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专题01 直线运动与物体的平衡
4 大考点概览
考点01 运动的描述
考点02 匀变速直线运动（自由落体及竖起上抛）
考点03 静态平衡
考点04 动态平衡
一、单选题
1．（2026·黑龙江省研远联合·一模）2025 年4 月19 日，全球首个人形机器人半程马拉松（约21.1km）在
北京亦庄鸣枪开跑。来自北京的天工Ultra 人形机器人以2 时40 分42 秒成绩获得冠军。此机器人身高
1.8m，体重52kg，最高配速达到12km /h。下列说法正确的是（ ）
A．21.1km 指的是位移
B．2 时40 分42 秒指的是时刻
C．12km /h指的是平均速度
D．52kg 中的kg 是国际单位制中的基本单位
【答案】D
【详解】A．21.1km 表示的是路程，A 错误；
B．2 小时40 分42 秒表示的是时间间隔，B 错误；
C．12km /h指的是瞬时速度，C 错误；
D．kg 是国际单位制中的基本单位，D 正确；
考点01
运动的描述
故选D。
2．（2026·辽宁沈阳东北育才·一模）下列说法正确的是（ ）
A．在地面上看到月亮在云中穿行，参考系是地面
B．两个质点通过的位移相同，它们的路程一定相等
C．北京时间2019 年6 月5 日12：06，我国长征十一号固体运载火箭首次海上发射暨“一箭七星”圆
满成功，这里的12：06 是指时间间隔
D．平均速度v = Δ x
Δt ，当Δt充分小时，该式可表示t 时刻的瞬时速度
【答案】D
【详解】A．在地面上看到月亮在云中穿行，月亮相对于云位置发生了改变，参考系是云，故A 错误；
B．位移的大小等于首末位置的距离，路程的大小等于运动轨迹的长度，两个质点通过的位移相同，它们
的轨迹不一定相同，所以路程不一定相等，故B 错误；
C． 北京时间2019 年6 月5 日12 06
∶
，这是一个时刻，不是时间，故C 错误；
D．平均速度v = Δx
Δt ，当Δt充分小时，Δt可认为一个时间点，此时平均速度可以表示t 时刻的瞬时速度，
故D 正确。
故选D。
3．（2026·辽宁鞍山·一模）某同学乘坐动车时，通过观察电子屏上显示的动车速度来估算动车减速进站时
的加速度的大小。某一时刻他观察屏幕显示的动车速度是126km/h，2 分钟后屏幕显示的动车速度变为
54 km/h，把动车进站过程视为匀减速直线运动，则动车进站的加速度大小约为（ ）
A．0.17 m/s
2
B．0.42m/s
2
C．0.6 m/s
2
D．36 m/s
2
【答案】A
【详解】由题意可知动车做匀减速直线运动，其初速度为v0=126km/h= 126×1000
3600
m/s=35 m/s
末速度为v =54 km/h= 54×1000
3600
m/s=15 m/s
根据匀变速直线运动加速度公式可得动车进站的加速度为
a= v −v0
t
= 15−35
120
m/s
2= −20
120 m/s
2=−0.167 m/s
2
所以动车进站的加速度大小约为0.17 m/s
2。
故选A。
4．（2026·吉林·一模）将一条长为L 的纸带扭转180°后连接两端就构成了一个莫比乌斯环，不考虑连接纸
带时的长度损失。一只蚂蚁以恒定的速率v 从纸带上标记点P 沿纸带中线向前爬行，当其再一次来到P 点
的过程中，蚂蚁的（ ）
A．平均速度为零
B．运动时间为L
v
C．加速度始终为零
D．重力的瞬时功率不变
【答案】A
【详解】A．平均速度是位移与所用时间的比值，蚂蚁的位移为零，故平均速度为零，故A 正确；
B．运动时间应为t = 2 L
