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第 4 讲 重力弹力及摩擦力的合成与分解
题型一 弹力的分析和计算
1．（2026•邢台二模）某人在利用健身弹性绳健身时，弹性绳的形状从边长45cm 的正方形变成长
60cm、宽45cm 的长方形，如图所示，人的手、脚分别在四个顶点处，左手所受弹性绳的作用力由20
❑√2N 变为35❑√2N。不考虑摩擦，弹性绳的弹力与伸长量成正比，则该弹性绳的比例系数为（ ）
A．50❑√2N/m
B．50N/m
C．100❑√2N/m
D．100N/m
【答案】B
【分析】弹性绳的弹力遵循胡克定律F＝kΔx，其中Δx 是伸长量。左手受到两根弹性绳的拉力，方向
沿绳的方向，所以合力需要用矢量合成。原来正方形时每根绳子长度为边长，变化后长方形时绳子分
为不同的长度，需分别计算各自的伸长量和拉力，再合成得到总作用力。
【解答】解：根据力的合成，左手所受合力为F1=
❑√f 1
2+ f 1
2= ❑√2f 1，题目给出F1=20 ❑√2 N，因此得f1
＝20N，设原长为l0根据胡克定律可得f1＝k（0.45×4﹣l0），代入数据解得f1＝20N，边长分别为0.6m
和0.45m 时，根据力的合成F2=
❑√f 2
2+ f 2
2，代入数据解得F2=35 ❑√2 N，可得f2＝35N，根据胡克定律
可得f2＝k（0.45×2+0.60×2﹣l0），代入数据解得f2＝35N，联立解得k＝50N/m，故B 正确，ACD 错
误；
故选：B。
2．（2026•文县模拟）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10m/s2，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25N/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
【分析】根据两次悬挂物体的受力平衡，结合胡克定律列方程，求解弹簧原长和劲度系数，再逐一分
析各选项对应的弹簧长度。
【解答】解：AB、设弹簧原长为l0，劲度系数为k，结合胡克定律F＝kΔx，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）＝m2g
代入数据可得k＝25N/m，l0＝0.16m＝16cm，故A 错误，B 正确。
C、同时挂A、B 时，则（m1+m2）g＝k（l﹣l0）
代入数据可得为l＝28cm，故C 错误。
D、弹簧放地面压缩A 时，则m1g＝k（l0﹣l'）
代入数据可得l'＝12cm，故D 错误。
故选：B。
3．（2026•江苏模拟）弹簧床垫过软是造成青少年脊柱变形的原因之一。假设床垫中的弹簧所受压力为F
时，形变量为x。下列表达式用来描述弹簧软硬程度的是（ ）
A．x
B．Fx
C．F
x
D．x
F
【答案】C
【分析】依据胡克定律，明确弹簧软硬对应劲度系数大小，分析各选项表达式物理意义，选出代表单
位形变量所需弹力的表达式。
【解答】解：描述弹簧软硬程度的物理量是劲度系数k，结合胡克定律F＝kx
解得k = F
x ，故C 正确，ABD 错误。
故选：C。
（多选）4．（2026•哈尔滨校级开学）如图甲所示，轻质弹簧下端固定在水平面上，上端叠放着两个物
体A、B，系统处于静止状态。现用竖直向上的拉力F 作用在物体A 上，使A 向上做匀加速直线运
动，以系统静止时的位置为坐标原点，竖直向上为位移x 的正方向，得到F 随x 的变化图像如图乙所
示。已知物体A 的质量m1＝2kg，重力加速度g＝10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．A、B 两物体分离时弹簧刚好恢复原长
B．物体A 做匀加速直线运动的加速度大小为1m/s2
C．物体B 的质量m2＝10kg
D．F 作用瞬间，A、B 之间的弹力大小为8N
【答案】BC
【分析】通过A、B 分离后的受力情况，对A 单独列牛顿第二定律求出加速度；结合初始状态的受力
平衡与整体法，求出B 的质量；隔离A 分析初始时A、B 间的相互作用力；通过整体与隔离法分析分
离前的受力变化，判断分离时弹簧的状态。
【解答】解：B．A、B 分离后拉力F＝22N 恒定，对A 应用牛顿第二定律有F﹣m1g＝m1a，解得a＝
1m/s2，故B 正确；
C．初状态弹簧弹力和A、B 总重力平衡，拉力初始值F 初＝12N 提供系统加速度，对A、B 整体应用
牛顿第二定律有F 初＝（m1+m2）a，解得m2＝10kg，故C 正确；
D．初始状态隔离A 分析，应用牛顿第二定律有FAB﹣m1g+F 初＝m1a，解得FAB＝10N，故D 错误；
A．分离前对A、B 整体应用牛顿第二定律有F+F 弹﹣（m1+m2）g＝（m1+m2）a，对B 应用牛顿第二
定律有F 弹﹣m2g﹣FAB＝m2a，从开始运动到A 和B 分离的全过程，a 不变，重力不变，弹簧弹力变
小，则FAB变小，当FAB＝0 时，A、B 两物体分离，此时B 依然有向上的加速度，说明A、B 分离时
弹簧依然处于压缩状态，故A 错误。
故选：BC。
题型二 “活结” 和 “死结” 问题
1．（2026•宜昌模拟）如图所示，两个质量均为m 的物块A、B 静置于粗糙水平面上，用一根轻质橡皮
绳连接。用竖直向上的拉力F 缓慢拉动橡皮绳的中点O，橡皮绳始终绷紧且处于弹性限度内。在物块
A、B 相对地面滑动前（ ）
A．F 可能等于2mg
B．A 可能仅受三个力
C．水平面对物块的支持力变大
D．A、B 所受摩擦力大小始终相等
【答案】D
【分析】这道题是典型的连接体受力平衡问题，以对称的橡皮绳连接模型为背景，考查了受力分析、
力的分解、静摩擦力与支持力的变化规律。解题的核心是：对O 点进行受力分解，建立F 与张力T 的
关系；对物块进行水平、竖直方向的受力分析，明确静摩擦力和支持力的表达式；结合对称性判断物
块A、B 的受力关系。
【解答】解：B．物块A 始终受到重力、水平面的支持力、橡皮绳的拉力、静摩擦力，共4 个力。只
有当橡皮绳水平（θ＝0°）时，拉力无竖直分量，支持力 N＝mg，但此时仍有水平方向的静摩擦力平
衡拉力，仍为 4 个力，故B 错误；
A．以物块A、B、橡皮绳为整体，竖直方向由于水平面对物块A、B 有支持力作用，根据平衡条件可
得F＝2mg﹣2N＜2mg，故A 错误；
C．设橡皮绳与水平方向的夹角为θ，以其中一个物块为对象，竖直方向根据平衡条件可得F 弹sinθ+N
＝mg
由于橡皮绳拉力F 弹逐渐增大，θ 逐渐增大，所以水平面对物块的支持力变小，故C 错误；
D．根据对称性可知，橡皮绳对物块A、B 的拉力的水平分力大小相等，所以A、B 所受摩擦力大小始
终相等，故D 正确。
故选：D。
2．（2026•雅安模拟）工人使用如图所示装置将重物从高楼层运送至地面。绳a、b、c 连接在O 点，足
够长的绳a 跨过光滑定滑轮。工人甲在固定位置拉着绳a，工人乙在固定位置拉着绳b，使重物沿竖直
方向匀速下降。下列说法正确的是（ ）
A．绳b 中拉力逐渐变大
B．绳a 中拉力先变小后变大
C．工人乙受到的摩擦力变小
D．工人甲受到的支持力变小
【答案】C
【分析】分析重物匀速下降过程中结点O 位置变化导致的受力变化。以结点O 为研究对象，其受到重
物拉力、绳a 拉力和绳b 拉力而平衡，三力构成闭合矢量三角形。随着重物下降，绳a 与竖直方向夹角
α 减小，绳b 与竖直方向夹角β 增大，引起两个拉力的水平和竖直分量关系变化。通过结点O 的受力
平衡条件，分析绳a 拉力和绳b 拉力随角度变化趋势，进而判断工人乙所受摩擦力及工人甲所受支持
力的变化。
【解答】解：以结点O 为研究对象，设绳a、b 与竖直方向的夹角分别为α 和β。
根据平衡条件，在水平方向有Tasinα＝Tbsinβ，在竖直方向有Tacosα＝G+Tbcosβ，联立解得绳a 的拉力
T a=
G
cosα −sinαcotβ ，绳b 的水平分量即工人乙受到的摩擦力f＝Tbsinβ，解得：f =
G
cotα −cotβ 。
在重物沿竖直方向匀速下降的过程中，结点O 逐渐下移，由几何关系可知，绳a 的长度变长且与竖直
方向夹角α 逐渐减小，绳b 与竖直方向夹角β 逐渐增大。
由此可知cosα 增大，sinα 减小，cotα 增大，cotβ 减小。
AB、根据上述分析，随着α 减小和β 增大，分母（cosα﹣sinαcotβ）逐渐增大，则绳a 的拉力Ta逐渐
减小；由T b=T a sinα
sinβ 可知，由于分子减小且分母增大，绳b 的拉力Tb也逐渐减小，故AB 错误；
C、由于cotα 增大而cotβ 减小，分母（cotα﹣cotβ）增大，故工人乙受到的摩擦力f 逐渐变小，故C 正
确；
D、工人甲受到绳子的拉力Ta逐渐减小，由于定滑轮位置较高，绳子对工人甲的拉力斜向上，根据竖
直方向受力平衡，地面对其支持力FN＝Mg﹣Tacosγ（γ 为定值），随着Ta减小，支持力FN逐渐增
大，故D 错误。
故选：C。
3．（2026•五华区校级模拟）如图，马通过斜绳拉着雪橇在平直雪地上沿直线加速前进。不计空气阻
力，下列说法正确的是（ ）
A．斜绳拉雪橇的力大于雪橇拉斜绳的力
B．斜绳拉雪橇的力等于雪地对雪橇的摩擦力
C．斜绳拉雪橇的力可能小于雪地对雪橇的作用力
D．斜绳拉雪橇的力一定大于雪地对雪橇的作用力
【答案】C
【分析】先对雪橇进行受力分析，明确雪地对雪橇的作用力是支持力与摩擦力的合力，再结合牛顿第
三定律与牛顿第二定律分析各选项中力的大小关系。
【解答】解：A、斜绳拉雪橇的力和雪橇拉斜绳的力是一对作用力与反作用力，结合牛顿第三定律，
二者大小始终相等，故A 错误；
B、雪橇沿直线加速前进，水平方向合力向前，斜绳拉力的水平分量大于雪地对雪橇的摩擦力，斜绳
拉雪橇的力本身一定大于摩擦力，故B 错误；
