易錯(cuò)01力與物體平衡

目錄

第一部分易錯(cuò)點(diǎn)剖析

易錯(cuò)典題避錯(cuò)攻略舉一反三

易錯(cuò)點(diǎn)1對(duì)摩擦力的方向理解不透徹

易錯(cuò)點(diǎn)2混淆兩種摩擦力的計(jì)算，誤認(rèn)為滑動(dòng)摩擦力大小與接觸面積有關(guān)

易錯(cuò)點(diǎn)3不會(huì)分析摩擦力的突變問題

易錯(cuò)點(diǎn)4混淆“死結(jié)”和“活結(jié)”

易錯(cuò)點(diǎn)5混淆“輕桿、輕繩”連接體問題

易錯(cuò)點(diǎn)6受力分析不是漏力就是多力

易錯(cuò)點(diǎn)7對(duì)于平衡問題受力分析時(shí)研究對(duì)象選取不當(dāng)

易錯(cuò)點(diǎn)8系統(tǒng)平衡問題整體法與隔離法使用順序混亂

易錯(cuò)點(diǎn)1對(duì)摩擦力的方向理解不透徹

易錯(cuò)典題

【例1】（2025·廣東省肇慶市高三上學(xué)期第二次模擬）如圖所示，足夠長(zhǎng)的傳送帶傾角為θ，以恒定速

率v1沿順時(shí)針方向傳動(dòng)。一物塊從傳送帶頂端以初速度v2沿傳送帶向下滑上傳送帶，已知v2>v1，物塊

與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)tan。以物塊剛滑上傳送帶的位置為起點(diǎn)，以傳送帶底端所在水平面為

零勢(shì)能面，則物塊的速率v和動(dòng)能Ek與路程x的關(guān)系圖像可能正確的是（）

A.B.

C.D.

【錯(cuò)因分析】摩擦力的方向與物體自身的運(yùn)動(dòng)方向沒有必然聯(lián)系。本題中，當(dāng)物體向下滑動(dòng)的速度小于

傳送帶的速度時(shí)，物體相對(duì)于傳送帶向上滑動(dòng)，此時(shí)物體受到的滑動(dòng)摩擦力的方向平行于傳送帶向下；

而當(dāng)物體的速度大于傳送帶的速度后，物體相對(duì)于傳送帶向下滑動(dòng)，此時(shí)物體受到的滑動(dòng)摩擦力的方向

則變?yōu)槠叫杏趥魉蛶蛏稀?/p>

【答案】D

【解析】由于tan，則物塊先向下勻減速運(yùn)動(dòng)，合力F合μmgcosθmgsinθ

方向沿斜面向上；速度減為零后物塊向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，合力F合mgcosmgsin

方向沿斜面向上。因?yàn)関2v1，所以物塊向上運(yùn)動(dòng)到與傳送帶速度相同后，與傳送帶一起相對(duì)靜止向上

做勻速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)物塊所受合力為零，減速階段v202ax

2

加速階段v02a2x

所以速率v與x的變化關(guān)系不是直線，故AB錯(cuò)誤。由動(dòng)能定理得F合xEk

Ek的

即F合物塊動(dòng)能Ek與x的圖像斜率的絕對(duì)值為合力大小，動(dòng)能減小過程和動(dòng)能增加過程，圖像

x

的斜率絕對(duì)值相等，最后物塊的動(dòng)能小于初動(dòng)能，故C錯(cuò)誤，D正確。

避錯(cuò)攻略

【方法總結(jié)】.在分析摩擦力的方向時(shí)，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(shí)候，

二者共速(轉(zhuǎn)折點(diǎn))的時(shí)刻往往是摩擦力方向發(fā)生突變的關(guān)鍵時(shí)刻。

【知識(shí)鏈接】1.對(duì)摩擦力的理解

（1）摩擦力的方向總是與物體間相對(duì)運(yùn)動(dòng)（或相對(duì)運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)）的方向相反，但不一定與物體的運(yùn)

動(dòng)方向相反。

（2）摩擦力總是阻礙物體間的相對(duì)運(yùn)動(dòng)（或相對(duì)運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)），但不一定阻礙物體的運(yùn)動(dòng)。

（3）摩擦力不一定是阻力，也可以是動(dòng)力；摩擦力不一定使物體減速，也可以使物體加速。

（4）受靜摩擦力作用的物體不一定靜止，但一定與接觸面保持相對(duì)靜止。

2．滑動(dòng)摩擦力方向的確定

滑動(dòng)摩擦力的方向總與物體相對(duì)運(yùn)動(dòng)方向相反，“相對(duì)”是指“相對(duì)接觸的物體”，

與相對(duì)地面的運(yùn)動(dòng)方向可能相反，也可能相同。

2．靜摩擦力的有無及方向的判斷方法

(1)假設(shè)法

(2)狀態(tài)法

先判斷物體的狀態(tài)(即加速度的方向)，再利用牛頓第二定律(F合＝ma)確定合力，然后

通過受力分析確定靜摩擦力的大小及方向。

(3)牛頓第三定律法

先確定受力較少的物體受到的靜摩擦力的方向，再根據(jù)“力的相互性”確定另一物體受到

的靜摩擦力方向

舉一反三

【變式1-1】（2025廣東省肇慶市高三一模）如圖為一種魚蝦自動(dòng)分離裝置的示意圖，魚和蝦均從一

個(gè)靠近傳送帶的出料口掉落到轉(zhuǎn)動(dòng)的傳送帶上，魚和蝦就會(huì)自動(dòng)分別向兩端運(yùn)動(dòng)。下列說法正確的是

（）

A.傳送帶的轉(zhuǎn)動(dòng)方向是順時(shí)針方向

B.魚在傳送帶上運(yùn)動(dòng)時(shí)，內(nèi)能增加，機(jī)械能減小

C.傳送帶速度越大，蝦到達(dá)下端蝦收集箱的用時(shí)越短

D.魚和傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)一定大于蝦和傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)

【答案】AD

【解析】魚和蝦在傳送帶上受重力、支持力和沿傳送帶向上的摩擦力，故傳送帶沿順時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)，A

正確；魚向上運(yùn)動(dòng)，有Mgsin1Mgcos，摩擦力對(duì)魚做正功，機(jī)械能增大；

蝦向下運(yùn)動(dòng)有mgsin2mgcos

1一定大于2，B錯(cuò)誤，D正確；傳送帶沿順時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)，無論速度為多少，對(duì)蝦的摩擦力大小和

