受力分析、共点力的平衡-2025届高考物理一轮复习专练

第5讲受力分析共点力的平衡

模g—加彼•馁m目标

考点二整体与隔离法的应用

考点二处理平衡问题常用

的"三种"方法处理平衡问题的

常用方法

考点三动态平衡问题的处理技

15________________________

考点四平衡中的临界与极值问题

磋好三棚朝•阿题幡析

题型1整体法与隔离法

题型2合成;去处理物体静态平衡问题

硬好三褥惠•跑理名匕东

题型3正交分解;去处理物体静态平

衡问题

题型4力的三角形法处理物体

静态平衡问题

知植•复力。林

1、掌握受力分析的基本方法和规律，并能对多个物体进行受力分析

2、能利用所学知识解决静态平衡问题的方法处理相关问题。

知3•务实知M

考点一整体与隔离法的应用

1.受力分析的定义

把指定物体（研究对象）在特定的物理环境中受到的所有外力都找出来，并画出受力示意图，这个过程

就是受力分析.

2.受力分析的一般顺序

先分析场力（重力、电场力、磁场力），再分析接触力（弹力、摩擦力），最后分析其他力.

提秘­例题样析

[例题1]（2024•丰台区二模）如图所示，水平地面上放置一个质量为10kg、倾角为37°的斜面体。

一个质量为5kg的箱子在平行于斜面的拉力F作用下，沿斜面体匀速上滑，斜面体保持静止。

己知箱子与斜面间的动摩擦因数为0.25,重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8»

A.箱子对斜面体压力的大小为30N

B.拉力F的大小为10N

C.斜面体对地面压力的大小为150N

D.地面给斜面体的摩擦力大小为32N

【解答】解：AB、对箱子受力分析，如图:

由平衡条件得：F=fHngsin37°N=mgcos37°

f=|iN

代入数据联立解得：N=40N

f=10N

F=40N

由牛顿第三定律可知，箱子对斜面体压力的大小为40N,故AB错误;

CD、对斜面体和箱子整体受力分析，如图

Mg+mg

由平衡条件得：Fsin37°+N'=(M+m)gFcos37°=f'

