押遼寧卷第5題

受力分析

押題探究

對生活中常見現象，實際物體，通過構建模型，進行受力分析。

主要考點如下表：

考點細分

受力個數分析

直接合成法

正交分解法

受力分析

整理隔離法

平衡三角形法

相似三角形法

解題秘籍

1.力的正交分解法

定義：把力沿著兩個選定的相互垂直的方向分解的方法。

適用環境：比較適用于計算物體受三個或三個以上共點力的合力情況

優點：(1)可借助數學中的直角坐標系對力進行描述

(2)分解時只需熟知三角函數關系、幾何關系，簡單且容易求解

(3)分解多力時，可將矢量運算化為代數運算

一般步驟：

(1)建直角坐標系

坐標軸的選取是任意的，為使問題簡化，建立坐標系時坐標軸的選取一般有以下兩個原則:

使盡量多的力處在坐標軸上

盡量使某一軸上各分力的合力為零

(2)正交分解各力：將每一個不在坐標軸上的力分解到X軸和y軸上，并求出各分力的大小，如圖所示

(3)分別求出X軸和y軸方向上所受的合力，合力等于在該方向上所有力的代數和。(沿坐標軸正方向的

力取為正,反之取為負)即:FX=FlX+F2x+…；Fy=F∣y+F2y+-

(4)求共點力的合力：合力大小F=y∣Fj+F：,設合力的方向與X軸的夾角為Φ,則tan。=」

FX

2.整體“隔離法解決共點力的靜態平衡

當分析相互作用的兩個或兩個以上物體整體的受力情況及分析外力對系統的作用時，宜用整體法；

通過整體法分析，可以弄清系統整體的受力情況和全過程的受力情況，從整體上揭示事物的本質和變

化規律，從而避免了中間環節的繁瑣推算，能夠靈活的解決問題。

在分析系統內各物體(或一個物體各部分)間的相互作用時常用隔離法；

隔離法容易看清單個物體的受力情況或單個過程的運行情形，問題處理起來比較方便、簡單

整體法和隔離法不是獨立的，對一些較復雜問題，通常需要多次選取研究對象，交替使用整體法和隔

離法。

3.平衡三角形法解決共點力的動態平衡

適用條件：求解三力平衡問題，其中一個力是恒力，一個力方向不變的情況。

(1)一個力恒定，另一個力始終與恒定的力垂直，三力可構成直角三角形，可作不同狀態下的直角三

角形，比較力的大小變化，利用三角函數關系確定三力的定量關系。基本矢量圖，如圖所示

θK恒力

（2）一力恒定（如重力），另一力與恒定的力不垂直但方向不變，作出不同狀態下的矢量三角形，確定

力大小的變化，恒力之外的兩力垂直時，有極值出現。

基本矢量圖，如圖所示

作與Fl等大反向的力Fr,F2、F3合力等于Fr,F2、F3、Fr構成矢量三角形。

一般步驟

（1）受力分析完成后，將三個力構建出封閉的三角形矢量和：

（2）利用方向變化的力的變化趨勢，作出不同狀態下的矢量三角形；

（3）根據三角形邊長確定力大小的變化。

4.相似三角形法解決共點力的動態平衡

適用環境：物體受三個力。一力恒定，另兩力方向變化的動態平衡問題。但二力分別與繩子、兩物體

重心連線方向等平行，即三力構成的矢量三角形與繩長、半徑、高度等實際幾何三角形相似。

真題回顧

1.（2022年?遼寧卷）如圖所示，蜘蛛用蛛絲將其自身懸掛在水管上，并處于靜止狀態。蛛絲OM、ON

與豎直方向夾角分別為隊a>B）。用片、片分別表示OM、ON的拉力，則（）

A.耳的豎直分力大于用的豎直分力B.K的豎直分力等于B的豎直分力

C.F1的水平分力大于F2的水平分力D.F1的水平分力等于F2的水平分力

【答案】D

【詳解】CD.對結點。受力分析可得，水平方向耳Sina=鳥sinA；即后的水平分力等于Fz的水平分力，

選項C錯誤，D正確；

AB.對結點。受力分析可得，豎直方向耳COSa+Kcos/=Wg；解得耳=Sm么:A=瓶?、；則

sιn(6r+β)sm(α+))

