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2024 高考物理一轮复习100 考点100 讲
第二章 相互作用
第2.4 讲 动态平衡与极值
【知识点精讲】
1．动态平衡
指通过控制某些物理量，使物体的状态发生缓慢的变化，而在这个过程中物体始终处于一
系列的平衡状态．
共点力作用下的动态平衡：是指平衡问题中的一部分力是变力，是动态力，力的大小和方
向均要发生变化，所以叫动态平衡，这是力平衡问题中的一类难题。
解决动态平衡问题的基本思路：化“动”为“静”，“静”中求“动”。
解决动态平衡问题的关键是：抓住不变量，确定自变量，依据不变量与自变量的关系
来确定其他量的变化规律．
【特别提醒】平衡中的“三看”与“三想”
(1)看到“缓慢”，想到“物体处于动态平衡状态．”
(2)看到“轻绳、轻环”，想到“绳、环的质量可忽略不计”．
(3)看到“光滑”，想到“摩擦力为零”．
2．极值问题
(1)定义：平衡物体的极值问题，一般指在力的变化过程中的最大值和最小值问题．
(2)解题方法：解决这类问题的常用方法是解析法，即根据物体的平衡条件列出方程，在解
方程时，采用数学知识求极值或者根据物理临界条件求极值．另外，图解法也是常用的一种方
法，即根据物体的平衡条件作出力的矢量图，画出平行四边形或者矢量三角形进行动态分析，
确定最大值或最小值．
3．临界问题
(1)定义：由某种物理现象变化为另一种物理现象或由某种物理状态变化为另一种物理状态
时，发生转折的状态叫临界状态，解题的关键是确定“恰好出现”或“恰好不出现”的条件．
(2)解题方法：解决这类问题的基本方法是假设推理法，即先假设某种情况成立，然后根据
平衡条件及有关知识进行论证、求解．
【方法归纳】
1．求解动态平衡常用的“五种”典型方法
1
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(1)矢量图解法：适合解决三个力的动态平衡问题，形象、直观，其解题思路：
对于受到一个大小方向都不变的力，受到一个方向不变的力和大小方向都变化的力作用的
研究对象，采用力矢量图解分析法，快捷明了。首先对研究对象进行受力分析，画出所受
各力的示意图，作出力矢量三角形，根据题述大小方向都变化力的变化情况，分析得出。
(2)解析法：适合解决多力动态平衡问题，首先对研究对象进行受力分析，选择合适的坐标
系，将所受各力正交分解，利用平衡条件列出方程，得出未知力的表达式，根据函数关系
式确定物理量的变化情况．
(3)相似三角形法：在三力平衡问题中，如果有一个力是恒力，另外两个力方向都变化，无法用
图解法分析，且题目给出了空间几何关系，多数情况下力的矢量三角形与空间几何三角形相似，
可利用相似三角形的比例关系求解．
（4）正弦定理法：对于受到三个力作用下平衡的物体，若受力分析画出各力的示意图，作
出力矢量三角形，没有与情景图中的几何三角形相似，可以根据正弦定理得出力表达式，
分析得出。
（5）定性分析法：所谓定性分析法是指可以根据题述动态变化情景，通过适当推理，定性分析
得出轻绳或轻杆中弹力的方法。此方法一般适用于既不能得出函数关系式，又不能力矢量图解
的情景。
2. 解决极值和临界问题的三种方法：
极限法
正确进行受力分析和变化过程分析，找到平衡的临界点和极值点；临界条
件必须在变化中寻找，不能在一个状态上研究临界问题，要把某个物理量
推向极大或极小
数学分析法
通过对问题分析，根据平衡条件列出物理量之间的函数关系(画出函数图
象)，用数学方法求极值(如求二次函数极值、公式极值、三角函数极值)
图解分析法
根据平衡条件，作出力的矢量图，通过对物理过程的分析，利用平行四边
形定则进行动态分析，确定最大值和最小值
【最新高考题精练】
1.（2021 新高考湖南卷）质量为
的凹槽静止在水平地面上，内壁为半圆柱面，截面如图
所示，
为半圆的最低点，
为半圆水平直径的端点。凹槽恰好与竖直墙面接触，内有一
质量为
的小滑块。用推力
推动小滑块由
点向
点缓慢移动，力
的方向始终沿圆
2
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弧的切线方向，在此过程中所有摩擦均可忽略，下列说法正确的是（ ）
A. 推力
先增大后减小
B. 凹槽对滑块的支持力先减小后增大
C. 墙面对凹槽的压力先增大后减小
D. 水平地面对凹槽的支持力先减小后增大
【情景分析】此题中用推力
推动小滑块由
点向
点缓慢移动，可以视为动态平衡问题。
小滑块受到大小方向均不变的重力、方向大小均改变的推力和凹槽对滑块的支持力，不方
便采用矢量图动态分析。
【参考答案】C
【名师解析】用推力F 推动小滑块由A 点向B 点缓慢移动，力F 的方向始终沿圆弧的切线
