文档文本内容
专题06 力的概念及常见的三种力
题型一 重力......................................................................................................................................................3
题型二 弹力......................................................................................................................................................7
题型三 摩擦力................................................................................................................................................13
课时精练..........................................................................................................................................................25
【基础回顾】
一、力 重力
1．力
(1)定义：力是一个物体对另一个物体的作用．
(2)作用效果：使物体发生形变或改变物体的运动状态(即产生加速度)．
(3)性质：力具有物质性、相互性、矢量性、独立性等特征．
2．重力
(1)产生：由于地球的吸引而使物体受到的力．
注意：重力不是万有引力，而是万有引力竖直向下的一个分力．
(2)大小：G＝mg，可用弹簧测力计测量．同一物体G 的变化是由在地球上不同位置处g 的变
化引起的．
(3)方向：总是竖直向下．
(4)重心：物体的各部分都受重力作用，可认为重力集中作用于一点，即物体的重心．
①影响重心位置的因素：物体的几何形状；物体的质量分布．
②不规则薄板形物体重心的确定方法：悬挂法．
注意：重心的位置不一定在物体上．
二、弹力
1．弹力
(1)定义：发生弹性
形变
的物体，要恢复原状，对与它接触的物体产生的力的作用．
(2)产生条件：
①物体间直接接触；
②接触处发生弹性
形变
．
(3)方向：总是与施力物体形变的方向相反．
2．弹力有无的判断方法
(1)
条件法：根据弹力产生条件——物体是否直接接触并发生弹性形变．
(2)
假设法：假设两个物体间不存在弹力，看物体能否保持原有的状态，若运动状态不变，
则此处没有弹力；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
．
3．接触面上的弹力方向判断
面与面
点与面
点与曲面
曲面与平面
垂直于接触
面
垂直于接触面
垂直于切面
垂直于平面
4.弹力大小的计算
(1)应用胡克定律F＝kx 计算弹簧的弹力．注意：x 表示形变量．
(2)物体静止或做匀速直线运动时，用共点力平衡来计算弹力．
(3)物体不平衡时应用牛顿第二定律计算弹力．
三、摩擦力
1．定义：两个相互接触的物体，当它们发生相对运动或具有相对运动的趋势时，在接触面
上会产生阻碍相对运动或相对运动趋势的力．
2．产生条件
(1)接触面粗糙．
(2)接触处有压力．
(3)两物体间有相对运动或相对运动的趋势．
3 ．方向：与受力物体相对运动或相对运动趋势的方向相反．
4．大小
(1)滑动摩擦力：Ff＝μFN，μ 为动摩擦因数；
(2)静摩擦力：0<F≤Fmax.
5．弹力与摩擦力的关系
若两物体间有摩擦力，则两物体间一定有弹力，若两物体间有弹力，但两物体间不一定有摩
擦力．
题型一 重力
1．对重力的理解
(1)重力不是万有引力，而是万有引力的一个分力。
(2)大小：G＝mg，g 与物体在地球上的位置有关，与环境和运动状态无关。
(3)方向：总是竖直向下。
(4)在赤道和地球两极，重力方向指向地心；在其他位置，重力方向不指向地心。
2．对重心的理解
(1)重心是重力的等效作用点，重力作用在整个物体上。
(2)重心不是物体上最重的一点，它可以不在物体上，也不一定在物体的几何中心。
(3)重心在物体上的相对位置与物体的位置、放置状态及运动状态无关。
【例题精讲】
1．（2026·浙江宁波·二模）如图所示，不倒翁静止在斜面上，接触点为P。下列说法正确的是（ ）
A．不倒翁只受重力与弹力作用
B．不倒翁对斜面的作用力方向竖直向下
C．不倒翁的重心可能位于图中的M 点
D．斜面对不倒翁的弹力是因为不倒翁发生了形变
【答案】B
【详解】A．不倒翁受重力、弹力和摩擦力的作用，A 错误；
B．由平衡可知斜面对不倒翁的作用力与不倒翁的重力等大反向，可知斜面对不倒翁的作用力竖直向上，
由牛顿第三定律可知，不倒翁对斜面的作用力方向竖直向下，B 正确；
C．不倒翁受过P 点垂直斜面向上的支持力、过P 点沿斜面向上的摩擦力以及竖直向下的重力作用，因三
力为共点力，可知不倒翁的重心不可能位于图中的M 点，C 错误；
D．斜面对不倒翁的弹力是因为斜面发生了形变，D 错误。
故选B。
2．（2026·浙江衢州·二模）2026 年央视春节联欢晚会上，人形机器人与小朋友进行同台集群武术表演，
机器人侧空翻、打醉拳、耍兵器、连续踢腿等节目惊艳了春晚舞台。下列说法中正确的是（ ）
A．观众在观看人形机器人侧空翻时可以把机器人当成质点
B．人形机器人在空中表演侧空翻落地前，处于完全失重状态
C．人形机器人落地时速度越大，惯性越大
D．人形机器人在空中表演侧空翻时，其重心位置必在机器人上
【答案】B
【详解】A．研究机器人侧空翻动作时，机器人的形状、大小不能忽略，因此不能将机器人视为质点，故
A 错误；
B．机器人在空中落地前，忽略空气阻力时加速度等于重力加速度、方向向下，符合完全失重的定义，因
此处于完全失重状态，故B 正确；
C．惯性是物体的固有属性，惯性大小仅由质量决定，和速度无关，故C 错误；
D．物体的重心位置不一定在物体本身，机器人做侧空翻肢体弯曲时，重心可能在机器人身体外，故D 错
误。
故选B。
3．（25-26 高一上·江西上饶·月考）促进教师交流，增强教师体质，“XBA”篮球联盟举行了篮球比赛。
若在某次篮球训练中，两人进行击地传球，如图所示，一人将球传给另一人的过程中，在球碰到水平地
面反弹瞬间，下列说法正确的是（ ）
A．水平地面对篮球的弹力方向斜向右上方