代入数据联立解得：f'=32N

N'=126N

由牛顿第三定律得，斜面体对地面压力大小为126N,故C错误，D正确。

故选：D。

[例题2]（2024•琼山区校级模拟）如图所示，质量为M的光滑半圆柱体紧靠墙根放置，质量为m

的小球由长度为L的细线悬挂于竖直墙壁上的A点，静止在半圆柱体上，A点距离地面的高度

为L,细线与竖直方向夹角为9。已知半圆柱体的半径可变化（质量不变），小球可视为质点,

重力加速度为g,不计一切摩擦，下列说法正确的是（）

A.当。=60°时，细线对小球的拉力大小为丁ig

1

B.当9=60°时，半圆柱体对小球的支持力大小为那9

C.半圆柱体受到水平地面的弹力大小为Mg+mgsin20

D.半圆柱体受到竖直墙壁的弹力最大值为mg

【解答】解：AB、对小球进行受力分析如图所示

由几何关系可知a=0

根据小球受力平衡，可得：N=mgsin。，T=mgcos0

,,V31

代入数据解得：N=-^mg,故AB错误；

CD、对小球和半圆柱体整体进行受力分析，整体受地面的支持力FN，墙壁的弹力F,细线的拉

力T,重力（m+M）g,整体受力平衡，则在竖直方向上有FN+TCOS6=（m+M）g

水平方向上有F=Tsin9

代入解得：FN=Mg+mgsin2。

1

F=-^mgsin26

1

则当e=45°时，F最大，最大为那g,故C正确，D错误。

故选：Co

[例题3]（2024•鹿城区校级模拟）俗称书籍整理神器的“铁书立”是一种用来支撑书籍以达到使书

籍平稳站立效果的物品，如图所示.现在简化为如下示意图，水平桌面上有一质量为M的静止

的“铁书立”，刚好静止摆放了两本书A和B,由此可知（）

A.桌面对A书有向上的弹力

B.B书受到的合力为0

C.B书与“铁书立”之间可以无摩擦

D.“铁书立”对桌面的压力为Mg

【解答】解：A、由题图甲知，A书与桌面没有接触，则桌面对A书不会有弹力，故A错误；

B、B书处于静止状态，所以合力为0,故B正确；

C、对B书受力分析知，“铁书立”对B书有向上的弹力，A书对B书有向右的弹力，又B书处

于静止状态，则B书有相对“铁书立”向右运动的趋势，所以水平方向“铁书立”对B书有向左

的摩擦力，故C错误；

D、选整体为研究对象分析知，“铁书立”对桌面的压力大于Mg,故D错误；

故选：B„

考点二处理平衡问题常用的“三种”方法处理平衡问题的常用方

法

1.合成法：物体受三个共点力的作用而平衡，则任意两个力的合力一^定与第三个力大小相等、方向

相反.

2.分解法：物体受三个共点力的作用而平衡，将某一个力按力的效果分解，则其分力和其他两个力

满足平衡条件.

3.正交分解法：物体受到三个或三个以上力的作用而平衡，将物体所受的力分解为相互垂直的两组,

每组力都满足平衡条件.

盘科•创题拜析

[例题4]（2024•麦积区二模）如图所示，粗糙水平地面上放有横截面为了圆的柱状物体A,A与墙

q

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

A.地面对A的支持力不变

B.地面对A的摩擦力不变

C.墙对B的作用力不变

D.B对A的支持力不变

【解答】如图，A的重力为GA，B的重力为GB，地面对A的支持力为F,地面对A的摩擦力为

f,B对A的作用力为FBA，与水平方向的夹角为0,A对B的作用力为FAB，与水平方向的夹角

为仇墙面对B的作用力为FB。

解：A.由整体分析可知，A、B保持静止时地面对A的支持力等于A与B的重力之和，将A向

左移动少许，A、B仍将保持静止，因此地面对A的支持力不变，故A正确；

B.如图，对A进行受力分析可知f=FBACOs0,又有FBA=FAB，MFABsin0=GB,因此有

cosO

f=GB^0

再将A向左移动，。增大，f减小，故B错误;

C.由整体分析可知，墙面对B的作用力等于地面对A的摩擦力，已知地面对A的摩擦力减小，

故C错误；

D.B对A的作用力

GB

FBA=^0

。增大，FBA减小，故D错误。

故选：Ao

[例题5]（2024•樟树市模拟）2023年12月4日，陇东〜山东±800千伏特高压直流输电工程（甘

肃段）铁塔组立首基试点在庆阳市西峰区什社乡N0003号塔举行，标志着该工程正式进入铁塔

组立阶段。如图所示为相邻铁塔间某根输电线的示意图，A、B两点分别为铁塔与输电线的连

接点且等高，C点为该段输电线的最低点，C点切向方向水平，输电线质量分布均匀，输电线

两端的切线与竖直方向的夹角氏=g=60°,AB间输电线总质量为2m,重力加速度为g,下

A.左铁塔A处对输电导线的拉力大小为

B.C处输电导线的张力大小为迎mg

C.从A点到C点输电线上张力大小一直增加

D.由于热胀冷缩，冬季输电线与竖直方向的夹角增加，输电线两端的弹力大小减少

【解答】解：A.如图所示，因为输电线路保持静止，对输电线路进行整体受力分析可知，水平竖

直方向所受合力均为0,则有FACOS60°+FBCOS60°=2mg,FAcos30°=FBcos30°,联立可得FA

=2mg,故A错误;

