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高考易错点解读和针对训练
第二章 相互作用
易错点2.7 动态平衡
易错点解读
动态力的平衡
（1）解决动态平衡问题的一般思路：化“动”为“静”，“静”中求“动”。
（2）动态平衡问题分析方法
【典例剖析】
典例1 （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
易错分析：滑块缓慢运动状态也是平衡状态，滑块和凹槽组成的整体也处于受力平衡状
态，题干告诉我们要忽略摩擦力，所以不用考虑摩擦，先隔离法后整体法进行受力分析列
式求解.
【答案】C
【解析】已知滑块从A 点向B 点进行缓慢移动，所以滑块受力平衡，对滑块受力分析，根
据牛顿第一定律有 F =mgsinθ ，N =mgcosθ；由于滑块移动的过程其 θ 越来越大，则
推力F 越来越大，支持力N 越来越小，所以AB 不符合题意；
由于凹槽处于静止，以凹槽与滑块整体分析，整体处于受力平衡；设墙面对凹槽的压力为
FN；根据水平方向的平衡方程可以得出： F N = Fcosθ =mgsinθcosθ= 1
2 mgsin(2θ)；
θ = 45
0时，FN 出现最大值；所以θ 越来越大时，墙面对凹槽的压力先增大后减小，所以C
符合题意；整体处于受力平衡；设水平地面对凹槽的支持力为N 地；根据竖直方向的平衡
方程可以得出：水平地面对凹槽的支持力为
N 地=( M +m)g−Fsinθ =( M +m)g−mgsin
2θ
从表达式可以得出当 θ 越来越大时，水平地面对凹槽的支持力越来越小，所以D 不符合
题意；
典例2.[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，将木板以直线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（ B ）
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.两根细绳对圆柱体的拉力不变
答案 B
解析 解法1：正弦定理法 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，如图所示.在矢量
三角形中，根据正弦定理得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的过程中，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
可知，由于sinγ 逐渐减小，sinβ 先增大后减小，可知T 逐渐减小，N 先增大后
减小.因两绳子的拉力的合力T 逐渐减小，两绳子的拉力的夹角不变，则绳子拉力减小，故
B 正确.
解法2：正交分解法 设木板与竖直方向的夹角为θ，圆柱体受到重力mg、支持力FN和两
绳拉力的作用，设两绳拉力的合力为T，方向在两绳角平分线上，设两绳夹角为2α，每条
绳的拉力为T0，由平行四边形定则可知T＝2T0cosα，设合力T 与木板间的夹角为β，由平衡
条件可知Tcosβ＝mgcosθ，FN＝mgsinθ＋Tsinβ，联立得FN＝mgsinθ＋mgcosθtanβ，根据数
学知识有FN＝mg·❑√1+t an❑
2 βsin（θ＋x），即θ 由0°变化到90°的过程中，FN先增大后
减小，A 项错、B 项正确；由上述式子解得T0＝
mg c osθ
2c os α c os β ，所以绳的拉力随木板与竖
直方向的夹角的增大而减小，C、D 项错.
【针对性训练】
1.（2025·陕西西安期末）如图甲所示，某手机店用放在水平面上的折叠支架来展示手机，
图乙为示意图，背部支撑面与底部支撑面垂直，不计背部支撑面与手机间的摩擦，减小背
部支撑面与水平面的夹角θ，则（ ）
A.支架底座与水平面间摩擦力增大
B.手机对底部支撑面的压力增大
C.手机对支架的作用力增大
D.手机重力和底部支撑面对手机作用力的合力增大
答案：D
解析：以整体为研究对象，整体受到重力与地面的支持力，方向均在竖直方向上，水平方
向没有运动趋势，可知支架底座与水平面间摩擦力为零，故A 错误；对手机受力分析，则
底部支撑面对手机的支持力为N＝mgsin θ，根据牛顿第三定律知手机对底部支撑面的压力
N'＝N，减小背部支撑面与水平面的夹角θ，手机对底部支撑面的压力减小，故B 错误；对
手机受力分析，根据平衡条件可知，手机对支架的作用力大小始终等于手机的重力，故C
错误；根据平衡条件可知，手机重力和底部支撑面对手机作用力的合力等于背部支撑面对
手机的支持力，背部支撑面对手机的支持力N1＝mgcos θ，减小背部支撑面与水平面的夹
角θ，背部支撑面对手机的支持力增大，故D 正确。
2 （2025·安徽合肥期末）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，则下列说法
中正确的是（ ）
A.FOA一直减小
B.FOA一直增大
C.FOB一直减小
D.FOB先增大，后减小
答案：A
解析：以结点O 为研究对象，其受重力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 在不
同位置时力的合成图，由图看出，FOA一直减小，FOB先减小，后增大，当θ＝90°时，FOB最
小，故A 正确。
3. （2025·辽宁辽阳期末）某建筑工地通过如图所示的装置将工件运到楼顶，工人通过细
绳搭在光滑定滑轮上将带铰链的轻杆缓慢上拉，从而取得工件。在轻杆被缓慢上拉到取到
工件前的过程中（ ）
A.轻杆所受压力大小始终不变
B.轻杆所受压力先减小，后增大
C.工人手上所受的拉力始终不变
D.工人手上所受的拉力增大
答案：A
解析：如图所示，对结点C 受力分析，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，因为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A。
4. 如图所示，竖直墙壁O 处用光滑铰链铰接一轻质杆的一端，杆的另一端固定小球（可以
看成质点），轻绳的一端悬于P 点，另一端与小球相连。已知轻质杆长度为R，轻绳的长
度为L，且R＜L＜2R。A、B 是墙上两点，且OA＝OB＝R。现将轻绳的上端点P 沿墙壁缓慢
下移至A 点，此过程中轻绳对小球的拉力F1及轻质杆对小球的支持力F2的大小变化情况为
（ ）
A.F1和F2均增大
B.F1保持不变，F2先增大后减小
C.F1和F2均减小
D.F1先减小后增大，F2保持不变
答案 A
解析： 以小球为研究对象，小球受重力、轻绳的拉力和轻杆的支持力，由于小球处于平
衡状态，则三个力可以构成矢量三角形，如图所示。根据平衡条件，该力的矢量三角形与
几何三角形POC 相似，则有G
PO ＝F1
L
＝F2
R
，解得F1＝L
PO G，F2＝R
PO G，当P 点下移时，
PO 减小，L、R 不变，故F1增大，F2增大，故选A。
5.（2022·上海黄浦·二模）如图，一粗糙斜面固定在地面上，一细绳一端悬挂物体P，另一
端跨过斜面顶端的光滑定滑轮与物体Q 相连，系统处于静止状态。现用水平向左的拉力F
缓慢拉动P 至细绳与竖直方向成45°角，Q 始终静止，设Q 所受的摩擦力大小为f、在这一
过程中（ ）
A．F 一定增大、f 一定增大
B．F 可能不变、f 一定增大
