重难01 力与物体的平衡
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模拟实战 挑战顶尖：挑战高考压轴题，养成稳定攻克难题的“题感”
《一》四大方法解决静态平衡问题
秒杀技巧一：
正交分解法
技巧总结
Ⅰ:受力分析的步骤：
第一步：明确研究对象
确定受力分析的物体，研究对象可以是单个物体，也可以是多个物体的组合.
第二步：隔离受力物体
先分析重力、已知力，再按接触面分析弹力、摩擦力，最后分析其它力.
第三步：画出受力示意图
画出受力示意图，线段长度大致反应力的大小，准确标出各力的方向.
第四步：检查分析结果
检查画出的每一个力能否找出其施力物体，检查分析结果能否使研究对象处于已知的物理状态.
Ⅱ:正交分解
物体受到三个或三个以上共点力的作用时，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.如图所示：
①三个力分解
总结：
沿斜面分解
顺着斜面分解（发音为
）
垂直斜面分解
垂着斜面分解（发音为
）
方程：
②四个力分解
方程：
③五个力分解
方程：
建系的原则为选择尽可能让多个力放入坐标系中.
秒杀技巧
二
：
拉密定理（正弦定理）
技巧总结
拉密原理法：
如果在三个共点力作用下物体处于平衡状态,那么各力的大小分别与另外两个力所夹角的正弦成正比。
正弦定理：在同一个三角形中,三角形的边长与所对角的正弦比值相等;在图中有
同
样,在力的三角形中也满足上述关系,即力的大小与所对角的正弦比值相等.
秒杀技巧
三
：
合成法（余弦定理）
技巧总结
当物体受到
的作用处于平衡状态时，若
的夹角为
，那么
的合力大小为
。
秒杀技巧
四
：
相似三角形法解决两类图象
技巧总结
模型一：杆模型
方程：
模型二：圆模型
方程：
《二》五大方法解决动态平衡问题
秒杀技巧一：
正交分解法
技巧总结
标志：“渐、缓、慢”
适用条件：当物体受三个以上的力而处于平衡状态时，将各力沿着互相垂直的两个方向分解，再根据
列方程，可以很方便地解题．
解题步骤：通常用正交分解法把矢量运算转化为标量运算。
正交分解法平衡问题的基本思路是：
第一步：选取研究对象：处于平衡状态的物体第二步：对研究对象进行受力分析，画受力图；
第三步：建立直角坐标系；第四步：根据
和
列方程；
第五步：解方程，求出结果，必要时还应进行讨论。
模型总结：
模型一：
条件：将M 沿水平地板向右缓慢移动少许后M 仍静止
问：绳子张力怎么变化？
M 对地面的压力怎么变化？
.M 所受的静摩擦力怎么变化？
滑轮所受的压力怎么变化？
破解：
方程：
由模型可知
永不变
故
滑轮两侧的两个力全部为
，当两个力的夹角减小时，合力变大.
模型二：杆模型
条件：若保持轻杆OB 处于水平状态，改变细线AB 的长
度将A 点沿墙上移
问：绳子张力怎么变化？
杆弹力怎么变化
破解：
方程：
故
模型三：斜面模型
条件：一物体A 置于粗糙的倾角为θ 的固定斜面上保持静止，用水平力F 推A，物体保持静止。当F 稍减
小时，物体A 仍保持静止问：. 物体所受的合力怎么变化？
斜面对物体的支持力怎么变化？
物体所受的静摩擦力怎么变化？
破解：
①
当
时，不存在摩擦
方程：
故
,
②
当
时，摩擦力向上
方程：
故
,
③
当
时，摩擦力向上
方程：
故
秒杀技巧
二
：
三角形法
技巧总结
标志：“渐、缓、慢”
适用条件：常用于解三力平衡且有一个力是恒力，另一个力方向不变的问题
解题步骤：第一步：画力的
第二步：转边，以变方向力与
交点为轴.
