一模）如图，圆环被竖直固定，两个质量均为m 的带电小球A、B 套在
圆环上处于静止状态。A 球带正电、位于圆环圆心O 的正下方，B 球光滑，两球连线与竖直方
9
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向成30°角。设A 受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则（ ）
A．圆环对B 球的弹力方向由O 指向B
B．A 球与圆环间的动摩擦因数不小于√3
4
C．圆环对B 球弹力的大小为√3
2
mg
D．圆环对A 球弹力的大小为2.5mg
【解答】解：A、对B 球受力分析如图，根据平衡条件可知圆环对B 球的弹力方向由B 指向O，
且B 带正电荷，故A 错误；
C、根据平衡条件和三角形知识知：
N
sin30° =
mg
sin30° =
F
sin120°
，圆环对B 球弹力的大小为N
＝mg，A 对B 的库仑力F=√3mg，故C 错误；
BD、对A 受力分析如图，根据平衡条件知：f＝Fsin30°≤μN，N＝mg+Fcos30°，联立解得N＝
2.5mg，μ≥√3
5
，故B 错误，D 正确。
故选：D。
10. （2022•贵州模拟）如图所示，在水平天花板下方固定一光滑小定滑轮O，在定滑轮
的正下方C 处固定一带正电的点电荷，不带电的小球A 与带正电的小球B 通过跨过定滑轮的
绝缘轻绳相连，开始时系统在图示位置静止，OB⊥BC。若B 球所带的电荷量缓慢减少（未减
10
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为零），在B 球到达O 点正下方前，下列说法正确的是（ ）
A．A 球的质量等于B 球的质量
B．此过程中，A 球始终保持静止状态
C．此过程中，点电荷对B 球的库仑力不变
D．此过程中，滑轮受到轻绳的作用力逐渐减小
【解答】解：开始时，B 球受力情况如图所示：
A、由几何关系可知，mBg＞T，且T＝mAg，因此：mB＞mA，故A 错误；
BC、假设此过程中A 球保持静止状态，由于B 球所带的电荷量缓慢减少，B 球缓慢下摆，受力
平衡，根据三角形相似原理有：T
OB = F
BC = mB g
OC
，由于mBg、OC、T 均不变，则OB 不变，假
设成立，BC 逐渐减小，库仑力F 逐渐减小，故B 正确，C 错误；
D、由于轻绳拉力T 不变，∠AOB 逐渐减小，轻绳OA、OB 的拉力的合力逐渐增大，即滑轮受
到轻绳的作用力逐渐增大，故D 错误；
故选：B。
11. （多选）（2023•昌平区模拟）如图所示，质量为m1、m2的小球分别带同种电荷q1和
q2，它们用等长的细线悬挂在同一点，由于静电斥力的作用，小球m1靠在竖直光滑墙上，m1
的拉线沿竖直方向，m1、m2均处于静止状态，由于某种原因，两球之间的距离变为原来的一
半，则其原因可能是（ ）
11
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A．m2变为原来的一半
B．m2变为原来的八倍
C．q1变为原来的八分之一
D．q2变为原来的四分之一
【解答】解：如图所示，作出A 球受到的重力和库仑斥力，根据平衡条件和几何关系可知，
△OAB 与△ACD 相似，故有：F
x = mg
L
又因为F＝kQ
2
x
2
所以mg
L =kQ
2
x
3
AB、使A 球的质量变为原来的8 倍，而其它条件不变，才有使A、B 两球的距离缩短为x
2
，故
A 错误，B 正确；
CD、使B 球的带电量变为原来的1
8
倍，而其它条件不变，则有x 为原来的1
2
，故C 正确，D 错
误；
故选：BC。
12
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12. （2023•枣强县校级模拟）如图所示，倾角为30°的斜面上用铰链连接一轻杆a，轻杆
a 顶端固定一质量为m 的小球（体积可不计），轻绳b 跨过斜面顶端的光滑小定滑轮，一端固
定在球上，一端用手拉着，保持小球静让，初始时轻绳b 在滑轮左侧的部分水平，杆与斜面垂
直，缓慢放绳至轻杆水平的过程中，斜面始终静止，滑轮右侧的绳与竖直方向夹角始终不变，
重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．初始时轻绳上的拉力大小为√3
2 mg
B．地面对斜面的摩擦力始终向左且增大
C．铰链对轻杆的支持力一直减小
D．轻绳上的拉力一直减小
【解答】解：A．铰链对轻杆的支持力与滑轮左侧轻绳对球的拉力的合力与小球的重力大小相等、
方向相反，初始时根据几何关系可得：
tan30° = FT
mg
解得：FT = √3
3 mg，故A 错误；
BCD．如图甲所示，设球与轻绳的连接点为A，铰链处为B 点，过B 点作竖直虚线，虚线与绳
的交点设为C，画出力的矢量三角形如图乙所示
根据几何知识可知三角形ABC 与力的三角形相似，根据几何关系可得：mg
BC = FT
AC = F N
AB
缓慢放绳过程中，BC 减小，AB 不变，AC 增大，则可得FT增大，FN增大，滑轮右侧轻绳上的
拉力在水平方向的分力一直增大，对整体受力分析可知，地面对斜面的摩擦力始终向左且增大，
故B 正确，CD 错误。
故选：B。
13
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拉密定理（正弦定理）法（13-17 题）
13. （2023•南充模拟）《大国工匠》节目中讲述了王进利用“秋千法”在1000kV 的高压
线上带电作业的过程，如图所示，绝缘轻绳OD 一端固定在高压线杆塔上的O 点，另一端固定
在兜篮D 上，另一绝缘轻绳跨过固定在杆塔上C 点的定滑轮，一端连接兜篮，另一端由工人