v ，故B 错误；
C．蚂蚁做曲线运动，加速度不为零，故C 错误；
D．蚂蚁竖直方向的速度有变化，故重力的瞬时功率变化，故D 错误。
故选A。
5．（2026·吉林·一模）如图所示，2024 年12 月16 日18 时00 分，我国在文昌发射中心使用长征五号乙运
载火箭/远征二号上面级，成功将卫星互联网低轨01 星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务获得
圆满成功。下列说法正确的是（ ）
A．运载火箭刚点火时还没有运动，其加速度一定为零
B．运载火箭升空过程速度变化越大，其加速度就大
C．运载火箭升空过程速度变化越快，其加速度就大
D．运载火箭离开地面的瞬间，火箭的速度很小，所以加速度很小
【答案】C
【详解】A．运载火箭刚点火时速度为零，加速度不为零，故A 错误；
BC．加速度是描述速度变化快慢的物理量，运载火箭升空过程速度变化越快，其加速度就越大，加速度的
大小与其速度变化的大小无关，故B 错误，C 正确；
D．加速度与速度没有必然的联系，运载火箭离开地面的瞬间，火箭的速度很小，加速度不一定很小，故
D 错误。
故选C。
6．（2026·黑龙江大庆·一模）在某次模拟空战对抗中，预警机成功锁定阵风战斗机，歼-10CE 战斗机随即
发射导弹，在预警机雷达的指引下，导弹沿曲线轨迹成功“击落”了阵风战斗机。关于此次模拟空战的描
述中，下列说法正确的是（ ）
A．研究导弹在空中的飞行轨迹时，可将其看作质点
B．以导弹为参考系，阵风战斗机一直是静止的
C．导弹在此过程中运动的位移大小等于路程
D．若歼-10CE 战斗机在空战中做匀变速直线运动，其位移大小随时间均匀变大
【答案】A
【详解】A．研究导弹的飞行轨迹时，其大小和形状对轨迹影响可忽略，可视为质点，故A 正确；
B．导弹与阵风战斗机相对运动，轨迹不同，以导弹为参考系，阵风战斗机是运动的，故B 错误；
C．导弹轨迹为曲线，路程大于位移大小，故C 错误；
D．匀变速直线运动的位移公式为x = v0t + 1
2 at
2
其位移大小随时间变大而变大，而非均匀变大，故D 错误。
故选A。
7．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）在纪念中国人民抗日战争暨世界反法西斯战争胜利80 周年大会上，接受
检阅的导弹车匀速驶过天安门前。在描述此宏伟场景时，下列叙述正确的是（ ）
A．以天安门为参考系，导弹车是静止的
B．测算导弹车经过标兵的时间时，可将车视为质点
C．导弹车与承载的导弹之间没有相互作用力
D．导弹车所受合外力的功率时刻为零
【答案】D
【详解】A．以天安门为参考系，匀速行驶的导弹车相对天安门的位置不断变化，是运动的，故A 错误；
B．测算导弹车经过标兵的时间时，导弹车的长度会显著影响时间计算结果，不可忽略，因此不能将车视
为质点，故B 错误；
C．导弹受重力作用，导弹车对导弹有向上的支持力，二者存在弹力相互作用，故C 错误；
D．导弹车匀速运动，所受合外力为0，根据功率公式P = F合vcosα，合外力为0 时合外力的功率恒为0，
故D 正确。
故选D。
一、单选题
1．（2026·辽宁沈阳东北育才·一模）一辆汽车在平直公路上匀速行驶，遇到紧急情况，突然刹车，从开始
刹车起运动过程中的位移（单位：m）与时间（单位：s）的关系式为x =30t −2.5t
2（m），下列分析正
确的是（ ）
A．刹车过程中最后1s 内的位移大小是5m
B．刹车过程中在相邻1s 内的位移差的绝对值为5m
C．从刹车开始计时，8s 内通过的位移大小为80m
D．从刹车开始计时，前1s 内和前2s 内的位移大小之比为11：9
