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第07 讲 共点力的平衡
目录
01 课标达标练
型
题
01 物体的受力分析
型
题
02 静
平衡
态
型
题
03
平衡
动态
型
题
04 平衡中的
界与极
临
值问题
02 核心突破练
03 真题溯源练
01 物体的受力分析
1.盛夏时节，荷塘中的荷花谢了后便会长出莲房。下面四幅图中根茎对莲房的作用力方向正确的是
（ ）
A．
B．
1
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C．
D．
【答案】B
【详解】以莲房为对象，根据平衡条件可知，根茎对莲房的作用力与莲房的重力等大反向，则根茎
对莲房的作用力方向竖直向上。
故选B。
2.（2025·四川绵阳·高三月考）如图所示，吸附在竖直玻璃上质量为m 的擦窗工具，在竖直平面内
受重力、拉力和摩擦力（图中未画出摩擦力）的共同作用做匀速直线运动。若拉力大小与重力大小
相等，方向水平向右，重力加速度为g，则对擦窗工具受力情况的分析正确的是（ ）
A．擦窗工具受到3 个力作用
B．擦窗工具受到4 个力作用
C．摩擦力的方向可能与拉力方向相反
D．摩擦力大小等于√2mg
【答案】D
【详解】擦窗工具受重力、拉力、摩擦力、吸引力、支持力5 个力的作用，对擦窗工具进行正视图
的受力分析如图所示
水平方向上拉力F与擦窗工具所受摩擦力水平分量f 滑等大反向，竖直方向上重力mg与擦窗工具所
摩擦力竖直分量f 静等大反向，所以擦窗工具所受摩擦力f 方向如图中所示，大小为
f =√f 滑
2+ f 静
2=√2mg
故选D。
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3.（2025·浙江杭州·高三月考）如图是筷子夹鹅卵石时的三个动作示意图，筷子均在同一竖直平面
内：图甲中的筷子处于竖直方向，图乙中的筷子处于水平方向，图丙中的筷子处于倾斜方向，与水
平面成一定夹角。三个图中的鹅卵石均处于静止状态，则（ ）
A．图甲中的鹅卵石受到四个力的作用
B．图乙中下方筷子对鹅卵石的弹力大于鹅卵石对其的弹力
C．当缓慢增大图丙中筷子与水平方向的夹角，鹅卵石受到筷子对它的作用力不变
D．若图甲中筷子夹着鹅卵石一起向上匀速运动，鹅卵石受到摩擦力方向为竖直向下
【答案】C
【详解】A．甲图中的鹅卵石受重力、两个弹力和两个静摩擦力，共五个力，A 错误；
B．图乙中下方筷子对鹅卵石的弹力与鹅卵石对其的弹力是一对作用力与反作用力，其大小相等，
方向相反，故B 错误；
C．当缓慢增大图丙中筷子与水平方向的夹角，鹅卵石始终处于平衡状态，鹅卵石受到筷子对它的
作用力与重力互为一对平衡力，故不变，故C 正确；
D．若图甲中筷子夹着鹅卵石一起向上匀速运动，鹅卵石受到摩擦力方向为竖直向上，故D 错误。
故选C。
4.（2025·四川内江·高三月考）如图，叠放在一起的甲、乙、丙三块石头均处于静止状态，下列说
法中不正确的是（ ）
A．甲、乙、丙三块石头所受合力不为零
B．丙石头对乙石头的支持力和甲石头对乙石头的压力的大小不相等
C．甲石头对乙石头的压力和乙石头对甲石头的支持力是一对相互作用力
D．乙石头受到三个力的作用
【答案】A
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【详解】A．甲、乙、丙三个石块均处于静止状态，所受合力均为零，故A 错误，符合题意；
B．乙石头处于平衡状态，丙石头对乙石头的支持力应等于乙石头的重力与甲石头对乙的压力之
和，所以丙石头对乙石头的支持力和甲石头对乙石头的压力的大小不相等，故B 正确，不符合题
意；
C．甲石头对乙石头的压力和乙石头对甲石头的支持力，二力大小相等、方向相反、作用在同一条
直线上、作用在不同物体上，是一对相互作用力，故C 正确，不符合题意；
D．乙石块受到竖直向下的重力、丙石块对乙的竖直向上的支持力、甲石块对乙的竖直向下的压力
三个力的作用，故D 正确，不符合题意。
故选A。
5.（多选）如图所示，固定斜面上有一光滑小球，有一竖直轻弹簧P 与一平行斜面的轻弹簧Q 连接
着，小球处于静止状态，则关于小球所受力的个数可能的是（ ）
A．3
B．4
C．5
D．1
【答案】AB
【详解】小球处于静止状态，则小球受力的可能情况如下图所示，若P 弹簧对小球向上的弹力等于
小球的重力，此时Q 弹簧无弹力，小球受2 个力平衡，若P 弹簧弹力为零，小球受重力、支持力、
弹簧Q 的拉力处于平衡，小球受3 个力平衡，若P 弹簧弹力不为零，小球受重力、弹簧P 的拉力、
支持力、弹簧Q 的拉力，小球受4 个力平衡，故选AB。
02 静态平衡
6.（2025·四川凉山·高三月考）如图所示，起重机将重为G 的均质正方形薄板匀速吊起，四条钢索
等长且每条钢索与竖直方向的夹角均为45°，则每条钢索中弹力的大小为（ ）
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A．G
4
B．√2
2 G
C．G
2
D．√2
4 G
【答案】D
【详解】根据薄板受力平衡得4 F cos 45° =G
解得F = √2
4 G
故选D。
7.（2025·四川广元·高三月考）街舞于20 世纪80 年代兴起，广受青少年的喜爱，一名少年当街表演
街舞，他单手倒立并静止于水平地面上的情景如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．少年的重心在手与地面接触处的正上方
B．少年的舞蹈动作改变时，他的重心位置一定不会发生变化
C．地面对少年的支持力大于少年的重力
D．地面对少年的支持力是由于少年与地面接触的手掌发生形变而产生的
【答案】A
【详解】AC．以少年为对象，根据平衡条件可知，地面对少年的支持力等于少年的重力，重力与支