B．水平地面对篮球的弹力大于篮球对地面的压力
C．篮球的重心一定位于篮球上最重的一点
D．篮球在手中时所受重力方向竖直向下
【答案】D
【详解】A．水平地面对篮球的弹力方向竖直向上，A 错误；
B．水平地面对篮球的弹力与篮球对地面的压力是一对相互作用力，总是等大反向，B 错误；
C．篮球的重心是重力的等效作用点，不一定位于篮球上最重的一点，C 错误；
D．篮球在手中时所受重力方向竖直向下，D 正确。
故选D。
4．（25-26 高一上·四川巴中·期中）第十五届全运会已于2025 年11 月21 日圆满闭幕，比赛精彩纷呈，为
我们留下弥足珍贵的物质和精神财富，必将载入我国体育事业和粤港澳三地发展的光辉史册。本届全运
会，老将和新人挑战自我、超越极限，均有优异表现，展现了中国水平、中国力量。对比赛数据，某同
学用所学物理知识做出判断，下列说法正确的是（ ）
A．老将巩立姣铅球的成绩19.68m 表示是位移的大小
B．中学生陈妤颉100 米决赛成绩11 秒10 表示的是时刻
C．清华学霸邵雨琪跳高成绩1.90 米表示的是运动员重心升高的高度
D．小将张展硕男子1500 米游泳决赛成绩14 分52 秒73 夺得冠军，其平均速度为零
【答案】D
【详解】A．铅球比赛成绩是铅球落地点到投掷线的水平距离，位移是从出手点（有一定初始高度）到落
地点的有向线段的长度，二者不相等，故A 错误；
B．100 米决赛成绩11 秒10 是跑完全程的时间间隔，时刻是某一瞬时，二者概念不同，故B 错误；
C．跳高成绩1.90 米是横杆距离地面的高度，运动员起跳时重心已有初始高度，重心升高的高度小于1.90
米，故C 错误；
D．平均速度等于位移与时间的比值，1500 米游泳的起点和终点在同一位置，位移为0，因此平均速度为
0，故D 正确。
故选D。
5．（25-26 高一上·四川巴中·期中）关于重力、弹力、摩擦力，力的合成与分解，下列说法正确（ ）
A．物体受到的重力就是地球对物体的吸引力
B．滑动摩擦力一定与物体相对地面的运动方向相反
C．水平桌面上的书受到支持力是因为书发生了微小形变
D．重心、力的合成与分解都用到了等效替代思想
【答案】D
【详解】A．重力是地球对物体万有引力的一个分力（另一个分力提供物体随地球自转的向心力），并不
等于地球对物体的吸引力，故A 错误；
B．滑动摩擦力的方向与物体相对接触面的运动方向相反，并非相对地面的运动方向，例如刚放到运动传
送带上的物体，受到的滑动摩擦力与物体相对地面的运动方向相同，故B 错误；
C．弹力是施力物体发生弹性形变产生的，书受到的支持力的施力物体是桌面，是桌面发生微小形变产生
的，故C 错误；
D．重心是将物体各部分重力等效为作用于一点的模型，力的合成与分解是用一个力等效替代多个力的共
同效果或用多个力等效替代一个力的效果，均用到等效替代思想，故D 正确。
故选D。
6．（25-26 高一上·广东湛江·月考）下列说法正确的是（ ）
A．加速度越来越小，速度也越来越小
B．伽利略理想斜面实验证明了力不是维持物体运动的原因
C．物体速度越大，惯性越大
D．形状规则的物体，其重心一定在几何中心
【答案】B
【详解】A．当加速度方向与速度方向相同时，即使加速度减小，速度仍然会增大（仅速度增大的速率变
慢），故A 错误；
B．伽利略理想斜面实验推理得出：物体不受外力作用时会保持原来的运动状态，直接证明了力不是维持
物体运动的原因，故B 正确；
C．惯性的唯一量度是质量，与物体的速度大小无关，故C 错误；
D．形状规则且质量分布均匀的物体，其重心一定在几何中心，仅形状规则无法确定重心位置，故D 错误。
故选B。
7．（25-26 高一上·江西赣州·月考）四块完全相同的质量均匀分布的木块，各长1m，叠放在一起伸出桌
边外，要求各木块尽量往外伸，且不能翻转掉落，如图所示。那么最上面的木块的右边缘离桌边缘的距
离是多少（ ）
A．1m
B．25
24 m
C．5
4 m
D．3
2 m
【答案】B
【详解】由于质量均匀分布的木块的重心在它的几何中心，所以最上面的一块伸出最远的情况是它的重
心正好在下面一块的右边缘上，接下来把上面两块作为一个整体，同理，第二块（从上往下数，下同）
的最大伸出量是1
4 m，第三块、第四块伸出的最大量分别是1
6 m和1
8 m，从而可知最上面的木块右边缘离
桌边缘的距离是（1
2 + 1
4 + 1
6 + 1
8 ）m= 25
24 m
故选B。
（多选）8．（25-26 高一上·湖南湘西·期末）下列有关力的说法正确的是（ ）
A．重力的方向总是垂直地面向下
B．轻绳中的弹力方向一定沿着绳子方向
C．摩擦力的方向总是与物体的运动方向相反
D．物体的重心位置与物体的质量分布和形状均有关
【答案】BD
【详解】A．重力的方向总是竖直向下，故A 错误；
B．轻绳中的弹力方向一定沿着绳子方向，故B 正确；
C．摩擦力的方向总是与物体之间的相对运动或相对运动趋势方向相反，不一定与物体的运动方向相反，
故C 错误；
D．物体的重心位置与物体的质量分布和形状均有关，故D 正确。
故选BD。
（多选）9．（25-26 高一上·河北邢台·月考）深蹲是一项健身运动，是练大腿肌肉的有效动作。如图所示，
某人站在水平地面上，双手伸出，正在缓慢下蹲。下列说法正确的是（ ）
A．此人只受到重力和支持力
B．此人所受重力的作用线一定通过头部
C．地面对此人的支持力大小不变
D．此人的手臂对手掌的作用力方向沿手臂方向
【答案】AC
【详解】AC．此人受力平衡，受到水平地面竖直向上的支持力和竖直向下的重力，且支持力与重力等大
反向，故AC 正确；
B．此人所受重力的作用线一定通过重心，但头部不一定在重心所在竖直线上，故B 错误；
D．此人手掌受力平衡，即手掌受到的重力与此人的手臂对手掌的作用力等大反向，即此人的手臂对手掌
的作用力方向竖直向上，故D 错误。
故选AC。
（多选）10．（2025·广西·高考真题）独竹漂是我国一项民间技艺。如图，在平静的湖面上，独竹漂选手
手持划杆踩着楠竹，沿直线减速滑行，选手和楠竹相对静止，则（ ）
A．选手所受合力为零
B．楠竹受到选手作用力的方向一定竖直向下
C．手持划杆可使选手（含划杆）的重心下移，更易保持平衡
D．选手受到楠竹作用力的方向与选手（含划杆）的重心在同一竖直平面
【答案】CD
【详解】A．选手和楠竹在水里减速滑行，速度在变化，根据牛顿第二定律可知合力不为零，故A 错误；
B．楠竹在水平方向有加速度，选手对楠竹的力在竖直方向有压力，水平方向有摩擦力，所以选手对楠竹
的力方向不是竖直向下，故B 错误；
C．选手和楠竹相对静止，且减速滑行，选手和楠竹的重心要在同一竖直面上才能保持相对稳定，故C 正
