选择1 力和物体平衡-2025届高考物理二轮复习热点题型归类

选择1力和物体平衡

考点内容考情分析

1、受力平衡部分一般结合生活实际考察物体的静态受力平衡、动

考向一物体的静态平衡态受力平衡分析

2、牛顿定律一般以生活实际为背景命题，进行模型化受力分析。

往往涉及静态平衡问题、动态平衡问题及多物体、连接体构成的系

考向二物体的动态平衡

统分析，涉及整体法与隔离法相结合分析方法。

因深究"解题攻略"

1.思想方法

(1)在判断弹力或摩擦力是否存在以及确定它们的方向时常用假设法。

(2)求解平衡问题时常用二力平衡法、矢量三角形法、正交分解法、相似三角形法、图解法等。

(3)带电体的平衡问题仍然满足平衡条件，只是要注意准确分析场力一一电场力、安培力或洛伦兹

力。

2.模型建构

(1)合力与分力的关系

①合力不变时，两相等分力的夹角越大，两分力越大，夹角接近180。时，两分力接近无穷大。

②两相等分力夹角为120。时，两分力与合力大小相等。

(2)平衡条件的应用

®n个共点力平衡时其中任意(n—1)个力的合力与第n个力是一对平衡力。

②物体受包括重力在内的三个力作用平衡时一般用合成法，合成除重力外的两个力，合力与重力

平衡，在力的三角形中解决问题，这样就把力的问题转化为三角形问题。

(3)滑块与斜面模型

如图所示，斜面固定，物块与斜面间的动摩擦因数为由将物块轻放在斜面上，若|iNtanO,物

块保持静止：若呼tan。,物块下滑。与物块质量无关，只由日与。决定，其中层tanO时称为“自锁

现象。

3.考法解析

考法一图解法

1.题目特点：物体在三个力作用下缓慢运动，其中一个力恒定，另一个力方向恒定。

2应用思路：读懂题目叙述的情景，依次画出多个状态下力的渐变平行四边形或矢量三角形，根

据有向线段长度、方向的变化判断相应力的大小、方向的变化。

考法二解析法

1题目特点：物体受力示意图中某个力恒定，某个夹角发生的变化可判、可用。

2.应用思路：对力进行合成、分解或正交分解，用恒力、变角的三角函数写出变力的表达式（即平

衡方程），根据三角函数的变化判断力的变化。

考法三相似三角形法

1.题目特点：物体在绳、杆或弹簧的作用下沿圆周缓慢运动。

2应用思路：相似三角形法是图解法的特例，平移受力示意图中的两个力，与第三个力构建力三

角形，找到与之相似的几何三角形，列出相应比例式进行分析，其中与半径对应的力大小不变。

LOO'A与力的矢△A08勺力的矢

量三角形相似质三角形相似

考法四辅助圆法

（1）适用情况:物体受三个力，其中一个力大小、方向不变，另外两个力大小、方向都在改变，但变化的两

个力之间的夹角不变。

（2）方法展示

①已知条件:Fi恒定,F2、F3的夹角一定。

②解题过程:在圆中画出力的矢量三角形，以恒定力为弦，另外两个力的交点在圆周上移动，由三角形

各边长度及方向的变化判定力的变化;两个力的夹角分大于90。（如图甲）和小于90。（如图乙）两种情况。

4.受力分析的顺序

一般按照“重力—电场力（磁场力）一弹力-摩擦力—其他力”的顺序，结合整体法与隔离法分析物体的

受力情况。

5.处理平衡问题常用的四种方法

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

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

分解法

他两个力满足平衡条件

物体受到三个或三个以上力的作用时，将物体所受的力分解为相互垂直的两

正交分解法

组，每组力都满足平衡条件

对受三力作用而平衡的物体，将力的矢量图平移使三力组成一个首尾依次相接

力的三角形法

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未知力

〃亲临"高考练场"

