第02讲相互作用模型（模型和方法）（教师版）_高考一二三轮复习_物理_2027年高考物理一轮更新中_2027年高考物理一轮复习讲义+练习+课件（新教材新高考）-G55_2027版

第02 讲 相互作用模型
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目录
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模型一 斜面平衡模型
模型二 轻绳轻杆模型
类型1 轻绳模型
类型2 轻杆模型
模型三 弹簧模型
模型四 动态平衡模型
模型五 平衡中的临界极值问题
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模型建构
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✡模型一 斜面平衡模型
模型剖析
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核心研究对象
物体放置在固定 / 倾角可变斜面上，受重力、斜面支持力、摩擦力（有无摩擦两类）三力平衡。
受力拆解
重力竖直向下，分解为沿斜面向下分力 G1= mgsinθ、垂直斜面向下分力 G2= mgcosθ。
平衡规律
1.无摩擦：仅重力 + 支持力，无法静止，物体必下滑；
2.静摩擦静止：f = mgsinθ，N = mgcosθ，倾角θ越大，摩擦力、下滑分力越大，支持力越小；
3.临界滑动：fmax=μN，最大静摩擦对应临界倾角tanθ0=μ，超倾角物体滑动。
常见考法
斜面倾角变化、物体叠加、施加水平/竖直外力后的受力计算。
模型特训
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【典例1】（2026·安徽芜湖·二模）（多选）如图所示，长方体木块A 放在固定的铁质材料斜面B 上时恰
好静止。现将一块磁铁C 轻放在木块A 的上表面，磁铁与木块间、木块与斜面间的接触面均粗糙，且磁铁
与木块始终保持相对静止。则下列说法正确的是（　　）
A．木块A 将沿斜面下滑
B．木块A 仍恰好保持静止
C．磁铁C 受4 个力作用
D．磁铁C 对木块A 的摩擦力平行于斜面向下
【推理演示】A B．设木块质量M，磁铁质量为m, 斜面倾角为θ，长方体木块A 放在固定的铁质材料斜面
B 上时恰好静止,由平衡条件Mgsinθ=μMgcosθ
即μ=tanθ，现将一块磁铁C 轻放在木块A 的上表面，且磁铁与木块始终保持相对静止，把磁铁和木块
看作一个整体，受重力，斜面的支持力和摩擦力，斜面的吸引力F，此时有
( M + m )gsinθ=μ( M + m )gcosθ<μ[( M + m )gcosθ+ F]即放上磁铁后木块静止，故AB 错误；
C．磁铁受重力，木块的支持力和摩擦力，斜面的吸引力四个力，故C 正确；
D．因磁铁和木块静止于斜面上，磁铁受到的静摩擦力沿斜面向上，由牛顿第三定律，磁铁C 对木块A 的
摩擦力平行于斜面向下，故D 正确。
故选CD。
【变式1-1】（2026·安徽合肥·三模）如图所示，质量为m 的物块受到一水平推力F 作用，静止在倾角为θ
的斜面体上，物块与斜面体间的动摩擦因数μ<tanθ，斜面体始终保持静止状态，下列说法正确的是
（     ）
A．物块一定受到4 个力作用
B．斜面对物块的摩擦力方向一定沿斜面向下
C．斜面对地面的摩擦力方向水平向左
D．斜面对地面的压力等于斜面体的重力
【答案】C
【详解】AB．物块静止在斜面上，对物块受力分析，物块一定受重力，支持力以及外力F，是否受斜面摩
擦力需分情况讨论。根据平衡条件，若：
Fcosθ>mgsinθ，则斜面对物块的摩擦力方向沿斜面向下；
Fcosθ=mgsinθ，则斜面对物块无摩擦力；
Fcosθ<mgsinθ，则斜面对物块的摩擦力方向沿斜面向上。
所以物块可能受3 个力作用，也可能受4 个力作用。故AB 错误；
CD．对物块和斜面整体分析可知，水平方向上，地面对斜面的摩擦力向右与外力F 等大，根据牛顿第三定
律，可知斜面对地面的摩擦力方向水平向左。在竖直方向上，整体所受重力等于地面对斜面的支持力，则
