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专题02 弹力与摩擦力 力的合成分解
题型一 弹力的分析与计算................................................................................................................... 1
题型二 摩擦力的分析与计算...............................................................................................................3
类型1 静摩擦力的分析................................................................................................................4
类型2 滑动摩擦力的分析............................................................................................................5
题型三 摩擦力突变问题....................................................................................................................... 7
类型1 “静——静”突变................................................................................................................7
类型2 “静——动”突变..............................................................................................................10
类型3 “动——静”突变..............................................................................................................11
类型4 “动——动”突变..............................................................................................................11
题型四 共点力的合成......................................................................................................................... 12
题型五 力分解的两种常用方法.........................................................................................................16
题型一 弹力的分析与计算
1．弹力有无的判断
(1)条件法：根据物体是否直接接触并发生弹性形变来判断是否存在弹力．此方法多用来判断形变较
明显的情况．
(2)假设法：对形变不明显的情况，可假设两个物体间弹力不存在，看物体能否保持原有的状态，若
运动状态不变，则此处不存在弹力，若运动状态改变，则此处一定有弹力．
(3)状态法：根据物体的运动状态，利用牛顿第二定律或共点力平衡条件判断弹力是否存在．
(4)替换法：可以将硬的、形变不明显的施力物体用软的、易产生明显形变的物体来替换，看能否维
持原来的运动状态．
2．弹力方向的判断
1
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(1)根据物体所受弹力方向与施力物体形变的方向相反判断．
(2)根据共点力的平衡条件或牛顿第二定律确定弹力的方向．
3．弹力大小计算的三种方法：
(1)根据力的平衡条件进行求解．
