2026年高考物理二轮复习讲练测（广东）易错01 受力分析 平衡问题（易错专练）（解析版）

易错01受力分析平衡问题

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不会分析摩擦力的突变问题

易错点3混淆“死结”和“活结”

易错点4混淆“轻杆、轻绳”连接体问题

易错点5对于平衡问题受力分析时研究对象选取不当

易错点6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

即F合物块的动能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。

1．掌握静摩擦力有无及方向的判断“三法”

(1)假设法：利用假设法判断的思维程序如下。

(2)状态法：先判明物体的运动状态(即加速度的方向)，再利用牛顿第二定律(F＝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】(多选)(2024·广东揭阳模拟)如图所示，有一倾角θ＝30°的斜面体置于粗糙水平面上，质量为

M，一质量为m的物体静止在斜面体上，现用水平力F推物体，F的大小为mg，物体和斜面体始终保持

3

静止，则()2

A．物体有沿斜面向上运动的趋势

B．物体有沿斜面向下运动的趋势

C．物体所受的摩擦力方向沿斜面向下

D．若逐渐减小推力F至0，此过程中物体所受摩擦力的方向不变

【答案】AC

【解析】先作出物体除摩擦力以外的受力示意图，建立如图所示的直角坐标系，G与推力F在x轴上的合力

F合＝Fcosθ－mgsinθ＝mg，方向沿斜面向上，所以物体有上滑的趋势，摩擦力的方向应沿斜面向下，A、

1

C正确，B错误；减小推力4F，G与F在x轴上的合力先减小为0，此过程中合力方向向上，继续减小F，合

力方向将变为向下，摩擦力的方向将发生突变，由之前的沿斜面向下变成沿斜面向上，D错误。

【变式1-2】如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v0沿逆时针方向匀速转动。在传送带的

上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ<tanθ，最大静摩擦力等于滑动摩

擦力，则下列选项中能客观地反映小木块的受力和运动情况的是()

ABCD

【答案】BD

【解析】当小木块速度小于传送带速度时，小木块相对于传送带向上滑动，小木块受到的滑动摩擦力沿传

送带向下，加速度a＝gsinθ＋μgcosθ；当小木块速度达到传送带速度时，由于μ<tanθ，即μmgcosθ<mgsin

θ，所以速度能够继续增加，此时滑动摩擦力的大小不变，但方向突变为沿传送带向上，a＝gsinθ－μgcosθ，

加速度变小，则v-t图像的斜率变小，所以B、D正确。

易错点2不会分析摩擦力的突变问题

易错典题

【例2】如图所示，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

【错因分析】1.没有先对木块B进行受力分析，而是先对木块A进行分析，搞不清木块A和B的运动状态；

2.先对木块B进行受力分析，可能会漏掉弹力，从影响对摩擦力大小的判断，从而影响判断

摩擦力是否突变。

【答案】B

【解析】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，根据胡克定律可知F弹＝k

－2

Δx＝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。

避错攻略

【方法总结】

1．常见四种摩擦力的突变模型

当物体的受力情况发生变化时，摩擦力的大小和方向往往会发生变化，有可能导致静摩擦力和滑动摩擦力

之间的相互转化。常见的摩擦力突变模型如下：

分类诠释

“静－静”突变

当作用在物体上的其他力的合力发生变化时，物体仍保持静止，而所受静摩擦力发

生“突变”，“突变”点是静摩擦力为零时

“静－动”突变

物体放在粗糙水平面上，作用在物体上的水平力F从零逐渐增大，当物体开始滑动

时，物体受水平面的摩擦力由静摩擦力“突变”为滑动摩擦力

“动－静”突变

滑块以v0冲上斜面做减速运动，当到达某位置时速度减为零而后静止在斜面上，滑

动摩擦力“突变”为静摩擦力

“动－动”突变

某物体相对于另一物体滑动的过程中，若相对运动方向变了，则滑动摩擦力方向发

生“突变”，“突变”点为两物体相对速度为零时

2．摩擦力突变问题的“临界点”