斜面对地面的压力等于斜面和物块的总重力。故C 正确，D 错误。
故选C。
【变式1-2】（2026·河南开封·模拟预测）如图所示，一足够长的斜面静止在粗糙水平地面上，可视为质点
的滑块从斜面底端以一定的初速度沿斜面向上滑动，滑块与斜面间有摩擦。已知滑块最终又返回到出发
点，斜面始终静止不动，则滑块在斜面上运动的整个过程中，下列关于地面对斜面的静摩擦力f随时间t变
化关系的图像中，可能正确的是（　　）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】CD．设斜面倾角为θ，滑块与斜面动摩擦因数为μ
滑块上滑时，加速度沿斜面向下，大小a1=gsinθ+μgcosθ 
滑块下滑时，加速度仍沿斜面向下，大小a2=gsinθ μgcosθ
−
 
可得a1>a2，且两种情况加速度水平分量均向左。
分析地面对斜面的静摩擦力大小， 对整体用牛顿第二定律，水平方向仅受地面静摩擦力f，满足f=m ax（
ax为滑块加速度的水平分量）：
上滑时，f1=m a1cosθ 
下滑时，f2=m a2cosθ 
结合a1>a2，可得f1>f2，CD 错误；
AB．上滑和下滑的位移大小相等，根据x=1
2 at
2
结合a1>a2，可得上滑时间t1<下滑时间t2，即：摩擦力f1对应时间更短，摩擦力f2对应时间更长，A 正
确，B 错误。
故选A 。
✡模型二 轻绳轻杆模型
模型剖析
▶
二者共同点：轻质不计重力，结点 / 端点受力平衡；核心区别在弹力方向，是解题关键。
一. 轻绳模型
1.弹力性质：只能拉力，不能受压、弯折；
2.弹力方向：沿绳子收缩方向，永远背离结点 / 物体；
3.关键特点：同一根轻绳张力大小处处相等；绳子松弛则弹力瞬间消失。
4.“活结”和“死结”问题
分类
模型结构(举例)
模型解读
模型特点
“活结”模型
“活结”一般由绳跨过滑轮或绳上
挂一光滑挂钩而形成，绳子因“活
结”而弯曲，但实际为同一根绳
“活结”两侧的绳子上
的张力大小处处相等
“死结”模型
“死结”把绳子分为两段，且不可
沿绳子移动，“死结”两侧的绳因
结而变成两根独立的绳
“死结”两侧的绳子上
张力不一定相等
二. 轻杆模型
1.弹力性质：既可拉力也可支持力（压力）；
2.弹力分两类：
 
①固定杆（一端 固定在墙）：弹力方向任意，需结合平衡条件计算；
 
②铰链杆（一端铰接/转轴连接）：弹力必沿杆轴线，要么拉杆、要么推杆；
3.“动杆”和“定杆”问题
分类
模型结构(举例)
模型解读
模型特点
“动杆”模型
轻杆用光滑的转轴或铰链连
接，轻杆可围绕转轴或铰链自
由转动
当杆处于平衡时，杆所
受的弹力方向一定沿杆
向内或向外
“定杆”模型
轻杆被固定在接触面上，不发
生转动
杆所受的弹力方向不一
定沿杆，可沿任意方向
模型特训
▶
类型1　轻绳模型
【典例1】（2026·河南南阳·模拟预测）在建筑工地上，工人利用两个结实的绳套就可以方便地搬运重物。
两细绳套对称的挂住重物，如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．图中每段倾斜绳子的拉力大小等于重物重力的1
4
B．图中每段倾斜绳子的拉力大小小于重物重力的1
4
C．绳套1 对重物的作用力大小等于重物重力的1
2
D．绳套1 对重物的作用力大小大于重物重力的1
2
【推理演示】AB．设每段倾斜绳子与竖直方向的夹角为θ，根据对称性可知图中每段倾斜绳子的拉力大小
相等，根据平衡条件可得4Tcosθ=G
可得T=G
4cosθ >G
4
可知图中每段倾斜绳子的拉力大小大于重物重力的1
4 ，故AB 错误；
CD．根据对称性可知绳套1 对重物的作用力与绳套2 对重物的作用力相等，根据平衡条件可得2F1=G可得
F1=G
2
绳套对重物的作用力的竖直分力等于0.5G，但是还有水平分力，所以绳套1 对重物的作用力大小大于重力
的1
2 ，故C 错误，D 正确。
故选D
【变式1-1】（2026·陕西咸阳·一模）如图所示，倾角为θ=30°的斜面体C置于水平面上，B置于斜面
上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与A相连接，连接B的一段细绳与斜面平行，A、B、C处于静止状态。已知