持力在同一竖直线上，则少年的重心在手与地面接触处的正上方，故A 正确，C 错误；
B．少年的舞蹈动作改变时，他的重心位置可能会发生变化，故B 错误；
D．地面对少年的支持力是由于地面发生形变而产生的，故D 错误。
故选A。
8.（2025·四川德阳·三模）如图所示，球心为O1的半球A 置于粗糙水平地面上，半球A 的圆弧表面
光滑，质量为m 的大球B 球心为O2，半球A 的顶端P 点与大球B 用轻绳连接，轻绳刚好水平，大球
B 的最低点连接一轻弹簧，轻弹簧下端固定着质量为m 的小球C，球心O1、O2的连线与O1P 的夹角
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θ=60°，整个系统处于静止状态，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．轻绳的张力为√3mg
B．半球有向左运动的趋势
C．若剪断轻绳，半球A 仍未动，则剪断的瞬间，C 球处于失重状态
D．若剪断轻绳，半球A 仍未动，则剪断的瞬间，B 球的加速度大小为√3 g
【答案】D
【详解】A．将B、C 看成一个整体，根据平衡条件可得轻绳的张力为T =2mg tanθ =2√3mg，故
A 错误；
B．将A、B、C 看成一个整体，则整体只受到竖直向下的重力和竖直向上的支持力，水平方向不受
力，所以半球没有水平方向的运动趋势，故B 错误；
C．C 球在剪断轻绳前受到重力和弹力等大反向，若剪断轻绳，半球A 仍未动，则剪断的瞬间，C 球
所受的重力和弹力不突变，所以C 球受力平衡，故C 错误；
D．若剪断轻绳，半球A 仍未动，则剪断的瞬间，B 球将沿A 半球的切线滚下，且只受重力、支持
力和弹簧的弹力，所以B 球的合力沿切线向下，如图所示
根据几何关系可知，合力恰好与支持力垂直，则F合=（mg+ F弹）sinθ =√3mg
根据牛顿第二定律F合=ma
解得a=√3 g，故D 正确。
故选D。
9.（多选）（2025·四川眉山·高三月考）如图所示，某同学用水平向左的力F拉动长木板使其水平运
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动，直到弹簧测力计示数稳定时，木块静止不动。下列说法正确的是（ ）
A．拉动过程中，长木板一定要做匀速直线运动
B．弹簧测力计的示数等于木块受到的摩擦力大小
C．拉力F与木块对木板的滑动摩擦力是一对平衡力
D．当拉动长木板的速度变大时，物块受到的滑动摩擦力不变
【答案】BD
【详解】A．拉动木板时，物块始终处于静止状态，受到的摩擦力与弹簧测力计的拉力为一对平衡
力，不管木块是否匀速运动，物块受到的滑动摩擦力的大小与弹簧测力计的拉力大小始终相等，弹
簧测力计能够间接测出滑动摩擦力的大小，故A 错误；
B．拉动木板时，物块始终处于静止状态，在水平方向上物块受到向左的拉力和向右的摩擦力相互
平衡，所以测力计的示数等于木板受到的摩擦力大小，故B 正确；
C．用力F 拉动木板在水平地面上向左运动时，木板在水平方向上受到向右的拉力、物块对木板向
左的摩擦力以及水平地面对木板向右的摩擦力作用，木板在水平方向上受到三个力的作用而平衡，
故C 错误；
D．若拉动木板的速度增大时，物块对木板的压力以及接触面的粗糙程度不变，则物块受到木板的
摩擦力不变，故D 正确；
故选BD。
03 动态平衡
10.（多选）（2025·四川广元·高三月考）如图所示，光滑半球形容器固定在水平面上，O 为球心，
一质量为m 的小滑块，在水平力F 的作用下从半球形容器最低点缓慢移动至最高点的过程中。设小
滑块所受支持力为N，则下列判断正确的是（ ）
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A．F 逐渐增大
B．F 逐渐减小
C．N 大小不变
D．N 逐渐增大
【答案】AD
【详解】以小滑块为对象，根据受力平衡可得N sinθ =mg，N cosθ = F
解得F = mg
tanθ ，N = mg
sinθ
小滑块从半球形容器最低点缓慢移动至最高点的过程中，题图中的θ从90°逐渐减小为0°，则F 逐
渐增大，N 逐渐增大。
故选AD。
11.（2025·河南·三模）蜘蛛通过两根蛛丝（OA 和OB）悬挂在树枝上保持平衡。初始时，蛛丝OA
与竖直方向的夹角为θ，蛛丝OB 水平，如图所示。若猎物在A 点被蛛丝缠住并向右侧移动，蛛丝
OB 仍保持水平。蜘蛛始终静止，蛛丝形变量可忽略不计且蛛丝未断裂。下列说法正确的是
（ ）
A．蛛丝OA 的拉力逐渐减小，蛛丝OB 的拉力逐渐增大
B．蛛丝OA 的拉力逐渐增大，蛛丝OB 的拉力逐渐减小
C．蛛丝OA 和OB 的拉力均逐渐增大
D．蛛丝OA 和OB 的拉力均逐渐减小
【答案】D
【详解】设蜘蛛的重力为G，蛛丝OA 的拉力为F1，蛛丝OB 的拉力为F2，由平衡条件有
F1sinθ = F2，F1cosθ =G
解得F1=
G
cosθ ，F2=G tanθ
当θ 减小时，cosθ 增大，tanθ 减小，故F1减小，F2也减小。
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故选D。
12.（2025·江苏·高三月考）如图所示，一个晾衣架放在水平地面上静止，水平横杆与四根相同的轻
质斜杆垂直，两斜杆间的夹角为θ，当θ 缓慢减小时，每根斜杆受到地面的（ ）
A．支持力增大
B．支持力减小
C．摩擦力增大
D．摩擦力减小
【答案】D
【详解】AB．对衣架、横杆、衣服组成的整体受力分析。整体所受重力与地面的支持力平衡。设整
体重力为G，则每根斜杆受到地面的支持力FN=G
4
即θ 变化不影响支持力大小，故AB 错误；
CD．每根斜杆中的力在水平方向为F x = F N tan θ
2 =G
tan θ
2
4
= f
随着角度θ 缓慢减小，则tan θ
