2027年高考物理复习题型全练：第 4 讲 重力弹力及摩擦力的合成与分解 （教师版）

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202N变为

352N。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．502N/mB．50N/mC．1002N/mD．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。

22

【解答】解：根据力的合成，左手所受合力为퐹1=푓1+푓1=2푓1，题目给出퐹1=202푁，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

22

和0.45m时，根据力的合成퐹2=푓2+푓2，代入数据解得퐹2=352푁，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（）

퐹푥

A．xB．FxC．D．

푥퐹

【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

퐹

解得푘=，故C正确，ABD错误。

푥

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

2

物体A的质量m1＝2kg，重力加速度g＝10m/s，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。

2

【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﹣1mg＝m1a，解得a＝1m/s

，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

퐺퐺

푇=，绳的水平分量即工人乙受到的摩擦力＝，解得：푓=。

푎푐표푠훼−푠푖푛훼푐표푡훽bfTbsinβ푐표푡훼−푐표푡훽

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

푠푖푛훼

减小；由푇=푇可知，由于分子减小且分母增大，绳的拉力也逐渐减小，故错误；

푏푎푠푖푛훽bTbAB

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：

휃

根据平行四边形定则，结合几何关系有：F＝2Tcos

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：

1

将力正交分解，由平衡条件可知F＝Tsinθ，Tcosθ＝mg，又T＝mg，代入数据可得F=

ABOBOB2OB1AB2

23

푚1푔，TOB=푚2푔，故AB错误；

3

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3퐺

D．颈椎受到的压力大于2퐺小于3퐺

【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퐹＞3퐺。

【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

퐹=2퐺푐표푠22.5°＞2퐺푐표푠30°=3퐺，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23mg

C．拉力F垂直于绳子OP时，外力取得最小值3mg

3

D．拉力F垂直于绳子OP时，外力取得最小值mg

2

【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：

푚푔푚푔

由几何关系可知，细线与轻杆夹角为°，由平衡条件可知，==3=3푚푔，

30N푡푎푛30°

3

对P受力分析，如图所示：

3푚푔3푚푔

杆的弹力和重力的合力为F，有F==3=23푚푔，合力的大小方向都不变，将细线的弹

11푐표푠30°

2

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=3푚푔，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（）

1

A．每根杆中的弹力大小为푚푔

3

1

B．每根杆对地面的摩擦力大小为푚푔

4

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；

1

AB.由上述分析可知，地面对每根轻杆向上的弹力大小均为mg，

3

轻杆是活杆，地面对一根轻杆的力如图所示：

1푚푔511

所以每根轻杆中的弹力大小F=3=푚푔，地面对每根轻杆的摩擦力大小f=푚푔푡푎푛37°=

푐표푠37°1233

311

푚푔⋅=푚푔，由牛顿第三定律可知，每根轻杆对地面的摩擦力大小为푚푔，故A错误，B正确。

444

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．11NB．8NC．5ND．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퐹2+(푚+푀)2푔2，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

푚

可得퐹=푓+푓+푓

左푚푎푥右푚푎푥푀右푚푎푥

푚

若将纸抽出，需要＞푓+푓+푓，故错误。

퐹左푚푎푥右푚푎푥푀右푚푎푥D

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

휇1퐹+푚푔

D．要做到“每次只进一张试卷”应要求＞

휇2퐹

【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）

휇1퐹+푚푔

所以＞，故D正确。

휇2퐹

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；

0.4−0.2

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=푚/푠2=0.2푚/푠2

5−4

，对木板根据牛顿第二定律有f＝Ma，解得M＝1kg，故C正确；

0.4

D、由图（c）可知，有拉力作用时木板的加速度大小为a'=푚/푠2=0.2푚/푠2，对木板根据牛顿第

4−2

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3003푁

B．管道B对管道A的弹力为3003푁

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1503푁

【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=3003푁，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

3

平地面之间的动摩擦因数为μ，푠푖푛60°=，则水平面对B钢管的摩擦力大小为（）

2

3휇푚푔3푚푔푚푔

A．0B．C．D．

262

【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

3

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퐹=푚푔，

3

3푚푔

对C钢管受力分析，水平方向受力平衡Fcos60°＝f，代入数据可得푓=，故ABD错误，C正确。

6

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．6mgB．62푚푔C．12mgD．122푚푔

【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퐹=12

2푚푔。

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퐹=122푚푔（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）。

2

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푇=퐹푠푖푛45°=122푚푔×=12푚푔

2

，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（）

15퐹215퐹415퐹53퐹

A．B．C．D．

9퐿9퐿9퐿9퐿

【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。

0.4퐿1

【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푠푖푛휃==

1.6퐿4

可得푐표푠휃=15

4

则由胡克定律以及力的合成可知2k（1.6L﹣L）cosθ＝F

2퐹

解得푘=15

9퐿

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

222

D．F、F1和F2的大小关系为퐹2=퐹1+퐹

【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

퐹

1222

由图可知푡푎푛휃=，퐹=퐹1+퐹2

퐹2

퐹1

因为θ小于45°，故푡푎푛휃=＜1

퐹2

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．F1B．F2C．F3D．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

푥1

同一水平高度，有푥=。小球静止在点时，根据平衡条件，有＝（﹣）。小球静止在

2푐표푠휃Amgkx1x0B

푥1

点时，弹性绳的弹力푇=푘(푥−푥)=푘(−푥)，方向斜向右上。竖直分力方向向上，大小＝

20푐표푠휃0TTyTcosθ

푥1

＝（−）•＝（﹣）＞（﹣），想要三力平衡，的竖直分力方向必须向下。

k푐표푠휃x0cosθkx1x0cosθkx1x0F

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．2FB．3FC．2퐹D．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：퐹푂=3퐹，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，

3

解得绳OA上的弹力大小为T=mg，故A错误；

3

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＝

푚푔

mg，得T=2푐표푠휑，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

푚푔

=。当当左右两端等高时，最大，最小，则绳上张力最大，故正确。

T2푐표푠훼αcosαTD

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+2003）NB．（300+1503）N

C．（300+1003）ND．（600﹣2003）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퐺=2003푁。

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퐺=(300+3003)푁。

可见改进后索桥能承受的最大重量增加了(300+3003)푁−2003푁=(300+1003)푁，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．26mgB．25mgC．2mgD．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