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专题一 力与运动
第1 讲 力与物体的平衡
一．受力分析的应用
1．（2023 秋•杭州期中）如图所示是武僧习武场景，倾斜的木棒一端在地面上，另一端在空中，有一武僧
倾斜的站在木棒上，离地面较低的脚踩在木棒上，离地面较高的脚从木棒的下面穿过把木棒往上钩住，人
和棒处于静止状态。关于武僧的受力下列说法正确的是（ ）
A．武僧只受到重力和木棒对它的弹力
B．武僧不一定会受到木棒的摩擦力的作用
C．木棒对武僧的作用力垂直于木棒向上D．木棒对武僧的作用力竖直向上
【解答】解：AB.对武僧受力分析：
武僧受重力，木棒的支持力和沿木棒向上的静摩擦力，故AB 错；CD、由于武僧处于静止状态，则木棒对
武僧的作用力，即支持力与摩擦力的合力，与重力等大反向，竖直向上，故C 错误，D 正确。
故选：D。
2．（2022•聊城模拟）歼—20 战斗机安装了我国自主研制的矢量发动机，能够在不改变飞机飞行方向的情
况下，通过转动尾喷口方向改变推力的方向，使战斗机获得很多优异的飞行性能．已知在歼—20 战斗机沿
水平方向超音速匀速巡航时升阻比（垂直机身向上的升力和平行机身向后的阻力之比）为k，飞机的重力
为G．能使飞机实现水平匀速巡航模式的最小推力是（ ）
A．
B．
C．
D．G
【解答】解：飞机受到重力G、发动机推力F1、升力F2和空气阻力f，重力的方向竖直向下，升力F2的方
向竖直向上，空气阻力f 的方向与F2垂直，如图歼—20 战斗机沿水平方向超音速匀速巡航，则有水平方向
1
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Fx＝f 竖直方向F2+Fy＝G 其中F2＝kf 解得Fy＝G﹣kf 则
＝
+
＝f2+G2﹣2Gkf+k2f2结合数学知识可知
表达式为开口向上，对称轴为f＝Gk 的抛物线，即当f＝
时取得最小值，将其代入
表达式，解
得Fm＝
，故ABD 错误，C 正确
故选：C。
3．（2022•莱州市校级模拟）如图所示，质量为2.5m 的物体A 放在倾角为α＝30°的固定斜面体上，一平
行于斜面的轻绳跨过光滑定滑轮一端与物体A 连接，另一端与一竖直轻弹簧相连，弹簧下端悬挂一质量为
m 的砝码盘B，整个系统处于静止状态。现将质量为m 的砝码轻轻放在B 盘中，二者开始运动。B 在运动
过程中始终未着地，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力。轻绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，要使物
体A 始终保持静止状态，A 和斜面体之间的动摩擦因数的最小值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：放砝码之前，B 保持静止合力为零，根据二力平衡得弹簧弹力为F1＝mg；放砝码之后，砝码
盘和砝码作为整体做简谐运动，且此时的回复力为最大值Fm＝2mg﹣F1＝2mg﹣mg＝mg，方向竖直向下，
简谐运动的位移为向上最大值；当整体合力为零时即为平衡位置，此时弹簧弹力F2＝2mg，根据简谐运动
的对称性可知，当简谐运动的位移为向下最大值时，设弹簧弹力为F3，回复力方向向上且为最大值Fm＝F3
﹣2mg＝mg，得F3＝3mg，方向竖直向上；此时对物体A 受力分析，绳子拉力最大为T＝F3＝3mg，动摩擦
2
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因数最小值满足T＝2.5mgsin30°+μ（2.5mg）cos30°代入数据解得
，故D 正确，ABC 错误。
故选：D。
4．（2022•海南）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．
B．
C．1
D．2
【解答】解：34 两个石块整体对应的圆心角为60 度，则2 对34 整体的作用力与5 对34 整体的作用力大小
相等，两力夹角为120 度，可知F23＝2m'g。同理2345 四块石块整体对应的圆心角为120 度，则1 对2345
整体的作用力与6 对2345 整体的作用力大小相等，两力夹角为60 度，可知
F12＝（2m'+2m）g。对2 受
力分析如图
水平方向F12cos60°＝F23cos30°联立解得：m：m′＝2 故D 正确，ABC 错误。
故选：D。
二．一般情况下的共点力平衡
5．（2024•安徽二模）如图所示，一质量为M 的半球面放在粗糙的水平面上，球心为O，轻绳一端固定在
