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易错点02 不会分析力的突变与共点力平衡问题
目 录
01 易错陷阱
易错点一、对摩擦力的方向及突变性认识不足
易错点二、对弹力的产生与瞬时加速度分析
易错点三、混淆“死结”和“活结”和“轻杆、轻绳”连接体
易错点四、不会分析求解共点力的平衡
02 易错知识点
知识点一、斜面上物体静摩擦力突变
知识点二、斜面体静摩擦力有无
知识点三、连接体的静态平衡分析
知识点四、共点力的平衡分析过程
知识点五、解决动态平衡问题的思路与方法
03 举一反三——易错题型
题型一：弹力突变问题
题型二：摩擦力突变问题
题型三：一恒两向变（一力不变，两力方向都变）——相似三角形
题型四：一恒一向定（一力不变，一力方向不变）——有时有最小值
题型五：一恒一大小定（一力不变，一力的大小不变）——通常画圆
题型六：一恒两向夹角定（一力不变，另两力力的方向夹角不变）——可构造圆辅
助分析
题型七：一恒两大小定（一个力大小方向不变，另两个力大小总相等）
04 易错题通关
易错点一、对摩擦力的方向及突变性认识不足
1.在分析摩擦力的方向时，一定要注意摩擦力方向的可变性，尤其是在分析静摩擦力的时候，二者
共速(转折点)的时刻往往是摩擦力方向发生突变的关键时刻。
2.摩擦力的的突变问题
“静静”
突变
物体在静摩擦力和其他力的作用下处于相对静止状态，当作用在物体上的其他力的
合力发生变化时，如果物体仍然保持相对静止状态，则物体受到的静摩擦力将发生
突变
1
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“动静”
突变
在滑动摩擦力和其他力作用下，物体突然停止相对滑动时，物体将不受滑动摩擦力
作用，或滑动摩擦力“突变”成静摩擦力
“静动”
突变
物体在静摩擦力和其他力作用下处于相对静止状态，当其他力变化时，如果物体不
再保持相对静止状态，则物体受到的静摩擦力将“突变”成滑动摩擦力
“动动”
突变
物体受到滑动摩擦力和其他力的共同作用，当两物体间的压力发生变化时，滑动摩
擦力的大小随之而变；或者两物体达到共同速度时相对滑动方向发生变化，滑动摩
擦力的方向也会随之而变
易错点二、对弹力的产生与瞬时加速度分析
1.绳产生的拉力、物体产生的支持力、杆产生的支持力或拉力本质都是因形变而产生弹力。
2.加速度可发生突变，速度的变化需要一个过程的积累，不会发生突变。
3.处理加速度突变的理论依据是牛顿第二定律。
根据牛顿第二定律，F=ma，加速度a 与物体受到的合力F 对应同一时刻，即a 为某时刻的加速度时，
F 为该时刻物体所受的合力；加速度与合力具有瞬时对应关系，二者总是同时产生、同时变化、同
时消失。
易错点三、混淆“死结”和“活结”和“轻杆、轻绳”连接体
1.“死结” 模型与“活结” 模型
模型
模型示例
模型解读
“死结”模型
“死结”可理解为把绳子分成
两段，且不可以沿绳子移动的
结点。“死结”两侧的绳因结
而变成了两根独立的绳，因此
由“死结”分开的两段绳子上
的弹力不一定相等
“活结“模型
“活结可理解为把绳子分成两
段，且可以沿绳子移动的结
点。活结一般是由绳跨过滑轮
或者绳上挂一光滑挂钩而形成
的。绳子虽然因“活结而弯
曲，但实际上是同一根绳，所
以由活结”分开的两段绳子上
弹力的大小一定相等，两段绳
子合力的方向一定沿这两段绳
子夹角的平分线
2.“动杆” 模型与“定杆” 模型
模型
模型示例
模型解读
2
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“动杆”模型
对于一端有转轴或有铰链
的轻杆，其提供的弹力方
向一定是沿着轻杆的方向
“定杆“模型
端固定的轻杆（如一端插
入”墙壁或固定于地
面)，其提供的弹力不一
定沿着轻杆的方向，力的
方向只能根据具体情况进
行分析，如根据平衡条件
或牛顿第二定律确定杆中
弹力的大小和方向
易错点四、不会分析求解共点力的平衡
1．平衡状态
(1)物体处于静止或匀速直线运动的状态．
(2)对“平衡状态”的理解
不管是静止还是匀速直线运动，速度保持不变，所以Δv＝0，a＝，对应加速度为零，速度为零不
代表a＝0.
例如，竖直上抛的物体运动到最高点时，这一瞬间速度为零，但这一状态不可能保持，因而上抛物
体在最高点不能称为静止，即速度为零不等同于静止．
2．共点力平衡的条件
(1)共点力平衡的条件是合力为0.
(2)表示为：F 合＝0；或将各力分解到x 轴和y 轴上，满足Fx 合＝0，且Fy 合＝0.
①二力平衡：若物体在两个力作用下处于平衡状态，则这两个力一定等大、反向、共线．
②三力平衡：若物体在三个共点力作用下处于平衡状态，则其中任意两个力的合力与第三个力等大
反向、共线．
③多力平衡：若物体在多个共点力作用下处于平衡状态，则其中任意一个力与其余所有力的合力等
大、反向、共线．
(3)当物体受三个力平衡，将表示这三个力的有向线段依次首尾相连，则会构成一个矢量三角形，表
示合力为0.