CD、雪地对雪橇的作用力是支持力和摩擦力的合力，支持力大小近似等于雪橇整体重力减去拉力的竖
直分量。
当雪橇整体重力较大、拉力较小时，雪地对雪橇的合力大小完全可以大于斜绳的拉力，拉力可能小于
雪地对雪橇的作用力，故C 正确，D 错误。
故选：C。
（多选）4．（2026•邯郸二模）如图所示，天花板上P、Q 两点相距0.5m，在Q 点固定一带转轴、长度
为0.3m 的直杆，直杆另一端固定一光滑小环。一原长为0.5m 的轻弹性绳一端固定在P 点，另一端穿
过小环后拴接一重物。现在外力作用下使直杆沿虚线由竖直方向缓慢转到水平，关于此过程，下列说
法正确的是（ ）
A．弹性绳的弹力大小不变
B．弹性绳的弹力先增大后减小
C．小环受到的弹性绳的作用力大小不变
D．小环受到的弹性绳的作用力先减小后增大
【答案】AD
【分析】绳与小环接触的位置为“活节”模型，绳中的弹力处处相等。对重物由平衡条件可得弹性绳
的弹力始终等于重物的重力；小环受到的弹性绳的作用力等于这两段弹性绳的弹力的合力，根据平行
四边形定则，结合几何关系分析小环受到的弹性绳的作用力的大小变化。
【解答】解：AB、已知弹性绳穿过光滑小环后拴接一重物，可知绳与小环接触的位置为“活节”，则
绳中的弹力处处相等。对重物由平衡条件可知，弹性绳的弹力大小始终等于重物的重力大小，即T＝
mg，则弹性绳的弹力大小不变，故A 正确，B 错误；
CD、设与小环接触的两段弹性绳的夹角为θ，小环受到的弹性绳的作用力等于这两段弹性绳的弹力的
合力F，如下图所示：
根据平行四边形定则，结合几何关系有：F＝2Tcosθ
2
直杆沿虚线由竖直方向缓慢转到水平的过程，θ 先变大后变小（P 点与小环的连线与虚线圆弧相切时θ
最大），可得F 先减小后增大，故C 错误，D 正确。
故选：AD。
题型三 “活杆” 和 “死杆” 问题
1．（2026•南通一模）如图，轻杆AB 的左端用铰链与竖直墙壁连接，轻杆CD 的左端固定在竖直墙上，
图甲中两轻绳分别挂着质量为m1、m2的物体，另一端系于B 点，图乙中两轻绳分别挂着质量为m3、
m4的物体，另一端系于D 点。四个物体均处于静止状态，图中轻绳OB、OD 与竖直方向的夹角均为θ
＝30°，下列说法正确的是（ ）
A．甲图中，绳子OB 的拉力大小为2m2g
B．甲图中，轻杆AB 对B 点的弹力大小为m1g
C．乙图中，绳子O′D 的拉力大小一定为2m4g
D．甲、乙两图中，若m1＝m3，则绳子OB 与O′D 的拉力大小相等
【答案】D
【分析】AB、甲图中轻杆为活杆，弹力方向沿杆，对B 点受力分析，根据平衡条件分析；
C、图乙中轻杆为死杆，杆的弹力方向不一定沿着轻杆；
D、对m1和m3受力分析，根据平衡条件分析。
【解答】解：AB、甲图中轻杆为活杆，弹力方向沿杆，对结点B 受力分析如图所示：
将力正交分解，由平衡条件可知FAB＝TOBsinθ，TOBcosθ＝m2g，又TOB＝m1g，代入数据可得FAB
= 1
2 m1g，TOB= 2❑√3
3
m2 g，故AB 错误；
C、图乙中轻杆为死杆，杆的弹力方向不一定沿着轻杆，无法判断此时两个物体m3与m4的质量关系，
故C 错误；
D、在甲、乙两图中，分别对m1和m3受力分析，有TOB＝m1g 和TO′D＝m3g，所以当m1＝m3时，两
绳拉力大小相等，故D 正确。
故选：D。
2．（2025 秋•集美区月考）随着抖音、快手等小软件的出现，人们长时间低头导致颈椎病的发病率越来
越高。现将人体头颈部简化为如图所示的模型，如图甲所示，A 点为头部的重心，AO 为提供支持力的
颈椎（视为轻杆），可绕O 点转动，AB 为提供拉力的肌肉（视为轻绳）。当人直立时，颈椎所承受
的压力大小等于头部的重力大小G；如图乙，当人低头时，AO、AB 与竖直方向的夹角分别为22.5°、
45°。下列关于图乙的说法中正确的是（ ）
A．颈部肌肉的拉力大于G
B．颈部肌肉的拉力小于G
C．颈椎受到的压力大于❑√3G
D．颈椎受到的压力大于❑√2G小于❑√3G
【答案】C
【分析】利用对称性，判断出单根颈部肌肉拉力等于头部重力G；通过矢量合成得到颈椎压力公式F
＝2Gcos22.5°，结合cos22.5°＞cos30°推出F ＞❑√3G。
【解答】解：AB．提供拉力的肌肉与头部相当于构成一个活杆死结模型，头部的重力G 与两侧肌肉的
拉力相对于颈椎方向（AO）对称分布，根据对称性可知颈部肌肉的拉力大小为G，故AB 错误；
CD．颈椎受到的压力是两侧拉力的合力，根据平衡条件及力的矢量合成可知，颈椎受到的压力大小为
F =2Gcos22.5°＞2Gcos30° = ❑√3G，故C 正确，D 错误。
故选：C。
3．（2025 秋•绿园区校级期中）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❑√3L 的轻杆相连，重力加速度为g。现对小球P
施加一拉力F 并确保轻杆始终处于静止状态，则（ ）
A．拉力F 竖直向上时，外力取得最小值2mg
B．拉力F 水平向左时，外力取得最小值2❑√3mg
C．拉力F 垂直于绳子OP 时，外力取得最小值❑√3mg
D．拉力F 垂直于绳子OP 时，外力取得最小值3
2mg
【答案】C
【分析】杆是活杆，先对Q 受力分析，分析轻杆的弹力，再对P 受力分析，将杆的弹力和重力合成，
再分析最小外力。
【解答】解：杆是活杆，弹力沿杆方向，对Q 受力分析，构建矢量三角形如图所示：
由几何关系可知，细线与轻杆夹角为30°，由平衡条件可知，N=
mg
tan30° = mg
❑√3
3
= ❑√3mg
，
对P 受力分析，如图所示：
杆的弹力和重力的合力为F1，有F1
= 3mg
cos30° = 3mg
❑√3
2
=2❑√3mg
，合力的大小方向都不变，将细线的弹
力平移，当外力F 垂直细线方向斜向上时，有最小值，F＝F1sin30°，代入数据可得：F= ❑√3mg，故C
正确，ABD 错误。
故选：C。
（多选）4．（2025 秋•北辰区校级期中）如图所示是户外露营中使用的一种便携式三脚架，它由三根完
全相同的轻杆通过铰链组合在一起，每根杆均可绕铰链自由转动。将三脚架静止放在水平地面上，吊
锅通过细铁链挂在三脚架正中央。三根杆与竖直方向的夹角均为θ＝37°，吊锅和细铁链的总质量为
m，支架与铰链之间的摩擦忽略不计，则（ ）
A．每根杆中的弹力大小为1
3 mg
B．每根杆对地面的摩擦力大小为1
4 mg
C．减小θ 时杆对地面的总压力不变
D．减小θ 时杆对地面的总摩擦力减小
【答案】BC
【分析】CD.对三脚架整体受力分析，根据平衡条件和牛顿第三定律分析；
AB.对单根轻杆进行分析，地面对轻杆的力沿杆方向，将力按作用效果分解。
【解答】解：CD.对三脚架整体，竖直方向受力平衡，FN＝mg，所以地面对杆的支持力与θ 无关，水
平方向受力平衡，所以地面对轻杆总摩擦力为零，与θ 无关，由牛顿第三定律可知，减小θ 时，轻杆
对地面的总压力不变，对地面总摩擦力始终为零，故C 正确，D 错误；
AB.由上述分析可知，地面对每根轻杆向上的弹力大小均为1
3mg，
轻杆是活杆，地面对一根轻杆的力如图所示：
所以每根轻杆中的弹力大小F=
1
3 mg
cos37° = 5
12 mg，地面对每根轻杆的摩擦力大小f
= 1
3 mgtan37° = 1
3 mg⋅3
4 = 1
4 mg，由牛顿第三定律可知，每根轻杆对地面的摩擦力大小为1
4 mg，故
A 错误，B 正确。
故选：BC。
题型四 静摩擦力的有无及方向的判断
1．（2026 春•崂山区校级月考）如图所示，放置在粗糙水平地面上的物体，受到F1＝8N，F2＝3N 的两个
水平推力的作用，处于静止状态。则地面对物体的摩擦力大小为（ ）
A．11N
B．8N
C．5N
D．3N
【答案】C
【分析】对木块受力分析，根据平衡条件解答。
【解答】解：木块在水平方向共受到三个力F1、F2和摩擦力f 作用，木块处于静止状态，合外力为
零，摩擦力为f＝F1﹣F2＝8N﹣3N＝5N，故C 正确，ABD 错误。
故选：C。
2．（2026•长沙三模）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
【分析】对纸和磁铁分别进行受力分析，结合静摩擦力、滑动摩擦力的特点与平衡条件，逐一分析各
选项的受力状态。
【解答】解：A.施力前，黑板对纸的摩擦力向上，等于（m+M）g，对纸施加竖直向上的力，纸未
动，当拉力从0 逐渐增加时，黑板对纸的摩擦力先向上减小，后向下增大，当纸快要运动时，黑板对
纸的摩擦力接近最大静摩擦力，故A 错误；
B.施力前，磁铁对纸的摩擦力等于Mg，方向向下，纸受到摩擦力的合力等于mg，纸和磁铁一起向上
匀速运动时，黑板对纸的摩擦力等于滑动摩擦力，大于等于 （m+M）g，方向向下，磁铁对纸的摩擦
力等于Mg，方向向下，纸受到摩擦力的合力增加，故B 正确；
C.对纸施加平行黑板方向的水平力F，纸未动，黑板对纸的摩擦力变为❑√F
2+(m+ M )
2 g
2，相比施力
前变大，故C 错误；
D.对纸施加竖直向下的力，当磁铁恰要相对纸滑动时，设此时整体加速度为a，对磁铁有Mg+f 右max＝
Ma 对纸和磁铁整体，F+（m+M）g﹣f 左max＝（m+M）a
可得F = f
max
左
+ f
max
右
+ m
M f
max
右
若将纸抽出，需要F ＞f
max
左
+ f
max
右
+ m
M f
max
右
，故D 错误。
故选：B。
3．（2026 春•高新区校级月考）春节贴“福”字是民间由来已久的风俗，新春佳节临近，某同学正
写“福”字，他在水平桌面上平铺一张红纸，并在红纸左侧靠近边缘处用镇纸压住以防止打滑，整个
书写过程中红纸始终保持静止，则该同学在书写过程中（ ）
A．向左行笔时，红纸对桌面的静摩擦力方向向左
B．提笔静止时，手对毛笔的摩擦力大小与握力成正比
C．向下顿笔时，毛笔对红纸的压力大于红纸对毛笔的支持力
