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第4 讲 受力分析 共点力的平衡
1．受力分析
(1)受力分析
把研究对象(指定物体)在特定的物理环境中受到的所有力都找出来，并画出受力示意图
的过程。
(2)受力分析的一般顺序
先画出重力、已知力；其次分析弹力，再分析摩擦力；最后分析电磁力。
如图甲所示，若物体A 在水平推力F 作用下沿粗糙斜面上滑，则物体A 受力分析的顺
序应如图乙所示。
弹力、摩擦力的产生条件之一都是接触，因此在分析这两种力时先找接触面，在每个接
触面上逐一分析这两种力。
2．共点力的平衡
(1)共点力：作用于物体的同一点或作用线(或延长线)交于一点的力。
(2)平衡状态：物体处于静止状态或匀速直线运动状态。
(3)共点力的平衡条件
F 合＝0 或者
(4)平衡条件的推论
①二力平衡：如果物体在两个共点力的作用下处于平衡状态，这两个力必定大小相等，
方向相反。
②三力平衡：如果物体在三个共点力的作用下处于平衡状态，其中任何一个力与其余两
个力的合力大小相等，方向相反，并且这三个力的矢量可以形成一个封闭的矢量三角形。
③多力平衡：如果物体在多个共点力的作用下处于平衡状态，其中任何一个力与其余几
个力的合力大小相等，方向相反。
考点一 受力分析
1．研究对象的选取方法——整体法和隔离法
(1)整体法与隔离法
(2)整体法和隔离法的使用技巧
当分析相互作用的两个或两个以上物体整体的受力情况及分析外力对系统的作用时，宜
用整体法；而在分析系统内各物体(或一个物体各部分)间的相互作用时，宜用隔离法。
2．受力分析时注意以下四点
(1)只分析研究对象所受的力，不分析研究对象对其他物体的作用力。
(2)只分析外力，不分析内力。
(3)只分析性质力，不分析效果力。
(4)分力、合力不要重复分析。
【典例1】（2026·山西·二模）“晋作家具”作为中国古典家具四大流派之一，具有独特的
艺术魅力。如图所示，一茶壶静置在八仙桌的水平桌面上，下列说法正确的是（ ）
A．茶壶受到重力、支持力、弹力和摩擦力
B．茶壶受到的重力就是桌子受到的压力
C．茶壶受到的重力和支持力是一对平衡力
D．茶壶对桌面的压力和桌子对地面的压力是一对相互作用力
【答案】C
【详解】A．茶壶静置在水平桌面上，没有相对桌面的运动趋势，因此不受摩擦力；桌面给
茶壶的支持力本质上就是弹力，所以茶壶实际只受重力和支持力（弹力）两个力，故A 错误；
B．壶受到的重力，施力物体是地球，受力物体是茶壶；桌子受到的压力，施力物体是茶壶，
受力物体是桌子。两者的受力物体、施力物体都不同，也不是同一种力，因此不是同一个力，
故B 错误；
C．茶壶静止在水平桌面上，处于平衡状态，受到的重力和支持力大小相等、方向相反、作
用在同一直线上、作用在同一物体上，是一对平衡力，故C 正确；
D．相互作用力作用在两个不同的物体上，且性质相同。茶壶对桌面的压力作用在桌面上，
桌子对地面的压力作用在地面上，这两个力方向相同，不是一对相互作用力，故D 错误。
故选C。
【典例2】（2026·浙江绍兴·二模）如图所示，用相同的小磁铁将两张相同的纸固定在竖直
磁性黑板上。左、右两图中每枚小磁铁对纸的摩擦力大小分别为f 左、f 右，黑板对纸的摩擦
力大小分别为f
′
左、f
′
右，不考虑磁铁间的相互作用力，下列说法正确的是（ ）
A．f 左:f 右=3:4
B．f
′
左：f
′
右=1:1
C．每枚小磁铁均受到3 个力
D．黑板对小磁铁的吸引力大小等于小磁铁对黑板的吸引力大小
【答案】D
【详解】A．对每枚小磁铁受力分析可知，竖直方向所受的摩擦力均等于小磁铁的重力，可
知f 左:f 右=1:1，A 错误；
B．对小磁铁和纸的整体分析可知，黑板对纸的摩擦力等于小磁铁和纸的重力之和（设小磁
铁的重力为mg，白纸的重力为Mg），可知f
′
左：f
′
右=( M + 4 m):( M +3m)≠1:1，B 错