3
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知识点一、斜面上物体静摩擦力突变
【模型构建】如图所示，一个质量为m 的物体静止在倾角为θ 的斜面上。
1.试分析m 受摩擦力的大小和方向
【解析】：假设斜面光滑，那么物体将在重力和斜面支持力的作用下沿斜面下滑。说明物体有沿斜
面向下运动的趋势，物体一定受到沿斜面向上的静摩擦力作用。由平衡条件易得： f =mgsinθ
2.若斜面上放置的物体沿着斜面匀速下滑时，判断地面对静止斜面有无摩擦力。
【解析】：因地面对斜面的摩擦力只可能在水平方向，只需考查斜面体水平方向合力是否为零即可
斜面所受各力中在水平方向有分量的只有物体A 对斜面的压力N 和摩擦力f。若设物体A 的质量为
m，则N 和f 的水平分量分别为
N x=mgcosθsinθ，方向向右，f x=mgsinθcosθ，方向向左。
可见斜面在水平方向所受合力为零。无左右运动的趋势，地面对斜面无摩擦力作用。
3.如图，在固定斜面上的一物块受到一外力F 的作用，F 平行于斜面向上。若要物块在斜面上保持
静止，F 的取值应有一定的范围，已知其最大值和最小值分别为F1和F2（F2>0）。
设斜面倾角为θ，斜面对物块的静摩擦力为f。
(1) .当F =mgsinθ时斜面对物块无静摩擦力
(2) . 当F >mgsinθ时物块有相对于斜面向上运动的趋势静摩擦力方向向下平衡方程为：
F = f +mgsinθ
随着F 的增大静摩擦力增大，当静摩擦力达到最大值时外力F 取最大值F1时，由平衡条件可得：
F1=f+mgsinθ---------------------(1)；
(3). 当F <mgsinθ时物块有相对于斜面向下运动的趋势静摩擦力方向向上平衡方程为：
F + f =mgsinθ
随着F 的增大静摩擦力减小当静摩擦力减小为0 时突变为(2)中的情形，随着F 的减小静摩擦力增大，
当静摩擦力达到最大值时外力F 取最小值F2时，由平衡条件可得：f+F2= mgsinθ----------------(2)；
θ
m
4
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联立(1)(2)解得物块与斜面的最大静摩擦力f=( F2-F1)/2.
知识点二、斜面体静摩擦力有无
1.自由释放的滑块能在斜面上匀速下滑时，m 与M 之间的动摩擦因数μ＝gtan θ．
2．自由释放的滑块在斜面上：
(1)静止或匀速下滑时，斜面M 对水平地面的静摩擦力为零；
(2)加速下滑时，斜面对水平地面的静摩擦力水平向右；
(3)减速下滑时，斜面对水平地面的静摩擦力水平向左．
3．自由释放的滑块在斜面上匀速下滑时，M 对水平地面的静摩擦力为零，这一过程中再在m 上加
上任何方向的作用力，(在m 停止前)M 对水平地面的静摩擦力依然为零．
4．悬挂有物体的小车在斜面上滑行：
(1)向下的加速度a＝gsin θ 时，悬绳稳定时将垂直于斜面；
(2)向下的加速度a＞gsin θ 时，悬绳稳定时将偏离垂直方向向上；
(3)向下的加速度a＜gsin θ 时，悬绳将偏离垂直方向向下．
知识点三、连接体的静态平衡分析
1.轻杆连接体问题
【问题】如图，求m1：m2大小
方法一、正弦定理法
方法二、力乘力臂法
方法三、重心法
5
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对m1、m2 受力分析，三力
平衡可构成矢量三角形，根
据正弦定理有，
对m1：m1g
sinθ1
=
F
sin α
对m2：m2 g
sinθ2
=
F
sin β
根据等腰三角形有：θ1=θ2
联立解得m1gsinα=m2gsinβ
∴m1：m2=sinβ：sinα
以整体为研究对象，以圆心为转
动轴，两圆弧的支持力的力臂均
为零，轻杆弹力的力臂相等，力
乘以力臂等值反向。根据转动平
衡知:动力乘以动力臂等于阻力
乘
以
阻
力
臂
，
即
m1g·Rsinα=m2g·Rsinβ。
∴m1：m2=sinβ：sinα
以整体为研究对象，整体受重
力和两圆弧的支持力，根据三
力平衡必共点，因此整体的重
心必过圆心正下方。所以有
m1·Rsinθ1=m2·Rsinθ2 ，∴m1 ：
m2=sinβ：sinα
2．轻环穿杆问题
轻环穿光滑杆，二力平
衡，拉力垂直杆
轻环穿粗糙杆，三力平
衡，最大夹角tanθ=μ
轻环穿光滑大圆环，拉力沿径向
知识点四、共点力的平衡分析过程
1．共点力
作用于物体的同一点或作用线相交于一点的几个力。
2．平衡状态
物体保持静止或匀速直线运动的状态。
3．共点力的平衡条件
(1)F 合＝0 或者
(2)平衡条件的推论
①二力平衡：如果物体在两个共点力的作用下处于平衡状态，这两个力必定大小相等，方向相
反。
FN
T
FN
T
θ
f
μ
FN
T
FN
T1
T2
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②三力平衡：如果物体在三个共点力的作用下处于平衡状态，其中任何一个力与其余两个力的
合力大小相等，方向相反；并且这三个力的矢量可以形成一个封闭的矢量三角形。
③多力平衡：如果物体在多个共点力的作用下处于平衡状态，其中任何一个力与其余几个力的
合力大小相等，方向相反。
4.静态平衡与动态平衡：
（1）静态平衡模型
物体保持静止或匀速直线运动的状态，物体受到的各个力不变。
（2）动态平衡模型
①物体受到的力在发生动态变化，但物体保持静止或匀速直线运动的状态
②物体“缓慢”运动时，可把物体看作平衡状态处理，物体所受合力为0.
