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专题02 相互作用
考点
考情
命题方向
考点1 三种性质的
力
2024 高考广西卷
2022 高考福建卷
2024 高考辽吉黑卷
2024 高考山东卷
2023 高考山东卷
2022 高考上海卷
2022 年1 月浙江选考
1.相互作用中高考考查频率较
高的知识主要有：力学中的
三种力，力的合成与分解，牛
顿第三定律。
2.力学中的三种力的考查主
要集中弹力和摩擦力，包括胡
克定律、滑动摩擦力、静摩擦
力
3.力的合成与分解的考查主
要集中在与平衡、匀速运动结
合考查。
考点2 力的合成与
分解
2023 年6 月高考浙江选考
2023 年1 月浙江选考
2022 年1 月浙江选考
1
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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)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．
[模型演练1] （2023 秋•沈阳期中）如图所示，下列各图中的物体A 均处于静止状态，关
于物体A 是否受到弹力作用的说法错误的是（ ）
A．若图甲中地面是光滑且水平的，则物体A 与B 间不存在弹刀
B．图乙中两斜面与水平地面的夹角分别为α、β，两斜面对物体A 均有弹力性作用
C．无论图丙中的水平地面是否光滑，物体A 与竖直墙壁之间一定存在弹力
D．图丁中物体A 受到斜面B 对它的弹力的作用
【解答】解：A、图甲中对B 进行受力分析，B 球受重力和弹力的作用，二力平衡B 球静止，不
可能再受到A 对B 的弹力的作用，故A 正确；
B、图乙中采用假设法，若除去左侧的斜面，A 将运动，去掉右侧的斜面，A 也将运动，所以两
2
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斜面对球A 均有弹力的作用，故B 正确；
C、图丙中如果水平地面是光滑的，由物体的平衡条件知外力F 与竖直墙壁对它的作用力平衡，
墙对物体A 有力的作用，图丙中如果水平地面是粗糙的，由物体的平衡条件知外力F 与地面对
它的摩擦力平衡，墙对物体A 没有弹力的作用，故C 错误；
D、图丁中由弹力产生的条件，A 与B 接触且挤压，二者之间有弹力的作用，故D 正确；
本题是选择错误的，
故选：C。
[模型演练2] （2024•江苏模拟）如图所示，A、B、C 三个物体的质量满足mA= 1
2mB= 1
2
mC＝m，A、B 两物体通过绳子绕过定滑轮相连，B、C 用劲度系数为k2的弹簧相连，劲度系
数为k1的弹簧一端固定在天花板上，另一端与滑轮相连.开始时，A、B 两物体在同一水平面上，
不计滑轮、绳子、弹簧的重力和一切摩擦，重力加速度为g。现用竖直向下的力缓慢拉动A 物
体，在拉动过程中，弹簧及与A、B 相连的绳子都始终竖直，到C 物体刚要离开地面（A 没落
地，B 没有与滑轮相碰），此时A、B 两物体的高度差为（ ）
A．3mg
k2
+ 6mg
k1
B．3mg
k2
+ 12mg
k1
C．6mg
k2
+ 6mg
k1
D．6mg
k2
+ 12mg
k1
【解答】解：设开始BC 间弹簧的压缩量为x1，上面的弹簧伸长量为x′1，绳子拉力为T；
对物体A 根据平衡条件可得：T＝mg；
对B 物体根据平衡条件可得：2mg＝k2x1+T
解得：x1= mg
k2
；
对滑轮根据平衡条件可得：2T＝k1x′1
3
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解得：x′1= 2mg
k1
；
设C 物体刚要离开地面时BC 间弹簧的伸长量为x2，上面的弹簧伸长量为x′2，绳子拉力为
T′；
对物体C 根据平衡条件可得：2mg＝k2x2
解得：x2= 2mg
k2
；
C 物体刚要离地时，上端弹簧的拉力为T′＝8mg
对滑轮根据平衡条件可得：8mg＝k1x′2
解得：x′2= 8mg
k1
。
所以此过程中A 下降的高度为：hA＝x1+x2+2（x′2﹣x′1）= 3mg
k2
+ 12mg
k1
此过程中B 物体上升的高度：hB＝x1+x2= 3mg
k2
此时A、B 两物体的高度差为Δh＝hA+hB= 6mg
k2
+ 12mg
k1
，故D 正确、ABC 错误。
故选：D。
[模型演练3] （2022 秋•长寿区期末）三个质量均为2kg 的相同木块a、b、c 和两个劲度
系数均为200N/m 的相同轻弹簧p、q 用轻绳连接如题图，其中a 放在光滑水平桌面上。开始时
p 弹簧处于原长，木块都处于静止。现用水平力F 缓慢地向左拉p 弹簧的左端，直到c 木块刚
好离开水平地面为止，取g＝10m/s2。该过程p 弹簧的左端向左移动的距离是（ ）