确；
D．选手和楠竹构成的整体在减速滑行，受到的合力不为零，根据力的作用线和重心的关系可知整体的重
心与楠竹受到合力作用线应该在同一竖直面上，故D 正确。
故选CD。
题型二 弹力
1．判断弹力有无的三种方法
条件法
根据物体是否直接接触并发生弹性形变来判断，多用来判断形变较
明显的情况
假设法
对形变不明显的情况，可假设两个物体间不存在弹力，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，则此处一定存在弹力。
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是
否存在弹力。
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)常见的几种弹力方向的判断
(3)根据共点力的平衡条件或牛顿第二定律确定弹力的方向。
【例题精讲】
1．（25-26 高一下·浙江衢州·期中）如图所示，某同学练习用头颠球，足球即将被竖直向上顶起的瞬间，
下列说法正确的是（ ）
A．此时足球处于平衡状态
B．头对足球的弹力是足球发生形变引起的
C．头对足球的支持力与足球的重力是一对相互作用力
D．头对足球的作用力与足球对头的作用力大小始终相等
【答案】D
【详解】A．足球即将被向上顶起的瞬间，加速度向上，合力不为零，不是平衡状态，故A 错误；
B．弹力是施力物体发生弹性形变对受力物体产生的力，头对足球的弹力是头发生形变引起的，故B 错误；
C．相互作用力是两个物体之间的相互作用（头对足球、足球对头），头对足球的支持力和足球的重力都
作用在足球上，且即将顶起时支持力大于重力，既不是平衡力也不是相互作用力，故C 错误；
D．头对足球的作用力和足球对头的作用力是一对相互作用力，根据牛顿第三定律，二者大小始终相等，
故D 正确。
故选D。
2．（2026·辽宁大连·模拟预测）如图甲为足球收纳架。足球静止在同一水平面上的两平行金属杆之间，
其截面图如图乙，下列说法正确的是（ ）
A．金属杆1 对足球的弹力是由于足球要恢复形变而产生的
B．金属杆间距越小，足球受到的合力越大
C．金属杆间距越大，金属杆1 对足球的支持力与竖直方向夹角越小
D．金属杆间距越大，足球对金属杆1 的压力越大
【答案】D
【详解】A．弹力是施力物体要恢复形变，对受力物体产生的力。金属杆对足球的弹力，施力物体是金属
杆，因此弹力是金属杆要恢复形变而产生的，故A 错误；
B．足球始终处于静止，受力平衡，受到的合力始终为0，和金属杆间距无关，故B 错误；
C．设支持力与竖直方向的夹角为θ，足球半径为R，金属杆半径为r，两金属杆中心的水平距离为d，由
几何关系，可得sinθ =
d
2
R+r
金属杆间距越大则d越大，则θ越大，即支持力与竖直方向的夹角越大，故C 错误；
D．对足球受力分析，两支持力对称，竖直方向受力平衡，有2 N cosθ =mg
整理得N =
mg
2cosθ
金属杆间距越大，θ越大，cosθ越小，因此支持力N越大；根据牛顿第三定律，足球对金属杆1 的压力大
小等于N，因此压力越大，故D 正确。
故选D。
3．（25-26 高一下·河南·月考）将一轻弹簧竖直固定在天花板上，弹簧的下端挂上质量为m1=100g的物
体A时，弹簧的长度为l1=20cm；弹簧的下端挂上质量为m2=200g的物体B时，弹簧的长度为l2=24cm。
重力加速度g取10 m/s
2，弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确的是（ ）
A．弹簧的原长为18cm
B．弹簧的劲度系数为25 N/m
C．弹簧的下端同时挂上物体A和B时，弹簧的长度为26cm
D．若弹簧竖直固定在水平地面上，将物体A放在弹簧上端时，弹簧的长度为14cm
【答案】B
【详解】AB．设弹簧原长为l0，劲度系数为k，根据胡克定律F =k Δ x（Δ x为形变量），弹簧悬挂物体
平衡时弹力等于物体重力挂m1时k (l1−l0)=m1g
挂m2时k (l2−l0)=m2 g
代入数据得k =25 N/m，l0=0.16 m =16cm，故A 错误，B 正确。
C．同时挂A、B 时，则(m1+m2)g=k(l−l0)，解得弹簧长度为l =28cm，故C 错误。
D．弹簧放地面压缩A 时，则m1g=k(l0−l
')，解得弹簧长度为l' =12cm，故D 错误。
故选B。
4．（2026·河南南阳·模拟预测）如图甲所示，在光滑水平面上有一轻质弹簧Ⅰ，其左端固定在竖直墙面
上，用滑块以某一初速度压缩弹簧直至将弹簧压缩到最短，从接触弹簧开始得到的弹簧弹力F 与滑块的
位移x 的关系图像如图乙中图线1 所示；更换另一只轻质弹簧Ⅱ，用同样的滑块、同样的速度去压缩弹簧
直至将弹簧压缩到最短，得到的F-x 的图像如图乙中图线2 所示。下列说法正确的是（ ）
A．弹簧Ⅰ的劲度系数等于弹簧Ⅱ的劲度系数
B．弹簧Ⅰ的劲度系数小于弹簧Ⅱ的劲度系数
C．图线1 与横轴所围的面积等于图线2 与横轴所围的面积
D．图线1 与横轴所围的面积大于图线2 与横轴所围的面积
【答案】C
【详解】AB．根据胡克定律F =kx可得F-x 的图像的斜率表示弹簧的劲度系数，图线1 的斜率大于图线2
的斜率，可知弹簧Ⅰ的劲度系数大于弹簧Ⅱ的劲度系数，故AB 错误；
CD．根据能量关系可得弹簧压缩到最短时的弹性势能相同，都等于滑块的初动能，弹性势能增加量等于
滑块克服弹力做功，又F −x图像的面积表示滑块克服弹簧弹力做功，可知图线1 与横轴所围的面积等于
图线2 与横轴所围的面积，故C 正确，D 错误。
故选C。
5．（25-26 高一上·江西上饶·月考）如图所示，在竖直悬挂的轻弹簧下吊着一轻质定滑轮，一根细线穿过
滑轮连接着P、Q 两物体，其中物体P 放在水平地面上，物体Q 静止在空中，滑轮两侧细线均竖直。已知
物体P 的质量为0.5kg，物体Q 的质量为0.3kg，弹簧的劲度系数为100 N/m，取重力加速度大小
g=10 m/s
2。下列说法正确的是（ ）
A．细线中的张力大小为2N
B．物体P 所受地面的支持力大小为2N
C．弹簧中的弹力大小为3N
D．弹簧的伸长量为3cm
【答案】B
【详解】A．对物体Q 分析可知，细线中的张力大小为T=mQg=3N，A 错误；
B．对物体P 分析可知，物体P 所受地面的支持力大小为N =mP g−T =2 N，B 正确；
C．弹簧中的弹力大小为F=2T=6N，C 错误；
D．弹簧的伸长量为x = F
k = 6
100 m =6cm，D 错误。
故选B。
6．（2026·四川蓉城·模拟预测）如图所示，一支毛笔笔顶放在水平桌面上，笔杆靠在笔架上保持静止。
