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抢分猜押02 选择题：物体的平衡
(黑吉辽蒙专用）
重难解读
平衡实质为合外力为0，分为静态平衡和动态平衡，动态平衡考查的概率较高。
弹力重力摩擦力下的平衡，电场力的平衡，安培力的平衡等。
命题预测
2026 年高考，试题将深度嵌入航天科技、智能装备、新材料结构等真实场景，如空间站机械臂受力分析、
3D 打印支架平衡、智能机器人静止状态建模等，考查学生从复杂情境中抽象物理模型的能力。
模型融合深化：力的平衡常与运动学、能量、动量、电磁场等模块交叉命题，尤其在压轴题中，出现“平
衡+圆周运动”“平衡+电磁感应”等复合情境，考查综合思维能力。
考点1 静态平衡
1．（2026·内蒙古赤峰·模拟预测）赤峰市喀喇沁旗美林谷滑雪场被誉为“东方雪源圣地”，初级滑雪道上
的“魔毯”是将滑雪者从坡底匀速运送到坡顶的传送带，如图所示。滑雪者以很小速度（可视为零）登上
“魔毯”，经过一段时间后与“魔毯”相对静止。关于“魔毯”对滑雪者作用力的方向，下列说法正确的
是（ ）
A．相对静止前，竖直向上
B．相对静止后，竖直向上
C．相对静止前，垂直“魔毯”向上
D．相对静止后，垂直“魔毯”向上
【答案】B
【详解】BD．相对静止后，滑雪者随传送带一起匀速上升，滑雪者受重力，传送带对他的静摩擦力和支持
力，由于三力平衡，故“魔毯”对他的静摩擦力和支持力的合力与重力平衡，方向竖直向上，故B 正确，
D 错误；
A C．相对静止前，滑雪者受到的滑动摩擦力大于重力的下滑分力，由前面分析知相对静止后，滑雪者受
到的静摩擦力等于重力的下滑分力，而支持力大小不变方向垂直“魔毯”向上，故“魔毯”对他的滑动摩
擦力和支持力的合力不是竖直向上也不是垂直“魔毯”向上，故AC 错误。
故选B。
2．（2026·辽宁·模拟预测）如图所示，用一根轻绳将红辣椒穿起来，悬挂在墙面凸出的光滑的钉子上，两
侧轻绳之间的夹角为θ。已知轻绳的张力大小为F1，两侧轻绳对钉子作用力的合力大小为F2。忽略辣椒与
墙面间的作用，若辣椒总质量不变，缩短轻绳并使夹角θ增大，则（ ）
A．F2=2 F1sin θ
2，F1不变
B．F2=2 F1cos θ
2，F2变小
C．F2=2 F1sin θ
2，F1变小
D．F2=2 F1cos θ
2，F2不变
【答案】D
【详解】钉子受到两侧轻绳的拉力大小均为F1，夹角为θ，设辣椒的总重力为mg，受力分析可得，合力大
小F2=2 F1cos θ
2 =mg，当夹角θ增大时，cos θ
2减小，由于辣椒的总重力mg不变，可得F2不变、F1增大。
故选D。
3．（2026·辽宁沈阳·一模）一块剖面为三角形的有机玻璃P压在另一块水平有机玻璃Q上，当光通过有机
玻璃P时，会产生如图所示的花纹。下列说法正确的是（ ）
A．P受到向上的支持力是由于P发生形变而产生的
B．P对Q的压力与Q对P的支持力是一对平衡力
C．利用该现象可以推测有机玻璃各部位的形变情况
D．P与Q间产生的弹力来源于核子间的强相互作用
【答案】C
【详解】A．P 受到的支持力是由于Q 形变产生的，A 错误；
B．P对Q的压力与Q对P的支持力是一对作用力与反作用力，B 错误；
C．不同部位的干涉花纹不同，故可以利用该现象推测有机玻璃各部位的形变情况，C 正确；
D．从微观角度，弹力来源于电磁相互作用，D 错误。
故选C。
4．（25-26 高三上·吉林长春·月考）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。
5．（2026·河南郑州·一模）2025 年九三阅兵式上，甲、乙、丙三架直升机分别用轻绳悬挂等质量旗帜，从
天安门广场上空水平匀速飞过，如图所示。已知，由于风力大小不同，甲、乙、丙的轻绳与竖直方向的夹
角分别为α、β、γ，α < β <γ且均保持不变，风力均视为水平，则（ ）
A．甲所受轻绳拉力最大
B．乙所受轻绳拉力最大
C．丙所受轻绳拉力最大
D．甲、乙、丙所受轻绳拉力大小相等
【答案】C
【详解】以旗帜为研究对象，进行受力分析如图，由几何关系可知，悬绳对旗帜的拉力F大小F = mg
cosθ
又因为夹角α < β <γ，所以F丙> F乙> F甲
故选C。
6．（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
【答案】D
【详解】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
4 cosθ > 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2 F1=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
7．（2026·广东·一模）如图，夹钳器的手把转动时，轻绳1 拉动轻质横杆，并通过轻绳2 和3 带动夹爪绕
转轴旋转，从而夹取物品。若某次夹取到物品时θ =60°，轻绳1 的张力大小为T，轻绳2 和3 的张力大小
均为F，则（ ）
A．T =2 F
B．T = ❑√3 F
C．T = F
D．T =
❑√3
2 F
【答案】B
【详解】对轻质横杆受力分析，横杆平衡，轻绳1 的张力T与轻绳2、3 张力的合力等大反向。根据平衡条
件，沿轻绳1 方向合力平衡，得T =2 Fcos θ
2
代入θ =60°，得T =2 F ⋅
❑√3
2 = ❑√3 F
故选B。
8．（2026·河北邯郸·一模）某人用如图甲所示的推车搬运圆柱形水泥管，推车的支架与底板成120°角。将
质量均为60kg 的相同水泥管A、B 横放在静止的推车上，水泥管B 与支架接触，如图乙所示，底板与水平
面平行。不计水泥管与支架间的摩擦，重力加速度大小g=10 m /s
2。水泥管A、B 始终相对推车静止，下
列说法正确的是（ ）
A．推车对水泥管A 的作用力大小为1050N
B．支架对水泥管B 的支持力大小为450N
C．缓慢压下把手至底板与水平面成45°角的过程中，支架对水泥管B 的支持力一直增大
D．缓慢压下把手至底板与水平面成45°角的过程中，水泥管A、B 间的弹力一直增大
