2026年黑吉辽蒙高考物理二轮复习易错02 受力分析与相互作用（易错专练）（解析版）

易错02受力分析与相互作用

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受力判断类易错点

易错点2分析方法类易错点

易错点3矢量与条件类易错点

易错点4场景类高频易错点

第二部分易错题闯关

易错点1受力判断类易错点

易错典题

【例1】（2025·辽宁丹东·模拟预测）用一根不可伸长的轻质细绳将一幅重力为10N的画框悬挂在光滑的

钉子上。初始时，悬挂点A、B处于水平状态，钉子两侧细绳间夹角为90°。悬挂一段时间之后出现如图所

示的倾斜状态，钉子两侧细绳间夹角小于90°，则下列说法中正确的是（）

A．初始时，细绳的拉力为52N

B．初始时，细绳的拉力为102N

C．画框倾斜之后细绳的拉力跟初始比会变小

D．画框倾斜之后细绳的拉力跟初始比会变大

【答案】AC

【详解】AB．设细绳的拉力为T，画框重力G10N，由平衡条件有2TcosG

2

初始时钉子两侧细绳间夹角90，代入得T52N，故A正确，B错误；

CD．画框倾斜之后钉子两侧细绳间夹角变小，cos变大，细绳的拉力与初始比变小，故C正确，D错误。

2

故选AC。

避错攻略

【方法总结】

1.漏力/添力：易忽略静摩擦力、浮力（流体场景），或主观添加“惯性力”“向心力”（效果力非性质力，

不可作为受力分析对象）。

黑吉辽蒙考情：常考“斜面+物块”“传送带”“叠放体”场景，静摩擦力的有无是高频挖坑点。

避错：按重力→弹力→摩擦力→其他力（电场力、磁场力）顺序分析，结合运动状态/平衡条件验证，

不凭直觉判断。

2.弹力的方向判断错误：曲面弹力不沿“切面”、轻杆弹力僵化认为“沿杆”（轻杆弹力可任意方向，由受

力平衡/运动状态决定）。

黑吉辽蒙考情：轻杆、轻绳、接触面的弹力综合考查是常规题型，易在“轻杆铰接/固定”场景出错。

避错：弹力方向始终垂直接触面（曲面为切面），轻杆需结合“杆的约束状态”（铰接可自由转，弹力沿

杆；固定则不一定）分析。

3.摩擦力的两大核心混淆：①静摩擦与滑动摩擦的条件混淆，误将“相对运动趋势”当作“相对运动”；②

滑动摩擦力大小误算为“μ·Fₙ”中Fₙ取错（Fₙ为接触面的正压力，非物体重力）。

黑吉辽蒙考情：多次考“叠放体相对滑动/静止”“斜面上物块运动状态变化”，常结合受力平衡计算静摩擦、

结合牛顿定律计算滑动摩擦。

避错：先判断相对运动/趋势定摩擦类型；计算Fₙ时严格隔离研究对象，分析接触面的垂直受力。

举一反三

【变式1-1】（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。OB

是竖直方向，BC是水平方向，角AOB等于30，一个光滑的轻环套在足够长OA上，一根足够长的轻绳一

端固定在OB上的M点，轻绳穿过小环，另一端吊着一个质量为m的物体，下列说法正确的是（）

A．OA杆受到小环的压力大小为mg

B．OA杆受到小环的压力大小为3mg

C．绳端从M点移到B点绳子张力变大

D．绳端从B点水平向左移到N点过程中，OA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120，故NFmg