【答案】B
【详解】由位移公式x = v0t + 1
2 at
2
对比题中x =30t −2.5t
2
得初速度v0=30 m/s，加速度满足1
2 a=−2.5 m/s
2
解得a=−5 m/s
2
考点02
匀变速直线运动（自由落体及竖起上抛）
A．根据逆向思维可知，刹车过程中最后1s 内的位移大小是x1= 1
2 at
2=2.5m，故A 错误；
B．刹车过程中在相邻1s 内的位移差的绝对值为| Δx |=|at
2|=5m，故B 正确；
C．刹车停止时间t m = v0
|a) =6s
总位移xm = v0
2
2|a) =90 m
则从刹车开始计时，8s 内通过的位移大小为90m，故C 错误；
D．将1s 和2s 代入题中表达式可知，前1s 内和前2s 内的位移大小分别为27.5m，50m，位移大小之比为
11:20，故D 错误；
故选B。
2．（2026·辽宁沈阳东北育才·一模）如图所示，甲、乙两图为某物体做直线运动的图像，下列说法正确的
是 （ ）
A．甲图中，物体的加速度大小为 2m /s
2
B．甲图中，t=3s 时物体的速度大小为8m/s
C．乙图中，0 到x1段其速度随时间均匀减小
D．乙图中，0 到x1段运动时间小于x1到2x1段运动时间
【答案】D
【详解】AB．甲图中，根据匀变速直线运动公式x = v0t + 1
2 at
2
变形可得x
t = v0+ 1
2 at
根据图像斜率与截距可知v0=2m/s，1
2 a= 2
1 m/s
2
解得a= 4 m/s
2
根据速度—时间公式可知3s 末的速度为v3= v0+at =14 m/s，故AB 错误；
CD．根据a= Δv
Δt = Δv
Δx ⋅Δx
Δt =kv
k 是v-x 图像的斜率，0 到x1 段，k 不变，可知v 减小时，a 减小，物体做的是非匀变速直线运动，两段过
程的v −t图像如图
位移相等的情况下，0 到x1 段运动时间小于x1 到2x1 段运动时间，故C 错误，D 正确；
故选D。
3．（2026·吉林·一模）t =0时刻从某点竖直上抛一个小球，用一台固定的相机每隔时间T拍一张照片（不
计曝光时间），0、T、2T时刻的照片从左向右排列如图所示，不计空气阻力，重力加速度为g，则小球
的初速度为（ ）
A．gT
B．1
2 gT
C．3
2 gT
D．2>¿
【答案】C
【详解】由运动的对称性可知第二幅图到第三幅图所经历的时间为T，因为两个小球在同一水平线上，由
此可以推得在3
2 T时刻到达最高点，则从0 时刻开始到上升到最高点所经历的时间为
t = 3
2 T
小球的初速度为
v0=>= 3
2 gT
故选C。
4．（2026·吉林东北师范大学附中·一模）某物理学习小组尝试用现代实验器材改进伽利略的经典斜面实验，
如图甲所示，他们让小球以某一设定好的初速度从固定斜面顶端O点滚下，经过A、B两个传感器，其中B
传感器固定在斜面底端，测出了A 、B间的距离x及小球在A 、B间运动的时间t。改变A传感器的位置，
多次重复实验，计算机作出图像如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．小球在斜面上运动的总时间为6s
B．小球在顶端O点的速度大小为2m /s
C．小球在斜面上运动的加速度大小为5 m /s
2
D．固定斜面的长度为4m
【答案】B
【详解】A．由乙图可知0~2s 为实线，2s~6s 为虚线，所以小球从顶端O 到底端B 的总运动时间为2 s，A
错误；
BCD．小球从O点滚下，做匀加速运动，而题目所给的距离x及时间t都是A 、B之间的，直接计算不方便，
