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专题十二 图解法的应用
知识点一、矢量三角形图解法
1.物体受同一平面内三个互不平行的共点力作用下平衡时可利用矢量三角形法解决此类平衡问题。
2.构成三角形，合成任意两个力其合力与第三个力一定平衡，具体作图的方法是先确定合力的方向
就是第三个力的反方向，再作平行四边形或三角形合成另外两个力。或者通过分解任意一个力，把
它分解在另两个力的反方向上，这两个分力与另两个受力分别平衡，具体作图的方法是先确定两个
分力的方向就是另两个受力的反方向，再作平行四边形或三角形分解另外一个力。这三个力的矢量
箭头首尾相接，构成一个矢量三角形。
3，解三角形:所构成的矢量三角形中有三种: 直角三角形、等腰三角形和斜三角形
(1) 求解直角三角形利用正弦、余弦、正切、余切、勾股定理、三角形相似等;
(2) 求解等腰三角形利用分力相等的公式，即 F 合=2Fcosθ
2
(3) 求解斜三角形利用三角形相似、正弦定理或者余弦定理。
类型1 矢量三角形解动态平衡问题
1．（2022 秋•日照期末）消防员在救援过程中需要从顶楼直降到某一楼层，如图甲所示，在下降过
程中，可以将模型简化为如图乙所示的物理模型。脚与墙壁接触点为A 点，人的重力全部集中
在B 点，A 到B 可简化为轻杆，OB 为轻绳。已知下降过程中AB 的长度和AB 与竖直方向的夹
角保持不变。初始时刻消防员保持静止，下降一定高度后再次保持静止。再次静止后相对于初
始位置，下列判断正确的是（ ）
1
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A．AB 杆的支持力变大
B．AB 杆的支持力变小
C．OB 绳拉力保持不变
D．OB 绳拉力变小
【解答】解：由分析可知，两个状态相比，重力大小方向不变，杆的支持力方向不变，受力分
析及受力变化如下图所示
由图解法可知，AB 杆的支持力FN变小，OB 绳拉力FT变大。
故ACD 错误，B 正确。
故选：B。
2．（2022 秋•鄂尔多斯期末）如图所示，用轻绳AO、BO 和CO 系住一物体使其静止，绳AO 与竖
直方向成一角度，绳BO 水平。现将BO 绳绕结点O 逆时针缓慢转动，结点O 始终保持不动。到
BO 到达竖直位置前，关于绳子AO 和BO 中的拉力大小，下列说法中正确的是（ ）
A．绳AO 的拉力先减小后增大
B．绳BO 的拉力先增大后减小
C．绳AO 的拉力一直在减小
D．绳BO 的拉力一直在增大
2
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【解答】解：对结点O 受力分析，根据三角形定则，画出动态的矢量三角形，如图
可知绳AO 的拉力一直在减小，绳BO 的拉力先减小后增大。
故ABD 错误，C 正确；
故选：C。
3．（2023 秋•石家庄期中）如图所示，用细线将重力为100N 的物块悬挂在O 点，在物块上施加力
F，在力F 由水平方向逆时针缓慢转至竖直方向的过程中，物块始终处于静止状态，且细线与竖
直方向成30°角，则（ ）
A．细线拉力先增大后减小
B．力F 先增大后减小
C．细线拉力的最大值为200
3 N
D．力F 的最小值为50N
【解答】解：对物块受力分析，如图一所示，并作出物块受力的矢量三角形，如图二所示。
AB、由图二可知，在力F 由水平方向逆时针缓慢转至竖直方向的过程中，细线拉力T 一直减小；
力F 先减小后增大，故AB 错误；
C、由图二可知，当力F 处于水平方向时，细线拉力有最大值，由几何关系可知，T 的最大值为
3
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Tmax
=
G
cos30° = 100
√3
2
N= 200√3
3
N
故C 错误；
D、由图二可知，当力F 与细线拉力T 垂直时，力F 有最小值，由几何关系可知，力F 的最小值
为Fmin＝Gsin30°＝100× 1
2N＝50N
故D 正确。
故选：D。
类型2 相似三角形法解静态平衡问题
4．（2023 秋•山东月考）如图所示，小球甲、乙套在竖直固定的光滑圆环上，圆环竖直顶点C 处
固定有一大小可忽略的光滑定滑轮，细线绕过定滑轮将两小球连接在一起。两球静止时，小球
甲、乙分别位于圆环上的A、B 点，已知BC 与竖直方向的夹角为θ，AB 过圆环的圆心O 点，
小球甲、乙的质量分别为m1、m2，圆环对小球甲、乙的弹力大小分别为F1、F2，细线上的弹力
