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第3 讲 重力 弹力 摩擦力
目录
考点一 弹力的分析与计算...........................................................................................................1
考点二 滑轮模型与死结模型问题...............................................................................................2
考点三 摩擦力的分析与计算.......................................................................................................5
考点四 摩擦力的突变问题...........................................................................................................8
练出高分.........................................................................................................................................12
考点一 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．
[例题1] （2023•德阳模拟）如图所示，将一细杆放在光滑半球形容器内，处于静
止状态，它与容器的接触点分别为点A、点B，下列关于细杆的说法中正确的是（
）
1
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A．若细杆的形状规则，则细杆的重心一定在它的几何中心
B．细杆的重心一定位于AB 之间
C．细杆在A 点处可能不受弹力
D．细杆的重心可能位于B 点
【解答】解：
A.若细杆的形状规则，质量分布均匀，细杆的重心在它的几何中心，故A 错误；
BD.A 点的弹力指向O，B 点的弹力垂直于杆，根据平衡，细杆的重心一定位于AB 之间，
故B 正确，D 错误；
C.光滑半球，假设A 点不受弹力，杆受B 点弹力和重力，无法平衡，故A 点受到弹力作
用，故C 错误；
故选：B。
[例题2] （2022•肥西县校级模拟）如图所示，OA、OB 是两根光滑的金属杆，且
AO⊥OB，OA 与水平方向呈60°角。小球a、b 分别套在OA 和OB 两根杆上，其质量
均为m，某位置系统处于平衡状态，弹簧与金属杆OB 呈60°角。已知重力加速度为
g，弹簧的劲度系数为k。则以下说法中错误的是（ ）
A．此时弹簧处于压缩状态，且其压缩量等于mg
k
B．小球a 受到OA 杆的弹力大小为mg
C．小球b 受到OB 杆的弹力大小为√3mg
D．向下移动小球b 至O 点，待系统再次平衡后，弹簧压缩量变为mg
2k
【解答】解：AB.如图甲所示，分析小球a 受力，设弹簧对小球的弹力大小为FN，OA
杆对小球a 的弹力大小为FNA
设FN与水平方向的夹角为θ1，FNA与水平方向的夹角为θ2
2
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根据图中的几何关系可得
θ1＝θ2＝30°
由物体的平衡条件可得
FNcosθ1＝FNAcosθ2
FNsinθ1+FNAsinθ2＝mg
解得：FN＝FNA＝mg
根据胡克定律，由弹簧的压缩量为Δx= FN
k = mg
k ，故AB 正确。
C.如上图乙所示，分析小球b 受力，根据如上分析，其所受弹簧的弹力也为FN＝mg，
OB 杆对小球b 的弹力为FNB
设FNB与水平方向的夹角为θ3，FN与水平方向的夹角为θ4。
根据图中的几何关系 θ3＝60°，θ4＝30°，根据物体的受力平衡条件有：
FNBcosθ3＝FNcosθ4
解得：FNB=√3mg，故C 正确。
D.如上图丙所示，当将小球b 移动至O 点后对小球a 受力分析，设mg 与垂直于OA 杆
方向的夹角为θ5。
根据图中的几何关系θ5＝60°。根据物体的受力平衡条件有：有
F'N＝mgsinθ5
解得：F'N= √3
2 mg
根据胡克定律，有弹簧的压缩量为Δx'= FN
k = √3mg
