小题精练 02 力和物体平衡-备考2025年高考物理题型突破讲练
一、重要知识点
1．（2024高一上·温州期末） 如图所示，弹簧一端固定在墙壁上，另一端与物块相连接。为使物块能在粗糙水平面上保持静止，弹簧的最大长度为，最小长度为。由此可知弹簧的原长是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】胡克定律；共点力的平衡
【解析】【解答】设弹簧的原长为L，弹簧为最大长度时，弹簧为伸长状态，由共点力平衡条件可得
最小长度时，弹簧为压缩状态，由共点力平衡条件可得
联立可得
B符合题意，ACD不符合题意。
故答案为：B。
【分析】分析静止的物块在弹簧最大长度和最小长度时的受力，由共点力平衡条件列出两个状态的平衡方程，求出弹簧的原长。
2．（2024高一上·博白开学考）如图，将一重力不计的纸夹在水平桌面上的书内，已知书对纸的压力为2N，书所受的重力为3N。若用F=0.6N的水平拉力拉纸，刚好将纸匀速拉出。则书与纸间的动摩擦因数为（ ）
A．0.1 B．0.15 C．0.2 D．0.3
【答案】B
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数
【解析】【解答】纸张夹在书内时，上下两面都会受到书的压力，在匀速拉出时，则上下两面都会产生滑动摩擦力。已知书对纸的压力为N=2N对纸受力分析，纸的两面均有受到摩擦力，由平衡条件可得
代入数据可解得
B正确。
故选B。
【分析】纸张夹在书内时，上下两面都会受到书的压力，根据滑动摩擦力大小计算公式求解动摩擦因数即可。
3．（2024高二上·黄浦开学考）在水平冰面上，狗拉着雪橇做匀速圆周运动，O点为圆心。能正确地表示雪橇受到的牵引力F及摩擦力f的选项是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】向心力
【解析】【解答】做匀速圆周运动，合力提供向心力，滑动摩擦力的方向与相对运动方向相反，沿沿切线反方向，拉力与摩擦力的合力指向圆心，根据平行四边形法则，故拉力指向斜上方，故ABD错误，C正确。
故选C。
【分析】根据匀速圆周运动的特点解答。
4．（2023高一上·天河期中）明朝谢肇淛的《五杂组》中记载：“明姑苏虎丘寺庙倾侧，议欲正之，非万缗不可．一游僧见之，曰：无烦也，我能正之．”游僧每天将木楔从塔身倾斜一侧的砖缝间敲进去，经月余扶正了塔身．假设所用的木楔为等腰三角形，木楔的顶角为θ，现在木楔背上加一力F，方向如图所示，木楔两侧产生推力N，则（ ）
A．若F一定，θ大时N大 B．若F一定，θ小时N大
C．若θ一定，F大时N大 D．若θ一定，F小时N大
【答案】B,C
【知识点】力的合成与分解的运用
【解析】【解答】本题运用分解法研究力平衡问题。对力进行分解时，一定要搞清力的实际作用效果，从而确定两个分力的方向，再根据平行四边形定则或三角形定则进行分解即可。选木楔为研究对象，木楔受到的力有：水平向左的F、和两侧给它的与木楔的斜面垂直的弹力，由于木楔处于平衡状态，所以侧给它的与木楔的斜面垂直的弹力与F沿两侧分解的分力是相等的，力F的分解如图
则
所以
由公式可知，当F一定，θ小时FN大，当θ一定，F大时FN大，AD错误，BC正确；
故选BC。
【分析】由于木楔处在静止状态，可将力F沿与木楔的斜面垂直且向上的方向进行分解，根据平行四边形定则，画出力F按效果分解的图示。并且可据此求出木楔两侧产生的推力，再进行分析。
5．（2024高一上·洮北期中）如图所示，斜面c上放有两个完全相同的物体a、b，两物体间用一根细线连接，在细线的中点加一与斜面垂直的拉力F，使两物体及斜面均处于静止状态。下列说法正确的是（ ）
A．c受到地面的摩擦力向右
B．a、b两物体的受力个数一定相同
C．斜面对a、b两物体的支持力一定相同
D．逐渐增大拉力F，b物体先滑动
【答案】A,C
【知识点】受力分析的应用；力的分解；共点力的平衡
【解析】【解答】A．以a、b、c整体为研究对象，由于整体处于静止，根据整体的平衡条件，由于拉力分力方向向左，则可知有向左运动的趋势，则c受到地面的摩擦力向右，A正确；
B．根据两个物体的平衡条件，则a物体受重力、细线拉力、支持力、摩擦力；b物体受重力、支持力、拉力，不一定有摩擦力，B错误；
C．对a、b分别受力分析，如下图所示，正交分解
根据垂直于斜面方向的平衡方程有
N=mgcosα-Tsinθ
支持力相等，C正确；
D．对a沿斜面方向，根据平衡方程有
Tcosθ＋mgsinθ=fa
对b沿斜面方向，根据平衡方程有
Tcosθ-mgsinθ=fb
正压力相等，所以最大静摩擦力相等，则a先达到最大静摩擦力，先滑动，D错误。
故选AC。
【分析】利用整体的平衡条件结合拉力的方向可以判别c受到地面的摩擦力方向；利用两个物体的平衡条件可以判别对应受力的个数；利用平衡方程可以比较支持力与摩擦力的大小，进而判别物体哪个先滑动。
6．（2024高一下·宜昌期中）如图所示，一匀强电场E大小未知、方向水平向右。两根长度均为L的绝缘轻绳分别将小球M和N悬挂在电场中，悬点均为O。两小球质量均为m、带等量异号电荷，电荷量大小均为q（q＞0）。平衡时两轻绳与竖直方向的夹角均为θ＝45°。若仅将两小球的电荷量同时变为原来的2倍，两小球仍在原位置平衡。已知静电力常量为k，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（ ）
A．M带负电荷 B．N带负电荷 C．q＝L D．q＝3L
【答案】A,C
【知识点】库仑定律；电场及电场力；力的合成与分解的运用；共点力的平衡
【解析】【解答】AB、由题图可知，对小球M受力分析如图（a）所示，对小球N受力分析如图（b）所示，
由受力分析图可知小球M带负电，小球N带正电，故A正确，B错误；
CD、由几何关系可知，两小球之间的距离为
当两小球的电荷量为q时，由力的平衡条件得
两小球的电荷量同时变为原来的2倍后，由力的平衡条件得
整理解得
故C正确，D错误。
故答案为：AC。
【分析】两小球始终处于平衡状态，确定小球的受力情况根据平衡条件确定两小球在匀强电场中所受电场力的方向，继而确定两电荷的电性。再根据平衡条件及力的合成与分解和库仑定律进行解答。
7．（2024·广东模拟）如图所示，间距为的光滑金属导轨、相互平行，导轨平面与水平面呈角，一金属棒垂直于导轨放置并与电源、开关构成回路，金属棒与导轨接触良好，空间存在与导轨平面垂直的匀强磁场，当通过金属棒的电流为时，金属棒恰好处于静止状态，则( )
A．磁场方向垂直于导轨平面向上
B．金属棒受到的安培力的大小为
C．磁场的磁感应强度为
D．增大电流强度，导轨对金属棒的支持力也增大
【答案】A,B
【知识点】安培力；共点力的平衡
【解析】【解答】A.金属棒受重力、支持力和安培力作用，处于静止状态，由共点力平衡条件可知，所受安培力方向沿导轨平面向上，由左手定则可知，磁场方向垂直于导轨平面向上，A符合题意；
BC.对金属棒，由共点力平衡条件得
又
联立解得
B符合题意，C不符合题意；
D.增大电流强度，由
可知，安培力增大，但由于安培力与支持力垂直，所以安培力的变化并不影响支持力的大小，支持力一直等于重力垂直斜面的分量，D不符合题意。
故答案为：AB。
【分析】分析金属棒的受力，由共点力平衡条件得出安培力的方向，再由左手定则判断磁场方向；由共点力平衡条件列式求解金属棒受到的安培力大小和磁场的磁感应强度；由安培力公式分析电流变化引起的安培力的变化，由于安培力与支持力垂直，所以安培力的变化并不影响支持力。
8．（2024高二下·广州期中）如图所示，一带正电的物块静止在粗糙的绝缘的水平地面上，整个空间有垂直纸面向里的匀强磁场。现给物块一个水平向右的瞬时速度，则物块在地面上的运动情况可能是（ ）
A．做加速运动
B．先做减速直线运动，后做匀速运动
C．始终做匀速运动
D．做减速运动直到静止在地面上
【答案】C,D
【知识点】功能关系；左手定则—磁场对带电粒子的作用；洛伦兹力的计算
【解析】【解答】根据左手定则可知，带正电物块向右运动所受洛伦兹力的方向向上，其大小与物块的初速度大小有关。由于物块的初速度大小未具体给出，所以洛伦兹力的大小与物块的重力可能出现三种不同的关系。
若洛伦兹力大于重力，物块将做曲线运动；
若洛伦兹力等于重力，物块始终做匀速运动；
若洛伦兹力小于重力，物块受摩擦力做减速运动直到静止在地面上。
故答案为：CD。
【分析】根据左手定则确定物体所受洛伦兹力的方向。由于不确定洛伦兹力与重力的大小关系，故需根据洛伦兹力不做功与重力的大小情况进行分类讨论。
二、受力分析的方法步骤
9．（2024高一下·株洲开学考）如图所示，用等大反向力和压住两块木板，中间夹着一个重量为G的立方体金属块，它们一起处于静止状态。则（ ）
A．木板和金属块之间肯定有挤压
B．金属块受三个力作用
C．若同时增大和，木板和金属块之间的摩擦力不变
D．若同时增大和，金属块所受合力会增大
【答案】A,C
【知识点】牛顿第三定律；摩擦力的判断与计算；力的合成
【解析】【解答】B、由题知，金属块处于静止状态，受力平衡，受到重力、左侧木板的压力和摩擦力，右侧木板的压力和摩擦力，共5个力作用，故B错误；
A、因金属块受到木板的摩擦力，两者之间必定存在弹力，就肯定在挤压，故A正确；
CD、若同时增大F和F'，金属块仍处于静止状态，合力为零，所受的摩擦力与重力平衡，则知摩擦力保持不变，故C正确，D错误；
故答案为：AC。
【分析】金属块处于静止状态，受力平衡，一定受到摩擦力，木板与金属块间必定存在挤压；按重力、弹力和摩擦力的顺序分析受力情况；根据平衡条件分析增大F和F'时，摩擦力和合力是否变化。
10．（2024高一上·成都期末）如图，质量为m的物体A放在倾角为、质量为M的斜面体C上，通过一轻质细绳绕过定滑轮连接质量也为m的物体B，细绳与斜面平行，B恰好匀速下降。斜面体C处于水平地面上，定滑轮质量不计，B离地面足够高，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）
A．A受5个力
B．B处于失重状态
C．C受到地面的支持力大小为
D．C受到地面的静摩擦力方向水平向左
【答案】C
【知识点】整体法隔离法；受力分析的应用；超重与失重
【解析】【解答】 整体法与隔离法的常规使用技巧是：先利用整体法求外力，再利用隔离法求单个物体的受力。A．A受重力、支持力、细绳拉力、摩擦力4个力的作用，故A错误；
B．B匀速下降，其加速度为零，处于平衡状态，故B错误；
CD．以A、B、C为整体，竖直方向根据受力平衡可知C受到地面的支持力大小为
水平方向根据受力平衡可知地面对C没有静摩擦力，故C正确，D错误。
