文档文本内容
第06 讲 力的合成与分解（专项训练）
目 录
研判·考情前瞻...................................................................................................................................... 1
巩固·知识解构...................................................................................................................................... 2
知识点1 力的合成......................................................................................................2
知识点2 力的分解......................................................................................................3
模拟·基础演练......................................................................................................................................4
题型01 合力 / 分力范围、多解判断..........................................................................4
题型02 按作用效果分解.............................................................................................6
题型03 正交分解法....................................................................................................9
题型04 绳杆经典模型（活结 / 死结、动杆 / 定杆）.............................................13
题型05 动态平衡 + 极值问题.................................................................................18
重难·创新演练................................................................................................................................... 22
真题·实战演练................................................................................................................................... 29
研判·考情前瞻
核心考点
2026 年
2025 年
2024 年
力的合成与平行四边形定则
（合力与分力等效替代、平
行四边形 / 三角形定则应
用、合力大小与分力夹角关
系）
单选 T4（4 分）
力的分解方法与计算（按效
果分解、正交分解法、力的
分解定解条件分析）
单选 T5（6 分）
力的合成与分解的模型应用
（活结 / 死结、动杆 / 定
杆、静态 / 动态平衡综合
应用）
单选 T2（4 分）
考情分析
题型与分值：福建高考仅以单选、多选考查该模块，单选单题 4 分、
多选单题 6 分，单卷总分 4~10 分，无独立计算大题，常与受力分析、共
点力平衡问题深度捆绑考查。
命题特点：依托福建本土自然 / 生活情境（如风动石、沿海轮渡、山
地场景等）命题，注重基础概念辨析与简单运算，高频与平衡问题结合设
问，弱化复杂计算，强化物理思维考查。
复习目标
1.掌握力的合成与分解的核心定则，能熟练运用平行四边形定则、三角形定
则完成合力与分力的基础计算，理解合力与分力的等效替代关系。
2.熟练掌握按效果分解、正交分解两种核心方法，能根据场景选择最优分解
方式，规范完成力的分解运算。
3.能识别活结 / 死结、动杆 / 定杆等常规模型，能将合成分解知识灵活应
用于静态 / 动态平衡问题，提升情境建模与问题分析能力。
巩固·知识解构
知识点1 力的合成
1．合力的大小范围
(1)两个共点力的合成|F1－F2|≤F 合≤F1＋F2
即两个力大小不变时，其合力随夹角的增大而减小，当两力反向时，合力最小，为|F1－F2|，当两力同向
时，合力最大，为F1＋F2。
(2)三个共点力的合成
①三个力共线且同向时，其合力最大，为F1＋F2＋F3。
②任取两个力，求出其合力的范围，如果第三个力在这个范围之内，则三个力的合力最小值为零；如果第
三个力不在这个范围内，则合力最小值等于最大的力减去另外两个力之和。
2．共点力合成的常用方法
(1)作图法：从力的作用点起，按同一标度作出两个分力F1和F2的图示，再以F1和F2的图示为邻边作平行
