第03讲高中受力分析方法讲义（思维导图+知识点+技巧方法+题型归纳+巩固练习）（新高考通用）-教师版_04-物理-高考总复习_一轮复习_2026年-物理高考一轮复习

第03 讲 高中物理受力分析方法
目录
思维导图............................................................................................................................................................................................1
学习目标............................................................................................................................................................................................2
知识点总结........................................................................................................................................................................................2
受力分析方法...................................................................................................................................................................................9
一．正交分解法......................................................................................................................................................................9
二．整体隔离法（十七题型）........................................................................................................................................36
三．矢量三角形.................................................................................................................................................................121
四．相似三角形.................................................................................................................................................................148
五．拉密定理（正弦定理）..........................................................................................................................................189
六．辅助圆作图法............................................................................................................................................................198
 
受力分析方法的核心学习目标是：精准识别研究对象所受的全部力，明确各力的产生条件、方向和施力物体，规范
绘制受力示意图，并以此为基础解决力学平衡或动力学问题。
熟练掌握正交分解法，整体法与隔离法，矢量三角形法，相似三角形法，拉密定理，辅助圆作图法，假设法
解决共点力的动静态平衡问题以及动力学问题
受力分析和共点力的平衡问题是高中物理的基础，也是高考考查的重点。受力分析是解决动力学问题的关键，
单独命题时往往和实际问题结合在一起。共点力的平衡问题，单独命题时往往和实际问题结合在一起，但是考查更
多的是融入到其他物理模型中间接考查，如，结合运动学命题，或者出现在导轨模型中等。本讲主要讲解受力分析
的整体隔离法，矢量三角形，相似三角形，拉密定理法
知识点一：受力分析的原则
高中物理受力分析的核心原则是**“客观存在、不重不漏、方向准确、结合状态”**，具体可归纳为以下4 点：
1. 施力物体存在原则
所有分析的力必须有明确的施力物体，不存在“无施力物体的力”。
例如：“离心力”“惯性力”并非真实受力（无施力物体），是为简化分析引入的“虚拟力”，受力分析中需排除。
2. 按序分析、不重不漏原则
严格遵循“场力→接触力→其他力”的固定顺序分析，避免重复或遗漏。
•
先分析场力（重力、电场力、磁场力），再分析接触力（弹力、摩擦力），最后补充题意中的特殊力（如
拉力、浮力）。
•
接触力需满足“有接触+有条件”：弹力需“接触且形变”，摩擦力需“有弹力+粗糙+相对运动/趋势”，
缺一不可。
3. 力的方向客观唯一原则
每个力的方向由其性质决定，不能主观臆断，需严格遵循规律：
•
重力：竖直向下（指向地心）；
•
弹力：垂直接触面（或沿绳/杆收缩/恢复方向）；
•
摩擦力：与相对运动（滑动摩擦）或相对运动趋势（静摩擦）方向相反；
•
电场力/磁场力：由场方向和电荷/电流性质决定（如正电荷电场力与电场方向相同）。
4. 受力与运动状态一致原则
受力分析结果需符合物体的运动状态，可结合牛顿运动定律验证：
•
若物体静止或匀速直线运动（平衡状态），则合外力为0，各力需构成“平衡关系”（如二力平衡时大小
相等、方向相反）；
•
若物体加速/减速/曲线运动（非平衡状态），则合外力不为0，且合外力方向与加速度方向一致（牛顿第
二定律）。
知识点二：受力分析的步骤
高中物理受力分析的核心是**“先确定对象，再按序找力，最后验证”**，一般遵循以下4 个步骤：
1. 确定研究对象（隔离法/整体法）
明确分析哪个物体或系统的受力，是后续步骤的基础。
隔离法：单独分析单个物体的受力，适用于需要明确物体间相互作用力的场景（如连接体问题）。
整体法：将多个物体视为一个整体分析受力，忽略内部相互作用力，适用于判断整体的运动状态（如整
体匀速、加速）。
2. 按顺序分析受力（避免遗漏或重复）
严格按“场力→接触力→其他力”的顺序分析，确保不丢力、不多力。
（1）.
场力（非接触力）：先分析不需要接触就存在的力，优先考虑重力。
重力（G）：方向竖直向下，大小G=mg（g 为重力加速度）。
电场力（F 电）：仅带电体在电场中受此力，方向由电场方向和电荷正负决定。
磁场力（F 磁）：仅运动电荷或电流在磁场中受此力，包括洛伦兹力和安培力。
（2）.
接触力：分析物体与其他物体接触时可能产生的力。
弹力（N/F 弹）：物体接触且发生弹性形变时产生，方向垂直接触面（或沿绳/杆方向）。
摩擦力（f）：接触面粗糙、有弹力且存在相对运动（滑动摩擦）或相对运动趋势（静摩
擦）时产生，方向与相对运动/趋势方向相反。
   （3）.
其他力：根据题意补充特殊力，如拉力、推力、浮力等。
3. 画受力示意图（直观呈现）
用带箭头的线段表示力，规范画图便于后续分析：
以研究对象为原点（或中心），箭头方向表示力的方向，线段长度大致反映力的大小关系。
标注每个力的符号（如G、N、f），避免混淆。
4. 验证与检查（排除错误）
对照以下要点检查，确保受力分析正确：
•
无“无中生有”的力：不存在施力物体的力一定不存在（如“离心力”不是真实受力）。
•
无“遗漏”的力：按步骤重新梳理，确认场力、接触力均未缺失。
•
力的方向正确：如弹力垂直接触面、静摩擦力与相对运动趋势相反。
•
符合运动状态：若物体匀速或静止，合力为0；若加速，合力方向与加速度方向一致（结合牛顿第二
定律验证）。
知识点三：常用受力分析方法
受力分析，要按照一定的顺序进行，特别注意弹力和摩擦力有无以及它们方向的判断。对于共点力的平衡问题，
常用方法有：
（1）正交分解法：适用于三力或三力以上平衡问题，可用于求解大小、方向确定的力的问题。
（2）整体法与隔离法
（3）矢量三角形法：适用于三力平衡问题，该方法有时涉及正弦定理的运用，有时利用矢量三角形和几何三
角形的相似性来求解力。
（4）相似三角形法：
（5）拉密定理：
（6）辅助圆作图法：
（7）假设法
（一）：整体隔离法
受力分析的整体隔离法，是解决连接体（多个相互作用物体）受力问题的核心方法，核心逻辑是“先整体求外力，
后隔离求内力”，通过灵活切换研究对象简化问题。
一、核心概念
•
整体法：将两个或多个相互作用的物体视为一个整体系统，分析系统受到的外力（系统外物体对系统内物
体的作用力），忽略系统内物体间的内力（如物体间的弹力、摩擦力）。
•
隔离法：将系统中的某个物体单独隔离出来，分析它受到的所有力（包括系统内其他物体对它的内力和外
部的外力）。
二、适用场景
1.
整体法适用：
求系统所受的外力（如地面的支持力、摩擦力、外力 F ）；
系统内各物体运动状态相同（加速度大小、方向一致，或均静止/匀速）。
2.
隔离法适用：
求系统内物体间的内力（如两物体间的压力、绳子的拉力、静摩擦力）；
系统内各物体运动状态不同（加速度大小或方向不同）。
三、核心思路（三步法）
1.
先判断是否用整体法：若问题涉及外力或系统运动状态一致，优先用整体法列方程（如牛顿第二定律、平
衡条件），快速求外力或加速度。
2.
再用隔离法求内力：根据整体法求出的加速度或外力，隔离单个物体（通常选受力少的物体），列方程求
解内力。
3.
灵活切换：复杂问题需交替使用整体法和隔离法，先整体求共性（如加速度），再隔离求个性（如内力）。
四、关键提醒
1.
整体法不分析内力：整体法中，系统内物体间的相互作用力（如 A 对 B 和 B 对 A 的力）是内力，成
对出现且抵消，无需分析。
2.
隔离对象选“最优”：隔离时优先选受力个数少、已知量多的物体（如示例1 选 B ，示例2 选 B ），减
少方程未知数。
3.
紧扣运动状态：无论是整体还是隔离，列方程的依据都是“平衡状态（合力=0）”或“非平衡状态”，
需先明确物体运动状态。
（二）：矢量三角形法
受力分析的矢量三角形法，是解决物体在共点力作用下处于平衡状态（合力为零）的直观方法，核心是将三个共点
力的矢量首尾相连，构成封闭的三角形，再利用几何关系求解力的大小或方向。
一、核心原理
当物体受三个共点力且处于平衡状态时，任意两个力的合力与第三个力大小相等、方向相反。根据矢量合成的三角
形定则，可将这三个力的矢量依次首尾相接，形成一个封闭的三角形（即矢量三角形）。
二、适用场景
1.
物体受三个共点力（如重力、支持力、拉力/摩擦力）且静止或匀速运动（平衡状态）。
2.
已知其中两个力的大小、方向，求第三个力；或已知力的变化趋势，分析力的大小变化（动态平衡问题）。
三、使用步骤
1.
确定研究对象：明确要分析受力的物体，判断其是否处于平衡状态（合力为0）。
2.
画出受力示意图：分析物体受的三个共点力，标出各力的作用点和大致方向（如重力竖直向下，支持力垂
直于接触面）。
3.
构建矢量三角形：
◦
任选一个力作为矢量的起点，将三个力按“首尾相接”的原则依次画出（无需按比例，但方向需准确）。
◦
因合力为零，最后一个力的终点必须与第一个力的起点重合，形成封闭三角形。
4.
利用几何关系求解：根据矢量三角形的边角关系（如勾股定理、正弦定理、余弦定理），结合已知条件计
算未知力的大小或方向。
四．关键提醒
1.
仅适用于三力平衡：若物体受更多力，需先将其中几个力合成，转化为“等效三力”后再用此方法。
2.
方向准确性：构建矢量三角形时，各力的方向必须与实际受力方向一致，否则几何关系会出错。
3.
动态平衡核心：动态问题中，先确定“大小、方向都不变的力”（如重力）作为固定边，再根据其他力的
方向变化，观察矢量三角形的边长变化，判断力的大小变化。
（三）：相似三角形法
受力分析中的相似三角形法，是解决非直角三角形力的平衡问题（物体受3 个共点力且合力为0）的核心方法，核
心思路是“将力的矢量三角形与几何三角形相似，利用相似比求解力的大小关系”。
一、适用条件
1.
受力特点：研究对象受3 个共点力作用，且处于平衡状态（合外力为0），3 个力可构成一个封闭的矢量
三角形。
2.
几何特点：物体或相关接触点的位置关系可构成一个几何三角形（如绳、杆、接触面组成的三角形），且
力的矢量三角形与该几何三角形形状相似。
二、解题步骤
1.
受力分析，画矢量三角形
对物体进行受力分析，确定3 个共点力（如重力G、弹力N、拉力T）。根据“平衡时3 力矢量首尾相连构成封闭
三角形”，画出力的矢量三角形。
2.
找对应的几何三角形
分析题目中的几何关系（如绳长、杆长、物体间距等），确定与力的矢量三角形相似的几何三角形（需明确两个三
角形的对应角相等）。
3.
利用相似比列方程求解
根据相似三角形的性质“对应边成比例”，将力的大小与几何边长关联，列比例式计算未知力。
示例：若力的三角形（G、N、T）与几何三角形（a、b、c）相似，则 \frac{G}{a} = \frac{N}{b} = \frac{T}
{c}。
三、关键提醒
•
相似三角形法的核心是**“找对应关系”**：需明确力的矢量三角形中，每个力的方向与几何三角形哪条
边平行（或对应），确保对应边、对应角一致。
•
该方法仅适用于3 力平衡问题，且需存在明显的几何相似关系，优先用于绳、杆、斜面等几何关系清晰的
场景。
（四）：拉密定理
受力分析中的拉密定理法，是解决3 个共点力平衡问题的快捷工具，核心是“将力与几何角度直接关联，利用正弦
比例关系求解力的大小”，本质是正弦定理在力的矢量三角形中的应用。
一、适用条件
1.
受力要求：研究对象必须受3 个共点力作用，且处于平衡状态（合外力为0），3 个力的矢量可构成封闭
的三角形。
2.
角度要求：能明确每个力与另外两个力反向延长线之间的夹角（即“力的夹角”，非几何夹角）。
二、定理内容
拉密原理（Lami's theorem） 同一平面内，当三个共点力的合力为零时，其中任意一个力与其它两个力夹角
正弦的比值相等，即
。其实质就是正弦定理的变形。
三．拉密定理推导
1 当物体受到同一平面内三个共点力的作用而处于平衡状态时，依照每一个力的作用方向将它们首尾相
连，一定可以构成一个封闭三角形，如图所示：
2 我们把力平移一下就得到一个这样的三角形：
3 根据所做的力的三角形，利用正弦定理可得：
化简得
三、解题步骤
1.明确研究对象，进行受力分析
2.标注出初状态的三个角及受力图
3.标注出末状态的三个角及受力图
4.找出各角度变化情况，注意角度，变为90°正弦值会出现最大值sin90°＝1
5.用拉密定理讨论分析出各力变化
四、关键提醒
•
拉密定理是正弦定理的推论，仅适用于“3 力共点平衡”，不适用于2 力或4 力平衡问题。
•
角度判断是易错点：必须明确“夹角是另外两个力的夹角”，而非目标力与其他力的夹角，建议通过画图
标注反向延长线辅助判断。
•
若几何角度复杂，可优先用“矢量三角形+正弦定理”验证，与拉密定理结果一致。
（五）：辅助圆作图法
高中受力分析辅助圆法总结
辅助圆法是解决三力共点动态平衡问题的高阶技巧，核心是利用“圆内接三角形的弦与圆周角关系”，将抽象的力
的变化转化为直观的几何图形分析。
一、核心适用条件（缺一不可）
1.
物体受三个共点力作用，且始终处于平衡状态（合力为零）。
2.
三个力中，一个力为恒力（大小、方向均不变，通常是重力）。
3.
另外两个变力的夹角保持不变（动态变化中，两力方向同时改变，但夹角θ 固定）。
二、核心原理
根据“力的矢量三角形法则”，三力平衡时可构成闭合矢量三角形。由于两变力夹角不变，且恒力为定值，该矢量
三角形的三个顶点必在一个外接圆上（圆内接三角形中，同一条弦所对的圆周角相等）。
通过分析矢量三角形顶点在辅助圆上的移动轨迹，可由“弦长变化”直接判断力的大小变化（弦长对应力的大小）。
三、辅助圆绘制规则（2 种关键场景）
场景1：以“恒力”为弦作圆
•
当两变力的夹角θ 为任意固定角（非90°），且恒力 F_{恒} 为矢量三角形的一条边时：
以恒力 F_{恒} 的两个端点为弦的两个端点，作一个圆，使矢量三角形的第三个顶点（对应两变力的交点）落在圆
上（利用“同弦对同圆周角”，保证两变力夹角θ 不变）。
场景2：以“某一变力”为直径作圆
•
当两变力初始夹角为90°，且其中一个变力大小不变、方向改变，另一个变力大小方向均变时：
以“大小不变的变力”为直径作圆，恒力和另一个变力的矢量端点落在圆上（直径所对的圆周角为直角，满足初始
夹角90°的条件）。
四、标准解题步骤（4 步搞定）
1.
受力分析：明确恒力（如重力 mg ）、两个变力（如绳的拉力 T_1 、支持力 N ），确认两变力夹角不
变。
2.
画矢量三角形：将三力按“首尾相连”原则，画出闭合的矢量三角形（恒力方向固定，两变力方向待定）。
3.
构造辅助圆：根据上述场景规则，以恒力为弦或某变力为直径，画出外接圆。
4.
分析动态变化：根据题目中力的方向变化（如绳的转动、物体的移动），确定矢量三角形顶点在圆上的移
动方向，通过“弦长变化”判断力的大小：
◦
弦长变长 → 对应力变大；
◦
弦长变短 → 对应力变小；
◦
弦长为直径时 → 对应力达到最大值（圆内最长弦为直径）。
五、典型结论与易错点
1. 常见结论
•
若两变力夹角θ 固定，恒力为弦：当变力对应的弦长成为直径时，该变力最大。
•
若初始夹角为90°，以某变力为直径：另一变力的变化轨迹为半圆，通常先增大后减小（或反之）
2. 易错点
•
混淆“恒力”与“变力”：必须先明确哪个力是恒定的，否则辅助圆的圆心和半径无法确定。
•
忽略“共点力”前提：辅助圆法仅适用于三力共点的平衡问题，非共点力（如力矩平衡）不适用。
•
误判顶点移动方向：需结合题目中物体的运动趋势（如“缓慢转动”“缓慢移动”），确定矢量三角形顶
点的滑动方向。
六、一句话口诀
“恒力为弦定圆轨，变力夹角是圆周；顶点移动看弦长，直径对应力最大。”
辅助圆法和拉密定理均用于解决三力共点平衡问题，但核心逻辑、适用场景和解题方式有本质区别，具体对比如下：
适用场景 ：更适用于静态平衡（三力大小、方向均已知，或仅需计算具体数值）；动态平衡中需已知多个角度，计
算繁琐。 专门解决动态平衡（三力中1 个恒力、2 个变力且夹角固定），直观分析力的“变化趋势”
（变大/变小/极值）。 
解题目标： 定量计算：已知2 个力和对应角度，求第3 个力的大小；或验证三力是否平衡。
 定性分析：判断动态变化中，两个变力的大小如何随方向改变（如“先增大后减小”“始终增大”）。
 
操作方式： 直接套用公式，代入已知力的大小和夹角的正弦值，列比例式求解。 先画矢量三角形，再构造辅助圆，
通过“顶点在圆上的移动轨迹”和“弦长变化”判断力的大小。 
灵活性： 仅适用于“三力共点平衡”，且需明确各力夹角，对动态问题适应性差。 聚焦“恒力+定夹角变力”的动
态场景，可快速判断极值（如弦为直径时力最大），弥补拉密定理的短板。 
一句话总结
•
拉密定理：是“三力平衡的定量计算工具”，适合静态求值，用公式说话；
•
辅助圆法：是“动态平衡的定性分析技巧”，适合变力趋势判断，用几何图形解题。
（六）：假设法
受力分析中的假设法，是解决“弹力、摩擦力等‘被动力’是否存在及方向判断”的核心方法，核心逻
辑是“先假设力存在/方向，再验证是否与物体运动状态（平衡或加速）矛盾，矛盾则假设错误”。
一、适用场景
主要用于判断方向未知或是否存在的力，尤其针对两类“被动力”：
•
弹力（如接触面是否有支持力、绳子是否有拉力）；
•
静摩擦力（是否存在、方向向左还是向右）。
二、核心思路
遵循“假设→推理→验证”三步，本质是“排除法”：通过假设某一情况，推导物体的受力合力或加速
度，若与题目给定的运动状态（如静止、匀速、某方向加速）冲突，则假设不成立；反之则成立。
三、具体应用（分两类力详解）
1. 假设法判断静摩擦力（最常用）
问题特征：物体相对接触面静止，但可能有相对运动趋势，需判断静摩擦力是否存在及方向。
操作步骤：
1.
假设无静摩擦力：去掉假设的静摩擦力，分析物体剩余力的合力；
2.
推理运动趋势：若剩余力的合力不为零，物体将向合力方向“趋势运动”；
3.
确定静摩擦力方向：静摩擦力的方向必与“趋势运动方向”相反，以阻碍相对运动趋势；
4.
验证：若加上该方向的静摩擦力后，物体合力为零（平衡状态）或合力与加速度方向一致（非
平衡），则假设成立。
四、关键提醒
1.
先分析“主动力”：假设前先确定重力、已知拉力等“主动力”（方向/大小明确的力），再对
“被动力”假设，避免遗漏基础力；
2.
只假设一个未知量：每次仅假设一个力的存在或方向，避免多个假设导致逻辑混乱；
3.
结合运动状态：始终以“物体实际运动状态（平衡/加速度方向）”为验证标准，矛盾即推翻假
设，这是假设法的核心依据。
一：正交分解法
【典型例题1】如图所示，将光滑斜面上物体的重力mg 分解为G1、G2两个力，下列说法正确的是（　　）
A．物体受到重力mg、支持力FN以及G1、G2四个力的作用
B．物体只受到重力mg 和斜面的支持力FN的作用
C．G1是斜面给物体的下滑力，G2是物体给斜面的压力
D．斜面对物体支持力FN的大小等于mgsinθ
【答案】B
【解析】AB．斜面光滑，物体只受重力mg和支持力FN两个力的作用，故A 错误，B 正确；
C．G1是重力作用在物体上使物体下滑的分力，G2是重力作用在物体上使物体挤压斜面的力，不是物体对斜面的压
力，因为物体对斜面的压力受力物体是斜面，不是物体，而G2作用在物体上，故C 错误；
D．在垂直斜面方向上，由平衡得F N=mgcosθ
故D 错误。
故选B。
【典型例题2】如图所示，水平地面上质量为m 的木箱，小明用与水平方向成θ 角的斜向上的力F 拉木箱，使其向
右运动，已知木箱与地面间的动摩擦因数为μ，则下列关于摩擦力f 的表达式一定正确的是（　　）
A．f = F cosθ  
B．f=μmg
C． f = μ(mg- F sinθ)
D． f = μF sinθ 
【答案】C
【解析】BCD．受力如图
在竖直方向上FN+ F sinθ =mg
根据Ff= μ FN= μ(mg - F sinθ)
BD 错误C 正确；
A．由于物体不一定做匀速直线运动，故不能根据共点力的平衡求解摩擦力，A 错误。故选C。
【典型例题3】如图，弹簧测力计下端挂有一质量为
的光滑均匀球体，球体静止于带有固定挡板的斜面上，
斜面倾角为
，挡板与斜面夹角为
．若弹簧测力计位于竖直方向，读数为
取
,挡板对球体支持力
的大小为（    ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】对小球受力分析如图所示
由几何关系易得力
与力
与竖直方向的夹角均为
，因此由正交分解方程可得
，
解得
故选A。
【典型例题4】如图1 所示，放在粗糙固定斜面上的物块A 和悬挂的物块B 均处于静止状态。轻绳AO 绕过光滑的
定滑轮与轻弹簧的右端及轻绳BO 的上端连接于O 点轻弹簧中轴线沿水平方向，且弹簧原长L0=0.9m，劲度系数
k=300N/m。轻绳的OC 段长1m 与竖直方向的夹角θ=37°，斜面倾角α=30°，物块A 的质量mA=5kg，物块B 的质
量mB=4kg。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。（sin37°=0.6，cos37°=0.8）
（1）求弹簧伸长量Δx 大小；
（2）求物块A 受到的摩擦力的大小和方向
（3）如图2 所示，若在上述平衡状态下用轻绳代替弹簧，取下物块B 然后用光滑轻滑轮把物块B 挂在轻绳上，重
新平衡时物块A 受到的摩擦力的大小和方向？
【答案】（1） 0.1m；（2） 25N，方向沿斜面向下；（3）
，沿斜面向下
【解析】
（1）对O 点受力分析，如图所示，并正交分解，
据平衡条件有
k△x=mBgtanθ
解得
△x=0.1m
（2）假设摩擦力沿斜面向下，则对物块A 受力分析如图所示并正交分解，
据平衡条件有
所以
 