方向均不變，蝦下滑的時(shí)間與傳送帶的速度無關(guān)，C錯(cuò)誤。

【變式1-2】如圖所示，足夠長(zhǎng)的傳送帶與水平面夾角為，在傳送帶上某位置輕輕放置一小木塊，

小木塊與傳送帶間動(dòng)摩擦因素為，小木塊速度隨時(shí)間變化關(guān)系如圖所示，v0、t0已知，則（）

v

A．傳送帶一定逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)B．tan0

gt0cos

v0

C．傳送帶的速度大于v0D．t0后滑塊的加速度為2gsin

t0

【答案】AD

【解析】若傳送帶順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，當(dāng)滑塊下滑時(shí)(mgsinmgcos)，將一直勻加速到底端；當(dāng)滑塊上

滑時(shí)(mgsinmgcos)，先勻加速運(yùn)動(dòng)，在速度與傳送帶速度相等后將勻速運(yùn)動(dòng)，兩種均不符合運(yùn)動(dòng)

圖像；故傳送帶是逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；滑塊在0～t0內(nèi)，滑動(dòng)摩擦力向下，做勻加速下滑，即有

vv

a00tan

1

a1gsingcos由題圖可知t0，則gt0cos故B錯(cuò)誤；經(jīng)過分析，由圖可知，傳送

vagsingcos

帶的速度等于0，C錯(cuò)誤；滑塊與傳送帶的速度相等后的加速度2代入μ值得

v0

a22gsin

t0，故D正確

【變式1-3】（2024·遼寧·高考真題）利用硯臺(tái)將墨條研磨成墨汁時(shí)講究“圓、緩、勻”，如圖，在研磨

過程中，硯臺(tái)始終靜止在水平桌面上。當(dāng)墨條的速度方向水平向左時(shí)，（）

A．硯臺(tái)對(duì)墨條的摩擦力方向水平向左

B．桌面對(duì)硯臺(tái)的摩擦力方向水平向左

C．桌面和墨條對(duì)硯臺(tái)的摩擦力是一對(duì)平衡力

D．桌面對(duì)硯臺(tái)的支持力與墨條對(duì)硯臺(tái)的壓力是一對(duì)平衡力

【答案】C

【詳解】A．當(dāng)墨條速度方向水平向左時(shí)，墨條相對(duì)于硯臺(tái)向左運(yùn)動(dòng)，故硯臺(tái)對(duì)墨條的摩擦力方向水平

向右，故A錯(cuò)誤；

B．根據(jù)牛頓第三定律，墨條對(duì)硯臺(tái)的摩擦力方向水平向左，由于硯臺(tái)處于靜止?fàn)顟B(tài)，故桌面對(duì)硯臺(tái)的

摩擦力方向水平向右，故B錯(cuò)誤；

C．由于硯臺(tái)處于靜止?fàn)顟B(tài)，水平方向桌面和墨條對(duì)硯臺(tái)的摩擦力是一對(duì)平衡力，故C正確；

D．桌面對(duì)硯臺(tái)的支持力大小等于硯臺(tái)的重力加上墨條對(duì)其的壓力，故桌面對(duì)硯臺(tái)的支持力大于墨條對(duì)

硯臺(tái)的壓力，故D錯(cuò)誤。

故選C。

。

易錯(cuò)點(diǎn)2混淆兩種摩擦力大小的計(jì)算，誤認(rèn)為滑動(dòng)摩擦力的大小與接觸

面積有關(guān)

易錯(cuò)典題

【例2】（2024廣西高考）工人卸貨時(shí)常利用斜面將重物從高處滑下。如圖，三個(gè)完全相同的貨箱正

沿著表面均勻的長(zhǎng)直木板下滑，貨箱各表面材質(zhì)和粗糙程度均相同。若1、2、3號(hào)貨箱與直木板間摩擦

力的大小分別為Ff1、Ff2和Ff3，則（）

A.Ff1Ff2Ff3B.Ff1Ff2Ff3

C.Ff1Ff3Ff2D.Ff1Ff2Ff3

【錯(cuò)因分析】誤認(rèn)為滑動(dòng)摩擦力的大小與接觸面積有關(guān),而錯(cuò)選A或B、C項(xiàng)。

【答案】D

【詳解】A根據(jù)滑動(dòng)摩擦力的公式fFN，可知滑動(dòng)摩擦力的大小與接觸面積無關(guān)，只與接觸面的粗

糙程度和壓力大小有關(guān)，由題可知三個(gè)貨箱各表面材質(zhì)和祖糙程度均相同，壓力大小也相同，故摩擦力

相同，即Ff1Ff2Ff3，D正確

避錯(cuò)攻略

【方法總結(jié)】.滑動(dòng)摩擦力大小的計(jì)算方法

(1)公式法：F＝μFN；注意FN是兩物體間的正壓力，不一定等于物體的重力。

(2)狀態(tài)法：利用平衡條件或牛頓第二定律列方程求解

【知識(shí)鏈接】

舉一反三

【變式2-1】（2025·陜晉青寧卷·高考真題）如圖，質(zhì)量為m的均勻鋼管，一端支在粗糙水平地面

上，另一端被豎直繩懸掛，處于靜止?fàn)顟B(tài)，鋼管與水平地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為、夾角為，重力加速

度大小為g。則地面對(duì)鋼管左端的摩擦力大小為（）??

A．B．C．D．0

1

【答?案??】coDs?2??????

【詳解】對(duì)鋼管受力分析，如圖所示

若鋼管受到地面的摩擦力，則鋼管水平方向受力不平衡，鋼管不可能處于靜止?fàn)顟B(tài)，故地面對(duì)鋼管左端

的摩擦力大小為零。ABC錯(cuò)誤，D正確。

【變式2-2】2025廣東省廣州市新東方高三下學(xué)期港澳臺(tái)班第二次模擬）木塊A、B分別重50N和60N，

它們與水平地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.25，夾在A、B之間的輕彈簧被壓縮了2cm，彈簧的勁度系數(shù)

為400N/m，系統(tǒng)置于水平地面上靜止不動(dòng)?，F(xiàn)用1N的水平拉力F作用在木塊B上，如圖所示，則力

F作用后木塊A、B所受摩擦力大?。ǎ?/p>

A.8N、9NB.8N、7NC.12．5N、15．0ND.12．5N、16N

【答案】A

【解析】彈簧的彈力F彈kx4000.02N8N

B物體所受最大靜摩擦力fmmBg15N

力F作用后，對(duì)木塊B進(jìn)行受力分析可知F彈F9N<fm

因此B物體仍靜止不動(dòng)，所受摩擦力大小fBF彈F9N

彈簧對(duì)A的彈力不變，因此A所受摩擦力大小fAF彈8N，故選項(xiàng)A正確。

【變式3-3】長(zhǎng)木板頂端放有一個(gè)木塊，當(dāng)傾角較小時(shí)，木塊靜止，現(xiàn)均勻增加傾角，

直到木塊滑到長(zhǎng)木板底端，則()