四边形，画出过作用点的对角线，量出对角线的长度，计算出合力的大小，量出对角线与某一力的夹角确
定合力的方向(如图所示)。
(2)计算法：几种特殊情况的共点力的合成。
类型
作图
合力的计算
①互相垂直
F＝
tan θ＝
②两力等大，夹角为
θ
F＝2F1cos
F 与F1夹角为
③两力等大且夹角为
120°
合力与分力等大
知识点2 力的分解
1．力的分解常用的方法
正交分解法
效果分解法
分解方
法
将一个力沿着两个互相垂直的方向进行分解的方法
根据一个力产生的实际效果进行
分解
实例分
析
x 轴方向上的分力
Fx＝Fcos θ
y 轴方向上的分力
Fy＝Fsin θ
F1＝
F2＝Gtan θ
2.力的分解方法选取原则
(1)一般来说，当物体受到三个或三个以下的力时，常按实际效果进行分解，若这三个力中，有两个力互相
垂直，优先选用正交分解法。
✨
得分速记
：
力的合成遵循平行四边形定则，两共点力以邻边作平行四边形，对角线为合力；三角形定则可简
化运算，首尾相连分力，起点到终点连线即合力。两分力大小固定时，夹角越大合力越小，同向合力
最大、反向合力最小。正交分解是高频得分方法，建立直角坐标系分解各力，分轴求代数和再合成合
力。解题先判断共点力，区分活结、死结模型，警惕动态夹角类平衡陷阱。福建高考仅选择考查，侧
重情境建模，无需复杂计算，重点抓等效替代核心思想，看清角度、分清分力方向，规范作图辅助分
析，避开合力一定大于分力的易错误区，快速拿下 4–6 分基础分值．
(2)当物体受到三个以上的力时，常用正交分解法。
模拟·基础演练
考查重点：基础题聚焦平行四边形、三角形定则基础运算，重点考查正交分解规范操作；结合斜面、
绳杆静态模型，搭配本地生活情境命题。侧重合力分力大小规律、分解定解条件辨析，以单选多选
为主，无复杂计算，检验受力画图、角度判断、等效替代基础概念，夯实平衡类考题前置解题能力。
⏳题型01 合力 / 分力范围、多解判断
1．（2026·福建·模拟预测）物体受到大小分别为8N 和3N 的两个共点力，关于其合力，下列说法正确的
是（ ）
A．合力可能为4N
B．合力不可能为10N
C．合力可能为13N
D．合力不可能为3N
【答案】D
【详解】A．两个共点力的合力取值满足规律：
代入
，
可得合力范围为
4N 小于5N，故合力不可能为4N，A 错误；
B．10N 在合力范围内，故合力可能为10N，B 错误；
C．13N 大于11N，故合力不可能为13N，C 错误；
D．3N 小于5N，故合力不可能为3N，D 正确。
故选D。
2．（2026·河南·三模）（多选）光滑水平面上质量为
的物体受四个水平共点力
、
、
、
作
⚠特别提醒：
力的分解是合成逆运算，遵循平行四边形定则。分清效果分解与正交分解两类常用方法，正交分
解优先选运动或平衡垂直方向建轴。注意分力方向由实际作用效果判定，警惕已知两邻边无解、一
解、两解的定解条件陷阱。动态分解类题型结合矢量图解分析，切勿混淆活结、定杆受力特点，避免
角度判断失误丢分。
✨
得分速记
力的分解为力的合成逆运算，统一遵循平行四边形定则。解题分两种思路：按实际作用效果分解，
快速对应斜面、绳杆场景；正交分解为考试高频解法，沿平衡或运动方向建坐标轴，分轴列式计算更
简便。牢记分解定解条件，区分一解、两解、无解情况。动态分解巧用矢量三角形图解，看清角度变
化规律。福建选择题型侧重情境模型，避开分力一定小于合力误区，规范标画受力方向，减少角度看
错、轴选取不当的失分点。
用处于平衡状态，其中
。若保持
、
、
不变，仅改变
，下列操作可使物体的加速度大小为
的是（ ）
A．撤去
B．将
大小变为原来的两倍，方向不变
C．将
方向反向，大小不变
D．将
在水平面内顺时针转过
，大小不变
【答案】ABD
【详解】物体在四个水平共点力作用下平衡，则
、
、
的合力与
等大反向，设原
方向为正方向，
则
，改变
后，合外力
A．撤去
后，
由牛顿第二定律
，解得
，大小符合要求，故A 正确；
B．将
大小变为原来的两倍，方向不变后，
由牛顿第二定律
，解得
，大小符合要求，故B 正确；
C．将
方向反向，大小不变，
由牛顿第二定律
，解得
，大小不符合要求，故C 错误；
D．将
在水平面内顺时针转过
，大小不变，其他三个力的合力大小为
,方向与现在的
夹角为
故合力大小
，故D 正确；
故选ABD。
3．（2026·福建·一模）三个共点力大小分别是
，关于它们合力F 的大小，下列说法正确的是（
）
A．
大小的取值范围一定是
B．
至少比
中的某一个力大
C．若
，只要适当调整它们之间的夹角，一定能使合力为零
D．若
，只要适当调整它们之间的夹角，一定能使合力为零
【答案】C
【详解】A．三个力的合力最大值是三个力同向时的代数和
但最小值不一定为0，若三个力无法平衡，则合力最小值大于0，故A 错误；
B．合力
可以等于或小于所有分力，故B 错误；
C．三力可构成三角形，合力能为零，故C 正确；
D．三力不可构成三角形，无法平衡，故D 错误。
故选C。
4．（2026·福建·模拟预测）质量为
的物体在4 个共点力作用下处于静止状态，其中最大的一个力大小
为
，最小的一个力大小为
。下列判断正确的是（ ）
A．其他两个力的合力大小可能等于
B．其他两个力的合力大小一定为
或
C．若保持其他力不变，只撤除
，物体运动的加速度大小一定是
D．若保持其他力不变，瞬间把
的方向改变60°，物体由静止开始运动，在最初1 秒内的位移大小是
【答案】C
【详解】AB．物体处于平衡状态则合力为0，根据力的合成法则，
个力的合力与剩余
个力的合力等大