(2)根据牛顿第二定律进行求解．
(3)根据胡克定律进行求解．
①内容：弹簧发生弹性形变时，弹力的大小F 跟弹簧伸长(或缩短)的长度x 成正比．
②表达式：F＝kx.k 是弹簧的劲度系数，单位为N/m；k 的大小由弹簧自身性质决定．x 是弹簧长度
的变化量，不是弹簧形变以后的长度．
[题型专练1]. （2023•屯昌县二模）如图所示，甲、乙为两根完全相同的轻质弹簧，甲弹
簧一端固定在天花板上，另一端悬挂一质量为mA的物块；乙弹簧一端固定在水平地面上，另
一端连接一质量为mB的物块，两物块止时，测得甲、乙两根弹簧的长度分别为l1和l2，已知
重力加速度大小为g，两弹簧均在弹性限度内，则这两根弹簧的劲度系数为（ ）
A．(mA+mB)g
l1-l2
B．(mA -mB)g
l1-l2
C．(mA+mB)g
l1+l2
D．(mA -mB)g
l1+l2
【解答】解：设弹簧原长为l0，劲度系数为k，对甲图根据共点力平衡条件得：mAg＝k（l1﹣
l0）
对乙图根据共点力平衡条件得：mBg＝k（l0﹣l2）
联立解得：k = (mA+mB)g
l1-l2
故A 正确，BCD 错误；
故选：A。
[题型专练2]. （2023 秋•龙华区校级月考）如图所示，连在一起的两段轻弹簧竖直放置，
弹簧的劲度系数分别为k1和k2，重力加速度为g。当弹簧处于原长状态时，把质量为M 的重
物轻轻放在弹簧上面，当重物所受的合力为零时，重物下降的距离为（ ）
2
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A．Mg
k1+k2
B．Mg
k1k2
C．( k1k2
k1+ k2
)Mg
D．( k1+k2
k1k2
)Mg
【解答】解：重物静止时，受力平衡，对于上、下两段弹簧，分别满足
Mg＝k1x1
Mg＝k2x2
所以重物下降的距离为形变量的和，即
x1+ x2=( k1+k2
k1k2
)Mg
故D 正确，ABC 错误。
故选：D。
题型二 摩擦力的分析与计算
1．静摩擦力
(1)有无及其方向的判定方法
①假设法：假设法有两种，一种是假设接触面光滑，不存在摩擦力，看所研究物体是否改变原来的
运动状态．另一种是假设摩擦力存在，看所研究物体是否改变原来的运动状态．
②状态法：静摩擦力的大小与方向具有可变性．明确物体的运动状态，分析物体的受力情况，根据
平衡方程或牛顿第二定律求解静摩擦力的大小和方向．
③牛顿第三定律法：此法的关键是抓住“力是成对出现的”，先确定受力较少的物体受到的静摩擦
力的方向，再根据“力的相互性”确定另一物体受到的静摩擦力的方向．
(2)大小的计算
①物体处于平衡状态(静止或匀速直线运动)，利用力的平衡条件来判断其大小．
②物体有加速度时，若只有静摩擦力，则Ff＝ma.若除静摩擦力外，物体还受其他力，则F 合＝
ma，先求合力再求静摩擦力．
2．滑动摩擦力
(1)方向：与相对运动的方向相反，但与物体运动的方向不一定相反．
3
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(2)计算：滑动摩擦力的大小用公式Ff＝
μF
N来计算，应用此公式时要注意以下几点：
①μ 为动摩擦因数，其大小与接触面的材料、表面的粗糙程度有关；FN为两接触面间的正压力，其
大小不一定等于物体的重力．
②滑动摩擦力的大小与物体的运动速度和接触面的大小均无关．
类型1 静摩擦力的分析
[题型专练3]. （2023 秋•北京期中）试卷读卡器的原理可简化成如图所示的模型，搓纸轮
与答题卡之间的动摩擦因数为μ1，答题卡与答题卡之间的动摩擦因数为μ2，答题卡与底部摩
擦片之间的动摩擦因数为μ3，工作时搓纸轮给第1 张纸压力大小为F，每张答题卡的质量为
m，正常情况下，读卡器能做到“每次只进一张答题卡”。搓纸轮沿逆时针方向转动，带动第
一张答题卡向右运动，下列是说法正确的是（ ）
A．后一张答题卡受到前一张答题卡的摩擦力向左
B．第5 张纸与第6 张纸之间的摩擦力大小为μ2（F+mg）
C．最后一张答题卡受到摩擦片的摩擦力为零
D．μ1＜μ2＜μ3
【解答】解：A、前一张答题卡上表面受到搓纸轮施加的静摩擦力f，相对与后一张答题卡向右
运动，后一张答题卡受到前一张答题卡向右的摩擦力，故A 错误；
BC、最后一张答题卡与摩擦片之间的摩擦力和第5 张纸与第6 张纸之间的摩擦力都是静摩擦力，