2k
，故D 错误。
因此本题选择错误的
故选：D。
[例题3] （2022•葫芦岛二模）每个工程设计都蕴含一定的科学道理．如下图甲的
家用燃气炉架有四个爪，若将总质量为m 的锅放在图甲所示的炉架上，示意图如图乙，
忽略爪与锅之间的摩擦力，设锅为半径为R 的球面，则每个爪与锅之间的弹力
（ ）
3
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A．等于1
4 mg
B．小于1
4 mg
C．R 越大，弹力越小
D．R 越大，弹力越大
【解答】解：设每个爪与锅之间的弹力为F，根据对称性可知，正对的一对爪对锅的弹
力的合力方向竖直向上，则四个爪对锅的弹力在竖直方向的分力等于锅的重力；设正对
的一对爪之间的距离为d，则F 与竖直方向之间的夹角：sinθ= d
R
竖直方向根据平衡条件可得：4Fcosθ＝mg，
解得：F
=
mg
4 cosθ =
mgR
4√R
2−d
2 = mg
4 ⋅
1
√
1−d
2
R
2
＞mg
4 ，可知R 越大，则F 越小；故C
正确，ABD 错误。
故选：C。
考点二 滑轮模型与死结模型问题
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．
[例题4] 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10kg 的物体，∠ACB＝30°，g 取10m/s2。
4
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求：（1）轻绳AC 段的张力FAC的大小；
（2）横梁BC 对C 端的支持力大小及方向。
（3）若图中横梁BC 换为水平轻杆，且B 端用铰链固定在竖直墙上，如图乙所示，请
在图中画出C 点的受力分析图。
【解答】解：（1）物体M 处于平衡状态，根据平衡条件可判断，与物体相连的细绳拉
力大小等于物体的重力，取C 点为研究对象，进行受力分析，如图1 所示。
图1 中轻绳AD 跨过定滑轮拉住质量为M 的物体，物体处于平衡状态，绳AC 段的拉力
为：FAC＝FCD＝Mg＝10×10N＝100N
（2）由几何关系得：FC＝FAC＝Mg＝100 N
方向和水平方向成30°角斜向右上方
（3）C 点的受力分析图如图2 所示。
答：
（1）轻绳AC 段的张力FAC的大小是100N；
（2）横梁BC 对C 端的支持力大小是100 N，方向和水平方向成30°角斜向右上方。
（3）C 点的受力分析图如图2 所示。
[例题5] 如图所示，滑轮本身的质量可忽略不计，滑轮轴O 安在一根轻木杆B 上，
一根轻绳AC 绕过滑轮，A 端固定在墙上，且绳保持水平，C 端挂一重物，BO 与竖直
方向夹角θ＝45°，系统保持平衡．若保持滑轮的位置不变，改变θ 的大小，则滑轮受
到木杆作用力大小变化情况是（ ）
A．只有角θ 变小，作用力才变大
B．只有角θ 变大，作用力才变大
C．不论角θ 变大或变小，作用力都是变大
D．不论角θ 变大或变小，作用力都不变
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【解答】解：对滑轮受力分析，受两个绳子的拉力和杆的弹力；滑轮一直保持静止，合
力为零，故杆的弹力与两个绳子的拉力的合力等值、反向、共线；
由于两个绳子的拉力大小等于重物的重力，大小不变，方向也不变，故两个拉力的合力
为√2mg，与水平方向成45°斜向右下方；
故选：D。
[例题6] （2022•襄城区校级二模）如图所示，竖直平面内有一圆环，圆心为O，
半径为R，PQ 为水平直径，MN 为倾斜直径，PQ 与MN 间的夹角为θ，一条不可伸长
的轻绳长为L，两端分别固定在圆环的M、N 两点，轻质滑轮连接一个质量为m 的重
物，放置在轻绳上，不计滑轮与轻绳间的摩擦。现将圆环从图示位置绕圆心O 顺时针
缓慢转过2θ 角，下列说法正确的是（ ）
A．图示位置时，轻绳的张力大小为mg
2sinθ
B．直径MN 水平时，轻绳的张力大小为
mgL
√L
2−4 R
2
C．轻绳与竖直方向间的夹角先增大再减小
D．圆环从图示位置顺时针缓慢转过2θ 的过程中，轻绳的张力逐渐减小
【解答】解：AB．同一绳子拉力相等，所以与竖直方向的夹角相等，设两段绳子与竖
直方向的夹角为α，如图所示
根据几何关系可得
2Rcosθ＝MB；MB＝AM•sinα+AN•sinα＝Lsinα
6
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可得：sinα= 2 Rcosα
