2026高三物理复习讲义第二章　第5讲　专题强化：共点力的动态平衡问题

第5讲专题强化：共点力的动态平衡问题

题型一解析法的应用

1．动态平衡指通过控制某些物理量，使物体的状态发生缓慢变化，而在这个过程中物体

又始终处于一系列的平衡状态，在问题描述中常用“缓慢”等字眼。

2．基本思路：化“动”为“静”，“静”中求“动”。

3．解析法：对研究对象进行受力分析，先画出受力示意图，再根据物体的平衡条件，得

到因变量与自变量的关系表达式(通常要用到三角函数)，最后根据自变量的变化确定因变量

的变化。

【典例1】(2023·海南卷)如图所示，工人利用滑轮组将重物缓慢提起，下列说法正确

的是(B)

A．工人受到的重力和支持力是一对平衡力

B．工人对绳的拉力和绳对工人的拉力是一对作用力与反作用力

C．重物缓慢拉起过程，绳子拉力变小

D．重物缓慢拉起过程，绳子拉力不变

【解析】对工人受力分析如图甲所示，有FN＋FT＝Mg，其中工人对绳的拉力和绳对

工人的拉力是一对作用力与反作用力，A错误，B正确；对动滑轮受力分析如图乙所示，有

mg

FT＝，则随着重物缓慢拉起过程，θ逐渐增大，则FT逐渐增大，C、D错误。

2cosθ

1．如图所示，甲、乙两同学通过定滑轮和细绳将重物从左侧平台运送到右侧平台，初始

甲、乙拉绳使重物静止在图中位置(如实线所示)，此时甲所拉细绳恰好沿水平方向。忽略滑

轮与细绳间的摩擦和细绳质量，若甲缓慢释放细绳的同时保持手中细绳沿水平方向，乙缓慢

收绳且始终保持静止，则下列说法正确的是(C)

A．甲手中细绳的拉力不断增大

B．乙手中细绳的拉力不断增大

C．乙对地面的压力不断增大

D．乙受到地面的摩擦力不变

解析：选结点为研究对象，设刚开始时左侧绳与竖直方向的夹角为α，则甲手中细绳即

mg

水平绳拉力F＝mgtanα，滑轮左侧绳拉力FT＝，重物缓慢向右移动的过程中α减小，可

cosα

见甲手中细绳即水平绳拉力F减小，滑轮左侧绳拉力FT减小，滑轮左侧绳拉力与右侧绳拉

力即乙手中细绳的拉力大小相等，所以乙手中细绳的拉力减小，A、B错误；对乙受力分析，

设滑轮右侧绳与竖直方向的夹角为β，在竖直方向有FN＋FTcosβ＝m乙g，细绳拉力FT减小，

β不变，则乙受到的支持力变大，根据牛顿第三定律可知乙对地面的压力不断增大，C正确；

对乙受力分析，在水平方向有Ff＝FTsinβ，细绳拉力FT减小，β不变，则乙受到地面的摩擦

力减小，D错误。

题型二图解法的应用

1．特点：物体受三个共点力，有一个力是恒力、另有一个力方向不变的问题。

2．方法

【典例2】如图所示，倾角为θ＝30°、AB面光滑的斜面体放在水平地面上，一个重力为

G的小球在弹簧测力计的水平拉力F作用下静止在斜面上。现沿逆时针方向缓慢转动弹簧测

力计，直到弹簧测力计的示数等于初始值，在此过程中，小球与斜面体始终处于静止状态。

下列说法正确的是(C)

A．力F先变大后变小

B．地面对斜面体的支持力一直变大

C．地面对斜面体的摩擦力一直变小

D．斜面体对小球的支持力一直变大

【解析】根据题意，作出小球受力的矢量三角形，如图所示，从图中可看出力F先减

小再增大，斜面体对小球的支持力一直减小，故A、D错误；设斜面体的质量为m，对整体

分析，竖直方向上有F′N＝(mg＋G)－Fy，水平方向上有Ff＝Fx，现沿逆时针方向缓慢转动弹

簧测力计，则Fy一直增大，Fx一直减小，则F′N一直减小，Ff一直减小，故B错误，C正确。

1

2．(2025·河北重点中学高三联考)如图所示，粗糙水平地面上放有横截面为圆的柱状物

4

体A，A与墙面之间放有表面光滑的圆柱形物体B，A、B均保持静止。若将A向左移动少

许，下列说法正确的是(D)