运动具有可逆性，可转化成研究小球由B 点向上做匀减速运动x = vBt + 1
2 at
2
解得x
t = vB+ 1
2 at
由图乙可知vB=6m/ s，a=−2m/ s
2，故小球加速度大小为2m/ s
2，C 错误；
小球从B点到O点L= vBt + 1
2 at
2=6m/ s×2s+ 1
2 (−2m/ s
2)×(2s)
2=8m，D 错误；
小球从B点到O点vO= vB+at =6m/ s+(−2m/ s
2)×2s=2m/ s，B 正确。
故选B。
5．（2026·吉林省G35+联合体·一模）如图所示的四条图线。分别代表1、2、3、4 四个不同物体的运动情
况，关于图线的物理意义，下列说法正确的是（ ）
A．物体2 和物体4 做曲线运动
B．物体1 和物体2 在t1时刻相遇
C．物体4 在t2时刻已向负方向运动
D．物体1 和物体2 在0~t1时间内的平均速度相等
【答案】BD
【详解】A．x−t、v −t图像只能描述直线运动，故两图中物体2 和物体4 做直线运动，故A 错误；
B．x−t图像的交点表示相遇，则甲图中物体1 和物体2 在t1时刻相遇，故B 正确；
C．乙图中物体4 在t2时刻速度大于零，向正方向运动，故C 错误；
D．甲图中物体1 和物体2 在0~t1时间内始末位置相同，位移相等，所用时间相同，根据v = x
t 可知物体1
和物体2 在0~t1时间内的平均速度相等，故D 正确。
故选BD。
二、多选题
6．（2026·黑龙江省研远联合·一模）物体甲做匀变速直线运动，物体乙做匀速直线运动，它们的位移时间
图像如图所示（t =2s时，曲线与横轴相切）。下列说法正确的是（ ）
A．t =0时，物体甲的速度大小为2 m/s
B．物体甲的加速度大小为2m/s
2
C．t =1s时，甲乙两物体速度不相等
D．0 到2 s 内，乙物体的平均速度等于甲物体的平均速度
【答案】BD
【详解】AB．物体甲做匀变速直线运动，根据位移图像的斜率等于速度可知物体做减速运动，设甲的位
移-时间关系为
x = x0−v0t + 1
2 at
2
由图像可知x0= 4 m，根据t =2s时，曲线与横轴相切，则此时速度为0，即
0= v0−2a
由
x = 4−2v0+2a=0
联立可得
v0= 4 m/s，a=2m/s
2
选项A 错误，B 正确；
C．根据匀变速运动速度-时间关系v = v0−at可知t =1s时，甲的速度为
v甲=2m/s
由图像得，乙的速度大小为
v乙=4
2 m/s=2m/s
甲乙两物体速度相等，选项C 错误；
D．坐标的变化量等于位移，根据图像可知，甲乙位移大小相等，而时间也相等，则平均速度的大小相等。
选项D 正确。
故选BD。
三、解答题
7．（2026·辽宁沈阳东北育才·一模）2024 年11 月珠海航展中，我国多款无人机受到人们的广泛关注。在
航展中甲、乙两款无人机沿着同一直线同向飞行，展示“空中停车”性能（即无人机减速到0 并悬停在空
中），t =0时刻无人机甲在无人机乙前方x0=15 m处做“空中停车”测试，无人机甲的初速度v1=18 m/s，
加速度大小a1=2m/s
2，同时无人机乙由静止开始做匀加速直线运动，加速度大小a2= 4 m/s
2。为了避免与
前方的无人机甲相撞，无人机乙加速4s 后开始以大小为a3的加速度做匀减速直线运动。
(1)无人机乙加速过程中，求无人机甲的位移x1；
(2)无人机乙加速过程中，求无人机甲和乙的最大距离xm；
【答案】(1)56 m
(2)42 m
【详解】（1）由题意可知，无人机乙加速运动的时间t1=4s。
则此时无人机甲的速度v′=v1-a1t1=18m/s-2×4m/s=10m/s
无人机甲运动的位移x1= v