D．向右行笔时，红纸对“镇纸”的静摩擦力方向向右
【答案】A
【分析】对红纸、毛笔、镇纸分别受力分析，结合静摩擦力的方向判断、静摩擦力的特点、牛顿第三
定律，逐一分析各选项。
【解答】解：A.红纸受毛笔向左的作用力，有向左运动的趋势，桌面对红纸的静摩擦力向右，由牛顿
第三定律可知红纸对桌面的静摩擦力向左，故A 正确；
B.提笔静止时手对毛笔的摩擦力为静摩擦力，静摩擦力大小由平衡条件决定，与握力无关，故B 错
误；
C.毛笔对红纸的压力与红纸对毛笔的支持力是一对作用力与反作用力，二者大小始终相等，故C 错
误；
D.向右行笔时镇纸无相对红纸的运动趋势，红纸对镇纸的静摩擦力为零，故D 错误。
故选：A。
（多选）4．（2026•天心区校级开学）学校试卷扫描机器正常情况下，进纸系统能做到“每次只进一张
试卷”，进纸系统的结构示意图如图所示，设图中刚好有48 张相同的试卷，每张试卷的质量均为m，
搓纸轮按图示方向转动带动最上面的第1 张试卷向右运动；搓纸轮与试卷之间的动摩擦因数为μ1，试
卷与试卷之间、试卷与底部摩擦片之间的动摩擦因数均为μ2，工作时搓纸轮给第1 张试卷压力大小为
F。试卷扫描机器正常工作时，下列说法正确的是（ ）
A．第2 张试卷受到第1 张试卷的摩擦力方向向左
B．第10 张试卷与第11 张之间的摩擦力大小为μ2（F+mg）
C．第48 张试卷与摩擦片之间的摩擦力为0
D．要做到“每次只进一张试卷”应要求μ1
μ2
＞F +mg
F
【答案】BD
【分析】对各层试卷分别进行受力分析，明确不同接触面的摩擦力方向与大小，结合“每次只进一张
试卷”的临界条件，判断各选项的正确性。
【解答】解：A.第1 张试卷相对于第2 张试卷向右运动，第1 张试卷下表面受到第2 张试卷施加的向左
滑动摩擦力，则第2 张试卷受到第1 张试卷的摩擦力方向向右，故A 错误；
BC.第10 张试卷与第11 张试卷之间及第48 张试卷与摩擦片之间的摩擦力均为静摩擦力，摩擦力大小
均为f＝μ2（F+mg），故B 正确、C 错误；
D.要做到“每次只进一张试卷”，对最上面的一张试卷应满足μ1F＞μ2（F+mg）
所以
μ1
μ2
＞F +mg
F
，故D 正确。
故选：BD。
题型五 摩擦力的计算
1．（2026•重庆模拟）如图所示，货车停在水平地面上，在卸货时逐渐增大车厢与水平方向的夹角θ，该
过程中货物相对车厢未发生滑动，则增大θ 未滑动的过程中，车厢对货物的摩擦力（ ）
A．变大
B．变小
C．不变
D．先变小后变大
【答案】A
【分析】对物体受力分析，根据物体的平衡条件分析静摩擦力的表达式，结合函数关系分析摩擦力的
变化。
【解答】解：对物体受力分析，物体未滑动过程中，物体受力平衡，车厢对货物的静摩擦力Ff＝
mgsinθ，增大θ，其中0＜θ≤90°，摩擦力变大，故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
2．（2026 春•温州月考）某同学利用如图甲所示的装置研究摩擦力的变化情况。水平光滑的实验台上固
定着一个力传感器，力传感器与一质量为3.5kg 的物块用轻绳连接，物块放置在粗糙的长木板上。水
平向左拉长木板，传感器记录的F﹣t 图像如图乙所示。取重力加速度大小g＝10m/s2，下列说法正确
的是（ ）
A．当长木板相对物块滑动后，必须向左做匀速直线运动
B．向左拉长木板的力的大小与时间的关系图线和图乙中的曲线一定相同
C．物块受到的滑动摩擦力大小约为10N
D．物块与长木板间的动摩擦因数约为0.2
【答案】D
【分析】分析物块的受力情况，结合力随时间变化的图像区分静摩擦与滑动摩擦，利用滑动摩擦力的
相关规律计算动摩擦因数，逐一判断各选项。
【解答】解：A.开始时物块受到静摩擦力作用，后长木板与物块间发生相对滑动，此时物块受到的是
滑动摩擦力，大小与是否匀速运动无关，故A 错误；
B.长木板相对物块滑动前，根据平衡条件可知拉力随时间的变化关系和图乙相同，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.物块受到的最大静摩擦力约为10N，滑动摩擦力约为7N，故C 错误；
D.根据滑动摩擦力公式有Ff＝μFN，FN＝mg
代入数据得μ＝0.2，故D 正确。
故选：D。
3．（2025 秋•苏州期末）如图，“独竹漂”是一种传统的交通工具，人拿着竹竿站在单竹筏上，人和单
竹筏在水面滑行，人与竹筏、竹竿相对静止，若竹筏减速直线滑行，则（ ）
A．竹筏与人之间没有摩擦力
B．人对竹筏的摩擦力大于竹筏对人的摩擦力
C．竹筏对人的摩擦力方向与运动方向相反
D．人对竹筏的摩擦力方向与运动方向相反
【答案】C
【分析】把人作为研究对象，根据加速度方向确定人的受力方向，从而确定人受到的摩擦力方向，根
据力的作用是相互的分析人对竹筏的摩擦力方向。
【解答】解：竹筏减速直线滑行，人与竹筏、竹竿相对静止，所以人也是减速运动，即人具有和竹筏
运动方向相反的加速度，对人受力分析，在水平方向上，人受到和竹筏方向相反的摩擦力提供加速
度，力的作用是相互的，所以人对竹筏的摩擦力方向和运动方向相同，故C 正确，ABD 错误。
故选：C。
（多选）4．（2025 秋•哈尔滨期末）如图a，物块和木板叠放在实验台上，物块的质量为0.1kg，用一不
可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。t＝0 时，木板开始受到一水平外力F 的
作用，0～2s 内外力从零逐渐增大，2s～4s 内外力为恒力F0，t＝4s 时撤去外力。细绳对物块的拉力FT
随时间t 变化的关系如图b 所示，木板的速度v 与时间t 的关系如图c 所示。木板与实验台之间的摩擦
可以忽略。已知重力加速度g＝10m/s2，则（ ）
A．由图b 可知，最大静摩擦力稍大于滑动摩擦力
B．物块与木板之间的动摩擦因数为0.1
C．木板的质量为1kg
D．F0＝0.2N
【答案】AC
【分析】根据图（b）分析；根据f＝μN 计算；先根据v﹣t 图线的斜率计算木板在各个阶段的加速
度，然后根据撤去拉力后木板的加速度结合牛顿第二定律计算木板的质量；根据牛顿第二定律计算。
【解答】解：A、由图（c）可知，在0﹣2s 内木板保持静止，物块和木板之间的摩擦是静摩擦，2s 时
木板开始运动，物块和木板之间的摩擦变成了滑动摩擦，由图（b）可知，物块所受的最大静摩擦力稍
大于滑动摩擦力，故A 正确；
B、由图（b）可知，物块受到的滑动摩擦力f＝0.2N，物块与木板之间的弹力N＝mg，根据f＝μN 可
得，物块与木板之间的动摩擦因数为μ＝0.2，故B 错误；
C、设木板的质量为M，由图（c）可知，撤去拉力后木板的加速度大小为a
= 0.4−0.2
5−4
m/ s
2=0.2m/ s
2，对木板根据牛顿第二定律有f＝Ma，解得M＝1kg，故C 正确；
D、由图（c）可知，有拉力作用时木板的加速度大小为a'= 0.4
4−2 m/ s
2=0.2m/ s
2，对木板根据牛顿
第二定律有F0﹣f＝Ma'，代入数据解得F0＝0.4N，故D 错误。
故选：AC。
题型六: 共点力的平衡
1．（2026•义乌市模拟）工人使用专用转运推车搬运圆柱形管道。推车由支架与底板组成，其中支架与
底板夹角呈120°角。将质量均为60kg 的相同管道A、B 横放在静止的推车上，保持推车底板水平，不
计管道与支架间的摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．支架对管道B 的弹力为300 ❑√3 N
B．管道B 对管道A 的弹力为300 ❑√3 N
C．底板对管道A 的弹力大小为1200N
D．支架对管道A 的弹力大小为150 ❑√3 N
【答案】B
【分析】AB、对管道B 受力分析，根据平衡条件分析；
CD、对管道A 受力分析，根据平衡条件分析。
【解答】解：AB、对管道B 受力分析如图所示：
将力正交分解，有F＝mgsin60°，NB＝mgcos60°，代入数据可得支架对管道B 的弹力NB＝300N，A、
B 之间的弹力F=300 ❑√3 N，故A 错误，B 正确；
CD、对管道A 受力分析如图所示：
竖直方向有N+NAcos60°＝mg+Fcos30°，水平方向有f＝Fsin30°+NAsin60°，
由于摩擦力未知，所以支架和底板对A 的弹力无法计算，故CD 错误。
故选：B。
2．（2026•临潼区校级模拟）在建筑工地上，把三个形状相同且质量都为m 的匀质圆形钢管按照如图所
示放置在粗糙水平面上，B、C 钢管刚好接触且无挤压，系统处于静止状态，重力加速度为g，钢管与
水平地面之间的动摩擦因数为μ，sin 60° =
❑√3
2 ，则水平面对B 钢管的摩擦力大小为（ ）
A．0
B．3 μmg
2
C．
❑√3mg
6
D．mg
2
【答案】C
【分析】先对A 钢管受力分析，根据平衡条件分析A、C 之间的弹力，再对C 钢管受力分析，根据水
平方向平衡条件分析。
【解答】解：对A 钢管受力分析如图所示：
设A、C 之间的弹力大小为F，由几何关系可知α＝30°，β＝60°，由对称性可知B、C 对A 的支持力大
小相等，由平衡条件和平行四边形法则可知2Fcos30°＝mg，代入数据可得F =
❑√3
3 mg，
对C 钢管受力分析，水平方向受力平衡Fcos60°＝f，代入数据可得f =
❑√3mg
6
，故ABD 错误，C 正
确。
故选：C。
3．（2026•哈尔滨二模）如图，由24 个质量均为m 且完全相同的光滑铁环组成的铁链，其左右两端等高
地悬挂在竖直的固定桩上，铁环从左到右依次编号为1、2、3、……、24。铁链在重力作用下自然下
垂形成一条曲线（最低点切线水平），铁链左、右两端点的切线与竖直方向的夹角均为45°，重力加速
度为g，则第12、13 个铁环间的弹力大小为（ ）
A．6mg
B．6 ❑√2mg
C．12mg
