2026年浙江高考物理二轮复习讲练测重难01 受力分析与物体的平衡（重难专练）（解析版）

重难01受力分析与物体的平衡

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一、受力分析

1．基本原则：

隔离法：明确研究对象（单个物体或系统）。

顺序：先场力（重力G=mg，方向竖直向下），后接触力（弹力、摩擦力）。

只画外力：不画研究对象内部各部分间的作用力（内力）。

2．常见力分析：

重力：地球吸引，G=mg，竖直向下，作用点在重心。

弹力：接触形变产生，方向垂直于接触面（支持力FN向上，压力向下；绳拉力T沿绳收缩方向；杆

力方向需具体分析）。

摩擦力：

静摩擦f：有相对运动趋势时产生，大小0≤f≤fmax，方向与趋势相反。

滑动摩擦f：发生相对滑动时产生，大小f=μFN，方向与相对运动方向相反。

方向判断关键：阻碍接触面间的相对运动或趋势。

3．分析步骤：

确定研究对象，隔离出来。

画重力（必画）。

找接触处，逐一分析弹力（有接触不一定有弹力，需挤压形变）。

在有弹力且接触面粗糙处，分析摩擦力（看相对运动或趋势）。

检查有无遗漏或多画力。

牛顿定律应用：

平衡态（静止/匀速）：合力F合=0(正交分解，ΣFx=0,ΣFy=0)。

非平衡态（加速）：合力F合=ma，方向与加速度a一致。

二、共点力的平衡

1．平衡条件：

作用在物体上的所有共点力的合力为零。即F合=0。

2．核心特点：

加速度为零：a=0是平衡状态的本质特征。

“静止”或“匀速直线”：是平衡状态在运动学上的表现。

矢量性和独立性：合力为零体现在各个独立方向上合力也为零。

分析方法（核心工具）：正交分解法

确定对象：选择处于（或可能处于）平衡状态的研究对象。

受力分析：画出物体所受所有外力（重力、弹力、摩擦力等）。

建立坐标系：根据方便性原则（如使尽量多的力落在坐标轴上）建立直角坐标系。

正交分解：将所有不在坐标轴上的力分解到x轴和y轴方向(Fx=Fcosθ,Fy=Fsinθ)。

列平衡方程：应用分量式：

ΣFx=F1x+F2x+...+Fnx=0

ΣFy=F1y+F2y+...+Fny=0

解方程求未知量：解上述方程求出未知力的大小或方向。

3．特殊情形：三力平衡

若物体受三个共点力作用平衡，除用正交分解法外，常用以下方法：

力的三角形法则：将三个力矢量首尾相接，必然构成一个封闭的三角形（即从起点回到终点）。可利

用三角函数、相似三角形或正弦定理求解。

推论：任意两个力的合力与第三个力大小相等、方向相反、作用在同一直线上（即平衡力）。

4．动态平衡问题：

定义：物体在缓慢移动过程中，始终处于平衡状态。

分析方法：

图解法（矢量三角形法）：适用于三力平衡。根据力的方向变化规律，动态画出闭合矢量三角形，观

察边长的变化来判断力的大小变化。

解析法（正交分解）：列出平衡方程，分析角度变化对力的影响。

相似三角形法：若力的三角形与空间几何三角形相似，可利用比例关系求解。

核心：共点力平衡的基石是F合=0，具体操作的核心是正交分解法(ΣFx=0，ΣFy=0)。掌握三力平衡

的三角形法则和动态平衡的图解技巧能提升解题效率。

（建议用时：20分钟）

1.如图所示，半球形容器固定在地面上，容器内壁光滑，开始时，质量分布均匀的光滑球A和同种材质

构成的质量分布均匀的光滑球B放在容器内处于平衡状态，位置关系如图中所示，A球半径大于B球。

一水平力F作用在A球上，且力F的延长线过A球球心，从图示位置开始缓慢推动A球，直到B的

球心与容器的球心O等高，则下列判断正确的是（）

A．B球受到A球的弹力先增大后减小

B．B球受到A球的弹力逐渐增大

C．容器对B球的支持力逐渐增大

D．容器对B球的支持力保持不变

【答案】B