A.木塊未滑動(dòng)之前，所受的摩擦力減小，支持力減小

B.木塊未滑動(dòng)之前，所受的摩擦力增大，支持力增大

C.木塊開始滑動(dòng)之后，所受的摩擦力減小，支持力減小

D.木塊開始滑動(dòng)之后，所受的摩擦力增大，支持力增大

【答案】C

【解析】AB.木塊未滑動(dòng)之前，靜摩擦力大小和支持力大小分別為fmgsin,Nmgcos

當(dāng)增加傾角時(shí)，摩擦力增大，支持力減小，故AB錯(cuò)誤；

CD.木塊開始滑動(dòng)之后，滑動(dòng)摩擦力大小為fmgcos

支持力大小為Nmgcos

當(dāng)增加傾角時(shí)，摩擦力減小，支持力減小，故C正確，D錯(cuò)誤，故選C。

易錯(cuò)點(diǎn)3不會(huì)分析摩擦力的突變問題

易錯(cuò)典題

【例3】（2025·河南省南陽(yáng)市聯(lián)考）如圖所示，一傾角為θ=37°的斜面固定在地面上，質(zhì)量為1kg的滑

塊以初速度v0從斜面底端沿斜面向上滑行，設(shè)斜面足夠長(zhǎng)，已知該滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.8，

2

sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s。取初速度v0的方向?yàn)檎较?，則該滑塊所受摩擦力Ff隨時(shí)間變

化的圖像是（）

A．B．

C．D．

【錯(cuò)因分析】當(dāng)滑塊的速度為零后，滑塊與斜南間的滑動(dòng)摩擦力突變?yōu)殪o摩擦力，許多同學(xué)忽略了這一

點(diǎn)而出現(xiàn)錯(cuò)誤。

.【解析】滑塊上升過程中受滑動(dòng)摩擦力，有Ff=μFN，F(xiàn)N=mgcosθ

聯(lián)立，解得Ff=6.4N方向沿斜面向下。當(dāng)滑塊的速度減為零后，由于重力的分力mgsinθ=6N<Ff

所以滑塊將靜止，滑塊受到的摩擦力為靜摩擦力，由平衡條件得Ff'=mgsinθ=6N

方向沿斜面向上。所以選項(xiàng)B正確。

避錯(cuò)攻略

【方法總結(jié)】摩擦力突變問題注意事項(xiàng)

（1）靜摩擦力是被動(dòng)力，其大小、方向取決于物體間的相對(duì)運(yùn)動(dòng)的趨勢(shì)，而且靜摩擦力存在最大值。

存在靜摩擦力的連接系統(tǒng)，相對(duì)滑動(dòng)與相對(duì)靜止的臨界狀態(tài)是靜摩擦力達(dá)到最大值。

（2）滑動(dòng)摩擦力的突變問題：滑動(dòng)摩擦力的大小與接觸面的動(dòng)摩擦因數(shù)和接觸面受到的正壓力均成正

比，發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)的物體，如果接觸面的動(dòng)摩擦因數(shù)發(fā)生變化或接觸面受到的正壓力發(fā)生變化，則滑動(dòng)

摩擦力就會(huì)發(fā)生變化。

（3）研究傳送帶問題時(shí)，物體和傳送帶的速度相等的時(shí)刻往往是摩擦力的大小、方向和運(yùn)動(dòng)性質(zhì)發(fā)生

變化的分界點(diǎn)。.

【知識(shí)鏈接】.摩擦力的的突變問題

（1）“靜→靜”突變：物體受到靜摩擦力和其他力的共同作用，當(dāng)其他力的合力發(fā)生變化時(shí)，如果仍

保持相對(duì)靜止，則靜摩擦力的大小和(或)方向可能發(fā)生突變。

（2）“靜→動(dòng)”突變：物體受到靜摩擦力和其他力的共同作用，當(dāng)其他力變化時(shí)，如果發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，

則靜摩擦力可能突變?yōu)榛瑒?dòng)摩擦力。

（3）“動(dòng)→靜”突變：物體受到滑動(dòng)摩擦力和其他力的共同作用，當(dāng)相對(duì)滑動(dòng)突然停止時(shí)，滑動(dòng)摩擦

力可能突變?yōu)殪o摩擦力。

（4）“動(dòng)→動(dòng)”突變：物體受到滑動(dòng)摩擦力和其他力的共同作用，當(dāng)兩物體間的正壓力發(fā)生變化時(shí)，

滑動(dòng)摩擦力的大小隨之而變；或兩物體達(dá)到共同速度時(shí)相對(duì)滑動(dòng)方向發(fā)生變化，滑動(dòng)摩擦力的方向也會(huì)

隨之而變對(duì)摩擦力的方向及突變性認(rèn)識(shí)不足

【變式3-1】(多選)(2025·山東菏澤市校考)如圖甲所示，傾斜的傳送帶正以恒定速率v1沿順時(shí)

針方向轉(zhuǎn)動(dòng)，傳送帶的傾角為37°，一煤塊以初速度v0沿傳送帶向上從傳送帶的底端沖上傳送

帶，其運(yùn)動(dòng)的v－t圖像如圖乙所示，煤塊運(yùn)動(dòng)到傳送帶頂端時(shí)速度恰好為零，sin37°＝0.6，cos

37°＝0.8，g取10m/s2，則()

A.傳送帶的速度為4m/s

B.傳送帶底端到頂端的距離為14m

C.v0<v1

D.煤塊在0~1s和1~2s所受摩擦力方向相反

【答案】AD

【詳解】根據(jù)題圖乙可知，1s時(shí)刻，煤塊的加速度發(fā)生突變，可知此時(shí)煤塊的速度與傳送帶的速

度相等，即傳送帶的速度v1＝4m/s，而煤塊的初速度v0＝12m/s，故A正確，C錯(cuò)誤；煤塊在0~1

s和1~2s加速度不等，可知0~1s內(nèi)，摩擦力方向沿傳送帶向下，1~2s摩擦力方向沿傳送帶向上，

故D正確；根據(jù)題意可知，煤塊的總位移與傳送帶底端到頂端的距離相等，即等于v－t圖像與時(shí)

＋

間軸所圍圖形的面積，則L＝m＋m＝10m，故B錯(cuò)誤。

(124)×14×(2?1)

【變式3-2】(2026·山東泰安市期2中)如圖所2示，水平地面上有重力均為40N的A、B兩木塊，

它們之間夾有被壓縮了2.0cm的水平輕質(zhì)彈簧，已知彈簧的勁度系數(shù)k＝400N/m，兩木塊與水

平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.25，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)用F＝10N的水平力推木塊B，假設(shè)

最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，則力F作用后()