大小为F，重力加速度大小为g，则下列关系式正确的是（ ）
A．m1：m2＝tanθ：1
B．F= 2m2 g
cosθ
C．F1：F2＝1：tanθ
D．F：F1＝sinθ：1
【解答】解：如下图所示，利用相似三角形的方法，对小球乙受力分析，可得：
m2 g
CO = F
BC = F2
BO
由几何关系可知：BO =CO =
BC
2cosθ
解得：F＝2m2gcosθ，F2＝m2g
同理利用相似三角形的方法，对小球甲受力分析，可得：m1g
CO = F
AC = F1
AO
4
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由几何关系可知：AO =CO = AC
2sinθ
解得：F＝2m1gsinθ，F1＝m1g
结合上述表达式可得：
m1：m2=
F
2 gsinθ ：
F
2 gcosθ =1：tanθ
F1：F2＝m1：m2＝1：tanθ
F：F1＝2sinθ：1
故ABD 错误，C 正确。
故选：C。
5．（2023 秋•徐汇区校级期中）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P 点，
将木板以底边MN 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减小后增大再减小
D．两根细绳对圆柱体拉力的合力保持不变
【解答】解：ABC、圆柱体的受力分析图（侧视图）如图所示，
5
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任意两个力的合力与第三个力的合力为零，在矢量三角形中，根据正弦定理得：
mg
sinβ = T
sinθ = F N
sinα
当木板缓慢转动直至水平的过程中，由于绳子方向、支持力的方向相对不变，所以β 保持不变，
sinβ 不变，θ 由直角逐渐减小，sinθ 减小，α 由锐角逐渐增大变为钝角，sinα 先增大后减小，故
T 减小，FN先增大后减小，所以压力先增大后减小。故AC 错误，B 正确；
另
解
：
画
出
三
个
力
的
动
态
变
化
图
如
下
图
所
示
，
从图上可以看出，拉力逐渐减小，而支持力先变大再变小，故AC 错误，B 正确；
D、由于两绳拉力的合力T 减小，而两绳的夹角保持不变，故两绳上的拉力减小。故D 错误。
故选：B。
6．（2023 秋•香坊区校级月考）如图所示，在光滑小滑轮O 正下方相距h 处固定一电量为Q 的小
球A，电量为q 的带电小球B 用一绝缘细线通过定滑轮拉住并处于静止状态，此时小球与A 点
的距离为R。现用力F 缓慢拉动细线，使B 球移动一小段距离。假定两球均可视为点电荷且电荷
量均保持不变，静电力常量为k，环境可视为真空，则下列说法正确的是（ ）
6
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A．小球B 所受的重力大小为kQqh
R
3
B．细线上的拉力先增大后减小
C．A、B 两球之间的距离不变
D．B 球的运动轨迹是一段直线
【解答】解：对小球B 受力分析，如图所示：
设OB 间的距离为L，由三角形相似得：F
L = GB
h = F 库
R
A、小球B 所受的重力大小为GB= kQqh
R
3
故A 正确；
B、用力F 缓慢拉动细线，L 减小，h 不变，GB不变，则拉力F 减小，故B 错误；
CD、由A 得，GB= kQqh
R
3
，h 不变，GB不变，则R 不变，A、B 两球之间的距离不变，球B 的运
动轨迹是以A 点为圆心，以R 为半径的圆弧，故CD 错误。
故选：A。
类型3 用画圆法解动态平衡问题
7
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7．（2023 秋•坪山区校级月考）如图所示，半球形容器固定在地面上，容器内壁光滑，开始时，质
量均分布均匀的光滑球A 和光滑球B 放在容器内处于平衡状态，位置关系如图中所示，已知容
器、A、B 半径之比为6：2：1。一水平恒力F 作用在A 球上，且力F 的延长线过A 球球心，缓
慢推动A 直到B 的球心与容器的球心O 等高，则下列判断正确的是（ ）
A．B 球受到A 球的弹力N1逐渐减小
B．B 球受到A 球的弹力N1先增大后减小
C．容器对B 球的支持力N2逐渐增大
D．容器对B 球的支持力N2先增大后减小