【详解】对B球受力分析如图1所示，缓慢推动A球直到B的球心与容器的圆心O等高的过程中，三角形

OAB边长恒定，N1和N2的夹角不变，根据三力平衡作出矢量三角形如图2所示

从图2可以看出B球受到A球的弹力N1逐渐增大，容器对B球的支持力N2先增大后变小。

故选B。

2.如图所示，工人甲在高处通过定滑轮控制绳子A，工人乙站在水平地面上拉住绳子B。工人乙前进时

缓慢收绳，货物Q缓慢竖直下落，绳子B与竖直方向的夹角保持不变。不计滑轮与绳子之间的摩擦，

忽略绳子质量，则（）�

A．绳子A上的拉力不断变大

B．绳子B上的拉力先变小后变大

C．地面对工人乙的摩擦力先变大后变小

D．地面对工人乙的支持力不断增大

【答案】D

【详解】AB．设绳子A与竖直方向的夹角为，对物体受力分析，缓慢释放的过程中，可以将物体看成处

于平衡状态，根据平衡条件可得，水平方向�

竖直方向�Asin�=�Bsin�

AB

解得�cos�，=�cos�+𝑚

𝑚sin�𝑚sin�𝑚

�A=sin(�−�)�B=sin(�−�)=sin�·cot�−cos�

由题可知，逐渐减小，逐渐增大，则、逐渐减小，故AB错误；

CD．对地面�上的人受力分sin析(�，−水�平)方向则有�A�B

�=�Bsin�

竖直方向则有乙

�N+�Bcos�=��

由于不变，减小，因此地面对工人乙的摩擦力逐渐减小，对工人乙的支持力不断增大，故C错误，D

正确。��B�

故选D。

3.如图所示，斜面体上用铰链连接一轻杆，轻杆顶端固定一个可视为质点的小球，轻绳跨过斜面体顶端

的光滑定滑轮，一端固定在小球上，另一端用手拉住，保持小球静止。初始时轻杆与斜面垂直，定滑

轮右侧部分轻绳恰好水平，左侧的轻绳与竖直方向夹角为θ且始终保持不变，现缓慢拉轻绳直至轻杆竖

直，在此过程中，斜面体始终静止在水平地面上，下列说法正确的是（）

A．轻绳上的拉力先增大后减小

B．轻杆对小球的支持力大小始终不变

C．地面对斜面体的支持力先减小后增大

D．地面对斜面体的摩擦力一直减小

【答案】D

【详解】设杆的弹力与绳拉力方向夹角为θ3，拉力方向和重力方向夹角θ1，重力和弹力方向夹角θ2，所以θ3

减小（钝角），而θ1也减小（锐角），故θ2一定增大（钝角），根据拉密定理

𝑚���

sin�3=sin�1=sin�2

可得轻绳上的拉力F和支持力FN均减小。拉力水平分力和竖直分力均减小，对整体受力分析得：地面对斜

面的支持力等于整体重力与拉力竖直分力之和逐渐减小，摩擦力等于拉力水平分力也逐渐减小。

故选D。

4.如图所示，一玻璃清洁工人坐在简易的小木板BC上，通过楼顶的滑轮和轻质绳索OA在竖直平面内缓

慢下降。工人两腿并拢伸直，腿与竖直玻璃墙的夹角β=53°，在下降过程中β角保持不变。玻璃墙对脚

的作用力始终沿腿方向，小木板BC保持水平且与玻璃墙平行。某时刻轻绳OA与竖直玻璃墙的夹角

α=37°，连接小木板的两等长轻绳AB、AC的夹角θ=120°，且与OA在同一倾斜平面内。已知工人及工

具的总质量m=60kg，小木板的质量可忽略不计，忽略一切摩擦。工人在稳定且未触墙时，下列说法正

确的是（）

A．从该时刻起，工人在缓慢下移的过程中，脚对墙的作用力增大

B．从该时刻起，工人在缓慢下移的过程中，绳OA的弹力增大

C．此时若工人不触碰轻绳，小木板受的压力大小为480N

D．此时若工人不触碰轻绳，绳AB的张力大小为600N

【答案】B

【详解】AB．对工人、木板及绳整体进行受力分析，整体受重力、玻璃墙对脚的作用力F及OA绳的拉

力，由于处于平衡状态，三个力组成首尾相连的矢量三角形，�如�图所示

�𝑂

初始状态因为、，所以F与垂直，缓慢下移的过程中，与竖直方向的夹角逐渐减小，

∘∘

所以增大、�F=减5小3，�A=错3误7，B正确；�𝑂�𝑂