(1)题目中出现“最大”“最小”和“刚好”等关键词时，一般隐藏着摩擦力突变的临界问题。题意中某个

物理量在变化过程中会发生突变，这可能导致摩擦力突变，则该物理量突变时的状态即为临界状态。

(2)存在静摩擦力的情境中，相对滑动与相对静止的临界条件是静摩擦力达到最大值。

(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、方向和运动性质突变的临界

点。

【知识链接】

举一反三

【变式2-1】(2024·广东潮州模拟)大型商场或者大型超市为了方便顾客上下楼，都会安装自动扶梯。小王

同学经过调查研究发现，不同商场或超市中的自动扶梯是不一样的，可以分为两大类，一种无台阶，另一

种有台阶，两种自动扶梯分别如图所示。此外，小王同学还发现，为了节约能源，在没有顾客乘行时，这

两种自动扶梯都以较小的速度匀速运行，当有顾客乘行时自动扶梯经过先加速再匀速两个阶段运行，则电

梯在运送顾客上楼的整个过程中()

甲无台阶自动扶梯乙有台阶自动扶梯

A．图甲所示的无台阶自动扶梯中，顾客始终受摩擦力作用

B．图乙所示的有台阶自动扶梯中，顾客始终受摩擦力作用

C．图甲所示的无台阶自动扶梯中，顾客对扶梯的作用力始终竖直向下

D．图乙所示的有台阶自动扶梯中，顾客对扶梯的作用力始终竖直向下

【答案】A

【解析】顾客在无台阶的扶梯上运行时，在加速和匀速阶段，都受到重力、支持力和静摩擦力，匀速阶段

顾客对扶梯的作用力竖直向下，在加速阶段偏离竖直方向；顾客在有台阶的扶梯上运行时，加速阶段受到

重力、支持力和静摩擦力，顾客对扶梯的作用力偏离竖直方向，匀速阶段受到重力与支持力，顾客对扶梯

的作用力竖直向下，综上分析可知A正确。

【变式2-2】(多选)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，cos37°＝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

【解析】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0~1s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)

22

【变式3-3】(2024·广东汕头检测)为了研究手机保护套与书桌之间的动摩擦因数，小明找来了拉力传感器，

先测得该带保护套的手机的质量为0.25kg，再按如图甲所示将手机放置在桌面上，用拉力传感器缓慢拉手

机，直至手机在桌面上缓慢向右运动一段距离，截取计算机屏幕上的一段F-t图线，如图乙所示，重力加速

度g取10m/s2，则以下说法正确的是()

甲乙

A．桌面所受的滑动摩擦力约为2.60N，方向向右

B．手机保护套与桌面间的动摩擦因数随着拉力F的增大而增大

C．若在手机上增加压力，手机保护套与桌面间的动摩擦因数增大

D．手机保护套与桌面间的动摩擦因数为μ＝1.12

【答案】A

【解析】由F-t图线可得，在0～t1时间内，拉力F逐渐增大，在t1时刻，拉力达到最大，手机刚开始向

右运动，即t1时刻拉力的大小等于最大静摩擦力Ffmax，约为2.80N，之后手机缓慢运动时拉力等于滑动摩

擦力Ff，由题图乙可知手机所受的滑动摩擦力约为2.60N，方向向左，由牛顿第三定律可知桌面所受的滑

动摩擦力大小约为2.60N，方向向右，A选项正确；动摩擦因数由接触面的材料和接触面的粗糙程度决定，

与拉力和压力都无关，且μ＝＝1.04，B、C、D选项错误。

�f

𝑚

易错点3混淆“死结”和“活结”

易错典题

【例3】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

【错因分析】不会判断是活结还是死结，对研究对象的进行受力分析模糊；同时选项中呈现出来的是动态

的问题，考生容易忽略了绳子的长度是不变的这个条件。同时，也需要两根杆之间的距离是否改变，不同

的条件都会影响到考生的思维判断。

【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。

避错攻略

【方法总结】

“活结”和“死结”问题

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

【知识链接】

“晾衣架”中的“活结”问题

1.模型结构示例

2.模型解读

如图所示，晾晒衣服的绳子轻且光滑，悬挂衣服的衣架的挂钩也是轻质光滑的，轻绳两端分别固定在

两根竖直杆上的A、B两点，衣服处于静止状态。如果保持绳子A端位置不变，将B端分别移动到不

同的位置。结点为O。

由于绳子拐弯处是平滑连接，故FOA＝FOB＝F

水平方向：Fsinθ1＝Fsinθ2，结合几何关系知θ1＝θ2＝θ

竖直方向：Fcosθ＋Fcosθ＝mg

故F＝，可知F只与θ有关。

𝑚

2cos�

由几何关系：＝＝为绳的总长。

sinθ＋(L)