【解答】解：对B 球受力分析如图1 所示，缓慢推动A 球直到B 的球心与容器的圆心O 等高的
过程中，三角形OAB 边长恒定，N1和N2的夹角不变，根据三力平衡作出矢量三角形如图2 所
示，从图2 可以看出B 球受到A 球的弹力N1逐渐增大，容器对B 球的支持力N2先增大后变小。
故ABC 错误，D 正确；
故选：D。
8．（2023 秋•安徽月考）如图所示，倾角为30°的粗糙斜面体固定在水平地面上，用一轻弹簧将物
块A 与斜面上的固定挡板连接，物块A 另一端用跨过光滑定滑轮的柔软轻绳与小球B 连接，O
点为轻绳与定滑轮的接触点。初始时，小球B 在水平向右的拉力F 作用下，使轻绳OB 段与水平
拉力F 的夹角θ＝120°，整个系统处于静止状态且弹簧处于压缩状态。现将小球向右上方缓慢拉
起，并保持夹角θ 不变，从初始到轻绳OB 段水平的过程中，物块A 保持静止不动，则在此过程
中（ ）
8
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A．拉力F 先减小后增大
B．轻绳上的张力先增大后减小
C．斜面体对物块A 的静摩擦力可能先减小后增大
D．斜面体对物块A 的静摩擦力可能先增大后减小
【解答】解：AB、小球受重力mg、轻绳OB 的拉力FT和拉力F，由题意可知，三个力的合力始
终为零，矢量三角形如图所示，
在FT转至水平的过程中，轻绳OB 的拉力FT逐渐减小，拉力F 逐渐增大，故AB 错误；
CD、物块A 在斜面上保持静止，在斜面方向上，除静摩擦力外，物块A 还受到弹簧弹力、绳子
的拉力，重力沿斜面方向的分力，弹簧处于压缩状态，则弹簧弹力方向沿斜面向上，当重力沿
斜面方向的分力大于弹簧弹力、绳子的拉力的合力时，静摩擦力方向沿斜面向上，绳子的拉力
减小时静摩擦力逐渐增大，当重力沿斜面方向的分力小于弹簧弹力、绳子的拉力的合力时，静
摩擦力方向沿斜面向下，绳子的拉力减小时静摩擦力可能先减小到零，再反射增大，故C 正确，
D 错误。
故选：C。
9．（2023•泰州模拟）在光滑竖直板上用网兜把足球挂在A 点，足球与板的接触点为B。绳与板的
夹角为α，网兜的质量不计。现保持α 不变，以板的底边为轴向右缓慢转至板水平，下列说法正
确的是（ ）
9
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A．绳对足球的拉力先减小后增大
B．绳对足球的拉力一直增大
C．板对足球的支持力先增大后减小
D．板对足球的支持力一直减小
【解答】解：对球受力分析，球受到重力，拉力和支持力，如图所示，因为绳与板的夹角α 保
持不变，三力首尾相接可得：FT与FN的夹角θ＝90°﹣α 不变，即它们的矢量图被限制在一个外
接圆上移动。可见绳对足球的拉力一直减小，板对足球的支持力先增大后减小。故C 正确，
ABD 错误。
故选：C。
类型4 矢量三角形结合三角函数解静态平衡问题
10．（2023 秋•五华区校级月考）如图所示，小球A 与滑块B 用绕过光滑定滑轮的不可伸长的轻绳
连接，连接滑块B 的绳与竖直放置的固定杆垂直且都在竖直平面内，初始时滑块恰好不下滑，
现对小球A 施加一个水平力F，使小球A 在水平力F 的作用下缓慢上移一小段，设滑块与杆之
间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（ ）
10
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A．绳子拉力变大
B．滑块B 向下移动
C．滑块B 受到的摩擦力变大
D．固定杆给滑块B 的弹力方向垂直于杆向左
【解答】解：A、设绳对小球的拉力为T，绳与竖直方向的夹角为α，在任一位置时，受力情况
如图所示：
根据平衡条件有：Tsinα＝F，Tcosα＝mAg
整理可得：T= mA g
cosα ，F＝mAgtanα
随着小球A 缓慢上移，α 增大，可知拉力F 变大，绳子的弹力T 变大，故A 正确；
B、拉力T 增大，使得B 与杆之间的弹力增大、最大静摩擦力增大，则滑块B 处于静止状态，故
B 错误；
C、滑环B 处于静止状态，滑环B 受静摩擦力，由平衡条件有：f＝mg 保持不变，故C 错误；
D、绳子对B 的拉力向左，固定杆对滑环B 的弹力向右，故D 错误。
故选：A。
11．（2022 秋•通榆县期末）如图所示，半圆形框架放置在水平地面上，光滑的小球P 在水平外力
F 的作用下处于静止状态，P 与圆心O 的连线与水平面的夹角为θ，保持F 的方向不变，当小球
