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第1 讲 力与物体的平衡
考点一 静态平衡问题
1.对物体进行受力分析
2.处理平衡问题常用的方法
合成法
物体受三个共点力的作用而平衡，则任意两个
力的合力一定与第三个力大小相等，方向相反
分解法
按效果分解：物体受三个共点力的作用而平
衡，将某一个力按力的作用效果分解，则其分
力和其他两个力分别满足平衡条件
正交分解法：物体受到三个或三个以上力的作
用时，将物体所受的力分解为相互垂直的两
组，每组力都满足平衡条件
矢量三角形法
对受三个共点力作用而平衡的物体，将力的矢
量图平移，使三个力组成一个首尾依次相接的
矢量三角形，根据正弦定理、余弦定理或相似
三角形等数学知识求解未知力
例1 (2025·重庆卷·1)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.√3
2 mg
D.1
2mg
答案 B
解析 以钢管为研究对象，设轻绳的拉力大小为FT，根据对称性可知两边绳子拉力大小相等，根据平衡条
件有2FTcos 60°=mg，可得FT=mg，故选B。
例2 (2025·山东临沂市一模)如图所示，完全相同的三根刚性柱竖直固定在水平地面上的A'、B'、C'三
点上，三点恰好在等边三角形的三个顶点上，三角形的边长为L，三根完全一样的轻绳一端固定在A、
B、C 三点上，另一端拴接在一起，结点为O。现把质量为m 的重物用轻绳静止悬挂在结点O 处，O 点
到ABC 平面的距离为1
3L，重物不接触地面，当地重力加速度为g。则AO 绳中的张力大小为( )
A.2
3mg
B.1
3mg
C.2mg
D.2√3
3 mg
答案 A
解析 设结点O 在三角形ABC 平面的投影为O1，根据题意和几何关系知O1到A、B、C 三点的距离都相等，
为
L
2cos30° =√3 L
3
，OO1与三根轻绳间的夹角都相同，设为θ，则tan θ=
√3 L
3
1
3 L
=√3，故θ=60°，对结点O，
根据平衡条件mg=3FTcos 60°，解得AO 绳中的张力大小为FT=2
3mg，故选A。
例3 (2025·江西萍乡市一模)如图所示，用四根长度为1 m 的细线连接三个完全相同的灯笼(可视为质
点)，每个灯笼的重力为G，现将细线a、d 两端悬挂在水平天花板上的M、N 两点，中间两段细线b、c
夹角为120°，下列说法正确的是( )
A.细线a 拉力大小为√3G，与水平方向夹角为60°
B.细线b 拉力大小为G
2 ，与水平方向夹角为30°
C.细线c 拉力最大，M、N 间距离为(1+√3) m
D.细线d 拉力最大，M、N 间距离为2(1+√3) m
答案 A
解析 对中间灯笼受力分析，如图甲所示，由对称性可知Fb=Fc，2Fbcos 60°=G，解得Fb=Fc=G，与水平方
向夹角为30°，对左边灯笼受力分析，如图乙所示，可得Fa=2Gcos 30°=√3G，方向与水平方向夹角为
60°，A 正确，B 错误；
由对称性可知Fa=Fd，故细线a、d 拉力最大，M、N 之间的距离为MN=2×(1×cos 60°+1×cos 30°) m=(1+
√3) m，C、D 错误。
变式1 (2024·山东菏泽市期中)如图，有40 个质量相等的小球(可视为质点)，将它们用长度相等的轻绳
依次连接，再将两端固定在天花板上，静止时，连接天花板的轻绳与水平方向夹角为30°，已知每颗小
球的重力均为1 N，则第15 颗小球与第16 颗小球之间轻绳的张力大小为( )
A.14 N
B.28 N
C.35 N
D.45 N
答案 C
解析 以左侧20 个小球为整体，设每个小球的质量为m，受力分析如图甲所示
由共点力的平衡条件可知F= 20mg
tan30° ，解得F=20√3 N
以16 到20 这五个球为整体，受力分析如图乙所示
根据共点力的平衡条件可得第15 颗小球与第16 颗小球之间轻绳的张力大小为
F1=√(5mg)
2+ F
2，解得F1=35 N，故选C。