C．F 一定增大、f 可能先减小后增大
D．F 可能不变、f 可能先减小后增大
【答案】C
【解析】根据题意，对物体P 受力分析，设物块P 的质量为
，受绳子的拉力T，拉力F
和本身重力
，由于缓慢拉动物体P，则物体P 处于动态平衡，所受的三个力可构成闭合
三角形，如图所示
随着θ 的增大，水平拉力F、细绳拉力T 均逐渐增大，设物体Q 的质量为
，斜面的倾角
为
，对物体Q 受力分析，若刚开始
物块Q 有上滑趋势，受到静摩擦力沿斜面向下，由平衡条件可得
则随着T 增大，f 增大，若刚开始
物块Q 有下滑趋势，受到静摩擦力沿斜面向上，由平衡条件可得
则随着T 增大，f 可能一直减小，也可能先减小到零后反向增大，故ABD 错误C 正确。故
选C
6 （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
【解析】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 环的支持力不变，选项A 错误；
对圆环B 受力分析可知，f=Tcosθ；对书本：2Tsinθ=mg，解得
（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；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．
7（2024 湖北4 月质检）.如图所示，某款手机支架由“L 型”挡板和底座构成，挡板使用
一体成型材料制成，其AB、BC 部分相互垂直，可绕O 点的轴在竖直面内自由调节. AB、
BC 部分对手机的弹力分别为 F₁ 和 F₂（不计手机与挡板间的摩擦），在“L 型”挡板由
图示位置顺时针缓慢转至水平的过程中，下列说法正确的是
A. F₁ 逐渐增大,F₂ 逐渐减小
B. F₁ 逐渐减小,F₂ 逐渐增大
C. F₁ 逐渐减小，F₂ 先增大后减小
D. F₁ 先增大后减小，F₂ 逐渐减小
【参考答案】A
【参考解析】在“L 型”挡板顺时针缓慢转动时，手机受到重力 G 及弹力 F1、F2的作用
处 于动态平衡，将三力平移到矢量三角形中。
【方法一】设挡板与水平方向的夹角为 θ，则 F1 ＝mgcosθ，F2＝mgsinθ，在“L 型”挡板
由图示位置顺时针缓慢转至水平的过程中，θ 减小，F1 增大，F2 减小，A 选项正确。
【方法二】在“L 型”挡板 缓慢转动过程中，F1、F2的夹角保持 90°不变，所以力 F1和
F2的交点在圆上移动，矢量图 如图所示。
由图可知在“L 型”挡板顺时针缓慢转过 60°角过程中力 F1逐渐增大，力 F2 逐 渐减小，
A 选项正确。
8. .(2024 广东中山高一期末)目前，我市每个社区均已配备了公共体育健身器材，如图所示
器材为一秋千，用两根等长轻绳将一座椅悬挂在竖直支架上等高的两点。由于长期使用，
导致两根支架向内发生了微小倾斜，如图中虚线所示，但两悬挂点仍等高。座椅静止时用
F 表示两轻绳对座椅拉力的合力，F1表示单根轻绳对座椅拉力的大小，则（ ）
A. F 不变，F1变小
B. F 不变，F1变大
C. F 变小，F1变小
D. F 变大，F1变大
【参考答案】A
【名师解析】
由于座椅处于静止状态，其所受合力为零，故两轻绳对座椅拉力的合力F 与座椅的重力等
大反向；两支架向内微小倾斜，两轻绳的夹角减小，两轻绳对座椅拉力的合力F 与座椅的
重力等大反向，F 不变；设绳子与竖直方向的夹角为
，由平衡条件得
得
可得两分力F1随着夹角的减小而减小，选项A 正确，选项BCD 错误。
9. （2024 江西红色十校9 月联考）如图所示，光滑挡板AB 和CD 在C 点连接，AB 板倾斜，
CD 板竖直，两板相对固定，小球静止于两极之间，现使整个装置绕A 点在竖直面内沿顺时
