力的突變與共點力平衡問題-2025年高考物理易錯題專練（解析版）

易錯點02不會分析力的突變與共點力平衡問題

目錄

01易錯陷阱

易錯點一、對摩擦力的方向及突變性認識不足

易錯點二、對彈力的產(chǎn)生與瞬時加速度分析

易錯點三、混淆“死結”和“活結”和“輕桿、輕繩”連接體

易錯點四、不會分析求解共點力的平衡

02易錯知識點

知識點一、斜面上物體靜摩擦力突變

知識點二、斜面體靜摩擦力有無

知識點三、連接體的靜態(tài)平衡分析

知識點四、共點力的平衡分析過程

知識點五、解決動態(tài)平衡問題的思路與方法

03舉一反三—易錯題型

題型一：彈力突變問題

題型二：摩擦力突變問題

題型三：一恒兩向變（一力不變，兩力方向都變）——相似三角形

題型四：一恒一向定（一力不變，一力方向不變）——有時有最小值

題型五：一恒一大小定（一力不變，一力的大小不變）——通常畫圓

題型六：一恒兩向夾角定（一力不變，另兩力力的方向夾角不變）——可構造圓

輔助分析

題型七：一恒兩大小定（一個力大小方向不變，另兩個力大小總相等）

04易錯題通關

Qm易錯陷阱

易錯點一、對摩擦力的方向及突變性認識不足

1.在分析摩擦力的方向時，一定要注意摩擦力方向的可變性，尤其是在分析靜摩擦力的時候，二者

共速（轉折點）的時刻往往是摩擦力方向發(fā)生突變的關鍵時刻。

2.摩擦力的的突變問題

“靜靜”物體在靜摩擦力和其他力的作用下處于相對靜止狀態(tài)，當作用在物體上的其他力的合

突變力發(fā)生變化時，如果物體仍然保持相對靜止狀態(tài)，則物體受到的靜摩擦力將發(fā)生突變

“動靜”在滑動摩擦力和其他力作用下，物體突然停止相對滑動時，物體將不受滑動摩擦力作

突變用，或滑動摩擦力“突變”成靜摩擦力

“靜動”物體在靜摩擦力和其他力作用下處于相對靜止狀態(tài)，當其他力變化時，如果物體不再

突變保持相對靜止狀態(tài)，則物體受到的靜摩擦力將“突變”成滑動摩擦力

物體受到滑動摩擦力和其他力的共同作用，當兩物體間的壓力發(fā)生變化時，滑動摩擦

“動動”

力的大小隨之而變；或者兩物體達到共同速度時相對滑動方向發(fā)生變化，滑動摩擦力

突變

的方向也會隨之而變

易錯點二、對彈力的產(chǎn)生與瞬時加速度分析

1.繩產(chǎn)生的拉力、物體產(chǎn)生的支持力、桿產(chǎn)生的支持力或拉力本質都是因形變而產(chǎn)生彈力。

2.加速度可發(fā)生突變，速度的變化需要一個過程的積累，不會發(fā)生突變。

3.處理加速度突變的理論依據(jù)是牛頓第二定律。

根據(jù)牛頓第二定律，F(xiàn)=ma,加速度a與物體受到的合力F對應同一時刻，即a為某時刻的加速度時，

F為該時刻物體所受的合力；加速度與合力具有瞬時對應關系，二者總是同時產(chǎn)生、同時變化、同時

消失。

易錯點三、混淆“死結”和“活結”和“輕桿、輕繩”連接體

1.“死結”模型與“活結”模型

模型模型示例模型解讀

“死結”模型AA“死結”可理解為把繩子分成

/A

兩段，且不可以沿繩子移動的

qB/

__________________________

EE111…______Xu結點。“死結”兩側的繩因結

使

也子變?yōu)樗?/p>

r-1-|相.再以愉而變成了兩根獨立的繩，因此

甲（'卜的卯力

11

----不一定相等由“死結”分開的兩段繩子上

的彈力不一定相等

“活結”模型“活結可理解為把繩子分成兩

“話結“把爆

夕分為的m

分.實XI?母段，且可以沿繩子移動的結

畋悚f.

繩f上的丟力點。活結一般是由繩跨過滑輪

處3相等

或者繩上掛一光滑掛鉤而形成

/的。繩子雖然因“活結而彎

___________]

ir、，、

曲，但實際上是同一根繩，所

以由活結”分開的兩段繩子上

彈力的大小一定相等，兩段繩

子合力的方向一定沿這兩段繩

子夾角的平分線

2.“動桿”模型與“定桿”模型

模型模型示例模型解讀

“動桿”模型［此處可轉］對于一端有轉軸或有錢鏈

動,彈力的輕桿，其提供的彈力方

Trr|ifJ/),向一定是沿著輕桿的方向

閔o

l向J

“定桿”模型端固定的輕桿(如一端插

此處囚定.

憚力不一定'、入”墻壁或固定于地

沿界輕桿的H證、f:

方向胃-------

面)，其提供的彈力不一

E定沿著輕桿的方向，力的

方向只能根據(jù)具體情況進

行分析，如根據(jù)平衡條件

或牛頓第二定律確定桿中

彈力的大小和方向

易錯點四、不會分析求解共點力的平衡

1.平衡狀態(tài)

(1)物體處于靜止或勻速直線運動的狀態(tài).