变式2 (2025·哈师大附中、东北师大附中、辽宁省实验中学一模)一根质量为m 的重绳，悬挂在两根
不等高的竖直杆上。左端悬点处切线与杆夹角为α，右端悬点处切线与杆夹角为β，重力加速度为g，
则重绳最低点(弧底)的张力大小为( )
A.mgsin(α + β)
sin α·sin β
B.mgsin α·sin β
sin(α + β)
C.mgcosα·cos β
sin(α + β)
D.mg cos(α + β)
cosα·cos β
答案 B
解析 对重绳受力分析如图，其中FT1、FT2分别是左右悬点对重绳的拉力大小，设重绳最低点(弧底)的张
力大小为F，分析可知其方向为水平方向，对重绳最低点左侧部分，由平衡条件有FT1sin α=F，对重绳最低
点右侧部分，由平衡条件有FT2sin β=F，对重绳整体，由平衡条件有FT2cos β+FT1cos α=mg，联立解得
F=mgsin α·sin β
sin(α + β)，故选B。
例4 (2022·湖南卷·3)如图(a)，直导线MN 被两等长且平行的绝缘轻绳悬挂于水平轴OO'上，其所在区
域存在方向垂直指向OO'的磁场，与OO'距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，其截面
图如图(b)所示。导线通以电流I，静止后，悬线偏离竖直方向的夹角为θ。下列说法正确的是( )
A.当导线静止在图(a)右侧位置时，导线中电流方向由N 指向M
B.电流I 增大，静止后，导线对悬线的拉力不变
C.tan θ 与电流I 成正比
D.sin θ 与电流I 成正比
答案 D
解析 当导线静止在题图(a)右侧位置时，对导线受力分析如图所示，
可知要让安培力为图示方向，则导线中电流方向应由M 指向N，A 错误；由于与OO'距离相等位置的磁感
应强度大小相等且不随时间变化，有sin θ=BIL
mg ，FT= mgcos θ，则可看出sin θ 与电流I 成正比，当I 增大
时θ 增大，则cos θ 减小，静止后，导线对悬线的拉力FT减小，B、C 错误，D 正确。
1.对于静电场、磁场中的平衡问题，受力分析时要注意静电力、磁场力方向的判断，再结合平衡条件分析
求解。
2.涉及安培力的平衡问题，画受力示意图时要注意将立体图转化为平面图。
考点二 动态平衡问题 平衡中的临界、极值问题
例5 (2025·四川自贡市模拟)如图甲是工人在高层安装空调时吊运室外机的场景，简化图如图乙所示。
一名工人在高处控制绳子P，另一名工人站在水平地面上拉住另一根绳子Q。在吊运的过程中，地面上
的工人在缓慢后退时缓慢放绳，室外机缓慢竖直上升，绳子Q 与竖直方向的夹角近似不变，绳子质量
忽略不计，则下列说法正确的是( )
A.绳子P 上的拉力不断变大
B.绳子Q 上的拉力先变小后变大
C.地面对工人的支持力不断变大
D.绳子P、Q 对室外机的拉力的合力不断变大
答案 A
解析 由题意可知，室外机分别受P、Q 拉力F1、F2和自身重力mg 而平衡，将这三个力构成矢量三角形，
如图，可知地面上的工人在缓慢后退时缓慢放绳过程中，F1、F2均增大，故A 正确，B 错误；由于β 不变，
绳子Q 拉力增大，故Q 的拉力在竖直方向分力增大，对地面工人，由平衡条件可得地面对工人的支持力不
断变小，故C 错误；由于室外机受到P、Q 拉力F1、F2和自身重力mg 而平衡，由平衡条件可知绳子P、Q
对室外机的拉力的合力与室外机的重力始终等大反向，所以绳子P、Q 对室外机的拉力的合力不变，故D
错误。
例6 (2025·湖北武汉市调研)如图所示，一物块放置在粗糙水平面上，其上固定一“L”形轻杆，轻绳
ON 的一端O 固定在杆上，中间某点M 拴一小球，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>90°)，现将小球向右上方缓慢拉起，并保持夹角α 不变，在OM 由
竖直被拉到水平的过程，物块始终保持静止，则( )
A.OM 上的弹力一直减小
B.MN 上的弹力先增大后减小
C.水平面对物块的支持力先增大后减小