模型总结：
①
条件：一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块N。另一端与斜面
上的物块M 相连，系统处于静止状态。现用水平向左的拉力缓慢拉动N，
直至悬挂N 的细绳与竖直方向成45°。已知M 始终保持静止
问：水平拉力的大小怎么变？. M 所受细绳的拉力大小怎么变？
M 所受斜面的摩擦力大小怎么变？
破解：
对M 受力分析可知，若起初M 受到的摩擦力f 沿斜面向下，则随着绳子拉力T 的增加，则摩擦力f 也逐渐
增大；若起初M 受到的摩擦力f 沿斜面向上，则随着绳子拉力T 的增加，摩擦力f 可能先减小后增加
②
条件：内壁光滑的半圆形凹槽M,O 为圆心,∠AOB=60°,OA 水平,
小物块在与水平方向成45°角的斜向上的推力F 作用下静止于B
处。在将推力F 沿逆时针方向缓慢转到水平方向的过程中小物块始终静止
问：凹槽M 对小物块的支持力怎么变？推力F 怎么变？
破解：
以小物块为研究对象,分析受力情况,如图所示,物块受到重力G、支持力FN和推力F 三个力作用,根据平衡条
件可知,FN和F 的合力与G 大小相等,方向相反。将推力F 逆时针缓慢转到水平方向的过程中(F 由位置1 到
位置3),根据图象可知,凹槽M 对小物块的支持力FN逐渐增大,推力F 先减小后增大,当F 与FN垂直时,F 最小
③
条件：一个固定的圆弧阻挡墙PQ,其半径OP 水平,OQ 竖直。
在PQ 和一个斜面体A 之间卡着一个表面光滑的重球B。
斜面体A 放在光滑的地面上并用一水平向左的力F 推着,整个装置处于静
止状态。现改变推力F 的大小,推动斜面体A 沿着水平地面向左缓慢运动,使球B 沿斜面上升一很小高度。
则在球B 缓慢上升的过程中
问：.斜面体A 与球B 之间的弹力怎么变？ 阻挡墙PQ 与球B 之间的弹力怎么变？.
水平推力怎么变？ F 水平地面对斜面体A 的弹力怎么变？
对球B 受力分析,如图乙所示,当球B 上升时,用图解法分析球B 所受各力的变化,其中角θ 增大,且θ 不会超过
90°,则FAB和FOB均减小,A、B 两项正确。对斜面体进行受力分析,如图丙所示,因为FAB减小,由牛顿第三定律
知FAB=FBA,故FBA也减小,则推力F 减小,水平地面对斜面体的弹力FN也减小.
,
秒杀技巧
三
：
相似
三角形法
技巧总结
标志：“渐、缓、慢”
适用条件：常用于单物体解三力平衡且有两个力方向变.
解题步骤：第一步：画力的
第二步：找与其相似的几何
（尽量使与
对应的几何边为正值）.第
三步：列比例
模型总结：
①
条件：AC 是上端带有滑轮的固定支架，BC 为质量不计的轻杆，
杆的一端C 用铰链固定在支架上，另一端B 悬挂一个质量为
m 的重物，并用钢丝绳跨过滑轮A 连接在卷扬机上．开始时，
杆BC 与AC 的夹角∠BCA>90°，现使∠BCA 缓缓变小，直到
∠BCA=30°．
问：杆BC 所产生的弹力怎么变？
破解：
第一步：以结点B 为研究对象，分析受力情况，作出力的合成图
第二步：几何
，
第三步：
又F 合=G
得
，
现使∠BCA 缓慢变小的过程中，AB 变小，而AC、BC 不变，则得到，F 变小，N 不变，所以绳子越来越不
容易断，作用在BC 杆上的压力大小不变
②
条件：固定在竖直平面内的光滑圆环的最高点有一个
光滑的小孔。质量为m 的小球套在圆环上，一根细线
的下端系着小球，上端穿过小孔用手拉住。现拉动细线，使小球沿圆
环缓慢上移
问：在移动过程中，手对细线的拉力F 和圆环对小球
的弹力FN
破解：
第一步：以小球研究对象，分析受力情况，作出力
的合成图
第二步：几何
，
第三步：