A．50cm
B．60cm
C．40cm
D．20cm
【解答】解：开始时，q 弹簧处于压缩状态，以b 为对象，可知q 弹簧的压缩量为xq= mg
k ，解
得：xq＝0.1m
c 木块刚好离开水平地面时，q 弹簧处于伸长状态，以c 为对象，可知q 弹簧的伸长量为
xq' = mg
k ，解得：xq′＝0.1m
4
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以b、c 为整体，可知绳子拉力大小为T＝2mg，解得：T＝40N
以a 为对象，可知p 弹簧的弹力大小为Fp＝T，解得：Fp＝40N
可知此时p 弹簧的伸长量为x p= F p
k
，解得：xp＝0.2m
则该过程p 弹簧的左端向左移动的距离为
Δx＝xq+xq′+xp＝0.1m+0.1m+0.2m＝0.4m＝40cm
故C 正确，ABD 错误。
故选：C。
题型二 “活结”和“死结”与“动杆”和“定杆”问题
1．死结模型：如几个绳端有“结点”，即几段绳子系在一起，谓之“死结”，那么这几段绳中的
张力不一定相等．
2．注意：轻质固定杆的弹力方向不一定沿杆的方向，作用力的方向需要结合平衡方程或牛顿第二
定律求得，而轻质活动杆中的弹力方向一定沿杆的方向．
类型1 “活结”和“死结”问题
[模型演练4] （2023•茂南区校级三模）2023 年春节，为增加节日的喜庆气氛，某街道两
旁用如图所示的装置挂上了大红灯笼。OA、OC 为轻绳，OA 与竖直墙壁的夹角为53°，OB 为
轻弹簧，弹簧的劲度系数为1000N/m，弹簧处于水平方向上，已知灯笼质量为6kg，sin53°＝
0.8，重力加速度大小g 取10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．弹簧可能处于拉伸状态，也可能处于压缩状态
5
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B．弹簧和轻绳OA 对O 点的作用力大小为30N
C．弹簧的形变量为8cm
D．轻绳OA 上的弹力大小为50N
【解答】解：A．以O 点为研究对象，轻绳OC 对O 点的拉力方向竖直向下，轻绳OA 对O 点的
拉力方向沿OA 方向指向左上方，根据共点力的平衡条件可得，弹簧对O 点的弹力方向应该为
水平向右，所以弹簧受到的压力向左，弹簧应处于压缩状态，故A 错误；
B．根据三力平衡的特点可知，弹簧和轻绳OA 对O 点的作用力大小与轻绳OC 对O 点竖直向下
的拉力大小相等，方向相反，轻绳OC 对O 点竖直向下的拉力大小等于灯笼重力大小，即G＝
mg＝6×10N＝60N，故B 错误；
CD．根据共点力的平衡条件和力的正交分解可得，水平方向上有FOAsin53°＝kx
竖直方向上有FOAcos53°＝mg
两式联立解得轻绳OA 上的弹力为FOA＝100N
弹簧的形变量为x＝0.08m＝8cm
故C 正确，D 错误。
故选：C。
[模型演练5] （2023 秋•黄浦区校级期末）如图，在“研究共点力的合成”的实验中，橡
皮筋的一端固定在A 点，另一端被两个弹簧测力计拉至O 点，此时F1、F2间的夹角为锐角。
若保持结点O 的位置及F1的方向不变，绕点O 逆时针旋转F2，使两分力的夹角逐渐增大，这
一过程中（ ）
A．F2一定增大，F1、F2的合力也随之增大
B．F2一定增大，但F1、F2的合力保持不变
C．F2不一定增大，F1、F2的合力也不一定增大
D．F2不一定增大，但F1、F2的合力保持不变
【解答】解：若保持结点O 的位置不变，则F1与F2的合力不变，当F1的方向不变，绕点O 逆时
6
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针旋转F2，使两分力的夹角逐渐增大时，做出平行四边形如图：
可知，当F1方向不变，而绕点O 逆时针旋转F2，使两分力的夹角逐渐增大时，F1一直变大，F2
先变小后变大．故D 正确，ABC 错误．
故选：D。
[模型演练6] （2023 秋•南京期中）如图所示，物体的重力为20N，两根轻绳AB 和AC 的
一端连接于竖直墙上（BC 在同一竖直线上），另一端系于物体上，在物体上另施加一个方向
与水平线成θ＝60°角的拉力F。若要使两绳都能伸直，伸直时AC 与墙面垂直，绳AB 与绳AC
间夹角也为θ＝60°，则拉力F 的取值范围为（ ）
A．0≤F≤20N
B．20√3
3
N ≤F ≤40√3
3
N
C．20√3
2
N ≤F ≤40√3
2
N
D．20N≤F≤40N
【解答】解：当轻绳AC 上的张力为零时，受力如下，
水平方向上有：TABcosθ＝Fcosθ
竖直方向有：TABsinθ+Fsinθ＝mg
联立解得：F = 20√3
3
N
7
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当轻绳AB 上的张力为零时，受力如下图，