针方向缓慢转动到CD 板水平，则在此过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 球对AB 板的作用力变小
B. 球对CD 板的作用力变小
C. 球对AB 板
作用力变大
D. 球对CD 板的作用力变大
【参考答案】D
【名师解析】设AB 板与CD 板的夹角为
，转动的角度为
，根据平衡条件竖直方向有
水平方向有
根据几何关系可知
、
、
三个力构成的三角形为圆的内接三角形，且在转动过
程中，
与
的夹角不变，画出受力分析图，
可知球对CD 板的作用力先增大后减小，球对AB 板的作用力一直变小，故BCD 错误，A 正
确。
。
10. （2024 黑龙江哈尔滨重点高中开学考试） 一定质量的实心光滑大球半径为 R，放置
在固定斜面上，被一竖直挡板挡住，挡板可绕 P 点在竖直平面 内转动，将一半径为 r、
质量为 m 的光滑小球放置于大球与挡板之间，整体处于静止状态，如图所示，已 知
R=3r，现将竖直挡板沿顺时针方向缓慢放平（此过程中大球、小球与挡板始终紧密接触），
重力加速度 为 g，下列说法正确的是（ ）
A. 当整体处于静止状态时，小球受挡板的弹力大小为
mg
B. 挡板沿顺时针方向缓慢放平过程中大球对小球的弹力一直变小
C. 挡板沿顺时针方向缓慢放平过程中挡板对小球的弹力一直变大
D. 斜面对大球的弹力逐渐变大
【参考答案】AB
【名师解析】
当开始系统处于静止状态时，对小球受力分析如图所示
学科网（北京）股份有限公司 由几何关系知道 θ=30°
由平衡条件得到大球对小球的弹力为
2
FN11 mg tan30°
mg 故 A 正确；
竖直挡板转动过程中挡板对小球的弹力 FN2（图中蓝色线）与大球对小球的弹力 FN1（图
中红色线） 的夹角保持不变，小球所受三个力构成封闭的矢量三角形，动态矢量图如图所
示
FN2 与 FN1 交点在外接圆的圆周上顺时针移动，可知弹力 FN1 一直变小，FN2 先变大再变
小，故 B 正确，
C 错误； 把两个球当成一个整体，可得斜面对大球的弹力一直减小，故 D 错误。 故选
AB。
11. （2024 年1 月安徽联考）如图所示，轻绳1 两端分别固定在M、N 两点（N 点在M 点
右上方），轻绳1 上套有一个轻质的光滑小环O，质量为m 的物块P 通过另一根经绳2 悬
挂在环的下方，处于静止状态，
。现用一水平向右的力F 缓慢拉动物块，直
到轻绳2 与
连线方向垂直。已知重力加速度为g。下列说法错误的是（ ）
A. 施加拉力F 前，轻绳1 的张力大小为
B. 物块在缓慢移动过程中，轻绳2 的延长线始终平分
C. 物块在缓慢移动过程中，轻绳2 的张力越来越大
D. 物块在缓慢移动过程中，经绳1 的张力可能先增大后减小
【参考答案】D
【名师解析】
施加拉力F 前，以小环O 为对象，受到轻绳2 的拉力等于物块P 的重力
，竖直方向根据
受力平衡可得
解得轻绳1 的张力大小为
故A 正确，不满足题意要求；
B．物块在缓慢移动过程中，以小环O 为对象，由于小环O 两侧轻绳1 的张力大小总是相等，
则小环O 两侧轻绳1 的张力合力沿
平分线上，根据受力平衡可知，轻绳2 的延长
线始终平分
，故B 正确，不满足题意要求；
C．物块在缓慢移动过程中，轻绳2 与竖直方向的夹角
逐渐增大，以物块为对象，根据受
力平衡可得
可知
可知轻绳2 的张力越来越大，故C 正确，不满足题意要求；
物块在缓慢移动过程中，由于M、N 之间的轻绳1 长度不变，根据数学知识可知，小环O
的运动轨迹为椭圆，M、N 为椭圆的两个焦点；当轻绳2 与
连线方向垂直时，小环O
刚好位于椭圆的短轴顶点上，根据椭圆知识可知此时
最大，则此过程
逐渐增大，以小环O 为对象，根据受力平衡可得
可得
可知此过程经绳1 的张力一直增大，故D 错误，满足题意要求。
12. （2024 江西宜春市一中质检）如图所示，截面为四分之一圆的柱体放在墙脚，一个小
