微专题一 力与物体的平衡
高考热点·突破
热点一 受力分析 静态平衡问题
例1 (2024·贵州卷)如图甲,一质量为m的匀质球置于固定钢质支架的水平横杆和竖直墙之间,并处于静止状态,其中一个视图如图乙所示。测得球与横杆接触点到墙面的距离为球半径的1.8倍,已知重力加速度大小为g,不计所有摩擦,则球对横杆的压力大小为( )
A.mg B.mg
C.mg D.mg
[解题技法] 解答静态平衡问题的常用方法
常用方法 使用情境 解题流程
合成法 物体受三个力而平衡 画出任意两个力的合力,一定与第三个力大小相等,方向相反,有时还要结合三角形知识或三角函数求解
分解法 效果 分解法 物体受三个力而平衡 分析某个力的作用效果,按作用效果分解此力,两分力分别与物体受到的另两个力大小相等,方向相反,有时还要结合三角形知识或三角函数求解
正交 分解法 物体受三个或三个以上的力作用 建立平面直角坐标系,将不在坐标轴上的力向坐标轴方向作正交分解,沿两坐标轴方向分别列平衡方程,解方程组求解
矢量三角形 物体受三个力而平衡 作出力的矢量示意图,将力平移,组成一个首尾依次相接的矢量三角形,根据正弦定理、余弦定理或相似三角形等数学知识求解
训练1 (2025·黑龙江模拟)如图所示,一个半球形的碗固定在桌面上,O为球心,碗口水平,碗的内表面及碗口是光滑的。一根轻质细线跨在碗口上,细线的两端分别系有两个小球P和Q,当它们处于平衡状态时,碗内的小球P和O点的连线与竖直方向的夹角θ=30°,另一小球Q静止于空中。两小球均可视为质点,则碗内小球P与碗外小球Q的质量之比为( )
A.1∶2 B.2∶1
C.∶1 D.1∶
热点二 动态平衡和极值问题
例2 (多选)(2025·沧州联考)如图所示,倾角θ=30°、顶端带光滑定滑轮的斜面体静置在水平面上,质量为3m的滑块A放在斜面体上,滑块A和质量为m的物体B由跨过定滑轮的轻绳连接,定滑轮和滑块A之间的轻绳平行于斜面,水平向右的拉力F作用于轻绳上的P点,绳OP与竖直方向的夹角α=60°。在OP方向保持不变的前提下,将拉力F缓慢逆时针转至竖直向上,此过程中滑块A始终相对斜面体静止。下列说法正确的是( )
A.力F先减小后增大
B.滑块A与斜面体间的摩擦力一直减小
C.斜面体受到水平面的支持力一直减小
D.斜面体受到水平面的摩擦力一直减小
例3 (2025·广安二模)某智能机械臂应用模型如图所示,机械臂通过不可伸长的吊索OB和可以伸缩的液压杆OA吊起重物,其中A点通过铰链与竖直墙面连接。现缓慢调整液压杆OA,使吊索OB逐渐趋近水平,在此过程中( )
A.OA的支持力逐渐增大,OB的拉力大小不变
B.OA的支持力先减小后增大,OB的拉力大小不变
C.OA的支持力逐渐增大,OB的拉力逐渐减小
D.OA的支持力大小不变,OB的拉力逐渐减小
[解题技法] 解答动态平衡问题的方法选择
训练2 (2025·赣州一模)生活中,我们常用支架与底板垂直的两轮手推车搬运货物。如图甲所示,将质量为m的货物平放在手推车底板上,此时底板水平。现缓慢压下把手,直至底板与水平面间的夹角为60°。不计货物与支架及底板间的摩擦,重力加速度为g,则( )
A.当底板与水平面间的夹角为60°时,支架对货物的支持力为mg
B.当底板与水平面间的夹角为60°时,底板对货物的支持力为mg
C.缓慢压下把手的过程中,货物所受的合外力一直增大
D.缓慢压下把手的过程中,底板对货物的支持力一直减小
热点三 电磁场中的平衡问题
例4 (多选)(2025·红河模拟)如图所示,a、b是两个带有同种电荷的小球(可视为质点),用绝缘细线悬挂于同一点,两球静止时处于同一水平高度且间距为L,细线与竖直方向的夹角分别为α=30°、θ=60°。若小球a质量为m、所带电荷量为q,重力加速度为g,静电力常量为k。则小球b( )
A.质量为
B.质量为
C.所带电荷量为
D.所带电荷量为
[解题技法] 解决电磁场中平衡问题的技巧
(1)点电荷间的作用力大小要用库仑定律。
(2)安培力方向的判断要先判断磁场方向、电流方向,再用左手定则,同时注意将立体图转化为平面图。
(3)电场力或安培力的出现,可能会对弹力或摩擦力产生影响。
(4)涉及电路问题时,要注意闭合电路欧姆定律的应用。
训练3 (多选)(2025·哈尔滨模拟)如图所示,一固定光滑绝缘半圆弧槽处于竖直向下的匀强磁场B中,槽内放有质量不变、电流方向垂直纸面向外的通电导体棒,导体棒静止于A位置,已知D位置为圆弧槽最低点。现使导体棒的电流缓慢增加时,下列说法正确的是( )
A.导体棒受的安培力方向缓慢改变
