文档文本内容
第09 讲 动态平衡和临界、极值问题（专项训练）
目 录
巩固·知识解构...................................................................................................................................... 1
知识点1 动态平衡及求解方法..........................................................................................2
知识点2 平衡中的临界和极值问题.................................................................................2
模拟·基础演练...................................................................................................................................... 3
题型01 动态平衡...................................................................................................................3
题型02 平衡中的临界和极值...............................................................................................6
重难·创新演练....................................................................................................................................10
真题·实战演练.................................................................................................................................... 13
巩固·知识解构
知识点1 动态平衡及求解方法
1．动态平衡指通过控制某些物理量，使物体的状态发生缓慢变化，而在这个过程中物体又始终处于
一系列的平衡状态，在问题描述中常用“缓慢”等字眼。
2．基本思路：化“动”为“静”，“静”中求“动”。
3．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，得到因变量与自变
量的关系表达式(通常要用到三角函数)，最后根据自变量的变化确定因变量的变化。其它方法：图解法、
解析法、相似三角形法、辅助圆法、正弦定理法。
知识点2 临界与极值问题
1 临界与极值问题的特征
(1)临界问题：当某物理量变化时，会引起其他几个物理量的变化，从而使物体所处的平衡状态“恰好出
现”或“恰好不出现”，在问题的描述中常用“刚好”“刚能”“恰好”等语言叙述。
由静止到运动，摩擦力达到最大静摩擦力。
①
绳子恰好绷紧，拉力
②
F＝0。
刚好离开接触面，支持力
③
FN＝0。
(2)极值问题：平衡物体的极值，一般指在力的变化过程中的最大值和最小值。
2 解决临界与极值问题的三种的方法
极限
法
正确进行受力分析和变化过程分析，找到平衡的临界点和极值点；临界
条件必须在变化中寻找，不能在一个状态上研究临界问题，要把某个物
理量推向极大或极小
数学
通过对问题的分析，根据平衡条件列出物理量之间的函数关系(画出函
分析
法
数图像)，用数学方法求极值(如求二次函数极值、公式极值、三角函数
极值)
物理分析
法
根据平衡条件，作出力的矢量图，通过对物理过程的分析，利用平行四
边形定则进行动态分析，确定最大值和最小值