反向。
与
的合力范围为
即
故其他两个力的合力范围为
故AB 错误；
C．其余三个力的合力与
等大反向，只撤除
，物体运动的加速度大小为
故C 正确；
D．若把
的方向改变60°，则其余三力的合力与
大小相等，方向成120°夹角，则合力
此时物体的加速度为
则在最初1 秒内的位移大小是
故D 错误。
故选C。
5．（2026·福建·模拟预测）两个共点力大小分别为4N 和12N，则这两个力的合力大小可能为（ ）
A．10N
B．6N
C．4N
D．17N
【答案】A
【详解】两个共点力大小分别为4N 和12N，则这两个力的合力大小范围为
故选A。
⏳题型02 按作用效果分解
6．（2026·福建·模拟预测）装修工人将质量为m 的直角三角形置物架靠在竖直墙面上，置物架斜边与墙面
夹角为α。工人用一个垂直于斜边BC 的推力F 按压置物架，使其保持静止状态。则墙面对置物架的摩擦
力大小为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】以置物架为研究对象，置物架保持静止状态，处于平衡状态。在竖直方向上，置物架受到竖直向
下的重力
、推力
沿竖直向下的分力
以及墙面对其竖直向上的静摩擦力
。
由几何关系可知，推力
垂直于斜边
，且斜边
与竖直方向的夹角为
，则推力
的方向与水平方
向的夹角为
，其沿竖直向下的分力大小为
根据竖直方向受力平衡有
，故A 正确。
故选A。
7．（2026·重庆·模拟预测）放风筝是一项常见的娱乐活动。如图所示，细线对风筝的拉力大小为F，方向
与竖直方向的夹角为
，若将拉力沿水平和竖直方向进行分解，则拉力在竖直方向的分力大小为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】将拉力沿水平和竖直方向进行分解，则拉力在竖直方向的分力大小为
故选C。
8．（2026·浙江杭州·二模）如图所示，折叠式电脑支架静置于水平桌面上，笔记本电脑在支架上始终处于
静止状态。下列说法正确的是（ ）
A．电脑对支架的压力是由于支架的形变引起的
B．地面对支架的支持力与支架的重力是一对平衡力
C．保持
角不变，仅减小
角，则支架对电脑的支持力变小
D．保持
角不变，仅增大
角，则地面对支架的摩擦力减小
【答案】C
【详解】A．电脑对支架的压力是电脑发生形变产生的，不是支架形变，故A 错误；
B．地面对支架的支持力等于支架和电脑的总重力，大于支架重力，不是一对平衡力，故B 错误；
C．由支架对电脑的支持力
可知，保持
角不变，仅减小
角，则支架对电脑的支持力变
小，故C 对；
D．将支架和电脑视为整体，水平方向没有外力，地面对支架的摩擦力始终为零，故D 错误。
故选C 。
9．（2026·重庆九龙坡·二模）如图， 某村民利用劈柴刀劈开木材， 若将劈柴刀的横截面视为等腰三角形，
两侧面的夹角为
。村民作用在刀背上的力为 F ，刀刃两侧面对木材产生的推力为
。忽略劈柴刀
自重， 则
的大小为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】将力F 分解为垂直于劈面的两个方向，大小均为
，如图所示
由平行四边形定则可得
解得
故选B。
10．（2026·四川成都·二模）图示为研究小组通过无动力轨道小车在直线轨道约束下的运动来模拟帆船逆
风行驶的俯视图。虚线为小车轨道，通过调节小车上帆的方向，能实现小车从静止开始沿轨道中箭头方向
逆风行驶的选项是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】风会对帆面造成一个垂直于帆面的作用力F，将作用力分解为沿着轨道小车的分力
和垂直于轨
道小车的分力
，为实现“顶风逆行”，沿着轨道小车的分力
必须与轨道小车运动方向相同，如图所示
可知只有C 选项符合题意。
故选C。
⏳题型03 正交分解法
11．（2026·福建·联考）如图所示，小明用拉力F 拉粗糙水平地面上的箱子，F 与水平方向的夹角为α，下
列说法正确的是（ ）
✨
解题技巧
第一步合理建轴：优先沿物体运动方向或平衡受力方向建立 x、y 垂直坐标轴，斜面题型常平行、垂
直斜面设轴，减少分解步骤。
第二步逐个分解所有外力，利用三角函数算出 x、y 轴上分力，注意正负区分力的朝向。
第三步分轴列平衡或牛顿方程，分别求两轴合力，再合成总合力。遇到多力叠加时，正交分解比平行
四边形更简便。做题务必规范标注角度，避免三角函数混用；动态平衡题型可结合坐标轴快速分析分
力变化，大幅降低矢量分析出错概率。
A．若在拉力的作用下箱子没有移动，则随着F 的增大，箱子受到的摩擦力变大
B．若在拉力的作用下箱子没有移动，则小明对箱子的拉力和箱子对小明的拉力是一对平衡力
C．若在拉力的作用下箱子加速前进，则小明对箱子的拉力大于箱子对小明的拉力
D．若仅增大α 角，则小明对箱子拉力的水平分力变大
【答案】A
【详解】A．箱子没有发生移动，摩擦力为静摩擦力，大小等于拉力F 的水平分力，随着F 的增大，F 的
水平分力变大，静摩擦力变大，故A 正确；
BC．由牛顿第三定律可知，小明对箱子的拉力和箱子对小明的拉力是作用力与反作用力，两者的大小相等，
故BC 错误；
D．小明对箱子拉力的水平分力
若仅增大α 角，则Fcosα 减小，小明对箱子拉力的水平分力减小，故D 错误。
故选A。
12．（2026·福建龙岩·阶段检测）关于下列图像，以下说法正确的是（ ）
A．甲图中，用到的物理思想是等效替代
B．乙图中，打到球网上的足球受到弹力是因为足球发生了形变