B.导体棒将向圆弧槽最低点D移动
C.导体棒对圆弧槽的压力增加
D.导体棒所受的安培力与圆弧槽对导体棒的支持力的合力不变
生活、生产中力的平衡
典例 (2024·湖北卷)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( )
A.f B.f C.2f D.3f
[情境与思维分析] 本题以两拖船拉着无动力货船一起在静水中匀速前进为背景,创设了与生产生活紧密联系的物理问题情境。主要考查共点力平衡、力的合成和分解的应用等知识,重点考查理解能力与推理论证能力。
训练 抖空竹是一种传统杂技。如图所示,表演者右手控制A点不动,左手控制B点沿图中的四个方向缓慢移动,忽略空竹转动的影响,不计空竹和轻质细线间的摩擦,且认为细线不可伸长。下列说法正确的是( )
A.沿虚线a向左移动,空竹的高度不变
B.沿虚线b向上移动,细线与竖直方向的夹角不变
C.沿虚线c斜向上移动,细线的拉力不变
D.沿虚线d向右移动,细线对空竹的合力减小
高考真题·体验
1.(2025·陕晋青宁卷)如图,质量为m的均匀钢管,一端支在粗糙水平地面上,另一端被竖直绳悬挂,处于静止状态。钢管与水平地面之间的动摩擦因数为μ、夹角为θ,重力加速度大小为g。则地面对钢管左端的摩擦力大小为( )
A.μmgcos θ B.μmg
C.μmg D.0
2.(2025·浙江1月卷)中国运动员以121公斤的成绩获得2024年世界举重锦标赛抓举金牌,举起杠铃稳定时的状态如图所示。重力加速度g=10 m/s2。下列说法正确的是( )
A.双臂夹角越大受力越小
B.杠铃对每只手臂作用力大小为605 N
C.杠铃对手臂的压力和手臂对杠铃的支持力是一对平衡力
D.在加速举起杠铃过程中,地面对人的支持力大于人与杠铃的总重力
3.(2025·福建卷)如图所示,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,关于F1和F2的大小关系,下列说法正确的是( )
A.F2大于F1
B.F1大于F2
C.F1等于F2
D.F1和F2的大小关系与风力大小有关
4.(2025·河北卷)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( )
A.G B.G C.G D.G
5.(2024·浙江1月卷)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50 g,细线c、d平行且与水平方向夹角θ=30°(不计摩擦,重力加速度g=10 m/s2),则细线a、b的拉力分别为( )
A.2 N,1 N B.2 N,0.5 N
C.1 N,1 N D.1 N,0.5 N
微专题一 力与物体的平衡
例1 D 解析 对球进行受力分析如图,设球的半径为R,横杆对球的支持力与竖直方向的夹角为α,根据几何知识可得sin α==0.8,根据平衡条件得FNcos α=mg,解得FN=mg,根据牛顿第三定律得球对横杆的压力大小为FN'=FN=mg,D项正确。
训练1 C 解析 设碗内小球P的质量为m,碗外小球Q的质量为M,根据受力平衡可得,细线的拉力T=Mg,以碗内小球P为对象,设小球受到碗的支持力为FN,根据受力平衡可得FNsin 30°=Tsin 30°,FNcos 30°+Tcos 30°=mg, 解得FN=T=mg,联立解得==∶1,C项正确。
例2 ACD 解析 对P点受力分析,如图甲所示,力F逆时针转动的过程中力F先减小后增大,轻绳拉力FT逐渐减小到0,A项正确;最初时mg=FT0cos α,解得FT0=2mg,对滑块A受力分析有FT0-3mgsin θ-Ff0=0,解得Ff0=mg,在F转动过程中,摩擦力先减小后反向增大,B项错误;对滑块A、定滑轮和斜面体整体受力分析,如图乙所示,有FTsin α-Ff地=0,FN-G总-FTcos α=0,解得Ff地=FTsin α,FN=G总+FTcos α,所以斜面体受到水平面的支持力一直减小,受到水平面的摩擦力一直减小,C、D两项正确。
例3 A 解析 对O点受力分析如图,根据相似三角形关系可知==,缓慢调整液压杆OA,使吊索OB逐渐趋近水平,在此过程中OA变大,OB不变,可知FAO变大,FOB不变,A项正确。
训练2 D 解析 货物的受力分析如图,底板与支架对货物的支持力始终垂直,由平衡条件得FN1=mgsin θ,FN2=mgcos θ,缓慢压下把手的过程中,角θ增大,则FN1增大,FN2减小。当θ=60°时,FN1=mg,FN2=mg,A、B两项错误,D项正确;缓慢压下把手的过程中,货物所受的合外力一直为零,C项错误。