D．12❑√2mg
【答案】C
【分析】先对整条铁链进行受力分析，利用竖直方向受力平衡求出两端拉力大小；再取左半段铁链为
研究对象，通过水平方向受力平衡，结合已求出的拉力计算出第12、13 号铁环间的弹力。
【解答】解：铁链由24 个质量均为m 的铁环组成，总重力为24mg，由于左右对称悬挂，两端点切线
与竖直方向夹角均为45°，设铁链两端受到的拉力大小为F。
根据竖直方向受力平衡，两端拉力的竖直分量之和等于铁链总重力，可得2Fcos45°＝24mg，解得
F =12❑√2mg。
取左侧1～12 号铁环为研究对象，其总重力为12mg，这半段铁链受到左端的拉力F =12❑√2mg（方向
与竖直方向成45°）、第12 与13 号铁环间的弹力T（方向水平向右），以及自身重力12mg（方向竖
直向下）。
根据水平方向受力平衡，拉力的水平分量与弹力T 大小相等，可得
T = Fsin45° =12❑√2mg×
❑√2
2 =12mg，即第12、13 个铁环间的弹力大小为12mg，故ABD 错误，C
正确。
故选：C。
（多选）4．（2026 春•长沙县期中）如图所示，工人们利用两根间距1.6R 的钢管A 和B 从货车上卸载圆
柱形油桶，当两根钢管与水平地面的夹角为53°时，半径为R、质量为m 的油桶恰好能沿两根钢管组
成的轨道匀速下滑。已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，不计钢管A、B 粗细，重力加速度为g，则下列说
法正确的是（ ）
A．油桶与钢管A 之间的压力为mg
B．油桶与钢管B 之间的摩擦力为0.4mg
C．油桶与钢管A、B 之间的动摩擦因数均为0.5
D．若增大钢管A、B 与水平地面间的夹角，油桶将加速下滑
【答案】BD
【分析】B、对油桶受力分析，根据平衡条件分析；
AC、画出钢管对油桶支持力的示意图，根据平行四边形法则分析钢管的支持力，结合滑动摩擦力表达
式分析；
D、改变夹角后，分析油桶沿斜面方向的合力变化，可知运动状态的变化。
【解答】解：B、设两钢管对油桶支持力的合力为N，一个钢管对油桶的滑动摩擦力为f，对油桶受力
分析如图所示：
由平衡条件可知2f＝mgsin53°，N＝mgcos53°，代入数据可得油桶与钢管B 之间的摩擦力f＝0.4mg，
故B 正确；
AC、钢管对油桶的支持力如图所示：
由几何关系可知α＝37°，由平行四边形法则可知2NAcos53°＝N，又f＝μNA，代入数据可得NA＝
0.5mg，μ＝0.8，故AC 错误；
D、增大钢管与地面夹角，则支持力的合力减小，滑动摩擦力减小，重力沿斜面向下的分力增大，则
油桶受到沿斜面向下的合力，加速下滑，故D 正确。
故选：BD。
题型七: 力的合成与分解
1．（2026 春•浦东新区校级月考）如图所示，F1、F2为有一定夹角的两个力，L 为过O 点的一条直线，
当L 取什么方向时，F1、F2在L 上的分力之和最大（ ）
A．F1、F2合力的方向
B．F1、F2中较大力的方向
C．F1、F2中较小力的方向
D．任意方向均可
【答案】A
【分析】利用分力之和等于合力的分力，分析合力分力的最大值条件。
【解答】解：F1和F2在L 上的分力等价于F1和F2的合力在L 上的分力，当直线L 与F1、F2的合力方
向一致时，F1和F2的合力要分解在L 上的力最大，因为合力分解在其他方向都会使这个方向的力减
小，故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
2．（2026•德州一模）如图所示，弹弓是一种游戏工具，一般用树木的枝桠制作，呈“Y”字形，两端分
别系橡皮筋，两橡皮筋另一端系一包裹弹丸的裹片。一个“Y”字形弹弓顶部跨度为0.8L，两条相同
橡皮筋的自由长度均为L，发射弹丸时每条橡皮筋的最大长度为1.6L（弹性限度内），弹丸被发射过
程中所受的最大弹力为F，若橡皮筋满足胡克定律，裹片大小不计，则该弹弓橡皮筋的劲度系数为（
）
A．
❑√15 F
9 L
B．2❑√15 F
9 L
C．4 ❑√15 F
9 L
D．5 ❑√3 F
9 L
【答案】B
【分析】根据胡克定律可得每根橡皮条的最大弹力大小，结合几何关系和平行四边形定则求解弹丸被
发射过程中所受的最大弹力。
【解答】解：当橡皮筋拉力最大时，设两条橡皮筋之间的夹角为2θ，由几何关系可知sinθ = 0.4 L
1.6 L = 1
4
可得cosθ =
❑√15
4
则由胡克定律以及力的合成可知2k（1.6L﹣L）cosθ＝F
解得k = 2❑√15 F
9 L
故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
3．（2026•定兴县校级开学）如图所示，把帆面张在航向（船头指向）和风向之间，可以实现逆风航
行。风对帆的力F 垂直于帆面，若把该力沿着航向和垂直于航向分解成两个分力F1、F2，已知帆面与
航向之间的夹角θ＜45°，下列说法正确的是（ ）
A．F1小于F2
B．F2大于F
C．F1大于F
D．F、F1和F2的大小关系为F2
2= F1
2+ F
2
【答案】A
【分析】根据几何关系求出F2与F1、F 的关系式；根据题意可知，船受到的横向阻力与F2等大反向，
即可求出船受到的横向阻力；船前进的动力为沿着航向的分力F1，由几何关系求出F1。
【解答】解：根据题意F 分解如下
由图可知tanθ = F1
F2
，F
2= F1
2+ F2
2
因为θ 小于45°，故tanθ = F1
F2
＜1
即F1＜F2。
故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
（多选）4．（2025 秋•九龙坡区校级月考）如图，将光滑斜面上的物体的重力mg 分解为F1、F2两个
力，下列结论正确的是（ ）
A．F2就是物体对斜面的正压力
B．物体受N、mg 两个力作用
C．物体受mg、N、F1、F2四个力作用
D．F1、F2二个分力共同作用的效果跟重力mg 的作用效果相同
【答案】BD
【分析】根据力的分解概念、作用力与反作用力、物体受力分析及等效替代思想来判断各选项正误。
【解答】解：A．由题意可知，F2是重力垂直于斜面的分力，不是物体对斜面的压力，故A 错误；
BC．重力mg 与F1、F2是合力与分力的关系，而物体实际上只受重力mg 和支持力N 这两个力的作
用，故B 正确，C 错误；
D．力F1、F2是mg 的两个分力，这两个分力共同作用的效果跟重力mg 的作用效果相同，故D 正确。
故选：BD。
综合提升
一．选择题（共13 小题）
1．（2026•乌鲁木齐模拟）如图所示，轻质弹性绳的一端固定于O 点，另一端系一小球，小球静止时，
位于O 点正下方的A 点处。现对小球施加一个外力F，使其静止在与A 点等高的B 点处。已知弹性绳
的弹力与其伸长量成正比，外力F 可能是图中的（ ）
A．F1
B．F2
C．F3
D．F4
【答案】D
【分析】根据题意进行条件设置，结合相应的几何关系，胡克定律以及力的分解与合成的知识，再利
用平衡条件进行分析解答。
【解答】解：设弹性绳原长为x0，OA 长度为x1，OB 长度为x2，OA 与OB 夹角为θ，由于A 与B 在
同一水平高度，有x2= x1
cosθ 。小球静止在A 点时，根据平衡条件，有mg＝k（x1﹣x0）。小球静止在
B 点时，弹性绳的弹力T =k( x2−x0)=k( x1
cosθ −x0)，方向斜向右上。T 竖直分力方向向上，大小Ty
＝Tcosθ＝k（x1
cosθ −x0）•cosθ＝k（x1﹣x0cosθ）＞k（x1﹣x0），想要三力平衡，F 的竖直分力方向必
须向下。T 水平分力方向向右，想要三力平衡，F 的水平分力方向必须向左。综上所述，F 可能是图中
的F4，故D 正确，ABC 错误。
故选：D。
2．（2026•武汉模拟）如图（a）为明代画家倪端创作的《捕鱼图》的局部，如图（b）是对其中捕鱼器
械的简化模型：轻质撑杆OA 可绕岸边O 点自由转动，渔网用轻绳AC 系于撑杆上端的A 点，站在岸
上的渔翁拉动系在撑杆上端的轻绳AB，即可向上提起渔网。某次渔网被缓慢向上提起，当轻绳AB，
AC 与撑杆的夹角均为30°时，作用在轻绳AB 的拉力大小为F，则此时岸对撑杆的作用力大小为（
）
A．2F
B．❑√3F
C．❑√2 F
D．F
【答案】B
【分析】根据受力平衡，画出AB、AC、OA 对A 的力，结合几何关系，即可得到岸对撑杆的作用力
大小。
【解答】解：根据受力平衡，画出AB、AC、OA 对A 的力如图：
结合几何关系，可得到岸对撑杆的作用力大小满足：FO= ❑√3 F，故ACD 错误，B 正确。
故选：B。
3．（2026 春•温州期中）如图某同学自制了一个简易动滑轮演示仪器，柔软的轻质细绳左端固定在竖直
圆环上A 点，右端可在竖直圆环上自由移动，右端的位置B 比左端略高，AB 均高于圆心且位于竖直
直径的两侧，C 位置低于圆心。动滑轮下面悬挂了质量为m 的物块，不计动滑轮的摩擦，下列说法正
确的是（ ）
A．若如图所示θ＝60°时绳OA 上的弹力大小为mg
B．若绳右端缓慢下移到C 的过程中，绳OA 上的力大于绳OB 上的力
C．若绳右端缓慢左移至和左端位置A 重合，则绳上张力先增大后减小
D．若保持右端在B 位置不变，绕过圆心且垂直于圆面的轴顺时针缓慢转动圆环，直到A 点运动至最
高点的过程中，当左右两端等高时绳上张力最大
【答案】D
【分析】不计动滑轮的摩擦，动滑轮两侧绳子拉力大小相等，若如图所示θ＝60°时，根据平衡条件求
绳OA 上的弹力大小；若绳右端缓慢左移至和左端位置A 重合，设两绳间夹角为2φ，根据平衡条件列
式分析绳上张力变化情况；若保持右端在B 位置不变，绕过圆心且垂直于圆面的轴顺时针缓慢转动圆
环，直到A 点运动至最高点的过程中，当左右两端等高时，两绳间夹角最大，绳上张力最大。