对纸张根据受力平衡条件，可知，大小均为f2＝μ2（F+mg），故B 正确，C 错误；
D、搓纸轮对第一张答题的摩擦力最大值为f1＝μ1F，第一张答题卡受到第二张答题卡滑动摩擦
力f2＝μ2 （mg+F），要做到“每次只进一张纸”，需满足f2＜f1，即μ2（mg+F）＜μ1F，正常情
况下，F＞＞mg，忽略mg，有μ1＞μ2，初最后一张答题卡，其他答题卡整体分析可知μ2
（mg+F）≤μ3F，则μ3≥μ2，故D 错误。
故选：B。
[题型专练4]. （2022 秋•阳信县期中）如图所示，水平地面上放置相同材料制成的质量不
同的三个木块，物体所受的滑动摩擦力与其所受的压力成正比。现用水平拉力F 拉其中一个质
4
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量为4m 的木块，使三个木块一起水平向右匀速运动，则（ ）
A．质量为3m 的木块与地面间的摩擦力为3 F
7
B．质量为m 的木块受到轻绳的拉力为5 F
8
C．质量为m 与4m 的木块之间的摩擦力为3 F
8
D．质量为4m 的木块与地面间的摩擦力为3 F
8
【解答】解：D、三个木块水平向右匀速运动，把三个木块当作一个整体，水平向右的拉力为F
和总摩擦力f 总平衡，所以f 总＝F；
图中三个木块对地面的压力：F 总＝G 总＝（3m+m+4m） g＝8mg，
右边2 个木块对对地面的压力：F 右＝（ m+4m） g＝5mg，
左边1 个木块对对地面的压力：F 右压＝3mg，
因为接触面粗糙程度相同时，滑动摩擦力与压力成正比，
所以，右边质量为4m 的木块与地面间的摩擦力为：f1= 5mg
8mg
f 总= 5
8
F，故D 错误；
A、左边质量为3m 的木块与地面间的摩擦力为：f2= 3mg
8mg
f 总= 3
8
F，故A 错误；
B 左边质量为3m 的木块上向右匀速运动，质量为3m 的物体水平方向受平衡力，
所以质量为m 的木块对质量为3m 的木块的拉力F 和质量为3m 左边木块与地面间的摩擦力相等，
即F1＝f2＝F，
力的作用是相互的，所以质量为3m 的木块对质量为m 的木块的拉力F2＝F1= 3
8
F，故B 错误；
C、质量为m 的木块匀速向右运动，所以水平方向受力平衡，质量为4m 的木块对质量为m 的木
块的摩擦力f3＝F2= 3
8
F，
物体间力的作用是相互的，所以质量为m 的木块对质量为4m 的木块的摩擦力为f4＝f3= 3
8
F，故
C 正确。
故选：C。
5
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类型2 滑动摩擦力的分析
[题型专练5]. （2021 秋•湘桥区校级期末）如图所示，质量为m 的木块放在质量为M 的长
木板上，长木板的上下表面都水平，木块受到水平向右的拉力F 而向右滑行，长木板处于静止
状态.已知木块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2。下列说法正确
的是（ ）
A．木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ2mg
B．木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ2（m+M）g
C．木板受到地面的摩擦力的大小一定等于F
D．木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ1mg
【解答】解：AD、以木板为研究对象，木板水平方向受到两个力：木块对木板向右的滑动摩擦
力，大小为f1＝μ1mg，以及地面对木板向左的静摩擦力f2，根据平衡条件得：f2＝f1＝μ1mg，故
A 错误，D 正确；
B、木板受到地面的摩擦力不一定达到最大值，所以木板受到地面的摩擦力的大小不一定是μ2
（m+M）g，故B 错误；
C、因木块的运动状态不明，所以f1 不一定是F，则木板受到地面的摩擦力的大小不一定等于
F，故C 错误。
故选：D。
[题型专练6]. （2022 秋•广州月考）如图甲所示，A、B 两个质量均为m 的物体叠放在水
平面上，B 的上下表面均水平，A 物体与一拉力传感器相连接，连接拉力传感器和物体A 的细
绳保持水平。从t＝0 时刻起，用一个水平向右且随时间逐渐增加的力F 作用在B 物体上，拉