C．丙图中，箱子静止不动是因为人对箱子的拉力小于地面对箱子的最大静摩擦力
D．丁图中，重力分解为沿斜面向下的力和对斜面的压力
【答案】C
【详解】A．甲图中，研究微小形变用到了放大思想，A 错误；
B．一个弹力产生的原因是由于施力物体的形变，乙图中，足球受到弹力，施力物体是球网，球网发生形
变产生了对足球的弹力，故B 错误；
C．由二力平衡得：拉力等于地面对箱子的静摩擦力，但小于最大静摩擦力，因此箱子保持静止，C 正确；
D．静止在斜面上的人的重力，其施力物体是地球，受力物体是人，可分解为沿斜面向下的力和垂直斜面
向下的力；人对斜面的压力，施力物体是人，受力物体是斜面，不能由人受到的重力分解而来，故D 错误。
故选C。
13．（2026·福建·调研）如图甲所示，汽车后备箱水平放置一内装圆柱形工件的木箱，工件截面和车的行
驶方向垂直，图甲是车尾的截面图，当汽车以恒定速率从直道通过图乙所示的三个半径依次变小的水平圆
弧形弯道A、B、C 时，木箱及箱内工件均保持相对静止。已知每个圆柱形工件的质量为m。下列说法正确
的是（ ）
A．汽车在由直道进入弯道A 前，M 对P 的支持力大小为mg
B．汽车过A、B、C 三点时，汽车重心的角速度依次减小
C．汽车过A、B 两点时，M、Q 对P 的合力依次增大
D．汽车过A、C 两点的向心加速度相同
【答案】C
【详解】A．汽车在由直道进入弯道A 前，以P 为对象，根据受力平衡可得
解得M 对P 的支持力大小为
故A 错误；
B．由角速度与线速度关系
当汽车以恒定速率通过半径依次变小的A、B、C 三点时，汽车重心的角速度依次增大，故B 错误；
C．汽车过A、B 两点时，M、Q 对P 的合力的竖直分力与P 的重力平衡，合力的水平分力提供所需的向心
力，则有
，
P 受到的合力为
当汽车以恒定速率通过半径依次变小的A、B 两点时，M、Q 对P 的合力依次增大，故C 正确；
D．汽车的向心加速度为
可知汽车过C 点时，弯道对应的半径最小，向心加速度大于A 点的向心加速度，故D 错误。
故选C。
14．（2026·福建·一模）如图所示，A、B 是粗糙水平面上的两点，O、P、A 三点在同一竖直线上，且
，在P 点处固定一光滑的小立柱，一小物块通过原长为
的弹性轻绳与悬点O 连接。当小物块静
止于A 点时，小物块受到弹性轻绳的拉力小于重力。将小物块移至B 点（弹性轻绳处于弹性限度内，且满
足胡克定律），由静止释放后小物块沿地面向左运动通过A 点，若
，则在小物块从B 运动到A 的过
程中（ ）
A．小物块受到的滑动摩擦力保持不变
B．小物块到的滑动摩擦力逐渐减小
C．小物块受到的滑动摩擦力逐渐增大
D．小物块受到的滑动摩擦力先减小后增大
【答案】B
【详解】对小物块受力分析，因为
，设弹性轻绳开始原长到A 点的伸长量为
，
则在A 点物块对地面的压力
设在B 点绳子与竖直方向的夹角为θ，则物块在B 点弹性轻绳中的张力
则物块在B 对地面的压力为
因为
，小物块从B 运动到A 的过程中，绳与竖直方向的夹角
减小，
增大，物块对地面的正压
力减小，由
可知，小物块受到的滑动摩擦力逐渐减小。故选B。
15．（2026·福建·一模）世界最长的跨海大桥一港珠澳大桥建成，2018 年12 月1 日起，首批粤澳非营运小
汽车可免加签通行港珠澳大桥跨境段，极大方便了游客出行。2020 年1 月24 日至25 日，中央广播电视总
台春节联欢晚会在港珠澳大桥白海豚岛设分会场。驱车数百米长的引桥，经过主桥，可往返于香港澳门两
地。下列说法正确的是（ ）
A．通过很长引桥，减小了汽车重力沿桥面方向的分力
B．通过很长引桥，减小了汽车对桥面的压力
C．汽车通过主桥最高点时，重力的瞬时功率不为零
D．汽车通过主桥最高点时，处于超重状态
【答案】A
【详解】AB．对车受力分析，受重力、支持力和阻力，重力产生两个作用效果，使物体沿斜面下滑，使
物体紧压斜面，设斜面倾角为
，将重力按照作用效果正交分解，如图
由正交分解得，沿斜面分量为
压力的大小等于重力垂直斜面分量的大小，即
由于引桥越长，坡角
越小，压力变大；重力平行斜面分量为
由于引桥越长，坡角
越小，
越小，通过很长引桥，减小了汽车重力沿桥面方向的分力，故A 正确，B
错误；
C．汽车通过主桥最高点时，重力的方向与速度的方向垂直，故重力的瞬时功率为零，故C 错误；
D．汽车通过主桥最高点时，根据牛顿第二定律可得
则有
处于失重状态，故D 错误。
故选A。
⏳题型03 正交分解法
16．（2026·福建·模拟预测）（多选）粗糙水平地面上有一质量为M、倾角为30°的粗糙楔形物体C，斜面
上有一个质量为
的物块B，B 与一轻绳连接，且绕过一固定在天花板上的定滑轮，另一端水平与一结点
连接一个质量为m 的小球A，右上方有一拉力F，初始夹角
，如图所示。现让拉力F 顺时针缓慢
转动90°且保持α 角大小不变，转动过程B、C 始终保持静止。已知B 与滑轮间的细绳与斜面平行，重力加
速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．拉力F 一直减小
B．BC 间的摩擦力先减小再增大
✨
解题技巧
第一步合理建轴：优先沿物体运动方向或平衡受力方向建立 x、y 垂直坐标轴，斜面题型常平行、垂
直斜面设轴，减少分解步骤。
第二步逐个分解所有外力，利用三角函数算出 x、y 轴上分力，注意正负区分力的朝向。
第三步分轴列平衡或牛顿方程，分别求两轴合力，再合成总合力。遇到多力叠加时，正交分解比平行
四边形更简便。做题务必规范标注角度，避免三角函数混用；动态平衡题型可结合坐标轴快速分析分