水平方向上有：TAC＝Fcosθ
竖直方向上有：mg＝Fsinθ
联立解得：F = 40√3
3
N
故可得外力F 的范围为：40√3
3
N ≥F ≥20√3
3
N，故ACD 错误，B 正确。
故选：B。
类型2 “动杆”和“定杆”问题
[模型演练7] （2023 秋•天津期末）图甲中，轻杆AB 一端与墙上的光滑铰链连接，另一
端用轻绳系住，绳、杆之间夹角为30°，在B 点下方用另一轻绳悬挂质量为m 的重物。图乙中，
轻杆CD 一端插入墙内，另一端装有小滑轮，用轻绳绕过滑轮悬挂质量为m 的重物，倾斜部分
绳、杆之间夹角也为30°。图甲、乙中轻杆都垂直于墙，则下列说法正确的是（ ）
A．轻杆AB 和轻杆CD 的弹力大小相等
B．轻杆AB 的弹力大于轻杆CD 的弹力
C．轻杆AB 和轻杆CD 中弹力方向均沿轻杆方向
D．若图甲、乙中轻绳能承受的最大拉力相同，则物体加重时，图乙中倾斜部分轻绳更容易断裂
【解答】解：C、甲图中的杆为“活杆”，弹力方向沿杆方向，乙图中的杆为“死杆”，弹力方
向不沿杆方向，而是沿两根绳的拉力的合力的反方向，故C 错误；
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AB、图甲中，以B 点为研究对象，受到重物的拉力、绳的拉力和AB 杆的弹力，根据平衡条件
得杆的弹力：T=
mg
tan30° =√3mg；
图乙中，以D 点为研究对象，受到上、下两段绳的拉力，其大小都等于mg 和CD 杆的弹力
T′，由于两段绳的拉力的夹角为120°，则由几何知识可得：T′＝mg，即轻杆受到的弹力等于
mg，故A 错误、B 正确；
D、甲图中轻绳的拉力为F=
mg
sin30° =2mg，乙图中轻绳的拉力F′＝mg，若甲、乙中轻绳能承
受最大拉力相同，则物体加重时，甲中轻绳更容易断裂，故D 错误。
故选：B。
[模型演练8] （2022 秋•响水县校级期中）如图甲所示，轻绳AD 跨过固定在水平横梁BC
右端的定滑轮挂住一个质量为m1的物体，∠ACB＝30°；图乙所示的轻杆HG 一端用铰链固定
在竖直墙上，另一端G 通过细绳EG 拉住，EG 与水平方向成30°角，在轻杆的G 点用细绳GF
拉住一个质量为m2的物体，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．图甲中BC 对滑轮的作用力为m1g
2
B．图乙中HG 杆受到绳的作用力为m2g
C．细绳AC 段的拉力FAC与细绳EG 段的拉力FEG之比为m1：m2
D．细绳AC 段的拉力FAC与细绳EG 段的拉力FEG之比为m1：2m2
【解答】解：A、图甲中，两段绳的拉力都是G，互成120°，因此合力大小是m1g，根据共点力
平衡，BC 杆对滑轮的作用力大小也是m1g，（方向与竖直向上方向成60°，斜向右上方），故A
错误
B、图乙中，以G 点为研究对象，分析受力情况，如图所示
9
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由平衡条件得，THGtan30°＝m2g，得THG=√3m2g，即HG 杆的作用力为√3m2g，故B 错误；
C、D 图甲中绳AC 段的拉力TAC＝m1g；图乙中由于TEGsin 30°＝m2g，得TEG＝2m2g，解得：
T AC
T EG
= m1
2m2
，故C 错误，D 正确。
故选：D。
[模型演练9] （多选）（2022 秋•杭州期中）某同学设计的一个小实验如图所示，他将轻
绳AB 的一端系在手指上，另一端系在直杆的A 端，杆的左端顶在掌心上C 点，组成一个“三
角支架”。在杆的A 端用另一轻绳AD 悬挂一重物，并保持静止．则（ ）
A．轻绳AB 和轻绳AD 张力相等
B．杆对手掌施加的作用力的方向一定不沿杆的方向
C．轻绳AB 对手指作用力的方向沿细绳由B 指向A
D．所挂重物质量越大，轻绳AB 和杆AC 对手的作用力也越大
【解答】解：以A 点为研究对象，受力情况如图所示：
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A、根据图中几何关系可得轻绳AB 和轻绳AD 张力不相等，AB 的张力大于AD 的张力，故A 错
误；
B、杆对手掌施加的作用力的方向一定沿杆的方向指向手心，否则杆将发生转动，故B 错误；
C、弹力的方向沿着弹性形变恢复的方向，所以轻绳AB 对手指作用力的方向沿细绳由B 指向
A，故C 正确；
D、根据平衡条件可知轻绳AB 和杆AC 对手的作用力等于所挂重物的重力，所挂重物质量越大，
轻绳AB 和杆AC 对手的作用力也越大，故D 正确。
故选：CD。
题型三 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．
11