【答案】C
【详解】B．对B 受力分析，如图所示
根据平衡条件可得FABcos60° = FBcos30°，FABsin60°+ FBsin30° =mg
解得支架对水泥管B 的支持力大小为FB=300 N，故B 错误；
A．对A 受力分析，如图所示
根据牛顿第三定律可得，B 对A 的压力大小和A 对B 的支持力大小相等，即FBA= FAB= FB=300 ❑√3 N
根据平衡条件可得FN= FBAcos30°+mg =1050 N，f = FBAsin30° =150 ❑√3 N
所以，推车对水泥管A 的作用力大小为F =
❑√FN
2 + f
2=150 ❑√58 N，故A 错误；
CD．如图
根据拉密原理可得mg
sinθ = FB
sinα = FAB
sinβ
缓慢压下把手至底板与水平面成45°角的过程中，θ不变，α由30°增大到45°，β由60°减小到45°。即
sinα一直增大，sinβ一直减小，所以，支架对水泥管B 的支持力FB一直增大；水泥管A、B 间的弹力FAB
一直减小，故C 正确，D 错误。
故选C。
9．（2026·浙江·高考真题）如图所示，一盏重为G 的艺术灯用细绳悬挂，左右两侧细绳与水平方向夹角分
别为45°和60°，细绳拉力分别为F1和F2。A 和B 是左侧细绳两端点，C 和D 分别是天花板和灯上的点，
CD 与AB 平行，则（ ）
A．F1大于F2
B．F1和F2都小于G
C．用细绳连接C 和B 后撤去AB 绳，可使灯位置不变
D．用细绳连接C 和D 后撤去AB 绳，可使灯位置不变
【答案】B
【详解】AB．对艺术灯受力分析，如图所示
将F1、F2和G三力平移后，构成矢量三角形，如图
根据矢量三角形可知F1< F2<G，故A 错误，B 正确；
CD．用细绳连接C 和B 后撤去AB 绳或用细绳连接C 和D 后撤去AB 绳，如图所示
若艺术灯位置保持不变，则三力不能交汇一点，即无法保持平衡，故CD 错误。
故选B。
10．（2025·贵州·高考真题）一不可伸长的轻绳跨过同一水平线上的定滑轮，中间两定滑轮的间距为d，在
绳中央固定有一轻质吊环，绳两端分别挂有质量均为m的配重物，配重物静止在地面上且绳恰好伸直。如
图，某同学在健身时把吊环竖直向下缓慢拉d
2 的距离后保持静止，已知重力加速度大小为g，不计摩擦及
滑轮大小，则静止时该同学对吊环的拉力大小为（ ）
A．❑√2mg
B．mg
C．
❑√2
2 mg
D．1
2 mg
【答案】A
【详解】根据几何关系可知，吊环两边的细绳与竖直方向的夹角为45°，则由平衡可知F =2Tcos 45
∘
其中T=mg，可得F = ❑√2mg
故选A。
考点2 动态平衡
1．（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。
2．（2026·黑龙江哈尔滨·模拟预测）小区阳台常见的升降式晾衣架如图所示，它由一根轻绳跨过光滑轻质
滑轮带动总质量为m 的晾衣杆部分。现缓慢向上拉动晾衣架至新的平衡位置，此过程中保持绳始终绷直且
未与滑轮打滑或脱离。在晾衣架缓慢上移的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．当绳a 与竖直方向成60°时，轻绳上的张力大小为mg
6
B．轻绳上的张力逐渐减小
C．轻绳上的张力逐渐增大
D．总质量为m 的晾衣杆部分所受合力逐渐增大
【答案】C
【详解】A．同一根轻绳张力处处相等，设绳张力为T，对晾衣杆由竖直方向平衡得4T +2Tcosθ =mg
整理得T =
mg
4+2cosθ
当θ =60
∘时，代入公式得T =
mg
4 +2cos60
∘= mg
5 ，故A 错误；
BC．晾衣架顶部两个固定滑轮的水平间距d保持不变，设晾衣杆上方两段倾斜的绳子的总长度为L，每段
绳子与竖直方向的夹角为θ，由几何关系得d = Lsin θ
整理得sin θ = d
L
晾衣架上移过程中，晾衣杆上方绳总长度L减小，d不变，因此sin θ增大，θ增大，cos θ减小，因此T逐
渐增大，故B 错误，C 正确；
D．晾衣架缓慢上移，始终处于平衡状态，总合力始终为零，因此合力不会逐渐增大，故D 错误。
故选C。
3．（2026·湖南怀化·一模）工人师傅在安装高层住户玻璃时，由于无法通过电梯搬运，需要楼上和楼下工
人协作配合，楼上师傅通过光滑定滑轮拉动绳子，楼下师傅站在一楼地面上固定位置将绳子往远离楼体的
方向拉，以避免窗户被磕碰，如图所示。两段绳子的拉力分别为T 1和T 2，窗户在两段绳子的作用下缓慢竖
直向上运动。窗户从一楼地面竖直向上运动的过程中（ ）
A．T 1和T 2的合力变小
B．楼下师傅需要收缩绳子
C．楼下师傅受到地面的支持力不变
D．T 1和T 2均增大
【答案】D
【详解】A．由三力平衡知T 1、T 2的合力与重力等大反向，合力不变，故A 错误；
B．窗户向上运动的过程中，楼下工人师傅需要逐渐放绳子，故B 错误；
D．由动态分析图解法可知，θ减小，α增大，所以T 1和T 2均增大，故D 正确；
C．对楼下师傅mg = FN+T 2cosθ
θ减小，T 2增大，T 2cosθ增大，楼下师傅受到地面的支持力减小，故C 错误。
故选D。
4．（2026·甘肃武威·模拟预测）如图所示，一块铁板AB 下吸附了一块小磁铁，现将铁板在竖直面内绕A
点向上逆时针缓慢转过一个小角度，磁铁始终未滑动，转动过程中，若磁铁对铁板的磁力方向始终垂直
AB，大小保持不变，关于磁铁的受力，下列说法正确的是（ ）
A．受到铁板的弹力减小
B．受到铁板的摩擦力减小
C．受到铁板的作用力增大
D．受到的吸引力与重力的合力增大
【答案】D
【详解】AB．画出磁铁的受力分析图，由图可得F =mgcosθ+ FN
Ff=mgsinθ，倾角θ增大，则弹力增大，摩擦力也增大，故A、B 错误；
C．磁铁受到铁板的作用力与重力等大反向，大小不变，故C 错误；
D．磁铁受到的吸引力和重力大小不变，θ增大，两个力的夹角减小，合力增大，故D 正确。
故选D。
5．（2026·江苏南通·二模）如图所示，光滑斜面固定在水平面上，斜面上的一物体用通过定滑轮的轻绳拉
动，沿斜面缓慢上升，则此过程中（ ）