故选C。
【分析】分析物体的受力情况和运动情况，根据平衡条件列式分析。
11．（2024高三上·湖南月考）如图所示，大鹅卵石A放在水平地面上，小鹅卵石B叠放在A上，A、B处于静止状态，则下列说法正确的是（ ）
A．地面对A的摩擦力向左
B．A共受到5个力的作用
C．A对B的作用力竖直向上
D．A对B的摩擦力一定大于B受到的重力
【答案】C
【知识点】整体法隔离法；受力分析的应用
【解析】【解答】本题考查整体法与隔离法的运用，掌握平衡条件的应用，注意平衡力与相互作用力的区别，注意静止状态的物体所受合力为0。A．以A、B作为整体研究，受到水平地面竖直向上的支持力、竖直向下的重力，二者是一对平衡力。所以A不会受到地面的摩擦力。故A错误；
B．对A受力分析，受自身重力、地面的支持力、B的压力和B的静摩擦力共4个力作用。故B错误；
C．对B受力分析，A对B的作用力为A对B的支持力与A对B的摩擦力的合力，与B的重力等大反向，即竖直向上。故C正确；
D．根据C选项的分析，可知A对B的摩擦力大小等于B重力的下滑分力，设二者接触面的倾角为，则有
可知A对B的摩擦力一定小于B受到的重力。故D错误。
故选C。
【分析】发生相对运动或有相对运动趋势的两个相互接触的物体之间存在摩擦力；在平衡力的作用下物体保持静止或做匀速直线运动；一个物体对另一个物体施加力的作用时，受到另一个物体的反作用力。
12．（2024高一上·浙江期中）如图，两梯形木块M、P叠放在水平地面上，M、P之间的接触面倾斜。连接M与天花板之间的细绳沿竖直方向。关于力的分析，下列说法正确的是（ ）
A．木块M不可能受二个力作用
B．木块M可能受三个力作用
C．木块M不可能受四个力作用
D．地面可能受到水平方向的摩擦力
【答案】B
【知识点】受力分析的应用
【解析】【解答】A．虽然木块M与木块P接触，但若木块M对木块P恰好无压力，则此种情况下木块M只受重力与绳子的拉力两个力的作用，故A错误；
B．绳子拉力为零时，木块M受重力，P对M垂直接触面斜向右上方的支持力以及接触面间P对M沿着接触面向上的静摩擦力，故B正确；
C．绳子拉力不为零时，木块M可能受重力，P对M垂直接触面斜向右上方的支持力以及接触面间P对M沿着接触面向上的静摩擦力，故C错误；
D．若绳子张力为零，将M、P看成一个整体，整体受重力与地面的支持力，整体相对于地面没有运动的趋势，因此地面对P无摩擦力作用；若绳子张力不为零，将M、N看成整体分析，整体受重力，地面对其竖直向上的支持力以及绳子对其竖直向上的拉力，整体没有相对地面运动的趋势，因此地面对P无摩擦力作用，故D错误。
故选B。
【分析】根据连接体分别应用整体法和隔离法，依据共点力的平衡分析判断受力情况。
三、处理平衡问题常用的“三种”方法处理平衡问题的常用方法
13．（2025·山西、陕西、宁夏、青海模拟）如图，质量均为m的两个相同小球甲和乙用轻弹簧连接，并用轻绳L1、L2固定，处于静止状态，L1水平，L2与竖直方向的夹角为60 ，重力加速度大小为g。则（ ）
A． 的拉力大小为
B． 的拉力大小为 3mg
C．若剪断 ，该瞬间小球甲的加速度大小为
D．若剪断 ，该瞬间小球乙的加速度大小为 g
【答案】C
【知识点】共点力的平衡；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】本题考查了共点力的平衡问题，解答本题时需注意：选准研究对象、做好受力分析、根据共点力的平衡条件确定力与力的关系。
AB．对甲乙整体受力分析可知，的拉力大小为
的拉力大小为
选项AB错误；
CD．若剪断瞬间，弹簧的弹力不变，则小球乙受的合外力仍为零，加速度为零；对甲分析可知，甲受重力和弹簧向下的拉力，绳子对其的拉力，甲球的速度为0，将力沿着绳子方向和垂直绳子方向分解，沿绳方向合力为0，则剪断瞬间，甲球受到的合力
由牛顿第二定律可知加速度
选项C正确，D错误。
故答案为：C。
【分析】对甲、乙整体受力分析，由平衡条件分别列式，即可分析求解；若剪断L1该瞬间，对乙，弹簧的弹力不变，对甲，由牛顿第二定律列式，即可分析求解。
14．（2024高一上·朝阳期末）如图所示，两同学用同样大小的力F共同提起一桶水，使水桶静止。若两人手臂间的夹角增大，仍然可以使这个水桶保持静止。则（ ）
A．每人对水桶的拉力变小 B．每人对水桶的拉力变大
C．两人对水桶拉力的合力变小 D．两人对水桶拉力的合力变大
【答案】B
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】本题要根据对称性得出两人对水桶的拉力方向与竖直方向之间的夹角相等，再由竖直方向力平衡即可求出两人的手臂受到的拉力大小与重力的关系，是解题的关键。若两人手臂间的夹角增大，仍然可以使这个水桶保持静止。根据受力平衡可知两人对水桶拉力的合力等于水桶和水的总重力，保持不变；根据平衡条件可得
由于增大，可知每人对水桶的拉力变大。
故选B。
【分析】 分析水桶的受力情况，分析平衡条件，求解两人的手臂受到的拉力大小与重力的关系；由于两人手臂对水桶的拉力大小相等，结合对称性分析拉力的方向，从而根据列式，即可求解。
15．（2024高三上·平凉月考）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，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
【答案】A
【知识点】力的合成与分解的运用；共点力的平衡
【解析】【解答】 三个力中，三力构成的封闭三角形与几何三角形在动态变化过程中始终相似。本题主要是考查了共点力的平衡，关键是能够利用三角形相似求解力的大小。ABC． 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 ，对悬点O受力分析，重物拉力，OB支持力和轻绳AO拉力，处于平衡状态，如图所示
由平衡条件可知，轻绳AO、CO对O点作用力的合力沿杆由O指向B，T与的合力大小等于重物的拉力mg，由相似三角形关系可得
绳对O点的拉力大小为
故BC错误，A正确；
D．由相似三角形关系有
可得杆对O点的力大小为
故D错误。
故选A。
【分析】对重物受力，根据三角形相似及共点力平衡条件分析求解。
16．（2024高一上·广西壮族自治区期中）明朝谢肇淛的《五杂组》中记载：“明姑苏虎丘寺塔倾侧，议欲正之，非万缗不可。一游僧见之曰：无烦也，我能正之。”游僧每天将木楔从塔身倾斜一侧的砖缝间敲进去，经月余扶正了塔身。假设所用的木楔为等腰三角形，木楔的顶角为θ，现在木楔背上加一力F，方向如图所示，木楔两侧产生推力FN，则（ ）
A．若F一定，θ大时FN大 B．若F一定，θ小时FN大
C．若θ一定，F小时FN大 D．若θ一定，F大时FN小
【答案】B
【知识点】力的分解；共点力的平衡
【解析】【解答】对力F进行分解，如图所示
选木楔为研究对象，则木楔受到水平向左的F和两侧给它的与木楔的斜面垂直的弹力，根据木楔的平衡条件可以得出两侧给木楔的斜面垂直的弹力与F沿两侧分解的力是相等的，根据力的分解有
根据平衡方程有
故得
所以F一定时，越小，越大；一定时，F越大，越大。
故选B。
【分析】根据力的分解结合平衡条件可以判别角度大小与推力的大小关系。
四、临界问题
17．（2024高一上·凉州期末）如图所示，用细绳OA、OB悬挂一重物，OB水平，O为半圆形支架的圆心，悬点A和B在支架上。若悬点A固定，将悬点B从图中所示位置逐渐移到C点，则OA绳和OB绳中的拉力变化情况为（ ）
A．OA绳中的拉力保持不变 B．OA绳中的拉力逐渐增大
C．OB绳中的拉力先减小后增大 D．OB绳中的拉力先增大后减小
【答案】C
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】本题为动态平衡问题，可以做出结点受力分析图象，由图象中边的变化要得出两力的变化。对结点O与重物进行分析，作出力学矢量动态三角形，如图所示
可知，OA绳中的拉力逐渐减小，OB绳中的拉力先减小后增大。
故选C。
【分析】对结点O进行受力分析，做出图像，图中各边长度变化即反映各力的变化。
18．（2024高三上·河北期中）《墨经》中记载古代建造房屋过程中，通过斜面提升重物，如图所示，若斜面体上表面光滑，则在缓慢拉升重物的过程中（ ）
A．重物受到的支持力不变
B．重物受到的支持力减小
C．斜面受到地面的支持力不变
D．斜面受到地面的支持力先增大后减小
【答案】B
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】AB．根据图解法可知，对重物受力分析，如图所示
缓慢拉升重物的过程中，重物所受重力大小方向不变，支持力的方向不变，而绳拉力的方向不断变化，重物所受支持力N不断减小，绳拉力F不断增大，故A错误，B正确；
CD．设连接重物的绳与水平面的夹角为α，对重物和斜面整体，在竖直方向有
重物缓慢沿斜面向上移动过程中，α不断增大，sinα增大，所以FN不断减小，故CD错误。
故选B。
【分析】根据先以重物为研究对象，根据力的动态分析图，即可分析力的变化，再对整体根据平衡条件分析地面对斜面的支持力变化情况。
19．（2024高一上·湖南期中）如图所示．质量为的半圆柱体放在粗糙水平面上，一可视为质点、质量为的物块在拉力的作用下，沿半圆弧缓慢向上滑动。已知拉力的方向始终与小物块的运动方向相同（与圆弧相切）、物块与半圆柱体表面的摩擦不计、重力加速度的大小为。若小物块和圆心的连线与水平向左方向的夹角为，在从0增大到的过程中，半圆柱体始终保持静止，下列说法正确的是（ ）
A．拉力一直增大
B．半圆柱体对物块的支持力先增大后减小
C．半圆柱体受到地面的摩擦力先增大后减小
D．半圆柱体受到地面的支持力先减小后增大
【答案】C
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】AB．以小物块为对象，物块在缓慢运动时处于动态平衡，根据平衡方程有：
，
在从0增大到的过程中，逐渐减小，逐渐增大，根据表达式可以得出拉力一直减小，半圆柱体对物块的支持力一直增大，故AB错误；
C．以半圆柱体为对象，在水平方向上，根据平衡方程有
可知当时，根据表达式可以得出半圆柱体受到地面的摩擦力最大，则在从0增大到的过程中，根据表达式可以得出半圆柱体受到地面的摩擦力先增大后减小，故C正确；
D．以半圆柱体为对象，在竖直方向上，根据平衡方程有：
可知在从0增大到的过程中，根据表达式可以得出半圆柱体受到地面的支持力一直增大，故D错误。
故选C。
【分析】利用物块的平衡方程可以判别拉力和支持力的大小变化；利用圆柱体的平衡方程可以判别摩擦力和支持力的大小变化。