当A 点上移时，半径不变，AB 长度减小，故F 减小，FN不变
③
条件：一半径为R 的光滑
圆形轨道竖直固定在地面上，其圆心
为O，有一光滑的小滑轮在O 点正上方，到轨道上B 点的距离
为h，轻绳的一端系一小球，靠放在光滑圆形轨道上的A 点，另
一端绕过小滑轮后用力拉住，使小球静止。现缓慢地拉绳，在使小球由A 到B
的过程中
破解：
第一步：以小球研究对象，分析受力情况，作出力
的合成图
第二步：几何
，
第三步：
其中
均不变，L 逐渐减小，则由上式可知，
不变，
变小
秒杀技巧
四
：
正弦定理
法
技巧总结
标志：“渐、缓、慢”
适用条件：常用于找不到相似及两力夹角不变.（简称万能法）
解题步骤：第一步：画力的
第二步：判断角度变化.第三步：正弦定理
模型总结：
① 条件：两光滑平板
、
构成一具有固定夹角
的V 形槽，一圆柱形物体置于槽内，用
表示NO 板与水平
面之间的夹角，
由60°缓慢减小到30°过程中
问：N 对球的弹力怎么变化？M 对球的弹力怎么变化？
破解：
根据正弦定理有
，
，
由题意可知，夹角
固定，
由60°缓慢减小到30°，所以M 对球的弹力
逐渐减小且始终小于球的重力
由几何关系可得，
由45°缓慢减小到75°，则N 对球的弹力
逐渐增大，由小于球的重力增大到等于球的重力
②
条件：轻绳l1一端固定在O 点，另一端与质量为m 的物体相连。
轻绳l2 跨过固定在B 点的定滑轮，一端连接物体，另一端由力F
控制。在力F 的作用下，物体从处于O 点正下方的A 点缓慢地运
动到B 点的过程中l1一直处于伸直状态。O、B 两点在同一水平线上，不计一切
阻力，重力加速度大小为g
问：①物体从A 点到B 点过程中，拉力F 怎么变？
②物体从A 点到B 点过程中，轻绳的拉力怎么变？
③物体从A 点到B 点过程中，轻绳
对物体拉力与mg 的关系？
破解：
绳l1的拉力为F1，与竖直方向的夹角为θ，绳l2的拉力为F2，与竖直方
向的夹角为α。根据几何知识知：θ+2α=90°，由正弦定理可得
，α 减小，θ 增大，则F1减小，F2增大，故AB 错误；当物
体拉到B 时轻绳l2对物体拉力最大，此时θ=90°，α=0°，轻绳l2对物体拉力F2=mg，不可能大于mg.
③
条件：水平桌面下固定有PO 和QO 两根不可伸长的轻绳，它
们系在同一点O，且PO 绳比QO 绳长，一只蜘蛛使出浑
身解数使自己悬挂于O 点，开始时两根绳都处于伸直状态，现在有一位
小朋友将Q 点缓慢向左移动
问：PO 绳的拉力怎么变？QO 绳的拉力怎么变？
破解：
解得
，
由正弦定理，在三角形POQ 中
可知
，
由几何关系可知
因随着Q 点的左移，O 点先下降，则PM 变大，PO 不变，则T1减小；同
理可知T2也减小。
秒杀技巧
五
：
竖小平大，竖直不变
技巧总结
标志：“渐、缓、慢”
适用条件：Y 字型及物体相互影响对方的位置，系统所受外力必为横平竖直,内力无所谓.
模型总结：
模型1：
如图所示：绳子两端的合力等于物体的重力，只要重力不变，绳子两端的力的合力就不发生改变。当绳子
间的夹角变大时，即绳子变“平”时，绳子上的力变大.当绳子间的夹角变小时，即绳子变“竖”时，绳子
上的力变小，简称竖小平大.
模型2：晾衣架
当绳子长度不变，绳子的悬点上下移动时，绳子上的力不变，绳子上的力和重力的关系满足
，
为绳与竖直方向的夹角，由间距
和绳子长共同决定，与绳子的悬点无关，所以悬
点位置上下移动并不会导致绳子上的力的变化，如果重物的质量发生变化，绳子上的拉力也会等比例变化.
证明：
如图所示：
，
，
由数学几何关系得
又
和均不变，则
为定值，
为定值
为定值.
口诀：上下移力不变，左右移绳长变（夹角变）
竖小平大.