A．绳子拉力一直变大
B．斜面对物体的弹力一直变大
C．地面对斜面的弹力一直变大
D．地面对斜面的摩擦力一直变大
【答案】A
【详解】以斜面上的物体为研究对象，受到重力G，斜面的支持力N 和绳的拉力F 三力平衡，受力图如图
所示
AB．物体沿斜面缓缓上升过程中，斜面对物体的弹力N 方向不变，绳子的拉力与竖直方向的夹角变小，
由图中的关系可看出，绳子的拉力增大，斜面对物体的弹力N 减小，A 正确，B 错误；
CD．以斜面及斜面上的物体整体为研究对象，由平衡关系可知，F的竖直方向分力变大，则地面对斜面的
弹力减小；F的水平方向分力变小，则地面对斜面的摩擦力减小，CD 错误。
故选A。
6．（2026·山东滨州·一模）在一地铁站的施工工地，需要利用绳索将一重物沿一竖直面内的轨道从水平地
面上的A 点缓慢运送到底部C 点处，已知AB 部分是半径为R，圆心角为60°的圆弧轨道，A 点是圆弧轨道
的最高点，BC 部分为倾斜直轨道，两轨道在B 点相切，轨道和定滑轮均视为光滑。定滑轮位于A 点正上
方2R 高度处。在运送过程中，人牵引绳子的位置不动，重物可视为质点。则（ ）
A．A 到B 过程中，轨道对重物的支持力不断增大
B．A 到B 过程中，绳子对重物的拉力先增大后减小
C．B 到C 过程中，地面对人的静摩擦力逐渐增大
D．B 到C 过程中，轨道对重物的支持力不断增大
【答案】D
【详解】AB．设重物的质量为m，重力加速度为g，重物A 到B 过程中，对其受力分析，如图所示
根据平衡条件，可知N与T的合力F合=mg
由图可知由支持力N、拉力T 与合力F合组成的三角形与ΔOO
′ D相似，设绳长为L，则有mg
3 R = N
R = T
L
可得N = mg
3 ，T = mgL
3 R
可知随着重物从A 向B 滑动，支持力N 不变；但由于绳长L 增大，故绳子对重物的拉力增大，故AB 错误；
CD．设重物从B 到C 过程中，对其受力分析，如图所示
设轻绳对人的拉力与水平面的夹角为θ，斜面BC 的倾角为β，轻绳与斜面的夹角为α，根据正交分解，对
重物有mgsinβ =T 1cosα，mgcosβ =T 1sinα + N 1
重物下滑过程中斜面倾角β不变，α减小，cosα增大，故T 1减小，sinα减小，故N 1增大；设人的质量为M，
根据正交分解，对人有f =T 1cosθ
其中θ角不变，因T 1减小，故f 减小，故C 错误，D 正确。
故选D。
7．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）居民楼改造过程需要把建材吊运到楼顶。如图所示，某次吊运的建材质量
m=30kg，施工人员的质量M=75kg，缓慢吊运建材的过程中，某时刻轻绳OA、OB 分别与竖直方向的夹角
为α=30°、β=60°。设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，取g=10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．该时刻轻绳OA 上拉力的大小TA=300N
B．该时刻人对地面的压力大小FN=500N
C．该时刻为了使人保持静止，人与地面间的动摩擦因数的最小值为0.5
D．人不动，缓慢松手放绳，在物体缓慢靠近墙壁的过程中，轻绳OA 长度不变，TB逐渐减小
【答案】D
【详解】A．对结点O，根据平衡条件可得T A sinα =T B sinβ，T A cosα =mg+T Bcosβ
联立解得T A =300 ❑√3 N，T B=300 N，故A 错误；
B．对人，根据平衡条件可得T Bcosβ + F ' N= Mg
解得F ' N =600 N
根据牛顿第三定律可得，人对地面的压力大小为F N =600 N，故B 错误；
C．对人，根据平衡条件，水平方向，有T B sinβ = f ，f = μ FN
解得μ=
❑√3
4 ，故C 错误；
D．由于T A sinα =T B sinβ，T A cosα =mg+T Bcosβ
可得T B=
mgtanα
sinβ −cosβtanα
人不动，缓慢松手放绳，在物体缓慢靠近墙壁的过程中，轻绳OA 长度不变，则α 减小，β 变大，则tanα
减小，sinβ 增大，cosβ 减小，所以TB 减小，故D 正确。
故选D。
8．（25-26 高一下·黑龙江双鸭山·开学考试）如图所示，光滑的竖直杆固定在水平面上，水平桌面的右端
固定一定滑轮，物体穿过光滑的竖直杆并用轻绳拴接后跨过定滑轮，在轻绳的另一端施加水平外力F，使
物体沿竖直杆缓慢上升，竖直杆对物体的弹力为FN，忽略一切摩擦力和阻力。则下列说法正确的是
（ ）
A．外力F 逐渐减小
B．竖直杆对物体的弹力不变
C．FN
F 保持不变
D．轻绳的拉力竖直向上的分力不变
【答案】D
【详解】A．对物体受力分析，如图所示
物体缓慢上升，α缓慢增大，该过程物体处于平衡状态，由力的平衡条件得F =
G
cosα
则外力F 逐渐增大，故A 错误；
B．又由F N =Gtanα
α增大，则竖直杆对物体的弹力逐渐增大，故B 错误；
C．又由sinα = FN
F
由于α增大，则sinα增大，FN
F 增大，故C 错误；
D．由于竖直方向合力为0，则轻绳的拉力竖直向上的分力等于物体的重力，故D 正确。
故选D。
9．（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．1
2 G
B．
❑√2
2 G
C．G
D．❑√2G
【答案】B
【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2 Fmcos 45° =G
解得F m =
❑√2
2 G
故选B。
10．（2017·天津·高考真题）如图所示，轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆M、N 上的a、b 两
点，悬挂衣服的衣架钩是光滑的，挂于绳上处于静止状态．如果只改变一个条件，当衣架静止时，下列说
法正确的是 ( )
A．绳的右端上移到b′，绳子拉力变小
B．绳的两端高度差越小，绳子拉力越大