20．（2024高一上·温州期中）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L=0.4m的正方体，质量M=1.2kg，此时处于静止状态，小方凳与地面间动摩擦因数 ，OD与竖直方向夹角θ=37°，D为球与凳的接触点，重力加速度 ， 则（ ）
A．地面对小方凳的支持力为16 N，球对小方凳压力为3N
B．若向左缓慢移动小方凳，移动过程中地面对小方凳的摩擦力变小
C．从θ=37°开始向左缓慢移动小方凳，松手后球和小方凳仍静止（球未到地面） ，则小方凳向左移动的最大距离为0.03m
D．仅改变球的质量，其余不变，为保证小方凳仍处于静止状态，球的质量应小于1kg
【答案】C
【知识点】整体法隔离法；共点力的平衡
【解析】【解答】由于小球处于静止，以球为研究对象，受到重力、墙壁的弹力以及正方体的支持力，受力如图所示
根据竖直方向的平衡方程可以得出小方凳对球的支持力
由牛顿第三定律可知，球对小方凳压力为5N；根据整体的平衡方程可以得出地面对小方凳的支持力为
选项A错误；
B．对整体分析可知，根据水平方向的平衡方程可以得出：地面对小方凳的摩擦力等于墙壁对球的弹力，大小为
若向左缓慢移动小方凳，移动过程中θ角变大，根据表达式可以得出地面对小方凳的摩擦力变大，选项B错误；
C．当方凳与地面之间的摩擦达到最大静摩擦时，根据整体的平衡方程有
解得
则夹角的大小为：
根据几何关系可以得出：小方凳向左移动的最大距离为
选项C正确；
D．若改变球的质量，则当方凳恰不发生滑动时，根据平衡方程有：
解得小球的质量大小为：
选项D错误。
故选C。
【分析】利用小球的平衡方程可以求出凳子对小球弹力的大小，结合牛顿第三定律可以求出小球对凳子的压力大小；利用整体的平衡方程可以求出地面对凳子的支持力的大小；利用整体水平方向的平衡方程可以判别摩擦力与角度的大小关系；利用平衡方程可以求出方凳与地面摩擦力达到最大时的角度，结合几何关系可以求出凳子移动的距离；利用平衡方程可以求出小球的质量大小。
21．（2024高一上·四川期末）如图，竖直面内有一圆环，圆心为O，AB为水平直径，MN为倾斜直径，AB、MN的夹角为，一不可伸长的轻绳两端分别固定在圆环的、两点，轻质小滑轮连接一重物，放置在轻绳上，不计滑轮与轻绳的摩擦。圆环从图示位置在纸面内绕O点顺时针缓慢转过的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．轻绳对滑轮的作用力保持不变
B．轻绳对滑轮的作用力先减小再增大
C．轻绳的张力逐渐增大
D．轻绳的张力先增大再减小
【答案】A,D
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】 本题考查共点力的平衡条件，这种问题一般要抓住不变的量，然后去分析变化的量。在本题中，小球的重力大小和方向都不变，抓住这一点，然后去分析另外两个力的变化情况，这样有理有据。AB．对滑轮与重物构成的整体进行分析，在缓慢转过的过程中，根据平衡条件可知，轻绳对滑轮的作用力与重物的重力大小相等，方向相反，即方向竖直向上，故A正确，B错误；
CD．MN连线与水平直径AB的夹角（）越大，MN之间的水平距离d越小，根据对称性可知，连接滑轮左右两侧轻绳与竖直方向的夹角相等，令夹角为，轻绳长为L，则有
可知，若越大，则越小，根据平衡条件有
在圆环从图示位置在纸面内绕O点顺时针缓慢转过的过程中，先MN之间的水平距离d先增大后减小，即先增大后减小，可知，轻绳的张力先增大再减小，故C错误，D正确。
故选AD。
【分析】M、N连线与水平直径的夹角θ（θ≤90°）越大，M、N之间的水平距离越小，轻绳与竖直方向的夹角α越小，根据平衡条件得出轻绳上的张力与α的关系，再分析其变化情况。
五、破鼎提升
22．（2024高一上·广元期中）如图所示，圆心为O、半径为R的四分之一圆形光滑轨道竖直固定在水平地面上，在O点正上方有一光滑小定滑轮，小定滑轮到轨道最高点B的距离为h，轻绳一端系一质量为m的小球（小球和小定滑轮均可视为质点），靠放在光滑圆形轨道上的A点，A点到小定滑轮的距离为L，另一端绕过小定滑轮后用力拉住.重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．缓慢地拉轻绳使小球由A运动到B，该过程中FN大小不变
B．缓慢地拉轻绳使小球由A运动到B，该过程中FT一直变小
C．小球静止在A点时，圆形轨道对小球的支持力大小
D．小球静止在A点时，绳对小球的拉力大小
【答案】A,B
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】由于小球缓慢运动处于动态平衡，对小球受力可知，小球受到绳子拉力、轨道给的支持力和自身重力mg ，如图所示
根据相似三角形定则有
解得拉力和支持力的大小为
其中mg、R、h均不变，L逐渐减小，根据表达式可以得出FN不变，FT变小。
故选AB。
【分析】小球处于动态平衡，结合小球的平衡条件及矢量三角形定则可以判别拉力和支持力的大小变化。
23．（2024高一上·江岸月考）如图所示为一倾角为的固定斜面，ABCD为长方形，O为AC与BD交点，等于。一个质量为m的小物块在恒力F（大小未知）的作用下刚好能在斜面上沿OD匀速运动，F在平面ABCD内且方向与BD之间的夹角为，已知重力加速度的大小为g，下列描述正确的是（ ）
A．小物块受到的摩擦力大小为
B．小物块与斜面之间的动摩擦因数
C．拉力F沿斜面垂直BC边向上的分量大小为
D．若小物块与斜面之间的动摩擦因数增大，使小物块仍能沿OD匀速运动，则F应变大，并且其方向与BD的夹角应减小
【答案】A,D
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。AB．在平面ABCD内，小球受力平衡，受力分析如图所示
则有
又，解得
故A正确、B错误；
C．拉力F沿斜面向上的分量为
故C错误；
D．动摩擦因数增大，则f增大，由图可知F增大，并且与BD的夹角减小，故D正确。
故选AD。
【分析】在平面ABCD内，小球受力平衡，根据平衡条件结合滑动摩擦力的计算公式进行分析；根据平衡条件求解拉力F沿斜面向上的分量；动摩擦因数增大，则摩擦力增大，根据几何关系进行分析。
24．（2024高一上·浙江期中）如图所示重100N的物体放在倾角为30°的粗糙斜面上，一根原长为10cm，劲度系数为1000N/m的弹簧，其一端固定在斜面上底端，另一端与物体连接，设物体静止时弹簧长度为7cm，现用力F沿斜面上拉物体，而物体仍静止，若物体与斜面间的最大静摩擦力为35N，则力F的可能值是（ ）
A．15N B．50N C．85N D．100N
【答案】A,B
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】施加拉力前，受力如图
物体受到四个力的作用而平衡：重力G、垂直斜面向上的支持力N、沿斜面向上的摩擦力f和弹簧对物体施加沿斜面向上的弹力T，根据胡克定律有
根据物体的平衡方程可以得出
方向沿斜面向上。施加拉力F后，物体仍然静止，且弹簧对物体施加的弹力大小和方向不变，若摩擦力沿斜面向上，根据平衡方程有
即
摩擦力f随着F增大而减小，当时，，
若，摩擦力沿斜面向下，因为物体没有滑动，根据平衡方程有
代入数据可得
所以拉力在0~55N之间，选项AB正确，CD错误。
故选AB。
【分析】利用施加拉力前的平衡方程可以求出摩擦力的大小，结合施加拉力后的平衡方程可以求出拉力的大小范围。
25．（2024高三上·绵阳模拟）如图所示，竖直面内有一光滑圆环，O为圆心，轻质细绳一端固定在圆环最高点A，另一端连接套在圆环上的小球。当圆环和小球静止时，绳子与竖直方向的夹角为30°，绳子对小球的拉力大小为，圆环对小球的弹力大小为；现让圆环在竖直平面内以过O点的水平轴顺时针缓慢转动30°，当圆环和小球再次静止时，绳子对小球的拉力大小为，圆环对小球的弹力大小为，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B,D
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】细线对小球的拉力F1和环对小球的弹力F2的夹角不变，其合力与重力平衡。圆环绕通过O垂直于环面的水平轴沿顺时针方向缓慢转过30 的过程中，相当于知将重力逆时针旋转30 。因为重力大小不变，作出力的四边形如图所示：由图可知F2一直变大，F1一直变大。即
，
故选BD。
【分析】结合题意分析出该题考查共点力的静态平衡问题，且是一个力大小不变，方向改变，其他两个力的方向不变，可以通过图解法画出不同的平行四边形，从而确定力的大小变化情况。
26．（2024高三上·保定期中）如图，轻杆带转轴一端与物块B连接，轻杆可绕转轴在如图所示的竖直面内转动，其上端固定小球A，A、B质量均为m且置于质量为2m的小车中，小车放在光滑水平面上。细线右端固定于车厢壁C点，左端与A球相连，A、C等高，物块B与车厢地板间的动摩擦因数为。给小车施加水平向左的作用力F，保证轻杆与竖直方向的夹角且与小车始终保持相对静止（假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．轻杆对小球的作用力大小一定为，方向沿杆斜向上
B．细线拉力为0时，小车的加速度大小为
C．当，
D．当，
【答案】A,B,C
【知识点】共点力的平衡；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】A．对于小球A，它受到重力、细线的拉力和轻杆的作用力。由于系统有水平向左的加速度，小球A也会受到一个向左的合力。杆为动杆，对小球的作用力一定沿着杆的方向，设大小为。对小球，由竖直方向平衡
得
故A正确；
B．当细线拉力为0时，意味着小球A只受到重力和轻杆的作用力。拉力为0时，对小球，水平方向，由牛顿第二定律得
又A项分析可知
解得
故B正确；
C．当时，对物块B，设小车对其的支持力为，则
物块B受到小车的静摩擦力向左达到最大时，加速度最大，大小为，水平方向由牛顿第二定律（合力等于加速度与质量乘积）得
解得
对A、B和小车整体，由牛顿第二定律得
因此有
故C正确；
D．当时，对物块B，设小车对其的支持力为，则
物块B受到小车的静摩擦力向左达到最大时，加速度最大，大小为，水平方向由牛顿第二定律得
解得
对A向左能达到的最大加速度
可得
即系统向左能达到的最大加速度为，对A、B和小车整体，由牛顿第二定律得
因此有
故D错误。
故选ABC。