方向，可沿圆弧切线方向和半径方向建立直角坐标系，将小滑块重力沿两坐标系方向分解
如图。由平衡条件可知，推力F=mgsinθ，凹槽对滑块的支持力FN= mgcosnθ，由此可知，
小滑块由A 点向B 点缓慢移动过程中，θ 角逐渐增大，推力F 逐渐增大，凹槽对滑块的支
持力FN逐渐减小，选项AB 错误；由牛顿第三定律，滑块对凹槽的压力FN’=FN= mgcosθ，
滑块对凹槽的压力FN’在水平方向的分力FN 水=FN’sinθ= mgcosθsinθ=
mgsin2θ，对凹槽分
析受力，由平衡条件可知，墙面对凹槽的压力为F 压= FN 水=
mgsin2θ，当θ=45°时最大，
所以墙面对凹槽的压力先增大后减小，选项C 正确；由于力F 的方向始终沿圆弧的切线方
向，对滑块和凹槽整体受力分析，可知，水平地面对凹槽的支持力逐渐减小，选项D 错误。
3
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2．（2022 高考河北卷）[河北2022·7，4 分]如图，用两根等长的细绳将一匀质圆柱体悬挂
在竖直木板的
点，将木板以直线
为轴向后方缓慢转动直至水平，绳与木板之间的夹
角保持不变，忽略圆柱体与木板之间的摩擦，在转动过程中（ ）
A．圆柱体对木板的压力逐渐增大
B．圆柱体对木板的压力先增大后减小
C．两根细绳上的拉力均先增大后减小
D．两根细绳对圆柱体拉力的方向不变
【参考答案】A
【名师解析】将木板以直线
为轴向后方缓慢转动直至水平，在转动过程中，圆柱体对
木板的压力逐渐增大，两根细绳上的拉力均减小，两根细绳对圆柱体拉力方向变化，选项
A 正确BCD 错误。
3. [2019·全国卷Ⅰ](多选)如图，一粗糙斜面固定在地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮．
一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块N，另一端与斜面上的物块M 相连，系统处于静止状态．现
用水平向左的拉力缓慢拉动N，直至悬挂N 的细绳与竖直方向成45°.已知M 始终保持静止，则
在此过程中( )
A．水平拉力的大小可能保持不变
B．M 所受细绳的拉力大小一定一直增加
C．M 所受斜面的摩擦力大小一定一直增加
4
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D．M 所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加
[教你解决问题]
读题―→选研究对象―→画受力图―→
【参考答案】BD
【命题意图】 本题考查动态平衡及其相关知识点。
【解题思路】用水平向左的拉力缓慢拉动N，水平拉力一定逐渐增大，细绳对N 的拉力一
定一直增大，由于定滑轮两侧细绳中拉力相等，所以M 所受细绳的拉力大小一定一直增大，
选项A 错误B 正确； 由于题述没有给出M、N 的质量关系，所以M 所受斜面的摩擦力大小
可能先减小后增大，选项C 错误D 正确。
又解：如图所示，以物块N 为研究对象，它在水平向左拉力F 作用下，缓慢向左移动直至
细绳与竖直方向夹角为45°的过程中，水平拉力F 逐渐增大，绳子拉力T 逐渐增大；
对M 受力分析可知，若起初M 受到的摩擦力f 沿斜面向下，则随着绳子拉力T 的增加，则
摩擦力f 也逐渐增大；若起初M 受到的摩擦力f 沿斜面向上，则随着绳子拉力T 的增加，
摩擦力f 可能先减小后增加。故本题选BD。
【方法归纳】解答此题也可设出用水平向左的拉力缓慢拉动N 后细绳与竖直方向的夹
角，分析受力列出解析式，得出细绳的拉力随细绳与竖直方向的夹角表达式，进行讨论。
4.(2017·天津卷，8)如图所示，轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆M、N 上的
a、b 两点，悬挂衣服的衣架挂钩是光滑的，挂于绳上处于静止状态．如果只人为改变一个条件，
当衣架静止时，下列说法正确的是( )
5
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A．绳的右端上移到b′，绳子拉力不变
B．将杆N 向右移一些，绳子拉力变大
C．绳的两端高度差越小，绳子拉力越小
D．若换挂质量更大的衣服，则衣架悬挂点右移
【参考答案】 AB
【名师解析】 设绳长为l，两杆间距离为d，选O 点为研究对象，因aOb 为同一根绳，故
aO、bO 对O 点的拉力大小相等，因此平衡时aO、bO 与水平方向的夹角相等，设为θ.对于O
点受力情况如图所示，根据平衡条件，得
2Tsin θ＝mg，
而sin θ＝，
所以T＝·.