模型3：放球模型
条件：
球上调时，满足竖
则竖小平大，
竖直不变：
都不变
模型4：环套杆模型
条件：向左运动
不变，
,
，
注意：结论中的第一个竖表示整体切斜程度
第二个竖表示竖直方向的力
（建议用时：20 分钟）
1．（2025·辽宁·高考真题）如图所示，蜘蛛用蛛丝将其自身悬挂在水管上，并处于静止状态。蛛丝
与竖直方向夹角分别为
。用
分别表示
的拉力，则（ ）
A．
的竖直分力大于
的竖直分力
B．
的竖直分力等于
的竖直分力
C．
的水平分力大于
的水平分力
D．
的水平分力等于
的水平分力
【答案】D
【详解】CD．对结点O 受力分析可得，水平方向
即F1的水平分力等于F2的水平分力，选项C 错误，D 正确；
AB．对结点O 受力分析可得，竖直方向
解得
，
则F1的竖直分量
F2的竖直分量
因
可知
选项AB 错误。
故选D。
2．（2024·吉林·一模）如图所示，整个系统处于静止状态，动滑轮与定滑轮之间的轻绳与水平方向的夹角
为
。如果将绳一端的固定点P 缓慢向上移动到Q 点，滑轮质量和一切摩擦均不计，整个系统重新平衡后
（ ）
A．物块B 的高度不变，
不变
B．物块B 的高度不变，
变大
C．物块B 的高度增大，
变大
D．物块B 的高度增大，
不变
【答案】A
【详解】设绳子拉力大小为
，以B 为对象，有
以动滑轮为对象，根据受力平衡可得
设左侧墙壁与定滑轮之间的绳子长度为
，水平距离为
，根据几何关系可得
将绳一端的固定点P 缓慢向上移动到Q 点，绳子拉力大小保持不变，则
不变，由于水平距离
不变，则
左侧墙壁与定滑轮之间的绳子长度
不变，故物块B 的高度不变。
故选A。
3．（2024·广东广州·三模）如图所示，竖直平面内蜘蛛网上A、B、C 三点的连线构成正三角形，一只蜘
蛛静止于蛛网的重心O 处，三根蜘蛛丝a、b、c 的延长线过三角形的中心O，蜘蛛丝c 沿竖直方向，c 中有
张力。则（ ）
A．a 中张力大于b 中张力
B．a 中张力等于b 中张力
C．a 中张力等于c 中张力
D．蜘蛛网在风的吹拂下晃动，a 中张力大小一定不变
【答案】B
【详解】ABC．以网和蜘蛛为研究对象，受力分析如图所示
由平衡条件得
可得
故AC 错误，B 正确；
D．蜘蛛网在水平风吹拂下晃动，
与
以及
在垂直蜘蛛网的方向均有分力，根据力的合成可知，a 中
张力大小发生变化，故D 错误。
故选B。
4．（2025·内蒙古包头·二模）如图所示，两根完全相同的轻质弹性绳
一端分别固定于
两点，
另一端与轻绳
、
连结。用力拉轻绳，使
水平，
与
夹角为
，此时两弹性绳长度相同，
在一条直线上，
也在一条直线上。现保持
点不动且
方向不变，将
逆时针方向
旋转
。则下列说法正确的是（ ）
A．
与
的拉力始终相等并一直减小
B．
与
的拉力始终相等并一直增大
C．
上的拉力一直减小
D．
上的拉力先减小后增大
【答案】C
【详解】由题意因O 点位置不动，可知
、
段拉力相等且始终不变，动态分析图如图所示
由图可知
、
的拉力都一直减小。
故选C。
5．（2025·内蒙古呼和浩特·二模）引体向上是中考体育考试选择项目之一、如图所示，①到② 、②到③、
③到④为引体向上上升过程中所经历的加速、匀速、减速三个阶段，④为悬停阶段示意图，不计空气阻力，
下列说法正确的是（ ）
A．①到②过程中杠对两手的支持力合力小于重力
B．②到③过程中杠对两手的支持力合力等于重力
C．③到④过程中杠对两手的支持力合力大于重力
D．④悬停阶段杠对两手的支持力合力小于重力
【答案】B
【详解】A．由题可知①到②过程中，考生处于加速上升阶段，故杠对两手的支持力合力大于重力，A 错
误；
B．②到③过程中，考生处于匀速上升阶段，故杠对两手的支持力合力等于重力，B 正确；
C．③到④过程中，考生处于减速上升阶段，杠对两手的支持力合力小于重力，C 错误；
D．④悬停阶段杠对两手的支持力合力等于重力，D 错误。
故选B。
6．（2025·内蒙古·模拟预测）2024 年9 月，国内起重能力最大的双臂架变幅式起重船“二航卓越”号交付
使用。若起重船的钢缆和缆绳通过图示两种方式连接：图（a）中直接连接，钢缆不平行；图（b）中通过
矩形钢架连接，钢缆始终平行。通过改变钢缆长度（缆绳长度不变），匀速吊起构件的过程中，每根缆绳
承受的拉力（ ）
A．图（a）中变大B．图（a）中变小
C．图（b）中变大
D．图（b）中变小
【答案】A
【详解】设缆绳与竖直方向的夹角为