解得
Ff=25N
方向沿斜面向下；
（3）由几何关系可知
所以
解得
 
物块A 受到的摩擦力
 
方向沿斜面向下。
【典型例题5】如图，环a、b 的质量分别为
、
，用不可伸长的细线连接，分别套在水平粗糙细
杆OM 和竖直光滑细杆ON 上，O 点离地面的高度
，细线长
，且已知细线能承受的张力最大值为
。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，细线与水平杆间夹角为θ，重力加速度为g 取
。
（1）初始时整个装置静止，当
时，a、b 环恰好不滑动，求a 环与水平粗糙杆OM 间动摩擦因数μ；
（2）在第一问条件下，若整个装置以竖直杆ON 为轴匀速转动，求当细线刚好断裂时装置转动的角速度ω；
（3）若细线断裂时环a 刚好位于横杆最右端M 点，求圆环a 落地时离ON 轴的水平距离。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【解析】（1）对两环受力分析，如图所示
对a 环由平衡条件可知
对b 环有
解得
对两小球整体分析
代入数据
（2）当细线断裂时细线与水平面夹角为
，
解得
其中
解得
（3）小球离开M 点后做平抛运动初速度为v，可得
竖直方向
水平位移
有几何关系
联立解得
【典型例题6】如图所示，质量为
的重物C 上系着一条细绳，细绳的另一端连着一个轻质小圆环，小圆环
套在水平直杆上并且可以滑动，设小圆环所受最大静摩擦力等于滑动摩擦力；另有一条细绳一端固定在重物C 上，
另一端跨过一轻质小定滑轮，定滑轮固定在距离圆环50cm 的地方。若在细绳的末端挂上重物D 时小圆环恰好刚要
沿水平直杆滑动，此时细绳OA 与杆夹角
为53°，两细绳之间的夹角
为90°，试求（
，
，
）
（1）小圆环与直杆间的动摩擦因数
；
（2）细绳OA 中张力大小
；
（3）重物D 的质量
。
【答案】（1）0.75；（2）8.0N；（3）0.60kg
【解析】
（1）因为圆环将要开始滑动，所受的静摩擦力刚好达到最大值，有
对环进行受力分析，则有
解得
（2）（3）如图所示
选取坐标轴，根据物体C 处于平衡状态，则有
解得
【巩固练习1】如图所示，某工人正在修理草坪，推力F 与水平方向成α 角，则推力在水平方向的分力为（　　）
A．Fsinα
B．Fcosα
C．F
sin α
D．
F
cosα
【答案】B
【解析】根据正交分解法可知，推力F 在水平方向的分力为 Fcosα。
故选B。
【巩固练习2】拖拉机拉着耙前进时，拖拉机对耙的拉力大小为F，F 斜向上方、与水平方向的夹角为θ。将F 分解
到水平和竖直方向，则水平方向分力的大小为（　　）
A．Fsinθ
B．Fcosθ
C．Ftanθ
D．F
tanθ
【答案】B
【解析】根据力的正交分解可知，水平方向上力的大小为F1= F cosθ
故选B。
【巩固练习3】如图所示，静置于水平面上的长方体木箱，受到与水平面成θ的拉力F 的作用，现将该拉力分解为水
平分力F1和竖直分力F2，则以下关系正确的是（　　）
A．F1= F ⋅sinθ
B．F2= F ⋅cosθ
C．F = F1⋅sinθ
D．F2= F1⋅tanθ
【答案】D
【详解】根据平行四边形定则和几何关系可得F1= F cosθ
F2= F sinθ
所以F2= F1tanθ
F =
F1
cosθ =
F2
sinθ
故选D。
【巩固练习4】在同一平面内作用着三个共点力，它们的大小和方向如图所示。已知sin37° =0.6，cos37° =0.8，
则这三个力的合力大小为（　　）
A．5N
B．❑√139 N
C．❑√29 N
D．7 N
【解析】A
【详解】如图所示，以三力共同作用点为原点，竖直向上为y 轴，水平向左为x 轴建立坐标系，则x 方向上的合力
大小为F x =11N -10 N⋅cos37° =3 N
y 方向上的合力大小为F y =10 N -10 N ⋅sin37° = 4 N
这三个力的合力大小为F =
❑√F x
2+ F y
2 =5 N
故选A。
【巩固练习5】如图，游乐场中有斜面长为l、高为h 的滑梯，质量为m 的小冰从滑梯顶部由静止开始匀加速下滑
到底部，下滑时间为t，重力加速度为g，忽略一切阻力，小冰可视为质点。在斜面上时，小冰的重力沿平行于斜面
方向的分力大小等于（　　）
A．mgh
l
B．mgh
2l
C．2mgh
l
D．3mgh
l
【答案】A
【解析】设滑梯与水平地面的夹角为θ，则小冰的重力沿平行于斜面方向的分力为G1=mgsinθ
由几何关系可得sinθ = h
l
联立解得G1= mgh
l
，故选A。
【巩固练习6】如图所示，一长直木板的上表面一端放有一小木块，当木板以远离木块的另一端O 为轴，由水平位
置缓慢向上转动（α 角变大）时，木块受到的摩擦力Ff 随转过的角度α 变化的图像，可能正确的是（　　）
A．
B．
    C．
D．
【答案】C
【解析】木块开始时受到的摩擦力为静摩擦力，对物体受力分析，正交分解可得静摩擦力大小为
Ff=mgsinα
由此可知，随着α 角增大，静摩擦力大小增大；当木块相对木板滑动时受到的摩擦力变为滑动摩擦力，对物体受力
分析可知，滑动摩擦力大小为Ff=μmgcosα
又知α 角在增大，滑动摩擦力变小。故C 正确。
【巩固练习7】如图所示为装卸工以水平向右的力F沿斜面向上推货箱，假设斜面的倾角为θ，货箱与斜面间的动摩
擦因数为μ，则货箱所受摩擦力为（　　）
A．μmgcosθ
B．μmg
C．μ(mgcosθ+ F sinθ)
D．F cosθ -mgsinθ
【答案】C
【解析】对物体受力分析有N =mgcosθ+ F sinθ
根据摩擦力公式得f = μ(mgcosθ+ F sinθ)
故选C。
【巩固练习8】如图所示，水平地面上质量为m 的物体，在推力F 作用下向右运动。已知sin37°=0.6，
cos37°=0.8，木块与地面间的动摩擦因数为μ，木块受到的摩擦力为（　　）
A．F
B．0.6F
C．μ（mg+0.6F）
D．mg
【答案】C
【解析】由于物体向右运动，所以物体受到的摩擦力为滑动摩擦力，即Ff= μ FN
在竖直方向上，有FN=mg+ F sin37°
联立可得Ff= μ(mg+0.6 F )
故选C。
【巩固练习9】如图所示，两拖船P、Q 拉着无动力货船S 一起在静水中沿图中虚线方向匀速前进，两根水平缆绳
与虚线的夹角均保持为30°。假设水对三艘船在水平方向的作用力大小均为f，方向与船的运动方向相反，则每艘拖
船发动机提供的动力大小为（　　）
A．
B．
C．2f
D．3f
【答案】B
【解析】根据题意对S 受力分析如图
正交分解可知
所以有
对P 受力分析如图
则有
解得
故选B。
【巩固练习10】如图所示，三角形斜面A 放置于水平地面上，将光滑滑块B 放置于斜面A 上，在滑块B 上施加水平
向右的恒力F，斜面A 和滑块B 一起向右匀速运动，已知滑块B 的质量为m，斜面A 的质量为2m，斜面倾角为
30°，则斜面与地面之间的动摩擦因数为（　　）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】隔离滑块B，对B 受力分析，如图所示
根据平衡条件，可得
对A、B 整体受力分析，如图所示
可得
其中摩擦力
代入数据解得
故选D。
【巩固练习11】如图甲所示，推力F 垂直斜面作用在斜面体上，斜面体静止在竖直墙面上，若将斜面体改成如图乙
所示放置，用相同大小的推力F 垂直斜面作用到斜面体上，则下列说法正确的是(　　)
A．墙面受到的压力一定变小
B．斜面体受到的摩擦力一定变小
C．斜面体受到的摩擦力可能变大
D．斜面体可能沿墙面向上滑动
【答案】　B
【解析】　受力分析如图所示
甲图中，FN1＝Fcos θ，Ff1＝mg＋Fsin θ≤Ffm；乙图中，FN2＝Fcos θ，所以墙面受到的压力不变，A 项错误；若
Fsin θ＝mg，则Ff2＝0，若Fsin θ＞mg，则Ff2 方向向下，Ff2＝Fsin θ－mg，若Fsin θ＜mg，则Ff2 方向向上，
Ff2＝mg－Fsin θ，所以斜面体受到的摩擦力一定变小，B 项正确，C 项错误；因为墙面受到的压力没有变，所以
Ffm 不变，甲图中，Ff1＝mg＋Fsin θ≤Ffm，推不动斜面体，乙图中，Ff2＝Fsin θ－mg，肯定比Ffm 小，所以斜面
体肯定不沿墙面向上滑动，D 项错误．
【巩固练习12】如图所示，物体A、B 置于水平地面上，与地面间的动摩擦因数均为0.5，物体A、B 用跨过光滑轻
质动滑轮的细绳相连，现用逐渐增大的力斜向上提动滑轮，某时刻拉A 物体的绳子与水平面成53°角，拉B 物体的
绳子与水平面成37°角，A、B 两个物体仍处于平衡状态，此时若继续增大向上的力，A、B 两个物体将同时开始运
动，则A、B 两个物体的质量之比
为（认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°=0.6，cos7°=0.8，
g=10m/s2）（　　）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】
对A、B 两物体，由平衡条件得
FTcos53°=μ（mAg－FTsin53°），FTcos37°=μ（mBg－FTsin37°）
解得
故选B。
【巩固练习13】如图所示，物体A、B 置于水平地面上，与地面间的动摩擦因数均为μ，物体A、B 用一跨过动滑轮
的细绳相连，现用逐渐增大的力向上提升滑轮，某时刻拉A 物体的绳子与水平面成53°，拉B 物体的绳子与水平面
成37°，此时A、B 两物体刚好处于平衡状态，则A、B 两物体的质量之比
为（认为最大静摩擦力等于滑动摩擦
力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】
本题考查共点力的平衡中隔离法的应用以及对物理临界状态的理解
分别对A、B 两个物体进行受力分析，如图所示，对A 的受力进行正交分解，则有
 ，
，
而AB 恰好达到平衡，说明此时AB 所受的静摩擦力均达到最大静摩擦力，即
；
再对B 的受力进行正交分解，有
，
，
，
联立方程组解得
，故本题正确答案应选B．
【巩固练习14】如图，物块A 放在倾斜的木板上，已知木板的倾角α 分别为
和
时物块所受摩擦力的大小恰
好相等，则物块和木板间的动摩擦因数为（　　）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】
当木板倾角是
时，物块受到是静摩擦力，其大小等于mgsin
，当木板倾角是
时，物块受到是滑动摩擦力，
其大小等于μmgcos
，由题意可得
解得
故选C。
【巩固练习15】质量为m 的木箱置于水平面上，水平推力F 即可使木箱做匀速直线运动。现保持F 的大小不变，方
向改为与水平方向成60°斜向上拉木箱，仍能使其做匀速直线运动，如图所示。则木箱与水平面间的动摩擦因数为
（     ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】
当施加水平推力时，由平衡条件可得
当拉力与水平方向成60°斜向上时，由平衡条件可得，水平、竖直方向分别满足
联立解得
故选C。
【巩固练习16】如图（a），滑块在与水平方向夹角为37°斜向上的拉力F 作用下，沿水平桌面做匀速直线运动。将
该桌面倾斜成与水平方向夹角为37°，保持拉力的方向不变，大小变为2F，如图（b），滑块恰好沿倾斜桌面向上
做匀速直线运动。滑块与桌面间的动摩擦因数是（　　）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】
设滑块质量为m，当滑块沿水平桌面做匀速直线运动，据平衡条件可得，在水平、竖直方向分别有
当滑块沿倾斜桌面向上做匀速直线运动，沿斜面方向、垂直斜面方向分别有
联立可解得
A 正确。
故选A。
二、多选题
【巩固练习1】如图所示，重力为G 的物体静止在倾角为α 的斜面上，将重力为G 分解为垂直斜面向下的力F1和平
行斜面向下的力F2，那么（　　）
A．F1就是物体对斜面的压力
B．物体对斜面的压力方向与F1的方向相同，大小为Gcosα
C．F2就是物体受到的静摩擦力
D．物体受到重力、斜面对物体的支持力、静摩擦力三个力的作用
【答案】BD
【解析】AB．F1 是物体重力的分力，只是方向与物体对斜面的压力方向相同，大小相等，均为Gcosα，但两个力
不是同一个力。A 错误，B 正确；
C．F2 是物体重力的分力，不是斜面施加给物体的摩擦力。C 错误；
D．物体受到重力、斜面对物体的支持力、静摩擦力三个力的作用。D 正确。
故选BD。
【巩固练习2】图1、2、3、4 所示的四种情况是某一质点在同一竖直平面内同时受到的三个共点力，若坐标纸中每
格边长表示1 N 的大小的力，则下列关于此质点所受的合外力的说法中正确的是（　　）
A．图1 中质点所受的合外力大小是12 N，方向沿水平方向右
B．图2 中质点所受的合外力等于0
C．图3 中质点所受的合外力大小是8 N，方向竖直向上
D．图4 中质点所受的合外力大小等于5 N
【答案】AC
【解析】A．对图1 根据三力的图示，知F1、F2 在竖直方向分力的大小均为3 个单位，方向相反，在水平方向的分
力分别为6 个单位和2 个单位，方向与F3 方向相同。根据正交分解法知，3 个力的合力为12 个单位，即F 合=12 
N，方向水平向右，故A 正确；
B．对图2，F3 与F2 的合力与F1 大小相等，方向相同，所以3 个力的合力为6 个单位，即F 合=6 N，方向水平向
右，故B 错误；
C．图3 中，将F3 与F2 正交分解，则水平方向大小相等，方向相反；竖直方向为5 个单位，所以3 个力的合力为8
个单位，即F 合=8 N，方向竖直向上，故C 正确；
D．图4 中，将F3 与F2 正交分解，水平方向大小为1 N，竖直方向为4 N，所以3 个力的合力在水平方向的大小为
1 N，在竖直方向为3 N，由勾股定理求得合力大小等于❑√10 N，故D 错误。
故选AC。
【巩固练习3】一直角V 形槽固定在水平面上，其横截面如图所示，BC面与水平面间夹角为60°，有一质量为m的
正方体木块放在槽内，木块与AB面间的动摩擦因数为μ，与BC面间无摩擦。现用平行于槽的水平力F推木块，使
之沿槽向里匀速运动，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A．木块受到5 个力的作用
B．木块对V 形槽的作用力大小为mg
C．木块对BC面的压力大小为
❑√3
2 mg
D．推力F大小为
❑√3
2 μmg
【答案】AD
【解析】A．木块受重力mg、推力F、AB 面的支持力N1、AB 面的滑动摩擦力f1、BC 面的支持力N2，共5 个力作
用，故A 正确；
B．根据平衡条件以及力的合成可知V 形槽对木块的作用力大小为F
' =
❑√(mg)
2+ F
2>mg
根据牛顿第三定律可知木块对V 形槽的作用力大于mg，故B 错误；
C．木块对BC面的压力大小为N
'
1=mgcos60° = 1
2 mg，故C 错误；
D．推力F大小为F = μ N
'
2=
❑√3
2 μmg
故D 正确。故选AD。
【巩固练习4】在表面粗糙、倾角为θ 的倾斜台面上，一块长为L，重力为G 的长木块由静止开始滑下。已知木块
与台面间的动摩擦因数为μ。木块在滑离台面的过程中，到达如图所示位置时有1
3 L 部分滑至台面外，则（　　）
A．木块对台面的压力为Gcos θ
B．木块对台面的压力为2
3 Gcos θ
C．台面对木块的摩擦力为μGcos θ
D．台面对木块的摩擦力为Gcos θ
【答案】AC
【解析】对木块受力分析如图所示
在垂直台面方向，有FN=Gcos θ
因此木块对台面的压力为F 压=FN=Gcos θ
由滑动摩擦力公式可得Ff=μFN=μGcos θ
故选AC
三、解答题
【巩固练习1】如图所示，质量为m=4kg 的物体放在水平地面上，给物体施加一个水平恒力F1=32N 时，恰好可以
匀速滑动（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g 取10m/s2）求：
(1)物体与水平面间的动摩擦因数
；
(2)若把原来的水平力改成与水平面成
的斜向下力F2，为了让物体匀速运动，F2应为多大？
【答案】(1)0.8；(2) 100N
【解析】
(1)物体做匀速直线运动时，有
f=F1=32N
支持力
N=mg=40N
则动摩擦因数
(2)在水平方向上有
F2cos37°=f′
竖直方向上有
N=F2sin37°+mg
代入数据联立解得
F2=100N
【巩固练习2】如图，质量为6.6 kg 的木块放在水平地面上，在大小为30 N，方向与水平成37°斜向上拉力作用下
恰好沿水平地面匀速滑动．求：（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g=10N/kg）
（1）物体所受的摩擦力大小及物体和地面的动摩擦因数。
（2）如果去掉拉力而给物体施加一个水平推力，物体恰能匀速运动，则水平推力为多少？
【答案】（1）24N；0.5（2）33N
【解析】
（1）水平方向，物体所受的摩擦力大小
竖直方向：
 
物体和地面的动摩擦因数
 
（2）如果去掉拉力而给物体施加一个水平推力，物体恰能匀速运动，则
【巩固练习3】如图所示，质量m=2kg 的物体放在一固定斜面上，斜面倾角θ=30°，物体能沿斜面匀速下滑。已知
最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g=10m/s2。
(1)求物体受到的摩擦力大小f 及方向；
(2)求物体与斜面间的动摩擦因数μ；
(3)若对物体施加一方向沿斜面向上、大小为F1的恒力，物体恰好能沿斜面匀速向上运动，求F1的大小。
【答案】(1)10N；方向沿斜面向上；(2)
；(3)20N
【解析】
(1)将物体受到的重力沿斜面和垂直斜面正交分解，根据平衡条件得
解得
f=10N
方向沿斜面向上。
(2)以物体为研究对象，由平衡条件得
解得
(3)若对物体施加一方向沿斜面向上、大小为F1 的恒力，物体恰好能沿斜面匀速向上运动，以物体为研究对象，由
平衡条件得：
解得
F1=20N
【巩固练习4】如图甲所示，在倾角为37°的固定斜面上有一物体，质量为10kg。当给它施加沿斜面向下大小为4N
的力时，物体刚好静止在斜面上（最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）
求：
(1)物体与斜面间的动摩擦因数；
(2)如果改用与斜面成30°向上的力拉物体，如图乙所示，物体将会沿斜面向上匀速运动，则所施加的拉力多大？
（本小问计算结果保留两位小数）
【答案】(1)0.8；(2)97.95N
【解析】
(1)当给它施加沿斜面向下大小为4N 的力时，物体静止在斜面上，摩擦力向上
解得
(2)当物体沿斜面向上被匀速拉动时，设拉力为F2
联立解得
【巩固练习5】质量
的木块放在水平木板上，在
的水平拉力作用下恰好能沿水平面匀速滑行（如
图甲所示）。（已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，
）
（1）则木块与木板之间的动摩擦因数为多少？
（2）若将木板垫成倾角为
斜面（如图乙所示），要使木块仍能沿斜面匀速向上滑行，则施加沿水平向右的
拉力
应多大？
（3）若将木板竖直（如图丙所示），要使木块仍能沿着竖直木板作匀速直线运动，现施加与水平方向成角
的斜向上的推力
，则推力
应多大？
【答案】（1）0.5；（2）80N；（3）
或
【解析】
（1）依题意，可得
代入数据求得
（2）依题意，木块沿斜面匀速向上滑行，利用正交分解法，由平衡条件可得
代入数据求得
（3）依题意，若木块沿木板匀速向上滑行，利用正交分解法，由平衡条件可得
代入数据求得
若木块沿木板匀速向下滑行，利用正交分解法，由平衡条件可得
代入数据求得
【巩固练习6】将重物从高层楼房的窗外运到地面时，为安全起见，要求下降过程中重物与楼墙保持一定的距离。
如图，一种简单的操作方法是一人在高处控制一端系在重物上的绳子P，另一人在地面控制另一根一端系在重物上
的绳子Q，二人配合可使重物缓慢竖直下降。若重物的质量
，重力加速度大小
，当P 绳与竖直
方向的夹角
时，Q 绳与竖直方向的夹角
（1）求此时P、Q 绳中拉力的大小；
（2）若开始竖直下降时重物距地面的高度
，求在重物下降到地面的过程中，两根绳子拉力对重物做的总功。
【答案】（1）
，
；（2）
【解析】（1）重物下降的过程中受力平衡，设此时P、Q 绳中拉力的大小分别为
和
，竖直方向
水平方向
联立代入数值得
，
（2）整个过程根据动能定理得
解得两根绳子拉力对重物做的总功为
【巩固练习7】如图所示，质量为10kg 截面为等腰直角三角形的斜面C 静止在水平面上，在直角顶点处固定一光滑
小滑轮，滑轮质量可以忽略，通过滑轮将质量为3kg 滑块A 和滑块B 用细绳相连接，两绳分别和两斜面平行。改变
滑块B 的质量，当B 的质量为A 的一半时，滑块A 恰好匀速下滑，两滑块与斜面间动摩擦因数相同，且最大静摩擦
力等于滑动摩擦力，g=10m/s2。求
（1）滑块与斜面间动摩擦因数均为多少；
（2）斜面C 对地面的压力多大；
（3）绳子对小滑轮的作用力。
【答案】（1）
；（2）145N；（3）20N，方向竖直向下
【解析】
（1）滑块A 恰好匀速下滑分别对两物块受力分析有
分析滑块A 的受力，有
分析滑块B 的受力，有
由牛顿第三定律知
T=T′
解得
（2）对A、B、C 整体受力分析知地面的支持力为
代人数据得
N=145N
根据牛顿第三定律有，斜面对地面的压力为145N，方向竖直向下
（3）根据（1）解得
对滑轮受力分析知二力的合力方向竖直向下大小为
代入数据解得
F=20N
方向竖直向下。
【巩固练习8】如图所示，物块A 悬挂在绳
和
的结点上，
偏离竖直方向
角，
水平，且经光滑定
滑轮与木块B 相连，连接B 的绳与水平方向的夹角为
。已知A 质量
，B 质量
，木块B 静
止在水平面上。试求：
(1)绳
的拉力大小？
(2)木块B 与水平面间的摩擦力大小和地面对木块B 的支持力大小？
(3)如果物体B 和水面间的动摩擦因数为0.5，要保证物体B 相对地面静止，那么物体A 的质量不能超过多大？（最
大静摩擦力等于滑动摩擦力，
，
，
）
【答案】(1)10N；(2)3.6N；19.2N；(3)1.6kg
【解析】
(1)如图甲所示，对P 点受力分析，由平衡条件
FPO cos37°=mAg
解得
 