C．玻��璃�墙对脚的作用力为

此时若工人不触碰轻绳，人�受=重�力�、co玻s�璃=墙36对0脚N的作用力，小木板的支持力及人与板之间的摩擦力，则小

木板对工人的支持力为，故C错误；

D．初始状态OA绳的拉�力N=𝑚−�cos�=384N

以A点为研究对象，A点在�O�A�、=AB�、�AsCin�三=条4绳8的0N拉力作用下处于平衡状态，AB、AC的夹角为，且

∘

120𝑂�=

�所�以�，故D错误。

故选�B�。�=𝑂�=�𝑂=480N

5.如图所示，真空中A、B两个质量相同的带电小球分别用长的绝缘细线悬挂于绝缘天花板的

点，平衡时、间细线竖直且A小球与光滑竖直绝缘墙壁1接0c触m，、间细线偏离竖直方向。已�知

∘

A所带的电荷�量�为B所带电荷量的3倍，两个小球质量均为，取��，静电力常量60

2

。下列说法正确的是（）0.3g�=10m/s�=9.0×

922

10N⋅m/C

A．两个小球可能带异种电荷

B．A小球所带的电荷量为

1−7

3×10�

C．竖直墙壁对A小球的作用力大小为

33−3

2×10N

D．若B小球缓慢漏电，则、间细线上的拉力逐渐减小

【答案】C��

【详解】A．由题意知B处于静止状态，对B球受力分析，如图所示

可知B受到A的库仑斥力，B才可能处于静止，故A、B带同种电荷，故A错误；

B．设A的带电量为，则B的带电量为，对B，根据平衡条件有�

���⋅3

2

其中m，解得�C，故B3错误；�=�=𝑚

−7

C．对�=A0球.1受力分析�，=设1墙×壁1对0A球的弹力为，根据平衡条件有

�N�N=�sin60°

解得N，故C正确；

33−3

�N=2×10

D．对B分析，根据相似三角形原理有

𝑚�T

𝑂𝐴

由于，OA，OB均不变，故拉力也不变=，故D错误。

故选�C�。

6.如图所示，竖直平面内有一固定的光滑支架，一质量为m的小球穿在支架的竖直杆上，一轻弹簧的一

端与小球相连接，另一端固定在支架斜杆的A点。初始时刻小球静止在B点，现给小球施加竖直向上

的作用力F使小球缓慢上升，直到小球到达与A点等高的C点，此时弹簧恰好恢复到原长。从小球离

开B点运动到C点过程中（弹簧在弹性限度内）（）

A．F一直变小B．F一直变大

C．杆对球的弹力先变大后变小D．小球可能受三个力作用

【答案】B

【详解】AB．设弹簧与竖直杆的夹角为θ，则对小球分析，竖直方向

当小球缓慢向上运动时减小，θ变大，可知F变大，A错误，B正确�；+�Δ�cos�=𝑚

C．水平方向Δ�

𝑂�

��=�Δ�sin�=�(sin�−𝑂�)sin�=�𝑂�(1−sin�)

则θ变大时，FN一直减小，C错误；

D．小球离开B点运动到C点过程中，小球受重力、力F、弹簧的拉力以及细杆的弹力，共4个力作用；到

达C点时受力F和重力作用，D错误。

故选B。

7.在建筑工地上，把三个形状相同且质量都为的匀质圆形钢管按照如图所示放置在粗糙水平面上，、

钢管刚好接触且无挤压，系统处于静止状态�，重力加速度为，钢管与水平地面之间的动摩擦因数B为C，

，则水平面对钢管的摩擦力大小为（）��

∘3

sin60=2B

A．0B．C．D．

3�𝑚3𝑚𝑚

【答案】C262

【详解】对A钢管受力分析，如图

A钢管受到重力，以及B、C钢管对它的支持力（因为B、C与A接触且对称，所以两个支持力大小

相等）。由于A�处�于静止状态，竖直方向受力平衡。�根据几何关系，A与B、C的圆心连线构成等边三角

形，所以支持力F与竖直方向的夹角为。对A进行竖直方向的受力分析有

解得30°2�cos30°=𝑚

3

对B�钢=管3受�力�分析，B钢管受到重力、地面的支持力、A对B的压力（大小等于），以及地面的静

'

摩擦力。将沿水平方向分解，根据�平�衡条件有水平分�力��

''