(2)對“平衡狀態(tài)”的理解

不管是靜止還是勻速直線運動，速度保持不變，所以Av=O,a=京，對應加速度為零，速度為零不

代表a=0.

例如，豎直上拋的物體運動到最高點時，這一瞬間速度為零，但這一狀態(tài)不可能保持，因而上拋物

體在最高點不能稱為靜止，即速度為零不等同于靜止.

2.共點力平衡的條件

(1)共點力平衡的條件是合力為0.

(2)表示為：F合=0；或將各力分解到x軸和y軸上，滿足Fx合=0,且Fy合=0.

①二力平衡：若物體在兩個力作用下處于平衡狀態(tài)，則這兩個力一定等大、反向、共線.

②三力平衡：若物體在三個共點力作用下處于平衡狀態(tài)，則其中任意兩個力的合力與第三個力等大、

反向、共線.

③多力平衡：若物體在多個共點力作用下處于平衡狀態(tài)，則其中任意一個力與其余所有力的合力等

大、反向、共線.

(3)當物體受三個力平衡，將表示這三個力的有向線段依次首尾相連，則會構成一個矢量三角形，表

示合力為0.

:0g易錯知識點

知識點一、斜面上物體靜摩擦力突變

【模型構建】如圖所示，一個質量為根的物體靜止在傾角為。的斜面上。

1.試分析m受摩擦力的大小和方向

【解析】：假設斜面光滑，那么物體將在重力和斜面支持力的作用下沿斜面下滑。說明物體有沿斜面

向下運動的趨勢，物體一定受到沿斜面向上的靜摩擦力作用。由平衡條件易得：f=mgsin0

2.若斜面上放置的物體沿著斜面勻速下滑時，判斷地面對靜止斜面有無摩擦力。

【解析】：因地面對斜面的摩擦力只可能在水平方向，只需考查斜面體水平方向合力是否為零即可。

斜面所受各力中在水平方向有分量的只有物體A對斜面的壓力N和摩擦力/o若設物體A的質量為

m,則N和7■的水平分量分別為

Nx=mgcos9sin6,方向向右，fx=mgsin9cos9,方向向左。

可見斜面在水平方向所受合力為零。無左右運動的趨勢，地面對斜面無摩擦力作用。

3.如圖，在固定斜面上的一物塊受到一外力廠的作用，尸平行于斜面向上。若要物塊在斜面上保持

靜止，下的取值應有一定的范圍，已知其最大值和最小值分別為尸1和尸2(F2>0)O

設斜面傾角為9,斜面對物塊的靜摩擦力為/0

(1).當尸=mgsin。時斜面對物塊無靜摩擦力

(2).當F>mgsMO時物塊有相對于斜面向上運動的趨勢靜摩擦力方向向下平衡方程為：F=f+

mgsin6

隨著F的增大靜摩擦力增大，當靜摩擦力達到最大值時外力F取最大值尸1時，由平衡條件可得：

F\=f+mgsm9----------------------(1)；

(3).當F<mgsM。時物塊有相對于斜面向下運動的趨勢靜摩擦力方向向上平衡方程為：F+f=

mgsin9

隨著F的增大靜摩擦力減小當靜摩擦力減小為0時突變?yōu)?2)中的情形，隨著F的減小靜摩擦力增

大，當靜摩擦力達到最大值時外力廠取最小值F2時，由平衡條件可得:力■'=mgs%。----------(2)；

聯(lián)立(1)(2)解得物塊與斜面的最大靜摩擦力戶(尸2-B)/2.

知識點二、斜面體靜摩擦力有無

1.自由釋放的滑塊能在斜面上勻速下滑時，相與M之間的動摩擦因數(shù)〃=gtan"

2.自由釋放的滑塊在斜面上：

(1)靜止或勻速下滑時，斜面M對水平地面的靜摩擦力為零；

(2)加速下滑時，斜面對水平地面的靜摩擦力水平向右；

(3)減速下滑時，斜面對水平地面的靜摩擦力水平向左.

3.自由釋放的滑塊在斜面上勻速下滑時，M對水平地面的靜摩擦力為零，這一過程中再在加上加

上任何方向的作用力，(在機停止前)M對水平地面的靜摩擦力依然為零.

4.懸掛有物體的小車在斜面上滑行:

(1)向下的加速度a=gsin9時,懸繩穩(wěn)定時將垂直于斜面；

(2)向下的加速度a>gsin。時，懸繩穩(wěn)定時將偏離垂直方向向上;

(3)向下的加速度a<gsin0時，懸繩將偏離垂直方向向下.