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Fmg

故绳端从M点移到B点张力大小保持不变，故C错误；

D．绳端从B点水平向左移到N点过程中，绳子中的拉力始终与重物重力平衡Fmg，圆环对杆的作用力

22，由牛顿第三定律，杆受到小环的压力大小，故正确。

F合FF2F2mgOAF合F合2mgD

故选AD。

【变式1-2】（2025·吉林白城·模拟预测）如图所示，倾角为30的光滑斜面体A放在光滑的水平面上，

已知A的质量为2m，高为h；细长直杆B的质量为m，受固定的光滑套管C约束，只能在竖直方向上自由

运动。初始时，A在水平推力F作用下处于静止状态，此时B杆下端正好压在A的顶端。现撤去推力F，

A、B便开始运动。重力加速度为g，求：

(1)推力F的大小；

(2)当B杆的下端刚滑到斜面底端时，斜面体A的速度大小；

(3)B杆滑下的过程中，斜面体对B杆做的功。

3mg

【答案】(1)F

3

6gh

(2)v

27

6

(3)Wmgh

7

【详解】（1）静止时A对B只有垂直斜面向上的支持力，C对B有水平向右的作用力，对B受力分析，如

图1所示

由平衡条件可知，竖直方向上有FABcosmg

mg

可得F

ABcos

mg

由牛顿第三定律可知，静止时B对A只有垂直斜面向下的压力，大小为F

BAcos

对A受力分析，如图2示，由平衡条件，水平方向上有FFBAsinmgtan

3mg

解得F

3

Δh

（2）当在很短时间Δt内光滑直杆下落h高度，由几何知识可知，斜面体向右发生的位移大小为，所

tan

以光滑直杆与斜面体的速度大小之比为始终为tan，当杆滑到斜面底端时，设杆的速度大小为v1，斜面体

1212

的速度大小为v2，由系统机械能守恒有mghmv2mv

2122

由速度关系v1v2tan

2gh6gh

解得v

22tan27

2gh

（3）由（2）得v

17

1

杆滑下过程，由动能定理得mghWmv2

21

6

解得Wmgh

7

易错点2分析方法类易错点

易错典题

【例2】（2025·黑龙江大庆·模拟预测）如图所示，有两个质量均为m的相同小环A、B，它们由一根不可

伸长且长度为L的轻绳连接。小环A套在固定的水平细杆OM上，小环B套在固定的竖直细杆ON上，两

杆通过一小段圆弧杆平滑相连，且ON杆足够长。初始时用水平外力F拉环A，使A、B两环均处于静止状

态，此时轻绳与竖直方向夹角60（如图中虚线位置）。随后，将两个小环移到图中实线的水平位置，

此时B环位于ON杆的最上端，轻绳恰好伸直。撤去水平外力，由静止释放两小环，且A环通过小圆弧时

v2v1

速度大小保持不变。另外，碰撞的恢复系数定义为e，其中v10和v20分别是碰撞前两物体的速度，

v20v10

v1和v2分别是碰撞后物体的速度。整个系统不计一切摩擦，重力加速度大小为g。

(1)在初始静止状态下，求水平外力F的大小；

L

(2)在B环下落过程中，求轻绳的拉力对环A做的功；

2

(3)若A、B两环碰撞的恢复系数e0.5，求两环发生第一次碰撞过程中损失的机械能。

【答案】(1)3mg

1

(2)mgL

8

3

(3)mgL

8

【详解】（1）对B环受力分析，如图所示

根据平衡条件有FNmgtan603mg

根据与组成的整体水平方向受力平衡有

ABFFN3mg

LL11

（2）对A与B组成的系统，在B环下落过程中，根据机械能守恒有mgmv2mv2

222A2B

又vAcos30vBcos60

1

联立解得vgL

A4

11

对A，在此过程中，根据动能定理有Wmv2mgL

T2A8

（3）设B下落L后A、B的速度分别为vA1、vB1，则vA1cos90vB1

得vB10

1

根据系统机械能守恒有mgLmv2

2A1

解得vA12gL

L

此后，A相对B向下做匀速运动，两环相遇时间为t

2gL

11

第一次碰撞前vvgt3gL，vgtgL

A0A12B02

A与B碰撞过程，根据动量守恒有mvA0mvB0mvAmvB

vv

又eBA0.5

vA0vB0

3151

解得vgL，vgL

A22B22

1221223

则有ΔEmvAvBmvA0vB0mgL

228

3

因此两环第一次碰撞损失的机械能为mgL

8

避错攻略

【方法总结】

1.整体法与隔离法使用不当：研究叠放体、连接体时，盲目用整体法（存在相对运动/加速度不同时，整

体法不可直接用），或隔离法选对象过复杂。

黑吉辽蒙考情：多在“多物体平衡/匀变速”问题中考查，要求灵活切换整体与隔离。

避错：先整体后隔离，整体法求系统外的力，隔离法求系统内的相互作用力；加速度不同时，仅对单个

物体用受力分析。

2.受力分析的研究对象混乱：分析相互作用力时，同时对两个物体受力，混淆“施力物体”与“受力物体”