B.将AC段看作一个整体，进行受力分析可知AC段受力FA作用，自身的重力以及C点因为输

电线的张力而存在的向右的拉力Fc，因为AC段保持静止，因此有FAcos30°=FC,Fc=V3mg,

故B正确；

C.在AC间任取一点D,将AD看错整体进行受力分析可知，受到拉力FA的作用，自身重力，D

点输电线路上的张力对AD的拉力作用FD，假设FD与竖直方向的夹角为a,则有FAsin60°=

FDsina=V3mg,因此FD=?^，结合图象可知，从A点到C点，a逐渐增大，因此FD逐渐

减小，故C错误；

D.由于热胀冷缩，到冬季时9角增大，对输电线路整体受力分析可知，FACOs0+FBC0s0=2mg,因

为。增大，因此FA增大，故D错误。

故选：Bo

[例题6]（2024•南充模拟）如图甲是一种常见的持球动作，用手臂挤压篮球，将篮球压在身侧。为

了方便问题研究，将该场景模型化为如图乙，若增加手臂对篮球的压力，篮球依旧保持静止，

则下列说法正确的是（）

A.篮球受到的合力增大

B.篮球对人的静摩擦力方向竖直向上

C.人对篮球的作用力的方向竖直向上

D.手臂对篮球的压力是由于篮球发生形变而产生的

【解答】解：AC、篮球受到重力和人对篮球的作用力下保持静止状态，根据力的平衡条件可知,

篮球的重力与人对蓝球的作用力大小相等方向相反，即人对篮球的作用力的方向竖直向上，篮球

受到的合力不变，A错误，C正确；

B、篮球对人的静摩擦力在篮球与人的两个接触面间都有，根据受力平衡，两个摩擦力的向上的

合力等于重力与压力的分力，根据相互作用力，人受到篮球的摩擦力不是竖直向上的，故B错误；

D、根据弹力产生的特点，手臂对篮球的压力是由于手臂发生形变而产生的，D错误。

故选：Co

考点三动态平衡问题的处理技巧

1.动态平衡：是指平衡问题中的一部分是变力，是动态力，力的大小和方向均要发生变化，所以叫

动态平衡，这是力平衡问题中的一类难题.

2.基本思路：化“动”为“静”，“静”中求“动”.

3.基本方法：图解法和解析法.

探秘•例题样析

[例题7]（2024•淮安模拟）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；缓慢压下把手直至底板与水平面间的夹角为

60°o不计货物与支架及底板间的摩擦，重力加速度为g,下列说法正确的是（）

A.当底板与水平面间的夹角为30°时，底板对货物的支持力为尊坦

B.当底板与水平面间的夹角为30。时，支架对货物的支持力为名吆

C.压下把手的过程中，底板对货物的支持力一直增大

D.压下把手的过程中，支架对货物的支持力一直减小

【解答】解：AB、当底板与水平面间的夹角为30°时，对货物受力分析，两个弹力的合力与重

力等大反向，如下图所受：

1mg

两个弹力Ni与N2垂直，由平衡条件可得支架对货物的支持力：Ni=mgsin300=mgx-=—

底板对货物的支持力：N2=mgcos300=mgx^-=故A正确，B错误；

CD、压下把手的过程中，两个弹力的夹角始终是90°,货物的受力情况如下图所示:

由图可知，底板对货物的支持力Ni一直减小，支架对货物的支持力N2一直增大，故CD错误。

故选：A«

[例题8]（2024•渝中区校级模拟）如图，一根绝缘的光滑水平横杆上套有质量均为m的A、B两个

小环，两环上都带有正电荷，系在两环上的等长细绳拴住质量为M的物块处于静止状态，某时

刻开始环上电荷量缓慢减少，则（）

A.单根细绳对物块的拉力始终不变

两细绳对物块的合力变大

杆对A环的作用力保持不变

D.两环间距等于绳长时，单根细绳拉力大小等于Mg

【解答】解：A、对左侧圆环受力分析

Mg

当电荷减小后，库仑力会减小，所以水平方向上为了保持受力平衡，绳子上的拉力也会减小，故

A错误；

B、两个细绳的拉力组成的合力始终与物块的重力相平衡，所以合力始终不变，故B错误；

C、对物块受力分析，如上图所示

Mg

对物块而言竖直方向上2T，cose=Mg,解得r=-

Z.COSU

Mg,_

对圆环而言，由于T=TT所以FN=mg+Tcos。，得到FN=mg+-^-,所以支持力不变，故C正

确;