知识点五、解决动态平衡问题的思路与方法
1.解决问题切入思路
（1）解析法
对研究对象进行受力分析，先画出受力示意图，再根据物体的平衡条件列式求解，得到因变量
与自变量的函数表达式(通常为三角函数关系)，最后根据自变量的变化确定因变量的变化。
(2)图解法
不需要列式计算，通过画图分析求解。对于三个力作用下的平衡问题，通常
①一个力大小、方向均不变，另一个力方向不变，通常画闭合三角形。
②一个力是恒力，另两个力方向的夹角保持不变的情况，可构造圆，来解决。恒力对应的圆心
角不变。
③当一个力是恒力，另一个力大小不变时，也可画圆来分析处理。
题型一：弹力突变问题
【例1】（多选）如图所示，质量为m 的小球被一根橡皮筋AC 和一根绳BC 系住，当小球静止时，
橡皮筋处在水平方向上。下列判断中正确的是（ ）
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A．在AC 被突然剪断的瞬间，BC 对小球的拉力不变
B．在AC 被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为gsin θ
C．在BC 被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为g
cosθ
D．在BC 被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为gsin θ
【解答】解：小球静止时，由受力分析得FAC＝mgtanθ，FBC = mg
cosθ ，
A、B 当AC 被突然剪断的瞬间，FAC突变为零，FBC突变为mgcosθ，重力垂直于绳子的分量提供
加速度，即mgsinθ＝ma 解得a＝gsinθ，故A 错误，B 正确；
C、D 当BC 被突然剪断的瞬间，FBC 突变为零，FAC 大小不变，此时小球所受合力mg
cosθ =ma解
得：a=
g
cosθ ，故C 正确，D 错误；
故选：BC。
【变式1-1】（多选）如图所示，A，B 两球质量相等，光滑斜面的倾角为θ，图甲中A、B 两球用
轻弹簧相连，图乙中A，B 两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板C 与斜面垂直，轻弹簧、轻杆
均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间有（ ）
A．图甲中AB 球的加速度一定相等
B．图甲中B 球的加速度为0
C．图乙中轻杆的作用力一定为零
D．图乙中两球的加速度一定为gsinθ
【解答】解：AB、对甲，根据平衡，弹簧弹力F＝mgsinθ，突然撤去挡板的瞬间，弹力不瞬变。
对A 球进行受力分析，仍处于平衡状态，加速度为零；对B 进行受力分析，根据牛顿第二定律：
F+mgsinθ＝maB，解得：aB＝2gsinθ，故AB 错误。
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C 、假设轻杆有作用力，根据牛顿第二定律，对A 有mgsinθ﹣FN ＝maA ，得
aA = gsinθ - F N
m ≠gsinθ，这和用整体法求出的加速度不同，与假设矛盾，则轻杆的作用力一定
为零，故C 正确。
D、对乙图，轻杆为刚性杆，突然撤去挡板的瞬间，以AB 为整体，根据牛顿第二定律：
2mgsinθ＝2ma，得a＝gsinθ，即A、B 的加速度都为gsinθ，故D 正确。
故选：CD．
【变式1-2】（多选）如图甲、乙所示，细绳拴一个质量为m 的小球，小球分别用固定在墙上的轻
质铰链杆和轻质弹簧支撑，平衡时细绳与竖直方向的夹角均为53°，轻杆和轻弹簧均水平。已知
重力加速度为g，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。下列结论正确的是（ ）
A．甲、乙两种情境中，小球静止时，细绳的拉力大小均为4
3 mg
B．甲图所示情境中，细绳烧断瞬间小球的加速度大小为g
C．乙图所示情境中，细绳烧断瞬间小球的加速度大小为5
3 g
D．甲、乙两种情境中，细绳烧断瞬间小球的加速度大小均为5
3 g
【解答】解：A、甲、乙两种情境中，小球静止时，轻杆对小球与轻弹簧对小球的作用力都是水
平向右，如图所示
由平衡条件得细绳的拉力大小都为
T =
mg
cos53
o
解得
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T = 5
3 mg
故A 错误；
BCD、甲图所示情境中，细绳烧断瞬间，小球即将做圆周运动，所以小球的加速度大小为
a1= mg
m =g
乙图所示情境中，细绳烧断瞬间，弹簧的弹力不变，小球仍受重力、弹力，则小球所受的合力
与烧断前细绳拉力的大小相等、方向相反，则根据牛顿第二定律，此瞬间小球的加速度大小为
a2= T
m =
5mg
3
m
= 5
3 g
故BC 正确，D 错误。
故选：BC。
【变式1-3】（多选）如图，两个质量均为m 的相同物块A、B 叠放在轻弹簧上，处于静止状态，
轻弹簧下端固定在地面上，劲度系数为k。现对A 物块施加竖直向上的恒力F＝1.6mg，下列说
法正确的是（ ）
A．力F 作用瞬间，A、B 间的弹力为0.2mg
B．A、B 刚分离时，A 的加速度大小为g
C．A、B 刚分离时，弹簧的弹力为1.6mg
D．从F 开始作用到A、B 刚分离，弹簧的形变量减小了2mg
5k
【解答】解：A．力F 作用瞬间，A、B 一起向上加速，根据牛顿第二定律可得A、B 整体加速
度大小为
a= F
2m = 1.6mg
2m
=0.8g
隔离A，利用牛顿第二定律有
F+FN﹣mg＝ma
代入数据解得：FN＝0.2mg，故A 正确；
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BC．A、B 刚分离时，A、B 间的弹力大小为0，对A 利用牛顿第二定律可得A 的加速度大小为
aA= F -mg
m
代入数据解得：
aA＝0.6g
B 的加速度大小也为0.6g，则有
Fx﹣mg＝maA＝0.6mg
可得弹簧的弹力为
Fx＝1.6mg，故B 错误，C 正确；
D．依题意，可得从F 开始作用到A、B 刚分离，弹簧弹力的改变量为