，假设由n 根缆绳，设构件的质量为m，对构件受力分析由平衡条
件
解得每根缆绳承受的拉力为
图（a）匀速吊起构件的过程中，缆绳与竖直方向的夹角
变大，则每根缆绳承受的拉力变大；图（b）匀
速吊起构件的过程中，缆绳与竖直方向的夹角
不变，则每根缆绳承受的拉力不变。
故选A。
7．（2025·黑龙江哈尔滨·模拟预测）如图所示，斜面体P 放置在水平地面上，P 上有一小物块Q。已知Q
受水平外力F 的作用，P、Q 始终保持静止状态。下列说法中正确的是（ ）
A．只减小P 的质量，P 与地面间摩擦力的大小一定减小
B．只增加外力F 的大小，P 与地面间摩擦力的大小一定增加
C．只减小Q 的质量，P 与Q 间摩擦力的大小一定减小
D．只增加外力F 的大小，P 与Q 间摩擦力的大小一定增加
【答案】B
【详解】AB．对PQ 整体受力分析可知，地面对P 的摩擦力与F 等大反向，可知只减小P 的质量，P 与地
面的摩擦力的大小不变，只增加外力F 的大小，P 与地面间摩擦力的大小一定增加，故A 错误，B 正确；
C．设斜面倾角为θ，对Q 分析可知，若开始时Q 受静摩擦力沿斜面向下，则Fcosθ=fPQ+mQgsinθ
则只减小Q 的质量，P 与Q 之间的摩擦力的大小增大，故C 错误；
D．对Q 分析可知，若开始时Q 受静摩擦力沿斜面向上，则fPQ+Fcosθ=mQgsinθ
则只增加外力F 的大小，P 与Q 间摩擦力减小，或者先减小后增大，故D 错误。
故选B。
8．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）一个足够长的绝缘半圆柱体固定在水平面上，整个空间中加有沿半圆柱体
半径向内的辐向磁场，半圆柱体表面处的磁感应强度大小均为B，一根长度为L、质量为m、粗细可忽略
的导体棒A 紧靠在半圆柱体底端静止，其截面如图所示。在导体棒A 中通入方向垂直于纸面向外的变化电
流，使导体棒A 沿半圆柱体从底端缓慢向上滑动，导体棒A 受到半圆柱体的摩擦力是导体棒A 对半圆柱体
的压力的k 倍。在导体棒A 从底端缓慢滑动到顶端的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．当
时，导体棒A 中的电流先变大再变小
B．当
时，导体棒A 所受的支持力与安培力合力先变大再变小
C．当
时，导体棒A 所受重力与安培力的合力一直变大
D．当
时，导体棒A 所受安培力一直变大
【答案】C
【详解】AB．当
时，根据左手定则确定安培力的方向，导体棒在上升至某位置时的受力分析如图所
示
根据平衡条件可得
因为
逐渐变大，所以
逐渐减小，根据
可得，导体棒A 中的电流变小；根据平衡条件可知，导体棒A 所受的支持力与安培力合力始终与重力等大
反向，保持不变，故AB 错误；
CD．当
时，导体棒在上升至某位置时的受力分析如图所示
其中
则
与
的合力与
的夹角保持不变，设为
，则
设
与
的合力为
，则导体棒的受力情况可表示为如图所示
根据几何关系可知
，
根据拉密原理可得
随着
逐渐增大的过程，
不变，
先增大后减小，
增大，所以安培力
先增大
后减小，
增大。根据平衡条件可知，导体棒A 所受重力与安培力的合力与
等大反向，所以也一直增
大，故C 正确，D 错误。
故选C。
（建议用时：30 分钟）
9．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）生活中，我们常用支架与底板垂直的两轮手推车搬运货物。如图甲所示，
将质量为
的货物平放在手推车底板上，此时底板水平。现缓慢压下把手，直至支架与水平面间的夹角为
。不计货物与支架及底板间的摩擦，缓慢压下把手的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．货物所受的合外力一直增大
B．手推车对货物的作用力变小
C．底板对货物的支持力一直减小
D．当支架与水平面间的夹角为
时，底板对货物的支持力为支架对货物的支持力的3 倍
【答案】C
【详解】A．因为缓慢压下把手，货物所受的合外力一直不变，始终为零，故A 错误；
B．小推车对货物的作用力与重力等大反向，则小推车对货物的作用力方向竖直向上，且大小不变，故B
错误；
C．压下把手的过程中，两个弹力的夹角始终是90°，货物的受力情况如下图所示
由图可知，底板对货物的支持力N1一直减小，支架对货物的支持力N2一直增大，故C 正确；