【解答】解：A、若如图所示θ＝60°时，对动滑轮进行受力分析，根据平衡条件得：2Tcos30°＝mg，
解得绳OA 上的弹力大小为T=
❑√3
3 mg，故A 错误；
B、不计动滑轮的摩擦，根据动滑轮的力学特征可知，绳OA 上的力与绳OB 上的力大小相等，故B 错
误；
C、若绳右端缓慢左移至和左端位置A 重合的过程中，设两绳间夹角为2φ，根据平衡条件得：2Tcosφ
＝mg，得T=
mg
2cosφ ，在移动过程中，φ 逐渐减小，则T 逐渐增大，故C 错误；
D、保持B 点不动，顺时针缓慢转动圆环，设OA、OB 与竖直方向的夹角为α，则有2Tcosα＝mg，得
T=
mg
2cosα 。当当左右两端等高时，α 最大，cosα 最小，则绳上张力T 最大，故D 正确。
故选：D。
4．（2025 秋•海珠区校级期中）两个小球1 和2 之间固连一根轻杆b 并用两根细线a、c 将小球按如图所
示悬挂起来。两小球处于静止状态，细线a 与竖直方向的夹角为30°且拉力为Fa，细线c 水平且拉力为
Fc。则（ ）
A．Fa＝Fc
B．Fa＜Fc
C．杆的弹力小于球2 的重力
D．杆的弹力方向一定沿杆
【答案】D
【分析】AB.对两个小球和杆整体受力分析，根据几何关系分析；
C.对球2 受力分析，根据平衡条件分析；
D.活杆弹力沿杆，死杆弹力方向根据平衡条件分析。
【解答】解：AB.对两个小球和杆整体受力分析，构建矢量三角形如图所示：
由几何关系可知：Fc＜Fa，故AB 错误；
C.对球2 受力分析，构建矢量三角形如图所示：
有：G2＝Fbsinθ，所以杆的弹力大于球2 的重力，故C 错误；
D.图中b 杆为活杆，弹力一定沿杆方向，故D 正确。
故选：D。
5．（2025 秋•广州月考）如图（a）为某索桥模型的示意图，图（b）为改进后的示意图。图（a）中桥索
与两竖直杆上等高的P、Q 点连接，图（b）中在P、Q 两点固定了两个光滑小滑轮，桥索绕过竖直杆
上的定滑轮接入地下且固定，接地桥索与水平面的夹角均为60°。若竖直杆所受桥索拉力的合力在水平
方向上的分力不能超过300N，且放重物后P、Q 处切线方向与水平面的夹角均为30°，则改进后索桥
能承受的最大重量增加了（ ）
A．（600+200❑√3）N
B．（300+150❑√3）N
C．（300+100❑√3）N
D．（600﹣200❑√3）N
【答案】C
【分析】分别对图（a）、（b）索桥进行受力分析，结合平衡条件和力的分解，求出各自能承受的最
大重物重量，再求差值得到增加量。
【解答】解：对重物进行受力分析，如图所示：
由平衡条件可得2Fsin30°＝G，解得重物的重量G＝F。
图（a）中，竖直杆所受桥索拉力的合力在水平方向上的分力最大时，满足Fcos30°＝300N，解得此时
重物的最大重量G =200 ❑√3 N。
图（b）中，竖直杆所受桥索拉力的合力在水平方向上的分力最大时，满足 Fcos30°﹣Fcos60°＝
300N，解得此时重物的最大重量G =(300+300 ❑√3)N。
可见改进后索桥能承受的最大重量增加了(300+300 ❑√3)N −200 ❑√3 N =(300+100 ❑√3)N，故C 正
确，ABD 错误。
故选：C。
6．（2026 春•温州月考）如图所示，市面上有一种折叠笔记本电脑支架，可以实现从18 到35 的5 挡调
节，角度增加挡位增加。若笔记本电脑静止在支架的面板上，没有与面板底端接触，下列说法正确的
是（ ）
A．挡位选择越高，笔记本电脑所受支持力越大
B．挡位选择越高，笔记本电脑所受摩擦力越大
C．挡位选择越低，支架对桌面的压力越小
D．挡位选择越低，支架对桌面的摩擦力越小
【答案】B
【分析】对笔记本受力分析，由平衡条件分析支持力、摩擦力随面板倾角的变化，再对整体分析支架
对桌面的力，逐一判断选项。
【解答】解：A.笔记本放在支架上支持力FN＝mgcosθ（θ 为支架与水平面的夹角），支架挡越高，θ
越大，支持力越小，故A 错误；
B.笔记本所受静摩擦力Ff＝mgsinθ，θ 越大，摩擦力越大，故B 正确；
C.支架与笔记本整体，所受支持力与重力平衡，与θ 无关，由牛顿第三定律可知，故C 错误；
D.支架与笔记本整体，受到的摩擦力为0，故D 错误。
故选：B。
7．（2026•清原县校级模拟）如图所示，用拇指和食指捏住54 张扑克牌使其在竖直面内保持静止状态，
只有第1 张和第54 张扑克牌与手接触。已知每张扑克牌的质量均为m，重力加速度为g，任意两张扑
克牌之间的动摩擦因数均为μ。则第25 张牌与第26 张牌之间的摩擦力大小为（ ）
A．26mg
B．25mg
C．2mg
D．mg
【答案】C
【分析】采用隔离法，选取第26 到29 张扑克牌为研究对象，这部分牌保持静止，受力平衡，分析其
所受摩擦力。
【解答】解：对第26 到第29 四张牌整体受力分析，根据对称性可知，第25 张牌和第30 张牌对这四
张牌的摩擦力大小相同，有2Ff＝4mg
代入数据得F1＝2mg，故C 正确，ABD 错误。
故选：C。
8．（2025 秋•南宁期末）国际拔河比赛中每个队由8 名运动员组成，每个队按运动员体重的总和分成若
干重量级别，同等级别的两个队进行比赛。比赛规定，运动员必须穿“拔河鞋”或没有鞋跟等突出物
的平底鞋，不能戴手套。下列说法正确的是（ ）
A．同一级别比赛中，某队获胜的原因是其中某一运动员个体体重更大
B．穿平底拔河鞋是为了增大与地面的接触面积，从而增大静摩擦力
C．禁止戴手套是因为手套会增大手与绳子间的摩擦力，导致绳子易脱手
D．比赛时运动员重心向后压低，是为了增大静摩擦力
【答案】D
【分析】一级别中两队的总重量相等，某一运动员个体体重更大，并不能保证整体优势；静摩擦力的
大小与接触面积无关；手套可能提供不公平的摩擦优势；运动员压低重心，身体后倾，可以增大对地
面的正压力，从而增大最大静摩擦力。
【解答】解：A、题目中已说明“按8 名运动员体重的总和分成若干重量级别“，因此同一级别中两
队的总重量相等，某一运动员个体体重更大，并不能保证整体优势。比赛胜负更多取决于团队协作、
摩擦力和力量分配，而非单个运动员体重，故A 错误；
B、静摩擦力的大小与接触面积无关，而是与正压力和接触面的材料性质有关。穿平底拔河鞋的目的
是增大与地面的正压力，从而增大静摩擦力，而不是通过增大接触面积来增大静摩擦力，故B 错误；
C、手套通常会增大手与绳子之间的摩擦力，从而防止脱手。禁止戴手套的真正原因可能是手套材质
可能不合规，或者手套可能提供不公平的摩擦优势，故C 错误；
D、运动员压低重心，身体后倾，可以增大对地面的正压力，从而增大最大静摩擦力，提高对抗绳子
拉力时的稳定性，防止被拉倒，故D 正确。
故选：D。
9．（2026•成都模拟）如图所示，粗糙水平地面上有一半球体，质量为1kg 的物块（可视为质点）静止
放在半球体上，物块与半球体间的动摩擦因数为
❑√3
2 ，物块和球心的连线与水平地面的夹角为60°。最
大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g 取10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．地面对半球体的支持力是由半球体的形变产生的
B．地面对半球体的摩擦力方向水平向左
C．半球体对物块的支持力大小为5❑√3N
D．半球体对物块的摩擦力大小为7.5N
【答案】C
【分析】弹力是因为施力物体发生形变产生的；把半球体和物块看成一个整体，根据平衡条件分析；
对物块受力分析，根据平衡条件计算即可。
【解答】解：A、弹力是因为施力物体发生形变产生的，所以地面对半球体的支持力是由地面的形变
产生的，故A 错误；
B、把半球体和物块看成一个整体，该整体处于平衡状态，假如地面对半球体有摩擦，则找不到和此
摩擦力平衡的力，故假设不成立，所以地面对半球体没有摩擦，故B 错误；
CD、对物块受力分析，如下图所示
根据平衡条件可得半球体对物块的支持力大小为N =mg⋅sin 60° =1×10×
❑√3
2 N =5 ❑√3 N，半球对
物块的摩擦力大小为f=mgcos60° =1×10× 1
2 N =5 N，故C 正确，D 错误。
故选：C。
10．（2026 春•合肥月考）如图1 所示，风速水平，风筝静止于空中，其简化图如图2 所示。若风对风筝
的作用力与风速的平方成正比（即f＝kv2）且始终垂直于风筝平面，风对风筝线的作用力及风筝线的
质量不计，放风筝的同学始终站在地面上不移动，风筝平面与水平面夹角始终为30°，下列说法中正确
的是（ ）
A．若风速不变，缓慢增加风筝线的长度，则线与水平方向夹角变小
B．若风速不变，缓慢增加风筝线的长度，则线与水平方向夹角变大
C．若风筝线长度不变，风速缓慢变大，则线与水平方向夹角变小
D．若风筝线长度不变，风速缓慢变大，则线与水平方向夹角变大
【答案】D
【分析】对风筝受力分析，根据平衡条件分析细线与水平方向夹角的表达式，然后根据风速变化分
析。
【解答】解：AB、对风筝进行受力分析，如图所示：
将力正交分解，水平方向有fsin30°＝Tcosα，竖直方向有fcos30°＝mg+Tsinα，又f＝kv2，代入数据可
得tanα = ❑√3−2mg
k v
2 ，若风速v 不变，则线与水平方向夹角α 不变，故AB 错误；
CD、若风速v 变大，则tanα 变大，即线与水平方向夹角α 变大，故C 错误，D 正确。
故选：D。
11．（2026•沙坪坝区校级模拟）第十五届全国运动会的主火炬简化模型如图，质量均匀分布的圆环水平
静置于三根曲柱上，三根曲柱与圆环的接触点为圆环三等分点，圆环与曲柱接触的切面与水平面夹角
为θ＝60°，圆环质量为m，重力加速度为g，不计圆环与曲柱间的摩擦。下列说法正确的是（ ）
A．圆环受到3 个力作用
B．每根曲柱对圆环的弹力均相同
C．三根曲柱对圆环的合力大小为mg
D．每根曲柱对圆环的弹力大小为1
3 mg
【答案】C