（受力分析始终只针对一个研究对象）。

避错：确定研究对象后，标注“谁对谁的力”，避免跨对象分析。

举一反三

【变式2-1】（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。

【变式2-2】（2025·黑龙江·模拟预测）如图，斜面光滑的楔形物体放置在粗糙水平面上，一轻质细线绕过

滑轮1和滑轮2，两端分别与物体a和轻环c连接，轻环c穿在粗糙水平横杆上，滑轮2下吊一物体b。物

体a和滑轮1间的细线平行于斜面，系统静止。现在物体b上轻放一个小质量物体（可视为质点），系统再

次静止（即撤去外界干预后的新平衡，楔形物体始终在原来位置）。不计滑轮质量和滑轮与绳间的摩擦。

则（）

A．滑轮2两侧绳子之间的夹角不变B．地面对楔形物体的支持力变大

C．地面对楔形物体的摩擦力不变D．横杆对轻环c的摩擦力变小

【答案】BD

【详解】A．对a受力分析如图1所示

根据平衡条件有FTmagsin，所以在整个过程中，FT不变；

对滑轮2受力分析如图2所示

根据平衡条件有2Fcosmg

T2b

放上小物体后，mb增大，减小，故A错误；

BC．以a和楔形物体整体为研究对象，受力分析如图3所示

根据平衡条件有FMmgFcos,FFsin

N2aT2fT2

所以地面对楔形物体的支持力变大，摩擦力变小，故B正确，C错误；

D．对轻环c受力分析，fFsin,横杆对轻环c的摩擦力变小，故D正确。

T2

故选BD。

易错点3矢量与条件类易错点

易错典题

【例3】（2025·内蒙古包头·二模）如图所示，两根完全相同的轻质弹性绳OA、OB一端分别固定于A、B两

点，另一端与轻绳OC、OD连结。用力拉轻绳，使OA水平，OA与OB夹角为120，此时两弹性绳长度相

同，A、O、C在一条直线上，B、O、D也在一条直线上。现保持O点不动且OC方向不变，将OD逆时针

方向旋转30。则下列说法正确的是（）

A．OA与OB的拉力始终相等并一直减小

B．OA与OB的拉力始终相等并一直增大

C．OC上的拉力一直减小

D．OD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OA、OB段拉力相等且始终不变，动态分析图如图所示