L
根据平衡条件得：2Fcosα＝mg
解得：F =
mgL
2√L
2−4 R
2co s
2θ
直径MN 水平时，θ＝0°，有F=
mgL
2√L
2−4 R
2
故AB 错误；
CD．M、N 连线与水平直径的夹角θ（θ≤90°）越大，M、N 之间的水平距离越小，轻
绳与竖直方向的夹角α 越小，根据
mg＝2F cosα
知轻绳的张力F 越小，当转过θ 时绳子拉力最小，后来又逐渐增大。故圆环从图示位置
顺时针缓慢转过2θ 的过程，轻绳的张力先增大再减小，故C 正确；D 错误。
故选：C。
考点三 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．
(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．
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[例题7] （2023•鼓楼区校级一模）现代的激光打印机都是自动进纸的，有一种进
纸原理如图所示。进纸槽里叠放有一叠白纸，进纸时滚轮以竖直向下的力F 压在第一
张白纸上，并沿逆时针方向匀速转动，确保第一张纸与第二张纸发生相对滑动。设最
大静摩擦力与滑动摩擦力相等。滚轮与白纸之间的动摩擦因数为μ1，白纸之间、白纸
与纸槽底座之间的动摩擦因数均为μ2，打印机内每张白纸的质量m。不考虑静电力的
影响，重力加速度g 已知，下列说法正确的是（ ）
A．滚轮对第一张白纸的摩擦力大小为μ1F
B．第二、三张白纸间的摩擦力大小为μ2（F+2mg）
C．第三、四张白纸间的摩擦力大小为μ2（F+mg）
D．越靠近底座白纸间的摩擦力越大
【解答】解：A、μ1F 为滚轮与第一张白纸间的滑动摩擦力，滚轮与第一张白纸间的摩
擦力为静摩擦力，小于或等于最大静摩擦力，故A 错误；
B、第一、二张白纸间的摩擦力为滑动摩擦力，大小为f12＝μ2（F+mg）
第二张白纸处于静止状态，第二、三张白纸间的摩擦力为静摩擦力，大小等于第一、二
张白纸间的摩擦力，即f23＝μ2（F+mg）
故B 错误；
C、第三张白纸处于静止状态，第三、四张白纸间的摩擦力为静摩擦力，大小等于第二、
三张白纸间的摩擦力，即f34＝μ2（F+mg）
故C 正确；
D、除第一张白纸外，所有白纸均处于静止状态，白纸间的摩擦力均为μ2（F+mg），大
小相等，故D 错误。
故选：C。
[例题8] （2023•翠屏区校级模拟）越来越多的人喜欢挑战极限，如图是两位“勇
士”参与溜索活动，两倾斜的钢丝拉索分别套有M、N 两个滑轮（滑轮与绳之间有可
调节的制动片），两滑轮上用安全带系着两位“勇士”，当他们都沿拉索向下滑动时，
M 上的带子与索垂直，N 上的带子始终竖直向下，则以下判断正确的是（ ）
8
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A．M 情况中，滑轮与索之间有摩擦力
B．N 情况中，滑轮与索之间无摩擦力
C．M 情况中“勇士”做匀速直线运动
D．N 情况中“勇士”做匀速直线运动
【解答】解：AC、设钢索与水平面夹角为θ，对M 滑轮下的勇士进行受力分析可知，
由于M 上的带子与索垂直，加速度a＝gsinθ，因此与滑轮M 一起斜向下做加速运动，
对M 滑轮与勇士整体受力分析，二者加速度相同，等于gsinθ，M 不受摩擦力，故AC
错误；
BD、对N 的勇士受力分析，只受重力和竖直向上的绳上的拉力，合外力为0，此时为匀
速直线运动，再对N 滑轮与勇士整体受力分析，想要匀速直线运动，N 与索道之间必定
有摩擦，故B 错误，D 正确；
故选：D。
[例题9] （多选）（2023•鄱阳县校级一模）如图，斜面上放置一个长木板B，木
板上放了一个物体A，用一个沿斜面向上的拉力F 作用在物体A 上，使A 沿着木板B
向上匀速滑动，而此过程中，木板B 一直保持静止状态，下列说法正确的是（ ）
A．木板B 可能不受斜面对它的摩擦力作用
B．木板B 的上下两个表面受到的摩擦力方向一定相反
C．若拉力F 变大一些，则木板B 受到斜面的摩擦力大小和方向都不会发生改变
D．物体A 滑离木板B 后，木板B 受到斜面的摩擦力的大小可能不改变
【解答】解：A、A 沿着木板B 向上匀速滑动，则A 给B 的滑动摩擦力沿斜面向上，当
其大小与木板B 的重力下滑分力相等时，则B 与斜面之间没有摩擦力作用，故A 正确；
B、由上分析，可知，木板B 的下表面不一定受到的摩擦力，故B 错误；