另解:在分析底板对货物的支持力变化时,可采用外接圆法。压下把手的过程中,两个支持力的夹角始终是90°,货物的受力情况如图所示。由图可知,货物所受的支持力的合力一直不变,始终等于货物的重力,支架对货物的支持力FN1一直增大,底板对货物的支持力FN2一直减小。
例4 BD 解析 设小球b质量为m0,a、b球分别受到绳子拉力、自身重力、库仑力而平衡,如图所示。对球a,由平衡条件得tan α=;对球b,由平衡条件得tan θ=,又因为F库=,联立解得m0=、qb=,B、D两项正确。
训练3 CD 解析 增大电流,只增大安培力的大小,但不改变方向,A项错误;导体棒受三个力处于静止状态,如图所示。由平衡条件有:水平方向BIL=FNsin θ,竖直方向mg=FNcos θ,联立解得BIL=mgtan θ,当电流I增大时,θ增大,导体棒向右上移动,B项错误;由竖直方向的平衡方程可知FN=,当θ增大时,FN增大,C项正确;由平衡条件可知,导体棒所受安培力与支持力的合力与重力大小相等,方向相反,而重力不变,则合力也不变,D项正确。
情境思维双驱
典例 B 解析 采用隔离法,对拖船受力分析如图,沿垂直运动方向由平衡条件得Fsin α=Tsin 30°;对货船沿运动方向有2Tcos 30°=f。再采用整体法,对拖船和货船整体,沿运动方向有2Fcos α=3f,又sin2α+cos 2α=1,以上各式联立解得F=f,B项正确。
训练 B 解析 空竹受力如图所示,由于空竹缓慢移动,则其受力平衡,由平衡条件可知2Fsin θ=mg,设绳长为L,由几何关系可知cos θ=,当一只手沿虚线a缓慢向左移动时,d减小,cos θ减小,空竹的高度降低,A项错误;沿虚线b向上移动,d不变,θ不变,B项正确;沿虚线c斜向右上移动,d增大,θ减小,细线的拉力增大,C项错误;沿虚线d向右移动,d增大,θ减小,细线对空竹的合力始终等于空竹的重力,所以细线对空竹的合力不变,D项错误。
高考真题体验
1.D 解析 对钢管受力分析,其受到重力、地面的作用力和绳子拉力,又重力和绳子拉力均沿竖直方向,钢管处于静止状态,受力平衡,所以地面的作用力也沿竖直方向,地面对钢管的支持力竖直向上,所以地面对钢管左端的摩擦力大小为0,D项正确。
2.D 解析 双臂所受杠铃作用力的合力的大小等于杠铃的重力大小,与双臂的夹角无关,A项错误;杠铃的重力G=mg=1 210 N,手臂与水平的杠铃之间有夹角,假设手臂与竖直方向夹角为θ,根据平衡条件可知2Fcos θ=G,结合cos θ<1,解得杠铃对手臂的作用力F>605 N,B项错误;杠铃对手臂的压力和手臂对杠铃的支持力是一对相互作用力,C项错误;加速举起杠铃,人和杠铃构成的相互作用系统加速度向上,系统处于超重状态,因此地面对人的支持力大于人与杠铃的总重力,D项正确。
3.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F1=mg,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,根据平衡条件可知,地面对风动石的作用力大小为F2=,故F2大于F1,A项正确。
4.B 解析 如图所示为小球受力分析图,其中F=F',内壁截面为半圆形,由几何关系得θ=45°,则Fcos θ+F'cos θ+FN=G,当FN=0时,F有最大值,为Fm=G,B项正确。
5.D 解析 由题意可知细线c对A的拉力和细线d对B的拉力大小相等、方向相反,对A、B整体分析可知细线a的拉力大小为Ta=(mA+mB)g=1 N,设细线b与水平方向的夹角为α,对A、B分析分别有Tbsin α+Tcsin θ=mAg,Tbcos α=Tdcos θ,解得Tb=0.5 N,D项正确。(共38张PPT)
微专题一
专题一 力与运动
力与物体的平衡
例1 (2024·贵州卷)如图甲，一质量为m的匀质球置于固定钢质支架的水平横杆和竖直墙之间，并处于静止状态，其中一个视图如图乙所示。测得球与横杆接触点到墙面的距离为球半径的1.8倍，已知重力加速度大小为g，不计所有摩擦，则球对横杆的压力大小为( )
A.mg B.mg
C.mg D.mg
对球进行受力分析如图，设球的半径为R，横杆对球的支持力与竖直方向的夹角为α，根据几何知识可得sin α==0.8，根据平衡条件得FNcos α=mg，解得FN=mg，根据牛顿第三定律得球对横杆的压力大小为FN'=FN=mg，D项正确。