知識點三、連接體的靜態(tài)平衡分析

1.輕桿連接體問題

【問題】如圖，求如，"22大小

對冽1、冽2受力分析，三力平以整體為研究對象，以圓心為轉以整體為研究對象，整體受重力

衡可構成矢量三角形，根據(jù)動軸，兩圓弧的支持力的力臂均和兩圓弧的支持力，根據(jù)三力平

正弦定理有，為零，輕桿彈力的力臂相等，力乘衡必共點，因此整體的重心必過

對神:sine,=sina以力臂等值反向。根據(jù)轉動平衡圓心正下方。所以有

rngF知:動力乘以動力臂等于阻力乘mvRsinO\=mrRsinO2,：

河冽2：,2八=.c

sin0smB

2以阻力臂，即m^sinp：sina

根據(jù)等腰三角形有：仇=仇

m\g'Rsina=m2g'Rsin/3。

聯(lián)立解得mi^sina=m2gsin/3-mi：m^sin/3：sina

-mi：m2=sinP：sina

2.輕環(huán)穿桿問題

輕環(huán)穿光滑桿，二力平衡，輕環(huán)穿粗糙桿，三力平衡，輕環(huán)穿光滑大圓環(huán)，拉力沿徑向

拉力垂直桿最大夾角tan伏

知識點四、共點力的平衡分析過程

1.共點力

作用于物體的同一點或作用線相交于一點的幾個力。

2.平衡狀態(tài)

物體保持靜止或勻速直線運動的狀態(tài)。

3.共點力的平衡條件

陽=0,

(1)尸合=0或者|

(2)平衡條件的推論

①二力平衡：如果物體在兩個共點力的作用下處于平衡狀態(tài)，這兩個力必定大小相等，方向相

反。

②三力平衡：如果物體在三個共點力的作用下處于平衡狀態(tài)，其中任何一個力與其余兩個力的

合力大小相等,方向相反；并且這三個力的矢量可以形成一個封閉的矢量三角形。

③多力平衡：如果物體在多個共點力的作用下處于平衡狀態(tài)，其中任何一個力與其余幾個力的

合力大小相等，方向相反。

4.靜態(tài)平衡與動態(tài)平衡：

(1)靜態(tài)平衡模型

物體保持靜止或勻速直線運動的狀態(tài)，物體受到的各個力不變。

(2)動態(tài)平衡模型

①物體受到的力在發(fā)生動態(tài)變化，但物體保持靜止或勻速直線運動的狀態(tài)

②物體“緩慢”運動時，可把物體看作平衡狀態(tài)處理，物體所受合力為0.

知識點五、解決動態(tài)平衡問題的思路與方法

1.解決問題切入思路

（1）解析法

對研究對象進行受力分析，先畫出受力示意圖，再根據(jù)物體的平衡條件列式求解，得到因變量

與自變量的函數(shù)表達式（通常為三角函數(shù)關系），最后根據(jù)自變量的變化確定因變量的變化。

（2）圖解法

不需要列式計算，通過畫圖分析求解。對于三個力作用下的平衡問題，通常

①一個力大小、方向均不變，另一個力方向不變，通常畫閉合三角形。

②一個力是恒力，另兩個力方向的夾角保持不變的情況，可構造圓，來解決。恒力對應的圓心

角不變。

③當一個力是恒力，另一個力大小不變時，也可畫圓來分析處理。

舉一反三

題型一：彈力突變問題

【例11（多選）如圖所示，質量為m的小球被一根橡皮筋AC和一根繩BC系住，當小球靜止時,

橡皮筋處在水平方向上。下列判斷中正確的是（）

A.在AC被突然剪斷的瞬間,BC對小球的拉力不變

B.在AC被突然剪斷的瞬間,小球的加速度大小為gsin0

小球的加速度大小為

C.在BC被突然剪斷的瞬間,g

cos3

D.在BC被突然剪斷的瞬間，小球的加速度大小為gsin。

【解答】解：小球靜止時，由受力分析得FAC=mgtan。，4c=墨,

A、B當AC被突然剪斷的瞬間，F(xiàn)AC突變?yōu)榱悖現(xiàn)BC突變?yōu)閙gcos。，重力垂直于繩子的分量提

供加速度，即mgsin6=ma解得a=gsin。，故A錯誤，B正確；

ma

C、D當BC被突然剪斷的瞬間，F(xiàn)BC突變?yōu)榱悖現(xiàn)AC大小不變，此時小球所受合力一笠=ma解

COSU

得：a=10，故C正確，D錯誤；

COSU

故選：BCo

【變式1-1］（多選）如圖所示，A,B兩球質量相等，光滑斜面的傾角為仇圖甲中A、B兩球用輕

彈簧相連，圖乙中A,B兩球用輕質桿相連，系統(tǒng)靜止時，擋板C與斜面垂直，輕彈簧、輕桿均

A.圖甲中AB球的加速度一定相等

B.圖甲中B球的加速度為0

C.圖乙中輕桿的作用力一定為零

D.圖乙中兩球的加速度一定為gsin。

【解答】解：AB、對甲，根據(jù)平衡，彈簧彈力F=mgsin0,突然撤去擋板的瞬間，彈力不瞬變。

對A球進行受力分析，仍處于平衡狀態(tài)，加速度為零；對B進行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律:

F+mgsin0=maB,解得：aB=2gsin0,故AB錯誤。

C、假設輕桿有作用力，根據(jù)牛頓第二定律，對A有mgsinS-FN=maA,得以=gs譏。-務大

gsind,這和用整體法求出的加速度不同，與假設矛盾，則輕桿的作用力一定為零，故C正確。

D、對乙圖，輕桿為剛性桿，突然撤去擋板的瞬間，以AB為整體，根據(jù)牛頓第二定律：2mgsine

=2ma,即A、B的加速度都為gsin。，故D正確。

故選：CD.