毛笔与笔架之间摩擦力忽略不计。下列说法正确的是（ ）
A．笔架对毛笔的支持力方向竖直向上
B．桌面与毛笔之间一定有摩擦力
C．桌面对毛笔的支持力是因为毛笔发生了形变
D．毛笔对桌面的压力与桌面对毛笔的支持力是一对平衡力
【答案】B
【详解】A．笔架对毛笔的支持力属于弹力，弹力的方向应垂直于接触面指向受力物体，所以笔架对毛笔
的支持力的方向应是垂直笔杆斜向右上方，故A 错误；
B．以毛笔为对象，由于笔架对毛笔的支持力存在水平向右的分力，根据平衡条件可知，桌面对毛笔有水
平向左的摩擦力，故B 正确；
C．桌面对毛笔的支持力是因为桌面发生了形变，故C 错误；
D．毛笔对桌面的压力与桌面对毛笔的支持力是一对相互作用力，故D 错误。
故选B。
7．（2026·北京延庆·一模）2025 年世界举重锦标赛继续在挪威进行。在男子60 公斤级A 组决赛的比赛当
中，中国选手王浩以138 公斤的成绩获得抓举金牌，举起杠铃稳定时的状态如下图所示。重力加速度
g=10 m/s
2，下列说法正确的是（ ）
A．双臂夹角越大受力越小
B．杠铃对每只手臂作用力大小为690N
C．杠铃对手的作用力是手发生形变而产生的
D．在加速举起杠铃过程中，地面对人的支持力大于人与杠铃总重力
【答案】D
【详解】A．双臂所受杠铃作用力的合力的大小等于杠铃的重力大小，每只手臂所施加的力在竖直方向的
分力等于杠铃重力的一半，设双臂夹角为θ，则有2 F cos θ
2 =mg
可得F =
mg
2cos θ
2
可知双臂夹角越大受力越大，故A 错误；
B．根据相互作用力大小相等，可知杠铃对每只手臂作用力大小为F =
mg
2cos θ
2
≥mg
2 =690N，故B 错误；
C．杠铃对手的作用力是杠铃发生形变而产生的，故C 错误；
D．在加速举起杠铃过程中，人和杠铃组成的系统加速度向上，系统处于超重状态，因此地面对人的支持
力大于人与杠铃总重力，故D 正确。
故选D。
（多选）8．（25-26 高一下·上海普陀·月考）如图甲所示，小明将竖直弹簧固定在水平面上，将质量为m
的小球从竖直轻弹簧的正上方h处由静止自由落下。以小球开始下落的位置为坐标原点，沿竖直向下方向
建立坐标轴x，小球所受弹力的大小随小球位置坐标x的变化关系如图乙所示。小球向下运动过程中，弹
簧始终处于竖直状态且在弹性限度内。小球可视为质点，不计空气阻力的影响，重力加速度为g。下列说
法正确的是（ ）
A．x =h+ x0处，小球的速度为零
B．x =h处与x =h+2 x0处，小球的加速度大小相同
C．从x =h处到x =h+2 x0过程中，小球的动能一直增大
D．从x =h处到x =h+2 x0过程中，小球所受弹力做功为−2mg x0
【答案】BD
【详解】A．x =h+ x0处，弹力等于重力，合力为零，由牛顿第二定律可知，小球加速度为零，速度达到
最大值，故A 错误；
B．x =h处，弹力为0，合力F合=mg，加速度大小为a1= g
x =h+ x0处，弹力F1=mg，重力与弹力平衡，由胡克定律，可得弹簧劲度系数k = mg
x0
x =h+2 x0处，弹力F2=k ×2 x0=2mg
合力F合
′ =2mg−mg=mg
由牛顿第二定律，得加速度大小为a2= F合
′
m = g
则a1=a2，两处加速度大小相同，故B 正确；
C．从x =h到x =h+ x0，重力大于弹力，小球向下加速，速度增大，动能增大；从x =h+ x0到x =h+2 x0，
弹力大于重力，小球向下减速，速度减小，动能减小。因此动能先增大后减小，故C 错误；
D．F −x图像中，图线与坐标轴围成的面积等于弹力做功的大小，弹力方向与位移方向相反，做功为负。
从x =h到x =h+2 x0，三角形面积为S = 1
2 ⋅2 x0⋅2mg=2mg x0
因此弹力做功W =−2mg x0，故D 正确。
故选BD。
（多选）9．（25-26 高一下·辽宁阜新·开学考试）如图所示，倾角为θ的粗糙斜面固定在水平面上，一物
块放置在斜面上，一根轻弹簧一端固定在竖直墙上，另一端系在物块上，弹簧始终保持水平，物块处于
静止状态，已知此时物块受到沿斜面向下的摩擦力。则（ ）
A．弹簧一定处于拉伸状态
B．弹簧一定处于压缩状态
C．物块一定受到三个力的作用
D．物块一定受到斜面支持力的作用
【答案】BD
【详解】AB．由于题目给出斜面给物块的摩擦力沿斜面向下，弹簧必须给物块向左的弹力，可知弹簧处
于压缩状态，若弹力向右，物块合力不可能为零，故A 错误，B 正确；
CD．物块受到重力、弹簧对物块的弹力、斜面给物块的支持力、斜面给物块的摩擦力，在四个力的作用
下处于平衡状态，故C 错误，D 正确。
故选BD。
（多选）10．（2026·江西·模拟预测）如图所示，A 球与B 球用原长为3
2 L、劲度系数为k1的轻质弹簧相连，
B 球用长为L的细线悬挂于O点，A 球固定在O点的正下方，且O、A 间的距离也为L，OAB恰好构成一个
正三角形。现把A、B 间的弹簧换成原长相同但劲度系数为k2的轻质弹簧，系统重新平衡后A、B 间的距
离变为3
5 L。两弹簧均在弹性限度内，两小球均视为质点。下列说法正确的是（ ）
A．细线的拉力不变
B．弹簧的弹力变大
C．k2= 1
3 k1
D．k2= 2
3 k1
【答案】AC
【详解】AB．令B 球的质量为m，轻质弹簧劲度系数为k1时的受力分析图如下
由几何关系可知OAB 构成的三角形与力的三角形相似，因此有F1
L = mg
L
，T 1
L = mg
L
解得F1=mg，T 1=mg
同理轻质弹簧劲度系数为k2时，由受力分析图同样可以发现OAB 构成的三角形与力的三角形相似，有
F2
3
5 L
= mg
L ，T 2
L = mg
L
解得F2= 3
5 mg< F1，T 2=mg=T 1
因此弹簧的弹力变小，细线的拉力不变，故A 正确，B 错误；
CD．对劲度系数为k1的弹簧，根据胡克定律F1=k1(
3
2 L−L)= k1 L
2
对劲度系数为k2的弹簧，同理有F2=k2(
3
2 L−3
5 L)= 9
10 k2 L
联立解得k2= 1
3 k1，故C 正确，D 错误。
故选AC。
题型三 摩擦力
1．滑动摩擦力方向的确定
滑动摩擦力的方向总与物体相对运动方向相反，“相对”是指“相对接触的物体”，与
相对地面的运动方向可能相反，也可能相同。
2．静摩擦力的有无及方向的判断方法
(1)假设法
(2)状态法
先判断物体的状态(即加速度的方向)，再利用牛顿第二定律(F 合＝ma)确定合力，然后通
过受力分析确定静摩擦力的大小及方向。
(3)牛顿第三定律法
