2026年高考物理二轮复习讲练测易错01 力与物体平衡（8易错点错因剖析）（全国）（解析版）

易错01力与物体平衡

目录

第一部分易错点剖析

易错典题避错攻略举一反三

易错点1对摩擦力的方向理解不透彻

易错点2混淆两种摩擦力的计算，误认为滑动摩擦力大小与接触面积有关

易错点3不会分析摩擦力的突变问题

易错点4混淆“死结”和“活结”

易错点5混淆“轻杆、轻绳”连接体问题

易错点6受力分析不是漏力就是多力

易错点7对于平衡问题受力分析时研究对象选取不当

易错点8系统平衡问题整体法与隔离法使用顺序混乱

易错点1对摩擦力的方向理解不透彻

易错典题

【例1】（2025·广东省肇庆市高三上学期第二次模拟）如图所示，足够长的传送带倾角为θ，以恒定速

率v1沿顺时针方向传动。一物块从传送带顶端以初速度v2沿传送带向下滑上传送带，已知v2>v1，物块

与传送带间的动摩擦因数tan。以物块刚滑上传送带的位置为起点，以传送带底端所在水平面为

零势能面，则物块的速率v和动能Ek与路程x的关系图像可能正确的是（）

A.B.

C.D.

【错因分析】摩擦力的方向与物体自身的运动方向没有必然联系。本题中，当物体向下滑动的速度小于

传送带的速度时，物体相对于传送带向上滑动，此时物体受到的滑动摩擦力的方向平行于传送带向下；

而当物体的速度大于传送带的速度后，物体相对于传送带向下滑动，此时物体受到的滑动摩擦力的方向

则变为平行于传送带向上。

【答案】D

【解析】由于tan，则物块先向下匀减速运动，合力F合μmgcosθmgsinθ

方向沿斜面向上；速度减为零后物块向上做匀加速运动，合力F合mgcosmgsin

方向沿斜面向上。因为v2v1，所以物块向上运动到与传送带速度相同后，与传送带一起相对静止向上

做匀速运动，此时物块所受合力为零，减速阶段v202ax

2

加速阶段v02a2x

所以速率v与x的变化关系不是直线，故AB错误。由动能定理得F合xEk

Ek的

即F合物块动能Ek与x的图像斜率的绝对值为合力大小，动能减小过程和动能增加过程，图像

x

的斜率绝对值相等，最后物块的动能小于初动能，故C错误，D正确。

避错攻略

【方法总结】.在分析摩擦力的方向时，一定要注意摩擦力方向的可变性，尤其是在分析静摩擦力的时候，

二者共速(转折点)的时刻往往是摩擦力方向发生突变的关键时刻。

【知识链接】1.对摩擦力的理解

（1）摩擦力的方向总是与物体间相对运动（或相对运动趋势）的方向相反，但不一定与物体的运

动方向相反。

（2）摩擦力总是阻碍物体间的相对运动（或相对运动趋势），但不一定阻碍物体的运动。

（3）摩擦力不一定是阻力，也可以是动力；摩擦力不一定使物体减速，也可以使物体加速。

（4）受静摩擦力作用的物体不一定静止，但一定与接触面保持相对静止。

2．滑动摩擦力方向的确定

滑动摩擦力的方向总与物体相对运动方向相反，“相对”是指“相对接触的物体”，

与相对地面的运动方向可能相反，也可能相同。

2．静摩擦力的有无及方向的判断方法

(1)假设法

(2)状态法

先判断物体的状态(即加速度的方向)，再利用牛顿第二定律(F合＝ma)确定合力，然后

通过受力分析确定静摩擦力的大小及方向。

(3)牛顿第三定律法

先确定受力较少的物体受到的静摩擦力的方向，再根据“力的相互性”确定另一物体受到

的静摩擦力方向

举一反三

【变式1-1】（2025广东省肇庆市高三一模）如图为一种鱼虾自动分离装置的示意图，鱼和虾均从一

个靠近传送带的出料口掉落到转动的传送带上，鱼和虾就会自动分别向两端运动。下列说法正确的是

（）

A.传送带的转动方向是顺时针方向

B.鱼在传送带上运动时，内能增加，机械能减小

C.传送带速度越大，虾到达下端虾收集箱的用时越短

D.鱼和传送带间的动摩擦因数一定大于虾和传送带间的动摩擦因数

【答案】AD

【解析】鱼和虾在传送带上受重力、支持力和沿传送带向上的摩擦力，故传送带沿顺时针方向转动，A

正确；鱼向上运动，有Mgsin1Mgcos，摩擦力对鱼做正功，机械能增大；

虾向下运动有mgsin2mgcos

1一定大于2，B错误，D正确；传送带沿顺时针方向转动，无论速度为多少，对虾的摩擦力大小和

方向均不变，虾下滑的时间与传送带的速度无关，C错误。

【变式1-2】如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为，在传送带上某位置轻轻放置一小木块，