Fc=mAgtan37°=8×0.75N=6N
(2)对B 点受力分析如图乙所示，水平方向根据共点力的平衡条件可得
f=Fccos53°=6×0.6N=3.6N
竖直方向根据共点力的平衡条件可得
NB+Fcsin53°=mBg
解得
NB=mBg-Fcsin53°=24N-6×0.8N=19.2N
(3)如果物体B 和水面间的动摩擦因数为0.5，则
μ（mBg-F′csin53°)=F′ccos53°
F′c=m′Agtan37°
解得
m′A=1.6kg
【巩固练习9】如图所示，用细线
的一端将质量
的物体系住，另一端用细线
结在一起，O 为结
点，A 端系竖直墙壁上，与墙壁间的夹角为
，B 端与另一个质量
的物体相连，M 放在倾角为
的粗糙
斜面上，
与斜面平行，整个系统恰好处于静止状态，最大静摩擦力可认为与滑动摩擦力相等，当地的重力加速
度
。求：
(1)
线的拉力大小；
(2)B 与斜面间动摩擦因数。
【答案】(1)10
N；10N；(2) 
【解析】
(1)O 点受力平衡，对结点O 进行受力分析，如图所示
根据平衡条件得
OA 的拉力
OB 的拉力
(2)对M 进行受力分析，如图所示
M 处于静止状态，受力平衡，沿着斜面方向受力平衡，则
解得
【巩固练习10】如图所示，质量
的物块悬挂在轻绳
和
的结点上并处于静止状态，
与竖直方向的
夹角
，
沿水平方向；质量
的木块与
相连，静止于倾角为
的斜面上。取
，
，
。求：
（1）轻绳
拉力的大小；
（2）木块受斜面的静摩擦力方向和大小。
（3）现将物体
固定，三根绳子的能承受的最大拉力均为
，为避免绳子断裂，求物体
的最大质量？
【答案】（1）
；（2）
，沿斜面向上；（3）80kg
【解析】
（1）如图甲所示分析P 点受力
由平衡条件可得
解得
（2）再分析木块的受力情况，如图乙所示
由物体的平衡条件可得，沿斜面方向有
由牛顿第三定律
可求得
方向为沿斜面向上；
（3）设P 点下方绳子拉力为Fc，由（1）中分析可知
，
， 
知P 点三力平衡时FA 最大，故m 质量最大时FA 达到最大承受力1000N，则
解得
=80kg
【巩固练习11】质量为
的砝码悬挂在轻绳PA 和PB 的结点上并处于静止状态，PA 与竖直方向的夹角为
37°，PB 沿水平方向。质量为
的木块与PB 相连，M 在平行于斜面向上的力F 作用下，静止于倾角为37°
的斜面上，物体与斜面的动摩擦因数
，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，如图所示。（sin37°=0.6，
cos37°=0.8，
）求：
（1）轻绳PA 和轻绳PB 各自产生拉力的大小？
（2）拉力F 的最大值与最小值？
【答案】（1）10N；6N；（2）29.2N；6.8N
【解析】
（1）对P 点受力分析由平衡条件得
代入数据，解得
（2）当M 所受摩擦力沿斜面向上且为最大静摩擦力时，F 最小，设为
，则有
联立以上各式解得
当M 所受摩擦力沿斜面向下且为最大静摩擦力时，F 最大，设为
，则有
代入数据，解得
二：整体隔离法
题型01：整体隔离法在静态平衡中的应用
【典型例题1】我国的石桥世界闻名，如图，某桥由六块形状完全相同的石块组成，其中石块1、6 固定，2、5 质
量相同为m，3、4 质量相同为m′，不计石块间的摩擦，则m：m′为（　　）
A．
❑√3
2
B．❑√3
C．1
D．2
【答案】D
【解析】解：34 两个石块整体对应的圆心角为60 度，则2 对34 整体的作用力与5 对34 整体的作用力大小相等，
两力夹角为120 度，可知F23＝2m'g。
同理2345 四块石块整体对应的圆心角为120 度，则1 对2345 整体的作用力与6 对2345 整体的作用力大小相等，
两力夹角为60 度，可知❑√3F12＝（2m'+2m）g。
对2 受力分析如图
水平方向F12cos60°＝F23cos30°
联立解得：m：m′＝2
故D 正确，ABC 错误。
故选：D。
【典型例题2】如图所示，四只相同的木箱A、B、C、D 被两块相同的木板夹住，且处于静止状态。已知木箱内装
有货物，且货物与箱子的总质量mA：mB：mC：mD=1：1：2：4.下列说法正确的是（　　）
A．箱子B 受到两个摩擦力的大小相等
B．箱子C 对箱子B 的摩擦力的大小等于D 的重力
C．箱子D 受到两个摩擦力的作用
D．箱子A 与B 之间的摩擦力大小是B 与C 之间摩擦力大小的1.5 倍
【答案】D
【解析】AD．设木箱A、B、C、D 的质量分别为m、m、2m、4m，则对整体2f=8mg，即f=4mg，对AB 的整体，
则f+fCB=2mg，则fCB=-2mg，方向向下；对B 分析可知fAB=mg+fCB，则fAB=3mg，即箱子B 受到两个摩擦力
的大小不相等，箱子A 与B 之间的摩擦力大小是B 与C 之间摩擦力大小的1.5 倍，选项A 错误，D 正确；B．由上面
的分析可知，箱子C 对箱子B 的摩擦力的大小为2mg 小于D 的重力4mg，选项B 错误；C．对D 分析可知
fCD+f=4mg，解得fCD=0，则箱子D 受到一个摩擦力的作用，选项C 错误；故选D。
【巩固练习1】如图所示，在两块相同的竖直木板间，有质量均为m 的四块相同的砖，用两个大小均为F 的水平力
压木板，使砖静止不动，则左边木板对第一块砖，第二块砖对第三块砖的摩擦力分别为
A．4mg、2mg　　 B．2mg、0　　 C．2mg、mg　　　 D．4mg、mg
【答案】B
【解析】设左、右木板对砖摩擦力为f1，第 3 块砖对第2 块砖摩擦为f2，则对四块砖作整体有：2f1=4mg，∴　 
f1=2mg。对1、2 块砖平衡有：f1+f2=2mg，∴　 f2=0，故B 正确。
【巩固练习2】如图所示，质量均为m 的n(n>3)个相同匀质圆柱体依次搁置在倾角为30°的光滑斜面上，斜面底
端有一竖直光滑挡板挡住使圆柱体均处于静止状态。则下列说法中正确的是() 
挡板对圆柱体1 的弹力大小为❑√3mg
B. 圆柱体1 对斜面面的压力大小为
❑√3(n+3)
6
mg
C. 圆柱体2 对圆柱体1 的压力大小为n-1
2
mg
D. 若将挡板绕下端点缓慢逆时针转动60°，则转动过程中斜面对每个圆柱体的支持力均减小
【答案】BC
【解析】
小球对挡板和对斜面的压力不好求，我们可以求挡板和斜面对小球的支持力，利用牛顿第三定律求解这两个力，小
球静止，对小球受力分析后应用平衡条件列式求解。
不好求解的力可用牛顿第三定律进行转换，如本题转换成对小球的力后，对小球进行受力分析，运用力的合成或分
解结合共点力平衡条件解决问题。
A.将n 个圆柱体作为整体分析，
如图所示，
其中F N为挡板对圆柱1 的弹力，
N 为斜面对所有圆柱体的支持力，由平衡条件可得
N = 2❑√3
3
nmg，F N =
❑√3
3 nmg，
故A 错误；
B.隔离圆柱体1 受力分析得到，圆柱体受到斜面体的力的大小等于圆柱体1 受到的挡板弹力垂
直斜面的分力和圆柱体1 的重力垂直斜面的分力，大小为
mgcos30°+ 2❑√3
3
nmgsin30° = (n+3)❑√3
6
mg ，故B 正确；
C.选取除1 以外的所有圆柱体为研究对象，如图
整体受到重力、斜面从支持力和圆柱体1 的支持力，
根据共点力平衡的条件可知，整体受到的1 的支持力与整体的重力沿斜面方向的分力大小相等，方向相反，所以：
N =(n-1)mgsin30
∘根据牛顿第三定律可得，圆柱体2 对圆柱体1 的压力大小为N ' = n-1
2
mg，故C 正确；
D.缓慢转动挡板时，斜面对圆柱体2、3、4 ……n的支持力不变，故D 错误。
故选BC。
【巩固练习3】如图所示,一轻质晒衣架静置于水平地面上,水平横杆与四根相同的斜杆垂直,两斜杆夹角θ=60°,一重
力为G 的物体悬挂在横杆中点,则每根斜杆受到地面的(　　)
A.作用力为
❑√3
3
G
B.作用力为
❑√3
6
G
C.摩擦力为
❑√3
4
G
D.摩擦力为
❑√3
8
G
【答案】B 
【解析】设斜杆的弹力大小为F,以水平横杆和重物为整体,竖直方向根据受力平衡可得4Fcos 30°=G,解得F=
❑√3
6
G;以
其中一斜杆为研究对象,其受力如图所示,可知每根斜杆受到地面的作用力应与F 平衡,即大小为
❑√3
6
G,每根斜杆受到地
面的摩擦力为Ff=Fsin 30°=
❑√3
12
G,B 正确,A、C、D 错误。
【巩固练习4】如图所示,一根粗糙的水平横杆上套有A、B 两个轻环,系在两环上
的等
长细绳拴住的书本处于静止状态,现将两环距离变小后书本仍处于静止状态,则(　 
)
A.杆对A 环的支持力变大
B.B 环对杆的摩擦力变小
C.杆对A 环的力不变
D.与B 环相连的细绳对书本的拉力变大
【答案】B           【解析】 
图1
图2
根据平衡条件得2FN=Mg,得到FN=1
2
Mg,可见,水平横杆对每个轻环的支持力FN 不变,A 项错误。
以A 环为研究对象,受力分析图如图2 所示。
竖直方向:FN=Fsin α
①
水平方向:Fcos α=Ff②
图3
由①②得Ff=FNcot α,α 增大时,Ff 变小,由牛顿第三定律可知B 环对杆的摩擦力变小,B 项正确。
FN 和Ff 的合力即为杆对环的作用力,合力变小,C 项错误。
对书本受力分析,受重力和两个拉力,如图3 所示。
根据共点力平衡条件,两根轻绳对书本的拉力的合力始终等于书本的重力,即保持不变。
由几何关系有FA=FB=
mg
2cos θ
2
当两轻环间距离缩短一些时,拉力FA、FB 均变小,D 项错误。
【巩固练习5】如图所示，用玻璃杯装入适量的水置于台秤上，测得台秤示数G0=15N；再用弹簧测力计悬挂一个
重力G=10N 的金属块，使金属块一部分浸在台秤上的玻璃杯中（水没有溢出）。若弹簧测力计的示数变为
FT=6N，则台秤的示数变为（　　）
A．15N
B．19N
C．21N
D．25N
【答案】B
【解析】
玻璃杯装入适量的水置于台秤上测得台秤示数即重力为G0=15N；使金属块一部分浸在台秤上的玻璃杯中，对玻璃
杯和水加金属块的整体受力分析，设台秤对杯子的支持力为
，有
，由牛顿第三定律有
，
解得玻璃杯对台秤的压力为
，则台秤的示数变为19N，故选B。
【巩固练习6】有一个直角支架 AOB，AO 水平放置，表面粗糙，OB 竖直向下，表面光滑，AO 上套有小环P，OB
上套有小环 Q，两环质量均为m，两环间由一根质量可忽略、不可伸展的细绳相连，并在某一位置平衡，如图。现
将P 环向左移一小段距离，两环再次达到平衡，那么将移动后的平衡状态和原来的平衡状态比较，AO 杆对P 环的
支持力N 和细绳上的拉力T 的变化情况是（   ）
A．N 不变，T 变大　　 B．N 不变，T 变小
C．N 变大，T 变大　　 D．N 变大，T 变小
【答案】B
【解析】隔离法：设PQ 与OA 的夹角为α，对P 有：
mg＋Tsinα=N
对Q 有：Tsinα=mg
所以　 N=2mg， T=mg/sinα  故N 不变，T 变大．答案为B
整体法：选P、Q 整体为研究对象，在竖直方向上受到的合外力为零，直接可得N=2mg，再选P 或Q 中任一为研
究对象，受力分析可求出T=mg/sinα
【点评】为使解答简便，选取研究对象时，一般优先考虑整体，若不能解答，再隔离考虑．
【巩固练习7】四个完全相同的排球静止叠放在水平地面上,质量均为m,相互接触,球与球之间可视为光滑,球与地面
间的动摩擦因数均为μ,重力加速度为g,则(　　)
A.上方球受到3 个力的作用
B.下方每个球对上方球的支持力大小均为
❑√6
6
mg
C.水平地面对下方三个球的支持力大小均为3
4 mg
D.下方三个球与水平地面间均没有摩擦力
【答案】.B　【解析】上方球受到地球给它的重力和下面三个球给它的弹力,共4 个力,故A 错误;如图所示,设上下球
心连线与竖直方向夹角θ,sin θ=
2r
❑√3
2r
= 1
❑√3
,cos θ=❑√
2
3
,对上面的球,由受力平衡得3FNcos θ=mg,得FN=
❑√6
6
mg,故B
正确;对四个球整体由受力平衡得FN'=4
3
mg,故C 错误;对下面球受力分析可知,球有向外运动趋势,故受地面的静摩擦
力,故D 错误。
【巩固练习8】如图所示，一质量为M，倾角为θ的斜而体放在水平而上，质量为m 的小木块(可视为质点)放在斜
而上，现用一平行于斜而的、大小恒为F 的拉力作用于小木块，拉力在斜面所在平面内绕小木块旋转一周的过程中，
斜面体和小木块始终保持静止状态，则下列说法正确的是()
Q
P
B
O
A
A. 斜面体受到地面静摩擦力的最大值为F
B. 斜面体受到地面静摩擦力的最大值为Fcosθ
C. 小木块受到斜而静摩擦力的最大值为F +mgsinθ
D. 小木块受到斜面静摩擦力的最大值为❑√F
2+(mgsinθ)
2
【答案】AC
【解析】选小木块作为研究对象，当力F 沿着斜面向下时，小木块受到静摩擦力最大，因此受力分析，应用平衡条
件求解；选小木块与斜面体作为整体研究对象，当力F 水平方向时，斜面体受到地面的最大静摩擦力，因此受力分
析，应用平衡条件求解。
考查受力平衡类的题目时，要选择好研究对象后受力分析后应用平衡条件列式求解即可，同时搞清什么情况下，小
木块受到最大静摩擦力；在什么情况下，斜面受到最大静摩擦力。
【解答】
解：当F 沿斜面向下时，木块所受摩擦力最大，受力分析如图：
由平衡条件：f MAX = F +mgsinθ。
选整体为研究对象，当F 水平时，整体所受的摩擦力最大，
由平衡条件，f = F，即：斜面所受的最大静摩擦力为F，故AC 正确，BD 错误。
故选AC
【巩固练习9】质量为m 粗细均匀的麻绳如图所示悬挂,悬点处切线与竖直方向夹角分别为37°和53°,P 点为最低
点,sin 37°=0.6,则(　　)
A.左侧悬点对麻绳拉力为0.6mg
B.右侧悬点对麻绳拉力为0.8mg
C.最低点P 处拉力为0.3mg
D.P 点右侧麻绳质量为0.36m
【答案】D　【解析】对麻绳受力分析,受重力mg、左侧悬点对麻绳拉力F1、右侧悬点对麻绳拉力F2,则F1cos 37°
+F2cos 53°=mg,F1sin 37°=F2sin 53°,解得F1=0.8mg,F2=0.6mg,故A、B 错误;对右侧麻绳受力分析,受重力m1g、最
低点P 处拉力F、右侧悬点对麻绳拉力F2,则F=F2sin 53°=0.48mg,m1g=F2cos 53°=0.36mg,所以P 点右侧麻绳质量
为m1=0.36m,故C 错误,D 正确。
【巩固练习10】如图是某种双层晾衣篮,用质地均匀的圆形钢圈穿进网布构成两个完全相同的篮子,上、下两篮通过
四根等长轻绳与钢圈的四等分点相连;另有四根等长轻绳,它们一端与穿过轻杆的挂钩系在一起,另一端连接上篮的四
等分点。已知不装衣物时,两篮保持水平,晾衣篮的尺寸如图中所示。下列说法正确的是(　　)
A.挂钩受到绳的拉力大小是上方某一根轻绳拉力的4 倍
B.挂钩受到绳的拉力大小是下方某一根轻绳拉力的4 倍
C.上方某一根轻绳的拉力大小是下方某一根轻绳拉力的2.5 倍
D.上方四根轻绳的拉力之和与下方四根轻绳的拉力之和大小相等
【答案】.C【解析】　如果上方的绳子是竖直,则挂钩受到的拉力大小是上方某一根轻绳拉力的4 倍,但上方的绳子不
是竖直的,故挂钩受到的拉力大小不是上方某一根轻绳拉力的4 倍,故A 错误;没有考虑上方篮子的重力,挂钩受到的拉
力大小是下方某一根轻绳拉力的4 倍与上方篮子的重力之和,故B 错误;下方每一根绳子的拉力F1=G
4
,上方分析左边
这根绳子,高度为h,长度l=40 cm,半径r=24 cm,可知绳子与竖直方向的夹角为37°,根据平衡条件可知,1 根绳子的拉力
F2=
2G
4
cos37°
= G
1.6
,可知F2
F1
=2.5
1
,故C 正确;上方四根轻绳的拉力之和的大小为2G,下方四根轻绳的拉力之和大小为
G,故D 错误。
【巩固练习11】(多选)筷子是中国人常用的饮食工具,也是中华饮食文化的标志之一。筷子在先秦时称为“梜”,汉代
时称“箸”,明代开始称“筷”。如图所示,用筷子夹质量为m 的小球,筷子均在竖直平面内,且筷子和竖直方向的夹角
均为θ,使小球静止,已知小球与筷子之间的动摩擦因数为μ(μ=tan θ),最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g,
不考虑小球转动,则(　　)
A.每根筷子与小球间的弹力大小可能为mg
B.增大筷子与小球间的弹力,则筷子与小球的摩擦力不一定减小
C.增大筷子与小球间的弹力,小球一定会向上运动
D.若将两筷子与竖直方向夹角减为0°,小球一定不能平衡
【答案】AB　【解析】筷子对小球的压力最小时,小球恰好不下滑,小球受到的最大静摩擦力方向沿筷子向上,如图甲
所示,由平衡条件得2FNsin θ+2Ffcos θ=mg,Ff=μFN,由以上两式解得FN=
mg
2(sinθ+ μcosθ)
= mg
4 sinθ
,当sin θ=1
4 时
FN=mg 故A 正确;对于2FNsin θ+2Ffcos θ=mg,增大筷子与小球间的弹力FN,当2FNsin θ=mg 时,摩擦力Ff=0,故B 正
确;筷子对小球的压力最大时,小球恰好不上滑,小球受到的最大静摩擦力方向沿筷子向下,如图乙所示,由平衡条件得
2FN'sin θ=2Ff'cos θ+mg,Ff'=μFN',由以上两式解得FN'=
mg
2(sinθ - μcosθ)
=+∞,即增大筷子与小球间的弹力,小球
不会向上运动,故C 错误;若将两筷子与竖直方向夹角减为0°,两根筷子对小球的摩擦力之和等于小球的重力时,小球能
平衡,故D 错误。
甲
乙
【巩固练习12】如图所示,有两本书叠放在一起静止放置于倾角为θ 的倾斜桌面上,上面书本质量为m',下面书本质量
为m,下面书本有二分之一伸出桌面,桌面与书本之间的动摩擦因数为μ1,书本与书本之间的动摩擦因数为μ2,已知最大
静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)
A.下面书本受到的支持力大小为1
2mgcos θ+m'gcos θ
B.桌面对上面书本的作用力方向一定竖直向上
C.逐渐增大桌面倾斜的角度,上面书本一定比下面书本先滑动
D.上面书本受到的摩擦力大小为m'gsin θ
【答案】.D【解析】　将两本书看作一个整体,则下面书本受到的支持力大小为FN =(m+m')gcos θ,A 错误;桌面与上
面书本没有相互作用,B 错误;逐渐增大桌面倾斜的角度,当书恰好要滑动时,对上面的书有m'gsin θ =μ1m'gcos θ,对于
下面的书有(m+m')gsin θ =μ2(m+m')gcos θ,但由于不知道μ1、μ2 间的大小关系,则无法判断哪本书先滑动,C 错误;
由于书本静止,则对上面书本有Ff =m'gsin θ,D 正确。
【巩固练习13】如图，在置于水平地面的楔状物体P 的斜面上有一小物块Q，Q 受水平外力F 的作用。已知P 和Q
始终保持静止，则（　　）
A．增加P 的质量，P 与地面间摩擦力的大小一定增加
B．增加外力F 的大小，P 与地面间摩擦力的大小一定增加
C．增加Q 的质量，P 与Q 间摩擦力的大小一定增加
D．增加外力F 的大小，P 与Q 间摩擦力的大小一定增加
【答案】B
【解析】：AB、P 和Q 始终保持静止，根据整体法，整体受力如图：
水平方向平衡，f＝F，故增加P 的质量，P 与地面间摩擦力的大小不变，增加外力F 的大小，P 与地面间摩擦力的大
小一定增加，故A 错误，B 正确；
CD、由于不确定F 沿斜面向上分量与Q 的重力沿斜面向下分量的关系，故P 与Q 间摩擦力的大小变化不能确定。
若F 沿斜面向上分量大于Q 的重力沿斜面向下分量，此时增加Q 的质量，则P 与Q 间摩擦力先沿斜面向下减小，减
小到零后再反向增大。若F 沿斜面向上分量小于Q 的重力沿斜面向下分量，增加外力F 的大小，则P 与Q 间摩擦力
先沿斜面向上减小，减小到零后再反向增大。故CD 错误。
故选：B。
【巩固练习14】如图所示，水平地面上有一斜面体B，质量M =2kg，倾角θ =37°，斜面体上面有一小物块A，质
量m=1kg，物块A 与斜面体B 之间的动摩擦因数μ=0.5，给小物块A 施加一个垂直斜面向下的作用力F，让小物
块A 沿斜面加速下滑，加速度大小a=1m/ s
2，斜面体B 始终保持静止不动，取g=10m/ s
2，sin37° =0.6，
cos37° =0.8，则
A.作用力F 大小为10 N
B. 地面对斜面体B 的摩擦力方向向右
C. 地面与斜面体B 之间的摩擦力大小为6 N
D. 斜面体B 对地面的压力大小为31 N
【答案】D
【解析】
先用隔离法对A 进行受力分析，根据平衡条件和牛顿第二定律列式分析求解，再根据整体法分析地面对斜面的摩擦
力和支持力的大小。
本题主要考查了整体法与隔离法的应用，有一定的难度。
【解答】
A.对物块A 受力分析，沿斜面方向有mgsinθ - Ff =ma，垂直斜面方向有F N = F +mgcosθ，又有Ff = μ F N，解得
F =2 N，故A 错误；
B.对整体分析，系统中有向左的加速度，合外力一定向左，故地面给斜面的摩擦力向左，故B 错误；
C.对整体受力分析，在水平方向上有F f 地- Fsinθ =macosθ，解得Ff 地=2 N，故C 错误；
D.在竖直方向上有( M +m)g+ Fcosθ - F N 地=ma sinθ，解得F N 地=31 N，由牛顿第三定律可知，故D 正确。
故选D。
题型02：整体隔离法在动态平衡中的应用
【典型例题1】如图，一斜劈静止于粗糙的水平地面上，在其斜面上放有一滑块m，给m 一向下的初速度v0，m 恰
好保持匀速下滑。现在m 下滑的过程中施加一个作用力，则以下说法正确的是
A. 若在m 上加一竖直向下的力F1，则m 仍保持匀速下滑，M 对地面无摩擦力的作用
B. 若在m 上加一沿斜面向下的力F2，则m 将做加速运动，M 对地面有水平向左的静摩擦力的作用
C. 若在m 上加一水平向右的力F3，则m 将做减速运动，在m 停止前M 对地面有向右的静摩擦力的作用
D. 无论在m 上加什么方向的力，在m 停止前M 对地面都有静摩擦力的作用
【答案】A
【解析】
由题，滑块原来匀速下滑，合力为零；斜面保持静止状态，合力也为零。以滑块和斜面整体为研究对象，分析受力
情况，根据平衡条件分析地面对斜面的摩擦力和支持力．木块可能受两个力作用，也可能受到四个力作用。
本题中木块与斜面都处于平衡状态，研究对象可以采用隔离法，也可以采用整体法研究。
【解答】
设斜面与物块之间的动摩擦因数为μ，斜面的倾角为θ，由于给m 一向下的初速度v0，m 恰好保持匀速下滑，由平
衡条件可得mgsinθ = μmgcosθ⇒μ= tanθ，在m 上加一竖直向下的力F1，受力分析可得：
(mg+ F1)sinθ = μ(mg+ F1)cosθ，m 仍保持匀速下滑，由整体法可得M 对地面无摩擦力的作用，A 正确；
B.若在m 上加一沿斜面向下的力F2，由牛顿第二运动定律可得物块的合外力大小为F2，则m 将沿斜面向下做加速
运动，对于M 受力未发生变化，故M 与地面之间没有摩擦力，B 错误；
CD .由于m 与M 之间的动摩擦因数恒定，tanθ = μ= F N
f
，故总有m 对M 的压力与m 对M 的摩擦力在水平方向
的分力满足：f cosθ = F N sinθ，所以无论在m 上加什么方向的力，在m 停止前M 对地面都无静摩擦力的作用，C
错误，D 错误。
故选A。
【典型例题2】将长方形均匀木块锯成如图所示的三部分，其中B、C 两部分完全对称，现将三部分拼在一起放在粗
糙水平面上，当用与木块左侧垂直的水平向右力F 作用时，木块恰能向右匀速运动，且A 与B、A 与C 均无相对滑
动，图中的θ 角及F 为已知，求A 与B 之间的压力为多少？
θ
C
B
A
F
【解析】以整体为研究对象，木块平衡得F=f 合
又因为　 mA=2mB=2mC     且动摩擦因数相同，
所以　 fB=F/4
再以B 为研究对象，受力如图所示，因B 平衡，所以
F1=fBsinθ     即：F1=Fsinθ/4
【点评】本题也可以分别对A、B 进行隔离研究，其解答过程相当繁杂。
【典型例题3】质量为M 的凹槽静止在水平地面上，内壁为半圆柱面，截面如图所示，A 为半圆的最低点，B 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m 的小滑块。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，在此过程中所有摩擦均可忽略，下列说法正确的是（　　）
A．推力F 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
【答案】C
【解析】解：AB、如图所示，设F 与竖直方向夹角为α，根据受力平衡知：mgcosα＝F，mgsinα＝N，从A 到B 过
程中，α 从π
2 逐渐减小到0，可知F 逐渐增大，N 逐渐减小，故AB 错误；
C、将两物体看成整体，整体受水平向左的作用力为F′＝Fsinα＝mgcosαsinα= 1
2 mgsin2α，因为0≤2α≤π，根据
函数单调性可知sin2α 先增大后减小，则F′先增大后减小，可知墙面对凹槽的压力先增大后减小，故C 正确；
D、对凹槽进行受力分析可知，水平地面对凹槽的支持力N1＝Mg+N′sinα，根据牛顿第三定律N′＝N，则地面对凹
槽的作用力为N1＝Mg+Nsinα，由以上分析知，α 逐渐减小，N 逐渐减小，可知水平地面对凹槽的支持力逐渐减小，
故D 错误。
故选：C。
【巩固练习1】如图所示，POQ 为四分之一圆柱体A 的横截面，其圆弧面光滑，底面粗糙，放在粗糙的水平地面上。
一个人用细绳拉着小球B，现保持人手拉绳的位置H 不变，缓慢放绳，使小球B 分别静止在圆弧上的M、N 两处。
已知∠POM =30°，∠PON =60°，在此过程中，A 始终保持静止，PH 与水平方向的夹角为30°，B(可视为质
点)的质量为m，A 的质量为10m，重力加速度为g，下列说法正确的是(  )
F1
f1
fB
θ
A. B 分别静止在M、N 两处时，A 对B 的支持力之比为1:❑√3
B. B 分别静止在M、N 两处时，地面对人的摩擦力之比为1:❑√3
C. B 静止在M 处时，地面对A 的支持力大小为11.25mg
D. B 分别静止在M、N 两处时，地面对A 的摩擦力之比为❑√3:1
【答案】BC
【解析】
A.对小球B 受力分析，根据平衡条件有：
在M 点时：T M =mgsin30° = 1
2 mg
N M =mgcos30° =
❑√3
2 mg在N 点时：
T N =mgsin 60° =
❑√3
2 mgN N =mgcos60° = 1
2 mg则可得B 分别静止在M、N 两处时，A 对B 的支持力之比为
❑√3：1，故A 错误；
B.B 分别静止在M、N 两处时，对人受力分析，由平衡条件可得：
在M 点时：f 1=T M cos30° =
❑√3
4 mg
在N 点时：f 2=T N cos30° = 3
4 mg，则可知B 分别静止在M、N 两处时，地面对人的摩擦力之比为1:❑√3，故B 正
确；
C.B 静止在M 处时，对A 与B 整体受力分析，由平衡条件可得：
N ' =(m+10m)g+T M sin30° =11mg+ 1
2 mg× 1
2 =11.25mg，故C 正确；
D.B 分别静止在M、N 两处时，对A、B 整体受力分析，由平衡条件有：
f A 1=T M cos30° =
❑√3
4 mgf A 2=T N cos30° = 3
4 mg则可知B 分别静止在M、N 两处时，地面对A 的摩擦力之比为
1：❑√3，故D 错误。
故选BC。
【巩固练习2】将一个半球体置于水平地面上，半球的中央有一光滑小孔，上端有一光滑的小滑轮，柔软光滑的轻
绳绕过滑轮，两端分别系有质量为m1、m2的物体(两物体均可看成质点，m2悬于空中)时，整个装置处于静止状态，
如图所示。已知此时m1与半球的球心O 的连线与水平线成
角(sin37
❑
∘
=0.6,cos37
❑
∘
=0.8)，m1与半球面的
动摩擦因数为0.5，并假设m1所受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则在整个装置处于静止的前提下，下列说法
正确的是()
A. 无论m1
m2
的比值如何，地面对半球体的摩擦力都为零
B. 当m1
m2
= 5
4 时，半球体对m1的摩擦力为零，但对地面的摩擦力不为零
C. 当1≤m1
m2
< 5
4 时，m1对半球体的摩擦力的方向垂直于图中的虚线向下
D. 当5
4 < m1
m2
≤2时，半球体对m1的摩擦力的方向垂直于图中的虚线向上
【答案】AD
【解析】解：A、对半球体m1、m2整体受力分析，只受重力和支持力
这一对平衡力，相对地面并无运动趋势，故不受摩擦力，故A 项正确；
B、若半球体对m1的摩擦力为零，对m1受力分析，如图
将重力正交分解，根据共点力平衡条件得到，x 方向上有：
T -m1gcos37° =0y 方向上有：
N -m1gsin37° =0据题意有：T =m2 g
解得：m1
m2
= 5
4
对地面的摩擦力也为零，故B 项错误；
C、当1≤m1
m2
< 5
4 时，有：T =m2 g>m1 gsin53°，即拉力大于重力的下滑分量，m1有上滑趋势，m1摩擦力沿切线
向下，m1对半球体的摩擦力的方向垂直于图中的虚线向上，故C 项错误；
D、当m1
m2
> 5
4 时，有：T =m2 g<m1gsin53°
即拉力小于重力的下滑分量，m1有下滑趋势，摩擦力沿切线向上，当达到最大静摩擦力时
m2 g+ μm1gcos53° =m1gsin53°
解得：m1
m2
=2
因而当5
4 < m1
m2
≤2
半球体对m1的摩擦力的方向垂直于图中的虚线向上，故D 正确。
故选：AD。
此题是连接体问题，首先是研究对象的选取问题，其方法有两种：一是隔离法，二是整体法。当要求整体的外力时，
可以将连接体当作一个整体研究；当要求解连接体内部的力时，用隔离法。
隔离法与整体法的选择，不是相互对立的，往往两种方法交叉运用，两种方法的取舍，并无绝对的界限，必须具体
情况具体分析，灵活运用；无论哪种方法均以尽可能避免或减少非待求量。
【巩固练习3】如图所示，设A 重10N，B 重20N，A、B 间的动摩擦因数为0.1，B 与地面的摩擦因数为0.2．问：
（1）至少对B 向左施多大的力，才能使A、B 发生相对滑动？（2）若A、B 间μ1=0.4，B 与地间μ2=0.l，则F 多
大才能产生相对滑动？
【解析】（1）设A、B 恰好滑动，则B 对地也要恰好滑动，选A、B 为研究对象，受力如图，由平衡条件得：
F=fB+2T
选A 为研究对象，由平衡条件有
T=fA   fA=0.1×10=1N　 fB=0.2×30=6N   F=8N。
（2）同理F=11N。
【巩固练习4】如图所示，两个完全相同的重为G 的球，两球与水平
地面间的动摩擦因市
委都是μ，一根轻绳两端固接在两个球上，在绳的中点施加一个竖直
向上的拉力，当绳被
拉直后，两段绳间的夹角为θ。问当F 至少多大时，两球将发生滑动？
fB
T
T
F
B
A
fA
T
A
F
B
A
【解析】首先选用整体法，由平衡条件得
F＋2N=2G　　　 ①
再隔离任一球，由平衡条件得
Tsin(θ/2)=μN　 ②　 2·Tcos(θ/2)=F　 ③
②③联立解之
。
【巩固练习5】如图所示，重为8N 的球静止在与水平面成370角的光滑斜面上，并通过定滑轮与重4N 的物体A 相
连，光滑挡板与水平而垂直，不计滑轮的摩擦，绳子的质量，求斜面和挡板所受的压力（sin370=0.6）。
【解析】分别隔离物体A、球，并进行受力
分析，如图所
示：
由平衡条件可得：　 T=4N
　　　　 Tsin370+N2cos370=8
　　　　 N2sin370=N1+Tcos370
得 N1=1N　 N2=7N。
【巩固练习6】如图所示，两木块的质量分别为m1和m2，两轻质弹簧的劲度系数分别为k1和k2，上面木块压在上
面的弹簧上（但不拴接），整个系统处于平衡状态．现缓慢向上提上面的木块，直到它刚离开上面弹簧。在这过
程中下面木块移动的距离为
【解析】本题主要是胡克定律的应用，同时要求考生能形成正确的物理图
景，合理选择研究对象，
并能进行正确的受力分析。求弹簧2 原来的压缩量时，应把m1、m2 看做一个整体，2 的压缩量x1=(m1+m2)g/
k2。m1 脱离弹簧后，把m2 作为对象，2 的压缩量x2=m2g/k2。d=x1-x2=m1g/k2。答案为C。
【巩固练习7】如图所示，有两本完全相同的书A、B，书重均为5N，若将两本书等分成若干份后，交叉地叠放在
一起置于光滑桌面上，并将书A 固定不动，用水平向右的力F 把书B 匀速抽出。观测得一组数据如下：
根据以上数据，试求：
（1）若将书分成32 份，力 F 应为多大？
（2）该书的页数。
（3）若两本书任意两张纸之间的动摩擦因数μ 相等，则μ 为多少？
【解析】（l）从表中可看出，将书分成 2，4，8，16，…是2 倍数份时，拉力F 将分别增加6N，12N，24N，…，
增加恰为2 的倍数，故将书分成32 份时，增加拉力应为 48N，故力 F=46．5＋48=94.5N；
（2）逐页交叉时，需拉力F=190．5N，恰好是把书分成 64 份时，增加拉力 48×2=96N，需拉力 F=94.5＋
96=190.5N
可见，逐页交叉刚好分为64 份，即该书有64 页；
（3）两张纸之间动摩擦因数为μ，则
F=190．5=μG/64+μ2G/64+μ3G/64+……+μ128G/64=μG/64·(1+2+3+……+128)=129μ×5
∴　　 μ=190.5/(129×5)=0.3。
【点评】请注意，将书分成份数不同，有所不同。
题型03：三力平衡下的整体分析
【典型例题1】如图所示，轻质细线AB、BC、CD 相互连接在一起，将P、Q 两个物体悬挂起来，系统处于静止状
态。已知物体Q 的质量为m=2.4kg，细线AB 与竖直方向间的夹角以及细线BC、CD 与水平方向间的夹角均为
θ=37°，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6。
（1）求细线BC 中张力T 的大小；
（2）求物体P 的质量M；
（3）若所有细线能承受的最大拉力均为400N，现增大两物体的质量，且保持所有细线与水平方向间的夹角均不变，
则哪根细线先断，并求此时两物体的总质量M′。
【答案】（1）20N；（2）
；（3）50kg
【解析】
【详解】
（1）根据几何关系可知BC、CD 与竖直方向的夹角均为53°，对结点C，根据平衡条件易知BC 和CD 中的张力在水
平方向的分力大小相等，根据力的分解可知BC 和CD 中的张力大小相等，则在竖直方向上有
解得
（2）将P、Q 视为一个整体，整体受重力、AB 和CD 的拉力保持平衡，设AB 中的张力大小为T′，则在水平方向上
有
解得
在竖直方向上有
解得
（3）根据前面分析可知
所以增大两物体的质量，AB 绳最先达到所能承受的最大拉力，此时
仍以P、Q 为整体，在竖直方向上根据平衡条件可得
解得
【巩固练习1】如图所示，两个小球A、B 的质量都为m，它们用三段轻绳分别连接在两个竖直墙壁上的M 点和N
点，稳定时MA 段轻绳水平，BN 段轻绳与竖直墙壁的夹角为45°。已知重力加速度为g，设AM 段和AB 段轻绳的张
力大小分别为FAM和FT，则下列正确的是（　　）
A．
B．
C．
D．
【答案】BD
【解析】
AB．依题意，以AB 组成的整体为研究对象，则可得AM 的拉力
故A 错误，B 正确；
CD．以小球A 为研究对象，可得AB 段轻绳的张力
故C 错误，D 正确。
故选BD。
【巩固练习2】将两个质量均为m 的小球a、b 用细线相连后，再用细线悬挂于O 点，如
图所示。用力F 拉小球b，使两个小球都处于静止状态，且细线Oa 与竖直方向的夹角保
持θ =30°，则F 的最小值为() 
A.
❑√3
3 mg        B. mg        C. 
❑√3
2 mg
D. 1
2 mg
【答案】B
【解析】
对ab 两球整体受力分析，受重力G，Oa 绳子的拉力T 以及拉力F，其中重力大小和方向都不变，绳子的拉力方向
不变大小变，拉力的大小和方向都变，根据共点力平衡条件，利用平行四边形定则作图可以得出拉力的最小值和最
大值。
本题考查了平衡条件的应用；本题是三力平衡问题中的动态分析问题，其中一个力大小和方向都不变，一个力方向
不变、大小变，第三个力的大小和方向都变，根据共点力平衡条件，集合平行四边形定则作出力的图示，得到未知
力的变化情况。
对ab 两球整体受力分析，受重力G =2mg，Oa 绳子的拉力T 以及拉力F，三力平衡，将绳子的拉力T 和拉力F 合
成，其合力与重力平衡，如图
当拉力F 与绳子的拉力T 垂直时，拉力F 最小，最小值为Fmin=2mgsin30° =mg；
故ACD 错误，B 正确。故选B。
【巩固练习3】如图所示，B、C 两个小球用细线悬挂于竖直墙面上的A、D 两点，两球均保持静止，已知B 球的重
力为20N，C 球的重力为30N，细线AB 与竖直墙面之间的夹角为37°，细线CD 与竖直墙面之间的夹角为53°，
（ 已知
，
，
 ）则下列选项正确的是（　　）
A．AB 绳中的拉力为50N
B．CD 绳中的拉力为30N
C．BC 绳中的拉力为20N
D．BC 绳与竖直方向的夹角θ 为53°
【答案】B
【解析】
AB．选整体为研究对象，根据平衡条件得
A 错误，B 正确；
CD．因为
则
对C 球根据平衡条件得
CD 错误
故选B。
【巩固练习4】如图所示，用三根细线
将两个小球和
连接并悬挂，两小球处于静止状态时，细线
与竖
直方向的夹角为
，细线
水平，已知两个小球的质量分别为
和
，重力加速度为
，取
，
，下列说法正确的是（　　）
A．细线
的拉力大小为
B．细线
的拉力大小为
C．细线
与竖直方向的夹角为
D．细线
与竖直方向的夹角为
【答案】AC
【解析】
AB．将小球和
作为一个整体，进行受力分析，如下图所示
根据共点力平衡的条件有
解得
，
故A 选项正确，B 错误；
CD．对小球
采用隔离法，设细线
与竖直方向的夹角为
，受力分析如下图所示
根据共点力平衡的条件有
联立上面两式，解得
 
故C 选项正确，D 错误。
故选AC。
题型04：多球绳连接分析
【典型例题1】如图所示，有5000 个质量均为m 的小球，将它们用长度相等的轻绳依次连接，再将其左端用细绳
固定在天花板上，右端施加一水平力使全部小球静止.若连接天花板的轻绳与水平方向的夹角为45°，则第2013 个
小球与2014 个小球之间的轻绳与水平方向的夹角α 的正切值等于（　　）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】
以5000 个小球组成的整体为研究对象，分析受力情况，如图1 所示，根据平衡条件得
再以2014 个到5000 个小球组成的整体为研究对象，分析受力情况，如图2 所示，则有
所以ABC 错误；D 正确；
故选D。
【巩固练习1】如图所示，有4042 个质量均为
的小球（可视为质点），将它们用长度相等的轻绳依次连接，再
将其左端固定在天花板上，右端施加一水平力使全部小球静止。已知连接天花板的轻绳与水平方向的夹角为
，
设第2021 个小球和第2022 个小球之间的轻绳的弹力大小是4042 个小球的总重力的
倍，则
值为（　　）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】
以4042 个小球组成的整体为研究对象，分析受力情况，如图1 所示，根据平衡条件得
再以2022 个到4042 个小球共2021 个小球组成的整体为研究对象，分析受力情况，如图2 所示，则有
所以
故B 正确，ACD 错误。
故选B。
题型05：一串灯笼受力分析
【典型例题1】挂灯笼的习俗起源于两千多年前的西汉时期，现已成为中国人喜庆的象征。某次挂灯笼的情景如图
所示，准备由3 根等长的轻质细绳悬挂起2 个质量均为m 的灯笼，用水平力F 拉BC 细绳使系统处于静止状态，另
外两根细绳与水平面所成的角分别为
和
.下列关系式正确的是（       ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】
【详解】
AD．将两个灯笼作为整体分析，根据平衡条件可得
   
     
联立解得
     
     
AD 错误；
BC．对结点B 进行分析，根据平衡条件可得
   
   
联立解得
   
     
由于
     
B 错误，C 正确。
故选C。
【巩固练习1】灯笼起源于2000 多年前的西汉时期。每年的农历正月十五元宵节前后，人们都挂起象征团圆意义的
红灯笼，来营造一种喜庆的氛围。某商家在门前悬挂每只质量均为m 的一串灯笼，灯笼之间用轻绳连接，在稳定的
水平风力作用下悬绳与竖直方向的夹角为30°，如图所示，则由上往下第三只与第四只灯笼间绳的拉力大小为（重
力加速度大小为g）（　　）
A．4
mg
B．2
mg
C．
mg
D．4mg
【答案】B
【解析】
第三只以下还有三只灯笼，其受力如图
则
故ACD 错误，B 正确。
故选B。
【巩固练习2】新春佳节，大街小巷总会挂起象征喜庆的中国红灯笼。如图所示，由4 根等长轻质细绳AB、BC、
CD、DE 悬挂起3 个质量相等的灯笼，绳两端的结点A、E 等高，AB 绳与竖直方向的夹角为α，绳中张力大小为
F1；BC 绳与竖直方向的夹角为β，绳中张力大小为F2，则（　　）
A．α 可能等于β
B．α 可能大于β
C．F1＞3F2
D．F1＜3F2
【答案】D
【解析】
解：由对称性可知AB 绳和DE 绳张力大小相等，大小为F1。对三个灯笼的整体分析，由受力平衡可得：在竖直方
向有：2F1cosα＝3mg
对结点B 受力分析，由受力平衡可得：F1sinα＝F2sinβF1cosα＝mg+F2cosβ
联立解得：3tanα＝tanβ
F1= 3mg
2cosα 、F2=
mg
2cosβ 
AB、由3tanα＝tanβ，可知α＜β，故AB 错误；
CD、由F1= 3mg
2cosα 、F2=
mg
2cosβ
可知F1
F2
= 3cosβ
cosα 
又α＜β，得：cosα＞cosβ
所以可得：F1＜3F3
故C 错误，D 正确。
故选：D。
【巩固练习3】“繁灯夺霁华”，挂灯笼迎新春已成为中国人喜庆节日的习俗。如图所示，一轻质细绳上等距悬挂
四个质量相等的灯笼，BC 段的细绳是水平的，另外四段细绳与水平面所成的角分别为
和
，设绳子OA 段、AB
段的拉力分别为
、
。则（　　）
A．
B．
C．
D．
【答案】BC
【解析】
设每个灯笼质量为
，先将四个灯笼看成一个整体，由平衡条件得
将下面两个灯笼看成一个整体，则有
对最左边的灯笼受力分析，水平方向上有
联立可得
故BC 正确，AD 错误。
故选BC。
10．某物理兴趣小组研究悬索桥的受力特点，实际的悬索桥在工程上是复杂的，他们进行了合理简化，其简化模型
如下：吊桥六对钢杆悬吊，六对钢杆在桥面上分列两排，其上端挂在两根钢缆上，如图为其一侧面图。已知图中相
邻两钢杆间距离为9m，靠桥面中心的钢杆长度为2m（即
），
，
，又已知两
【巩固练习4】端钢缆CM、PN 与水平方向成45°角，若钢杆钢缆自重不计，每根钢杆承受拉力相同，桥面总质量
m，每对钢杆拉力均为T。以下说法正确的是：（　　）
A．每根钢杆拉力大小为
B．每对钢缆AD 中拉力大小为
C．每对钢缆CM 中拉力大小为
D．
的长度为5m
【答案】D
【解析】
A．桥面总质量m，每对钢杆拉力均为T，由平衡条件可得
解得
则每根钢杆拉力大小为
，所以A 错误；
C．对整体受力分析如图，由平衡条件可得
解得
即每对钢缆CM 中拉力大小为
，所以C 错误；
B．对左边的悬索受力分析如图所示，由平衡条件可得
即每对钢缆AD 中拉力大小为
，所以B 错误；
D．对A 点受力分析如图所示，由平衡条件可得
由几何关系可得
所以D 正确；
故选D。
题型06：已知水平作用力分析绳子的形状
【典型例题1】如图7 所示，用等长的两根轻质细线把两个质量相等的小球悬挂。现对小球b 施加一个水平向左的
恒力F，同时对小球a 施加一个水平向右的恒力F，最后达到稳定状态，表示平衡状态的图可能是下列图中的（   ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】
选小球ab 为整体，对整体受力分析，因小球b 受到一个水平向左的恒力F，同时小球a 受到一个水平向右的恒力
F，可知整体在水平方向受合力为零，可知a 球上方的细线必定沿竖直方向，A 正确。
故选A。
【巩固练习1】如图（a）所示，两段等长细线将质量分别为2m、m 的小球A、B 悬挂在O 点，小球A 受到水平向
右的恒力4F 的作用、小球B 受到水平向左的恒力F 的作用，当系统处于静止状态时，可能出现的状态应是(        ) 
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】
A 受到4F 水平向右的力，B 受到F 的水平向左的力，以整体为研究对象，分析受力如图
设OA 绳与竖直方向的夹角为α，则由平衡条件得
以B 球为研究对象，设AB 绳与竖直方向的夹角为β，则由平衡条件得
得到
故选B。
【巩固练习2】如图所示，两段等长细线串接着两个质量相等的小球a、b，悬挂于 O 点．现在两个小球上分别加
上水平方向的外力，其中作用在 b 球上的力大小为 F、作用在 a 球上的力大小为3F，则此装置平衡时的位置可能
是下列哪幅图（     ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】
ABCD. 将a、b 两个小球做为一个整体，设上面的绳子与竖直方向夹角为
，如图所示
则根据受力分析可求出
，
再单独研究b 小球，设下面的绳子与竖直方向夹角为
，如图所示
根据受力分析可知，
，因此下面绳子与竖直方向夹角
，因此a 球在竖直线的右侧，而b 球在竖直
线的左侧，ABD 错误，C 正确；
故选C。
【巩固练习3】如图所示，悬挂在O 点的三个小球a、b、c 由轻细线相连，它们的重力大小均为G。当大小为G 的
水平拉力作用在b 上时，a、b 间的细线与水平方向的夹角为
；当大小为G 的水平拉力作用在c 上时，a、b 间的
细线与水平方向的夹角为
，则
为（　　）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】
选b、c 整体为研究对象，受a、b 间细线拉力、整体重力2G 和水平拉力F 三力作用，设a、b 间的细线与水平方向
的夹角为
，由平衡条件得
 