模拟·基础演练
考查重点：动态平衡的分析和求解方法，难点是平衡和临界和极值问题。
⏳题型01 动态平衡
1．（2026·湖南湘潭·二模）如图所示，水平天花板下方固定一个光滑小定滑轮O，在定滑轮的正下方C 处
固定一个正点电荷，不带电的小球a、带正电的小球b 分别与跨过定滑轮的绝缘轻绳两端相连。开始时系
统在图示位置静止，已知
。若b 球所带的电荷量缓慢减少（未减为零），则在b 球到达定滑轮O
正下方前，下列说法正确的是（ ）
A．a 球的质量可能等于b 球的质量
B．b 球的轨迹是一段以
点为圆心的圆弧
C．此过程中点电荷对b 球的库仑力增大
D．此过程中滑轮受到轻绳的作用力减小
【答案】B
【详解】A．对
球进行受力分析，受到轻绳的拉力
、重力
和库仑力
，如图所示。
由相似三角形可知
其中
整理得
，由于
，因此
，故A 错误；
BC．由两小球重力不变及
不变，可知
不变，
球电荷量减少，则
减小，库仑力减小，故
球的
轨迹是一段以
点为圆心的圆弧，故B 正确，C 错误；
D．滑轮受到的轻绳的作用力大小均为
，大小不变，由
减小可知两绳的夹角减小，所以滑轮受到两
绳的合力增大，故D 错误。
故选B。
2.（2026·湖南永州·二模）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．升降机（相对地面静止）缓慢下降时，绳中的张力大小不变
B．升降机（高度不变）缓慢向左移动时，绳中的张力大小不变
C．升降机（高度不变）缓慢向左移动时，升降机对地面的压力大小不变
D．升降机（相对地面静止）缓慢上升时，地面对升降机的摩擦力变小
【答案】AC
【详解】A．轻绳吊着圆环后形成的角度为
，有
升降机缓慢上升或缓慢下降的过程中，根据几何关系可知，轻绳形成的角度是不变的，故绳上拉力也是不
变的，故A 正确；
B．当升降机向左移动时，轻绳形成的角度增加，根据公式可知绳上拉力变大，故B 错误；
C．对升降机分析可知，地面对升降机的弹力为
地面对升降机的弹力是不变的，根据相互作用力原理，升降机对地面的压力也是不变的，故C 正确；
D．此时地面对升降机的摩擦力与绳上拉力的水平分量相同，即
由于升降机上升时，绳上拉力与角度都不变，所以地面对升降机的摩擦力也不变，故D 错误。
故选AC。
3.（2026·湖南长沙·二模）如图，竖直固定圆环内有a、b 两根等长轻杆，一端与固定在圆环上的光滑铰链
连接，另一端通过光滑铰链连接在圆心O 处，a 杆水平。轻杆c 的一端与O 处的光滑铰链连接，另一端与
质量为m 的小球连接；劲度系数为k1的弹性轻绳一端固定在O 点正上方的圆环上，另一端固定在可视为质
点的小球上，小球处于静止状态，且轻杆c 与轻杆b 垂直。现把弹性轻绳换成原长相等但劲度系数为
的另一弹性轻绳，小球静止后位于圆心O 右侧，轻杆a、b、c 和弹性轻绳始终与圆环处在同一竖
直平面内，轻杆c 长度小于轻杆a、b 长度，弹性轻绳始终在弹性限度内。下列说法正确的是（ ）
A．轻杆a 的弹力变小
B．轻杆b 的弹力变小
C．轻杆c 的弹力大小和方向都不变
D．弹性轻绳的弹力变小
【答案】AD
【详解】C．对小球进行受力分析如图1，由几何关系可得，小球重力
，轻杆的弹力
、弹性轻绳的拉
力
之间满足关系
因为
，
和
为定值，故轻杆的弹力
大小不变，但方向会改变，故
错误；
D．因为弹性轻绳劲度系数变大，故
距离会减小，故弹性轻绳的拉力
减小，故D 正确；
AB．对
点进行受力分析如图2，根据平衡条件可知
结合上述分析可知，
大小不变，与竖直方向夹角逐渐减小，由几何关系分析可得轻杆
弹力变小、
的
弹力变大，故A 正确，B 错误。
故选AD。
4．（2025·福建省厦门第六中学·一模）如图，右侧面光滑的斜面体放在水平面上，质量相等的物块M、N
分别放在斜面体的左右两个面上，M、N 拴接在跨过光滑定滑轮的轻质细绳两端，整个系统处于静止状态。
现对N 施加一始终与右侧轻绳垂直的拉力F，使N 缓慢移动至右侧细绳水平，该过程斜面体和M 保持静止。
下列说法正确的是（ ）
A．拉力F 逐渐增大
B．轻绳的拉力逐渐增大
C．M 所受摩擦力先减小后增大
D．斜面对水平面的压力先减小后增大
【答案】AC
【详解】AB．对N 的分析，设拉力F 与竖直方向夹角为
，对N 进行受力分析，N 受重力mg、拉力F、
轻绳拉力T，如图
因为F 始终与右侧轻绳垂直，根据平衡条件可得
，
在N 缓慢移动至右侧细绳水平过程中，
减小，
减小，
增大，所以拉力F 逐渐增大，轻绳的拉
力T 逐渐减小，N 缓慢移动至右侧细绳水平时，轻绳的拉力大小为0，故A 正确，B 错误；
C．对M 的分析：对M 进行受力分析，M 受重力mg、斜面支持力、轻绳拉力T 和摩擦力f，M 的重力沿斜
面向下的分力为
解得
开始时系统静止
M 有沿斜面向上运动趋势，摩擦力方向沿斜面向下，有
由于T 减小，则f 减小；当T 继续减小到
时，摩擦力为零；当轻绳的拉力T 小于
时，M 所
受摩擦力沿斜面体向上，则
随着轻绳的拉力T 减小，摩擦力增大，所以M 所受摩擦力先减小后增大，故C 正确；
D．对整体的分析，把M、N 和斜面看成整体，整体受重力
、地面支持力
、拉力F，在竖直方向上
则
当
减小时，
增大，所以
减小，根据牛顿第三定律，斜面对水平面的压力减小，故D 错误。
故选AC。
5．（2026·吉林·一模）在家中为了方便使用卷纸，如图所示，用一个可转动“
”框将卷纸挂在墙上，使
△
用过程中卷纸始终与墙面接触，若不计墙面与卷纸间的摩擦，当卷纸逐渐减少时（ ）
A．框对卷纸的作用力变小
B．框对卷纸的作用力方向竖直向上
C．墙面对卷纸的弹力保持不变
D．墙面和框对卷纸的合力保持不变
【答案】A
【详解】设框对卷纸的作用力为F，方向指向左上方，墙面对卷纸的作用力为FN，则卷纸的受力情况如图
所示
当卷纸逐渐减少时，F 与竖直方向的夹角减小，重力减小，由图可知，F 减小，FN 减小，墙面和框对卷纸
的合力与重力大小相等，所以合力减小。
故选A。
6．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）如图所示，水平放置的木板上放有匀质光滑球，球用细绳拴在木板右端。
现将木板以左端为轴，抬起右端缓慢转至竖直状态，在转动过程中绳与木板之间的夹角保持不变，则（
）
A．木板对球的支持力先增大后减小
B．木板对球的支持力先减小后增大
C．细绳对球的拉力先减小后增大
D．细绳对球的拉力先增大后减小
【答案】A
【详解】设绳子对球的拉力为T，木板对球的支持力为N，则球的重力、拉力、支持力构成矢量三角形，
设绳子拉力与重力夹角为α，重力与支持力夹角为γ，拉力与支持力夹角为β，如图所示
在矢量三角形中，根据正弦定理得sin(π −β)
mg
= sinα
N
= sinγ
T
将木板以底端P点为轴逆时针缓慢转动过程中，β不变，γ从0 逐渐增大到90°，α从180°−β逐渐减小到
90°−β，所以拉力T增大，支持力N先增大后减小。
故选A。
7.（2026·辽宁沈阳东北育才·一模）如图所示，一半圆柱形光滑管水平固定在地面上，其横截面为圆心为O
的半圆。可视为质点的小球A、B中间用轻杆连接后放置在管内，初始时两球保持静止，AO、BO与水平
方向的夹角分别为30°和60°。对小球A施加始终沿水平方向的作用力F，使B缓慢移动到与圆心等高处。
已知A球的质量为m，两球始终在同一竖直面内，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．初始时轻杆中的弹力大小为
❑√3
2 mg
B．移动过程，管壁对B支持力的最大值为❑√6mg
C．移动过程，轻杆对B的弹力先增大后减小
D．最终静止时力F的大小为❑√3mg
【答案】BD
【详解】A．对小球A施力前，对A、B受力分析，组成的矢量三角形如图甲所示
由正弦定理有
T A
sin60° =
mg
sin 45° ，
T B
sin30° =
mB g
sin 45°
杆对A、B的弹力T A、T B等大反向，解得m
mB
= 1
❑√3
可得T A=T B=
❑√6
2 mg，A 错误；
BC．移动过程对B受力分析，杆对B的弹力T B与管壁对B的弹力FNB之间的夹角保持不变，画出力的矢量图