小木块与传送带间动摩擦因素为，小木块速度随时间变化关系如图所示，v0、t0已知，则（）

v

A．传送带一定逆时针转动B．tan0

gt0cos

v0

C．传送带的速度大于v0D．t0后滑块的加速度为2gsin

t0

【答案】AD

【解析】若传送带顺时针转动，当滑块下滑时(mgsinmgcos)，将一直匀加速到底端；当滑块上

滑时(mgsinmgcos)，先匀加速运动，在速度与传送带速度相等后将匀速运动，两种均不符合运动

图像；故传送带是逆时针转动，A错误；滑块在0～t0内，滑动摩擦力向下，做匀加速下滑，即有

vv

a00tan

1

a1gsingcos由题图可知t0，则gt0cos故B错误；经过分析，由图可知，传送

vagsingcos

带的速度等于0，C错误；滑块与传送带的速度相等后的加速度2代入μ值得

v0

a22gsin

t0，故D正确

【变式1-3】（2024·辽宁·高考真题）利用砚台将墨条研磨成墨汁时讲究“圆、缓、匀”，如图，在研磨

过程中，砚台始终静止在水平桌面上。当墨条的速度方向水平向左时，（）

A．砚台对墨条的摩擦力方向水平向左

B．桌面对砚台的摩擦力方向水平向左

C．桌面和墨条对砚台的摩擦力是一对平衡力

D．桌面对砚台的支持力与墨条对砚台的压力是一对平衡力

【答案】C

【详解】A．当墨条速度方向水平向左时，墨条相对于砚台向左运动，故砚台对墨条的摩擦力方向水平

向右，故A错误；

B．根据牛顿第三定律，墨条对砚台的摩擦力方向水平向左，由于砚台处于静止状态，故桌面对砚台的

摩擦力方向水平向右，故B错误；

C．由于砚台处于静止状态，水平方向桌面和墨条对砚台的摩擦力是一对平衡力，故C正确；

D．桌面对砚台的支持力大小等于砚台的重力加上墨条对其的压力，故桌面对砚台的支持力大于墨条对

砚台的压力，故D错误。

故选C。

。

易错点2混淆两种摩擦力大小的计算，误认为滑动摩擦力的大小与接触

面积有关

易错典题

【例2】（2024广西高考）工人卸货时常利用斜面将重物从高处滑下。如图，三个完全相同的货箱正

沿着表面均匀的长直木板下滑，货箱各表面材质和粗糙程度均相同。若1、2、3号货箱与直木板间摩擦

力的大小分别为Ff1、Ff2和Ff3，则（）

A.Ff1Ff2Ff3B.Ff1Ff2Ff3

C.Ff1Ff3Ff2D.Ff1Ff2Ff3

【错因分析】误认为滑动摩擦力的大小与接触面积有关,而错选A或B、C项。

【答案】D

【详解】A根据滑动摩擦力的公式fFN，可知滑动摩擦力的大小与接触面积无关，只与接触面的粗

糙程度和压力大小有关，由题可知三个货箱各表面材质和祖糙程度均相同，压力大小也相同，故摩擦力

相同，即Ff1Ff2Ff3，D正确

避错攻略

【方法总结】.滑动摩擦力大小的计算方法

(1)公式法：F＝μFN；注意FN是两物体间的正压力，不一定等于物体的重力。

(2)状态法：利用平衡条件或牛顿第二定律列方程求解

【知识链接】

举一反三

【变式2-1】（2025·陕晋青宁卷·高考真题）如图，质量为m的均匀钢管，一端支在粗糙水平地面

上，另一端被竖直绳悬挂，处于静止状态，钢管与水平地面之间的动摩擦因数为、夹角为，重力加速

度大小为g。则地面对钢管左端的摩擦力大小为（）��

A．B．C．D．0

1

【答�案��】coDs�2𝜇�𝜇�

【详解】对钢管受力分析，如图所示

若钢管受到地面的摩擦力，则钢管水平方向受力不平衡，钢管不可能处于静止状态，故地面对钢管左端

的摩擦力大小为零。ABC错误，D正确。

【变式2-2】2025广东省广州市新东方高三下学期港澳台班第二次模拟）木块A、B分别重50N和60N，

它们与水平地面之间的动摩擦因数均为0.25，夹在A、B之间的轻弹簧被压缩了2cm，弹簧的劲度系数

为400N/m，系统置于水平地面上静止不动。现用1N的水平拉力F作用在木块B上，如图所示，则力

F作用后木块A、B所受摩擦力大小（）

A.8N、9NB.8N、7NC.12．5N、15．0ND.12．5N、16N

【答案】A

【解析】弹簧的弹力F弹kx4000.02N8N

B物体所受最大静摩擦力fmmBg15N

力F作用后，对木块B进行受力分析可知F弹F9N<fm

因此B物体仍静止不动，所受摩擦力大小fBF弹F9N

弹簧对A的弹力不变，因此A所受摩擦力大小fAF弹8N，故选项A正确。

【变式3-3】长木板顶端放有一个木块，当倾角较小时，木块静止，现均匀增加倾角，

直到木块滑到长木板底端，则()

A.木块未滑动之前，所受的摩擦力减小，支持力减小

B.木块未滑动之前，所受的摩擦力增大，支持力增大

C.木块开始滑动之后，所受的摩擦力减小，支持力减小

D.木块开始滑动之后，所受的摩擦力增大，支持力增大

【答案】C

【解析】AB.木块未滑动之前，静摩擦力大小和支持力大小分别为fmgsin,Nmgcos

当增加倾角时，摩擦力增大，支持力减小，故AB错误；

CD.木块开始滑动之后，滑动摩擦力大小为fmgcos

支持力大小为Nmgcos

当增加倾角时，摩擦力减小，支持力减小，故C正确，D错误，故选C。

易错点3不会分析摩擦力的突变问题

易错典题

【例3】（2025·河南省南阳市联考）如图所示，一倾角为θ=37°的斜面固定在地面上，质量为1kg的滑

块以初速度v0从斜面底端沿斜面向上滑行，设斜面足够长，已知该滑块与斜面间的动摩擦因数为0.8，

2

sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s。取初速度v0的方向为正方向，则该滑块所受摩擦力Ff随时间变

化的图像是（）

A．B．

C．D．

【错因分析】当滑块的速度为零后，滑块与斜南间的滑动摩擦力突变为静摩擦力，许多同学忽略了这一

点而出现错误。

.【解析】滑块上升过程中受滑动摩擦力，有Ff=μFN，FN=mgcosθ

联立，解得Ff=6.4N方向沿斜面向下。当滑块的速度减为零后，由于重力的分力mgsinθ=6N<Ff

所以滑块将静止，滑块受到的摩擦力为静摩擦力，由平衡条件得Ff'=mgsinθ=6N

方向沿斜面向上。所以选项B正确。

避错攻略

【方法总结】摩擦力突变问题注意事项

（1）静摩擦力是被动力，其大小、方向取决于物体间的相对运动的趋势，而且静摩擦力存在最大值。

存在静摩擦力的连接系统，相对滑动与相对静止的临界状态是静摩擦力达到最大值。

（2）滑动摩擦力的突变问题：滑动摩擦力的大小与接触面的动摩擦因数和接触面受到的正压力均成正

比，发生相对运动的物体，如果接触面的动摩擦因数发生变化或接触面受到的正压力发生变化，则滑动

摩擦力就会发生变化。

（3）研究传送带问题时，物体和传送带的速度相等的时刻往往是摩擦力的大小、方向和运动性质发生

变化的分界点。.

【知识链接】.摩擦力的的突变问题

（1）“静→静”突变：物体受到静摩擦力和其他力的共同作用，当其他力的合力发生变化时，如果仍

保持相对静止，则静摩擦力的大小和(或)方向可能发生突变。

（2）“静→动”突变：物体受到静摩擦力和其他力的共同作用，当其他力变化时，如果发生相对滑动，

则静摩擦力可能突变为滑动摩擦力。

（3）“动→静”突变：物体受到滑动摩擦力和其他力的共同作用，当相对滑动突然停止时，滑动摩擦

力可能突变为静摩擦力。

（4）“动→动”突变：物体受到滑动摩擦力和其他力的共同作用，当两物体间的正压力发生变化时，

滑动摩擦力的大小随之而变；或两物体达到共同速度时相对滑动方向发生变化，滑动摩擦力的方向也会

随之而变对摩擦力的方向及突变性认识不足

【变式3-1】(多选)(2025·山东菏泽市校考)如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率v1沿顺时

针方向转动，传送带的倾角为37°，一煤块以初速度v0沿传送带向上从传送带的底端冲上传送

带，其运动的v－t图像如图乙所示，煤块运动到传送带顶端时速度恰好为零，sin37°＝0.6，cos

37°＝0.8，g取10m/s2，则()

A.传送带的速度为4m/s

B.传送带底端到顶端的距离为14m

C.v0<v1

D.煤块在0~1s和1~2s所受摩擦力方向相反

【答案】AD

【详解】根据题图乙可知，1s时刻，煤块的加速度发生突变，可知此时煤块的速度与传送带的速

度相等，即传送带的速度v1＝4m/s，而煤块的初速度v0＝12m/s，故A正确，C错误；煤块在0~1

s和1~2s加速度不等，可知0~1s内，摩擦力方向沿传送带向下，1~2s摩擦力方向沿传送带向上，

故D正确；根据题意可知，煤块的总位移与传送带底端到顶端的距离相等，即等于v－t图像与时

＋

间轴所围图形的面积，则L＝m＋m＝10m，故B错误。

(124)×14×(2−1)

【变式3-2】(2026·山东泰安市期2中)如图所2示，水平地面上有重力均为40N的A、B两木块，

它们之间夹有被压缩了2.0cm的水平轻质弹簧，已知弹簧的劲度系数k＝400N/m，两木块与水

平地面间的动摩擦因数均为0.25，系统处于静止状态。现用F＝10N的水平力推木块B，假设

最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则力F作用后()

A.木块A所受静摩擦力大小为10N

B.木块B所受静摩擦力大小为2.0N

C.木块B所受静摩擦力为0

D.弹簧的压缩量变为2.5cm

【答案】B

【详解】力F作用后，假设木块B仍静止，对木块B受力分析可知，在水平方向上受到水平向右的

弹力及向左的推力，设B所受摩擦力方向水平向右，根据平衡条件可知，F＝F弹＋FfB，根据胡克

－2

定律可知F弹＝kΔx＝400×2.0×10N＝8N，解得FfB＝2.0N<FfmB＝μGB＝10N，假设成立，故B

正确，C错误；木块B静止，弹簧压缩量保持不变，木块A受力情况不变，仍保持静止状态，故

FfA＝F弹＝8N，故A、D错误。

【变式3-3】如图所示，质量为1kg的物体与地面间的动摩擦因数μ=0.2，从t=0开始以初速度v0沿水

平地面向右滑行，同时受到一个水平向左的恒力F=1N的作用，g取10m/s2，向右为正方向，该物体受

到的摩擦力Ff随时间t变化的图像是（最大静摩擦力等于滑动摩擦力）（）

A．B．

C．D．

【答案】A

【详解】物体从t=0开始以初速度v0沿水平地面向右做匀减速运动，受到的滑动摩擦力大小为

Ff1=μmg=0.2×1×10N=2N方向向左，为负值。当物体的速度减到零时，物体所受的最大静摩擦力为

Ffm=μmg=2N则F<Ffm所以物体不能被拉动而处于静止状态，受到静摩擦力作用，其大小为Ff2=F=1N

方向向右，为正值。故选A。

易错点4混淆“死结”和“活结””连接体问题

易错典题

【例4】【山东省泰安仿真模拟·错误率：61%】如图所示，轻绳MN的两端固定在水平天花板上，物

体m1系在轻绳MN的某处，悬挂有物体m2的光滑轻滑轮跨在轻绳MN上。系统静止时的几何关系如图。

则m1与m2的质量之比为()

A.1:1B.1:2C.1:3D.3:2

【错因分析】本题涉及的是受力分析中的“活结”问题，此类问题一般是通过滑轮或挂钩等将物体悬挂在

绳子上，其特点是滑轮或挂钩可以在绳子上自由滑动，绳子对滑轮或挂钩没有约束力，因此绳子上的张

力大小处处相等，即滑轮或挂钩只能改变绳子上张力的方向，而不会改变张力的大小，抓住以上特点，

就可以有效避免在“活结”问题上出现错误。

答案：A

解析：对物体m1上端绳结受力分析如图所示

根据共点力平衡及几何关系，合力正好平分两个分力的夹角，可得

F1m1g

对滑轮受力分析得

F2m2g

m1

根据轻绳拉力特点可知，则，得1

F1F2m1m2

m21

A正确。故选A。

避错攻略

【知识链接】

分类模型结构(举例)模型解读模型特点

“活结”一般由绳跨过滑轮或绳上

“活结”两侧的绳子上

“活结”模型挂一光滑挂钩而形成，绳子因“活

的张力大小处处相等

结”而弯曲，但实际为同一根绳

“死结”把绳子分为两段，且不可

“死结”两侧的绳子上

“死结”模型沿绳子移动，“死结”两侧的绳因

张力不一定相等

结而变成两根独立的绳

举一反三

【变式4-1】（2025·广东大湾区·二模）如图所示，站在地面不动的工人利用滑轮组将货物缓慢提起。

提起过程中，工人拉绳的方向不变，动滑轮两侧的绳子不平行，不计滑轮摩擦力，下列说法正确的是

（）

A．工人受到的重力和支持力是一对作用力与反作用力

B．工人对绳子的拉力和绳子对工人的拉力是一对平衡力

C．货物缓慢拉起过程中，绳子对动滑轮的作用力不变

D．货物缓慢拉起过程中，地面对工人的支持力变大

【答案】C

【解析】工人受到的重力和支持力的受力物体都是工人，这两个力不是一对作用力与反作用力，故A错

误；工人对绳子的拉力和绳子对工人的拉力是一对作用力与反作用力，故B错误；货物缓慢拉起过程中，

绳子的拉力在竖直方向的分力为货物重力的一半，绳子对动滑轮的作用力方向竖直向上，大小等于货物

的重力，故C正确；货物缓慢拉起过程中，对货物受力分析，货物受重力G1、两根绳子的拉力F，设两

绳间夹角为，如图

�

则，解得，对工人受力分析，受重力G2、支持力FN、绳子拉力F、摩擦力f，设绳

��1

1�

2�cos2=��=2cos2

子与竖直方向的夹角为，如图，则地面对工人的支持力，货物缓慢拉起

�1cos�

N22�

��=�−�cos�=�−2cos2

过程中，逐渐变大，变小，又不变，则变小，即地面对工人的支持力变小，故D错误。

�

故选C。�cos2��N

【变式4-2】．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。如果只人为改变一个条件，当衣架静止时，下列说法

正确的是（）

A．绳的右端上移到b’，绳子拉力不变

B．将杆N向右移一些，绳子拉力变大

C．绳的两端高度差越小，绳子拉力越小

D．若换挂质量更大的衣服，则衣架悬挂点右移

【答案】AB

【详解】如图所示，两个绳子是对称的，与竖直方向夹角是相等的。

假设绳子的长度为x，则有xcosL绳子一端在上下移动的时候，绳子的长度不变，两杆之间的距离不

变，则θ角度不变。

AC．两个绳子的合力向上，大小等于衣服的重力，由于夹角不变，所以绳子的拉力不变，A正确，C错

误；

B．当N向右移动后，根据xcosL，即L变大，绳长不变，所以θ角减小，绳子与竖直方向的夹角变

大，绳子的拉力变大，B正确；

D．绳长和两杆距离不变的情况下，θ不变，所以挂的衣服质量变化，不会影响悬挂点的移动，D错误。

故选AB。

【变式4-3】如图，悬挂甲物体的细线拴牢在一不可伸长的轻质细绳上O点处；绳的一端通过光滑的

定滑轮与物体丙相连，另一端通过光滑定滑轮与物体乙相连。甲、乙两物体质量相等。系统平衡时，O

点两侧绳与竖直方向的夹角分别为α和β。若β=55°，则（）

A．α>βB．α<βC．丙的质量小于甲的质量D．丙的质量大于甲的质量

【答案】AD

【详解】设甲、乙的质量均为m，丙的质量为M。对结点O受力分析如图所示，根据平衡条件可知OC

绳的拉力与OA、OB两绳拉力的合力平衡，而OA和OB两绳的拉力大小相等，根据对称性可知OC的

反向延长线过∠AOB的平分线，根据几何关系可知2180解得70结点O受到的三个拉力

Mgmg

构成一封闭的矢量三角形，根据正弦定理有所以Mm故AD正确，BC错误。故选AD。

sinsin

易错点5混淆“轻杆、轻绳”连接体问题

易错典题

【例5】(2025·山东东营市开学考)如图（a）所示，将一右端固定有光滑定滑轮的轻杆固定在竖直挡

板上，轻绳ABC跨过光滑的定滑轮悬吊质量为m1=1kg的物块；如图（b）所示，将一轻杆用转轴固定

在竖直挡板上，两段轻绳DE、EF系在杆的右端并悬吊质量为m2=1.5kg的物块。已知两杆均水平，且

绳子的倾斜部分与水平方向的夹角均为30，重力加速度取10m/s2。下列说法正确的是（）

°g

A．图（a）中AB绳的拉力大小为10N

B．图（b）中DE绳的拉力大小为15N

C．图（a）中轻杆对滑轮的支持力大小为10N

D．图（b）中轻杆对结点的支持力大小为15N

【错因分析】(1)轻杆既能对物体提供拉力又能提供支持力，而轻绳只能对物体提供拉力。绳或杆对物体

的弹力可以发生突变，不需要恢复形变的时间。

(2)杆分动杆和定杆两种

动杆：若轻杆用转轴或铰链连接，当杆处于平衡状态时杆所受到的弹力方向一定沿着杆，否则会引起杆

的转动。

定杆：若轻杆被固定不发生转动，则杆所受到的弹力方向不一定沿杆的方向

【答案】AC

【详解】A．对（a）、（b）两图中的B、E点分别进行受力分析，如图甲、乙所示

图甲中轻绳ABC跨过定滑轮拉住质量为m1的物块，物块处于平衡状态，轻绳AB的拉力大小为

F=F=m1g=10N故A正确；

BD．图乙中由于杆可自由转动，因此杆对结点的作用力方向一定沿杆的方向，则由平衡条件可知

Fsin30°=F；

Fcos30°=F乙又F=m2g代入数据解得轻绳DE的拉力为F=30N轻杆对结点的支持力大小为F乙153N故

BD错误。

C．由于图甲中的杆为固定的杆，因此杆对滑轮的作用力不一定沿杆的方向，因为AB绳与BC绳的夹角

为120°，故分析可得轻杆对滑轮的支持力大小为F甲=F=F=10N故C正确。故选AC

避错攻略

【知识链接】动杆”和“定杆”问题

分类模型结构(举例)模型解读模型特点

轻杆用光滑的转轴或铰链当杆处于平衡时，杆所

“动杆”模型连接，轻杆可围绕转轴或铰受的弹力方向一定沿杆

链自由转动向内或向外

轻杆被固定在接触面上，不杆所受的弹力方向不一

“定杆”模型

发生转动定沿杆，可沿任意方向

举一反三

【变式5-1】四个相同的物块用轻绳系住，绕过光滑的轻质滑轮，并将绳子另一端系在墙壁上。甲、

乙两杆固定插在竖直墙壁上，丙、丁两杆带有铰链并固定于竖直墙壁上，轻杆与轻绳与水平方向夹角如

图所示。四幅图中，能够保持静止且杆的作用力相同的是()

A.甲和乙B.乙和丙C.甲和丁D.乙和丁

【答案】C

【解析】甲图中，对滑轮受力分析如图

由图可知杆可以保持静止，对滑轮的作用力大小为与竖直方向成夹角。乙图中，对滑轮受

F1mg60°

力分析如图

由图可知杆可以保持静止，对滑轮的作用力大小为

F22mg

与竖直方向成45°夹角。

丙图中，对滑轮受力分析如图，Fmg

由图可知杆可以保持静止，对滑轮的作用力大小为

F4mg

与竖直方向成60°夹角。

综上所述，能够保持静止且杆的作用力相同的是甲图和丁图。故选C

【变式5-2】（2025·江西萍乡·三模）如图，甲、乙为两种吊装装置，杆OA的端点O分别

固定在水平地面和竖直墙面上，另一端固定一个光滑定滑轮。轻绳绕过定滑轮，一端固定

在B点，另一端连接两个相同的物块。装置中的均为30，乙装置中的杆OA水平，定滑

轮的质量不计，则甲、乙装置中，定滑轮受到轻绳的作用力大小之比为（）

A．3：1B．1：3C．3：2D．2：3

【答案】A

【解析】由题意，设重物重力为G，可知甲、乙装置中，每段绳的拉力大小等于重物的重

力大小，根据平行四边形定则，可得，，所

GF

甲

2Gcos303GF乙2Gcos60G

以，项正确。

F

甲

:F乙3:1A

【变式5-3】（）2025·河南·一模）如图所示，不可伸长的细钢丝绳两端分别固定在竖直杆

P、Q上的a、b两点，a点比b点低。脚穿粗糙杂技靴的演员在走钢丝表演时，可以在与

两杆P、Q等距的位置或细绳的中点保持平衡状态，钢丝绳质量可忽略不计，则演员（）

A．在与P、Q两杆等距位置时，左右两侧绳子拉力大小相等

B．在与P、Q两杆等距位置时，左侧绳子拉力小于右侧绳子拉力

C．在与P、Q两杆等距位置时，左侧绳子拉力大于右侧绳子拉力

D．在细绳的中点时，左侧绳子拉力大于右侧绳子拉力

【答案】B

【详解】设a到节点的高度为h1，b到节点的高度为h2，节点到P的水平距离为x1，节点

到Q的水平距离为x2，a端绳子和水平方向的夹角为，b端绳子和水平方向的夹角为，

对绳子节点进行受力分析，如图所示

h1h2

ABC．在与P、Q两杆等距位置时，根据tan，tan，x1x2

x1x2

由于h1h2，所以可得tantan，

根据平衡条件有FacosFbcos

由于coscos，所以可知FaFb

即，左侧绳子拉力小于右侧绳子拉力，故AC错误，B正确；

h

D．在细绳的中点时，设a、b到节点绳子长度为l，根据几何关系有根据sin1，

l

h

sin2

l

由于h1h2，所以可得sinsin，

根据平衡条件有FacosFbcos

由于coscos，所以可知FaFb

即，左侧绳子拉力小于右侧绳子拉力，故D错误。

故选B。

易错点6受力分析不是漏力就是多力

易错典题

【例6】(2025·北京卷高考T6）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，两物块保持静止。B受力的个数为（）

A．4B．5C．6D．7

【错因分析】此题漏力错选A或B，也有无中生有多力，而错选D

【答案】C

【解析】根据题意，对A受力分析可知，受重力、B的支持力，由于A静止，由平衡条件可知合力为零，

则A还受B沿斜面向上的静摩擦力，共三个力作用；对B受力分析可知，受重力、斜面的支持力、A

的压力、拉力F、根据力的作用相互的。B还受沿是表面面向下的摩擦力，由于B静止，则受沿斜面向

上的摩擦力，即B受6个力作用，。C项正确。

避错攻略

【知识链接】

1．受力分析的一般步骤

2．受力分析的四种方法

整体法将加速度相同的几个相互关联的物体作为一个整体进行受力分析的方法

隔离法将所研究的对象从周围的物体中分离出来，单独进行受力分析的方法

状态法根据其他力与物体的运动状态是否相符判断该力是否存在

在受力分析时，若不能确定某力是否存在，则：

(1)可以转换为分析该力的反作用力，根据其反作用力是否存在，判断该力是否存在；

转换法

(2)可以转换为分析与该力相关的其他研究对象，通过对其他研究对象进行受力分析，判

断该力是否存在

举一反三

【变式6-1】（2025·贵州黔东南·一模）平衡术对人的观察能力和动手能力要求较高，极其

锻炼人的耐心。小强同学在海边堆放了一些石块，如图所示，石块A、B的接触面水平，

不计空气的作用力，下列说法正确的是（）

A．最上面的石块D一定只受两个力作用

B．心形石块E一定不受摩擦力作用

C．石块C可能受到6个力的作用

D．石块B对石块A的作用力方向一定竖直向上

【答案】D

【详解】AB．因为不知道接触面是否水平，所以最上面的石块D可能受摩擦力作用，心形

石块E也有可能受摩擦力作用，故AB错误；

C．石块C最多受到重力，左右两边石块对它的两个摩擦力，两个弹力，共5个力的作用，

故C错误；

D．石块A、B的接触面水平，把石块A及其上面的石块看作整体，根据二力平衡条件可

知，石块B对石块A的作用力方向一定竖直向上，故D正确。

故选D。

【变式6-2】（2025·1月内蒙古普通高校招生适应性测试物理试卷★）“那达慕”是国家级非物质文

化遗产，套马是“那达慕”大会的传统活动之一、某次套马的情景如图所示。套马者视为质点，可能受

FF

重力G、支持力N，拉力F、摩擦力f，其受力示意图可能正确的是（）

A.B.

C.D.

【答案】B

【详解】对套马者受力分析可知，“套马者”受到沿绳子方向向左上方的拉力F，垂着于水平面的支

持力FN，竖直向下的重力G，水平向右的摩擦力Ff，所以AD错误，B正确；

C．如果没有支持力也就不会有摩擦力，故C错误。

【变式6-3】(多选)如图所示，在恒力F作用下，a、b两物体一起沿粗糙竖直墙面匀速向上运动，则

关于它们的受力情况，下列说法正确的是()

A．a一定受到4个力

B．b可能受到4个力

C．a与墙壁之间一定有弹力和摩擦力

D．a与b之间一定有摩擦力

【答案】AD

【解析】：将a、b看成整体，其受力图如图甲所示，说明a与墙壁之间没有弹力和摩擦力作用；对

物体b进行受力分析，如图乙所示，b受到3个力作用，再对物体a分析，可知a受到4个力作用，A、

D正确。

易错点7不会根据实际情况用不同的方法求解动态平衡问题

易错典题

【例7】（2021·湖南高考真题）质量为M的凹槽静止在水平地面上，内壁为半圆柱面，截面如图所

示，A为半圆的最低点，B为半圆水平直径的端点。凹槽恰好与竖直墙面接触，内有一质量为m的小滑

块。用推力F推动小滑块由A点向B点缓慢移动，力F的方向始终沿圆弧的切线方向，在此过程中所

有摩擦均可忽略，下列说法正确的是（）

A.推力F先增大后减小B.凹槽对滑块的支持力先减小后增大

C.墙面对凹槽的压力先增大后减小D.水平地面对凹槽的支持力先减小后增大

【错因分析】滑块缓慢运动状态也是平衡状态，滑块和凹槽组成的整体也处于受力平衡状态，题干告诉

我们要忽略摩擦力，所以不用考虑摩擦，先隔离法后整体法进行受力分析列式求解.

【答案】C

【解析】.析选项：AB．已知滑块从A点向B点进行缓慢移动，所以滑块受力平衡，对滑块受力分析，

根据牛顿第一定律有

；由于滑块F移=动mg的si过nθ程其越来越大，则推力F越来越大，支持力N越来越小，所以AB

N不=符m合g题co意sθ；θ

C．由于凹槽处于静止，以凹槽与滑块整体分析，整体处于受力平衡；设墙面对凹槽的压力为FN；根据

水平方向的平衡方程可以得出：；时，FN出现最大值；

10

所以越来越大时，墙面对凹槽的FN压=力Fc先os增θ大=后m减gsi小nθ，co所sθ以=C2m符g合si题n(2意θ；)θ=45

D．整θ体处于受力平衡；设水平地面对凹槽的支持力为N地；根据竖直方向的平衡方程可以得出：水平

地面对凹槽的支持力为地

2

从表达式可以得出当越N来=越(大M时+，m水)g平−地Fs面in对θ=凹(槽M的+支m持)g力−越m来gs越in小θ，所以D不符合题意；

故答案为：C。θ

避错攻略

【知识链接】动态平衡的求解流程

举一反三

【变式7-1】[2022·河北高考T7]如图，用两根等长的细绳将一匀质圆柱体悬挂在竖直木

板的点，将木板以底边为轴向后方缓慢转动直至水平，绳与木板之间的夹角保持不变，

忽略�圆柱体与木板之间的�摩�擦，在转动过程中（）

A.圆柱体对木板的压力逐渐增大

B.圆柱体对木板的压力先增大后减小

C.两根细绳上的拉力均先增大后减小

D.两根细绳对圆柱体拉力的合力保持不变

【答案】B

【解析】解法1（解析法）

圆柱体受到竖直向下的重力，设两绳对圆柱体拉力的合力大小为，与木板的夹角为（不变），

木板对圆柱体的支持力大小为��。当木板转动角度时�，T平移三个力组成矢�量三角形（图

∘∘

甲），有�N，即�(0<�≤。9在0角)由增大到的过程中，可知

�N�T���N�T��

∘∘∘∘

一直减s小in(�，+两�)=绳s上in(的90拉−�力)=一s直in(9减0小−�，)C、sDin(�两+�项)=错c误os�。=在cos��时0最大，9故0先增大后减小，

∘

�AT项错误，B项正确。�+�=90�N�N

解法2（辅助圆法）

由于大小和方向不变，与的夹角不变，用辅助圆的一竖直弦长表示的大小作出动态矢量图（图

乙），��可知：在木板由竖直�T转至�N水平的过程中，一直减小，两绳上的拉力��一直减小，C、D两项错误；

先增大后减小，A项错误，B项正确。�T

�【N变式7-2】（2025·山西·一模）如图所示，轻绳的一端连接物块P，另一端通过光滑的轻

滑轮与斜坡上的小盒Q连接，轻绳与斜坡的上表面平行，P、Q均处于静止状态。现向Q

盒内缓慢加入适量砂粒，此过程中P、Q一直保持静止。则斜面对Q的（）

A．摩擦力一定增大B．摩擦力可能不变

C．作用力一定增大D．作用力可能先减小后增大

【答案】D

【详解】AB．设物块P的质量为M，小盒Q的质量为m，对物块P，重力Mg与拉力T二

力平衡；若Mgmgsin，对小盒Q，则有Nmgcos，Tmgsinf

当m增大时，mgsin也随之增大，只要Mgmgsin，f就继续减小，当Mgmgsin

时，摩擦力减为零，若Mgmgsin时，则有Tfmgsin

当m增大时，摩擦力f随之增大，故AB错误；

CD．对Q受力分析可知，斜面对其作用力（即N、f的合力）与Q的重力和绳的拉力的合

力平衡，而绳的拉力不变，若最开始Q的重力较小，随着Q的重力逐渐增大，则有如下受

力情况

当合力与重力垂直时合力有最小值，故根据牛顿第三定律可知，斜面对Q的作用力可能先

减小后增大，故C错误、D正确。

故选D。

【变式7-3】（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m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60。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60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

3

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Nmgsin60mg

22

1

底板对货物的支持力Nmgcos60mg

12

3

底板对货物的支持力为支架对货物的支持力，故D错误。

3

故选C。

易错点8系统平衡问题整体法与隔离法使用混难

易错典题

【例8】（2025山东阶段性模块检测）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，如图所示。两个小球处于静止状态，细线a与竖直方向的夹角为30°，细线c水平，重力加速度大

小为g，下列说法正确的是()

A.细线a上的张力大小为4mg

B.细线c上的张力大小为2mg

21

C.细线b上的张力大小为mg

3

3

D.细线b与竖直方向夹角的正切值为

2

【错因分析】整体法应用不熟练，对两球整体受力分析时，错误分解细线a的张力，或遗漏重力（误

将单个小球重力当作整体重力），导致细线a和c的张力计算错误；隔离法使用时，未针对小球2单

独受力分析，无法建立细线b的张力与重力、细线c张力的关系，进而无法求解细线b的张力大小

和夹角正切值；

答案：C

解析：对、两小球整体受力分析，可知，，可得细线和细线的

12Tacos302mgTcTasin30ac

4323

张力大小分别为Tmg,Tmg，故A、B错误；对2球受力分析，设细线b与竖直方向

a3c3

2T21

的夹角为θ，可知T(mg)2T,tanc，可得细线b的张力大小为Tmg，细线b

bcmgb3

23

与竖直方向夹角的正切值为tan，C正确，D错误。故选C。

3

避错攻略

【知识链接】处理多物体平衡问题的技巧

(1)合理选择研究对象：在分析两个或两个以上物体间的相互作用时，一般采用整体法与隔离法进行分

析，在使用时有时需要先整体再隔离，有时需要先隔离再整体，交替使用整体法和隔离法。

(2)转移研究对象：用隔离法直接分析一个物体的受力情况不方便时，可转移研究对象，先隔离分析相

互作用的另一个物体的受力情况，再根据牛顿第三定律分析该物体的受力情况。

举一反三

【变式8-1】．（2024·浙江·高考真题）如图所示，在同一竖直平面内，小球A、B上系有不可伸长的

细线a、b、c和d，其中a的上端悬挂于竖直固定的支架上，d跨过左侧定滑轮、c跨过右侧定滑轮分别

与相同配重P、Q相连，调节左、右两侧定滑轮高度达到平衡。已知小球A、B和配重P、Q质量均为50g，

细线c、d平行且与水平成30（不计摩擦），则细线a、b的拉力分别为（）

A．2N，1NB．2N，0.5NC．1N，1ND．1N，0.5N

【答案】D

【详解】由题意可知细线c对A的拉力和细线d对B的拉力大小相等、方向相反，对A、B整体分析可

知细线a的拉力大小为