D、当两环间距等于绳长时，构成一个等边三角形，即8=30。，所以T，=乂竽，故D错误；

故选：C=

[例题9]（2024•郸都区校级二模）一物块放置在固定斜面上，对物块施加一水平力F,保持该力的

大小不变，在将该作用力沿水平方向逆时针缓慢转动至竖直方向的过程中，物块始终静止在斜

面上，如图所示。则该过程中（）

B.斜面对物块的支持力先减小后增大

C.斜面对物块的作用力先减小后增大

D.斜面对物块的作用力一直减小

【解答】解：对物块受力分析，如图所示:

AB、受重力、拉力、支持力和摩擦力，设拉力与斜面间的夹角为仇若摩擦力开始向下，根据受

力平衡可得：f^mgsina=Fcos0,当F逆时针转动时。减小，所以摩擦力减小，若摩擦力开始向

上，当。减小时，摩擦力减小，故AB错误；

CD、斜面体对物块的作用力包括摩擦力和支持力，当F逆时针转动时，F与mg的合力减小，根

据受力平衡可得，f与F'的合力也减小，所以斜面对物块的作用力减小，故C错误，D正确。

故选：D。

考点四平衡中的临界与极值问题

1.临界问题

当某物理量变化时，会引起其他几个物理量的变化，从而使物体所处的平衡状态“恰好出现”或“恰好

不出现”,在问题的描述中常用“刚好”、“刚能”、“恰好”等语言叙述.

常见的临界状态有：

(1)两接触物体脱离与不脱离的临界条件是相互作用力为0(主要体现为两物体间的弹力为0).

(2)绳子断与不断的临界条件为绳中的张力达到最大值；绳子绷紧与松驰的临界条件为绳中的张力为

0.

(3)存在摩擦力作用的两物体间发生相对滑动或相对静止的临界条件为静摩擦力达到最大.

研究的基本思维方法：假设推理法.

2.极值问题

平衡物体的极值，一般指在力的变化过程中的最大值和最小值问题.一般用图解法或解析法进行分

析.

辉科•创题样析

[例题10](2024•龙岗区校级三模)如图所示，在竖直墙壁上固定水平轻杆OB,B为钱链装置，OA

为轻质细绳且与水平方向夹角。=30°,小球质量为m,通过轻绳系于O点，初始时整个装置

处于静止状态，现保证O点位置不变，逐渐减小绳OA的长度，使绳的上端由A点缓慢移动至

C点。已知重力加速度为g,不计所有摩擦，则下列说法正确的是()

A.初始时OA绳的拉力大小为迎mg

B.移动过程中OA绳的拉力大小逐渐增大

C.移动过程中OB杆的弹力逐渐减小

D.最终OA绳的拉力大小减小至0

【解答】解：A、初始时整个装置处于静止状态，设OA绳的拉力大小为FT，竖直方向上，根据

平衡条件得：mg=FTsin30°,解得：FT=2mg,故A错误;

BD、根据平衡条件，竖直方向上可得mg=FTsin。

mg

则得口=再

绳的上端由A点缓慢移动至C点，。增大，sin。增大，则FT逐渐减小直至mg,故BD错误;