考向一物体的静态平衡

1.（2024•宜兴市校级三模）如图所示，质量为2m的物块C置于倾角为37°的斜面D上，C通

过一细线绕过光滑定滑轮系于P点，P为细线QP、EP、BP的结点，质量为m的小球B置于

3

光滑的半球体A上，半球体A的半径为R,O为球心。已知PO=2R,PB=-/?,EP水平，

PQ竖直，且Q、P、O在同一直线上，系统处于静止状态，小球B可视为质点，重力加速度

为g,sin37°=0.6,cos37°=0.8,则下列说法正确的是（）

3

A.细线PB的拉力大小为《徵9

B.细线PE和细线PB的拉力大小相等

C.半球体A受到地面的摩擦力和斜面D受到地面的摩擦力大小相等

D.物块C受到斜面D的摩擦力方向沿斜面向下

【解答】解：A.对小球B做受力分析，如图所示:

mgFNFPB

2R=^=~PB

,“13

联立解得：FN=^mg,FpB=]ng，故A错误；

B、对结点P进行受力分析，根据受力平衡有，线PE的拉力大小等于细线PB的拉力在水平方向

的分力，故PE的拉力小于PB的拉力，故B错误；

D、由上述项分析可知：2mgsin37°>FPB>FpE

对于C受力分析可得：2mgsin37°=丘+FPE

由此可得：斜面D对C的摩擦力方向沿斜面向上，故D错误；

C、对A、B整体受力分析，A所受地面的摩擦力大小等于细线PB的拉力在水平方向的分力，

对C和斜面整体受力分析，斜面受到地面的摩擦力大小等于细线PE的拉力大小，线PE的拉力

大小等于细线PB的拉力在水平方向的分力，故C正确。

故选：Co

2.（2024•市中区校级模拟）小口径的水泥管如图甲所示，通常用于排水、灌溉和防护。运输到目

的地时可用简易装置卸货。如图乙所示，两根直木棍AB和CD相互平行，两端分别靠在车和

地面上固定不动。一个半径R=5cm、质量m=20kg的水泥管从木棍的上部恰好能匀速滑下，

己知两木棍间距d=8cm,与水平面的夹角a=37°（sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取

10m/s2)()

甲乙

A.每根直木棍对水泥圆筒的弹力为80N

B.每根直木棍与水泥桶间的动摩擦因数为0.75

C.将水泥圆筒沿直木棍匀速向上拉动，所需最小拉力为192N

D.将水泥圆筒沿直木棍匀速向上拉动，可施加沿斜面向上320N的力

【解答】解：A、从BD—AC视角分析，受力不意图如图所小:

d

-4

2

---

H5

根据平衡条件可得：2FNcos0=mgcosa

400

解得：FN=~^—N,故A错误；

B、设每根木棍对水泥圆筒的摩擦力大小为f,则有：2f=mgsina

根据滑动摩擦力的计算公式可得：f=*N

所以动摩擦因数为：u=0.45,故B错误；

C、从右侧视角受力分析，如图所示：

mg

两根木棍对水泥圆筒的摩擦力的合力为：2f，=2pN

2f〃0.453

故两个力的合力方向固定，图中0角满足：tan0=----=——n="^T~=7

2Ncos3cosu0.64

故0=37°

现问题变为“物体受重力、木棍提供的力和拉力三力平衡，拉力最小值为多少”，根据力学平衡

的矢量三角形得：

Fmin=mgsin（a+p）

解得：Fmin=192N,故C正确；

D、将水泥圆筒沿直木棍匀速向上拉动，根据平衡条件可得沿斜面向上的拉力大小为：F=

mgsina+2f=2mgsina

代入数据解得：F=240N,故D错误。

故选：Co

3.（2024•沙坪坝区校级模拟）如图所示，直径为D的圆筒静置于水平面上，完全相同的甲、乙

两球体放置在圆筒中，球体直径为d,且d<D<2d,所有接触面均光滑，甲球与圆筒底面和侧

面的弹力大小分别为Ni、N2O如果将两球体放置在另一圆筒中，该圆筒的直径D'稍大于D,

甲球与该圆筒底面和侧面的弹力大小分别为N'1、N'2,则（）

,,

A.N2>N2B.N'2<N2C.NI>NID.N'I<NI

【解答】解：设一个小球的重力为G,对小球乙受力分析，如图所示:

F

N«

G

根据受力平衡可得：FsinB=G、Fcos0=N

整体受力分析，如图所示:

根据受力平衡可得：Ni=2G、N=N2

当圆筒半径增加，则。减小，所以tan。减小，即N增加，W增大,Ni不变，所以BCD错误，A

正确。

故选：Ao

4.（2024•兴庆区校级三模）如图所示，在房檐上M、N两点间固定一根不可伸长的轻绳，在轻

绳的中点O用细线系住鸟笼B,在O点两侧与其间距相同的P、Q两点系住相同的鸟笼A、Co

稳定后MP、NQ间轻绳与水平方向夹角均为4，OP、OQ间轻绳与竖直方向夹角均为的，已

A.MP间轻绳弹力为启诙

B-op间轻绳的弹力大小为后拓

C.tan0i*tan02=3

D.如果逐渐增大各鸟笼的质量，则91、02都增大

【解答】解：A、整体受力分析如图所示：

根据受力平衡可得：2FMpsin8i=3mg,解得：FMP=故A错误；

mg

B、对鸟笼B受力分析可得：2Fopcos02=mg,解得：FOp-2cos62,故B错误，

C、对鸟笼A受力分析，根据受力平衡可得：FMPCOS0i=Fopsin02,结合A,B选项的平衡方程联

立解得：tan0i・tan02=3,故C正确；

D、增加各鸟笼的质量，角度不变，只是绳上的拉力增加，故D错误。

故选：C=

5.（2024•莲湖区校级二模）如图所示，质量m=3kg的滑块静止在水平实验台上，通过三段轻绳

分别与天花板和球形容器相连，OA与天花板夹角为45°,OB水平。重力加速度g取10m/s2,

假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（）

A.若实验台对滑块的摩擦力不超过10N,则球形容器与容器内液体总重力最大为20N

B.若实验台对滑块的摩擦力不超过10N,则球形容器与容器内液体总重力最大为30N

C.若球形容器与容器内液体总重力最大为12N时滑块即将滑动，则滑块与实验台的动摩擦因数

-0.40

D.若球形容器与容器内液体总重力最大为12N时滑块即将滑动，则滑块与实验台的动摩擦因

数呼0.30

【解答】解：AB、若实验台对滑块的摩擦力不超过10N,即OB绳子的最大拉力为10N,对O

TBf

根据共点力平衡得轻绳受到的拉力为：

OATA=-T77==6=1。6,

OC轻绳受到的拉力为：Tc=TBtan45°=f・tan45°=10XlN=10N

故AB错误；

CD、结合前面的分析，可知Tc=f・tan45°

所以当球形容器与容器内液体总重力最大为12N时，滑块即将滑动，则滑块受到的最大静摩擦力：

cTm

=-t-a--n-475r°7=Tm=12N

712

滑块与实验台的动摩擦因数m以=优==0.4

TILCJ3X_LU

故C正确，D错误。

故选：Co

6.（2024•南宁一模）如图所示，用三个完全相同的小立柱将足球支起，小立柱的上端可视为点,

小立柱的位置连线成正三角形，放在水平桌面上，足球与小立柱的触点与足球球心的连线与竖

直方向的夹角均为37°,已知每个小立柱对足球的支持力大小为2.5N,不计足球与小立柱间的

摩擦及小立柱的重力，已知sin37°=0.6,cos37°=0.8,则下列说法正确的是（）

侧视图

A.单个小立柱对足球的支持力方向竖直向上

B.足球所受的重力为7.5N

C.足球对小立柱的作用力与桌子对小立柱的作用力是平衡力

D.足球对小立柱的作用力与桌子对小立柱的作用力是相互作用力

【解答】解：A、不计足球与立柱间的摩擦，三个立柱对足球作用力为弹力，方向垂直于足球的

切面，沿半径方向指向足球，不是竖直向上，故A错误；

B、由于三个立柱对称摆放，则每个立柱对足球的弹力大小相等，对足球受力分析，一个立柱对

足球的作用力如图：

由平衡条件得：G=3FNCOS37°=3X2.5X0.8N=6N,故B错误；

CD、不计足球与小立柱间的摩擦及小立柱的重力，小立柱受到足球对小立柱的作用力、桌子对小

立柱的作用力而平衡，所以足球对小立柱的作用力与桌子对小立柱的作用力是平衡力，故C正确、

D错误。

故选：Co

7.（多选）（2024•洛阳一模）如图所示，三根轻质细线结于O点，OA另一端固定在天花板上的A

点（位于圆心O'的正上方），OB另一端连接质量为m的小球P（可视为质点），OC另一端连

接质量为2m的物体Q,将小球P放置于半径为R、质量为3m的圆表面光滑的半圆柱上，半圆

柱及物体Q均放置于粗糙水平面上，当A、0、O'处于同一竖直线上时，OC处于水平且物体

3

Q恰好不滑动，此时OB=]R,00,=2R,重力加速度大小为g,最大静摩擦力等于滑动摩擦

A.半圆柱所受的摩擦力与物体Q所受到的摩擦力大小相等

B.0C段绳子的拉力大小为界更mg

C.水平面对圆柱体的支持力大小为4mg

D.物体Q与水平面间的动摩擦因数为二手

【解答】解：A、根据题意，对整体进行受力分析，水平方向上合力为0,物块所受摩擦力与半

圆柱体所受摩擦力等大反向，故A正确；

BD、对小球P受力分析，受重力mg,光滑半圆柱的支持力N和绳子的拉力F,处于平衡状态,

画出拉力等大反向的力F,即为mg和N的合力，如图所示：

_F'mg3(f7?)2+(27?)2-/?27

由相似二角形有：77g=五歹，解得：F'=-m^,由余弦定理有：cos0=-----a-----=£，

UD4ZX—KXZKo

则有：sin。=V1—cos26—~~~~

o

对结点0受力分析，如图所示：

由平衡条件有：F2=F1SinO,F3=F1COS0,对物体Q受力分析，如图所示:

由平衡条件有：FN=2mg,f=F4，又有：F4=F2=FxsinB=Fsind=mg,f=|iFN,解得:

U=1-=善=邛P，故B错误，D正确；

FNFN64

C、OA段绳子的张力：F3=FICOSO,在竖直方向上将小球P和圆柱体整体受力分析有：FN+F3=

4mg,解得：FN=4mg-Ficos0,即：FN<4mg,故C错误。

故选：ADo

8.（多选）（2024•岳麓区校级模拟）光滑半圆槽的边缘上固定有一轻质定滑轮，轻质定滑轮轴与

一直杆AB一端连接，直杆可绕B在竖直面上转动，轻绳一端连接一小球P,另一端跨过轻质

定滑轮后套着一铁环Q,然后固定在直杆的A端，如图所示。开始时直杆通过外力水平放置并

使整个系统处于平衡状态，不计任何摩擦阻力，小球可视为质点，则（）

A.若轻绳PB段与BQ段均与竖直方向成30°角，小球P和铁环Q的质量之比为1：1

B.若小球P的质量足够大，系统平衡时小球P可能位于半圆弧槽的最低点

C.若通过外力把直杆AB顺时针缓慢转动一小段距离，小球P的位置可能不动

D.若通过外力把直杆AB逆时针缓慢转动一小段距离，小球P的位置一定下移

【解答】解：A、受力分析如下图所示，

若轻绳PB段与BQ段均与竖直方向成30°角，根据水平方向的合力为零可知：a=B=30°

由几何关系可得，只有OP与竖直方向的夹角也为30°,水平方向上合力才可能为零，

对小球P在竖直方向有：mig=FTcos30°+FNCOS30°

对小球P水平方向有：FTsin30°=FNsin30°

对铁环Q竖直方向有：m2g=2FTCOSOC

联立可得出小球P和铁环Q的质量之比为1：1,故A正确；

B、如果小球P在半圆弧槽的最低点，那么连接小球的轻绳拉力应该为零，此时整个系统不可能

平衡，故B错误；

C、假设小球P位置不变，轻绳拉力不变，B端右侧的绳长1不变，把直杆AB顺时针转动一小段

,d

距禺，AB段的水平距禺d变小，由：sina=-

m2g

由此可知，a变小，绳的拉力：Fr=将变小，与小球P位置不变时，轻绳拉力不变相矛盾,

故c错误；

D、直杆AB逆时针缓慢转动一小段距离，AB段的水平距离d也是变小，设/BOP=。，如图建

0

立直角坐标系，对小球P受力进行正交分解后，可得：F^c。巧=m1gcos6

ei

变形可得：F7=m15（2cos^-^p,由上式可知，小球质量不变，轻绳拉力变小，。变大，小

球P下移，故D正确。

故选：ADo

9.（多选）（2024•鼓楼区校级模拟）如图所示，质量为m的匀质细绳，一端系在天花板上的A点，

另一端系在竖直墙壁上的B点，平衡后最低点为C点。现测得AC段绳长是CB段绳长的3倍,

且绳子A端的切线与竖直方向的夹角为0,绳子B端的切线与墙壁的夹角为（a=60°,重力

加速度为g）则（）

A.0=30。

B.绳子在C处弹力大小FC=^771g

C.绳子在A处的弹力大小匕=噂7ng

D.绳子上B处拉力最大

1

【解答】解：ABC、对CB段受力分析，受重力Gi=]ng、墙壁的拉力FB，AC段绳子对其向左

的拉力Fc，如下图所示：

,1V31

=mF

根据平衡条件可得：FB^osa=-^mg,FBsina=Fc,联立解得：^c~g>B

3

再对AC段绳子受力分析，受重力G2=]ng、BC段绳子对其向右的拉力Fc'=FC,AC段绳子

的拉力为FA，如图所示：

3V3

,

根据平衡条件有：F4cos0=铲9，FAsinP=Fc>联立解得：=^mg,0=30°,故AC正

确，B错误；

D、由ABC可知：FC<FB<FA，则绳子上A处拉力最大，故D错误。

故选：AC。

10.（多选）（2024•北辰区三模）图甲为家用燃气炉架，其有四个对称分布的爪，若将总质量一定

的锅放在炉架上，如图乙所示（侧视图）。忽略爪与锅之间的摩擦力，若锅可以看作半径为R

的球面，正对的两爪间距为d,则下列说法正确的是（）

A.R越大，爪与锅之间的弹力越小

B.R越大，爪与锅之间的弹力越大

C.d越大，爪与锅之间的弹力越大

D.d越大，锅受到的合力越大

【解答】解：如下图所示，锅静止，受重力G、四个对称分布的爪的支持力F。

则有：4Fcos0=G

色d

sin02=-

R2R

cos0=V1—sin29

G

联立方程解得：F=

晨）2

可知，R越大，爪与锅之间的弹力F越小；d越大，爪与锅之间的弹力F越大。

故AC正确，BD错误。

故选：AC-

考向二物体的动态平衡

11.（2024•泉州一模）纸质手提袋因其性能优良、绿色环保等优点被广泛使用。用手从绳带中部竖

直提起装有物品的纸袋，纸袋保持静止，如图所示。下列说法正确的是（）

A.每条绳带中的张力大小等于纸袋总重力的彳

B.若只稍微增加绳带长度，则每条绳带中的张力变大

C.若只稍微减小绳扣间距，则每条绳带中的张力变大

D.若只稍微增大绳扣间距，则绳带对手的总作用力不变

【解答】解：A、根据平衡条件分析可知，每条绳带中的张力竖直方向的分力大小等于纸袋总重

1

力的彳，故A错误；

q

G

BC、设每条绳带与竖直方向的夹角仇根据平衡条件有FcosS=-

q

G

可得每条绳带中的张力为F=---

4cos6

若只稍微增加绳带长度，则。减小，每条绳带中的张力变小，若只稍微减小绳扣间距，则0减小,

每条绳带中的张力变小，故BC错误；

D、若只稍微增大绳扣间距，则绳带对手的总作用力与纸袋重力等大反向，不变，故D正确。

故选：D。

12.（2024•历城区校级模拟）如图，右侧面光滑的斜面体固定在水平面上，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.轻绳的拉力先减小后增大

C.M所受摩擦力先增大后减小

D.斜面对M的作用力先增大后减小

【解答】解：AB、N离开斜面后，设F与竖直方向的夹角为。，分析N受力如图所示，则有

T=mgsinQ,F=mgcosO

因。逐渐减小，mg不变，所以F逐渐增大，绳子的拉力T逐渐减小，故A正确，B错误；

C、力F作用之前，有

mgsin30°+f=mgsin60"