由以上各式可知，当l、d 不变时，θ 不变，故换挂质量更大的衣服时，悬挂点不变，选项
D 错误．
若衣服质量不变，改变b 的位置或绳两端的高度差，绳子拉力不变，选项A 正确，选项C
错误．
当N 杆向右移一些时，d 变大，则T 变大，选项B 正确．
5.(2016· 课标卷Ⅰ，19)如图，一光滑的轻滑轮用细绳OO′悬挂于O 点；另一细绳跨过滑轮，
其一端悬挂物块a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b.外力F 向右上方拉b，整个系统处
于静止状态．若F 方向不变，大小在一定范围内变化，物块b 仍始终保持静止，则( )
A．绳OO′的张力也在一定范围内变化
B．物块b 所受到的支持力也在一定范围内变化
C．连接a 和b 的绳的张力也在一定范围内变化
6
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D．物块b 与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化
【参考答案】 BD
【名师解析】 物块b 始终保持静止，所以连接a 和b 的绳的张力保持不变，夹角不变，
所以绳OO′的张力也不变，故A、C 错误；对b 进行受力分析可知，当F 方向不变，大小在一
定范围内变化时，重力mg 和绳子的拉力FT保持不变，所以，物块b 所受到的支持力在一定范
围内变化，物块b 与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化，故B、D 正确．
6.(2014·课标卷Ⅰ，17)如图，用橡皮筋将一小球悬挂在小车的架子上，系统处于平衡状态．
现使小车从静止开始向左加速，加速度从零开始逐渐增大到某一值，然后保持此值，小球稳定
地偏离竖直方向某一角度(橡皮筋在弹性限度内)．与稳定在竖直位置时相比，小球的高度( )
A．一定升高
B．一定降低
C．保持不变
D．升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定
【名师解析】 设橡皮筋的原长为l0，伸长量为x，受力分析如图所示，由牛顿第二定律有
kxsin θ＝ma①
kxcos θ＝mg②
小球稳定在竖直位置时，形变量为x0，由平衡条件有kx0＝mg③
对②③两式可知，x0＝xcos θ
而悬点与小球间的高度差分别为l0＋x0与(l0＋x)cos θ
可见l0＋x0＞(l0＋x)cos θ
所以小球的高度一定升高．A 项正确．
【参考答案】 A
7．(2016·课标卷Ⅱ，14)质量为m 的物体用轻绳AB 悬挂于天花板上．用水平向左的力F 缓
7
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慢拉动绳的中点O，如图所示．用T 表示绳OA 段拉力的大小，在O 点向左移动的过程中( )
A．F 逐渐变大，T 逐渐变大
B．F 逐渐变大，T 逐渐变小
C．F 逐渐变小，T 逐渐变大
D．F 逐渐变小，T 逐渐变小
【参考答案】 A
【名师解析】 解法一：解析法
设绳OA 段与竖直方向的夹角为θ，对O 点进行受力分析，列平衡方程得F＝mgtan θ，T
＝，则随θ 的逐渐增大，F 逐渐增大，T 逐渐增大，A 正确．
解法二：图解法
由题意知，系统处于动态平衡状态，分析O 点的受力情况如图甲所示，其中T′＝G 恒定不
变，F 方向不变，T 大小方向均改变，在O 点向左移动的过程中，θ 角逐渐变大，由动态矢量三
角形(图乙)可知F、T 均逐渐变大，故A 项正确．
甲 乙
8．(2017·课标卷Ⅰ，21)如图，柔软轻绳ON 的一端O 固定，其中间某点M 拴一重物，用
手拉住绳的另一端N.初始时，OM 竖直且MN 被拉直，OM 与MN 之间的夹角为α(α>)．现将重
物向右上方缓慢拉起，并保持夹角α 不变．在OM 由竖直被拉到水平的过程中( )
A．MN 上的张力逐渐增大