mB= mC=2kg，mA=1kg，重力加速度g取10m/s
2，则下列说法正确的是（　　）
A．A受到的绳子拉力大小为6N
B．B受到的摩擦力大小为6 N
C．斜面体C受到的支持力大小为35N
D．斜面体C受到水平向右的摩擦力
【答案】C
【详解】A．以A 物体为研究对象，根据二力平衡可知绳子拉力F= mAg=10N，A 错误；
B．以B 物体为研究对象，根据沿斜面方向的平衡关系F−mBgsinθ−f1=0
解得f1=0，斜面对B 物体没有摩擦力，B 错误；
CD．研究BC 整体，设地面对C 的支持力为N，摩擦力为f2
水平方向平衡Fcosθ=f2
竖直方向平衡Fsinθ+N=(mB+ mC)g
解得N=35N，f2=5❑√3N(向左)，C 正确，D 错误。
故选C。
【变式1-2】（2026·云南广西·模拟预测）高一年级每月清洁大扫除后会颁发班级卫生流动红旗，通过一根
不可伸长的轻绳将其悬挂在光滑钉子上。如图1 所示，两悬点AB处于水平状态且AB两点间距离保持不变，
某天刮风后（风已消失）出现了图2 的倾斜状态，老师将绳子中间打了一个结，再次挂正，如图3 所示。
则下列情况中说法正确的是（　　）
A．图1 中若由于滑动导致AB间距离变小（绳长不变），则绳中张力T1变大
B．无风情况下图1、图2 和图3 中绳子受钉子的力满足F2>F1=F3
C．无风情况下图1、图2 和图3 中与红旗相连的绳中张力满足T3>T1>T2
D．若仅图2 中红旗受持续水平向右的风力作用，则图1、图2 和图3 中钉子受绳的合力满足
F
′
2= F
′
1= F
′
3
【答案】C
【详解】A．设绳子OA+OB总长度为L，两悬点A、B的水平间距为d，绳子与竖直方向的夹角为θ，由几何
关系得sin⁡θ=d
L
图1 中，由平衡条件可知2T1cosθ=mg
可得T1= mg
2cosθ
图1 中AB间距变小、绳长不变，由sin⁡θ=d
L
可得d减小，则θ减小，cosθ增大
则绳中张力T1减小，A 错误；
B．无风时，整体重力始终为mg，由整体法可知，绳子受到钉子的力等于总重力，因此 F1=F2= F3=mg，
B 错误；
C．AB倾斜，AB本身长度不变，因此图2 中A、B水平间距d2<d1
d1为图1 的水平间距，绳长L不变，因此sin⁡θ2=d2
L <sin⁡θ1
可得θ2<θ1
根据T= mg
2cosθ
可知T1>T2
对图1 和图3 比较，图3 中细绳因打结变短故与竖直方向的夹角θ3>θ1，可知T3>T1
所以T3>T1>T2，故C 正确；
D．图2 受水平向右风力后，整体受重力G和风力F，因此钉子对绳子的合力大小为❑√G
2+ F
2>G
所以F2
′>F1
′= F3
′，D 错误。
故选C。
类型2　轻杆模型
【典例2】（2026·江苏南通·一模）如图，轻杆AB 的左端用铰链与竖直墙壁连接，轻杆CD 的左端固定在
竖直墙上，图甲中两轻绳分别挂着质量为m1、m2的物体，另一端系于B 点，图乙中两轻绳分别挂着质量为
m3、m4的物体，另一端系于D 点。四个物体均处于静止状态，图中轻绳OB、OD 与竖直方向的夹角均为
θ=30∘，下列说法正确的是（　　）
A．甲图中，绳子OB 的拉力大小为2m2g
B．甲图中，轻杆AB 对B 点的弹力大小为m1g
C．乙图中，绳子O
′D的拉力大小一定为2m4g
D．甲、乙两图中，若m1=m3，则绳子OB 与O
′D的拉力大小相等
【推理演示】A．甲图中轻杆AB 对外的弹力方向沿杆，对结点B 进行受力分析，如图所示
根据平衡条件可知FOB= m1g= m2g
cos30° =2❑√3
3
m2g，故A 错误；
B．由图像可知轻杆的弹力FAB= m1gsinθ=0.5m1g，故B 错误；
C．图乙中的轻杆CD 是固定在墙面上的，所以杆上的弹力方向不一定沿着轻杆，无法判断此时的两个物
体m3 与m4 的质量关系，故C 错误；
D．在甲、乙两图中，同一个绳上的拉力是相等的，有FOB= m1g和FO
′D= m3g所以当m1=m3时
有FOB= FO
′D，故D 正确。
故选D。
【变式2-1】（2024·黑龙江哈尔滨·开学考试）（多选）图甲中轻杆OA的A端固定在竖直墙壁上，另一端O