球用细线拉着静止在光滑圆弧面上，细线的悬点在竖直墙面上A 点，保持细线伸直长度不
变，小球大小不计，将悬点沿竖直墙面缓慢向上移，在小球沿圆弧面向上缓慢移动过程中，
下列判断正确的是（ ）
A. 细线的拉力大小不变
B. 细线的拉力减小
C. 圆弧面对小球的支持力大小不变
D. 圆弧面对小球的支持力增大
【参考答案】B
【名师解析】
设悬点到水平面的距离为h，圆的半径为R，细线长为L，小球重力为mg，支持力为N，细
线拉力为F，如图
根据相似三角形法有
随着h 增大，F 减小，N 减小。故选B。
13. （2024 福建泉州三校协作体12 月联考）如图所示，一只可视为质点的蚂蚁在半球形
碗内缓慢从底部经过b 点爬到a 点。下列说法正确的是（ ）
A. 在a 点碗对蚂蚁的支持力大于在b 点的支持力
B. 在a 点碗对蚂蚁的摩擦力小于在b 点的摩擦力
C. 在a 点蚂蚁受到的合力大于在b 点受到的合力
D. 在a 点碗对蚂蚁的作用力等于在b 点的作用力
【参考答案】D
【名师解析】
．蚂蚁缓慢爬行的过程可以视为始终处于平衡状态，对蚂蚁受力分析如图
其中，碗对蚂蚁的支持力和摩擦力始终垂直，且合力始终与重力等大反向，满足下图关系
由图可知，蚂蚁在由b 点爬到a 点的过程中，碗对蚂蚁的支持力不断减小，碗对蚂蚁的摩
擦力不断增大，即在a 点碗对蚂蚁的支持力小于在b 点的支持力，在a 点碗对蚂蚁的摩擦
力大于在b 点的摩擦力，故AB 错误；
蚂蚁在由b 点爬到a 点的过程中始终受力平衡，即合外力始终为零，故a 点蚂蚁受到的合
力等于在b 点受到的合力，故C 错误；
蚂蚁在由b 点爬到a 点的过程中始终受力平衡，即碗对蚂蚁的摩擦力和碗对蚂蚁的支持力
的合力始终与蚂蚁所受重力等大反向，故在a 点碗对蚂蚁的作用力等于在b 点的作用力，
故D 正确；
14. （2024 湖南省华南师范大学附中质检）如图所示，竖直平面内有一圆环，圆心为O，
半径为R，PQ 为水平直径，MN 为倾斜直径，PQ 与MN 间的夹角为θ，一条不可伸长的轻
绳长为L，两端分别固定在圆环的M、N 两点，轻质滑轮连接一个质量为m 的重物，放置
在轻绳上，不计滑轮与轻绳间的摩擦，重力加速度为g。现将圆环从图示位置绕圆心O 顺
时针缓慢转过2θ 角，下列说法正确的是（ ）
A. 直径MN 水平时，轻绳的张力大小为
B. 圆环从图示位置顺时针缓慢转过2θ 的过程中，轻绳的张角先减小再增大
C. 圆环从图示位置顺时针缓慢转过2θ 的过程中，重物的重力势能先增大后减小
D. 圆环从图示位置顺时针缓慢转过2θ 的过程中，轻绳的张力逐渐减小
【参考答案】C
【名师解析】
左右为同一根绳子，拉力相等，设绳子与竖直方向夹角为α，并作出辅助线，如图所示
由几何关系可知
整理得
①
对物体进行受力分析
因此
②
当转到水平位置时，
，代入②式可得
T=
故A 错误；
由于α、θ 均为锐角，由①可得，θ 越小，α 越大，当转到水平位置时，
，此时2α 取
得最大值，因此张角先增大，后减小，故B 错误；
由几何关系可得，滑轮到O 点的高度差等于
可得重物的高度先升高后降低，故C 正确；
由②可得θ 越小，绳子拉力越大，因此当
时，绳子拉力最大，因此圆环从图示位置
顺时针缓慢转过2θ 的过程中，轻绳的张力先增大后减小，故D 错误。
。
15. (2023 鄂东南省级示范性高中教育改革联盟5 月模拟)如图所示为某独轮车搬运光滑圆柱
体的截面图，两挡板OA、OB 可绕O 点转动，
且保持不变，初始时OB 与水
平方向夹角为60°。保持O 点的位置不变，使两挡板沿逆时针方向缓慢转动至OA 水平。在
此过程中关于圆柱体的受力情况，下列说法正确的是（ ）
A. 挡板OA 对圆柱的作用力一直增大
B. 挡板OA 对圆柱的作用力先增大后减小
C. 挡板OB 对圆柱的作用力一直增大
D. 小车对圆柱的作用力先减小后增大
【参考答案】B
