新高考物理二轮复习一模题型分类汇编专题02 力与物体的平衡（2份，原卷版+解析版）

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A．竹枝对小鸟的支持力方向沿竹枝指向右上方
B．竹枝对小鸟的支持力是由于竹枝发生形变产生的
C．小鸟对竹枝的压力大于竹枝对小鸟的支持力
D．竹枝弯曲是因为小鸟的重力大于竹枝对小鸟的作用力
【答案】B
【详解】A．根据平衡条件知，竹枝对小鸟的支持力方向竖直向上，故A错误；
B．根据弹力产生的条件知，竹枝对小鸟的支持力是由于竹枝发生形变产生的，故B正确；
C．根据牛顿第三定律知，小鸟对竹枝的压力等于竹枝对小鸟的支持力，故C错误；
D．竹枝弯曲是因为小鸟对竹枝的压力作用，故D错误。
故选B。
2．（2024·浙江嘉兴·一模）如图所示，某款自动雨伞的伞骨上端套有一轻质弹簧。收伞的时候弹簧被压缩，开伞时外力作用使雨伞张开。已知雨伞张开时弹簧的长度为，伞收起时弹簧的长度为，弹簧的原长为，劲度系数，则（ ）
A．雨伞张开时弹簧的弹力为B．雨伞收起后弹簧的弹力为
C．收伞过程中弹簧弹性势能的变化量为D．收伞过程中外力对弹簧做的功至少为
【答案】D
【详解】A．劲度系数，雨伞张开时弹簧的弹力为
故A错误；
B．雨伞收起后弹簧的弹力为
故B错误；
C．收伞前后弹簧的弹性势能分别为
收伞过程中弹簧弹性势能的变化量为
故C错误；
D．收伞过程中外力对弹簧做的功至少为，故D正确。
故选D。
3．（2025·天津宁河·一模）如图所示，某同学把压在水杯下的纸水平抽出，重复操作，将水杯压在纸的同一位置，以更快的速度水平抽出，两次过程中水杯均未滑出桌面，则在第二次的抽出过程中（ ）
A．水杯受到的摩擦力与第一次相等
B．水杯动能变化量比第一次的大
C．水杯动量变化量比第一次的大
D．水杯动量变化量与对应时间的比值与第一次相等
【答案】AD
【详解】A．分析可知，两次过程，水杯受到的摩擦力均为为滑动摩擦力且不变，故A正确；
BC．第二次快拉动白纸过程中，摩擦力作用时间短，则产生的冲量较小，根据动量定理可知，茶杯增加的动量小一些，根据动能与动量关系有
由于第二次动量小，故第二次动能小，故BC错误；
D．动量变化量与对应时间的比值等于物体受到的合力，两次过程，水杯的合力均为滑动摩擦力且不变，则水杯动量变化量与对应时间的比值与第一次相等，故D正确。
故选AD。
4．（2025·河北秦皇岛·一模）某地开展亲子户外游玩活动，小朋友乘坐自制雪橇，爸爸拉着雪橇水平滑行，将小朋友和雪橇视为质量为的物体，受到斜向上拉力的作用，已知拉力与水平方向成角，雪橇与雪面间的动摩擦因数为，重力加速度大小为，则下列说法正确的是（ ）
A．若雪橇静止，则所受摩擦力为零
B．若雪橇沿水平面运动，则所受摩擦力大小为
C．只要雪橇沿水平面由静止开始运动，雪橇受到的摩擦力大小一定等于
D．俗话说“下雪不冷消雪冷”，是因为雪融化放热
【答案】C
【详解】A．对雪橇，若雪橇静止，由平衡条件可知，雪橇所受摩擦力
故A错误；
BC．若雪橇沿水平面运动，则所受摩擦力大小
故B错误，C正确；
D．“下雪不冷消雪冷”，是因为雪融化是熔化过程，熔化过程需要吸收热量，会使周围环境温度降低，而不是放热，故D错误。
故选C。
5．（2025·安徽·一模）如图所示，细绳一端固定在天花板上，另一端跨过一光滑动滑轮和两固定在天花板上的光滑定滑轮，动滑轮下端挂有一重物。某人抓住绳的一端，从右侧定滑轮正下方A点以的速度匀速移动到B点，此时细绳与水平方向的夹角为。已知重物质量为，右侧定滑轮与A点的竖直高度，重力加速度，，不考虑滑轮的大小和质量，下列说法正确的是（ ）
A．重物匀速上升
B．人到达B点时，重物重力的功率大小为200W
C．整个过程人对重物做功为100J
D．人行走时，对地面的摩擦力方向水平向右
【答案】B
【详解】A．在B点绳末端，由关联速度可得，沿绳方向的分速度
人向右移动过程中，减小，v不变，故增大，即重物加速上升，A错误；
B．人到达B点时，由动滑轮特点，物体上升的速度
即重物重力的功率
B正确；
C．由能量守恒定律，人对重物做的功等于重物机械能的增量，右侧绳长增长
重物上升的高度
则
C错误；
D．人行走时，受到的静摩擦力水平向右，人对地面的摩擦力水平向左，D错误。
故选B。