光滑，一端固定在竖直墙壁B点的细线跨过O端系一质量为m的重物，OB水平；图乙中轻杆O
′A
′可绕A
′点
自由转动，另一端O
′光滑；一端固定在竖直墙壁B
′点的细线跨过O
′端系一质量也为m的重物。已知图甲
中∠BOA =30°，重力加速度为g，以下说法正确的是（    ）
A．图甲轻杆中弹力大小为❑√2mg
B．图乙轻杆中弹力大小为❑√2mg
C．图甲中轻杆中弹力与细线OB中拉力的合力方向一定沿竖直方向
D．图乙中绳子对轻杆弹力可能不沿杆
【答案】AC
【详解】A．由于图甲轻杆OA为“定杆”，其O 端光滑，可以视为活结，两侧细线中拉力大小相等，都等
于mg，由力的平衡条件可知，图甲轻杆中弹力大小为
F甲=2mgcos45°= ❑√2mg
故A 正确；
BD．图乙中轻杆O
′ A
′可绕A
′点自由转动，为“动杆”，另一端O
′光滑，可以视为活结，O
′两侧细线中
拉力相等，“动杆”中弹力方向一定沿“动杆”方向，“动杆”O
′A
′中弹力大小等于O
′两侧细线中拉力
的合力大小，两细线夹角不确定，则轻杆中弹力大小无法确定，故BD 错误；
C．根据共点力平衡条件，图甲中轻杆弹力与细线OB 中拉力的合力方向一定与竖直细绳的拉力方向相
反，即竖直向上，故C 正确。
故选AC。
【变式2-2】（2026·云南·三模）某同学在学习了甲烷分子的结构之后搭建了一个球棍模型，如图所示。质
量均为m 的四个相同小球a、b、c、d 通过相同轻杆连接在质量为M 的小球O 周围，形成正四面体结构静
置于水平桌面上。重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A．桌面对球a 的弹力大小为4 mg+ Mg
B．桌面对球a 的弹力大小为mg+1
3 Mg
C．四根轻杆对球O 的合力大小为Mg
D．四根轻杆对球O 的合力大小为mg+ Mg
【答案】C
【详解】AB．以甲烷分子球棍模型整体受力分析可知桌面对模型整体的弹力与模型整体的重力大小相等，
满足FN =4mg+Mg
因小球a、b、c 完全相同，桌面对球a 的弹力大小为F=1
3 FN=4mg+Mg
3
，故AB 错误；
CD．球O 受到重力和四根轻杆的作用力处于平衡状态，故四根轻杆对球O 的合力大小与球O 的重力Mg大
小相等，方向相反，故C 正确，D 错误。
故选C。
✡模型三 弹簧模型
模型剖析
▶
核心公式
胡克定律：F =kx，x为形变量（伸长 / 压缩量），k劲度系数恒定。
两大核心特性（区别于绳 / 杆）
1.弹力不会突变：瞬间剪断外力 / 撤去约束时，弹簧形变来不及改变，瞬间弹力大小、方向不变；
2.状态区分：拉伸→拉力、压缩→推力；原长位置弹力为 0。
平衡题型
弹簧竖直悬挂重物、斜面弹簧拴物体、多弹簧串联 / 并联受力、剪断瞬间加速度分析。
串联弹簧劲度系数变小，并联劲度系数变大。
模型特训
▶
【典例1】（2026·陕西西安·模拟预测）某同学制作了一个“竖直加速度测量仪”，其构造如图所示，轻弹
簧上端固定，沿弹簧长度方向固定一把刻度尺。弹簧自然伸长时，指针所指刻度记为C 点；在弹簧下端悬
挂一个质量为0.1kg的小钢球，静止时指针所指刻度记为O点，并将该处标记为加速度0 刻度值。现将这
个装置用来测量电梯竖直上下运行时的加速度。已知OB、OC间的距离均为1.00cm，A为OC中点，g取
10m/s
2，取加速度方向向上为正方向，下列说法正确的是（     ）
A．该弹簧的劲度系数为1N/m
B．指针在B 位置时，小钢球处于失重状态
C．指针指在A 位置时，“竖直加速度测量仪”的示数为5
−m/s
2
D．若在刻度尺上标注加速度值，则刻度对应的数值是不均匀分布的
【推理演示】A．小钢球静止在O 点，重力与弹簧弹力平衡，弹簧伸长量xOC=1.00cm，由平衡条件可知
mg=kxOC
解得k= mg
xOC
=100N/m，故A 错误；
B．B 在O 点下方，指针在B 时弹簧伸长量大于在O 点的伸长量，因此弹簧弹力F>mg，合力方向向上，
加速度向上，小钢球处于超重状态，故B 错误；
CD．A 是OC 中点，距O 点的距离xOA=0.50cm，此时弹簧伸长量为xOC−xOA，由牛顿第二定律可得