力传感器的示数随时间变化的图线如图乙所示，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。A 与B，B 与
水平面间的动摩擦因数均为μ，下列说法正确的是（ ）
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A．0～t1时间内A、B 之间的静摩擦力逐渐增加
B．t1～t2时间内，水平面与B 之间为滑动摩擦力
C．t1～t2时间内，水平面与B 之间的摩擦力逐渐增加
D．t2时刻，B 与水平面之间的摩擦力为2μmg
【解答】解：A．0～t1时间内传感器的拉力等于零，A、B 之间没有摩擦力，故A 错误；
BC．t1～t2时间内，传感器的拉力增大，A 受的摩擦力增大，A、B 之间的摩擦力一定是静摩擦
力，B 一定是静止的，所以水平面与B 之间为静摩擦力；又因为只有当B 与水平面之间的静摩
擦力到达最大值以后，A、B 之间才产生静摩擦力，所以t1～t2时间内，水平面与B 之间的静摩
擦力始终等于最大静摩擦力，大小不变，故BC 错误；
D．从 t2时刻开始，随着F 的增大，传感器的拉力不变，也就是两个物体之间的摩擦力不发生变
化，由此可知，此时的摩擦力一定是滑动摩擦力，B 一定开始运动了，B 与水平面之间的摩擦力
为滑动摩擦力，滑动摩擦力的大小为
f＝μ×2mg＝2μmg，故D 正确。
故选：D。
题型三 摩擦力突变问题
用临界法分析摩擦力突变问题的三点注意
(1)题目中出现“最大”、“最小”和“刚好”等关键词时，一般隐藏着临界问题．有时，有些临界
问题中并不含上述常见的“临界术语”，但审题时发现某个物理量在变化过程中会发生突变，则该
物理量突变时物体所处的状态即为临界状态．
(2)静摩擦力是被动力，其存在及大小、方向取决于物体间的相对运动的趋势，而且静摩擦力存在最
大值．存在静摩擦的连接系统，相对滑动与相对静止的临界条件是静摩擦力达到最大值．
(3)研究传送带问题时，物体和传送带的速度相等的时刻往往是摩擦力的大小、方向和运动性质的分
界点．
类型1 “静——静”突变
[题型专练7]. （2022 春•广州期中）如图所示，把倾角为30°的粗糙斜面体C 固定于水平
地面上，质量为2m 的物块A 通过跨过光滑轻定滑轮的轻绳与质量为m 的小球B 连接，O 点为
轻绳与定滑轮的接触点，初始时，小球B 在水平向右的拉力F 作用下，使轻绳OB 段与水平拉
7
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力F 的夹角为θ＝120°，A、B 均保持静止状态.现改变拉力F，并保持夹角θ 大小不变，将小
球B 向右上方缓慢拉起至OB 水平，物块A 始终保持静止状态.g 为重力加速度，下列关于该过
程的说法正确的是（ ）
A．拉力F 最大为2√3
3
mg
B．拉力F 一直变小
C．物块A 所受摩擦力变小
D．轻绳拉力先变大后变小
【解答】解：AB.对小球B 受力分析，如图所示：已知保持夹角θ＝120°大小不变，在平行四边
中，就是保持α＝60°不变，在矢量三角形mg、F、B 中，做一个外接圆，由于割线长度等于小
球的重力大小保持不变，故α 是圆的圆周角始终保持60°不变，当拉力F 由图位置缓慢拉起至
OB 水平过程中，拉力F 的右端点沿着圆逐渐移动到D 点，则拉力F 一直增大，当在BD 位置时
最大，刚好是圆的直径，由几何知识得最大值为Fmax =
mg
sin 60° = 2√3
3
mg，故A 正确，B 错误；
CD. 由图可知，OB 轻绳的拉力由初始位置时的直径T1= 2√3
3
mg逐渐较小到直角边T2
=
mg
tan 60° = √3
3 mg
对物体A 受力分析，如图所示：
8
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沿斜面方向，重力分力、轻绳拉力T 和摩擦力平衡，选斜面向上为正方向，则：
f+（﹣2mgsin30°）+T＝0
整理代入数据得f＝mg﹣T，由于T 从2√3
3
mg逐渐较小到√3
3 mg，故摩擦力先沿斜面向下减小
到零，再沿斜面向上增大到mg- √3
3 mg，故CD 错误。
故选：A。
[题型专练8]. （2022•武汉校级模拟）如图所示，质量为m 的物体A 静止在倾角为θ＝
30°、质量为M 的斜面体B 上．现用水平力F 推物体A，在F 由零增大至√3mg