解析
[解题技法] 解答静态平衡问题的常用方法
常用方法 使用情境 解题流程
合成法 物体受三个力而平衡 画出任意两个力的合力，一定与第三个力大小相等，方向相反，有时还要结合三角形知识或三角函数求解
分 解 法 效果 分解法 物体受三个力而平衡 分析某个力的作用效果，按作用效果分解此力，两分力分别与物体受到的另两个力大小相等，方向相反，有时还要结合三角形知识或三角函数求解
分 解 法 正交 分解法 物体受三个或三个以上的力作用 建立平面直角坐标系，将不在坐标轴上的力向坐标轴方向作正交分解，沿两坐标轴方向分别列平衡方程，解方程组求解
矢量三角形 物体受三个力而平衡 作出力的矢量示意图，将力平移，组成一个首尾依次相接的矢量三角形，根据正弦定理、余弦定理或相似三角形等数学知识求解
训练1 (2025·黑龙江模拟)如图所示，一个半球形的碗固定在桌面上，O为球心，碗口水平，碗的内表面及碗口是光滑的。一根轻质细线跨在碗口上，细线的两端分别系有两个小球P和Q，当它们处于平衡状态时，碗内的小球P和O点的连线与竖直方向的夹角θ=30°，另一小球Q静止于空中。两小球均可视为质点，则碗内小球P与碗外小球Q的质量之比为( )
A.1∶2 B.2∶1
C.∶1 D.1∶
设碗内小球P的质量为m，碗外小球Q的质量为M，根据受力平衡可得，细线的拉力T=Mg，以碗内小球P为对象，设小球受到碗的支持力为FN，根据受力平衡可得FNsin 30°=Tsin 30°，FNcos 30° +Tcos 30°=mg， 解得FN=T=mg，联立解得==∶1，C项正确。
解析
例2 (多选)(2025·沧州联考)如图所示，倾
角θ=30°、顶端带光滑定滑轮的斜面体静置
在水平面上，质量为3m的滑块A放在斜面体
上，滑块A和质量为m的物体B由跨过定滑轮
的轻绳连接，定滑轮和滑块A之间的轻绳平行于斜面，水平向右的拉力F作用于轻绳上的P点，绳OP与竖直方向的夹角α=60°。在OP方向保持不变的前提下，将拉力F缓慢逆时针转至竖直向上，此过程中滑块A始终相对斜面体静止。下列说法正确的是( )
A.力F先减小后增大
B.滑块A与斜面体间的摩擦力一直减小
C.斜面体受到水平面的支持力一直减小
D.斜面体受到水平面的摩擦力一直减小
对P点受力分析，如图甲所示，力F逆时针转动的过程中力F先减小后增大，轻绳拉力FT逐渐减小到0，A项正确;最初时mg=FT0cos α，解得FT0=2mg，对滑块A受力分析有FT0-3mgsin θ-Ff0=0，解得Ff0=mg，在F转动过程中，摩擦力先减小后反向增大，B项错误；
解析
对滑块A、定滑轮和斜面体整体受力分析，如图乙所示，有
FTsin α-Ff地=0，FN-G总-FTcos α=0，解得Ff地=FTsin α，FN=G总+FTcos α，所以斜面体受到水平面的支持力一直减小，受到水平面的摩擦力一直减小，C、D两项正确。
解析
例3 (2025·广安二模)某智能机械臂应用模型如图所示，机械臂通过不可伸长的吊索OB和可以伸缩的液压杆OA吊起重物，其中A点通过铰链与竖直墙面连接。现缓慢调整液压杆OA，使吊索OB逐渐趋近水平，在此过程中( )
A.OA的支持力逐渐增大，OB的拉力大小不变
B.OA的支持力先减小后增大，OB的拉力大小不变
C.OA的支持力逐渐增大，OB的拉力逐渐减小
D.OA的支持力大小不变，OB的拉力逐渐减小
对O点受力分析如图，根据相似三角形关系可知==，缓慢调整液压杆OA，使吊索OB逐渐趋近水平，在此过程中OA变 大，OB不变，可知FAO变大，FOB不变，A项正确。
解析
[解题技法] 解答动态平衡问题的方法选择
训练2 (2025·赣州一模)生活中，我们常用支架与底板垂直的两轮手推车搬运货物。如图甲所示，将质量为m的货物平放在手推车底板上，此时底板水平。现缓慢压下把 手，直至底板与水平面间的夹角为60°。不计货物与支架及底板间的摩擦，重力加速度为g，则( )
A.当底板与水平面间的夹角为60°时，支架对货物的支持力为mg
B.当底板与水平面间的夹角为60°时，底板对货物的支持力为mg
C.缓慢压下把手的过程中，货物所受的合外力一直增大
D.缓慢压下把手的过程中，底板对货物的支持力一直减小
货物的受力分析如图，底板与支架对货物的支持力始终垂直，由平衡条件得FN1=mgsin θ，FN2=mgcos θ，缓慢压下把手的过程中，角θ增大，则FN1增大，FN2减小。当θ=60°时，FN1=mg，FN2=mg，A、B两项错误，D项正确；缓慢压下把手的过程中，货物所受的合外力一直为零，C项错误。
解析