,八八一L)2gsinQcoSa?,,.,,_mgsinacosβ

F/的豎直分量4y=——W；B的豎直分z童片V=——^x~~：ι因l

sιn(α+∕?)sιn(α+p)

sinacosβ-cosasin∕?=sin(α-β)＞0-可知K＞，＞耳丫；選項AB錯誤。；故選D。

押題沖關

1.如圖所示，a、b兩個小球穿在一根粗糙的固定桿上(球的小孔比桿的直徑大)，并且通過一條細繩跨過

定滑輪連接.已知b球質量為m,桿與水平面成。角，不計滑輪的一切摩擦，重力加速度為g?當兩球靜止

時，Oa段繩與桿的夾角也為θ,Ob段繩沿豎直方向，則下列說法正確的是()

A.a一定受到4個力的作用

B.b只可能受到2個力的作用

C.繩子對a的拉力有可能等于mg

D.a的質量一定為mtanθ

【答案】C

【解析】對a和b受力分析可知，a至少受重力、桿的支持力、繩的拉力3個力，可能還受摩擦力共

4個力，b受重力、繩的拉力2個力或重力、繩的拉力、桿的支持力、摩擦力4個力的作用，選項A、B錯

誤；對b受力分析可知，b受繩子拉力可能等于mg,因此繩子對a的拉力可能等于mg,選項C正確；對a

mgm

受力分析，如果摩擦力為零GaSinθ=mgcosθ可得Ga=tanO;ma=tan0,選項D錯誤

2.如圖所示，某時刻四個物體a、b、c、d與兩個長木板巧妙擺放在底座上，且系統處于平衡狀態，則

在該時刻下列說法正確的是（）

A.物體a可能不受摩擦力

B.物體b受到木板的作用力豎直向上

C.物體b受到木板的作用力垂直于木板向上

D.物體C可能不受摩擦力

【答案】B

【解析】物體a、C若不受摩擦力，合力必有水平分量，不能處于平衡狀態，故A、D錯誤；b物體

只受到重力與木板的作用力，所以木板對b物體的作用力豎直向上，故B正確，C錯誤

3.如圖所示，甲、乙兩個三角形物體在一個垂直于甲和乙接觸面的力F的作用下，均靜止在固定的斜

面上。以下關于甲、乙兩個物體受力情況的判斷正確的是（）

A.物體甲一定受到四個力的作用f

B.物體甲可能只受到三個力的作用

C.物體乙一定受到四個力的作用

D.物體乙可能只受到三個力的作用N----------------------

【答案】A

【詳解】AB.物體甲受到重力，甲相對于乙有沿斜面向下運動趨勢，乙對甲有一個沿乙表面向上的摩

擦力，有摩擦力必定有彈力，所以乙對甲有一個支持力，另外甲還受到推力F,共4個力，B錯誤A正確；

CD.物體乙受到重力、甲對它的壓力和摩擦力、斜面對它的支持力；以甲、乙整體為研究對象，力F

沿固定斜面有向上的分力，該分力大小與甲和乙重力沿斜面向下的分力大小不確定，所以乙和斜面間可能

有摩擦力、有可能沒有摩擦力，所以乙可能受4個力，有可能受5個力，CD錯誤。故選A。

4.（多選）如圖所示，斜面C上放有兩個完全相同的物體a、b,兩物體間用一根細線連接，在細線的

中點加一與斜面垂直的拉力尸，使兩物體及斜面均處于靜止狀態。下列說法正確的是（）

A.C受到地面的摩擦力向右

B.a、b兩物體的受力個數一定相同

C.斜面對a、b兩物體的支持力一定相同

D.逐漸增大拉力F,b物體先滑動

【答案】AC

【詳解】A.以a、b、C整體為研究對象，受力分析，可知有向左運動的趨勢，則C受到地面的摩擦力

向右，A正確；

B.a物體受重力、細線拉力、支持力、摩擦力：b物體受重力、支持力、拉力，不一定有摩擦力，B

錯誤；

C.對a、b分別受力分析，如下圖所示，正交分解

5.如圖所示，用網兜把足球掛在豎直光滑墻壁上，靜止時球與墻壁接觸。現保持懸掛點不動，將細繩