由图可知OC、OD的拉力都一直减小。

故选C。

避错攻略

【方法总结】

1.力的合成与分解失误：①平行四边形定则用成“标量相加”；②正交分解时轴的选取不合理（未沿“运动/

加速度方向+垂直方向”建轴），增加计算量且易出错。

黑吉辽蒙考情：正交分解是必考方法，常结合平衡条件（合外力为0）、牛顿第二定律考查，计算失误

是丢分重灾区。

避错：建轴优先沿加速度/运动方向，将所有力分解到两轴上，列∑Fₓ=ma、∑Fᵧ=0（平衡时a=0）方程。

2.平衡条件的适用条件混淆：将“共点力平衡”（合外力为0，力矩为0）与“非共点力平衡”混淆，或误将“匀

变速运动”当作平衡状态（平衡状态仅静止/匀速直线运动）。

黑吉辽蒙考情：共点力平衡是核心，常考“动态平衡”（如缓慢移动物体，始终处于平衡状态）。

避错：看到“缓慢”“静止”“匀速”直接用合外力为0；动态平衡用矢量三角形/图解法分析，避免复杂计算。

3.相互作用力与平衡力混淆：分不清“作用力与反作用力”（作用在两个物体，同时产生、消失，性质相同）

和“平衡力”（作用在一个物体，性质可不同）。

黑吉辽蒙考情：多在选择题中以概念辨析形式考查，易被文字陷阱误导。

避错：核心判断依据——受力物体数量，一对一为平衡力，一对二为相互作用力。

【变式3-1】（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。

【变式3-2】（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P球受到的

摩擦力f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

NA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

mg

故有Tcosmg，可得T

cos

由于P向右移动一小段，故θ增大，所以T增大。而NBTsinmgtan

由于θ增大，所以竖杆对Q的弹力NB增大。对整体来说NBf，故P所受的摩擦力f增大。

故选D。

易错点4场景类高频易错点

易错典题

【例4】（2025·辽宁沈阳·模拟预测）如图，某人用绳子牵着小狗站在倾角为37的斜面上，某时刻小狗向

前拉紧绳子。已知人和狗的质量分别为60kg和10kg，绳与斜面间的夹角也为37，人和狗始终保持静止，

重力加速度为g=10m/s²。则（）

A．斜面对人和狗作用力的合力为560N

B．若狗拉绳子的力增大，斜面对狗的支持力增大

C．斜面分别对人和狗的摩擦力总是大小相等、方向相反

D．人受到的摩擦力不可能为零

【答案】D

【详解】A．由于人和狗始终保持静止，斜面对人和狗的作用力（支持力和摩擦力的合力）必须与总重力

平衡，因此斜面对人和狗的作用力大小为FGm人m狗g700N（方向竖直向上）

故A错误；

B．设绳子拉力为T，对狗，由平衡条件有Tsin37Nm狗gcos37

整理得斜面对狗的支持力Nm狗gcos37Tsin37

可知若狗拉绳子的力增大，斜面对狗的支持力减小，故B错误；

C．对狗，由平衡条件有f狗m狗gsin37Tcos3760N0.8T

对人，由平衡条件有f人m人gsin37Tcos37360N0.8T

可知f狗、f人方向相同，大小不同，故C错误；

D．人受到的摩擦力为f人m人gsin37Tcos37

若f人为0，可得T450N

此时对狗分析有Tsin37N狗m狗gcos37

解得N狗190N

而斜面对狗的支持力不可能为负值，假设失败，故D正确。

故选D。

避错攻略

1.“轻绳/轻杆/轻弹簧”模型混淆：轻绳弹力突变、轻弹簧弹力不可突变、轻杆弹力可突变且方向灵

活，三者特性记混。

2.斜面模型的倾角陷阱：计算重力分力时，误将“G·cosθ”与“G·sinθ”搞反（沿斜面向下为G·sinθ，

垂直斜面为G·cosθ）。

3.接触与受力的关系误区：认为“接触就有弹力”，忽略弹力产生的弹性形变条件；认为“有弹力就

有摩擦力”，忽略相对运动/趋势条件。

【知识链接】

瞬时问题

1.绳、杆的弹力和弹簧弹力的区别，绳和轻杆的弹力可以突变，而弹簧的弹力不能突变.

2.首先要在发生变化之前对物体进行受力分析，注意选取研究对象的顺序，例如竖直悬挂的多个物体，可以

从下至上分析.然后分析变化瞬间，哪些力没有(或来不及)变化，哪些力发生了变化.

注意：力和加速度可以突变，但速度不可以突变.