C．将杆N 向右移一些，绳子拉力变大
D．若换挂质量更大的衣服，则衣服架悬挂点右移
【答案】C
【详解】AB．因为衣服钩是光滑的，所以绳子两端的拉力大小相同，设两杆间距为d，绳子长为L，左右
两端绳子长度分别为L1、L2，绳子拉力为T，两部分与竖直夹角分别为α、β，根据题意有
L1+ L2= L
因为衣架钩是光滑的，绳子拉力相等，所以
α = β
即
2Tcosα =mg
L1sinα + L2sinα = Lsinα =d
所以
sinα = d
L
T =
mg
2cosα
绳的右端上移或绳的两端高度差改变，d 与L 均为定值，所以sinα为定值，α为定值，绳子拉力不变，故
AB 错误；
C．杆N 向右移一些，d 变大
sinα = d
L
变大，cosα变小，拉力变大，故C 正确；
D．挂质量更大的衣服，d 与L 均不变，绳中拉力变大，位置不变，故D 错误。
故选C。
考点3 电场力、安培力的平衡
1．（2026•昭阳区模拟）如图所示，分别用两根相同的绝缘轻绳将两个小球悬挂于水平天花板上的A、B
两点，两小球所受重力均为G，带异种电荷，均可视为质点。由于静电力的作用，两球静止时，轻绳与
竖直方向的夹角均为60°，则轻绳对小球的拉力大小为（ ）
A．G
B．2G
C．❑√3G
D．1
2 G
【答案】B
【详解】解：对其中一个小球受力分析，轻绳沿竖直方向的分力与重力平衡，轻绳与竖直方向的夹角为
60°，可得Tcos60°＝G
解得T＝2G，故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
2．（2026•陕西模拟）如图，PO 为光滑绝缘竖直墙壁，OQ 为光滑绝缘水平地面，地面上方有一水平向左
的匀强电场E，带正电荷的A、B 两小球（均视为质点）均紧靠接触面而处于静止状态。若在小球A 上
加竖直向下的推力F，小球A 沿墙壁PO 向着O 点移动一小段距离后，适当移动B 球，小球A 与B 重新
处于静止状态，假设两小球所带电荷量保持不变，则有推力F 的新平衡状态与原平衡状态比较（ ）
A．A 球对竖直墙壁的作用力增大
B．两球之间的距离不变
C．A 球与B 球间的静电力增大
D．地面对B 球的弹力不变
【答案】C
【详解】解：AD.以AB 整体，整体在水平方向受到向左的电场力，大小为E（qA+qB），竖直墙壁向右的
弹力N，故有N＝E（qA+qB）
保持不变，竖直方向，施加力F 之前，地面对B 的支持力NB＝（mA+mB）g
施加力F 之后，地面对B 的支持力为N'B＝（mA+mB）g+F，变大，故AD 错误；
BC.分析A 球，施加力F 之前受力如图1：
则B 对A 的库仑力为F即=
❑√(mA g)
2+( E qB)
2
施加力F 之后，A 的受力如图2：
则B 对A 的库仑力变大为❑√(mA g+ F )
2+( E qB)
2，变大，再根据F 即= k q A qB
r
2
两球之间的距离一定减小，
故B 错误，C 正确。
故选：C。
3．（2026•黄冈二模）空间存在匀强电场，电场强度大小为E，方向与竖直方向成θ 角。如图所示，用绝
缘细线悬挂一个质量为m、带电荷量为+q 的小球，当小球静止时细线与竖直方向的夹角为30°；保持电
场方向不变，将电场强度大小调整为2E，小球静止时细线与竖直方向的夹角变为60°，已知重力加速度
为g，下列说法正确的是（ ）
A．强度大小E= mg
2q ，夹角θ＝60°
B．强度大小E= 2❑√3mg
3q
，夹角θ＝60°
C．强度大小E=
❑√3mg
2q
，夹角θ＝30°
D．强度大小E=
❑√3mg
3q
，夹角θ＝30°
【答案】A
【详解】解：带正电小球受重力mg、电场力qE、细线拉力T，静止时受力平衡，α 为细线与竖直方向夹角，
电场方向与竖直方向成θ 角，对小球进行水平、竖直方向受力分析有：水平方向：qEsinθ＝Tsinα
竖直方向：qEcosθ+Tcosα＝mg
电场强度变为2E 后，同理列平衡方程，联立解得E = mg
2q ，夹角θ＝60°，故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
4．（2026•市南区校级二模）如图所示，一根轻质的不可伸长的细绳两端分别固定在竖直杆M、N 上的
a、b 两点，有一质量及大小不计的光滑动滑轮跨在细线上，滑轮通过绝缘细线悬挂一带正电的小球，
处在水平向右的匀强电场中，小球处于静止状态，小球可视为质点。将绳的右端上移到C 点，小球平衡
时（ ）
A．绳子拉力变小
B．绳子拉力变大
C．绳子拉力大小不变
D．悬挂小球的细线拉力变大
【答案】B
【详解】解：ABC、将动滑轮与小球视为整体，其受力包括两根细绳的拉力FT1、小球重力G 与电场力
qE。将重力G 与电场力qE 合成为等效重力G 等，如图所示，
细绳与G 等方向夹角为α。由平衡条件得2FT1cosα＝G 等，解得：FT 1= G等
2cosα 。设细绳总长为L，左侧
绳长为L1，右侧绳长为L2，ab 间水平距离为d1。
根据几何关系有L1sinα+L2sinα＝d1，且L1+L2＝L，解得：sinα = d1
L 。将绳右端上移至c 点，小球再次平
衡时，设ac 间水平距离为d2，细绳与G 等方向夹角为β，可得细绳拉力FT 2= G等
2cosβ ，且sinβ = d2
L 。由图
可知d1＜d2，则α＜β，解得：FT1＜FT2，故AC 错误，B 正确；
D、分析小球受力，其受重力G、电场力qE 与细线拉力FT，由平衡条件得FT
2 =G
2+(qE)
2。将绳右端上移
至c 点后，因重力与电场力均不变，故悬挂小球的细线拉力FT 不变，故D 错误。
故选：B。
5．（2026•潍坊模拟）如图所示，在水平地面上固定一矩形绝缘斜面abcd，倾角θ＝30°。质量m＝
0.5kg、所带电荷量q = ❑√5×10
−3C的小物块静置于斜面上，与斜面间的动摩擦因数μ=
❑√3
2 ，g 取
10m/s2。现在空间加上与边ad 平行的水平匀强电场，则小物块刚要开始滑动时（认为最大静摩擦力等于
滑动摩擦力），电场强度E 的大小为（ ）
A．5
4 ×103V/m
B．
❑√5