P 从图示位置缓慢移动至框架最高点的过程中，下列说法正确的是（ ）
11
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A．F 逐渐增大
B．框架对小球的支持力逐渐增大
C．框架对地面的压力逐渐减小
D．框架对地面的摩擦力逐渐减小
【解答】解：AB.对小球P 进行受力分析：
根据平衡条件有
F= mg
tanθ
FN= mg
sinθ
当θ 增大时，力F 逐渐减小，支持力FN也逐渐减小，故AB 错误；
CD.对小球和框架整体进行受力分析可知，竖直方向上框架对地面的压力始终不变，大小等于整
体的重力，框架水平方向上受到的摩擦力等于外力F，所以逐渐减小，故C 错误、D 正确。
故选：D。
12．（2022 秋•浦东新区校级期末）如图所示，清洗楼房玻璃的工人常用一根绳索将自己悬在空中，
工人及其装备的总质量为80kg，悬绳与竖直墙壁的夹角为30°，悬绳对工人的拉力大小为FT，
墙壁对工人的弹力大小为FN，忽略一切摩擦，重力加速度g 取10m/s2。则下列说法正确的是（
）
12
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A．FT＝1600N
B．FN＝800N
C．若缓慢减小悬绳的长度，FT和FN都增大
D．若缓慢减小悬绳的长度，FT与FN的合力增大
【解答】解：AB、工人受重力、支持力和拉力三个力的作用，如图所示；
由数学知识得：FT
=
mg
cos30° = 80×10
√3
2
N= 1600√3
3
N，FN＝mgtan30°＝80×10× √3
3 N= 800√3
3
N，故AB 错误；
C、根据FT= mg
cosθ ，FN＝mgtanθ，若缓慢减小悬绳的长度，悬绳与竖直墙壁的夹角将增大，则
拉力FT、支持力FN都增大，故C 正确；
D、根据平衡条件，无论悬索的长度增加或减小，FT与FN的合力始终等于重力，大小和方向都
不不变，故D 错误。
故选：C。
类型5 利用等时圆解决最短时间问题
13．（2022 秋•邢台期末）为了探究滑雪者（视为质点）在直线滑道AE 上滑行的时间，技术人员
通过测量绘制出如图所示的示意图，AC 是滑道的竖直高度，D 点是AC 上的一点，且有AD＝
DE＝40m，滑雪者从坡顶A 点由静止开始沿滑道AE 向下滑动，取重力加速度大小g＝10m/s2，
13
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不计摩擦，则滑雪者在滑道AE 上滑行的时间为（ ）
A．2s
B．2√2s
C．2√3s
D．4s
【解答】解：以D 点为圆心，以AD 长度为半径，建立“等时圆”如图所示：
滑雪者在滑道AE 上滑行的时间等于沿竖直直径自由下落到圆上经过的时间，则有：2×AD
= 1
2 gt
2
代入数据解得：t＝4s，故D 正确、ABC 错误。
故选：D。
（多选）14．（2022 秋•北海期末）如图所示，1、2、3、4 四小球均由静止开始沿着光滑的斜面从
顶端运动到底端，其运动时间分别为t1、t2、t3、t4。已知竖直固定的圆环的半径为r，O 为圆心，
固定在水平面上的斜面水平底端的长度为√3r，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．t1≠t2
B．t3＝t4
C．t3-t1=2(√2-1)√
r
g
D．t 4-t3=(2-√2)√
r
g
【解答】解：1 轨道长：x1=2rcos30° =√3r，根据牛顿第二定律可得加速度大小为：
14
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a1= gsin(90° -30°)= √3
2 g
根据位移—时间关系可得：x1= 1
2a1t1
2
联立解得：t1=2√
r
g ；
2 轨道长：x2＝2rcos60°＝r，根据牛顿第二定律可得加速度大小为：a2= gcos60° = 1
2 g
根据位移—时间关系可得：x2= 1
2a2t2
2
联立解得：t2=2√
r
g ；
3 轨道长：x3=√3r ×
1
sin30° =2√3r，据牛顿第二定律可得加速度大小为：
a3= gsin60° = √3
2 g
根据位移—时间关系可得：x3= 1
2a3t3
2
联立解得：t3=2√
2r
g =2√2√
r
g
4 轨道长x4=√3r ×
1
sin60° =2r，据牛顿第二定律可得加速度大小为：a4= gsin30° = 1