【分析】A、圆环受到三根曲柱的支持力和重力；
B、力是矢量，弹力方向垂直于接触面；
C、根据圆环平衡条件分析；
D、将曲柱对圆环的弹力分解，根据对称性分析竖直分力。
【解答】解：A、圆环受到三根曲柱的支持力和重力，共4 个力，故A 错误；
B、由对称性可知每根曲柱对圆环的弹力大小相等，由几何关系可知弹力方向不同，故B 错误；
C、由平衡条件可知三根曲柱对圆环的合力与重力大小相等，故C 正确；
D、由对称性可知每根曲柱对圆环弹力的竖直分力大小为1
3 mg，将弹力分解如图所示：
有N=
1
3 mg
cos60°
，代入数据可得N= 2
3 mg，故D 错误。
故选：C。
12．（2026•九龙坡区模拟）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θ。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FN。忽略劈柴刀自
重，则FN的大小为（ ）
A．
F
2cos θ
2
B．
F
2sin θ
2
C．
F
2cosθ
D．
F
2sinθ
【答案】B
【分析】将向下的力F 按效果依据平行四边形定则进行分解，然后由几何知识求解。
【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，F =2 F N sin θ
2
侧向推力的大小为：FN=
F
2sin θ
2
，故ACD 错误，B 正确。
故选：B。
13．（2025 秋•万州区月考）榫卯结构是中国传统建筑、家具和其他木制器具的主要结构方式。如图甲所
示为榫眼的凿削操作，图乙为截面图，凿子尖端夹角为θ，在凿子顶部施加竖直向下的力F 时，其竖
直面和侧面对两侧木头的压力分别为F1和F2。不计凿子的重力及摩擦力，下列说法正确的是（ ）
A．F1＝F2
B．夹角θ 越小，F1越小
C．F2＝Fsinθ
D．夹角θ 越小，凿子越容易凿入木头
【答案】D
【分析】将力按作用效果分解，根据几何关系比较；根据几何关系求解分力和合力的关系，再进行分
析。
【解答】解：A、由平衡条件和牛顿第三定律可知，凿子对木头的压力为竖直向下的F，作出力F 分解
的关系图，如图所示：
由图可知：F2＜F1，故A 错误；
BCD、根据几何关系可得：F1=
F
tanθ ，F2= F
sinθ ，由此可知力F 一定时，夹角θ 越小，F1和F2均越
大，凿子越容易凿进木头夹角；θ 越大，F1和F2均越小，凿子越不容易凿进木头，故D 正确，BC 错
误。
故选：D。
二．多选题（共7 小题）
（多选）14．（2026 春•长安区校级月考）如图所示，小物块A、B、C 与水平转台相对静止，B、C 间通
过原长为1.5r、劲度系数k = 3 μmg
2r
的轻弹簧连接，已知A、B、C 的质量均为m，A 与B 之间的动摩
擦因数为2μ，B、C 与转台间的动摩擦因数均为μ，A 和B、C 离转台中心的距离分别为r、1.5r，逐渐
增大转台角速度，先相对转台滑动的是（ ）
A．逐渐增大转台角速度，B 先滑动
B．当B 与转台间摩擦力为零时，C 受到的摩擦力方向沿半径背离转台中心
C．当B 与转台间摩擦力为零时，A 受到的摩擦力为3 μmg
2
D．当A、B 及C 均相对转台静止时，允许的最大角速度为❑√
5 μg
3r
【答案】BD
【分析】分别对A、B、C 进行受力分析，结合圆周运动的向心力规律，计算各物块相对转台滑动的临
界角速度，分析不同状态下的受力，判断各选项正误。
【解答】解：A.当AB 刚好要滑动时，弹簧弹力与最大静摩擦力的合力提供向心力，则对AB 整体则有
kr + μ⋅2mg =2m⋅ω1
2r
代入数据得ω1= ❑√
7 μg
4 r
假设B 不动，当C 刚好要滑动时，则有kr + μmg =mω2
2⋅1.5r
代入数据得ω2= ❑√
5 μg
3r ＜ω1= ❑√
7 μg
4 r
C 先滑动，而A 受到的摩擦力为f =mω2
2r = 5 μmg
3
＜2 μmg，A 相对B 静止，故A 错误；
BC.当B 与转台间摩擦力为0 时，对AB 整体由弹簧弹力提供向心力，则有kr＝2mω2r
代入数据得ω= ❑√
3 μg
4 r
此时C 受到的向心力Fn=mω
2⋅1.5r = 9
8 μmg＜kr =1.5 μmg
C 受到的摩擦力方向背离中心，此时A 受到的摩擦力为f ′ =mω
2r = 3
4 μmg，故B 正确，C 错误；
D.A、B 及C 均相对转台静止时允许的最大角速度为ω2= ❑√
5 μg
3r
，故D 正确。
故选：BD。
（多选）15．（2025 秋•松山区期末）如图所示，硬质杆OA 竖直固定在水平地面上，另一轻杆OB 的O
端用光滑铰链铰于固定竖直杆OA 上，B 端挂一重物，且系一细绳，细绳跨过杆顶A 处的光滑小滑
轮。一人站在地面上用力F 拉住细绳，并将细绳缓慢往左拉，使杆OB 与杆OA 间的夹角θ 逐渐减小，
在此过程中，拉力F 及杆OB 所受压力FN的大小变化情况描述正确的是（ ）
A．F 先减小，后增大
B．F 逐渐减小
C．FN先减小，后增大
D．FN始终不变
【答案】BD
【分析】对B 点进行受力分析，利用共点力的动态平衡，结合相似三角形法分析力的变化。
【解答】解：取BO 杆的B 端为研究对象，受到绳子拉力（大小为F）、BO 杆的支持力和悬挂重物的
绳子的拉力（大小为G）的作用，将FN'与G 合成，其合力与F 等
值反向，如图所示，
得到一个力三角形（如图中阴影部分），此力三角形与几何三角形OBA 相似，设AO 高为H，BO 长
为L，绳长AB 为l，
则由对应边成比例可得G
H = F N ′
L = F
l ，式中G、H、L 均不变，l 逐渐变小，所以可知FN'不变，即FN
不变，F 逐渐变小，故BD 正确，AC 错误；
故选：BD。
（多选）16．（2025 春•绿园区校级期末）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，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 对滑轮的作用力大小为m1g
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m1：2m2
D．细绳AC 段的拉力FAC与细绳EG 段的拉力FEG之比为1：1
【答案】AC
【分析】根据动滑轮的力学特征确定图甲中两段绳的拉力大小，由力的合成法确定拉力的合力大小，
从而确定BC 对滑轮的作用力大小；图乙中，以G 点为研究对象，分析受力情况，由平衡条件可求得
HG 杆受到绳的作用力和细绳EG 的张力TEG，再求解细绳AC 段的拉力FAC与细绳EG 段的拉力FEG之
比。
【解答】解：A、图甲中绳跨过滑轮，绳上拉力大小处处相等，两段绳的拉力大小都是m1g，互成
120°角，则它们的合力大小是m1g，则BC 对滑轮的作用力大小也是m1g（方向与竖直方向成60°角斜
向右上方），故A 正确；
B、图乙中绳与杆的端点连在一起，杆与绳接触的点G 是“静点”，也称为“死结”，两段绳上的拉
力不一定相等，而杆的一端用铰链固定在墙上，则杆对G 点的弹力方向沿杆，对G 点受力分析如图所
示。
其中FGF＝m2g
由平衡条件可得
F HG=
FGF
tan30° = ❑√3m2 g
由力的性质可得HG 杆受到绳的作用力为F ′ HG= F HG= ❑√3m2 g，故B 错误；
CD、图乙中，结合上图，由平衡条件得
FEGsin30°＝m2g
解得：FEG＝2m2g
所以
F AC
F EG
= m1
2m2
，故C 正确，D 错误。
故选：AC。
（多选）17．（2025 秋•甘肃期末）如图所示，用手竖直握紧一个重为8N 的玻璃瓶，手掌与玻璃瓶间的
动摩擦因数为0.25。认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（ ）
A．当握力大小为40N 时，玻璃瓶受到的摩擦力大小为8N
B．当握力大小为40N 时，玻璃瓶受到的摩擦力大小为10N
C．当握力大小为20N 时，玻璃瓶受到的摩擦力大小为8N
D．当握力大小为20N 时，玻璃瓶受到的摩擦力大小为5N
【答案】AD
【分析】当握力大小不同时，分析瓶子和手之间的最大静摩擦力和瓶子重力的大小关系，然后根据平
衡条件或者滑动摩擦力公式计算。
【解答】解：AB．当握力大小为40N 时，手掌与玻璃瓶间的最大静摩擦力fm＝μF＝0.25×40N＝10N＞
8N，所以玻璃瓶静止，瓶子受到的是静摩擦，根据平衡可知，玻璃瓶受到的摩擦力大小为8N，故A
正确，B 错误；
CD．当握力大小为20N 时，手掌与玻璃瓶间的最大静摩擦力fm′＝μF′＝0.25×20N＝5N＜8N，此时
玻璃瓶滑动，瓶子受到的是滑动摩擦力，玻璃瓶受到的摩擦力大小为5N，故C 错误，D 正确。
故选：AD。
（多选）18．（2025 秋•广州月考）文物记载着我国灿烂的文明，某博物馆将一块质量为m 的圆形玉石放
置在倾斜的玻璃展板上进行展览，示意图如图所示，圆形玉石“躺”在展板上，固定的两小挡板A 和
B“托住”玉石。玻璃展板倾角θ＝53°，小挡板A 与B 和展板底边的夹角均为α＝60°，展板底边与水
平方向平行，重力加速度大小为g，取sin53° = 4
5 ，cos53° = 3
5，不计玉石与玻璃展板间的摩擦，下
列说法正确的是（ ）
A．挡板A、B 对玉石的弹力是相同的
B．挡板A 与玉石间的弹力大小为4
5 mg
C．展板对玉石的弹力和挡板B 对玉石的弹力的合力大小为3
5 mg
D．若逐渐增大挡板与展板底边的夹角，则挡板A 和B 受到的弹力可能等于mg
【答案】BD
【分析】挡板A、B 对玉石的弹力方向不同；先将玉石的重力沿平行于展板方向和垂直于展板方向分
解，然后分析挡板对玉石的弹力；根据一个物体受到多个力的作用处于平衡状态，其中任意一个力与