��

�𝑂�𝑂�

可知θ只与两杆之间的水平距离d有关。

3.模型特点：若d不变，上、下移动绳子B端，θ不变，F不变；两杆之间水平距离越远，θ越大，F越

大。

【变式3-1】如图所示，细绳一端固定在A点，跨过与A等高的光滑定滑轮B后在另一端悬挂一个沙桶

Q。现有另一个沙桶P通过光滑轻质挂钩挂在AB之间，稳定后挂钩下降至C点，∠ACB＝120°，下列

说法正确的是()

A.若只增加Q桶内的沙子，再次平衡后C点位置不变

B.若只增加P桶内的沙子，再次平衡后C点位置不变

C.若在两桶内增加相同质量的沙子，再次平衡后C点位置不变

D.若在两桶内增加相同质量的沙子，再次平衡后沙桶Q位置上升

【答案】C

【解析】对沙桶Q受力分析有FT＝GQ，若两绳的夹角为θ，对C点受力分析可知，C点受三力而平衡，而

C点为“活结”绳上的点，两侧绳的张力大小相等，有2FTcos＝GP，联立可得2GQcos＝GP，故只增大Q

��

的重力时，夹角θ变大，C点上升；只增大P的重力时，夹角θ2变小，C点下降，A、B错2误；当θ＝120°

时，GP＝FT＝GQ，故两沙桶增加相同质量的沙子，P和Q的重力仍相等，C点的位置不变，C正确，D错误。

【变式3-2】（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3-3】(2024·浙江1月选考)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θ＝30°(不计摩擦)，则细线a、b的拉力分别为()

A.2N1NB.2N0.5N

C.1N1ND.1N0.5N

【答案】D

【解析】对A、B整体受力分析，如图1所示，由于FTd＝FTc＝mg＝0.5N，且两者共线反向，则由力的平衡

条件有FTa＝2mg＝1N，方向竖直向上；对A单独受力分析，如图2所示，根据力的平衡条件，水平方向上

有FTbcosα＝FTccosθ，竖直方向上有FTbsinα＋FTcsinθ＝mg，联立并代入数据解得α＝θ＝30°，FTb＝FTc

＝mg＝0.5N，综上可知，D正确。

易错点4混淆“轻杆、轻绳”连接体问题

易错典题

【例4】甲图中，轻杆AB一端与墙上的光滑的铰链连接，另一端用轻绳系住，绳、杆之间夹角为

30°，在B点下方悬挂质量为m的重物。乙图中，轻杆CD一端插入墙内，另一端装有光滑小滑轮，

现用轻绳绕过滑轮挂住质量为m的重物，绳、杆之间夹角也为30°。甲、乙中杆都垂直于竖直墙，

则下列说法中正确的是()

A.甲、乙两图中杆中弹力之比为1∶

3

B.甲图中杆的弹力更大

C.两根杆中弹力方向均沿杆方向

D.若甲、乙中轻绳能承受最大拉力相同，则重物质量增大时(甲、乙中重物质量始终相等)，乙中轻

绳先断裂

【错因分析】判断不了甲中的弹力方向沿杆方向，图乙中的杆一端插在墙里，弹力方向不一定沿杆方向，

而是沿两根绳合力的反方向。

【答案】B

【解析】题图甲中的杆有铰链相连，可以自由转动，弹力方向沿杆方向，题图乙中的杆一端插在墙里，

不能自由转动，弹力方向不一定沿杆方向，而是沿两根绳合力的反方向，故C错误；

题图甲中，以B点为研究对象，受力分析如图(a)，根据平衡条件可得

FN＝＝mg

𝑚

tan30°3

题图乙中，以D点为研究对象，受力分析如图(b)，受到重物的拉力、上边绳的拉力和CD杆的弹力，由于

拉力FT'和重力的夹角为120°且大小均为mg，则由几何知识可得FN'＝FT'＝mg

即轻杆中的弹力大小为mg，则甲、乙两图中杆中弹力之比为∶1，故A错误，B正确；

3

题图甲中轻绳的拉力大小为FT＝＝2mg

𝑚

sin30°

题图乙中轻绳的拉力大小FT'＝mg

若甲、乙中轻绳能承受最大拉力相同，则重物质量增大时，甲中轻绳先断裂，故D错误。

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4-1】如图AO、CO为不可伸长的轻绳，BO为可绕B点自由转动的轻质细杆，杆长为L，A、B两