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
到的静摩擦力方向。
【例题精讲】
1．（2026·江苏·模拟预测）如图所示，一底面抹有石灰粉的沙袋以某初速度从O 点垂直于传送带运动方
向冲上向右做匀加速直线运动的水平传送带，并最终相对静止，则在与传送带相对静止前，沙袋所受的
摩擦力（ ）
A．大小不变，方向不变
B．大小不变，方向改变
C．大小改变，方向不变
D．大小改变，方向改变
【答案】B
【详解】在沙袋相对传送带滑动时，沙袋受到的滑动摩擦力大小为f = μN = μmg，可知沙袋所受的摩擦力
大小不变；
若传送带以v1做匀速直线运动，沙袋以某初速度v2从O 点垂直于传送带运动方向冲上传送带，沙袋刚滑
上传送带的相对运动方向以及所受摩擦力方向如图所示
滑动摩擦力的方向始终与沙袋相对传送带的运动方向相反，由于滑动摩擦力的加速度始终与相对速度共
线反向，所以沙袋相对于传送带做匀减速直线运动，相对运动方向不变，摩擦力方向不变；但实际上传
送带向右做匀加速直线运动，使得沙袋沿传送带运行方向的相对速度与传送带匀速时的相对速度不一样，
所以不同时刻，沙袋与传送带的相对速度方向发生变化，则摩擦力方向发生变化。
故选B。
2．（2026·甘肃兰州·二模）如图所示，质量均为m 的三本书叠放在水平桌面上，小甘同学用水平恒力F
抽第2 本书，结果第1、2 本书被一起加速抽出，第3 本书保持不动。假设书与书、书与桌面间的动摩擦
因数均为μ，则抽书过程中，下列说法正确的是（ ）
A．第1 本书受向左的摩擦力
B．第1、2 本书间的摩擦力大小为F
2
C．第2、3 本书间的摩擦力大小为2 μmg
D．桌面对第3 本书的摩擦力大于第2、3 本书间的摩擦力
【答案】C
【详解】A．在水平向右恒力F 作用下第1、2 本书被一起加速抽出，说明它们的加速度方向水平向右，
对第1 本书，其有向右的加速度原因是受到向右的静摩擦力，故A 错误；
BC．对第1、2 本书整体，第2、3 本书间的滑动摩擦力大小为Ff=2 μmg
由牛顿第二定律F −2 μmg=2ma
对第1 本书，由牛顿第二定律Ff
' =ma= F
2 - μmg，故B 错误，C 正确；
D．第3 本书保持不动，其水平方向受力平衡，即第2 本书对第3 本书的滑动摩擦力与桌面对其的静摩擦
力平衡，故D 错误。
故选C。
3．（2026·湖南·三模）如图所示，黑板（铁材料）竖直固定，小磁铁夹着一张纸吸附在黑板上，已知纸
和磁铁的质量分别为m、M，开始纸和磁铁都静止。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，对
纸施加不同的力。下列说法正确的是（ ）
A．对纸施加竖直向上的力，纸未动，黑板对纸的摩擦力一定减小
B．对纸施加竖直向上的力，纸和磁铁一起向上匀速运动，纸受到的摩擦力的合力增大
C．对纸施加平行黑板方向的水平力，纸未动，黑板对纸的摩擦力可能不变
D．对纸施加竖直向下的力，只要拉力大于两侧滑动摩擦力之和，就能将纸抽出
【答案】B
【详解】A．若施加的力太大，黑板对纸的摩擦力可能反向，比原来的摩擦力更大，故A 错误；
B．没有施加力，纸受到的摩擦力的合力为f 合= f 1−f 2
f 1为纸与黑板的静摩擦力，f 2为纸与磁铁的静摩擦力，施加后受到磁铁和黑板的摩擦力均向下，故摩擦力
的合力f
′
合= f 1滑+ f 2
增大，故B 正确；
C．纸原来受到的黑板摩擦力为f 0，设施加的水平力为F，则纸受到的黑板的摩擦力f =
❑√f 0
2+ F
2
大于f 0，故C 错误；
D．设纸受到向下的力为F，磁铁与纸的摩擦力大小为f 1，纸与黑板的摩擦力大小为f 2，刚好将纸抽出，
则对纸F +mg−f 1−f 2
m
=a
对磁铁Mg+ f 1
M
=a
解得F = f 1+ f 2+ f 1
M m
故D 错误。
故选B。
4．（2026·北京朝阳·一模）老师在课堂上做了一个如图所示的实验：把粉笔盒静置于水平桌面上的课本
上，用水平向右的恒力F 将课本迅速抽出，粉笔盒移动较小的距离。若粉笔盒和课本的质量均为m，各
接触面间的动摩擦因数均为μ，抽出课本的过程历时t。最大静摩擦力可视为等于滑动摩擦力，重力加速
度为g。在此过程中，下列说法正确的是（ ）
A．课本受到5 个力作用
B．课本受到的摩擦力大小为2μmg
C．F 大于4μmg 才可能将课本从粉笔盒下抽出
D．粉笔盒最终将停留在初始位置右侧1
2 μgt
2处
【答案】C
【详解】A．通过受力分析可知，课本受到拉力、重力、桌面支持力、粉笔盒压力、桌面摩擦力和粉笔盒
摩擦力共6 个力的作用，故A 错误；
B．桌面对课本的摩擦力f 1=2 μmg，粉笔盒对课本的摩擦力f 2= μmg，则课本受到的摩擦力
f = f 1+ f 2=3 μmg，故B 错误；
C．课本和粉笔盒刚好要发生相对运动时，粉笔盒受到摩擦力f 2
′ = μmg=ma
解得a= μg
对整体牛顿第二定律有F −2 μmg=2ma
联立解得F = 4 μmg
则F 大于4μmg 才可能将课本从粉笔盒下抽出，故C 正确；
D．抽出课本过程，粉笔盒以a为加速度做匀加速直线运动，抽出后由于桌面摩擦力大小不变方向反向，
粉笔盒以a为加速度做匀减速直线运动，故粉笔盒总位移x =2 x1=2× 1
2 μgt
2= μgt
2
则粉笔盒最终将停留在初始位置右侧μgt
2处，故D 错误。
故选C。
5．（2026·重庆沙坪坝·模拟预测）如图所示，质量为m 的磁吸黑板擦可以吸附在黑板上保持静止，该黑
板擦与黑板间磁吸力大小为F，滑动摩擦系数为μ。某同学对黑板擦施加推力F0，使其匀速向上运动，已
知重力加速度g。关于黑板擦受力描述正确的是（ ）
A．黑板擦所受摩擦力大小为μF
B．黑板擦所受摩擦力大小为mg
C．黑板擦受到黑板的支持力大于磁吸力
D．黑板擦所受黑板支持力与磁吸力是一对相互作用力
【答案】C
【详解】ABC．设推力F0与竖直方向的夹角为θ，黑板擦匀速向上运动，水平方向有N = F + F0sinθ
可知黑板擦受到黑板的支持力大于磁吸力，黑板擦所受摩擦力大小为f = μN = μ( F + F0sinθ)
竖直方向有F0cosθ =mg+ f
可得黑板擦所受摩擦力大小为f = F0cosθ−mg
故AB 错误，C 正确；
D．黑板擦所受黑板支持力与磁吸力都作用在黑板擦上，不是一对相互作用力，故D 错误。
故选C。
6．（2026·山东东营·一模）如图所示，有一定间距的平行圆杆M、N 表面粗糙，两圆杆半径r=2cm，均与
水平面呈30°放置，圆杆M 绕中心轴逆时针旋转，圆杆N 绕中心轴顺时针旋转，两杆转动的角速度大小均