如图乙所示
可以看出FNB先增大后减小，当方向与竖直方向夹角为45°时达到最大，此时有FNBmax⋅sin 45° =mB g
可得F NBmax= ❑√6mg
杆对B的弹力T B一直增大，B到达与圆心等高处时，达到最大值，B 正确，C 错误；
D．B到达与圆心等高处时，A恰好位于最低点。对B分析，杆对B的弹力T B= ❑√2mB g
对A分析有F =T Bcos45° = ❑√3mg，D 正确。
故选BD。
8.（2026·山西·二模）如图所示，一个光滑的半圆形导轨竖直固定，其左右端点
、
处各安装一个定滑轮。
一个轻质、不可伸长的闭合细绳圈跨过两个滑轮，绳圈的下方通过挂钩悬挂一质量为
的重物。现用笔尖
轻轻绕着绳圈上的某一点，使其沿导轨从
点缓慢运动到
点。忽略滑轮摩擦、绳圈与导轨间的摩擦，则
在此过程中绳圈上的拉力大小（ ）
A．一直增大
B．一直减小
C．先增大后减小
D．先减小后增大
【答案】C
【详解】设笔尖顶住的点为点P（沿导轨运动），AP+PB 是上半部分绳长，
是下半部分两段绳的总长
度。闭合细绳总长度恒定，满足：
(C 为绳总长度，是定值)，当P 从A 沿半圆导轨运动到
B 时，由几何关系可得： AP+PB 的长度先增大，在半圆顶端达到最大，之后减小，因此下半部分总长度
先减小，后增大
从点P 处知两侧绳的拉力大小相等，对悬挂重物的挂钩受力分析：笔尖缓慢运动过程，挂钩始终受力平衡，
重力mg 向下，两段绳的拉力大小均为T。据对称性两段绳与竖直方向的夹角相等为α（为锐角），因此下
半部分总长度先减小，后增大，故2α 先增大后减小，即α 先增大后减小，由竖直方向合力为零得 2Tcosα=
mg
因此整个过程绳圈的拉力大小先增大后减小
故选C。
9．（2026·云南昆明·模拟预测）如图所示，甲、乙两人站在水平地面上，光滑圆环套在不可伸长的轻绳上，
圆环下端吊一重物。两人缓慢放绳，在重物竖直向下移动一小段距离的过程中（ ）
A．地面对甲的支持力保持不变
B．地面对甲的支持力逐渐变大
C．地面对乙的摩擦力保持不变
D．地面对乙的摩擦力逐渐变大
【答案】A
【详解】CD．分析可知，圆环套在绳子上可视为活结模型，环两端绳子上的拉力大小相等，根据平行四
边形定则，做出力的平行四边形如图所示
设绳子与竖直方向的夹角为
，绳子上的拉力为
，根据力的平行四边形可知，当缓慢放绳时，绳子上拉
力与竖直方向的夹角
减小，而根据平衡条件有
可知，当
减小时，绳上的拉力减小，对乙分析，在水平方向，乙受到地面对乙的静摩擦力与绳子上的拉
力在水平方向的分力而平衡，则有
在缓慢放绳时，
减小，则地面对乙的摩擦力逐渐变小，故CD 错误；
AB．根据平衡条件可知，每段绳子上的拉力在竖直方向的分力不变，即
对甲分析，设地面对甲的支持力为
，根据平衡条件有
可知地面对甲的支持力不变，故A 正确，B 错误。
故选A。
10．（2026·陕西榆林·模拟预测）如图所示，两个完全相同的光滑圆球，用绕过固定光滑圆环的轻绳连接，
两球处于静止状态，两球的球心在同一水平线上，若轻绳长度变长，下列说法正确的是（ ）
A．轻绳对环的作用力不变
B．轻绳对环的作用力变小
C．两个球之间的弹力变大
D．轻绳对球的拉力变大
【答案】A
【详解】AB．将轻绳和两球看成一个整体，根据受力平衡可知，环对轻绳的作用力等于两球的总重力，
方向竖直向上；则轻绳对环的作用力大小等于两球的总重力，方向竖直向下，保持不变，故A 正确，B 错
误；
CD．设轻绳与竖直方向的夹角为
，以其中一个小球为对象，设球的质量为
，根据平衡条件可得
，
解得
，
若轻绳长度变长，则
变小，可知两个球之间的弹力变小，轻绳对球的拉力变小，故CD 错误。
故选A。
⏳题型02 平衡的临界和极值问题
11.（2026·湖北十堰·二模）如图所示，用水平推力F 作用在物块B 上，使物块A、B 一起沿光滑水平面向
右做匀加速运动，A、B 间的动摩擦因数为0.5，A 的质量为2m，B 的质量为m，重力加速度为g，最大静
摩擦力等于滑动摩擦力，A、B 保持相对静止，则推力F 的最小值等于（ ）
A．1.5mg
B．2mg