4 ×103V/m
C．
❑√5
2 ×103V/m
D．3 ❑√5
4
×103V/m
【答案】A
【详解】解：小物块的最大静摩擦力为fm＝μmgcosθ
代入数据得fm= 15
4 N
小物块刚要开始滑动时，小物块所受摩擦力达到最大静摩擦力，则有f m=
❑√(mgsinθ)
2+( Eq)
2
代入数据得E = 5
4 ×10
3V /m，故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
6．（2024•新课标）如图，两根不可伸长的等长绝缘细绳的上端均系在天花板的O 点上，下端分别系有均
带正电荷的小球P、Q；小球处在某一方向水平向右的匀强电场中，平衡时两细绳与竖直方向的夹角大
小相等。则（ ）
A．两绳中的张力大小一定相等
B．P 的质量一定大于Q 的质量
C．P 的电荷量一定小于Q 的电荷量
D．P 的电荷量一定大于Q 的电荷量
【答案】B
【详解】解：AB、设P、Q 之间相互作用的库仑力大小为F，对P、Q 受力分析如下图所示：
由题可知P、Q 处于同一水平面内，根据平衡条件得：
对P 在水平方向上有：TPsinθ＝F+qPE
对P 在竖直方向上有：TPcosθ＝mPg
同理，对Q 在水平与竖直方向上分别有：
TQsinθ＝F﹣qQE
TQcosθ＝mQg
对比可得：TP＞TQ，mP＞mQ，故A 错误，B 正确；
CD、P、Q 之间相互作用的库仑力总是等大反向，其大小为F=k qPqQ
r
2
，故无法判断两者的电荷量的大小
关系，故CD 错误。
故选：B。
7．（2024•河北真题）如图，真空中有两个电荷量均为q（q＞0）的点电荷，分别固定在正三角形ABC 的
顶点B、C。M 为三角形ABC 的中心，沿AM 的中垂线对称放置一根与三角形共面的均匀带电细杆，电
荷量为q
2。已知正三角形ABC 的边长为a，M 点的电场强度为0，静电力常量为k。顶点A 处的电场强
度大小为（ ）
A．2❑√3kq
a
2
B．kq
a
2 (6+ ❑√3)
C．kq
a
2 (3 ❑√3+1)
D．kq
a
2 (3+ ❑√3)
【答案】D
【详解】解：M 点的电场强度为零，说明两个点电荷在M 点处的场强和带电细杆在M 点的场强大小相等
且方向相反，设均匀细杆在M 点的电场强度为E0，根据库仑定律和几何关系可得：
E0=2×
kq
(
❑√3a
3
)
2
cos60° = 3kq
a
2 ，方向竖直向下
根据对称性可知，均匀细杆在A 点的场强大小为E0，方向竖直向上，则A 处的场强大小为：
E A = E0+2× kq
a
2 cos30° = kq
a
2 (3+ ❑√3)，故D 正确，ABC 错误；
故选：D。
8．（2026•金坛区校级模拟）如图所示，接地金属板带电荷量为+Q，质量为m 的金属小球（可以视为质
点）带电荷量为+q，当小球静止后，悬挂小球的绝缘细线与竖直方向间的夹角为α，小球与金属板中心
O 恰好在同一条水平线上，且距离为L，下列说法正确的是（ ）
A．+Q 在金属小球处产生的电场强度为E = kQ
L
2
B．+q 在O 点产生的电场强度为mgtanα
q
C．O 点与金属球处的电势差为U = mgtanα
q
L
D．金属球处的电势小于O 点的电势
【答案】D
【详解】解：A、对小球受力分析，如图所示，由平衡条件可得电场力大小为F＝mgtanα，+Q 在小球处产
生的电场强度大小为E= F
q = mgtanα
q
，故A 错误。
B、由点电荷电场强度公式可得小球在O 处产生的电场强度大小为E′＝k q
L
2，故B 错误。
C、若金属板与金属球之间的电场为匀强电场，则O 点与金属球处的电势差为U＝Ed= mgtanα
q
L，但是其
不是匀强电场，所以电势差不等于mgtanα
q
L，故C 错误。
D、金属板接地其电势为0，金属球带正电则金属球处电场强度方向向右，沿着电场线方向电势降低，则金
属球处的电势小于0，故D 正确。
故选：D。
9．（2026•镇江模拟）如图所示，质量分别为m1、m2的两个带同种电荷的小球A、B，分别用长为L 的绝
缘细线悬挂在同一点O，两细线与竖直方向各成一定的角度α、β，两小球用一绝缘轻质弹簧相接，A、
B 球连线与过O 点竖直线交于C 点，初始时刻弹簧处在压缩状态，现增加A 球的电荷量，下列说法中
正确的是（ ）
A．两细线的拉力之比变大
B．两细线的夹角不变
C．AC 与BC 的长度之比不变
D．OC 长度一定变大
【答案】C
【详解】解：对两小球进行受力分析，如下图所示：
F1、F1′为A、B 两小球之间的库仑力，F2、F2′为两小球之间的弹簧弹力，满足
F＝F1+F2＝F′＝F1′+F2′
对A 球受力分析，F、T1。m1g，三力满足相似三角形，则有
m1g
OC = T 1
OA = F
AC
同理对B 球有
m2 g
OC = T 2
OB = F ′
BC
当A 球的电荷量增大则两球距离会增大，夹角α、β 增大，但仍有
T 1
T 2
= m1
m2
；AC
BC = m2
m1
，绳长不变，C 点上移，OC 长度变小，故C 正确，ABD 错误；
故选：C。
10．（2026•海淀区校级模拟）如图所示，两条平行的金属轨道所构成的平面与水平地面的夹角为θ，在两
轨道的顶端之间接有电源和一滑动变阻器，滑动变阻器的滑片处于中点位置，一根金属杆ab 垂直放在
两导轨上，与导轨构成闭合电路，ab 杆处于静止状态。现垂直轨道平面向上加一匀强磁场，电路稳定
后ab 杆仍能保持静止状态。下列说法中正确的是（ ）
A．金属杆ab 所受的静摩擦力一定减小
B．调节滑动变阻器的阻值，当滑片向N 端移动的过程中，金属杆ab 受到的静摩擦力可能减小
C．如图所示的磁场方向，若金属杆的质量为m，电路中的电流此时为I 且保持不变，金属杆ab 的有效
长度为L，则该方向的磁场有最小值mgsinθ
IL
D．滑动变阻器的滑片向N 端调到某一位置后，金属杆ab 可能会向下做变加速运动
【答案】B
【详解】解：A.分析可知，加磁场之前金属棒受静摩擦力向上，大小为mgsinθ；加入磁场后，根据左手定
则可知，受平行斜面向下的安培力，此时F 安+mgsinθ＝f，可知金属杆ab 所受的静摩擦力增大，故A 错误；