′ + v1
2
t1= 10+18
2
×4 m=56m
（2）当无人机甲与无人机乙共速时，两者间相距最远。设无人机甲与无人机乙达到共速时所经历的时间
为t2，则有v1-a1t2=a2t2
代入数据，解得t2=3s
则共速v=a2t2=4×3m/s=12m/s
在此过程中，无人机甲运动的位移x甲= v + v1
2
t2= 12+18
2
×3 m = 45 m
无人机乙运动的位移x乙= v
2 t2= 12
2 ×3 m =18 m
则无人机甲与无人机乙间的最大距离xm=x 甲+x0-x 乙=45m+15m-18m=42m
8．（2026·吉林东北师范大学附中·一模）一辆汽车以20 m /s的速度在平直公路上匀速行驶。行驶过程中，
司机突然发现前方有一障碍物，需要立即刹车。该司机从发现障碍物到踩下刹车踏板所用的反应时间为
0.5s，随即刹车系统开始工作。假设刹车系统开始工作后，汽车做匀减速直线运动，且汽车恰好到障碍物
处停下。汽车开始减速后第1s内的位移为18 m。求：
(1)司机发现障碍物时汽车到障碍物的距离；
(2)司机发现障碍物后第6s 内的位移。
【答案】(1)60m
(2)0.5m
【详解】（1）该司机从发现障碍物到踩下刹车踏板所用的反应时间为0.5s，在这段时间内汽车的位移为
x1= v0t1=20 m /s
2×0.5s=10 m
汽车开始减速后1s后速度为v1，有v0+ v1
2
t2= x2=18 m
解得v1=16 m /s
又v1= v0−at2
解得刹车的加速度大小为a= 4 m /s
2
则汽车从刹车到减速到零的位移为x = v0
2
2a =50 m
可得司机发现障碍物时汽车到障碍物的距离为x1+ x =60 m
（2）汽车从刹车到减速到零的总时间为t = v0
a =5s
可知司机发现障碍物后到停止的时间为t +t1=5.5s
则司机发现障碍物后第6s 内的位移等于汽车停止运动前0.5s 的位移，根据逆向思维可知这段位移满足
Δx = 1
2 at3
2= 1
2 ×4×(
1
2)
2
m=0.5m
即司机发现障碍物后第6s 内的位移为0.5m。
9．（2026·吉林省长春市绿园区长春市十一高中·一模）2023 年10 月31 日，我国神舟十六号载人飞船返回
舱在东风着陆场成功着陆。其部分运动过程简化如下：返回舱在离地面某高度处打开降落伞，在降落伞的
作用下返回舱的速度从v0=64 m/s降至v1=8 m/s，此后返回舱的运动可视为匀速下落，当返回舱在距离地
面h 时启动反推发动机，经时间t =0.25s速度由8 m/s匀减速至0后恰好落到地面。设降落伞所受的空气阻
力与其速率成正比，其余阻力不计。重力加速度大小g=10 m/s
2，降落伞的质量忽略不计，忽略返回舱质
量的变化，设全过程为竖直方向的运动。
(1)求返回舱开始匀减速下落时离地的高度h；
(2)求返回舱的速度为v0时的加速度大小a0；
(3)若宇航员的质量m=60kg，求在最后的匀减速过程中宇航员受到的座椅施加的作用力大小F。
【答案】(1)1m
(2)70 m/s
2
(3)2520 N
【详解】（1）当返回舱在距离地面h时启动反推发动机，经时间t =0.25s速度由8 m/s匀减速至0后恰好落
到地面上，根据匀变速直线运动的规律，由公式v = v0+ vt
2
和x = v t可知，
代入数据解得h= v t = v1+0
2
t = 8+0
2
×0.25 m =1m
（2）由题知，降落伞所受的空气阻力与速率成正比，设返回舱的质量为m1，返回舱做匀速运动时，根据
受力平衡可得k v1=m1 g
当返回舱速度为v0时，根据牛顿第二定律可得k v0−m1 g=m1a0