天花板上、另一端系一质量为m 的小球（可视为质点），小球放在半球面上，小球静止时轻绳与竖直方向
的夹角为45°，小球与半球球心O 连线与竖直方向成30°角，此时半球面静止。已知半球面与水平面的接触
面粗糙，其余摩擦不计，重力加速度为g，则半球面与水平面的摩擦力大小为（ ）
A．
B．
C．
D．
3
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【解答】解：以小球为研究对象，受力分析如图所示，同时将力分解到水平和竖直的方向上
设当半球面静止时绳子的拉力大小为F，半球面对小球的支持力大小为FN，根据共点力的平衡条件有
Fcos45°＝FNsin30° Fsin45°+FNcos30°＝mg 联立解得：
再将小球和半球面看成一个整
体，由整体受力平衡易知，半球面与水平面的摩擦力Ff＝Fsin45°联立解得：
，故C 正
确，ABD 错误；
故选：C。
6．（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。
7．（2023•全国）如图，在置于水平地面的楔状物体P 的斜面上有一小物块Q，Q 受水平外力F 的作用。
已知P 和Q 始终保持静止，则（ ）
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A．增加P 的质量，P 与地面间摩擦力的大小一定增加
B．增加外力F 的大小，P 与地面间摩擦力的大小一定增加
C．增加Q 的质量，P 与Q 间摩擦力的大小一定增加
D．增加外力F 的大小，P 与Q 间摩擦力的大小一定增加
【解答】解：AB、P 和Q 始终保持静止，根据整体法，整体受力如图：
水平方向平衡，f＝F，故增加P 的质量，P 与地面间摩擦力的大小不变，增加外力F 的大小，P 与地面间摩
擦力的大小一定增加，故A 错误，B 正确；CD、由于不确定F 沿斜面向上分量与Q 的重力沿斜面向下分
量的关系，故P 与Q 间摩擦力的大小变化不能确定。若F 沿斜面向上分量大于Q 的重力沿斜面向下分量，
此时增加Q 的质量，则P 与Q 间摩擦力先沿斜面向下减小，减小到零后再反向增大。若F 沿斜面向上分量
小于Q 的重力沿斜面向下分量，增加外力F 的大小，则P 与Q 间摩擦力先沿斜面向上减小，减小到零后再
反向增大。故CD 错误。
故选：B。
8．（2023 秋•辽宁月考）汽车发生爆胎后，需要用千斤顶帮助抬起汽车方便换胎。当摇动把手时，就能使
水平面上的千斤顶的两臂（长度相等）靠拢，顶起汽车。图（a）、（b）为汽车内常备的两种类型的千斤
顶，一种是“Y”形，另一种是“菱形”，摇动手柄，使螺旋杆转动，A、B 间距离发生改变，从而实现重
物的升降。若物重为G，AB 与AC 间的夹角为θ，螺旋杆保持水平，不计杆自身重力，则图（a）、（b）
两千斤顶螺旋杆的拉力大小之比为（ ）
A．1：1
B．1：2
C．2：1
D．2：3
【解答】解：“Y”形分解如图甲所示，
5
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将重物对A 处的压力G 分解为拉螺旋杆的力F1和压斜杆的力F，作平行四边形，由图可知
对“菱形”分解如图乙所示，
根据力的实际作用效果，首先重物对C 点压力G 可分解为两个等大的力F′，即
F′作用在
A 点，又可分解为拉螺旋杆F′1和压斜杆F2两个分力，由于ACBD 是一个菱形，根据力的三角形与几何三
角形相似可得F2＝F′在A 处可得F′1＝2F′cosθ 联立解得：
则图（a）、（b）两千斤顶螺
旋杆的拉力大小之比为1：1，故A 正确，BCD 错误；
故选：A。
9．（2022•天心区校级模拟）图甲为挂在架子上的双层晾衣篮。上、下篮子完全相同且保持水平，每个篮
子由两个质地均匀的圆形钢圈穿进网布构成，两篮通过四根等长的轻绳与钢圈的四等分点相连，上篮钢圈
用另外四根等长轻绳系在挂钩上。晾衣篮的有关尺寸如图乙所示，则图甲中上、下各一根绳中的张力大小
之比为（ ）
A．1：1
B．2：1
C．5：2
D．5：4
【解答】解：对上下两篮子整体分析
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根据平衡条件和对称关系可知，每根绳上的拉力的竖直向上的分量为
•2mg＝
mg，绳与篮子平面夹角
θ，由几何关系得：cosβ＝
＝
F1sinβ＝
mg 解得：F1＝
mg，隔离下面篮子，对下篮子受力
分析根据平衡条件可知，F2＝
mg，则F1：F2＝5：2，故C 正确，ABD 错误；
故选：C。
10．（2022•辽宁模拟）如图所示，悬挂在O 点的三个小球a、b、c 由轻细线相连，它们的重力大小均为