D．当底板与水平面间的夹角为60°时，对货物受力分析，两个弹力的合力与重力等大反向，受力分析如下
图所示
两个弹力N1与N2垂直，由平衡条件可得支架对货物的支持力
底板对货物的支持力
底板对货物的支持力为支架对货物的支持力
，故D 错误。
故选C。
10．（2025·黑龙江哈尔滨·一模）如图，冰坑是“哈尔滨”在松花江上为南方 “小土豆”准备的一个新型
的冰上娱乐项目，进入冰坑的游客在不借助外力的情况下很难从冰坑里行走出来，为了让冰坑底部的游客
能从冰坑内出来，用外力
拉动游客使游客缓慢的向边缘移动，如右图
的方向始终沿冰坑的切线方向，
在此过程中所有的摩擦均可忽略，下列说法正确的是（ ）
A．拉力
先增大后减小
B．拉力
一直增大
C．冰坑对游客的支持力先减小后增大
D．冰坑对游客的支持力一直减小
【答案】BD
【详解】令游客所在位置的支持力N 的方向与竖直方向夹角为
，用外力
拉动游客使游客缓慢的向边缘
移动过程，
逐渐增大，根据平衡条件有
，
由于
逐渐增大，可知，拉力
一直增大冰坑对游客的支持力一直减小。
故选BD。
11．（2024·内蒙古赤峰·三模）建筑工人用如图所示的方式将重物从地面缓慢提到平台上，固定重物的光
滑圆环套在轻绳上，轻绳的一端固定在竖直墙上。在工人向上提升重物的过程中，下列说法正确的是（
）
A．若工人的位置保持不变，缓慢拉动手中的绳子，绳对圆环的作用力逐渐增大
B．若工人的位置保持不变，缓慢拉动手中的绳子，工人对绳的拉力不变
C．若不改变绳子的长度，工人握住绳子缓慢后退一小步，平台对工人的支持力增大
D．若不改变绳子的长度，工人握住绳子缓慢后退一小步，平台对工人的摩擦力增大
【答案】D
【详解】设人与竖直墙之间绳子总长为
，人与竖直墙之间的水平距离为
，圆环两侧绳子与竖直方向的
夹角为
；根据几何关系可得
以圆环和重物为对象，根据受力平衡可得
可得
A．若工人的位置保持不变，缓慢拉动手中的绳子，由于重力保持不变，则绳对圆环的作用力不变，故A
错误；
B．若工人的位置保持不变，缓慢拉动手中的绳子，则人与竖直墙之间绳子总长
减小，
增大，
减
小，工人对绳的拉力
增大，故B 错误；
CD．若不改变绳子的长度，工人握住绳子缓慢后退一小步，则人与竖直墙之间的水平距离
增大，
增大，
减小，工人对绳的拉力
增大；以工人为对象，根据受力平衡可得
，
可知平台对工人的支持力不变，平台对工人的摩擦力增大，故C 错误，D 正确。
故选D。
12．（2024·内蒙古乌海·模拟预测）如图所示，P 为质量不计的动滑轮，Q 为高度可调节的滑轮，绕过滑轮
Q 的轻绳b 一端连接在P 上，另一端吊着小球，绕过动滑轮的长度一定的轻绳a，一端固定在A 点，另一
端在水平天花板上，现将轻绳a 的B 端沿水平天花板缓慢向右移，同时调节滑轮Q 的高度，使QP 保持水
平，则在移动过程中（ ）
A．a 绳上拉力变大
B．a 绳上拉力不变
C．b 绳对滑轮P 的作用力变大
D．b 绳对滑轮Q 的作用力变小
【答案】B
【详解】使QP 保持水平，根据对称性可知，
与
与水平方向的夹角相等，设为
，以滑轮P 为对象，
根据受力平衡可得
设小球质量为
，则有
设a 绳长度为
，
两端的竖直距离为，根据几何关系可得
将轻绳a 的B 端沿水平天花板缓慢向右移，同时调节滑轮Q 的高度，使QP 保持水平，可知
保持不变，b
绳对滑轮P 的作用力保持不变，大小为
根据
可知a 绳上拉力不变；b 绳对滑轮Q 的作用力不变，大小为
故选B。
13．（2025·辽宁朝阳·模拟预测）如图所示，水平杆AO 与光滑竖直杆OB，金属球P、Q 分别套在杆OB 和
OA 上，并用轻绳连接，水平杆粗糙，现在用水平力缓慢拉动小球P 向右移动少许，则
球受到的摩擦力
和OB 杆和OA 杆的支持力NB与NA以PQ 间绳子的拉力T 变化情况为（ ）
A．f 减小，NB增大
B．f 增大，NA增大
C．f 增大，T 减小
D．NA不变，T 增大
【答案】D
【详解】设每个小球的质量为m。以整体为研究对象，在竖直方向有N=2mg,故将P 环稍微向左移动少许后
不变；以Q 为研究对象，Q 静止时合力为零，没有变化。Q 受力情况如图所示
故有
，可得
由于P 向右移动一小段，故θ 增大，所以T 增大。而
由于θ 增大，所以竖杆对Q 的弹力
增大。对整体来说
，故P 所受的摩擦力f 增大。
故选D。
14．（2025·辽宁沈阳·三模）榫卯结构是中国传统建筑、家具和其他木制器具的主要结构方式。图甲所示
为眼的凿削操作，图乙为截面图，凿子尖端夹角为