ΔFx＝2mg﹣1.6mg＝0.4mg
根据胡克定律可得弹簧形变量减小了
Δx= ΔF❑x
k
= 2mg
5k
，故D 正确。
故选：ACD。
题型二：摩擦力突变问题
【例2】用一个水平推力F＝Kt（K 为恒量，t 为时间）把一重为G 的物体压在竖直的足够高的平整
墙上，如图所示，从t＝0 开始物体所受的摩擦力f 随时间t 变化关系是下图中的哪一个（ ）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：t＝0 时刻时，推力为零，则物体在重力的作用下向下加速运动，物体受到滑动摩
擦力大小：f＝μF＝μKt；故滑动摩擦力与时间成正比，当滑动摩擦力增大到与重力相等时，物
体的速度达到最大，之后滑动摩擦力大于重力，物体向下减速运动，都物体减速到速度为零时
将静止在墙壁上，则物体受到静摩擦力作用处于平衡状态，则静摩擦力等于重力，故B 正确；
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ACD 错误。
故选：B。
【变式2-1】如图a 所示，质量为m 的半球体静止在倾角为θ 的平板上，当θ 从0°缓慢增大到90°的
过程中，半球体所受摩擦力Ff与θ 的关系如图b 所示，已知半球体始终没有脱离平板，半球体
与平板间的动摩擦因数为3
4 ，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度为g，则（ ）
A．0～q 段图象可能是直线
B．q～π
2 段图象可能是直线
C．q= π
6
D．P= 3mg
5
【解答】解：ABC、半圆体在平板上恰好开始滑动的临界条件是：
mgsinθ＝μmgcosθ，
故有：μ＝tanθ= 3
4 ，
解得：θ＝arctan3
4 =37°；
θ 在0～37°之间时，Ff是静摩擦力，大小为mgsinθ；
θ 在37°～90°之间时，Ff是滑动摩擦力，大小为μmgcosθ；
综合以上分析得其Ff与θ 关系如图中实线所示，
故ABC 均错误；
D、当θ＝37°时，Ff＝mgsin37°＝0.6mg，即为：p= 3mg
5
，故D 正确；
故选：D。
【变式2-2】如图所示，足够长的传送带与水平面间的夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动．在传
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送带的上端轻轻放置一个质量为m 的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ＜tanθ，选沿传
送带向下为正方向，则下列选项中能客观地反映小木块的受力和运动情况的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：小木块刚放上传送带时，所受的滑动摩擦力方向沿斜面向下，物体将沿斜面向下
做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ＝ma1，解得a1＝gsinθ+μgcosθ；
当小木块的速度与传送带速度相等时，由μ＜tanθ 知：mgsinθ＞μmgcosθ，因此小木块继续沿传
送带匀加速下滑
但是此时摩擦力的方向沿斜面向上，再由牛顿第二定律得：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2，解得 a2＝
gsinθ﹣μgcosθ；
比较知道 a1＞a2，根据v﹣t 图象的斜率表示加速度，所以第二段图线的斜率变小。
若规定沿传送带向下为正方向，因此摩擦力方向先为正值，再为负值，且大小均为f＝
μmgcosθ，故ABC 错误，D 正确。
故选：D。
题型三：一恒两向变（一力不变，两力方向都变）——相似三角
形
【例3】如图所示，为质量均可忽略的轻绳与轻杆组成系统，轻杆A 端用铰链固定，滑轮在A 点正
上方（滑轮大小及摩擦力均可不计），轻杆B 端吊一重物G 现将绳的一端拴在杆的B 端，用拉
力F 将B 端缓慢释放（均未断）到AB 杆转到水平位置前，以下说法正确的是（ ）
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A．绳子受到的拉力越来越大
B．绳子受到的拉力越来越小
C．AB 杆受到的压力越来越大
D．AB 杆受到的压力越来越小
【解答】解：以B 点为研究对象，分析受力情况：重物的拉力T（等于重物的重力G）、轻杆的
支持力N 和绳子的拉力F，设滑轮处为O 点，作出力图如图：
由平衡条件得知，N 和F 的合力与T 大小相等，方向相反，根据三角形相似可得：
N
AB = F
BO = T
AO
又T＝G，解得：
N= AB
AO •G，F= BO
AO •G；
将B 端缓慢释放（均未断）到AB 杆转到水平位置前，∠BAO 缓慢变大时，AB、AO 保持不变，
BO 变大，则AB 杆受到的压力N 保持不变，绳子受到的拉力F 变大。故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
题型四：一恒一向定（一力不变，一力方向不变）——有时有最
小值
【例4】（多选）如图所示，质量为m 的电灯悬挂于两墙之间，OA 水平，OB 与竖直方向的夹角为
30°，改变绳OA 的长度，使连接点A 向上移动，但保持O 点、B 点位置不变，则A 点上移时（
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）
A．OA 绳的拉力逐渐减小
B．当A 点处于在某位置时，OA 绳的拉力可能为0.4mg
C．A 点在任何位置，OA 绳的拉力都不可能为0.4mg
D．OA 绳的拉力先减小后增大
【解答】解：AD、以O 点为研究对象，处于平衡状态，根据平衡条件知：绳子AO 和BO 拉力
的合力等于电灯的重力mg，保持不变，作出绳子AO 在不同位置两个拉力的合成图，如图所示；
则可知，绳OA 的拉力先减小后增大，绳OB 的拉力逐渐减小，故A 错误，D 正确；
BC、当OA 和OB 垂直时OA 的拉力最小，最小拉力为：Fmin＝mgsin30°＝0.5mg，所以A 点在任
何位置，OA 绳的拉力都不可能为0.4mg，故B 错误、C 正确。
故选：CD。
题型五：一恒一大小定（一力不变，一力的大小不变）——通常
画圆
【例5】如图所示，在“共点力合成”的实验中，橡皮条一端固定于P 点，另一端连接两个弹簧测
力计，分别用F1和F2拉两个弹簧测力计，将这端的结点拉至O 点．现让F1大小不变，方向沿顺
时针方向转动某一角度，且F1始终处于PO 左侧，要使这端的结点仍位于O 点，则关于F 的大
小和图中的θ 角，下列说法中错误的是（ ）
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A．增大F2的同时增大θ 角
B．增大F2的同时减小θ 角
C．增大F2而保持θ 角不变
D．减小F2的同时增大θ 角
【解答】解：对点O 点受力分析，受到两个弹簧的拉力和橡皮条的拉力，由于O 点位置不变，
因此橡皮条长度不变，其拉力大小方向不变，F2的大小不变，ob 弹簧拉力方向和大小都改变，
根据力的平行四边形定则有：
如图1 所受示，可以增大F2的同时增大θ 角，故A 正确；
若如图2 变化所受，可以增大F2的同时减小θ 角，故B 正确；
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如图3 所受示，可以增大F2而保持θ 角不变，故C 正确；
同时根据平行四边形定则可知，减小F2的同时增大β 角是不能组成平行四边形的，故D 错误。
本题选错误的，故选D。
题型六：一恒两向夹角定（一力不变，另两力力的方向夹角不
变）——可构造圆辅助分析
【例6】如图，柔软轻绳ON 的一端O 固定，其中间某点M 拴一重物，用手拉住绳的另一端N，初
始时，OM 竖直且MN 被拉直，OM 与MN 之间的夹角为α（α＞π
2 ），现将重物向右上方缓慢
拉起，并保持夹角α 不变，在OM 由竖直被拉到水平的过程中（ ）
A．MN 上的张力逐渐增大
B．MN 上的张力先增大后减小
C．OM 上的张力逐渐增大
D．OM 上的张力先减小后增大
【解答】解：以结点处的重物为研究对象，受重力mg、OM 绳上拉力F1、MN 上拉力F2，依题
意，三个力合力始终为零，矢量三角形如图所示，三角形中α 角保持不变，即保持角θ 恒定，
以重力mg 为弦，做一圆，F1的箭头始终落在圆周上，根据同弧所对的圆周角相等，保证了θ 不
变，据题意γ 角逐渐从零度增大到90o，
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在F2转至水平的过程中，MN 上的张力F1逐渐增大，OM 上的张力F2先增大后减小，故 BCD 错
误，A 正确。
故选：A。
题型七：一恒两大小定（一个力大小方向不变，另两个力大小总
相等）
【例7】如图所示，光滑轻质挂钩下端悬挂质量为m 的重物，跨在长度为L 的轻绳上，开始时绳子
固定在框架上等高的A、B 两点，与水平方向的夹角为θ，绳子的拉力为F。现保持绳长不变，
将绳子右端从B 点沿竖直方向缓慢移至C 点，再从C 点沿水平方向向左缓慢移至D 点。关于绳
子拉力的变化。下列说法正确的是（ ）
A．从B 移至C 的过程中，拉力F 变小
B．从B 移至C 的过程中，拉力F 不变
C．从C 移至D 的过程中，拉力F 不变
D．从C 移至D 的过程中，拉力F 变大
【解答】解：AB、当轻绳的右端从B 点移到直杆最上端C 时，设两绳的夹角为2θ．以滑轮为研
究对象，分析受力情况，作出力图如图所示。
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根据平衡条件得：2Fsinθ＝mg，
得到绳子的拉力F= mg
2sinθ ；
设绳子总长为L，两直杆间的距离为s，由数学知识得到cosθ= s
L，L、s 不变，则θ 保持不变。
所以在轻绳的右端从B 点移到直杆C 的过程中，θ 不变，sinθ 不变，则F 不变，故A 错误，B 正
确；
CD、当轻绳的右端从C 点移到D 点时，θ 变小，sinθ 变大，则F 减小，故CD 错误。
故选：B。
1.
（2022•深圳二模）冰雪运动爱好者利用无人机牵引，在光滑水平冰面上匀速滑行，
如图所示。牵引绳与竖直方向成θ 角，人所受空气阻力恒定。则（ ）
A．θ 角越大，绳子对人的拉力越大
B．θ 角越大，冰面对人的支持力越大
C．空气对无人机的作用力可能沿着绳子方向
D．无人机对绳的拉力与绳对人的拉力是一对相互作用力
【解答】解：A.对人受力分析受力平衡，则水平方向Fsinθ＝f 阻 得绳子拉力为F = f 阻
sinθ ，已知阻
力恒定，可知θ 角越大，sinθ 越大，绳子对人的拉力越小，故A 错误；
B.
竖
直
方
向
FN+Fcosθ
＝
mg
得
冰
面
对
人
的
支
持
力
为
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F N =mg- Fcosθ =mg- f 阻
sinθ cosθ =mg- f 阻
tanθ
，已知阻力恒定，可知θ 角越大，tanθ 越大，冰
面对人的支持力越大，故B 正确；
C.由于人受重力、空气阻力、绳子拉力三力平衡，若空气对无人机的作用力沿着绳子方向，则
合力不能为零，不可能匀速滑行，故C 错误；
D.无人机对绳的拉力与绳对无人机的拉力是一对相互作用力，故D 错误。
故选：B。
2.
（2022•凤阳县校级三模）如图所示，水平传送带上放一物体，当传送带向右以速度v
匀速传动时，物体在轻弹簧水平拉力的作用下处于静止状态，此时弹簧的伸长量为Δx；当传
送带向右的速度变为2v 时，物体处于静止状态时弹簧的伸长量为Δx′．则关于弹簧前、后的
伸长量，下列说法中正确的是（ ）
A．弹簧伸长量将减小，即Δx′＜Δx
B．弹簧伸长量将增加，即Δx′＞Δx
C．弹簧伸长量不变，即Δx′＝Δx
D．无法比较Δx′和Δx 的大小
【解答】解：物体所受的滑动摩擦力大小为 f＝μN＝μmg，f 与物体的速度大小无关，当传送带
的速度方向不变时，不管速度大小如何变化，物块所受的滑动摩擦力方向向右，大小不变，仍
与弹簧弹力平衡，根据平衡条件有 kx＝f，知弹簧的伸长量不变。则有：Δx′＝Δx．故C 正确，
A、B、D 错误。
故选：C。
3.