点的高度差也为L。在O点用轻绳CO悬挂质量为m的重物，杆与绳子的夹角30，下列说法正确的是

（）

A．轻绳AO、CO对O点作用力的合力沿杆由O指向B

B．轻杆对O点的力垂直BO斜向右上

C．轻绳AO对O点的拉力大小为mg

D．轻杆BO对B点的力大小为3mg

【答案】A

【详解】A．题意可知，轻杆为动杆，故产生弹力方向沿杆，对O点受到轻绳AO、CO、BO的作用力而

处于平衡态，故轻绳AO、CO对O点作用力的合力沿杆O指向B，故A正确；

B．题意可知，轻杆为动杆，故轻杆对O点的力沿杆OB方向，故B错误；

C．对O点受力如图

几何关系可知力的矢量红色三角形为等腰三角形，故轻绳AO对O点的拉力大小为

T2mgcos3003mgBO对O点的力

FN=mg

故C错误；

D．对轻杆受力分析可知，轻杆BO对B点的力大小等于BO对O点的力大小，即为mg，故D错误；

故选A。

、、、

【变式4-2】如图所示，两相同轻质硬杆OO1OO2可绕其两端垂直纸面的水平轴OO1O2转动，在O点

悬挂一质量为M的重物，将质量为m的两相同木块紧压在竖直挡板上，此时整个系统保持静止。若将两挡

、

板缓慢靠近少许距离后，OO1与竖直方向夹角为，靠近过程保持O1O2始终等高，则靠近过程中（）

A．挡板与木块间的弹力变大

B．挡板与木块间的摩擦力一定保持不变

C．若木块没有滑动，则两挡板的摩擦力之和大于2mMg

2mM

D．若木块没有滑动，则木块与挡板间摩擦因数至少为

Mtan

【答案】D

【详解】A．设轻质硬杆的弹力为F，与竖直方向夹角为，将细线对O点的拉力按照效果分解如图所示

竖直方向有

2FcosMg

再将杆对木块的推力按照效果分解，如下图所示

根据几何关系，有

FxFsin

联立，解得

Mg

Ftan

x2

若挡板间的距离稍许减小后，角变小，Fx变小，所以挡板与木块间的弹力变小。故A错误；

BC．若木块没有滑动，对整体受力分析，由平衡条件可知两挡板的摩擦力之和与整体的重力平衡，即

2Ff2mMg

若木块发生了相对滑动，则挡板与木块间的摩擦力由静摩擦力转变为滑动摩擦力。故BC错误；

D．若木块没有滑动，对其中一个木块受力分析如图所示

竖直方向

FfmgFcos

联立，解得

1

FM2mg

f2

由于

FfFx

则

2mM

Mtan

2mM

即木块与挡板间摩擦因数至少为。故D正确。

Mtan

故选D。

【变式4-3】如图甲的玩具吊车，其简化结构如图乙所示，杆AB固定于平台上且不可转动，其B端固定一

光滑定滑轮；轻杆CD用较链连接于平台，可绕C端自由转动，其D端连接两条轻绳，一条轻绳绕过滑轮

后悬挂一质量为m的重物，另一轻绳缠绕于电动机转轴O上，通过电动机的牵引控制重物的起落。某次吊

车将重物吊起至一定高度后保持静止，此时各段轻绳与杆之间的夹角如图乙所示，其中两杆处于同一竖直

面内，OD绳沿竖直方向，γ=37°，θ=90°，重力加速度大小为g，则（）

A．α一定等于β

B．AB杆受到绳子的作用力大小为3mg

C．CD杆受到绳子的作用力方向沿∠ODB的角平分线方向，大小为mg

D．当启动电动机使重物缓慢下降时，AB杆受到绳子的作用力将逐渐增大

【答案】D

【详解】A．杆AB固定于平台，杆力不一定沿杆，同一条绳的力大小相等，其合力一定在其角平分线上，

由于杆力不一定沿杆，所以α不一定等于β，故A错误；

B．如图所示

两个力T所作力的平行四边形为菱形，根据平衡条件可得

Tmg

根据几何关系可得

53

对角线为F杆，则AB杆受到绳子的作用力大小为

53

F杆2Tcos3mg

2

故B错误；

C．根据题意D端连接两条轻绳，两条轻绳的力不一定大小相等，且CD杆为铰链连接，为“活”杆，杆力沿

着杆的方向，水平方向，根据

'