2 g
根据位移—时间关系可得：x4= 1
2a4t 4
2
联立解得：t4＝2√2√
r
g
。
A、由上可知：t1=t2=2√
r
g
，故A 错误；
B、由上可知：t3＝t4＝2√2√
r
g
，故B 正确；
C、由上可知：t3-t1=2(√2-1)√
r
g
，故C 正确；
D、由上可知：t4﹣t3＝0，故D 错误。
故选：BC。
15．（2021•山东模拟）如图所示，在斜面上同一竖直面内有四条光滑细杆，其中OA 杆竖直放置，
15
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OB 杆与OD 杆等长，OC 杆与斜面垂直放置，每根杆上都套着一个小滑环（图中未画出），四
个环分别从O 点由静止释放，沿OA、OB、OC、OD 滑到斜面上所用的时间依次为t1、t2、t3、
t4．下列关系正确的是（ ）
A．t1＜t2
B．t1＞t3
C．t2＝t4
D．t2＜t4
【解答】解：以OA 为直径画圆，根据等时圆模型，对小滑环，受重力和支持力，将重力沿杆的
方向和垂直杆的方向正交分解，根据牛顿第二定律得小滑环做初速为零的匀加速直线运动的加
速度为a＝gcosθ（θ 为杆与竖直方向的夹角）
由图中的直角三角形可知，小滑环的位移S＝2Rcosθ，
根据位移—时间关系可得：S= 1
2 at
2，
所以t =√
2S
a =√
4 Rcosθ
gcosθ =√
4 R
g ，t 与θ 无关，
可知从圆上最高点沿任意一条弦滑到底所用时间相同，故沿OA 和OC 滑到底的时间相同，即t1
＝t3，OB 不是一条完整的弦，时间最短，即t1＞t2，OD 长度超过一条弦，时间最长，即t2＜t4．
故ABC 错误，D 正确。
故选：D。
16
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类型6 用矢量法轻绳解临界问题
（多选）16．（2022 秋•宁阳县校级期末）如图所示，用轻绳吊一个重为G 的小球，欲施一力F 使
小球在图示位置平衡（θ＜30°），下列说法正确的是（ ）
A．力F 最小值为G•tanθ
B．若力F 与绳拉力大小相等，力F 方向与竖直方向必成θ 角
C．若力F 与G 大小相等，力F 方向与竖直方向必成θ 角
D．若力F 与G 大小相等，力F 方向与竖直方向可成2θ 角
【解答】解：A、小球受到三个力，由于三个力中重力大小方向都一定，绳子拉力方向一定，大
小未知，拉力F 大小方向都未知，将重力按照另外两个力 的反方向分解，如图
由图象可知，当拉力F 与绳子垂直时，拉力最小，有最小值mgsinθ，故A 错误；
B、若力F 与绳拉力大小相等，拉力与力F 的合力必然在两个力的角平分线上，同时还要与重力
方向相反并在一条直线上，故B 正确；
CD、若力F 与G 大小相等，如果是三力平衡，则两力的合力必须与绳子在一条直线上，并且在
两个力的角平分线上，故力F 方向与竖直方向成2θ 角；如果是二力平衡，拉力竖直向上；故C
错误，D 正确；
故选：BD。
17．（2022 秋•金水区校级期末）如图所示，一根细绳一端固定在O 点，另一端悬挂质量为m 的小
球A，小球静止时细绳与竖直方向成30°角，则需对小球施加一个力的最小值等于（ ）
17
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A．√3mg
B．√3
2 mg
C．√3
3 mg
D．1
2mg
【解答】解：以小球为研究对象，分析受力，作出力图如图。小球受到重力G，细绳的拉力T
和外力F，由平衡条件知，T 和F 的合力与G 等大、反向、共线，根据作图法得知，当力F 的方
向与细绳垂直时，力F 最小。
则由平衡条件得：
力F 的最小值为 Fmin＝mgsin30°= 1
2mg
故选：D。
18．（2022 秋•菏泽期中）将三个质量均为m 的小球a、b、c 用细线相连后（bc 间无细线相连），
再用细线悬挂于O 点，如图所示．用力F 拉小球c，使三个小球都处于静止状态，且细线Oa 与
竖直方向的夹角保持为θ＝30°，则F 的最小值为（ ）
A．1.5mg
B．1.8mg
C．2.1mg
D．2.4 mg
【解答】解：静止时要将三球视为一个整体，重力为3mg，当作用于c 球上的力F 垂直于oa 时，
F 最小，如图所示；
18
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根据几何关系可得：F＝3mgsinθ