所以原来M所受摩擦力沿斜面向下，随着绳子拉力的减小，M受到的摩擦力逐渐减小，当右绳

水平时，绳子拉力为零，则M受到的摩擦力沿斜面向上，所以M受到的摩擦力先沿斜面向下减

小，再沿斜面向上增大，故C错误；

D、斜面对M的作用力为斜面的支持力和摩擦力的合力，因为支持力不变，所以当摩擦力先减小

再增大时，斜面对M的作用力先减小后增大，故D错误。

故选：A«

13.（2024•顺庆区校级模拟）如图所示，木板B放置在粗糙水平地面上，O为光滑钱链。轻杆一

端与钱链O固定连接，另一端固定连接一质量为m的小球A»现将轻绳一端拴在小球A上，

另一端通过光滑的定滑轮0'由力F牵引，定滑轮位于0的正上方，整个系统处于静止状态。现

改变力F的大小使小球A和轻杆从图示位置缓慢运动到。，正下方，木板始终保持静止，则在整

个过程中（）

A.外力F大小不变

B.轻杆对小球的作用力大小变小

C.地面对木板的支持力逐渐变小

D.地面对木板的摩擦力逐渐减小

【解答】解：AB、对小球A进行受力分析，三力构成矢量三角形，如图所示。

根据相似三角形有

一gFF'