【分析】我们来分析整个系统的运动情况。由于小车在水平向左的作用力F下运动，系统（包括小车、小球A、物块B）将产生水平向左的加速度。我们需要考虑各个部分（小球A、物块B）的受力情况，以及它们与小车之间的相互作用。
六、直击高考
27．（2021·河北）如图，矩形金属框 竖直放置，其中 、 足够长，且 杆光滑，一根轻弹簧一端固定在M点，另一端连接一个质量为m的小球，小球穿过 杆，金属框绕 轴分别以角速度 和 匀速转动时，小球均相对 杆静止，若 ，则与以 匀速转动时相比，以 匀速转动时（ ）
A．小球的高度一定降低
B．弹簧弹力的大小一定不变
C．小球对杆压力的大小一定变大
D．小球所受合外力的大小一定变大
【答案】B,D
【知识点】共点力的平衡；牛顿第二定律；向心力
【解析】【解答】由于小球相对于杆静止，则小球与竖直方向的夹角θ保持不变，对小球受力分析，根据竖直方向的平衡方程有：
根据胡克定律有：
由于θ为定值，T不变，则当转速增大后，小球的高度不变，弹簧的弹力不变。则A不符合题意，B符合题意；
当小球受到弹簧的弹力和本身的重力提供向心力时，其杆对小球FN=0，根据牛顿第二定律有：
且根据平衡方程有：，
联立可以解得：；
当，FN背向转轴，根据牛顿第二定律有：
即 ，越大其FN越小；
当，FN指向转轴，根据牛顿第二定律有：
即 ，越大其FN越大；
则因 ，根据牛顿第三定律可知，随角速度的变大，小球对杆的压力不一定变大。则C不符合题意；
根据
可知，因角速度变大，则小球受合外力变大。则D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】当相对于PQ杆静止时其小球的高度保持不变，由于小球高度不变所以弹簧产生的弹力大小不变；利用水平方向的牛顿第二定律且未知杆对小球支持力的方向不能判别其小球对杆压力的大小变化；利用牛顿第二定律结合角速度变大可以判别小球受到的合力变大。
28．（2024·贵州） 如图（a），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（b）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． B． C． D．
【答案】D
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】对球进行受力分析，小球受重力、横杆对球的支持力和竖直墙对球的支持力F，如图所示，
根据共点力平衡条件可得得
由几何关系可得
联立解得
根据牛顿第三定律得球对横杆的压力大小为
ABC不符合题意，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】分析小球受力，由共点力平衡条件结合几何关系，求出小球受到横杆对球的支持力，再由牛顿第三定律得到球对横杆的压力。
29．（2024·浙江）如图所示，不可伸长的光滑细线穿过质量为0.1kg的小铁球，两端A、B悬挂在倾角为30°的固定斜杆上，间距为1.5m。小球平衡时，A端细线与杆垂直；当小球受到垂直纸面方向的扰动做微小摆动时，等效于悬挂点位于小球重垂线与AB交点的单摆，则（ ）
A．摆角变小，周期变大
B．小球摆动周期约为2s
C．小球平衡时，A端拉力为N
D．小球平衡时，A端拉力小于B端拉力
【答案】B
【知识点】单摆及其回复力与周期；受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】A. 由单摆的周期公式可知，单摆的周期与摆角大小无关，故周期不变，A不符合题意；
B. 由图可知，摆球摆长为，则摆动周期为，B符合题意；
CD. 小球平衡时，绳上拉力大小相等，有，可得，CD不符合题意。
故答案为：B
【分析】根据单摆的周期公式，结合几何关系可得出单摆摆长，进而可得出周期的大小；利用共点力的平衡条件可得出绳上拉力的大小。
30．（2024·湖北） 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． B． C．2f D．3f
【答案】B
【知识点】力的合成与分解的运用；共点力的平衡
【解析】【解答】根据题意对S受力分析如图
正交分解可知
所以有
对P受力分析如图
则有
解得
故选B。
【分析】 对拖船和货船进行受力分析，根据平衡条件，结合整体法与隔离法求解作答
31．（2024·河北）如图，弹簧测力计下端挂有一质量为的光滑均匀球体，球体静止于带有固定挡板的斜面上，斜面倾角为，挡板与斜面夹角为.若弹簧测力计位于竖直方向，读数为取，挡板对球体支持力的大小为( )
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】力的合成与分解的运用；共点力的平衡
【解析】【解答】对小球受力分析如图所示
由几何关系易得力F与力与竖直方向的夹角均为，因此由正交分解方程可得
，
解得 ，故A正确，BCD错误。
故选A。
【分析】根据题意画出小球的受力图，根据平衡条件写出平衡方程联立解答
32．（2024·山东）如图所示，国产人形机器人“天工”能平稳通过斜坡。若它可以在倾角不大于30°的斜坡上稳定地站立和行走，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则它的脚和斜面间的动摩擦因数不能小于( )
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】力的合成与分解的运用；共点力的平衡
【解析】【解答】根据题意可知机器人“天工”它可以在倾角不大于30°的斜坡上稳定地站立和行走，对“天工”分析有
故有
可得
故选B。
【分析】根据平衡条件和滑动摩擦力公式求解作答。
33．（2024·新课标）如图，两根不可伸长的等长绝缘细绳的上端均系在天花板的O点上，下端分别系有均带正电荷的小球P、Q；小球处在某一方向水平向右的匀强电场中，平衡时两细绳与竖直方向的夹角大小相等。则（ ）
A．两绳中的张力大小一定相等 B．P的质量一定大于Q的质量
C．P的电荷量一定小于Q的电荷量 D．P的电荷量一定大于Q的电荷量
【答案】B
【知识点】库仑定律；受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】AB. 对两正电荷P、Q进行受力分析，对于Q在竖直方向有，水平方向有，联立有，对于P在竖直方向有有，联立有，显然，故，，A不符合题意，B符合题意；
CD. 由于正电荷所受力与库仑力大小关系未知，故P、Q两正电荷的电荷量大小无法判断，CD不符合题意。
故答案为：B
【分析】根据受力分析，运用正交分解的方法，结合库仑定律的表达式，利用共点力平衡的条件可得出结论。
34．（2024·黑吉辽） 利用砚台将墨条磨成墨汁，墨条速度方向水平向左时，（ ）
A．砚台对墨条的摩擦力方向水平向左
B．桌面对砚台的摩擦力方向水平向左
C．桌面和墨条对砚台的摩擦力是一对平衡力
D．桌面对砚台的支持力与墨条对砚台的压力是一对平衡力
【答案】C
【知识点】摩擦力的判断与计算；共点力的平衡
【解析】【解答】 AB.磨条速度方向水平向左，磨条受到砚台的滑动摩擦力水平向右，根据牛顿第三定律砚台受到磨条的摩擦力方向向左，砚台有向左运动的趋势，桌面对砚台的摩擦力方向水平向右，故AB错误；
C.砚台处于静止状态，水平方向的合力为零，桌面和磨条对砚台的摩擦力是一对平衡力，故C正确；
D.根据平衡条件桌面对砚台的支持力与磨条对砚台的压力和砚台的重力的合力互相平衡，故D错误。
故选：C
【分析】AB.滑动摩擦力的方向与磨条的相对运动方向相反；根据牛顿第三定律判断砚台受到磨条的滑动摩擦力方向，根据平衡条件判断桌面对砚台的摩擦力方向；
CD.砚台处于静止状态，根据平衡条件进行分析。
35．（2023·海南）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（ ）
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
【答案】B
【知识点】共点力的平衡；区分相互作用力与平衡力
【解析】【解答】A、工人受力分析可知，竖直方向受自身重力，地面支持力，绳子的拉力，三个力作用下处于平衡状态，A错误；
B、工人对绳的拉力和绳对工人的拉力是一次相互作用中产生的作用在两个物体上，大小相等，方向相反的力，是一对作用力与反作用力，B正确；
CD、对动滑轮受力分析如图所示，
可得：，在重物缓慢拉起的过程中，θ角度不断增大，绳子的拉力不断增大，CD错误；
故答案为：B
【分析】A、对工人受力分析竖直方向受三个力的作用下的平衡；
B、正确理解作用力和反作用力，就可以判断；
CD，对动滑轮受力分析，由平行四边形法则求解拉力与夹角的关系，分析判断。
36．（2023·湖北）如图所示，原长为l的轻质弹簧，一端固定在O点，另一端与一质量为m的小球相连。小球套在竖直固定的粗糙杆上，与杆之间的动摩擦因数为0.5。杆上M、N两点与O点的距离均为l，P点到O点的距离为，OP与杆垂直。当小球置于杆上P点时恰好能保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。小球以某一初速度从M点向下运动到N点，在此过程中，弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确的是（ ）
A．弹簧的劲度系数为
B．小球在P点下方处的加速度大小为
C．从M点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力先变小再变大
D．从M点到P点和从P点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力做功相同
【答案】A,D
【知识点】胡克定律；滑动摩擦力与动摩擦因数；摩擦力的判断与计算；共点力的平衡；牛顿第二定律；功的计算
【解析】【解答】A.小球在P点受力平衡，则，，，联立解得：，故A符合题意；
B.小球运动到P点下方时，此时摩擦力大小为：，由牛顿第二定律得：，联立解得：，故B不符合题意。
C.在PM之间任取一点A，令AO与MN之间的夹角为，则此时弹簧的弹力为：，小球受到的摩擦力为：；在MP之间增大在PN之间减小，所以摩擦力先变大后变小，故C不符合题意；
D.根据对称性知在任意关于P点对称的点摩擦力相等，因此由对称性知M到P和P到N摩擦力做功相等，故D符合题意；
故答案为：AD
【分析】在P点，根据平衡条件列方程求弹簧的劲度系数； 小球在P点下方时，根据牛顿第二定律求加速度；在PM之间任取一点A，求出摩擦力的表达式进行分析；根据对称性进行分析。