緩慢加長，使細繩與墻壁的夾角變小，網兜及細繩質量不計，下列判斷正確的是（）

A.細繩的拉力變大B.球所受的合力變大

C.墻壁對球的支持力變小D.細繩的拉力可能會小于墻壁對球的支持力

【答案】C

N

【詳解】AC.設繩與墻壁夾角為6,對球受力分析得尸cos6=mg,tan。=—；

mg

可知，當細繩與墻壁的夾角變小，細繩拉力變小，墻壁對球的支持力變小，A錯誤，C正確；

B.球所受合力為零，保持不變，B錯誤；

D.由Sine=J細繩的拉力一定大于墻壁對球的支持力，D錯誤。故選C,,

r

6.（多選）如圖天花板下面用細線OC懸掛一光滑輕質滑輪，小物塊A置于斜面D上，斜面D置于粗

糙的水平地面上，A通過細線跨過滑輪與沙漏B連接，滑輪右側細線與斜面平行，開始時A、B都處于靜

止狀態，Oe與豎直方向的夾角為仇在B中的沙子緩慢流出的過程中，A、B、D仍處于靜止狀態，下列

B.小物體A受到的摩擦力可能先減小后增大

C.細線OC與豎直方向的夾角。一定不變

D.地面對斜面D的摩擦力將緩慢減小

【答案】BCD

【詳解】A.將A和D看成整體可知有左上方的拉力作用，所以地面對D除了支持力還有摩擦力作用，

故地面對斜面D的作用力肯定不是豎直向上，故A錯誤；

B.若開始時斜面D對A的摩擦力沿斜面向下，則有%g=F+〃鼠gsin6；則隨著B中的沙子緩慢流出，

A受到的摩擦力f可能緩慢減小或緩慢減小到O后反方向增大;若開始時斜面D時A的摩擦力沿斜面句上，

則有，"B8+/=mAgsinO;則隨著B中的沙子緩慢流出，A受到的摩擦力f緩慢增大，故B正確；

C.因為滑輪兩邊細線的拉力總是相等的，則兩個力合力的方向總是沿著兩邊細線，細線夾角不變，則

OC與豎直方向的夾角9不變，選項C正確；

D.對AD整體，受到斜向左上的細繩拉力作用，由題意細繩拉力緩慢減小，夾角不變，所以地面對斜

面D的摩擦力也將緩慢減小，選項D正確。故選BCD。

7.（多選）如圖a所示，工人用推車運送石球，到達目的地后，緩慢抬起把手將石球倒出（圖b）。若

石球與板。B、。4之間的摩擦不計，ZZlOB=60°,圖“中BO與水平面的夾角為30。，則在抬起把手使Oa變為

水平的過程中，石球對OB板的壓力Ni、對。4板的壓力N2的大小變化情況是（）

圖a圖b

A.Nl變小B.Ni變大

C.刈先變大后變小D.助先變小后變大

【答案】AC

【詳解】以石球為對象，受力如圖所示

G

緩慢抬起過程中，石球受力平衡，結合數學知識可得R=旦=上；其中G和α不變，在轉動過程中β從

sιnpsιnγSina

90。增大到180。，則SinB不斷變小，Nl將不斷變小；Y從150。減小到60。，其中跨過了90。，因此SinY先變大

后變小，則電將先變大后變小。

8.（多選）如圖所示為一豎直放置的半徑為R=2m的大圓環，在其水平直徑上的A、B兩端系著一根

不可伸長的柔軟輕繩，繩長L=5m,繩上套有一質量為m=3kg的光滑鐵環。已知sin53°=0.8，cos53o

A.靜止時輕繩張力為25N

B.若將大圓環在豎直平面內繞0點順時針緩慢轉過一個微小角度，則輕繩張力變大

C.若對鐵環施加一水平向右的恒力F=Io√7Γ4,穩定后輕繩中的張力為30N

D.若對鐵環施加一水平向右的恒力F=IObN，穩定后輕繩中的張力為25N

【答案】AD

【詳解】A.靜止時，環受到的力如圖所示

根據幾何知識有COSo=?B=j?ΞE=0.6；

根據平衡條件有2Tcos。=mg；解得T=25N；故A

22

正確；