两种情况水平拉力相等，故a、b 间的细线与水平方向的夹角相同，A 正确，BCD 错误。
故选A。
【巩固练习4】用两根长度均为1m 的细线系住小球
、
，小球质量
，
。若分别在
球上加水
平向左的力
，在
球上加水平向右的力
，其中
，
，如图所示。再次达到平衡后，求：（
取
）
（1）绳2 与竖直方向的夹角及张力大小；
（2）绳1 与竖直方向的夹角及张力大小；
（3）小球
到悬点
的距离。
【答案】（1）53°；0.5N；（2）53°；1.5N（3）1.21m
【解析】
（1）由题意知
以
为研究对象，由平衡条件得
绳2 与竖直方向的夹角为
，则
解得
（2）以A、
系统为研究对象，它们受到的重力
与
的合力方向水平向左，大小为
绳1 的张力大小
绳1 与竖直方向的夹角为
，则
解得
（3）因为
所以
小球
到悬点
的距离
题型07：已知绳子的形状分析水平作用力
【典型例题1】如图，两段等长轻质细线将质量分别为m、3m 的小球a、b，悬挂于 O 点．现在两个小球上分别
加上水平方向的外力，其中作用在 a 球上的力大小为 F1、作用在 b 球上的力大小为 F2，则此装置平衡时,出现了
如图右所示的状态，b 球刚好位于O 点的正下方．则F1与F2的大小之比为
A．4:3
B．3:4
C．7:3
D．3:7
【答案】C
【解析】
a 受到F1 水平向右的力，b 受到F2 的水平向左的力，以整体为研究对象，分析受力如图：
设Oa 绳与竖直方向的夹角为
 ，则由平衡条件得：
以b 球为研究对象，受力如图．设ab 绳与竖直方向的夹角为
 ，则由平衡条件得：
由几何关系得到：
 ，联立解得：F1 与F2 的大小之比为7：3．
A.4:3 与计算结果不符，故A 不符合题意．
B.3:4 与计算结果不符，故B 不符合题意．
C.7:3 与计算结果相符，故C 符合题意．
D. 3:7 与计算结果不符，故D 不符合题意．
【巩固练习1】如图(a)所示，两段等长轻质细线将质量均为m 的小球A、B(均可视为质点)悬挂在0 点，小球A 受到
水平向右的恒力F 的作用，小球B 受到水平向左的恒力F 的作用，当系统处于静止状态时，出现了如图(b)所示的的
状态，小球B 刚好位于0 点正下方．则F1与F2的大小关系正确的是(        ）
A．F1=2F2                  B．F1=3F2
C．F1=4F2                  D．F1=5F2
【答案】B
【解析】
设AO、BO 与竖直方向的夹角为
，首先对两个球整体分析，受则
、重力、AO 拉力，如图所示：
根据平衡条件，有：
①       
②
再隔离球B 分析，如图所示：
根据平衡条件，有：
③
联立①②③解得：
,故
,故选项B 正确．
点睛：本题关键是根据平衡条件列式分析；通常在分析外力对系统作用时，用整体法；在分析系统内各物体之间的
相互作用时，用隔离法；有时在解答一个问题时要多次选取研究对象，需要整体法与隔离法交叉使用．
【巩固练习2】天花板上用两根细绳悬挂两个质量相同的小球A、B 如图所示，现给A、B 两个小球分别施加水平向
左的F1、水平向右的F2，静止时上面的细绳与竖直夹角37°，下面的细绳与竖直夹角45°，则（　　）
A．F1：F2=3:4
B．F1：F2=4:3
C．F1：F2=5:2
D．F1：F2=2:5
【答案】C
【解析】
对B 受力分析，如图所示，根据正交分解可得
，
解得
，
对A 受力分析，如图所示，根据正交分解可得
，
联立解得
，
故
F1：F2=5:2
故选C。
【巩固练习3】如甲图所示，两轻质细线系着A、B 两大小相同气球，气球质量不计，整个装置由于受到水平向右的
风力影响达到平衡状态，OA、AB 和竖直方向均成α 角，现在A 气球下方挂一小物件，两气球在稳定后的位置可能
正确的是（　　）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】
由题知，气球的质量不计，两个气球都处于平衡状态，则两个气球都受到了水平向右的风力，竖直向上的浮力和轻
绳的拉力作用，则刚开始对整体受力分析，则有
当在A 气球下方挂一小物件，设质量为m，对B 受力分析，因风力和浮力不变，则有
对A 受力分析，可知竖直向上的合力为
设最下面的轻绳与竖直的方向的夹角为θ，则有
因
故
即
故选A。
题型08：运用共点力平衡解“哑铃”
【典型例题1】如图所示，一个半球形的碗放在桌面上，碗口水平，O 是球心，碗的内表面光滑。一根轻质杆的两
端固定有两个小球，质量分别是m1，m2；当它们静止时，m1、m2与球心的连线跟水平面分别成60°，30°角，则碗
对两小球的弹力大小之比是（　　）
A．1：2
B．
：1
C．1：
D．
：2
【答案】B
【解析】
【详解】
选取两小球和杆组成的整体为研究对象，受力分析并正交分解如图：
由平衡条件得：F1 在水平方向的分力F′和F2 在水平方向的分力F″大小相等。
即
F1cos60°=F2cos30°
所以
 
故选B。
【巩固练习1】两个可视为质点的小球a 和b，用质量可忽略的刚性细杆相连，放置在一个光滑的半球面内，如图
所示．已知小球a 和b 的质量之比为
，细杆长度是球面半径的
倍．两球处于平衡状态时，细杆与水平面的夹
角
是（     ）
A．45
B．30
C．22.5
D．15
【答案】D
【解析】
由题目中的数据可以得出，abO 三点组成一个等腰直角三角形，所以两底角都为45 ．对两球进行受力分析，由于
球面光滑，所以两球都只受到3 个力，如图所示：重力、球面的支持力、刚性细杆的弹力；由于是刚性细杆，所以
刚性细杆对两球的弹力均沿着杆方向，且对两球的弹力大小相等；两球处于平衡状态，两球受到的合力都为零，两
球受到的三个力都组成一个封闭的力的矢量三角形．
设b 球的质量为m，由正弦定理对球a：
=
；对球b：
=
，所以有：
=
，即
=
，所以
=15 ，故D 正确，ABC 错误．
【巩固练习2】如图，在竖直平面内，有一直角三角形金属框架，底边水平，底角分别为
和
，质量为M 的
小球a 和质量为m 的小球b 套在框架上，可以无摩擦地滑动，a、b 之间用不可伸长的细线连接，当系统处于平衡
时，细线与金属框架形成的夹角
，已知
，则小球a、b 的质量之比
为（　　）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】
分别对两小球受力分析
由图可得
解得
故选项A 正确，BCD 错误。
故选A。
【巩固练习3】如图所示，用轻绳将小球
、
悬挂在
点，两球之间用一根刚性轻杆相连，细绳
的长度是
的2 倍。两球处于平衡状态时，
、
与竖直方向的夹角分别为
、
，则（　　）
A．
、
两小球的质量之比为
B．
、
两小球的质量之比为
C．
、
两小球受到的绳子拉力大小之比为
D．
、
两小球受到的绳子拉力大小之比为
【答案】BC
【解析】
AB．设
绳长为
，
绳长为
，将
、
看成一个整体，由杠杆平衡原理得
又
解得
故B 正确，A 错误；
CD．在水平方向，根据平衡条件得
则
故C 正确，D 错误。
故选BC。
【巩固练习4】如图所示，一粗细均匀、质量为M 的铁杆穿过质量均为m 的A、B 两个小球，用两根长度相等、不
可伸长的细绳分别与A、B 连接，另一端悬挂于O 点，当整个系统处于静止时，铁杆的中点Q 正好处在O 点正下方，
且铁杆处于水平.现将小球A、B 同步缓慢靠近Q 点，使铁杆缓慢下移且始终保持水平，重力加速度为g，则在此过
程中，下列说法正确的是（　　）
A．A 球受到铁杆的压力逐渐增大
B．A 球受到的摩擦力逐渐减小
C．连接A 球的绳受到的拉力逐渐增大
D．当连接A 球的细绳与竖直方向成30°角时，连接A 球的细绳的拉力大小为
【答案】BD
【解析】A．设环对铁杆的支持力为N，对铁杆受力分析可知
，解得
，支持力保持不变，由牛顿
第三定律可得压力也保持不变，A 错误；BC．对A、B、铁杆整体进行受力分析，如图所示
设
与水平方向夹角为
，有
，小球A、B 同步缓慢靠近时
增大，
也增大，故绳子中
的拉力逐渐减小，C 错误；对A 单独进行受力分析如图所示
水平方向列平衡方程可得
，因为
增大，
减小，绳子中拉力
也减小，故摩擦力减小，B 正确；
D．对整体受力分析可得
，D 正确。故选BD。
【巩固练习5】如图所示，甲、乙两个小球，通过细线悬挂在天花板上的O 点，质量分别为m1、m2，两个小球在
弧形轻质细杆支撑下恰好位于同一水平线上，细线与竖直方向成53°和37°，则m1∶m2为（        ）
A．9∶16
B．16∶9
C．3∶4
D．4∶3
【答案】A
【解析】
将甲乙看成一个系统，设O 到甲乙连线的距离为
，如图所示
根据杠杆原理，由平衡条件得
由几何关系得
联立解得
故A 正确，BCD 错误。
故选A。
题型9：圆形滚木不滑动的临界
【典型例题1】如图所示，两个半圆柱A、B 紧靠着静置于水平地面上，其上有一光滑圆柱C，三者半径均为R．C
的质量为m，A、B 的质量都为一m，与地面的动摩擦因数均为μ．现用水平向右的力拉A，使A 缓慢移动，直至C
恰好降到地面．整个过程中B 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．求
(1)未拉动A，B 对C 的作用力大小为多少?
(2)C 恰好降到地面时，C 对B 的作用力大小为多少?
(3)动摩擦因数的最小值为多少?
【答案】（1
（2）mg（3）
【解析】
试题分析：（1）根据共点力的平衡条件求解C 受到B 作用力的大小F；（2）对物体受力分析，应用平衡条件求出
C 恰好降到地面时，C 对B 的作用力大小；（3）先根据共点力平衡条件求解B 受到C 水平方向最大压力，再求出B
对地面的压力，根据摩擦力的计算公式求解.
（1）C 受力平衡，如图所示：
根据平衡条件可得：
解得：C 受到B 作用力的大小为
（2）C 恰好降落到地面时，B 对C 支持力最大为
，如图所示：
则根据力的平衡可得：
解得：
（3）最大静摩擦力至少为：
B 对的地面的压力为：
B 受地面的摩擦力为：
根据题意有：
解得：
所以动摩擦因数的最小值为：
【巩固练习1】如图所示，光滑圆柱体的质量为m，置于倾角
、质量均为M 的两个斜面体上。已知两个斜
面体在水平恒力作用下，静止在光滑的水平地面上。
（1）求水平恒力的大小F；
（2）如果水平粗糙，撤去水平恒力，两个斜面体仍然能够静止在水平面上。已知两个斜面体与水平面间的动摩擦
因数均为
，求
①每个斜面体对地面压力的大小N；
②为了不让斜面体出现滑动，
的最大值。
【答案】（1）
；（2）①
，②
【解析】
（1）对圆柱体和右边斜面体受力分析如图
对圆柱体由平衡可得
由于
对右边斜面体平衡可得
（2）①对整体受力分析如图
由平衡可得
故
由牛顿第三定律可知，每一个斜面体对地面的压力大小为
②为了不让斜面体出现滑动则有
又由牛顿第三定律可知
联立解得
【巩固练习2】如图所示，三根粗细均匀且完全相同的圆木A、B、C 堆放在水平地面上，处于静止状态，每根圆木
的质量为m，截面的半径为R，三个截面圆心连线构成的等腰三角形的顶角∠O1=120°，若在地面上的两根圆木刚好
要滑动，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不考虑圆木之间的摩擦，重力加速度为g，则（   ）
A．圆木间的弹力为
mg
B．下面两根圆木对地面的压力均为
mg
C．地面上的每根圆木受到地面的作用力为
mg
D．地面与圆木间的动摩擦因数为
【答案】B
【解析】
A．对A 进行受力分析，如图所示
A 处于平衡状态，合力为零，则有
N2cos
=
mg
解得
N1=N2=
=mg
故A 错误；
B．对整体受力分析，受到重力、地面的支持力、B 受到的向右的摩擦力和C 受到的向左的摩擦力，由对称性可知，
竖直方向有
NB=NC=
mg
故B 正确；
C．对B 进行研究，地面对B 的作用力等于地面对B 的支持力与地面对B 的摩擦力的合力，大于
mg，故C 错误；
D．对C，根据平衡条件得
Ff=N2sin60°=mg×
=
mg
所以地面对C 的摩擦力大小为
mg，根据摩擦力公式
Ff=μNC
可得
μ=
=
=
故D 错误。
故选B。
【巩固练习3】如图所示，静置于水平地面上的两个完全相同、质量均为3m 的半圆柱体A、B 刚好接触，现将一质
量为2m 的光滑圆柱体C 放置在两半圆柱体上，半圆柱体A、B 与地面保持相对静止，已知圆柱体C 与半圆柱体A
的截面半径之比r∶R=1∶4，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
（1）圆柱体C 对半圆柱体A 的压力；
（2）半圆柱体A 与地面间的动摩擦因数μ 满足的条件。
‍
【答案】（1）
，方向由C 的圆心指向A 的圆心；（2） μ≥
【解析】
（1）如图所示，由几何关系可知
根据对称性可知A、B 对C 的支持力大小相等，均设为N，对C 受力分析如图所示，则有
解得
由牛顿第三定律可知圆柱体C 对半圆柱体A 的压力大小为
方向由C 的圆心指向A 的圆心。
（2）对A 受力分析如图所示，则有
A 与地面间的最大静摩擦力为
半圆柱体A 与地面保持相对静止的条件为
联立解得
μ≥
题型10：含斜向拉力下的整体
【典型例题1】如图所示,光滑竖直墙壁与光滑水平地面交于B 点,质量为m'的光滑半圆柱体紧靠竖直墙壁置于水平
地面上,O 为半圆柱体横截面的圆心。质量为m 且可视为质点的小球,用长度为l 的细线悬挂于竖直墙壁上的A 点,小
球静置于半圆柱体上。当换用质量不变而半径不同的光滑半圆柱体时,细线与竖直墙壁的夹角θ 就会跟着发生改变。
已知AB 的长度也为l,重力加速度为g,不计各接触面间的摩擦,关于小球和圆柱体的受力说法正确的是(　　)
A.当θ=60°时,细线对小球的拉力大小为1
2
mg
B.当θ=60°时,半圆柱体对小球的支持力大小为❑√3mg
C.在θ 逐渐减小的过程中,圆柱体受到水平地面的弹力始终保持不变
D.在θ 逐渐减小的过程中,圆柱体受到竖直墙壁的弹力始终保持不变
【答案】A
【解析】
A　对小球进行受力分析如图甲所示,连接O2B 和OO2,设O2B 与水平面之间的夹角为β,OO2 与水平面之间的夹角为
α,当θ=60°时,由几何关系可知,
ABO2
△
为等边三角形,β=90°-60°=30°,由圆心角与圆周角之间的关系可知α=2β=60°,
可知小球受到的绳子的拉力FT 与半圆柱体对小球的支持力FN 相互垂直,水平方向FTsin θ=FNcos α,竖直方向FTcos 
θ+FNsin α=mg,联立得FT=1
2
mg,FN=
❑√3
2
mg,故A 正确,B 错误;若θ 逐渐减小,当小球平衡时,小球的位置在以AB 为半
径的圆弧上,如图乙所示,由几何关系可知,直线OO2 是该圆的切线方向,所以AO2 OO2,
⊥
则FT=mgcos θ,以小球与半圆
柱体组成的整体为研究对象,在竖直方向,半圆柱体受的支持力FN'=m'g+mg-FTcos θ=m'g+mg-
mgcos2θ=m'g+mgsin2θ,由几何关系可知θ 减小,由上式可知,FN'将减小,故C 错误;在水平方向墙对半圆柱体的弹力
FN″=FTsin θ=mgsin θcos θ=1
2
mgsin 2θ,可知当θ=45°时,半圆柱体受到墙对半圆柱体的弹力最大,所以圆柱体受到竖
直墙壁的弹力是变化的,故D 错误。
甲
乙
【典型例题2】如图所示，倾角为α的粗糙斜劈放在粗糙水平面上，物体A 放在斜面上，轻质细线一端固定在物体
A 上，另一端绕过滑轮O1、O2固定在C 处。轻质滑轮O2下悬挂物体B，定滑轮与物体A 间的细线与斜面平行，系
统处于静止状态。做以下调整后，系统仍处于静止状态，且调整过程中斜面与物体A 位置不变，不计细线与滑轮间
摩擦，下列说法正确的是()
A. 若物体B 的质量m 增大，斜劈对物体A 的摩擦力一定减小
B. 若物体B 的质量m 增大，地面对斜劈的摩擦力不变
C. 若将悬点C 上移，斜劈对物体A 的摩擦力一定增大
D. 若将右边的固定杄向左平移一点，地面对斜劈的摩擦力减小
【答案】D
【解析】解：A、对滑轮O2和物体B 进行整体受力分析，如图甲所示
令绳子与竖直方向的夹角为θ，根据平衡条件有：
mB g=2T ⋅cosθ，
则有：T = mB g
2cosθ
当物体B 的质量增大时，绳子的拉力增大，由于整个系统处于静止状态，物体A 受到的摩擦力的方向不确定，所以
A 受到的摩擦力可能减小也可能增大，故A 错误；
B、对斜劈与物体A 受力分析，如图乙所示：
根据平衡条件有：f =Tsinα
当物体B 的质量增大，即绳子的拉力增大时，斜劈与地面的摩擦力增大，故B 错误；
C、将悬点C 上移，系统仍然处于静止状态，而绳子与与竖直方向的夹角不变，即绳子的拉力不变，所以斜劈对A
物体的摩擦力不变，故C 错误；
D、若将右边的固定杆向左平移一点，系统仍然处于静止状态，绳子与与竖直方向的夹角变小，则绳子的拉力变小，
所以地面对斜劈的摩擦力减小，故D 正确。
故选：D。
解决该题需要选择合适的研究对象进行受力分析，能根据正交分解正确列出相关的方程，能正确分析出当C 点上移
时绳子与竖直方向的夹角变化情况。
【典型例题3】如图所示，质量为2m 的物块A 静置于水平台面上，质量为M 的半球体C 静置于水平地面上，质量
为m 的光滑小球B(可视为质点)放在半球体C 上，P 点为三根轻绳PA、PB、PO 的结点。系统在图示位置处于静止
状态，P 点位于半球体球心的正上方，绳PO 竖直，绳PA 水平，绳PB 刚好与半球体相切且与竖直方向的夹角
θ =30°。已知物块A 与台面间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，下
列说法正确的是
A.绳PO 的拉力大小为mg
B. 物块A 受到的摩擦力大小为2 μmg
C. 半球体C 受到的摩擦力大小为
❑√3
4 mg
D. 地面对半球体C 的支持力大小为( M +m)g
【答案】C
【解析】
以B 为研究对象进行受力分析，根据三角形相似求解各力大小，根据牛顿第三定律可得B 对C 的压力大小；以结点
P 为研究对象，根据平衡条件求解绳OP 的拉力大小和绳子PA 的拉力大小；对物块A 根据平衡条件可得A 受到的摩
擦力大小。
本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答本题的关键是能够正确的对小球B 和结点P 进行受力分析、利用三角形
相似、平行四边形法则、共点力的平衡条件建立方程进行解答。注意：本题中小球B 受到的三个力构成的三角形不
是特殊三角形，不要误认为PB 和半径垂直。
【解答】A.对小球B 进行受力分析，如图所示，
根据平衡条件和几何关系知绳PB 的拉力F =mgcosθ =
❑√3
2 mg；对结点P 进行受力分析，绳PO 的拉力
T = F ' cosθ = F cosθ = 3
4 mg，绳PA 的拉力T ' = F ' sinθ = F sinθ =
❑√3
4 mg，A 项错误；
B.对物块A 受力分析，根据平衡条件可知，物块A 受到的静摩擦力f =T ' =
❑√3
4
，B 项错误；
C.对绳PO、绳PB、小球B、半球体C 整体受力分析可知，地面对半球体C 的摩擦力f C = f =
❑√3
4 mg，C 项正确；
D.地面对半球体C 的支持力FC =( M +m)g-T = Mg+ 1
4 mg，D 项错误。
故选C。
8.为零。故A 正确，BCD 错误。
故选A。
【典型例题4】如图所示，物块A 悬挂在绳OP 和OQ 的结点O 上，OP 绳水平，OQ 绳与竖直方向的夹角为
，
并跨过光滑定滑轮（定滑轮不计质量）且始终与斜面平行，并与斜面体上质量为m=2kg 的物块B 相连，B 与斜面体
之间的动摩擦因数
，斜面体C 的倾角为
，斜面体C 及物块A、B 始终保持静止。g 取10m/s2（假定滑动
摩擦力与最大静摩擦力相等）。求：
（1）若B 与斜面体间的摩擦力恰好为零，绳子OQ 的拉力大小；
（2）若A 的质量为mA=1kg，求物块B 受到的摩擦力的大小和方向；
（3）斜面体C 与地面间摩擦力的最大值为多少？
【答案】（1）10N；（2）10N；方向沿斜面向下；（3）
【解析】
（1）设B 受摩擦力为零时绳OQ 中拉力大小为T，其受力分析如图所示
沿斜面方向
（2）若A 的质量为
时，设此时绳OQ 中拉力大小为
则
对B
解得
方向沿斜面向下；
（3）B 所受的最大静摩擦力
则
B 和C 作为一个整体：所求摩擦力最大值
【巩固练习1】如图所示，一个倾角为30°、底面粗糙、斜面光滑的斜面体放在粗糙的水平面上，斜面体的质量为
。轻绳的一端固定在天花板上，另一端系住质量为m 的小球，整个系统处于静止状态，轻绳与竖直方向的夹角
也为30°。若滑动摩擦力等于最大静摩擦力，则斜面体与水平面间的动摩擦因数至少为（　　）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】
由题意对小球受力分析，沿斜面方向由平衡条件得
解得
对小球和斜面构成的整体受力分析，由平衡条件得，水平方向满足
竖直方向满足
当
时，斜面体与水平面间的动摩擦因数最小，解得最小为
故选C。
【巩固练习2】如图所示，一质量为M 的半球面放在粗糙的水平面上，球心为O，轻绳一端固定在天花板上、另一
端系一质量为m 的小球（可视为质点），小球放在半球面上，小球静止时轻绳与竖直方向的夹角为45°，小球与半
球球心O 连线与竖直方向成30°角，此时半球面静止。已知半球面与水平面的接触面粗糙，其余摩擦不计，重力加
速度为g，则半球面与水平面的摩擦力大小为（　　）
A．(❑√6- ❑√2)mg
2
B．(❑√6-1)mg
2
C．(❑√3-1)mg
2
D．(❑√3- ❑√2)mg
2
【答案】C
【解析】
解：以小球为研究对象，受力分析如图所示，同时将力分解到水平和竖直的方向上
设当半球面静止时绳子的拉力大小为F，半球面对小球的支持力大小为FN，根据共点力的平衡条件有Fcos45°＝
FNsin30°
Fsin45°+FNcos30°＝mg
联立解得：F = (❑√6- ❑√2)mg
2
再将小球和半球面看成一个整体，由整体受力平衡易知，半球面与水平面的摩擦力
Ff＝Fsin45°
联立解得：F f = (❑√3-1)mg
2
，故C 正确，ABD 错误；
故选：C。
【巩固练习3】如图，质量分别为M、m 的两个木块A、B 通过轻弹簧连接，木块A 放在水平桌面上，木块B 用轻
绳通过定滑轮在力F 的作用下整体恰好处于静止状态，绳与水平方向成α 角。不计滑轮与绳间的摩擦。则下列正确
的是（　　）
A．木块A 对桌面的压力（M+m）g﹣F
B．木块A 与桌面之间的动摩擦因数μ=
Fcosα
( M +m)g- F
C．弹簧与水平方向的夹角的正切值tanβ = Fsinα -mg
Fcosα
D．弹簧的弹力大小为F 弹=
❑√( Fsinα )
2+( Fcosα -mg)
2
【答案】C
【解析】
解：A．对A、B 物块和弹簧构成的系统整体受力分析可知：
Fsinα+N 地＝（M+m）g
根据牛顿第三定律可知木块A 对地面的压力为（M+m）g﹣Fsinα，故A 错误；
B．题中未说明最大静摩擦力和滑动摩擦力相等，所以无法计算动摩擦因数，故B 错误；
 CD．对B 物块受力分析，正交分解： F 弹sinβ＝Fsinα﹣mg
 F 弹cosβ＝cosα
两式相比解得：tanβ= Fsinα -mg
Fcosα
 两式平方相加解得：
F 弹=
❑√( Fcosα )
2+( Fsinα -mg)
2
 故C 正确，D 错误。
故选：C。
【巩固练习4】（多选）如图，质量分别为m1、m2的两个物体A 和B 通过轻弹簧连接，在力F 的作用下一起沿水平
方向做匀速直线运动，力F 与水平方向成θ 角。已知A 与水平面之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则对A
所受支持力N 和摩擦力f 的表述正确的是（　　）
A．N＝(m1＋m2)g－Fsinθ
B．N＝(m1＋m2)g－Fcosθ
C．f＝Fcosθ
D．f＝μ(m1＋m2)g－μFsinθ
【答案】ACD
【解析】ABC．把A、B 当成一整体，由平衡条件可得，竖直方向满足
，可得
，水平方向满足
，AC 正确，B 错误；D．由滑动摩擦力的定义可得
，D 正确。故选ACD。
【巩固练习5】（多选）如图所示，物体P、Q 用轻绳连接后跨过定滑轮，物体P 静止在倾角为37°的斜放木板上，
物体Q 悬挂在定滑轮的另一侧。已知P、Q 的质量mP、mQ大小的关系为
。今将斜放木板的倾角从37°增
大到45° ，物体P 仍保持静止而没有滑动，若不计滑轮处的摩擦，则下列说法正确的是（　　）
A．绳子的张力大小不变
B．物体P 受到的静摩擦力将变小
C．物体P 对木板的压力将变小
D．绳子张力和物体P 受到的摩擦力大小均不变
【答案】ABC
【解析】A．绳子的张力大小不变，始终等于Q 的重力大小，故A 正确；BD．当木板倾角为37°时，由题意可知
，根据平衡条件可知P 将受到沿木板向下的静摩擦力，其大小为
，当木板
倾角为45°时，有
，同理可知P 仍将受到沿木板向下的静摩擦力，其大小为
，所以
，故B 正确，D 错误；C．根据力的分解可知物体P 对木板的压力
将变小，故C 正确。故选ABC。
【巩固练习6】如图所示，质量M=2
kg 的木块A 套在水平杆上，并用轻绳将木块与质量m=
kg 的小球B 相连。
今用与水平方向成α=30°角的力F=10
N，拉着小球带动木块一起向右匀速运动，运动中M、m 相对位置保持不
变，g 取10m/s2求：
（1）运动过程中轻绳与水平方向的夹角θ；
（2）木块与水平杆间的动摩擦因数μ；
【答案】（1）30°；（2）
；
【解析】
（1）对B 进行受力分析
设细绳对B 的拉力为T，由平衡条件可得
Fcos30°=Tcosθ、Fsin30°＋Tsinθ=mg
解得
T=10
N，tanθ=
即
θ=30°
【巩固练习7】如图甲所示,倾角为θ 的斜面体C 置于水平地面上,物块B 置于斜面上,通过细绳跨过光滑的定滑轮与物
块A 连接,连接B 的一段细绳与斜面平行,整个装置处于静止状态。现在B 上再轻放一小物块D,整个系统仍处于静止
状态,如图乙所示。则放上D 之后与没放D 时相比(　　)
甲
乙
A.B 受到C 的摩擦力方向可能会发生改变,地面对C 的摩擦力大小和方向都没改变
B.B 受到C 的摩擦力方向可能会发生改变,地面对C 的摩擦力大小一定变大
C.B 对C 的摩擦力大小一定发生改变,地面对C 的摩擦力大小和方向都没改变
D.B 对C 的摩擦力大小一定发生改变,地面对C 的摩擦力大小一定变大
【答案】A 
【解析】
若mBgsin θ<mAg,则甲图中C 对B 的摩擦力方向沿斜面向下,大小为Ff1=mAg-mBgsin θ;若(mB+mD)gsin θ>mAg,
则乙图中C 对B 的摩擦力方向沿斜面向上,大小为Ff2=(mB+mD)gsin θ-mAg,Ff1 与Ff2 可能相等,故B 受到C 的摩擦
力方向可能改变,B 对C 的摩擦力大小可能不变;
甲图中以B、C 整体为研究对象,地面对C 的摩擦力向左,大小为Ff3=mAgcos θ,乙图中以B、C 和D 整体为研究对象,
地面对C 的摩擦力向左,大小为Ff4=mAgcos θ,则地面对C 的摩擦力大小和方向都没改变,故A 正确,B、C、D 错误。
【巩固练习8】如图所示，质量
的木块套在水平粗糙固定杆上，并用轻绳与质量
的小球相连。今用
跟水平方向成
角的力
拉着小球并带动木块一起向右匀速运动，轻绳与水平方向的夹角
，运动中
、
的相对位置保持不变，
，在运动过程中，求：
（1）力
大小；
（2）木块
与水平杆间的动摩擦因数
。
【答案】（1）
；（2）
【解析】
（1）小球的受力如图所示
由平衡条件可得
解得
（2）将木块、小球看作整体，受力如图所示
由平衡条件得
又因
解得
【巩固练习9】如图所示，在水平粗糙横杆上，有一质量为m 的小圆环A，用一细线悬吊一个质量为2m 的球B。
现用一水平拉力缓慢地拉起球B，使细线与竖直方向成37°角，此时环A 仍保持静止，求：
（1）此时水平拉力F 和绳子中的张力大小；
（2）横杆对环的支持力和摩擦力。
【答案】（1）1.5mg；2.5mg；（2）3mg，竖直向上；1.5mg，水平向左
【解析】
（1）取小球为研究对象进行受力分析，由平衡条件得
FTsin37°=F
FTcos37°=2mg
解得F=1.5mg
绳中的张力FT=2.5mg
（2）取A、B 组成的系统为研究对象，环受到杆的支持力
FN=3mg
方向竖直向上，取A、B 组成的系统为研究对象，环受到的摩擦力Ff=F=1.5mg
方向水平向左
【分析】
先将B 隔离分析，根据平衡条件与几何关系结合求出墙壁对B 的压力，而后对整体分析，根据平衡条件和几何关系
求解。
在解答本题时，要注意整体法与隔离法的综合应用。
【解答】
根据几何关系可知，两球心连线与竖直方向的夹角θ满足
。B 的受力情况如图所示。
对B 研究可知，由平衡条件可得墙对B 的压力：
。
整体的受力情况如图所示。
对整体研究，由平衡条件可得地面对A 的摩擦力大小为3
8 mg，地面对A 的支持力大小为mg，则地面对A 的作用力
大小为F
' =
❑√( 3
8 mg)
2
+(mg)
2=
❑√73
8
mg，故D 正确，ABC 错误。故选D。
【巩固练习10】如图所示，倾角为θ的斜面体C 置于水平面上，物块B 置于斜面上，通过细绳跨过光滑定滑轮与沙
漏A 连接，连接B 的一段细绳与斜面平行，在A 中的沙子缓慢流出的过程中，A，B，C 都处于静止状态，则下列说
法正确的是() 
A. B 对C 的摩擦力可能始终增大
B. 地面对C 的支持力可能不变
C. C 对地面的摩擦力方向始终向左，且逐渐减小
D. 滑轮对绳的作用力方向发生改变
【答案】A
【解析】
B 受到C 的摩擦力不一定为零，与两物体的重力、斜面的倾角有关。对BC 整体研究，由平衡条件分析水平面对C
的摩擦力方向和支持力的大小。
本题采用隔离法和整体法研究两个物体的平衡问题及B 所受的摩擦力，要根据B 所受的拉力与重力沿斜面向下的分
力大小关系，分析摩擦力的大小和方向。
【解答】
A.设A、B 的重力分别为G A、GB.若G A =GB sinθ，B 受到C 的摩擦力为零；若G A≠GB sinθ，B 受到C 的摩擦力
不为零。若G A<GB sinθ，B 受到C 的摩擦力沿斜面向上，当沙子流出时，B 对C 的摩擦力始终增加，故A 正确；
B.以BC 整体为研究对象，分析受力如图，根据平衡条件得知，水平面对C 的支持力
N =(GB+GC)-Tsinθ，在A 中的沙子缓慢流出的过程中T 减小，则N 增大，故B 错误；
C.以BC 整体为研究对象，分析受力如图，根据平衡条件得知，水平面对C 的摩擦力
f =Tcosθ =G A cosθ，方向水平向左，则C 对地面的摩擦力方向始终向右，故C 错误；
D.绳子对滑轮的作用力为两个相等的力T 方向不变，所以绳子对滑轮的作用力方向不变，则
滑轮对绳的作用力方向始终不变，故D 错误。
故选A。
【巩固练习11】节日的广场，小孩将一充有氢气的气球用细绳系于一个小石块上，并将小石块放置于结冰的水平地
面上。因水平风力的作用，系氢气球的细绳与竖直方向成
角，如图所示，小石块静止。已知气球（含球内氢
气）的质量为m，小石块的质量为
，空气对气球的浮力为
，重力加速度大小为g，
，
。
（1）画出气球的受力示意图，并求出气球静止时水平风力的大小；
（2）若小石块与地面的最大静摩擦力是其间压力的
，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当小石块刚要滑动时，求
水平风力的大小。
【答案】（1）
；
；（2）
【解析】
(1)对氢气球进行受力分析，如图所示
设氢气球受绳子的拉力大小为T，水平风力大小为
，有
解得
(2)若风力增加，小石块对地面的压力不变，把小石块与气球视为整体，可得
解得
解得
【巩固练习12】．如图所示，质量为M 的物块A 放在水平面上，质量为m 的小球B 用一根细线与A 相连接，用另
一根细线与天花板上的C 点相连，用水平向左的拉力F 拉小球，AB 段细线刚好伸直，此时BC 段细线与竖直方向的
夹角为37°，AB 段细线与BC 段细线垂直，物块A 与地面间的动摩擦因数为0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，细
线重力不计，重力加速度为g，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，求：
（1）拉力F 的大小；
（2）改变拉力F 的方向，使AB 段细线刚好伸直时的最小拉力；
（3）保持拉力F 方向不变，逐渐增大拉力F，当物块A 刚好要滑动时，拉力F 为多大。
【答案】（1） 
；（2）
；（3）
【解析】
（1）AB 段细线刚好伸直时，根据力的平衡
解得
（2）当作用在小球B 上的拉力最小时，拉力与BC 线垂直，此时
（3）对A、B 整体研究，设AB 段细线上拉力为T，对物块A 研究，根据力的平衡有
又
解得
对小球B 研究，根据力的平衡有
解得
题型11：带有墙壁侧压力的临界
【典型例题1】如图所示，两个相同的半球体
和
放置在一直角墙拐处，处于静止状态。
半球左端紧挨竖直墙
面，B 半球与竖直墙面紧密接触，竖直墙面和球面均光滑，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则
半球与水平地面间
的动摩擦因数最小为（　　）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】
设半球的质量为
，竖直墙壁对半球
的支持力
与半球
对半球
的支持力
的合力为
，
的大小等于
。
由几何关系知
与
之间的夹角是30°，则有
与
组成的系统保持静止一定满足
即
有
所以动摩擦因数最小为
，故C 正确。
故选C。
【典型例题2】在竖直墙壁的左侧水平地面上，放置一个边长为a、质量为
的正方体
，在墙壁和正
方体之间放置一半径为
、质量为m 的光滑球，正方体和球均保持静止，如图所示。球的球心为O，
与
竖直方向的夹角为
，正方体的边长
，正方体与水平地面的动摩擦因数为
（已知重力加速度
，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，
）。求：
（1）若
，竖直墙壁对球的弹力是多大。
（2）若
，保持球的半径不变，只增大球的质量，为了不让正方体出现滑动，则球质量的最大值为多少？
（结果保留三位有效数字）。
（3）若
，保持球的半径不变，无论球的质量是多少，球和正方体都始终处于静止状态，且球没有掉落地面。
请计算
。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【解析】
（1）以球为研究对象，受力如图，
小球受力平衡，将
沿水平方向和竖直方向分解，解得墙壁对球的弹力
（2）以正方体和球整体为研究对象，竖直方向受重力
和地面的支持力
水平方向受墙壁的弹力
和地面的摩擦力
，
根据平衡条件有
又因为
联立解得
所以球质量的最大值为
（3）根据
解得
所以
无论球的质量是多少都必须满足以上条件，则
解得
所以
【巩固练习1】如图所示，竖直面光滑的墙角有一个质量为m、半径为r 的均匀半球体物块A，现在A 上放一密度
和半径与A 相同的球体B，调整A 的位置使得
保持静止状态，已知A 与地面间的动摩擦因数为0.5，则A 球球
心距墙角的距离可能是（已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力）（　　）
A．1.8r
B．2.0r
C．2.4r
D．2.8r
【答案】AB
【解析】
根据题意可知，B 球的质量为2m，A、B 处于静止状态，受力平衡，则地面对A 的支持力为
N=3mg
当地面对A 的摩擦力达到最大静摩擦力时，A 球球心距墙角的距离最远，对A、B 受力分析，如图所示；
根据平衡条件
Fcosθ=μ∙3mg
解得：
tanθ＝
则A 球球心距墙角的最远距离为
x=2rcosθ+r＝
r
所以A 球球心距墙角的距离居于
的都是可能的，故AB 正确，CD 错误。
故选AB。
【巩固练习2】如图所示，在竖直墙壁间有质量分别是m 和
的半圆球A 和圆球B，其中B 球球面光滑，半球A
与左侧墙壁之间存在摩擦。两球心之间连线与水平方向成30°的夹角，两球恰好不下滑，设最大静摩擦力等于滑动
摩擦力，重力加速度为g，则半球A 与左侧墙壁之间的动摩擦因数为（　　）。
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】
隔离光滑均匀圆球B，对B 受力分析如图所示
可得
FN=Fcosθ
3mg-Fsinθ=0
解得
对两球组成的整体有
4mg-μFN=0
联立解得
故应选D。
【巩固练习3】如图，在竖直墙壁的左侧水平地面上放置一个边长为a、质量为M=4kg 的正方体ABCD，在墙壁和
正方体之间放置半径R=0.5m、质量为m 的光滑球，正方体和球均保持静止。球的球心为O，OC 与竖直方向的夹
角为θ，正方体的边长a>R，正方体与水平地面的动摩擦因数μ=0.5.已知重力加速度g= 10m/s2，sin37°=0.6， 
cos37°=0.8， 最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
（1）若θ=37°、m=2kg，求正方体M 受到地面的摩擦力大小；
（2）若θ=37°，保持球的半径不变，只增大球的质量，为了不让正方体出现滑动，求光滑球质量的最大值；
（3）改变正方体到墙壁之间的距离，当正方体的右侧面BC 到墙壁的距离小于某个值L 时，无论球的质量是多少，
球和正方体始终处于静止状态，且球没有落到地面，求L 的值。
【答案】（1）15N；（2）8kg；（3）
【解析】
（1）以球为研究对象，受力如下图所示，小球受力平衡可知
对整体受力分析可得
（2）以正方体和球整体为研究对象，竖直方向受重力（m+M）g 和地面的支持力FN，水平方向受墙壁的弹力N2
和地面的摩擦力
，根据平衡条件有
所以
得出
（3）根据无论mg 多大，只要
就不可能动起来，即
通过几何关系解得
代入数据得
【巩固练习4】重力为G 的圆柱体A 被平板B 夹在板与墙壁之间，平板B 与底座C 右端的铰链相连，左端由液压器
调节高度，以改变平板B 与水平底座C 间的夹角θ，B、C 及D 总重力也为G，底座C 与水平地面间动摩擦因数为
μ(0.5< μ<1)，平板B 的上表面及墙壁是光滑的．底座C 与地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正
确的是() 
A. C 与地面间的摩擦力总等于2 μG不变
B. θ角增大时，地面对C 的摩擦力总增大
C. 要保持底座C 静止不动，应满足tan θ≤2 μ
D. 若保持θ = 45°不变，圆柱体的重力增大ΔG，仍要保持底座C 静止，则ΔG的最
大值ΔGm= (2 μ-1)
1- μ
G 
【答案】CD
【解析】
本题主要平衡条件的应用、摩擦力的分析与计算等内容。关键是会分析物体受到的摩擦力的大小，首先要判断物体
受到的是静摩擦力还是滑动摩擦力，静摩擦力和滑动摩擦力的计算方法是不同的。对A 进行受力分析，根据平衡条
件表示出A 受到的支持力，对B、C 及D 整体进行受力分析，根据平衡条件表示出C 受到的摩擦力。
【解答】
AB.对A 进行受力分析，如图所示
根据平衡条件得：G
N =cosθ，解得：N = G
cosθ ，
对B、C 及D 整体进行受力分析，如图所示上图，当B、C 及D 整体静止时，摩擦力
f = Nsinθ =Gtanθ，当θ角增大时，地面对C 的摩擦力增大，当摩擦力超过最大静摩
擦力后，变为滑动摩擦力，此时f 滑=2 μG，故AB 错误；
C.要保持底座C 静止不动，则f ≤f 滑，即Gtanθ≤2 μG，解得：tanθ≤2 μ，故C 正确；
D.若保持θ = 45°不变，圆柱体的重力增大△G，则N ' = ❑√2(G+ ΔG)，底座C 受到的静摩擦力刚好达到最大静摩
擦力，保持底座C 静止，根据平衡条件得：
❑√2
2 N ' = μ(G+
❑√2
2 N ' )，解得：ΔGm= 2 μ-1
1- μ G，故D 正确；
故选CD。
【巩固练习5】如图所示，光滑的金属球B 放在纵截面为等边三角形的物体A 与坚直墙之间，恰好匀速下滑，已知
物体A 的重力是B 重力的6 倍，不计球跟斜面和墙之间的摩擦，问：物体A 与水平面之间的动摩擦因数μ 是多少？
【解析】首先以B 为研究对象，进行受力分析如图
由平衡条件可得：　　 N2=mBgcot300　　 ①
再以A、B 为系统为研究对象．受力分析如图。
由平衡条件得：N2=f， f=μ(mA+mB)g　　 ②
解得  μ=√3/7
【巩固练习6】如图所示，正方体A 紧贴着放在直角三角形斜面体B 的斜面下边，A、B 在垂直于正方体A 的力F 的
作用下沿竖直粗糙墙壁一起向上做匀速直线运动，已知斜面体B 的斜面与竖直墙的夹角θ=53°，斜面体与墙壁间的
动摩擦因数μ=0.5，正方体A 的质量mA=1.2kg，斜面体B 的质量mB=1.8kg，取g=10m/s2，sin53°=0.8。求： 
（1）力F 的大小；
（2）斜面体与墙壁间的摩擦力大小；
（3）正方体A 对直角三角形斜面体B 的作用力大小。
【答案】（1）60N；（2）18N；（3）
【解析】
（1）A、B 两物体整体受力如图所示,以水平向右为x 轴的正方向，竖直向上为y 轴正方向，将力F 分解到坐标轴上，
根据平衡条件得，水平方向
 