B.当滑片向N 端移动的过程中，电路中电阻增大，电流减小，由F 安＝BIL 可知导体棒受到的安培力减小，
由平衡条件可知，金属杆ab 受到的静摩擦力减小，故B 正确；
C.要使金属棒静止在斜面上安培力最小值为零，则磁感应强度的最小值也为零，故C 错误；
D.滑动变阻器的滑片向N 端调到某一位置后，因电阻变大，电流减小，但是因为即使电流为零金属棒仍可
静止，则金属杆ab 不可能会向下做变加速运动，故D 错误。
故选：B。
1．（2026•内江校级二模）如图所示，一个可在竖直平面内转动的木板，其上端用一根不可伸长的轻绳悬
挂一个质量为m 的足球，绳与木板之间的夹角为θ，木板由竖直位置顺时针方向缓慢转动，直到木板水
平、不计一切摩擦。此过程中，轻绳的拉力大小为T，木板对球的支持力大小为N，下列说法正确的是
（ ）
A．T 一直增大，N 一直减小
B．T 一直减小，N 一直增大
C．T 先增大后减小，N 一直增大
D．T 一直减小，N 先增大后减小
【答案】D
【详解】对小球受力分析，构建矢量三角形如图所示：
木板转动过程中，拉力和支持力夹角不变，用辅助圆分析如图所示，由图可知绳拉力T 一直减小，支持力
N 先增大后减小，故D 正确，ABC 错误。
故选：D。
2．（2026•巴中模拟）如图所示，班级书架上放置一质量为m 的圆柱形水杯，木板PM 与水平面的夹角为
α，木板PN 与水平面的夹角为β，木板PM 对水杯的支持力为F1，木板PN 对水杯的支持力为F2，水杯
与接触面的摩擦力忽略不计，重力加速度为g，则（ ）
A．F1= mgcosβ
cos(α + β)
B．F1=
mgsinβ
sin(α + β)
C．F2= mgcosα
cos(α + β)
D．F2= mgcosα
sin(α + β)
【答案】B
【详解】对水杯受力分析如图所示：
将力正交分解，有F1sinα＝F2sinβ，F1cosα+F2cosβ＝mg，代入数据可得F1=
mgsinβ
sin(α + β)，F2= mgsinα
sin(α + β)，
故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
3．（2026•长沙校级模拟）一水平放置的光滑长半圆槽内有两根通以反向电流的水平长直平行导体棒，导
体棒1 固定于最低点处，可自由移动的导体棒2 恰好处于静止状态（正视图如图所示）。已知导体棒1
在导体棒2 处产生的磁感应强度大小满足关系式B = kI
x （k 为常数，x 为两导体棒间距离，I 为导体棒1
中电流强度），若缓慢增大导体棒2 中电流强度I2，则Δ I 2
Δx 将（ ）
A．变大
B．变小
C．不变
D．无法确定
【答案】A
【详解】解：对导体棒2 受力分析，如图所示
根据三角形相似可得
kL
X I 2 L
X
= mg
R
可得I 2= mg
RkIL x
2
有I 2= mg
RKLI x1
2，I 2′ = mg
RkIL x2
2
可得Δ I 2= I 2′ −I 2= mg
RkIL ( x2+ x1)( x2−x1)
可得Δ I 2
Δx = mg
RkIL ( x2+ x1)
缓慢增大导体棒2 中电流强度I2，两导体棒间距离增大，可得Δ I 2
Δx 将变大，故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
4．（2026•四川二模）如图，金属棒两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于沿z 轴负方向的匀强磁场中，
棒中通以沿x 轴正方向的电流I，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ。若要使θ 角变大，正确的操作是
（ ）
A．两悬线等长变短
B．磁感应强度变小
C．棒中电流变大
D．金属棒的质量变大
【答案】C
【详解】解：平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ，对金属棒受力分析如图所示
由金属棒受力平衡可得
tanθ= BIL
mg
A.两悬线等长变短，不影响角度θ 的变化，故A 错误；
B.磁感应强度变小，则θ 变小，故B 错误；
C.棒中电流变大。则θ 变大，故C 正确；
D.金属棒的质量变大，则θ 变小，故D 错误。
故选：C。
5．（2026•枣庄模拟）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
块均静止。B 受力的个数为（ ）
A．B 对A 的作用力垂直于A、B 接触面向上
B．B 对A 的作用力平行于A、B 接触面向上
C．B 的受力个数为6
D．B 的受力个数为5
【答案】C
【详解】AB．对A，由平衡条件可知，B 对A 的作用力与A 所受重力等大反向，故AB 错误；
CD．对B 受力分析如图所示：
B 受到重力GB、斜面的支持力N、斜面对B 的摩擦力f、A 对B 的压力FA、A 对B 的摩擦力fA 和外力
F，共6 个力，故C 正确，D 错误。
故选：C。
6．（2026•孝感一模）某三脚衣帽架的下端由三根等长且可绕顶端轴转动的倾斜支杆组成，调节相邻支杆
末端间距使其与支杆长度相同，并对其进行承重测试，如图所示，系统静止在粗糙水平地面上，已知每
桶水的质量为m，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，其余质量忽略不计，重力加速度为g，下列正确的是
（ ）
A．每根支杆受到地面的摩擦力相同
B．每根支杆对地面的作用力为5
3 mg
C．每根支杆受到沿杆的弹力为5 ❑√6
6
mg
D．若减小相邻支杆末端间距，每根支杆受到沿杆的弹力增大
【答案】C
【详解】A、三根支杆在地面上的分布呈辐射状，每根支杆受到的静摩擦力方向均指向中心轴，方向不同，
力是矢量，故每根支杆受到地面的摩擦力不相同，故A 错误；
B、由选项数据可知水桶总重力为5mg，根据对称性，每根支杆承担竖直方向的分力为F y = 5
3 mg，支杆对