C、若拉力F 变大一些，由于A 与B 之间是滑动摩擦力，因此其大小不会变化，当斜面
对B 有摩擦力作用时，则木板B 受到斜面的摩擦力大小和方向都不会发生改变，故C 正
确；
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D、物体A 滑离木板B 前，若木板B 受到斜面沿斜面向下的静摩擦力；而当物体A 滑离
木板B 后，木板B 受到斜面的沿斜面向上静摩擦力，因此两者摩擦力的大小可能相等，
故D 正确；
故选：ACD。
[例题10] （2023•铜仁市模拟）如图1 所示，质量均为m、表面粗糙程度不同的三
个物块a、b、c，放在三个完全相同的斜面体上，斜面体质量为M、底部倾角为θ。物
块a、b、c 以相同初速度下滑，斜面体始终保持静止，其vt 图像如图2 所示。a、b、c
与斜面之间的动摩擦因数分别为μa、μb、μc，斜面体对地面的压力分别为FNa、FNb、
FNc，斜面体对地面的摩擦力分别为fa、fb、fc。下列判断正确的是（ ）
A．μa＞μb＞μc
B．FNb＝（M+m）g，fb＝0
C．FNa＜（M+m）g，fa= m(v1−v0)
t
且方向水平向右
D．FNc＞（M+m）g，fc= m(v2−v0)
t
且方向水平向右
【解答】解：A．由题意知，物块a 做匀加速运动，由牛顿第二定律，对物块a 有
mgsinθ＞μamgcosθ，则有μa＜tanθ
物块b 做匀速运动，对物块b 有mgsinθ＝μbmgcosθ，则有μb＝tanθ
物块c 做匀减速运动，由牛顿第二定律，对物块c 有mgsinθ＜μcmgcosθ，则有μc＞tanθ
故有μa＜μb＜μc，故A 错误；
B．以物块b 和斜面体为整体进行分析，整体处于平衡状态，由牛顿第三定律知，地面
对斜面体的支持力大小为FNb，由竖直方向合力为零可得FNb＝（M+m）g
由水平方向合力为零可得斜面体与地面之间无摩擦力，即fb＝0，故B 正确；
CD．以物块和斜面体为整体进行分析。物块a 有沿斜面向下的加速度，将加速度分解，
竖直方向有向下的加速度分量，故物块a 处于失重状态，则有FNa＜（M+m）g
同理，物块c 有沿斜面向上的加速度，将加速度分解，竖直方向有向上的加速度分量，
故物块c 处于超重状态，则有FNc＞（M+m）g
对斜面体与物块a 整体，根据牛顿第二定律可得地面对斜面体的摩擦力大小为
f 'a=macosθ = m(v1−v0)cosθ
t
，方向水平向左
10
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由牛顿第三定律可得，斜面体对地面的摩擦力为f a= m(v1−v0)cosθ
t
，方向水平向右
同理可得f c = m(v2−v0)cosθ
t
，方向水平向左
故CD 错误。
故选：B。
考点四 摩擦力的突变问题
[例题11] （多选）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α
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随着角度α 的变化图
象如图乙所示。下列判断正确的是（ ）
A．木块与木板间的动摩擦因数μ=
Ff 1
mgcosθ1
B．木块与木板间的动摩擦因数μ=
Ff 2
mgcosθ1
C．木板由水平位置转到θ1的过程中，木块相对于木板保持静止
D．木板由θ1转到θ2的过程中，木块的速度变化越来越快
【解答】解：AB、木块受到的摩擦力在开始到滑动过程为静摩擦力，f＝mgsinθ，故为
正弦规律变化；
而滑动后变为了滑动摩擦力，则摩擦力f′＝μmgcosθ，为余弦规律变化，
而滑动摩擦力一般小于最大静摩擦力，
当夹角为θ1时，最大静摩擦力为Ff2，而滑动摩擦力为Ff1；
根据滑动摩擦力公式，则有：μmgcosθ1＜mgsinθ1，解得：μ＜tanθ1，
当μmgcosθ1＝Ff1解得：μ=
Ff 1
mgcosθ1
，故A 正确，B 错误；
C、木板由水平位置转到θ1的过程中，木块受到静摩擦力渐渐增大，木块相对于木板保
持静止，故C 正确；
D、当木板由θ1转到的θ2的过程中，依据μmgcosθ＝Ff；可知，木块受到摩擦力大小会
减小，则其受到的合力也增大，那么加速度增大，因此木块的速度变化越来越快，故D
11
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正确；
故选：ACD。
[例题12] （多选）（2022 秋•沙坪坝区校级月考）如图甲所示是测量物块和长木