C．2.5mg
D．3mg
【答案】D
【详解】对整体由牛顿第二定律有
设B 对A 的压力为
，则对A 由牛顿第二定律有
对物块B 研究
解得
故选D。
12.（2026·湖南·二模）如图所示，三根长都是l 的轻杆，上端用铰链连接，每根杆都可以绕O 自由转动，
下端支在水平地面上的A、B、C 三点，ABC 为等边三角形，且每根轻杆与水平面的夹角均为
。在O 点
连接一根轻绳，下端吊着一个重力为G 的物体，三角架处于稳定状态，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下
列说法正确的是（ ）
A．地面对每根杆的支持力大小均为
B．每根杆对铰链O 的作用力大小均为
C．杆和地面间的动摩擦因数至少为
D．若仅将等边三角形ABC 的边长变短，则地面对每根杆的支持力变小
【答案】B
【详解】AD．将整个支架系统视为整体，则由平衡条件有
解得地面对每根杆的支持力大小均为
若仅将等边三角形ABC 的边长变短，则地面对每根杆的支持力保持不变，故AD 错误；
B．由题意可知，每根杆与竖直方向的夹角均为
，对O 点进行受力分析，根据共点力平衡的推论有
解得每根杆对铰链O 的作用力大小均为
，故B 正确；
C．在A 点，杆OA 的作用力F 沿水平方向的分量为
则由共点力的平衡条件可得，地面对A 点的静摩擦力大小为
又因为地面对每根杆的支持力大小为
，所以杆和地面间的动摩擦因数至少为
，故C 错
误。
故选B。
13．（2026·四川广元·二模）如图所示，两根紧靠但无相互作用力的半圆柱体A、B 静止于粗糙程度处处
相同的水平地面上。现将另一根圆柱体C 轻放在这两根半圆柱体上，三者均静止。已知圆柱体A、B、C
的材料、长度、半径、密度均相同，不考虑它们之间的摩擦。若用水平向右的力拉半圆柱体A，使A 缓慢
移动，直至C 恰好降到地面，整个过程中B 均保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为
g，则半圆柱体与地面间动摩擦因数的最小值为（ ）
A．
❑√3
6
B．
❑√3
3
C．
❑√3
2
D．7 ❑√3
12
【答案】C
【解析】设半圆柱体 A、B 的质量为 m，因材料、长度、半径、密度均相同，圆柱体 C 的体积是
半圆柱体的 2 倍，故C 的质量为 2m。设C 的圆心与 B 的圆心连线与竖直方向夹角为 θ。对 C 受力分
析，由对称性知 A、B 对C 的支持力大小相等，设为 N。竖直方向平衡有2 N cosθ =2mg
解得N = mg
cosθ
对 B 受力分析，竖直方向地面对 B 的支持力 N B=mg+ N cosθ =2mg
水平方向 B 受到的静摩擦力 f = N sinθ =mgtanθ
为使 B 保持静止，需满足 f ≤μ N B
即 mgtanθ≤μ·2mg
得 μ≥1
2 tanθ
当 C 恰好降到地面时，C 的圆心离地高度为R，B 的圆心在地面上，两圆心距离为2 R，此时
cosθ = R
2 R = 1
2，θ =60
∘
在此过程中θ从0增大到60
∘，tanθ 单调递增，当 θ =60
∘ 时 tanθ 最大，为 ❑√3。故 μ 的最小值
为
❑√3
2 。
故选 C。
14．（2026·重庆九龙坡·模拟预测）某“抬杆游戏”挑战的简化模型如图所示。两个质量分别为5m、
4m 的小球a、b 用一根轻直杆连接，小球b 静置于水平桌面上，挑战者用涂抹油的手指将小球a 由水平位
置缓慢抬至竖直位置，整个过程中小球b 未与桌面发生滑动。不考虑手指与球间的摩擦，手指对小球a 的
作用力F 始终垂直于杆，取最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则小球b 与桌面间的动摩擦因数至少为
（ ）
A．5
13
B．5
12
C．3
5
D．3
4
【答案】B
【解析】设杆与水平桌面夹角为θ，对小球a、b 分别受力分析，如图所示
转动过程中，小球a、b 均处于平衡状态，对小球a 有T =5mgsinθ
对小球b，水平方向平衡得f =T cosθ =5mgsinθcosθ