����=�sin30°=�

求得，故选C。

3𝑚

�=6

8.小明打完篮球回家后，习惯性地将球放置在书房里一小方凳与墙壁之间，如图所示。PQ为竖直墙壁，

NQ为水平地面。现假设篮球表面光滑，半径，质量，小方凳为边长的

正方体，质量，此时处于静止状态，小�方=凳0与.12地m面间动摩�擦=因0.数5kg，OD与竖直方�=向0夹.4角m

4

9

，D为球与�凳=的1接kg触点，重力加速，，�=，则（）�=

2

37°�=10m/ssin37°=0.6cos37°=0.8

A．地面对小方凳的摩擦力与墙壁对篮球的弹力为一对相互作用力

B．地面对小方凳的支持力为l5N，球对小方凳压力为6N

C．若向左缓慢移动小方凳，移动过程中球对墙壁压力及球对小方凳的压力都变小

D．从开始向左移动小方凳后松手，能使球和小方凳仍静止（球未到地而），则向左移动的最大

距离为�0=.02347m°

【答案】D

【详解】A．第一相互作用力一定是同性质力，第二相互作用力之间涉及两个物体，选项中涉及到四个物体，

明显选项中提到的一对力不是相互作用力，A错误；

BC．对球受力分析，如图1所示由平衡条件有

，

解得�3sin�=�2�3cos�=𝑚

𝑚

�3==6.25N

对球与co小s�方凳整体受力分析，如图2所示由平衡条件可得

（）

1

�对球=受力�分+析�如图�=3所15示N，当小方凳向左移动时θ角增大，F2和F3增大，根据力作用的相互性知，球对墙

壁和小方凳的压力均增大，BC错误；

D．初始状态小方凳与墙壁的距离为

�解1得=�+�sin�

�临1界=时0.192m

N，

2020

fm2fm

此时�=�(�+�)�=3�=�=3N

′�24

tan�==

可得𝑚3

′

�小方=凳53与°墙壁的距离

′

�物2块=向�左+移�s动in的�最=大0.2距16离m

=0.024m

D正确。Δ�=�2−�1

故选D。

（建议用时：30分钟）

1.如图所示，一根遵循胡克定律的轻质弹性绳，其一端固定在天花板的O点，另一端连接着质量为m的

物块B。当系统静止时，绳子竖直，物块B恰好与地面接触，但没有挤压作用。在O点正下方的A点

右侧安装一个光滑定滑轮。接着，将物块B替换为一个形状相同但质量为2m的物块C，并施加一个水

平力F，使物块C沿水平方向缓慢地向右移动一段距离x（弹性绳始终在弹性限度内）。已知OA间距

离等于弹性绳的自然长度，已知重力加速度大小为g。物块C与地面之间的动摩擦因数保持不变。对

于该过程，下列说法正确的是（）

A．地面对物块C的支持力越来越小

B．F先增大后减小

C．物块C受到地面的摩擦力逐渐减小

D．物块C对地面的压力始终为mg

【答案】D

【详解】A．物块C受重力，弹性绳的弹力弹和地面的支持力，平衡方程为弹

2𝑚���+��=2𝑚

设弹性绳的形变量为，劲度系数为，弹性绳与竖直方向的夹角为，由几何关系可得弹弹

�����=�cos�=

�当Δ系�c统os静�=止�时ℎ，��绳子竖直，物块B恰好与地面接触，但没有挤压作用，可知

�ℎ��=𝑚

故弹

�=2𝑚−��=𝑚

地面对物块C的支持力不变，A错误；

B．水平方向，根据平衡条件可得弹弹

�

代入数据得�=�=�sin�

当增大，�增=大�，�tan�增大，随增大而增大，B错误；

C．�滑动摩�擦力tan���

因地面对物块C�的=支��持=力��恒�定，物块C受到地面的摩擦力不变，C错误；

D．根据牛顿第三定律，物�块C对地面的压力与地面对它的支持力大小相等，即压力为，D正确。

故选D。�𝑚

2.如图所示，轻杆AB可绕着水平转轴O在竖直面内无摩擦地转动，此时杆AB和过O点的水平线CD

夹角为θ，有一段不可伸长的细绳两端系于A、B两端，在轻质细绳上通过一轻滑轮悬挂一质量为m的

物块处于静止状态，现使杆AB绕O点顺时针缓慢旋转2θ，在此过程中，绳中张力变化情况是（）

A．先减小后增大B．一直在减小

C．一直在增大D．先增大后减小

【答案】D

【详解】如图所示

设滑轮与绳接触点为K，杆AB绕O点顺时针缓慢旋转过程中，K点处于动态平衡状态，所受合力始终

为零。水平方向有2�

�所s以in�有=�sin�

�竖=直�方向有

�可c得os�+�cos�=𝑚

𝑚

�=

当杆2AcoBs�绕O点顺时针缓慢旋转至CD过程中，A、B两端点的水平距离增大，使得两绳夹角

�

�增+大�，=2�减小，则T增大；当杆AB从CD位置绕O点顺时针缓慢旋转过程中，A、B两端点的水平距

离减小，cos使�得两绳夹角�

�减+小�，=2�增大，则T减小。所以，绳中张力变化情况是先增大后减小，故ABC错误，D正确。

cos�

故选D。

3.如图所示为机械手抓取篮球的照片。为便于研究，将机械手简化为三根“手指”，且不考虑篮球的明显

形变。抓取点平均分布在同一水平面内，抓取点与球心的连线与该水平面夹角为，“手指”与篮球间的

动摩擦因数为，篮球的重力大小为G，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法�正确的是（）

�

A．只要“手指”对篮球的压力足够大，不论取何值都能将篮球抓起

B．若与的关系满足，则一�定能将篮球抓起

C．若能�抓�起篮球，则每�>根“ta手n�指”对篮球压力的最小值

�

3�cos�−sin�

D．若抓起篮球竖直向上做匀速运动，则每根“手指”对篮球的压力一定变大

【答案】C

【详解】ABC．对篮球受力分析，竖直方向满足

3因�为co静s�摩=擦3�力Nsin�+�

�解≤得��N

�

�N≥

所以想3要�c抓os起�篮−球sin，�则每根“手指”对篮球压力的最小值为

′�

�min=

且可得夹3角�co满s�足−sin�

�

�

�≥tan�+

时，才能将篮3�球�c抓os起�，时，不一定能将篮球抓起，故AB错误，C正确；

D．若抓起篮球竖直向上�做>匀ta速n�运动，篮球始终处于平衡状态，则每根“手指”对篮球的压力不一定变大，故

D错误。

故选C。

4.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m和3m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、B与木板间的动摩擦因数均为0.5，

设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当木板与水平面的夹角为θ时，物块A、B刚好要滑动，则tanθ的值