2
再逐渐减为零
的过程中，A 和B 始终保持静止．对此过程下列说法正确的是（ ）
A．地面对B 的支持力大于（M+m）g
B．A 对B 的压力的最小值为√3mg
2
，最大值为3√3mg
4
C．A 受到摩擦力的最小值为0，最大值为mg
4
D．A 受到摩擦力的最小值为mg
2
，最大值为3mg
4
【解答】解：A、对AB 组成的整体受力分析，整体受力平衡，竖直方向受到重力和地面对B 的
支持力，所以地面对B 的支持力等于（M+m）g，故A 错误；
B、对A 受力分析，受到重力、支持力、拉力和摩擦力作用，
垂直于斜面方向有：N ＝mgcos30°+Fsin30° ，当F ＝0 时，N 最小，最小为
9
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N min=mgcos30° = √3
2 mg，
当F= √3
2
mg 时，N 最大，最大为N max =mgcos30°+ √3
2 mg× 1
2 = 3√3
4
mg，
根据牛顿第三定律可知对B 压力的最小值为√3
2
mg，最大值为3√3
4
mg，故B 正确；
C、沿着斜面方向，当Fcos30°＝mgsin30°即F= √3
3 mg时，摩擦力为零，
当F＜√3
3 mg时，静摩擦力方向沿斜面向上，如图所示：
摩擦力f＝mgsin30°﹣Fcos30°，当F＝0 时，f 最大，f max=mgsin30° = 1
2 mg，
当F＞√3
3 mg，静摩擦力方向向下，
则摩擦力f′＝Fcos30°﹣mgsin30°，当F= √3
2
mg 时，f 最大，f 'max = √3
2 mg× √3
2 - 1
2 mg= 1
4 mg，
综上可知，所受摩擦力的最小值为0，最大值为1
2
mg，故CD 错误。
故选：B。
类型2 “静——动”突变
[题型专练9]. （2023 秋•罗湖区校级期中）如图所示，一质量为m 的木块靠在竖直粗糙的
墙壁上，墙面与物体之间的动摩擦因数为μ，且受到水平力F 的作用，下列说法正确的是（
）
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A．若木块沿墙壁向下运动，则墙壁对木块的摩擦力大小为μmg
B．若木块静止，当F 增大时，木块受到的摩擦力随之增大
C．若木块沿墙壁向下运动，但水平力F 逐渐减小，刚木块受到的摩擦力大小也逐渐减小
D．若开始时木块静止，当撤去F 后，木块沿墙壁下滑时，木块将会受到向上的滑动摩擦力作用
【解答】解：B．木块在推力作用下静止时，处于平衡态。受力如图所示
根据共点力平衡条件可得
F＝N，f＝mg
当F 增大时，木块受到的摩擦力始终等于重力，大小不变，最大静摩擦力与正压力有关，压力
增大，最大静摩擦力增大，故B 错误；
AC．若木块沿墙壁向下运动，则墙壁对木块的摩擦力为滑动摩擦力，大小为
f＝μN＝μF
水平力F 逐渐减小，木块受到的摩擦力大小也逐渐减小，故A 错误，C 正确；
D．撤去推力后，墙壁对木块的支持力为零，摩擦力为零，木块只受重力，做自由落体运动，故
D 错误。
故选：C。
类型3 “动——静”突变
[题型专练10].
（2023 秋•沙河口区校级期中）如图所示，斜面固定在地面上，倾角为
θ＝37°（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）。质量为1kg 的滑块以初速度v0从斜面底端沿斜面向上滑
行（斜面足够长，该滑块与斜面间的动摩擦因数为0.8），则该滑块所受摩擦力Ff随时间变化
的图象是如图中的（取初速度v0的方向为正方向，g＝10m/s2）（ ）
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A．
B．
C．
D．
【解答】解：滑块以初速度v0从斜面底端沿斜面向上滑行，受到的是滑动摩擦力，由Ff＝μN 可
得：Ff＝μmgcos37°＝0.8×1×10×0.8N＝6.4N，方向沿着斜面向下，为负值。
重力的下滑力等于mgsin37°＝1×10×0.6N＝6N＜Ff＝6.4N，所以滑块滑到最高点时，处于静止状
态。因此滑块受到的静摩擦力大小 Ff＝mgsin37°＝6N，方向沿着斜面向上，为正值。故B 正确，
ACD 错误；
故选：B。
类型4 “动——动”突变
[题型专练11].