6．（2025·甘肃·一模）小红在社会实践活动中帮妈妈做家务时，为了清扫沙发下的地面，用水平向右的力推着沙发缓慢移动，下列说法正确的是（ ）
A．脚对地面的摩擦力方向向左
B．地面对沙发的摩擦力方向向右
C．人推沙发的力大于沙发对人的力
D．若改用斜向下推，更容易推动
【答案】A
【详解】A．由题知，对人的脚进行分析，可知此时脚相对地面有向左的运动趋势方向，故地面对脚有向右的静摩擦力，根据牛顿第三定律，可知脚对地面的静摩擦力方向向左，故A正确；
B．对沙发进行分析，可知人对沙发的推力向右，因沙发缓慢移动，根据平衡条件，可知地面对沙发的摩擦力方向向左，故B错误；
C．人推沙发的力和沙发对人的力，是一对作用力反作用力，大小相等，方向相反，故C错误；
D．若改用斜向下推，根据正交分解，可以将推力分解水平向右的分力和垂直地面向下的分力，可知增大了沙发对地面的压力，则最大静摩擦力也增大，更难推，故D错误。
故选A。
7．（2025·福建泉州·一模）生活中，人们常利用传送带运送物品。如图，行李箱与水平传送带保持相对静止，一起做匀速直线运动一段距离，不计空气阻力，则在此过程中传送带（ ）
A．对行李箱的摩擦力方向与传送方向相同
B．对行李箱的摩擦力方向与传送方向相反
C．对行李箱做正功
D．对行李箱不做功
【答案】D
【详解】AB．行李箱与水平传送带保持相对静止，一起做匀速直线运动，行李箱处于平衡状态，在水平方向上如果存在摩擦力，就没有其他力与之平衡，所以行李箱不受摩擦力，AB错误；
CD．根据做功的两个必要因素：一是作用在物体上的力，二是物体在力的方向上通过的距离。虽然行李箱在运动，但没有在运动方向上受力，所以传送带对行李箱不做功，C错误，D正确。
故选D。
8．（2025·河南郑州·一模）如图所示，重型自卸车能利用液压装置使车厢缓慢倾斜，车厢内的货物包会自动滑下。已知货物包重力为，与车厢底板间的静摩擦因数为0.75（静摩擦因数是最大静摩擦力与正压力的比值），动摩擦因数为0.70。下列四个图像中的曲线都是正弦或余弦曲线，其中的实曲线能正确描述货物包所受摩擦力随车厢倾角变化关系的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【详解】当车厢倾角从水平开始增加时，开始阶段货物与车厢间的摩擦力为静摩擦力，大小为
静摩擦力的最大值为
即当时货物开始将要滑动，此位置在函数与图像的交点位置；之后货物向下滑动，摩擦力为滑动摩擦力，大小为
随θ增加，滑动摩擦力减小。
故选B。
9．（2024·河南新乡·一模）如图所示，书本甲叠放在书本乙上，甲、乙两书足够长，甲、乙的质量分别为，甲、乙之间的动摩擦因数，乙与桌面之间的动摩擦因数。认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小，用水平向右的力推书本甲，开始时，此后缓慢增大，下列说法正确的是（ ）
A．当推力时，书本甲对书本乙的摩擦力大小为
B．当推力时，书本均保持静止状态
C．当推力时，书本甲、乙之间无相对滑动
D．当推力时，书本甲、乙之间有相对滑动
【答案】AC
【详解】CD．甲、乙间的最大静摩擦力为
乙与桌面间的最大静摩擦力为
以乙为研究对象，设乙的最大加速度大小为a，由牛顿第二定律
解得
由整体牛顿第二定律
解得
故当推力时，书本甲、乙之间有相对滑动，故C正确，D错误；
A．当推力时，乙对甲的摩擦力为静摩擦力，则书本甲对书本乙的摩擦力大小为，故A正确；
B．当推力时，大于乙与桌面间的最大静摩擦力，而小于甲、乙间的最大静摩擦力，则书本甲、乙一起做匀加速直线运动，故B错误。
故选AC。
力的合成与分解
10．（2025·北京朝阳·一模）用螺栓和螺母紧固构件，结构简单、连接可靠、装拆方便。
(1)如图1所示，一种螺纹细密的新型螺母，其螺纹牙底有一个与螺栓轴向夹角为α=30°的楔形面，拧紧后，螺栓上螺纹的牙尖抵在螺母牙底楔形面上的A点，对A点施加垂直于楔形面的作用力N，由此产生沿螺栓轴向张紧的力F，求N与F的比值。
(2)如图2所示，固定的、螺距为d的螺栓上有一螺母。由于负荷的机械作用，螺母沿轴向平移。
a.若螺母沿轴向匀速平移的速度为v时，求其绕轴转动的角速度ω；
b.把螺母简化为半径为r的圆筒，螺母从静止开始转动且沿轴向的加速度恒为a0，推导螺母内壁上的任意一点速度vt与时间t的关系。
【答案】(1)2
(2)a.，b.