（2024•五华区校级模拟）打印机在正常工作的情况下，进纸系统能做到每次只进一
张纸。结构示意图如图所示，设图中刚好有50 张相同的纸，每张纸的质量均为m，搓纸轮按
图示方向转动并带动最上面的第1 张纸向右运动，搓纸轮与纸张之间的动摩擦因数为μ1，纸张
与纸张之间、纸张与底部摩擦片之间的动摩擦因数均为μ2，工作时搓纸轮给第1 张纸的压力大
小为F。打印机正常工作时，下列说法正确的是（ ）
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A．第2 张纸受到第3 张纸的摩擦力方向向右
B．若μ1＝μ2，则进纸系统不能进纸
C．第50 张纸与摩擦片之间的摩擦力为μ2（F+50mg）
D．第20 张纸与第21 张纸之间的摩擦力大小可能为μ2（F+20mg）
【解答】解：A．第2 张纸相对第3 张纸有向右运动的趋势，所以第2 张纸受到第3 张纸的摩擦
力方向向左，故A 错误；
B．若μ1＝μ2，则满足搓纸轮给第1 张纸的摩擦力小于第1 张纸对第2 张纸的摩擦力，即：μ1F＜
μ2（F+mg），可知搓纸轮与第1 张纸之间会发生相对滑动，而第1 张纸静止不动，所以进纸系
统不能正常进纸，故B 正确；
CD．工作时搓纸轮给第1 张纸压力大小为F，第1 张纸对第2 张纸的压力为F+mg，则第1 张纸
与第2 张纸之间的滑动摩擦力满足：f12＝μ2N12＝μ2（F+mg）
由于第2 张及第2 张以下的纸没有运动，所以第2 张以下的纸之间以及第50 张纸与摩擦片之间
的摩擦力均为静摩擦力，大小均满足：f 静＝f12＝μ2（F+mg），故CD 错误。
故选：B。
4.
（2024•通州区一模）如图1 所示，磁铁将一张厚纸片压在竖直磁性黑板上保持不动。
若将这张厚纸片两次折叠后仍能被该磁铁压在黑板上保持不动，如图2 所示。图1 中黑板对厚
纸片的摩擦力为F1，最大静摩擦力为F1max，图2 中黑板对厚纸片的摩擦力为F2。最大静摩擦
力为F2max下列判断正确的是（ ）
A．F1＞F2
B．F1＜F2
C．F1max＞F2max
D．F1max＜F2max
【解答】解：AB.根据平衡条件，黑板对纸片的摩擦力与纸片的重力等大反向，即F1＝F2，故
AB 错误；
CD.纸片折叠后变厚，则磁铁距离黑板的距离变大，吸引力减小，则黑板对厚纸片的弹力减小，
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磁铁对厚纸片的弹力减小，黑板与厚纸片间的最大静
摩擦力减小，即F1max＞F2max，故C 正确，D 错误。
故选：C。
5.
（2024•辽宁一模）高空走钢丝杂技表演在越接近钢丝末端时，钢丝绳会倾斜得越厉
害，行走也越缓慢。一位杂技演员正在进行走钢丝表演，对该演员在甲、乙两位置时，下列说
法正确的是（ ）
A．在甲位置时钢丝对演员的作用力小于在乙位置时钢丝对演员的作用力
B．在甲位置时演员受到的合外力小于在乙位置时演员受到的合外力
C．在甲位置时演员对钢丝的压力大于在乙位置时演员对钢丝的压力
D．在甲位置时钢丝对演员的摩擦力大于在乙位置时钢丝对演员的摩擦力
【解答】解：AB、因行走缓慢，两人处于平衡状态，合外力为零，钢丝对人的作用力大小等于
人及其装备的总重力，故AB 错误；
C、压力FN＝mgcosθ（θ 为人所在位置的钢丝与水平方向的夹角，下同），越接近末端，θ 越大，
所以甲对钢丝的压力大于乙对钢丝的压力，故C 正确；
D、摩擦力Ff＝mgsinθ，越接近末端，θ 越大，所以钢丝对甲的摩擦力小于对乙的摩擦力，故D
错误。
故选：C。
6.
（2024•宁河区校级二模）春节贴“福”字是民间由来已久的风俗，新春佳节临近，
某同学正写“福”字，他在水平桌面上平铺一张红纸，并在红纸左侧靠近边缘处用“镇纸”压
住以防止打滑，整个书写过程中红纸始终保持静止，则该同学在书写过程中（ ）
A．提笔静止时，手对毛笔的摩擦力大小与握力成正比
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B．向下顿笔时，毛笔对红纸的压力大于红纸对毛笔的支持力
C．向右行笔时，红纸对“镇纸”的静摩擦力方向向右
D．向右行笔时，红纸对桌面的静摩擦力方向向右
【解答】解：A、提笔静止时，手对毛笔的摩擦力为静摩擦力，大小等于笔的重力，与握力不成
正比，故A 错误；
B、毛笔对红纸的压力和红纸对毛笔的支持力是一对作用力与反作用力，大小相等，故B 错误；
C、向右行笔时，对“镇纸”受力分析，“镇纸”只受到重力和支持力，则红纸对“镇纸”的静
摩擦力为零，故C 错误；
D、向右行笔时，红纸相对毛笔向左运动，受到毛笔对红纸向右的滑动摩擦力，则红纸相对桌面
有向右运动的趋势，受到桌面对红纸向左的静摩擦力，则红纸对桌面的静摩擦力方向向右，故
D 正确。
故选：D。
7.