B．MN 上的张力先增大后减小
C．OM 上的张力逐渐增大
D．OM 上的张力先增大后减小
【参考答案】 AD
【名师解析】 设重物的质量为m，绳OM 中的张力为TOM，绳MN 中的张力为TMN.开始时，
TOM＝mg，TMN＝0.由于缓慢拉起，则重物一直处于平衡状态，两绳张力的合力与重物的重力mg
等大、反向．
如图所示，已知角α 不变，在绳MN 缓慢拉起的过程中，角β 逐渐增大，则角(α－β)逐渐减
8
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小，但角θ 不变，在三角形中，利用正弦定理得：
＝，
(α－β)由钝角变为锐角，则TOM先增大后减小，选项D 正确；
同理知＝，在β 由0 变为的过程中，TMN一直增大，选项A 正确．
【最新模拟题精练】
1.（2023 江西红色十校第一次联考）某中学举行趣味运动会时，挑战用一支钢尺取出深盒
子（固定不动）中的玻璃球，该游戏深受大家喜爱，参与者热情高涨。游戏中需要的器材
和取球的原理分别如图甲和图乙所示。若忽略玻璃球与盒壁、钢尺间的摩擦力，不计钢尺
的形变，在不损坏盒子的前提下，钢尺沿着盒子上边缘某处旋转拨动（钢尺在盒内的长度
逐渐变短），使玻璃球沿着盒壁缓慢上移时，下列说法正确的是（ ）
A．钢尺对玻璃球的弹力逐渐减小
B．钢尺对玻璃球的弹力先增大后减小
C．盒壁对玻璃球的弹力逐渐减小
D．盒壁对玻璃球的弹力先减小后增大
【情景分析】此题中用钢尺使玻璃球沿着盒壁缓慢上移，可以视为动态平衡问题。玻璃球
受到大小方向均不变的重力、盒壁对玻璃球的弹力
方向不变，可以采用力矢量图动态分
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析。
【参考答案】
【名师解析】对玻璃球的受力分析如图所示，玻璃球受竖直向下的重力G，左侧钢尺对玻
璃球的弹力
，盒壁对玻璃球的弹力
，玻璃球在3 个力作用下处于动态平衡，玻璃球重
力大小方向不变，盒壁对玻璃球的弹力
方向不变，玻璃球沿着纸盒壁缓慢上移时，利用
矢量图解法可知，
的方向逐渐靠近竖直方向，
和
均逐渐减小，A、C 项正确，BD
项错误。
2.（2023 西安长安区一模）如图所示，圆心为 O、水平直径为 AB 的圆环位于竖直面内，
一轻绳两端分别固定在圆环 的 M、N 两点，轻质滑轮连接一重物，放置在轻绳上，MN
连线过圆心 O 且与 AB 间的夹角为 θ，不计滑轮与轻绳之间的摩擦．圆环顺时针缓慢转
过角度 2θ 的过程中，轻绳的张力( )
A．先增大再减小 B．先减小再增大
C．逐渐增大 D．逐渐减小
【情景分析】此题是活结模型，圆环顺时针缓慢转过角度 2θ 的过程中，M、N 两点之间
的水平距离变化，轻质滑轮两侧轻绳中张力随轻绳与竖直方向夹角变化，可以定性分析得
出张力的变化。
【参考答案】A
【名师解析】由题图可知，M、N 之间的水平距离越小，M、N 连线与水平直径的夹角θ 越
大，轻绳与竖直方向的夹角α 越小。由于轻质滑轮连接重物放置在轻绳上，滑轮两侧轻绳
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中的张力大小相等，设轻绳中张力为F，轻绳与竖直方向的夹角为α。对滑轮受力分析，由
平衡条件，可得2Fcosα=mg。圆环顺时针缓慢转过角度 2θ 的过程中，M、N 之间的水平
距离先增大后减小，θ 角先减小后增大，轻绳与竖直方向的夹角为α 先增大后减小，轻绳
中张力先增大再减小，A 正确。
3.《大国工匠》节目中讲述了王进利用“秋千法”在1000kV 的高压线上带电作业的过程，
如图所示，绝缘轻绳OD 一端固定在高压线杆塔上的O 点，另一端固定在兜篮上。另一绝
缘轻绳跨过固定在杆塔上C 点的定滑轮，一端连接兜篮，另一端由工人控制。身穿屏蔽服
的王进坐在兜篮里，缓慢地从C 点运动到处于O 点正下方E 点的电缆处。绳OD 一直处于
伸直状态，兜篮、王进及携带的设备总质量为m，不计一切阻力，重力加速度大小为g。