【详解】（1）将N沿螺栓轴向与垂直于螺栓轴向分解，则有
解得
（2）a.螺母转动一周，螺母沿轴向平移一个螺距，则有
解得
b.对螺母内壁上的点，根据速度公式，在轴向上有v1=a0t
任意时刻该点绕轴的线速度有
结合上述有
则螺母内壁上的任意一点速度
解得
11．（2025·山东烟台·一模）如图所示，吊车悬臂PM的一端装有大小不计的定滑轮，另一端可绕M点转动，绕过定滑轮的钢索通过四条相同的绳OA、OB、OC、OD吊着一长方形混凝土板。忽略一切摩擦，钢索和绳的质量均不计，当悬臂PM与竖直方向的夹角缓慢减小时，下列说法正确的是（ ）
A．钢索受到的拉力逐渐变小
B．吊车对地面的摩擦力始终为零
C．钢索对定滑轮的作用力逐渐变大
D．若四条绳增加相同的长度，则四条绳受到的拉力均变大
【答案】BC
【详解】A．依题意，悬臂PM与竖直方向的夹角缓慢减小时，混凝土板受力平衡，有
由牛顿第三定律可知钢索受到的拉力保持不变，故A错误；
B．对整体受力分析，水平方向不受外力，吊车不受地面的摩擦力，由牛顿第三定律可知吊车对地面的摩擦力始终为零，故B正确；
C．钢索对定滑轮的作用力为两根钢索的合力，悬臂PM与竖直方向的夹角缓慢减小过程中，两力大小不变，夹角变小，所以合力逐渐变大，即钢索对定滑轮的作用力逐渐变大，故C正确；
D．若四条绳增加相同的长度，由几何知识可知绳子与竖直方向夹角变小，根据
可知四条绳受到的拉力均变小，故D错误。
故选BC。
12．（2025·内蒙古呼和浩特·一模）自卸车能自动卸货物，如图所示。在车厢由水平位置逐渐抬起至货物全部卸完的过程中，自卸车始终保持静止，下列说法中正确的是（ ）
A．货物受车厢的摩擦力逐渐减小
B．货物受车厢的摩擦力先增大后减小
C．地面对自卸车的支持力保持不变
D．自卸车不受地面施加的摩擦力
【答案】B
【详解】AB．开始时货物受重力和支持力，抬起后受到斜向上的静摩擦力；静摩擦力等于重力沿斜面向下的分力，即，随角度的增大，静摩擦力增大；当角度达一定程度时，物体开始滑动，由静摩擦力变成滑动摩擦力，而滑动摩擦力，随角度的增加而增小，故滑动摩擦力将减小；因此摩擦力是先增大后减小的，故A错误，B正确；
CD．刚开始卸货时，货物受到静摩擦力作用，对整体分析，竖直方向仅受重力和支持力作用，水平方向上不受力。因此地面对自卸车的支持力保持不变，自卸车不受地面施加的摩擦力。当物体开始加速滑动时，如图所示，分解加速度
对整体分析，竖直方向
水平方向
因此在卸货的过程中，货物的质量减小，则地面对自卸车的支持力发生变化，自卸车受地面施加的摩擦力。故CD错误。
故选B。
13．（2025·广东茂名·一模）图甲为古代榨油场景，图乙是简化原理图，快速撞击木楔便可将油榨出。若木楔可看作顶角为的等腰三角形，撞击木楔的力为F，则下列说法正确的是（ ）
A．为了增大木块对油饼的压力，通常设计得较小
B．木锲对每个木块的压力均为
C．木块挤压油饼过程中，油饼内能减小
D．木块加速挤压油饼过程中，木块对油饼的压力大于油饼对木块的压力
【答案】A
【详解】AB．将力F沿垂直侧面方向分解可知
木楔对油饼的压力为
可知为了增大木块对油饼的压力，通常设计得较小，木锲对每个木块的压力大于，选项A正确，B错误；
C．木块挤压油饼过程中，外界对油饼做功，因为是快速撞击木楔，则可认为与外界无热交换，则油饼内能增加，选项C错误；
D．木块对油饼的压力与油饼对木块的压力是相互作用力，总是等大反向，可知木块加速挤压油饼过程中，木块对油饼的压力等于油饼对木块的压力，选项D错误。
故选A。
力的平衡
14．（2025·河北·一模）在位于同一水平线上的、两点，分别固定一个轻质光滑的小滑轮，将连接物块甲的两根细线分别跨过两滑轮，一侧悬挂物块乙，另一侧用一竖直向下、大小为的力拉着细线，开始时，两物块均在如图所示的位置处于静止状态，为线段的垂直平分线。下列说法正确的是（ ）
A．与物块甲受到的重力大小相等
B．与物块乙受到的重力大小相等
C．若改变的大小，使物块甲缓慢向上运动，则细线的拉力变小
D．若改变的大小，使物块甲缓慢向上运动，则细线的拉力变大
【答案】B
【详解】AB．甲处于平衡状态，水平方向受力平衡，则两根细线在水平方向分力大小相等，方向相反，则两根细线的拉力相等，又右边细线的拉力等于乙的重力，所以左边细线与物块乙受到的重力大小相等，即与物块乙受到的重力大小相等，故B正确，A错误；
D．物块甲缓慢向上运动，视为始终处于平衡状态，对乙根据平衡条件可知则细线的拉力不变始终等于乙的重力，故C错误；
C．甲向上运动，则乙向下运动，细线与竖直方向的夹角增大，设乙的质量为，与竖直方向的夹角为，则细线的拉力在竖直方向的分力
水平方向的分力