板间动摩擦因数的实验装置：水平桌面上固定一个力传感器，传感器通过细绳水平拉
住物块，物块放置在粗糙的长木板上。水平向右拉木板，传感器记录的力F 与时间t
的图像如图乙所示。则（ ）
A．2.5～3.0s 拉木板的外力一定为0
B．3.5～4.0s 拉木板的外力一定在增大
C．3.5～4.0s 木板可能向右加速运动
D．5.0～5.5s 木板可能做变减速直线运动
【解答】解：A、2.5s～3.0s 对长木板受力分析可知，木板可能受桌面摩擦力和外力作用，
故A 错误；
BC、由图乙可知，3.5s﹣4.0s 内，传感器记录的力F 增大，则物块与木板的静摩擦力增
大，二者保持相对静止，即木板处于静止状态，木板受外力增大，故B 正确，C 错误；
D、同理，在5.0s﹣5.5s 时间内，二者之间为滑动摩擦力，木板在相对物块运动但可能
做减速运动，故D 正确。
故选：BD。
[例题13] （多选）用图甲装置研究摩擦力，水平实验台上放长木板，长木板上放
物块，用不可伸长的细线连接物块和固定在实验台上的力传感器。水平向左拉长木板，
传感器记录的F﹣t 图象如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．实验中不必让长木板做匀速运动
B．图乙曲线反映了施加在长木板上的拉力随时间的变化关系
C．物块与长木板间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小之比约为10：7
12
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D．要测出物块与长木板间的动摩擦因数，不需要添加测量仪器
【解答】解：A、长木板相对物块滑动后，受到的摩擦力大小不变，若拉力发生变化，
不会影响木块受到的摩擦力大小，故实验中不必让长木板做匀速运动，故A 正确；
B、当长木板相对物块滑动前，拉力随时间的变化关系和图乙的相同，但相对滑动后，
拉力的大小与物块受到的摩擦力大小无关，故B 错误；
C、由题图乙可知，物块受到的最大静摩擦力约为10N，滑动摩擦力约为7N，物块与长
木板间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小之比约为10：7，故C 正确；
D、由F﹣t 图象可知，滑动摩擦力Ff＝7N，物块与长木板间的动摩擦因数约为μ= Ff
mg
，还需要测出木块的质量，故D 错误。
故选：AC。
[例题14] （2022•肥西县校级模拟）如图甲所示，质量M＝1kg 的木板静止在粗糙
的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，在木板的左端放置一个质量m＝
1kg 的物块，物块可视为质点，物块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.4。设木板足够长，
现对物块施加一个水平向右的力F，力F 随时间t 的变化如图乙所示。已知最大静摩擦
力与滑动摩擦力相等，取g＝10m/s2，则下面四个图中能正确反映物块受到木板的摩
擦力大小f 随时间t 变化的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：由题意铁块与木板之间摩擦力的最大值为：f2max＝μ2mg
13
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代入数据解得：f2max＝4N
木板与地面间的摩擦力的最大值为：f1max＝μ1（M+m）g
代入数据解得：f1max＝2N
当F≤2N 时，木板和铁块相对地面静止f＝F
又由图像可得F= 1
2t
所以0﹣2s 时间内图像与F﹣t 图像相同；
当F＞2N，并且木板和铁块一起相对地面加速运动时，设此时系统的加速度为a，根据
牛顿第二定律，对整体有F﹣μ1 （M+m） g＝（M+m） a
对铁块有F﹣f2max＝ma 可得F＝6N
从此关系式可以看出，当2N＜F≤6N 时，M、m 相对静止，则对整体有
F﹣μ1 （M+m） g＝（M+m） a
对铁块F﹣f＝ma
即f= F
2 +1
即f= t
4 +1
当F＞6N，时铁块受到摩擦力为滑动摩擦力，大小为4N，
所以0﹣10s 内图像如图C，故ABD 错误，C 正确。
故选：C。
练出高分
一．选择题（共10 小题）
1．（2023•天津一模）2022 年卡塔尔世界杯足球赛，就像是全世界球迷们的狂欢节，尤其