代入数据解得a0=70 m/s
2
（3）设在最后的匀减速过程返回舱的加速度大小为a，
根据逆向思维，由匀变速直线运动公式v1=at可知，代入数据得a= v1
t =
8
0.25 m/s
2=32m/s
2
对返回舱做匀减速运动的过程，由牛顿第二定律可得F −mg=ma
代入数据解得F =mg+ma=60×10 N +60×32N =2520 N
10．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）哈尔滨冰雪大世界中，游客们不可或缺的体验项目是“冰雪大滑梯”。
其简化模型如图所示，大滑梯全长510m。工作人员将乘坐滑板的游客从平台推出，从滑梯上A 处开始下
滑，经55s 加速到B 处，速度达到最大为14m/s，经过B 处开始减速，最终停在C 处。从A 到C 的总时间
为65s，经过B 处前后速度大小不变，游客和滑板可以看成质点，A 到B 的运动可简化为匀加速直线运动，
B 到C 的运动可简化为匀减速直线运动。求：
(1)游客在BC 运动时，加速度大小；
(2)游客从A 处开始下滑的初速度大小。
【答案】(1)1.4 m /s
2
(2)2m/s
【详解】（1）游客在BC段做匀减速直线运动，则匀减速直线运动的时间为t2=t −t1 ①
由运动学公式有0= vB−at2 ②
代入数据解得a=1.4 m /s
2。
（2）游客在BC段做匀减速直线运动，根据运动学公式得x2= vB+0
2
t2 ④
游客运动的总长度L= x1+ x2 ⑤
游客在AB段做匀加速直线运动，根据运动学公式得x1= v A+ vB
2
t1 ⑥
联立解得v A =2m /s。
一、单选题
1．（2026·辽宁沈阳东北育才·一模）如图（甲），为杂技表演的安全网示意图，网绳的结构为正方格形，
O、a、b、c、d……等为网绳的结点，安全网水平张紧后，若质量为m 的运动员从高处落下，并恰好落在O
点上，该处下凹至最低点时，网绳dOe，bOg 均成120°向上的张角，如图（乙）所示，此时O 点受到的向
下的冲击力大小为F，则这时网绳dOe 中的张力大小为（ ）
考点03
静态平衡
A．F
B．F
2
C．F＋mg
D．F +mg
2
【答案】B
【详解】O 点受到向下的冲击力为F，即O 点受到人给的向下的合力为F，合力F 已包括mg。冲击dOe 的
力为F
2 ，将F
2 分解如图所示，由几何知识可知dOe 中张力为F
2 ，故选B。
2．（2026·吉林省长春市绿园区长春市十一高中·一模）质量为M、半径为R 的光滑匀质球，用一根长度也
为R 的细线悬挂在互相垂直的两竖直墙壁交线处的P 点，则球对任一墙壁的压力大小为（ ）
A．
❑√2
4
Mg
B．
❑√2
2
Mg
C．
❑√3
3
Mg
D．
❑√6
6
Mg
【答案】B
【详解】对球进行受力分析，球受重力Mg、绳子的拉力T 及两个墙壁对它的支持力，两个支持力大小相
等，夹角为90°，设支持力的大小为N、绳子与竖直墙壁交线的夹角θ，根据几何知识可知球心到竖直墙壁
交线的垂直距离为
d =
❑√R
2+ R
2= ❑√2 R
故
sinθ = d
2 R =
❑√2
2
解得
θ = 45°
在竖直方向上根据受力平衡可得
Tcosθ = Mg
解得
T = ❑√2 Mg
在水平方向上根据受力平衡可知两个墙壁对球的支持力的合力大小等于绳子拉力T 的水平分力的大小，即
❑√N
2+ N
2=Tsinθ
解得
N =
❑√2
2 Mg
根据牛顿第三定律可得则球对任一墙壁的压力大小为
❑√2
2 Mg。
故选B。
3．（2026·吉林延边·一模）学校体育器材室有一圆弧形篮球架，如图所示，若某同学将同一篮球分别放在