由以上分析可知变小，变大，对甲因两边细线竖直方向的分量之和不变，根据平衡条件可知细线在竖直方向的分力变大，水平方向的分力变大，根据力的合成可知细线的拉力变大，故C错误。
故选B。
15．（2025·天津·一模）抖空竹是一种传统杂技。如图所示，表演者右手控制A点不动，左手控制B点沿图中的四个方向缓慢移动，忽略空竹转动的影响，不计空竹和轻质细线间的摩擦，且认为细线不可伸长。下列说法正确的是（ ）
A．沿虚线a向左移动，空竹的高度不变
B．沿虚线b向上移动，细线与竖直方向的夹角不变
C．沿虚线c斜向上移动，细线的拉力不变
D．沿虚线d向右移动，细线对空竹的合力减小
【答案】B
【详解】A．空竹受力如图所示
由于空竹缓慢移动，则其受力平衡，由平衡条件可知
设绳长为L，由几何关系可知
当一只手沿虚线a缓慢向左移动时，d减小，减小，空竹的高度降低，故A错误；
B．沿虚线b向上移动，d不变，不变，故B正确；
C．沿虚线c斜向上移动，d增大，减小，细线的拉力增大，故C错误；
D．沿虚线d向右移动，d增大，减小，细线对空竹的合力始终等于空竹的重力，所以细线对空竹的合力不变，故D错误。
故选B。
16．（2025·辽宁·一模）盾构机刀盘吊装时，为了确保刀盘平稳升降，施工团队专门使用了一个精心设计的特制吊架。图甲是刀盘由绳索与长方形钢架组成的设备悬挂于空中，保持完美的水平静止状态。四条相同绳索分别牵引住钢架的四个顶点，图乙为示意图，刀盘与钢架总重力为G，每条绳索与竖直方向的夹角均为，不计绳索重力。下列说法正确的是（ ）
A．四根绳索对钢架作用力的合力与刀盘与钢架的总重力是一对相互作用力
B．每根绳索对钢架的拉力大小为
C．若将每根绳索减小相同的长度，每根绳索对钢架的作用力将变大
D．若将每根绳索增加相同的长度，则四根绳索对钢架作用力的合力将变小
【答案】C
【详解】A．四根绳索对钢架作用力的合力与刀盘与钢架的总重力是一对平衡力，选项A错误；
B．根据平衡可知
每根绳索对钢架的拉力大小为
选项B错误；
C．若将每根绳索减小相同的长度，则θ角变大，根据
则每根绳索对钢架的作用力将变大，选项C正确；
D．若将每根绳索增加相同的长度，则四根绳索对钢架作用力的合力不变，仍等于钢架的重力，选项D错误。
故选C。
17．（2025·浙江宁波·一模）如图所示，一高考倒计时牌通过一根轻绳悬挂在挂钩上。挂上后发现倒计时牌是倾斜的，已知，计时牌的重力大小为。不计一切摩擦，则下列说法正确的是（ ）
A．如图位置平衡时，绳的拉力大于绳的拉力
B．如图位置平衡时，绳与竖直方向的夹角大于绳与竖直方向的夹角
C．如图位置平衡时，绳的拉力大小为
D．将计时牌挂正，平衡时绳的拉力小于计时牌倾斜时绳的拉力
【答案】C
【详解】ABC．一根轻绳悬挂在定滑轮上，不计一切摩擦，则绳上张力大小处处相等，设绳上张力大小为T。高考倒计时牌受重力、绳OA、OB对它的拉力T共三个力的作用，处于静止状态，则三个力的延长线（或反向延长线）必交于一点O。将绳OA、OB上的拉力T延长，则两力的合力必与重力等大反向，绳子拉力与竖直方向的夹角均为45°，如下图所示
由直角三角形几何关系可得2Tcs45°=G
解得
故AB错误；C正确；
D．将计时牌挂正，由几何知识可知两绳间的夹角增大，两绳合力不变，绳子拉力增大，故D错误。
故选C。
18．（2025·江西鹰潭·一模）如图是电影《哪吒之魔童闹海》中哪吒大战土拨鼠时的场景，下列说法中正确的是（ ）

A．哪吒的手指对土拨鼠的弹力作用是因为哪吒的手指发生了形变
B．哪吒对土拨鼠的作用力与土拨鼠对哪吒的作用力是一对平衡力
C．土拨鼠静止不动是因为哪吒对它的作用力小于它所受地面的摩擦力
D．哪吒所受地面的作用力方向竖直向上
【答案】A
【详解】A．哪吒的手指对土拨鼠的弹力作用是因为施力物体发生形变，即哪吒的手指发生了形变，故A正确；
B．哪吒对土拨鼠的作用力与土拨鼠对哪吒的作用力是一对作用力与反作用力，故B错误；
C．土拨鼠静止不动是因为哪吒对它的作用力小于它所受地面的最大静摩擦力，故C错误；
D．哪吒所受地面的支持力和摩擦力，合力方向斜向上，故D错误。
故选A。
19．（2025·广东·一模）如图，光滑圆环竖直固定在水平地面上，细线通过圆环最高点的小孔Q与套在圆环上的小球相连，拉住细线使小球静止于P处。设小球的重力为G，细线与圆环竖直直径的夹角为，细线对小球的拉力大小为T。拉动细线使小球缓慢沿圆环向上移动，则下列T随变化的图像可能正确的是（ ）

A． B．
C． D．
【答案】D
【详解】对小球进行分析，小球受到重力、绳的拉力T与圆环的弹力N三个力的作用，令圆环的圆心为O，半径为R，则重力方向平行于图中虚线表示的直径，绳拉力方向沿绳，圆环弹力方向沿半径指向圆心，根据相似三角形有
根据几何关系有
解得