关于王进从C 点运动到E 点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 工人对绳的拉力一直变大
B. 绳OD 的拉力的一直变小
C. OD、CD 两绳拉力的合力大小等于mg
D. 当绳CD 与竖直方向的夹角为30°时，工人对绳的拉力为
mg
【情景分析】此题中兜篮、王进及携带的设备可以视为整体质点m，m 受到重力、两轻绳
中的拉力作用动态平衡，画出质点m 受力矢量图，转化成力矢量三角形，可以根据正弦定
理分别得出两轻绳中的拉力表达式分析。
【参考答案】CD
【名师解析】对兜篮、王进及携带的设备整体受力分析如图所示。
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平移力画出力矢量封闭三角形如图。
设轻绳OD 的拉力为F1，与竖直方向的夹角为θ，轻绳CD 的拉力为F2，与竖直方向的夹角
为α。根据几何知识有２（α＋θ）＋π/2-θ=π，即
由正弦定理可得
解得
，
=
王进从C 点运动到E 点的过程中，α 从45°增大90°，θ 从90°减小到0，（α＋θ）减小，所
以轻绳OD 中拉力F1增大，轻绳CD 中拉力F2减小， AB 错误；两轻绳中拉力的合力大小
等于mg，C 正确；当当绳CD 与竖直方向的夹角为α=30°时，则θ=30°，根据平衡条件有
，可得
，D 正确。
4 质量为m＝10 kg 的木箱置于水平地面上，它与地面间动摩擦因数μ＝√3
3 ，受到一个
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与水平方向成θ 角斜向上的拉力F，为使木箱做匀速直线运动，拉力F 的最小值以及此时θ
分别是( )
A．50 N 30° B．50 N 60°
C. 200
3 N 30° D. 200
3 N 60°
【参考答案】A
【名师解析】木箱受力分析如图所示，
由平衡条件得，F cos θ＝Ff，F sin θ＋FN＝mg，Ff＝μFN，由以上各式解得，
F＝
μmg
cosθ+ μsinθ
＝
μmg
√1+ μ
2sin (θ+α )
，其中tan α＝1
μ
＝√3，则α＝60°，当θ＋α＝90°时，拉力F 有最
小值，故θ＝30°，F＝μmg
√1+ μ
2
＝50 N，选项A 正确，B、C、D 错误．
5 如图所示，质量为m(可以看成质点)的小球P，用两根轻绳OP 和O′P 在P 点拴结后再
分别系于竖直墙上相距0.4 m 的O、O′两点上，绳OP 长0.5 m，绳O′P 长0.3 m．今在小球
上施加一方向与水平成θ＝37°角的拉力F，将小球缓慢拉起．绳O′P 刚拉直时，OP 绳拉力为
FT1，绳OP 刚松弛时，O′P 绳拉力为FT2，则FT1：FT2为(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)( )
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A．3：4 B．4：3 C．3：5 D．4：5
【参考答案】C
【名师解析】绳O′P 刚拉直时，由几何关系可知此时OP 绳与竖直方向夹角为37°，小
球受力如图甲，则FT1＝4
5
mg.绳OP 刚松弛时，小球受力如图乙，则FT2＝4
3
mg.则FT1∶FT2
＝3∶5，C 选项正确．
6 [2021·云南师大附中质检]如图所示，质量为m 的小球与细线连接且静止于光滑斜面上，
斜面足够长，倾角α＝30°的斜面体置于光滑水平面上，用水平力F 推斜面体使斜面体缓慢地向
左移动，小球沿斜面缓慢升高．当细线拉力最小时，推力F 等于( )
A. √3
4
mg B. √3
2
mg C．mg D. √3mg
【参考答案】A
【名师解析】小球受力动态平衡如图，可知当FT 平行于斜面时FT 取最小值
FTmin，FTmin＝mgsin 30°，对小球和斜面体组成的系统，F＝FTmincos 30°＝√3
4