地面的作用力为弹力与摩擦力的合力，大小等于杆受到的沿杆弹力，大于竖直分力5
3 mg，故B 错误；
C、设支杆长度为L，相邻支杆末端间距也为L，则支杆与竖直方向夹角θ 满足cosθ =
❑√
L
2−( L
❑√3 )
2
L
=
❑√6
3
。
对整体分析，竖直方向平衡有3Fcosθ＝5mg，解得每根支杆受到沿杆的弹力F = 5mg
3cosθ = 5 ❑√6
6
mg，故C
正确；
D、若减小相邻支杆末端间距，支杆与竖直方向夹角θ 减小，cosθ 增大，由F = 5mg
3cosθ 可知，每根支杆受到
沿杆的弹力减小，故D 错误。
故选：C。
7．（2026•仁怀市一模）如图所示为一种车载磁吸手机支架，手机放上去会被牢牢吸住处于静止状态，磁
吸力F 方向垂直于手机支架斜面。若手机质量为m，支架斜面与水平面的夹角为α，重力加速度为
（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）。下列说法正确的是（ ）
A．倾角为α＝37°时，手机受到的支持力大小大于0.8mg
B．倾角为α＝37°时，支架对手机的作用力大小等于0.8mg
C．仅将磁吸力F 增大，手机受到的摩擦力也增大
D．仅将从α＝37°缓慢增大到90°，手机受到的摩擦力一直不变
【答案】A
【详解】A、手机处于静止状态，当θ 为37°，由平衡条件可知支架对手机支持力大小等于手机的重力沿垂
直斜面方向的分力大小与吸引力之和，即F 支＞mgcosθ＝0.8mg，故A 正确；
B、由平衡条件可知支架对手机的作用力始终与手机的重力等大反向，保持不变，故B 错误；
CD、由平衡条件可知手机受到的静摩擦力大小等于手机的重力沿斜面方向的分力大小，即f＝mgsinθ，方
向沿斜面向上，由此可知仅将磁吸力F 增大，支架对手机的摩擦力不变，仅将θ 从37°缓慢增大到90°，手
机受到的摩擦力先是静摩擦力会先增大，之后发生相对滑动，为滑动摩擦力，随着角度的增大，滑动摩擦
力会减小，故CD 错误。
故选：A。
8．（2026•黄山一模）如图所示，一轻质光滑定滑轮固定在木板上，质量分别为2m 和m 的物块A、B，通
过不可伸长的轻绳跨过滑轮连接。A、B 的接触面、轻绳均与木板平行。A、B 间动摩擦因数μ= 1
3，木
板上表面光滑，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。将木板一端从水平位置缓慢抬起，为保证物块A、B
不发生相对滑动，木板与水平地面的夹角不得大于（ ）
A．30°
B．37°
C．45°
D．53°
【答案】D
【详解】根据题意，木板上表面光滑，则物块A、B 刚好要滑动时，应该是物体A 相对物体B 向下滑动，
设绳子拉力为F，对A 受力分析，由平衡条件得2mgsinθ＝F+μ×2mgcosθ
对B 受力分析，由平衡条件得mgsinθ+μ×2mgcosθ＝F
联立解得sinθ＝0.8
可知θ＝53°
故ABC 错误，D 正确。
故选：D。
9．（2026•甘肃一模）如图1 所示，一架直梯上端斜靠在光滑竖直墙壁上，下端放在粗糙的水平地面上，
直梯处于静止状态，可简化为如图2 所示模型。下列说法正确的是（ ）
A．地面对直梯的作用力的方向垂直于水平地面向上
B．墙面对直梯的作用力的方向垂直于直梯平面斜向上
C．减小直梯与墙面的夹角θ（θ≠0），地面对直梯的摩擦力可能为零
D．增大直梯与墙面的夹角θ（直梯仍保持静止），地面对直梯的支持力大小不变
【答案】D
【详解】AB、如图所示，墙壁光滑，梯子在竖直方向上受重力G、地面的支持力F2；在水平方向上，梯
子受到竖直墙壁的弹力F1，因为直梯处于静止状态，所以地面对梯子有静摩擦力，与墙对梯子的弹力方向
相反，直梯共受四个力的作用，如图所示：
地面对直梯的作用力是地面对梯子的支持力F2 和摩擦力f 的合力，根据平衡条件知，地面对直梯的作用力
与G 和F1 的合力方向相反，斜向左上方。墙面对直梯的作用力的方向垂直于墙壁向右，故AB 错误；
C、水平方向根据平衡条件有f＝F1，减小直梯与墙面的夹角θ（θ≠0），F1≠0，则f≠0，故C 错误；
D、竖直方向根据平衡条件有F2＝G，与夹角θ 无关，所以增大直梯与墙面的夹角θ（直梯仍保持静止），
地面对直梯的支持力大小不变，故D 正确。
故选：D。
10．（2026•唐山一模）如图所示，质量为m 的小球通过两根不可伸长轻绳与竖直平面内的圆形支架连接。
如两根轻绳长度与圆形支架半径相等，夹角为120°，轻绳OA 沿竖直方向。现将圆形支架以圆心O 为轴
沿顺时针方向缓慢旋转30°（如图中虚线所示），重力加速度取g，此时轻绳OA 上的拉力为（ ）
A．
❑√3
3 mg
B．mg
C．2❑√3
3
mg
D．❑√3mg
【答案】C
【详解】由于两根轻绳的长度均等于圆形支架的半径R，且小球通过轻绳连接在支架上，可知小球平衡时
位于圆心O 处。
初始状态下，轻绳OA 沿竖直方向，OA 与OB 的夹角为120°；当圆形支架顺时针缓慢旋转30°后，轻绳
OA 随之顺时针转动，与竖直方向的夹角变为30°（向右偏），此时轻绳OB 与竖直方向的夹角变为120°﹣
30°＝90°，即轻绳OB 处于水平方向（向左偏）。
以小球为研究对象，设旋转后轻绳OA、OB 的拉力分别为TA、TB，此时小球受重力mg 以及两根绳子的
拉力处于静止状态。根据共点力平衡条件，在竖直方向上有TAcos30°＝mg，解得：T A = 2❑√3
3
mg；在水
平方向上有TAsin30°＝TB，解得：T B=
❑√3
3 mg。综上所述，此时轻绳OA 上的拉力大小为2❑√3
3
mg，故C
正确，ABD 错误。
故选：C。
11．（2026•淮北模拟）如图所示，用三根细线a、b、c 将质量均为m 的两个小球1 和2 连接并悬挂。两小
球处于静止状态时，细线a 与竖直方向的夹角为30°，细线c 水平。若将细线b 剪断，则剪断前和剪断
瞬间细线a 拉力大小分别为（ ）
A．4 ❑√3
3
mg，
❑√3
2 mg
B．4 ❑√3
3
mg，1
2 mg
C．2❑√3
3
mg，
❑√3
2 mg
D．2❑√3
3
mg，1
2 mg
【答案】A
【详解】细线b 剪断前，以整体为研究对象，受力如图所示：