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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
[模型演练10] （2023 秋•宁波期末）2023 年10 月杭州亚运会女排决赛中，中国队战胜日
本队，第9 次获得亚运冠军。如图是运动员准备发球前，排球停在运动员手上的状态，下列说
法正确的是（ ）
A．排球一定不受静摩擦力作用
B．排球对手的压力方向一定沿竖直方向
C．手对排球的支持力是由于手发生形变产生的
D．手对排球的支持力可能大于排球对手的压力
【解答】解：A.由图可知，排球受重力、支持力，可能受到摩擦力，故A 错误；
B.排球对手的压力方向垂直手面，指向手面向下，故B 错误；
C.手受到排球的压力作用，手发生形变，要恢复形变，对排球产生支持力，故C 正确；
D.手对排球的支持力与排球对手的压力属于作用力反作用力，总是等大反向，故D 错误；
故选：C。
[模型演练11] （2023 秋•萨尔图区校级期末）小丽去楼下超市里买瓶油，妈妈叮嘱小丽回
来的时候一定要握紧油瓶，为使问题简化，在小丽拿油瓶回来的过程中，将油瓶的复杂运动简
化为水平方向的匀速直线运动，且瓶身始终处于竖直方向并与手没有相对滑动，如图所示。下
12
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列说法正确的是（ ）
A．油瓶受与水平运动方向相反的滑动摩擦力作用
B．油瓶受竖直向上的滑动摩擦力作用
C．妈妈叮嘱小丽要紧握油瓶，是为了增大油瓶受到的最大静摩擦力
D．小丽手握得越紧，油瓶受到的静摩擦力越大
【解答】解：AB、油瓶随小丽在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向向上合外力为零，相对
于手没有相对运动，所以油瓶受静摩摩擦力作用，且方向与油瓶重力方向相反，即竖直向上，
故AB 错误；
CD、小丽妈妈叮嘱小丽要紧握油瓶，是为了增大手与油瓶之间压力，从而增大手与油瓶之间的
最大静摩擦力，但由于油瓶在竖直方向静止不动，根据平衡条件可知，不论小丽手握得多紧，
油瓶受到的摩擦力总是等于油瓶的重力，故D 错误，C 正确。
故选：C。
[模型演练12] （2023•江苏学业考试）机器人服务人类的场景正步入现实生活中，例如餐
厅使用机器人来送餐。某餐厅的送餐机器人的结构简化为如图所示的示意图，机器人的上表面
保持水平，当菜品随着机器人一起做匀速直线运动时，下列说法正确的是（ ）
A．菜品受到的摩擦力方向与其运动方向相同
B．菜品受到的合外力始终不变
C．菜品的质量越大，受到的静摩擦力越大
D．菜品受到的摩擦力与菜品和机器人上表面间的动摩擦因数成正比
【解答】解：ACD、菜品随着机器人一起做匀速直线运动，匀速直线运动的合力为零，菜品只
受到重力和支持力的作用，没有受到摩擦力，故ACD 错误；
B、根据受力平衡的条件可知，菜品受到的合外力为零（不变），故B 正确。
13
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故选：B。
类型2 滑动摩擦力的分析
[模型演练13] 如图所示，一物块放在倾斜的木板上，当木板的倾角增大时，物体由静止变
为运动，发现倾角θ 为30°和37°时，物块所受摩擦力的大小恰好相等，则物块与木板间的动
摩擦因数为（ ）
A．1
2
B．√3
3
C．5
8
D．3
4
【解答】解：当木板倾角是30°时，物块受到是静摩擦力，其大小等于mgsin30°。
当木板倾角是37°时，物块受到是滑动摩擦力，其大小等于μmgcos37°。
由题意可得：μmgcos37°＝mgsin30°
解之得：μ= 5
8，故C 正确，ABD 错误。
故选：C。
[模型演练14] （2023 春•雁塔区校级期末）某同学设计了一种测物块与斜面间动摩擦因数
的方法，如图所示，调整斜面的倾角为θ，让物块从斜面底端以一定的初速度冲上斜面，物块
到达最高点后又滑回原处。测出物块下滑的时间是上滑时间的k 倍，则物块与斜面间的动摩擦
因数为（ ）
A．k
2-1
k
2+1
sinθ
B．k
2-1
k
2+1
tanθ
C．k -1
k +1 sinθ
D．k -1
k +1 tanθ
【解答】解：设物块上滑位移为x，时间为t1，加速度大小为a1
14
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由牛顿第二定律有：mgsinθ+μmgcosθ＝ma1
由运动学公式有：x = 1
2 a1t1
2
设物块下滑时间为t2，加速度大小为a2
由牛顿第二定律有：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2
由运动学公式有：x = 1
2 a2t2
2
又有：t2＝kt1
联立方程，解得：μ= k
2-1
k
2+1
tanθ
故ACD 错误，B 正确。