mg，A 正确．
7 如图，倾角为45°的斜面体A 放在水平地面上，A 与地面间的动摩擦因数为0.75，最大
静摩擦力等于滑动摩擦力，光滑半球体B 静止在竖直墙和斜面体之间，已知A、B 所受重力都
为G.若在B 的球心处施加一竖直向下的力F，要保持斜面体静止不动，F 的最大值是( )
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A．G B．1.5G C．2G D．2.5G
【参考答案】C
【名师解析】：对斜面体和半球体整体受力分析如图甲所示，施加力F 之后，可知斜面体
对地面的正压力为2G＋F，最大静摩擦力为Ffm＝μ(2G＋F)；对半球体受力分析如图乙所示，未
施加力F 时有，竖直墙壁的弹力大小F1＝G tan 45°，施加力F 之后，竖直墙壁弹力大小变为F′1
＝(G＋F)tan 45°，要使斜面体静止不动，水平方向上受力平衡，即(G＋F)tan 45°≤μ(2G＋F)，
解得F≤2G，C 项正确．
8．如图所示，质量为m 的球放在倾角为α 的光滑斜面上，用挡板AO 将球挡住，使球处于
静止状态，若挡板与斜面间的夹角为β，则(重力加速度为g)( )
A．当β＝30°时，挡板AO 所受压力最小，最小值为mgsin α
B．当β＝60°时，挡板AO 所受压力最小，最小值为mgcos α
C．当β＝60°时，挡板AO 所受压力最小，最小值为mgsin α
D．当β＝90°时，挡板AO 所受压力最小，最小值为mgsin α
【参考答案】D
【名师解析】 分析小球的受力情况：重力G、斜面的支持力N2和挡板AO 的压力N1，由
平衡条件得知N2和N1的合力与G 大小相等、方向相反，保持不变．
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当挡板与斜面的夹角变化时，作出四个位置受力图，由图看出当挡板与斜面垂直时，挡板
对小球的压力N1最小，挡板AO 所受压力即最小，此时β＝90°，最小值N1＝mgsin α.故D 正确．
9．如图所示，斜面上固定有一与斜面垂直的挡板，另有一截面为圆的光滑柱状物体甲放置
于斜面上，半径与甲相等的光滑球乙被夹在甲与挡板之间，没有与斜面接触而处于静止状态．
现在从球心O1处对甲施加一平行于斜面向下的力F，使甲沿斜面方向缓慢向下移动，设乙对挡
板的压力大小为F1，甲对斜面的压力大小为F2，甲对乙的弹力为F3，斜面体与地面间的弹力为
F4，在此过程中( )
A．F1逐渐减小
B．F2保持不变
C．F3先减小后增大
D．F4逐渐增大
【参考答案】AB
【名师解析】 先对物体乙受力分析，受重力、挡板的支持力F1′和甲物体的支持力F3′，
如图
根据平衡条件，结合几何关系可以看出挡板的支持力F1′不断减小，甲对乙的弹力F3′不断
减小，根据牛顿第三定律，乙对挡板的压力F1不断减小，甲对乙的弹力F3不断减小；
再对甲与乙整体受力分析，受重力、斜面的支持力、挡板的支持力和已知力F，如图
根据平衡条件，有
x 方向：F＋(M＋m)gsin θ－F1＝0
y 方向：F2－(M＋m)gcos θ＝0
解得：F2＝(M＋m)gcos θ，保持不变．
结合牛顿第三定律，物体甲对斜面的压力F2不变．故A、B 正确，C、D 错误．
10．倾角为θ＝37°的斜面体与水平面固定不动，斜面上有一重为G 的物体A，物体A 与斜
面间的动摩擦因数μ＝0.5.现给A 施加一水平力F，如图所示．设最大静摩擦力与滑动摩擦力相
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等(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，如果物体A 能在斜面上静止，水平推力F 与G 的比值不可能是(
)
A．3
B．2
C.1
D．0.5
【名师解析】 设物体刚好不下滑时F＝F1，
则F1·cos θ＋μFN＝G·sin θ，
FN＝F1·sin θ＋G·cos θ.