，在凿子顶部施加竖直向下的力
时，其竖直面和侧
面对两侧木头的压力分别为
和
，不计凿子的重力及摩擦力，下列说法正确的是（ ）
A．
大于
B．
大于
C．夹角
越小，
越大
D．夹角
越大，
越大
【答案】C
【详解】AB．作出力F 分解的关系图，如图所示
根据牛顿第三定律可知
，
由图可知
，
，故AB 错误；
CD．根据几何关系有
，
力F 一定时，夹角
越小，
和
均变大，
夹角越大，
和
均变小，凿子越不容易凿入木头，故C 正
确，D 错误；
故选C。
15．（2025·辽宁沈阳·模拟预测）有人制造了一种瓜子破壳机，如图（a）所示。将瓜子放入两圆柱体所夹
的凹槽之间，按压瓜子即可破壳。破壳机截面如图（b）所示，瓜子的剖面可视作顶角为θ 的扇形，将其竖
直放入两完全相同的水平等高圆柱体A、B 之间，A、B 圆心间距为d，并用竖直向下的恒力F 按压瓜子且
保持静止。忽略瓜子重力及形变，不计摩擦力。在瓜子壳未破开的前提下，下列说法正确的是（ ）
A．仅减小θ，瓜子对圆柱体A 的压力变大
B．仅减小θ，瓜子对圆柱体A 的压力减小
C．仅增大d，瓜子对圆柱体B 的压力增大
D．仅增大d，瓜子对圆柱体B 的压力减小
【答案】A
【详解】AB．把恒力F 分解如图所示
可得
，若A、B 距离不变，仅减小θ，瓜子对圆柱体A 的压力变大，故A 正确，B 错误；
CD．瓜子保持静止，故处于平衡状态，合力始终为零；若仅增大
，A、B 对瓜子的弹力方向始终垂直于
接触面，弹力大小也不变，故CD 错误。
故选A。
（建议用时：40 分钟）
16．（2025·内蒙古呼和浩特·一模）自卸车能自动卸货物，如图所示。在车厢由水平位置逐渐抬起至货物
全部卸完的过程中，自卸车始终保持静止，下列说法中正确的是（ ）
A．货物受车厢的摩擦力逐渐减小
B．货物受车厢的摩擦力先增大后减小
C．地面对自卸车的支持力保持不变
D．自卸车不受地面施加的摩擦力
【答案】B
【详解】AB．开始时货物受重力和支持力，抬起后受到斜向上的静摩擦力；静摩擦力等于重力沿斜面向下
的分力，即
，随角度的增大，静摩擦力增大；当角度达一定程度时，物体开始滑动，由静摩擦
力变成滑动摩擦力，而滑动摩擦力
，
随角度的增加而增小，故滑动摩擦力将减小；因此
摩擦力是先增大后减小的，故A 错误，B 正确；
CD．刚开始卸货时，货物受到静摩擦力作用，对整体分析，竖直方向仅受重力和支持力作用，水平方向上
不受力。因此地面对自卸车的支持力保持不变，自卸车不受地面施加的摩擦力。当物体开始加速滑动时，
如图所示，分解加速度
对整体分析，竖直方向
水平方向
因此在卸货的过程中，货物的质量减小，则地面对自卸车的支持力发生变化，自卸车受地面施加的摩擦力。
故CD 错误。
故选B。
17．（2025·广东茂名·一模）图甲为古代榨油场景，图乙是简化原理图，快速撞击木楔便可将油榨出。若
木楔可看作顶角为
的等腰三角形，撞击木楔的力为F，则下列说法正确的是（ ）
A．为了增大木块对油饼的压力，
通常设计得较小
B．木锲对每个木块的压力均为
C．木块挤压油饼过程中，油饼内能减小
D．木块加速挤压油饼过程中，木块对油饼的压力大于油饼对木块的压力
【答案】A
【详解】AB．将力F 沿垂直侧面方向分解可知
木楔对油饼的压力为
可知为了增大木块对油饼的压力，
通常设计得较小，木锲对每个木块的压力大于
，选项A 正确，B 错
误；
C．木块挤压油饼过程中，外界对油饼做功，因为是快速撞击木楔，则可认为与外界无热交换，则油饼内
能增加，选项C 错误；
D．木块对油饼的压力与油饼对木块的压力是相互作用力，总是等大反向，可知木块加速挤压油饼过程中，
木块对油饼的压力等于油饼对木块的压力，选项D 错误。
故选A。
18．（2024·辽宁辽阳·二模）一凿子两侧面与中心轴线平行，尖端夹角为
，当凿子竖直向下插入木板中
后，用锤子沿中心轴线竖直向下以力
敲打凿子上侧时，凿子仍静止，侧视图如图所示。若敲打凿子时凿
子作用于木板1、2 面的弹力大小分别记为
、
，忽略凿子受到的重力及摩擦力，下列判断正确的是（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】将力
在木板1、2 面分解如图
可得
，
故选D。
19．（2025·内蒙古赤峰·二模）在课间活动中，如图重力为
的某位同学用两只手分别撑住等高的桌面使
自己悬空，并处于静止状态。已知伸直的两手臂和桌面夹角均为
。下列说法正确的是（ ）