A.木塊A所受靜摩擦力大小為10N

B.木塊B所受靜摩擦力大小為2.0N

C.木塊B所受靜摩擦力為0

D.彈簧的壓縮量變?yōu)?.5cm

【答案】B

【詳解】力F作用后，假設(shè)木塊B仍靜止，對(duì)木塊B受力分析可知，在水平方向上受到水平向右的

彈力及向左的推力，設(shè)B所受摩擦力方向水平向右，根據(jù)平衡條件可知，F(xiàn)＝F彈＋FfB，根據(jù)胡克

－2

定律可知F彈＝kΔx＝400×2.0×10N＝8N，解得FfB＝2.0N<FfmB＝μGB＝10N，假設(shè)成立，故B

正確，C錯(cuò)誤；木塊B靜止，彈簧壓縮量保持不變，木塊A受力情況不變，仍保持靜止?fàn)顟B(tài)，故

FfA＝F彈＝8N，故A、D錯(cuò)誤。

【變式3-3】如圖所示，質(zhì)量為1kg的物體與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2，從t=0開始以初速度v0沿水

平地面向右滑行，同時(shí)受到一個(gè)水平向左的恒力F=1N的作用，g取10m/s2，向右為正方向，該物體受

到的摩擦力Ff隨時(shí)間t變化的圖像是（最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力）（）

A．B．

C．D．

【答案】A

【詳解】物體從t=0開始以初速度v0沿水平地面向右做勻減速運(yùn)動(dòng)，受到的滑動(dòng)摩擦力大小為

Ff1=μmg=0.2×1×10N=2N方向向左，為負(fù)值。當(dāng)物體的速度減到零時(shí)，物體所受的最大靜摩擦力為

Ffm=μmg=2N則F<Ffm所以物體不能被拉動(dòng)而處于靜止?fàn)顟B(tài)，受到靜摩擦力作用，其大小為Ff2=F=1N

方向向右，為正值。故選A。

易錯(cuò)點(diǎn)4混淆“死結(jié)”和“活結(jié)””連接體問題

易錯(cuò)典題

【例4】【山東省泰安仿真模擬·錯(cuò)誤率：61%】如圖所示，輕繩MN的兩端固定在水平天花板上，物

體m1系在輕繩MN的某處，懸掛有物體m2的光滑輕滑輪跨在輕繩MN上。系統(tǒng)靜止時(shí)的幾何關(guān)系如圖。

則m1與m2的質(zhì)量之比為()

A.1:1B.1:2C.1:3D.3:2

【錯(cuò)因分析】本題涉及的是受力分析中的“活結(jié)”問題，此類問題一般是通過滑輪或掛鉤等將物體懸掛在

繩子上，其特點(diǎn)是滑輪或掛鉤可以在繩子上自由滑動(dòng)，繩子對(duì)滑輪或掛鉤沒有約束力，因此繩子上的張

力大小處處相等，即滑輪或掛鉤只能改變繩子上張力的方向，而不會(huì)改變張力的大小，抓住以上特點(diǎn)，

就可以有效避免在“活結(jié)”問題上出現(xiàn)錯(cuò)誤。

答案：A

解析：對(duì)物體m1上端繩結(jié)受力分析如圖所示

根據(jù)共點(diǎn)力平衡及幾何關(guān)系，合力正好平分兩個(gè)分力的夾角，可得

F1m1g

對(duì)滑輪受力分析得

F2m2g

m1

根據(jù)輕繩拉力特點(diǎn)可知，則，得1

F1F2m1m2

m21

A正確。故選A。

避錯(cuò)攻略

【知識(shí)鏈接】

分類模型結(jié)構(gòu)(舉例)模型解讀模型特點(diǎn)

“活結(jié)”一般由繩跨過滑輪或繩上

“活結(jié)”兩側(cè)的繩子上

“活結(jié)”模型掛一光滑掛鉤而形成，繩子因“活

的張力大小處處相等

結(jié)”而彎曲，但實(shí)際為同一根繩

“死結(jié)”把繩子分為兩段，且不可

“死結(jié)”兩側(cè)的繩子上

“死結(jié)”模型沿繩子移動(dòng)，“死結(jié)”兩側(cè)的繩因

張力不一定相等

結(jié)而變成兩根獨(dú)立的繩

舉一反三

【變式4-1】（2025·廣東大灣區(qū)·二模）如圖所示，站在地面不動(dòng)的工人利用滑輪組將貨物緩慢提起。

提起過程中，工人拉繩的方向不變，動(dòng)滑輪兩側(cè)的繩子不平行，不計(jì)滑輪摩擦力，下列說法正確的是

（）

A．工人受到的重力和支持力是一對(duì)作用力與反作用力

B．工人對(duì)繩子的拉力和繩子對(duì)工人的拉力是一對(duì)平衡力

C．貨物緩慢拉起過程中，繩子對(duì)動(dòng)滑輪的作用力不變

D．貨物緩慢拉起過程中，地面對(duì)工人的支持力變大

【答案】C

【解析】工人受到的重力和支持力的受力物體都是工人，這兩個(gè)力不是一對(duì)作用力與反作用力，故A錯(cuò)

誤；工人對(duì)繩子的拉力和繩子對(duì)工人的拉力是一對(duì)作用力與反作用力，故B錯(cuò)誤；貨物緩慢拉起過程中，

繩子的拉力在豎直方向的分力為貨物重力的一半，繩子對(duì)動(dòng)滑輪的作用力方向豎直向上，大小等于貨物

的重力，故C正確；貨物緩慢拉起過程中，對(duì)貨物受力分析，貨物受重力G1、兩根繩子的拉力F，設(shè)兩

繩間夾角為，如圖

?

則，解得，對(duì)工人受力分析，受重力G2、支持力FN、繩子拉力F、摩擦力f，設(shè)繩

??1

1?

2?cos2=??=2cos2

子與豎直方向的夾角為，如圖，則地面對(duì)工人的支持力，貨物緩慢拉起

?1cos?

N22?

??=???cos?=??2cos2

過程中，逐漸變大，變小，又不變，則變小，即地面對(duì)工人的支持力變小，故D錯(cuò)誤。

?