另解：在分析底板对货物的支持力变化时，可采用外接圆法。压下把手的过程中，两个支持力的夹角始终是90°，货物的受力情况如图所示。由图可知，货物所受的支持力的合力一直不变，始终等于货物的重力，支架对货物的支持力FN1一直增大，底板对货物的支持力FN2一直减小。
解析
例4 (多选)(2025·红河模拟)如图所示,a、b是两个带有同种电荷的小球(可视为质点),用绝缘细线悬挂于同一点，两球静止时处于同一水平高度且间距为L,细线与竖直方向的夹角分别为α=30°、θ=60°。若小球a质量为m、所带电荷量为q，重力加速度为g，静电力常量为k。则小球b( )
A.质量为
B.质量为
C.所带电荷量为
D.所带电荷量为
设小球b质量为m0，a、b球分别受到绳子拉力、自身重力、库仑力而平衡，如图所示。对球a，由平衡条件得tan α=；对球b，由平衡条件得tan θ=，又
因为F库=，联立解得m0=
、qb=，B、D两项正
确。
解析
[解题技法] 解决电磁场中平衡问题的技巧
(1)点电荷间的作用力大小要用库仑定律。
(2)安培力方向的判断要先判断磁场方向、电流方向，再用左手定 则，同时注意将立体图转化为平面图。
(3)电场力或安培力的出现，可能会对弹力或摩擦力产生影响。
(4)涉及电路问题时，要注意闭合电路欧姆定律的应用。
训练3 (多选)(2025·哈尔滨模拟)如图所示，一固定光滑绝缘半圆弧槽处于竖直向下的匀强磁场B中，槽内放有质量不变、电流方向垂直纸面向外的通电导体棒，导体棒静止于A位置，已知D位置为圆弧槽最低点。现使导体棒的电流缓慢增加时，下列说法正确的是( )
A.导体棒受的安培力方向缓慢改变
B.导体棒将向圆弧槽最低点D移动
C.导体棒对圆弧槽的压力增加
D.导体棒所受的安培力与圆弧槽对导体棒的支
持力的合力不变
增大电流，只增大安培力的大小，但不改变方向，A项错误；导体棒受三个力处于静止状态，如图所示。由平衡条件有：水平方向BIL=FNsin θ，竖直方向mg=FNcos θ，联立解得BIL=mgtan θ，当电流I增大时，θ增大，导体棒向右上移动，B项错误；由竖直方向的平衡方程可知FN=，当θ增大时，FN增大，C项正确；由平衡条件可知,导体棒所受安培力与支持力的合力与重力大小相等,方向相反，而重力不变，则合力也不变，D项正确。
解析
生活、生产中力的平衡
典例 (2024·湖北卷)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( )
A.f C.2f D.3f
采用隔离法，对拖船受力分析如图，沿垂直运动方向由平衡条件得Fsin α=
Tsin 30°；对货船沿运动方向有
2Tcos 30°=f。再采用整体法，对拖船和货船整体，沿运动方向有2Fcos α=3f，又sin2α+cos 2α=1，以上各式联立解得F=f，B项正确。
解析
[情境与思维分析] 本题以两拖船拉着无动力货船一起在静水中匀速前进为背景，创设了与生产生活紧密联系的物理问题情境。主要考查共点力平衡、力的合成和分解的应用等知识，重点考查理解能力与推理论证能力。
训练 抖空竹是一种传统杂技。如图所示，
表演者右手控制A点不动，左手控制B点沿
图中的四个方向缓慢移动，忽略空竹转动
的影响，不计空竹和轻质细线间的摩擦，
且认为细线不可伸长。下列说法正确的是( )
A.沿虚线a向左移动，空竹的高度不变
B.沿虚线b向上移动，细线与竖直方向的夹角不变
C.沿虚线c斜向上移动，细线的拉力不变
D.沿虚线d向右移动，细线对空竹的合力减小
空竹受力如图所示，由于空竹缓慢移动，则其受力平衡，由平衡条件可知2Fsin θ=mg，设绳长为L，由几何关系可知cos θ=，当一只手沿虚线a缓慢向左移动时，d减小，cos θ减小，空竹的高度降低，A项错误；沿虚线b向上移动，d不变，θ不变，B项正确；沿虚线c斜向右上移动，d增
解析
大，θ减小，细线的拉力增大，C项错误；沿虚线d向右移动，d增 大，θ减小，细线对空竹的合力始终等于空竹的重力，所以细线对空竹的合力不变，D项错误。
1.(2025·陕晋青宁卷)如图，质量为m的均匀钢管，一端支在粗糙水平地面上，另一端被竖直绳悬挂，处于静止状态。钢管与水平地面之间的动摩擦因数为μ、夹角为θ，重力加速度大小为g。则地面对钢管左端的摩擦力大小为( )
A.μmgcos θ B.μmg
C.μmg D.0
对钢管受力分析，其受到重力、地面的作用力和绳子拉力，又重力和绳子拉力均沿竖直方向，钢管处于静止状态，受力平衡，所以地面的作用力也沿竖直方向，地面对钢管的支持力竖直向上，所以地面对钢管左端的摩擦力大小为0，D项正确。