误；
C．每枚小磁铁均受到重力、纸对小磁铁的摩擦力和支持力以及黑板的吸引力，共4 个力，C
错误；
D．根据牛顿第三定律可知，黑板对小磁铁的吸引力大小等于小磁铁对黑板的吸引力大小，
D 正确。
故选D。
考点二 共点力的静态平衡
1．共点力平衡
(1)平衡状态：物体静止或做匀速直线运动。
(2)平衡条件：F 合＝0 或Fx＝0，Fy＝0。
2．常用方法
(1)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。
(2)按研究问题需要分解力：物体受三个共点力的作用而平衡，将某一个力按研究问题
需要分解，则其分力和其他两个力满足平衡条件。
(3)正交分解法：物体受到三个或三个以上力的作用而平衡，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。
(4)力的三角形法：对受三个力作用而平衡的物体，将力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。
考向1 合成法的应用
【典例3】（2026·河北沧州·一模）如图甲是国家博物馆馆藏的西汉龙纹玉璧，可简化为图
乙所示情景。承托玉璧的斜面倾角α =30°，玉璧底部两个起支撑作用的钉子A、B 与玉璧中
心O的连线夹角β =60°，若玉璧质量m=1kg，斜面光滑，重力加速度g取10 m /s
2，则每
个钉子对玉璧的支持力大小为（ ）
A．2.5 N
B．5 N
C．5 ❑√3
3
N
D．5 ❑√3 N
【答案】C
【详解】对玉璧进行受力分析，在斜面平面内，玉璧受到重力沿斜面向下的分力
F1=mgsin α以及两个钉子对玉璧的支持力F A、FB。由对称性可知F A = FB
且两力方向均指向圆心，夹角为β。根据平衡条件，两钉子支持力的合力与重力沿斜面向下
的分力大小相等、方向相反，即2 FAcos β
2 =mgsinα
代入数据解得F A= 5 ❑√3
3
N
故选C。
考向2 按研究问题需要分解力的应用
【典例4】（2026·广西贵港·一模）“雪龙2 号”是我国自主建造的第一艘极地科学考察破
冰船，能在1.5 米厚的冰川环境中连续破冰。若船头与水平面成θ角，船头对冰面的压力大
小为F，方向垂直于接触面向下，则F在竖直方向的分力大小为（ ）
A．F cosθ
B．F sinθ
C．F tanθ
D．
F
tanθ
【答案】A
【详解】压力F垂直于接触面（即垂直于斜面），冰面与水平面的夹角为θ，因此F与竖直
方向的夹角也为θ。将F正交分解为竖直方向和水平方向，根据三角函数关系，竖直方向分
力大小为F cosθ，水平方向分力大小为F sinθ。
故选A。
考向3 正交分解法的应用
【典例5】（2026·广东深圳·二模）多名网友发布四个篮球“抱团行走”的视频。据此，某
同学提出问题，四个完全相同的篮球相互接触，按如图方式叠放，静止于水平地面。若最大
静摩擦力等于滑动摩擦力，则篮球与地面间的动摩擦因数μ 的最小值为（ ）
A．
❑√2
8
B．1
4
C．1
3
D．
❑√2
4
【答案】A
【详解】以四个篮球为整体，对地面的压力FN= 4 mg，则每个与地面接触的篮球对地面的
压力F
′
N= 4
3 mg
对上面篮球分析，则根据对称性可知下面三个篮球对上面篮球的作用力均相等，设为F，与
竖直方向的夹角设为θ，如图所示由几何关系可得cosθ =
❑√6
3 ,sinθ =
❑√3
3
根据平衡条件3 F cosθ =mg
则F =
❑√6
6 mg
对下面任一篮球分析，根据平衡条件F sinθ≤μ F
′
N，解得μ≥
❑√2
8
故选A。
考向4 力的三角形法的应用
【典例6】（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。
考点三 平衡中的临界极值问题
1．问题特点