G。当大小为G 的水平拉力作用在b 上时，a、b 间的细线与水平方向的夹角为θ1；当大小为G 的水平拉力
作用在c 上时，a、b 间的细线与水平方向的夹角为θ2，则tanθ1：tanθ2为（ ）
A．1：1
B．1：2
C．1：3
D．2：1
【解答】解：选b、c 整体为研究对象，水平拉力作用在b 或c 上产生的效果相同，故a、b 间的细线与水平
方向的夹角相同，故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
11．（2023 秋•武冈市期中）尖劈可用来卡紧物体，在距今约40～50 万年的新石器时代的石斧、石矛都说
明尖劈是人类最早发明并广泛使用的一种简单的工具。如图所示为顶角很小的木质尖劈，将它嵌入木头缝
中，可起到卡紧物体的目的。已知木质尖劈与木头间的动摩擦因数为
，为了使木质尖劈起到卡
紧物体的作用，则木质尖劈的顶角最大约为（ ）
A．30°
B．15°
C．22.5°
D．7.5°
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【解答】解：尖劈具有对称性，分析尖劈一侧受力，将F 分解为竖直分力F1和水平分力F2，设顶角一半为
θ，如图1 所示
将摩擦力分解如图2 所示
根据平衡条件当F1≤f1时，尖劈可起到卡紧物体的作用，即：Fsinθ≤μFcosθ 得tanθ≤μ 即θ≤15°2θ≤30°
所以木质尖劈的顶角最大约为30°，故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
12．（2023•长沙二模）如图甲所示，用瓦片做屋顶是我国建筑的特色之一。铺设瓦片时，屋顶结构可简
化为图乙所示，建筑工人将瓦片轻放在两根相互平行的檩条正中间，若瓦片能静止在檩条上。已知檩条间
距离为d，以下说法正确的是（ ）
A．减小檩条间的距离d 时，瓦片可能会下滑
B．减小檩条的倾斜角度θ 时，瓦片与檩条间的弹力变小
C．增大檩条间的距离d 时，瓦片与檩条间的摩擦力变大
D．增大檩条间的距离d 时，瓦片与檩条间的弹力变小
【解答】解：A．在垂直檩条方向的剖面上，瓦片受力示意图如下
两根檩条给瓦片的支持力与垂直檩条方向的夹角为α，则有2Fcosα＝mgcosθ 减小檩条间的距离d 时，夹角
α 减小，两檩条给瓦片的支持力F 变小，故瓦片与檩条间的弹力变小，最大静摩擦力变小，则檩条可能下
滑，故A 正确；CD．同理，增大檩条间的距离d 时，夹角α 增大，两檩条给瓦片的支持力F 变大，故瓦片
与檩条间的弹力变大，最大静摩擦力变大；瓦片处于静止状态，由平衡条件可知，瓦片与檩条间的摩擦力
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等于mgsinθ，且保持不变，故CD 错误；B．根据2Fcosα＝mgcosθ，减小檩条的倾斜角度θ 时，则mgcosθ
增大，瓦片与檩条间的弹力变大，故B 错误。
故选：A。
（多选）13．（2024•天河区一模）耙在中国已有1500 年以上的历史，北魏贾思勰著《齐民要术》称之为
“铁齿楱”，将使用此农具的作业称作耙。如图甲所示，牛通过两根耙索拉耙沿水平方向匀速耙地。两根
耙索等长且对称，延长线的交点为O1，夹角∠AO1B＝60°，拉力大小均为F，平面AO1B 与水平面的夹角
为30°（O2为AB 的中点），如图乙所示。忽略耙索质量，下列说法正确的是（ ）
A．两根耙索的合力大小为F
B．两根耙索的合力大小为
C．地对耙的水平阻力大小为
D．地对耙的水平阻力大小为
【解答】解：AB、根据平行四边形定则可知，两根耙索的合力大小为
，故A 错
误，B 正确；CD、由平衡条件，地对耙的水平阻力与两根耙索的合力大小的水平分量相等，方向相反，故
，故C 正确，D 错误。
故选：BC。
14．（2023•浙江模拟）如图所示，一轻质A 型梯置于水平地面上，重力为G 的人站在其顶部水平横杆中
点处，静止时，限位轻绳松弛，水平横杆与四根相同的斜杆垂直，两斜杆夹角θ＝60°。则每根斜杆受到地
面的（ ）
A．作用力为
G
B．作用力为
G
C．摩擦力为
G
D．摩擦力为
G
【解答】解：AB.设每根斜杆的作用力大小为F，根据受力平衡可得4Fcos30°＝G 解得F＝
可知每根
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斜杆受到地面的作用力大小为
故A 错误，B 正确；CD.每根斜杆受到地面的摩擦力大小为f＝Fcos60°
＝
×
＝
G 故CD 错误。
故选：B。
15．（2023•绵阳模拟）新春佳节，大街小巷总会挂起象征喜庆的中国红灯笼。如图所示，由4 根等长轻质