【名师解析】
由题意可知，初始状态两挡板对圆柱弹力均等于mg，重力与两弹力组成闭合三角形，如图
两挡板沿逆时针方向缓慢转动至OA 水平过程中，两挡板弹力夹角不变，则挡板OA 对圆柱
的作用力先增大后减小，挡板OB 对圆柱的作用力逐渐减小。小车对圆柱的作用力等于mg
保持不变。B 正确。
16.[2024 黑龙江鸡西实验中学校考]建筑工人用如图所示的方式将重物从平台缓慢下放到地
面上，固定重物的光滑圆环套在轻绳上，轻绳的一端固定在竖直墙上，工人手握的部分有
足够长的绳子，工人站在平台上的位置保持不变，缓慢释放手中的绳子，重物缓慢下降，
则在重物下降的过程中（ D ）
A.绳对圆环的作用力逐渐减小
B.工人对绳的拉力不变
C.平台对工人的支持力逐渐增大
D.平台对工人的摩擦力逐渐减小
答案 D
解析 由于重物缓慢下降，故绳对环的作用力等于重物的重力，保持不变，A 错误；设重
物重为G，绳与竖直方向的夹角为θ，绳的拉力大小为F，根据力的平衡可知2Fcosθ＝G，
缓慢释放手中的绳子，圆环两侧绳间夹角变小，即θ 变小，易知绳上拉力F 变小，故B 错
误；每侧绳的拉力的竖直分力等于重物重力的一半，对工人受力分析可知，平台对工人的
支持力等于工人自身的重力与重物重力的一半之和，即平台对工人的支持力保持不变，故
C 错误；平台对工人的摩擦力等于绳的拉力的水平分力，即f＝1
2Gtanθ，因此随着θ 的减小，
平台对工人的摩擦力也逐渐减小，故D 正确.
17.拖把是常用的劳动工具，假设拖把与水平地面接触端的质量为m，其他部分质量可忽略，
接触端与地面之间的动摩擦因数为μ，如图所示，人施加沿杆方向的力F（图中未画出），
推着接触端在水平地面上匀速滑行，杆与水平地面的夹角为α，重力加速度为g，则（ D
）
A.夹角α 越大，推动拖把越轻松
B.接触端受到的支持力大小为Fsinα
C.接触端受到地面的摩擦力大小为μmg
D.接触端受到地面的摩擦力与支持力的合力方向不变
答案 D
解析 接触端所受水平地面的摩擦力f 与支持力N 满足的关系为f
N ＝
μ，所以f 和N 的合力F'方向不变，则接触端可视为在mg、F 和F'三个
力的作用下保持平衡状态（把摩擦力与支持力合成为一个力，此题就转
化成三个共点力的平衡问题，再由摩擦力与支持力的合力、人施加的力F 和接触端受到的
重力建构出力的矢量三角形），如图所示，可知夹角α 越大，F 越大，即推动拖把越费力，
故A 错误，D 正确；接触端受到的支持力为N＝mg＋Fsinα，故B 错误；接触端受到地面的
摩擦力为f＝μ（mg＋Fsinα）＝Fcosα，故C 错误.
18.[2024 江苏苏州实验中学校考]某建筑工地用一可以移动的升降机来吊装重物，如图所示，
轻绳穿过下方吊着重物的光滑圆环，A、B 两点分别固定在建筑和升降机上，下列说法正确
的是（ A ）
A.升降机缓慢上升时，绳中的张力大小不变
B.升降机缓慢向左移动时，绳中的张力变小
C.升降机缓慢上升时，地面对升降机的摩擦力变小
D.升降机缓慢向左移动时，升降机对地面的压力变大
答案 A
解析 光滑圆环受力情况如图所示，设绳长为l，升降机和建筑间距离为
d，右侧绳与竖直方向夹角为θ，绳中张力大小为F，根据几何知识可知
sinθ＝d
l ，根据平衡条件有2Fcosθ＝mg，又cosθ＝❑√
1－d
2
l
2 ，解得F＝
mg
2❑√
1－d
2
l
2
，升降机缓慢上升时，d 和l 不变，故绳中的张力大小不变，A 正确；升降机缓
慢向左移动时，d 变大，绳中的张力变大，故B 错误；根据平衡条件可知地面对升降机的
摩擦力为f＝1
2mgtanθ，升降机缓慢上升时，d 和l 不变，夹角θ 不变，则地面对升降机的
摩擦力不变，故C 错误；根据平衡条件可知，升降机对地面的压力为N'＝Mg＋mg
2 ，升降
机缓慢向左移动时，升降机对地面的压力不变，故D 错误.