(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。
①由静止到运动，摩擦力达到最大静摩擦力。
②绳子恰好绷紧，拉力F＝0。
③刚好离开接触面，支持力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。
2．三种方法
(1)解析法
根据物体的平衡条件列方程，在解方程时采用数学知识求极值。通常用到的数学知识有
二次函数求极值、讨论分式求极值、三角函数求极值以及几何法求极值等。
(2)图解法
根据平衡条件作出力的矢量图，如只受三个力，则这三个力构成封闭矢量三角形，然后
根据矢量图进行动态分析，确定最大值和最小值。
(3)极限法
极限法是一种处理临界问题的有效方法，它是指通过恰当选取某个变化的物理量将问题
推向极端(“极大”“极小”等)，从而把比较隐蔽的临界现象暴露出来，使问题明朗化，便
于分析求解。
【典例7】（2026·湖南·一模）如图所示，固定斜面倾角θ =30°，斜面光滑。长度为❑√3 L的
轻杆两端固定质量均为m的小球A、B（可视为质点），用两根长均为L的细线将A、B 分别
悬挂在斜面上的O点（两球均紧贴斜面）。为使细线OA保持水平（与地面平行）且整个系
统保持静止状态，需对A 施加一外力F。重力加速度大小为g，则F的最小值为（ ）
A．1
2 mg
B．1
4 mg
C．
❑√3
6 mg
D．
❑√3
8 mg
【答案】B
【详解】如图甲所示
可得小球重力沿斜面向下的分力大小为mgsinθ。如图乙所示
视线垂直于斜面，由几何关系知∠ABO=∠BAO=θ。对 B 球受力分析，由平衡条件知杆对B
球的力大小为mgsinθ。对A 球受力分析，杆对A 球的力大小也为mgsinθ，所以 A 球重力沿
斜面向下的分力与杆对A 球作用的合力为F1=mgsinθ
如图丙
由矢量三角形可得给A 球施加最小力Fmin=mg(sin30
∘)
2= 1
4 mg
故选B。
1.
（2026·广东广州·二模）如图（a）是一款手机支架，其支撑面采用的特殊材料可与手机表
面相互吸引。如图（b），若手机倾斜静置在支架上，则（ ）
A．手机受到三个力作用
B．支撑面对手机的支持力竖直向上
C．支撑面对手机的摩擦力与支持力的合力竖直向上
D．支撑面对手机的作用力大小等于手机的重力大小
【答案】D
【详解】A．手机受到重力、支持力、吸附力和摩擦力四个力的作用，故A 错误；
B．支撑面对手机的支持力垂直支撑面向上，故B 错误；
C．根据平衡条件可知，支撑面对手机的摩擦力、支持力与吸附力的合力与重力等大反向，
由于吸附力方向垂直支撑面，所以支撑面对手机的摩擦力与支持力的合力不是竖直向上，故
C 错误；
D．根据平衡条件可知，支撑面对手机的作用力与手机的重力大小相等，方向相反，故D 正
确。
故选D。
2.
（2026·浙江金华·二模）如图是浙BA 某场比赛中，金华队员唐俊潇变线运球努力突破永康
队员施泽政防守的瞬间，此时唐俊潇的手掌处于竖直方向，忽略空气阻力，则此时（ ）
A．篮球一定处于平衡状态
B．篮球可能受到重力、弹力和摩擦力作用
C．篮球对手的作用力方向一定水平向右
D．手对篮球的摩擦力方向一定竖直向上
【答案】B
【详解】A．唐俊潇在变线突破，篮球运动状态改变，存在加速度，一定不是平衡状态，故
A 错误；
B．手掌竖直，忽略空气阻力，篮球受重力，同时受到手掌垂直于手掌的水平弹力；若篮球
相对手掌有竖直方向的运动趋势，还会受到静摩擦力，因此篮球可能受三个力作用，故B 正
确；
C．若手对篮球的作用力是水平弹力和竖直方向摩擦力的合力，方向则是斜向，不一定是水
平方向，根据牛顿第三定律，篮球对手的作用力也不一定是水平向右，故C 错误；
D．摩擦力方向阻碍相对运动趋势，若篮球相对手掌有向上的运动趋势，摩擦力方向就向下，
因此摩擦力不是一定竖直向上，故D 错误。
故选B。
3.