细绳AB、BC、CD、DE 悬挂起3 个质量相等的灯笼，绳两端的结点A、E 等高，AB 绳与竖直方向的夹角
为α，绳中张力大小为F1；BC 绳与竖直方向的夹角为β，绳中张力大小为F2，则（ ）
A．α 可能等于β
B．α 可能大于β
C．F1＞3F2
D．F1＜3F2
【解答】解：由对称性可知AB 绳和DE 绳张力大小相等，大小为F1。对三个灯笼的整体分析，由受力平
衡可得：在竖直方向有：2F1cosα＝3mg 对结点B 受力分析，由受力平衡可得：F1sinα＝F2sinβ
F1cosα＝mg+F2cosβ 联立解得：3tanα＝tanβ
、
AB、由3tanα＝tanβ，可知α＜β，
故AB 错误；CD、由
、
可知
又α＜β，得：cosα＞cosβ
所以可得：F1＜3F3故C 错误，D 正确。
故选：D。
16．（2023•广东）如图所示，可视为质点的机器人通过磁铁吸附在船舷外壁面检测船体。壁面可视为斜
面，与竖直方向夹角为θ。船和机器人保持静止时，机器人仅受重力G、支持力FN、摩擦力Ff和磁力F 的
作用，磁力垂直壁面。下列关系式正确的是（ ）
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A．Ff＝G
B．F＝FN
C．Ff＝Gcosθ
D．F＝Gsinθ
【解答】解：将机器人的重力按照壁面和垂直于壁面的方向分解，如图所示：
沿壁面方向上：Gcosθ＝Ff垂直于壁面方向上：F＝FN+Gsinθ，故C 正确，ABD 错误；
故选：C。
17．（2023 秋•铁东区校级月考）如图所示，倾角为θ 的斜面体c 置于水平地面上，小盒b 置于斜面上，通
过细绳跨过光滑的定滑轮与物体a 连接，连接b 的一段细绳与斜面平行，连接a 的一段细绳竖直，a 连接在
竖直固定在地面的弹簧上，现在b 盒内缓慢加入适量砂粒，a、b、c 始终位置保持不变，下列说法中正确
的是（ ）
A．b 对c 的摩擦力可能先减小后增大
B．绳上张力可能增大
C．c 对地面的摩擦力方向可能向左 D．弹簧一定处于压缩状态
【解答】解：A、由于不知道b 的重力沿着斜面方向的分力与细线拉力的大小关系，故不能确定静摩擦力
的方向，故随着沙子质量的增加，静摩擦力可能增加、可能减小，有可能先减小后增大，故A 正确；
BD．a、b、c 始终处于静止状态，则弹簧的长度不变，由胡克定律可知弹簧的弹力大小不变，对a 分析可
知a 受到重力、弹簧弹力和绳子拉力，故绳子的拉力不变，如果绳子对a 的拉力是大于a 的重力，则弹簧
处于拉伸状态，而如果绳子对a 的拉力是小于a 的重力，则弹簧处压缩状态，故BD 错误；C．以b 与c 组
成的整体为研究对象，整体受到重力、支持力，若绳子有向右上方的拉力，则地面对c 有摩擦力，整体位
置不变，水平方向除摩擦力外，只有绳子的拉力有一个向右的分力，所以可知地面对c 的摩擦力的方向向
左，由牛顿第三定律可知，c 对地面的摩擦力方向向右，故C 错误。
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故选：A。
18．（2023 秋•河南月考）如图所示，A、B 两木块质量均为m，1、2 两轻弹簧的劲度系数分别为k1、k2，
轻绳绕过不计大小的光滑定滑轮与A 相连，弹簧与木块、地面均拴接，整个系统静止，滑轮左侧绳子刚好
保持竖直，重力加速度为g。现用力F 缓慢拉绳，拉动时滑轮右侧绳子保持与竖直方向的夹角为θ，直到2
弹簧弹力大小变为原来的一半为止，在这一过程中，下列说法错误的是（ ）
A．木块A 移动的距离可能为
B．木块A 移动的距离可能为
C．绳子对定滑轮的作用力大小可能为
D．绳子对定滑轮的作用力大小可能为
【解答】解：AB．由胡克定律，设原来1 弹簧的压缩量为x11，弹簧2 的压缩量为x21，则有
若弹簧2 弹力大小变为原来的一半且弹簧2 处于压缩状态，则此时2 弹簧的压缩量
为x22，
对B 分析可得mg＝k2x22则弹簧1 刚好恢复原长，此过程中A 木块上升的位移为
若弹簧2 弹力大小变为原来的一半且弹簧2 处于伸长状态，此时2 弹簧
的伸长量为x′22
对B 分析可得mg+k2x′22＝k1x′12弹簧1 的弹力为2mg，此时1 弹簧
的伸长量为
此过程中A 木块上升的位移为
，
故A 错误，B 正确；CD．若弹簧2 弹力大小变为原来的一半且弹簧2 处于压缩状态，对A 分析可得绳子的
12
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拉力为F＝mg 绳子对定滑轮的作用力大小
若弹簧2 弹力大小变为原来的一半
且弹簧2 处于伸长状态，对A 分析可得绳子的拉力为F′＝3mg 绳子对定滑轮的作用力大小