2减小，摩擦力f 也减小，故C 错误，D 正确。
故选D。
13.（2025·贵州毕节·三模）如图所示，竖直杆M、N固定于地面，轻绳a一端固定于N杆上的F点，另
一端与光滑轻质小圆环拴接于O 点；轻绳b一端穿过小环后固定于M杆上的E 点，另一端与小物体
连接。若初始时刻O 点的位置比E 点高，整个系统处于静止状态，a、b绳上的拉力分别记为Fa和
Fb，则（ ）
A．仅将E 点缓慢上移少许，Fa增大
B．仅将E 点缓慢下移少许，Fb增大
C．仅将M杆缓慢左移少许，Fb减小
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D．仅将M杆缓慢左移少许，Fa减小
【答案】D
【详解】A．两根绳子与水平方向的夹角分别为α、β，物块质量为m，因为b绳跨过小圆环与物块
相连，同一根绳子所以Fb=mg
先将E点缓慢向上移动少许，两个Fb之间的夹角变大，所以两个力的合力减小，因为Fa与两个Fb
的合力大小相等，方向相反，所以Fa减小，Fb不变，A 错误；
B．将E点缓慢向下移动少许，两个Fb之间的夹角变小，所以两个力的合力变大，因为Fa与两个Fb
的合力大小相等，方向相反，所以Fa变大，Fb不变，B 错误；
CD．将M杆向左移动少许，β减小，即两个Fb之间的夹角变大，所以两个力的合力变小，因为Fa与
两个Fb的合力大小相等，方向相反，所以Fa减小，Fb不变，C 错误，D 正确。
故选D。
14.如图所示，有两个小球通过三段轻绳连接后悬挂于O 点，将一拉力F 作用在小球B 上，使三段
轻绳都伸直且O、A 间轻绳处于竖直状态。现使F 从图示方向缓慢逆时针旋转到竖直方向，在此过
程中两小球始终保持静止，则下列说法正确的是（ ）
A．轻绳OA 的弹力一直减小
B．轻绳AB 的弹力可能一直增大
C．拉力F 先减小再增大
D．轻绳OB 的弹力不可能为0
【答案】C
【详解】A．由于轻绳OA处于竖直方向，轻绳OA弹力与小球A重力等大反向，始终不变，故A 错
误；
B．轻绳AB弹力为0，也是始终不变，故B 错误；
CD．对小球B 受力分析，并将三个力平移构成一个首尾相接的矢量三角形，画出F 变化过程中的动
态三角形，如图所示
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可知F先减小再增大，轻绳OB弹力一直减小，最终减小到0，故C 正确，D 错误。
故选C。
15.（2025·浙江湖州·三模）如图所示，一足够长的细线一端连接穿过水平细杆的滑块A，另一端通
过光滑滑轮连接重物B，此时两边细线竖直。某时刻，水平拉力F 作用在滑块A 上，使A 向右移
动。已知A、B 的质量分别为m 和2m，滑块A 与细杆间的动摩擦因数为√3
3 。则（ ）
A．若A 做匀速运动，则B 也做匀速运动
B．若B 做匀速运动，则A 做加速运动
C．若A 缓慢向右运动，当细线与细杆间的夹角为30°时，拉力F 有最小值
D．若A 缓慢向右运动到细线与细杆间的夹角为30°时，拉力F 一直在增大
【答案】D
【详解】AB．对AB 两滑块速度关系如图所示
由几何关系有vB= vAcosθ
若A 做匀速运动，θ逐渐减小，cosθ逐渐增大，则B 的速度逐渐增大；若B 做匀速运动，θ逐渐减
小，cosθ逐渐增大，则A 的速度逐渐减小，故AB 错误；
CD ．对滑块B 有T =2mg
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对滑块A 有进行受力分析如图所示
由于滑块A 从图示（最初是竖直的）位置开始缓慢向右移动至θ =30
∘过程中30
∘≤θ≤90
∘
可知T sinθ =2mgsinθ≥mg
则在竖直方向上有T sinθ =mg+ N
则在水平方向有F = μN +T cosθ
联立解得F =2mgcosθ+2 μmgsinθ−μmg=2mg√1+ μ
2(
1
√1+ μ
2 cosθ+
μ
√1+ μ
2 sinθ)−μmg
假设sin α =
1
√1+ μ
2 = √3
2 ，cosα =
μ
√1+ μ
2 = 1
2
解得α =60
∘
则可求得F =2mg√1+ μ
2sin(60
∘+θ)−μmg
滑块A 从图示虚线位置开始缓慢向右移动过程中，θ减小，可知F 逐渐增大，当θ =30
∘时
解得拉力F 有最大值Fmax =√3mg
故C 错误，D 正确。
故选D。
16.（2024·四川遂宁·模拟预测）如图所示，定滑轮A（形状忽略不计）固定在天花板上，轮轴与表
面均光滑，水平地面上固定铰链B（形状忽略不计），B 在A 的正下方，轻质硬直杆一端连接B，
另一端连接质量为m的小球C（视为质点），轻质细线跨过A，左端施加力F1（为未知量），系统
处于第一个静止状态，三角形ABC 为边长为d正三角形；再让A 、C间的距离变为0.5d，系统处于
第二个静止状态，轻绳左端施加的力为F2（为未知量），重力加速度为g，则两种静止状态下
（ ）
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A．杆对小球的弹力大小、方向均不同
B．杆对小球的弹力大小、方向均相同
C．轻绳左端施加的拉力F1是F2的2 倍
D．小球重力与所受细线拉力的合力不一定沿杆
【答案】C
【详解】AC．对小球进行受力分析，当小球处于静止状态时，处于三力平衡状态，受力分析，如图
所示
可知，三力平衡构建的矢量三角形与三角形ABC 相似，设两种静止状态下，杆对小球弹力大小分别
为F N1, FN 2，由相似三角形的比例关系可得
mg
d = FN1
d = F1
d ，mg
d = FN 2
d = F2
0.5d
则有
F N1= F N 2=mg，F1=mg，F2=0.5mg，F1=2 F2
故A 错误，C 正确；
B．杆对小球的弹力总沿着杆，两种静止状态下，弹力方向不同，故B 错误；