力变化，大幅降低矢量分析出错概率。
C．物体C 对地面的压力先减小再增大
D．物体C 对地面的摩擦力的最大值为
【答案】AC
【详解】A．对题图右侧结点处受力分析，α 角大小不变，可以使用辅助圆方法判断力的动态变化情况，
如图所示
通过分析可得
先增大再减小，F 一直减小，A 正确；
B．初始状态，对A 分析可得绳子拉力
，对B 分析，可发现
即一开始B 与C 间的静摩擦力为零，故当绳子拉力
从
先增大再减小到
，B、C 间的静摩擦力方向
一直沿斜面向下且先增大再减小，B 错误；
CD．将B、C 看成整体，竖直方向有
由于
先增大再减小，故
先减小再增大，故物体C 对地面的压力先减小再增大，故C 正确；
D．水平方向上有
当
最大时，即此时F 水平，对A 分析可计算得
所以
故D 错误。
故选AC。
17．（2026·福建·一模）如图所示，质量为M、倾角为θ 的斜面体静止于粗糙水平面上，质量为m 的小物
块P 恰好能沿斜面匀速下滑，该过程斜面保持静止。现给P 施加一沿斜面向下的推力F，使P 沿斜面匀加
速下滑。施加F 后，下列说法正确的是（ ）
A．斜面对小物块P 的支持力和摩擦力都增大
B．小物块P 对斜面体的作用力方向竖直向下
C．水平面对斜面体的支持力增大
D．水平面对斜面体的摩擦力大小为Fcosθ
【答案】B
【详解】ABC．由题可知，给P 施加一沿斜面向下的推力
，并不改变斜面对P 的支持力大小，即斜面对
P 的支持力大小不变，同时根据滑动摩擦力的特点可知，P 所受的摩擦力也不发生变化，对平衡时P 的分
析可知，P 所受摩擦力和支持力的合力与其重力等大反向，由牛顿第三定律可知，P 对斜面的作用力方向
竖直向下，斜面的受力没有发生变化，则水平面对斜面体的支持力不变，故B 正确，AC 错误；
D．施加F 之前，小物块P 恰好能沿斜面匀速下滑，则斜面的物体的作用力大小为mg，方向竖直向上，根
据牛顿第三定律可知P 对斜面的作用力方向竖直向下，则地面对斜面体的摩擦力为零，而施加F 之后，斜
面的受力没有发生变化，则地面对斜面体的摩擦力一直为零，故D 错误。
故选B。
18．（2026·湖南·一模）如图所示，固定斜面倾角
，斜面光滑。长度为
的轻杆两端固定质量均
为
的小球A、B（可视为质点），用两根长均为
的细线将A、B 分别悬挂在斜面上的
点（两球均紧贴
斜面）。为使细线
保持水平（与地面平行）且整个系统保持静止状态，需对A 施加一外力
。重力加
速度大小为
，则
的最小值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】如图甲所示
可得小球重力沿斜面向下的分力大小为mgsinθ。如图乙所示
视线垂直于斜面，由几何关系知∠ABO=∠BAO=
。对 B 球受力分析，由平衡条件知杆对B 球的力大小
为mgsinθ。对A 球受力分析，杆对A 球的力大小也为mgsinθ，所以 A 球重力沿斜面向下的分力与杆对A
球作用的合力为F1=mgsinθ
如图丙
由矢量三角形可得给A 球施加最小力
故选B。
19．（2026·福建·模拟预测）某“抬杆游戏”挑战的简化模型如图所示。两个质量分别为5m、4m 的小球
a、b 用一根轻直杆连接，小球b 静置于水平桌面上，挑战者用涂抹油的手指将小球a 由水平位置缓慢抬至
竖直位置，整个过程中小球b 未与桌面发生滑动。不考虑手指与球间的摩擦，手指对小球a 的作用力F 始
终垂直于杆，取最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则小球b 与桌面间的动摩擦因数至少为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】设杆与水平桌面夹角为
，对小球a、b 分别受力分析，如图所示
转动过程中，小球a、b 均处于平衡状态，对小球a 有
对小球b，水平方向平衡得
竖直方向平衡得
又因为
可得
小球b 不滑动条件为
即
代入化简可得
令
由基本不等式可得
可得
即
的最大值为
，故动摩擦因数至少为
。
故选B。
20．（2026·福建·模拟预测）甲图中，轻杆AB 一端与墙上的光滑的铰链连接，另一端用轻绳系住，绳、杆
之间夹角为
，在B 点下方悬挂质量为
的重物。乙图中，轻杆CD 一端插入墙内，另一端装有小滑轮，
现用轻绳绕过滑轮挂住质量为
的重物，绳、杆之间夹角也为
。甲、乙中杆都垂直于墙，则下列说法
中正确的是（ ）
A．甲乙两图中杆中弹力之比 ：
B．甲图中杆的弹力更大
C．两根杆中弹力方向均沿杆方向
D．若甲、乙中轻绳能承受最大拉力相同，则物体加重时，乙中轻绳更容易断裂
【答案】B
【详解】C．甲图中的杆有铰链相连，可以自由转动，弹力方向沿杆方向，乙图中的杆一端插在墙里，不
能自由转动，弹力方向不一定沿杆方向，而是沿两根绳合力的反方向。故C 错误；
AB．甲、乙图受力分析如图
图甲中，以B 点为研究对象，根据平衡条件可得
图乙中，以D 点为研究对象，受到重物的拉力、上边绳的拉力和CD 杆的弹力，由于拉力
F'和重力的夹角为120°且大小均为mg，则由几何知识可得 T‘= mg
即轻杆受到的弹力为mg。故A 错误；B 正确；
D．甲图中轻绳的拉力为
乙图中轻绳的拉力
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。
⏳题型05 动态平衡 + 极值问题
21．（2026·福建·二模）如图所示，两根紧靠但无相互作用力的半圆柱体A、B 静止于粗糙程度处处相同