为（）

A．B．1C．D．2

31

22

【答案】A

【详解】当木板与水平面的夹角为时，两物块刚好要滑动，对A物块受力分析如图

�

沿斜面方向，A、B之间的滑动摩擦力

�根1据=平��衡=条�件�可�c知os�

�对=B�物�块sin受�力+分��析�如co图s�

沿斜面方向，B与斜面之间的滑动摩擦力

′

�根2据=平��衡条=件�⋅可4�知�cos�

3可�得�sin�=�+�𝑚cos�+�⋅4𝑚cos�

3

tan�=

故选A。2

5.如图所示为“V”形吊车的简化示意图，底座支点记为O点，OA为定杆且为“V”形吊车的左臂，OA上端

A处固定有定滑轮，OB为活杆且为“V”形吊车的右臂，一根钢索连接B点与底座上的电动机，另一根

钢索连接B点后跨过定滑轮吊着一质量为M的重物，通过电动机的牵引控制右臂OB的转动从而控制

重物的起落。图示状态下，重物静止在空中，左臂OA与水平面的夹角为α=60°，左臂OA与钢索AB

段的夹角为θ=30°，且左臂OA与右臂OB恰好相互垂直，左臂OA质量为m，不计右臂OB和钢索的

质量及一切摩擦，重力加速度为g。则下列说法正确的是（  ）

A．图示状态下，钢索对定滑轮的压力为，方向由A指向O

3

B．图示状态下，钢索对右臂OB的作用力2为𝑚Mg，方向由B指向O

C．底座对O点竖直向上的合力为

D．当启动电动机使重物缓慢上升时�，+左�臂�OA受到的钢索的作用力逐渐减小

【答案】B

【详解】A．根据几何关系，线段AM与OA段夹角为30°，θ=30°，根据平行四边形法则，钢索对定滑轮

的压力为

�方=向2由�A�c指os向30O°，=故3A𝑚错误；

B．钢索张力等于Mg，AB段对B点拉力为Mg，根据几何关系，OB段与竖直方向夹角60°，AB段、OB段

夹角60°，以OB所在直线和垂直于OB的直线建立直角坐标系，垂直于OB方向，有

座

𝑚sin60°=𝐴sin60°

得，连接B点与底座上的电动机的钢索的拉力座，则钢索对右臂OB的作用力为

𝐴=𝑚

座

�𝐴=𝑚cos60°+𝐴cos60°=𝑚

方向由B指向O，故B正确；

C．对AOB支架及重物M整体进行受力分析可知，系统受重力、底座的支持力NO，连接B点与底座上的

电动机的钢索的向下的拉力座，则有

𝐴

座

��

又�=�+��+�

座

�

故�=𝑚

�由�牛=顿2第�三+定�律�可知，底座对O点竖直向上的合力为，故C错误；

D．当启动电动机使重物缓慢上升时，与重物相连的钢2索�张+力�不�变，钢索与OA夹角不变，活杆OB顺时针

转动，AB与OA夹角变小，即两绳AM、AB夹角变小，两个等大的共点力合成，夹角越小合力越大，所以

左臂OA受到的钢索的作用力变大，故D错误。

故选B。

6.如图所示，轻绳的一端与质量为的物块A连接，另一端跨过定滑轮与轻绳拴接于点。与水平方

向成角的力作�用在点，质量为�1的物块B恰好与地面间没有作用力。已知�，�定滑轮右侧的

轻绳�与竖直方�向的夹�角也为，重�力2加速度为。当从图中所示的状态开始顺�时=针6缓0°慢转动的过

程中，�结点、的位置始终�保持不变。则下列�说法�正确的是（）90°

��1

A．的最小值为

3

1

B．�2��

C．轻�2绳=对�1定滑轮的作用力变大

D．地面�对物块B的支持力变小

【答案】A

【详解】B．物块恰好与地面间没有作用力，根据受力分析可知

�

�可1知�=�2�cos�

1

�1=�2

B错误2；

A．受力如图

由图可知，F的最小值为

3

�m正in确=；�1�sin�=�1�

A2

C．F从图中所示的状态顺时针转动90°的过程中，轻绳a的拉力大小始终等于A的重力大小，轻绳对定滑

轮的作用力不变，C错误；

D．F从图中所示的状态顺时针转动90°的过程中，轻绳b的拉力变小，故地面对物块B的支持力变大，D

错误。

故选A。

7.如图所示为机械手用四根“手指”抓取篮球的简化示意图。抓取点平均分布在球心上方的水平面内，抓

取点与球心的连线与水平面夹角为，“手指”与篮球的动摩擦因数为，篮球的重力大小为，最大静摩

擦力等于滑动摩擦力，且不考虑篮球�的明显形变。下列说法正确的是�（）�

A．若与的关系满足，则一定不能将篮球抓起

1

���>tan�

B．只要“手指”对篮球的压力足够大，不论取何值都能将篮球抓起

C．若抓起篮球竖直向上做加速运动，�则每根“手指”对篮球的作用力为

�

4