D.水平面对物块的摩擦力逐渐增大
答案 C
解析 以小球为研究对象分析受力情况，受重力mg、OM 绳的拉力F2、MN 绳的拉力F1，由题意知，三个
力的合力始终为零，矢量三角形如图所示，F1、F2的夹角不变，在F2转至水平的过程中，矢量三角形在同
一外接圆上，由图可知，MN 上的拉力F1逐渐增大，OM 上的拉力F2先增大后减小，故A、B 错误；把物
块、“L”形轻杆，小球(含轻绳OM)看作一个整体，对整体受力分析，整体受到重力、地面支持力、水平
向左的静摩擦力及绳MN 的拉力F1，由前面选项分析知F1逐渐增大，由图可看出其在竖直方向上的分力向
下先增大后减小，再向上增大，所以水平面对物块的支持力先增大后减小。F1在水平方向上的分量先增大
后减小，则水平面对物块的摩擦力先增大后减小，故C 正确，D 错误。
三力作用下的动态平衡
例7 (2025·江西宜春市二模)《天工开物》是世界上第一部关于农业和手工业生产的综合性著作。其中
描述的利用耕牛整理田地的场景如图甲所示，简化的物理模型如图乙所示：人站在水平木板上，两根
绳子相互平行垂直于木板边缘与水平地面夹角θ=30°，人与木板的总重力为800 N，木板与地面间的动
摩擦因数μ=√3
4 ，若人与木板匀速前进，以下说法正确的是( )
A.木板对地面的压力大小为800 N
B.每根绳中的拉力F=320 N
C.若θ 可调，则当绳子水平时F 有最小值
D.若θ 可调，则当绳子与水平面夹角正切值为tan θ=√3
4 时F 有最小值
答案 D
解析 以人与木板整体为研究对象，根据受力平衡可得2Fcos θ=Ff，2Fsin θ+FN=mg，又Ff=μFN，联立解得
F=
μmg
2(cosθ+ μsinθ)=
√3
4 ×800
2×( √3
2 + √3
4 × 1
2 )
N=160 N，FN=640 N，可知木板对地面的压力大小FN'=FN=640
N，故A、B 错误；
方法一：若θ 可调，根据F=
μmg
2(cosθ+ μsinθ)=
μmg
2√1+ μ
2sin(α +θ)，其中sin α=
1
√1+ μ
2=
1
√1+( √3
4 )
2= 4
√19
，cos α=
μ
√1+ μ
2= √3
√19，可知当α+θ=90°时，F 有最小值，则有tan θ=
1
tan α =√3
4 ，故C 错误，D 正确。
方法二：若θ 可调，用支持力和摩擦力的合力F 合替代这两力，F 合方向一定，如图所示，利用三力动态平
衡分析可知当拉力垂直支持力和摩擦力的合力时拉力最小，此时绳子与水平面夹角θ 的正切值tan θ= Ff
F N
=
μ F N
F N
=μ=√3
4 。
1.正弦定理(或拉密定理)在力学中的应用
正弦定理
拉密定理
a
sin A =
b
sin B =
c
sinC =2R(R 为△ABC 外接圆
的半径)
当三个共点力的合力为0 时，
其中任意一个力与其他两个力
的夹角正弦的比值相等，F1
sin α
= F2
sin β = F3
sin γ
其实质为正弦定理的变形
物体受三个共点力平衡，把表示三个力的
有向线段作闭合矢量三角形，求某一个力
或分析力的变化
直接画出三个合力为0 的共点
力，应用拉密定理，比正弦定
理更加便捷
2.辅助角公式、“摩擦角”法的应用
图示
辅助角公式
“摩擦角”法
物体在拉力F 作用下做
匀速直线运动，改变θ
大小，求拉力的最小值
以图甲为例：Fcos θ=μ(mg-Fsin θ)
F=
μmg
cosθ+ μsinθ
cos θ+μsin θ=√1+ μ
2sin(α+θ)
其中sin α=
1
√1+ μ
2，cos α=
μ
√1+ μ
2
即tan α=1
μ，Fmin= μmg
√1+ μ
2
以图甲为例：用支持力与摩擦力的合
力F'代替支持力与摩擦力，其中FN与
Ff的合力方向一定，“摩擦角”φ 满足
tan φ= Ff
F N
=μ。
Fmin=mgsin φ，此时拉力F 与水平方向
夹角θ=φ
有些选择题，若用常规的方法做会很烦琐，如需快速确定位置或动态分析，可尝试用“尺规作图
法”。