竖直方向平衡得F N = 4 mg+T sinθ = 4 mg+5mgsin
2θ
又因为4 mg = 4 mg(sin
2θ+cos
2θ)
可得F N =mg(9sin
2θ+4cos
2θ)
小球b 不滑动条件为f ≤μN
即μ≥f
N
代入化简可得f
N =
5sinθcosθ
9sin
2θ+ 4 cos
2θ
=
5 tanθ
9 tan
2θ+ 4
令x = tanθ>0
由基本不等式可得9 x
2+ 4≥12 x
可得
5 x
9 x
2+ 4
≤5 x
12 x = 5
12
即f
N 的最大值为5
12，故动摩擦因数至少为5
12。
故选B。
15.（2026 高三下·浙江温州·期末）单手抓球的难易程度和手的大小、手指与球间的动摩擦因数有关。
用以下简化模型进行受力分析：假设用两手指对称抓球，手指与球心在同一竖直面，手指接触点连线水平
且相距为L，球半径为R，接触点与圆心的连线与水平夹角为θ，手指和球间的动摩擦因数为μ，球质量为
m。已知重力加速度为g，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，忽略抓球引起的球变形。下列说法正确的
是（ ）
A．每个手指对球的摩擦力大小为
B．两手指间距L 的取值范围为L>
2 R
❑√1+ μ
2
C．每个手指手对球的压力最小值为
mg
2(μcosθ+sinθ)
D．手对球的压力增大2 倍时，摩擦力也增大2 倍
【答案】B
【解析】A．对篮球受力分析，如图
竖直方向由平衡条件
f cosθ = N sinθ+ 1
2 mg
则
f cosθ＞1
2 mg
所以每个手指对球的摩擦力大小
f ＞
mg
2cosθ
故A 错误；
C．因为
f ≤μN
化简可得
N sinθ+ 1
2 mg≤μN cosθ
即
N ≥
mg
2( μcosθ−sinθ)
故每个手指对球的压力最小值为
mg
2( μcosθ−sinθ)，故C 错误；
B．因为
N sinθ+ 1
2 mg≤μN cosθ
所以
N sinθ＜μN cosθ
可得
μ＞tanθ
根据几何关系得
cosθ＞
1
❑√μ
2+1
由图可知
cosθ = L
2 R
所以
L
2 R ＞
1
❑√μ
2+1
故两手指间距L 的取值范围为
L>
2 R
❑√1+ μ
2
故B 正确；
D．当篮球受到手的静摩擦力时，f ≠μN，手对球的压力增大2 倍时，摩擦力不增大2 倍，故D 错误。
故选B。
重难·创新演练
结合生活实际(T1T2);结合实际新考法考查(T3T6);新角度考查研究方法(T4T5);
1.▶新情境◀（2026·山东潍坊·一模）如图甲所示，用两根手指对称地抓起一个截面为圆的杯
盖，将其简化成图乙所示，手指与杯盖截面始终处于竖直平面内，手指接触点1、2 与圆
心的连线与水平方向的夹角均为
，手指和杯盖间的动摩擦因数
，设最大静摩
擦力等于滑动摩擦力。已知杯盖质量为m，重力加速度为g，
，杯盖始终在
竖直平面内处于平衡状态，手指与杯盖恰好不相对滑动，则手指对触点1 的压力为（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】根据题意，对杯盖两接触点受力分析如图所示
由平衡条件有
又有
联立解得
故选A。
2.▶新情境◀.铲车是常见的生产工具。某次生产过程中，铲车的铲斗中装载一个球形石块，此时的铲
斗简化为图(a)，铲斗的A板和B板内壁视为光滑，顶角∠AOB为锐角，∠AOB的角平分线竖直。铲车卸
载石块的过程，铲斗缓慢顺时针旋转，直至铲斗的B板水平，如图(b)所示。下列说法正确的是()
A.A板受到的压力一直减小，B板受到的压力先增大后减小
B.A板受到的压力一直减小，B板受到的压力一直增加
C.A板受到的压力先增大后减小，B板受到的压力一直减小
D.A板受到的压力先减小后增大，B板受到的压力一直增大
【答案】A
【解析】【解析】对石块，受力分析如图所示，初始时α = β，θ为锐角。铲斗顺时针转动的过程，θ
不变，α逐渐减小到0，β先增大至90
∘，再变为钝角。在辅助圆中，可以得出F1先增大后减小，F2一直减