（2026·云南昭通·二模）一只质量为m的蚂蚁（可视为质点）在半球形碗内从底部缓慢向上
爬，某时刻处在如图所示位置，此时蚂蚁和球心的连线与竖直方向的夹角为θ，重力加速度
为g，下列说法正确的是（ ）
A．蚂蚁受到4 个力的作用
B．蚂蚁继续缓慢上爬过程中受到碗的作用力始终不变
C．蚂蚁受到碗的支持力大小为mgtanθ
D．碗受到蚂蚁的摩擦力逐渐减小
【答案】B
【详解】A．蚂蚁受到重力、碗对蚂蚁的支持力和摩擦力，共3 个力的作用，故A 错误；
B．由平衡条件可知蚂蚁受到碗的作用力与重力等大反向，因此蚂蚁继续缓慢上爬过程中受
到碗的作用力不变，故B 正确；
CD．以蚂蚁为研究对象，根据平衡条件可得FN=mgcosθ，Ff =mgsinθ
根据牛顿第三定律可知碗受到蚂蚁的摩擦力大小为Ff ' = Ff =mgsinθ，由于θ增大，则摩
擦力增大，故CD 错误。
故选B。
4.
（2026·湖北宜昌·二模）如图所示，两个质量均为m 的物块A、B 静置于粗糙水平面上，用
一根轻质橡皮绳连接。用竖直向上的拉力F 缓慢拉动橡皮绳的中点O，橡皮绳始终绷紧且处
于弹性限度内。在物块A、B 相对地面滑动前（ ）
A．F 可能等于2mg
B．A 可能仅受三个力
C．水平面对物块的支持力变大
D．A、B 所受摩擦力大小始终相等
【答案】D
【详解】B．以A 为对象进行受力分析，受到重力、橡皮绳的拉力；由于橡皮绳对物块的拉
力存在水平分力作用，所以A 一定受到水平面的支持力和摩擦力作用，A 一定受到四个力，
故B 错误；
A．以A、B、橡皮绳为整体，竖直方向由于水平面对A、B 有支持力作用，根据平衡条件可
得F =2mg−2 N <2mg，故A 错误；
C．设橡皮绳与水平方向的夹角为θ，以其中一个物块为对象，竖直方向根据平衡条件可得
F弹sinθ+ N =mg
由于橡皮绳拉力F 弹逐渐增大，θ逐渐增大，所以水平面对物块的支持力变小，故C 错误；
D．根据对称性可知，橡皮绳对物块A、B 的拉力的水平分力大小相等，所以A、B 所受摩擦
力大小始终相等，故D 正确。
故选D。
5.
（2026·四川南充·二模）如图，质量为M的倾角为37°的粗糙斜面体置于水平面上，质量为
m的木块放置在斜面上，一根轻弹簧一端固定在竖直墙上的P 点，另一端固定在木块上，弹
簧中轴线与斜面垂直。斜面体与木块均处于静止状态。已知木块与斜面间的动摩擦因数为
0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，sin37° =0.6，cos37° =0.8。则
（ ）
A．弹簧一定处于拉伸状态
B．斜面体可能受到水平面的摩擦力作用
C．木块一定受到四个力的作用
D．斜面体对水平面的压力大小一定等于Mg+mg
【答案】C
【详解】AC．依题意，如果弹簧处于原长状态，由于μmgcosθ<mgsinθ
则木块无法保持静止状态，故而弹簧对木块必有压力，弹簧必然处于压缩状态，木块一定受
到重力、弹力、支持力、摩擦力四个力的作用，故A 错误，C 正确；
B．对斜面体和木块整体进行受力分析，弹簧压力有水平向左的分量，根据平衡条件，地面
对斜面体一定有水平向右的摩擦力，故B 错误；
D．对斜面体和木块整体分析，由于受到弹簧斜向下的压力，其竖直分量竖直向下，则对地
面压力大于二者重力之和，故D 错误。
故选C。
6.
（2026·广东广州·三模）在建筑工地上经常使用吊车起吊货物。为了研究方便，把吊车简化
成如图所示的模型，支撑硬杆OP 的一端装有定滑轮，另一端固定在车体上，质量不计的钢
丝绳索绕过定滑轮吊起质量为m 的物件缓慢上升，吊车保持静止。不计定滑轮质量和滑轮
与绳索及轴承之间的摩擦，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．钢丝绳索对定滑轮的作用力方向竖直向下
B．钢丝绳索对定滑轮的作用力方向沿杆方向
C．钢丝绳索对定滑轮的作用力大小大于2mg
D．钢丝绳索对定滑轮的作用力大小小于2mg
【答案】D
【详解】AB．钢丝绳索对定滑轮的作用力方向如图中所示，即为F合的方向
可知钢丝绳索对定滑轮的作用力方向不是竖直向下，也不沿杆方向，故AB 错误；
CD．质量为m的物件缓慢上升，则有F =mg
可得钢丝绳索对定滑轮的作用力大小F合=2 F cosα =2mgcosα <2mg，故C 错误，D 正
确。
故选D。
7.