控制，身穿屏蔽服的王进坐在兜篮里，缓慢地从C 点运动到处于O 点正下方E 点的电缆处，
绳OD 一直处于伸直状态。兜篮、王进及携带的设备总质量为m，可看作质点，不计一切阻力，
重力加速度大小为g。从C 点运动到E 点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．绳OD 的拉力一直变小
B．绳CD 的拉力一直变大
C．绳OD、CD 拉力的合力大于mg
D．绳CD 与竖直方向的夹角为30°时，绳CD 的拉力为√3
3
mg
【解答】解：AB．对兜篮、王进及携带的设备整体受力分析如图所示
绳OD 的拉力为F1，与竖直方向的夹角为θ，绳CD 的拉力为F2，与竖直方向的夹角为α，根据
几何关系可得：θ+α+α＝90°
根据正弦定理可得
F1
sinα = F2
sinθ =
mg
sin( π
2 +α )
α 增大，θ 减小，则拉力F1增大，拉力F2减小，故AB 错误；
14
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C．王进处于平衡状态，因此可分析出此时的两绳拉力的合力等于mg，故C 错误；
D．当α＝30°时，θ＝30°，则根据平衡状态可得：2F2cos30°＝mg
解得：F2= √3
3 mg，故D 正确。
故选：D。
14. （2023 春•五华区校级月考）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
【解答】解：AB．由题意知，结点O 受三个力作用处于动态平衡状态，初始时FOA和FOB夹角α
＝150°，且始终不变。作出O 点所受三个力的矢量三角形的外接圆，如图所示
则重力为不变的弦、圆周角始终为30°，F1矢量箭头将在圆周上移动。由上图可知，OA 绳顺时
针转过90°过程中，F1先增大后减小，最终等于Mg，故AB 错误；
CD．初始时刻，FOA水平，FOB恰好为其外接圆的直径，OB 绳顺时针转过90°过程中，F2逐渐减
15
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小，当绳OB 处于竖直位置时，F2＝0，故C 正确，D 错误。
故选：C。
15. （多选）（2020 秋•宁德期中）水平传感器可以测量器械摆放所处的水平角度，属于
角度传感器的一种，其作用就是测量载体的水平度，又叫倾角传感器。如图为一个简易模型，
截面为内壁光滑的竖直放置的正三角形，内部有一个小球，质量为m，其半径略小于内接圆半
径，三角形各边有压力传感器，分别感受小球对三边压力的大小，根据压力的大小，信息处理
单元能将各边与水平面间的夹角通过显示屏显示出来。如果图中此时BC 边恰好处于水平状态，
将其以C 为轴在竖直平面内顺时针缓慢转动，直到AC 边水平，则在转动过程中（ ）
A．AC 边处于竖直状态时，BC 受的压力2√3
3
mg
B．球对AC 边的压力一直增大
C．球对BC 边的压力先增大后减小
D．AC 边所受压力的最大值为2√3
3
mg
【解答】解：对三角形内部的小球受力分析，如图所示：
由几何关系，随着角θ 从0°到120°增大的过程中，角α 与角θ 之和保持不变，且α+θ＝120°
所以角β 也保持不变β＝60°
16
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由平衡条件和正弦定理得G
sinβ = F AC
sinθ =
F BC
sin(120° -θ)
所以球对AC 边的压力F'AC＝FAC= 2√3
3
Gsinθ
球对BC 边的压力F'BC＝FBC= 2√3
3
Gsin（120°
θ
﹣）
角θ 从0°到120°增大的过程中，sinθ 和sin（120°
θ
﹣）都是先增大后减小，所以球对AC 边的压
力和对BC 边的压力都是先增大后减小；
当AC 竖直时θ＝30°
解得BC 边受到的压力为F'BC= 2√3
3
mg
当θ＝90°
AC 边所受压力最大，为F'AC= 2√3
3
mg
故ACD 正确，B 错误。
故选：ACD。
16. （2023•泰州模拟）在光滑竖直板上用网兜把足球挂在A 点，足球与板的接触点为
B。绳与板的夹角为α，网兜的质量不计。现保持α 不变，以板的底边为轴向右缓慢转至板水
平，下列说法正确的是（ ）
A．绳对足球的拉力先减小后增大
B．绳对足球的拉力一直增大
C．板对足球的支持力先增大后减小
D．板对足球的支持力一直减小
【解答】解：对球受力分析，球受到重力，拉力和支持力，如图所示，因为绳与板的夹角α 保
持不变，三力首尾相接可得：FT与FN的夹角θ＝90°
α
﹣不变，即它们的矢量图被限制在一个外
17
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接圆上移动。可见绳对足球的拉力一直减小，板对足球的支持力先增大后减小。故C 正确，
ABD 错误。
故选：C。
17. （2023•长安区一模）如图所示，圆心为O，水平直径为AB 的圆环位于竖直面内，一
轻绳两端分别固定在圆环的M、N 两点，轻质滑轮连接一重物，放置在轻绳上，MN 连线过圆
心O 且与AB 间的夹角为θ，不计滑轮与轻绳之间的摩擦。圆环顺时针缓慢转过角度2θ 的过程，
轻绳的张力（ ）
A．逐渐增大
B．逐渐减小
C．先增大再减小
D．先减小再增大
【解答】解：M、N 连线与水平直径的夹角θ 越大，M、N 之间的水平距离越小，轻绳与竖直方
向的夹角α 越小，根据共点力的平衡，有
2Tcosα＝mg
知轻绳的张力T 越小，故圆环从图示位置顺时针缓慢转2θ 的过程，轻绳的张力先增大再减小，
故C 正确，ABD 错误。
故选：C。
18
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