【變式1-2］（多選）如圖甲、乙所示，細繩拴一個質量為m的小球，小球分別用固定在墻上的輕質

較鏈桿和輕質彈簧支撐，平衡時細繩與豎直方向的夾角均為53°,輕桿和輕彈簧均水平。已知重

力加速度為g,sin53°=0.8,cos53°=0.6。下列結論正確的是（）

4

A.甲、乙兩種情境中，小球靜止時，細繩的拉力大小均為gmg

B.甲圖所示情境中，細繩燒斷瞬間小球的加速度大小為g

C.乙圖所示情境中，細繩燒斷瞬間小球的加速度大小為|g

D.甲、乙兩種情境中，細繩燒斷瞬間小球的加速度大小均為|g

【解答】解：A、甲、乙兩種情境中，小球靜止時，輕桿對小球與輕彈簧對小球的作用力都是水平

向右，如圖所示

由平衡條件得細繩的拉力大小都為

T=mg

cos53°

解得

T=《mg

故A錯誤；

BCD、甲圖所示情境中，細繩燒斷瞬間，小球即將做圓周運動，所以小球的加速度大小為

mq

ai=M=g

乙圖所示情境中，細繩燒斷瞬間，彈簧的彈力不變，小球仍受重力、彈力，則小球所受的合力與

燒斷前細繩拉力的大小相等、方向相反，則根據(jù)牛頓第二定律，此瞬間小球的加速度大小為

T57ng匚

_T_-3-_5

d?=-=---=石

4mm3g"

故BC正確，D錯誤。

故選：BCo

【變式1-3］（多選）如圖，兩個質量均為m的相同物塊A、B疊放在輕彈簧上，處于靜止狀態(tài)，輕

彈簧下端固定在地面上，勁度系數(shù)為k?，F(xiàn)對A物塊施加豎直向上的恒力F=1.6mg,下列說法正

確的是（）

A.力F作用瞬間，A、B間的彈力為0.2mg

B.A、B剛分離時，A的加速度大小為g

C.A、B剛分離時，彈簧的彈力為1.6mg

D.從F開始作用到A、B剛分離，彈簧的形變量減小了等

【解答】解：A.力/作用瞬間，A、B一起向上加速，根據(jù)牛頓第二定律可得A、B整體加速度

大小為

2m2m

隔離A,利用牛頓第二定律有

F+FN-mg=ma

代入數(shù)據(jù)解得：FN=0.2mg,故A正確；

BC.A、B剛分離時，A、B間的彈力大小為0,對A利用牛頓第二定律可得A的加速度大小為

F—mq

aA=----m---

代入數(shù)據(jù)解得：

aA=0.6g

B的加速度大小也為0.6g,則有

Fx-mg=maA=0.6mg

可得彈簧的彈力為

Fx=1.6mg,故B錯誤，C正確；

D.依題意，可得從廠開始作用到A、B剛分離，彈簧彈力的改變量為

△Fx=2mg-1.6mg=0.4mg

根據(jù)胡克定律可得彈簧形變量減小了

Ax=故D正確。

故選：ACDo

題型二：摩擦力突變問題

【例2】用一個水平推力F=Kt（K為恒量，t為時間）把一重為G的物體壓在豎直的足夠高的平整

墻上，如圖所示，從t=0開始物體所受的摩擦力f隨時間t變化關系是下圖中的哪一個（）

【解答】解：t=0時刻時，推力為零，則物體在重力的作用下向下加速運動，物體受到滑動摩擦

力大?。篺=uF=pKt；故滑動摩擦力與時間成正比，當滑動摩擦力增大到與重力相等時，物體的

速度達到最大，之后滑動摩擦力大于重力，物體向下減速運動，都物體減速到速度為零時將靜止

在墻壁上，則物體受到靜摩擦力作用處于平衡狀態(tài)，則靜摩擦力等于重力，故B正確；ACD錯

誤。

故選：B?

【變式2-1］如圖a所示，質量為m的半球體靜止在傾角為。的平板上，當。從0。緩慢增大到90°

的過程中，半球體所受摩擦力Ff與0的關系如圖b所示，已知半球體始終沒有脫離平板，半球體

3

與平板間的動摩擦因數(shù)為最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等，重力加速度為g,則（）

4

【解答】解：ABC、半圓體在平板上恰好開始滑動的臨界條件是:

mgsinQ=jimgcosQ,

3

故有：N=tan6=4，

,,3

解得：0=arctan-=37°；

4

。在0?37°之間時，F(xiàn)f是靜摩擦力，大小為mgsin。；

。在37°?90°之間時，F(xiàn)f是滑動摩擦力，大小為nmgcos。；

綜合以上分析得其Ff與0關系如圖中實線所示，

故ABC均錯誤；

D、當6=37°時，F(xiàn)f=mgsin37°=0.6mg,即為：p=鋁旦故D正確；

故選：Do

【變式2-2］如圖所示，足夠長的傳送帶與水平面間的夾角為仇以速度vo逆時針勻速轉動.在傳送

帶的上端輕輕放置一個質量為m的小木塊，小木塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)N〈tan0,選沿傳送