解析
2.(2025·浙江1月卷)中国运动员以121公斤的成绩获得
2024年世界举重锦标赛抓举金牌，举起杠铃稳定时的
状态如图所示。重力加速度g=10 m/s2。下列说法正确
的是( )
A.双臂夹角越大受力越小
B.杠铃对每只手臂作用力大小为605 N
C.杠铃对手臂的压力和手臂对杠铃的支持力是一对平衡力
D.在加速举起杠铃过程中，地面对人的支持力大于人与杠铃的总重力
双臂所受杠铃作用力的合力的大小等于杠铃的重力大小，与双臂的夹角无关，A项错误；杠铃的重力G=mg=1 210 N，手臂与水平的杠铃之间有夹角，假设手臂与竖直方向夹角为θ，根据平衡条件可知2Fcos θ=G，结合cos θ<1，解得杠铃对手臂的作用力F>
605 N，B项错误；杠铃对手臂的压力和手臂对杠铃的支持力是一对相互作用力，C项错误；加速举起杠铃，人和杠铃构成的相互作用系统加速度向上，系统处于超重状态，因此地面对人的支持力大于人与杠铃的总重力，D项正确。
解析
3.(2025·福建卷)如图所示，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，关于F1和F2的大小关系，下列说法正确的是( )
A.F2大于F1
B.F1大于F2
C.F1等于F2
D.F1和F2的大小关系与风力大小有关
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F1=mg，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，根据平衡条件 可知，地面对风动石的作用力大小为F2=，故F2大于F1，A项正确。
解析
4.(2025·河北卷)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( )
A.G
如图所示为小球受力分析图，其中F=F'，内壁截面为半圆形，由几何关系得θ=45°，则Fcos θ+F'cos θ+FN=G，当FN=0时，F有最大值，为Fm=G，B项正确。
解析
5.(2024·浙江1月卷)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50 g，
细线c、d平行且与水平方向夹角θ=30°(不计摩擦，重力加速度g= 10 m/s2)，则细线a、b的拉力分别为( )
A.2 N，1 N B.2 N，0.5 N C.1 N，1 N D.1 N，0.5 N
由题意可知细线c对A的拉力和细线d对B的拉力大小相等、方向相反，对A、B整体分析可知细线a的拉力大小为Ta=(mA+mB)g=1 N，设细线b与水平方向的夹角为α，对A、B分析分别有Tbsin α+Tcsin θ =mAg，Tbcos α=Tdcos θ，解得Tb=0.5 N，D项正确。
解析专题精练1 力与物体的平衡
保分基础练
1.(2025·九江模拟)如果青少年长时间的久坐与不正确的姿势,经过累积就会引起各种劳损与慢性疾病。学习一段时间要站起来活动一下,尽量避免长时间久坐。小明课下站立在水平地面上时,两腿绷直时夹角的角平分线与地面垂直。下列说法正确的是( )
A.两条腿分开的角度越大,小明对地面的压力越小
B.两条腿分开的角度越大,小明受到的合力越大
C.两条腿分开的角度越小,小明越费力
D.小明对地面的压力与两条腿间的角度无关
2.(2024·广西卷)工人卸货时常利用斜面将重物从高处滑下。如图,三个完全相同的货箱正沿着表面均匀的长直木板下滑,货箱各表面材质和粗糙程度均相同。若1、2、3号货箱与直木板间摩擦力的大小分别为Ff1、Ff2和Ff3,则( )
A.Ff1C.Ff1=Ff33.(2023·浙江1月卷)如图所示,轻质网兜兜住重力为G的足球,用轻绳挂于光滑竖直墙壁上的A点,轻绳的拉力为FT,墙壁对足球的支持力为FN,则( )
A.FTC.FT>G D.FT=G
4.(2025·浙江模拟)如图所示,蹄形磁铁水平放置(N极在上),质量为m的导体棒用两根轻质细导线悬挂,通入恒定电流,稳定时细导线与竖直方向的夹角为θ。两磁极间的磁场可看成匀强磁场,导体棒始终在两磁极之间,重力加速度为g,则( )
A.导体棒中的电流方向为a→b
B.单根导线上的拉力大小为
C.若电流大小加倍,再次稳定后θ角也加倍
D.若导体棒处磁场方向在竖直面内逆时针缓慢转过45°角,导线上拉力变小
5.如图是一种吊装装置,动滑轮和定滑轮的质量与摩擦均不计,重物A吊在动滑轮上,绕过定滑轮和动滑轮的轻绳一端固定在竖直杆上P点,另一端吊着重物B。下列说法正确的是( )