k(xOC−xOA)−mg=ma
解得a =−kxOA
m
= 5
−m/s
2
由上可得对任意相对于O 点的位移x，加速度满足a =−k
m x，因此a 与x 成线性关系，刻度对应的加速度
是均匀分布的，故C 正确，D 错误。
故选C。
【变式1-1】（2026·河北保定·一模）如图所示，质量均为0.5kg 的小物块A、B、C 放在倾角θ=37
∘的固
定光滑斜面（足够长）上，C 靠在垂直斜面的固定挡板P上，A 与B 用轻杆连接，B、C 分别与原长为
10cm、劲度系数为200 N/m的轻质弹簧两端相连，系统处于静止状态。现对A 施加一个沿斜面向上的拉力
F，使A 缓慢上滑。取重力加速度大小g=10 m/s
2，sin37
∘=0.6，cos37
∘=0.8，不计空气阻力以及一切
摩擦，弹簧及轻杆均与斜面平行，弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确的是（　　）
A．施加力F前，挡板对C 的支持力大小为12N
B．施加力F前，弹簧的长度为8cm
C．施加力F后，当F =4 N时，轻杆对A 的支持力大小为1N
D．施加力F后，当F =9 N时，弹簧的长度为11.5cm
【答案】D
【详解】A．施加力F前，对A、B、C、弹簧以及轻杆整体，根据物体的平衡条件可得，挡板对C 的支持
力大小N0=3mgsinθ =9 N，故A 错误；
B ．施加力F前，对A 、B 以及轻杆整体，根据物体的平衡条件可得，弹簧对B 的弹力大小
F1=2mgsinθ=6 N
根据胡克定律有F1=kΔx
解得弹簧压缩的长度Δx= 3 cm
弹簧的长度L=L0
Δx=7 cm
−
，故B 错误；
C．施加力F后，当F=4 N时，在斜面方向上，A 受到拉力F、重力沿斜面向下的分力mgsinθ、轻杆的支
持力N，根据物体的平衡条件有F+N=mgsinθ
解得N= 1 N
−
负号表示轻杆对A 的作用力不是支持力，而是拉力，故C 错误；
D．当F=9 N时，对A、B、C、弹簧以及轻杆整体，根据物体的平衡条件可得，挡板对C 的弹力大小
N
′=3mgsinθ F=0
−
说明C 恰好要离开挡板，弹簧的弹力为拉力，拉力大小T=mgsinθ=3 N
根据胡克定律有T=kΔx
′
解得弹簧拉伸的长度Δx
′=1.5 cm
弹簧的长度L
′=L0+Δx
′=11.5 cm，故D 正确。
故选D。
【变式1-2】（2026·江西·模拟预测）（多选）如图所示，A 球与B 球用原长为3
2 L、劲度系数为k1的轻质
弹簧相连，B 球用长为L的细线悬挂于O点，A 球固定在O点的正下方，且O、A 间的距离也为L，OAB恰好
构成一个正三角形。现把A、B 间的弹簧换成原长相同但劲度系数为k2的轻质弹簧，系统重新平衡后A、B
间的距离变为3
5 L。两弹簧均在弹性限度内，两小球均视为质点。下列说法正确的是（　　）
A．细线的拉力大小不变
B．弹簧的弹力变大
C．k2=1
3 k1
D．k2=2
3 k1
【答案】AC
【详解】AB．令B 球的质量为m，轻质弹簧劲度系数为k1时的受力分析图如下
由几何关系可知OAB 构成的三角形与力的三角形相似，因此有F1
L = mg
L
，T1
L = mg
L
解得F1=mg，T1=mg
同理轻质弹簧劲度系数为k2时，由受力分析图同样可以发现OAB 构成的三角形与力的三角形相似，有
F2
3
5 L
= mg
L
，T2
L = mg
L
解得F2=3
5 mg<F1，T2=mg=T1
因此弹簧的弹力变小，细线的拉力大小不变，故A 正确，B 错误；
CD．对劲度系数为k1的弹簧，根据胡克定律F1=k1(
3
2 L L
−)=k1L
2
对劲度系数为k2的弹簧，同理有F2=k2(
3
2 L−3
5 L)=9
10 k2L
联立解得k2=1
3 k1，故C 正确，D 错误。
故选AC。
✡模型四 动态平衡模型
模型剖析
▶
动态平衡是指物体的受力状态缓慢发生变化，但在变化过程中，每一个状态均可视为平衡状态。常用
方法：图解法、解析法、相似三角形法、辅助圆法、正弦定理法。
1.“一力恒定，另一力方向不变”的动态平衡问题
一个力(F1)恒定，另一个力(F2)方向不变，作出不同状态下的矢量三角形，确定力大小的变化。