故选：B。
[模型演练15] （2023 春•黄山期末）当今物流业相当发达，货车货运功不可没。如图所示，
司机为方便卸货，用木板在车相与地面搭建了一个斜面。改变木板与地面的夹角θ，若货物恰
好能沿木板匀速下滑，则货物与木板间的动摩擦因数μ 与θ 关系为（ ）
A．μ＝sinθ
B．μ＝tanθ
C．μ＝tan﹣1θ
D．μ＝sin﹣1θ
【解答】解：根据题意，对货物受力分析，如图所示：
根据平衡条件，在垂直斜面方向mgcosθ＝FN
在沿斜面方向f＝mgsinθ
根据滑动摩擦力公式f＝μFN
联立解得μ＝tanθ
综上分析，故ACD 错误，B 正确。
故选：B。
15
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题型四 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
[模型演练16] 如图所示，物体A 静止在倾角为θ＝30°的斜面体B 上，现用水平力F 推物
体A，使F 由零逐渐增大，但A 和B 始终保持静止。在此过程中（ ）
A．A 受到摩擦力的大小一定逐渐减小
B．A 对B 的压力大小先增大后减小
C．地面对B 的摩擦力大小一定逐渐增大
D．地面对B 的支持力逐渐增大
【解答】解：设A 受到的摩擦力方向沿斜面向上，AB 始终保持静止，对A 受力分析，建立平面
直角坐标系，如图所示：
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把G 和F 分解到x、y 轴，得
Gsin30°＝Ff+Fcos30°
解得Ff＝Gsin30°﹣Fcos30°，当0≤F≤Gtan30°时，随着F 增大，摩擦力减小；当0F＝Gtan30°时，
摩擦力为0，当F＞Gtan30°时，摩擦力反向，沿着斜面向下，且随着F 增大，摩擦力增大。故A
错误；
FN＝Gcos30°+Fsin30°，随着F 增大，B 对A 的支持力增大，由牛顿第三定律可知，A 对B 的压
力增大，故B 错误；
把AB 作为一个整体，地面对B 的摩擦力F 地＝F，随着F 的增大，地面的摩擦一直增大，故C
正确；
地面对B 的支持力和AB 的总重力是二力平衡，所以地面对B 的支持力不变，故D 错误。
故选：C。
[模型演练17] 如图所示，某同学用一水平推力F 将一质量为m 的黑板擦挤压在竖直黑板上，
黑板擦保持静止状态.重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．黑板擦所受黑板的摩擦力大小为F
B．当推力F 的大小增加到2F 时，则黑板擦受到的摩擦力变成原来的2 倍
C．当推力F 的大小增加到2F 时，则黑板擦与黑板之间的最大静摩擦力变成原来的2 倍
D．若适当减小推力，使黑板擦沿黑板向下运动，黑板擦受到的摩擦力一定等于mg
【解答】解：黑板擦处于静止状态，即平衡状态，所受的力一定是平衡力。在水平方向上受到
推力F 和墙壁对它的向右的推力，这两个力是一对平衡力；黑板擦在竖直方向上受到重力的作
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用没有掉下来，是由于墙壁给它施加了一个向上的摩擦力。由于其静止，所以摩擦力与重力是
一对平衡力；
A、结合前面的分析可知，黑板擦所受黑板的摩擦力大小等于重力，不等于压力F，故A 错误；
B、由于重力不变，所以黑板擦受到的摩擦力也不变，始终等于其重力，故B 错误；
C、最大静摩擦力的大小与正压力成正比，所以当推力F 的大小增加到2F 时，则黑板擦与黑板
之间的最大静摩擦力变成原来的2 倍，故C 正确；
D、若适当减小推力，使黑板擦沿黑板向下运动，若黑板擦沿黑板向下做加速运动，则黑板擦受
到的摩擦力一定小于mg，故D 错误。
故选：C。
类型2 “静——动”突变
[模型演练18] （2023 春•巴彦淖尔期末）如图所示，一质量为m 的木块在水平力F 的作用
下静止在竖直粗糙墙壁上，已知木块与墙壁之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度
大小为g，木块与墙壁间的动摩擦因数为μ，下列说法正确的是（ ）
A．若水平力F 增大，木块受到的摩擦力也增大
B．若撤去F，木块受到的滑动摩擦力大小等于mg
C．若撤去F，木块受到的滑动摩擦力大小等于μmg
D．若撤去力F，木块将自由下落
【解答】解：A、对木块进行受力分析，根据平衡条件可得
mg＝f，FN＝F
水平力F 增大，木块受到墙壁对其弹力将增大，摩擦力不变，故A 错误；
BCD、若产生静摩擦力，物体必须对接触面产生压力且有相对运动的趋势，若产生滑动摩擦力，
物体必须对接触面产生压力且发生相对运动，而若撤去F，木块将不再紧压墙壁，即压力为零，
因此摩擦力将为0，木块将自由下落，故BC 错误，D 正确。
故选：D。