小题精练 02 力和物体平衡-备考2025年高考物理题型突破讲练
一、重要知识点
1．（2024高一上·温州期末） 如图所示，弹簧一端固定在墙壁上，另一端与物块相连接。为使物块能在粗糙水平面上保持静止，弹簧的最大长度为，最小长度为。由此可知弹簧的原长是（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高一上·博白开学考）如图，将一重力不计的纸夹在水平桌面上的书内，已知书对纸的压力为2N，书所受的重力为3N。若用F=0.6N的水平拉力拉纸，刚好将纸匀速拉出。则书与纸间的动摩擦因数为（ ）
A．0.1 B．0.15 C．0.2 D．0.3
3．（2024高二上·黄浦开学考）在水平冰面上，狗拉着雪橇做匀速圆周运动，O点为圆心。能正确地表示雪橇受到的牵引力F及摩擦力f的选项是（ ）
A． B．
C． D．
4．（2023高一上·天河期中）明朝谢肇淛的《五杂组》中记载：“明姑苏虎丘寺庙倾侧，议欲正之，非万缗不可．一游僧见之，曰：无烦也，我能正之．”游僧每天将木楔从塔身倾斜一侧的砖缝间敲进去，经月余扶正了塔身．假设所用的木楔为等腰三角形，木楔的顶角为θ，现在木楔背上加一力F，方向如图所示，木楔两侧产生推力N，则（ ）
A．若F一定，θ大时N大 B．若F一定，θ小时N大
C．若θ一定，F大时N大 D．若θ一定，F小时N大
5．（2024高一上·洮北期中）如图所示，斜面c上放有两个完全相同的物体a、b，两物体间用一根细线连接，在细线的中点加一与斜面垂直的拉力F，使两物体及斜面均处于静止状态。下列说法正确的是（ ）
A．c受到地面的摩擦力向右
B．a、b两物体的受力个数一定相同
C．斜面对a、b两物体的支持力一定相同
D．逐渐增大拉力F，b物体先滑动
6．（2024高一下·宜昌期中）如图所示，一匀强电场E大小未知、方向水平向右。两根长度均为L的绝缘轻绳分别将小球M和N悬挂在电场中，悬点均为O。两小球质量均为m、带等量异号电荷，电荷量大小均为q（q＞0）。平衡时两轻绳与竖直方向的夹角均为θ＝45°。若仅将两小球的电荷量同时变为原来的2倍，两小球仍在原位置平衡。已知静电力常量为k，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（ ）
A．M带负电荷 B．N带负电荷 C．q＝L D．q＝3L
7．（2024·广东模拟）如图所示，间距为的光滑金属导轨、相互平行，导轨平面与水平面呈角，一金属棒垂直于导轨放置并与电源、开关构成回路，金属棒与导轨接触良好，空间存在与导轨平面垂直的匀强磁场，当通过金属棒的电流为时，金属棒恰好处于静止状态，则( )
A．磁场方向垂直于导轨平面向上
B．金属棒受到的安培力的大小为
C．磁场的磁感应强度为
D．增大电流强度，导轨对金属棒的支持力也增大
8．（2024高二下·广州期中）如图所示，一带正电的物块静止在粗糙的绝缘的水平地面上，整个空间有垂直纸面向里的匀强磁场。现给物块一个水平向右的瞬时速度，则物块在地面上的运动情况可能是（ ）
A．做加速运动
B．先做减速直线运动，后做匀速运动
C．始终做匀速运动
D．做减速运动直到静止在地面上
二、受力分析的方法步骤
9．（2024高一下·株洲开学考）如图所示，用等大反向力和压住两块木板，中间夹着一个重量为G的立方体金属块，它们一起处于静止状态。则（ ）
A．木板和金属块之间肯定有挤压
B．金属块受三个力作用
C．若同时增大和，木板和金属块之间的摩擦力不变
D．若同时增大和，金属块所受合力会增大
10．（2024高一上·成都期末）如图，质量为m的物体A放在倾角为、质量为M的斜面体C上，通过一轻质细绳绕过定滑轮连接质量也为m的物体B，细绳与斜面平行，B恰好匀速下降。斜面体C处于水平地面上，定滑轮质量不计，B离地面足够高，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）
A．A受5个力
B．B处于失重状态
C．C受到地面的支持力大小为
D．C受到地面的静摩擦力方向水平向左
11．（2024高三上·湖南月考）如图所示，大鹅卵石A放在水平地面上，小鹅卵石B叠放在A上，A、B处于静止状态，则下列说法正确的是（ ）
A．地面对A的摩擦力向左
B．A共受到5个力的作用
C．A对B的作用力竖直向上
D．A对B的摩擦力一定大于B受到的重力
12．（2024高一上·浙江期中）如图，两梯形木块M、P叠放在水平地面上，M、P之间的接触面倾斜。连接M与天花板之间的细绳沿竖直方向。关于力的分析，下列说法正确的是（ ）
A．木块M不可能受二个力作用
B．木块M可能受三个力作用
C．木块M不可能受四个力作用
D．地面可能受到水平方向的摩擦力
三、处理平衡问题常用的“三种”方法处理平衡问题的常用方法
13．（2025·山西、陕西、宁夏、青海模拟）如图，质量均为m的两个相同小球甲和乙用轻弹簧连接，并用轻绳L1、L2固定，处于静止状态，L1水平，L2与竖直方向的夹角为60 ，重力加速度大小为g。则（ ）
A． 的拉力大小为
B． 的拉力大小为 3mg
C．若剪断 ，该瞬间小球甲的加速度大小为
D．若剪断 ，该瞬间小球乙的加速度大小为 g
14．（2024高一上·朝阳期末）如图所示，两同学用同样大小的力F共同提起一桶水，使水桶静止。若两人手臂间的夹角增大，仍然可以使这个水桶保持静止。则（ ）
A．每人对水桶的拉力变小 B．每人对水桶的拉力变大
C．两人对水桶拉力的合力变小 D．两人对水桶拉力的合力变大
15．（2024高三上·平凉月考）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，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
16．（2024高一上·广西壮族自治区期中）明朝谢肇淛的《五杂组》中记载：“明姑苏虎丘寺塔倾侧，议欲正之，非万缗不可。一游僧见之曰：无烦也，我能正之。”游僧每天将木楔从塔身倾斜一侧的砖缝间敲进去，经月余扶正了塔身。假设所用的木楔为等腰三角形，木楔的顶角为θ，现在木楔背上加一力F，方向如图所示，木楔两侧产生推力FN，则（ ）
A．若F一定，θ大时FN大 B．若F一定，θ小时FN大
C．若θ一定，F小时FN大 D．若θ一定，F大时FN小
四、临界问题
17．（2024高一上·凉州期末）如图所示，用细绳OA、OB悬挂一重物，OB水平，O为半圆形支架的圆心，悬点A和B在支架上。若悬点A固定，将悬点B从图中所示位置逐渐移到C点，则OA绳和OB绳中的拉力变化情况为（ ）
A．OA绳中的拉力保持不变 B．OA绳中的拉力逐渐增大
C．OB绳中的拉力先减小后增大 D．OB绳中的拉力先增大后减小
18．（2024高三上·河北期中）《墨经》中记载古代建造房屋过程中，通过斜面提升重物，如图所示，若斜面体上表面光滑，则在缓慢拉升重物的过程中（ ）
A．重物受到的支持力不变
B．重物受到的支持力减小
C．斜面受到地面的支持力不变
D．斜面受到地面的支持力先增大后减小
19．（2024高一上·湖南期中）如图所示．质量为的半圆柱体放在粗糙水平面上，一可视为质点、质量为的物块在拉力的作用下，沿半圆弧缓慢向上滑动。已知拉力的方向始终与小物块的运动方向相同（与圆弧相切）、物块与半圆柱体表面的摩擦不计、重力加速度的大小为。若小物块和圆心的连线与水平向左方向的夹角为，在从0增大到的过程中，半圆柱体始终保持静止，下列说法正确的是（ ）
A．拉力一直增大
B．半圆柱体对物块的支持力先增大后减小
C．半圆柱体受到地面的摩擦力先增大后减小
D．半圆柱体受到地面的支持力先减小后增大
20．（2024高一上·温州期中）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L=0.4m的正方体，质量M=1.2kg，此时处于静止状态，小方凳与地面间动摩擦因数 ，OD与竖直方向夹角θ=37°，D为球与凳的接触点，重力加速度 ， 则（ ）
A．地面对小方凳的支持力为16 N，球对小方凳压力为3N
B．若向左缓慢移动小方凳，移动过程中地面对小方凳的摩擦力变小
C．从θ=37°开始向左缓慢移动小方凳，松手后球和小方凳仍静止（球未到地面） ，则小方凳向左移动的最大距离为0.03m
D．仅改变球的质量，其余不变，为保证小方凳仍处于静止状态，球的质量应小于1kg
21．（2024高一上·四川期末）如图，竖直面内有一圆环，圆心为O，AB为水平直径，MN为倾斜直径，AB、MN的夹角为，一不可伸长的轻绳两端分别固定在圆环的、两点，轻质小滑轮连接一重物，放置在轻绳上，不计滑轮与轻绳的摩擦。圆环从图示位置在纸面内绕O点顺时针缓慢转过的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．轻绳对滑轮的作用力保持不变
B．轻绳对滑轮的作用力先减小再增大
C．轻绳的张力逐渐增大
D．轻绳的张力先增大再减小
五、破鼎提升
22．（2024高一上·广元期中）如图所示，圆心为O、半径为R的四分之一圆形光滑轨道竖直固定在水平地面上，在O点正上方有一光滑小定滑轮，小定滑轮到轨道最高点B的距离为h，轻绳一端系一质量为m的小球（小球和小定滑轮均可视为质点），靠放在光滑圆形轨道上的A点，A点到小定滑轮的距离为L，另一端绕过小定滑轮后用力拉住.重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．缓慢地拉轻绳使小球由A运动到B，该过程中FN大小不变
B．缓慢地拉轻绳使小球由A运动到B，该过程中FT一直变小
C．小球静止在A点时，圆形轨道对小球的支持力大小
D．小球静止在A点时，绳对小球的拉力大小
23．（2024高一上·江岸月考）如图所示为一倾角为的固定斜面，ABCD为长方形，O为AC与BD交点，等于。一个质量为m的小物块在恒力F（大小未知）的作用下刚好能在斜面上沿OD匀速运动，F在平面ABCD内且方向与BD之间的夹角为，已知重力加速度的大小为g，下列描述正确的是（ ）
A．小物块受到的摩擦力大小为
B．小物块与斜面之间的动摩擦因数
C．拉力F沿斜面垂直BC边向上的分量大小为
D．若小物块与斜面之间的动摩擦因数增大，使小物块仍能沿OD匀速运动，则F应变大，并且其方向与BD的夹角应减小
24．（2024高一上·浙江期中）如图所示重100N的物体放在倾角为30°的粗糙斜面上，一根原长为10cm，劲度系数为1000N/m的弹簧，其一端固定在斜面上底端，另一端与物体连接，设物体静止时弹簧长度为7cm，现用力F沿斜面上拉物体，而物体仍静止，若物体与斜面间的最大静摩擦力为35N，则力F的可能值是（ ）
A．15N B．50N C．85N D．100N