F杆cos53Tcos37mgcos37

解得

'4

F杆mg

3

故C错误；

D．当启动电动机使重物缓慢下降时，即Tmg不变，DBM变小，根据

DBM

F杆2Tcos

2

可知F杆变大，故D正确。

故选D。

易错点5对于平衡问题受力分析时研究对象选取不当

易错典题

【例5】[多选]用外力F通过如图所示的装置把一个质量为m的小球沿倾角为30°的光滑斜面匀速向上拉动。

已知在小球匀速运动的过程中，拴在小球上的绳子与水平杆之间的夹角从45°变为90°，斜面体与水平地面

之间是粗糙的，并且斜面体一直静止在水平地面上。不计滑轮与绳子之间的摩擦。则在小球匀速运动的过

程中，下列说法正确的是()

A．地面对斜面体的静摩擦力始终为零

B．外力F一直在增大

C．某时刻绳子对水平杆上的滑轮的合力等于绳子的拉力

D．绳子移动的速度大小大于小球沿斜面运动的速度大小

【错因分析】

在对物体进行受力分析的过程中，灵活选取研究对象和研究方法(整体法、隔离法)十分重要。本题中，在分

析绳子的拉力时，选取了小球为研究对象；在分析水平杆上的滑轮受到的合力时，选取了滑轮为研究对象；

在分析地面对斜面体的静摩擦力时，选取了斜面体和小球组成的系统为研究对象

【答案】BC

【解析】设连接小球的绳子与水平方向的夹角为θ，对小球，沿斜面方向，由平衡条件有Tcos(θ－30°)＝mgsin

mg

30°，解得T＝，则当θ角从45°变为90°的过程中，绳子的拉力T变大，因F＝T，则外力F一

2cosθ－30°

直在增大，选项B正确；将小球和斜面体视为整体，则地面对斜面体的静摩擦力等于绳子拉力的水平分量，

mg1cosθ

即f＝Tcosθ，又因为T＝，所以f＝mg，故只有当θ＝90°时地面对斜面体的静摩擦

2cosθ－30°2cosθ－30°

力才等于零，选项A错误；当θ＝90°时，滑轮两边绳子的夹角为120°，由受力分析可知，此时绳子对水平

杆上的滑轮的合力等于绳子的拉力，选项C正确；将小球沿斜面运动的速度v分解可知，绳子的速度v1＝

vcos(θ－30°)，则绳子移动的速度大小小于小球沿斜面运动的速度大小，选项D错误。

避错攻略

【方法总结】

举一反三

【变式5-1】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；绳的一端固定在墙上，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α=70°，则β等于（）

A.45°B.55°C.60°D.70°

【警示】解决共点力问题还是要先进行受力分析，本题乙物体的受力很简单，可以先做分析，然后再次基

础上对乙进行受力分析，结合平衡状态合力为0列式计算.

【答案】B

【解析】由于甲、乙两物体质量相等,则设它们的质量为m，对O点进行受力分析，下面绳子的拉力mg，

右边绳子的拉力mg，左边绳子的拉力F,如图所示：

因处于静止状态，依据力的平行四边形定则，则有：

竖直方向：mgcos70°+Fcosβ=mg

水平方向：mgsin70°=Fsinβ

因α=70°

联立上式，解得：β=55°

【变式5-2】在一些地表矿的开采点，有一些简易的举升机械，带着重物的动滑轮搁在轻绳a上，利用图示

装置，通过轻绳和滑轮提升重物。轻绳a左端固定在井壁的M点，另一端系在光滑的轻质滑环N上，滑环

N套在光滑竖直杆上。轻绳b的下端系在滑环N上并绕过定滑轮。滑轮和绳的摩擦不计。在右侧地面上拉

动轻绳b使重物缓慢上升过程中，下列说法正确的是()