A．B对A的作用力不变

B．墙对B的作用力不变

C．地面对A的摩擦力不变

D．地面对A的支持力不变

解析：对物体B受力分析，受到重力mg、A对B的支持力N′和墙壁对B的支持力N，

如图1所示，当A向左移动后，A对B的支持力N′的方向变化，根据平衡条件结合合成法可

知A对B的支持力N′和墙壁对B的支持力N都在减小。由牛顿第三定律可知B对A的作用

力减小，故A、B错误。

对A、B整体受力分析如图2，受到总重力G、地面支持力FN，地面的摩擦力f和墙壁

的弹力N，根据平衡条件，有f＝N，FN＝G，故地面的支持力不变，地面的摩擦力f随着墙

壁对B的支持力N的减小而减小，故C错误，D正确。

题型三相似三角形法的应用

1．特点

在三力平衡问题中，一个力的大小、方向不变，另外两个力的方向都改变。

2．思路

(1)根据已知条件画出两种不同情况对应的力的三角形和空间几何三角形，确定对应边，

利用三角形相似知识列出比例式。

(2)确定未知量大小的变化情况。

【典例3】如图所示，竖直墙壁O处用光滑铰链固定一轻质杆的一端，杆的另一端固

定小球(可以看成质点)，轻绳的一端悬于P点，另一端与小球相连。已知轻质杆长度为R，

轻绳的长度为L，且R＜L＜2R。A、B是墙上两点，且OA＝OB＝R。现将轻绳的上端点P

沿墙壁缓慢下移至A点，此过程中轻绳对小球的拉力F1及轻质杆对小球的支持力F2的大小

变化情况为(A)

A．F1和F2均增大

B．F1保持不变，F2先增大后减小

C．F1和F2均减小

D．F1先减小后增大，F2保持不变

【解析】小球受重力、轻绳的拉力和轻质杆的支持力，由于小球处于平衡状态，三个

力可以构成矢量三角形，如图所示。根据平衡条件，该力的矢量三角形与几何三角形POC

GF1F2LR

相似，则有＝＝，解得F1＝G，F2＝G，当P点下移时，PO减小，L、R、G不

POLRPOPO

变，故F1增大，F2增大。故选A。

3．如图所示，质量均可忽略的轻绳与轻杆承受弹力的最大值一定，轻杆的A端用铰链

固定，光滑轻质小滑轮在A点正上方，轻杆B端通过轻绳吊一重力为G的重物。现将绳的一

端拴在轻杆的B端，用拉力F将B端缓慢上拉，在AB杆达到竖直前(轻绳与轻杆均未断)，

关于轻绳的拉力F和轻杆受的弹力FN的变化，下列判断正确的是(B)

A．F变大B．F变小

C．FN变大D．FN变小

解析：以B点为研究对象，分析受力情况，作出力FN与F的合力F2，如图所示。根据

FNABAB

平衡条件可知F2＝F1＝G。由F2FNB∽△OBA得＝，解得FN＝G，式中AB、AO、

F2AOAO

△FNF

G不变，故FN保持不变，C、D错误；由F2FNB∽△OBA得＝，BO变小，故F一直

ABBO

变小，A错误，B正确。△

题型四矢量圆法(正弦定理法)的应用

1．矢量圆：如图所示，物体受三个共点力作用而平衡，其中一力恒定，另外两力方向一

直变化，但两力的夹角不变，作出不同状态下的矢量三角形，利用两力夹角不变，可以作出

动态圆(也可以由正弦定理列式求解)，恒力为圆的一条弦，根据不同位置判断各力的大小变

化。

2．正弦定理：如图所示，物体受三个共点力作用而处于平衡状态，则三个力中任意一个

力的大小与另外两个力的夹角的正弦成正比，即F1＝F2＝F3。

sinαsinβsinγ

【典例4】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

如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(B)

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

【解析】方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F1和左

手对铅球的弹力F2，受力分析如图1所示，缓慢旋转过程中处于平衡状态，则将三力平移后

构成一首尾相连的矢量三角形，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1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，故B正确。