连接体问题中常见的临界条件

1.接触与脱离：接触面间弹力等于0

2.恰好发生滑动：摩擦力达到最大静摩擦力

3.绳子恰好断裂：绳子张力达到所承受的最大力

4绳子刚好绷直与松弛：绳子张力为0

5.a＝0时，物体静止或做匀速直线运动，此时合力为0。

6.a为恒量(不为0)时，且v0和a在同一条直线上，物体做匀变速直线运动，此时合力恒定。

7.连接体问题要充分利用“加速度相等”这一条件或题中特定条件，灵活运用整体法与隔离法。

举一反三

【变式4-1】（2025·辽宁盘锦·三模）如图甲所示，导热性良好的汽缸内壁光滑，置于光滑水平地面上，其

内封闭着一定质量的理想气体。初始时，汽缸静止在水平地面上，活塞与汽缸底之间的距离为L，气体压强

2

为p0。现在用水平向右的恒力F推动活塞，如图乙所示，活塞相对汽缸静止时，与汽缸底之间的距离为L。

3

已知，活塞厚度不计，其质量为m，横截面积为S，汽缸质量为9m，大气压强为p0，环境温度恒定。下列

说法正确的是（）

3

A．活塞相对汽缸静止时，气体压强为p

20

1

B．FpS

20

5

C．FpS

90

D．从施加F至活塞恰好相对汽缸静止，F所做的功等于气体对外放出的热量

【答案】AC

2

【详解】A．根据玻意耳定律有pLSp·LS

013

3

解得pp，故A正确；

120

BC．对活塞、汽缸整体列牛顿第二定律有Fm9ma

对活塞分析有Fp0Sp1Sma

5

联立解得FpS，故B错误，C正确；

90

D．此过程中F所做的功等于活塞、汽缸增加的动能与气体放出热量之和，故D错误。

故选AC。

【变式4-2】（2025·黑龙江·模拟预测）房檐下用轻绳挂着3个相同的灯笼，如果它们受到相同的水平风力

作用，则在稳定状态下情景可能正确的是（）

A．B．C．D．

【答案】A

【详解】设每个灯笼质量为m，所受水平风力为F，对最下面灯笼受力分析，受上面23间细线的拉力作用，

F

拉力与竖直方向夹角正切值tan

1mg

2FF

对下面两个灯笼整体分析，受12间细线拉力作用，拉力与竖直方向夹角正切值tan2

2mgmg

3FF

对三个灯笼整体分析，受最上面细线拉力作用，拉力与竖直方向夹角正切值tan

33mgmg

综上可得123，所以三个细线的方向相同。

故选A。

1．（2025·吉林·一模）如图所示的实验装置可以用来演示木板的微小形变，以下说法正确的是（）

A．木板对重物的支持力和重物的重力是一对相互作用力

B．重物对木板的压力和木板对重物的支持力是一对平衡力

C．重物受到支持力的方向与木板形变的方向相反

D．与不放重物相比，在木板中间放上重物后，屏幕上光点向上移动

【答案】C

【详解】A．木板对重物的支持力和重物的重力是一对平衡力，故A错误；

B．重物对木板的压力和木板对重物的支持力是一对相互作用力，故B错误；

C．重物受到支持力的方向向上，木板发生的形变方向向下，则两者方向相反，故C正确；

D．在木板中间放重物后，木板会向下发生微小形变，导致反射镜的角度变化。根据光的反射定律，反射光

线的偏转角度会被放大，最终屏幕上的光点会向下移动，故D错误。

故选C。

2．（2025·吉林·模拟预测）如图为高压架空输电线的示意图，电线杆高度相同，间距相等，相邻电线杆之

间的输电线长度相等，受重力影响，电线会自然下垂，电线切线与电线杆之间的夹角称之为切线角。由