若F1与F2不垂直，当F3⊥F2时，F3有最小值，F3min=F1sin θ，如图乙。
2.“一力恒定，另两力方向均变化”的动态平衡问题
一力恒定(如重力)，其他二力的方向均变化，但二力分别与绳子、两物体重心连线方向平行，即三力构
成的矢量三角形与△ACO 几何三角形相似，则对应边比值相等。
基本矢量图，如图所示
基本关系式：mg
H
=FN
R+r =T
L 。
3.一力恒定，另外两力方向均变化，但两力方向夹角保持不变的动态平衡问题
利用正弦定理或利用辅助圆，恒力为圆的一条弦，恒力所对应角的顶点在圆上移动，可保持圆心角不
变，根据不同位置判断各力的大小变化。
4.“晾衣架”中的“活结”问题
如图所示，晾晒衣服的绳子轻且光滑，悬挂衣服的衣架的挂钩也是轻质光滑的，轻绳两端分别固定在两根
竖直杆上的A、B 两点，衣服处于静止状态。如果保持绳子A 端位置不变，将B 端分别移动到不同的位
置。结点为O。由于绳子拐弯处是平滑连接，故FOA=FOB=F
水平方向：Fsin θ1=Fsin θ2，结合几何关系知θ1=θ2=θ
竖直方向：Fcos θ+Fcos θ=mg
故F=mg
2cosθ ，可知F 只与θ 有关。
由几何关系：sin θ=d
LOA+LOB
=d
L (L 为绳的总长)。可知θ 只与两杆之间的水平距离d 有关。
特点：若d 不变，上、下移动绳子B 端，θ 不变，F 不变；两杆之间水平距离越远，θ 越大，F 越大。
模型特训
▶
【典例1】（2026·湖南长沙·一模）如图所示，一轻绳绕过光滑定滑轮（半径可忽略）一端连接小球A（可
视为质点），另一端连接物体B。物体B 放在粗糙水平地面上，受到水平向右的作用力F，使得小球A 沿
光滑固定的半球面从图示位置缓慢向上移动，定滑轮在半球面球心O 的正上方C 点处，已知OC 的长度为
2R，半球面的半径为R。小球A 向上缓慢移动到最高点D 的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．轻绳的张力T 增大
B．光滑半球面对小球A的支持力N变小
C．地面对物体B的滑动摩擦力减小
D．地面对半球面的作用力增大
【推理演示】AB．小球A 沿光滑半球面缓慢运动过程中，小球A 受到重力G、轻绳的张力T、半球面对A
的支持力N 的作用，处于三力平衡，如图所示
根据平衡条件，可得N 与T 的合力F合=G
根据相似三角形法则知G
2R = N
R =T
AC
可得N =G
2
小球A 向上移动到D 的过程中，R 不变，AC 变短，故轻绳的张力T 逐渐减小，支持力N 不变，故AB 错
误；
C．物体B 向右移动，受到轻绳的张力T、自身重力GB、地面的支持力FN、滑动摩擦力f、水平拉力F 的
作用，受力分析如上图所示，在B 向右移动过程中轻绳与竖直方向的夹角θ 增大，而轻绳的张力T 减小，
可知张力的竖直分力Tcosθ减小，在竖直方向上有GB=FN+Tcosθ
可知地面对物体B 的支持力FN 增大；根据f =μFN可知摩擦力f 增大，故C 错误；
D．小球A 对半球面的压力大小不变，其方向与竖直方向夹角变小，则压力与半球面的重力的合力增大，
此合力与地面对半球面的作用力为一对平衡力，故地面对半球面的作用力增大，故D 正确。
故选D。
【变式1-1】（2026·安徽合肥·模拟预测）如图所示，半球形容器固定在地面上，容器内壁光滑，开始时，
质量分布均匀的光滑球A 和同种材质构成的质量分布均匀的光滑球B 放在容器内处于平衡状态，位置关系
如图中所示，A 球半径大于B 球。一水平力F 作用在A 球上，且力F 的延长线过A 球球心，从图示位置开
始推动A 球使B 球缓慢上升，A、B 两球和容器内壁始终有接触，在B 球上升至球心与O 点等高的过程
中，下列判断正确的是（     ）
A．A 球受到B 球的弹力先增大后减小
B．A 球受到B 球的弹力逐渐增大
C．容器对B 球的支持力先减小后增大
D．容器对B 球的支持力逐渐增大
【答案】B
【详解】对B 球受力分析如图1 所示
缓慢推动A 球直到B 的球心与容器的圆心O 等高的过程中，三角形OAB 边长恒定，N1和N2的夹角不变，
根据三力平衡作出矢量三角形如图2 所示