D．细线对小球的拉力与小球重力的合力与杆对小球的弹力等大反向，则细线对小球的拉力与小球
重力的合力一定沿着杆，故D 错误。
故选C。
17.（2025·山东威海·三模）如图所示，工人利用定滑轮通过绳索施加拉力F，将一根均匀的钢梁AB
拉起，定滑轮位于钢梁A端的正上方，拉起的过程中钢梁绕A端缓慢转动。拉力F的大小（ ）
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A．始终不变
B．逐渐增大
C．逐渐减小
D．先增大后减小
【答案】C
【知识点】动态平衡问题
【详解】对钢梁AB 受力分析，向下的重力mg，细绳的拉力F 以及地面对A 点的作用力N（摩擦力
和支持力的合力），三个力的合力交于一点，组成力的封闭三角形，则由相似三角形可知
mg
CA = F
OC
则随着钢梁B 点逐渐升高，则OC 的减小，F 减小。
故选C。
18.（2025·四川成都·高三期中）如图所示，质量分别为m1和m2的两个小球A、B 都套在一个竖直大
圆环上，大圆环固定在地面上，长为L 的细绳的两端分别拴在小球A、B 上，然后将细绳绕过小滑
轮O'，O'位于大圆环环心O 的正上方。所有摩擦都不计，当它们都静止时，大圆环对A、B 的作
用力之比N A
N B
。关于绳长LAO'与N A
N B
的值，正确的是（ ）
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A．N A
N B
= m1
m2
B．N A
N B
= m2
m1
C．LAO' =
m1
m1+m2
L
D．LAO' = m1
m2
L
【答案】A
【详解】AB．同一根轻绳上弹力大小处处相等，对A 进行分析，根据相似三角形有
m1 g
OO' = T
LAO'
= N A
R ，
m2 g
OO' = T
LBO'
= N B
R
解得
N A
N B
= m1
m2
故A 正确，B 错误；
CD．根据题意有
LBO' = L−LAO'
结合上述可以解得
LAO' =
m2
m1+m2
L
故CD 错误。
故选A。
19.（多选）（2025·重庆渝中·高三月考）如图所示，倾角为30°、质量M = 4 kg的斜面体C 置于粗糙
水平地面上，小物块B 放在粗糙斜面上，质量m=3kg，连接B 的轻绳与斜面平行，轻绳跨过光滑
轻质小滑轮O 与质量为mA=1kg的物块A 相连。开始时A 静止在滑轮正下方，现对A 施加一个拉力
F 使A 缓慢移动，F 与连接A 的轻绳OA 的夹角始终保持120°，直至轻绳OA 水平。此过程中B、C
始终保持静止状态。g 取10 m/s
2，则（ ）
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A．开始时，B 所受摩擦力大小为5N
B．OA 水平时，轻绳拉力为5√3
3
N
C．OA 水平时，地面对C 的支持力为(70−5√3
3 )N
D．A 缓慢移动过程中，轻绳拉力的最大值为110√3 N
【答案】AC
【详解】A．开始时，对B 受力分析知，受重力、拉力、支持力、摩擦力合力为零，拉力为
T =mA g
B 所受摩擦力大小为
f B=mgsin30
o−T
联立解得
f B=5 N
故A 正确；
B．OA 水平时，物块A 的受力示意图如图
有
FT2=mA g tan30
o
解得
FT2= 10√3
3
N
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故B 错误；
C．OA 水平时，以BC 作为整体，其受力示意图如图
有
F N=（mB+ M ）g−FT2sin30
o
解得
FN=70−5√3
3
N
故C 正确；
D． 物块A 在重力、拉力F 和细绳张力FT作用下始终处于平衡状态，所以三个力的合力等于零，
根据三角形法则，这三个力通过平行移动可以构成一个闭合的矢量三角形，如图所示
在Δ PMN，其中MN 对应重力，NP 对应拉力F，PM 对应细绳张力FT，拉力F 与细绳张力FT之间
的夹角保持120
o不变，即∠MPN保持60
o不变，满足此关系的几何图形是的外接圆，P 为动点，当
P 移动到P1点时经过圆直径，这时PM 对应细绳张力FT最大，有
FTmax= mA g
sin 60
o = 20√3
3
N
故D 错误。
故选AC。
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04 平衡中的临界与极值问题
20 如图所示，工地上的建筑工人用砖夹搬运四块相同的砖，假设每块砖的质量均为m，砖与砖夹的
动摩擦因数均为µ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当砖处于平衡状态时，则右边砖夹对砖施加的
水平力最小为（ ）
A．4 mg
μ
B．3mg
μ
C．2mg
μ
D．mg
μ
【答案】C
【详解】以四块砖为研究对象，进行受力分析。砖恰好静止不动，则砖所受到的摩擦力刚好与其重
力相等，即
f 1+ f 2= 4 mg
又
f 1= f 2= μF
联立两式可得
F = 2mg
μ
即右边砖夹对砖施加的水平力为F = 2mg
μ
，选项C 正确。
故选C。
21.（2024·四川成都·高三期中）用一根长1m 的轻质细绳将一幅质量为1kg 的画框对称悬挂在墙壁
上，已知绳能承受的最大张力10N，为使绳不断裂，画框上两个钉的间距最大为（g 取10m/s2）（
）
A．0.332m
B．0.6m
C．0.9m
D．1m
【答案】C
【详解】画框受到重力和绳子的拉力，三个力为共点力，受力如图
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设绳子与竖直方向的夹角为θ，绳子达到最大拉力10N，两个钉的间距为L，绳子长l=1m，有
mg =2 F cosθ