（2022 春•海港区校级期末）如图甲所示，倾角为α 的斜面固定在水平
地面上，斜面上一木块受到与斜面底边平行的力F 的作用，当力F 逐渐增大时，木块所受的摩
擦力f 和力F 的大小关系如图乙所示。若木块的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，图中f1、f2、F1
均为已知量，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
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A．木块的质量可表示为
f 1
gcosα
B．木块与斜面间的动摩擦因数可表示为f 1
f 2
tanα
C．F 小于F1时木块所受的摩擦力与斜面底边垂直且沿斜面向上
D．F 大于F1后木块做曲线运动
【解答】解：A、将木块所受重力分解为垂直于斜面方向和沿斜面方向的两个分力，木块在斜面
平面内的受力有：沿斜面向下的下滑分力mgsinα、水平方向的力F 和斜面给木块的静摩擦力，
根据平衡条件得：f=√F
2+(mgsinα )
2，当F＝0 时，由题图乙可知：f1＝mgsinα，所以木块的质
量：m=
f 1
gsinα
，故A 错误；
B、当木块刚要运动时，静摩擦力达到最大静摩擦力，有：f2＝μmgcosα，则：μ=
f 2
mgcosα
，又：
m=
f 1
gsinα
，所以：μ= f 2
f 1
tanα，故B 错误；
C、F 小于F1时，摩擦力小于最大静摩擦力，则木块保持静止状态，静摩擦力方向与F 和重力的
下滑分力mgsinα 的合力方向相反，不与斜面底边垂直，故C 错误；
D、F 大于F1后木块将运动，所受滑动摩擦力方向与木块运动方向相反，不会改变速度方向；重
力下滑分力mgsinα 大小不变，但力F 一直增大，所以F 与重力下滑分力mgsinα 的合力方向不断
变化，造成其方向与速度方向不在一条直线上，木块做曲线运动，故D 正确。
故选：D。
题型四 共点力的合成
1．合成的方法
(1)作图法
(2)计算法：根据平行四边形定则作出示意图，然后利用解三角形的方法求出合力，是解题的常用方
法．
2．运算法则
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(1)平行四边形定则：求两个互成角度的共点力F1、F2的合力，可以用表示F1、F2的有向线段为邻
边作平行四边形，平行四边形的对角线就表示合力的大小和方向，如图1 甲所示．
(2)三角形定则：求两个互成角度的共点力F1、F2的合力，可以把表示F1、F2的线段首尾顺次相接
地画出，把F1、F2的另外两端连接起来，则此连线就表示合力的大小和方向，如图乙所示．
图1
3．重要结论
(1)两个分力一定时，夹角θ 越大，合力越小．
(2)合力一定，两等大分力的夹角越大，两分力越大．
(3)合力可以大于分力，等于分力，也可以小于分力．
[题型专练12].
（2023•泰安一模）一根轻质的不可伸长的细线长为L＝50cm，两端分
别系在水平天花板上间距为d＝40cm 的a、b 两点，有一质量及大小不计的光滑动滑轮c 跨在
细线上，滑轮通过细线悬挂重力为G＝1N 的小球，处于静止状态，小球可视为质点。现对小
球施加大小为F = √7
3 N平行于a、b 连线的水平拉力，小球再次平衡时a、b 间细线的张力为
T，则（ ）
A．T = 6
5 N
B．T = 5
6 N
C．T = 5
3 N
D．T = 3
5 N
【解答】解：对小球未施加拉力时，设细线与竖直方向夹角为θ，如图：
施加拉力后，小球再次平衡时，设重力与水平拉力的合力为G'，G'与竖直方向夹角为α，细线与
合力G'反向延长线夹角为θ'，则
tanα = F
G = √7
3
可得：cosα = 3
4
G' =
G
cosα = 4
3 N
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同时，线段ab 在垂直合力G'方向投影的长度d'＝dcosα＝40× 3
4
cm＝30cm＝0.3m
L＝50cm＝0.5m
可得sinθ' = d '
L = 3
5
则小球再次平衡时，有2Tcosθ'＝G'
代入数据联立解得，a、b 间细线的张力为：T = 5
6 N
故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
[题型专练13].
（2023 秋•潍坊期中）如图所示，一个“Y”形弹弓顶部宽度为L，两
根相同的橡皮条自由长度均为L，在两橡皮条的末端用一块软皮（长度不计）做成裹片。若橡
皮条的弹力与形变量的关系满足胡克定律，橡皮条劲度系数为k，发射弹丸时每根橡皮条被水
平拉长后的最大长度为2L（弹性限度内），则发射过程中裹片对弹丸最大作用力的大小为（
）
A．2kL
B．1
2 kL
C．√15kL
D．√15
2 kL
【解答】解：根据胡克定律可知，每根橡皮条弹力大小为
F1＝kx＝k（2L﹣L）＝kL
15
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设此时两根橡皮条的夹角为θ，根据几何关系可得sin θ
2 =
L
2
2 L = 1
4
则cosθ
2 = √15
4
弹丸受力如图：
根据平行四边形定则可知，弹丸被发射过程中所受的最大弹力大小为F＝2F1cosθ
2 = √15
2 kL，故
ABC 错误，D 正确。
故选：D。
[题型专练14].