可知，T随变化的图像为余弦曲线关系，且最大值为2G，只有第四个选择项符合要求。
故选D。
20．（2025·江苏南京·一模）如图所示，水平地面上固定有两个相同的倾角θ=37°的斜面体（顶端固定有小滑轮），两滑轮间的距离d=12cm。两根等长的细线绕过滑轮，一端与放在斜面上的质量均为M=5kg的物块相连，另一端与质量m=3kg的小球连接。初始时刻，用手竖直向下拉住小球，使系统保持静止，此时两细线与竖直方向间的夹角均为α=37°，松手后，小球将在竖直方向上运动。忽略一切摩擦，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8，求：
(1)开始时手对小球的拉力大小F；
(2)小球能够上升的最大高度h；
(3)小球回到初始位置时的加速度大小a。
【答案】(1)18N
(2)8cm
(3)m/s2
【详解】（1）初始时刻系统静止，对物块T =Mgsinθ=30N
假设F方向向下，对小球
解得F=18N
（2）小球上升到最大高度时，系统的动能为0。设此时连接小球的细线与竖直方向间的夹角为β。对系统
解得β 90°
可见小球上升到最大高度时绳子水平，小球上升的最大高度为h=8cm
（3）对物块Mg sin- T1 = MaM
对小球2T1cs- mg =ma
加速度关系aM = a csα
联立方程解得m/s2
21．（2025·山西·一模）如图所示，轻绳的一端连接物块P，另一端通过光滑的轻滑轮与斜坡上的小盒Q连接，轻绳与斜坡的上表面平行，P、Q均处于静止状态。现向Q盒内缓慢加入适量砂粒，此过程中P、Q一直保持静止。则斜面对Q的（ ）
A．摩擦力一定增大B．摩擦力可能不变
C．作用力一定增大D．作用力可能先减小后增大
【答案】D
【详解】AB．设物块P的质量为M，小盒Q的质量为m，对物块，重力Mg与拉力二力平衡；若，对小盒，则有，
当m增大时，也随之增大，只要，就继续减小，当时，摩擦力减为零，若时，则有
当m增大时，摩擦力f随之增大，故AB错误；
CD．对Q受力分析可知，斜面对其作用力（即N、f的合力）与Q的重力和绳的拉力的合力平衡，而绳的拉力不变，若最开始Q的重力较小，随着Q的重力逐渐增大，则有如下受力情况
当合力与重力垂直时合力有最小值，故根据牛顿第三定律可知，斜面对Q的作用力可能先减小后增大，故C错误、D正确。
故选D。
22．（2025·河北·一模）如图所示，绕过滑轮的轻绳一端固定在竖直墙上，站在地面上的人用手拉着绳的另一端，滑轮下吊着一个小球，处于静止状态，不计滑轮摩擦。保持点高度不变，手与绳无相对滑动且球不碰地。在人缓慢向右移动一小段距离的过程中（ ）
A．绳上张力不变
B．绳上张力变小
C．滑轮受到绳的作用力变小
D．滑轮受到绳的作用力变大
【答案】B
【详解】AB．设两边绳子之间的夹角为，绳上各部分的拉力大小相等，对滑轮与小球整体进行分析，根据平衡条件有
解得绳子的拉力大小为
保持点高度不变，手与绳无相对滑动且球不碰地。在人缓慢向右移动一小段距离的过程中，绳子间的夹角减小，则增大，绳子的拉力F变小，故A错误，B正确；
CD．综上所述，滑轮受到绳的作用力大小等于两边绳子的拉力合力，与滑轮、小球整体的重力平衡，则滑轮受到绳的作用不变，故CD错误。
故选B。
23．（2025·河北廊坊·一模）如图所示，运动员拖轮胎做负重训练时，用两根不计质量的等长细绳拴在质量为的轮胎直径两端，两根细绳之间的夹角为，轮胎与水平地面间的动摩擦因数为0.75。轮胎在地面上匀速运动时，已知，重力加速度取，则每根细绳的最小拉力是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】两根细绳拉力的合力
设此时合力方向与水平方向的夹角为，轮胎做匀速直线运动，由力的平衡可得
整理可得每根细绳的拉力
其中，可见当时，细绳的拉力最小，为。
故选C。
24．（2025·宁夏银川·一模）水平地面上的物体受重力和水平作用力，物体保持静止。现在使作用力保持大小不变，方向沿逆时针方向缓缓转过，而物体始终保持静止。则在这个过程中，物体对地面的正压力和地面给物体的摩擦力的变化情况是：（ ）
A．不变B．先变大后变小
C．先变小后变大D．N先变大后变小
【答案】C
【详解】设力与水平方向的夹角为（锐角），则先从增大到，再从减小到；以物体为对象，根据平衡条件可得，
由于先减小后增大，先增大后减小，则先变小后变大，先变小后变大。
故选C。
25．（2025·福建厦门·一模）如图，右侧面光滑的斜面体放在水平面上，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，该过程斜面体和M保持静止。下列说法正确的是（ ）