的水平地面上。现将另一根圆柱体C 轻放在这两根半圆柱体上，三者均静止。已知圆柱体A、B、C 的材
料、长度、半径、密度均相同，不考虑它们之间的摩擦。若用水平向右的力拉半圆柱体A，使A 缓慢移动，
直至C 恰好降到地面，整个过程中B 均保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，则
半圆柱体与地面间动摩擦因数的最小值为（ ）
✨
解题技巧
动态平衡核心用矢量三角形图解法：确定合力恒定，两分力一端首尾相连，观察夹角变化判断
分力大小增减。极值规律：一分力垂直另一分力时，该分力取最小值；两分力同向合力最大、反向合
力最小。绳杆类题型锁定不变力，标记角度变化趋势，避开正交分解复杂运算。福建选择题常结合山
地、轮渡情境，快速画图定性分析即可，无需大量计算，重点抓垂直临界极值、夹角与分力变化两大
得分点。
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】设半圆柱体 A、B 的质量为
，因材料、长度、半径、密度均相同，圆柱体 C 的体积是半圆
柱体的 2 倍，故C 的质量为
。设C 的圆心与 B 的圆心连线与竖直方向夹角为
。对 C 受力分析，
由对称性知 A、B 对C 的支持力大小相等，设为
。竖直方向平衡有
解得
对 B 受力分析，竖直方向地面对 B 的支持力
水平方向 B 受到的静摩擦力
为使 B 保持静止，需满足
即
得
当 C 恰好降到地面时，C 的圆心离地高度为
，B 的圆心在地面上，两圆心距离为
，此时
，
在此过程中
从
增大到
，
单调递增，当
时
最大，为
。故
的最小值为
。
故选 C。
22．（2026·安徽黄山·一模）如图所示，一轻质光滑定滑轮固定在木板上，质量分别为
和
的物块
，通过不可伸长的轻绳跨过滑轮连接。
的接触面、轻绳均与木板平行。
间动摩擦因数
，
木板上表面光滑，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。将木板一端从水平位置缓慢抬起，为保证物块
不
发生相对滑动，木板与水平地面的夹角不得大于（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】根据题意分析，物块A、B 刚好要滑动时，应该是物体A 相对物体B 向下滑动，设绳子拉力为
F，对A 受力分析，由平衡条件得
对B 受力分析，由平衡条件得
联立解得
可知
故选D。
23．（2026·福建·模拟预测）对生活中相关物理现象的描述，下列说法正确的是（ ）
A．图甲：自行车比赛中，骑手在超车时，自行车可视为质点
B．图乙：亚运会上400m 竞赛中，各运动员跑完全程过程中的位移相同
C．图丙：随着沙子的不断流入，干沙堆的倾角会不断增大
D．图丁：动车里电子显示牌上显示的“351km/h”指的是列车的速率
【答案】D
【详解】A．自行车比赛中，骑手在超车时，需要观察自行车的姿态，故自行车大小、形状不可忽略，故
不可将自行车视为质点，故A 错误；
B．亚运会上400m 竞赛中，起点不同，终点相同，故各运动员跑完全程过程中的位移不相同，故B 错误；
C．设干沙堆表面有质量为m 的沙子，其与干沙堆动摩擦因数为
，设干沙堆的倾角为
，则质量为m 的
沙子刚好滑动时有
解得
可知随着沙子的不断流入，干沙堆的倾角会不变，故C 错误；
D．动车里电子显示牌上显示的“351km/h”指的是列车的速率，即瞬时速度大小，故D 正确。
故选D。
24．（2024·浙江金华·三模）如图所示，甲，乙两柱体的截面分别为半径均为R 的圆和半圆，甲的右侧顶
着一块竖直的挡板。若甲和乙的质量相等，柱体的曲面和挡板可视为光滑，开始两圆柱体柱心连线沿竖直
方向，将挡板缓慢地向右移动，直到圆柱体甲刚要落至地面为止，整个过程半圆柱乙始终保持静止，那么
半圆柱乙与水平面间动摩擦因数的最小值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】分析可知，只要摩擦力最大时刚好不滑动，此时对应的摩擦因数最小。整体分析有
，
设
与水平面的夹角
，对甲，由平衡条件得
联立解得
可知角越小，f 越大，由几何关系得，
最小为
。则
解得
故选A。
25．（2026·福建·模拟预测）如图所示，质量相等的物块A、B 放在水平地面上，用绕过动滑轮C 的轻绳
连接，大小为F 的力作用在滑轮上，方向指向右上方，作用在两物块上的轻绳在同一竖直面内，绳AC 与
水平方向的夹角为37°，BC 绳与水平方向的夹角为53°，不计滑轮的大小及滑轮的质量，A、B 保持开始静
止，两物块与水平面的动摩擦因数均为0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，保持F 方向不变，缓慢增大
F，则（ ）
A．物块A 先滑动
B．物块B 先滑动
C．物块A、B 同时滑动
D．不能确定哪个物块先滑动
【答案】A
【详解】设轻绳上拉力为T，则
解得
假设A 先滑动，当A 刚要滑动时
解得
此时
因此假设成立，物块A 先滑动。
故选A。
重难·创新演练
设题创新:命题依托福建山地、轮渡、登山等本土生活实景包装绳杆、斜面模型；创新融合动态矢
量图解与极值临界分析，混搭 v-t 图像综合设问；侧重辨析活结死结、轻杆弹力方向易混点，弱
化繁琐计算，以选择考查建模能力，强化等效替代思维的灵活运用。
1．（2026·黑龙江哈尔滨·三模）如图所示，竖直面内有一个光滑椭圆轨道MNPQ，轨道上套有一质量为