（2026·吉林长春·二模）图（a）所示为篮球收纳架，篮球静止在同一水平面的两平行横杆
之间，其截面如图（b）所示，不计一切摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．横杆1 对篮球的弹力方向竖直向上
B．横杆1 对篮球的弹力是因篮球形变产生的
C．横杆1 与横杆2 距离越小，篮球受到的合力越大
D．横杆1 与横杆2 距离越小，横杆1 对篮球的弹力越小
【答案】D
【详解】A．横杆1 对篮球的弹力方向垂直于接触面指向球心，不是竖直向上，故A 错误；
B．横杆1 对篮球的弹力是因横杆1 发生形变产生的，故B 错误；
C．篮球静止，受力平衡，合力始终为零，故C 错误；
D．设横杆对篮球的弹力大小为F，弹力方向与竖直方向夹角为θ，根据平衡条件有
2 F cosθ =mg
解得F =
mg
2cosθ
横杆1 与横杆2 距离越小，θ越小，cosθ越大，则F越小，故D 正确；
故选D。
8.
（2026·广西·模拟预测）如图是我国黄山平天矼西端峰头上的飞来石。支撑石的上表面水平，
当飞来石受到水平方向的风力时，它仍保持静止状态，此时支撑石对飞来石的支持力和摩擦
力分别为FN、Ff，与无水平风时相比（ ）
A．FN变大
B．FN变小
C．Ff变大
D．Ff变小
【答案】C
【详解】无风时飞来石不受摩擦力作用，有水平方向的风吹来时，飞来石水平方向受摩擦力
和风力作用而平衡，此时摩擦力等于水平风力，即有风吹来时摩擦力变大，即Ff变大；竖
直方向支撑石对飞来石的支持力与飞来石的重力平衡，可知FN=mg不变。
故选C。
9.
如图所示，质量为m、可看作质点的物体P 粘在筷子上，筷子静止在内壁光滑的半球形碗内，
筷子下端点为M，筷子上的N 点与碗口接触，筷子与过碗口的水平直径的夹角为θ =30°。
不计筷子质量，重力加速度为g，则碗对筷子的M、N 点的作用力FM、FN大小分别为（
）
A．F M=
❑√3mg
3
FN= mg
2
B．FM= mg
2 FN =
❑√3mg
3
C．F M=
❑√3mg
3
FN=
❑√3mg
3
D．FM=
❑√3mg
2
F N=
❑√3mg
2
【答案】C
【详解】对筷子受力分析如图
碗对筷子的两个弹力方向的延长线必与重力的反向延长线交于一点，由几何关系可知，碗对
筷子的两个弹力方向与竖直方向的夹角均为30°，则两个弹力等大，则2 F cos30° =mg
解得FM= FN=
❑√3
3 mg
故选C。
10. （2026·辽宁丹东·一模）如图所示，一重力为G 的青蛙可视为质点，若青蛙跃上高处的荷叶，
静止在倾斜的荷叶边缘a 点，此时它受到的支持力大小为F，则下列说法中正确的是
（ ）
A．F 等于G
B．青蛙对荷叶的压力就是重力
C．荷叶对青蛙的作用力大小等于G
D．青蛙受到的支持力F 和重力G 是一对相互作用力
【答案】C
【详解】由图可知，荷叶倾斜向下，对青蛙受力分析，说到重力、支持力、摩擦力，三力平
衡，所以F 不等于G，青蛙对荷叶的压力与重力是不同的力，荷叶对青蛙的作用力大小等于
G，青蛙受到的支持力F 和重力G 不在同一直线上，所以不是一对相互作用力，故选C。
11. （2026·江西·二模）为测试某款机器人的精细操控能力，测试人员下达指令，要求机器人用
筷子夹住一玻璃球，如图所示。甲筷子始终保持竖直状态，乙筷子倾斜且与竖直方向的夹角
为θ。现将乙筷子顺时针旋转，使θ变大一些，玻璃球始终保持静止状态，不计一切摩擦，
则该过程中（ ）
A．甲筷子对玻璃球的作用力逐渐增大
B．甲筷子对玻璃球的作用力保持不变
C．乙筷子对玻璃球的作用力逐渐增大
D．乙筷子对玻璃球的作用力逐渐减小
【答案】D
【详解】对玻璃球受力分析，如图所示
则甲筷子对玻璃球的作用力F1= mg
tanθ
乙筷子对玻璃球的作用力F2= mg
sinθ
现将乙筷子顺时针旋转，使θ 变大一些，tanθ增大，F1减小，sinθ增大，F2也减小
故选D。
12. （2026·山东日照·二模）如图所示，质量为1
2 m、倾角θ=30°的斜面体静止在水平面上，质量
为m 的物块与质量为
❑√3
2 m的沙桶（包括沙）用跨过光滑定滑轮的轻绳连接。初始时定滑轮
和物块之间的轻绳与竖直方向的夹角也为θ，物块静止在斜面上恰好不上滑。某时刻沙桶开