A．每只手掌所承受桌面的支持力大于
B．每只手掌所承受桌面的支持力小于
C．当
缓慢减小时，该同学所受合力增大
D．当
缓慢减小时，该同学所受合力不变
【答案】D
【详解】AB．每只手掌受到桌面的支持力竖直向上，竖直方向上根据平衡条件
可得支持力
故AB 错误；
CD．当
缓慢减小时，该同学始终处于平衡状态，合力为零保持不变，故C 错误，D 正确。
故选D。
20．（2025·吉林长春·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。
是
竖直方向，
是水平方向，角
等于
，一个光滑的轻环套在足够长
上，一根足够长的轻绳一端
固定在
上的
点，轻绳穿过小环，另一端吊着一个质量为
的物体，下列说法正确的是（ ）
A．
杆受到小环的压力大小为
B．
杆受到小环的压力大小为
C．绳端从
点移到
点绳子张力变大
D．绳端从
点水平向左移到
点过程中，
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
，故
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
故绳端从
点移到
点张力大小保持不变，故C 错误；
D．绳端从
点水平向左移到
点过程中，绳子中的拉力始终与重物重力平衡
，圆环对杆的作用力
，由牛顿第三定律，
杆受到小环的压力大小
，故D 正确。
故选AD。
21．（2025·山东临沂·三模）如图所示，甲、乙两圆柱体的横截面分别为半径相等的圆和半圆，甲的右侧
顶着一块竖直挡板，乙的平面部分与水平面接触。若乙的质量是甲的2 倍，两柱体的曲面部分和挡板均光
滑，开始时两圆柱体截面的圆心连线沿竖直方向。现将挡板缓慢向右移动，直到圆柱体甲刚要落至水平面
为止，整个过程中半圆柱体乙始终保持静止，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则乙与水平面间的动摩擦
因数不能小于（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】ABCD．分析可知，当摩擦力最大时半圆柱乙刚好不动，此时对应的动摩擦因数
最小，且刚好
达到最大静摩擦力，设甲质量为m，地面对乙的支持力、摩擦力分别为
、f，挡板给甲的力为
，整体
分析可知有
，
设
连线与水平方向夹角为
，对甲，由平衡条件得
故可得
可知
越小，f 越大，几何关系可知，
最小为
，又因为
联立解得动摩擦因数的最小值
故选B。
22．（2025·广东佛山·二模）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。
23．（2025·安徽·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
。施加一水平外力F 缓慢拉动小球，在
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
，
当
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
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。
24．（2025·吉林·二模）为保护中国天眼（FAST）的反射面板，巡检维护工作需采用“微重力蜘蛛人”系
统，如图所示，“微重力”是通过氦气球的浮力“减轻人的重量”实现的。某次作业过程中工作人员处于
静止状态，其与氦气球连接的轻绳保持竖直，下列说法正确的是（ ）
A．人对面板的压力和面板对人的支持力是一对平衡力
B．绳对气球的力和绳对人的力是一对相互作用力
C．人对面板的作用力大小等于面板对人的作用力大小
D．气球对人的作用力大小等于人的重力大小
【答案】C
【详解】A．人对面板的压力和面板对人的支持力是一对相互作用力，故A 错误；
B．绳对气球的力和绳对人的力是同一根轻绳施加的等大的两个力，即不是一对平衡力，也不是一对相互
作用力，故B 错误；
C．人对面板的作用力与面板对人的作用力是一对相互作用力，大小相等，故C 正确；
D．由于工作人员需要在面板上巡检，所以与面板间一定存在作用力，根据平衡条件可知氦气球和面板对
人的作用力的合力与重力平衡，且易知氦气球和面板对人的作用力都为竖直向上，所以二者都小于人的重
力大小，故D 错误。
故选C。