的光滑小环，一根拉伸的橡皮筋穿过小环后，两端分别与椭圆的两个焦点连接。现给小环一个初速度
，
则小环从
点运动到
点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．小环的速度先增大后减小
B．小环的速度大小保持不变
C．橡皮筋对小环的作用力先增大后减小D．橡皮筋对小环的作用力大小保持不变
【答案】C
【详解】CD．因椭圆上各点到两焦点连线之和保持不变，可知小环从
点运动到
点的过程中，橡皮筋
的伸长量保持不变，橡皮筋的弹力大小不变，即小环两侧的橡皮筋的拉力大小不变，小环从
点运动到
点的过程中，小环两侧的橡皮筋的夹角先减小后变大，可知合力先增大后减小，即橡皮筋对小环的作用力
先增大后减小，C 正确，D 错误；
AB．小环两侧的橡皮筋的合力方向与速度方向的夹角先为钝角后为锐角，则小环两侧的橡皮筋的合力对
小环先做负功后做正功，小环的速度先减小后增加，AB 错误。
故选C。
2．（2025·山东菏泽·二模）某兴趣小组探究分力
、
与合力F 的关系。保持合力F 的大小和方向不变，
分力
的大小不变，在如图所示平面内改变分力
的方向，分力
的箭头的轨迹图形为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】若以O 点为坐标原点，以
的方向为
轴正向建立坐标系，设
与
的夹角为
，则合力
的箭
头的坐标满足
,
联立化简得
因保持合力F 的大小和方向不变，分力
的大小不变，则使
与
的夹角从
逐渐增大到
的过程中，
的箭头的轨迹图形为圆，A 正确。
故选A。
3．（2025·湖南长沙·二模）如图所示，质量为3m 的小球P 和质量为m 的小球Q 通过两根长度均为L 的细
线悬挂在天花板的O 点，两球之间通过长度为
的轻杆相连，重力加速度为g。现对小球P 施加一外力
F 并确保轻杆始终处于水平状态，则（ ）
A．外力F 竖直向上时，外力取得最小值2mg
B．外力F 水平向左时，外力取得最小值
C．外力F 垂直于绳子OP 时，外力取得最小值
D．外力F 垂直于绳子OP 时，外力取得最小值
【答案】C
【详解】根据题意，几何关系可知OQ 与PQ 的夹角、OP 与PQ 的夹角均为
，分析可知，Q 受到重
力mg、杆的弹力
、绳子拉力
而平衡，由平衡条件得
，
联立解得
对P 受力分析可知，P 受到重力3mg、杆的弹力
、绳子拉力
和外力F 而平衡，如图甲所示。
则小球P 受的重力与杆的合力
联立以上解得
作出
、
、
三个力的矢量三角形如图乙所示，当作用在小球P 的外力方向与P 相连的细绳方向垂直
时，外力F 最小，即最小值为
联立以上解得
故选C。
4．（2026·福建·二模）如图所示，小球穿过粗糙的竖直杆，轻质弹性绳的左端与小球相连，右端固定在墙
上N 点，弹性绳跨过M 处的光滑小滑轮，O 为竖直杆上的一点，O、M、N 在同一水平线上，弹性绳的自
然长度和MN 间距离相同。小球从O 点静止释放，到达最低点P 后又继续向上运动，Q 为OP 中点。绳中
弹力始终遵从胡克定律，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则小球（ ）
A．从O 运动至P 的过程中，受到摩擦力变大
B．第一次运动至Q 点时，速度最大
C．从P 点返回的过程中，速度最大的位置在Q 点上方
D．最终可以停在Q 点上方的某一位置
【答案】B
【详解】A．设弹性绳与竖直方向的夹角为
，弹性绳的弹力为
（为弹性绳与滑轮所在M 点及杆上O
点构成的直角三角形的斜边长），当小球从O 点沿着杆下降的过程中，对小球做受力分析可得受力分析如
下图所示
弹性绳的弹力在水平方向的分力大小为
由几何关系可知
始终等于
的长度，因此可知弹性绳的弹力在水平方向的分力大小始终不变，而
，
可知小球在竖直杆上滑动的过程中摩擦力始终不变，故A 错误；
B．对小球在O 点向P 点运动的过程中竖直方向上受力分析可得
其中
始终等于小球从O 点下落的距离设为
，则有
重力和摩擦力为恒力，以上等式关系可类比弹簧振子在最大位移处竖直向下做简谐振动时合力的变化，而
Q 为OP 的中点，则可知小球第一次运动至Q 点时速度最大，故B 正确；
C．从P 点返回的过程中，摩擦力向下，竖直方向有
类比小球第一次下降的过程，若合力不变，则小球仍然在上升至Q 点时速度达到最大，但实际上在小球第
一次从最低点P 上升的过程中，竖直向下的力增大了，则小球需要克服阻碍其运动的力而做的功增加了，
因此从能量的角度考虑，小球从P 点返回的过程中，速度最大的位置一定在Q 点的下方，故C 错误；
D．由以上分析可知，小球每次下降后再上升的过程中其平衡位置都在下降，由此可知，当小球最终停止
时一定停在Q 点下方的某一位置处，故D 错误。
故选B。
5．（2026·福建·一模）如图所示，倾角为
，表面粗糙的斜劈B 放置在粗糙水平地面上，物体A 的质量
为2m，物体C 的质量为m，细线绕过滑轮
和
连接在竖直杆上D 处，连接A 物体的细线与斜面平行，
滑轮
固定在斜劈上，不计质量的动滑轮
。跨在细线上，其下端悬挂C 物体，动滑轮
两侧的绳子成
夹角，物体A、B 始终静止，不计细线与滑轮间的摩擦﹐下列说法正确的是（ ）
A．斜劈对A 的摩擦力沿斜面向下
B．逐渐增大C 物体的质量，A 物体受到的摩擦力逐渐变小
C．将竖直杆向右移动少许，地面对斜劈的摩擦力变大
D．将悬点D 上移少许，细线的弹力变小
【答案】C
【详解】A．绳子中的拉力大小为
物体A 的重力沿斜面的分力为