故選C。?cos2??N

【變式4-2】．如圖所示，輕質(zhì)不可伸長(zhǎng)的晾衣繩兩端分別固定在豎直桿M、N上的a、b兩點(diǎn)，懸掛

衣服的衣架鉤是光滑的，掛于繩上處于靜止?fàn)顟B(tài)。如果只人為改變一個(gè)條件，當(dāng)衣架靜止時(shí)，下列說法

正確的是（）

A．繩的右端上移到b’，繩子拉力不變

B．將桿N向右移一些，繩子拉力變大

C．繩的兩端高度差越小，繩子拉力越小

D．若換掛質(zhì)量更大的衣服，則衣架懸掛點(diǎn)右移

【答案】AB

【詳解】如圖所示，兩個(gè)繩子是對(duì)稱的，與豎直方向夾角是相等的。

假設(shè)繩子的長(zhǎng)度為x，則有xcosL繩子一端在上下移動(dòng)的時(shí)候，繩子的長(zhǎng)度不變，兩桿之間的距離不

變，則θ角度不變。

AC．兩個(gè)繩子的合力向上，大小等于衣服的重力，由于夾角不變，所以繩子的拉力不變，A正確，C錯(cuò)

誤；

B．當(dāng)N向右移動(dòng)后，根據(jù)xcosL，即L變大，繩長(zhǎng)不變，所以θ角減小，繩子與豎直方向的夾角變

大，繩子的拉力變大，B正確；

D．繩長(zhǎng)和兩桿距離不變的情況下，θ不變，所以掛的衣服質(zhì)量變化，不會(huì)影響懸掛點(diǎn)的移動(dòng)，D錯(cuò)誤。

故選AB。

【變式4-3】如圖，懸掛甲物體的細(xì)線拴牢在一不可伸長(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)繩上O點(diǎn)處；繩的一端通過光滑的

定滑輪與物體丙相連，另一端通過光滑定滑輪與物體乙相連。甲、乙兩物體質(zhì)量相等。系統(tǒng)平衡時(shí)，O

點(diǎn)兩側(cè)繩與豎直方向的夾角分別為α和β。若β=55°，則（）

A．α>βB．α<βC．丙的質(zhì)量小于甲的質(zhì)量D．丙的質(zhì)量大于甲的質(zhì)量

【答案】AD

【詳解】設(shè)甲、乙的質(zhì)量均為m，丙的質(zhì)量為M。對(duì)結(jié)點(diǎn)O受力分析如圖所示，根據(jù)平衡條件可知OC

繩的拉力與OA、OB兩繩拉力的合力平衡，而OA和OB兩繩的拉力大小相等，根據(jù)對(duì)稱性可知OC的

反向延長(zhǎng)線過∠AOB的平分線，根據(jù)幾何關(guān)系可知2180解得70結(jié)點(diǎn)O受到的三個(gè)拉力

Mgmg

構(gòu)成一封閉的矢量三角形，根據(jù)正弦定理有所以Mm故AD正確，BC錯(cuò)誤。故選AD。

sinsin

易錯(cuò)點(diǎn)5混淆“輕桿、輕繩”連接體問題

易錯(cuò)典題

【例5】(2025·山東東營(yíng)市開學(xué)考)如圖（a）所示，將一右端固定有光滑定滑輪的輕桿固定在豎直擋

板上，輕繩ABC跨過光滑的定滑輪懸吊質(zhì)量為m1=1kg的物塊；如圖（b）所示，將一輕桿用轉(zhuǎn)軸固定

在豎直擋板上，兩段輕繩DE、EF系在桿的右端并懸吊質(zhì)量為m2=1.5kg的物塊。已知兩桿均水平，且

繩子的傾斜部分與水平方向的夾角均為30，重力加速度取10m/s2。下列說法正確的是（）

°g

A．圖（a）中AB繩的拉力大小為10N

B．圖（b）中DE繩的拉力大小為15N

C．圖（a）中輕桿對(duì)滑輪的支持力大小為10N

D．圖（b）中輕桿對(duì)結(jié)點(diǎn)的支持力大小為15N

【錯(cuò)因分析】(1)輕桿既能對(duì)物體提供拉力又能提供支持力，而輕繩只能對(duì)物體提供拉力。繩或桿對(duì)物體

的彈力可以發(fā)生突變，不需要恢復(fù)形變的時(shí)間。

(2)桿分動(dòng)桿和定桿兩種

動(dòng)桿：若輕桿用轉(zhuǎn)軸或鉸鏈連接，當(dāng)桿處于平衡狀態(tài)時(shí)桿所受到的彈力方向一定沿著桿，否則會(huì)引起桿

的轉(zhuǎn)動(dòng)。

定桿：若輕桿被固定不發(fā)生轉(zhuǎn)動(dòng)，則桿所受到的彈力方向不一定沿桿的方向

【答案】AC

【詳解】A．對(duì)（a）、（b）兩圖中的B、E點(diǎn)分別進(jìn)行受力分析，如圖甲、乙所示

圖甲中輕繩ABC跨過定滑輪拉住質(zhì)量為m1的物塊，物塊處于平衡狀態(tài)，輕繩AB的拉力大小為

F=F=m1g=10N故A正確；

BD．圖乙中由于桿可自由轉(zhuǎn)動(dòng)，因此桿對(duì)結(jié)點(diǎn)的作用力方向一定沿桿的方向，則由平衡條件可知

Fsin30°=F；

Fcos30°=F乙又F=m2g代入數(shù)據(jù)解得輕繩DE的拉力為F=30N輕桿對(duì)結(jié)點(diǎn)的支持力大小為F乙153N故

BD錯(cuò)誤。

C．由于圖甲中的桿為固定的桿，因此桿對(duì)滑輪的作用力不一定沿桿的方向，因?yàn)锳B繩與BC繩的夾角

為120°，故分析可得輕桿對(duì)滑輪的支持力大小為F甲=F=F=10N故C正確。故選AC

避錯(cuò)攻略

【知識(shí)鏈接】動(dòng)桿”和“定桿”問題

分類模型結(jié)構(gòu)(舉例)模型解讀模型特點(diǎn)

輕桿用光滑的轉(zhuǎn)軸或鉸鏈當(dāng)桿處于平衡時(shí)，桿所

“動(dòng)桿”模型連接，輕桿可圍繞轉(zhuǎn)軸或鉸受的彈力方向一定沿桿

鏈自由轉(zhuǎn)動(dòng)向內(nèi)或向外

輕桿被固定在接觸面上，不桿所受的彈力方向不一

“定桿”模型

發(fā)生轉(zhuǎn)動(dòng)定沿桿，可沿任意方向

舉一反三

【變式5-1】四個(gè)相同的物塊用輕繩系住，繞過光滑的輕質(zhì)滑輪，并將繩子另一端系在墻壁上。甲、

乙兩桿固定插在豎直墻壁上，丙、丁兩桿帶有鉸鏈并固定于豎直墻壁上，輕桿與輕繩與水平方向夾角如

圖所示。四幅圖中，能夠保持靜止且桿的作用力相同的是()