A.物块A的质量一定比物块B的质量大
B.物块A的质量可能会等于物块B的质量
C.将P点缓慢上移,物块B一定会向上移
D.将P点缓慢上移,物块B一定会向下移
6.(多选)(2025·烟台一模)如图所示,吊车悬臂PM的一端装有大小不计的定滑轮,另一端可绕M点转动,绕过定滑轮的钢索通过四条相同的绳OA、OB、OC、OD吊着一长方形混凝土板。忽略一切摩擦,钢索和绳的质量均不计,当悬臂PM与竖直方向的夹角缓慢减小时,下列说法正确的是( )
A.钢索受到的拉力逐渐变小
B.吊车对地面的摩擦力始终为零
C.钢索对定滑轮的作用力逐渐变大
D.若四条绳增加相同的长度,则四条绳受到的拉力均变大
7.(2025·济南一模)如图所示,光滑定滑轮固定在天花板上,轻绳绕过定滑轮,一端竖直悬挂质量为2m的小球P,另一端连接质量为m的圆环Q,圆环Q套在粗糙水平杆上。一水平向左的力F作用在圆环上,使轻绳和杆之间夹角为30°,整个系统保持静止状态。已知重力加速度为g,下列说法正确的是( )
A.杆对圆环Q摩擦力的方向一定向右
B.杆对圆环Q摩擦力的方向可能向左
C.定滑轮对轻绳作用力的方向竖直向上
D.定滑轮对轻绳作用力的大小为2mg
增分提能练
8.(2025·郴州模拟)如图,光滑斜面上有一个小球被轻绳拴住,悬挂在天花板上,已知轻绳与竖直方向的夹角为45°,斜面倾角为37°,整个装置处于静止状态。现保持悬点不变,将斜面向左缓慢推动平移一小段距离后,下列说法正确的是( )
A.小球对斜面的压力变小
B.斜面对小球支持力变大
C.轻绳拉小球的拉力变小
D.斜面受到地面的摩擦力变大
9.(多选)(2025·厦门一模)如图,右侧面光滑的斜面体放在水平面上,质量相等的物块M、N分别放在斜面体的左、右两个面上,M、N拴接在跨过光滑定滑轮的轻质细绳两端,整个系统处于静止状态。现对N施加一始终与右侧轻绳垂直的拉力F,使N缓慢移动至右侧细绳水平,该过程斜面体和M保持静止。下列说法正确的是( )
A.拉力F逐渐增大
B.轻绳的拉力逐渐增大
C.M所受摩擦力先减小后增大
D.斜面体对水平面的压力先减小后增大
10.(2025·长治模拟)如图所示,圆心为O的光滑圆形轨道竖直放置,两根长度和质量均相等的导线A、C,导线A固定在管道的最低点并通有垂直纸面向里、大小为I1的电流,当导线C中通有方向垂直纸面大小为I2的电流时恰好能静止在与圆心等高的圆形轨道内壁上。已知通电导线在其周围某处产生磁场的磁感应强度大小B=(式中k为常数,I为通电导线中的电流大小,d为该处到通电导线的距离),现缓慢减小A导线的电流I1,C始终没离开轨道。则下列说法正确的是( )
A.导线C中的电流方向垂直纸面向里
B.I1>I2
C.I1缓慢减小的过程中,轨道对导线C的弹力大小不变
D.I1缓慢减小的过程中,导线A、C之间的距离减小,安培力增大
11.(2025·山西适应性考试)如图所示,轻绳的一端连接物块P,另一端通过光滑的轻滑轮与斜坡上的小盒Q连接,轻绳与斜坡的上表面平行,P、Q均处于静止状态。现向Q盒内缓慢加入适量砂粒,此过程中P、Q一直保持静止。则斜面对Q的( )
A.摩擦力一定增大
B.摩擦力可能不变
C.作用力一定增大
D.作用力可能先减小后增大
专题精练1 力与物体的平衡
1.D 解析 根据牛顿第三定律可知小明对地面的压力与地面对小明的支持力大小相等,支持力与重力为一对平衡力,合力为零,所以小明对地面的压力与重力大小相等,与两条腿分开的角度无关,A、B两项错误,D项正确;设两条腿对身体的作用力为F,F与竖直方向夹角为θ,根据平衡条件可知2Fcos θ=mg,两条腿分开的角度越小,F越小,小明越省力,C项错误。
2.D 解析 根据滑动摩擦力的公式Ff=μFN,滑动摩擦力的大小与接触面积无关,只与接触面的粗糙程度和压力大小有关,由题可知三个货箱各表面材质和粗糙程度均相同,压力大小也相同,故摩擦力相同,即Ff1=Ff2=Ff3,D项正确。
3.C 解析 对网兜和足球受力分析,设轻绳与竖直墙面夹角为θ,由平衡条件FT==,FN=Gtan θ,可知FT>G,FT>FN,C项正确。
4.D 解析 导体棒所受安培力水平向右,根据左手定则可知,导体棒中的电流方向为b→a,A项错误;由力的平衡可得,每根细导线上的拉力大小F=,B项错误;导体棒所受安培力大小FA=mgtan θ,若导体棒中的电流大小加倍,根据FA=BIl,则平衡时tan θ的值加倍,C项错误;作出导体棒的受力分析图,如图所示,其所受重力大小、方向均不变,安培力的大小不变,磁场方向沿逆时针方向转动,根据余弦定理可得,细导线上的拉力变小,D项正确。