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[模型演练19] （多选）（2023 秋•青羊区校级期中）长木板上表面的一端放有一个木块，
木块与木板接触面上装有摩擦力传感器，如图甲所示，木板由水平位置缓慢向上转动（即木板
与地面的夹角θ 变大），另一端不动，摩擦力传感器记录了木块受到的摩擦力Ff随角度θ 的变
化图像如图乙所示，重力加速度为g，下列判断正确的是（ ）
A．木块与木板间的动摩擦因数μ=
f 1
mgcosθ1
B．木块与木板间的动摩擦因数μ=
f 2
mgcosθ1
C．木板与地面的夹角为θ2时，木块开始做自由落体运动
D．木板与地面的夹角为θ2时，木块与木板间无弹力
【解答】解：AB、设木块质量为m，分析甲、乙两图可知，当0≤θ＜θ1时，木块相对木板处于
静止状态，所受摩擦力为静摩擦力，当θ＝θ1时，木块开始相对木板向下滑动，所受摩擦力为滑
动摩擦力，则有
f1＝μmgcosθ1
解得木块与木板间的动摩擦因数为：μ=
f 1
mgcosθ1
故A 正确，B 错误；
C、当θ≥θ1时，木块开始相对木板向下滑动；木板与地面的夹角为θ2时，所受滑动摩擦力为零，
即f1＝μmgcosθ2＝0，可得此时θ2＝90°，木块开始做竖直方向的匀加速运动，但此时在竖直方向
的速度不为零，故不是自由落体运动（要求初速度为零），故C 错误；
D、木板与地面的夹角为θ2时（即90°），木块只受重力作用，与木板间无弹力，故D 正确。
故选：AD。
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类型3 “动——静”突变
[模型演练20] 如图所示，物体m 静止于倾角为θ 的斜面上，现用垂直于斜面的推力F＝kt
（k 为比例常量、t 为时间）作用在物体上。从t＝0 开始，物体所受摩擦力Ff随时间t 的变化
的关系是下图中的（ ）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：物体m 静止于倾角为θ 的斜面上，可知此时最大静摩擦力大于重力沿斜面的分量，
随着时间的推移，压力不断增大，而最大静摩擦力的大小与推物体的压力大小成正比，所以物
体不可能运动，一直处于静止状态，所以静摩擦力的大小一直等于重力的分量即Gsinθ．因此D
正确；ABC 均错误；
故选：D。
[模型演练21] （2006•济南模拟）把一个重为G 的物体，用一水平推力F＝kt（k 为常量，t
为时间）压在竖直的足够高的平整墙面上，如图所示，从t＝0 开始物体所受的摩擦力f 随时间
t 的变化关系是图中的哪一个（ ）
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A．
B．
C．
D．
【解答】解：如图所示，从t＝0 开始水平推力F＝Kt，即压力不断增大，则物体受到滑动摩擦
力作用，所以滑动摩擦力的大小与压力正比。因此滑动摩擦力不断增大。当物体的最大静摩擦
力大于重力时，物体处于静止状态，即使推力增大，也不会影响物体的静摩擦力大小。此时静
摩擦力的大小等于重力。因此B 正确；ACD 均错误；
故选：B。
类型4 “动——动”突变
[模型演练22] （2020 秋•南开区校级月考）如图所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下
拉出，鱼缸最终没有滑出桌面。若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述
过程中（ ）
A．鱼缸受到的摩擦力大小始终不变
B．鱼缸受到的摩擦力方向始终不变
C．若猫增大拉力，桌布对鱼缸的摩擦力增大
D．若猫增大拉力，桌面对鱼缸的摩擦力减小
【解答】解：B、当鱼缸在桌布上运动时，鱼缸相对桌布向左运动，鱼缸受到的摩擦力向右，桌
布当鱼缸在桌面上滑动时，鱼缸相对于桌面向右运动，所以桌面对鱼缸摩擦力的方向向左，故B
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错误；
A、由于缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，并且一直为滑动摩擦力，由f＝μFN可
知，鱼缸受到的摩擦力大小始终不变，故A 正确；
CD、猫增大拉力，鱼缸对桌布的压力大小不变，滑到桌面后，鱼缸对桌面的压力大小也不变，
所以鱼缸受到的摩擦力不变，故CD 错误。
故选：A。
[模型演练23] （2023 秋•海淀区期末）如图甲所示，在倾角37°足够长的固定斜面上，以
沿斜面向上为正方向，t＝0 时刻，将一质量m＝1.0kg 的物体轻放在斜面上，同时施加如图乙
所示的平行于斜面方向的力F。物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.50，其与斜面间的最大静摩