于热胀冷缩，冬季电线长度会略有缩短，则冬季与夏季相比（）

A．切线角会减小

B．中间电线杆受到一侧电线的作用力增加

C．中间电线杆受到两侧电线的合力变大

D．电线最低处的张力不变

【答案】B

【详解】A．由于冬季气温较低，电线的体积会收缩，两杆正中部位电线下坠的距离h变小，则电线在杆上

固定处的切线方向与竖直方向的夹角变大，故A错误；

BCD．设输电线结点处的张力大小为F1，电线最低处的张力大小为F2，对输电线的左半部分受力分析如图

所示

mgmg1

根据平衡条件可知，F、F的合力与等大反向，所以F，Fmgtan

12212cos22

因为冬季变大，所以F1、F2都变大，故B正确，CD错误。

故选B。

3．（2025·吉林白城·模拟预测）小明同学为测量某运动鞋鞋底与木板间的动摩擦因数，进行了如下实验：

(1)如图（a）所示，在质量为m的运动鞋内放入质量为M的铁块，将鞋放在质地均匀的水平木板上，鞋的

右端连接一固定的拉力传感器，然后水平向左拉动木板，拉力传感器的示数F与时间t的关系如图（b）所

示。已知重力加速度为g，则Ft图像中F0表示，运动鞋与木板间的动摩擦因数（用

已知量和测量量表示）。

(2)该同学向左拉动木板时，因未控制好拉力方向导致木板运动时稍许向左上方倾斜，则测得的动摩擦因数

与真实的动摩擦因数相比（填“偏大”“偏小”或“不变”）。

(3)该同学穿着运动鞋在水平地面走路时，发现当小腿对脚作用力与地面间的夹角大于某个值时，无论该

同学小腿对脚沿该方向施加多大的力，鞋与地面间都不会发生相对滑动，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦

力，则鞋子与地面间的动摩擦因数与夹角应满足的条件为。

F

【答案】(1)运动鞋与木板间的最大静摩擦力1

(Mm)g

(2)偏小

1

(3)

tan

【详解】（1）[1]Ft图像中F0表示运动鞋与木板间的最大静摩擦力；

[2]由Ft图像运动鞋与木板间的滑动摩擦力为fF1

又fN，N(Mm)g

F

联立可得运动鞋与木板间的动摩擦因数为1

(Mm)g

（2）该同学向左拉动木板时，因未控制好拉力方向导致木板运动时稍许向左上方倾斜，设倾角为，如图

所示

根据平衡条件可得真(Mm)gcos(Mm)gsinF1

又F1测(Mm)g

联立可得测真cossin真

可知测得的动摩擦因数与真实的动摩擦因数相比偏小。

（3）设该同学小腿对脚施加的力为F，同学的质量为M，受力分析如图所示

由共点力平衡条件可得fFcos

其中fFN，FN(Mm)gFsin

Fcos

联立解得

(Mm)gFsin

1

当F时，可得

tan

4．（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。

5．（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

F

可得F2，若、距离不变，仅减小，瓜子对圆柱体的压力变大，故正确，错误；

AABθAAB

sin

2

CD．瓜子保持静止，故处于平衡状态，合力始终为零；若仅增大d，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。