帶向下為正方向，則下列選項中能客觀地反映小木塊的受力和運動情況的是（）

【解答】解：小木塊剛放上傳送帶時，所受的滑動摩擦力方向沿斜面向下，物體將沿斜面向下做

勻加速直線運動，由牛頓第二定律得：mgsin8+|imgcose=mai,解得ai=gsine+ugcos。；

當小木塊的速度與傳送帶速度相等時，由iiVtan。知：mgsinQ>|imgcos0,因此小木塊繼續(xù)沿傳送

帶勻加速下滑

但是此時摩擦力的方向沿斜面向上，再由牛頓第二定律得：mgsin0-nmgcos9=ma2,解得a2=

gsin0-|igcos9；

比較知道ai>a2,根據(jù)v-t圖象的斜率表示加速度，所以第二段圖線的斜率變小。

若規(guī)定沿傳送帶向下為正方向，因此摩擦力方向先為正值，再為負值，且大小均為f=Rmgcos。,

故ABC錯誤，D正確。

故選：D。

題型三：一恒兩向變（一力不變，兩力方向都變）——相似三角形

【例3】如圖所示，為質量均可忽略的輕繩與輕桿組成系統(tǒng)，輕桿A端用錢鏈固定，滑輪在A點正

上方（滑輪大小及摩擦力均可不計），輕桿B端吊一重物G現(xiàn)將繩的一端拴在桿的B端，用拉力

F將B端緩慢釋放（均未斷）到AB桿轉到水平位置前，以下說法正確的是（）

A.繩子受到的拉力越來越大

B.繩子受到的拉力越來越小

C.AB桿受到的壓力越來越大

D.AB桿受到的壓力越來越小

【解答】解：以B點為研究對象，分析受力情況：重物的拉力T（等于重物的重力G）、輕桿的支

持力N和繩子的拉力F,設滑輪處為0點，作出力圖如圖：

由平衡條件得知，N和F的合力與T大小相等，方向相反，根據(jù)三角形相似可得:

NFT

AB~B0~AO

又丁=6,解得:

…AB_?BO_

N=/G，F(xiàn)=^?G；

將B端緩慢釋放（均未斷）到AB桿轉到水平位置前，NBAO緩慢變大時，AB、AO保持不變,

BO變大，則AB桿受到的壓力N保持不變，繩子受到的拉力F變大。故A正確，BCD錯誤。

故選：Ao

題型四：一恒一向定（一力不變，一力方向不變）有時有最小

值

【例4］（多選）如圖所示，質量為m的電燈懸掛于兩墻之間，OA水平，OB與豎直方向的夾角為

30°,改變繩OA的長度，使連接點A向上移動，但保持O點、B點位置不變，則A點上移時

A.OA繩的拉力逐漸減小

B.當A點處于在某位置時，OA繩的拉力可能為0.4mg

C.A點在任何位置，OA繩的拉力都不可能為0.4mg

D.OA繩的拉力先減小后增大

【解答】解：AD、以O點為研究對象，處于平衡狀態(tài)，根據(jù)平衡條件知：繩子AO和BO拉力的

合力等于電燈的重力mg,保持不變，作出繩子AO在不同位置兩個拉力的合成圖，如圖所示；則

可知，繩OA的拉力先減小后增大，繩OB的拉力逐漸減小，故A錯誤，D正確；

BC、當OA和OB垂直時OA的拉力最小，最小拉力為：Fmin=mgsin30°=0.5mg,所以A點在

任何位置，OA繩的拉力都不可能為0.4mg,故B錯誤、C正確。

故選：CDo

題型五：一恒一大小定（一力不變，一力的大小不變）——通常畫

圓

【例5】如圖所示，在“共點力合成”的實驗中，橡皮條一端固定于P點，另一端連接兩個彈簧測力

計，分別用Fi和F2拉兩個彈簧測力計，將這端的結點拉至0點.現(xiàn)讓Fi大小不變，方向沿順時

針方向轉動某一角度，且Fi始終處于P0左側，要使這端的結點仍位于0點，則關于F的大小

和圖中的0角，下列說法中錯誤的是（）

P

A.增大F2的同時增大0角

B.增大F2的同時減小。角

c.增大F2而保持e角不變

D.減小F2的同時增大。角

【解答】解：對點0點受力分析，受到兩個彈簧的拉力和橡皮條的拉力，由于0點位置不變，因

此橡皮條長度不變，其拉力大小方向不變，F(xiàn)2的大小不變，ob彈簧拉力方向和大小都改變，根據(jù)

力的平行四邊形定則有：

圖1

如圖1所受示，可以增大F2的同時增大。角，故A正確;

圖2

若如圖2變化所受，可以增大F2的同時減小0角，故B正確;