所以物体A 受到沿斜面向上的摩擦力，故A 错误；
B．逐渐增大C 物体的质量，则绳子中的拉力增大，A 物体将受到斜劈的静摩擦力的作用，并且随着C 物
体质量的增大先向上减小后反向增大，故B 错误；
C．设
两侧的绳子与竖直方向的夹角为
，则绳子中的拉力为
绳子对斜劈的拉力沿水平方向的分力为
将竖直杆向右移动少许，则
变大，由上式可知
也变大，
，地面对斜劈的摩擦力变大，故C 正确；
D．设滑轮
到杆的水平距离为d，
、
、D 之间的这段绳子长度为L，细线
与杆之间的夹角为
，
由于细线中的张力处处相等，所以细线
与竖直方向的夹角也为
，由几何关系可得
悬点D 移动过程中，由于L 和d 不变，所以细线
与杆之间的夹角
也不变，由平行四边形定则可知
细线中的弹力不变，故D 错误。
故选C。
6．（2025·浙江湖州·三模）如图所示，一足够长的细线一端连接穿过水平细杆的滑块A，另一端通过光滑
滑轮连接重物B，此时两边细线竖直。某时刻，水平拉力F 作用在滑块A 上，使A 向右移动。已知A、B
的质量分别为m 和2m，滑块A 与细杆间的动摩擦因数为
。则（ ）
A．若A 做匀速运动，则B 也做匀速运动
B．若B 做匀速运动，则A 做加速运动
C．若A 缓慢向右运动，当细线与细杆间的夹角为
时，拉力F 有最小值
D．若A 缓慢向右运动到细线与细杆间的夹角为
时，拉力F 一直在增大
【答案】D
【详解】AB．对AB 两滑块速度关系如图所示
由几何关系有
若A 做匀速运动，
逐渐减小，
逐渐增大，则B 的速度逐渐增大；若B 做匀速运动，
逐渐减小，
逐渐增大，则A 的速度逐渐减小，故AB 错误；
CD ．对滑块B 有
对滑块A 有进行受力分析如图所示
由于滑块A 从图示（最初是竖直的）位置开始缓慢向右移动至
过程中
可知
则在竖直方向上有
则在水平方向有
联立解得
假设
，
解得
则可求得
滑块A 从图示虚线位置开始缓慢向右移动过程中，
减小，可知F 逐渐增大，当
时
解得拉力F 有最大值
故C 错误，D 正确。
故选D。
7．（2026·福建·模拟预测）如图所示，一可视为质点的小球用两根不可伸长的轻质细线OA 和OB 连接后
挂在天花板和墙上，AOM 水平，OB 倾斜，ON 竖直，A、B、O、M、N 各点在同一竖直平面内。现对小球
施加一大小恒定、方向由OM 逐渐变化至ON 方向的力F，则此过程中，两细线上的拉力大小变化情况为
（ ）
A．细线OA 上的拉力先增大后减小
B．细线OA 上的拉力一直减小
C．细线OB 上的拉力先增大后减小
D．细线OB 上的拉力一直减小
【答案】A
【详解】未施加力
前，将重力沿两细线方向分解，如图甲所示可知
，
外加方向顺时针改变的作用力
后，采用画圆法将
沿两细线方向分解，如图乙所示，
先增加后减小，
一直增大，细线
上的拉力
细线
上的拉力
细线
上的拉力大小先增大后减小，细线
上的拉力大小一直增大，故A 正确，BCD 错误。
故选A。
8．（2026·河南郑州·三模）用三根细线a、b、c 将重力均为G 的两个小球1 和2 连接并悬挂，如图所示。
两小球处于静止状态，细线a 与竖直方向的夹角为30°，细线c 水平。则（ ）
A．细线a 对小球1 的拉力的大小4G
B．细线b 对小球2 的拉力的大小
G
C．细线c 对小球2 的拉力的大小
G
D．细线b 与竖直方向的夹角为60°
【答案】C
【详解】A．细绳ɑ 对小球1 的拉力在竖直方向的分量平衡两球的重力，所以
化简得
选项A 错误；
C．细线c 对小球2 的拉力与细线ɑ 对小球1 的拉力的水平分量大小相等，所以
代入数据得
选项C 正确；
B．细绳b 对小球1 的拉力与b 对小球2 的拉力大小相等，细绳b 对小球2 的拉力大小等于小球2 所受的重
力与c 的拉力矢量之和，所以
代入数据得
选项B 错误；
D．设细线b 与竖直方向的夹角为
，细线b 的拉力竖直方向的分力与小球1 的重力相等，有
解得
明显
60°
选项D 错误。
故选C。
真题·实战演练
高频考点：平行四边形定则、正交分解；绳杆受力模型、动态平衡极值；结合福建本土情境，单选
多选考查，侧重矢量定性分析。
1．（2025·福建·高考真题）“风动石”是福建省著名的自然景观，如图所示。无风时，“风动石”在重力
和底部巨石作用力F1的作用下静止不动。若“风动石”受到一水平方向的风力作用时仍保持静止，此时底
部巨石对其作用力为F2，则（ ）
A．F1的大小比F2的小
B．F1的大小比F2的大
C．F1与F2大小相等
D．F1与F2方向相同
【答案】A
【详解】无风时，底面巨石对“风动石”的作用力方向竖直向上，与重力平衡，大小为
当受到一个水平风力时，底面巨石对“风动石”的作用力与竖直向下的重力及水平方向的风力F，三力平
衡。根据平衡条件可知，底面巨石对“风动石”的作用力大小为
，故F2大于F1。
故选A。
2．（2024·福建·高考真题）我国古代劳动人民创造了璀璨的农耕文明。图（a）为《天工开物》中描绘的
利用耕牛整理田地的场景，简化的物理模型如图（b）所示，人站立的农具视为与水平地面平行的木板，
两条绳子相互平行且垂直于木板边缘。已知绳子与水平地面夹角
为
，
，
。当每条绳子拉力
的大小为
时，人与木板沿直线匀速前进，在
内前进了
，
求此过程中
(1)地面对木板的阻力大小；
(2)两条绳子拉力所做的总功；
(3)两条绳子拉力的总功率。
【答案】(1)450N
(2)9.0×103J
(3)600W
【详解】（1）由于木板匀速运动则有
解得
（2）根据功的定义式有
解得
（3）根据功率的定义
，有