从图2 可以看出B 球受到A 球的弹力N1逐渐增大，容器对B 球的支持力N2先增大后减小。
故选B。
【变式1-2】（2026·河南三门峡·三模）为了晾晒大件物品，某同学在阳台两侧的墙壁之间安装了一根可调
节长短的晾衣绳，将绳的两端A、B固定于同一水平线上，且A、B间距为d，如图所示。当在绳上悬挂一件
湿羽绒服后，测得此时衣服两侧的绳与水平方向的夹角均为θ，且晾衣绳刚好不断。不计一切摩擦和绳的
形变量，下列有关说法错误的是（     ）
A．保持绳长和d不变，羽绒服晾干后，绳中张力减小
B．保持绳长和d不变，若只将绳的B端竖直向上移动一小段距离，绳中张力不变
C．保持d不变，若只将绳长调长一些，则晾衣绳一定不会断
D．若想挂更重的物品，该同学需将绳的长度调短一些
【答案】D
【详解】A．设晾衣绳总长为L，A、B 水平间距为d，由几何关系得d=Lcos⁡θ
即cos⁡θ=d
L
对衣服受力分析，由竖直方向受力平衡得2Tsin⁡θ=G
整理得绳中张力T=G
2sin⁡θ
绳长L和d不变，故θ不变；羽绒服晾干后重力G减小，由T=G
2sin⁡θ 得张力T减小，故A 正确，不符合题
意；
B．B 端竖直上移，A、B 水平间距d不变、绳长L不变，故cos⁡θ=d
L 不变，θ不变，G不变，因此张力T不
变，故B 正确，不符合题意；
C．d不变，绳长调长后，cos⁡θ=d
L 减小，θ增大，sinθ增大，由T=G
2sin⁡θ 得张力T减小；原来绳刚
好不断，现在张力变小，因此一定不会断，故C 正确，不符合题意；
D．挂更重的物品，G变大，要让张力T不超过绳的最大承受力，需要减小T；由T=G
2sin⁡θ 可知，G增大时
需要增大sinθ，即需要增大θ，由cos⁡θ=d
L 得需要增大绳长L，因此应将绳调长，而非调短，故D 错
误，符合题意。
故选D。
✡模型五 平衡中的临界极值问题
模型剖析
▶
1.临界问题：物体处于即将滑动、即将脱离、即将断裂、即将松弛的边缘平衡状态，合力仍为零，是平衡
状态的极限边界。极值问题：在动态平衡过程中，某个力（拉力、支持力、摩擦力）出现最大值、最小值
的情况，常与临界状态绑定考察。
通用核心：抓住临界条件、锁定约束边界、结合矢量图解或函数求最值。
2. 三大经典临界场景（必考）
（1）滑动临界：静摩擦力达最大值
这是最基础、最高频的临界模型。物体即将相对斜面、接触面滑动，此时静摩擦力不再是被动平衡力，而
是达到上限。
临界条件：f =fmax=μN
常见考法：斜面倾角最大/最小值、水平外力最大/最小值、推拉物体的临界力度。
核心结论：物体刚好不滑、刚好滑动的两个临界状态，对应外力的取值区间。
（2）脱离临界：支持力为零
物体即将离开接触面，与接触面无挤压、无弹力，是受力消失的临界状态。
临界条件：支持力 N =0，摩擦力同步为0
常见场景：斜面缓慢抬升、绳子提拉物体、杠杆抬升重物，物体即将飘起脱离接触面。
（3）绳杆临界：松弛/断裂、弹力最值
绳子临界：① 即将松弛：绳拉力 T=0；② 即将断裂：绳拉力达最大承受值 T=Tmax。
轻杆临界：杆弹力由拉力转为压力的临界点（弹力 F =0），是受力性质切换的极值点。
3. 高频易错结论总结
斜面推拉物体：存在双向临界，推力过大上滑、推力过小下滑，对应外力取值范围；
动态绳拉重物：绳长越短、夹角越大，绳子拉力越大，越容易断裂；
接触面物体极值：只要未脱离，支持力、摩擦力始终存在，脱离瞬间所有接触弹力直接清零；
临界极值问题大多依附动态平衡考察，是动态平衡的进阶压轴考法。
模型特训
▶
【典例1】（2026·江苏·模拟预测）如图所示，不可伸长的轻绳AO、BO 与弹性绳CO（遵循胡克定律）系
于O 点，AO 另一端固定，BO 水平且另一端连接着置于粗糙水平面的物体P，弹性绳CO 下方悬挂一小球
Q，初始时系统处于静止状态。现由于小球Q 受到水平向左恒定风力作用，稳定后弹性绳CO 偏离竖直方
向一定夹角，此过程中物体P 未发生移动，下列说法正确的是（　　）
A．轻绳AO 的拉力变小
B．轻绳BO 的拉力变小
C．物体P 受到的摩擦力不变
D．小球Q 的位置一定变高
【推理演示】【详解】A．初始时，设小球Q 的质量为m，轻绳CO 的拉力为TC，对小球Q，在竖直方向