小，答案选A。
3.▶新考法◀5.如图甲所示，明代倪端画的《捕鱼图》是一种原始的捕鱼方式，其拉网的原理图如
图乙所示，罾(渔网)和连接罾的四根竹杆可看成是一个重物用不可伸长的轻绳悬挂在轻杆OA上的A点，轻
杆OA可绕O点在竖直平面内自由转动，人在B点拉动轻绳AB使轻杆OA绕O点转至竖直方向，从而使重物
上升。在轻杆OA由图乙所示位置缓慢转至竖直的过程中，下列说法正确的是()
A.人对轻绳AB的拉力变大
B.人对轻绳AB的拉力不变
C.轻杆OA上的弹力大小不变
D.轻杆OA上的弹力变小
【答案】D
【解析】对A点受力分析，如图所示：
过O点作竖直线OC交AB于C点，可知A点受到FT、FOA、FBA三个力作用，其中FT =G(重物的重力
)，利用平行四边形定则作出FOA、FBA两个力的合力F，F = FT =G，由三角形相似，可得
FOA
AO = F
CO = FBA
AC ，将F =G代入得FOA = AO
CO G，FBA = AC
CO G，人在B点将轻杆OA拉至竖直方向的过程
中，AO的长度不变，OC的长度变大，AC的长度变小，故轻杆OA的弹力FOA变小，人对轻绳AB的拉力
FBA变小，故ABC 错误，D 正确
4．▶新考法◀（2025·江西抚州·二模）如图所示，一轻质光滑定滑轮固定在倾斜木板上，质量分别为
和
的物块A、B，通过不可伸长的轻绳跨过滑轮连接，A、B 间的接触面和轻绳均与木板平行。A 与B 间、
B 与木板间的动摩擦因数均为
，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当木板与水平面间的夹角为
时，物
块A、B 刚好要滑动，则
的值可能为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】AD
【详解】9 若A 相对B 刚要上滑、B 相对斜面刚要下滑，设轻绳中拉力为F，对A 有
，对B 有
，联立解得
，A 项正确，B 项错误；若A 相对B 刚要下滑、B 相对斜面刚要上滑，设轻绳中拉
力为
，对A 有
，对B 有
，联
立解得
，C 项错误，D 项正确。
5．▶新角度◀（2025·福建厦门·三模）垂钓中蕴含着许多力学技巧，提竿飞鱼时稍有不慎可能
会断竿。如图甲所示，鱼竿中任意处的力可分解为沿竿身的切向张力
及垂直于竿身的
径向应力
，径向应力
越大鱼竿越容易断裂。提竿过程中某时刻鱼竿的形状如图乙
所示，鱼线呈竖直状态，若鱼竿每个部位所能承受的最大径向应力相同，忽略鱼竿自身
重力的影响，则鱼竿
四个位置中最易断裂的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】对鱼竿中的某点受力分析如图，鱼竿中该处的力可分解为沿竿身的切向张力
及垂直于竿身的径向应力
，两个力的合力与鱼重力mg 等大反向，则当
与mg 夹角
θ 越小时
越大，此时鱼竿越易断，由图可知b 处鱼竿与水平方向的夹角θ 最小，则最
易断裂的是b。
故选B。
6．▶新角度◀2026·河北廊坊·一模）如图所示，运动员拖轮胎做负重训练时，用两根不计质量
的等长细绳拴在质量为
的轮胎直径两端，两根细绳之间的夹角为
，轮胎与水平地
面间的动摩擦因数为0.75。轮胎在地面上匀速运动时，已知
，重力加速度
取
，则每根细绳的最小拉力是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】两根细绳拉力的合力
设此时合力方向与水平方向的夹角为
，轮胎做匀速直线运动，由力的平衡可得
整理可得每根细绳的拉力
其中
，可见当
时，细绳的拉力最小，为
。
、
真题·实战演练
高频考点：三力的动态平衡问题。
1．（2025·河北·高考真题）如图，内壁截面为半圆形的光滑凹槽固定在水平面上，左右边沿等高。该截面
内，一根不可伸长的细绳穿过带有光滑孔的小球，一端固定于凹槽左边沿，另一端过右边沿并沿绳方向对
其施加拉力F。小球半径远小于凹槽半径，所受重力大小为G。若小球始终位于内壁最低点，则F 的最大
值为（ ）
A.
B.
C. G
D.