B.若將大圓環在豎直平面內繞O點順時針緩慢轉過一個微小角度，輕繩和豎直方向夾角變小，根據

2Tcosθ=mg；可知輕繩張力變小，故B錯誤；

CD.若對鐵環施加一水平向右的恒力F=Io√7ιr鐵環受力如圖所示

mg

由幾何知識可知sin0=m=等=0.8；即B=53。；繩子的夾角為2α=180。-2β

解得a=37。；根據平衡條件有2T'cosa=√有+（mg）2：代入數據解得T=25N;故C錯誤，D正確。

9.（多選）利用物理模型對問題進行分析，是一種重要的科學思維方法。如圖甲所示為拔河比賽時一位

運動員的示意圖，可以認為靜止的運動員處于平衡狀態。該情形下運動員可簡化成如圖乙所示的一質量分

布均勻的鋼管模型。運動員在拔河時身體緩慢向后傾倒，可以認為鋼管與地面的夾角θ逐漸變小，在此期

間，腳與水平地面之間沒有滑動，繩子的方向始終保持水平。已知當鋼管受到同一平面內不平行的三個力

而平衡時，三個力的作用線必交于一點。根據上述信息，當鋼管與地面的夾角。逐漸變小時，下列說法正

確的有（）

A.地面對鋼管支持力的大小不變

B.地面對鋼管的摩擦力變大

C.地面對鋼管作用力的合力變大

D.地面對鋼管作用力的合力大小不變

【答案】ABC

【詳解】AB.對鋼管受力分析，鋼管受重力G、繩子的拉力T、地面對鋼管豎直向上的支持力FN、水

平向左的摩擦力Ff,可知FN=mg；Ff=T=翳；即隨著鋼管與地面夾角的逐漸變小，地面對鋼管支持力

的大小不變，地面對鋼管的摩擦力變大，故AB正確；

CD.對鋼管受力分析，可認為鋼管受到重力G、繩子的拉力T和地面對鋼管作用力的合力F三個力，鋼管

平衡，三個力的作用線必交與一點，由此可知F方向沿鋼管斜向上，與水平面夾角為α（鋼管與水平面的夾

角為9）根據共點力平衡條件可知F=嵯；T=詈；當鋼管與地面的夾角。逐漸變小，同時a也減小，地

smatana

面對鋼管作用力的合力變大，C正確，D錯誤。

10.（多選）如圖所示，兩個相似的斜面體A、B在豎直向上的力F的作用下靜止靠在豎直粗糙墻壁上.關

于斜面體A和B的受力情況，下列說法正確的是（）

A.A一定受到四個力

B.B可能受到四個力I-∕z

C.B與墻壁之間一定有彈力和摩擦力I八

D.A與B之間一定有摩擦力r\F

【答案】AD

【解析】對A、B整體受力分析，如圖甲所示，受到向下的重力和向上的推力F,由平衡條件可知B

與墻壁之間不可能有彈力，因此也不可能有摩擦力，故C錯誤；對B受力分析如圖乙所示，其受到重力、

A對B的彈力及摩擦力而處于平衡狀態，故B受到三個力，B錯誤；對A受力分析，如圖內所示，受到重

力、推力、B對A的彈力和摩擦力，共四個力，A、D正確

11.如圖所示，兩個質量均為m的小球通過兩根輕彈簧A、B連接，在水平外力F作用下，系統處于靜

止狀態，彈簧實際長度相等.彈簧A、B的勁度系數分別為kA、kB,且原長相等.彈簧A、B與豎直方向

的夾角分別為θ與45。.設A、B中的拉力分別為FA、FB,小球直徑相比彈簧長度可忽略，重力加速度為g,

則()

A.tanθ=2B.RA=RBC.FA=小mgD.Fβ=2mg

【答案】A

mg

【解析】對下面的小球進行受力分析，如圖甲所示.根據平衡條件得：F=mgtan45。=mg,FB=COS45。

F

=√2mg;對兩個小球整體受力分析，如圖乙所示，根據平衡條件得：tanθ=2mg,又F=mg,解得tan0=

IFAFBkAFA

2>FA=?√(2mg)2+F2=/mg,由題圖可知兩彈簧的形變量相等，則有：*=法=正，解得：kB=FB=?√^>

故A正確，B、C、D錯誤.