5.B 解析 当动滑轮两边轻绳的夹角为120°时,根据力的合成可知,物块A、B的质量相等,A项错误,B项正确;当P点向上缓慢移动时,假设B不动,对B分析,根据平衡条件可知绳子拉力不变,即动滑轮两边绳上的拉力不变,则两绳子的夹角不变,因此假设成立,C、D两项错误。
6.BC 解析 依题意,悬臂PM与竖直方向的夹角缓慢减小时,混凝土板受力平衡,有F=mg,由牛顿第三定律可知钢索受到的拉力保持不变,A项错误;对整体受力分析,水平方向不受外力,吊车不受地面的摩擦力,由牛顿第三定律可知吊车对地面的摩擦力始终为零,B项正确;钢索对定滑轮的作用力为定滑轮两侧钢索的合力,悬臂PM与竖直方向的夹角缓慢减小过程中,两力大小不变,夹角变小,所以合力逐渐变大,即钢索对定滑轮的作用力逐渐变大,C项正确;若四条绳增加相同的长度,由几何知识可知绳子与竖直方向夹角变小,根据Tcos θ=mg,四条绳受到的拉力均变小,故D项错误。
7.D 解析 小球P静止,由平衡条件知,绳子拉力大小为T=2mg,对圆环Q分析,竖直方向有Tsin θ=mg,圆环Q不受杆的支持力作用,可见杆对圆环Q没有摩擦力;由力的合成知,轻绳对动滑轮的作用力大小F1=2Tcos =2mg,方向与竖直方向成30°角斜向左下方,由牛顿第三定律知,定滑轮对轻绳作用力的方向与竖直方向成30°角斜向右上方,大小为F1'=F1=2mg,D项正确。
8.A 解析 斜面向左移动时绳子的拉力与竖直方向之间的夹角逐渐减小,绳子的拉力以及斜面的支持力变化如图所示,绳子的拉力增大,斜面的支持力逐渐减小,根据牛顿第三定律可知小球对斜面的压力变小,A项正确,B、C两项错误;对斜面分析可知,地面对斜面的摩擦力为Ff=FNsin 37°,因FN减小,则斜面受到地面的摩擦力变小,D项错误。
9.AC 解析 设拉力F与竖直方向夹角为θ,对N进行受力分析,N受重力mg、拉力F、轻绳拉力T,如图,因为F始终与右侧轻绳垂直,根据平衡条件可得F=mgcos θ,T=mgsin θ,在N缓慢移动至右侧细绳水平过程中,θ减小,sin θ减小,cos θ增大,所以拉力F逐渐增大,轻绳的拉力T逐渐减小,N缓慢移动至右侧细绳水平时,轻绳的拉力大小为0,A项正确,B项错误;对M进行受力分析,M受重力mg、斜面支持力、轻绳拉力T和摩擦力f,M的重力沿斜面向下的分力为GM1=mgsin 30°,解得GM1=mg,开始时系统静止T=mgsin 60°>GM1,M有沿斜面向上运动趋势,摩擦力方向沿斜面向下,有f+GM1=T,由于T减小,则f减小;当T继续减小到mgsin 30°时,摩擦力为0;当轻绳的拉力T小于mg时,M所受摩擦力沿斜面体向上,则GM1=f+T,随着轻绳的拉力T减小,摩擦力增大,所以M所受摩擦力先减小后增大,C项正确;把M、N和斜面体看成整体,整体受重力G总、地面支持力N地、拉力F,在竖直方向上N地+Fcos θ=G总,则N地=G总-mgcos 2θ,当θ减小时,cos 2θ增大,所以N地减小,根据牛顿第三定律,斜面体对水平面的压力减小,D项错误。
10.C 解析 对导线C进行受力分析,根据平衡条件可知,C受到重力、轨道支持力和A对C的安培斥力,根据安培定则和左手定则可知,导线C中的电流方向垂直纸面向外,A项错误;由于导线A固定,通过导线C的受力情况无法判断I1与I2的大小关系,B项错误;I1缓慢减小的过程中,导线C沿着轨道缓慢向下移动,其受力如图所示,根据相似三角形可得==,由于mg、R不变,导线A、C间的距离rAC逐渐减小,轨道对导线C的弹力大小不变,A、C间的安培力逐渐减小,C项正确,D项错误。
11.D 解析 设物块P的质量为M,小盒Q的质量为m,对物块P应用平衡条件得T=Mg。若Mg>mgsin θ,对小盒Q,有N=mgcos θ,T=mgsin θ+f,随着m增大,mgsin θ也随之增大,摩擦力f随之减小;当Mg=mgsin θ时,摩擦力减为零;若Mg【题后反思】 本题中A、B选项中判断摩擦力大小和方向的变化情况时用正交分解法,接下来判断C、D选项中斜面对Q的作用力时有两处易错点:(1)不能正确理解斜面对Q的作用力为斜面对Q的支持力和摩擦力的合力F合;(2)不能正确选择合适的方法解题。若沿用A、B选项中的分析,整理F合=的表达式,用解析法求解会陷入困境。若把Q的受力等效为三个力的作用,即重力、绳的拉力、斜面对Q的作用力,则符合图解法的解题特征,问题很容易解决,所以“选择方法比努力更重要”。