两个挂钉的距离为
L=2(
l
2 sinθ)
联立解得
L= √3
2 m ≈0.9m
22.如图所示，三段不可伸长的细绳，OA、OB、OC 能承受的最大拉力相同，它们共同悬挂一重
物，其中OB 是水平的，A 端、B 端固定在水平天花板上和竖直墙上、若逐渐增加C 端所挂重物的
质量，则最先断的绳是（ ）
A．必定是OA
B．必定是OB
C．必定是OC
D．可能是OB，也可能是OC
【答案】A
【详解】OC 下悬挂重物，它对O 点的拉力等于重物的重力G。OC 绳的拉力产生两个效果：拉紧
BO 绳的水平向左的力F1，拉紧AO 绳的沿绳子方向斜向下的力F2，F1、F2是OC 绳拉力的两个分
力，大小等于G。由平行四边形定则可作出力的分解图如图所示
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当逐渐增大所挂重物的质量时，哪根绳受的拉力最大则哪根绳最先断。从图中可知：表示F2的有
向线段最长，F2最大，故OA 绳最先断。故A 正确，BCD 错误。
故选A。
23.如图所示，杆BC 的B 端用铰链接在竖直墙上，另一端C 为一滑轮．重物G 上系一绳经过滑轮固
定于墙上A 点处，杆恰好平衡．若将绳的A 端沿墙缓慢向下移（BC 杆、滑轮、绳的质量及摩擦均
不计），则（ ）
A．绳的拉力增大，BC 杆受绳的压力增大
B．绳的拉力不变，BC 杆受绳的压力增大
C．绳的拉力不变，BC 杆受绳的压力减小
D．绳的拉力不变，BC 杆受绳的压力不变
【答案】B
【详解】由于杆一直平衡，则两根细线的拉力的合力一定在杆的方向上，否则杆会转动；
由于是同一根绳子，故两根细线的拉力一定相等且等于物体的重力G，根据平行四边形定则，合力
一定在角平分线上，将绳的A 端沿墙缓慢向下移则两拉力的夹角不断减小，故两个拉力的合力不断
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变大，故杆受到的压力不断变大，故B 正确，ACD 错误．
24.一质量为m的物块恰好能沿倾角为30°的足够长斜面匀速下滑。物块在沿斜面匀速下滑的过程
中，在竖直平面内给物块一外力F，F与水平方向的夹角为α，斜面始终处于静止状态，如图所
示。已知重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．若α =0°，物块沿斜面下滑过程中，地面对斜面的摩擦力水平向左
B．若α =60°，物块沿斜面下滑过程中，地面对斜面的摩擦力为零
C．若α =90°，物块将不能沿斜面匀速下滑
D．若F推着物块沿斜面匀速上滑，则F的最小值大于mg
【答案】B
【详解】ABC．未加F 时，物块匀速下滑，其受力分析，如图所示
由平衡条件得
f 1=mgsin30°，N 1=mgcos30°
又根据
f = μN
可得
mgsin30° = μmgcos30°
解得
sin30° = μcos30°
设斜面的质量为M，对斜面受力分析，如图所示
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根据牛顿第三定律有
f
′
1= f 1=mgsin30°，N
′
1= N 1=mgcos30°
斜面始终处于静止状态，将f
′
1、N
′
1分解，且在水平方向有
f
′
1 x = f
′
1cos30
∘=mgsin30
∘cos30
∘，N
′
1 x = N
′
1sin30
∘=mgcos30
∘sin30
∘
可得
f
′
1 x= N
′
1 x
故地面对斜面的摩擦力为零；
若α =0°，对物块施加一个水平方向的力F，对m 受力分析，如图所示
将F 分解，可得
N 1= F sin30
∘+mgcos30
∘
又根据
f = μN
可得
f 1= μ(F sin30
∘+mgcos30
∘)
对斜面同上进行受力分析，根据牛顿第三定律有
f
′
1= f 1= μ(F sin30
∘+mgcos30
∘)，N
′
1= N 1= F sin30
∘+mgcos30
∘
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斜面始终处于静止状态，将f
′
1、N
′
1分解，且在水平方向有
f
′
1 x = f
′
1cos30
∘= μ(F sin30
∘+mgcos30
∘)cos30
∘，
N
′
1 x = N
′
1sin30
∘=(F sin30
∘+mgcos30
∘)sin30
∘
可得
f
′
1 x= N
′
1 x
故地面对斜面的摩擦力为零；若α =60°，对物体施加一个垂直于斜面方向的力F，物块下滑过程
中，对m 受力分析，如图所示
则有
N 1= F +mgcos30
∘
又根据
f = μN
可得
f 1= μ(F +mgcos30
∘)
对斜面同上进行受力分析，根据牛顿第三定律有
f
′
1= f 1= μ(F +mgcos30
∘)，N
′
1= N 1= F +mgcos30
∘
斜面始终处于静止状态，将f
′
1、N
′
1分解，且在水平方向有
f
′
1 x = f
′
1cos30
∘= μ(F +mgcos30
∘)cos30
∘，N
′
1 x = N
′
1sin30
∘=(F +mgcos30
∘)sin30
∘
可得
f
′
1 x = N
′
1 x
故地面对斜面的摩擦力为零，故A 错误，B 正确；
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C．若α =90°，对物块施加竖直向下的力F，对m 受力分析，如图所示
则有
N 1=(F +mg)cos30
∘
又根据
f = μN
可得
f 1= μ(F +mg)cos30
∘
又
sin30° = μcos30°
则有
f 1= μ(F +mg)cos30
∘=(F +mg)sin30