25．（2024高三上·绵阳模拟）如图所示，竖直面内有一光滑圆环，O为圆心，轻质细绳一端固定在圆环最高点A，另一端连接套在圆环上的小球。当圆环和小球静止时，绳子与竖直方向的夹角为30°，绳子对小球的拉力大小为，圆环对小球的弹力大小为；现让圆环在竖直平面内以过O点的水平轴顺时针缓慢转动30°，当圆环和小球再次静止时，绳子对小球的拉力大小为，圆环对小球的弹力大小为，则（ ）
A． B． C． D．
26．（2024高三上·保定期中）如图，轻杆带转轴一端与物块B连接，轻杆可绕转轴在如图所示的竖直面内转动，其上端固定小球A，A、B质量均为m且置于质量为2m的小车中，小车放在光滑水平面上。细线右端固定于车厢壁C点，左端与A球相连，A、C等高，物块B与车厢地板间的动摩擦因数为。给小车施加水平向左的作用力F，保证轻杆与竖直方向的夹角且与小车始终保持相对静止（假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．轻杆对小球的作用力大小一定为，方向沿杆斜向上
B．细线拉力为0时，小车的加速度大小为
C．当，
D．当，
六、直击高考
27．（2021·河北）如图，矩形金属框 竖直放置，其中 、 足够长，且 杆光滑，一根轻弹簧一端固定在M点，另一端连接一个质量为m的小球，小球穿过 杆，金属框绕 轴分别以角速度 和 匀速转动时，小球均相对 杆静止，若 ，则与以 匀速转动时相比，以 匀速转动时（ ）
A．小球的高度一定降低
B．弹簧弹力的大小一定不变
C．小球对杆压力的大小一定变大
D．小球所受合外力的大小一定变大
28．（2024·贵州） 如图（a），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（b）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． B． C． D．
29．（2024·浙江）如图所示，不可伸长的光滑细线穿过质量为0.1kg的小铁球，两端A、B悬挂在倾角为30°的固定斜杆上，间距为1.5m。小球平衡时，A端细线与杆垂直；当小球受到垂直纸面方向的扰动做微小摆动时，等效于悬挂点位于小球重垂线与AB交点的单摆，则（ ）
A．摆角变小，周期变大
B．小球摆动周期约为2s
C．小球平衡时，A端拉力为N
D．小球平衡时，A端拉力小于B端拉力
30．（2024·湖北） 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． B． C．2f D．3f
31．（2024·河北）如图，弹簧测力计下端挂有一质量为的光滑均匀球体，球体静止于带有固定挡板的斜面上，斜面倾角为，挡板与斜面夹角为.若弹簧测力计位于竖直方向，读数为取，挡板对球体支持力的大小为( )
A． B． C． D．
32．（2024·山东）如图所示，国产人形机器人“天工”能平稳通过斜坡。若它可以在倾角不大于30°的斜坡上稳定地站立和行走，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则它的脚和斜面间的动摩擦因数不能小于( )
A． B． C． D．
33．（2024·新课标）如图，两根不可伸长的等长绝缘细绳的上端均系在天花板的O点上，下端分别系有均带正电荷的小球P、Q；小球处在某一方向水平向右的匀强电场中，平衡时两细绳与竖直方向的夹角大小相等。则（ ）
A．两绳中的张力大小一定相等 B．P的质量一定大于Q的质量
C．P的电荷量一定小于Q的电荷量 D．P的电荷量一定大于Q的电荷量
34．（2024·黑吉辽） 利用砚台将墨条磨成墨汁，墨条速度方向水平向左时，（ ）
A．砚台对墨条的摩擦力方向水平向左
B．桌面对砚台的摩擦力方向水平向左
C．桌面和墨条对砚台的摩擦力是一对平衡力
D．桌面对砚台的支持力与墨条对砚台的压力是一对平衡力
35．（2023·海南）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（ ）
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
36．（2023·湖北）如图所示，原长为l的轻质弹簧，一端固定在O点，另一端与一质量为m的小球相连。小球套在竖直固定的粗糙杆上，与杆之间的动摩擦因数为0.5。杆上M、N两点与O点的距离均为l，P点到O点的距离为，OP与杆垂直。当小球置于杆上P点时恰好能保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。小球以某一初速度从M点向下运动到N点，在此过程中，弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确的是（ ）
A．弹簧的劲度系数为
B．小球在P点下方处的加速度大小为
C．从M点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力先变小再变大
D．从M点到P点和从P点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力做功相同
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】胡克定律；共点力的平衡
【解析】【解答】设弹簧的原长为L，弹簧为最大长度时，弹簧为伸长状态，由共点力平衡条件可得
最小长度时，弹簧为压缩状态，由共点力平衡条件可得
联立可得
B符合题意，ACD不符合题意。
故答案为：B。
【分析】分析静止的物块在弹簧最大长度和最小长度时的受力，由共点力平衡条件列出两个状态的平衡方程，求出弹簧的原长。
2．【答案】B
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数
【解析】【解答】纸张夹在书内时，上下两面都会受到书的压力，在匀速拉出时，则上下两面都会产生滑动摩擦力。已知书对纸的压力为N=2N对纸受力分析，纸的两面均有受到摩擦力，由平衡条件可得
代入数据可解得
B正确。
故选B。
【分析】纸张夹在书内时，上下两面都会受到书的压力，根据滑动摩擦力大小计算公式求解动摩擦因数即可。
3．【答案】C
【知识点】向心力
【解析】【解答】做匀速圆周运动，合力提供向心力，滑动摩擦力的方向与相对运动方向相反，沿沿切线反方向，拉力与摩擦力的合力指向圆心，根据平行四边形法则，故拉力指向斜上方，故ABD错误，C正确。
故选C。
【分析】根据匀速圆周运动的特点解答。
4．【答案】B,C
【知识点】力的合成与分解的运用
【解析】【解答】本题运用分解法研究力平衡问题。对力进行分解时，一定要搞清力的实际作用效果，从而确定两个分力的方向，再根据平行四边形定则或三角形定则进行分解即可。选木楔为研究对象，木楔受到的力有：水平向左的F、和两侧给它的与木楔的斜面垂直的弹力，由于木楔处于平衡状态，所以侧给它的与木楔的斜面垂直的弹力与F沿两侧分解的分力是相等的，力F的分解如图
则
所以
由公式可知，当F一定，θ小时FN大，当θ一定，F大时FN大，AD错误，BC正确；
故选BC。
【分析】由于木楔处在静止状态，可将力F沿与木楔的斜面垂直且向上的方向进行分解，根据平行四边形定则，画出力F按效果分解的图示。并且可据此求出木楔两侧产生的推力，再进行分析。
5．【答案】A,C
【知识点】受力分析的应用；力的分解；共点力的平衡
【解析】【解答】A．以a、b、c整体为研究对象，由于整体处于静止，根据整体的平衡条件，由于拉力分力方向向左，则可知有向左运动的趋势，则c受到地面的摩擦力向右，A正确；
B．根据两个物体的平衡条件，则a物体受重力、细线拉力、支持力、摩擦力；b物体受重力、支持力、拉力，不一定有摩擦力，B错误；
C．对a、b分别受力分析，如下图所示，正交分解
根据垂直于斜面方向的平衡方程有
N=mgcosα-Tsinθ
支持力相等，C正确；
D．对a沿斜面方向，根据平衡方程有
Tcosθ＋mgsinθ=fa
对b沿斜面方向，根据平衡方程有
Tcosθ-mgsinθ=fb
正压力相等，所以最大静摩擦力相等，则a先达到最大静摩擦力，先滑动，D错误。
故选AC。
【分析】利用整体的平衡条件结合拉力的方向可以判别c受到地面的摩擦力方向；利用两个物体的平衡条件可以判别对应受力的个数；利用平衡方程可以比较支持力与摩擦力的大小，进而判别物体哪个先滑动。
6．【答案】A,C
【知识点】库仑定律；电场及电场力；力的合成与分解的运用；共点力的平衡
【解析】【解答】AB、由题图可知，对小球M受力分析如图（a）所示，对小球N受力分析如图（b）所示，
由受力分析图可知小球M带负电，小球N带正电，故A正确，B错误；
CD、由几何关系可知，两小球之间的距离为
当两小球的电荷量为q时，由力的平衡条件得
两小球的电荷量同时变为原来的2倍后，由力的平衡条件得
整理解得
故C正确，D错误。
故答案为：AC。
【分析】两小球始终处于平衡状态，确定小球的受力情况根据平衡条件确定两小球在匀强电场中所受电场力的方向，继而确定两电荷的电性。再根据平衡条件及力的合成与分解和库仑定律进行解答。
7．【答案】A,B
【知识点】安培力；共点力的平衡
【解析】【解答】A.金属棒受重力、支持力和安培力作用，处于静止状态，由共点力平衡条件可知，所受安培力方向沿导轨平面向上，由左手定则可知，磁场方向垂直于导轨平面向上，A符合题意；
BC.对金属棒，由共点力平衡条件得
又
联立解得
B符合题意，C不符合题意；
D.增大电流强度，由
可知，安培力增大，但由于安培力与支持力垂直，所以安培力的变化并不影响支持力的大小，支持力一直等于重力垂直斜面的分量，D不符合题意。
故答案为：AB。
【分析】分析金属棒的受力，由共点力平衡条件得出安培力的方向，再由左手定则判断磁场方向；由共点力平衡条件列式求解金属棒受到的安培力大小和磁场的磁感应强度；由安培力公式分析电流变化引起的安培力的变化，由于安培力与支持力垂直，所以安培力的变化并不影响支持力。
8．【答案】C,D
【知识点】功能关系；左手定则—磁场对带电粒子的作用；洛伦兹力的计算
【解析】【解答】根据左手定则可知，带正电物块向右运动所受洛伦兹力的方向向上，其大小与物块的初速度大小有关。由于物块的初速度大小未具体给出，所以洛伦兹力的大小与物块的重力可能出现三种不同的关系。
若洛伦兹力大于重力，物块将做曲线运动；
若洛伦兹力等于重力，物块始终做匀速运动；
若洛伦兹力小于重力，物块受摩擦力做减速运动直到静止在地面上。
故答案为：CD。
【分析】根据左手定则确定物体所受洛伦兹力的方向。由于不确定洛伦兹力与重力的大小关系，故需根据洛伦兹力不做功与重力的大小情况进行分类讨论。