例如：动态平衡可用辅助圆法分析力的大小变化情况；在某种变化的过程中比较两个物理量的大小，
可以先作图，然后用刻度尺测量。如带电粒子在磁场中运动时能否经过某一点，可利用圆规改变半径
进行作图判断；光学中光线能否经过某一点，也可以通过作图判断。
示例1 (多选)如图，站在水平台面上的工作人员用轻绳将一个光滑小球从四分之一圆弧最底端缓慢
拉到定滑轮处，不计定滑轮质量和摩擦，小球与定滑轮均可视为质点，在此过程中，下列说法正确的
是( )
A.绳的拉力一直增大
B.绳的拉力一直减小
C.圆弧对小球支持力一直增大
D.圆弧对小球支持力一直减小
答案 AD
解析 力的矢量三角形如图所示，由图可知绳的拉力一直增大，圆弧对小球支持力一直减小，故A、D 正
确，B、C 错误。
示例2 (2022·河北卷·7)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
解析 方法一 正弦定理(拉密定理)
设两绳子对圆柱体拉力的合力大小为FT，木板对圆柱体的支持力大小为FN，绳子与木板间的夹角不变，α
也不变，从右向左看如图所示，
在矢量三角形中，根据正弦定理有
mg
sin α = F N
sin β = FT
sin γ ，
在木板以底边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mg
sin α = F N
sin β = FT
sin γ ，
由于sin γ 不断减小，可知FT逐渐减小，sin β 先增大后减小，可知FN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，设两绳子之间的夹角为2θ，绳子拉力大小为FT'，则2FT'cos
θ=FT，可得FT'=
FT
2cosθ ，θ 不变，FT逐渐减小，可知绳子拉力不断减小，故B 正确，A、C、D 错误。
方法二：辅助圆法
因为FN和FT的夹角保持不变，对应的补角不变，根据同弧圆周角相等可得如图矢量图，在将木板以底边
MN 为轴向后方缓慢转动直至水平过程中，可判断出FN先增大后减小，FT逐渐减小，进而推出FT'不断减
小。
专题强化练
[分值：60 分]
[1~6 题，每题4 分，7~10 题，每题6 分]
[保分基础练]
1.(2024·黑吉辽·3)利用砚台将墨条研磨成墨汁时讲究“圆、缓、匀”，如图，在研磨过程中，砚台始终静
止在水平桌面上。当墨条的速度方向水平向左时，( )
A.砚台对墨条的摩擦力方向水平向左
B.桌面对砚台的摩擦力方向水平向左
C.桌面和墨条对砚台的摩擦力是一对平衡力
D.桌面对砚台的支持力与墨条对砚台的压力是一对平衡力
答案 C
解析 当墨条速度方向水平向左时，墨条相对于砚台向左运动，故砚台对墨条的摩擦力方向水平向右，故
A 错误；根据牛顿第三定律，墨条对砚台的摩擦力方向水平向左，由于砚台始终处于静止状态，故桌面对
砚台的摩擦力方向水平向右，故B 错误；由于砚台始终处于静止状态，水平方向桌面和墨条对砚台的摩擦
力是一对平衡力，故C 正确；桌面对砚台的支持力大小等于砚台的重力加上墨条对其的压力，故桌面对砚
台的支持力大于墨条对砚台的压力，故D 错误。
2.(2025·北京卷·6)如图所示，长方体物块A、B 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
解析 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 受力分析如图，受重力、斜面的支持力、A 的压力、拉力F、A 对B 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。
3.(2025·广东江门市一模)牛轭是套在牛颈上的曲木，是耕地时的重要农具。如图所示，一轻绳穿过犁前部
的铁环后，两端分别系在牛轭上，两段绳子间的夹角为2θ，两段绳子所在平面与水平面夹角为α，手轻扶
犁保持前进方向，当犁水平匀速耕地所受的阻力为f0时，则每段绳子的拉力为( )
A. f 0
cosα
B.