FN=Fcosθ
竖直方向
Fsinθ=Ff+（mA+mB）g
而
Ff =μFN
代入数据得
F=60N
（2）由以上分析可得
FN=Fcosθ =60×0.6N=36N
Ff =μFN=0.5×36N=18N
（3）正方体A 对斜面体B 受到的作用力与斜面体B 所受其它力的合力平衡，斜面体B 所受其它的力如图所示，因
此正方体A 对斜面体B 的作用力大小为
代入数据解得
【巩固练习7】如图所示，两个相似的斜面体
、
在竖直向上的力
的作用下静止靠在竖直粗糙墙壁上。关于斜
面体
和
的受力情况，下列说法正确的是（    ）
A．
一定受到三个力
B．
可能受到四个力
C．
受到的摩擦力沿斜面向下
D．
与墙壁之间一定有弹力和摩擦力
【答案】C
【解析】先对A、B 整体受力分析，由平衡条件可知：竖直方向
，水平方向不受力，故墙面无弹力，也
没有摩擦力，（否则不能平衡），隔离B 物体，必受重力、A 对B 的支持力和摩擦力作用，受三个力；隔离A 物体，
受重力、B 对A 的压力和摩擦力、外力F 的四个力作用，若撤去A，B 会向下运动，则A 对B 的摩擦力方向沿斜面
向上，则B 对A 的摩擦力沿斜面向下。故选C。
【巩固练习8】如图所示，一光滑球体放在三角支架与竖直墙壁之间，三角支架的倾角
可根据实际情况调节。若
缓慢增大支架倾角
，三角支架在地面上的位置没有发生变化。下列说法正确的是（　　）
A．球体受到竖直墙面的支持力变小
B．球体受到三角支架的支持力变小
C．三角支架受到地面的支持力不变
D．三角支架受到地面的摩擦力不变
【答案】C
【解析】AB．以球为研究对象，受力分析如图
由平衡条件可得
，
，若缓慢增大支架倾角
，则球体受到竖直墙面的支持力
变大，球
体受到三角支架的支持力
变大，故AB 错误；CD．对三脚架和球整体受力分析系可知，可知竖直方向三角支架
受到地面的支持力等于三脚架和球的重力不变，三角支架受到地面的摩擦力等于墙面对球的支持力变大，故C 正确，
D 错误。故选C。
【巩固练习9】如图所示，水平地面上放置一半球形物体Q，Q 与竖直墙之间有一光滑球P，水平外力F 向左作用于
半球Q，使得P、Q 在如图所示位置保持静止，两球心连线
与水平面的夹角
。已知半球Q 与水平地面间
动摩擦因数为
，两球的质量
，
，重力加速度
，
，
，
设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。若P、Q 始终在如图所示位置保持静止，求：
（1）P、Q 两球间的作用力大小；
（2）水平推力F 的最大值。
【答案】（1）
；（2）
【解析】（1）对P 进行受力分析如图，将
和
合成
由平衡条件得
,
代数得
（2）对Q 进行受力分析如图
由题意知：当Q 所受静摩擦力向右且最大时，F 最大
水平和竖直两方向正交分解：
由牛顿第三定律
代数得
【巩固练习10】如图所示，光滑水平地面上放有截面为1
4 圆周的柱状物体A，A 与
墙面之间放一光滑的圆柱形物体B，对A 施加一水平向左的力F，使整个装置保持静
止。若将A 的位置向左移动少许，整个装置仍保持平衡，则(  ) 
A.水平外力F 增大     B. 墙对B 的作用力不变
C. B 对A 的作用力减小
D. 地面对A 的支持力不变
【答案】CD
【解析】
先对B 球受力分析，受到重力mg、A 球对B 球的支持力N '和墙壁对B 球的支持力N，然后根据共点力平衡条件得
到A 球左移后各个力的变化情况；最后再对整体受力分析，根据平衡条件判断推力F 和地面的支持力的变化情况。
本题关键是先对小球B 受力分析，根据平衡条件得到各个力的变化情况，然后再对A、B 整体受力分析，再次根据
平衡条件列式分析。
【解答】
BD .对B 球受力分析，受到重力mg、A 球对B 球的支持力N '和墙壁对B 球的支持力N，如图所示：
当A 球向左移动后，A 球对B 球的支持力N '的方向不断变化，根据平衡条件结合合成法可以知道A 球对B 球的支
持力N '和墙壁对B 球的支持力N 都在不断减小，故B 错误，D 正确；
AC .再对A 和B 整体受力分析，受到总重力G、地面支持力F N，推力F 和墙壁的弹力N，如图所示：
根据平衡条件，有：F = N，F N =G，故地面的支持力不变，推力F 随着壁对B 球的支持力N 的不断减小而不断减
小，故A 错误，C 正确。
故选CD。
题型12：水平贴身下的临界
【典型例题】如图，滑块A 置于水平地面上，滑块B 在一水平力F 作用下紧靠滑块A（A、B 接触面竖直），此时A
恰好不滑动，B 刚好不下滑。已知A 与B 间的动摩擦因数为μ1，A 与地面间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于
滑动摩擦力。则A 与B 的质量之比为（　　）
A．
B． 
C．
D．
【答案】B
【解析】
【详解】
对AB 的整体，则
对物体B
解得
故选B。
【巩固练习】如图所示，滑块A 置于水平地面上，滑块B 在一水平力作用下紧靠滑块A（A、B 接触面竖直），此时
A 恰好不滑动，B 刚好不下滑，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．已知滑块A 与B 质量之比为1：2，设滑块A 与B 间
的动摩擦因数μ1，A 与地面间的动摩擦因数μ2，则（　　）
A．μ1μ2=
B．μ1μ2=
C．
 =
D．
 =
【答案】A
【解析】
对A、B 整体分析，受重力、支持力、推力和最大静摩擦力，根据平衡条件，有：F=μ2（m1+m2）g ；再对物体B
分析，受推力、重力、向左的支持力和向上的最大静摩擦力，根据平衡条件，有：水平方向：F=N；竖直方向：
m2g=f；其中：f=μ1N；联立有：m2g=μ1F；联立解得μ1μ2=
，故选A．
【点睛】
本题关键是采用整体法和隔离法灵活选择研究对象，受力分析后根据平衡条件列式求解，注意最大静摩擦力约等于
滑动摩擦力.
题型13：侧贴的临界
【典型例题】如图所示，倾角为45°的斜面B 放置在水平面上，物块A 放在斜面B 上，A、B 接触面光滑，水平力F
作用在物块A 上，A、B 一起沿水平面向左匀速滑动，若B 与水平面间的动摩擦因数为μ，则A 与B 的质量之比为( 
)
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】
对物体A 受力分析可知，F=mAgtan450=mAg；对AB 的整体：F=μ(mA+mB)g，解得
 ，故选A.
【巩固练习1】如图所示，两楔形物体M、N 叠放在一起保持静止，M 的上端与一竖直细线连接，细线的另一端固
定在天花板的O 点，N 放在水平地面上。下列说明正确的是()
A. N 一定不受地面对它的摩擦力
B. M 不可能只受两个力作用
C. N 所受地面的支持力一定小于M、N 的重力之和
D. M 受到的摩擦力可能沿M、N 接触面斜向下
【答案】A
【解析】
AC .将M、N 视为整体，整体分析可知细线可能有拉力也可能没有拉力，N 不可能受到地面对它的摩擦力，故A 正
确，C 错误；
B.分析M 的受力情况可知，若细线对M 的拉力恰好等于M 的重力，M 只受重力和拉力两个力作用，故B 错误；
D.静摩擦力方向与物体相对运动趋势方向相反，故M 受到的摩擦力不可能沿接触面斜向下，D 项错误。
故选A。
【巩固练习2】如图所示，水平面上的长方体物块被沿对角线分成相同的A，B 两块．物块在垂直于左边的水平力F
作用下，保持原来形状沿力F 的方向做匀速直线运动，则() 
A.
物块A 受到4 个力作用
B. 物块A 受到水平面的摩擦力为F
2  
C. 物块B 对物块A 的作用力为F
D. 若增大力F，物块A 和B 仍保持相对静止
【答案】BD
【解析】
B
解：A、对物块A 分析受力情况：A 受重力、水平面的支持力、滑动摩擦力f，B 的弹力N BA和摩
擦力f BA，即知物块A 共受5 个力作用，故A 错误;
B、A、B 受到水平面的摩擦力大小相等，对A、B 整体，由平衡条件：F =2f ，得物块A 受到水平面的摩擦力
f = F
2 ，故B 正确；
C、如右图所示，物块B 对物块A 的作用力是弹力N BA和摩擦力f BA的合力，对A，在水平方向受力平衡可以知道，
弹力N BA和摩擦力f BA的合力与f 大小相等，所以
物块B 对物块A 的作用力等于 f = F
2 ，故C 错误；
D、整体匀速运动，有
，得
，若增大力F，物块A 和B 不会发生相对滑动，故D 正确。
故选BD。
【巩固练习3】．如图所示，质量分别为
，
的两个物体
放置在水平面上，两物体与水平面间
的动摩擦因数相同，均为
，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现分别对物体
施加外力
作用，两
个力与水平面的夹角分别为
，其中
。物体
保持静止，力
的大小不可能为（　　）
A．5 N
B．10 N
C．15 N
D．20 N
【答案】BCD
【解析】
如图
以物体A 为研究对象，受力分析如图甲所示，由力的分解与合成规律得
由于
则A 与水平面间的静摩擦力已达到最大，且
之间有相互作用，所以
解得
以物体B 为研究对象，受力分析如图乙所示，由力的分解与合成规律得
又
因为
解得
选项A 正确，BCD 错误。
本题选不可能的，故选BCD。
【巩固练习4】．如图所示，一个切面为半圆质量为
的柱体放在水平地面上，柱体上放置一个质量为
的可视为质点的物块，物块与圆心的连线和水平面夹角
。现施加一水平恒力F 给物块，物块和柱体保持
相对静止一起向右匀速直线运动。柱体与水平地面间动摩擦因数为
，物块与柱体间动摩擦因数为
，最大
静摩擦等于滑动摩擦力。重力加速度为
。求：
（1）水平恒力F 的大小；
（2）柱体给物块的支持力大小和摩擦力大小；
（3）物块与柱体间动摩擦因数
至少为多大？（第3 问结果保留一位有效数字）
【答案】（1）16N；（2）18.6N；0.5N；（3）0.03
【解析】
（1）对物块和圆柱体的整体分析可知
 