方法二正弦定理法

以铅球为研究对象，受重力G、右手对铅球的弹力F1及左手对铅球的弹力F2，受力分

析如图2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矢量三角

形，两手之间夹角保持60°不变，右手由图示位置缓慢旋转的角度设为θ，转动过程始终处于

GF1F2

平衡状态，根据正弦定理有＝＝，右手由图示位置缓慢旋转60°

sin60°sin(60°＋θ)sin(60°－θ)

至水平位置过程中θ由0°变为60°，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，故B正确。

4．(多选)如图所示，柔软轻绳ON的一端O固定，其中间某点M拴一重物，用手拉住

π

α＞

绳的另一端N。初始时，OM竖直且MN被拉直，OM与MN之间的夹角为α2。现将重

物向右上方缓慢拉起，并保持夹角α不变。在OM由竖直被拉到水平的过程中(AD)

A．MN上的拉力逐渐增大

B．MN上的拉力先增大后减小

C．OM上的拉力逐渐增大

D．OM上的拉力先增大后减小

解析：方法一(矢量圆法)：设重物的质量为m，重物受到重力mg、OM绳的拉力FOM、

MN绳的拉力FMN共三个力的作用。缓慢拉起过程中任一时刻可认为是平衡状态，三力的合

π

力恒为0。如图1所示，由三角形定则得一首尾相接的闭合三角形，由于α＞且不变，则三

2

角形中FMN与FOM的交点在一个圆弧上移动，由图可以看出，在OM被拉到水平的过程中，

绳MN中拉力一直增大且恰好达到最大值，绳OM中拉力先增大后减小，故A、D正确，B、

C错误。

方法二(正弦定理法)：设重物的质量为m，绳OM的拉力为TOM，绳MN的拉力为TMN。

开始时，TOM＝mg，TMN＝0。由于缓慢拉起，则重物一直处于平衡状态，两绳拉力的合力与

重物的重力mg等大、反向。如图2所示，已知角α不变，在重物被缓慢拉起的过程中，角β

TOMmg

逐渐增大，则角(α－β)逐渐减小，但角θ不变，在三角形中，利用正弦定理得＝，

sin(α－β)sinθ

TMNmgπ

(α－β)由钝角变为锐角，则TOM先增大后减小，D正确；同理知＝，在β由0变为的

sinβsinθ2

过程中，TMN一直增大，A正确。

课时作业11

1．(5分)如图甲所示，某人正在竖直向下拉绳子负重健身，图乙是其简化图，其中O点

是三根轻绳的结点，绳b、c关于绳a对称，健身者保持O点位置不变紧拉b、c绳，对称缓

慢减小绳b、c间的夹角，此过程(B)

A．绳子a的拉力逐渐增大

B．绳子c的拉力逐渐减小

C．绳子b、c的合力逐渐减小

D．绳子a、b、c的拉力逐渐增大

解析：绳子b、c拉力的合力与a的拉力相等，保持O点位置不变，则绳子a的拉力不

θ

变，绳子b、c拉力相等且合力不变，设绳子b、c间的夹角θ，则Fa＝2Fbcos，则当夹角θ

2

减小时，绳子b、c的拉力逐渐减小，故选B。

2．(5分)一台空调外机用两个三角架固定在外墙上，如图所示，空调外机的重心在支架

水平横梁AO和斜梁BO连接点O的上方，横梁对O点的拉力沿OA方向、大小为F1，斜梁

对O点的支持力沿BO方向、大小为F2。如果把斜梁加长一点，仍保持连接点O的位置不变，

则(B)

A.F1增大B．F1减小

C．F2不变D．F2增大

GG

解析：对O点受力分析如图，由平衡条件得F1＝，F2＝，保持连接点O的位置

tanθsinθ

不变，斜梁长度增加时，θ变大，所以F1、F2均减小。

3．(5分)如图所示，清洗楼房玻璃的工人常用一根绳索将自己悬在空中，工人及其装备

的总重量为G，悬绳与竖直墙壁的夹角为α，悬绳对工人的拉力大小为F1，墙壁对工人的弹

力大小为F2，空中作业时工人与玻璃的水平距离为定值，则(C)