A．拉力F逐渐增大B．轻绳的拉力逐渐增大
C．M所受摩擦力先减小后增大D．斜面对水平面的压力先减小后增大
【答案】AC
【详解】AB．对N的分析，设拉力F与竖直方向夹角为，对N进行受力分析，N受重力mg、拉力F、轻绳拉力T，如图
因为F始终与右侧轻绳垂直，根据平衡条件可得，
在N缓慢移动至右侧细绳水平过程中，减小，减小，增大，所以拉力F逐渐增大，轻绳的拉力T逐渐减小，N缓慢移动至右侧细绳水平时，轻绳的拉力大小为0，故A正确，B错误；
C．对M的分析：对M进行受力分析，M受重力mg、斜面支持力、轻绳拉力T和摩擦力f，M的重力沿斜面向下的分力为
解得
开始时系统静止
M有沿斜面向上运动趋势，摩擦力方向沿斜面向下，有
由于T减小，则f减小；当T继续减小到时，摩擦力为零；当轻绳的拉力T小于时，M所受摩擦力沿斜面体向上，则
随着轻绳的拉力T减小，摩擦力增大，所以M所受摩擦力先减小后增大，故C正确；
D．对整体的分析，把M、N和斜面看成整体，整体受重力、地面支持力、拉力F，在竖直方向上
则
当减小时，增大，所以减小，根据牛顿第三定律，斜面对水平面的压力减小，故D错误。
故选AC。
26．（2025·福建厦门·一模）如图所示，表面光滑的物块A在水平力F的作用下静止在倾角为的斜面B上，斜面B静止在水平地面上，下列说法正确的是（ ）
A．物块A受到的重力大小为B．物块A受到B的支持力大小为
C．A对B的作用力等于FD．斜面B受到地面的摩擦力大小等于F
【答案】BD
【详解】AB．物块A静止处于平衡状态，受力如图所示
物体A受到的重力
物块A受到的支持力大小
故A错误，B正确；
C．物块A受到重力、推力F、B对A的作用力作用，物块A静止，由平衡条件可知，B对A的作用力大小等于重力与F的合力大小，不等于F，由牛顿第三定律可知，A对B的作用力大小不等于F，故C错误；
D．物块A与斜面B整体静止处于平衡状态，在水平方向，由平衡条件可知，斜面B受到地面的摩擦力大小，故D正确。
故选BD。
27．（2025·广东广州·一模）当人们的车辆出现故障而不能移动时，常常呼叫路政来帮忙，如图为华华呼叫路政帮忙拉车的模型示意图，华华则在车上保持相对静止并且一起做匀速运动，F为恒力，下列说法不正确的是（ ）
A．此时华华受到2个力的作用，车受到4个力的作用
B．因为物体的运动不需要力而来维持，所以撤去恒力F后车还会一直运动
C．若华华马上蹲下，则车先减速后加速，最后匀速
D．若华华马上起立，则车先减速后加速，最后匀速
【答案】ABC
【详解】A．人在车上保持相对静止并且一起做匀速运动，此时人受到重力和支持力2个力的作用，车受到重力、地面的支持力、地面的摩擦力、人的压力和拉力5个力的作用，A错误；
B．根据受力分析可知，车受地面的摩擦力作用，撤去恒力F后车会减速运动最后停止，B错误；
C．若人马上蹲下，先失重后超重，根据
可知人对车的压力先小于自身重力后大于自身重力，最后等于自身重力，故地面的摩擦力先减小后增大，根据牛顿第二定律可知车先加速后减速，最后匀速，C错误；
D．若人马上起立，先超重后失重，根据
可知人对车的压力先大于自身重力后小于自身重力，最后等于自身重力，故地面的摩擦力先增大后减小，则车先减速后加速，最后匀速，D正确。
本题选错误的，故选ABC。
28．（2025·湖北·一模）用长为L的轻杆连接两个小球a、b（可视为质点），其质量分别为m和，竖直杆光滑，水平地面粗糙，两球与地面间的动摩擦因数相同，当a球穿在竖直杆上，b球在地面上，轻杆与竖直方向夹角，如图甲所示，此时系统恰好保持静止。现将系统倒置，b球穿在竖直杆上，a球在地面上，轻杆与竖直方向夹角仍为，如图乙所示，已知，，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（ ）
A．a、b球与地面间的动摩擦因数为0.25
B．图乙时，系统仍保持静止状态
C．图乙中给b球向下初速度，当轻杆与竖直方向夹角为53°时，a、b两球速度大小之比为3∶4
D．图乙时，给b球轻微扰动使b球下滑，可以求出小球b落地时速度大小
【答案】AC
【详解】A．图甲时，选系统为研究对象，受四个力（重力，地面支持力N，墙壁弹力F，地面摩擦力f），有，
选a球为研究对象，有
联立，解得
故A正确；
B．图乙时，系统受摩擦力不变，墙壁对b球的弹力
系统不平衡，故B错误；
C．图乙中给b球向下初速度，当轻杆与竖直方向夹角为53°时，a、b两球速度分别为和，两小球沿杆子方向速度相同，有
解得
故C正确；
D．图乙时，b球落地过程，a球的速度由零先增大后减小到零，杆子上力由压力变为拉力，a球对地面压力由小于系统重力到大于系统重力，不能求出摩擦力所做的功，不能计算出b球落地时速度大小，故D错误。