f 0
cosα·cosθ
C.
f 0
2cosα·cosθ
D.
f 0
2cosα
答案 C
解析 根据力的合成关系可知2FTcos θ·cos α=f0，解得FT=
f 0
2cosα cosθ ，故选C。
4.(2025·浙江金丽衢十二校二模)风筝节上小明同学在放风筝，风筝静止于空中时可简化为如图所示，风筝
平面与水平面夹角始终为30°，风对风筝的作用力垂直风筝平面，且风速越大，作用力越大。已知风筝的
质量为m，风筝线质量不计，重力加速度大小为g。下列说法正确的是( )
A.若风速缓慢变大，则线与水平方向的夹角变大
B.若风速缓慢变大，则线上的拉力减小
C.若风筝线与水平方向的夹角为30°，则风对风筝的作用力大小为√3
2 mg
D.若风筝线与水平方向的夹角为30°，则线对风筝的作用力大小为√3mg
答案 A
解析 若风速缓慢变大，则风对风筝的作用力F2增大，作出矢量动态三角形，如图甲所示，可知，若风速
缓慢变大，则线与水平方向的夹角变大，线上的拉力也增大，故A 正确，B 错误；若风筝线与水平方向的
夹角为30°，则线与竖直方向的夹角为60°，对风筝进行受力分析，如图乙所示，根据几何关系和平衡条件
有F1=mg，F2=√3mg，故C、D 错误。
5.(2025·湖南邵阳市一模)学校组织趣味运动会，某运动员手持乒乓球拍托着球沿水平直赛道向前跑，运动
员速度越大，乒乓球受到水平风的作用力越大，风的作用力方向与运动员速度方向相反。已知球拍面与水
平面的夹角为53°，乒乓球的质量为2.7 g，乒乓球与球拍面之间的动摩擦因数为0.5，最大静摩擦力等于滑
动摩擦力，g 取10 m/s2，sin 53°=0.8，不考虑乒乓球的滚动，当运动员以某一速度匀速向前跑时，乒乓球
恰好不下滑，关于此时的乒乓球，下列说法正确的是( )
A.乒乓球受到的摩擦力方向沿球拍向下
B.乒乓球受三个力的作用
C.乒乓球受到风的作用力大小为1.35×10-2 N
D.如果球拍面竖直，则乒乓球不会下滑
答案 C
解析 乒乓球恰好不下滑，所以乒乓球有沿球拍下滑的趋势，乒乓球受到的摩擦力方向沿球拍向上，故A
错误；对乒乓球进行受力分析，受到重力、球拍支持力、球拍的摩擦力和水平风的作用力共四个力，故B
错误；以乒乓球为研究对象，根据平衡条件可得F 风cos 53°+Ff=mgsin 53°，FN=mgcos 53°+F 风sin 53°，又
Ff=μFN，联立解得乒乓球受到风的作用力大小为F 风=1.35×10-2 N，故C 正确；当球拍面竖直时，水平风的
作用力不变，由于Ffm=μF 风<mg，则乒乓球会下滑，故D 错误。
6.(2025·河北沧州市一模)在古代，人们关上门后从内部用一根结实的木棍抵住门，以保障安全，这种木棍
被称为“顶门杠”，如图甲所示。图乙是其简化示意图，顶门杠可绕其下端与地面的接触点O 自由转动，
杠下端与水平地面之间的动摩擦因数为μ，杠的重力忽略不计，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。为保证门
受到再大的外来推力都不能使杠的下端与地面间发生滑动，则杠与水平地面的夹角α 应满足的条件为(
)
A.tan α≥1
μ
B.tan α≥μ
C.tan α≤μ