∘
所以物体仍可以沿斜面匀速下滑，故C 错误；
D．若F推着物块沿斜面匀速上滑，设F 与斜面夹角φ，根据平衡条件得
F cosφ =mgsinθ+ μ(mgcosθ+ F sin φ)
解得
F = mgsinθ+ μmgcosθ
cosφ−μsin φ
= mgsinθ+ μmgcosθ
√1+ μ
2sin( β −φ)
所以
Fmin= mgsinθ+ μmgcosθ
√1+ μ
2
=mgsin 2θ = √3
2 mg
故D 错误。
故选B。
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25.（2025·四川泸州·高三月考）某同学利用所学物理知识，测量一段长为16cm的头发能承受的最
大拉力。如图所示，刻度尺水平放置，头发穿过钩码的光滑挂钩，一端固定在P 点，另一端从P 点
开始缓慢向右移动，当移动到如图所示的Q 点时，头发恰好被拉断。已知钩码和挂钩的总质量为
0.3kg，取重力加速度g=10 m /s
2，则头发能承受的最大拉力为（ ）
A．√3
2 N
B．3
2 N
C．√3 N
D．3 N
【答案】C
【详解】头发恰好被拉断时，设头发与竖直方向的夹角为θ，根据受力平衡可得
2 Fmcosθ =mg
根据图中几何关系可得
sinθ = 4
8 = 1
2
可得
θ =30°
则头发能承受的最大拉力为
F m =
mg
2cosθ = 0.3×10
2× √3
2
N =√3 N
故选C。
26.如图所示，一固定的细直杆与水平面的夹角为α=15°，一个质量忽略不计的小轻环C 套在直杆
上，一根轻质细线的两端分别固定于直杆上的A、B 两点，细线依次穿过小环甲、小轻环C 和小环
乙，且小环甲和小环乙分居在小轻环C 的两侧。调节A、B 间细线的长度，当系统处于静止状态时
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β=45°。不计一切摩擦。设小环甲的质量为m1，小环乙的质量为m2，则m1∶m2等于（ ）
A．tan15°
B．tan30°
C．tan60°
D．tan75°
【答案】C
【详解】小球C 为轻环，重力不计，受两边细线的拉力的合力与杆垂直，C 环与乙环的连线与竖直
方向的夹角为60°，C 环与甲环的连线与竖直方向的夹角为30°，A 点与甲环的连线与竖直方向的夹
角为30°，乙环与B 点的连线与竖直方向的夹角为60°，根据平衡条件，对甲环有
2T cos30° =m1g
对乙环有
2T cos60° =m2 g
得
m1:m2= tan60°
故选C。
27.如图，一根不计质量的轻杆AC垂直固定于竖直墙内，杆的另一端装有一质量不计的光滑定滑
轮，绳子BCD跨过滑轮挂着一质量为m的物体，绳子的B端固定在墙上，且BC与墙之间的夹角为
60°，则轻杆对定滑轮的作用力为（ ）
A．大小为mg，方向与轻杆AC成30°斜向上
B．大小为mgcos30°，方向与轻杆AC成30°斜向上
C．大小为mg tan30°，方向与轻杆AC成60°斜向上
D．大小为mgcot 30°，方向与轻杆AC成60°斜向上
【答案】A
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【详解】物体受力平衡，故绳子的张力等于物体的重力mg；将绳子的拉力进行合成，如图所示
故绳子对滑轮的压力为
F＝mg
滑轮受绳的压力和杆的支持力平衡，故杆对滑轮的作用力大小为mg，根据牛顿第三定律，滑轮对
杆的作用力的大小也为mg，方向与AC 成30°斜向上。
故选A。
28.如图所示，水平地面上有一铁板，铁板上有一倾角为45
∘的活动木板，质量分别为mA和mB的物
体A、B 用轻绳连接后跨过滑轮，A、B 均处于静止状态。现将木板的倾角缓缓减小到10°， A 与斜
面始终保持相对静止，B 物体始终悬在空中。已知mA =2mB，不计滑轮摩擦。 下列说法正确的是（
）
A．绳子对A 的拉力将减小
B．铁板对地面的压力将逐渐减小
C．地面对铁板的摩擦力将逐渐增大
D．物体A 受到的摩擦力先减小后增大
【答案】D
【详解】A．绳子对A 的拉力保持不变，所以A 错误；
B．对整体受力分析，根据平衡条件有
N =G总
将木板的倾角缓缓减小到10°时，铁板对地面的支持力与倾斜角无关，保持不变，铁板对地面的压
力也保持不变，所以B 错误；
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C．对整体受力分析，根据平衡条件可知，整体只受重力与支持力，所以地面的摩擦力为0，则C 错
误；
D．根据平衡条件有
mA gsin 45
∘= f +mB g
由于
mA =2m B
所以开始时摩擦力沿斜面向上，当将木板的倾角缓缓减小到30°时，摩擦力减到0，将木板的倾角
缓缓减小到10°时，摩擦力沿斜面向下，所以物体A 受到的摩擦力先减小后增大，则D 正确；
故选D。
29.如图所示，细绳一端固定在A 点，另一端跨过与A 等高的光滑定滑轮B 后悬挂一个砂桶Q（含砂
子）。现有另一个砂桶P（含砂子）通过光滑挂钩挂在A、B 之间的细绳上，稳定后挂钩下降至C
点，∠ACB＝120°，下列说法正确的是（ ）
A．若只增加Q 桶中的砂子，再次平衡后P 桶位置不变
B．若只增加P 桶中的砂子，再次平衡后P 桶位置不变
C．若在两桶内增加相同质量的砂子，再次平衡后P 桶位置不变
D．若在两桶内增加相同质量的砂子，再次平衡后Q 桶位置上升
【答案】C
【详解】AB．对砂桶Q 分析有，Q 受到细绳的拉力大小
T =GQ
设AC、BC 之间的夹角为θ，对C 点分析可知C 点受三个力而平衡，由题意知，C 点两侧的绳张力
相等，故有
2T cos θ
2 =GP
联立可得
2GQcos θ
2 =GP