，故CD 正确。本题选择错误的
故选：A。
（多选）19．（2024•泸州一模）如图所示，在倾角θ＝30°的粗糙斜面ABCD 上，一质量为m 的物体受到
与对角线BD 平行的恒力F 作用，恰好能沿斜面的另一对角线AC 做匀速直线运动。已知斜面ABCD 为正
方形，重力加速度大小为g，则（ ）
A．物体与斜面间的动摩擦因数为
B．物体与斜面间的动摩擦因数为
C．恒力F 大小为
D．恒力F 大小为
【解答】解：物块匀速运动，则受力平衡，对物块受力分析，受到重力、支持力、推力、摩擦力。力F 的
方向与BC 方向的夹角为45°，摩擦力沿CA 方向。沿AD 方向根据平衡条件可得：Fsin45°＝fsin45°
沿AB 方向根据平衡条件可得：Fcos45°+fcos45°＝mgsin30°其中：f＝μmgcos30°联立解得：
，
，故AD 正确、CD 错误。
故选：AD。
20．（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（ ）
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A．
B．
C．
D．
【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
过O、O'、A 分别作AE、AB、BC 的垂线，如图：
由几何关系得：
可得
由于ABC 是等边三角形且AE⊥BC，则
可得：
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：
由平衡条件得：
竖直方向：Tcosθ+Fsinα＝mg 水平方向：Tsinθ＝Fcosα 联立解得：
故C 正确，ABD 错误。
故选：C。
三．动态平衡分析
21．（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
14
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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
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
α 增大，θ 减小，则拉力F1增大，拉
力F2减小，故AB 错误；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：
，故D 正确。
故选：D。
22．（2023•滁州一模）如图所示，光滑半圆环竖直固定放置，最高点B 处有一光滑小滑轮，质量为m 的
小球A 穿在环上。现用细绳一端拴在A 上，另一端跨过滑轮用力F 拉动，使A 由图示位置缓慢向上移动，
圆环对A 的弹力为FN，则（ ）
A．力F 逐渐变大 B．弹力FN逐渐变小
C．弹力FN大小不变
D．弹力FN的方向先背离圆心O 后指向圆心O
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【解答】解：对球A 受力分析，根据平衡条件可知，mg 与FN的合力与T 等大反向共线，作出mg 与FN的
合力，如图所示
由三角形相似得：
同一根绳上拉力相等，即T 与F 大小相等，由几何关系得：BO＝OA＝R
则FN＝mg 即FN的方向始终背离圆心且大小不变；A 缓慢向上移动时，AB 减小，则F 变小，故C 正确，
ABD 错误。
故选：C。
23．（2023•鞍山三模）一轻绳一端系在竖直墙M 上，另一端系一质量为m 的物体A，用一轻质光滑圆环
O 穿过轻绳，并用力F 拉住轻环上一点，如图所示。现使物体A 从图中虚线位置缓慢上升到实线位置。则
在这一过程中，力F、绳中张力FT及力F 与水平方向夹角θ 的变化情况是（ ）
A．F 逐渐减小，FT逐渐增大，夹角θ 逐渐减小
B．F 逐渐减小，FT保持不变，夹角θ 逐渐减小
C．F 逐渐减小，FT保持不变，夹角θ 逐渐增大
D．F 逐渐增大，FT保持不变，夹角θ 逐渐增大
【解答】解：圆环受到三个力，拉力F 以及两个绳子的拉力FT，三力平衡，故两个绳子的拉力FT的合力与
拉力F 始终等大、反向，绳子的拉力始终等于mg，即FT大小保持不变，由于两绳子夹角逐渐越小，合力
逐渐越大，且合力在角平分线上，故使物体A 从图中虚线位置缓慢上升到实线位置的过程中，拉力F 逐渐
增大，由于始终与两细线拉力的合力反向，故拉力F 与竖直方向夹角逐渐减小，因此θ 逐渐增大。故D 正
确，ABC 错误。
故选：D。
24．（2023•开福区校级模拟）如图所示，OM 是竖直的固定挡板，ON 是可绕O 点转动的木板，两个半径