为ω=5 ❑√3rad/s，一质量为m 的滑块A 在两圆杆上以v=0.3m/s 匀速下滑，已知滑块与圆杆间动摩擦因
数为μ，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．若增大两圆杆的角速度，滑块所受摩擦力会增大
B．滑块与圆杆间动摩擦因数μ= 2
3
C．两圆杆对滑块的摩擦力方向与圆杆方向夹角α 均为60°
D．若增大两圆杆的角速度，滑块会减速下滑
【答案】B
【详解】C．圆杆转动时，接触点的线速度（垂直杆轴线方向）大小为v1=ωr =0.1❑√3 m/s；滑块沿杆向
下匀速运动，相对于杆的速度分量为v =0.3 m/s。
设摩擦力方向与杆轴线方向的夹角为α（摩擦力与相对速度反向，夹角等于相对速度与杆方向的夹角），
则 tan α = v1
v =
❑√3
3 ，即α =30°，C 错误；
B．将重力正交分解，由平衡关系可得，总正压力N 总=mgcos 30
∘，总摩擦力大小
f 总= μ N 总= μmgcos 30
∘。
沿杆方向匀速，合力为零 f 总cos α =mgsin 30
∘，可得μ= 2
3，B 正确；
A．增大ω，但总正压力N 总=mgcos 30
∘不变，因此总摩擦力大小f 总= μ N 总不变，A 错误；
D． ω增大后，α增大，cosα减小，沿杆向上的摩擦力分量f 总cos α <mgsin 30
∘，合力沿杆向下，滑块
加速下滑，D 错误。
故选 B。
7．（2026·湖南·二模）如图所示，三根长都是l 的轻杆，上端用铰链连接，每根杆都可以绕O 自由转动，
下端支在水平地面上的A、B、C 三点，ABC 为等边三角形，且每根轻杆与水平面的夹角均为60
∘。在O
点连接一根轻绳，下端吊着一个重力为G 的物体，三脚架处于稳定状态，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
下列说法正确的是（ ）
A．地面对每根杆的支持力大小均为G
6
B．每根杆对铰链O 的作用力大小均为2❑√3G
9
C．杆和地面间的动摩擦因数至少为
❑√3
2
D．若仅将等边三角形ABC 的边长变短，则地面对每根杆的支持力变小
【答案】B
【详解】AD．将整个支架系统视为整体，则由平衡条件有3 N =G
解得地面对每根杆的支持力大小均为N = G
3
若仅将等边三角形ABC 的边长变短，则地面对每根杆的支持力保持不变，故AD 错误；
B．由题意可知，每根杆与竖直方向的夹角均为30
∘，对O 点进行受力分析，根据共点力平衡的推论有
G =3 F cos30
∘
解得每根杆对铰链O 的作用力大小均为F = 2❑√3G
9
，故B 正确；
C．在A 点，杆OA 的作用力F 沿水平方向的分量为F水平= F sin30
∘= 2❑√3G
9
⋅1
2 =
❑√3G
9
则由共点力的平衡条件可得，地面对A 点的静摩擦力大小为Ff= F水平=
❑√3G
9
又因为地面对每根杆的支持力大小为N = G
3 ，所以杆和地面间的动摩擦因数至少为μ= Ff
N =
❑√3
3 ，故C 错
误。
故选B。
（多选）8．（2026·新疆·三模）如图，四分之一圆轨道内壁光滑，放在粗糙的水平地面上。一小球从轨
道的最高点由静止释放，沿轨道内壁滑到最低点，轨道始终保持静止。已知小球与轨道的质量相等。设
轨道与地面间的动摩擦因数为μ，轨道受到的摩擦力大小为f，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。小球从
轨道最高点滑到最低点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．f 一直增大
B．f 先增大后减小
C．μ 不小于0.60
D．μ 不小于0.75
【答案】BD
【详解】AB．设圆弧的轨道半径为R，在下落过程中，小球和圆心连线与水平方向的夹角为θ，则根据机
械能守恒定律有mgR sinθ = 1
2 m v
2
由向心力公式可得FN−mgsinθ =m v
2
R
联立解得轨道对小球的支持力大小为FN=3mgsinθ
则由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力大小也为3mgsinθ，则轨道所受地面的静摩擦力大小为
f =3mgsinθ⋅cosθ = 3
2 mgsin 2θ
在θ从0
∘逐渐增大到90
∘的过程中，sin2θ先增大后减小，所以轨道所受地面的静摩擦力f 也先增大后减小，
故A 错误，B 正确；
CD．设轨道对地面的压力为N，则N =mg+ FNsinθ =mg(1+3sin
2θ)
轨道保持静止需要满足轨道与地面间的静摩擦力不超过最大静摩擦力，即f ≤μN
解得μ≥f
N = 3mgsinθ⋅cosθ
mg(1+3sin
2θ)
=
3 tanθ
1+ 4 tan
2θ
=
3
1
tanθ + 4 tanθ
根据均值不等式有
1
tanθ + 4 tanθ≥2❑√
1
tanθ ×4 tanθ = 4
所以
1
tanθ + 4 tanθ的最小值为4，则有μ≥3
4 =0.75，故C 错误，D 正确。
故选BD。
（多选）9．（2026·广东东莞·一模）如果人群在户外突遇洪水，临时自救时可以站定排成一列纵队，如
图甲所示。某小组为探究纵队各处的受力情况，建立了如图乙所示的物理模型：水平地面上依次放置三
个质量均为m 的物块，物块1 与地面的动摩擦因数为2 μ，其余两物块与地面间的动摩擦因数均为μ，且
最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现对物块1 施加一水平向左的力F，下列说法正确的有（ ）
A．若三个物块均静止，物块2 和物块3 所受摩擦力相等
B．若三个物块一起向左匀加速运动，物块2 和物块3 所受摩擦力相等
C．当F = 4 μmg时，物块1、2 之间的弹力为2 μmg
D．当F =6 μmg时，物块1、2 之间的弹力为3 μmg
【答案】BC
【详解】A．因为外力F 大小未知，所以无法确定物块2 和物块3 所受摩擦力的大小情况，故A 错误；
B．若三个物块一起向左匀加速运动，物块2 和物块3 所受摩擦力均为滑动摩擦力，所以f 2= f 3= μmg，
故B 正确；
C．把1、2、3 看成一个整体，所以受的最大静摩擦力为f max = 4 μmg
当F = 4 μmg时，1、2、3 物块刚要滑动，把2、3 看成一个整体，则有F弹12= f 2+ f 3=2 μmg，故C 正确；
D．当F =6 μmg>f max = 4 μmg时，一起匀加速时，根据整体法，对三个物块，根据牛顿第二定律，有