9．【答案】A,C
【知识点】牛顿第三定律；摩擦力的判断与计算；力的合成
【解析】【解答】B、由题知，金属块处于静止状态，受力平衡，受到重力、左侧木板的压力和摩擦力，右侧木板的压力和摩擦力，共5个力作用，故B错误；
A、因金属块受到木板的摩擦力，两者之间必定存在弹力，就肯定在挤压，故A正确；
CD、若同时增大F和F'，金属块仍处于静止状态，合力为零，所受的摩擦力与重力平衡，则知摩擦力保持不变，故C正确，D错误；
故答案为：AC。
【分析】金属块处于静止状态，受力平衡，一定受到摩擦力，木板与金属块间必定存在挤压；按重力、弹力和摩擦力的顺序分析受力情况；根据平衡条件分析增大F和F'时，摩擦力和合力是否变化。
10．【答案】C
【知识点】整体法隔离法；受力分析的应用；超重与失重
【解析】【解答】 整体法与隔离法的常规使用技巧是：先利用整体法求外力，再利用隔离法求单个物体的受力。A．A受重力、支持力、细绳拉力、摩擦力4个力的作用，故A错误；
B．B匀速下降，其加速度为零，处于平衡状态，故B错误；
CD．以A、B、C为整体，竖直方向根据受力平衡可知C受到地面的支持力大小为
水平方向根据受力平衡可知地面对C没有静摩擦力，故C正确，D错误。
故选C。
【分析】分析物体的受力情况和运动情况，根据平衡条件列式分析。
11．【答案】C
【知识点】整体法隔离法；受力分析的应用
【解析】【解答】本题考查整体法与隔离法的运用，掌握平衡条件的应用，注意平衡力与相互作用力的区别，注意静止状态的物体所受合力为0。A．以A、B作为整体研究，受到水平地面竖直向上的支持力、竖直向下的重力，二者是一对平衡力。所以A不会受到地面的摩擦力。故A错误；
B．对A受力分析，受自身重力、地面的支持力、B的压力和B的静摩擦力共4个力作用。故B错误；
C．对B受力分析，A对B的作用力为A对B的支持力与A对B的摩擦力的合力，与B的重力等大反向，即竖直向上。故C正确；
D．根据C选项的分析，可知A对B的摩擦力大小等于B重力的下滑分力，设二者接触面的倾角为，则有
可知A对B的摩擦力一定小于B受到的重力。故D错误。
故选C。
【分析】发生相对运动或有相对运动趋势的两个相互接触的物体之间存在摩擦力；在平衡力的作用下物体保持静止或做匀速直线运动；一个物体对另一个物体施加力的作用时，受到另一个物体的反作用力。
12．【答案】B
【知识点】受力分析的应用
【解析】【解答】A．虽然木块M与木块P接触，但若木块M对木块P恰好无压力，则此种情况下木块M只受重力与绳子的拉力两个力的作用，故A错误；
B．绳子拉力为零时，木块M受重力，P对M垂直接触面斜向右上方的支持力以及接触面间P对M沿着接触面向上的静摩擦力，故B正确；
C．绳子拉力不为零时，木块M可能受重力，P对M垂直接触面斜向右上方的支持力以及接触面间P对M沿着接触面向上的静摩擦力，故C错误；
D．若绳子张力为零，将M、P看成一个整体，整体受重力与地面的支持力，整体相对于地面没有运动的趋势，因此地面对P无摩擦力作用；若绳子张力不为零，将M、N看成整体分析，整体受重力，地面对其竖直向上的支持力以及绳子对其竖直向上的拉力，整体没有相对地面运动的趋势，因此地面对P无摩擦力作用，故D错误。
故选B。
【分析】根据连接体分别应用整体法和隔离法，依据共点力的平衡分析判断受力情况。
13．【答案】C
【知识点】共点力的平衡；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】本题考查了共点力的平衡问题，解答本题时需注意：选准研究对象、做好受力分析、根据共点力的平衡条件确定力与力的关系。
AB．对甲乙整体受力分析可知，的拉力大小为
的拉力大小为
选项AB错误；
CD．若剪断瞬间，弹簧的弹力不变，则小球乙受的合外力仍为零，加速度为零；对甲分析可知，甲受重力和弹簧向下的拉力，绳子对其的拉力，甲球的速度为0，将力沿着绳子方向和垂直绳子方向分解，沿绳方向合力为0，则剪断瞬间，甲球受到的合力
由牛顿第二定律可知加速度
选项C正确，D错误。
故答案为：C。
【分析】对甲、乙整体受力分析，由平衡条件分别列式，即可分析求解；若剪断L1该瞬间，对乙，弹簧的弹力不变，对甲，由牛顿第二定律列式，即可分析求解。
14．【答案】B
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】本题要根据对称性得出两人对水桶的拉力方向与竖直方向之间的夹角相等，再由竖直方向力平衡即可求出两人的手臂受到的拉力大小与重力的关系，是解题的关键。若两人手臂间的夹角增大，仍然可以使这个水桶保持静止。根据受力平衡可知两人对水桶拉力的合力等于水桶和水的总重力，保持不变；根据平衡条件可得
由于增大，可知每人对水桶的拉力变大。
故选B。
【分析】 分析水桶的受力情况，分析平衡条件，求解两人的手臂受到的拉力大小与重力的关系；由于两人手臂对水桶的拉力大小相等，结合对称性分析拉力的方向，从而根据列式，即可求解。
15．【答案】A
【知识点】力的合成与分解的运用；共点力的平衡
【解析】【解答】 三个力中，三力构成的封闭三角形与几何三角形在动态变化过程中始终相似。本题主要是考查了共点力的平衡，关键是能够利用三角形相似求解力的大小。ABC． 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 ，对悬点O受力分析，重物拉力，OB支持力和轻绳AO拉力，处于平衡状态，如图所示
由平衡条件可知，轻绳AO、CO对O点作用力的合力沿杆由O指向B，T与的合力大小等于重物的拉力mg，由相似三角形关系可得
绳对O点的拉力大小为
故BC错误，A正确；
D．由相似三角形关系有
可得杆对O点的力大小为
故D错误。
故选A。
【分析】对重物受力，根据三角形相似及共点力平衡条件分析求解。
16．【答案】B
【知识点】力的分解；共点力的平衡
【解析】【解答】对力F进行分解，如图所示
选木楔为研究对象，则木楔受到水平向左的F和两侧给它的与木楔的斜面垂直的弹力，根据木楔的平衡条件可以得出两侧给木楔的斜面垂直的弹力与F沿两侧分解的力是相等的，根据力的分解有
根据平衡方程有
故得
所以F一定时，越小，越大；一定时，F越大，越大。
故选B。
【分析】根据力的分解结合平衡条件可以判别角度大小与推力的大小关系。
17．【答案】C
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】本题为动态平衡问题，可以做出结点受力分析图象，由图象中边的变化要得出两力的变化。对结点O与重物进行分析，作出力学矢量动态三角形，如图所示
可知，OA绳中的拉力逐渐减小，OB绳中的拉力先减小后增大。
故选C。
【分析】对结点O进行受力分析，做出图像，图中各边长度变化即反映各力的变化。
18．【答案】B
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】AB．根据图解法可知，对重物受力分析，如图所示
缓慢拉升重物的过程中，重物所受重力大小方向不变，支持力的方向不变，而绳拉力的方向不断变化，重物所受支持力N不断减小，绳拉力F不断增大，故A错误，B正确；
CD．设连接重物的绳与水平面的夹角为α，对重物和斜面整体，在竖直方向有
重物缓慢沿斜面向上移动过程中，α不断增大，sinα增大，所以FN不断减小，故CD错误。
故选B。
【分析】根据先以重物为研究对象，根据力的动态分析图，即可分析力的变化，再对整体根据平衡条件分析地面对斜面的支持力变化情况。
19．【答案】C
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】AB．以小物块为对象，物块在缓慢运动时处于动态平衡，根据平衡方程有：
，
在从0增大到的过程中，逐渐减小，逐渐增大，根据表达式可以得出拉力一直减小，半圆柱体对物块的支持力一直增大，故AB错误；
C．以半圆柱体为对象，在水平方向上，根据平衡方程有
可知当时，根据表达式可以得出半圆柱体受到地面的摩擦力最大，则在从0增大到的过程中，根据表达式可以得出半圆柱体受到地面的摩擦力先增大后减小，故C正确；
D．以半圆柱体为对象，在竖直方向上，根据平衡方程有：
可知在从0增大到的过程中，根据表达式可以得出半圆柱体受到地面的支持力一直增大，故D错误。
故选C。
【分析】利用物块的平衡方程可以判别拉力和支持力的大小变化；利用圆柱体的平衡方程可以判别摩擦力和支持力的大小变化。
20．【答案】C
【知识点】整体法隔离法；共点力的平衡
【解析】【解答】由于小球处于静止，以球为研究对象，受到重力、墙壁的弹力以及正方体的支持力，受力如图所示
根据竖直方向的平衡方程可以得出小方凳对球的支持力
由牛顿第三定律可知，球对小方凳压力为5N；根据整体的平衡方程可以得出地面对小方凳的支持力为
选项A错误；
B．对整体分析可知，根据水平方向的平衡方程可以得出：地面对小方凳的摩擦力等于墙壁对球的弹力，大小为
若向左缓慢移动小方凳，移动过程中θ角变大，根据表达式可以得出地面对小方凳的摩擦力变大，选项B错误；
C．当方凳与地面之间的摩擦达到最大静摩擦时，根据整体的平衡方程有
解得
则夹角的大小为：
根据几何关系可以得出：小方凳向左移动的最大距离为
选项C正确；
D．若改变球的质量，则当方凳恰不发生滑动时，根据平衡方程有：
解得小球的质量大小为：
选项D错误。
故选C。
【分析】利用小球的平衡方程可以求出凳子对小球弹力的大小，结合牛顿第三定律可以求出小球对凳子的压力大小；利用整体的平衡方程可以求出地面对凳子的支持力的大小；利用整体水平方向的平衡方程可以判别摩擦力与角度的大小关系；利用平衡方程可以求出方凳与地面摩擦力达到最大时的角度，结合几何关系可以求出凳子移动的距离；利用平衡方程可以求出小球的质量大小。
21．【答案】A,D
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】 本题考查共点力的平衡条件，这种问题一般要抓住不变的量，然后去分析变化的量。在本题中，小球的重力大小和方向都不变，抓住这一点，然后去分析另外两个力的变化情况，这样有理有据。AB．对滑轮与重物构成的整体进行分析，在缓慢转过的过程中，根据平衡条件可知，轻绳对滑轮的作用力与重物的重力大小相等，方向相反，即方向竖直向上，故A正确，B错误；
CD．MN连线与水平直径AB的夹角（）越大，MN之间的水平距离d越小，根据对称性可知，连接滑轮左右两侧轻绳与竖直方向的夹角相等，令夹角为，轻绳长为L，则有
可知，若越大，则越小，根据平衡条件有
在圆环从图示位置在纸面内绕O点顺时针缓慢转过的过程中，先MN之间的水平距离d先增大后减小，即先增大后减小，可知，轻绳的张力先增大再减小，故C错误，D正确。