圖3

如圖3所受示，可以增大F2而保持。角不變，故C正確；

同時根據(jù)平行四邊形定則可知，減小F2的同時增大P角是不能組成平行四邊形的，故D錯誤。

本題選錯誤的，故選D。

題型六：一恒兩向夾角定（一力不變，另兩力力的方向夾角不變）

可構造圓輔助分析

【例6】如圖，柔軟輕繩ON的一端O固定，其中間某點M拴一重物，用手拉住繩的另一端N,初

始時，0M豎直且MN被拉直，0M與MN之間的夾角為a（a〉*）,現(xiàn)將重物向右上方緩慢拉

起，并保持夾角a不變，在0M由豎直被拉到水平的過程中（）

0,

、N

A.MN上的張力逐漸增大

B.MN上的張力先增大后減小

C.0M上的張力逐漸增大

D.0M上的張力先減小后增大

【解答】解：以結點處的重物為研究對象，受重力mg、0M繩上拉力Fi、MN上拉力F2,依題

意，三個力合力始終為零，矢量三角形如圖所示，三角形中a角保持不變，即保持角。恒定，以

重力mg為弦，做一圓，F(xiàn)1的箭頭始終落在圓周上，根據(jù)同弧所對的圓周角相等，保證了0不變，

據(jù)題意Y角逐漸從零度增大到90°,

在F2轉至水平的過程中，MN上的張力F1逐漸增大，OM上的張力F2先增大后減小，故BCD

錯誤，A正確。

故選：Ao

題型七：一恒兩大小定（一個力大小方向不變，另兩個力大小總相

等）

【例7】如圖所示，光滑輕質掛鉤下端懸掛質量為m的重物，跨在長度為L的輕繩上，開始時繩子

固定在框架上等高的A、B兩點，與水平方向的夾角為9,繩子的拉力為F。現(xiàn)保持繩長不變，將

繩子右端從B點沿豎直方向緩慢移至C點，再從C點沿水平方向向左緩慢移至D點。關于繩子

拉力的變化。下列說法正確的是（）

A.從B移至C的過程中，拉力F變小

B.從B移至C的過程中，拉力F不變

C.從C移至D的過程中，拉力F不變

D.從C移至D的過程中，拉力F變大

【解答】解：AB、當輕繩的右端從B點移到直桿最上端C時，設兩繩的夾角為20.以滑輪為研

究對象，分析受力情況，作出力圖如圖所示。

D

根據(jù)平衡條件得：2FsinO=mg,

得到繩子的拉力F=

LSITLU

設繩子總長為L,兩直桿間的距離為S,由數(shù)學知識得到cose=§,L、s不變，則e保持不變。

Li

所以在輕繩的右端從B點移到直桿C的過程中，e不變，sin。不變，則F不變，故A錯誤，B正

確；

CD、當輕繩的右端從C點移到D點時，0變小，sin。變大，則F減小，故CD錯誤。

故選：B?

易錯題通關

1.（2022?深圳二模）冰雪運動愛好者利用無人機牽引，在光滑水平冰面上勻速滑行，如圖所示。

牽引繩與豎直方向成e角，人所受空氣阻力恒定。則（）

A.e角越大，繩子對人的拉力越大

B.。角越大，冰面對人的支持力越大

C.空氣對無人機的作用力可能沿著繩子方向

D.無人機對繩的拉力與繩對人的拉力是一對相互作用力

【解答】解：A.對人受力分析受力平衡，則水平方向FsinB=f^得繩子拉力為F=輯，已知阻

5171（7

力恒定，可知。角越大，sin。越大，繩子對人的拉力越小，故A錯誤；

B.豎直方向FN+Fcos0=mg得冰面對人的支持力為母=m9~Pcosd=mg—，焉cos。=mg—

黑，已知阻力恒定，可知。角越大，tan。越大，冰面對人的支持力越大，故B正確；

ICulu

C.由于人受重力、空氣阻力、繩子拉力三力平衡，若空氣對無人機的作用力沿著繩子方向，則合

力不能為零，不可能勻速滑行，故c錯誤；

D.無人機對繩的拉力與繩對無人機的拉力是一對相互作用力，故D錯誤。

故選：Bo

2.（2022?鳳陽縣校級三模）如圖所示，水平傳送帶上放一物體，當傳送帶向右以速度v勻速傳動

時，物體在輕彈簧水平拉力的作用下處于靜止狀態(tài)，此時彈簧的伸長量為Ax；當傳送帶向右的

速度變?yōu)?V時，物體處于靜止狀態(tài)時彈簧的伸長量為Ax,.則關于彈簧前、后的伸長量，下

列說法中正確的是（）

V

A.彈簧伸長量將減小，即Ax'<Ax

B.彈簧伸長量將增加，即Ax'>Ax

C.彈簧伸長量不變，即Ax'=Ax

D.無法比較Ax，和Ax的大小

【解答】解：物體所受的滑動摩擦力大小為f=pN=nmg,f與物體的速度大小無關，當傳送帶的

速度方向不變時，不管速度大小如何變化，物塊所受的滑動摩擦力方向向右，大小不變，仍與彈

簧彈力平衡，根據(jù)平衡條件有kx=f,知彈簧的伸長量不變。則有：Ax,=Ax.故C正確，A、

B、D錯誤。

故選：Co

3.(2024?五華區(qū)校級模擬)打印機在正常工作的情況下，進紙系統(tǒng)能做到每次只進一張紙。結構

示意圖如圖所示，設圖中剛好有50張相同的紙，每張紙的質量均為m,搓紙輪按圖示方向轉動

并帶動最上面的第1張紙向右運動，搓紙輪與紙張之間的動摩擦因數(shù)為因，紙張與紙張之間、

紙張與底部摩擦片之間的動摩擦因數(shù)均為四，工作時搓紙輪給第1張紙的壓力大小為F。打印

機正常工作時，下列說法正確的是()

搓紙

紙張一?