D.tan α≤1
μ
答案 A
解析 由题意，对杠受力分析，设门对顶门杠顶端的作用力大小为F，该力沿杠向下，可分解为两个分量：
垂直于地面的分量F⊥=Fsin α，该分量产生对地面的正压力大小FN=Fsin α，沿水平方向的分量F∥=Fcos
α，该分量需与地面摩擦力平衡；且杠与地面的最大静摩擦力为Ffmax=μFN，为防止滑动，需满足
F∥≤Ffmax，即Fcos α≤μFsin α，得tan α≥1
μ，故选A。
[争分提能练]
7.(2025·广东深圳市模拟)如图所示，物块A 和滑环B 用绕过光滑定滑轮的不可伸长的轻绳连接，滑环B 套
在与竖直方向成θ=37°的粗细均匀的固定杆上，连接滑环B 的绳与杆垂直并在同一竖直平面内，滑环B 恰
好不能下滑，滑环和杆间的动摩擦因数μ=0.4，设滑环和杆间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin
37°=0.6，则物块A 和滑环B 的质量之比为( )
A.13
5
B.5
7
C.7
5
D. 5
13
答案 A
解析 对A 受力分析，根据平衡条件有FT=mAg，
对B 受力分析，如图，根据平衡条件有mBgcos θ=Ff，FT=FN+mBgsin θ，据题知，滑环B 恰好不能下滑，所
受的静摩擦力沿杆向上达到最大值，有Ff=μFN，联立解得mA
mB
=13
5 ，故选A。
8.(多选)(2025·福建厦门市二模)如图甲所示，我国古建筑屋顶多采用蝴蝶瓦方式铺设。图乙是两片底瓦和
一片盖瓦的铺设示意图，三根相同且平行的椽子所在平面与水平面夹角为37°。图丙为截面示意图，弧形
底瓦放置在两根相邻的椽子正中间，盖瓦的底边恰与底瓦的凹槽中线接触。已知相邻两椽子与底瓦接触点
间的距离和瓦的半径都为20 cm，盖瓦和底瓦形状相同，厚度不计，质量均为1 kg，最大静摩擦力等于滑
动摩擦力，重力加速度大小g 取10 m/s2，sin 37°=0.6，在无扰动的情况下，底瓦与盖瓦均保持静止。若仅
铺设这三片瓦进行研究，则( )
A.底瓦与椽子间的动摩擦因数μ≥3
8 √3
B.底瓦与椽子间的动摩擦因数μ≥3
10 √3
C.适当增大两椽子间的距离，底瓦更不容易下滑
D.适当减小两椽子间的距离，底瓦更不容易下滑
答案 AC
解析 以两片底瓦和盖瓦整体为研究对象，易得这个整体的重力在垂直椽子所在平面方向上的分力为
3mgcos 37°，垂直椽子所在平面方向上整体处于平衡状态，可知3mgcos 37°=4FNcos α，相邻两椽子与底瓦
接触点间的距离和瓦的半径都为20 cm，根据几何关系有α=30°，可得椽子与底瓦接触部位之间的弹力FN=
3mgcos37°
4 cos30°
，在无扰动的情况下，为使底瓦与盖瓦不下滑，应使4μFN≥3mgsin 37°，解得μ≥3
8 √3，故A
正确，B 错误；适当增大两椽子间的距离，α 增大，弹力FN增大，最大静摩擦力增大，底瓦更不容易下滑，
故C 正确；适当减小两椽子间的距离，α 减小，弹力FN减小，最大静摩擦力减小，底瓦容易下滑，故D 错
误。
9.(2024·湖北卷·6)如图所示，两拖船P、Q 拉着无动力货船S 一起在静水中沿图中虚线方向匀速前进，两根