12.掛燈籠的習俗起源于1800多年前的西漢時期，已成為中國人喜慶的象征。如圖所示，由五根等長的

輕質細繩懸掛起四個質量相等的燈籠,中間的細繩是水平的，另外四根細繩與水平面所成的角分別Ol和02。

設懸掛端繩子拉力大小為B,水平段繩子拉力大小為F2,燈籠質量為m,下列關系式中正確的是（）

【答案】D

【詳解】ABC.時左邊兩個燈籠的整體受力分析可知KCOSa=八：FiSinq=2mg解得F1??-:

Fl=莖

Sina

則Fl不等于F2,Fl也不一定是2F2,選項ABC錯誤。

D.對左邊笫2個燈籠受力分析可知TSin%=^g；TCoSa=心解得瑪選項D正確.

Ian%

13.為慶祝黨的二十大的勝利召開，某景區掛出32個燈籠（相鄰兩個燈籠間由輕繩連接），依次貼上“高

舉中國特色社會主義旗幟，為全面建設社會主義現代化國家而團結奮斗”，從高到低依次標為1、2、3、…、

32。在無風狀態下，32個燈籠處于靜止狀態，簡化圖如圖所示，與燈籠“斗”右側相連的輕繩處于水平狀態，

已知每一個燈籠的質量，〃=Ikg,重力加速度g=10m∕s2,懸掛燈籠的輕繩最大承受力7,,=320√5N,最左端

懸掛的輕繩與豎直方向的夾角為0。下列說法正確的是（)

A.。最大為60。

B.當0最大時最右端輕繩的拉力為320√∑N

C.當tanθ=g時第16個燈籠與第17個燈籠間輕繩與豎直方向的夾角為45。

3

D.當tan，=：時第8個燈籠與第9個燈籠間輕繩與豎直方向的夾角為30°

4

【答案】C

【詳解】AB.當最左端連接的輕繩的拉力大小為.=32()√5N時，。最大，此時燈籠整體受力如圖所

由平衡條件TmSinenI=鳥；4CoS維=32機g；

聯立解得￡=45°,∕?=320N;AB錯誤；

由平衡條件知，最右端輕繩的拉力與=32Mgtane=I60N；對第17個燈籠至第32個燈籠整體，其受

力情況跟燈籠整體的受力情況相同，由平衡條件tana==1：則第16個燈籠與第17個燈籠間輕

(32-16)mg

繩與豎直方向的夾角a=45°C正確;