G

A．F1＝

sinα

B．F2＝Gcotα

C．在空中同一位置作业，当桶中的水不断减少，F1与F2同时减小

D．若缓慢增加悬绳的长度，F1减小，F2增大

G

解析：对工人受力分析如图所示，可知F1＝，F2＝Gtanα，A、B错误；在空中同

cosα

一位置作业，当桶中的水不断减少，α不变，重力变小，F1与F2同时减小，若缓慢增加悬绳

的长度，α变小，重力不变，F1与F2同时减小，C正确，D错误。

4．(5分)(2024·福建泉州一模)如图所示，一个球形碗固定在水平地面上，一只甲虫(可视

为质点)从碗内最低点开始沿左侧缓慢往上爬行，则在爬行过程中(B)

A．碗对甲虫的支持力逐渐增大

B．碗对甲虫的摩擦力逐渐增大

C．碗对甲虫的作用力逐渐减小

D．甲虫所受的合力逐渐减小

解析：对甲虫进行受力分析，如图所示，根据平衡条件有N＝mgcosθ，f＝mgsinθ，甲

虫往上缓慢往上爬行，θ增大，可知碗对甲虫的支持力逐渐减小，碗对甲虫的摩擦力逐渐增大，

故A错误，B正确；碗对甲虫有摩擦力与支持力两个力作用，则碗对甲虫的作用力为这两个

力的合力，根据平衡条件可知碗对甲虫的作用力始终等于重力，故C错误；甲虫从碗内最低

点缓慢往上爬行，甲虫处于动态平衡状态，可知甲虫所受的合力始终为0，故D错误。

5．(5分)如图所示，一小球放在倾斜的墙面与木板之间。设小球对墙面的压力大小为F1，

小球对木板的压力大小为F2。以木板与墙连接点所形成的水平直线为轴，将木板从图示位置

沿顺时针缓慢转到与墙面垂直的位置。不计摩擦，在此过程中(C)

A．F1先减小后增大B．F1一直增大

C．F2一直减小D．F2先减小后增大

解析：小球受到重力、墙面的弹力F′1、木板的弹力F′2，受力分析如图所示，F′1的方向

不变，受到的木板的弹力F′2方向由斜向左下转到斜向左上方的过程中，两个力的合力与重

力等大、反向，根据平行四边形定则，由图可得F′1逐渐变小，F′2逐渐变小，根据牛顿第三

定律知，F1、F2均一直减小，C正确，A、B、D错误。

6．(5分)(2024·广东湛江一模)如图甲所示，用瓦片做屋顶是我国建筑的特色之一。铺设

瓦片时，屋顶结构可简化为图乙所示，建筑工人将瓦片轻放在两根相互平行的檩条正中间后，

瓦片静止在檩条上。已知檩条间距离为d，檩条与水平面夹角均为θ，最大静摩擦力等于滑动

摩擦力。下列说法正确的是(D)

A．仅减小θ时，瓦片与每根檩条间的摩擦力的合力变大

B．仅减小θ时，瓦片与每根檩条间的弹力的合力变小

C．仅减小d时，瓦片与每根檩条间的弹力变大

D．仅减小d时，瓦片可能会下滑

解析：檩条对瓦片的支持力如图所示，两檩条对瓦片的支持力向上且与竖直向上的夹角

为α，则有2Fcosα＝mgcosθ，若仅减小檩条间的距离d时，夹角α变小，则两檩条给瓦片的

支持力F变小，故瓦片与每根檩条间的弹力变小，最大静摩擦力变小，则瓦片可能下滑，故

C错误，D正确；若仅减小θ时，根据f＝mgsinθ可知，瓦片与檩条间的摩擦力的合力变小，

根据2Fcosα＝mgcosθ可知，若仅减小θ时，瓦片与檩条间的弹力的合力变大，故A、B错

误。

7．(5分)(多选)如图所示，一斜面固定在水平面上，一半球形滑块固定在斜面上，球心

O的正上方有一定滑轮A(视为质点)，细线的一端与一质量分布均匀的光滑圆球B连接，另

一端绕过滑轮A在水平向右的拉力F作用下使圆球B保持静止。改变拉力F的大小，使圆

球B从两球心等高的位置缓慢移动到圆球B的球心正好在O点的正上方(不考虑该位置的情

况)。圆球B不会与定滑轮A接触，则下列说法正确的是(AD)