解得拉力的最小值为：F＝1.5mg，故A 正确、BCD 错误。
故选：A。
类型7 用矢量图解支持力类临界问题
（多选）19．（2022 秋•中山区期末）如图所示，半圆形框架竖直放置在粗糙的水平地面上，其外
侧一光滑的小球P 在水平外力F 的作用下处于静止状态，P 与圆心O 的连线与水平面的夹角为
θ，将力F 在竖直面内沿顺时针方向缓慢地转过90°，期间框架与小球始终保持静止状态。在此
过程中下列说法正确的是（ ）
A．地面对框架的摩擦力始终为零
B．框架对小球的支持力先减小后增大
C．拉力F 的最小值为mgcosθ
D．框架对地面的压力一直减小
【解答】解：BC、以小球为研究对象，分析受力如图所示：
根据几何关系可知，当F 顺时针转动至竖直向上之前，支持力逐渐减小，F 先减小后增大，当F
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的方向沿圆的切线方向向上时F 最小，最小值为F＝mgcosθ，故B 错误，C 正确；
A、以框架与小球组成的整体为研究对象，整体受到重力、地面的支持力、地面的摩擦力以及力
F 的作用。地面的摩擦力与F 沿水平方向的分力相等，由图可知，F 在顺时针方向转动的过程中，
F 沿水平方向的分力逐渐减小，所以地面对框架的摩擦力始终在减小，故A 错误；
D、以框架与小球组成的整体为研究对象，地面的支持力等于整体重力减去F 沿竖直方向的分力，
由图可知，F 在顺时针方向转动的过程中，F 沿竖直方向的分力逐渐增大，所以地面对框架的支
持力始终在减小，根据作用力与反作用力可知，框架对地面的压力始终在减小，故D 正确。
故选：CD。
（多选）20．（2022 秋•西昌市期末）如图所示，两个足够长的光滑平板AP 与BP 用铰链连接，平
板AP 与水平面成53°角固定不动，平板BP 可绕P 点的水平轴在竖直面内自由转动，将一重为G
的均匀圆柱体O 放在两板间。在使BP 板由水平位置缓慢转动到竖直位置的过程中，已知sin53°
＝0.8，cos53°＝0.6，下列说法正确的是（ ）
A．当BP 沿水平方向时，圆柱体受两个力的作用
B．当BP 沿竖直方向时，AP 板受到的压力最大为5G
3
C．当BP 板与AP 板垂直时，AP 板受到的压力最小为5G
3
D．当BP 板与AP 板垂直时，BP 板受到的压力最小为4G
5
【解答】解：A．由题意，当BP 沿水平方向时，对圆柱体受力分析，由平衡条件可知，圆柱体
受竖直向下的重力、BP 板竖直向上的支持力两个力的作用，故A 正确；
BCD．由题意，画出圆柱体的受力分析图，由平衡条件可知，AP 板与BP 板对圆柱体支持力的
合力，与圆柱体的重力等大方向，画出与圆柱体重力等大反向的力，由平行四边形法则画图，
如下：
20
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由上图可知，当BP 沿竖直方向时，AP 板对圆柱体的支持力最大，由几何关系有
F AP=
G
cos53° = 5G
3
当BP 板与AP 板垂直时，BP 板对圆柱体的支持力最小，由几何关系有FBP=Gsin53° = 4G
5
根据牛顿第三定律，当BP 沿竖直方向时，AP 板受到的压力最大为5G
3 ；当BP 板与AP 板垂直
时，BP 板受到的压力最小为4G
5 ，故C 错误，BD 正确。
故选：ABD。
类型8 用矢量图解滑动摩擦力临界问题
21．（2022 秋•沙坪坝区校级月考）如图所示，足够长的斜面倾角为θ，一质量为m 的物块恰好能
自行沿斜面匀速下滑。物块在沿斜面匀速下滑过程中，在竖直平面内给物块一任意方向（α 角任
意）的外力F，斜面始终处于静止状态。已知重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．物块沿斜面下滑过程中，地面给斜面的摩擦力为零
B．物块与斜面间的动摩擦因数μ＝2tanθ
C．若外力F 拉着物块沿斜面匀速上滑，则F 的最小值为mgcosθ
D．若外力F 拉着物块沿斜面匀速上滑，则F 的最小值为mgsinθ
【解答】解：B、未加F 时，物块匀速下滑，受力平衡，物块的受到重力、支持力和摩擦力的作
用，由平衡条件得：mgsinθ＝μmgcosθ，解得物块与斜面间的动摩擦因数μ＝tanθ，故B 错误；
A、物块匀速下滑过程中，整体水平方向受力平衡，则地面对斜面的摩擦力为零；
若对物块施加一个沿斜面方向的力，物块下滑过程中对斜面的作用力没有变，斜面受力情况不