由平衡条件可得Fa=
2mg
cos30° = 4 ❑√3
3
mg
细线b 剪断后，a 小球将做圆周运动，根据牛顿第二定律得
F ′a−mgcos30° = m v
2
r
在细线b 剪断瞬间，小球的速度为0，所以F ′a=mgcos30° =
❑√3
2 mg，故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
12．（2026•青岛模拟）某儿童公园的水平地面上放置四个相同的防撞墩A、B、C、D，用四根相同的轻
弹簧连接，恰好组成一个等腰梯形防护栏，整个装置处于静止状态，俯视图如图所示。已知AB、BC、
AD 弹簧长度相同，均等于CD 弹簧长度的一半，CD 弹簧弹力大小为AB 的2 倍，防撞墩A 受到地面的
摩擦力大小为Ff，则防撞墩C 受到地面的摩擦力大小为（ ）
A．Ff
B．❑√3Ff
C．2Ff
D．❑√6Ff
【答案】B
【详解】设每根弹簧的原长为L0，AB 的形变量为Δx1，CD 的形变量为Δx2，则有kΔx2＝2kΔx1
若AB 弹簧也是被拉长，则有L0+Δx2＝2（L0+Δx1）
代入数据得L0＝0，不符合题意，所以AB 之间的弹簧一定是压缩的；
由于a 受到的摩擦力大小为f，根据对称性可得，b 受到的摩擦力大小为Ff。
以B 和C 为研究对象进行力的分析如图所示
图中θ 的为AB 与BC 之间的夹角，则有cosθ =
1
4 cd
ac = 1
2
代入数据得θ＝60°，∠cab＝180°﹣θ＝120°
以B 为对象，根据受力平衡可得2Tcos60°＝f，以C 为对象，力的合成可得
f c =
❑√(Tcos30°)
2+(2T −Tsin30°)
2
代入数据得f c = ❑√3 f ，故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
13．（2026•大理州模拟）如图是一个楔形结构的示意图，质量分别为mA＝3kg，mB＝1kg 的两个楔形块
A、B 叠放在一起，B 斜面与水平底面间夹角为θ。两个光滑竖直面将楔形块A 夹在竖直方向，两个水
平面将楔形块B 夹在水平方向。不施加外力时，B 恰好能静止在地面上；当在B 上施加水平外力F 时，
A 只能竖直上下移动，B 只能水平左右移动，不计AB 间的摩擦力，B 和地面间的动摩擦因数μ= 1
4 ，滑
动摩擦力等于最大静摩擦力，重力加速度g 取10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．不施加F 时，只减小B 的质量，A、B 仍能静止
B．不施加F 时，只增大A 的质量，A、B 仍能静止
C．μ＝tanθ
D．施加F 后，A 的速度vA与B 的速度vB满足vA= 1
3vB
【答案】D
【解答】C．不施加外力时，B 恰好能静止在地面上，受力情况如图甲所示，根据平衡条件得：
对A 有：Ncosθ＝mAg
对A、B 组成的整体在竖直方向上有：FN＝mAg+mBg
对B 在水平方向上有：f＝μFN＝Nsinθ
已知：μ= 1
4
联立解得：f＝10N，tanθ= 1
3
可得：μ= 3
4 tanθ，故C 错误；
AB．根据上述的解答，可得A 对B 的弹力N 在水平方向分力为Nsinθ =mA gtanθ= 1
3 mA g
B 与地面之间最大静摩擦为μFN＝μ（mAg+mBg）
由于不施加外力时，B 恰好能静止在地面上，则有：μ(mA g+mB g)= Nsinθ = 1
3 mA g
可知，若只减小B 的质量，或只增大A 的质量，A 对B 的弹力N 在水平方向分力均将大于B 与地面之间最
大静摩擦，则B 与地面之间都会出现滑动，故AB 错误；
D．施加F 后，B 向左运动，二者的速度关系如图乙所示，两者的速度沿垂直于斜面方向的分量相等。
则有：vAcosθ＝vBsinθ，可得：v A = 1
3 vB，故D 正确。
故选：D。
14．（2026•河北模拟）如图所示，轻绳一端连接在O 点，另一端悬挂着重物处于静止状态，现用光滑轻
质小挂钩钩住轻绳，并用水平力拉挂钩，使其水平向左缓慢移动，则移动过程中（ ）
A．轻绳对O 点的拉力大小不变
B．轻绳对O 点的拉力变大
C．轻绳对挂钩的作用力变小
D．轻绳对挂钩的作用力不变
【答案】A
【详解】AB、轻绳拉力始终等于物体重力，所以轻绳对O 点的拉力大小不变，故A 正确，B 错误；
CD、轻绳对挂钩的力如图所示：
挂钩水平向左缓慢移动，轻绳夹角α 逐渐变小，由平行四边形法则可知绳拉力的合力逐渐增大，即轻绳对
挂钩的作用力增大，故CD 错误。
故选：A。
15．（2026•株洲一模）如图，一根轻绳上端固定，下端系一小球，小球在外力F 作用下处于静止状态，
此时轻绳与竖直方向的夹角为θ。现F 缓慢增大但方向保持不变，当F 变为原来的2 倍时，轻绳与竖直
方向的夹角为2θ，此时外力F 与小球受到的重力之比为（ ）
A．sinθ
B．2sinθ
C．cosθ
D．2cosθ
【答案】B
【详解】设外力F 与水平方向的夹角为α，分析小球受力情况，如图所示：
根据平衡条件得
水平方向有Fcosα＝Tsinθ
竖直方向有Fsinα+Tcosθ＝mg
当外力变为2F 时，设绳子的拉力为T′，同理可得
2Fcosα＝T′sin2θ，2Fsinα+T′cos2θ＝mg
联立解得F：mg＝2sinθ：1，故ACD 错误，B 正确。
故选：B。
16．（2026•许昌模拟）如图所示，水平地面上有一竖直木板，光滑铁球被不可伸长的细绳悬挂并靠在木
板上。现使木板绕下端顺时针缓慢转至水平状态（转向如图虚线处），转动过程中绳子与木板之间的夹
角保持不变，铁球始终处于平衡状态。则转动过程中（ ）
A．铁球受到的支持力一直增大，绳子拉力一直减小
B．铁球受到的支持力一直减小，绳子拉力一直增大
C．铁球受到的支持力先增大后减小，绳子拉力一直减小
D．铁球受到的支持力一直减小，绳子拉力先增大后减小
【答案】C
【详解】对铁球受力分析，构建矢量三角形如图所示：
绳拉力与支持力夹角不变，可用辅助圆分析，由图可知绳拉力逐渐减小，支持力先增大后减小，故C 正确，
ABD 错误。
故选：C。