擦力可认为等于滑动摩擦力。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取重力加速度g＝10m/s2。则图
中可能正确反映物体受到的摩擦力f 随时间t 变化关系的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：AD.物块所受重力沿斜面向下的分力大小为mgsin37°＝1×10×0.6N＝6N，0～1s 时
间内，F＝4N 时，物块受到沿斜面向上的静摩擦力，根据物体的平衡条件有
F+f＝mgsin37°＝6N，可得f＝6N﹣F＝6N﹣4N＝2N，故AD 错误；
BC.物块所受斜面的最大静摩擦力fm＝μmgcos37°＝0.5×1×10×0.8N＝4N，1s 后，F＝﹣4N，沿斜
面向下，物体下滑，受沿斜面向上的滑动摩擦力，则f＝4N，方向沿斜面向上，为
正值，故B 正确，C 错误。
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故选：B。
题型五 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
(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．
[模型演练24] （2024•盘锦三模）明代宋应星在《天工开物》一书中描述了测量弓力的方
法：“以足踏弦就地，秤钩搭挂弓腰，弦满之时，推移秤锤所压，则知多少。”如图所示，假
设弓满时，弓弦弯曲的夹角为θ，秤钩与弦之间的摩擦不计，弓弦的拉力即弓力，满弓时秤钩
的拉力大小为F，则下列说法正确的是（ ）
A．F 一定，θ 越小，弓力越大
B．θ 一定，弓力越大，F 越小
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C．弓力一定，θ 越大，F 越大
D．θ 一定，F 越大，弓力越大
【解答】解：将秤钩的拉力沿两侧弦的方向分解如图所示，设弦的拉力（弓力）为F′，则：F
＝2F′cosθ
2，可得：F′=
F
2cos θ
2
；
A、由公式：F′=
F
2cos θ
2
可知，当F 一定时，θ 越小，弓力越小，故A 错误；
B、由公式：F＝2F′cosθ
2，可知，θ 一定，弓力越大，F 越大，故B 错误；
C、由公式：F＝2F′cosθ
2，可知弓力一定，θ 越大，F 越小，故C 错误；
D、由公式：F′=
F
2cos θ
2
，可知θ 一定，F 越大，弓力越大，故D 正确。
故选：D。
[模型演练25] （2024•青秀区校级二模）港珠澳大桥风帆造型的九洲航道桥部分如图所示，
这部分斜拉桥的一根塔柱两侧共有8 对钢索，所有钢索均在同一竖直平面内，每对钢索关于塔
柱对称。每一条钢索与塔柱成α 角，若不计钢索的自重，且假设每条明索承受的拉力大小均为
F，则该塔柱所承受的8 对钢索的合力为（ ）
A．16 F
cosα
B．8 F
cosα
C．16Fcosα
D．8Fcosa
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【解答】解：每一条钢索与塔柱成α 角，每条钢索拉力的水平分力为Fsinα，竖直分力为
Fcosα，每一对钢索的水平分力相互抵消，则每一对钢索对塔柱拉力的合力都沿竖直方向向下，
所以8 对钢索对塔柱的合力大小等于16 条钢索沿竖直向下的分力的和，则8 对钢索对塔柱的合
力为16Fcosα，故ABD 错误，C 正确。
故选：C。
[模型演练26] （2024•天津模拟）海河九道湾，上上下下一共有74 座桥，每一座桥都是天
津人生活的一部分。如图，设某座桥的桥体中有三块相同的钢箱梁1、2、3 紧挨着水平排列，
受到钢索a、b、c 拉力的方向相同，相邻钢箱梁间的作用力均沿着水平方向，下列说法正确的
是（ ）
A．钢箱梁3 所受合力最大
B．钢索a、b、c 上的拉力大小相同
C．钢箱梁1 对2 的作用力大于2 对1 的作用力
D．钢索a 对钢箱梁1 作用力的竖直分力大于钢箱梁1 的重力
【解答】解：A：钢箱梁3 处于静止状态，根据牛顿第一定律可知钢箱梁3 所受合力为0，故A
错误；
B：假设钢索与竖直方向的夹角为α，则钢索对钢箱梁的拉力F 在竖直方向上的分力与钢箱梁的
重力相等，即Fy＝Fcosα＝mg，则F＝每个mg
cosα ，钢索a、b、c 平行，因此每根钢索的拉力均相
等，故B 正确；
C：根据牛顿第三定律可知，钢箱梁1 对2 的作用力与2 对1 的作用力为相互作用力，大小相等，
故C 错误；
D：因为钢箱梁保持静止，处于受力平衡状态，因此其水平、竖直方向均受力平衡，竖直方向上，
钢项链仅受到重力作用及钢索拉力在竖直方向上的分力作用，因此二力相等，故D 错误。
故选：B。