是无数青少年为此着迷不已。如图所示为四种与足球有关的情景，下列说法正确的是（
）
A．静止在场地上的足球（图甲）受到的弹力就是它受到的重力
B．踩在脚下且静止在水平草地上的足球（图乙）一定受到3 个力的作用
C．落在球网中的足球（图丙）受到的弹力是由于球网发生了弹性形变而产生的
D．运动员灵活运球盘带过程中（图丁），脚部对足球作用力可能大于足球对脚部作用
力
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【解答】解：A．弹力和重力是不同性质的力，不是同一个力，只能说此时弹力大小与
重力大小相等，故A 错误；
B．踩在脚下且静止在水平草地上的足球（图乙）可能受到3 个力的作用，也可能受4
个力，例如脚踩在足球侧面，则受重力、支持力、压力和摩擦力四个力平衡，故B 错误；
C．落在球网中的足球（图丙）受到的弹力是由于球网发生了弹性形变而产生的，因为
弹力是由于施力物体的形变而产生的，故C 正确；
D．运动员灵活运球盘带过程中（图丁），脚部对足球作用力与足球对脚部作用力是相
互作用力，一定大小相等，故D 错误；
故选：C。
2．在水平地面上运动的小车车厢底部有一质量为m1的木块，木块和车厢通过一根水平轻
弹簧相连接，弹簧的劲度系数为k．在车厢的顶部用一根细线悬挂一质量为m2的小球．
某段时间内发现细线与竖直方向的夹角为θ，在这段时间内木块与车厢也保持相对静止，
如图所示．不计木块与车厢底部的摩擦力，则在这段时间内弹簧的形变量为（ ）
A．m1 g
k
tanθ
B．m1g
ktanθ
C．(m1+m2)g
k
tanθ
D．(m1+m2)g
ktanθ
【解答】解：以小球为研究对象，分析受力情况，根据牛顿第二定律得：
m2gtanθ＝m2a，
得：a＝gtanθ
再以质量为m1的木块为研究对象，由牛顿第二定律得：
F＝m1a
又由胡克定律得：F＝kx
解得：x= m1gtanθ
k
故选：A。
3．（2023•潮州二模）如图所示为智能机器人协助派件员分拣快递的场景，派件员将包裹
放在机器人的水平托盘上后，机器人通过扫码读取目的地信息，并生成最优路线，将不
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同目的地的包裹送至不同的位置，从而实现包裹的分拣功能。关于机器人和包裹，下列
说法正确的是（ ）
A．机器人加速前进则包裹对水平托盘的摩擦力方向向后
B．包裹受到向上的支持力是包裹发生形变产生的
C．包裹对机器人的压力和机器人对包裹的支持力是一对平衡力
D．包裹随着机器人一起做匀速直线运动时，包裹受到向前的摩擦力
【解答】解：A、机器人加速前进时，相对包裹机器人有向前运动的趋势，故此时包裹
具有向前的加速度，所以受到向前的摩擦力作用，根据牛顿第三定律可知包裹对水平托
盘的摩擦力方向向后，故A 正确；
B、包裹受到向上的支持力是托盘发生形变产生的，故B 错误；
C、包裹对机器人的压力和机器人对包裹的支持力是一对相互作用力，故C 错误；
D、包裹随着机器人一起做匀速直线运动时，包裹加速度为零，故此时不受到摩擦力，
故D 错误。
故选：A。
4．（2023•许昌模拟）如图所示为研究平衡摩擦力的一个实验。把一个木块A 放在倾角为
θ＝45°的斜面体B 上，斜面体固定在小车上。水平外力作用在小车上，使木块A 和斜面
体B 一起水平向左随小车以加速度a 匀加速运动。木块A 和斜面体B 在运动过程中始终
相对静止。在某一次实验中，调整小车的加速度大小为a＝g（g 为重力加速度），则关
于斜面B 对物体A 的摩擦力方向，下列说法正确的是（ ）
A．斜面B 对物体A 没有摩擦力
B．斜面B 对物体A 的摩擦力方向沿斜面向上
C．斜面B 对物体A 的摩擦力方向沿斜面向下
D．斜面B 对物体A 的摩擦力方向可能沿斜面向上、也可能沿斜面向下
【解答】解：如图所示，假设物体A 只受重力和支持力，由题意和牛顿第二定律有
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mgtanθ＝ma0
故a0＝gtanθ＝gtan45°＝g＝a
故假设正确，斜面B 对物体A 没有摩擦力。故A 正确；故BCD 错误。
故选：A。
5．（2023•山西模拟）如图所示，小明正在擦一块竖直放置的黑板，可吸附在黑板上的黑
板擦质量m＝0.3kg，小明施加给黑板擦的黑板平面内的推力大小为F＝4N，方向水平，
黑板擦做匀速直线运动重力加速度g 取10m/s2，则关于黑板擦所受摩擦力的说法正确的
是（ ）
A．摩擦力大小为5N
B．摩擦力沿水平方向