D．若能抓起篮球，则每根“手指”对篮球压力的最小值为

�

4�cos�−sin�

【答案】D

【详解】ABD．对篮球受力分析，设“手指”与篮球接触点的切向与竖直方向的夹角为，则竖直方向满足

�

4因�为fco静s�摩−擦4力�Nsin�=�

fN

解得�≤��

�

�N≥4�cos�−sin�

所以想要抓起篮球，则每根“手指”对篮球压力的最小值为

�

min

则不能将篮球抓起的时候有�=4�cos�−sin�

如果都不能将篮球抓起，则静4�摩fc擦os力�<即4将�变Ns为in�滑+动�摩擦力也不能抓起，即不论压力多大都有

，等价于4���cos�<

4�Nsin�+�

4则�应��cos�−4�Nsin�<�

�cos�−sin�<0

�故<AtBan错�误，D正确；

C．若抓起篮球竖直向上做加速运动，则每根“手指”对篮球的作用力大于，故C错误。

�

4

故选D。

8.如图所示，力拉着质量为的物体沿倾角为的斜面向上匀速运动。物体与斜面之间的动摩擦因数

，重力加�速度为。下�列说法中正确的是30（°）

3

�=3�

A．若水平向右，则

B．若�沿斜面向上，则�=𝑚

��=3𝑚

C．的最小值为

3

D．�力与斜面成3�角�斜向上时，最小

�30°�

【答案】D

【详解】A．若水平向右，对物体，由平衡条件有

代入题中数据，�解得𝑚sin30°+�𝑚cos30°+�sin30°=�cos30°

故A错误；�=3𝑚

B．若沿斜面向上，对物体，由平衡条件有

故B错�误；�=𝑚sin30°+�𝑚cos30°=𝑚

CD．力与斜面成角斜向上时，F有最小值，由平衡条件有

整理得��𝑚sin30°+�𝑚cos30°−�sin�=�cos�

𝑚𝑚𝑚

32323

�=cos�+3sin�=3sin60°cos�+cos60°sin�=3sin60°+�

可知时，F有最小值，且最小值

3

min

故C�错=误3，0°D正确。�=2𝑚

故选D。

（建议用时：40分钟）

1.我国古建屋顶多采用如图甲所示的蝴蝶瓦方式铺设。图乙是两片底瓦和一片盖瓦的铺设示意图，三根

相同且平行的椽子所在平面与水平面夹角为。图丙为截面示意图，圆弧形底瓦对称放在两根相邻的椽

子正中间，盖瓦的底边恰与底瓦的凹槽中线接�触。已知相邻两椽子与底瓦接触线间的距离和瓦的半径

都为，盖瓦和底瓦相同，厚度不计，质量均为。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为，

底瓦与�盖瓦均保持静止。若仅对铺设的这三片瓦�进行研究，则（）�

A．底瓦与每根椽子间弹力大小为

3

4

B．底瓦与每根椽子间的摩擦力大小�为�cos�

C．适当增大两椽子间的距离，底瓦与每𝑚根si椽n�子之间的弹力不变

D．适当增大两椽子间的距离，底瓦更不容易下滑

【答案】D

【详解】A．由题意知，相邻两根椽子的连线和相邻两根椽子与对应底瓦圆心的连线构成一个等边三角形，

设底瓦与每根椽子间弹力大小为，则三根椽子对底瓦的弹力沿垂直于三根椽子所在平面的分力之和等于

三片瓦的重力垂直三根椽子所在平�N面向下的分力，即

4�Nsin60°=3𝑚cos�

解得，故A错误；

3

N

B．设�底=瓦对2�每�根co椽s�子的摩擦力大小为，根据受力平衡可知，底瓦对每根椽子的摩擦力的合力等于三片瓦

的重力沿三根椽子所在平面向下的分力�，f即

f

得，故B错误；4�=3𝑚sin�

3

f4

CD�．=设椽�子�s对in底�瓦的弹力与相邻两椽子与底瓦接触线的夹角为，则

N

得�4�sin�=3𝑚cos�

3𝑚cos�

N

适当�增=大4两sin椽�子间的距离，则减小，则底瓦与每根椽子之间的弹力增大，底瓦与每根椽子之间的最大静摩

擦力增大，底瓦更不容易下滑�，故C错误，D正确。

故选D。

2.如图所示，由两长均为12L、阻值均为R的相同硬质导线制成的正三角形线框M和正方形线框N，水

平桌面上有一质量为m的物块，物块与桌面间的动摩擦因数为μ，细线一端系在框M、N一边的中点，

另一端跨过光滑定滑轮系在物块左右两侧，桌面上方细线水平。矩形区域内存在方向垂直纸面向里、

磁感应强度随时间均匀增加的均匀磁场，磁感应强度随时间的变化规律为，k为常量。磁场区域

下边界经过框M、N两边的中点。重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动�=摩擦𝑘力。时系统静止