mg

c、水平方向上，根据平衡条件得：=

LCulo

绳的上端由A点缓慢移动至C点，8增大，tan。增大，则FNB逐渐减小，故C正确。

故选：Co

[例题11]（2022•聊城模拟）歼一20战斗机安装了我国自主研制的矢量发动机，能够在不改变飞机

飞行方向的情况下，通过转动尾喷口方向改变推力的方向，使战斗机获得很多优异的飞行性

能.已知在歼-20战斗机沿水平方向超音速匀速巡航时升阻比（垂直机身向上的升力和平行机

身向后的阻力之比）为k,飞机的重力为G.能使飞机实现水平匀速巡航模式的最小推力是（）

GGG

A-------------BD.G

1+H-kVl+fc2

【解答】解：飞机受到重力G、发动机推力Fi、升力F2和空气阻力f,重力的方向竖直向下，升

力F2的方向竖直向上，空气阻力f的方向与F2垂直，如图

歼-20战斗机沿水平方向超音速匀速巡航，则有水平方向Fx=f

竖直方向F2+Fy=G

其中F2=kf

解得Fy=G-kf

则瑶=理+耳=f2+G2-2Gkf+k2f2

kG

结合数学知识可知理o表达式为开口向上，对称轴为f=Gk的抛物线，即当f=菽五时取得最小值,

将其代入理表达式，

G

解得Fm=%^，故ABD错误，C正确

故选：Co

［例题12］如图所示，质量为2.5m的物体A放在倾角为a=30°的固定斜面体上，一平行于斜面的轻

绳跨过光滑定滑轮一端与物体A连接，另一端与一竖直轻弹簧相连，弹簧下端悬挂一质量为m

的祛码盘B,整个系统处于静止状态。现将质量为m的祛码轻轻放在B盘中，二者开始运动。

B在运动过程中始终未着地，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力。轻绳不可伸长，弹簧始终在

弹性限度内，要使物体A始终保持静止状态，A和斜面体之间的动摩擦因数的最小值为（）

【解答】解：放祛码之前，B保持静止合力为零，根据二力平衡得弹簧弹力为Fi=mg；

放祛码之后,祛码盘和祛码作为整体做简谐运动，且此时的回复力为最大值Fm=2mg-Fi=2mg-

mg=mg,方向竖直向下，简谐运动的位移为向上最大值；

当整体合力为零时即为平衡位置，此时弹簧弹力F2=2mg,根据简谐运动的对称性可知，当简谐

运动的位移为向下最大值时，设弹簧弹力为F3,回复力方向向上且为最大值Fm=F3-2mg=mg,

得F3=3mg,方向竖直向上；

此时对物体A受力分析，绳子拉力最大为T=F3=3mg,动摩擦因数最小值满足T=2.5mgsin30°

+四（2.5mg）cos30°

代入数据解得P=坐，故D正确，ABC错误。

15

故选：D。

［例题13］（2024•长春一模）如图，质量为m的光滑球体夹在竖直墙壁和斜面体之间，斜面体质量

为2m,倾角6=37°,设斜面体与地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，若斜面体恰好不滑

动,则斜面体与水平地面间的动摩擦因数u为(sin37°=0.6,cos37°=0.8)()

A.口=-B.P=-C.口=-D.口=-

【解答】解：设摩擦因数为四，对整体受力分析如图所示，

八/

K/

3mg

根据平衡条件可求，地面对整体的支持力：FN=3mg

地面对斜面的静摩擦力等于墙对小球的弹力：f=Fi

由于斜面恰好不滑动，所以斜面体与地面间的静摩擦力到达最大：fm=iiFN=n(m+2m)g

对球体受力分析如图所示,

mgtan37°

由以上可知斜面体与地面间的最大静摩擦力：fm=F1=mgtan37°

1

联立以上解得：U=7

故选：Ao

解惑•题型有球

题型1整体法与隔离法

1.(2023•绵阳模拟)新春佳节，大街小巷总会挂起象征喜庆的中国红灯笼。如图所示，由4根等

长轻质细绳AB、BC、CD、DE悬挂起3个质量相等的灯笼，绳两端的结点A、E等高，AB绳

与竖直方向的夹角为a,绳中张力大小为Fi；BC绳与竖直方向的夹角为0,绳中张力大小为

F2,贝！J()