不同的均匀圆柱A、B 放置在挡板与木板之间。不计所有摩擦，当木板绕O 点缓慢顺时针方向转动到水平
的过程中，下列说法正确的是（ ）
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A．A 对B 的支持力逐渐减小
B．木板对B 的支持力逐渐增大
C．木板对A 的支持力大小不变 D．挡板对A 的支持力大小不变
【解答】解：AB.对B 受力分析，受力示意图如图所示：
根据正弦定理
当木板缓慢顺时针转动到水平的过程中，根据题意可知∠1 不
变，∠2 由钝角变为锐角，∠3 变大，因此A 对B 的支持力逐渐减小，木板对B 的支持力先增大后减小，
故A 正确，B 错误；CD.将A、B 看成整体受力分析
当木板缓慢顺时针转动到水平的过程中，FOM方向不变，由几何关系可知，挡板对A 的支持力逐渐减小，
木板对A、B 总的支持力逐渐减小，因木板对B 的支持力先增大后减小，木板对A 的支持力不可能不变。
故CD 错误。
故选：A。
25．（2023•道里区校级二模）如图所示，用OA、OB 两根轻绳将花盆悬于两竖直墙之间。开始时OB 绳
处于水平状态。现保持O 点位置不变，只通过改变OB 绳长使绳右端由B 点缓慢上移至B'点，此时OB′
与OA 之间的夹角θ＜90°。设此过程中OA、OB 绳的拉力分别为FOA、FOB，下列说法正确的是（ ）
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A．FOB先增大后减小
B．FOB先减小后增大
C．FOA先增大后减小
D．FOA先减小后增大
【解答】解：以结点O 为研究对象，分析受力：重力G、绳OA 的拉力FOA和绳BO 的拉力FOB，如图所示
根据平衡条件知，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 在两个位置时力的合
成图如图，由图看出，FOA逐渐减小，FOB先减小后增大，当θ＝90°时，FOB最小。故ACD 错误，B 正确。
故选：B。
26．（2023•怀化一模）晾晒衣服的绳子两端分别固定在两根竖直杆上的A、B 两点，A、B 两点等高，原
来无风状态下衣服保持静止。某时一阵恒定的风吹来，衣服受到水平向右的恒力而发生滑动，并在新的位
置保持静止，如图所示。两杆间的距离为d，绳长为1.25d，衣服和衣架的总质量为m，重力加速度为g，
sin37°＝0.6。不计绳子的质量及绳与衣架挂钩间的摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．在有风且风力不变的情况下，绳子右端由A 点沿杆向下移到C 点，绳子的拉力变大
B．有风时，挂钩左、右两侧绳子的拉力大小不相等
C．相比无风时，在有风的情况下∠AOB 小
D．无风时，轻绳的拉力大小为
【解答】解：A．有风情况下，A 点沿杆稍下移到C 点，两端绳子夹角变小，但是两细绳拉力的合力不
变，则拉力F 变小，故A 错误；B．不计绳子的质量及绳与衣架挂钩间的摩擦，挂钩相当于动滑轮，两端
绳子的拉力总是相等，故B 错误；C．设无风时绳子夹角的一半为θ1，绳长为L，有风时绳子夹角的一半
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为θ2，有风时如图
有L1+L2＝Lsinθ2 d＝Lsinθ1又因为d＞L1+L2所以θ1＞θ2∠AOB＝2θ，故有风的情况下∠AOB 小
故C 正确；D．无风时，同一条绳子拉力相等，根据受力的对称性，挂钩左右两侧绳子与竖直方向的夹角
相等。由几何关系
，θ＝53°根据平衡条件mg＝2Fcosθ 解得
故D 错
误。
故选：C。
27．（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（ ）
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
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2Fcos
＝mg，则
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，cos
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，cos
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。
28．（2023•甘肃二模）小明同学用光滑的硬钢丝弯折成“
”形状，将它竖直固定放置。OB 是竖直方
向，BC 是水平方向，∠AOB＝30°，一个光滑的轻环套在足够长的OA 段上，一根足够长的轻绳一端固定