F −4 μmg=3ma
设物块1 对物块2 的弹力为F12，对物块2、3 有F12−2 μmg=2ma
联立解得F12= 10
3 μmg，故D 错误。
故选BC。
（多选）10．（2026·山东济宁·模拟预测）如图所示，质量为M 的楔形物体ABC 放置在墙角的水平地板
上，BC 面与水平地板间的动摩擦因数为μ，楔形物体与地板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。在楔形
物体AC 面与竖直墙壁之间，放置一个质量为m 的光滑球体，同时给楔形物体一个向右的水平力，楔形物
体与球始终处于静止状态。已知AC 面倾角θ =53°，sinθ =0.8，重力加速度为g，则（ ）
A．楔形物体对地板的压力大小始终为Mg + mg
B．向右的水平力F 的最小值一定是零
C．当F = 4
3 mg时，楔形物体与地板间无摩擦力
D．向右的水平力F 的最大值为4
3 mg+ μ(m+ M )g
【答案】ACD
【详解】A．将M、m 视为一个整体可知，楔形物体对地板的压力大小为(M +m)g，故A 正确；
B．斜面体受到的最大静摩擦力f m = μ(m+ M )g
当水平向右的外力最小（设为Fn）时，斜面体可能有向左运动趋势，当μ(m+ M )g≥4
3 mg时，Fn=0
当μ(m+ M )g< 4
3 mg时，Fn= 4
3 mg−μ(m+ M )g
故B 错误；
C．球体对AC 面的弹力大小为FNAC= mg
cosθ = 5
3 mg
当F = FNACsinθ = 4
3 mg时，楔形物体水平方向上受到的合力为零，没有运动趋势，摩擦力为零。故C 正
确；
D．当水平向右的外力最大（设为F m）时，斜面体有向右运动趋势，由平衡条件有Fm = FNACsinθ+ f m
解得F m = 4
3 mg+ μ(m+ M )g
故D 正确。
故选ACD。
课时精练
1．（2026·江苏南京·模拟预测）乒乓球运动蕴含着很多物理规律，如图所示为乒乓球运动员击出的上旋
球在空中的运动轨迹。乒乓球落到球桌的瞬间，球桌对球的作用力F的示意图可能是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】乒乓球落到桌面上时，将受到桌面竖直向上的弹力；同时由于乒乓球顺时针转动，相对桌面有
向后运动的趋势，则桌面对乒乓球的摩擦力水平向右，根据平行四边形定则可知球桌对球的作用力F的方
向斜向右上方，则F 的示意图可能是C。
故选C。
2．（2026·江苏宿迁·模拟预测）如图，机器人正展现中国功夫“720 度空中回旋踢”，关于该机器人，下
列说法正确的是（ ）
A．在地球上不同位置受到的重力大小相等
B．空中回旋踢时重心可能在其身体外
C．空中回旋踢时重心位置始终保持不变
D．跳起的过程中，它对地面压力小于地面对它的支持力
【答案】B
【详解】A．重力G =mg，地球上不同位置的重力加速度g数值不同，比如赤道的g小于两极的g，所以机
器人在地球上不同位置受到的重力大小不相等，A 错误；
B．对于形状不规则的物体，重心位置可能在物体外部，机器人在空中回旋踢时身体姿态弯曲，重心可能
在身体外，B 正确；
C．重心的位置与物体的形状和质量分布有关，机器人空中回旋踢时身体姿态不断变化，其重心位置也会
随之改变，C 错误；
D．它对地面的压力和地面对它的支持力是一对相互作用力，根据牛顿第三定律，相互作用力大小始终相
等，D 错误。
故选B。
3．（2026·浙江金华·二模）如图，一块剖面为三角形的有机玻璃压在另一块有机玻璃上，当白色的偏振
光通过三角形有机玻璃不同部位时，产生的干涉花纹会随着压力的变化而变化，利用特殊仪器可以清晰
地看到这种差异。则（ ）
A．该实验中压力来源于核子间的强相互作用
B．该实验中白炽灯可充当光源直接照射有机玻璃
C．该实验只能观察有机玻璃发生的较大形变
D．该实验可用于推测有机玻璃各部位的受力情况
【答案】D
【详解】A．该实验中压力为弹力，从微观角度，弹力来源于电磁相互作用，故A 错误。
B．实验利用了光的干涉，白炽灯不是相干光源，频率不相同，可知不会发生干涉，不能充当光源直接照
射有机玻璃，故B 错误；
C．该实验利用了微小量放大法，将微小形变转换成易观察的光学量，可知能观察有机玻璃发生的较小形
变，故C 错误；
D．不同部位的干涉花纹不同，故可以利用该现象推测有机玻璃各部位的形变情况，故D 正确。
故选D。
4．（2026·浙江·二模）如图所示，劲度系数为k0的弹簧左端固定，右端与光滑水平面上的足够长、质量
为ma的木板A 连接，木板上有一质量为mb的物块B。将弹簧拉伸至某一位置，让木板及物块由静止释放，
释放后两物体相对滑动，0∼t0内两物体的v-t 图像如图所示，t0时刻曲线的斜率恰好为零，已知弹簧振子
的周期公式T =2π❑√
m
k ，k 为弹簧的劲度系数，m 为振子的质量，A、B 间的摩擦因数为μ，则（ ）
A．t0时刻弹簧处于原长
B．t0=π
2
❑√
ma+mb
k0
C．t0时刻弹簧的伸长量Δ x = μma g
k0
D．t0时刻物块B 速度v0=π μg
2
❑√
ma
k0
【答案】D
【详解】A．t0时刻根据木板加速度为零可知木板处于平衡状态，弹簧弹力大小与木板所受摩擦力等大反
向，弹簧并非为原长，故A 错误；
B．木板跟随弹簧振动，弹簧振子的质量只包含木板A，周期为T =2π ❑√
ma
k0
木板A 回到平衡位置的时间为周期的四分之一，应为t0= T
4 = π
2
❑√
ma
k0
，故B 错误；
C．t0时刻木板处于平衡位置，弹簧弹力与木板所受摩擦力等大反向，伸长量根据胡克定律为Δ x = μmb g
k0
，
故C 错误；
D．物块B 做匀加速直线运动，由牛顿第二定律，得mba= μmb g
解得a= μg
根据匀变速直线运动速度与时间的关系，得v0=at0=π μg
2
❑√
ma
k0
，故D 正确。
故选D。
5．（2026·北京延庆·一模）如图所示，装有轻质光滑定滑轮的长方体木箱静置在水平地面上，木箱上的
物块甲通过不可伸长的水平轻绳绕过定滑轮与物块乙相连。乙拉着甲从静止开始运动，木箱始终保持静
止。已知甲、乙质量均为1.0kg，甲与木箱之间的动摩擦因数为0.5，不计空气阻力，重力加速度g 取
10m/s
2，则在乙下落的过程中（ ）
A．甲对木箱的摩擦力方向向左
B．地面对木箱的支持力逐渐减小
C．甲运动的加速度大小为5.0m/s
2
D．乙受到绳子的拉力大小为7.5N
【答案】D
【详解】A．甲相对木箱向右运动，木箱对甲的摩擦力向左，则甲对木箱的摩擦力方向向右，A 错误；