始缓慢漏沙。已知斜面体始终保持静止，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法中正确的
（ ）
A．物块与斜面之间的动摩擦因数为
❑√3
2
B．当沙桶（包括沙）的质量为
❑√3
3 m时，物块开始下滑
C．漏沙过程中，物块受到的摩擦力先减小后增大
D．漏沙过程中，地面对斜面体的作用力一直减小
【答案】C
【详解】A．对物块受力分析可知，细绳的拉力与斜面的夹角为90
∘−2θ =30
∘，则由正交分
解法可得T cos30
∘= f m+mgsin30
∘，T sin30
∘+ N =mgcos30
∘
其中T =
❑√3
2 mg，f m= μN，解得μ=
❑√3
3
，A 错误；
B．当沙桶（包括沙）的质量为
❑√3
3 m时，根据A 的解析，其中T
' =
❑√3
3 mg时可求解摩擦力
f =0可知，物块还没有开始下滑，B 错误；
C．漏沙过程中，细线的拉力T 逐渐减小，根据f =mgsin30
∘−T cos30
∘可知，物块受到的
摩擦力先减小后增大，C 正确；
D．漏沙过程中，细线的拉力T 逐渐减小，对物块和斜面体的整体分析可知，受重力3
2 mg竖
直向下，绳拉力T 和地面的作用力F，根据三力平衡原理可知，当地面的作用力F 恰垂直绳
拉力的方向时该作用力最小，此时T = 3
2 mgcosθ = 3 ❑√3
4
mg>
❑√3
2 mg，由于初始绳拉力为
❑√3
2 mg，则随着绳拉力的减小，地面的作用力增大，故D 错误。
故选C。
13. 图甲为一小朋友正在放风筝，此时风筝平面与水平面的夹角为30°，细线与风筝的夹角为
60°（如图乙所示）。已知风筝的质量m=1kg，该小朋友的质量M=40kg，重力加速度
g=10m/s2。若小朋友和风筝均保持静止状态，则（ ）
A．地面对小朋友的摩擦力为5N
B．地面对小朋友的摩擦力为15N
C．地面对小朋友的支持力为395N
D．地面对小朋友的支持力为500N
【答案】C
【详解】对风筝和小朋友受力分析，如图所示
对风筝，由平衡条件有F cos30° =T cos60°+mg，F sin30° =T sin60°
解得风筝线的拉力T =10 N
对小朋友，由平衡条件有f =T cos30°，Mg= N +T sin30°
解得f =5 ❑√3 N，N =395 N
故选C。
14. （2026·内蒙古乌兰察布·二模）如图所示，倾角为θ =37°的斜面体固定在水平面上，物体P
放在斜面体上，用轻绳拴接在物体P 上后跨过光滑的定滑轮，另一端与另两条轻绳系于C 点，
轻绳的下端连接物体Q，系统平衡时轻绳CD 沿水平方向，轻绳AB 与斜面体平行，BC 与竖
直方向的夹角为α =53°，sin37° =0.6，不计一切摩擦。则物体P、Q 的质量比为（ ）
A．25:9
B．5:3
C．25:16
D．5:4
【答案】A
【详解】系统平衡时，物体P 受重力、支持力和轻绳的拉力，如图甲所示
由力的平衡条件得F =mgsin37
°
对物体Q 有FCE=mQ g
对结点C 受力分析，如图乙所示
由力的平衡条件可知，BC 绳与CD 绳的合力大小等于物体Q 的重力，则有F = FBC = mQ g
cos53
°
联立解得mQ= 9
25 m
可得物体P、Q 的质量比为25:9。
故选A。
15. （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 =mg tanθ
为使 B 保持静止，需满足 f ≤μ N B
即 mg tanθ≤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。
16. （2026·安徽黄山·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】根据题意分析，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°
故选D。
17. （2026·河南安阳·三模）如图所示，倾角θ=37°的斜面体固定于水平地面上，质量为m 的物
块放置在斜面上，轻质细线的一端与物块相连，另一端跨过光滑定滑轮与砂桶相连。已知定