在OB 上的M 点，轻绳穿过小环，另一端吊着一个质量为m 的物体，重力加速度为g，下列说法正确的是
（ ）
A．绳端从M 点缓慢移到B 点的过程中绳子对圆环的力变小
B．OA 杆受到小环的压力大小可以小于mg
C．OA 杆受到小环的压力大小为
D．绳端从B 点缓慢水平向左移到N 点的过程中绳子对圆环的力大小不变
【解答】解：BC．小环是轻环，则绳上拉力的合力与杆垂直，故小环受力情况如图所示，
根据几何关系可知，两段绳子的夹角为120°，故N＝F＝mg，由牛顿第三定律可知，OA 杆受到小环的压
力等于OA 杆对小环的压力的支持力，故OA 杆受到小环的压力大小为N＝mg，故BC 错误；AD．对悬挂
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的重物进行受力分析可知，绳子中的拉力始终与重物重力平衡，由于绳中的拉力大小不变，且竖直方向的
绳中拉力方向也发生改变，则两绳中拉力的合力始终与轻杆垂直，根据力的合成与分解的特点可知，当合
力的方向不发生改变，其中一个分力大小和方向也都不发生改变时，则合力具有唯一性，故无论绳子左端
点如何移动，绳子对圆环的力的大小不变，故A 错误，D 正确。
故选：D。
29．（2023•河北一模）如图所示，光滑四分之一圆弧轨道ABC 固定放置，B 为轨道最低点，O 为圆弧对
应的圆心，连线OB 沿竖直方向，∠AOB＝60°、∠COB＝30°。质量为m 的小球在外力F 的作用下沿轨道
缓慢地由A 点移动至C 点，外力F 的方向始终与AC 连线平行。重力加速度为g，在小球的移动过程中下
列说法正确的是（ ）
A．外力F 的最大值为
B．轨道对小球支持力的最小值为
C．轨道对小球的支持力先增大后减小
D．在A、C 两点外力F 大小相等，方向相反
【解答】解：对小球受力分析，如图所示
小球由A 运动到B 过程，由正弦定理得：
其中θ1不变，θ3减小，θ5增大并
且会大于90°，可得F 减小，FN先减小后增大。由几何关系知θ1＝75°，当θ3＝60°、θ5＝45°时F 最大，力F
的最大值为
当θ3＝15°，θ5＝90°时FN最小，支持力的最小值为
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小球由B 运动到C 过程，由正弦定理得：
其中θ2不变，θ4增大，θ6减小，
可得F、FN 均增大。由几何关系知θ2＝105°，当θ4＝30°、θ6＝45°时，F 最大，得力F 的最大值为
故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
30．（2022•漳州三模）如图甲，两段等长细线OA 和AB 将质量均为m 的小球A 和B 悬挂在O 点，用水
平向右拉力F1和向左拉力F2同时缓慢拉动A 和B，B 始终位于O 点正下方，如图乙所示。重力加速度为
g，则（ ）
A．此过程中，细线OA 和AB 的拉力大小始终相等
B．此过程中，细线OA 的拉力逐渐变小
C．当细线与竖直方向的夹角为30°时，F1＝
mg
D．当细线与竖直方向的夹角为30°时，F2＝
mg
【解答】解：AB、对两个球整体分析，设AO、BO 与竖直方向的夹角为α，如图1 所示：
图1 图2
根据平衡条件，有：F1＝F2+FAOsinα FAOcosα＝2mg 所以细线OA 和AB 的拉力大小不相等，细线OA 的拉
力逐渐增大；故AB 错误；CD、再隔离球B 分析，如图2 所示：根据平衡条件，有：F2＝mgtanα 故当细线
与竖直方向的夹角为30°时，F2＝
mg，F1＝
mg 故C 正确，D 错误；
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故选：C。
31．（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（ ）
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：
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
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 错误；
故选：B。
32．（2023 秋•五华区校级月考）如图所示，小球A 与滑块B 用绕过光滑定滑轮的不可伸长的轻绳连接，
连接滑块B 的绳与竖直放置的固定杆垂直且都在竖直平面内，初始时滑块恰好不下滑，现对小球A 施加一
个水平力F，使小球A 在水平力F 的作用下缓慢上移一小段，设滑块与杆之间的最大静摩擦力等于滑动摩