【答案】B
【解析】
【详解】分析可知当凹槽底部对小球支持力为零时，此时拉力F 最大，根据平衡条件有
解得
故选B。
2．（2025·浙江·高考真题）如图所示，两根相同的橡皮绳，一端连接质量为m 的物块，另一端固定在水平
桌面上的
、B 两点。物块处于AB 连线的中点C 时，橡皮绳为原长。现将物块沿AB 中垂线水平拉至桌面
上的O 点静止释放。已知CO 距离为L，物块与桌面间的动摩擦因数为
，橡皮绳始终处于弹性限度内，
不计空气阻力，则释放后（ ）
A．物块做简谐运动
B．物块只受到重力、橡皮绳弹力和摩擦力的作用
C．若
时每根橡皮绳的弹力为F，则物块所受合力大小为
D．若物块第一次到达C 点的速度为
，此过程中橡皮绳对物块做的功
【答案】D
【详解】AB．物块在水平桌面上运动，受到重力、桌面的支持力、橡皮绳的弹力以及摩擦力的作用；而
运动方向受橡皮绳的弹力和摩擦力作用，其合力不满足简谐运动的回复力特点（
），因摩擦力是
恒力，不随位移按比例变化，所以物块不做简谐运动，故AB 错误；
C．若
时每根橡皮绳的弹力为F，两根橡皮绳弹力的合力
物块还受到摩擦力为
则物块所受合力为
，故C 错误；
D．若物块第一次到达C 点的速度为
，物块从O 点运动到C 点，由动能定理可知
解得橡皮绳对物块做的功为
，故D 正确。
故选D。
3．（2025·重庆·高考真题）现代生产生活中常用无人机运送物品，如图所示，无人机携带质量为m 的匀质
钢管在无风的空中悬停，轻绳M 端和N 端系住钢管，轻绳中点O 通过缆绳与无人机连接。MO、NO 与竖
直方向的夹角均为60°，钢管水平。则MO 的弹力大小为（ ）（重力加速度为g）
A．2mg
B．mg
C．
D．
【答案】B
【详解】以钢管为研究对象，设轻绳的拉力为
，根据对称性可知两边绳子拉力相等，根据平衡条件
可得
故选B。
4．（2025·北京·高考真题）如图所示，长方体物块
叠放在斜面上，B 受到一个沿斜面方向的拉力
F，两物块保持静止。B 受力的个数为（ ）
A．4
B．5
C．6
D．7
【答案】C
【详解】根据题意，对A 受力分析可知，受重力、B 的支持力，由于A 静止，则A 还受B 沿斜面向上的静
摩擦力，对B 受力分析可知，受重力、斜面的支持力、A 的压力、拉力
、B 还受A 沿斜面向下的摩擦力，
由于B 静止，则受沿斜面向上的摩擦力，即B 受6 个力作用。
故选C。
5．（2022·浙江·高考真题）如图所示，学校门口水平地面上有一质量为m 的石墩，石墩与水平地面间
的动摩擦因数为μ，工作人员用轻绳按图示方式匀速移动石墩时，两平行轻绳与水平面间的夹角均为θ，则
下列说法正确的是（ ）
A．轻绳的合拉力大小为
B．轻绳的合拉力大小为
μmg
cosθ+ μsinθ
C．减小夹角θ，轻绳的合拉力一定减小
D．轻绳的合拉力最小时，地面对石墩的摩擦力也最小
【答案】B
【解析】AB．对石墩受力分析，由平衡条件可知
T cosθ = f
f = μN
T sinθ+ N =mg
联立解得
T =
μmg
cosθ+ μsinθ
故A 错误，B 正确；
C．拉力的大小为
T =
μmg
cosθ+ μsinθ =
μmg
❑√1+ μ
2sin(θ+φ)
其中tan φ = 1
μ ，可知当θ+φ =90°时，拉力有最小值，即减小夹角θ，轻绳的合拉力不一定减小，故C
错误；
D．摩擦力大小为
f =T cosθ =
μmgcosθ
cosθ+ μsinθ =
μmg
1+ μ tanθ
可知增大夹角θ，摩擦力一直减小，当θ趋近于90°时，摩擦力最小，故轻绳的合拉力最小时，地面对
石墩的摩擦力不是最小，故D 错误；
故选B。