a、b、c、d位置，挡板均竖直，不计摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．在a位置时篮球对圆弧篮球架的压力最大
B．在b位置时篮球对圆弧篮球架的压力最大
C．在c位置时篮球对挡板的压力最大
D．在d位置时篮球对挡板的压力最大
【答案】A
【详解】篮球受到重力、挡板的支持力和斜面的支持力，篮球受力分析如图所示
由平衡条件可知挡板对篮球的支持力大小为F =mgtanθ
圆弧篮球架对篮球的弹力大小为N = mg
cosθ
其中θ为弧面的倾角，θ越大，tanθ越大，挡板对篮球的支持力越大，所以在a位置时挡板对篮球的支持力
最大，根据牛顿第三定律可知，篮球对挡板的压力最大；θ越大，cosθ越小，圆弧篮球架对篮球的弹力越
大，所以在a位置时圆弧篮球架对篮球的弹力最大，根据牛顿第三定律可知，在a位置时篮球对圆弧篮球架
的压力最大。
故选A。
4．（2026·吉林东北师范大学附中·一模）如图所示，将一柔软匀质细绳悬挂于墙角。其中一端悬于水平天
花板上的A点，另一端悬于竖直墙壁上的B点，且当绳保持静止时，最低点为C点。若此时AC段长度是
BC段长度的k倍，细绳在B端附近的切线与竖直墙壁的夹角为α，在A端附近的切线与水平天花板的夹角
为β。则α、β之间的关系为（ ）
A．tan β =k tanα
B．tanα ⋅tan β =k
C．cosα =k cos β
D．cosα + k cos β =1
【答案】B
【详解】设均匀柔软细绳的质量为m，AC段长度是BC段长度的k倍，故AC段的质量为k
k +1 m，BC段的
质量为1
k +1 m，对BC段进行受力分析，设C 处的张力为T C，B 处的张力为FB，根据平衡条件有
FBcosα =
1
k +1 mg，FB sinα =T C
解得T C =
1
k +1 mgtanα
同理对AC段进行受力分析，根据平衡条件可得T C = k
k +1 mg⋅
1
tanβ
解得tanα ⋅tan β =k，故选B。
5．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）如图所示，哈尔滨松花江水平冰面上，成人用轻绳拉着小孩乘坐的滑板向
右做匀速直线运动，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．绳对滑板的拉力大于滑板对绳的拉力
B．冰面对滑板的摩擦力等于绳对滑板的拉力
C．冰面对滑板的摩擦力方向水平向左
D．小孩相对于滑板有水平向左运动的趋势
【答案】C
【详解】A．绳对滑板的拉力与滑板对绳的拉力是一对相互作用力，总是等大反向，A 错误；
B．由平衡可知，冰面对滑板的摩擦力等于绳对滑板的拉力的水平分量，B 错误；
C．滑板向右做匀速直线运动，冰面对滑板的摩擦力方向水平向左，C 正确；
D．小孩水平方向受力平衡，可知小孩不受滑板的摩擦力作用，则小孩相对于滑板没有运动趋势，D 错误。
故选C。
二、解答题
6．（2026·辽宁沈阳东北育才·一模）如图所示，两根直木棍AB和CD相互平行，斜靠在竖直墙壁上固定不
动。一个半径R =5cm、质量m=20kg的水泥圆筒从木棍的上部恰好能匀速滑下，已知两木棍间距d =8cm，
与水平面的夹角α =37°（sin37° =0.6，cos37° =0.8，g取10 m /s
2）。求：
(1)两根直木棍对水泥圆筒弹力的合力及摩擦力的合力的大小；
(2)每根直木棍与水泥桶间的动摩擦因数；
(3)若每根直木棍与水泥圆筒间的动摩擦因数均为0.375，则要让水泥圆筒能静止在直木棍上，两木棍间距