故选AD。
【分析】M、N连线与水平直径的夹角θ（θ≤90°）越大，M、N之间的水平距离越小，轻绳与竖直方向的夹角α越小，根据平衡条件得出轻绳上的张力与α的关系，再分析其变化情况。
22．【答案】A,B
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】由于小球缓慢运动处于动态平衡，对小球受力可知，小球受到绳子拉力、轨道给的支持力和自身重力mg ，如图所示
根据相似三角形定则有
解得拉力和支持力的大小为
其中mg、R、h均不变，L逐渐减小，根据表达式可以得出FN不变，FT变小。
故选AB。
【分析】小球处于动态平衡，结合小球的平衡条件及矢量三角形定则可以判别拉力和支持力的大小变化。
23．【答案】A,D
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。AB．在平面ABCD内，小球受力平衡，受力分析如图所示
则有
又，解得
故A正确、B错误；
C．拉力F沿斜面向上的分量为
故C错误；
D．动摩擦因数增大，则f增大，由图可知F增大，并且与BD的夹角减小，故D正确。
故选AD。
【分析】在平面ABCD内，小球受力平衡，根据平衡条件结合滑动摩擦力的计算公式进行分析；根据平衡条件求解拉力F沿斜面向上的分量；动摩擦因数增大，则摩擦力增大，根据几何关系进行分析。
24．【答案】A,B
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】施加拉力前，受力如图
物体受到四个力的作用而平衡：重力G、垂直斜面向上的支持力N、沿斜面向上的摩擦力f和弹簧对物体施加沿斜面向上的弹力T，根据胡克定律有
根据物体的平衡方程可以得出
方向沿斜面向上。施加拉力F后，物体仍然静止，且弹簧对物体施加的弹力大小和方向不变，若摩擦力沿斜面向上，根据平衡方程有
即
摩擦力f随着F增大而减小，当时，，
若，摩擦力沿斜面向下，因为物体没有滑动，根据平衡方程有
代入数据可得
所以拉力在0~55N之间，选项AB正确，CD错误。
故选AB。
【分析】利用施加拉力前的平衡方程可以求出摩擦力的大小，结合施加拉力后的平衡方程可以求出拉力的大小范围。
25．【答案】B,D
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】细线对小球的拉力F1和环对小球的弹力F2的夹角不变，其合力与重力平衡。圆环绕通过O垂直于环面的水平轴沿顺时针方向缓慢转过30 的过程中，相当于知将重力逆时针旋转30 。因为重力大小不变，作出力的四边形如图所示：由图可知F2一直变大，F1一直变大。即
，
故选BD。
【分析】结合题意分析出该题考查共点力的静态平衡问题，且是一个力大小不变，方向改变，其他两个力的方向不变，可以通过图解法画出不同的平行四边形，从而确定力的大小变化情况。
26．【答案】A,B,C
【知识点】共点力的平衡；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】A．对于小球A，它受到重力、细线的拉力和轻杆的作用力。由于系统有水平向左的加速度，小球A也会受到一个向左的合力。杆为动杆，对小球的作用力一定沿着杆的方向，设大小为。对小球，由竖直方向平衡
得
故A正确；
B．当细线拉力为0时，意味着小球A只受到重力和轻杆的作用力。拉力为0时，对小球，水平方向，由牛顿第二定律得
又A项分析可知
解得
故B正确；
C．当时，对物块B，设小车对其的支持力为，则
物块B受到小车的静摩擦力向左达到最大时，加速度最大，大小为，水平方向由牛顿第二定律（合力等于加速度与质量乘积）得
解得
对A、B和小车整体，由牛顿第二定律得
因此有
故C正确；
D．当时，对物块B，设小车对其的支持力为，则
物块B受到小车的静摩擦力向左达到最大时，加速度最大，大小为，水平方向由牛顿第二定律得
解得
对A向左能达到的最大加速度
可得
即系统向左能达到的最大加速度为，对A、B和小车整体，由牛顿第二定律得
因此有
故D错误。
故选ABC。
【分析】我们来分析整个系统的运动情况。由于小车在水平向左的作用力F下运动，系统（包括小车、小球A、物块B）将产生水平向左的加速度。我们需要考虑各个部分（小球A、物块B）的受力情况，以及它们与小车之间的相互作用。
27．【答案】B,D
【知识点】共点力的平衡；牛顿第二定律；向心力
【解析】【解答】由于小球相对于杆静止，则小球与竖直方向的夹角θ保持不变，对小球受力分析，根据竖直方向的平衡方程有：
根据胡克定律有：
由于θ为定值，T不变，则当转速增大后，小球的高度不变，弹簧的弹力不变。则A不符合题意，B符合题意；
当小球受到弹簧的弹力和本身的重力提供向心力时，其杆对小球FN=0，根据牛顿第二定律有：
且根据平衡方程有：，
联立可以解得：；
当，FN背向转轴，根据牛顿第二定律有：
即 ，越大其FN越小；
当，FN指向转轴，根据牛顿第二定律有：
即 ，越大其FN越大；
则因 ，根据牛顿第三定律可知，随角速度的变大，小球对杆的压力不一定变大。则C不符合题意；
根据
可知，因角速度变大，则小球受合外力变大。则D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】当相对于PQ杆静止时其小球的高度保持不变，由于小球高度不变所以弹簧产生的弹力大小不变；利用水平方向的牛顿第二定律且未知杆对小球支持力的方向不能判别其小球对杆压力的大小变化；利用牛顿第二定律结合角速度变大可以判别小球受到的合力变大。
28．【答案】D
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】对球进行受力分析，小球受重力、横杆对球的支持力和竖直墙对球的支持力F，如图所示，
根据共点力平衡条件可得得
由几何关系可得
联立解得
根据牛顿第三定律得球对横杆的压力大小为
ABC不符合题意，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】分析小球受力，由共点力平衡条件结合几何关系，求出小球受到横杆对球的支持力，再由牛顿第三定律得到球对横杆的压力。
29．【答案】B
【知识点】单摆及其回复力与周期；受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】A. 由单摆的周期公式可知，单摆的周期与摆角大小无关，故周期不变，A不符合题意；
B. 由图可知，摆球摆长为，则摆动周期为，B符合题意；
CD. 小球平衡时，绳上拉力大小相等，有，可得，CD不符合题意。
故答案为：B
【分析】根据单摆的周期公式，结合几何关系可得出单摆摆长，进而可得出周期的大小；利用共点力的平衡条件可得出绳上拉力的大小。
30．【答案】B
【知识点】力的合成与分解的运用；共点力的平衡
【解析】【解答】根据题意对S受力分析如图
正交分解可知
所以有
对P受力分析如图
则有
解得
故选B。
【分析】 对拖船和货船进行受力分析，根据平衡条件，结合整体法与隔离法求解作答
31．【答案】A
【知识点】力的合成与分解的运用；共点力的平衡
【解析】【解答】对小球受力分析如图所示
由几何关系易得力F与力与竖直方向的夹角均为，因此由正交分解方程可得
，
解得 ，故A正确，BCD错误。
故选A。
【分析】根据题意画出小球的受力图，根据平衡条件写出平衡方程联立解答
32．【答案】B
【知识点】力的合成与分解的运用；共点力的平衡
【解析】【解答】根据题意可知机器人“天工”它可以在倾角不大于30°的斜坡上稳定地站立和行走，对“天工”分析有
故有
可得
故选B。
【分析】根据平衡条件和滑动摩擦力公式求解作答。
33．【答案】B
【知识点】库仑定律；受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】AB. 对两正电荷P、Q进行受力分析，对于Q在竖直方向有，水平方向有，联立有，对于P在竖直方向有有，联立有，显然，故，，A不符合题意，B符合题意；
CD. 由于正电荷所受力与库仑力大小关系未知，故P、Q两正电荷的电荷量大小无法判断，CD不符合题意。
故答案为：B
【分析】根据受力分析，运用正交分解的方法，结合库仑定律的表达式，利用共点力平衡的条件可得出结论。
34．【答案】C
【知识点】摩擦力的判断与计算；共点力的平衡
【解析】【解答】 AB.磨条速度方向水平向左，磨条受到砚台的滑动摩擦力水平向右，根据牛顿第三定律砚台受到磨条的摩擦力方向向左，砚台有向左运动的趋势，桌面对砚台的摩擦力方向水平向右，故AB错误；
C.砚台处于静止状态，水平方向的合力为零，桌面和磨条对砚台的摩擦力是一对平衡力，故C正确；
D.根据平衡条件桌面对砚台的支持力与磨条对砚台的压力和砚台的重力的合力互相平衡，故D错误。
故选：C
【分析】AB.滑动摩擦力的方向与磨条的相对运动方向相反；根据牛顿第三定律判断砚台受到磨条的滑动摩擦力方向，根据平衡条件判断桌面对砚台的摩擦力方向；
CD.砚台处于静止状态，根据平衡条件进行分析。
35．【答案】B
【知识点】共点力的平衡；区分相互作用力与平衡力
【解析】【解答】A、工人受力分析可知，竖直方向受自身重力，地面支持力，绳子的拉力，三个力作用下处于平衡状态，A错误；
B、工人对绳的拉力和绳对工人的拉力是一次相互作用中产生的作用在两个物体上，大小相等，方向相反的力，是一对作用力与反作用力，B正确；
CD、对动滑轮受力分析如图所示，
可得：，在重物缓慢拉起的过程中，θ角度不断增大，绳子的拉力不断增大，CD错误；
故答案为：B
【分析】A、对工人受力分析竖直方向受三个力的作用下的平衡；
B、正确理解作用力和反作用力，就可以判断；
CD，对动滑轮受力分析，由平行四边形法则求解拉力与夹角的关系，分析判断。
36．【答案】A,D
【知识点】胡克定律；滑动摩擦力与动摩擦因数；摩擦力的判断与计算；共点力的平衡；牛顿第二定律；功的计算
【解析】【解答】A.小球在P点受力平衡，则，，，联立解得：，故A符合题意；
B.小球运动到P点下方时，此时摩擦力大小为：，由牛顿第二定律得：，联立解得：，故B不符合题意。
C.在PM之间任取一点A，令AO与MN之间的夹角为，则此时弹簧的弹力为：，小球受到的摩擦力为：；在MP之间增大在PN之间减小，所以摩擦力先变大后变小，故C不符合题意；
D.根据对称性知在任意关于P点对称的点摩擦力相等，因此由对称性知M到P和P到N摩擦力做功相等，故D符合题意；
故答案为：AD
【分析】在P点，根据平衡条件列方程求弹簧的劲度系数； 小球在P点下方时，根据牛顿第二定律求加速度；在PM之间任取一点A，求出摩擦力的表达式进行分析；根据对称性进行分析。