（2）对物块受力分析可知柱体给物块的支持力大小
 
摩擦力
 
方向沿球面向上。
（3）物块与柱体间动摩擦因数至少为
题型14：整体法与隔离法在牛顿定律中的应用
【典型例题1】如图所示，五个木块并排放在水平地面上，它们的质量相同，与地面的摩擦不计。当用力F 推第一
块使它们共同加速运动时，第2 块对第3 块的推力为__________。
【解析】五个木块具有相同的加速度，可以把它们当作一个整体。这个整体在水平方向受到的合外力为F，则
F=5ma．所以(M+m)a。要求第2 块对第3 块的作用力F23，要在2 于3 之间隔离开。把3、4、5 当成一个小整体，
可得这一小整体在水平方向只受2 对3 的推力F23，则(M +m)a 。
【典型例题2】如图所示，质量分别为m 和2m 的A、B 两个物块置于粗糙固定的足够长的斜面上，且固定在一轻
5
4
3
2
1
F
质弹簧两端，已知弹簧的劲度系数为k，两物块与斜面间的动摩擦因数均为μ，斜面的倾角为θ，现沿斜面向上在物
块B 上施加一拉力F，使两物块一起沿斜面向上做匀加速直线运动，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，下
列说法正确的是（　　）
A．减小动摩擦因数，其他条件不变，则弹簧的总长将变大
B．改变斜面的倾角，保持拉力F 方向仍然沿斜面向上，大小不变，则弹簧的总长将随倾角的变化而变化
C．如果两物块运动过程中突然撤去拉力F，撤去F 瞬间物块A 的加速度大小为F
3m - g(sinθ - μcosθ)
D．如果两物块运动过程中突然撤去拉力F，撤去F 瞬间物块B 的加速度大小为g(sinθ+ μcosθ)+ F
6m
【答案】D
【解析】
解：AB、对AB 整体，由牛顿第二定律得：F﹣3mgsinθ﹣μ•3mgcosθ＝3ma
对物块A，由牛顿第二定律有：F 弹﹣mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma
联立解得弹簧的弹力大小为：F弹= 1
3 F
根据胡克定律有：F 弹＝kx
解得弹簧形变量：x = F
3k
弹簧的总长为：x + L= F
3k + L，可知弹簧的总长与斜面的倾角和动摩擦因数均无关，故AB 错误；
C、撤去拉力F 瞬间，弹簧来不及形变，物块A 的加速度不变，对A，由牛顿第二定律得：
aA = F -3mgsinθ-3 μmgcosθ
3m
= F
3m - g(sinθ+ μcosθ)，方向沿斜面向上，故C 错误；
D、对B，由牛顿第二定律得撤去F 瞬间物块B 加速度为：
 aB= 2mgsinθ+ μ⋅2mgcosθ+ F弹
2m
=g（sinθ+μcosθ）+ F
6m ，方向沿斜面向下，故D 正确。
故选：D。
【巩固练习1】如图所示，物体M、m 紧靠着置于摩擦系数为μ 的斜面上，斜面的倾角为θ，现施加一水平力F 作
用于M，M、m 共同向上作加速运动，求它们之间相互作用力的大小。
【解析】两个物体具有相同的沿斜面向上的加速度，可以把它们当成一个整体（看作一个质点），其受力如图所示，
建立坐标系，则：( M +m) a    (1)
( M +m ) a    （2）
θ
m
F
M
a
F1
y
x
(M+m)g
F
f1
θ
且：(M+m)a     （3）
要求两物体间的相互作用力，应把两物体隔离开．对m 受力如图所示，则
( M +m) a      (4)
( M +m) a    （5）
且：(M+m)a     （6）
联立以上方程组，解之：(M +m)a 。
【点评】此题也可分别隔离M、m 进行受力分析，列方程组求解；或者先用整体法求解加速度，再对M 进行隔离，
但这两种方法求解过程要繁杂一些。
【巩固练习2】如图所示，在光滑水平地面上，两相同物块用细线相连。两物块质量均为1kg，细线能承受的最大
拉力为2N。若在水平拉力F 作用下，两物块一起向右做匀加速直线运动。则F 的最大值为（　　）
A．1N
B．2N
C．4N
D．5N
【答案】A
【解析】
解：设每个物块的质量为m，设细线上张力大小为T，对两个物块组成的整体，由牛顿第二定律有F＝（m+m）a
对左侧物块，由牛顿第二定律有T＝ma
又有：T≤2N
联立各式解得：F≤4N
即F 的最大值为4N
故ABD 错误，C 正确。
故选：C。
【巩固练习3】如图所示，倾角为30°的粗糙斜面上有4 个完全相同的物块，在与斜面平行的拉力F 作用下恰好沿斜
面向上做匀速直线运动，运动中连接各木块间的细绳均与斜面平行，此时第1、2 物块间细绳的张力大小为T1，某
时刻连接第3、4 物块间的细绳突然断了，其余3 个物块仍在力F 的作用下沿斜面向上运动，此时第1、2 物块间细
绳的张力大小为T2，则T1：T2等于（　　）
a
F2
y
x
mg
F’
f2
θ
A．9：2
B．9：8
C．3：2
D．1：1
【答案】B
【解析】
解：匀速运动时，设每一个物块所受的摩擦力为f，质量为m，根据平衡条件可得F＝4mgsinθ+4f
对2、3、4 物块组成的整体，由平衡条件可得3mgsinθ+3f＝T1
可得T 1= 3 F
4
连接第3、4 物块间的细绳突然断了，对1、2、3 组成的整体，根据牛顿第二定律可得F﹣3mgsinθ﹣3f＝3ma
对2、3 物块组成的整体，根据牛顿第二定律可得T2﹣2mgsinθ﹣2f＝2ma
可得T 2= 2 F
3
可得T1：T2＝9：8
故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
【巩固练习4】（多选）如图，光滑水平地面上有一质量为2m 的小车在水平推力F 的作用下加速运动。车厢内有
质量均为m 的A、B 两小球，两球用轻杆相连，A 球靠在光滑左壁上，B 球处在车厢水平底面上，且与底面的动摩
擦因数为μ，杆与竖直方向的夹角为θ，杆与车厢始终保持相对静止。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说
法正确的是（　　）
A．若B 球受到的摩擦力为零，则F＝2mgtanθ
B．若推力F 向左，且tanθ≤μ，则F 的最大值为2mgtanθ
C．若推力F 向左，且μ＜tanθ≤2μ，则F 的最大值为4mg（2μ﹣tanθ）
D．若推力F 向右，且tanθ＞2μ，则F 的范围为4mg（tanθ﹣2μ）≤F≤4mg（tanθ+2μ）
【答案】CD
【解析】
解：A、设车厢对A 的弹力为FNA，轻杆对A 的弹力为N，若B 球所受摩擦力为零，对A、B 整体由牛顿第二定律
得FNA＝2ma，
对A 球由牛顿第二定律得FNA﹣Nsinθ＝ma，
竖直方向：Ncosθ＝mg，
联立解得a＝gtanθ，
对整体由牛顿第二定律得F＝4ma＝4mgtanθ，故A 错误；
B、若推力向左，则系统的加速度向左。
假设杆与车厢始终保持相对静止，且A 与左壁弹力为零，
对A 水平方向有Nsinθ＝maA，竖直方向有Ncosθ＝mg，解得：aA＝gtanθ
在此情况下，设厢底对B 的静摩擦力为f，对AB 整体有：f＝2maA＝2mgtanθ
由于μ≥tanθ，所以最大静摩擦力fm≥2mgtanθ，可得：f≤fm，故假设成立。
所以系统的加速度最大等于aA＝gtanθ，所以F 最大值为Fm＝4maA＝4mgtanθ，故B 错误；
C、由B 的解答可知，μ＜tanθ≤2μ 时，若A 与左壁弹力为零，B 会相对厢底滑动。故A 与左壁弹力不能为零，当箱
底对B 的静摩擦力达到最大静摩擦力时，F 达到最大值，则有：
2μmg﹣FNA＝2ma，
整体：Fm＝4ma，
对A 竖直方向：Ncosθ＝mg，
对A 水平方向：Nsinθ﹣FNA＝ma，
联立解得Fm＝4mg（2μ﹣tanθ）故C 正确；
D、若推力向右，tanθ＞2μ，厢底对B 的摩擦力达到最大静摩擦力，方向水平向右，F 有最大值，
则：2μmg+FNA＝2ma1
对A 竖直方向：Ncosθ＝mg
FNA﹣Nsinθ＝ma1
联立解得a1＝2μg+gtanθ
厢底对B 的摩擦力达到最大静摩擦力，方向水平向左，F 有最小值，
则：对AB 整体有FNA﹣2μmg＝2ma2
对A 水平方向有FNA﹣Nsinθ＝ma2
对A 竖直方向：Ncosθ＝mg
联立解得：a2＝gtanθ﹣2μg
所以4ma2≤F≤4ma1
即4mg（tanθ﹣2μ）≤F≤4mg（tanθ+2μ）故D 正确。
故选：CD。
【巩固练习5】如图所示，A、B 叠放在粗糙水平桌面上，一根轻绳跨过光滑定滑轮连接A、C，滑轮左侧轻绳与桌
面平行，A、B 间动摩擦因数为μ，B 与桌面间动摩擦因数为μ
4 ，A、B、C 质量分别为2m、2m 和m，各面间最大静
摩擦力等于滑动摩擦力，将C 由图示位置静止释放，要使A、B 间发生相对滑动，则μ 满足的条件是（　　）
A．μ＜1
2
B．μ≥1
2
C．μ＜2
7
D．μ≥2
7
【答案】C
【解析】
解：A 与B 之间的最大静摩擦力为：f1＝2μmg
B 与桌面间的最大静摩擦力为：f2= μ
4 ×（2m+2m）g＝μmg
A、B 恰好将要发生相对滑动时，A 与B 之间的静摩擦力达到最大静摩擦力，此时对物块B，由牛顿第二定律得f1﹣
f2＝2ma
对A、B 整体由牛顿第二定律得T﹣f2＝4ma
对物块C 由牛顿第二定律得mg﹣T＝ma
解得：μ= 2
7
因此若A、B 之间发生相对滑动，则需满足：μ＜2
7 ，故ABD 错误，C 正确。
故选C。
【巩固练习6】如图所示，质量均为m 的三个物体（可视为质点）A、B、C 均放在粗糙水平面上，动摩擦因数均为
μ，物体间用原长为L 的轻弹簧连接，每根弹簧劲度系数均为k。现用外力F 拉动物体A，使三个物体一起加速运动，
则A、C 间的距离为（初始状态弹簧均为原长）（　　）
A．L+ F
k
B．2 L+ F
k
C．L+ F
2k
D．2 L+ F
2k
【答案】B【解析】
解：对三个物体组成的整体，根据牛顿第二定律得：a= F -3 μmg
3m
= F
3m - μg
对B、C 整体，根据牛顿第二定律得：2ma＝kΔx1﹣2μmg
对C，根据牛顿第二定律得：ma＝kΔx2﹣μmg
A、C 间的距离为：x＝2L+Δx1+Δx2
联立解得：x =2 L+ F
k ，故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
【巩固练习7】如图所示，轻弹簧一端与质量为m 的物块A 相连接，另一端与小立柱（质量忽略不计）栓接，第一
次将A 放在物块B 上，物块B 的上表面水平，小立柱固定在B 上，物块B 放在固定斜面上，AB 相对静止的一起沿
斜面下滑，第二次将A 放在物块C 上，C 的上表面与斜面平行，小立柱固定在C 上，物块C 放在固定斜面上，AC
相对静止的一起沿斜面下滑，已知斜面倾角为β ＝30° ，B 、C 质量相等，与斜面的动摩擦因数均为
μ(
❑√3
6 ＜μ＜
❑√3
3 )，两次轻弹簧均处于伸长状态，弹力大小均为1
4
mg。已知重力加速度为g。则两次下滑过程中
A、B 间的摩擦力与A、C 间的摩擦力之比为（　　）
A．1+ ❑√3+3 μ
2❑√3 μ+1
B．1+ ❑√3-3 μ
2❑√3 μ+1
C．1+ ❑√3-3 μ
2❑√3 μ-1
D．1+ ❑√3+3 μ
2❑√3 μ-1
【答案】C【解析】
解：物块B、C 质量相等，设B、C 质量均为M，A 与B 保持相对静止，则二者向下的加速度是相等的，对A、B 整
体，由牛顿第二定律有
（M+m）gsinβ﹣μ（M+m）gcosβ＝（M+m）a1
解得：a1＝gsinβ﹣μgcosβ
同理，A 与C 保持相对静止，则二者向下的加速度也是相等的，对A、C 整体，由牛顿第二定律有（M+m）gsinβ
﹣μ（M+m）gcosβ＝（M+m）a2
解得：a2＝gsinβ﹣μgcosβ＝a1
第一次以A 为研究对象，A 受重力、物块B 竖直向上的支持力、弹簧水平向左的弹力，因为A 所受合力沿斜面向下，
由力的合成与分解知识可知，A 在水平方向上所受合力一定向右，即A 所受静摩擦力水平向右，则有fAB﹣F 弹＝
ma1cosβ
第二次仍以A 为研究对象，A 受重力、物块C 垂直斜面斜向上的支持力、弹簧沿斜面向上的弹力，物块C 对A 沿斜
面向上的静摩擦力，由牛顿第二定律有mgsinβ﹣F 弹﹣fAC＝ma2
又：F 弹= mg
4
联立各式，解得：f AB
f AC
= 1+ ❑√3-3 μ
2❑√3 μ-1
故ABD 错误，C 正确。
故选：C。
【巩固练习8】如图所示的三个物体A、B、C，其质量分别为m1、m2、m3，带有滑轮的物体B 放在光滑平面上，
滑轮和所有接触面间的摩擦及绳子的质量均不计．为使三物体间无相对运动，则水平推力的大小应为F＝
__________。
C
B
A
F
【解析】以F1 表示绕过滑轮的绳子的张力，为使三物体间无相对运动，则对于物体C 有：F1＝m3g，以a 表示物
体A 在拉力F1 作用下的加速度，则有(M+m)a ，由于三物体间无相对运动，则上述的a 也就是三物体作为
一个整物体运动的加速度，故得F＝（m1＋m2＋m3）a＝(M+m)a（m1＋m2＋m3）g
【巩固练习9】如图，底座A 上装有一根直立竖杆，其总质量为M，杆上套有质量为m 的环B，它与杆有摩擦。当
环从底座以初速向上飞起时（底座保持静止），环的加速度为a，求环在升起的过程中，底座对水平面的压力分别
是多大？
【解析】采用隔离法：选环为研究对象，则  f+mg=ma    (1)
选底座为研究对象，有F+f’-Mg=0    (2)
又f=f’   (3)
联立（1）（2）（3）解得：F=Mg-m(a-g)
采用整体法：选A、B 整体为研究对象，其受力如图，A 的加速度为a，向下；B 的加速度为0．选向下为正方向，
有：
(M+m)g-F=ma 
解之：F=Mg-m(a-g)
【巩固练习10】如图，质量M=10kg 的木楔ABC 静置于粗糙水平地面上，与地面动摩擦因数μ=0.02．在木楔的倾
角θ 为300 的斜面上，有一质量为m=1.0kg 的物块由静止开始沿斜面下滑。当滑行路程s=1.4m 时，其速度
v=1.4m/s。在这个过程中木楔没有动。求地面对木楔的摩擦力的大小和方向。（重力加速度g=10m/s2）
【解析】由匀加速运动的公式v2=vo2+2as，得物块沿斜面下滑的加速度为(M +m)a m/s2      (1)
A  B
F
(M+m)g
C
B
θ
m
A
M
v
B
A
由于(M +m)a =5m/s2，可知物块受到摩擦力作用。分析物块受力，它受三
个
力，如图．对于沿斜面的方向和垂直于斜面的方向，由牛顿定律，有
( M +m) a     （2）
( M +m) a       (3) 
分析木楔受力，它受五个力作用，如图．对于水平方向，由牛顿定律，有
( M +m) a      (4)
由此可解的地面对木楔的摩擦力
( M + m ) a
( M +m) a N
此力方向与图中所设的一致（由C 指向B 的方向）．
上面是用隔离法解得，下面我们用整体法求解
（1）式同上。选M、m 组成的系统为研究对象，系统受到的外力如图．将加速度a 分解为水平的acosθ 和竖直的
asinθ，对系统运用牛顿定律（M 加速度为0），有
水平方向：( M +m) a N
“-”表示方向与图示方向相反
竖直方向：( M +m) a 可解出地面对M 的支持力。
【点评】从上面两个例题中可看出，若系统内各物体加速度不相同而又不需要求系统内物体间的相互作用力时，只
对系统分析外力，不考虑物体间相互作用的内力，可以大大简化数学运算．运用此方法时，要抓住两点(1)只分析系
统受到的外力．(2)分析系统内各物体的加速度的大小和方向。
题型15：整体法与隔离法在电磁场连接体类问题中的应用
【典型例题】（多选）如图所示，绝缘的斜面体ABC 静止于水平面上，∠B＝37°，∠C＝53°，两个可视为质点的带
电物体P 和Q 分别在AB 和AC 面上静止不动，且PQ 连线水平。AB 面和AC 面光滑，设斜面体和P、Q 的质量分别
为M、m1、m2，重力加速度为，sin37°＝0.6。下列判断正确的是（　　）
A．P、Q 一定带异种电荷，且Q 的电荷量一定等于P 的电荷量
F1
mg
m
f1
θ
F1
f1
F2
C
B
θ
f2
A
Mg
acosθ
asinθ
a
f
F
(M+m)g
C
B
θ
m
A
M
B．P、Q 的质量之比是 16
9
C．水平面对斜面底部有水平向右的静摩擦力
D．水平面对斜面的支持力等于 （M+m1+m2）g
【答案】BD
【解析】解：AB、对P 受力分析，如图所示：
若P、Q 带同种电荷，则两物体受力不平衡，所以P、Q 一定带异种电荷，两物体的库仑力等大方向，但不能确定
两者电荷量的关系。由图可知，P 物体受到的库仑力F＝m1gtan37°，同理可知Q 受到的库仑力F′＝m2gtan53°，F
与F′等大反向，则有m1gtan37°＝m2gtan53°，可得m1
m2
= tan53°
tan37° =
4
3
3
4
= 16
9 ，故A 错误，B 正确；
CD、把斜面体和两个带电物体看作一个整体，则整体竖直方向受重力和支持力，所以支持力N＝（M+m1+m2）
g，整体相对地面没有相对运动趋势，故水平面对斜面体没有摩擦力，故C 错误；D 正确。
故选：BD。
【巩固练习1】用绝缘细线a、b 将两个带电小球1 和2 连接并悬挂，已知小球2 的重力为G，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°，两小球连线与水平方向夹角为30°，细线b 水平，则（　　）
A．小球1 带电量一定小于小球2 的带电量
B．细线a 拉力大小为2❑√3G
C．细线b 拉力大小为
❑√3
3 G
D．小球1 与2 的质量比为1：2
【答案】A
【解析】解：C、对小球2，由平衡条件，在水平方向上可得：Fb＝F 库•cos30°，在竖直方向上可得：G＝F
库•sin30°
解得细线b 拉力大小为Fb=
G
tan30° = ❑√3G，故C 错误；
BD、对小球1，由平衡条件，同理可得：
Fa•sin30°＝F 库•cos30°
m1g+F 库sin30°＝Fa•cos30°
解得细线a 拉力大小为Fa=2❑√3G，
同时可得：m1g＝2G
又有m2g＝G
则小球1 与2 的质量比为m1：m2＝2：1，故B 正确，D 错误；
A、由上述分析只能得到库仑力的大小，由F 库= k q1q2
r
2
，可知不能确定小球1 与小球2 的带电量大小关系，故A
错误。
故选：B。
【巩固练习2】（多选）如图所示，三个完全相同的可视为点电荷的小球甲、乙、丙放在光滑绝缘的水平面上，且
三个小球在同一条直线上，现在小球丙上施加一水平的恒力F，三个小球保持相对静止且共同向右做匀加速直线运
动，已知小球甲、乙、丙所带电荷量之比为6：3：8，且相邻两个小球之间的距离相等。则下列说法正确的是（  
）
A．小球丙的合力大小为F
B．小球甲、丙带同种电荷，小球甲、乙带异种电荷
C．小球乙和小球丙之间的作用力大小为4
3 F
D．小球甲和小球乙之间的作用力大小为2
3F
【答案】B
【解析】解：A、设甲、乙、丙三球的质量为m，加速度为a，相邻两个小球之间的距离为r，三球的带电量分别为
6q、3q、8q。
对甲、乙、丙三球整体，由牛顿第二定律得：F＝3ma
对乙球，由牛顿第二定律得小球丙的合力大小：F 丙合＝ma= F
3 ，故A 错误；
B、甲丙间库仑力大小F 甲丙＝k6q⋅8q
(2r )
2 = 12k q
2
r
2
，乙丙间库仑力大小F 乙丙＝k3q⋅8q
r
2
= 24 k q
2
r
2
，甲乙间库仑
力大小F 甲乙＝k6q⋅3q
r
2
= 18k q
2
r
2
，则F 乙丙＞F 乙丙＞F 甲丙，由于甲、乙所受静电力的合力向右，则小球甲、
丙带同种电荷，小球甲、乙带异种电荷，故B 正确；
C、对乙，根据牛顿第二定律得：F 乙丙﹣F 甲乙＝ma，可得k q
2
r
2 = 1
6
ma= F
18，则小球乙和小球丙之间的作用力大
小为F 乙丙= 24 k q
2
r
2
= 4
3
F，故C 正确；
D、小球甲和小球乙之间的作用力大小F 甲乙= 18k q
2
r
2
=F，故D 错误。
故选：BC。
【巩固练习3】如图所示，在倾角为α 的光滑绝缘斜面上固定一个挡板，在挡板上连接一根劲度系数为k0的绝缘轻
质弹簧，弹簧另一端与A 球连接。A、B、C 三小球的质量均为M，qA＝q0＞0，qB＝﹣q0，当系统处于静止状态时，
三小球等间距排列。已知静电力常量为k，则（　　）
A．qc= 4
7 q0
B．弹簧伸长量为Mgsinα
k0
C．A 球受到的库仑力大小为2Mg
D．相邻两小球间距为q0
❑√
3k
7 Mg
【答案】A
【解析】解：AD、对C 分析，受重力、支持力和AB 的库仑力，则AB 的库仑力之和沿斜面向上，又B 距离C 近，
给C 的库仑力大，则C 球带正电，设小球间距为a，
对C：kq0qC
a
2 -k q0qC
(2a)
2 =Mgsinα
对B：kq0
2
a
2 -kq0qC
a
2 =Mgsinα
联立解得：qC= 4
7
q0    代入kq0
2
a
2 -kq0qC
a
2 =Mgsinα
解得：a＝q0❑√
3k
7 Mgsinα
，故A 正确，D 错误；
对ABC 用整体法，ABC 受力平衡，即ABC 受到的弹力等于重力的分力。即得弹簧伸长量Δx= 3 Mgsinα
k0
，故B 错。
对BC 用整体法，BC 受力平衡，即BC 受到库仑力等于重力分力，即得A 受到的库仑力为2Mgsinα，故C 错。
故选：A。
题型16：动量、能量问题中的整体与隔离
【典型例题】两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为ｌ．导轨上面横放着两根导
体棒ａｂ和ｃｄ，构成矩形回路，如图所示．两根导体棒的质量皆为ｍ，电阻皆为Ｒ，回路中其余部分的电阻可不
计．在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感强度为Ｂ．设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行．开始时，
棒ｃｄ静止，棒ａｂ有指向棒ｃｄ的初速度ｖ０（见图）．若两导体棒在运动中始终不接触，求在运动中产生的焦
耳热最多是多少? 
【解析】从初始至两棒达到速度相同的过程中，两棒总动量守恒，有
ｍｖ０＝2 ｍｖ， 
根据能量守恒，整个过程中产生的总热量为
Ｑ＝（1／2）ｍｖ０２－（1／2）（2 ｍ）ｖ２＝（1／4）ｍｖ０２。
题型17：物理过程的整体与隔离
【典型例题】质量为M 的汽车带着质量为m 的拖车在平直公路上以加速度a 匀加速前进，当速度为v0时拖车突然
与汽车脱钩，到拖车停下瞬间司机才发现。若汽车的牵引力一直未变，车与路面的动摩擦因数为μ，那么拖车刚停
下时，汽车的瞬时速度是多大？
【分析】以汽车和拖车系统为研究对象，全过程系统受的合外力始终为(M +m)a ，该过程经历时间为v0/μg，末
状态拖车的动量为零。全过程对系统用动量定理可得：
(M +m)a⋅v0
μg =M v'−(M +m)v0,∴v'=(M +m)(a+μg)
μ Mg
v0
  【点评】这种方法只能用在拖车停下之前。因为拖车停下后，系统受的合外力中少了拖车受到的摩擦力，因此合
外力大小不再是(M +m)a 。
【巩固练习1】一个质量为m，带有电荷为－q 的小物体可在水平轨道Ox 上运动，O 端有一与轨道垂直的固定墙，
场强大小为E，方向沿x 正方向，如图．今小物体以初速度v0从x0点沿Ox 轨道运动，运动中受到大小不变的摩擦
阻力f 作用，且f＜Eq．设小物体与墙碰撞时不损失机械能且其电量保持不变，求它在停止运动前所通过的总路程
s。
【解析】由于Eq＞f，故小物体在任何一个x≠0 的位置，其受力均不可能平衡，则小物体最后静止只可能是靠在墙
x0
O
x
E
v/
v0
m     M
上，即位于x＝0 处，比较小物体的初末两态，知其动能和电势能都减少了，从能量的转化和守恒关系看，其损失
的动能和电势能都是由于小物体在运动中克服摩擦阻力做功而转化成了内能，这一关系为：
fs
qEx
mv


0
2
0
2
1
，
f
mv
qEx
s
2
2
2
0
0 

。
【点评】小物体在电场力qE 和摩擦力f 两力作用下的运动是匀变速运动，其沿＋x 方向运动时为匀减速运动，加速
度
m
f
qE
a



，沿－x 方向运动时为匀加速运动．加速度
m
f
qE
a



。若根据匀变速运动的规律，可求得小
物体将无限多次的与墙壁相碰，且每次碰墙后反弹离开墙的最远距离将成等比数列减小。将这些往返的路程按无穷
递减等比数列求和公式求和，可得出本题的答案。
显然可见，这种详细讨论全过程的每一子过程的解法要比上述的整体法的解法复杂得多。
【巩固练习2】三个绝缘小球1、2、3 沿一条直线放置，小球1 固定，带电量为﹣q（q＞0），小球2、3 质量相同，
带电荷量均为q，由长为l 的绝缘细线连结，使小球2 和1 之间的距离以及2 和3 之间的距离均为l，用K 表示静电
力常量，不计重力。从静止开始同时释放小球2、3，在小球2、3 开始运动瞬间，细线的张力为（　　）
A．2k q
2
l
2
B．11k q
2
8l
2
C．k q
2
l
2
D．3k q
2
4l
2
【答案】B
【解析】解：根据库仑定律可得1、2 之间的库仑力：F2= K q
2
l
2
1、3 之间的库仑力：F3= K q
2
(2l)
2
由于2、3 带同种电荷，所以2、3 之间是排斥力，而1 对2 的吸引力大于1 对3 的吸引力，所以2 与3 将一起向左
做加速运动；设小球的质量为m，则2、3 整体的加速度：
a= F2+ F3
2m
= 5 K q
2
8ml
2 
2 与3 之间的排斥力：F23= K q
2
l
2
对3，由牛顿第二定律可得：a= T + F3- F23
m
联立可得：T= 11 K q
2
8l
2
．故ACD 错误，B 正确
故选：B。
【巩固练习3】充电后平行板电容器水平放置，如图所示。两班间距离5cm，在距下板2cm 处有一质量2kg 的不带
电小球由静止开始下落，小球与下板碰撞时获得2×10-8C 的负电荷，并能反跳到距下板4cm 高处，设小球与下板的
碰撞无机械能损失，已知上板带电量为+1×10-6C，试求板间场强E 的大小及电容器的电容C。
【解析】此题看似一道属于二个过程的过程隔离问题，但是由于小球与下板的碰撞无机械能损失，所以可用运动整
体法研究小球运动的全过程。
设小球下落高度h1，上升高度h2，则根据机械能守恒定律，在全过程中
qEh2-mg(h2-h1)=0       
500
)
(
2
1
2



qh
h
h
mg
E
(V/m)
根据
d
U
E 
        U=Ed=25(V)         
8
10
4

U
Q
C
(F)
【点评】看似较复杂的多过程问题，使用整体研究运动过程，而使问题得到了简化。
三．矢量三角形
1．动态平衡：是指平衡问题中的一部分是变力，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．
2．基本思路：化“动”为“静”，“静”中求“动”．
3．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。
4．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。
5．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;
-
+
m
(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。
【典型例题1】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（　　）
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
【答案】C
【解析】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。
【典型例题2】如图所示，一个重为10N 的小球O 被夹在两光滑斜面间，斜面AB 和AC 与水平面的夹角分别为60°
和30°，下列说法正确的是（　　）
A．斜面AB 对小球的弹力是由小球的形变产生的
B．斜面AB 对小球的弹力为5N
C．斜面AC 对小球的弹力为10❑√3N
D．保持斜面AB 倾角不变，缓慢增大斜面AC 倾角，斜面AB 对小球的弹力不变
【答案】B
【解析】解：A．斜面对小球的弹力是由斜面的形变产生的，而不是小球的形变，A 错误；
BC．画出受力分析图如图
根据受力分析图可得
FB＝mgsing30°＝5N
Fc＝mgcos30°＝5❑√3N
B 正确，C 错误；
D．画出力的动态变化图，如图
FC 按照箭头方向变化，则FB 在逐渐增大，D 错误。
故选：B。
【典型例题3】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（　　）
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
【答案】B
【解析】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。
【典型例题4】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
【答案】D
【解析】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；
【典型例题5】如图所示，搬运重物时，工人师傅用绕过光滑定滑轮的绳索，将球形重物a（视为质点）缓慢释放，
重物从滑轮的正下方沿固定斜面缓慢向下移动。若将绳索视为质量不计的轻绳，认为斜面光滑，则该过程中，绳索
拉力大小的变化情况是（　　）
A．一直增大
B．一直减小
C．先增大后减小
D．先减小后增大
【答案】D
【解析】解：对重物受力分析如图所示
重物从滑轮的正下方沿固定斜面缓慢向下移动过程中，根据平衡条件可知，绳索拉力大小一直减小，故B 正确，
ACD 错误；
故选：B。
故选：D。
【典型例题6】如图所示,倾角为的固定斜面上有一个固定竖直挡板，在挡板和斜面之间有一 个质量为m 的光滑球，
设挡板对球的支持力为F1，斜面对球的支持力为F2，将挡板绕挡板与斜面的接触点缓慢地转至水平位置。不计摩
擦，在此过程中（     ）
A.F1 始终增大，F2 始终减小
B.F1 始终增大，F2 先增大后减小
C.F1 先减小后增大，F2 先增大后减小
D.F1 先减小后增大，F2 始终减小
【答案】D
【解析】：设挡板与斜面之间的夹角为
，结合矢量三角形的动态图解法处理。
【巩固练习1】（多选）如图所示，用一个质量不计的网兜和一段轻绳OA 把足球挂在光滑竖直墙壁上的A 点，足
球与墙壁的接触点为B．若只增大轻绳OA 的长度，足球始终保持静止状态，忽略网兜与足球之间的摩擦。下列说
法正确的是（　　）
A．足球对墙壁的压力减小
B．轻绳OA 上的拉力增大
C．O 点附近网兜上各条绳的拉力均减小
D．足球受到的合力增大
【答案】AC
【解析】解：以足球为研究对象，其受重力mg，网兜上绳子OA 的拉力F1 和墙壁对其弹力的作用F2，如下图所示，
A.只增大轻绳OA 的长度时，当足球处于静止时，相当于OA 绳与竖直方向之间的夹角θ 减小，足球的重力保持不
变，则墙壁对足球的支持力会变小，根据牛顿第三定律可知，足球对墙壁的压力变小，故A 正确；
B.只增大轻绳OA 的长度时，相当于OA 绳与竖直方向之间的夹角θ 减小，轻绳OA 上的拉力也会变小，故B 错误；
C.结点O 处于平衡状态，由于O 点附近的绳子间的夹角保持不变，网兜上各段绳子对O 点的拉力的合力与OA 对O
的拉力等大反向，轻绳OA 的拉力变小，则各段绳子对O 点的拉力也会变小，故C 正确；
D.由于足球处于静止状态，故足球所受合力依然为零，故D 错误；
故选：AC。
【巩固练习2】一台空调外机用两个三角形支架固定，如图所示，空调外机的中心恰好在支架横梁和斜梁的连接点
O 点的上方，现安装工人欲把斜梁加长一点，仍保持连接点O 的位置不变，横梁仍然水平，斜梁加长后，横梁和斜
梁对O 点的作用力FOA和FOB大小将如何变化（　　）
A．FOA变大、FOB变大
B．FOA变小、FOB变小
C．FOA变大、FOB变小
D．FOA变小、FOB变大
【答案】B
【解析】解：以O 点为研究对象，O 点的受力矢量三角形如下图所示，
由于空调机对O 点的压力等于空调机的重力mg，大小和方向都保持不变，当斜梁加长一点时，斜梁对O 点的作用
力FOB 的方向变化，由于O 点位置不变，所以斜梁与竖直方向的夹角变小，利用矢量三角形法则，根据图象所示
可知FOA 变小、FOB 变小。
故选：B。
【巩固练习3】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增大后减小
D．两根细绳对圆柱体拉力的合力保持不变
【答案】B
【解析】解：设两绳子对圆柱体的拉力的合力为T，木板对圆柱体的支持力为N，绳子与垂直于木板方向的夹角为
α，从右向左看如图所示：
在矢量三角形中，根据正弦定理得：sinα
mg = sinβ
N = sinγ
T
 
在木板以直线MN 为轴向后方缓慢转动直至水平过程中，α 不变，γ 从90°逐渐减小到0，又
γ+β+α＝180°
且α＜90°
可知90°＜γ+β＜180°
则0＜β＜180°
可知β 从锐角逐渐增大到钝角，根据sinα
mg = sinβ
N = sinγ
T
 