擦力，下列说法正确的是（ ）
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A．绳子拉力变大 B．滑块B 向下移动
C．滑块B 受到的摩擦力变大
D．固定杆给滑块B 的弹力方向垂直于杆向左
【解答】解：A、设绳对小球的拉力为T，绳与竖直方向的夹角为α，在任一位置时，受力情况如图所示：
根据平衡条件有：Tsinα＝F，Tcosα＝mAg 整理可得：T＝
，F＝mAgtanα 随着小球A 缓慢上移，α 增
大，可知拉力F 变大，绳子的弹力T 变大，故A 正确；B、拉力T 增大，使得B 与杆之间的弹力增大、最
大静摩擦力增大，则滑块B 处于静止状态，故B 错误；C、滑环B 处于静止状态，滑环B 受静摩擦力，由
平衡条件有：f＝mg 保持不变，故C 错误；D、绳子对B 的拉力向左，固定杆对滑环B 的弹力向右，故D
错误。
故选：A。
33．（2023•洪山区校级模拟）如图所示，三根等长的光滑杆构成三角架，杆OA 竖直放置。质量分别为m
和2m 的两小球用细线相连后，分别套在两杆上，在图示位置能保持静止。现将三角架绕A 端在竖直平面
内沿顺时针方向缓慢转动，直到AB 杆水平。下列说法正确的是（ ）
A．OA 杆对小球的弹力先增大后减小
B．OB 杆对小球的弹力一直增大
C．转至AB 杆水平时OB 杆上的弹力大小为3mg D．转至AB 杆水平时绳上拉力为2
mg
【解答】解：AB.将两小球看成一个整体，构建整体受力的矢量三角形，如图1 所示：
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图1
两弹力间的夹角大小不变，整体重力大小方向均不变，可构造该矢量三角形的外接圆，在OA 杆对小球的
弹力方向由水平变化的过程中，OA 杆对小球的弹力逐渐增大，OB 杆对小球的弹力一直减小。故AB 错
误；
CD.末状态时，N1、N2间的夹角为120°，N1、N2与竖直方向的夹角均为60°，如图2
图2
根据合成规律可知末态时两杆对球的弹力大小相等，均为3mg。以OA 杆上的小球为研究对象，根据余弦
定理cos60°＝
可得细绳对小球的作用力T＝
mg 故C 正确，D 错误。
故选：C。
34．（2023•青羊区校级二模）如图所示的电路中，M、N 是平行板电容器的两块极板，两极板与水平方向
间夹角为30°，R1为可调电阻，R2为定值电阻，开关S 闭合后，两板间有一带电小球P 通过绝缘细线悬
挂，静止时细线与极板平行，则下列说法正确的是（ ）
A．小球P 带负电
B．保持S 闭合，增大R1，小球P 将向下运动
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C．断开S，仅增大M、N 间距离，小球P 将向下运动
D．若小球质量为m，两板间电压为U、距离为d，则小球所带电荷量大小为
【解答】解：A、由电路图可知，N 板带正电，则由受力平衡可知，小球受电场力垂直板向上，则小球带
正电，故A 错误；B、若S 保持闭合，由于电容器断路，则调节R1不改变两板间任何物理量，小球仍静
止，故B 错误；C、若S 断开，则两板电荷量不变，改变两板间距离，根据公式
，Q＝CU 以及U
＝Ed 可知，
，则板间电场强度大小不变，小球仍静止，故C 错误；D、由平衡条件得：
，解得：
，故D 正确；
故选：D。
35．（2023•岳麓区校级模拟）如图所示，倾角为30°的斜面顶端竖直固定一光滑的定滑轮，工人师傅用轻
绳通过定滑轮牵引斜面底端的重物（可视为质点），此时连接重物的轻绳与水平面的夹角为45°，重物与
斜面间的动摩擦因数μ＝
。在重物缓慢被牵引到斜面顶端的过程中，轻绳拉力F、重物所受摩擦力f 的
大小变化情况是（ ）
A．拉力F 先减小再增大
B．拉力F 逐渐减小
C．摩擦力f 先减小再增大D．摩擦力f 先增大再减小
【解答】解：对重物进行受力分析，受重力mg、斜面的支持力N、滑动摩擦力f 以及拉力F，根据摩擦力
的计算公式可得：f＝μN，可知与N 的合力F0的方向始终不变，设F0与N 的夹角为α，如图1 所示。
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则tanα＝
＝μ＝
，解得：α＝30°；所以F0与竖直方向的夹角为θ＝30°+30°＝60°。则可认为重物在
F0、mg 和F 的作用下处于动态平衡状态，作出一系列力的矢量三角形如图2 所示，则由图可知F 先减小后
增大，F0一直减小。由于摩擦力f＝F0sin30°，所以f 一直减小，故BCD 错误，A 正确。
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