D?當tan°==時’此時燈籠整體受力如圖所示

由平衡條件知，最右端輕繩的拉力行2=32Mgtane=240N；對笫9個燈籠至第32個燈籠整體，其受力

情況跟燈籠整體的受力情況相同，由平衡條件3則第8個燈籠與第9個燈籠間輕繩與

豎立方向的夾角尸=45；D錯誤。故選C。

14.如圖，一粗糙的固定斜桿與水平方向成θ角，一定質量的滑環A靜止懸掛在桿上某位置。現用一根

輕質細繩AB一端與滑環A相連，另一端與小球B相連，且輕繩AB與斜桿垂直。另一輕質細繩BC沿水

平方向拉小球B,使小球B保持靜止。將水平細繩BC的C端沿圓弧緩慢移動到豎直位置，B的位置始終

不變，則在此過程中（）

A.輕繩AB上的拉力先減小后增大

B.輕繩BC上的拉力先增大后減小

C.斜桿對A的支持力一直在減小

D.斜桿對A的摩擦力一直在減小

【答案】C

【解析】由題意知，小球B處于平衡，對小球受力分析如圖甲所示，BC由水平方向變到豎直方向,

由矢量三角形的動態分析可以看出，輕繩BC上的拉力先減小后增大，輕繩AB上的拉力一直在減小，故A、

B錯誤；滑環A處于靜止，對A受力分析如圖乙所示。

甲乙

由于AB繩對A的拉力FT一直在減小，故斜桿對A的支持力也一直在減小，斜桿對A的摩擦力一直

等于mAgsinO,保持不變，故C正確，D錯誤。

15.如圖所示，半圓形框架豎直放置在粗糙的水平地面上，光滑的小球P在水平外力F的作用下處于

靜止狀態，P與圓心。的連線與水平面的夾角為0,將力F在豎直面內沿順時針方向緩慢地轉過90。，框架

與小球始終保持靜止狀態.在此過程中下列說法正確的是（）

A.地面對框架的摩擦力始終為零

B.框架對小球的支持力先減小后增大

C.拉力F的最小值為mgcosθ

D.框架對地面的壓力先增大后減小

【答案】C

【詳解】BC.以小球為研究對象，分析受力情況，作出受力示意力圖，如圖所示，根據幾何關系可知，

當F順時針轉動至豎直向上之前，支持力逐漸減小，F先減小后增大，當F的方向沿圓的切線方向向上時,

F最小，此時為F=mgcos0故B錯誤，C正確：

A.以框架與小球組成的整體為研究對象，整體受到重力、地面的支持力、地面的摩擦力以及力F的作

用；由圖可知，F在順時針方向轉動的過程中，F沿水平方向的分力逐漸減小，所以地面對框架的摩擦力始

終在減小，故A錯誤；

D.以框架與小球組成的整體為研究對象，整體受到重力、地面的支持力、地面的摩擦力以及力F的作

用：由圖可知，F在順時針方向轉動的過程中，F沿豎直方向的分力逐漸增大，所以地面對框架的支持力始

終在減小，框架對地面的壓力始終在減小，故D錯誤。故選C。

16.如圖所示，將一個傾角為45。的光滑斜面固定在水平地面上，斜面上方固定一半徑為A的半圓形框

架，框架由粗糙的細桿做成，細桿上套一個輕小圓環A,A上連一長度為R的輕繩，輕繩另一端連小球B（可

視為質點），開始時輕繩與斜面平行。現給小圓環施加一始終沿半圓形細桿切線方向的拉力尸，使圓環緩慢

移動，直到輕繩豎直，整個過程小球位置不變，圓環重力不計，則下列說法正確的是（）

B.小球8對斜面的壓力逐漸變大

C.半圓形桿對圓環A的摩擦力逐漸變大D.拉力廠逐漸變小

【答案】C

【詳解】AB.對小球B進行受力分析

由受力分析結合牛頓第三定律，可知小球B對斜面的壓力逐漸變小，細繩的拉力逐漸變大，故AB錯

誤;

CD.對小圓環A進行受力分析則耳=F=f-,/=〃不因為耳逐漸增大，，所以凡不斷增大，即

半圓形桿對A的彈力逐漸增大，所以摩擦力不斷增大，所以拉力F逐漸變大，故C正確，D錯誤。故選C。

17.如圖所示，AC是上端帶光滑輕質定滑輪的固定豎直桿，質量不計的輕桿BC一端通過較鏈固定在C

點，另一端B懸掛一重力為G的物體,且B端系有一根輕繩并繞過定滑輪,用力F拉繩,開始時NBCA>9（）o,

現使ZBCA緩慢變小，直到NBCA=30。。此過程中，輕桿BC所受的力（）

A.逐漸減小B.逐漸增大

C.大小不變D.先減小后增大

【答案】C

【解析】以結點B為研究對象，分析受力情況，如圖所示，根據平衡條件可知，F、FN的合力F合

F?ACBC

與G大小相等、方向相反。根據相似三角形得而'=京，且F合=G,則有FN=RG,現使NBCA緩慢變

小的過程中，AC、Be不變，即FN不變，則輕桿BC所受的力大小不變，C正確，A,B、D錯誤。

18.（多選）如圖所示，表面光滑的半球形物體固定在水平面上，光滑小環D固定在半球形物體球心O的

正上方，輕質彈簧一端用輕質細繩固定在A點，另一端用輕質細繩穿過小環D與放在半球形物體上的小球

P相連，DA水平.現將細繩固定點A向右緩慢平移的過程中（小球P未到達半球最高點前），下列說法正確的

是（）

A.彈簧變短B.彈簧變長

C.小球對半球的壓力不變D.小球對半球的壓力變大

【答案】AC

【解析】以小球為研究對象，受力分析如圖，小球受重力G、細繩的拉力

G