A．绳a的拉力变大

B．绳b的拉力变大

C．杆对滑环的弹力变大

D．绳b的拉力始终比绳a的小

【答案】D

【解析】设绳子a总长为L，左侧井壁与竖直杆之间的距离为d，动滑轮左侧绳长为L1，右侧绳长为L2。

由于绳子a上的拉力处处相等，所以动滑轮两侧绳与竖直方向夹角相等，设为θ，则由几何知识，得d＝L1sin

θ＋L2sinθ＝(L1＋L2)sinθ，L1＋L2＝L，得到sinθ＝，当滑环N缓慢向上移动时，d、L没有变化，则

�

θ不变。设绳子a的拉力大小为FT1，重物的重力为G。以�带着重物的动滑轮为研究对象，根据平衡条件得

2FT1cosθ＝G，解得FT1＝，可见，当θ不变时，绳子a的拉力FT1不变，A错误；以滑环N为研究对

�

2cos�

象，绳b的拉力为FT2，则FT2＝FT1cosθ，保持不变，杆对滑环的弹力FN＝FT1sinθ，保持不变，B、C错误；

绳b的拉力FT2＝FT1cosθ，所以绳b的拉力FT2始终比绳a的拉力FT1小，D正确。

【变式5-3】倾角为30°的斜面体C固定，斜面上有一物块B通过一根轻绳绕过光滑定滑轮与小球A相连，

B与滑轮间的细绳与斜面平行，O与滑轮间的细绳水平，A、B的质量均为m，初始时α＝135°，如图所示，

现将作用于O点的拉力F逆时针缓慢转动至竖直方向，此过程中B始终保持静止。已知重力加速度为g。

下列说法正确的是()

A.初状态物块B受到的摩擦力方向沿斜面向上

B.OB绳拉力先变小后变大

C.B、C间的摩擦力先减小后增大

D.拉力F一直减小

【答案】CD

【解析】α＝135°时，对结点O的受力如图甲所示，由图可知FT＝mgtan45°＝mg，物块B的受力情况如

图乙所示，则根据平衡条件有FT＝mgsin30°＋Ff，可知摩擦力方向沿斜面向下，故A错误；画出结点所受

三个力的矢量三角形，如图丙所示，由图丙可知OB绳拉力一直减小，拉力FT一直减小，故B错误，D正确；

OB绳拉力由mg减小为0，根据平衡条件可知，B、C间的摩擦力先减小后反向增大，故C正确。故选CD。

易错点6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6】如图所示，装卸工人利用斜面将一质量为m、表面光滑的油桶缓慢地推到汽车上。在油桶上移的过

程中，人对油桶推力的方向由与水平方向成60°角斜向上逐渐变为水平向右，已知斜面的倾角为θ＝30°，重

力加速度为g，则关于工人对油桶的推力大小，下列说法正确的是()

A.不变B.逐渐变小

mg

C.逐渐变大D.最小值为

2

【错因分析】没有意识到这也是动态分析的题目，不懂得画图，无法用三角形定则作出力的动态变化过程。

【答案】D

【解析】分析油桶的受力情况，油桶受重力、斜面的支持力和推力，因工人缓慢地将油桶推到汽车上，

油桶处于动态平衡状态，由三角形定则作出力的动态变化过程，如图所示，推力F由与水平方向成60°角

斜向上逐渐变为水平向右的过程中，推力先变小后变大，最小时推力F和支持力FN垂直，即沿斜面方向，

mg

此时最小值为，D正确。

2

避错攻略

【知识链接】

解答动态平衡问题的方法选择

举一反三

【变式6-1】如图，OABC为常见的“汽车千斤顶”。当汽车需要换轮胎时，司机将它放在车身底盘和地

面之间，只需摇动手柄使螺旋杆OA转动，O、A之间的距离就会逐渐减小，O、C之间的距离增大，就能

将汽车车身缓缓地顶起来。在千斤顶将汽车顶起来的过程中，下列关于OA、OB的弹力的说法正确的是()

A.OA、OB的弹力不断变大

B.OA、OB的弹力不断变小

C.OA的弹力变大、OB的弹力变小

D.OA的弹力变小、OB的弹力变大

【答案】B

【解析】对O点进行受力分析，它受到汽车对它竖直向下的压力，大小等于汽车的重力G，OA方向杆的

GG

弹力FOA，BO方向的弹力FBO，设OB与水平方向夹角为θ，可知FBO＝，FOA＝，当千斤顶将汽车

sinθtanθ

顶起来的过程中，θ变大，则FBO和FOA均变小，故B正确。

【变式6-2】某中学为增强学生体魄，组织学生进行多种体育锻炼。在某次锻炼过程中，一学生将铅球置于

两手之间，其中两手之间夹角为60°。保持两手之间夹角不变，将右手由图所示位置缓慢旋转60°至水平位

置。不计一切摩擦，则在转动过程中，下列说法正确的是()