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故只增加Q 桶中的砂子，即只增加GQ，夹角θ 变大，P 桶上升，只增加P 桶中的砂子，即只增加
GP，夹角θ 变小，P 桶下降，故AB 错误；
CD．由
2GQcos θ
2 =GP
可知，当θ＝120°时有
GQ=GP
此时若在两砂桶内增加相同质量的砂子，上式依然成立，则P 桶的位置不变，故C 正确，D 错误。
故选C。
30.（多选）如图所示，有一重力不计的方形容器，被水平力F 压在竖直的墙面上处于静止状态，
现缓慢地向容器内注水，直到将容器刚好盛满为止，在此过程中容器始终保持静止，则下列说法中
正确的是（ ）
A．容器受到的摩擦力不变
B．容器受到的摩擦力逐渐增大
C．水平力F 可能不变
D．水平力F 必须逐渐增大
【答案】BC
【详解】容器处于平衡状态，在竖直方向上重力与摩擦力平衡，盛满水前墙面对容器的静摩擦力一
直增大，如果一直没有达到正压力F 作用下的最大静摩擦力，则水平力F 可能不变，选项BC 正确
AD 错误。
故选BC。
31.（多选）如图所示，木板C 放在水平地面上，木板B 放在C 的上面，木板A 放在B 的上面，A
的右端通过轻质弹簧与固定的竖直墙壁相连，弹簧水平且处于原长。A、B、C 质量相等，且各接触
面间动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，用外力向左拉动C，当三者稳定后弹簧弹力
大小为T，外力大小为F。则在系统稳定后，下列说法正确的是（ ）
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A．B 对A 的摩擦力是静摩擦力，大小为T，方向向左
B．B 对A 的摩擦力是滑动摩擦力，大小为T，方向向左
C．B 对C 的摩擦力是静摩擦力，大小为T，方向向右
D．C 受到地面的摩擦力大小为F，方向向右
【答案】BC
【详解】由题意可知C、B 之间的滑动摩擦力大小是B、A 之间滑动摩擦力大小的2 倍，所以三者稳
定时A、B、C 不可能同时发生相对滑动。假设A、B 之间相对静止，B、C 之间相对滑动，则应有
T =2 μmg
并且
T ≤μmg
显然假设不成立，则只可能是A、B 之间相对滑动，B、C 之间相对静止，即B 对A 的摩擦力是滑动
摩擦力，大小为T，方向向左；B 对C 的摩擦力是静摩擦力，根据平衡条件可知C 对B 的摩擦力和
A 对B 的摩擦力大小相等、方向相反，因此B 对C 的摩擦力大小为T，方向向右。对B、C 整体根
据平衡条件可知
F = f C 地+ f AB= f C 地+T
即C 受到地面的摩擦力大小为
f C 地= F −T
综上所述可知AD 错误，BC 正确。
故选BC。
32.（2025·陕西渭南·三模）如图所示，一个大理石半球静置在水平地面上，球心为O。一只小蚂蚁
缓慢从图中Q点沿圆弧爬向半球面最高点P，运动过程中大理石半球始终保持静止。已知OQ与OP
的夹角为θ = 45°，在此过程中，下列说法正确的是（ ）
A．大理石半球对小蚂蚁的作用力变大
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B．大理石半球对小蚂蚁的支持力变小
C．地面对大理石半球的摩擦力始终为零
D．地面对大理石半球的支持力变小
【答案】C
【详解】AB．对小蚂蚁受力分析如图所示
可知大理石半球对小蚂蚁的作用力为支持力与摩擦力的合力，大小始终等于蚂蚁的重力，保持不
变；蚂蚁受到的摩擦力为f =mgsinθ
蚂蚁受到的支持力为FN=mgcosθ
小蚂蚁缓慢从图中Q点沿圆弧爬向P点的过程中θ逐渐变小，则小蚂蚁受到的支持力变大，摩擦力
变小，大理石半球对小蚂蚁的作用力不变，故AB 错误；
CD．选取大理石半球与小蚂蚁组成的整体为研究对象，可知二者只受到重力与地面的支持力，所以
大理石半球受到地面的支持力始终大小等于二者重力的合力，保持不变，大理石半球与地面之间没
有摩擦力的作用，故C 正确，D 错误。
故选C。
33.（2025·四川宜宾·高三月考）如图为节日里悬挂灯笼的一种方式，A、B 点等高，O为结点，轻绳
AO、BO长度相等，拉力分别为F A、FB，灯笼受到的重力为G，现给O点一垂直纸面向外的水平
力F缓慢拉动，则（ ）
A．F A增大，FB减小
B．F A减小，FB增大
C．F A与F B都增大
D．F A与FB都减小
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【答案】C
【详解】由于A、B 点等高，轻绳AO、BO长度相等，设两绳与水平方向夹角为θ，则两绳上拉力
的合力等于灯笼的重力F A = FB=
1
2 mg
sinθ =
mg
2sinθ
现给O点一垂直纸面向外的水平力F缓慢拉动，从侧面看，如图。
T
为两绳拉力的合力，在
F
作用下
T
与竖直方向角度为
α
，有
T = mg
cosα
拉动过程中α逐渐增大，则T逐渐增大，两绳与水平方向夹角为θ不变，有F A = FB=
1
2 T
sinθ =
T
2sinθ
所以F A与FB都增大。
故选C。
34.（2024·四川攀枝花·一模）如图所示，小球用轻质细线竖直悬挂，用一水平力F拉小球，小球静
止时细线与竖直方向的夹角为a，且a<45
°。保持力F的大小不变，将其逆时针旋转θ角，小球仍能
在原位置保持静止，则角α与角θ的大小关系为（ ）
A．a=θ
B．2α =θ
C．α =2θ
D．3α =θ
【答案】B
【详解】球受到自身重力G、绳子拉力T 和F 为平衡，则这三个力构成的矢量三角形如图
32
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力F 转动θ后小球仍能在原位置保持静止，由于力F 的大小保持不变，即上图蓝色线表示的力F 等
长，几何关系可知α与θ1互余，作θ的角平分线如上图，几何关系可知θ