C．黑板擦所受摩擦力与推力大小成正比
D．黑板擦吸附在黑板上静止时不受摩擦力
【解答】解：AB、黑板擦受到重力、黑板的吸引力、弹力、摩擦力与推力的作用做匀
速直线运动，则合外力为零，在竖直平面内重力、推力与摩擦力的合力为零，根据三力
平衡的特点可知，重力、推力的合力与摩擦力大小相等，方向相反，所以摩擦力的方向
斜向上，大小：f =√(mg)
2+ F
2=√3
2+ 4
2N＝5N，故A 正确，B 错误；
C、滑动摩擦力的大小与推力的大小无关，故C 错误；
D、黑板擦吸附在黑板上静止时受静摩擦力，其大小等于重力，故D 错误。
故选：A。
6．（2023•大荔县一模）飞机逃生滑梯是飞机安全设备之一，当飞机发生紧急迫降时，充
气滑梯从舱门侧翼中释放，并在10 秒内充气后与地面构成倾斜滑道（滑道可近似为平
直滑道），保证乘客可以安全的撤离。某机组在一次安全测试中，让一名体验者静止在
滑道上，然后改变滑道与水平面之间的夹角θ，发现当θ＝30°和θ＝45°时，该体验者所
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受的摩擦力大小恰好相等，则体验者与滑道之间的动摩擦因数为（ ）
A．1
2
B．√2
2
C．√3
2
D．√2
【解答】解：当θ＝30°和θ＝45°时体验者受到滑道的支持力不同，而当θ＝30°和θ＝
45°时，该体验者所受的摩擦力大小恰好相等，说明θ＝30°时体验者处于静止状态，静
摩擦力和重力的下滑分力相等。即：Ff＝mgsin30°
θ＝45°时体验者沿滑道下滑，滑动摩擦力为：Ff＝μFN＝μmgcos45°
由：mgsin30°＝μmgcos45°
解得：μ= √2
2 ；故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
7．（2022•泸县校级模拟）如图所示，弹簧一端系一质量为m 的物块，另一端固定在长木
板上，缓慢抬起木板的一端，物块与木板始终保持相对静止。当木板与水平面成θ＝
30°，物块与木板间恰好没有摩擦力。当木板与水平面成θ＝60°时物块所受摩擦力（
）
A．等于零
B．大小为√3
2 mg，方向沿斜面向上
C．大小为√3−1
2
mg，方向沿斜面向上
D．大小为mg，方向沿斜面向上
【解答】解：设弹簧的弹力为F，当木板与水平面成θ＝30°时，根据平衡条件可得：F
＝mgsin30°
当木板与水平面成θ＝60°时，弹簧的弹力不变，重力沿斜面向下的分力变大，则物块受
到的摩擦力方向沿斜面向上；
根据平衡条件可得：F+f＝mgsin60°，解得：f= √3−1
2
mg，故C 正确、ABD 错误。
故选：C。
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8．（2022•宛城区模拟）图甲中B 是传送货物的运输车，可以沿着斜面上的直轨道运送货
物，运输车的货箱是水平的粗糙平面，某次运输车B 沿轨道将货物A 向下传送到轨道下
端，A、B 始终保持相对静止，运输车运动的v﹣t 图像如图乙。下列分析中正确的是（
）
A．0～t1时间内，B 对A 的支持力小于货物重力、A 受的摩擦力水平向左
B．t1～t3时间内，B 对A 的支持力等于货物重力、A 受的摩擦力水平向左
C．t1～t3时间内，B 对A 的支持力等于货物重力、A 不受摩擦力作用
D．t3～t4时间内，B 对A 的支持力大于货物重力、A 受的摩擦力水平向右
【解答】解：A、由图乙可知0～t1时间内，A、B 加速度沿斜面向下，因为加速度有竖
直向下的分量，所以支持力小于重力，因为加速度有水平向右的分量，所以摩擦力向右，
故A 错误；
BC、t1～t3时间内，A、B 一起做匀速直线运动，A 受到的重力和支持力平衡，不受摩擦
力，故B 错误、C 正确；
D、t3～t4时间内，A、B 加速度沿斜面向上，因为加速度有竖直向上的分量，所以支持
力大于重力，因为加速度有水平向左的分量，所以摩擦力向左，故D 错误；
故选：C。
9．（2022•东城区三模）某幼儿园要做一个儿童滑梯，设计时根据场地大小确定滑梯的水
平跨度为L，滑板和儿童裤料之间的动摩擦因数为μ，假定最大静摩擦力等于滑动摩擦
力，为使儿童在滑梯中能沿滑板滑下，则滑梯高度至少为（ ）
A．μL
B．μ2L
C．L
μ
D．L
μ
2
【解答】解：重力在滑梯上分解成两个方向的力，垂直于滑梯的力等于mgcosθ．平行
于滑梯的力等于mgsinθ；
人在滑梯上能滑下，满足：mgsinθ≥μmgcosθ；
已知滑板和儿童裤料之间的动摩擦因数为μ，解得滑梯倾角tanθ≥μ，