可得：T 减小，N 先增大后减小。
因两绳子的拉力的合力T 减小，两绳子的拉力的夹角不变，则绳子拉力减小，故B 正确，ACD 错误；故选：B。
【巩固练习4】如图所示，甲通过一绕过轻质定滑轮的细绳拉着一工件，乙用细绳沿水平方向将工件缓慢向左拉动，
甲同时缓慢释放手中的绳子，该过程中甲、乙两人保持位置不动。下列说法正确的是（　　）
A．甲手中绳子的拉力不断变小
B．地面对甲的支持力不断增大
C．乙手中绳子的拉力不断增大
D．乙受到平台的摩擦力逐渐变小
【答案】C
【解析】解：AC、开始的时候绳子上的拉力大小等于物体重力，后来就是重力和绳的拉力的合力大小，如图所示：
由于三角形斜边大于任意直角边，所以绳子上的拉力增大了，对甲和乙的拉力也增大了，故A 错误，C 正确；
B、绳子对甲的拉力增大，则绳子对甲的拉力沿竖直方向的分力增大，所以地面对甲的支持力不断减小，故B 错误；
D、由图可知，绳子沿水平方向的分力逐渐增大，所以在移动的过程中，平台对乙的摩擦力逐渐增大，故D 错误；
故选：C。
【巩固练习5】用卡车运输质量为m 的匀质圆筒状工件，为使工件保持固定，将其置于两光滑斜面之间，如图所示。
两斜面I、Ⅱ固定在车上，倾角分别为30°和60°。重力加速度为g。当卡车沿平直公路匀速行驶时，圆筒对斜面I、
Ⅱ压力的大小分别为F1、F2，则
A. 
B. 
C. 
D. 
【答案】D
【解析】：对圆筒受力分析，圆筒受到重力、以及两斜面其支持力，如图所示；
结合矢量三角形法，将物体所受的三个力通过平移延长等手段放在一个封闭的三角形中，如图所示；
在红色的三角形中：
根据牛三定律：
,故D 选项正确；
【巩固练习6】如图所示，光滑半球形容器固定在水平面上，O 为球心。一质量为m 的小滑块，在水平力F 的作用
下静止于P 点。设滑块所受支持力为FN，OP 与水平方向的夹角为θ。下列关系正确的是(　　)
A.F＝  
B.F＝mgtan θ
C.FN＝  
D.FN＝mgtan θ
【答案】A
【解析】：如图所示，对滑块受力分析，滑块受的三个力组成封闭三角形，结合三角函数的相关知识解直角三角形
得：F＝，FN＝。
【巩固练习7】.如图所示，将一劲度系数为k 的轻弹簧一端固定在内壁光滑的半球形容器底部处O（O 为球心），
弹簧另一端与质量为m 的小球相连，小球静止于P 点。已知容器半径为R、与水平面间的动摩擦因数为μ，OP 与水
平方向的夹角为θ＝30°求轻弹簧对小球的作用力大小为多少，圆弧面对小球的支持力？
【答案】：设弹簧对小球的支持力为F2 圆弧对小球的支持力为F1，     F1=F2=mg
【解析】：如图所示，对小球受力分析，将小球所受的力放下封闭的三角形中，根据相似三角形对应边成比例：
，由题意可知：OP=OO,=O,P，故： F1=F2=mg
【巩固练习8】如图所示，倾角为θ＝30°、AB 面光滑的斜面体放在水平地面上，一个重为G 的小球在弹簧秤的水
平拉力F 作用下静止在斜面上。现沿逆时针方向缓慢转动弹簧秤，直到弹簧秤的示数等于初始值，在此过程中，小
球与斜面体始终处于静止状态。下列说法正确的是（　　）
A．力F 先变大后变小
B．地面对斜面体的支持力一直变大
C．地面对斜面体的摩擦力一直变小
D．斜面体对小球的支持力一直变大
【答案】C
【解析】解：AD、根据题意，作出小球受力的矢量三角形，如图所示
沿逆时针方向缓慢转动弹簧秤，从图中可看出力F 先减小再增大，斜面对球得支持力一直减小，故AD 错误；
BC、对斜面和小球整体受力分析，由平衡条件得：
竖直方向：N＝（mg+G）﹣Fy
水平方向：f＝Fx
现沿逆时针方向缓慢转动弹簧秤，所以Fy 一直增大，Fx 一直减小，因此N 一直减小，f 一直减小，故D 错误，C 正
确。
故选：C。
【巩固练习9】如图所示，两根轻绳一端系于结点O，另一端分别系于固定竖直放置的圆环上的A、B 两点，O 为圆
心，O 点下面悬挂一物体M，绳OA 水平，拉力大小为F1，绳OB 与绳OA 成α＝120°，拉力大小为F 将两绳同时缓
慢顺时针转过60°，并保持两绳之间的夹角α 始终不变，且物体始终保持静止状态。则在旋转过程中，下列说法正
确的是（　　）
A．F1逐渐增大
B．F1先增大后减小
C．F2先增大后减小
D．F2先减小后增大
【答案】A
【解析】解：对节点O 进行受力分析，受到三个平衡力作用，作出矢量三角形，如图所示：
绳OB 与绳OA 成α＝120°，以这两个力为边的角为60°是不变的，当他们同时缓慢顺时针转过60°时，F1 恰好经过
圆心，变化如图所示，F1 逐渐增大，F2 逐渐减小，故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
【巩固练习10】如图所示，一不可伸长的细线套在两光滑且大小不计的定滑轮上，穿过质量为m 的圆环，现施加
一作用力F 使圆环保持静止，AC 段竖直，BC 段水平，AC 长度等于BC 长度，且细线始终有张力作用，重力加速度
为g，则（　　）
A．力F 的方向不能水平向右
B．力F 的方向可以竖直向上
C．力F 的最小值为
❑√2
2 mg
D．力F 的大小不能超过mg
【答案】C
【解析】解：因为同一根细线上拉力相等，根据力的平衡可知AC、BC 的合力为T，方向与竖直成45°角，如图所示，
A．若力F 水平向右时，此矢量三角形为等腰直角三角形，根据几何关系可知F 的大小等于mg，故A 错误；
B．细绳有张力作用，则力F 的方向不可能竖直向上，故B 错误；
C．F 的方向垂直于T 时取最小值，大小为
❑√2
2 mg，故C 正确；
D．当F 的方向斜向下时，力F 的大小大于mg，故D 错误；
故选：C。
【巩固练习11】如图所示，质量为m、带电量为+q 的小球A，用长度为L 的绝缘细线悬挂于天花板上的O 点。在
O 点的正下方2L 处，绝缘支架上固定有带电小球B，小球A 静止时，细线与竖直方向的夹角为60°。已知两个带电
小球都可视为点电荷，静电力常量为k，重力加速度为g，若改变小球B 的位置，仍可使A 球静止在原来的位置，
其他条件不变，则小球B 对A 球的静电力的大小不可能是（　　）
A．
❑√3
3
mg
B．mg
C．❑√3mg
D．2❑√3mg
【答案】A
【解析】解：由力的平衡条件可知，小球A 所受重力、电场力和绳子拉力构成封闭的三角形，如图所示，
可知当电场力和绳子拉力垂直时，电场力最小为：Fmin=mgsin60° =
❑√3
2 mg
所以电场力不可能等于
❑√3
3 mg，可能等于mg、❑√3mg 或2❑√3mg。故BCD 错误，A 正确。
故选：A。
【巩固练习12】随着工作压力的增大以及生活水平的提高，越来越多的人选择在假期出行旅游放松。若车厢上放置
一与地板成θ 角的木板，木板上静置一木块。某段时间内，木块随车厢一起斜向上做加速度为a 的匀加速运动。已
知缆绳与水平方向夹角也为θ。若木板与车厢底板夹角缓慢增大稍许，木块、木板与车厢始终保持相对静止，则关
于木块对木板的压力FN和木块对木板的摩擦Ff，下列说法正确的是（　　）
A．FN减小，Ff减小
B．FN增大，Ff增大
C．FN减小，Ff增大
D．FN增大，Ff减小
【答案】C
【解析】解：对木块受力分析如图甲所示，因为车厢沿缆绳斜向上加速运动，所以三个力的合力沿缆绳斜向右上，
因此支持力与静摩擦合力斜向右上，因为木块质量和加速度均不变，故三个力的合力不变。
又木块重力不变，则支持力与静摩擦合力不变。木板与底板夹角缓慢增大稍许，画出木块的受力分析图，如图乙所
示
FN 减小，Ff 增大。
故ABD 错误，C 正确；
故选：C。
【巩固练习13】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 ＞π
2 )。现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角α 不变，
在MN 由如图所示位置拉到水平的过程中（　　）
A．MN 上的张力逐渐减小
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
【答案】C【解析】：以重物为研究对象，受重力mg，OM 绳上拉力TOM，MN 上拉力TMN，由题意知，三个力
合力始终为零，矢量三角形如图所示，在TMN 转至水平的过程中，MN 上的张力TMN 逐渐增大，OM 上的张力
TOM 逐渐增大，故C 正确，ABD 错误；
故选：C。
【巩固练习14】轻质细线上端悬挂于天花板上的O 点，另一端接在质量为m 的小球上，小球在水平向右的外力F
作用下处于平衡状态，此时细线上的弹力大小为FT，细线与竖直方向的夹角为θ、与F 的夹角为α，如图所示。以
下判断正确的是（　　）
A．保持F 水平，逐渐缓慢减小θ，则F、FT都逐渐增大
B．若换一根更长的细线，保持θ、α 不变，F、FT可能都减小
C．保持α 不变，逐渐缓慢增大θ，直至悬线水平，则FT逐渐减小，F 先增大后减小
D．保持小球位置不变，F 沿逆时针方向缓慢转动直至F 竖直向上，则F 先减小后增大
【答案】D【解析】解：A．保持F 水平，逐渐缓慢减小θ，对小球受力分析有FTcosθ＝mg，F＝mgtanθ
可知随着θ 减小，F 和FT 都在减小，故A 错误；
B．换一根更长的细线，保持θ、α 不变，则F、FT 都不变，故B 错误；
C．保持α 不变，逐渐缓慢增大θ，直至悬线水平，根据三角形定则，如图所示
由图可知当F 水平时FT 最大，当FT 水平时F 最大，所以FT 逐渐减小，F 逐渐增大，故C 错误；
D．根据矢量三角形作图，如图所示
可知当F 方向与FT 方向垂直时，F 有最小值，则F 先减小后增大，故D 正确。
故选：D。
【巩固练习15】已知两个共点力的合力为50N，分力F1的方向与合力F 的方向成30°角，分力F2的大小为30N。则
（　　）
A．F1的大小是唯一的
B．F2的方向是唯一的
C．F2有两个可能的方向
D．F2可取任意方向
【答案】C
【解析】已知一个分力有确定的方向，与F 成30°夹角，知另一个分力的最小值为
Fsin30°=25N
而另一个分力大小大于25N，小于30N，所以分解的组数有两组解。如图
故选C。
【巩固练习16】如图所示，倾角为30°的斜面固定于水平面上，重10N 的物体在斜面上保持静止。下列说法正确的
是（　　）
A．物体受到4 个力的作用
B．物体所受的摩擦力大小为5N
C．物体对斜面的压力大小为5N
D．斜面对物体的作用力大小为5
N
【答案】B
【解析】A．对物体受力分析
受重力、斜面的支持力、斜面的摩擦力，支持力与摩擦力的合力F 竖直向上与重力等大反向，由受力分析知物体受
三个力作用，故A 错误；
B．由平衡条件得物体所受的摩擦力
故B 正确；
C．由平衡条件得物体受到的支持力
由牛顿第三定律知物体对斜面的压力为
，故C 错误；
D．由受力分析知斜面对物体的作用力为这次联合摩擦力的合力，即
故D 错误；
故选B。
【巩固练习17】如图所示，细绳MO 与NO 所能承受的最大拉力相同，长度MO>NO，则在不断增加重物G 的重力
过程中（绳OC 不会断）（　　）
A．OM 绳先被拉断
B．ON 绳先被拉断
C．ON 绳和OM 绳同时被拉断
D．因无具体数据，故无法判断哪条绳先被拉断
【答案】A
【解析】O 点受力平衡，对O 点进行受力分析，受到重物的拉力，OM 绳的拉力和ON 绳的拉力，合力为零
根据平行四边形定则及MO＞NO 得：OM 绳的拉力大于ON 绳的拉力，所以当重力逐渐增大，OM 绳先达到最大拉
力，OM 绳先断。
故选A。
【巩固练习18】如图所示，用一段绳子把轻质小滑轮吊装在
点，一根轻绳跨过滑轮绳的一端拴在井中的水桶上，
人用力拉绳的另一端滑轮中心为
点，人所拉绳子与
的夹角为
，拉水桶的绳子与
的夹角为
。人拉绳
沿水平面向左运动，把井中质量为
的水桶缓慢匀速提上来，人的质量为
，重力加速度为
，在此过程中，以
下说法正确的是（　　）
A．
始终等于
B．
绳子上的拉力逐渐变大
C．地面对人的摩擦力逐渐变小
D．地面对人的支持力逐渐变小
【答案】A
【解析】A．同一个绳子上的拉力相等，设为F，由平衡条件可知，垂直于OA 绳上的力平衡，则有
Fsinβ=Fsinα
则α 一直等于β，A 正确；
B．把井中质量是m 的水桶匀速提上来，桶受力平衡，则AO 绳子上的拉力一直不变，B 错误；
C．以人为研究对象，受力分析如图所示，则摩擦力
Ff=Fcosθ
人在向左运动中，绳子拉力大小不变，可绳子与水平方向的夹角θ 减小，绳子拉力在水平方向分力增大，地面对人
的摩擦力逐渐变大，C 错误；
D．对人在竖直方向由平衡条件可得，地面对人的支持力
FN=Mg−Fsinθ
人在向左运动中，绳子拉力大小不变，可绳子与水平方向夹角θ 减小，绳子拉力在竖直方向的分力减小，地面对人
的支持力逐渐变大，D 错误。
故选A。
【巩固练习19】（多选）如图所示，在粗糙水平地面上放着一个截面为四分之一圆弧的柱状物体A，A 与竖直墙之
间放一光滑圆球B，整个装置处于静止状态。若把A 向右移动少许后，它们仍处于静止状态，则（　　）
A．B 对墙的压力减小
B．B 对A 的压力增大
C．地面对A 的摩擦力减小
D．A 对地面的压力增大
【答案】AC
【解析】AB．小球B 受重力、A 的支持力F1 和墙壁的压力F2。如下图所示
将重力G 分解为G1 和G2，则根据平衡可知
当A 向右移动少许，根据题意可知，A 对小球B 的作用力F1 与竖直方向的夹角θ 将减小，根据力图分析可知
因θ 减小；故cosθ 增大，tanθ 减小，即墙壁对小球B 的作用力将减小，A 对小球B 的支持力减小。根据牛顿第三
定律可知，球B 对墙壁的压力将减小，球B 对A 的压力亦减小；故A 正确，B 错误；
C．再对A 进行受力分析知：由于A 的平衡，所以A 受地面摩擦力
根据题意知，B 对A 的压力FB 减小且FB 与竖直方向的夹角θ 减小，故A 所受地面的摩擦力f 减小。再根据牛顿第
三定律，地面所受A 的摩擦力减小。故C 正确；
D．对整体分析可知，整体受重力和支持力的作用，由于竖直方向受力不变，故受地面的支持力不变，由牛顿第三
定律可知，A 对地面的压力不变；故D 错误；
故选AC。
【巩固练习20】（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
D. M 所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加
【答案】BD
【解析】：假设经过一定时间后N 物体与竖直方向的夹角为θ，对N 受力分析如左图所示：
结合矢量三角形法，将物体所受的力放在一个封闭的力三角形中，当θ 从0-45 增大时，由几何关系得：
故：A 错B 对；
开始时，因为不确定静摩擦力的大小与方向，即开始时静摩擦力的大小可能沿斜面向上也可能沿斜面向下；所以对
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。
【巩固练习21】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N1，球对木板的压力大小为
N2。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
（     ）
A.N1 始终减小，N2 始终增大
B.N1 始终减小，N2 始终减小
C.N1 先增大后减小，N2 始终减小
D.N1 先增大后减小，N2 先减小后增大
【答案】B
【解析】：根据题意，对小球进行受力分析，满足动态图解法的条件；构建出红色的封闭三角形；结合题意小球所
受的重力的大小和方向是不变的，小球所受的墙壁的支持力的方向是不变的；伴随着木板转动，木板与墙壁之间的
夹角θ 在不断增大；在图中找到θ 角，根据θ 角的变化规律，改变三角形的形状，确定出N1、N2 均在减小。
【巩固练习22】如图所示，小球用细绳系住，绳的另一端固定于O 点．现用水平力F 缓慢推动斜面体，小球在斜面
上无摩擦地滑动，细绳始终处于直线状态，当小球升到接近斜面顶端时细绳接近水平，此过程中斜面对小球的支持
力FN 以及绳对小球的拉力FT 的变化情况是（　　）  
A: FN 保持不变，FT 不断增大
B: FN 不断增大，FT 不断减小
C．FN 保持不变，FT 先增大后减小
D．FN 不断增大，FT 先减小后增大
【答案】D
【解析】：对小球受力分析，构建封闭的三角形，假设细线与竖直方向的夹角为θ，根据题意θ 在不断增大，重力
的大小和方向不变，支持力FN 的方向不变；对红色三角形进行动态变化如右图所示，可知D 正确。
【巩固练习23】（多选）在修筑铁路时，弯道处的外轨会略高于内轨。如图所示，当火车以规定的行驶速度转弯时，
内轨和外轨均不会受到轮缘的挤压，设此时的速度大小为v，重力加速度为g，两轨所在面的倾角为θ，则（　 
　）
A．当火车质量变大时，规定的行驶速度变大
B．当火车质量改变时，规定的行驶速度大小不变
C．当火车速率大于v 时，外轨将受到轮缘的挤压
D．当火车速率小于v 时，内轨将受到轮缘的挤压
【答案】BCD
【解析】AB．火车转弯时，内轨和外轨均不会受到轮缘的挤压，靠火车的重力和支持力的合力提供向心力，如图所
示，由牛顿第二定律可得
解得
可知火车转弯规定的行驶速度v 与火车的质量无关，A 错误；B 正确；
C．当火车速率大于v 时，重力和支持力的合力不够提供向心力，此时外轨对火车外轮缘有挤压，则有外轨将受到
轮缘的挤压，C 正确；
D．当火车速率小于v 时，重力和支持力的合力大于火车所需的向心力，此时内轨将对火车内侧轮缘有挤压，则有
内轨将受到轮缘的挤压，D 正确。
故选BCD。
【巩固练习24】（多选）游乐场中的“旋转秋千”经过简化，可看作如物理模型：如图所示，一根细线固定在天花
板上的A 点，下端系质量为
的小球，将小球拉离竖直位置，使细线与竖直方向成一角度，给小球一个初速度，
使小球在水平面内以
为圆心做匀速圆周运动，下列说法正确的是（　　）
A．小球的向心力指向A
B．小球的向心力指向B
C．小球的向心力大于细线的拉力
D．小球的向心力小于细线的拉力
【答案】BD
【解析】
小球在水平面内做匀速圆周运动，受重力和拉力，靠两个力的合力提供向心力，根据三角形定则求出绳子的拉力的
表达式。
【详解】
AB．小球在水平面做匀速圆周运动，如图所示，故向心力应沿轨道半径指向圆心，即指向
，故A 错误，B 正确；
CD．小球受重力和绳子拉力作用，两力的合力提供向心力，即重力和绳子的拉力的合力在水平方向，令绳子与竖直
方向的夹角为
，所以绳子的拉力
所以小球的向心力小于细线的拉力，故C 错误，D 正确。
故选：BD。
【点睛】
解决该题需正确对小球进行受力分析，知道匀速圆周运动的向心力的特征。
【巩固练习25】如图，一个重为
的小球，被一段细绳挂在竖直光滑墙上，绳与竖直墙的夹角
，则绳子
的拉力和小球对墙壁的弹力的大小？（
，
，
）
【答案】10N，6N
【解析】以小球为研究对象，对小球进行受力分析如图所示
由平衡条件可知：绳的拉力FT 和墙对球的支持力FN 的合力与G 等值、反向。则得
解得
10N
解得
6N
根据牛顿第三定律得小球对竖直墙壁的弹力
F′N=FN=6N
【巩固练习26】一质量为m=1kg 的小球，用一长为L=2m 的细绳系住，使其与竖直方向成30°角做水平面上的匀
速圆周运动。重力加速度g=10m/s2，求： 
（1）向心力Fn的大小；
（2）小球运动的线速度v 的大小；
（3）小球运动的角速度
。
【答案】(1)
；(2)
；(3)
【解析】(1)对小球受力分析如图所示
小球受重力mg 和绳子的拉力F。因为小球在水平面内做匀速圆周运动，所以小球受到的合力指向圆心O'，且沿水
平方向。由平行四边形定则得小球受到的合力大小为
(2)根据圆周运动的规律可得
根据几何关系可得
解得
(3)根据角速度与线速度的关系可得
解得
【巩固练习27】如图所示，竖直面内有一粗糙斜面AB，BCD 部分是一个光滑的圆弧面，C 为圆弧的最低点，AB 正
好是圆弧在B 点的切线，圆心O 与A、D 点在同一高度，θ=37°，圆弧面的半径R=3.6 m，一滑块质量m=5 kg，与
AB 斜面间的动摩擦因数μ=0.45，将滑块从A 点由静止释放（sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g 取10 m/s2）。求在此后
的运动过程中：
（1）滑块在AB 段上运动的总路程；
（2）在滑块运动过程中，C 点受到的压力的最大值和最小值。
【答案】（1）8 m；（2）102 N，70 N
【解析】解：（1）由题意可知斜面AB 与水平面的夹角为θ=37°，知mgsin θ>μmgcos θ，故滑块最终不会停留在
斜面上，由于滑块在AB 段受摩擦力作用，则滑块做往复运动的高度将越来越低，最终以B 点为最高点在光滑的圆
弧面上往复运动。设滑块在AB 段上运动的总路程为s，滑块在AB 段上所受摩擦力大小
Ff=μFN=μmgcos θ
从A 点出发到最终以B 点为最高点做往复运动，由动能定理得
mgRcos θ−Ffs=0
解得
s=
=8 m
（2）滑块第一次过C 点时，速度最大，设为v1，分析受力知此时滑块所受轨道支持力最大,设为Fmax，从A 到C
的过程，由动能定理得
mgR−FflAB=
mv12−0
斜面AB 的长度
lAB=
由牛顿第二定律得
Fmax−mg=
解得
Fmax=102 N
滑块以B 为最高点做往复运动的过程中过C 点时，速度最小，设为v2，此时滑块所受轨道支持力最小，设为
Fmin，从B 到C，由动能定理得
mgR（1−cos θ）=
mv22−0
由牛顿第二定律得
Fmin−mg=
解得
Fmin=70 N
根据牛顿第三定律可知C 点受到的压力最大值为102 N，最小值为70 N。
【巩固练习28】如图所示，接触面均光滑，球处于静止，球的重力为G＝50N，用力的分解法求：球对斜面的压力
和球对竖直挡板的压力。
【答案】50
N,50N
【解析】解：如图所示
球对斜面的压力为
球对竖直挡板的压力为
FN2＝Gtan45º＝50N
【巩固练习29】如图所示，光滑斜面长为L=10m，倾角为30°，一小球从斜面的顶端以10m/s 的初速度水平射入，
求：小球沿斜面运动到底端时的水平位移x；
【答案】20m
【解析】解：小球在斜面上沿v0 方向做匀速直线运动，沿垂直于v0 方向做初速度为零、加速度为a 的匀加速直线
运动，由牛顿第二定律，故有
ma=mgsin 30°
解得
t=2s
所以有小球沿斜面运动到底端时的水平位移为
x=v0t=10×2m=20 m
四．相似三角形法
【典型例题1】如图所示是一个简易起吊设施的示意图，AC 是质量不计的撑杆，A 端与竖直墙之间用铰链连接，一
滑轮固定在A 点正上方，C 端吊一重物．现施加一拉力F 将重物P 缓慢向上拉，在AC 杆达到竖直状态前
A．BC 绳中的拉力FT 越来越大
B．BC 绳中的拉力FT 越来越小
C．AC 杆中的支持力FN 越来越大
D．AC 杆中的支持力FN 越来越小
【答案】B
【解析】：对C 点进行受力分析，如图甲所示，由平衡条件可知，将三个力按
顺序首尾相接，可形成如图乙所示的闭合三角形．很容易发现，这三个力
与△ABC 的三边始终平行，则  
 ，其中G、AC、AB 均不变，BC 逐渐减小，则由上式可知，FN
不变，FT 变小．
【典型例题2】如图所示，绳与杆均不计重力，承受力的最大值一定。A 端用铰链固定，滑轮O 在A 点正上方（滑
轮大小及摩擦均可忽略），B 端吊一重物P，现施加拉力F 将B 缓慢上拉，在杆转到竖直前，求
（1）OB 段绳中的张力变化情况；
（2）杆中的弹力变化情况。
  
（1）OB 段绳中的张力逐渐减小；（2）杆中的弹力大小保持不变
【解析】（1）以杆与绳子的交点为研究对象，如图所示
  
可知该交点受到竖直向下的拉力（大小等于
），OB 段绳子的拉力
以及杆对绳子的弹力
，根据相似三角形法
可得
可得
由于
与
都保持不变，而
逐渐减小，所以OB 段绳中的张力逐渐减小。
（2）根据相似三角形法可得
可得
由于
与
、
都保持不变，所以杆中的弹力大小保持不变。
【典型例题3】如图所示，轻杆AB 长1.5m，轻绳AC 长1m，BC 两点与竖直墙壁相连，其间距为0.8m。在绳与杆
的交点挂有一质量为5kg 的物体。
（1）画出A 点的受力示意图；
（2）求杆AB 的支撑力与绳AC 的拉力的大小。
【答案】（1）；（2）FAB=93.75N；FAC=62.5N
【解析】（1）A 点的受力示意图；
（2）由相似三角形可知
解得
FAB=93.75N
FAC=62.5N
【典型例题4】如图所示，质量均为m的小球A、B用劲度系数为k1的轻弹簧相连，B球用长为L的细绳悬于O点，
A球固定在O点正下方，当小球B平衡时，绳子所受的拉力为T 1，弹簧的弹力为F1；现把A、B间的弹簧换成原长
相同但劲度系数为k2(k2>k1)的另一根轻弹簧，在其他条件不变的情况下仍使系统平衡，此时绳子所受的拉力为T 2，
弹簧的弹力为F2，则下列关于T 1与T 2、F1与F2大小之间的关系，正确的是（　　）
A. T 1>T 2
B. T 1=T 2
C. F1< F2
D. F1= F2
【答案】B  C 
【解析】以小球B为研究对象，分析受力情况，如图所示：
由平衡条件可知，弹簧的弹力F和绳子的拉力T 的合力F合与重力mg大小相等，方向相反，即F合=mg，作出力的
示意图，由三角形相似得： mg
AO = F
AB = T
OB ，
又由题知，OA =OB = L，得： T =mg， F = x
L mg，
故绳子的拉力T 只与小球B的重力有关，与弹簧的劲度系数k无关，所以得到T 1=T 2； 当弹簧劲度系数变大时，弹
簧的压缩量减小，故长度x增加，故F2> F1； 故A、D 错误，B、C 正确；
故选：BC。
【典型例题5】光滑的半球形物体固定在水平地面上，球心正上方有一光滑的小滑轮，轻绳的一端系一小球，靠放
在半球上的A点，另一端绕过定滑轮后用力拉住，使小球静止，如图所示。现缓慢地拉绳，在使小球沿球面由A到
B的过程中，半球对小球的支持力N和绳对小球的拉力T 的大小变化情况是（　　） 
A. N变大，T变小
B. N变小，T 变大
C. N变小，T先变小后变大D. N不变，T 变小
【答案】D 
【解析】设球面半径为R，BC =h，AC = L，AO= R
'，如图甲，选小球为研究对象，小球受三个力的作用而平衡，
重力G、半球的支持力N和绳的拉力T，力的矢量三角形如图乙所示．
由于力的矢量三角形和△COA相似，可得
G
h+ R = T
L = N
R
' ，
N = G R
'
h+ R
，
T = GL
h+ R ．
因h、R、G、R
'为定值，所以N为定值，T与L成正比，由A到B的过程中，L变小，因此T变小．
故本题选D．
【典型例题6】如图所示，圆心为O、半径为R 的四分之一圆形光滑轨道竖直固定在水平地面上，在O 点正上方有
一光滑的小滑轮，小滑轮到轨道最高点B 的距离为h，轻绳的一端系一质量为m 的小球，靠放在光滑圆形轨道上的
A 点，A 点到小滑轮的距离为L，另一端绕过小滑轮后用力拉住.重力加速度大小为g，则（　　）
  
A．小球静止在A 点时，圆形轨道对小球的支持力大小
B．小球静止在A 点时，绳对小球的拉力大小
C．缓慢地拉绳，使小球由A 到B 的过程中，FN大小不变，FT变小
D．缓慢地拉绳，使小球由A 到B 的过程中，FN变小，FT先变小后变大
【答案】C
【解析】A．小球受力如图所示
  
由平衡条件可知，将三个力按顺序首尾相接，可形成图示所示的闭合三角形，由图可知力的矢量三角形与几何三角
形
相似，则有
解得
其中mg、R、h 均不变，L 逐渐减小，则由上式可知，FN 不变，FT 变小。
故选C。
【典型例题7】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
，AB 过圆环的圆心O 点，小球甲、乙的质量分别为
、
，圆环对小球甲、乙的弹力大小分别
为
、
，细线上的弹力大小为
，重力加速度大小为
，则下列关系式正确的是（    ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】B．利用相似三角形的方法，对小球乙受力分析，有
由几何关系可知
解得
，
故
错误；
ACD．对小球甲受力分析有
由几何关系可知
解得
，
由此可知
故AD 错误， C 正确。
故选C。
【典型例题8】如图所示，光滑的大圆环固定在竖直平面上，圆心为
点，
为环上最高点。轻弹簧的一端固定在
点，另一端拴接一个套在大环上的小球，小球静止在图示位置
。下列说法正确的是（    ）
A．弹簧可能处于压缩状态
B．弹簧的弹力小于球的重力
C．大圆环对小球的弹力方向可能指向
点
D．小球受到弹簧的弹力与重力的合力一定指向
点
【答案】D
【解析】若弹簧处于压缩状态，弹簧对小球的弹力方向沿弹簧向外，还受到重力和圆环对小球指向圆心的弹力，这
三个力不可能平衡，所以弹簧处于伸长状态，受力如图所示
可知大圆环对小球的弹力方向背离圆心
点，小球受到弹簧的弹力与重力的合力一定指向
点；根据相似三角形可
得
由于
可知弹簧的弹力大于球的重力。
故选D。
【巩固练习1】如图所示，一位同学为了探究磁铁的磁性是否与温度有关，做了如下的实验：他将一块永久磁铁固
定不动，再将一个磁性小球用一根不可伸长的轻质细线悬挂起来，小球处于静止状态且悬点在磁铁的正上方，最后
拿一盏酒精灯对小球缓慢加热，发现悬线与竖直方向的夹角θ 缓慢变小，磁铁和小球均可视为质点且两者斥力始终
沿两者连线方向，下列说法中正确的是（　　）
  
A．小球受四个力作用，分别是地球给的重力、细线给的拉力、磁铁给的斥力和灯焰给的支持力
B．磁铁对小球的斥力大小不变
C．细线对小球的拉力大小不变
D．磁铁对小球的斥力与小球对磁铁的斥力是一对平衡力
【答案】C
【解析】A．对小球受力分析可知，小球只受三个力作用，分别是地球给的重力、细线给的拉力、磁铁给的斥力，
故A 错误；
BC．对小球受力分析，如图所示
  