00'=~0rA='0A

缓慢运动过程O'A越来越小，则F逐渐减小；由于OA长度不变，杆对小球的作用力大小P不

变，故B错误；

CD、对木板，由于杆对木板的作用力大小不变，方向向右下方，但杆的作用力与竖直方向的夹角

越来越小，所以地面对木板的支持力逐渐增大，地面对木板的摩擦力逐渐减小，故C错误，D正

确。

故选：D。

1

14.（2024•蜀山区校级三模）如图所示，表面为光滑：圆弧的物体B静置在水平地面上，有一竖直

光滑挡板A恰与B相切于最左端。点，有一小球a放置于A与B之间。整个装置都可以绕O

A.若A保持竖直，且下端沿着B的表面向上缓慢移动到B的最高点，小球所受B的弹力一直

增大

B.若A保持竖直，且下端沿着B的表面向上缓慢移动到B的最高点，小球所受A的弹力一直

增大

C.若整个装置绕过O点且垂直于该截面的轴逆时针缓慢旋转90°的过程中，小球所受B的弹

力一直减小

D.若整个装置绕过O点且垂直于该截面的轴逆时针缓慢旋转90°的过程中，小球所受A的弹

力先减小后增大

【解答】解：AB、若A保持竖直，且下端沿着B的表面向上缓慢移动到B的最高点，对小球受

力分析如图甲所示：

根据图像可知，在此过程中，小球所受B的弹力一直减小，小球所受A的弹力也是一直减小，

故AB错误；

CD,若整个装置绕过O点且垂直于该截面的轴逆时针缓慢旋转90°的过程中，对小球受力分析,

利用“矢量圆”作图如图乙所示：

乙

根据图像可知，小球所受A的弹力先增大后减小，所受B的弹力一直减小，故C正确，D错误。

故选：Co

15.（多选）（2024•鲤城区校级二模）如图，两个半径均为r的光滑球a、b放在半径为R（R>2r）

的半球形容器内，均静止时a、b与半球的接触点P、Q与半球球心O的连线与水平方向的夹角

为a和0（a<P）o若两球的质量用ma>1/，两球对容器的压力大小用FNa、FNI,表示，则（）

FNaFNCLCOS0

C.——=1D.——=-------

FNb卜Nbcosa

【解答】解：分别对光滑球a、b的受力分析如图所示，其中：Fab与Fba是球a、b之间相互作用

的弹力，这两个力均沿着两球圆心的连线AB,容器对两球的支持力分别为F'Na、F'冲，两球

的重力分别为mag、mbg=

根据平衡条件，球a受到的三个力可围成力的矢量三角形（图中蓝色三角形），此矢量三角形与

几何三角形aOAC相似（点A、B分别为球a、b的球心，OC沿竖直方向），则可得：

科应F'aFab

OC=OA=~AC

同理，球b受到的三个力也可围成力的矢量三角形（图中红色三角形），此矢量三角形与几何三

角形AOBC相似，则可得：

mbgF'NbFba

OC=OB='BC

由几何关系得：OA=r-R,OB=r-R,可得：OA=OB

又有Fab与Fba是一对相互作用力，即Fab=Fba

maF,NaBC

可得・二—r;—=

」何・mbFNbAC

根据正弦定理，

ACOA

在△°AC中有：sin（90°-a）=sin^OCA

BCOB

在△°BC中的：sin（90。-/?）=sinz.OCB