（2023 秋•南开区期中）拉链是方便人们生活的近代十大发明之一、图
（a）为拉头劈开链齿的实例，链齿容易被劈开是因为拉头内部的等腰楔形物插入链齿时，楔
形物两侧会对链齿产生很大的侧向压力，此过程可简化成图（b）的模型。若对拉头施加一个
竖直向下的力F，等腰楔形物顶端夹角为θ，则（ ）
A．楔形物两侧对链齿产生的侧向压力为F ⋅cos θ
2
B．楔形物两侧对链齿产生的侧向压力为
F
2sin θ
2
C．若F 一定，θ 减小时，侧向压力减小
D．若θ 一定，F 减小时，侧向压力增大
【解答】解：AB、将力F 根据平行四边形定则分解如下：
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由几何知识得：F=2 F N sin θ
2
则侧向推力的大小为：FN=
F
2
sin θ
2
=
F
2sin θ
2
，故A 错误，B 正确；
C、由公式FN=
F
2sin θ
2
，可知，在F 一定时，θ 越小侧向压力越大，故C 错误；
D、由公式FN=
F
2sin θ
2
，可知，在θ 一定时，F 越小时侧向压力越小，故D 错误。
故选：B。
题型五 力分解的两种常用方法
1．力的效果分解法：
(1)根据力的实际作用效果确定两个实际分力的方向；
(2)再根据两个实际分力的方向画出平行四边形；
(3)最后由平行四边形和数学知识求出两分力的大小．
2．正交分解法
(1)定义：将已知力按互相垂直的两个方向进行分解的方法．
(2)建立坐标轴的原则：以少分解力和容易分解力为原则(即尽量多的力在坐标轴上)．
[题型专练15].
（2023 秋•金坛区校级月考）筷子是中华饮食文化的标志之一。如图所
示，用筷子夹住质量为m 的小球，两根筷子均在竖直平面内，且筷子和竖直方向的夹角均为
θ。已知小球与筷子之间的动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为
g，小球静止。下列说法正确的是（ ）
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A．筷子越短越容易夹住小球
B．当θ 减小时，筷子对小球的最小压力一定增大
C．筷子对小球的最小压力是
mg
2( μcosθ+ sinθ)
D．要想用筷子夹住小球，必须满足μ＞tanθ
【解答】解：AC、小球受到重力、两根筷子对它的压力和摩擦力，如图所示；
若小球刚好掉不下来，根据平衡条件可得：f1cosθ+f2cosθ＝mg+F1sinθ+F2sinθ
其中f1＝f2＝μF1，F1＝F2
解得：F1＝F2=
mg
2( μcosθ - sinθ)；根据数学知识可知θ 增大时，筷子对小球的最小压力一定增大，
故BC 错误；
AD、根据F1＝F2=
mg
2( μcosθ - sinθ)，可知要想用筷子夹住小球，需满足μcosθ﹣sinθ＞0 时，解
得：μ＞tanθ，当筷子越短，θ 越大，当μ＜tanθ 时，无论多大的力都夹不住小球。故A 错误，D
正确；
故选：D。
[题型专练16].
（2023•海淀区校级开学）生活中经常用刀来劈开物体。图中是刀刃的
横截面，F 是作用在刀背上的力，若刀刃的横截面是等腰三角形，刀刃两侧面的夹角为θ，θ
越小，刀刃越锋利，对外界产生的推力FN就越大，已知刀的重力为G。则的表达式正确的是
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（ ）
A．F N = G+ F
sinθ
B．F N = G+ F
2sin θ
2
C．F N = G+ F
tanθ
D．F N = G+ F
tan θ
2
【解答】解：将力F 根据平行四边形定则分解如下：
由几何知识得，侧向推力的大小：F N =
F +G
2
sin θ
2
= F +G
2sin θ
2
，故ACD 错误，B 正确。
故选：B。
[题型专练17].