且细线伸直，经过多长时间物块开始滑动（）�=0

A．

227−123�𝑚�

23

��

B．

2�𝑚�

23

27−123��

C．

2�𝑚�

23

27−163��

D．

227−163�𝑚�

23

【答案】B��

【详解】根据法拉第电磁感应定律

ΔΦΔ�

�=�=��=��

对于正三角形线框M，其有效面积

12

�M=2×4�+2�×3�=33�

则感应电动势产生的感应电流大小为

2

�M��M33��

�M=�=�=�

对于正方形线框N，其有效面积

192

��=2×3�×3�=2�

则感应电动势产生的感应电流大小为

2

�N��N9��

�N=�=�=2�

根据安培力公式可得线框受到的安培力

M223

33��63���

�M=��M×2�=𝑘×�×2�=�

线框受到的安培力

N223

9��27���

NN

当物块开始滑动时，根�据=物�块�受×力3�平=衡�有�×2�×3�=2�

NM

即�−�=�𝑚

2323

27���63���

2��

解得−=�𝑚

2�𝑚�

23

�=27−123��

故选B。

3.如图，一固定在竖直面内的矩形支架由四根杆组成，质量分别为、、的物块、、穿在三根

杆上，、通过不可伸长的轻绳跨过固定在上的光滑轻滑轮连接�，处0于�静1止�状2态。已知���、、

杆光�滑�，杆粗糙。现将向右缓慢移动�一小段距离后三个物块仍处于静止状态，下�列1>说�法2正�确�的

�是�（）���

A．物块所受杆的弹力增大

B．轻绳上�的拉�力�变大

C．滑轮左、右两侧轻绳与竖直杆的夹角

D．物块受到的各作用力均不变�>�

【答案】D�

【详解】ABC．由于轻绳跨过光滑轻滑轮，滑轮两侧轻绳上的拉力始终相等，设为T，分析a及轻滑轮的受

力，水平方向有

可得�sin�=�sin�

因AB�=杆长�与轻绳长度均不变，由

𝑂绳�

sin�=�

可知滑轮左侧与竖直杆的夹角与右侧轻绳与竖直杆的夹角始终相等且不变。分析b的受力，竖直方向有

��

�因cos不�变=，�所1以�T不变。再分析a及轻滑轮竖直方向的力，设杆对a的弹力为F，则

根据�上面的分析可知，F不变，故ABC错误；���=�0�+�cos�+�cos�

D．分析c的受力，因T、、均不变，水平方向BD杆对c的弹力与平衡，所以不变，竖直方向

摩擦力与和平衡�，所�以2�摩擦力也不变，故D正确。�sin�

故选D。�2��cos�

4.如图所示，一同学在微风天气将一礼盒挂在光滑晾衣绳上做力学实验，晾衣绳的左端系在左竖直杆的A

点，右端系在倾斜杆的B点，A、B两点等高。整个装置处于水平向左的风力中。保持A、B两点位

置不变，则下列说法中错．误．的是（）�

A．若风力，在将A、B端同时同步缓慢沿杆下移至、端过程中，绳子张力变大

B．若风力缓�=慢0减小，礼盒到A点距离变大�1�1

C．若风力恒定，将倾斜杆向右平移少许后，绳上张力变小

D．若风力缓慢增大，则该过程风力对礼盒做正功

【答案】C�

【详解】A．若风力，绳子张力的合力与礼盒的重力等大反向，在将A、B端同时同步缓慢沿杆下移

至、端过程中，�两=分0力夹角变大，合力不变，则分力变大，知绳子张力变大，故A正确；

B．A1将风B力1与礼盒重力的合力等效为新的重力，若风力缓慢减小，可知等效重力减小，则绳子张力的合

''

��

力也将减小，礼盒将向斜杆方向运动重新达到平衡，礼盒到A点距离变大，故B正确；

C．若风力恒定，风力与礼盒重力的合力不变，将倾斜杆向右平移少许后，绳子张力的夹角变大，张力的合

力不变，则绳上张力将变大，故C错误；

D．若风力缓慢增大，风力与礼盒重力的合力将变大，则礼盒将向左侧竖直杆方向运动，风力将对礼盒做

正功，故D�正确。

由于本题选择错误的，故选C。

5.如图甲所示，餐具桶中放置一把质量为m的铲子，其简化图如图乙，若桶口边缘光滑，铲子与竖直筒

壁的夹角为，与水平桶底之间的动摩擦因数为，两者恰好保持相对静止，最大静摩擦力等于滑动摩

擦力，重力加�速度为g，则桶底对铲子的摩擦力�大小为（）

A．B．C．D．

�𝑚�𝑚tan��𝑚tan��𝑚

�+tan��+tan��tan�+1�tan�+1

【答案】D

【详解】根据题意，对铲子受力分析，受重力、桶底的支持力和摩擦力、筒壁的支持力，如图所示，由平

衡条件有，，又

1122

解得�cos�=��sin�+�=𝑚�=��

�𝑚

�=�tan�+1

故选D。

二、多选题

6.如图所示，质量均为m的小球A、B用劲度系数为的轻弹簧相连，B球用长为L的细绳悬挂于O点，

�1

A球固定在O点正下方。当小球B平衡时，细绳所受的拉力为，弹簧的弹力为；现把A、B间的

弹簧换成原长相同但劲度系数为（）的另一轻弹簧，在�T其1他条件不变的情�况1下仍使系统平衡，

此时细绳所受的拉力为，弹簧�的2弹�力2>为�1。下列关于与、与大小的比较，正确的是（）

�T2�2�T1�T2�1�2

A．B．C．D．

【答案】�BT1C>�T2�T1=�T2�1<�2�1=�2

【详解】用劲度系数为的轻弹簧相连时，以小球B为研究对象，进行受力分析如图所示

�1

由平衡条件可