故选AC。
29．（2025·河北秦皇岛·一模）如图所示，在水平地面上，一不可伸长的细绳绕过定滑轮，将质量分别为、的上、下两个箱子连接。已知重力加速度为，细绳与滑轮之间无摩擦力，且其质量均可忽略，下箱的上、下接触面的动摩擦因数皆为。若下箱受到水平拉力时，两箱水平匀速移动，则下列叙述正确的是（ ）
A．下箱受6个力的作用
B．上箱受到细绳向右拉力的大小为
C．施于下箱的水平拉力
D．右边支架对滑轮的水平力，一定小于
【答案】D
【详解】A．下箱受自身重力、上箱对它的压力、摩擦力，地面对它的支持力、摩擦力，细绳对它的拉力、水平拉力，共计7个力的作用，故A错误；
B．对上箱受力分析，在水平方向上根据平衡条件有：
故B错误；
C．下箱匀速运动，在水平方向上根据平衡条件有
又
联立解得
故C错误；
D．滑轮处于静止状态，可得
则有
即右边支架施予滑轮的水平力，一定小于F，故D正确。
故选D。
30．（2025·山东潍坊·一模）如图甲所示，用两根手指对称地抓起一个截面为圆的杯盖，将其简化成图乙所示，手指与杯盖截面始终处于竖直平面内，手指接触点1、2与圆心的连线与水平方向的夹角均为，手指和杯盖间的动摩擦因数，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知杯盖质量为m，重力加速度为g，，杯盖始终在竖直平面内处于平衡状态，手指与杯盖恰好不相对滑动，则手指对触点1的压力为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】根据题意，对杯盖两接触点受力分析如图所示
由平衡条件有
又有
联立解得
故选A。
31．（2025·黑龙江哈尔滨·一模）如图，冰坑是“哈尔滨”在松花江上为南方 “小土豆”准备的一个新型的冰上娱乐项目，进入冰坑的游客在不借助外力的情况下很难从冰坑里行走出来，为了让冰坑底部的游客能从冰坑内出来，用外力拉动游客使游客缓慢的向边缘移动，如右图的方向始终沿冰坑的切线方向，在此过程中所有的摩擦均可忽略，下列说法正确的是（ ）
A．拉力先增大后减小
B．拉力一直增大
C．冰坑对游客的支持力先减小后增大
D．冰坑对游客的支持力一直减小
【答案】BD
【详解】令游客所在位置的支持力N的方向与竖直方向夹角为，用外力拉动游客使游客缓慢的向边缘移动过程，逐渐增大，根据平衡条件有，
由于逐渐增大，可知，拉力一直增大冰坑对游客的支持力一直减小。
故选BD。
32．（2025·广东深圳·一模）如图为教室外空调机的安装图，水平护板右端两侧铰链锁住等长平行钢条1和钢条2，另一端固定于墙壁，与墙壁的夹角为30°；水平护板右端中点铰链锁钢条3，再固定于墙壁，与墙壁的夹角为60°；空调机的重量为G，护板和钢条1、2、3的重力不计，空调机作用点视为在护板右端中点，钢条1所受拉力设为、钢条3所受压力设为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】对空调受力分析，水平方向则有
解得
竖直方向上
联立可得，
故选C。
33．（2025·山西太原·一模）如图所示，不可伸长的轻绳两端拴接在固定水平直杆上的M、N两点，a、b、c为三个完全相同且质量为m的小环，a、b套在轻绳上，c穿过轻绳后套在直杆上。三个小环均处于静止状态且可看作质点，不计一切摩擦，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．直杆对小环c的弹力为3mg
B．若将N点缓慢向左移动少许，轻绳的弹力将减小
C．若将c环缓慢向右移动少许，夹角α将大于夹角γ
D．若将小环a、b的质量都变为2m，轻绳对c环的弹力为mg
【答案】B
【详解】AD．因不计摩擦，则细绳上任意一点的弹力都相等，对ab分析可知，细绳弹力的竖直分量为0.5mg，则对c分析可知，直杆对小环c的弹力FNc=mg+0.5mg+0.5mg=2mg
若将小环a、b的质量都变为2m，轻绳对c环的弹力为F＇Nc=mg+mg+mg=3mg
选项AD错误；
C．由于轻绳上各点的弹力都相等，且ab重力相等，根据
可知
则即使将c环缓慢向右移动少许，夹角α仍等于夹角γ，选项C错误；
B．若将N点缓慢向左移动少许，则轻绳与竖直方向的夹角减小，根据
可知轻绳的弹力将减小，选项B正确；
故选B。
34．（2025·广东广州·一模）如图为一承重装置，两个相同的铰支座分别与地面和托盘固定，用四根相同的轻杆铰接。已知轻杆长度均为L，铰接处a、b间距与轻弹簧原长相等，弹簧劲度系数为k，弹簧轴线与轻杆夹角为θ。在托盘上放置重物，平衡时θ=45°。现用外力控制重物缓慢下移直至θ=30°。弹簧始终处于弹性限度内，不计铰支座质量，不计摩擦阻力，则（ ）