A．拉力F一直减小

B．拉力F先增大后减小

C．半球形滑块对圆球B的支持力先增大后减小

D．半球形滑块对圆球B的支持力大小保持不变

解析：对B进行受力分析并合成三角形如图所示，根据几何关系可知图中力构成的矢量

mgFNF

三角形与阴影部分的三角形相似，则＝＝，移动过程中，高度h和两球的球心距离r

hrl

不变，所以半球形滑块对圆球B的支持力大小保持不变，绳子长度l变短，则拉力F减小，

故B、C错误，A、D正确。

8．(5分)(2025·河南商丘高三检测)如图甲为不锈钢砧板架示意图。在图乙中，质量为M

的圆形砧板稳稳地竖立在砧板架上，砧板架两侧横梁近似光滑，间距为d，重力加速度为g，

下列说法正确的是(B)

A．砧板对砧板架一侧横梁的作用力一定小于Mg

B．若增大横梁的间距d，砧板对两侧横梁的作用力均增大

C．若增大横梁的间距d，砧板架对地面的压力增大

D．若换一个质量相同、直径更大的砧板，两侧横梁受到的压力均增大

解析：设每侧砧板架横梁对砧板的支持力均为FN，FN垂直接触面指向砧板圆心，FN与

竖直方向夹角为θ，根据平衡条件有2FNcosθ＝Mg，根据牛顿第三定律可得砧板对砧板架一

Mg

侧横梁的作用力大小为F′N＝FN＝，所以可得砧板对砧板架一侧横梁的作用力不一定小

2cosθ

于Mg，A错误；若增大横梁的间距d，θ变大，可知F′N变大，同理，若换一个质量相同直

径更大的砧板，可知θ变小，F′N变小，B正确，D错误；若增大横梁的间距d，对砧板和砧

板架整体分析可得，地面对砧板架的支持力等于砧板和砧板架的总重力，根据牛顿第三定律

可得砧板架对地面的压力不变，C错误。

9．(5分)(多选)(2024·河北唐山第二次模拟)如图所示，在处于竖直面内的直角框架上M、

N两点用铰链连接A、B两个测力计，两测力计的另一端通过细线与小球连接。现将整个装

置在纸面内逆时针缓慢转过90°的过程中，两细线间的夹角保持不变。关于两测力计的读数

变化情况，下列说法正确的是(AD)

A．A的读数逐渐减小

B．A的读数先增大后减小

C．B的读数逐渐增大

D．B的读数先增大后减小

解析：设两细线间的夹角为θ，测力计B的拉力与竖直方向的夹角为α，对小球受力分析，

受重力和两测力计的拉力，三力组成矢量三角形，且FA、FB夹角不变，可用辅助圆法。由

于θ不变，α由90°变到0°，根据数学知识，FA逐渐减小，当α＝0°时，FA＝0，FB先增大后减

小，A、D正确，B、C错误。

10．(5分)如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个重环，绕过光滑定滑轮的轻绳一端与

重环相连，另一端施加拉力F使重环从A点缓慢上升到B点。设杆对重环的弹力大小为FN，

整个装置处于同一竖直平面内，在此过程中(B)

A．F逐渐增大，FN逐渐增大

B．F逐渐增大，FN先减小后增大

C．F先减小后增大，FN逐渐增大

D．F先减小后增大，FN先减小后增大

解析：对重环受力分析并构成封闭的矢量三角形，如图所示，由图可知，在拉力到达竖

直方向前，与竖直方向的夹角越来越小，拉力F增大，FN减小，经过竖直方向后，夹角又逐

渐变大，拉力F继续增大，FN也增大，故B正确。

11．(5分)(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放在斜劈的

斜面上，轻质细线一端固定在物体a上，另一端绕过光滑的定滑轮1固定在c点，动滑轮2

下面悬挂物体b，滑轮质量不计，系统处于静止状态。若将固定点c向右移动少许，而物体a

与斜劈始终静止，则(AD)

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

解析：对滑轮2和物体b整体受力分析，受重力和两个拉力作用，如图甲所示。根据平

mbg

衡条件有mbg＝2FTcosθ，解得FT＝，若将固定点c向右移动少许，则θ增大，cosθ减

2cosθ

小，拉力FT增大，A正确；对斜劈、物体a、物体