19 （2024 山东泰安9 月测试） 将两个质量均为m 的小球a、b 用细线相连后，再用细线
悬挂于O 点，如图所示。用力F 拉小球b，使两个小球都处于静止状态，且细线Oa 与竖直
方向的夹角保持
，求：
(1)F 的最小值以及方向。
(2)在(1)问中，a、b 间的细线与水平方向的夹角。
【参考答案】(1)
，垂直
向上；(2)
【名师解析】
(1)以两个小球组成的整体为研究对象，分析受力，作出F 在三个方向时整体的受力图
根据平衡条件得知：F 与T 的合力与重力2mg 总是大小相等、方向相反，由力的合成图可
知，当F 与绳子Oa 垂直时，F 有最小值，即图中2 位置，则F 的最小值为
方向垂直于Oa 向上。
(2) 设a、b 间的细线与水平方向的夹角为
，受力分析如下图
在(1)问中可求得绳子
上的拉力为
对小球有
解得
两式子相比得
解得
20. 如图（a）所示，小球系在细绳的一端，放在倾角为α＝30°的光滑斜面体上，细绳的另
一端固定在天花板上，开始细绳沿竖直方向，现用力将斜面体在水平桌面上缓慢向左推动.
（1）如果斜面体足够高，小球缓慢地沿斜面运动的过程中，细绳的拉力与小球所受的支持
力如何变化？（图解法）
（2）如果细绳与斜面平行，细绳的拉力为多大？（正交分解法）
（3）如果细绳与斜面成15°角，细绳的拉力为多大？（正弦定理法）
（4）如果将斜面体换为固定的光滑半圆柱体，如图（b）所示，放在半圆柱体上的小球被
一绕过定滑轮的绳用力F 拉着由半圆柱体的底端缓慢地到顶端的过程中，分析绳的拉力F
及半圆柱体对小球的支持力F 支的变化情况.（相似三角形法）
答案 （1）细绳的拉力先减小后增大，小球所受的支持力一直增大. （2）1
2mg （3）
❑√6－❑√2
2
mg （4）F 减小，F 支不变.
解析 （1）将斜面体在水平桌面上缓慢地向左推动，小球始终处于平衡状态，对小球进行
受力分析，由平衡条件得支持力FN和拉力FT的合力大小F'＝mg，即两者合力的大小和方向
均不发生变化，当斜面体在水平桌面上缓慢地向左移动时，细绳与竖直方向的夹角逐渐变
大，FT的方向发生变化，根据平行四边形定则作图如图1 所示，由图可看出，拉力先减小
后增大，支持力一直增大.
（2）当细绳与斜面平行时，对小球受力分析如图2 所示，将所受重力正交分解，由平衡条
件得细绳的拉力F1＝mgsin30°＝1
2mg.
图1 图2 图3 图4
（3）如果细绳与斜面成15°角，对小球受力分析如图3 所示，由力的平衡条件可知支持力
与拉力的合力与重力等大反向，由几何关系可知力的矢量三角形的夹角如图3，则由正弦
定理得
F2
sin30°＝
F N 2
sin 45°＝
mg
sin105°，解得细绳的拉力F2＝
❑√6－❑√2
2
mg.
（4）对球受力分析如图4 所示，设半圆的半径为R，定滑轮到半圆柱体顶端的距离为h，
定滑轮左侧绳长为L，根据三角形相似得F
L ＝mg
h＋R ，F支
R ＝mg
h＋R ，联立解得F＝mg
L
h＋R ，F 支＝mg
R
h＋R ，由于在拉动过程中h、R 不变，L 变小，故F 减小、F 支不变.