A.甲和乙B.乙和丙C.甲和丁D.乙和丁

【答案】C

【解析】甲圖中，對(duì)滑輪受力分析如圖

由圖可知桿可以保持靜止，對(duì)滑輪的作用力大小為與豎直方向成夾角。乙圖中，對(duì)滑輪受

F1mg60°

力分析如圖

由圖可知桿可以保持靜止，對(duì)滑輪的作用力大小為

F22mg

與豎直方向成45°夾角。

丙圖中，對(duì)滑輪受力分析如圖，F(xiàn)mg

由圖可知桿可以保持靜止，對(duì)滑輪的作用力大小為

F4mg

與豎直方向成60°夾角。

綜上所述，能夠保持靜止且桿的作用力相同的是甲圖和丁圖。故選C

【變式5-2】（2025·江西萍鄉(xiāng)·三模）如圖，甲、乙為兩種吊裝裝置，桿OA的端點(diǎn)O分別

固定在水平地面和豎直墻面上，另一端固定一個(gè)光滑定滑輪。輕繩繞過定滑輪，一端固定

在B點(diǎn)，另一端連接兩個(gè)相同的物塊。裝置中的均為30，乙裝置中的桿OA水平，定滑

輪的質(zhì)量不計(jì)，則甲、乙裝置中，定滑輪受到輕繩的作用力大小之比為（）

A．3：1B．1：3C．3：2D．2：3

【答案】A

【解析】由題意，設(shè)重物重力為G，可知甲、乙裝置中，每段繩的拉力大小等于重物的重

力大小，根據(jù)平行四邊形定則，可得，，所

GF

甲

2Gcos303GF乙2Gcos60G

以，項(xiàng)正確。

F

甲

:F乙3:1A

【變式5-3】（）2025·河南·一模）如圖所示，不可伸長(zhǎng)的細(xì)鋼絲繩兩端分別固定在豎直桿

P、Q上的a、b兩點(diǎn)，a點(diǎn)比b點(diǎn)低。腳穿粗糙雜技靴的演員在走鋼絲表演時(shí)，可以在與

兩桿P、Q等距的位置或細(xì)繩的中點(diǎn)保持平衡狀態(tài)，鋼絲繩質(zhì)量可忽略不計(jì)，則演員（）

A．在與P、Q兩桿等距位置時(shí)，左右兩側(cè)繩子拉力大小相等

B．在與P、Q兩桿等距位置時(shí)，左側(cè)繩子拉力小于右側(cè)繩子拉力

C．在與P、Q兩桿等距位置時(shí)，左側(cè)繩子拉力大于右側(cè)繩子拉力

D．在細(xì)繩的中點(diǎn)時(shí)，左側(cè)繩子拉力大于右側(cè)繩子拉力

【答案】B

【詳解】設(shè)a到節(jié)點(diǎn)的高度為h1，b到節(jié)點(diǎn)的高度為h2，節(jié)點(diǎn)到P的水平距離為x1，節(jié)點(diǎn)

到Q的水平距離為x2，a端繩子和水平方向的夾角為，b端繩子和水平方向的夾角為，

對(duì)繩子節(jié)點(diǎn)進(jìn)行受力分析，如圖所示

h1h2

ABC．在與P、Q兩桿等距位置時(shí)，根據(jù)tan，tan，x1x2

x1x2

由于h1h2，所以可得tantan，

根據(jù)平衡條件有FacosFbcos

由于coscos，所以可知FaFb

即，左側(cè)繩子拉力小于右側(cè)繩子拉力，故AC錯(cuò)誤，B正確；

h

D．在細(xì)繩的中點(diǎn)時(shí)，設(shè)a、b到節(jié)點(diǎn)繩子長(zhǎng)度為l，根據(jù)幾何關(guān)系有根據(jù)sin1，

l

h

sin2

l

由于h1h2，所以可得sinsin，

根據(jù)平衡條件有FacosFbcos

由于coscos，所以可知FaFb

即，左側(cè)繩子拉力小于右側(cè)繩子拉力，故D錯(cuò)誤。

故選B。

易錯(cuò)點(diǎn)6受力分析不是漏力就是多力

易錯(cuò)典題

【例6】(2025·北京卷高考T6）如圖所示，長(zhǎng)方體物塊A、B疊放在斜面上，B受到一個(gè)沿斜面方

向的拉力F，兩物塊保持靜止。B受力的個(gè)數(shù)為（）

A．4B．5C．6D．7

【錯(cuò)因分析】此題漏力錯(cuò)選A或B，也有無中生有多力，而錯(cuò)選D

【答案】C

【解析】根據(jù)題意，對(duì)A受力分析可知，受重力、B的支持力，由于A靜止，由平衡條件可知合力為零，

則A還受B沿斜面向上的靜摩擦力，共三個(gè)力作用；對(duì)B受力分析可知，受重力、斜面的支持力、A

的壓力、拉力F、根據(jù)力的作用相互的。B還受沿是表面面向下的摩擦力，由于B靜止，則受沿斜面向

上的摩擦力，即B受6個(gè)力作用，。C項(xiàng)正確。

避錯(cuò)攻略

【知識(shí)鏈接】

1．受力分析的一般步驟

2．受力分析的四種方法

整體法將加速度相同的幾個(gè)相互關(guān)聯(lián)的物體作為一個(gè)整體進(jìn)行受力分析的方法

隔離法將所研究的對(duì)象從周圍的物體中分離出來，單獨(dú)進(jìn)行受力分析的方法

狀態(tài)法根據(jù)其他力與物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)是否相符判斷該力是否存在

在受力分析時(shí)，若不能確定某力是否存在，則：

(1)可以轉(zhuǎn)換為分析該力的反作用力，根據(jù)其反作用力是否存在，判斷該力是否存在；

轉(zhuǎn)換法

(2)可以轉(zhuǎn)換為分析與該力相關(guān)的其他研究對(duì)象，通過對(duì)其他研究對(duì)象進(jìn)行受力分析，判

斷該力是否存在

舉一反三

【變式6-1】（2025·貴州黔東南·一模）平衡術(shù)對(duì)人的觀察能力和動(dòng)手能力要求較高，極其

鍛煉人的耐心。小強(qiáng)同學(xué)在海邊堆放了一些石塊，如圖所示，石塊A、B的接觸面水平，

不計(jì)空氣的作用力，下列說法正確的是（）

A．最上面的石塊D一定只受兩個(gè)力作用

B．心形石塊E一定不受摩擦力作用

C．石塊C可能受到6個(gè)力的作用

D．石塊B對(duì)石塊A的作用力方向一定豎直向上

【答案】D

【詳解】AB．因?yàn)椴恢澜佑|面是否水平，所以最上面的石塊D可能受摩擦力作用，心形

石塊E也有可能受摩擦力作用，故AB錯(cuò)誤；

C．石塊C最多受到重力，左右兩邊石塊對(duì)它的兩個(gè)摩擦力，兩個(gè)彈力，共5個(gè)力的作用，

故C錯(cuò)誤；

D．石塊A、B的接觸面水平，把石塊A及其上面的石塊看作整體，根據(jù)二力平衡條件可

知，石塊B對(duì)石塊A的作用力方向一定豎直向上，故D正確。

故選D。

【變式6-2】（2025·1月內(nèi)蒙古普通高校招生適應(yīng)性測(cè)試物理試卷★）“那達(dá)慕”是國(guó)家級(jí)非物質(zhì)文

化遺產(chǎn)，套馬是“那達(dá)慕”大會(huì)的傳統(tǒng)活動(dòng)之一、某次套馬的情景如圖所示。套馬者視為質(zhì)點(diǎn)，可能受

FF

重力G、支持力N，拉力F、摩擦力f，其受力示意圖可能正確的是（）

A.B.