得：＝＝＝；
设物体刚好不上滑时F＝F2，则：
F2·cos θ＝μFN′＋G·sin θ，
FN′＝F2·sin θ＋G·cos θ，
得：＝＝＝2，
即≤≤2，
故F 与G 的比值不可能为A.
【参考答案】 A
11 如图所示，电灯悬挂于两墙壁之间，更换水平绳OA 使连接点A 向上移动而
保持O 点位置和OB 绳的位置不变，则在A 点向上移动的过程中( )
A．绳OB 的拉力逐渐增大
B．绳OB 的拉力不变
C．绳OA 的拉力先增大后减小
D．绳OA 的拉力先减小后增大
【参考答案】D
【名师解析】 在绳OA 的连接点A 向上移动的过程中，结点O 始终处于平衡
状态。取终点O 为研究对象，受力情况如图所示，图中F1、F2、F3 分别是绳
OA、绳OB、电线对结点O 的拉力，F3′是F1和F2的合力，且F3′＝F3。在A 点
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向上移动的过程中，F3的大小和方向都保持不变，F2的方向保持不变。由图可
知，当绳OA 垂直于OB 时，绳OA 的拉力最小，所以绳OA 的拉力先减小后增
大，绳OB 的拉力逐渐减小，正确选项为D。
12 如图所示，一光滑小球静止放置在光滑半球面的底端，用竖直放置的光滑挡
板水平向右缓慢地推动小球，则在小球运动的过程中(该过程小球未脱离球面)，
木板对小球的推力F1、半球面对小球的支持力F2的变化情况正确的是( )
A．F1增大，F2减小
B．F1增大，F2增大
C．F1减小，F2减小
D．F1减小，F2增大
【参考答案】B
【名师解析】 作出球在某位置时的受力分析图，如图所示，在小球运动的过
程中，F1的方向不变，F2与竖直方向的夹角逐渐变大，画力的动态平行四边形，
由图可知F1、F2均增大，选项B 正确。
13．半圆柱体P 放在粗糙的水平地面上，其右端有竖直挡板MN。在P 和MN
之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于静止状态。如图所示是这
个装置的纵截面图。若用外力使MN 保持竖直并缓慢地向右移动，在Q 落到地
面以前，发现P 始终保持静止。在此过程中，下列说法中正确的是( )
A．MN 对Q 的弹力逐渐减小
B．地面对P 的摩擦力逐渐增大
C．P、Q 间的弹力先减小后增大
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D．Q 受到P 和MN 的合力逐渐增大
【参考答案】B
【名师解析】 对圆柱体Q 受力分析，如图所示，P 对Q 的弹力为F，MN 对Q
的弹力为FN，挡板MN 向右运动时，F 和竖直方向的夹角逐渐增大，如图所示，
而圆柱体所受重力大小不变，所以F 和FN的合力大小不变，故选项D 错误；由
图可知，F 和FN都在不断增大，故选项A、C 都错误；对P、Q 整体受力分析
知，地面对P 的摩擦力大小等于FN，所以地面对P 的摩擦力逐渐增大，选项B
正确。
14．如图，一小球放置在木板与竖直墙面之间。设墙面对球的压力大小为FN1，
球对木板的压力大小为FN2。以木板与墙连接点所形成的水平直线为轴，将木板
从图示位置开始缓慢地转到水平位置。不计摩擦，在此过程中( )
A．FN1始终减小，FN2始终增大
B．FN1始终减小，FN2始终减小
C．FN1先增大后减小，FN2始终减小
D．FN1先增大后减小，FN2先减小后增大
【参考答案】B
【名师解析】 方法一 (解析法)如图所示，由平衡条件得
FN1＝
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FN2＝
随θ 逐渐增大到90°，tan θ、sin θ 都增大，FN1、FN2都逐渐减小，所以选项B
正确。
方法二 (图解法)
对球受力分析如图所示，球受3 个力，分别为重力G、墙对球的弹力FN1和板对