II

摩擦片

A.第2張紙受到第3張紙的摩擦力方向向右

B.若卬=陽，則進紙系統(tǒng)不能進紙

C.第50張紙與摩擦片之間的摩擦力為因(F+50mg)

D.第20張紙與第21張紙之間的摩擦力大小可能為眼(F+20mg)

【解答】解：A.第2張紙相對第3張紙有向右運動的趨勢，所以第2張紙受到第3張紙的摩擦

力方向向左，故A錯誤；

B.若因=眼，則滿足搓紙輪給第1張紙的摩擦力小于第1張紙對第2張紙的摩擦力，即：RF<

陽(F+mg),可知搓紙輪與第1張紙之間會發(fā)生相對滑動，而第1張紙靜止不動，所以進紙系統(tǒng)

不能正常進紙，故B正確；

CD.工作時搓紙輪給第1張紙壓力大小為F,第1張紙對第2張紙的壓力為F+mg,則第1張紙

與第2張紙之間的滑動摩擦力滿足：fi2=|i2Ni2=R2(F+mg)

由于第2張及第2張以下的紙沒有運動，所以第2張以下的紙之間以及第50張紙與摩擦片之間

的摩擦力均為靜摩擦力，大小均滿足：￡靜=打2=陽（F+mg）,故CD錯誤。

故選：Bo

4.（2024?通州區(qū)一模）如圖1所示，磁鐵將一張厚紙片壓在豎直磁性黑板上保持不動。若將這張

厚紙片兩次折疊后仍能被該磁鐵壓在黑板上保持不動，如圖2所示。圖1中黑板對厚紙片的摩

擦力為F1,最大靜摩擦力為Flmax,圖2中黑板對厚紙片的摩擦力為F2。最大靜摩擦力為F2max

下列判斷正確的是（）

圖1圖2

A.FI>F2B.FI<F2

C.Flmax>F2maxD.Flmax<F2max

【解答】解：AB.根據(jù)平衡條件，黑板對紙片的摩擦力與紙片的重力等大反向，即FI=F2,故AB

錯誤；

CD.紙片折疊后變厚，則磁鐵距離黑板的距離變大，吸引力減小，則黑板對厚紙片的彈力減小，磁

鐵對厚紙片的彈力減小，黑板與厚紙片間的最大靜

摩擦力減小，即Flmax>F2max,故C正確，D錯誤。

故選：Co

5.（2024?遼寧一模）高空走鋼絲雜技表演在越接近鋼絲末端時，鋼絲繩會傾斜得越厲害，行走也

越緩慢。一位雜技演員正在進行走鋼絲表演，對該演員在甲、乙兩位置時，下列說法正確的是

A.在甲位置時鋼絲對演員的作用力小于在乙位置時鋼絲對演員的作用力

B.在甲位置時演員受到的合外力小于在乙位置時演員受到的合外力

C.在甲位置時演員對鋼絲的壓力大于在乙位置時演員對鋼絲的壓力

D.在甲位置時鋼絲對演員的摩擦力大于在乙位置時鋼絲對演員的摩擦力

【解答】解：AB、因行走緩慢，兩人處于平衡狀態(tài)，合外力為零，鋼絲對人的作用力大小等于人

及其裝備的總重力，故AB錯誤；

C、壓力FN=mgcos。（。為人所在位置的鋼絲與水平方向的夾角，下同），越接近末端，0越大,

所以甲對鋼絲的壓力大于乙對鋼絲的壓力，故C正確；

D、摩擦力Ff=tngsin0,越接近末端，0越大，所以鋼絲對甲的摩擦力小于對乙的摩擦力，故D

錯誤。

故選：C。

6.（2024?寧河區(qū)校級二模）春節(jié)貼“?！弊质敲耖g由來已久的風俗，新春佳節(jié)臨近，某同學正寫

“?！弊?，他在水平桌面上平鋪一張紅紙，并在紅紙左側靠近邊緣處用“鎮(zhèn)紙”壓住以防止打

滑，整個書寫過程中紅紙始終保持靜止，則該同學在書寫過程中（）

A.提筆靜止時，手對毛筆的摩擦力大小與握力成正比

B.向下頓筆時，毛筆對紅紙的壓力大于紅紙對毛筆的支持力

C.向右行筆時，紅紙對“鎮(zhèn)紙”的靜摩擦力方向向右

D.向右行筆時，紅紙對桌面的靜摩擦力方向向右

【解答】解：A、提筆靜止時，手對毛筆的摩擦力為靜摩擦力，大小等于筆的重力，與握力不成正

比，故A錯誤；

B、毛筆對紅紙的壓力和紅紙對毛筆的支持力是一對作用力與反作用力，大小相等，故B錯誤；

C、向右行筆時，對“鎮(zhèn)紙”受力分析，“鎮(zhèn)紙”只受到重力和支持力，則紅紙對“鎮(zhèn)紙”的靜摩

擦力為零，故C錯誤；

D、向右行筆時，紅紙相對毛筆向左運動，受到毛筆對紅紙向右的滑動摩擦力，則紅紙相對桌面