C.D.

【答案】B

【詳解】對(duì)套馬者受力分析可知，“套馬者”受到沿繩子方向向左上方的拉力F，垂著于水平面的支

持力FN，豎直向下的重力G，水平向右的摩擦力Ff，所以AD錯(cuò)誤，B正確；

C．如果沒有支持力也就不會(huì)有摩擦力，故C錯(cuò)誤。

【變式6-3】(多選)如圖所示，在恒力F作用下，a、b兩物體一起沿粗糙豎直墻面勻速向上運(yùn)動(dòng)，則

關(guān)于它們的受力情況，下列說法正確的是()

A．a(chǎn)一定受到4個(gè)力

B．b可能受到4個(gè)力

C．a(chǎn)與墻壁之間一定有彈力和摩擦力

D．a(chǎn)與b之間一定有摩擦力

【答案】AD

【解析】：將a、b看成整體，其受力圖如圖甲所示，說明a與墻壁之間沒有彈力和摩擦力作用；對(duì)

物體b進(jìn)行受力分析，如圖乙所示，b受到3個(gè)力作用，再對(duì)物體a分析，可知a受到4個(gè)力作用，A、

D正確。

易錯(cuò)點(diǎn)7不會(huì)根據(jù)實(shí)際情況用不同的方法求解動(dòng)態(tài)平衡問題

易錯(cuò)典題

【例7】（2021·湖南高考真題）質(zhì)量為M的凹槽靜止在水平地面上，內(nèi)壁為半圓柱面，截面如圖所

示，A為半圓的最低點(diǎn)，B為半圓水平直徑的端點(diǎn)。凹槽恰好與豎直墻面接觸，內(nèi)有一質(zhì)量為m的小滑

塊。用推力F推動(dòng)小滑塊由A點(diǎn)向B點(diǎn)緩慢移動(dòng)，力F的方向始終沿圓弧的切線方向，在此過程中所

有摩擦均可忽略，下列說法正確的是（）

A.推力F先增大后減小B.凹槽對(duì)滑塊的支持力先減小后增大

C.墻面對(duì)凹槽的壓力先增大后減小D.水平地面對(duì)凹槽的支持力先減小后增大

【錯(cuò)因分析】滑塊緩慢運(yùn)動(dòng)狀態(tài)也是平衡狀態(tài)，滑塊和凹槽組成的整體也處于受力平衡狀態(tài)，題干告訴

我們要忽略摩擦力，所以不用考慮摩擦，先隔離法后整體法進(jìn)行受力分析列式求解.

【答案】C

【解析】.析選項(xiàng)：AB．已知滑塊從A點(diǎn)向B點(diǎn)進(jìn)行緩慢移動(dòng)，所以滑塊受力平衡，對(duì)滑塊受力分析，

根據(jù)牛頓第一定律有

；由于滑塊F移=動(dòng)mg的si過nθ程其越來越大，則推力F越來越大，支持力N越來越小，所以AB

N不=符m合g題co意sθ；θ

C．由于凹槽處于靜止，以凹槽與滑塊整體分析，整體處于受力平衡；設(shè)墻面對(duì)凹槽的壓力為FN；根據(jù)

水平方向的平衡方程可以得出：；時(shí)，F(xiàn)N出現(xiàn)最大值；

10

所以越來越大時(shí)，墻面對(duì)凹槽的FN壓=力Fc先os增θ大=后m減gsi小nθ，co所sθ以=C2m符g合si題n(2意θ；)θ=45

D．整θ體處于受力平衡；設(shè)水平地面對(duì)凹槽的支持力為N地；根據(jù)豎直方向的平衡方程可以得出：水平

地面對(duì)凹槽的支持力為地

2

從表達(dá)式可以得出當(dāng)越N來=越(大M時(shí)+，m水)g平?地Fs面in對(duì)θ=凹(槽M的+支m持)g力?越m來gs越in小θ，所以D不符合題意；

故答案為：C。θ

避錯(cuò)攻略

【知識(shí)鏈接】動(dòng)態(tài)平衡的求解流程

舉一反三

【變式7-1】[2022·河北高考T7]如圖，用兩根等長(zhǎng)的細(xì)繩將一勻質(zhì)圓柱體懸掛在豎直木

板的點(diǎn)，將木板以底邊為軸向后方緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)直至水平，繩與木板之間的夾角保持不變，

忽略?圓柱體與木板之間的?摩?擦，在轉(zhuǎn)動(dòng)過程中（）

A.圓柱體對(duì)木板的壓力逐漸增大

B.圓柱體對(duì)木板的壓力先增大后減小

C.兩根細(xì)繩上的拉力均先增大后減小

D.兩根細(xì)繩對(duì)圓柱體拉力的合力保持不變

【答案】B

【解析】解法1（解析法）

圓柱體受到豎直向下的重力，設(shè)兩繩對(duì)圓柱體拉力的合力大小為，與木板的夾角為（不變），

木板對(duì)圓柱體的支持力大小為??。當(dāng)木板轉(zhuǎn)動(dòng)角度時(shí)?，T平移三個(gè)力組成矢?量三角形（圖

°°

甲），有?N，即?(0<?≤。9在0角)由增大到的過程中，可知

?N?T???N?T??

°°°°

一直減s小in(?，+兩?)=繩s上in(的90拉??力)=一s直in(9減0小??，)C、sDin(?兩+?項(xiàng))=錯(cuò)c誤os?。=在cos??時(shí)0最大，9故0先增大后減小，

°

?AT項(xiàng)錯(cuò)誤，B項(xiàng)正確。?+?=90?N?N

解法2（輔助圓法）

由于大小和方向不變，與的夾角不變，用輔助圓的一豎直弦長(zhǎng)表示的大小作出動(dòng)態(tài)矢量圖（圖

乙），??可知：在木板由豎直?T轉(zhuǎn)至?N水平的過程中，一直減小，兩繩上的拉力??一直減小，C、D兩項(xiàng)錯(cuò)誤；

先增大后減小，A項(xiàng)錯(cuò)誤，B項(xiàng)正確。?T

?【N變式7-2】（2025·山西·一模）如圖所示，輕繩的一端連接物塊P，另一端通過光滑的輕

滑輪與斜坡上的小盒Q連接，輕繩與斜坡的上表面平行，P、Q均處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)向Q