水平缆绳与虚线的夹角均保持为30°。假设水对三艘船在水平方向的作用力大小均为Ff，方向与船的运动
方向相反，则每艘拖船发动机提供的动力大小为( )
A.√3
3 Ff
B.√21
3 Ff
C.2Ff
D.3Ff
答案 B
解析 根据题意对S 受力分析如图甲
正交分解可知2FTcos 30°=Ff
所以有FT=√3
3 Ff
对P 受力分析如图乙
则有(FTsin 30°)2+(Ff+FTcos 30°)2=F2
解得F=√21 F f
3
，故选B。
10.(多选)(2025·山东省部分学校一模)如图所示，一辆卡车卸货前，已经将车斗倾斜(倾角为30°)，有一挡板
未撤下且处于竖直状态。车斗里装了n 根钢管(n>3)，钢管质量均为m，忽略钢管与车斗底面、挡板之间的
摩擦，各钢管均处于静止状态，重力加速度为g。则下列说法中正确的是( )
A.钢管1 对挡板的弹力大小为√3
3 nmg
B.钢管1 对钢管2 的弹力大小为n-1
2
mg
C.钢管1 对车斗底面的压力大小为√3(n+3)
3
mg
D.若将挡板绕下端点缓慢顺时针转动30°，则转动过程中车斗底面对所有钢管的支持力均减小
答案 AB
解析 对n 根钢管整体，由平衡条件可得，挡板对钢管1 的弹力大小为F 挡=nmgtan 30°=√3
3 nmg，可知钢管
1 对挡板的弹力大小为√3
3 nmg，故A 正确；以除了钢管1 外的所有钢管为整体，由平衡条件可得，钢管1
对钢管2 的弹力大小为FN12=(n-1)mgsin 30°=n-1
2
mg，故B 正确；对钢管1 受力分析，在垂直斜面的方向上，
由平衡条件可得FN 斜=mgcos 30°+F 挡sin 30°=√3(n+3)
6
mg，由牛顿第三定律可知钢管1 对车斗底面的压力
大小为√3(n+3)
6
mg，故C 错误；若将挡板绕下端点缓慢顺时针转动30°，则转动过程中车斗底面对除了钢
管1 外的其他钢管的支持力总是不变的，故D 错误。
11.
(12 分)(2025·广东深圳市二模)如图所示，在质量为m 的物块甲上系着两条细绳，其中长30 cm 的细绳另一
端连着轻质圆环，圆环套在水平棒上可以滑动，圆环与棒间的动摩擦因数μ=0.75。另一细绳跨过光滑定滑
轮与重力为G 的物块乙相连，定滑轮固定在距离圆环50 cm 的地方，系统处于静止状态，OA 与棒的夹角
为θ，两绳夹角为φ。当G=6 N 时，圆环恰好开始滑动。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10 m/s2，sin
37°=0.6，cos 37°=0.8。求：
(1)(6 分)OA 绳与棒间的夹角θ；
(2)(6 分)物块甲的质量m。
答案 (1)53° (2)1 kg
解析 (1)当圆环恰好要开始滑动时，设此时水平棒对圆环的支持力大小为FN，细绳对圆环的拉力大小为
FT，对圆环受力分析，如图(a)所示
根据平衡条件有μFN=FTcos θ
FN=FTsin θ
联立解得tan θ=4
3
即θ=53°
(2)由题意，根据几何关系可知φ=90°，按如图(b)所示，对物块甲受力分析，根据平衡条件有
Gcos θ+FT'sin θ-mg=0
FT'cos θ-Gsin θ=0
解得m=1 kg。