根据几何关系可知，tanθ= ℎ
L ，
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解得滑梯的最小高度h＝μL，故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
10．（2022•江门模拟）如图所示，小鸟站在倾斜树枝上休息，保持静止状态，下列说法正
确的是（ ）
A．树枝受到压力是因为树枝发生了形变
B．小鸟对树枝的作用力垂直树枝斜向下
C．小鸟把树枝抓得更紧时，它受的摩擦力保持不变
D．小鸟把树枝压弯，小鸟对树枝的作用力大于树枝对小鸟的反作用力
【解答】解：A、小鸟对树枝有压力是因为小鸟发生了形变而产生对树枝的弹力，故A
错误；
B、小鸟受重力、支持力、摩擦力三力而平衡，其中树枝对小鸟的作用力为支持力和摩
擦力的合力，根据三力平衡的特点可知，树枝对小鸟的作用力与小鸟的重力大小相等，
方向相反，可知树枝对小鸟的作用力方向为竖直向上，根据牛顿第三定律，小鸟对树枝
的作用力竖直向下，故B 错误；
C、小鸟受重力、支持力、摩擦力三力而平衡，摩擦力大小等于重力沿树枝向下的分力，
小鸟把树枝抓得更紧时，它受的摩擦力保持不变，故C 正确；
D、小鸟对树枝的作用力与树枝对小鸟的反作用力是一对作用力与反作用力，根据牛顿
第三定律，小鸟对树枝的作用力等于树枝对小鸟的反作用力，故D 错误。
故选：C。
二．计算题（共1 小题）
11．（2022•门头沟区一模）如图甲所示，一根轻质弹簧上端固定在天花板上，已知弹簧劲
度系数为k，原长为l0
（1）a.如图乙所示，在弹性限度内，用力F 将弹簧由原长O 位置拉至P 位置，求弹簧的
长度l；
b.请在图丙中画出小球从O 运动到P 的过程中，弹簧弹力的大小随相对于O 点的位移x
变化的图象。根据F﹣x 图象求：从O 拉至任意位置x 的过程中弹力所做的功W，以及
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小球在此位置时弹簧的弹性势能E 弹；
（2）弹簧的劲度系数k 的数值与弹簧的材料，弹簧丝的粗细，弹簧圈的直径，单位长
度的匝数，弹簧的原长及温度有关。
a.若在其它影响弹簧劲度系数的因素保持不变的情况下，仅将弹簧由l1处剪短为l1和l0
﹣l1两部分，求长度为l1部分的劲度系数k'。
b.上述过程中我们实际上忽略了弹簧的质量，若弹簧质量不可忽略，其质量为m0，弹簧
自然悬挂后如图丁所示状态，求其总长度l。
【解答】解：（1）a.由胡克定律F＝kx 得弹簧的伸长量：x= F
k
即弹簧的长度 l＝l0+x＝l0+ F
k
b.F﹣x 图象如右图所示
图中的图线和x 轴围成的面积表示功的大小弹力做功为W=−1
2kx2
弹力做功与弹性势能的关系W 弹＝0﹣E 弹
解得：E 弹= 1
2kx2
（2）a.设拉伸过程中l1部分的伸长量为x ˊ，总伸长量为x。拉伸弹簧过程中整根弹簧
均匀拉长，内部张力处处相等。由几何关系知：x'
x = l1
l0
对整根弹簧由胡克定律：F＝kx
对l1部分应用胡克定律：F＝k'x ˊ
联立解得：k'= l0
l1
k，即同一弹簧的劲度系数与长度成反比
b.无重力时将弹簧分为N 段（N 很大），每一段长度为，劲度系数有重力的情况下，弹
簧被拉伸，原来等分的N 小段受到不同程度的拉伸将变得长度不相等，但由于小段长度
很小，每小段的劲度系数可认为保持不变。自上而下：第1 小段承担了下面N﹣1 小段
的重力，第二小段承担了下面N﹣2 小段的重力……
考查第i 小段：Nk'xi＝（N﹣i）m0g
得第i 小段弹簧的长度为：xi= ( N −i)m0 g
Nk '
则弹簧的总长为：l＝l0+∑
N
i=1 xi
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当N→∞时有：
l =∑
i=1
N
[ l0
N + ( N −i)m0 g
N
2k
]=l0+ m0 g
N
2k ∑
i=1
N
( N −i)=l0+ ( N −1)m0 g
2 Nk
=l0+ m0 g
2k
答：（1）a.弹簧的长度为l0+ F
k ；
b.从O 拉至任意位置x 的过程中弹力所做的功为−1
2kx2，小球在此位置时弹簧的弹性势
能为1
2kx2；
（2）a.长度为l1部分的劲度系数为l0
l1
k。
b.其总长度为l0+ m0 g
2k 。
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