滑轮左侧细线与斜面间的夹角也为θ=37°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ=0.5，最大静摩擦
力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，sin 37°=0.6，砂和砂桶的总质量M 可调，整个系统始
终处于静止状态，则M 最大为（ ）
A．3
4 m
B．4
3 m
C．10
11 m
D．11
10 m
【答案】C
【详解】M 最大时物块所受斜面的摩擦力沿斜面向下，沿斜面方向
Mgcosθ =mgsinθ+ μ(mgcosθ−Mgsinθ)
解得M = sinθ+ μcosθ
cosθ+ μsinθ m= 10
11 m
故选C。
18. （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
N 1⋅Lsin θ =mg⋅L
2 cos θ
得墙壁弹力N 1= mgcot θ
2
水平平衡，静摩擦力f = N 1
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= N 1
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N 1增大，
因此地面静摩擦力f = N 1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 = N 1=( mg
2 + Mg)cot θ
最大静摩擦力f max= μ( M +m)g= cot θ
2
( M +m)g=( Mg
2 + mg
2 )cot θ
对比得f >f max
直梯会滑倒，故D 错误。
故选C。
19. （2026·山西太原·一模）如图所示，在攀岩训练中，某时刻运动员的一只脚尖踩在固定于竖
直墙面的半圆柱的圆弧面上，接触点为P，该半圆柱横截面的圆心为O，OP连线与竖直方
向的夹角为θ。已知脚尖与圆弧面间的动摩擦因数为μ，可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦
力。下列说法正确的是（ ）
A．为保证脚尖不打滑，只需要满足μ≥tanθ
B．半圆柱对脚尖支持力的方向竖直向上
C．若μ=tanθ，脚尖向墙壁靠近后一定不会打滑
D．脚尖对半圆柱的作用力的方向可能竖直向下
【答案】D
【详解】B．半圆柱对脚尖的支持力N 与接触面垂直，所以方向沿半径OP 向外，故B 错误；
AC．半圆柱对脚尖的静摩擦力f，方向沿圆弧面的切线方向，用于平衡脚尖的下滑趋势，脚
尖受到的其他力，将力沿OP 方向和切线方向分解，沿OP 方向，有N = F cosθ
沿切线方向f = F sinθ
不打滑的临界条件为f ≤f max = μN
代入数据解得F sinθ≤μF cosθ
可得μ≥tanθ
但本质上μ≥tanθ是临界条件如果运动员还受其他作用力，比如绳子拉力等，脚尖也可能打
滑，但选项A 中"只需要满足"的表述忽略了其它力的影响，故AC 错误；
D．半圆柱对脚尖的作用力是支持力N 与静摩擦力f 的合力。若N 与f 的合力方向竖直向上
(平衡脚尖受到的竖直向下的力)，根据牛顿第三定律，脚尖对半圆柱的作用力的方向竖直向
下，故D 正确。
故选D。
20. （2025·云南昆明·模拟预测）某建筑工地中的圆锥状沙堆如图甲所示，可将其理想化为图乙
所示的圆锥体。沙粒可视为质点，沙粒间的动摩擦因数为μ，沙粒之间的最大静摩擦力等于
滑动摩擦力，不考虑沙粒的滚动。当把沙粒轻放在圆锥形沙堆的侧面上，该沙粒恰好能静止
时，沙堆的高度h达到最大，此时，沙堆的底面圆半径为r，体积V = 1
3 πr
2h，则要堆放体
积为V 0的沙堆，沙堆的底面直径至少为（ ）
A．2
❑√
3V 0
π μ
B．2
3√
3V 0
π μ
C．3√
3V 0
π μ
D．❑√
3V 0
π μ
【答案】B
【详解】沙粒静止时，重力沿斜面的分力与最大静摩擦力平衡。设圆锥面与底面的夹角为
θ，则有mgsinθ = μmgcosθ
可得μ= tanθ
由几何关系可知tanθ = h
r
沙堆体积V = 1
3 π r
2h
当体积为V0时，底面半径r0=
3√
3V 0
πμ
沙堆的底面直径为 2r0=2
3√
3V 0
πμ
故选B。