受力平衡，有TC=mg
设AO 与水平方向的夹角为θ，轻绳AO 的拉力为TA，由平衡条件，在竖直方向，有TAsinθ=TC=mg
解得TA= mg
sinθ
稳定后，θ 不变，设CO 偏离竖直方向的角度为α，由平衡条件，得弹性绳CO 的拉力T
′
Ccosα= mg
解得T
′
C= mg
cosα
对结点O，在竖直方向受力平衡，有T
′
Asinθ=T
′
Ccosα= mg
解得T
′
A= mg
sinθ
由T
′
A=TA= mg
sinθ 可知，和初始状态相比，轻绳AO 的拉力大小不变，故A 错误；
B．初始时，设轻绳BO 的拉力为TB，由平衡条件，在水平方向，有TAcosθ=TB
解得TB= mgcotθ
设风力为F，稳定后，对小球Q，水平方向平衡，有F =T
′
Csinα
对结点O，水平方向平衡，有T
′
B=T
′
Acosθ+T
′
Csinα= mgcotθ+ F
由T
′
B>TB可知，轻绳BO 的拉力比原来变大，故B 错误；
C．物体P 始终处于静止状态，由平衡条件可知，物体P 受到的摩擦力始终与轻绳BO 的拉力大小相等，因
此物体P 受到的摩擦力也变大，故C 错误；
D．设弹性绳CO 的原长为L，劲度系数为k，根据胡克定律，可得初始时小球Q 到结点O 的距离为
y=L+ TC
k =L+ mg
k
稳定后，小球Q 到结点O 的竖直距离为y
′=(L+T
′
C
k
)cosα=Lcosα+ mg
k
因为cosα<1，所以y
′<y
则小球Q 的位置变高，故D 正确。
故选D。
【变式1-1】（2026·浙江嘉兴·二模）如图所示，一工人将质量分布均匀的直梯斜靠在光滑墙壁上，下端放
在粗糙地面上。当直梯与水平方向成60°时恰好静止。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则（　　）
A．直梯共受到3 个力的作用
B．地面与直梯之间的动摩擦因数μ=
❑√3
3
C．工人沿直梯向上爬时梯对地面作用力变大D．工人可以一直爬到直梯顶部且直梯不滑倒
【答案】C
【详解】A．墙壁光滑，对直梯无摩擦力。直梯受重力、墙壁的水平支持力、地面的竖直支持力、地面的
静摩擦力，共4 个力，故A 错误；
B ．设直梯质量为m，长度为L，与水平夹角θ=60
∘，以直梯下端为转轴，由力矩平衡
N1
Lsin⁡θ=mg
⋅
L
2 cos⁡θ
得墙壁弹力N1= mgcot⁡θ
2
水平平衡，静摩擦力f= N1
竖直平衡，地面支持力N=mg
恰好静止时f=μN
代入cot⁡60
∘=
❑√3
3
得μ= N1
mg =cot⁡60
∘
2
=
❑√3
6
故B 错误；
C．将工人和直梯视为整体，竖直方向始终满足N地=(m+M)g（M为工人质量）
大小不变；对下端转轴力矩平衡，工人向上爬时，工人的力臂增大，所需墙壁弹力N1增大，因此地面静摩
擦力f= N1增大。 直梯对地面的作用力是压力与摩擦力的合力，大小为❑√N地
2 +f
2，f增大则合力变大，因
此梯对地面作用力变大，故C 正确；
D．设工人重力为M，工人爬到顶端时，力矩平衡得所需摩擦力f= N1=(mg
2
+Mg)cot⁡θ
最大静摩擦力fmax=μ(M+m)g=cotθ
2
(M+m)g=( Mg
2
+ mg
2
)cot⁡θ
对比得f>fmax
直梯会滑倒，故D 错误。
故选C。
【变式1-2】（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
【详解】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2Ncosθ=2mg
解得N= mg
cosθ
对 B 受力分析，竖直方向地面对 B 的支持力 NB=mg+Ncosθ=2mg
水平方向 B 受到的静摩擦力 f=Nsinθ=mgtanθ
为使 B 保持静止，需满足 f≤μNB
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 2R，此时
cosθ=R
2R =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。