变，则地面对斜面的摩擦力仍为零；
21
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若对物体施加一个垂直于斜面方向的力F1，物块下滑过程中，对斜面的压力增加F1、摩擦力增
加μF1，如图所示；
根据几何关系可知：tanθ= μ F1
F1
=μ，故此时物块对斜面的作用力方向仍向下，地面对斜面的摩
擦力为零；
在竖直平面内给物块一任意方向（α 角任意）的外力F，此力F 可以分解为垂直于斜面方向和沿
斜面方向，而施加沿斜面方向的力、垂直于斜面方向的力时，地面对斜面的摩擦力均为零，所
以无论对物块B 施加什么方向的力，在B 停止运动前，地面对斜面的摩擦力均为零，故A 正确；
CD、若外力F 拉着物块沿斜面匀速上滑，设力F 与斜面的夹角为α，根据平衡条件可得：
Fcosα＝mgsinθ+μ（mgcosθ﹣Fsinα）
解得：F= mgsinθ+ μmgcosθ
cosα + μsinα
= mgsinθ+ μmgcosθ
√μ
2+1sin(α + β)
所以F 的最小值为：Fmin= mgsinθ+ μmgcosθ
√μ
2+1
=（mgsinθ+μmgcosθ）cosα＝mgsin2θ，故CD 错
误。
故选：A。
22．（2023•重庆开学）小李发现小区的消防通道被一质量为m 的石墩挡住了，为了移开石墩小李
找来一根结实的绳子，将绳的一端系在石墩上，双手紧握绳的另一端用力斜向上拖拽石墩。设
绳子与水平方向的夹角为θ，小李对绳施加的最大拉力为0.6mg，石墩与水平地面间的动摩擦因
数为√3
3 ，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则下列说法正确的是（ ）
A．无论θ 取何值，小李都不可能拖动石墩
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B．小李能拖动石墩，且当θ = π
3 时最省力
C．小李能拖动石墩，且当θ = π
6 时最省力
D．小李能拖动石墩，且当θ = π
4 时最省力
【解答】解：对石墩进行受力分析，如图所示：
水平方向根据平衡条件可得：Fcosθ＝μFN
竖直方向根据平衡条件可得：FN+Fsinθ＝mg
联立解得：F
=
μmg
cosθ+ μsinθ =
μmg
√μ
2+1(
1
√μ
2+1
cosθ+
μ
√μ
2+1
sinθ)
令
1
√μ
2+1
=sinβ，则
μ
√μ
2+1
=cosβ，解得：β= π
3
解得：F=
μmg
√μ
2+1sin(θ+ β)
当θ= π
6 时，sin（θ+β）最大，F 最小，故小李能拖动石墩，且当θ= π
6 时最省力，故C 正确、
ABD 错误。
故选：C。
（多选）23．（2022 秋•沈河区校级期末）质量为m 的木块，恰好能沿倾角为θ 的斜面匀速下滑，
那么要将木块沿斜面匀速向上推，需要加一定的水平推力F。若重力加速度为g，则下列说法正
确的是（ ）
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A．木块与斜面间的动摩擦因数μ＝tanθ
B．木块与斜面间的动摩擦因数μ＝2tanθ
C．所加水平推力大小为F＝2mgsinθ
D．所加水平推力大小为F = 2sinθcosθ
cosθ
2-sinθ
2 mg
【解答】解：AB、木块恰好能沿倾角为θ 的斜面匀速下滑时，沿斜面方向根据平衡条件有：
mgsinθ＝μmgcosθ，解得：μ＝tanθ，故A 正确、B 错误；
CD、当要将木块沿斜面匀速向上推时，木块处于平衡状态，对木块受力分析如图所示：
沿斜面方向有：Fcosθ﹣mgsinθ﹣f＝0
垂直斜面方向有：N﹣mgcosθ﹣Fsinθ＝0
滑动摩擦力：f＝μN
解得F= 2mgsinθcosθ
co s
2θ - sin
2θ ，故C 错误、D 正确。
故选：AD。
类型9 用矢量图解静摩擦力临界问题
24．（2023•株洲一模）碗内部为半球形，半径为R，碗口水平。生米粒与碗内侧的动摩擦因数为
μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，静止于碗内的生米粒与碗口间的最小距离d 为（ ）
A．R√1+ μ
2
B．R√1- μ
2
C．R√
1
1- μ
2
D．R√
1
1+ μ
2
【解答】解：如下图所示：
24