A.右手对铅球的弹力增大

B.右手对铅球的弹力先增大后减小

C.左手对铅球的弹力增大

D.左手对铅球的弹力先增大后减小

【答案】B

【解析】法一矢量圆法

以铅球为研究对象，受重力G、右手对铅球的弹力为F1和左手对铅球的弹力为F2，受力分析如图所示，缓慢

旋转过程中处于平衡状态，则将三力平移后构成一首尾相连的三角形，两手之间夹角保持60°不变，则两

力之间的夹角保持120°不变，则在三角形中，F1与F2夹角保持60°不变，重力G的大小方向不变，作出

力三角形的外接圆，根据弦所对的圆周角都相等，则右手由图示位置缓慢旋转60°至水平位置过程中力的

三角形变化如图所示，分析可得F1开始小于直径，当转过30°时F1等于直径，再转时又小于直径，所以F1

先增大后减小，F2开始就小于直径，转动过程中一直减小，选项B正确。

法二正弦定理法

以铅球为研究对象，受重力G、右手对铅球的弹力为F1及左手对铅球的弹力为F2，受力分析如图所示，缓慢

旋转过程中处于平衡状态，则将三力平移后构成一首尾相连的三角形，两手之间夹角保持60°不变，右手

G

由图示位置缓慢旋转的角度设为θ，转动过程始终处于平衡状态，根据正弦定理有＝

sin60°

FF

1＝2，右手由图示位置缓慢旋转60°至水平位置过程中θ由0°变为60°，

sin（60°＋θ）sin（60°－θ）

sin(60°＋θ)先变大再变小，所以F1先增大后减小，sin(60°－θ)一直变小，所以F2一直减小，选项B

正确。

【变式6-3】(2024·广东深圳一模)如图所示，用一轻绳通过定滑轮(未画出)将质量为m的小球静置在光滑

的半圆柱体上，小球的半径远小于半圆柱体截面的半径R，绳AB长度为L，长度为H的杆BC竖直且与半

圆柱体边缘相切，OA与水平面夹角为θ，不计一切摩擦，重力加速度为g，下列表达式表示绳对小球拉力F

大小的是()

..

AB＋

𝑚�𝑚�1+cos�

���tan�cos�

..

C＋D＋

𝑚�𝑚�tan�

��tan��tan��

【答案】C

【解析】对小球受力分析，受拉力、支持力和重力作用，小球所受合力为零，把拉力和支持力平移，组成

矢量三角形，延长AO和BC交于D点，如图所示。由几何关系和相似三角形有＝，解得F＝，

＋＋

�𝑚𝑚�

故选C。���tan���tan�

1．（2025·福建·高考真题）山崖上有一个风动石，无风时地面对风动石的作用力是F1，当受到一个水

平风力时，风动石依然静止，地面对风动石的作用力是F2，以下正确的是（）

A.F2大于F1

B.F1大于F2

C.F1等于F2

D.大小关系与风力大小有关

【答案】A

【解析】无风时，地面对风动石的作用力方向竖直向上，与重力平衡，大小为F1mg

当受到一个水平风力时，地面对风动石的作用力与竖直向下的重力及水平方向的风力F，三力平衡

22

根据平衡条件可知，地面对风动石的作用力大小为，故2大于1。

F2FmgFF

故选A。

2．（2025·河北·高考真题）如图，内壁截面为半圆形的光滑凹槽固定在水平面上，左右边沿等高。该截

面内，一根不可伸长的细绳穿过带有光滑孔的小球，一端固定于凹槽左边沿，另一端过右边沿并沿绳方

向对其施加拉力F。小球半径远小于凹槽半径，所受重力大小为G。若小球始终位于内壁最低点，则F

的最大值为（）

12

A.GB.GC.GD.2G

22

【答案】B

【解析】分析可知当凹槽底部对小球支持力为零时，此时拉力F最大，根据平衡条件有2Fmcos45G

2

解得FG

m2

故选B。

3.（2025·全国·模拟预测）如图所示，不计重力的轻杆OP能以O为轴在竖直平面内自由转动，P端悬挂

一重物，另用一根轻绳通过定滑轮系在P端。当OP和竖直方向的夹角缓慢逐渐增大时（0），

OP杆的弹力FN和绳子的张力FT的大小变化是（）

A．FN先变小后变大，FT变大B．FN先变小后变大，FT不变

C．FN先变大后变小，FT不变D．FN不变，FT变大

【答案】D

【详解】

对点P受力分析，设杆的弹力为FN，绳子的拉力为FT，如图，根据平衡条件知，合力为零，三角形AOP