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题型六 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)．
[模型演练27] （2024•沙坪坝区校级模拟）如图所示，风对帆面的作用力F 垂直于帆面，
它能分解成两个分力F1、F2，其中F2垂直于航向，会被很大的横向阻力平衡，F1沿着航向，
提供动力。若帆面与航向之间的夹角为θ，下列说法正确的是（ ）
A．F2＝F1tanθ
B．F2＝Fsinθ
C．船受到的横向阻力为F
cosθ
D．船前进的动力为F2tanθ
【解答】解：AB．根据几何关系可得风对帆面的作用力F 与垂直于航向方向的分力F2之间的夹
角也等于θ，则F1＝Fsinθ，F2＝Fcosθ
解得F2= F1
tanθ
故AB 错误；
C．根据题意可知，船受到的横向阻力与F2等大反向，即等于Fcosθ，故C 错误；
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D．根据题意可知，船前进的动力为沿着航向的分力F1，则F1
F2
= sinθ
cosθ =tanθ
解得F1＝F2tanθ
故D 正确。
故选：D。
[模型演练28] （2024•雨花区校级模拟）2023 年9 月27 日，杭州亚运会中国队组合赵焕
城/王赛博获得帆船比赛冠军。图为帆船在静止水面上逆风航行的示意图。风力和船身方向成
135°，风力和帆面成8°，风力在垂直帆面方向的分力推动帆船逆风行驶，如果风力大小为F，
则风力在航行方向的分力为（ ）
A．3
5 Fsin8°
B．3
5 Fcos8°
C．4
5 Fsin8°
D．4
5 Fcos8°
【解答】解：由题，结合图可知，风力在垂直于帆面方向上的分力为F′＝Fsin8°
这个分力垂直于帆面，与航行方向之间的夹角为θ＝90°﹣（180°﹣135°﹣8°）＝53°
所以风力在航行方向上的分力为F ″ = F ' cos53° = 3
5 F ' = 3
5 Fsin8°
故A 正确，BCD 错误
故选：A。
[模型演练29] （2023 秋•天河区期末）木楔的截面为等腰三角形，其顶角为θ，现在木楔
背上加一力F，方向如图所示，木楔两侧产生推力FN，则下列正确的是（ ）
A．θ 一定时，FN的大小与F 无关
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B．θ 一定时，F 越小，FN越大
C．F 一定时，θ 越大，FN越大
D．F 一定时，θ 越小，FN越大
【解答】解：选木楔为研究对象，木楔受到的力有：竖直向下的F 和两侧给它的与木楔的斜面
垂直的弹力，由于木楔处于平衡状态，所以两侧给木楔的斜面垂直的弹力与F 沿两侧分解的力
是大小相等的，力F 的分解如图，则有：F＝2FNcos（90°- θ
2）＝2FNsinθ
2，故F N =
F
2sin θ
2
；
AB、若θ 一定，F 增大则FN增大，F 减小则FN减小，故AB 错误；
CD、若F 一定，θ 增大时FN减小，θ 减小时FN增大，故C 错误，D 正确；
故选：D。
[模型演练30] （2023 秋•南开区期末）刀、斧，凿等切割工具的刃部叫做劈。如图是斧头
劈木头的示意图，劈的纵截面ABC 是一个等腰三角形，使用劈时沿BC 中垂面施加一个竖直
向下的力F，这个力产生两个作用效果，使劈的两个侧面推压木柴，把木柴劈开。设劈背BC
的宽度为d，劈的侧面AB、AC 长为L，劈的侧面推压木柴的力为F′，不计劈自身重力，则
（ ）
A．劈的侧面推压木柴的力F ' = L
2d F
B．仅增大d；F′将增大
C．当d＝L 时，F′＝F
D．仅减小L，F′将增大
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【解答】解：设劈的纵截面的三角形顶角为θ，根据几何关系可得sinθ
2 =
d
2
L = d
2 L
将力F 按垂直侧面方向进行分解，如图所示
可得F1＝F2=
F
2
sin θ
2
= L
d F
则劈的侧面推压木柴的力大小为
F'＝F1= L
d F
可知仅增大d，F'将减小，仅减小L，F'将减小，当d＝L 时，F'＝F，故C 正确，ABD 错误。
故选：C。
[模型演练31] （2019 秋•咸阳期末）如图所示AB、AC 两光滑斜面互相垂直，AC 与水平
面成30°．如把球O 的重力G 按照其作用效果分解，则两个分力的大小分别为（ ）
A．1
2G，√3
2 G
B．√3
3 G，√3G
C．√2
3 G，√2
2 G
D．√2
2 G，√3
2 G
【解答】解：已知重力和两个分力的方向，根据平行四边形定则作力图，如图所示，由图得到：
G1=G⋅sin 60° = √3
2 G
G2=G⋅sin30° = 1
2 G
故选：A。
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