B．由于甲乙做匀变速运动，则细绳的拉力是不变的，对木箱和甲的整体分析，竖直方向
N =( M +m)g+T，可知地面对木箱的支持力不变，B 错误；
CD．根据牛顿第二定律，对甲T −μmg=ma
对乙mg−T =ma
可得a=2.5m/s2，T=7.5N，则C 错误，D 正确。
故选D。
6．（2026·四川广安·模拟预测）小明到餐馆就餐，先点了一碟小吃（三个小蛋糕），送餐的是一个可爱
的智能机器人，如图甲所示。当机器人沿一倾角为θ 的斜坡向前运动时，小明发现智能机器人能调节端着
的盘子保持水平，简化截面示意图如图乙所示，水平碟子放在盘子上，小蛋糕并排放在碟子上。下列关
于机器人沿斜坡向前运动的说法，正确的是（ ）
A．机器人匀速向前时，小蛋糕受向前的静摩擦力
B．机器人匀速向前时，小蛋糕处于超重状态
C．机器人沿斜坡加速向前时，小蛋糕处于失重状态
D．机器人沿斜坡加速度大小为a 时，质量为m 的小蛋糕受摩擦力大小可能为macosθ
【答案】D
【详解】AB．机器人匀速向前时，小蛋糕受力平衡，不受摩擦力，故AB 错误；
C．机器人加速向前时，加速度斜向上，有向上的分加速度，小蛋糕处于超重状态，故C 错误；
D．机器人沿斜坡加速度大小为a 时，如果小蛋糕与盘子保持相对静止，则f =macosθ，故D 正确。
故选D。
7．（2026·贵州遵义·一模）如图所示为一种车载磁吸手机支架，手机放上去会被牢牢吸住处于静止状态，
磁吸力F 方向垂直于手机支架斜面。若手机质量为m，支架斜面与水平面的夹角为α，重力加速度为g（
sin37° =0.6，cos37° =0.8）。下列说法正确的是（ ）
A．倾角为α =37°时，手机受到的支持力大小大于0.8mg
B．倾角为α =37°时，支架对手机的作用力大小等于0.8mg
C．仅将磁吸力F 增大，手机受到的摩擦力也增大
D．仅将从α =37°缓慢增大到90°，手机受到的摩擦力一直不变
【答案】A
【详解】A．倾角为α =37°时，手机受到的支持力等于磁铁的吸引力与重力垂直支架斜面向下分力的合
力，即大于mgcos37° =0.8mg，故A 正确；
B．支架对手机的作用力与重力是一对平衡力，即支架对手机的作用力大小为mg，故B 错误；
CD．手机受到的摩擦力大小等于重力沿斜面向下的分力，即Ff=mgsin α，仅将磁铁吸引力F增大，摩擦
力大小不变；仅将从α =37°缓慢增大到90°，手机受到的摩擦力一直增大，故CD 错误。
故选A。
（多选）8．（2026·四川泸州·二模）如图所示，甲、乙两本完全相同的书静止在水平桌面上。下列说法
正确的是（ ）
A．甲受到地面的支持力是由于甲发生了形变
B．甲对乙的弹力和乙对甲的弹力大小相等
C．地面对甲的摩擦力大小大于地面对乙的摩擦力大小
D．地面对甲的摩擦力大小等于地面对乙的摩擦力大小
【答案】BD
【详解】A．甲受到地面的支持力是由于地面发生了形变，A 错误；
B．甲对乙的弹力和乙对甲的弹力是一对相互作用力，总是大小相等，方向相反，B 正确；
CD．对甲乙的整体分析，因水平方向受力平衡，可知地面对甲的摩擦力与地面对乙的摩擦力大小相等方
向相反，C 错误，D 正确。
故选BD。
（多选）9．（25-26 高三上·重庆渝中·月考）幼儿园的小朋友用一轻弹簧将A、B两辆玩具小车（视为质
点）连接在一起，在两侧施加外力F1、F2进行“拔河”游戏，观察小车的运动情况，如图所示。已知轻
弹簧的原长为l、劲度系数为k，两小车质量相同，一切摩擦均可忽略。下列说法正确的是（ ）
A．若F1= F2= F，且两小车相对静止，则两车距离为l+ F
k
B．若F1= F2= F，且两小车相对静止，则两车距离为l+ 2 F
k
C．若F1> F2，且两小车相对静止，则两车距离为l+ F1+ F2
2k
D．若F1> F2，且两小车相对静止，则两车距离为l+ F1−F2
2k
【答案】AC
【详解】A B．由于F1= F2，对A、B 小车及弹簧整体而言，受力平衡。对B 小车有k Δ x = F2，Δ x = F2
k
，
A、B 两车间距为l+ F
k ，故A 正确，B 错误；
C D．由于F1> F2，相对静止时，A、B 小车及弹簧整体向右加速，对整体根据牛顿第二定律有
F1−F2=2ma，可得a= F1−F2
2m
；对B 小车有k Δ x−F2=ma；联立两式可得弹簧的伸长量为
Δ x = F1+ F2
2k
，故稳定后，A、B 两车间距为l+ F1+ F2
2k
，故C 正确，D 错误。
故选AC。
（多选）10．（2026·辽宁·二模）如图所示，边长为0.18 m、质量为2kg的正方体物块P 置于粗糙的水平
地面上，质量为0.5kg、可视为质点的物块Q 紧贴着物块P 的右侧由静止释放．释放Q 的同时用水平向右
的推力F 推着物块P 做加速度大小为2m/s
2的匀加速运动，已知重力加速度g 取10 m/s
2，P 与地面、P 与
Q 之间的动摩擦因数均为0.5，在物块落地前的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．物块P、Q 之间的滑动摩擦力大小为1N
B．物块Q 经0.2s落地
C．物块P 与地面之间的滑动摩擦力大小为10.5 N
D．推力F 的大小为15.25 N
【答案】BD
【详解】A．在水平方向，Q 随P 一起加速，水平加速度等于aP，由牛顿第二定律，得P 对Q 的弹力
N =mQaP=0.5kg×2m/s
2=1N
P、Q 间滑动摩擦力f = μN =0.5×1N =0.5 N ≠1N，故A 错误；
B．在竖直方向，对Q 由牛顿第二定律，得mQ g−f =mQaQ
代入得aQ= 5 N−0.5 N
0.5kg
=9 m/s
2
Q 下落位移为P 的边长L，由匀加速位移公式，得L= 1
2 aQt
2
代入得t = ❑√
2 L
aQ
= ❑√
2×0.18 m
9 m/s
2
=0.2s，故B 正确；
C．对P 竖直方向受力分析，P 受重力、Q 对P 向下的摩擦力，与Q 受到的摩擦力是相互作用力，大小为
f =0.5 N、地面支持力N 地，因此N 地= M P g+ f =2kg×10 m/s
2+0.5 N =20.5 N
P 与地面的滑动摩擦力f 地= μ N 地=0.5×20.5 N =10.25 N ≠10.5 N，故C 错误；
D．对P 水平方向受力分析，向右的推力F，向左的地面摩擦力f 地、向左的Q 对P 的弹力N =1N，由牛顿
第二定律，得F −f 地−N = M PaP
解得F =2kg×2m/s
2+10.25 N +1N =15.25 N，故D 正确。
故选BD。