其他力的合力是一对平衡力分析；根据平衡条件分析即可。
【解答】解：A、挡板A、B 对玉石的弹力大小相等，但方向不同，故A 错误；
B、以玉石为对象，将玉石的重力沿平行于展板方向和垂直于展板方向分解，易得玉石的重力平行于
展板方向的分量Gx＝mgsinθ，垂直于展板方向的分量Gy＝mgcosθ，对玉石受力分析，设挡板A、B 对
玉石的弹力大小为N，根据平衡条件有2Ncosα＝Gₓ＝mgsinθ，解得 N = 4
5 mg，故B 正确；
C、一个物体受到多个力的作用处于平衡状态，其中任意一个力与其他力的合力是一对平衡力，所以
展板对玉石的弹力和挡板B 对玉石的弹力的合力大小为挡板A 对玉石的弹力大小4
5 mg，故C 错误；
D、若逐渐增大挡板与虚线的夹角，根据2Ncosα＝Gx可知，适当减小α，挡板A 和B 受到的弹力等于
mg，故D 正确。
故选：BD。
（多选）19．（2026•文县模拟）如图所示，一段质量分布均匀的链条悬挂在竖直固定杆的A、B 两点，
链条总质量为2M，链条在A、B 两点处的切线与竖直方向的夹角分别为30°和60°，两杆对链条的拉力
大小分别为FA和FB，C 为链条的最低点，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．A 处链条内张力大小为Mg
B．B 处链条内张力大小为Mg
C．C 点左右两侧链条质量之比为3：1
D．C 点左右两侧链条质量之比为❑√3：1
【答案】BC
【分析】由题意可知，整个链条重力作用线经过C 点，对整个链条受力分析，由平衡条件列式，即可
分析求解；在竖直方向上，左侧链条重力等于FA在竖直方向的分力，右侧链条重力等于FB在竖直方
向的分力，即可分析判断。
【解答】解：AB．对链条整体分析，竖直方向受力平衡，有FAcos30°+FBcos60°＝2Mg
水平方向受力平衡，有FAsin30°＝FBsin60°
代入数值解得F A = ❑√3 Mg，FB＝Mg，故A 错误，B 正确；
CD．设左侧悬链质量为m 左，右侧质量为m 右，在竖直方向上，左侧链条重力等于FA在竖直方向的分
力，右侧链条重力等于FB在竖直方向的分力，因此m左
m右
= F A cos30°
FBcos60° = 3
1，故C 正确，D 错误。
故选：BC。
（多选）20．（2026•城关区校级开学）下列各组共点的三个力，合力可能是零的有（ ）
A．3N、6N、10N
B．3N、4N、5N
C．1N、3N、8N
D．5N、5N、5N
【答案】BD
【分析】根据三个力合力为零的条件，即任意一个力的大小应在另外两个力的合力范围（两力之差的
绝对值到两力之和）内，逐一判断各选项是否满足。
【解答】解：A.当3N、6N 这两个力的方向相同，并与10N 这个力的方向相反时，合力F＝3N+6N﹣
10N＝﹣1，即此种情况下合力不为零，故A 错误；
B.当第三个力的大小落在前两个力的合力范围之内，即第三个力F 满足：|F1﹣F2|≤F≤F1+F2，可使三
个力的合力为零，如3N、4N 这两个力的合力介于1N 到7N 之间，当其合力取得5N 时，并与第三个
力（5N）的方向相反时，合力为零，故B 正确；
CD.同理可知，1N、3N、8N 这三个力的合力不可能为零，5N、5N、5N 这三个力的合力可能为零，故
C 错误，D 正确。
故选：BD。
三．解答题（共7 小题）
21．（2026 春•温州月考）如图所示，物块A 放置于水平桌面上，轻绳DO 与轻质弹簧的左端及轻绳CO
的上端连接于O 点，弹簧中轴线沿水平方向，轻绳DO、DE 与竖直方向夹角相等θ＝53°，整个系统均
处于静止状态，不计绳与滑轮间的摩擦。已知物块A 和B 的质量分别为m1＝5kg、m2＝3kg，人的质量
为m3＝60kg，弹簧的劲度系数k＝400N/m，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度取g＝10m/s2。假设
最大摩擦力等于滑动摩擦力，求：
（1）弹簧的形变量；
（2）人对地面的压力；
（3）物块A 与桌面间的动摩擦因数至少多大。
【答案】（1）弹簧的形变量为0.1m；
（2）人对地面的压力大小为570N，方向竖直向下；
（3）物块A 与桌面间的动摩擦因数至少是0.8。
【分析】（1）对O 点受力分析，结合B 的重力由平衡条件求出弹簧弹力，再根据胡克定律计算弹簧
的形变量；
（2）对D 点受力分析，由平衡条件求出DE 绳的拉力，再对人受力分析，由平衡条件求出地面对人的
支持力，最后由牛顿第三定律得到人对地面的压力；
（3）由O 点的平衡条件得到弹簧弹力，该弹力等于A 的最大静摩擦力，结合最大静摩擦力公式求出
A 与桌面间的最小动摩擦因数。
【解答】解：（1）结点O 进行受力分析，水平方向kx＝m2gsin53°
代入数据得伸长量x＝0.1m
（2）对人在竖直方向，FTcos53+FN＝m3g
满足FT =
m2 g
cos53°
代入数据得地面对人的支持力FN＝570N，由牛顿第三定律人对地面的压力大小为570N，方向竖直向
下。
（3）对物体A；kx﹣FfA＝0
又FfA≤Ffmax＝μm1g
代入数据得M≥0.8，即物块A 与桌面间的动摩擦因数至少为0.8。
答：（1）弹簧的形变量为0.1m；
（2）人对地面的压力大小为570N，方向竖直向下；
（3）物块A 与桌面间的动摩擦因数至少是0.8。
22．（2026•冀州区校级开学）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°；图乙中轻杆HP 一端用铰链固定在竖直墙上，另一端P 通过轻绳EP
拉住，EP 与水平方向也成30°角，轻杆的P 点用轻绳PQ 拉住一个质量也为10kg 的物体。g 取
10m/s2，求：
（1）横梁BC 对C 端的支持力。
（2）轻杆HP 对P 端的支持力。
【答案】（1）横梁BC 对C 端的支持力为100N，方向和水平方向成30°角斜向右上方。
（2）轻杆HP 对P 端的支持力为100 ❑√3 N，方向水平向右。
【分析】（1）甲图中，根据定滑轮的力学特性可知细绳AC 段的张力等于物体的重力，根据平衡条件
求横梁BC 对C 端的支持力；
（2）乙图中，以P 端为研究对象，根据平衡条件求解轻杆HP 对P 端的支持力。
【解答】解：（1）甲图中，根据定滑轮的力学特性可知，绳子拉力大小为FAC＝M1g＝10×10N＝100N
定滑轮两侧绳子的夹角为120°，取C 点为研究对象，进行受力分析如图甲所示：
根据平衡条件结合几何关系可知，横梁BC 对C 端的支持力大小为FC＝2FACcos60°＝T＝100N
方向和水平方向成30°角斜向右上方。
（2）图乙中，以P 端为研究对象，分析受力，如图乙所示：
根据平衡条件可得
FEPsin30°＝FPQ
FEPcos30°＝FP
又FPQ＝M2g
可得
tan30° = M 2 g
F P
解得轻杆HP 对P 端的支持力大小为FP＝100❑√3N
方向水平向右。
答：（1）横梁BC 对C 端的支持力为100N，方向和水平方向成30°角斜向右上方。
（2）轻杆HP 对P 端的支持力为100 ❑√3 N，方向水平向右。
23．（2025 秋•和平区校级月考）如图所示，（a）图中水平横梁AB 的A 端通过铰链连在墙上，横梁可
绕A 端上下转动，轻绳BC 系在B 端，并固定于墙上C 点，B 端挂质量为m 的物体。（b）图中水平横
梁的一端A 插入墙内，另一端装有一滑轮，轻绳的一端固定在墙上，另一端跨过滑轮后挂质量也为m
的物体。
（1）（a）图水平横梁对绳作用力的大小
2mg
，方向 与水平方向夹角为
30°
指向右下方
；
（2）（b）图水平横梁对绳作用力的大小
mg
，方向 与水平方向夹角为
30°
指向右上方
。
【答案】（1）2mg，与水平方向夹角为30°指向右下方；（2）mg，与水平方向夹角为30°指向右上
方。
【分析】（1）a 图中是活杆，弹力沿杆方向，对B 点受力分析，根据平衡条件分析；
（2）b 图中是死杆，弹力可沿任意方向，对轻绳上B 点受力分析，根据平衡条件分析。
【解答】解：（1）对a 图中B 点受力分析，构建矢量三角形如图所示：
有mg＝T1sin30°，代入数据可得T1＝2mg，由牛顿第三定律可知，横梁对绳的作用力大小为2mg，方
向与水平方向夹角为30°指向右下方；
（2）对b 图中轻绳上B 点受力分析，如图所示：
同一条绳子张力处处相等，有T2＝mg，由平行四边形法则可知，横梁对轻绳的作用力大小为mg，方
向与水平方向夹角为30°指向右上方。
故答案为：（1）2mg，与水平方向夹角为30°指向右下方；（2）mg，与水平方向夹角为30°指向右上
方。
24．（2025 秋•丰台区期末）如图甲所示，一本字典置于水平桌面上，一张A4 纸abcd 夹在字典最深处，
抽拽A4 纸可以拉动字典，其俯视图如图乙所示。假设字典的质量分布均匀，同一页上的压力也分布
均匀。字典总质量M＝3kg，宽L＝20cm，厚度H＝6cm。A4 纸上、下两表面与书页之间的动摩擦因
数均为μ1＝0.5，字典与桌面之间的动摩擦因数为μ2＝0.2，各接触面的最大静摩擦力均等于滑动摩擦
力。A4 纸的重力和厚度均可忽略不计，重力加速度g 取10m/s2。
（1）沿水平向前且与ab 边垂直方向抽拽A4 纸。
a.当A4 纸上方字典厚度h1＝1.2cm 时，字典恰好能被拉动，求此时A4 纸上方字典的质量M1及A4 纸
所受摩擦力f1的大小；
b.将A4 纸上方字典的厚度调整为h2＝4.8cm，已知A4 纸cd 边与字典边缘的距离Δx＝2cm，如图乙所
示。由静止开始以加速度a0＝10m/s2匀加速抽拽A4 纸，求A4 纸从开始运动至cd 边刚好进入字典的过
程中，字典的位移x 的大小。
（2）A4 纸上方字典的厚度仍为h2＝4.8cm，沿水平向右且与bc 边垂直方向，将A4 纸相对于字典以v