A.a可能等于0B.a可能大于0

C.FI>3F2D.FI<3F2

【解答】解：由对称性可知AB绳和DE绳张力大小相等，大小为Fi。对三个灯笼的整体分析,

由受力平衡可得：在竖直方向有：2Ficosa=3mg

对结点B受力分析，由受力平衡可得：Fisina=F2sinp

F]cosa=mg+F2cos0

联立解得：3tana=tanP

3mg7ng

「I二五嬴？日2=2cosB

AB>由3tana=tan0,可知a<0,故AB错误；

3mg711g

CD、由Fi二五忘、F2=2COS（3

Fi3cosB

可知言=-----

F2cosa

又a<0,得：cosa>cosp

所以可得：F1V3F3

故C错误，D正确。

故选：D。

2.（2023•玉林三模）如图所示，质量为m的圆环A,跨过定滑轮的细绳一端系在圆环A上，另

一端系一物块B。细绳对圆环A的拉力方向水平向左。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，圆环

A与固定直杆间动摩擦因数|i=0.5,直杆倾角。=37°,cos37°=0.8,要保证A不向上滑动,

所悬挂的物块B质量不能超过（）

A

54

A.2mC.铲D.

【解答】解：对物体B,由平衡条件可得绳子拉力为：T=mBg

对圆环A受力分析，如图

当圆环刚要上滑时，由平衡条件可得沿杆的方向，有：Tcos9=mgsine+路

垂直于杆的方向，有：N=Tsin0+mgcos0

又fm=W

联立解得ms—2m

即悬挂的物块B质量不能超过2m,BCD错误，A正确。

故选：Ao

3.（2024•浙江模拟）图甲是传统民居建筑材料瓦片，相同的质量为m的瓦片紧靠在一起静止竖

直叠放在水平地面上如图乙所示。下方瓦片的受力点均在其顶端，则瓦片（）

图甲图乙

A.4右端对地面的压力比左端的大

B.5右端受到的支持力是2右端受到支持力的2倍

C.4顶端受到的压力大小为mg

5

D.5左端对地面的压力为不ng

一1

【解答】解：A、1对2的压力为ng

113

2对4的压力为F24=]X（/mg+mg）=^mg

t117

4对地面的压力F4=,X（/mg+F24），解得正咤，故A错误；

3

BD、2的右端所受支持力为F2=1ng

一115

5的右端所受的支持力为F5=]X（5THg+2F2）,解得F5=]ng,故D正确，B错误；

一3

C、4的顶端受到的压力大小为F=F2=》ng,故C错误。

故选：Do

4.（2024•深圳二模）如图为我国传统豆腐制作流程中用到的过滤器，正方形纱布的四角用细绳系

在两根等长的、相互垂直的水平木杆两端，再通过木杆中心转轴静止悬挂在空中。豆浆过滤完,

纱布与豆渣的总质量为m,细绳与竖直方向的夹角始终为心下列说法正确的是（）

mq

A.此时每根细绳受到的拉力为

4cost/

mg

B.此时每根细绳受到的拉力为丁

C.豆浆从纱布流出过程中，忽略纱布的拉伸形变，细绳受到的拉力变大

D.豆浆从纱布流出过程中，纱布中豆浆和豆渣整体的重心不变

【解答】解：AB、对纱布和豆渣受力分析，如图所示:

0

G

11

设每根绳的拉力为F,根据受力平衡，每根绳的拉力在竖直方向的分力等于1G,即：Feos9=铲0

mg

解得：故正确，错误；

^COSuAB

mg

CD、豆浆流出过程中整体的质量减少，根据：F=石而，可知F减小；豆浆流出过程中根据整

体质量的变化可以判断，整体的重心先向下移，当豆浆流出到一定程度后，重心又会上移，故

CD错误。

故选：Ao

题型2合成法处理物体静态平衡问题

5.（2024•佛山二模）图甲是一质量分布均匀的长方体药箱，按图乙所示的方式用轻绳悬挂在墙面

一光滑的钉子P上，图丙为右视图。已知药箱长ab=30cm,质量m=0.4kg,药箱上表面到钉

子的距离h=10cm,轻绳总长度L=50cm,两端分别系在O、0'两点，O是ad的中点，CT是

be的中点，不计药箱与墙壁之间的摩擦力，gmlOm/s2,则轻绳上拉力大小为（）

A.4NB.5NC.8ND.10N

DPh

【解答】解：根据几何关系可知PO=25cm,另00'的中点为D,则2T万万x五=mg

代入数据解得T=5N,故B正确，ACD错误。

故选：Bo

6.（2024•正定县校级三模）在吊运表面平整的重型板材（混凝土预制板、厚钢板）时，如因吊绳

无处钩挂而遇到困难，可用一根钢丝绳将板拦腰捆起（不必捆的很紧），用两个吊钩勾住绳圈长

边的中点起吊（如图所示），若钢丝绳与板材之间的动摩擦因数为中为了满足安全起吊（不考

虑钢丝绳断裂），需要满足的条件是（

tana<|iC.sina>|iD.sina<^i

【解答】解：要起吊重物，只需满足绳子张力T的竖直分量小于钢丝绳与板材之间的最大静摩擦

力，如图所示

即|iTcosa>Tsina

化简可得tana<|i

故B正确，ACD错误。

故选：Bo

题型3正交分解法处理物体静态平衡问题

7.（2024•长沙模拟）如图所示，固定的倾角为37°的粗糙斜面上放置一长方体物块，现用一大

小等于物块重力，方向与斜面成37°角斜向下的推力推动物块（力的作用线在斜面上的投影与

斜面底边平行），物块在斜面上恰好做匀速运动。则物块与斜面间的动摩擦因数为（sin370=

【解答】解：设物块的质量为m,对物块受力分析，根据共点力平衡条件可知

Fsin37°+mgcos37°=N

7（Fcos37°）2+（mgsin370'）2=f

根据摩擦力的公式有f=四

5

解得n--

故ABC错误，D正确；

故选：D。

（2024•兴宁区二模）如图（a）所示，刷油漆的使用的滚筒刷，既可以刷天花板，也可以刷竖

直墙面和水平地面，某同学为了研究其运动过程中的受力情况，将刷天花板时的过程简化为图

（b）,质量为m的物体在外力F的作用下沿水平方向做匀速直线运动，F与水平方向的夹角为

0,若保持F大小不变，F与水平方向的夹角仍为仇物体与天花板和水平地面之间的动摩擦因

数相同，建立如图（c）所示模型进行分析，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，关于图（b）

和图（c）中物体所受摩擦力，下列说法正确的是（）

A.图（b）中物体所受摩擦力大

B.图（c）中物体所受摩擦力大

C.图（b）和图（c）中物体所受摩擦力一样大

D.以上三种情况都有可能

【解答】解：对图（b）受力分析

Fcos0=f

FsinB=N+mg

f『N

对图（c）受力分析

Fcos0=f

对于图（b）和（c）都有FcosO=f

所以图（b）和（c）摩擦力一样大

故C正确，ABD错误。

故选：C。

题型4力的三角形法处理物体静态平衡问题

9.（2024•雨花区校级模拟）随着工作压力的增大以及生活水平的提高，越来越多的人选择在假期

出行旅游放松。若车厢上放置一与地板成。角的木板，木板上静置一木块。某段时间内，木块

随车厢一起斜向上做加速度为a的匀加速运动。已知缆绳与水平方向夹角也为0。若木板与车

厢底板夹角缓慢增大稍许，木块、木板与车厢始终保持相对静止，则关于木块对木板的压力FN

和木块对木板的摩擦Ff,下列说法正确的是（）

缆绳

悬臂

包…厂口-

上

A.FN减小，Ff减小B.FN增大，Ff增大

C.FN减小,Ff增大D.FN增大，Ff减小

【解答】解：对木块受力分析如图甲所示，因为车厢沿缆绳斜向上加速运动，所以三个力的合力

沿缆绳斜向右上，因此支持力与静摩擦合力斜向右上，因为木块质量和加速度均不变，故三个力

的合力不变。

又木块重力不变，则支持力与静摩擦合力不变。木板与底