（2023 春•朝阳区校级期末）某压榨机的结构示意图如图所示，其中B
为固定铰链，若在A 铰链处作用一垂直于墙壁的力F，则由于力F 的作用，使滑块C 压紧物体
D，设C 与D 光滑接触，杆的重力及滑块C 的重力不计，图中a＝0.6m，b＝0.1m，则物体D
所受压力的大小与力F 的比值为（ ）
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A．3
B．4
C．5
D．6
【解答】解：设力F 与水平方向的夹角为θ，将力F 按作用效果沿AB 和AC 两个方向进行分解，
作出力的分解图如图甲所示。则有：
2F1cosθ＝F
则得 F1＝F2=
F
2cosθ
再将F2按作用效果分解为FN和FN′，作出力的分解图如图乙所示。
则有：
FN＝F2sinθ
联立得到：FN= Ftanθ
2
根据几何知识得可知tanθ= a
b =6；
得到：FN＝3F，故A 正确，BCD 错误；
故选：A。
[题型专练18].
（2021 春•娄星区校级期中）如下图甲所示为杂技表演的安全网示意图，
网绳的结构为正方格形，O、a、b、c、d…等为网绳的结点。安全网水平张紧后，若质量为m
＝50kg 的运动员从高处落下，并恰好落在O 点上。该处下凹至最低点时，网绳dOe、bOg 均成
120°向上的张角，如下图乙所示，此时O 点受到的向下的冲击力大小为F＝1200N，则这时O
点周围每根网绳承受的力的大小（g＝10m/s2）（ ）
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A．600N
B．500N
C．1700N
D．850N
【解答】解：因每根绳的合力应为F
2
；而绳受力后成120 度角，作出平行四边形可知，由几何
关系可知：当合力为F
2
时，两分力也为F
2
；
故每根绳承受的力大小为F
2 = 1200
2
=600N；故A 正确，BCD 错误
故选：A。
[题型专练19].
（2023•大荔县一模）如图所示，解放军战士在水平地面上拉着轮胎做
匀速直线运动进行负荷训练，运动过程中保持双肩及两绳的端点A、B 等高。两绳间的夹角为
θ＝60°，所构成的平面与水平面间的夹角恒为α＝53°，轮胎重为G，地面对轮胎的摩擦阻力大
小恒为Ff，则每根绳的拉力大小为（ ）
A．2√3
9
Ff
B．√3
2
Ff
C．5√3
9
Ff
D．2√3
3
Ff
【解答】解：设每根绳的拉力为F，则这两根绳拉力的合力F合=2 Fcos θ
2
方向沿绳子所组成角的角平分线，与水平面的夹角为α，受力分析如图所示
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对轮胎：F 合cosα＝Ff
解得：F =
F f
2cosαcos θ
2
= 5√3
9
F f
故ABD 错误，C 正确。
故选：C。
[题型专练20].
（多选）（2023 春•麒麟区期末）如图所示，小球A 置于固定在水平面
上的光滑半圆柱体上，小球B 用水平轻弹簧拉着系于竖直板上，两小球A、B 通过光滑滑轮O
用轻质细线相连，两球均处于静止状态，已知B 球质量为m。O 点在半圆柱体圆心O1的正上
方，OA 与竖直方向成30°角，OA 长度与半圆柱体半径相等，OB 与竖直方向成45°角，则下列
叙述正确的是（ ）
A．A 球质量为√6m
B．光滑半圆柱体对A 球支持力的大小为mg
C．此时弹簧处于压缩状态，力的大小为mg
D．若小球B 缓慢下降，使小球A 一直沿着半圆柱体缓慢向上运动，则小球A 受到绳的拉力变
小
【解答】解：对小球A 和B 受力分析如图所示：
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C、对小球B，根据共点力平衡条件得，F＝mg，T1=√2mg，此时弹簧处于拉伸状态，力的大小
为mg，故C 错误；
AB、OA 与竖直方向成30°角，OA 长度与半圆柱体半径相等，则半径与竖直方向夹角为30°，根
据平行四边形定则得：N＝T2=
mA g
2cos30°
T2＝T1=√2mg
则光滑半圆柱体对A 球支持力的大小为√2mg，A 球的质量为mA=√6m，故A 正确、B 错误；
D、设OA 段绳长为l，O 点离O1的高度为h，根据相似三角形得：T 2
l = mA g
h
小球A 沿着半圆柱体缓慢向上运动，l 减小，mAg 不变，h 不变，则绳上拉力T2减小，故D 正确；
故答案为：AD。
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