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生米粒在碗中受到重力、支持力和弹力，弹力和接触面垂直并指向圆心，设与竖直方向夹角为
θ，设此时刚好不下滑，则重力沿着接触面向下的分力等于最大静摩擦力，列式得mgsinθ＝
μmgcosθ，解得μ＝tanθ，根据几何关系得tanθ= √R
2-d
2
d
，联立解得d= R√
1
1+ μ
2。故D 正确。
故选：D。
25．（2021 秋•西湖区校级期末）如图所示，半径为R 的光滑小球A 放置在竖直墙和半球B 之间，
半球B 半径也为R，两球球心在同一竖直平面内。已知球A 和球B 质量均为m，B 球与水平地
面间的动摩擦因数μ= 2
3，系统处于静止状态。已知此时两球心连线与水平面夹角θ＝45°，重力
加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
（1）此时竖直墙壁对A 球的弹力大小FA和水平地面对B 球的弹力大小FB；
（2）若保持系统仍处于静止状态，B 球球心离竖直墙壁的最远距离L。
【解答】解：（1）A 球受力如图1 所示：由平衡条件得FA＝mgtanθ＝mg，
A、B 球整体受力如图2 所示：由平衡条件得：FB＝2mg
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（2）A 球受力如图3 所示：
FA′= mg
tanα ，由图5 得：tanα= √(2 R)
2-( L- R)
2
L- R
= √3 R
2- L
2+2 LR
L- R
A、B 球整体受力如图4 所示：FB′＝2mg，
fm＝FA′，fm＝μFB′，联立得：
25L2﹣50RL﹣39R2＝0，得：L= 13
5 R＝2.6R
类型10 用矢量图解相对运动问题
26．（2022 秋•大丰区校级期末）如图所示，跨过光滑定滑轮的轻绳一端系着皮球（细绳延长线过
球心）、一端连在水平台上的玩具小车上，车牵引着绳使球沿光滑竖直墙面从较低处以速度v 匀
速上升，某一时刻细绳与竖直方向夹角为θ，在球未离开墙面的过程中，下列说法正确的是（
）
A．该时刻玩具小车的速度为
v
cosθ
B．该过程玩具小车做加速运动
26
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C．该过程球对墙的压力逐渐增大
D．该过程绳对球的拉力大小不变
【解答】解：AB、设绳与竖直方向夹角为θ，将球的速度分解为沿绳方向和垂直于绳方向如图
所示：
设小车速度为v 车，球的速度为v，小车的速度大小等于沿绳方向的分速度大小，即v 车＝vcosθ
随小球运动，θ 增大，cosθ 减小，v 不变，则v 车减小，即小车做减速运动，故AB 错误；
CD、对球受力分析，在球受到重力、拉力和支持力，球运动过程中拉力与竖直方向的夹角增大，
支持力的方向不变，画力的动态平衡图如图所示：
由图得绳上的拉力T 拉力逐渐增大，墙对球的支持力逐渐增大，根据牛顿第三定律得，球对墙
的压力逐渐增大，故C 正确，D 错误。
故选：C。
27．（2023 春•黄岛区期末）我国科技创新规划提出要加强“深海”领域的探测和研究。如图是某
大学科研小组在深海探测结束后，利用牵引汽车将探测器从海面起吊上岸的示意图。若不计滑
轮摩擦和牵引绳质量。在牵引汽车以速率v 匀速向右运动的过程中。下列说法正确的是（ ）
A．探测器处于失重状态
B．探测器上升的速率大于v
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C．牵引绳拉力等于探测器重力
D．牵引绳拉力做的功大于探测器重力势能的增加量
【解答】解：B、如图所示，设牵引绳与水平方向夹角为θ，将汽车的速度分解为沿绳方向、垂
直绳方向。
当牵引汽车匀速运动时，探测器的速度大小为v1＝vcosθ，则可知v1＜v，故B 错误；
A、随着牵引汽车的运动，θ 减小，cosθ 增大，v1增大，所以探测器向上做加速运动，加速度向
上，探测器处于超重状态，故A 错误；
C、设探测器质量为m，牵引绳拉力为T，对探测器由牛顿第二定律有：T﹣mg＝ma
可得：T＝mg+ma
即牵引绳拉力大于探测器重力，故C 错误；
D、探测器重力势能的增加量等于探测器克服重力所做的功；由于牵引绳拉力大于探测器重力，
故牵引绳拉力做的功大于探测器克服重力所做的功，即大于探测器重力势能的增加量，故D 正
确。
故选：D。
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