因为/OCA+/OCB=180°,所以sin/OCA=sin/OCB

BCcosB

可得：~AT=-------

ACcosa

MaF'NaCOsB

则有：77=看~=----

7nbFNbcosa

FNCLF'NaCOsB小…

由牛顿第三定律可得：7~二喜—=----，故BD正确，AC错误。

rNbFNbCOSa

故选：BDo

16.如图，在竖直平面内固定一光滑的半圆环，圆心为O、半径为R,0A为半圆环的竖直半径，

AB为与0A在同一直线上的光滑固定杆，半圆环上套有一小球a,杆AB上套有另一小球b。

两小球之间连接一轻弹簧，初始时小球a在距圆环A点右侧不远处的P点，小球b固定于杆

AB上的Q点，两小球间距离为R。现用外力使小球b沿杆AB缓慢向上移动一段距离，但未

到达A点。在移动过程中弹簧始终在弹性限度内且在一条直线上，两小球均可视为质点，则下

列说法正确的是（）

A.初始时弹簧弹力大于半圆环对小球a的弹力

B.初始时弹簧弹力大于小球a的重力

C.小球b沿杆缓慢向上移动过程中，环对小球a的支持力先增大后减小

D.小球b沿杆缓慢向上移动过程中，弹簧弹力增大

【解答】解：AB.对小球a进行受力分析，如图所示：

因为力的三角形与三角形OPQ相似，根据三角形相似可得:

GFNF

OQ=~OP=PQ

初始时，根据题意可得：PQ=OP=R,OQ>R

所以G>FN=F,故AB错误；

C.小球b缓慢上移过程，小球a处于动态平衡状态，随着小球b上移，0Q减小，0P不变，重

力G不变，半圆环对小球的支持力FN增大，故C错误；

D.设弹簧的原长为L,弹簧的形变量为x,根据胡克定律可得：

GFkx

F=kx则诙=所==

根据题意可知OQ减小，重力G不变，L不变，则弹簧形变量x增大，弹簧弹力F增大，故D正

确。

故选：D。

17.如图所示为搬运货物小车的截面图，挡板0A固定于底板0B的左端，ZAOB<90°,初始时

0B水平，将一圆柱形物体置于小车上，左边与0A接触。现保持0点的位置不变，缓慢拾起B

端，直至OB竖直。不计空气阻力和摩擦力，此过程中（）

A.圆柱形物体对0A的压力先增大后减小

B.圆柱形物体对0B的压力先增大后减小

C.圆柱形物体对0A的压力先减小后增大

D.小车对圆柱形物体作用力逐渐变大

【解答】解：由题意可知，挡板0A和0B的夹角保持不变，所以两板对球的弹力NA和NB的

方向夹角也是恒定不变的，大小均等于NAOB的大小，如图所示：

由几何关系可知持O点的位置不变，B端缓慢抬起，直至OB竖直，根据几何关系可知NA逐渐

变大；NB先增加后减小，根据牛顿第三定律可知圆柱形物体对OA的压力逐渐增大，圆柱形物体

对OB的压力先增大后减小。小车对圆柱形物体作用力不变，一直都等于球的重力，故ACD错

误，B正确。

故选：Bo

18.（2024•西安三模）如图所示，轻杆AB可绕着水平转轴O在竖直面内无摩擦地转动，此时杆

AB和过O点的水平线CD夹角为9,有一段不可伸长的细绳两端系于A、B两端，在轻质细绳

上通过一轻滑轮悬挂一质量为m的物块处于静止状态，现使杆