有向右運動的趨勢，受到桌面對紅紙向左的靜摩擦力，則紅紙對桌面的靜摩擦力方向向右，故D

正確。

故選：D。

7.（2024?浙江一模）如圖，兩根相互平行的長直木棍AB和CD,兩端固定。一個外徑Do=lOcm、

質量m=20kg的管狀鑄件恰能從木棍上端勻速滑下，已知兩木棍間距d=8cm,與水平面的夾

角a=37°,忽略木棍粗細，sin37°=0.6,cos37°=0.8,則()

A.木棍對鑄件彈力的合力為80N

B.每根木棍與鑄件間的摩擦力為60N

C.若僅稍增大AB與CD間距離，木棍對鑄件彈力的合力增大

D.若僅稍減小AB與CD間距離，鑄件將沿木棍減速下滑

【解答】解：A、鑄件恰能從木棍上端勻速滑下，受力平衡。在垂直兩根直木棍所在平面內(nèi)，根據(jù)

平衡條件可得，兩根直木棍對鑄件彈力的合力大小為

N合=!1^35。=20義10X0.8N=160N,故A錯誤;

B、鑄件從木棍的上端恰好能勻速滑下，沿木棍方向，根據(jù)平衡條件可得，兩根直木棍對鑄件摩

擦力的合力大小為

f合=11185111。=20乂10X0.6N=120N

11

所以每根木棍與鑄件間的摩擦力為f=勺合=1xl20N=60N,故B正確;

C、若僅稍增大AB與CD間距離，木棍對鑄件彈力的合力不變，仍等于鑄件重力沿垂直于兩木棍

所在平面的分量，故C錯誤;

D、作出鑄件在垂直兩根直木棍所在平面內(nèi)受力示意圖，如圖所示。

d,

sind=77-=k

￡oD

2o

N合=2Ncos。

若僅稍減小AB與CD間距離，即d減小，sin0減小，8減小，cos。增大，所以N減小，根據(jù)f

=HN可知，N減小，f減小，則鑄件重力沿斜面向下的分量大于向上的摩擦力的合力，所以鑄件

的合力向下，向下加速運動，故D錯誤。

故選：B?

8.（2024?西安模擬）如圖AO、CO為不可伸長的輕繩，BO為可繞B點自由轉動的輕質細桿，桿

長為L,A、B兩點的高度差也為L。在O點用輕繩CO懸掛質量為m的重物，桿與繩子的夾

角a=30°,下列說法正確的是（）

A.輕繩AO、CO對。點作用力的合力沿桿由O指向B

B.輕桿對O點的力垂直BO斜向右上

C.輕繩AO對O點的拉力大小為mg

D.輕桿BO對B點的力大小為Wmg

【解答】解：AC、對懸點O受力分析，受到重物拉力、OB支持力和輕繩AO拉力，且三力處于

平衡狀態(tài)，則輕繩AO、CO對O點作用力的合力沿桿由O指向B,如圖所示

由平衡條件可知，F(xiàn)T與FN的合力大小等于重物的拉力mg,由相似三角形關系可得

FTmg

AO-AB

繩AO對O點的拉力大小為FT=2L笠30mg=V3mg

故A正確，C錯誤；

BD、桿BO對O點的力沿桿由B指向O；由相似三角形關系有

FN_

BO-AB

可得桿BO對O點的力大小為FN=mg

故BD錯誤；

故選：Ao

9.（2024?龍崗區(qū)校級三模）如圖所示，在豎直墻壁上固定水平輕桿OB,B為錢鏈裝置，OA為輕

質細繩且與水平方向夾角0=30°，小球質量為m,通過輕繩系于O點，初始時整個裝置處于

靜止狀態(tài)，現(xiàn)保證O點位置不變，逐漸減小繩OA的長度，使繩的上端由A點緩慢移動至C

點。已知重力加速度為g,不計所有摩擦，則下列說法正確的是（）

B.移動過程中OA繩的拉力大小逐漸增大

C.移動過程中OB桿的彈力逐漸減小

D.最終OA繩的拉力大小減小至0

【解答】解：A、初始時整個裝置處于靜止狀態(tài)，設OA繩的拉力大小為FT,豎直方向上，根據(jù)

平衡條件得：mg=FTsin30°,解得：FT=2mg,故A錯誤；

BD、根據(jù)平衡條件，豎直方向上可得

mg=FTsin0

則得吃=畿

繩的上端由A點緩慢移動至C點，。增大，sin。增大，則FT逐漸減小直至mg,故BD錯誤；

C、水平方向上，根據(jù)平衡條件得：FNB=^

繩的上端由A點緩慢移動至C點，。增大，tan。增大，則