应满足什么条件？（最大静摩擦可认为等于滑动摩擦）
【答案】(1)160 N，120 N
(2)0.45
(3)5 ❑√3cm ≤d <10cm
【详解】（1）从右侧视角分析，在沿斜坡方向根据平衡条件可知f 合=mgsinα =120 N
垂直于斜坡方向有F合=mgcosα =160 N
（2）由底部沿木棍向上看，受力关系如图所示
图中θ角满足sinθ = d
2 R
解得θ =53°
根据平衡条件有2 Ncosθ =mgcosα
解得N = 400
3 N
又因为每根木棍的摩擦力f = 1
2 f 合=60 N
所以动摩擦因数μ= f
N =0.45
（3）设圆筒恰好在木棍上静止时，两木棍的弹力夹角的一半为β，根据平衡条件2 Ncosβ =mgcosα；
2 μ′ N =mgsinα
代入数据解得β =60°
由sinβ = d1
2 R
解得d1=5 ❑√3cm
且当β角越大时N越大，圆筒有更大可能不下滑；再考虑到实际情况，故5 ❑√3cm ≤d <10cm
一、单选题
1．（2026·吉林·一模）如图所示，水平粗糙木棒上套一圆环，一个小球与圆环通过不可伸长的轻绳连接，
初始时绳与竖直方向的夹角为θ。施加一水平外力F 缓慢拉动小球，在θ逐渐增大至虚线位置的过程中，木
棒与圆环始终保持静止，则下列说法正确的是（ ）
A．外力F 的大小保持不变
B．绳对球的拉力逐渐变小
C．木棒对环的支持力逐渐变小
D．圆环与木棒间的摩擦力逐渐变大
【答案】D
【详解】AB ．设绳拉力T，根据平衡条件
T cosθ =mg
T sinθ = F
当θ逐渐增大，T 增大，F 增大，故A 错误，B 错误；
C．把圆环和小球作为整体，根据平衡关系知，木棒对环的支持力等于环和球总重力，保持不变，故C 错
考点04
动态平衡
误；
D．根据平衡关系知，圆环与木棒间的摩擦力等于水平外力F，根据AB 项分析知，F 增大，故摩擦力逐渐
增大，故D 正确。
故选D。
2．（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。
3．（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。
二、多选题
4.（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。
5．（2026·吉林省长春市绿园区长春市十一高中·一模）某同学用光滑的硬钢丝弯折成“
”形状，
将它竖直固定放置。OB是竖直方向，BC是水平方向，角AOB等于30°，一个光滑的轻环套在足够长OA
上，一根足够长的轻绳一端固定在OB上的M点，轻绳穿过小环，另一端吊着一个质量为m的物体，下列
说法正确的是（ ）
A．OA杆受到小环的压力大小为mg
B．OA杆受到小环的压力大小为❑√3mg
C．绳端从M点移到B点绳子张力变大
D．绳端从B点水平向左移到N点过程中，OA杆受到小环的压力大小不变
【答案】AD
【详解】AB．小环受力情况如图所示
小环是轻环，所以绳上拉力的合力与杆垂直，由几何关系可知，两绳子夹角为120
∘，故N = F =mg
由牛顿第三定律可知，OA 杆受到小环的压力大小为mg，故A 正确，B 错误；
C．对悬挂的重物受力分析可知，绳子中的拉力始终与重物重力平衡F =mg
故绳端从M点移到B点张力大小保持不变，故C 错误；
D．绳端从B点水平向左移到N点过程中，绳子中的拉力始终与重物重力平衡F =mg，圆环对杆的作用力
F合=
❑√F
2+ F
2= ❑√2 F = ❑√2mg，由牛顿第三定律，OA杆受到小环的压力大小F合
′ = F合= ❑√2mg，故D
正确。
故选AD。