（2024•浙江一模）如图，两根相互平行的长直木棍AB 和CD，两端固定。一个外径
D0＝10cm、质量m＝20kg 的管状铸件恰能从木棍上端匀速滑下，已知两木棍间距d＝8cm，与
水平面的夹角α＝37°，忽略木棍粗细，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则（ ）
A．木棍对铸件弹力的合力为80N
B．每根木棍与铸件间的摩擦力为60N
C．若仅稍增大AB 与CD 间距离，木棍对铸件弹力的合力增大
D．若仅稍减小AB 与CD 间距离，铸件将沿木棍减速下滑
【解答】解：A、铸件恰能从木棍上端匀速滑下，受力平衡。在垂直两根直木棍所在平面内，根
据平衡条件可得，两根直木棍对铸件弹力的合力大小为
N 合＝mgcosα＝20×10×0.8N＝160N，故A 错误；
B、铸件从木棍的上端恰好能匀速滑下，沿木棍方向，根据平衡条件可得，两根直木棍对铸件摩
擦力的合力大小为
f 合＝mgsinα＝20×10×0.6N＝120N
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所以每根木棍与铸件间的摩擦力为f= 1
2 f 合= 1
2 ×120N＝60N，故B 正确；
C、若仅稍增大AB 与CD 间距离，木棍对铸件弹力的合力不变，仍等于铸件重力沿垂直于两木
棍所在平面的分量，故C 错误；
D、作出铸件在垂直两根直木棍所在平面内受力示意图，如图所示。
根据几何关系可得
sinθ =
d
2
D0
2
= d
D0
N 合＝2Ncosθ
若仅稍减小AB 与CD 间距离，即d 减小，sinθ 减小，θ 减小，cosθ 增大，所以N 减小，根据f＝
μN 可知，N 减小，f 减小，则铸件重力沿斜面向下的分量大于向上的摩擦力的合力，所以铸件
的合力向下，向下加速运动，故D 错误。
故选：B。
8.
（2024•西安模拟）如图AO、CO 为不可伸长的轻绳，BO 为可绕B 点自由转动的轻
质细杆，杆长为L，A、B 两点的高度差也为L。在O 点用轻绳CO 悬挂质量为m 的重物，杆
与绳子的夹角α＝30°，下列说法正确的是（ ）
A．轻绳AO、CO 对O 点作用力的合力沿杆由O 指向B
B．轻杆对O 点的力垂直BO 斜向右上
C．轻绳AO 对O 点的拉力大小为mg
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D．轻杆BO 对B 点的力大小为√3mg
【解答】解：AC、对悬点O 受力分析，受到重物拉力、OB 支持力和轻绳AO 拉力，且三力处
于平衡状态，则轻绳AO、CO 对O 点作用力的合力沿杆由O 指向B，如图所示
由平衡条件可知，FT与FN的合力大小等于重物的拉力mg，由相似三角形关系可得
FT
AO = mg
AB
绳AO 对O 点的拉力大小为FT= 2 Lcos30°
L
mg=√3mg
故A 正确，C 错误；
BD、杆BO 对O 点的力沿杆由B 指向O；由相似三角形关系有
F N
BO = mg
AB
可得杆BO 对O 点的力大小为FN＝mg
故BD 错误；
故选：A。
9.
（2024•龙岗区校级三模）如图所示，在竖直墙壁上固定水平轻杆OB，B 为铰链装置，
OA 为轻质细绳且与水平方向夹角θ＝30°，小球质量为m，通过轻绳系于O 点，初始时整个装
置处于静止状态，现保证O 点位置不变，逐渐减小绳OA 的长度，使绳的上端由A 点缓慢移动
至C 点。已知重力加速度为g，不计所有摩擦，则下列说法正确的是（ ）
A．初始时OA 绳的拉力大小为√3mg
B．移动过程中OA 绳的拉力大小逐渐增大
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C．移动过程中OB 杆的弹力逐渐减小
D．最终OA 绳的拉力大小减小至0
【解答】解：A、初始时整个装置处于静止状态，设OA 绳的拉力大小为FT，竖直方向上，根据
平衡条件得：mg＝FTsin30°，解得：FT＝2mg，故A 错误；
BD、根据平衡条件，竖直方向上可得
mg＝FTsinθ
则得FT = mg
sinθ
绳的上端由A 点缓慢移动至C 点，θ 增大，sinθ 增大，则FT逐渐减小直至mg，故BD 错误；
C、水平方向上，根据平衡条件得：F NB= mg
tanθ
绳的上端由A 点缓慢移动至C 点，θ 增大，tanθ 增大，则FNB逐渐减小，故C 正确。
故选：C。
10. （2024•姜堰区校级模拟）燃气灶支架有很多种规格和款式。如图所示，这是a、b 两
款不同的燃气灶支架，它们都是在一个圆圈底座上等间距地分布有五个支架齿，每一款支架齿
的简化示意图在对应的款式下方。如果将含有食物的球面锅置于两款支架上，假设锅和锅内食
物的总重量总是维持不变，则（ ）
A．如果锅的尺寸越大，则a 款每个支架齿受到的压力越大
B．如果锅的尺寸越大，则a 款每个支架齿受到的压力越小
C．如果锅的尺寸越大，则b 款每个支架齿受到的压力越大
D．如果锅的尺寸越大，则b 款每个支架齿受到的压力越小
【解答】解：AB、因为a 款支架与球面锅的接触点的弹力始终垂直于支架的斜面，方向不变，
设每个支架齿对锅的支持力与竖直方向的夹角为θ。
锅静止，由平衡条件得
5FNcosθ＝G 锅
可知，锅的尺寸越大，θ 不变，支架齿对锅的支持力FN不变，由牛顿第三定律可知，a 款每个支
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架齿受到的压力不变，故AB 错误；
CD、因为b 款支架与球面锅的接触点的弹力始终垂直于公切面，则知锅的尺寸越大，b 款每个
支架齿对锅的支持力与竖直方向的夹角θ 变小，由上式分析可知，支架齿对锅的支持力FN越小，
