重难01 受力分析与物体的静动态平衡（重难专练）（黑吉辽蒙专用） 2026年高考物理二轮复习讲练测

重难01 力与物体的平衡 ( 内容导航 速度提升 技巧掌握 手感养成 重难考向聚焦 锁定目标 精准打击： 快速指明将要攻克的核心靶点，明确主攻方向 重难技巧突破 授予利器 瓦解难点： 总结瓦解此重难点的核心方法论与实战技巧 重难保分练 稳扎稳打 必拿分数 ： 聚焦可稳拿分数题目，确保重难点基础分值 重难抢分练 突破瓶颈 争夺高分： 聚焦于中高难度题目，争夺关键分数 重难冲刺练 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。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 重难01 力与物体的平衡 内容导航 速度提升 技巧掌握 手感养成 重难考向聚焦 锁定目标 精准打击：快速指明将要攻克的核心靶点，明确主攻方向 重难技巧突破 授予利器 瓦解难点：总结瓦解此重难点的核心方法论与实战技巧 重难保分练 稳扎稳打 必拿分数：聚焦可稳拿分数题目，确保重难点基础分值 重难抢分练 突破瓶颈 争夺高分： 聚焦于中高难度题目，争夺关键分数 重难冲刺练 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 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 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 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 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 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 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 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 （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 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 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 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 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 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 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 （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 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 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． 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 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 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． 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 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 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 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 重难01 力与物体的平衡（重难专练） （建议用时：20分钟） 1．【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．【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．【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．【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．【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．【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．【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．【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．【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．【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．【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．【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．【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．【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．【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．【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．【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．【答案】D 【详解】将力在木板1、2面分解如图 可得， 故选D。 19．【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．【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．【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．【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．【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．【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。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $