2026年高考物理二轮复习（全国）专题01 力与物体的平衡（讲义）（解析版）

专题01力与物体的平衡

目录

第一部分考情精析锁定靶心高效备考

第二部分重难考点深解深度溯源扫清盲区

【考点01】静态平衡

【考点02】动态平衡及临界、极值问题

【考点03】力电、力热综合问题

第三部分解题思维优化典例精析+方法提炼+变式巩固

【题型01】弹簧、橡皮条、弹性绳、细绳、轻杆问题

【题型02】摩擦力的突变、极值及临界问题

【题型03】静态平衡问题

【题型04】动态平衡问题

【题型05】力电综合问题

【题型06】力热综合问题

主战场转移：物体的受力分析；单物体、多物体的静态平衡、动态平衡；临界和极

值问题。

核心考向聚焦

核心价值：核心价值在于培养物理思维，掌握分析方法，提升解决复杂平衡及临界

极值问题的科学推理与实践能力。

关键能力：受力分析能力：准确识别物体受力，合理分解与合成力，构建清晰受力

模型。平衡条件运用力：灵活运用静态、动态平衡条件，建立方程求解未知量。临

界极值判断力：敏锐捕捉物理过程临界点，精准分析极值条件

培优瓶颈：尖子生的主要失分点并非“不懂”，而在于：面对新情境时，无法快速、

关键能力与思维瓶颈

准确地将实际问题进行转化。力的遗漏误判：对隐蔽力、特殊力（如摩擦力突变）

识别不足，导致受力分析错误。平衡条件误用：动态平衡中，对力的变化趋势和平

衡条件关系理解不深，方程建立有误。临界极值分析难：难以准确界定临界状态，

对极值出现的条件和原因分析不清。

预测：2026年高考中，力与物体的平衡情境更复杂真实，融合跨学科与科技元素，

强化创新迁移、图像信息分析考查。

命题前瞻与备考策略

策略：深挖高考压轴题命题逻辑，强化微元法等高端思维训练，提升创新题型解答

能力，规范答题步骤，精准分配答题时间，注重跨模块知识综合运用。

考点01静态平衡

一.轻绳、轻杆、弹性绳和轻弹簧的比较

轻绳轻杆弹性绳轻弹簧

图示

受外力作用时形拉伸形变、压缩拉伸形变、压缩

拉伸形变拉伸形变

变的种类形变、弯曲形变形变

受外力作用时形

微小，可忽略微小，可忽略较大，不可忽略较大，不可忽略

变量大小

既能沿着杆，也沿着弹簧，指向

沿着绳，指向绳沿着绳，指向绳

弹力方向可以与杆成任意弹簧恢复原长的

收缩的方向收缩的方向

角度方向

二．“活结”与“死结”、“动杆”与“定杆”

活结：当绳绕过光滑的滑轮或挂钩时，绳上的力大小是相等的，即滑轮只改变力的方向，不改变力的大小，

如图甲，滑轮B两侧绳的拉力大小相等．

死结：若结点不是滑轮，而是固定点时，称为“死结”结点，则两侧绳上的弹力大小不一定相等，如图乙，

结点B两侧绳的拉力大小不相等．

动杆：若轻杆用光滑的转轴或铰链连接，当杆平衡时，杆所受到的弹力方向一定沿着杆，否则杆会转动．如

图乙所示，若C为转轴，则轻杆在缓慢转动中，弹力方向始终沿杆的方向．

定杆：若轻杆被固定，不发生转动，则杆受到的弹力方向不一定沿杆的方向，如图甲所示．

三.共点力作用下的物体的平衡条件

F0

物体所受的合外力为零，即，若采用正交分解法求解平衡问题，则平衡条件应为x

∑F=0:F0.

y

四.解决平衡问题的常用方法:

1）合成法：一个力与其余所有力的合力等大反向，常用于非共线三力平衡．

2）正交分解法：Fx合＝0，Fy合＝0，常用于多力平衡．

五.几种特殊情况的共点力的合成

两力等大,两力等大且

情况两分力互相垂直

夹角为θ夹角为120°

图示

结论F=，tanθ=F=2F1cos，F与F1夹角为合力与分力等大

22F1θθ

12222

六.共点力平衡问F题+F的常用推F论

1.若物体受n个作用力而处于平衡状态，则其中任意一个力与其余(n－1)个力的合力大小相等、方向相反．

2.若三个共点力的合力为零，则表示这三个力的有向线段首尾相接组成一个封闭三角形．

考点02动态平衡及临界、极值问题

一、动态平衡问题

1．动态平衡是指物体的受力状态缓慢发生变化，但在变化过程中，每一个状态均可视为平衡状态．

2．做题流程

受力化“动”为“静”画不同状态下的平衡“静”中求“动”

分析――――――――→图构造矢量三角形――――――――→

定性分析

――――→根据矢量三角形边长关系确定矢量的大小变化

三角函数关系

定量计算

――――→正弦定理→找关系求极值

相似三角形

3．常用方法

(1)图解法

此法常用于定性分析三力平衡问题中，已知第一个力是恒力、第二个力方向不变或者大小不变或者后两个

力的夹角不变的情况．

(2)解析法

对研究对象进行受力分析，画出受力示意图，根据物体的平衡条件列方程或根据相似三角形、正弦定理，

得到因变量与自变量的函数表达式(通常为三角函数关系)，最后根据自变量的变化确定因变量的变化．

二、平衡中的临界、极值问题

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”“恰能”“恰好”等．临界问题常见的种类：

(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

平衡中的极值问题，一般指在力的变化过程中的最大值和最小值问题．

3．解题方法

(1)极限法：首先要正确地进行受力分析和变化过程分析，找出平衡的临界点和极值点；临界条件必须在变

化中去寻找，不能停留在一个状态来研究临界问题，而要把某个物理量推向极端，即极大和极小．

(2)数学分析法：通过对问题的分析，根据物体的平衡条件写出物理量之间的函数关系(或画出函数图像)，用

数学方法求极值(如求二次函数极值、公式极值、三角函数极值)．

(3)物理分析方法：根据物体的平衡条件，作出力的矢量图，通过对物理过程的分析，利用平行四边形定则

进行动态分析，确定最大值与最小值．

考点03力电、力热综合问题

一、静电力作用下的平衡问题

1．涉及静电场中的平衡问题，其解题思路与力学中的平衡问题一样，只是在原来受力的基础上多了静电力，

具体步骤如下：

2．“三个自由点电荷平衡”模型

(1)平衡的条件：每个点电荷受到另外两个点电荷的合力为零或每个点电荷处于另外两个点电荷产生的合电

场强度为零的位置．

(2)模型特点：

二、安培力作用下的平衡问题

解题思路：

(1)选定研究对象．

(2)受力分析时，变立体图为平面图，如侧视图、剖面图或俯视图等，并画出平面受力分析图，安培力的方

向F安⊥B、F安⊥I.如图所示：

三、气体压强的计算

1、活塞模型

如图所示是最常见的封闭气体的两种方式．

2、连通器模型

题型01弹簧、橡皮条、弹性绳、细绳、轻杆问题

典｜例｜精｜析

典例1（2025·长沙雅礼中学·二模）如图所示，轻绳1两端分别固定在M、N两点（N点在M点右上方），

轻绳1上套有一个轻质的光滑小环O，质量为m的物块P通过另一根轻绳2悬挂在环的下方，处于静止状

态，MON60。现用一始终与轻绳2垂直的力F缓慢拉动物块，直到轻绳2与MN连线方向垂直。已

知重力加速度为g。下列说法正确的是（）

A.物块在缓慢移动过程中，轻绳2的延长线可能不平分MON

3

B.施加拉力F前，轻绳1的张力大小为mg

2

C.物块在缓慢移动过程中，轻绳1的张力增大

D.物块在缓慢移动过程中，力F先增大后减小

【答案】C

【解析】A．物块在缓慢移动过程中，以小环O为对象，由于小环O两侧轻绳1的张力大小总是相等，则小

环O两侧轻绳1的张力合力沿MON平分线上，根据受力平衡可知，轻绳2的延长线始终平分MON，

故A错误；

B．施加拉力F前，以小环O为对象，受到轻绳2的拉力等于物块P的重力mg，竖直方向根据受力平衡可

得

2T1cos30mg

解得轻绳1的张力大小为

3

Tmg

13

故B错误；

CD．物块在缓慢移动过程中，设轻绳2与竖直方向的夹角,以物块为研究对象，根据受力平衡可得

Fmgsin

由

T2cos=mg

可得

mg

T

2cos

夹角增大，sin增大，cos减小，所以F逐渐变大，T2逐渐变大，故D错误；

物块在缓慢移动过程中，由于M、N之间的轻绳1长度不变，根据数学知识可知，小环O的运动轨迹为椭

圆，M、N为椭圆的两个焦点；当轻绳2与MN连线方向垂直时，小环O刚好位于椭圆的短轴顶点上，根据

椭圆知识可知此时MON最大，则此过程MON逐渐增大，以小环O为对象，根据受力平衡可得

2T1cosT2

可得

T

T2

12cos

可知此过程经绳1的张力一直增大，故C正确。

故选C。

典例2（2025·贵州省黔南州·三模）如图所示，半径为R的光滑圆环固定在竖直平面内，AB为圆的水平直

径，CD为竖直直径，O为圆心。质量为m的小球套在圆环上，弹簧的一端与小球连接，另一端固定在圆环

的D点，开始时小球静止在M点，弹簧始终处于弹性限度内。现对小球施加竖直向上的拉力F，使小球缓

慢运动至N点，OM、ON与OA的夹角均为30，经过A点时F大小等于mg。已知重力加速度为g，则下

列说法正确的是（）

mg

A.弹簧劲度系数为

R

B.小球静止在M点时弹簧对小球的弹力大小为2mg

C.小球在N点时弹簧对小球的弹力大小为3221mg

D.小球从M点缓慢运动到A点的过程中圆环对小球的弹力大小逐渐增大

【答案】C

【解析】B．圆环光滑，小球经过A点时F大小等于mg，则小球在A点时弹簧处于原长，原长为2R；

小球在M、A、N三点的受力情况如下图所示：

mgFkx

小球在M点时，由平衡条件可知：N1

ODOMMD

又ODOMMDR

则kx1mg，故B错误。

．

Ax12RR

mg21mg

则k，故A错误；

21RR

．在点，

CNx22Rcos302R

得，故正确；

kx23221mgC

D．小球从M到A过程中任意一点受力如图所示：

由平衡条件可知kxsinFNsin，x、减小，增大，故FN减小，故D错误。

故选C。

方｜法｜提｜练

同一绳中的张力大小处处相等。

轻弹簧两端受力必等大。

活杆：轻、直、两点受力，力必沿杆。

死杆：力不一定沿杆。

变｜式｜巩｜固

变式1（2025·甘肃省白银市·三模）（多选）如图所示，倾角为α的粗糙斜劈放在粗糙水平面上，物体a

放在斜面上，轻质细线一端固定在物体a上，另一端绕过光滑的滑轮固定在c点，滑轮2下悬挂物体b，系

统处于静止状态．若将固定点c向右移动少许，而a与斜劈始终静止，则（）

A.细线对物体a的拉力增大

B.斜劈对地面的压力减小

C.斜劈对物体a的摩擦力减小

D.地面对斜劈的摩擦力增大

【答案】AD

【解析】A．对滑轮和物体b受力分析，受重力和两个拉力，如图所示：

根据平衡条件，有：

mbg=2Tcosθ

解得：

mg

Tb

2cos

将固定点c向右移动少许，则θ增加，故拉力T增加，故A正确；

B．对斜面体、物体a、物体b整体受力分析，受重力、支持力、细线的拉力和地面的静摩擦力，如图所示：

根据平衡条件，有：

1

N=G总-Tcosθ=G总-mbg

2

N与角度θ无关，恒定不变；根据牛顿第三定律，压力也不变；故B错误；

1

D．f=Tsinθ=mbgtanθ，将固定点c向右移动少许，则θ增加，故摩擦力增加；故D正确；

2

C．对物体a受力分析，受重力、支持力、拉力和静摩擦力，由于不知道拉力与重力的下滑分力的大小关系，

故无法判断静摩擦力的方向，故不能判断静摩擦力的变化情况，故C错误；故选AD．

【名师点睛】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）间的相互作用时常用隔

离法．整体法和隔离法不是独立的，对一些较复杂问题，通常需要多次选取研究对象，交替使用整体法和

隔离法．

变式2（2025年四川卷第11题）某学习小组利用生活中常见物品开展“探究弹簧弹力与形变量的关系”实

验。已知水的密度为1.0×103kg/m3，当地重力加速度为9.8m/s2。实验过程如下：

（1）将两根细绳分别系在弹簧两端，将其平放在较光滑的水平桌面上，让其中一个系绳点与刻度尺零刻度

线对齐，另一个系绳点对应的刻度如图1所示，可得弹簧原长为________cm。

（2）将弹簧一端细绳系到墙上挂钩，另一端细绳跨过固定在桌面边缘的光滑金属杆后，系一个空的小桶。

使弹簧和桌面上方的细绳均与桌面平行，如图2所示。

（3）用带有刻度的杯子量取50mL水，缓慢加到小桶里，待弹簧稳定后，测量两系绳点之间的弹簧长度并

记录数据。按此步骤操作6次。

（4）以小桶中水的体积V为横坐标，弹簧伸长量x为纵坐标，根据实验数据拟合成如图3所示直线，其斜

率为200m−2。由此可得该弹簧的劲度系数为________N/m（结果保留2位有效数字）。

（5）图3中直线的截距为0.0056m，可得所用小桶质量为________kg（结果保留2位有效数字）。

【答案】①.13.14##13.15②.49③.0.028

【解析】（1）[1]该刻度尺的分度值为0.1cm，应估读到分度值的后一位，故弹簧原长为13.14cm

（4）[2]由胡克定律可知mgVgkx

gmg

化简可得xV

kk

g

由图像可知200m2

k

代入数据解得该弹簧的劲度系数为k49N/m

mg

（5）[3]由图可知0.0056m

k

代入数据可得所用小桶质量为m0.028kg

变式3（2026·河北省张家口市第一中学·一模）如图所示为一简易起重装置，（不计一切阻力）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°。在此过程中，杆BC所产生的弹力（）

A.大小不变B.逐渐增大C.先增大后减小D.先减小后增大

【答案】A

【解析】对结点B受力分析，由平衡条件可画出受力示意图，如图所示

由相似三角形可得

mgNT

ACBCAB

可得杆BC对B点的弹力大小为

BC

N=mg

AC

在BCA变小的过程中，由于AC、BC长度不变，故N大小不变。

故选A。

题型02摩擦力的突变、极值及临界问题

典｜例｜精｜析

典例1（2025·山东省实验中学·一模）在“徒手抓金砖”的活动中挑战者需要戴白手套单手抓25公斤的梯形

金砖的侧面，金砖小面朝上、大面朝下在空中保持静止25秒以上，已知梯形金砖截面的底角为，手套与

金砖间摩擦因数为。如图所示，金砖在空中水平静止不动时，以下说法正确的是（）

A.人手对金砖的作用力大于重力

B.人手抓的越紧，金砖受到的摩擦力越大

C.梯形底角越小越容易抓起

1

D.当tan时，无论抓得多紧都抓不起金砖

【答案】B

【解析】A．手与金砖有两个接触面，对金砖施加两个正压力并产生两个静摩擦力，这四个力的作用效果与

重力平衡，所以手对金砖的作用力大小等于金砖的重力，方向竖直向上，故A错误；

CD．根据受力分析图

可知当FfsinFNcos

其中FfFN

1

即tan

手抓不起金砖，同时tan越大，即角越大，越容易单手抓起金砖，故CD错误；

B．根据受力分析图，竖直方向，有2FNcosG2Ffsin

可知仅增大手对金砖的压力，金砖受到手的摩擦力将增大，故B正确。

故选B。

典例2（2025·四川成都市·三模）图（a）为答题卡扫描仪，其内部结构如图（b）所示。扫描仪内部有一个

摩擦滚轮放置在水平答题卡上方。正常工作时滚轮对顶部答题卡的正压力为F，摩擦滚轮顺时针转动，摩擦

力只带动与之接触的顶部答题卡进入扫描仪内部进行逐张扫描，直至所有答题卡扫描完毕。已知每张答题

卡的质量均为m，摩擦滚轮与答题卡间的动摩擦因数恒为0.8，各答题卡间的动摩擦因数范围为

0.40.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。要使该扫描仪能一直正常工作，正

压力F的最大取值范围为（）

55

A.mgF3mgB.mgF2mg

33

C.mgF3mgD.mgF2mg

【答案】A

【解析】要使扫描仪正常工作，每次只能带动顶部答题卡，需满足：滚轮对顶部答题卡的摩擦力大于顶部

与下方答题卡间的最大静摩擦力，则由平衡条件及摩擦力的计算公式可得F(Fmg)

由题知0.8

令0.5（取最大值保证所有情况）

5

解得Fmg

3

同时第二张答题卡不能动，需满足：第一张答题卡给第二张答题卡的最大滑动摩擦力小于等于第二张答题

5

卡受到的最大静摩擦力，即0.5(Fmg)0.4(F2mg)

3

解得F≤3mg

5

综上可得mgF3mg

3

故选A。

方｜法｜提｜练

滑动摩擦力方向与相对运动方向相反。

一般静摩擦力不能用Ff＝μFN计算大小。

最大静摩擦与正压力成正比。

判断相对运动趋势常用假设法。

变｜式｜巩｜固

变式1（2025·安徽省逐梦星辰杯·大联考）塑料制品已经成为我们生活中的一种常见物品，乱扔塑料制品会

对环境造成很大的破坏。某中学组织了一次志愿活动，收集校园周边的塑料垃圾并集中起来处理。如图1

所示，假设夹起的瓶子为水平状态，图2为瓶子的横切面，A、B为工具夹子与塑料瓶的接触点，A、B两

位置等高，夹子在A、B两点对塑料瓶的弹力大小均为N，摩擦力大小均为f。假设塑料瓶不会变形，横切

面在竖直平面内且为理想圆形，始终处于静止状态。关于该塑料瓶的受力，下列说法正确的是（）

A.夹的越紧（弹力N越大），摩擦力f越大

B.在A点，弹力N和摩擦力f合力方向一定竖直向上

C.瓶子在A、B两点受到的摩擦力有可能沿接触面向下

D.无论弹力N为多大，摩擦力f不可能为0

【答案】C

【解析】AB．竖直方向上，对瓶子受力分析，当弹力较小，瓶子有下滑的趋势时，受力情况如图

根据平衡条件可得2Ncos2fsinmg

所以，当N增大，f减小；当弹力较大，瓶子有上滑的趋势时，受力情况如图

根据平衡条件可得2Ncosmg2fsin

所以，当N增大，f增大，此时A点受力有水平向右的分力，故AB错误；

CD．AB两点受力对称，两个N的合力竖直向上，两个f合力沿竖直方向，夹的越紧，两个N的合力越

大。当两个弹力合力等于重力时，f0，大于重力时，f沿接触面向下，故C正确，D错误。

故选C。

变式2（2025·河北省秦皇岛市昌黎第一中学·二模）如图甲所示，倾角为的斜面体C置于水平地面上，物

块B置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与物块A连接，连接B的一段细绳与斜面平行，整个装置处

于静止状态。现在B上再轻放一小物块D，整个系统仍处于静止状态，如图乙所示。则放上D之后与没放

D时相比（）

A.B受到C的摩擦力方向可能会发生改变，地面对C的摩擦力大小和方向都没改变

B.B受到C的摩擦力方向可能会发生改变，地面对C的摩擦力大小一定变大

C.B对C的摩擦力大小一定发生改变，地面对C的摩擦力大小和方向都没改变

D.B对C的摩擦力大小一定发生改变，地面对C的摩擦力大小一定变大

【答案】A

【解析】CD．甲图，绳的拉力

F1mAg

因为A、B间质量关系未知，故B、C间摩擦力方向未知；乙图，绳的拉力

F2mAgF1

以B和D为研究对象，因为A和BD总质量间关系未知，故B、C间摩擦力方向未知，则放上D之后与没

放D时相比B受到C的摩擦力方向可能会发生改变，故C、D错误；

AB．甲图，以B、C整体为研究对象，地面摩擦力向左，大小为

f1F1cosmAgcos

乙图，以B、C和D整体为研究对象，地面摩擦力向左，大小为

f2F2cosmAgcos

则地面对C的摩擦力大小和方向都没改变，故A正确，B错误。

故选A。

变式3（2025·河北省张家口市·二模）如图所示，斜面体放置在水平地面上，质量为m的物块在沿斜面向上

的拉力F作用下处于静止状态，现将力F在竖直面内逆时针缓慢转动，当转过30时物块刚好要滑动。已

mg

知斜面体的倾角30，重力加速度为g，拉力F的大小恒为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整

2

个过程斜面体一直未动，下列说法正确的是（）

3mg

A.拉力F转动前，斜面体对地面的摩擦力大小为，方向水平向左

4

31mg

B.将拉力F逆时针缓慢转过30时，地面对斜面体的支持力减小了

2

334

C.物块与斜面体之间的动摩擦因数为

11

2

D.若斜面体的质量为2m，则斜面体与地面之间的动摩擦因数可能为

11

【答案】C

【解析】A．拉力F转动前，对整体分力分析，根据水平方向受力平衡可得地面对斜面体的摩擦力大小为

3mg

fFcos30

4

3mg

方向水平向左，由牛顿第三定律可知，斜面体对地面的摩擦力大小为，方向水平向右，故A错误；

4

B．将拉力F逆时针缓慢转过30时，地面对斜面体的支持力减小了

mg(sin60sin30)(31)mg

F

24

故B错误；

C．当拉力F逆时针缓慢转过30时，对物块进行受力分析，由平衡条件可得

Fcos30(mgcosFsin30)mgsin

334

解得物块与斜面体之间的动摩擦因数为

11

故C正确；

2

D．若斜面体的质量为2m，斜面体与地面之间的动摩擦因数为，对拉力F转动前的斜面体和物块整体

11

11

受力分析，地面对斜面体的支持力大小为N3mgFsin30mg

4

3mg211

由A选项分析可知fFcos30Nmg

4114

不能满足受力平衡，故D错误。

故选C。

题型03静态平衡问题

典｜例｜精｜析

典例1（2024年湖北卷第6题）如图所示，两拖船P、Q拉着无动力货船S一起在静水中沿图中虚线方向

匀速前进，两根水平缆绳与虚线的夹角均保持为30°。假设水对三艘船在水平方向的作用力大小均为f，方

向与船的运动方向相反，则每艘拖船发动机提供的动力大小为（）

321

A.fB.fC.2fD.3f

33

【答案】B

【解析】根据题意对S受力分析如图

正交分解可知

2Tcos30f

所以有

3

Tf

3

对P受力分析如图

则有

22

Tsin30fTcos30F2

解得

21f

F

3

故选B。

典例2（2025·山东省临沂市·一模）如图所示，完全相同的三根刚性柱竖直固定在水平地面上的A'、B'、C'

三点上，三点恰好在等边三角形的三个顶点上，三角形的边长为L，三根完全一样的轻绳一端固定在A、B、

C三点上，另一端栓接在一起，结点为O。现把质量为m的重物用轻绳静止悬挂在结点O处，O点到ABC

1

平面的距离为L，重物不接触地面，当地重力加速度为g。则AO绳中的张力为（）

3

2123

A.mgB.mgC.2mgD.mg

333

【答案】A

【解析】设结点为O在三角形ABC平面的投影为O1，根据题意和几何关系知O1到A、B、C三点的距离都

相等，为

L3L

2cos303

OO1与三根轻绳间的夹角都相同，设为，则

3L

tan33

1

L

3

故

60

对结点O，根据平衡条件

mg3Tcos60

解得AO绳中的张力为

2

Tmg

3

故选A。

方｜法｜提｜练

连接体平问题：要选取受力少的或者整体进行受力分析。

三力不共线静态平衡：合成法、正交分解法均可。

三力以上不共线静态平衡：一般用正交分解法。

不共面的受力平衡问题：一般是将各力沿一个平面和一条垂直于该平面的轴进行分解。

变｜式｜巩｜固

变式1（2025·湖南省株洲市·一模）（多选）如图，质量为m的均质绳竖直悬挂，绳的两端分别固定在M、

113

N两个等高的钉子上，绳NP段的长度为总长度的，重绳上P点的张力大小为mg，重力加速度为g，

44

则M钉受到绳子的拉力（）

A.大小为mg

B.大小为2mg

C.与水平方向的夹角为30°

D.与水平方向的夹角为60°

【答案】AC

【解析】设MN两端细绳与水平方向的夹角为α，P点的张力与水平方向的夹角为β，则对PN部分由平衡可

mg

知TsinTsin，TcosTPcos

4P

3mg

对PM部分由平衡可知TsinTsin

P4

联立解得T=mg，α=30°

故选AC。

变式2（2026·江西省景德镇市·上学期第一次质量检测）小明家里客厅的天花板悬挂的创意水晶灯，其

主体结构是上下两圈环形灯饰用三根拉绳悬吊在灯座上，小明决定利用所学的物理知识分析其中的受力情

况，现可将灯结构进行简化：三根轻绳穿过质量为m的小环，系在质量为M的大环上，且三根绳的位置等

分在环上。小环半径为r，大环半径为2r。两环均光滑，三根轻绳把整体悬吊起来，平衡时测得上段绳与竖

直成为30°，下段绳与竖直成45°，下列说法正确的是（）

Fsin30

1

A.上段绳的拉力F1和下段绳的拉力F2之比

F2sin45

32

B.两环质量m和M的比值为

2

62

C.两环质量m和M的比值为

2

D.若将上段绳调整为竖直方向，上下两环间距变为2r

【答案】C

【解析】A．因为小环光滑，同一根绳子上的张力大小相等，所以上段绳的拉力F₁等于下段绳的拉力F₂，

F11

即，故A错误；

F21

BC．设每根绳子的拉力均为F，对小环，根据平衡条件有3(Fcos30Fcos45)mg

对大环，根据平衡条件有3Fcos45Mg

m62

可得，故B错误，C正确；

M2

D．设每根绳子的拉力均为T，下段绳与竖直方向的夹角为，对小环，根据平衡条件有3(TTcosθ)mg

对大环，根据平衡条件有3TcosθMg

m62

又因为

M2

6

解得cos

3

2rr

设上下两环间距变为h，则tanθ

h

2r

解得h，故D错误。

2

故选C。

变式3（2026·安徽省六安市六安第一中学·上学期期中考试）（多选）如图所示，一轻质光滑定滑轮固定在

倾斜木板上，质量分别为m1和m2的物块A、B，通过不可伸长的轻绳跨过滑轮连接，A、B间的接触面和

轻绳均与木板平行。A与B间、B与木板间的动摩擦因数均为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当木

m1

板与水平面间的夹角为时，物块A、B刚好要滑动，则的值可能为（）

m2

sincossincossincossincos

AB.C.D.

.sin3cossin3cossin3cossin3cos

【答案】AD

【解析】AB．若A相对B刚要上滑、B相对斜面刚要下滑，设轻绳中拉力为F，对A有

Fm1gsinm1gcos

对B有

Fm1gcosm1m2gcosm2gsin

联立解得

msincos

1

m2sin3cos

故A正确，B错误；

CD．若A相对B刚要下滑、B相对斜面刚要上滑，设轻绳中拉力为F，对A有

Fm1gcosm1gsin

对B有

Fm2gsinm1gcosm1m2gcos

联立解得

msincos

1

m2sin3cos

故C错误，D正确。

故选AD。

题型04动态平衡问题

典｜例｜精｜析

典例1（2025·广东省湛江市·二模）下图为乘客坐飞机的姿态图。座椅背板AP与底板PB夹角稍大于90°，

飞机匀速水平飞行时，底板PB右端比左端稍微高点，忽略乘客与座椅的摩擦力，在飞机逐渐向上匀速爬升

的过程中，座椅背板AP与底板PB也逐渐绕P轴在竖直面内逆时针转动，直到PB板与水平面成30°。下

列说法正确的是（）

A.未爬升前背板AP对乘客没有作用力

B.爬升过程中乘客始终受到三个力的作用

C.爬升过程中座椅对乘客的作用力的合力逐渐减小

D.爬升过程中乘客对背板AP与底板PB的压力都逐渐增大

【答案】B

【解析】AB．未爬升前和爬升过程，以人为研究对象，受重力，PA的支持力NA，PB的支持力NB，由题

意可知，始终受三个力且合力始终为0，故A错误，B正确。

CD．爬升过程乘客受重力，PA的支持力NA，PB的支持力NB，三个力的合力始终为0，且NA与NB之间

的夹角不变，矢量三角形如图所示，在PB转到与水平面夹角为30°的过程中，NA变大，NB减小，故CD

错误。

故选B。

典例2（2025·陕西省·三模）在一个倾角为37的足够长粗糙斜面上，放置一个质量为m2kg的物块，

物块与斜面间的动摩擦因数0.5。现对物块施加一个大小和方向都可以改变的外力F，使物块在斜面上

以恒定速度v2m/s沿斜面向上运动。已知重力加速度g10m/s2,sin370.6,cos370.8，则外力

F的最小值为（）

A.45NB.85NC.12ND.16N

【答案】B

【解析】设外力与F与斜面的夹角为，物块在斜面上以恒定速度沿斜面向上运动

由垂直于斜面方向平衡得

FNFsinmgcos37

由平行于斜面方向平衡得

Fcosmgsin37Ff0

又FfFN

1

设sin，cos

1212

mgsin37mgcos37

整理得F

12sin()

mgsin37mgcos37

当90时，外力F有最小值F85N

12

故选B。

方｜法｜提｜练

连接体平问题：要选取受力少的或者整体进行受力分析。

三力动态平衡问题：优先考虑图解法，然后解析法（常用三角形相似）。

三力以上动态平衡问题：一般考虑解析法（正交分解后，找普遍表达式），有些特殊题可以转化为三力

而图解。

变｜式｜巩｜固

变式1（2026·河北省张家口市第一中学·一模）如图所示，两个小球a，b的质量均为m，用细线相连并悬

挂于O点，现用一轻质弹簧给小球a施加一个拉力F，使整个装置处于静止状态，且Oa与竖直方向夹角为

30°，已知弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g，则弹簧的最短伸长量为（）

mgmg3mg3mg

A.B.C.D.

2kk3kk

【答案】B

【解析】以两个小球组成的整体为研究对象，受到总的重力2mg、弹簧弹力和细线的拉力；根据平衡条件

得知，F与T的合力与重力2mg总是大小相等、方向相反，力的合成情况如图所示

由力的合成图可知，当F与绳子Oa垂直时，F有最小值，即图中2位置，F的最小值为

Fmin=2mgsinθ=mg

则弹簧的最短伸长量为

Fmg

xmin

kk

故B正确，ACD错误。

故选B。

变式2（2025·江西省宜春市·二模）宋应星，宜春奉新人，其所著《天工开物》一书是世界上第一部关于农

业和手工业生产的综合性著作。其中描述的利用耕牛整理田地的场景如图甲所示，简化的物理模型如图乙

所示：人站在水平木板上，两根绳子相互平行垂直于木板边缘与水平地面夹角θ=30°，人与木板的总重力为

3

800N，木板与地面动摩擦因数，若人与木板匀速前进，以下说法正确的是（）

4

A.木板对地面的压力FN=800N

B.每根绳中的拉力F=320N

C.若θ可调，则当绳子水平时有F最小值

3

D.若θ可调，则当绳子与水平面夹角正切值为tan时有F最小值

4

【答案】D

【解析】AB．以人与木板为对象，根据受力平衡可得2Fcosθf，2FsinNmg

又fN

3

800

mg

联立解得F4N160N，N640N

2(cossin)331

2()

242

可知木板对地面的压力大小FNN640N

故AB错误；

mgmg

CD．若θ可调，根据F

2(cossin)212sin()

114

sin3

其中12319，cos

1()21219

4

13

可知当90时，F有最小值，则有tan

tan4

故C错误，D正确。

故选D。

变式3（2025·东北地区高考名校名师联席命制·信息卷）如图所示，学校门口水平地面上有一质量为m

的石墩，石墩与水平地面间的动摩擦因数为3，工作人员用轻绳按图示方式在水平地面上匀速移动石墩