由牛顿第三定律可知，b 款每个支架齿受到的压力越小，故C 错误，D 正确。
故选：D。
11. （2024•荆州区校级四模）一半圆环直径为AB，圆心为O，半圆环放置于竖直平面内，
直径AB 与水平方向的夹角为如图所示的θ，A、B 两端系着一根不可伸长的轻绳，绳长大于
直径AB，绳上套有一光滑小球，现将半圆环在竖直平面内绕圆心O 顺时针缓慢转过2θ。在此
过程中，下列说法正确的是（ ）
A．轻绳的拉力先增大后减小
B．轻绳的拉力先减小后增大
C．小球受到的合力先减小后增大
D．小球受到的合力先增大后减小
【解答】解：AB、设轻绳与竖直方向夹角为α，根据活结模型可知两根绳与竖直方向的夹角相
同，所以AN、NB 间夹角为2α，如图
设绳长为L，则根据几何关系可得2Rcosθ＝MA、ANsinα+NBsinα＝MA、L＝AN+NB
联立可得：sinα= 2 Rcosθ
L
设绳上的力为F，受力分析如图所示：
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根据平衡条件可得：2Fcosα＝mg
联立解得：F =
mgL
2√L
2- 4 R
2co s
2θ
可知，圆环从图示位置绕圆心O 顺时针缓慢转过2θ 角的过程中，轻绳的张力先增大再减小，故
A 正确，B 错误；
CD、因为小球是缓慢运动，处于动态平衡状态，所以合力一直为0，故CD 错误。
故选：A。
12. （2024•市中区校级二模）如图所示，某款手机支架由“L 形”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 形”挡板AB
部分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．支架对手机的作用力逐渐增大
D．支架对手机的作用力先增大后减小
【解答】解：AB、手机处于动态平衡状态，合力始终为零，重力G、F1和F2始终能构成首尾相
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连的闭合矢量三角形，如图二所示。
由正弦定理有：
G
sin 90° = F1
sinα = F2
sinβ
α 逐渐减小至0°，则sinα 逐渐减小，F1逐渐减小；
β 逐渐增大至90°，则sinβ 逐渐增大，F2逐渐增大，故A 错误、B 正确；
CD、支架对手机的作用力始终等于手机的重力，保持不变，故CD 错误。
故选：B。
13. （2024•安徽模拟）竖直放置的圆环上用甲、乙两细绳一端系着小球，小球位于圆环
的中心如图所示。现将圆环在竖直平面内顺时针缓慢向右滚动至甲绳竖直，在此过程中
（ ）
A．甲绳中的弹力一直增大
B．乙绳中的弹力一直减小
C．甲绳中的弹力先减小后增大
D．乙绳中的弹力先减小后增大
【解答】解：设小球受到的重力为G，圆环沿顺时针方向转至甲绳与竖直方向的夹角为θ 时，甲、
乙两绳中的弹力大小分别为F1、F2，如图所示
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由物体平衡条件可知，F1、F2的合力不变，G、F1和F2组成一个闭合的三角形，由正弦定理可知
F1、F2的夹角β 不变，且有
G
sinβ = F1
sinθ =
F2
sin(π - β -θ)
圆环在竖直平面内，从甲绳水平逆时针缓慢向左滚动至甲绳竖直的过程中，θ 减小，可知F1、F2
均减小，故甲绳中的弹力一直减小，乙绳中的弹力一直减小，故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
14. 如图所示，OA、OB 是两根光滑的金属杆，且AO⊥OB，OA 与水平方向呈60°角。
小球a、b 分别套在OA 和OB 两根杆上，其质量均为m，某位置系统处于平衡状态，弹簧与金
属杆OB 呈60°角。已知重力加速度为g，弹簧的劲度系数为k。则以下说法中错误的是
（ ）
A．此时弹簧处于压缩状态，且其压缩量等于mg
k
B．小球a 受到OA 杆的弹力大小为mg
C．小球b 受到OB 杆的弹力大小为√3mg
D．向下移动小球b 至O 点，待系统再次平衡后，弹簧压缩量变为mg
2k
【解答】解：AB.如图甲所示，分析小球a 受力，设弹簧对小球的弹力大小为FN，OA 杆对小球
a 的弹力大小为FNA
设FN与水平方向的夹角为θ1，FNA与水平方向的夹角为θ2
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根据图中的几何关系可得
θ1＝θ2＝30°
由物体的平衡条件可得
FNcosθ1＝FNAcosθ2
FNsinθ1+FNAsinθ2＝mg
解得：FN＝FNA＝mg
根据胡克定律，由弹簧的压缩量为Δx= FN
k = mg
k ，故AB 正确。
C.如上图乙所示，分析小球b 受力，根据如上分析，其所受弹簧的弹力也为FN＝mg，OB 杆对
小球b 的弹力为FNB
设FNB与水平方向的夹角为θ3，FN与水平方向的夹角为θ4。
根据图中的几何关系 θ3＝60°，θ4＝30°，根据物体的受力平衡条件有：
FNBcosθ3＝FNcosθ4
解得：FNB=√3mg，故C 正确。
D.如上图丙所示，当将小球b 移动至O 点后对小球a 受力分析，设mg 与垂直于OA 杆方向的夹
角为θ5。
根据图中的几何关系θ5＝60°。根据物体的受力平衡条件有：有
F'N＝mgsinθ5
解得：F'N= √3
2 mg
根据胡克定律，有弹簧的压缩量为Δx'= FN
k = √3mg
2k
，故D 错误。
因此本题选择错误的
故选：D。
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