A．θ=45°时弹簧弹力大小为
B．θ=45°时轻杆弹力大小为
C．托盘和重物的总重力大小为kL
D．从θ=45°到θ=30°过程中重物下降高度为
【答案】AD
【详解】A．根据题意，铰接处a、b间距与轻弹簧原长相等，当θ=45°时，弹簧的伸长量为
弹簧弹力大小为
联立解得
故A正确；
BC．当θ=45°时，对托盘和重物整体进行受力分析，在竖直方向上，由平衡条件有
对弹簧与轻杆连接点进行受力分析，水平方向
联立解得，
故BC错误；
D．根据几何知识，当θ=45°时，托盘离地面的高度为
当θ=30°时，托盘离地面的高度为
则重物下降高度为
故D正确。
故选AD。
35．（2025·山东菏泽·一模）图甲是为了保护腰椎，搬起重物的正确姿势。搬起重物是身体肌肉、骨骼、关节等部位共同作用的过程，现将其简化为图乙所示的模型。设脚掌受地面竖直向上的弹力大小为FN，膝关节弯曲的角度为θ，该过程中大、小腿部的肌群对膝关节的作用力 F始终水平向后，且大腿骨、小腿骨对膝关节的作用力 F₁和F₂大致相等。人缓慢搬起重物的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．FN逐渐变大
B．F₁逐渐变大
C．F逐渐变小
D．脚掌受地面竖直向上的弹力是因为脚掌发生形变而产生的
【答案】C
【详解】A．人缓慢搬起重物的过程中，脚掌受到竖直向上的弹力与人和重物的总重力平衡，大小不变，A错误；
BC．设大腿骨、小腿骨对膝关节的作用力大小为F1，则他们之间的夹角为，F即为他们合力，则有
脚掌所受地面竖直向上的弹力约为
联立可得
人缓慢搬起重物的过程中，膝盖弯曲的角度变大，、F逐渐变小，B错误，C正确；
D．脚掌受地面竖直向上的弹力是因为地面发生形变而产生的，D错误。
故选C。
36．（2025·山东济南·一模）如图所示，光滑定滑轮固定在天花板上，轻绳绕过定滑轮，一端竖直悬挂质量为2m的小球P，另一端连接质量为m的圆环Q，圆环Q套在粗糙水平杆上。一水平向左的力F作用在圆环上，使轻绳和杆之间夹角为30°，整个系统保持静止状态。已知重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．杆对圆环Q摩擦力的方向一定向右
B．杆对圆环Q摩擦力的方向可能向左
C．定滑轮对轻绳作用力的方向竖直向上
D．定滑轮对轻绳作用力的大小为
【答案】D
【详解】小球P静止，由平衡条件知，绳子拉力大小为
由于
则圆环Q不受杆的支持力作用，可见杆对圆环Q没有摩擦力，由力的合成知，轻绳对动滑轮的作用力大小
方向与竖直方向成30°角斜向左下方，由牛顿第三定律知，定滑轮对轻绳作用力的方向与竖直方向成30°角斜向右上方，大小为
故选D。
37．（2025·河南·一模）如图所示，不可伸长的细钢丝绳两端分别固定在竖直杆P、Q上的a、b两点，a点比b点低。脚穿粗糙杂技靴的演员在走钢丝表演时，可以在与两杆P、Q等距的位置或细绳的中点保持平衡状态，钢丝绳质量可忽略不计，则演员（ ）
A．在与P、Q两杆等距位置时，左右两侧绳子拉力大小相等
B．在与P、Q两杆等距位置时，左侧绳子拉力小于右侧绳子拉力
C．在与P、Q两杆等距位置时，左侧绳子拉力大于右侧绳子拉力
D．在细绳的中点时，左侧绳子拉力大于右侧绳子拉力
【答案】B
【详解】设到节点的高度为，到节点的高度为，节点到P的水平距离为，节点到Q的水平距离为，端绳子和水平方向的夹角为，端绳子和水平方向的夹角为，对绳子节点进行受力分析，如图所示
ABC．在与P、Q两杆等距位置时，根据，，
由于，所以可得，
根据平衡条件有
由于，所以可知
即，左侧绳子拉力小于右侧绳子拉力，故AC错误，B正确；
D．在细绳的中点时，设、到节点绳子长度为，根据几何关系有根据，
由于，所以可得，
根据平衡条件有
由于，所以可知
即，左侧绳子拉力小于右侧绳子拉力，故D错误。
故选B。
38．（2025·贵州黔东南·一模）平衡术对人的观察能力和动手能力要求较高，极其锻炼人的耐心。小强同学在海边堆放了一些石块，如图所示，石块A、B的接触面水平，不计空气的作用力，下列说法正确的是（ ）
A．最上面的石块D一定只受两个力作用
B．心形石块E一定不受摩擦力作用
C．石块C可能受到6个力的作用
D．石块B对石块A的作用力方向一定竖直向上
【答案】D
【详解】AB．因为不知道接触面是否水平，所以最上面的石块D可能受摩擦力作用，心形石块E也有可能受摩擦力作用，故AB错误；
C．石块C最多受到重力，左右两边石块对它的两个摩擦力，两个弹力，共5个力的作用，故C错误；
D．石块A、B的接触面水平，把石块A及其上面的石块看作整体，根据二力平衡条件可知，石块B对石块A的作用力方向一定竖直向上，故D正确。
故选D。