6．（2025·辽宁·模拟预测）如图所示，一质量为m的集装箱被吊在空中处于静止状态，集装箱AB宽8米，

BC长20米，钢索AO、BO、CO、DO的长度均为14米。已知钢索的质量远小于集装箱的质量，重力加速

度为g，则每根钢索的拉力大小为（）

75757575

A．mgB．mgC．mgD．mg

50403020

【答案】B

AB2BC229

【详解】每根钢索与竖直方向夹角为θ，则sin

2OA7

根据平衡条件得4FTcosmg

75

解得Fmg

T40

故选B。

7．（2025·辽宁鞍山·三模）如图所示，一倾角37的光滑固定斜面的顶端放有质量M0.06kg的电阻不

计的U形导体框。一阻值R3、质量m0.02kg的金属棒CD的两端置于导体框上，与导体框构成矩形

回路CDEF，EF与斜面底边平行，长度L0.6m。初始时CD与EF相距s00.4m，金属棒与导体框同时由

3

静止开始下滑，金属棒下滑距离sm后进入一方向垂直于斜面向上的磁感应强度大小B1T的有界匀

116

强磁场，磁场边界（图中虚线）与斜面底边平行。金属棒在磁场中做匀速运动，直到离开磁场区域。当金

属棒离开磁场的瞬间，导体框的EF边恰好进入磁场，并在匀速运动一段距离后开始加速。已知金属棒与导

体框之间始终接触良好。重力加速度g10m/s2，sin370.6，cos370.8。

(1)求金属棒在磁场中运动时所受的安培力；

(2)求金属棒与导体框之间的动摩擦因数；

(3)求导体框在磁场中匀速运动过程中克服安培力做的功。

【答案】(1)0.18N，方向沿斜面向上

(2)0.375

1

(3)J

12

【详解】（1）由于斜面光滑，所以导体框与金属棒由静止开始同步匀加速下滑，以整体为研究对象，则由

牛顿第二定律m总gsinαm总a1

2

解得a16m/s

当金属棒CD进入磁场时，速度达到v12a1s11.5m/s

此时CD棒产生感应电动势E1BLv11×0.6×1.5V=0.9V

E1

回路中的感应电流为I1=0.3A

R

CD棒受到的安培力F1BI1L1×0.3×0.6N0.18N

方向沿斜面向上。

（2）由于CD棒与导体框原来同步向下匀加速，现CD棒进入磁场受到沿斜面向上的安培力，且做匀速直

线运动，因此CD棒必定相对导体框向上运动，受导体框对它沿斜面向下的滑动摩擦力，设CD的质量为m，

CD匀速穿过磁场时受到导体框的滑动摩擦力为f，则此过程中CD棒受力如图所示

由共点力的平衡条件有F1mgsinα+f

即0.186m+f

再由平衡条件，有N1mgcosα0.02×10×0.8N=0.16N

根据公式fN1

解得金属棒与导体框之间的动摩擦因数=0.375

（3）当导体框EF未进入磁场时，其受力如图

由牛顿第二定律MgsinfMa2

即CD棒进入磁场后，导体框以初速度v11.5m/s

2

解得加速度为a2=5m/s

22

继续沿斜面向下做匀加速直线运动s0后，EF边恰好进入磁场，根据速度-位移公式v2v12a2s0

此时EF边的速度为v22.5m/s

而此时CD棒的速度为v11.5m/s<v2

CD棒的受力如图所示

由牛顿第二定律，有mgsinfma3

2

解得CD棒有加速度a3=9m/s

v2v12.51.51

则CD棒加速到v2需要时间t3s=s

a399

15

即导体框匀速运动的距离svt2.5m=m

223918

此时EF边感应电动势E2BLv21×0.6×2.5V=1.5V

感应电流为I2=0.5A

EF边受到的安培力F2BI2L1×0.5×0.6N0.3N

方向沿斜面向上；

51

导体棒克服安培力做的功为WFs0.3J=J

221812

8．（2025·辽宁沈阳·二模）如图所示，无人机通过一根钢索与四根等长且不可伸长的轻绳连接运送至灾区

的救灾物资，其中每根轻绳与竖直方向的夹角均为θ，救灾物资的质量为m，不计钢索的质量及空气阻力，

重力加速度为g。若无人机竖直加速上升时，钢索上的拉力大小为F，则此时每根轻绳的拉力大小为（）

mgmgFF

A．B．C．D．

44cos4sin4cos

【答案】D

【详解】对轻绳和钢索的结点受力分析有F4Tcos

F

解得T

4cos

故选D。

9．（2025·辽宁沈阳·模拟预测）春节期间，沈阳街头有很多商家使用彩灯装饰，烘托节日氛围。如图所示

有五个质量均为m的小彩灯，通过轻质细绳进行连接，连接天花板与彩灯1的细绳与竖直方向的夹角θ1=30°，

彩灯5右侧施加水平外力F，各彩灯均处于静止状态，已知重力加速度为g。则下列说法正确的是（）

A．连接天花板与彩灯1的轻质细绳的拉力大小为10mg

B．彩灯2、3间细绳的拉力小于3、4间细绳的拉力

C．若保持外力F的方向不变，使θ1缓慢增大，则外力F持续增大

D．若保持外力F的大小方向都不变，使每个彩灯质量都变为2m，平衡后则θ1增大

【答案】C

【详解】A．以五个彩灯为整体，天花板对彩灯1的细绳拉力T1，水平拉力F，根据平衡条件，在竖直方向

有T1cos15mg

5mg103

可得T1mg，故A错误；

cos13

．以、、为研究对象，根据平衡条件可得、间细绳拉力大小为22

B34523T23F(3mg)

以、为研究对象，根据平衡条件可得、间细绳拉力大小为22

4534T34F(2mg)

可知彩灯2、3间细绳的拉力大于3、4间细绳的拉力，故B错误；

C．以五个彩灯为整体，根据平衡条件可得T1sin1F，T1cos15mg

可得F5mgtan1

若保持外力F的方向不变，使θ1缓慢增大，则外力F持续增大，故C正确；

D．根据F5mgtan1，若保持外力F的