球的弹力FN2。
当板逐渐转到水平位置的过程中，球始终处于平衡状态，即FN1与FN2的合力F
始终竖直向上，大小等于球的重力G，如图所示。由图可知FN1的方向不变，大
小逐渐减小，FN2的方向发生变化，大小也逐渐减小，故选项B 正确。
15.光滑斜面上固定着一根刚性圆弧形细杆，小球通过轻绳与细杆相连，此时轻绳处于
水平方向，球心恰位于圆弧形细杆的圆心，如图所示，将悬点A 缓慢沿杆向上移动，直到
轻绳处于竖直方向，在这个过程中，轻绳的拉力( )
A．逐渐增大
B．大小不变
C．先增大后减小
D．先减小后增大
【参考答案】D
【名师解析】以小球为研究对象，分析受力情况：受重力G、斜面的支持力N 和轻绳的
拉力T，如图所示．由平衡条件得知，N 和T 的合力与G 大小相等、方向相反，将悬点A
缓慢沿杆向上移动，使轻绳绕O 点逆时针转动的过程中，T 先减小后增大，故D 正确．
16．一般教室门上都安装一种暗锁，这种暗锁由外壳A、骨架B、弹簧C(劲度系数为k)、
锁舌D(倾角θ＝45°)、锁槽E 以及连杆、锁头等部件组成，如图甲所示．设锁舌D 的侧面与外
壳A 和锁槽E 之间的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力Ffm由Ffm＝μFN(FN为正压力)求得．有一
次放学后，当某同学准备关门时，无论用多大的力，也不能将门关上(这种现象称为自锁)，此
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刻暗锁所处的状态的俯视图如图乙所示，P 为锁舌D 与锁槽E 之间的接触点，弹簧由于被压缩
而缩短了x.
(1)试问，自锁状态时D 的下表面所受摩擦力的方向；
(2)求此时(自锁时)锁舌D 与锁槽E 之间的正压力的大小；
(3)无论用多大的力拉门，暗锁仍然能够保持自锁状态，则μ 至少要多大？
【名师解析】 (1)锁舌D 有向左的运动趋势，故其下表面所受摩擦力Ff1方向向右．
(2)设锁舌D 受锁槽E 的最大静摩擦力为Ff2，正压力为FN，下表面的正压力为F，弹簧弹
力为kx，由力的平衡条件可知
kx＋Ff1＋Ff2cos 45°－FNsin 45°＝0，
F－FNcos 45°－Ff2sin 45°＝0，
又Ff1＝μF，
Ff2＝μFN，
联立各式，解得正压力大小
FN＝.
(3)令FN趋近于∞，则有1－2μ－μ2＝0，
解得μ＝－1＝0.41.
【答案】 (1)向右 (2) (3)0.41
17.质量为M 的木楔倾角为θ，在水平面上保持静止，当将一质量为m 的木块放在木楔斜面
上时，它正好匀速下滑．如果用与木楔斜面成α 角的力F 拉着木块匀速上升，如图所示(已知木
楔在整个过程中始终静止)．
(1)当α＝θ 时，拉力F 有最小值，求此最小值；
(2)当α＝θ 时，木楔对水平面的摩擦力是多大？
【名师解析】 木块在木楔斜面上匀速向下运动时，
有mgsin θ＝μmgcos θ，即μ＝tan θ.
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(1)木块在力F 作用下沿斜面向上匀速运动，有
Fcos α＝mgsin θ＋Ff
Fsin α＋FN＝mgcos θ
Ff＝μFN
解得F＝＝
＝
则当α＝θ 时，F 有最小值，为Fmin＝mgsin 2θ.
(2)因为木块及木楔均处于平衡状态，整体受到地面的摩擦力等于F 的水平分力，即Ff＝
Fcos(α＋θ)
当α＝θ 时，F 取最小值mgsin 2θ，
Ffm＝Fmincos 2θ＝mg·sin 2θcos 2θ＝mgsin 4θ.
【答案】 (1)mgsin 2θ (2)mgsin 4θ
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