2与θ1也互余，则有
θ
2 =α
整理得
θ =2α
故选B。
35.一竖直放置的轻质圆环静止于水平面上，质量为m 的物体用轻绳系于圆环边缘上的A、B 两点，
结点恰位于圆环的圆心O 点。已知物体静止时，AO 绳水平，BO 绳与AO 绳的夹角为150°，重力加
速度为g。现使圆环沿顺时针方向缓慢滚动，在AO 绳由水平转动至竖直的过程中( )
A.AO 绳中的拉力一直增大
B.AO 绳中最大拉力为2mg
C.BO 绳中的拉力先减小后增大
D.BO 绳中最小拉力为mg
【答案】B
【解析】物体始终保持静止，合力为零，由于重力不变，BO 绳与AO 绳的夹角α＝150°不变，则
β＝30°，则mg、F1、F2构成封闭的矢量三角形如图所示
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可知在AO 绳由水平转动至竖直的过程中，AO 绳中的拉力先增大后减小，BO 绳中的拉力一直减小，
故A、C 错误；当F1过圆环圆心时，F1最大，AO 绳中最大拉力为F1＝
mg
sin30° ＝2mg，故B 正确；在
AO 绳竖直时，BO 绳中拉力最小，为零，故D 错误。
36.（浙江·高考真题）如图所示，不可伸长的光滑细线穿过质量为0.1kg 的小铁球，两端A、B 悬挂
在倾角为 30°的固定斜杆上，间距为1.5m。小球平衡时，A 端细线与杆垂直；当小球受到垂直纸
面方向的扰动做微小摆动时，等效于悬挂点位于小球重垂线与AB 交点的单摆，重力加速度
g=10m/ s
2，则（ ）
A．摆角变小，周期变大
B．小球摆动周期约为2s
C．小球平衡时，A 端拉力为√3
2 N
D．小球平衡时，A 端拉力小于B 端拉力
【答案】B
【详解】A．根据单摆的周期公式T =2π√
L
g
可知周期与摆角无关，故A 错误；
CD．同一根绳中，A 端拉力等于B 端拉力，平衡时对小球受力分析如图
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可得
2 F Acos30° =mg
解得
F A = F B=
mg
2cos30° = √3
3 N
故CD 错误；
B．根据几何知识可知摆长为
L= 1.5 m ×tan30°
cos30°
=1m
故周期为
T =2π√
L
g ≈2s
故B 正确。
故选B。
37.重型自卸车利用液压装置使车厢缓慢倾斜到一定角度，车厢上的石块就会自动滑下，以下说法
正确的是
A．在石块下滑前后自卸车与石块整体的重心位置不变
B．自卸车车厢倾角越大，石块与车厢的动摩擦因数越小
C．自卸车车厢倾角变大，车厢与石块间的正压力减小
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D．石块开始下滑时，受到的摩擦力大于重力沿斜面方向的分力
【答案】C
【详解】在石块下滑前.自卸车与石块整体的重心位置上升.下滑后又下降.故A 错误；
动摩擦因数是材料间的固有属性.只与材料有关.和倾角无关.故B 错误；
车厢与石块间的正压力与物块所受重力在垂直斜面方向的分力大小相等，所以当车厢倾角变大.正
压力减小.故C 正确;
石块在开始下滑时.受到摩擦力小于重力沿着斜面向下的分力故D 错误．
综上所述本题答案是：C
38.（湖南·高考真题）2022 年北京冬奥会跳台滑雪空中技巧比赛场地边，有一根系有飘带的风力指
示杆，教练员根据飘带的形态提示运动员现场风力的情况。若飘带可视为粗细一致的匀质长绳，其
所处范围内风速水平向右、大小恒定且不随高度改变。当飘带稳定时，飘带实际形态最接近的是（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】由于风速水平向右、大小恒定且不随高度改变，可认为单位高度飘带受到的风力F0相
同，假设飘带总长为L，质量为m，由飘带自由端向上选取任意一段Δ x，该部分飘带的重力和所受
风力分别为
G =Δmg = Δ x
L ·mg
F = Δ x⋅F0
该部分飘带稳定时受力平衡，受力分析如图所示
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重力与风力的合力与剩余部分间的张力T是平衡力，设竖直方向的夹角为θ，则满足
tanθ =
F
Δmg = Δ x⋅F0
Δ x
L ·mg
= F0 L
mg
可知飘带与竖直方向的角度与所选取的飘带长度无关，在风速一定时，飘带与竖直方向的角度正切
值恒定，则飘带为一条倾斜的直线。
故选A。
39.（河北·高考真题）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
【答案】B
【详解】AB．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，绳子与木板夹角
为α，从右向左看如图所示
在矢量三角形中，根据正弦定理
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过程中，α不变，γ从90°逐渐减小到0，又
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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
由于sin γ不断减小，可知T不断减小，sin β先增大后减小，可知N先增大后减小，结合牛顿第三定
律可知，圆柱体对木板的压力先增大后减小，故A 错误、B 正确；
CD．设两绳子之间的夹角为2θ，绳子拉力为T
'，则
2T
' cosθ =T
可得
T
' =
T
2cosθ θ不变，T逐渐减小，可知绳子拉力不断减小，故CD 错误。
故选B。
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