＝2m/s 的速度匀速抽出。在抽出A4 纸的过程中，只有与A4 纸上方重叠部分的字典对A4 纸有压力。
请写出字典的加速度随时间变化的关系式。
【答案】（1）a.A4 纸上方字典的质量M1＝0.6kg，A4 纸所受摩擦力f1＝18N；
b.字典的位移x = 3
500 m；
（2）函数关系a（t）＝0（0≤t≤0.05s），a（t）＝（40t﹣2）m/s2（0.05s＜t≤0.1s），a（t）＝﹣
2m/s2（t＞0.1s）；
【分析】（1）a.先按厚度比例求上方字典质量，再计算A4 纸上下表面的摩擦力，最后判断字典恰好
被拉动时的受力平衡条件。
b.先判断A4 纸和字典的受力与运动状态，分别对两者列运动学方程，结合位移关系求解字典的位移。
（2）先确定A4 纸与字典的接触压力随时间的变化关系，再推导字典受到的摩擦力与加速度的瞬时关
系，得到加速度随时间的函数。
【解答】解：（1）a.字典总质量M＝3kg，总厚度H＝6cm，上方厚度h1＝1.2cm 按厚度比例：
M 1= M ⋅h1
H =3⋅1.2
6 kg=0.6kg
下方字典质量M2＝M﹣M1＝2.4kg。
A4 纸上下表面的摩擦力分别为：
f 上＝μ1M1g，f 下＝μ1（M1g+M2g）＝μ1Mg
总摩擦力f1＝f 上+f 下＝μ1g（M1+M）＝0.5×10×（0.6+3）N＝18N
b.上方字典质量M 1= M ⋅h2
H =3⋅4.8
6 =2.4 kg下方M2＝0.6kg
A4 纸对下方字典的摩擦力：
f 下＝μ1Mg＝0.5×3×10N＝15N
字典与桌面的最大静摩擦力：
f 泉＝μ2Mg＝0.2×3×10＝6N
因f 下＞f 桌，字典会随A4 纸运动。
A4 纸做匀加速直线运动，位移Δx＝0.02m，加速度a0=10m/ s
2运动时间：
Δx = 1
2 a0t
2 ⟹t = ❑√
2 Δx
a0
= ❑√
2×0.02
10
=0.0632s
字典的加速度：
a字= f 下−f 泉
M
= 15−6
3
=3m/ s
2
字典的位移：
x = 1
2 a字t
2=12×3×(0.0632)
2m≈0.006m=0.6cm
即x = 3
500 m（或0.006m、0.6cm）
（2）A4 纸以v＝2m/s 匀速抽出，接触宽度随时间变化：x（t）＝vt，接触面积比例为x(t )
L
，故上方
字典对A4
纸的压力：
N (t )= M 1g⋅x(t )
L
=2.4×10⋅2t
0.2 =240tN
A4 纸对字典的摩擦力：
f（t）＝μ1N（t）＝0.5×240t＝120tN
字典的加速度：
a(t )= f (t )−f 泉
M
= 120t −6
3
m/ s
2=(40t −2)m/ s
2
当f（t）≤f 桌时，字典静止，即t ≤6
120 =0.05 s时a（t）＝0；
当t＞0.05s 且x（t）≤L（即t≤0.1s）时，a（t）＝40t﹣2m/s2；当t＞0.1s 时，接触结束，f（t）＝0，
字典做减速运动，加速度a=−f 泉
M =−6
3 m/ s
2=−2m/ s
2。
函数关系为a（t）＝0（0≤t≤0.05s），a（t）＝（40t﹣2）m/s2（0.05s＜t≤0.1s），a（t）＝﹣2m/s2
（t＞0.1s）；
答：（1）a.A4 纸上方字典的质量M1＝0.6kg，A4 纸所受摩擦力f1＝2.4kg；
b.字典的位移x = 3
500 m；
（2）函数关系a（t）＝0（0≤t≤0.05s），a（t）＝（40t﹣2）m/s2（0.05s＜t≤0.1s），a（t）＝﹣
2m/s2（t＞0.1s）；
25．（2025 秋•镜湖区校级期末）如图所示，一长度L＝3m 的上表面水平的木板放在光滑水平桌面上，
离右侧滑轮距离足够远。板的左端有一质量为m＝1kg 的小物块（可视为质点），物块上连接一根很
长的轻质细绳，细绳跨过位于桌边的定滑轮。若固定木板，在细绳端沿绳施加竖直向下F＝7.5N 的恒
力，物块从静止开始经过t＝2s 时间从木板右端离开；若木板不固定，以恒定的速率v＝3m/s 向下拉
绳，物块最远只能到达板的中点，且板的右端尚未到达桌边定滑轮处。
（1）求物块与木板间的动摩擦因数μ1。
（2）求木板的质量M。
（3）若板与桌面之间有摩擦，木板不固定，以恒定的速率v＝3m/s 向下拉绳，为使物块能达到板的右
端，求板与桌面之间的动摩擦因数μ2的范围是多少。
【答案】（1）物块与木板间的动摩擦因数是0.6。
（2）木板的质量是2kg。
（3）若板与桌面之间有摩擦，木板不固定，以恒定的速率v＝3m/s 向下拉绳，为使物块能达到板的右
端，板与桌面之间的动摩擦因数μ2的范围是μ2≥0.1。
【分析】（1）固定木板时，物块在恒力作用下做匀加速直线运动，利用位移—时间关系求加速度，再
由牛顿第二定律列方程，求解物块与木板间的动摩擦因数；
（2）木板不固定，拉绳速率恒定，物块匀速、木板在摩擦力作用下匀加速，根据物块到达中点的位移
关系，结合牛顿定律与运动学公式求木板质量；
（3）木板与桌面有摩擦，不固定，拉绳速率恒定，分析物块和木板的加速度，根据物块到达右端的位
移关系列不等式，求解动摩擦因数的范围。
【解答】解：（1）固定木板，物块从静止匀加速滑离，由L= 1
2 a1t
2
得a1= 2 L
t
2 = 2×3
2
2 m/ s
2=1.5m/ s
2
由牛顿第二定律F﹣μ1mg＝ma1
代入数据得μ1＝0.6；
（2）木板不固定，物块匀速（v＝3m/s），木板匀加速，共速时相对位移Δxmax＝1.5m
由相对位移公式Δ xmax = v
2
2aM
代入数据得aM =3m/ s
2
由μ1mg＝MaM，
代入数据得M＝2kg
（3）物体需到达板右端，即Δx'max≥L＝3m
木板受力动力f＝μmg，阻力f0＝μ0（m+M）g
牛顿第二定律（向右为正）μ1mg﹣μ2（m+M）g＝Ma3，代入数据得a'M＝3﹣15μ2
物块匀速v＝3m/s，分两种情况：
①a'M≤0：3﹣15μ0≤0，解得μ2≥0.2；
②a'M＞0：共速时间t ″ = v
aM ′ =
3
3−15 μ0
，物块位移x'm＝vt''，木板位移x″ M = 1
2 a′ M t ″
2
最大相对位Δ xmax′ = xm′ −xM ″ =
4.5
M
3−15 μ0
，由Δx'max≥3m
解得0.1≤μ2＜0.2。
综合得μ2≥0.1。
答：（1）物块与木板间的动摩擦因数是0.6。
（2）木板的质量是2kg。
（3）若板与桌面之间有摩擦，木板不固定，以恒定的速率v＝3m/s 向下拉绳，为使物块能达到板的右
端，板与桌面之间的动摩擦因数μ2的范围是μ2≥0.1。
26．（2026 春•合肥月考）如图所示，两质量均为m 的斜面体并排静置在水平地面上，两斜面体的斜面光
滑且相互垂直，下表面粗糙。轻质细杆AB 上穿有一个质量为m 的小球C，将杆水平置于斜面上，系
统处于静止状态。已知左侧斜面与水平面成30°角，重力加速度大小为g。求：
（1）左侧斜面对杆AB 支持力的大小；
（2）地面对左侧斜面体支持力和摩擦力分别为多大。
【答案】（1）左侧斜面对杆AB 支持力的大小为
❑√3
2 mg。
（2）地面对左侧斜面体的支持力为7
4 mg，摩擦力为
❑√3
4 mg。
【分析】（1）分析小球和杆系统在左侧斜面上的平衡状态，小球受到重力，杆受到斜面的支持力，利
用平衡条件将重力分解为垂直于斜面和平行于斜面的分量，垂直于斜面的分量与支持力平衡，从而确
定支持力大小。
（2）将左侧斜面体作为研究对象，分析其受力，包括自身重力、地面支持力、地面摩擦力以及杆对它
的压力，该压力大小等于第一问中斜面对杆的支持力，方向相反，根据平衡条件在水平和竖直方向分
别列式求解。
【解答】解：（1）对系统进行受力分析，设左侧斜面对杆的支持力为NA，由平衡条件得NA＝
mgcos30°，解得：N A =
❑√3
2 mg。
（2）设地面对左侧斜面体的支持力为N1，摩擦力为f1，进行正交分解，水平方向有f1＝NA′sin30°，
竖直方向有N1＝mg+NA′cos30°，其中NA′＝NA，解得：f 1=
❑√3
4 mg，N 1= 7
4 mg。
答：（1）左侧斜面对杆AB 支持力的大小为
❑√3
2 mg。
（2）地面对左侧斜面体的支持力为7
4 mg，摩擦力为
❑√3
4 mg。
27．（2025 秋•广州期末）《天工开物》是世界上第一部关于农业和手工业生产的综合性科学技术著作，
如图甲所示为书中用重物测量弓弦张力的“试弓定力”插图。示意图如图乙所示，AB 间的距离d＝
1.2m，弦的原长也是1.2m，在弓的中点悬挂质量为M＝53kg 的重物，弓的质量为m＝1kg，弦的质量
忽略不计，悬挂点为弦的中点O，张角为θ＝106°，弓弦可看成由OA、OB 两段相同的弦构成，AB 间
的距离不变且弓弦可视为满足胡克定律，g 取10m/s2，请尝试计算：（sin53°＝0.8，cos53°＝0.6）
（1）此时OA 段弓弦的张力大小。
（2）OA 段弓弦的劲度系数k。
【答案】（1）此时OA 段弓弦的张力大小为450N；
（2）OA 段弓弦的劲度系数k 为3000N/m。
【分析】（1）由对称性分析，根据共点力的平衡条件分别列式，即可分析求解；
（2）根据胡克定律及几何关系列式，即可分析求解。
【解答】解：（1）重物、弓的质量分别为M、m，设OA、OB 段弓弦的张力大小分别为TAO、TBO，
因为张角为106°，则由对称性可知，TAO、TBO与竖直方向的夹角均为53°，由共点力的平衡条件可
得：
TAOsin53°＝TBOsin53°，
TAOcos53°+TBOcos53°＝（M+m）g
联立可得：TAO＝450N
（2）根据胡克定律及几何关系可得T OA =k(
d
2sin53° −d
2 )
解得：k＝3000N/m；
答：（1）此时OA 段弓弦的张力大小为450N；
（2）OA 段弓弦的劲度系数k 为3000N/m。