盒內(nèi)緩慢加入適量砂粒，此過程中P、Q一直保持靜止。則斜面對(duì)Q的（）

A．摩擦力一定增大B．摩擦力可能不變

C．作用力一定增大D．作用力可能先減小后增大

【答案】D

【詳解】AB．設(shè)物塊P的質(zhì)量為M，小盒Q的質(zhì)量為m，對(duì)物塊P，重力Mg與拉力T二

力平衡；若Mgmgsin，對(duì)小盒Q，則有Nmgcos，Tmgsinf

當(dāng)m增大時(shí)，mgsin也隨之增大，只要Mgmgsin，f就繼續(xù)減小，當(dāng)Mgmgsin

時(shí)，摩擦力減為零，若Mgmgsin時(shí)，則有Tfmgsin

當(dāng)m增大時(shí)，摩擦力f隨之增大，故AB錯(cuò)誤；

CD．對(duì)Q受力分析可知，斜面對(duì)其作用力（即N、f的合力）與Q的重力和繩的拉力的合

力平衡，而繩的拉力不變，若最開始Q的重力較小，隨著Q的重力逐漸增大，則有如下受

力情況

當(dāng)合力與重力垂直時(shí)合力有最小值，故根據(jù)牛頓第三定律可知，斜面對(duì)Q的作用力可能先

減小后增大，故C錯(cuò)誤、D正確。

故選D。

【變式7-3】（2025·黑龍江哈爾濱·二模）生活中，我們常用支架與底板垂直的兩輪手推車搬運(yùn)貨物。

如圖甲所示，將質(zhì)量為m的貨物平放在手推車底板上，此時(shí)底板水平。現(xiàn)緩慢壓下把手，直至支架與水

平面間的夾角為60。不計(jì)貨物與支架及底板間的摩擦，緩慢壓下把手的過程中，下列說法正確的是

（）

A．貨物所受的合外力一直增大

B．手推車對(duì)貨物的作用力變小

C．底板對(duì)貨物的支持力一直減小

D．當(dāng)支架與水平面間的夾角為60時(shí)，底板對(duì)貨物的支持力為支架對(duì)貨物的支持力的3倍

【答案】C

【詳解】A．因?yàn)榫徛龎合掳咽?，貨物所受的合外力一直不變，始終為零，故A錯(cuò)誤；

B．小推車對(duì)貨物的作用力與重力等大反向，則小推車對(duì)貨物的作用力方向豎直向上，且大小不變，故

B錯(cuò)誤；

C．壓下把手的過程中，兩個(gè)彈力的夾角始終是90°，貨物的受力情況如下圖所示

由圖可知，底板對(duì)貨物的支持力N1一直減小，支架對(duì)貨物的支持力N2一直增大，故C正確；

D．當(dāng)?shù)装迮c水平面間的夾角為60°時(shí)，對(duì)貨物受力分析，兩個(gè)彈力的合力與重力等大反向，受力分析如

下圖所示

3

兩個(gè)彈力N1與N2垂直，由平衡條件可得支架對(duì)貨物的支持力Nmgsin60mg

22

1

底板對(duì)貨物的支持力Nmgcos60mg

12

3

底板對(duì)貨物的支持力為支架對(duì)貨物的支持力，故D錯(cuò)誤。

3

故選C。

易錯(cuò)點(diǎn)8系統(tǒng)平衡問題整體法與隔離法使用混難

易錯(cuò)典題

【例8】（2025山東階段性模塊檢測(cè)）用三根細(xì)線a、b、c將質(zhì)量均為m的兩個(gè)小球1和2連接并懸

掛，如圖所示。兩個(gè)小球處于靜止?fàn)顟B(tài)，細(xì)線a與豎直方向的夾角為30°，細(xì)線c水平，重力加速度大

小為g，下列說法正確的是()

A.細(xì)線a上的張力大小為4mg

B.細(xì)線c上的張力大小為2mg

21

C.細(xì)線b上的張力大小為mg

3

3

D.細(xì)線b與豎直方向夾角的正切值為

2

【錯(cuò)因分析】整體法應(yīng)用不熟練，對(duì)兩球整體受力分析時(shí)，錯(cuò)誤分解細(xì)線a的張力，或遺漏重力（誤

將單個(gè)小球重力當(dāng)作整體重力），導(dǎo)致細(xì)線a和c的張力計(jì)算錯(cuò)誤；隔離法使用時(shí)，未針對(duì)小球2單

獨(dú)受力分析，無法建立細(xì)線b的張力與重力、細(xì)線c張力的關(guān)系，進(jìn)而無法求解細(xì)線b的張力大小

和夾角正切值；

答案：C

解析：對(duì)、兩小球整體受力分析，可知，，可得細(xì)線和細(xì)線的

12Tacos302mgTcTasin30ac

4323

張力大小分別為Tmg,Tmg，故A、B錯(cuò)誤；對(duì)2球受力分析，設(shè)細(xì)線b與豎直方向

a3c3

2T21

的夾角為θ，可知T(mg)2T,tanc，可得細(xì)線b的張力大小為Tmg，細(xì)線b

bcmgb3

23

與豎直方向夾角的正切值為tan，C正確，D錯(cuò)誤。故選C。

3

避錯(cuò)攻略

【知識(shí)鏈接】處理多物體平衡問題的技巧

(1)合理選擇研究對(duì)象：在分析兩個(gè)或兩個(gè)以上物體間的相互作用時(shí)，一般采用整體法與隔離法進(jìn)行分

析，在使用時(shí)有時(shí)需要先整體再隔離，有時(shí)需要先隔離再整體，交替使用整體法和隔離法。

(2)轉(zhuǎn)移研究對(duì)象：用隔離法直接分析一個(gè)物體的受力情況不方便時(shí)，可轉(zhuǎn)移研究對(duì)象，先隔離分析相

互作用的另一個(gè)物體的受力情況，再根據(jù)牛頓第三定律分析該物體的受力情況。

舉一反三

【變式8-1】．（2024·浙江·高考真題）如圖所示，在同一豎直平面內(nèi)，小球A、B上系有不可伸長(zhǎng)的

細(xì)線a、b、c和d，其中a的上端懸掛于豎直固定的支架上，d跨過左側(cè)定滑輪、c跨過右側(cè)定滑輪分別

與相同配重P、Q相連，調(diào)節(jié)左、右兩側(cè)定滑輪高度達(dá)到平衡。已知小球A、B和配重P、Q質(zhì)量均為50g，

細(xì)線c、d平行且與水平成30（不計(jì)摩擦），則細(xì)線a、b的拉力分別為（）

A．2N，1NB．2N，0.5NC．1N，1ND．1N，0.5N

【答案】D

【詳解】由題意可知細(xì)線c對(duì)A的拉力和細(xì)線d對(duì)B的拉力大小相等、方向相反，對(duì)A、B整體分析可

知細(xì)線a的拉力大小為