根据力矢量三角形与长度三角形相似，可知
均不变而
减小，所以
的大小不变，斥力
的大小减小，故B 错误，C 正确。
D．磁铁对小球的斥力与小球对磁铁的斥力是一对相互作用力，故D 错误。
故选C。
【巩固练习2】如图所示，两球A、B 用劲度系数为k1的轻弹簧相连，球B 用长为L 的细绳悬于O 点，球A 固定在
O 点正下方，点O、A 之间的距离为h，系统平衡时细绳对球的拉力大小为T1，弹簧对球的弹力大小为F1。现把A，
B 间的弹簧换成劲度系数为k2的轻弹簧（k2 < k1），仍使系统平衡，此时细绳对球的拉力大小为T2，弹簧对球的弹
力大小为F2，则T1       T2，F1        F2。（两空均选填“ < ”、“ = ”、“ > ”）
【解析】[1][2]以B 球为研究对象，对B 球受力分析，如图所示
由图示可知，拉力，弹簧弹力和重力所构成的矢量三角形与三角形OAB 相似，故有
因为OA、OB 之间的距离以及B 球的重力均不变，所以绳子的拉力也不变。即
T1= T2
又因为轻弹簧的劲度系数有k2 < k1 的关系，弹簧间的压缩量变大，则AB 之间的距离变小，所以有
F1 > F
【巩固练习3】（多选）如图所示，竖直杆OB 顶端有光滑轻质滑轮，轻质杆OA 自重不计，可绕O 点自由转动，
绳子固定在A 点，OA＝OB，当绳缓慢放下，使∠AOB 由0°逐渐增大到90°的过程中（不包括0°），下列说法正确
的是（　　）
  
A．OA 杆上的压力先逐渐减小后逐渐增大
B．OA 杆上的压力大小始终等于G
C．AB 绳上的拉力先逐渐增大后逐渐减小
D．AB 绳上的拉力越来越大
【答案】BD
【解析】AB．对A 点受力分析，受力如图所示。
  
根据力的三角形法则可知
且
可得
当绳缓慢放下，使∠AOB 由0°逐渐增大到90°的过程中，OA 杆上的压力大小始终等于G，故A 错误，B 正确；
CD．当绳缓慢放下，使∠AOB 由0°逐渐增大到90°的过程中，AB 两点间的距离逐渐增大，AB 绳上的拉力越来越大，
故C 错误，D 正确。
故选BD。
【巩固练习4】如图所示，绳与杆均不计重力，A 端用绞链固定，滑轮O 在A 点正上方（滑轮大小及摩擦均可忽
略），B 端吊一重物P，现施加拉力FT将B 端缓慢上拉（均未断），两段绳子结点在B 端处。在杆达到竖直前（  
）
    
A．绳子拉力大小不变
B．绳子拉力越来越大
C．杆的弹力大小不变
D．杆的弹力越来越大
【答案】C
【解析】以B 点为研究对象，分析受力情况，可作图
  
由平衡条件可知，N 和FT 的合力与T 大小相等，方向相反，根据三角形相似可得
又有
T=G
因此可得
当B 缓慢上拉时，∠BAO 缓慢减小，AB、AO 保持不变，BO 减小，则杆的弹力大小保持不变，绳子拉力减小，故
ABD 错误，C 正确。
故选C。
【巩固练习5】如图所示，轻杆OP 可绕O 轴在竖直平面内自由转动，P 端挂一重物，另用一轻绳通过滑轮A 系在P
端。在拉力F 作用下当OP 和竖直方向间的夹角α 缓慢减小时，则
A．拉力F 的大小逐渐增大
B．OP 杆的弹力N 的大小保持不变
C．OP 杆的弹力N 做正功
D．拉力F 做的功大于重力G 做的功
【答案】．B 
【解析】以P 点为研究对象，受到重物的拉力G、轻绳的拉力F 和OP 杆的弹力N 三个力作用，由于平衡，三力构
成如图所示的力三角形。
上述力的三角形与几何三角形△AOP 相似，则
，当α 缓慢减小时，AO、OP 保持不变，AP 逐渐减
小，可知绳中拉力F 逐渐减小，OP 杆的弹力N 大小保持不变，选项A 错误、选项B 正确；运动过程中弹力N 与速
度方向垂直，所以弹力N 不做功，选项C 错误；由动能定理知拉力F 做的功等于重力G 做的功，选项D 错误。
【巩固练习6】 如图所示，绳与杆均不计重力，承受力的最大值一定。A端用铰链固定，滑轮O在A点正上方(滑轮
大小及摩擦均可忽略)，B端挂一重物P，现施加拉力T将B缓慢上拉（绳和杆均未断），在杆达到竖直前（　　）
A. OB间绳子越来越容易断
B. OB间绳子越来越不容易断
C. 杆越来越容易断
D. 杆越来越不容易断
【答案】B 
【解析】以B点为研究对象，B点受三个力：绳沿OB方向的拉力T ，重物P所连细线竖直向下的拉力G，AB杆沿
AB方向的支持力N，这三个力构成封闭的矢量三角形，如图所示，该三角形与几何三角形OAB相似，得到
OB
T = OA
G = AB
N ，由此可知，N不变，T 随OB的减小而减小。
17．如图所示，
是上端带定滑轮的固定坚直杆，质量不计的轻杆
一端通过铰链固定在点，另一端悬挂一重
为的物体，且端系有一根轻绳并绕过定滑轮，用力拉绳，开始时
，现使
缓慢变小，直到杆
接近竖直杆
。此过程中（    ）
A． 力逐渐增大                         
B． 力先逐渐减小后逐渐增大
C． 轻杆
对端的弹力大小不变          
D． 轻杆
对端的弹力先减小后增大
【答案】C
【解析】以B 点为研究对象，分析受力情况：重物的拉力T（等于重物的重力G）、轻杆的支持力N 和绳子的拉力
F，作出力的示意图如图
由平衡条件得知，N 和F 的合力与T 大小相等，方向相反，根据三角形相似可得：
，又T=G
解得：
，使
缓慢变小时，CA、AB 保持不变，CB 变小，则F 减小，N 不变，故ABD 错误，
C 正确。故选C。
【点睛】以B 点为研究对象，分析其受力情况，作出受力图，利用三角形相似法，得出各力与三角形ABC 三边边长
的关系，再分析F 和N 的变化。
【巩固练习7】（多选）如图所示，AC 是上端带定滑轮的固定竖直杆，质量不计的轻杆AB 一端通过铰链固定在A
点，另一端B 悬挂一重为G 的物体，且B 端系有一根轻绳并绕过定滑轮C，用力F 拉绳，开始时∠BAC>90°，现使
∠BAC 缓慢变小，直到杆AB 接近竖直杆AC。此过程中(　　)
A．轻杆AB 对B 端的弹力大小不变
B．轻杆AB 对B 端的弹力先减小后增大
C．力F 逐渐增大
D．力F 先逐渐减小后逐渐增大
【答案】　AC
【解析】　以B 点为研究对象，分析受力情况：悬挂重物的绳的拉力T(等
于重物重力G)、轻杆
的支持力N 和绳子的拉力F，作出力图如图。由平衡条件可知N 和F 的合
力与T 大小相等、方
向相反，根据三角形相似可得＝＝；又T＝G，因杆的长度不变，BC 距离变短，故N 大小保持不变，力F 逐渐减小，
则A 正确，B、C、D 错误。
.
【巩固练习8】（多选）如图所示，居民足不出户，送食物人员不与他直接接触，将食物放在吊盘中，居民自行通
过细绳搭在光滑定滑轮上将带铰链的轻杆缓慢上拉，从而取得食物；在轻杆被缓慢上拉到取到食物前的过程中（    
）
  
A．此人手上所受的拉力
始终减小
B．此人手上所受的拉力
始终不变
C．轻杆所受压力先减小，后增大
D．轻杆所受压力大小始终不变
【答案】AD
【解析】对结点C 受力分析，如图所示
  
缓慢上拉，三个力平衡，三个力组成首尾相接的闭合三角形，力三角形与几何三角形ABC 相似，根据相似三角形对
应边比值相等，有
因上拉过程mg、AB 不变，故AC 减小则F 减小，即工人手上所受的拉力减小，BC 不变则N 不变，即轻杆所受压力
大小始终不变。
故选AD。
【巩固练习9】．如图甲所示，一名登山爱好者正沿着竖直崖壁向上攀爬，绳的一端固定在较高处的A 点，另一端
拴在人的腰间
点（重心处）。人攀爬的过程可以把人简化为乙图所示的物理模型：脚与崖壁接触点为
点，人的
重力
全部集中在
点，
到
点可简化为轻杆，
为轻绳。已知
长度不变，人在攀爬过程中的某时刻，
构成等边三角形。下列说法正确的是（    ）
A．轻杆对人的支持力与人受到的重力是一对平衡力
B．在此时刻，轻绳对人的拉力大小等于轻杆对人的支持力的大小
C．轻绳
在虚线位置、实线位置承受的拉力大小相等
D．轻杆
在虚线位置比实线位置承受的压力小
【答案】B
【解析】A．轻杆对人的支持力沿OC 方向，重力方向竖直向下，且人还受到轻绳的拉力，故A 错误；
B．对人受力分析，人受到重力G、轻绳的拉力T 和轻杆的支持力F，构成力的三角形下图所示
由几何知识可知，该力的三角形与三角形AOC 相似，则有
由于此时刻
构成等边三角形，则轻绳对人的拉力大小等于轻杆对人的支持力的大小，故B 正确；
C．由图可知，AO 为定值，AC 在虚线位置时比实线位置时大，则根据上式可知，轻绳
在虚线位置比实线位置
承受的拉力大，故C 错误；
D．OC 在虚线位置时都与在实线位置时相等，则根据上式可知，轻杆
在虚线位置与实线位置时对人的支持力相
等，则轻杆
在虚线位置与实线位置承受的压力相等，故D 错误。
故选B。
【巩固练习10】（多选）图为某海上救援船的机械臂工作示意图。机械臂AB、BC 由高强度的轻质材料制成，A 端
固定一个定滑轮，BC 可以绕B 自由转动，钢丝绳的一端系在C 点，另一端缠绕于可以转动的立柱D 上，其质量可
以忽略不计。在某次转移货物的过程中，机械臂AB 始终保持竖直。下列说法正确的是（    ）
A．保持BC 不动，使AB 缓慢伸长，则BC 所受的力增大
B．保持AB 不动，缓慢转动立柱D，使CA 变长，则BC 所受的力大小保持不变
C．保持AB 不动，使BC 缓慢伸长，则BC 所受的力增大
D．保持AB 不动，使BC 缓慢伸长且逆时针转动，则BC 所受的力减小
【答案】BC
【解析】根据题意，做出C 点受力的矢量三角形如图所示。
由矢量三角形与几何三角形相似，有
A．保持BC 不动，使AB 缓慢伸长，则BC 所受的力的方向不变，BC 所受的力减小，故A 错误；
B．保持AB 不动，缓慢转动立柱D，使CA 变长，则BC 所受的力大小保持不变，故B 正确；
C．保持AB 不动，使BC 缓慢伸长，则BC 所受的力增大，故C 正确；
D．保持AB 不动，使BC 缓慢伸长且逆时针转动，BC 所受的力增大，故D 错误。
故选BC。
【巩固练习11】．一简易起重装置如图所示，
为上端带有轻质定滑轮的竖直固定支架，
为质量不计的轻杆，
杆的一端
用铰链固定在支架上，另一端
悬挂一重物，轻质钢丝绳连接
端并跨过滑轮
连接在卷扬机上。开始
时，
，现使
缓缓变小，直到
。不计一切阻力，在此过程中（    ）
  
A．杆
所受的力大小不变
B．杆
所受的力先增大后减小
C．钢丝绳受到的力大小不变
D．钢丝绳受到的力逐渐增大
【答案】A
【解析】以结点
为研究对象，作出力的合成如图所示
  
根据三角形相似有
解得
，
在
缓慢变小的过程中，
、
不变, 
减小，故作用在
杆上的力
大小不变；作用在钢丝绳
上
的力
减小。
故选A。
【巩固练习12】如图所示，轻杆一端与竖直墙上的铰链B 连接，另一端与质量为m 的小球C 连接，轻绳一端固定
在竖直墙面上的A 点，另一端与小球C 连接。现镇同学将A 点缓慢向上移动，则在此过程中，下列说法正确的是（ 
）
A．绳上的拉力大小一直不变
B．绳上的拉力先变大后变小
C．杆上的弹力一直变小
D．杆上的弹力先变小后变大
【答案】C
【解析】如图对小球受力分析，根据相似三角形可得
，
当A 点缓慢向上移动时，
在增大，
和
不变，故可知杆上的弹力
和绳上的拉力T 都在减小。
故选C。
【巩固练习13】如图所示，质量均为m 的小球A、B 用劲度系数为k1的轻弹簧相连，B 球用长为L 的细绳悬于O 点，
A 球固定在O 点正下方，当小球B 平衡时，绳子所受的拉力为T1，弹簧的弹力为F1；现把A、B 间的弹簧换成原长
相同但劲度系数为k2(k1>k2)的另一轻弹簧，在其他条件不变的情况下仍使系统平衡，此时绳子所受的拉力为T2，弹
簧的弹力为F2，则下列关于T1与和T2、F1与F2大小之间的关系，正确的是（      ）
A． T1>T2    B． T1<T2    C． F1>F2    D． F1<F2
【答案】C
【解析】由平衡条件可以知道,弹簧的弹力F 和绳子的拉力T 的合力与重力mg 大小相等,方向相反,即
 ,作出
力的合成如图：
由三角形相似得: 
 
由AO、OB 的长度不会变化，所以当换用另一弹簧时，绳子的拉力不会变，即T1=T2
由三角形相似得：
当换用另一个劲度系数较小的弹簧k2 时，弹簧的压缩量增大，所以AB 长度应该变小，则由相似可得F 也应该变小，
则F1>F2，故C 正确；
【巩固练习14】如图所示，一带电小球A 固定于定滑轮的正下方，一根绕过定滑轮的轻质绝缘细线一端系有一个带
同种电荷的小球B，另一端用一拉力T 拉住使小球B 处于静止状态，图示位置两球球心所在高度相同。设定滑轮与
小球B 间的细线与竖直方向的夹角为θ（θ>0），小球A、B 可视为质点。现缓慢拉动绝缘细线，使小球B 移动一段
距离，则在小球B 移动过程中，下列说法正确的是（　　）
A. 小球A、B 间的距离减小
B. 细线与竖直方向的夹角θ 减小
C. 小球B 的运动轨迹为圆弧
D. 拉力T 先减小再增大
【答案】C
【解析】
设小球A、B 间的距离记为
，小球B 到定滑轮的距离记为
，小球A 与滑轮间的距离记为
，且
为一定值，以
小球B 为研究对象，B 球受力分析如图所示
根据相似三角形有
又
解得
即小球A、B 间的距离
为定值，小球B 沿圆周运动，A 错误，C 正确；
小球B 沿圆周运动一段距离，细线与竖直方向的夹角θ 先增大后减小，B 错误；
根据受力分析可得
随着细线的缩短，拉力T 逐渐减小，D 错误。故选C。
【巩固练习15】（多选）如图所示,绝缘底座上固定一电荷量为+q 的小球A,在其上方l 处固定着一个光滑的定滑轮
O,绝缘轻质弹性绳一端系在O 点正上方
处的D 点,，另一端与质量为m 的带电小球B 连接.小球B 平衡时OB 长为
l,且与竖直方向夹角为60°.由于小球B 缓慢漏电,一段时间后,当滑轮下方的弹性绳与竖直方向夹角为30°时,小球B 恰
好在AB 连线的中点C 位置平衡.已知弹性绳的伸长始终处于弹性限度内.静电力常量为k,重力加速度为g,下列说法正
确的是
A.小球B 带负电
B.弹性绳原长为
C.小球B 在C 位置时所带电荷量为
D.小球B 在初始平衡位置时所带电荷量为
【答案】BC
【解析】由同种电荷相互排斥可知小球B 带正电，选项A 错误。设小球在初始位置时带电荷量Q，对小球在初始位
置受力分析，由平衡条件可得mg=k
，解得Q=
，选项D 错误；设小球在C 位置时带电荷量Q’，对小球
B 在C 位置时受力分析，由平衡条件画出力矢量三角形，由力矢量三角形与几何三角形相似可得
=
，
解得Q’=
，选项C 正确；设弹性绳原长为x，小球在初始位置时弹性绳拉力F1=mg，由胡克定律，F1=k
（1.5l-x），小球B 在C 位置时弹性绳拉力F2=
mg，由胡克定律，F2=k（
l-x），联立方程组解得x=
，选项B 正确。
【巩固练习16】如图所示，在光滑小滑轮C 正下方相距h 的A 处固定一电量为Q 的点电荷，电量为q 的带电小球
B，用绝缘细线拴着，细线跨过定滑轮，另一端用适当大小的力拉住，使小球处于静止状态，这时小球与A 点的距
离为R。（静电力恒量为k，环境可视为真空），则小球所受的重力的大小为           ；若缓慢拉动细线（始终
保持小球平衡）直到小球刚到滑轮的正下方过程中，分析说明小球运动轨迹为              。
 【答案】 
     以A 为圆心，以R 为半径的圆弧
【解析】[1]对小球，在B 点时，受力分析如图
受力分析及三角形相似可得
联立解得
[2] 由上述表达式可知
其中k、Q、q、h、G 均保持不变，所以R 不会变化，即小球运动轨迹为以A 为圆心，以R 为半径的圆弧。
【巩固练习17】如图所示，质量均匀的细棒中心为O 点，O1为光滑铰链，O2为光滑定滑轮，O2在O1正上方，一根
轻绳一端系于O 点，另一端跨过定滑轮O2由水平外力F 牵引，用N 表示铰链对杆的作用，现在外力F 作用下，细
棒从图示位置缓慢转到竖直位置的过程中，下列说法正确的是
A． F 逐渐变小，N 大小变大                    
B． F 逐渐变小，N 大小不变
C． F 先变小后变大，N 逐渐变小                
D． F 先变小后变大，N 逐渐变大
【答案】B
【解析】细棒受重力、拉力以及结点处的支持力，根据平衡条件可知，支持力与拉力F 的合力与重力等大反向，如
图所示：
则由图可知，△OFG'
O1O2O
△
，则有：G
'
O2O1
=
F
OO2
=
N
OO1
，在杆上移过程中，左侧绳长OO2 变短，而O2O1
及OO1 不变，则可知：F 变小，N 不变，故B 正确，ACD 错误。
【巩固练习18】如图所示，a、b 两个小球穿在一根光滑的固定杆上，并且通过一条细绳跨过定滑轮连接。已知b
球质量为m，杆与水平面成角θ，不计所有摩擦，重力加速度为g。当两球静止时，Oa 绳与杆的夹角也为θ，
Ob 绳沿竖直方向，则下列说法正确的是(　　)
A. a 可能受到2 个力的作用
B. b 可能受到3 个力的作用
C. 绳子对a 的拉力等于mg
D. a 的重力为mg tanθ
【答案】C
【解析】对a 球受力分析可知，a 受到重力，绳子的拉力以及杆对a 球的弹力，三个力的合力为零，故A 错误；对
b 球受力分析可知，b 受到重力，绳子的拉力，两个力合力为零，杆子对b 球没有弹力，否则b 不能平衡，故B 错
误；由于b 受到重力和绳子拉力处于平衡状态，则绳子拉力T =mg，同一根绳子上的拉力相等，故绳子对a 的拉力
等于mg，故C 正确；分别对AB 两球分析，运用合成法，如图，根据正弦定理列式得：T
sinθ =
ma g
sin(90
∘+θ)
，解
得： ma g= mg
tanθ ，故D 错误。
【关键点拨】分别对ab 两球分析，运用合成法，用T 表示出ab 两球的重力，同一根绳子上的拉力相等，即绳子
ab 两球的拉力是相等的，根据正弦定理列式求解。本题考查了隔离法对两个物体的受力分析，关键是抓住同一根
绳子上的拉力处处相等结合几何关系将两个小球的重力联系起来。
【巩固练习19】如图所示，竖直墙壁O 处用光滑铰链铰接一轻质杆的一端，杆的另一端固定小球（可以看成质
点），轻绳的一端悬于P 点，另一端与小球相连。已知轻质杆长度为R，轻绳的长度为L，且R＜L＜2R。A、B 是墙
上两点，且OA＝OB＝R。现将轻绳的上端点P 沿墙壁缓慢下移至A 点，此过程中轻绳对小球的拉力F1 及轻质杆对
小球的支持力F2 的大小变化情况为（　　）
A．F1 和F2 均增大
B．F1 保持不变，F2 先增大后减小
C．F1 和F2 均减小
D．F1 先减小后增大，F2 保持不变
【答案】：A。
【解析】解：小球受重力、细线的拉力和支持力，由于平衡，三个力可以构成矢量三角形，如图所示：
根据平衡条件，该力的矢量三角形与几何三角形POC 相似，则有
解得：
当P 点下移时，PO 减小，L、R 不变，故F1 增大，F2 增大。故A 正确，BCD 错误；
【巩固练习20】（多选）如图所示，一表面光滑、底面粗糙的半球状物体放在地面上保持静止，AB 为直径，C 点
为半球的最高点，在C 点的正上方有一光滑定滑轮固定在天花板上，一轻绳绕过定滑轮连接着小球，在轻绳的D 端
施加一外力F 缓缓拉动轻绳，使得小球沿光滑球面缓慢上升一小段距离，此过程中，下列判断正确的是（　　）
A．小球受到的弹力增大
B．外力F 逐渐减小
C．半球受到的摩擦力减小
D．地面对半球的弹力减小
【答案】BC
【解析】AB．对小球受力分析如图
由力矢量三角形与几何三角形相似得
小球上升的过程中H、R 不变、X 减小，故N 不变，F 减小，故A 错误，B 正确；
CD．半球受到的压力大小不变，但其竖直分量变大、水平分量变小，故地面对半球的支持力变大，摩擦力变小，故
C 正确，D 错误。
故选BC。
【巩固练习21】（多选）如图所示，一质量为
、半径为
的光滑球
用细绳悬挂于
点，另一质量为
、半径
为
的半球形物体
被夹在竖直墙壁和
球之间，
的球心到
点之间的距离为
，
、
的球心在同一水平线上，
、
处于静止状态，重力加速度为
，则下列说法正确的是（　　）
A．
对
的压力大小为
B．竖直墙壁对
的摩擦力可能为零
C．当只轻轻把球
向下移动一点距离，若
、
再次保持静止，则
对
的压力大小保持不变，细绳拉力增大
D．当只轻轻把球
向下移动一点距离，若
、
再次保持静止，则
对
的压力减小，细绳拉力减小
【答案】AD
【解析】A．分析A 球的受力情况，如图1 所示，
N 与mg 的合力与T 等大反向共线，根据两个阴影三角形相似得
解得
由牛顿第三定律知A 对B 的压力大小为
N′=N=
故A 正确；
B．B 在竖直方向受到重力，AB 之间光滑，则由平衡条件知竖直墙壁对B 的摩擦力一定摩擦力，故B 错误；
CD．当只轻轻把球B 向下移动一点距离，分析A 球的受力情况，如图2 所示，N 与T 的合力与mg 等大反向共线，
根据两个阴影三角形相似得
可得
由于L＞h，可知，N 减小，T 减小，由牛顿第三定律知A 对B 的压力减小，故C 错误，D 正确。
故选AD。
【巩固练习22】如图所示，固定在水平面上的光滑半球半径为R，球心O 的正上方固定一 定滑轮，细线一端绕定
滑轮，今将小球的初始位置缓慢拉至B 点，在小球到达B 点前的过程中，小球对半球的压力FN，细线的拉力T 大小
变化情况是（ ）
A． FN变大T 变大                     B． FN变小T 变大
C． FN不变T 变小                D． FN变大T 变小
【答案】C
【解析】对小球受力分析如图：
 
力三角形与边三角形相似，F=T，F 合=G，则
，小球逐渐上移，L 逐渐减小，T 逐渐减小；R 不变，FN
不变。故ABD 错误，C 正确。
【巩固练习23】如图所示，三根轻质细线结于
点，
另一端固定在天花板上的
点（位于圆心
的正上方），
OB、OC 另一端分别连接质量为
的小球P（可视为质点）、质量为
的物体Q。将物体Q 放置于粗糙水平面上，
小球P 放置于半径为
的光滑半圆柱上，当A、O、
处于同一竖直线上时，
处于水平且物体Q 恰好不滑动，
此时
，
，重力加速度大小为
，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物体Q 与水平面间的动摩
擦因数为（　　）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】根据题意，对小球P 受力分析，受重力
，光滑半圆柱的支持力
和绳子的拉力
，处于平衡状态，画
出拉力
等大反向的力
，即为
和
的合力，如图所示
由相似三角形有
解得
由余弦定理有
则有
对结点
受力分析，如图所示
由平衡条件有
对物体Q 受力分析，如图所示
由平衡条件有
；
又有
；
则有
故选B。
【巩固练习24】（多选）如图所示，表面光滑的半球形物体固定在水平面上，光滑小环D 固定在半球形物体球心O
的正上方，轻质弹簧一端用轻质细绳固定在A 点，另一端用轻质细绳穿过小环D 与放在半球形物体上的小球P 相连，
DA 水平。现将细绳固定点A 向右缓慢平移的过程中(小球P 未到达半球最高点前)，下列说法正确的是
A． 弹簧变短                          B． 弹簧变长
C． 小球对半球的压力不变              D． 小球对半球的压力变大
【答案】AC
【解析】分析小球受力情况：重力G，细线的拉力T 和半球面的支持力
，作出
、T，G 的矢量三角形，根据
三角形相似法分析
、T 的变化．
对小球P 受力分析，受到绳子的拉力T，半球的支持力
，竖直向下的重力G，如图所示，根据相似三角形法可知
，因为OP 和OD 都是恒定不变的，G 也不变，DP 减小，所以可知
不变，T 减小，根据牛顿
第三定律可知小球对半球的压力不变，绳子的拉力减小，即弹簧的弹力减小，所以弹簧变短，故AC 正确．
【巩固练习25】如图所示，质量为
的小球，用一根长为
的细绳吊起来，放在半径为
的光滑的球体表面上，由
悬点
到球面的最小距离为
，则小球对球面的压力为         ，绳的张力为           （小球半径可忽略不
计）。
 【答案】 
     
【解析】[1][2]小球在A 点的受力如图所示，根据三力平衡的特点三个力可以构成一外首尾相连的矢量三角形如图
所示
根据相似三角表形关系可得
解得
小球对球面的支持力为
由牛顿第三定律可得，小球对球面的压力为
。
绳的张力为
【巩固练习26】如图所示，两个体积很小的球A、B 都套在一个竖直大圆环上，大圆环固定在地上。细绳的两端分
别拴在小球A、B 上，然后将细绳挂在小滑轮
上，
位于大圆环环心O 的正上方。细绳两端的长度之比
，不计一切摩擦，当它们都静止时，求：
（1）两个小球A、B 质量之比
；
（2）大圆环对A、B 的作用力之比
。
【答案】（1）
；（2）
【解析】（1）设圆环半径为R，
距离为h，A、B 受力如图所示
由相似三角形对应边成比例可得
又
解得
（2）由相似三角形对应边成比例可得
则
【巩固练习27】重力为G 的小球C，用一根长为L 的绳子吊起来，放在一个半径为R 光滑球体的表面上，绳子悬点
在大球球心的正上方，距大球表面最小距离为h，如图所示，求：
（1）绳对小球的拉力；
（2）大球对小球的支持力。
  
【答案】（1）
；（2）
【解析】（1）（2）以小球C 为研究对象，对其进行受力分析得到如右图所示的“力相似三角形”
  
得
同理
故绳对小球的拉力
大球对小球的支持力
【巩固练习28】如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆环的最高点有一个光滑的小孔质量为m 的小球套在圆环上，
一根细线的下端系着小球，上端穿过小孔用手拉住。现拉动细线，使小球沿圆环缓慢上移，在移动过程中：
（1）手对细线的拉力F      （选填“增大”、“不变”、“减小”）；
（2）圆环对小球的弹力FN      （选填“增大”、“不变”、“减小”）。
  【答案】 减小     不变
【解析】（1）（2）[1][2]细线拉着小球缓慢上移，所以小球受力平衡，对小球受力分析如图
根据几何三角形相似关系
在缓慢上移的过程中
OA = OB = R
则FN 保持不变，在上移过程中AB 长度逐渐减小，则F 减小。
【巩固练习29】如图所示，一个重为G 的小球套在竖直放置的光滑圆环上，一个劲度系数为k，自然长度为L（L 小
于直径）的轻质弹簧，一端与小球相连，另一端固定在圆环的最高点A 点，小球处于静止状态，弹簧与竖直方向的
夹角
，求圆的半径。
【答案】
【解析】以小球为研究对象，分析受力情况，作出力图．根据平衡条件，运用三角形相似法得到弹簧的弹力大小，
再由胡克定律和几何知识求出。
以小球为研究对象，受力分析图
由图看出，力的三角形△BCD 和△AOB 相似，设AB 长度为l
由三角形相似可得
解得
由胡克定律有
而
联立解得
【巩固练习30】 (多选)如图，用硬铁丝弯成的光滑半圆环竖直放置，最高点B 处固定一小滑轮，质量为m 的小球
A 穿在环上．现用细绳一端拴在A 上，另一端跨过滑轮用力F 拉动，使A 缓慢向上移动．在移动过程中关于铁丝对
A 的支持力N，下列说法正确的是(　　)
A．N 的方向始终背离圆心O
B．N 的方向始终指向圆心O
C．N 逐渐变小
D．N 大小不变
【答案】　AD
【解析】本题借助相似三角形考查动态平衡问题．在小球A 缓慢向上移动的过程中，小球A 处于三力平衡状态，根
据平衡条件知小球重力mg 与半圆环对小球的弹力N 的合力与细绳的拉力T 等大、反向、共线，作出mg 与N 的合
力，如图所示，
由三角形相似有
＝
＝
，AO、BO 都不变，则N 大小不变，方向始终背离圆心O.故A、D 正确，B、C 错误．
【巩固练习31】把一光滑圆环固定在竖直平面内，在光滑圆环的最高点有一个光滑的小孔，如图所示．质量为m的
小球套在圆环上，一根细线的下端系着小球，上端穿过小孔用手拉住．现拉动细线，使小球沿圆环缓慢下移．在小
球移动过程中手对细线的拉力F和圆环对小球的弹力N的大小变化情况是（　）
A. F不变，N增大
B. F不变，N减小
C. F减小，N不变
D. F增大，N不变
【答案】D 
【解析】小球沿圆环缓慢下移可看成做匀速运动，对小球进行受力分析，小球受重力G、F、N三个力，满足受力
平衡．作出受力分析图如下：
由图可知△OAB∽△NAG
即：G
R = F
AB = N
R ，
小球沿圆环缓慢下移时，半径不变，AB的长度增大，故F增大，N不变，故D 正确．
故选：D．
【巩固练习32】如图所示，小圆环A系着一个质量为m2的物块并套在另一个竖直放置的大圆环上，有一细线一端
拴在小圆环A上，另一端跨过固定在大圆环最高点B的一个小滑轮后吊着一个质量为m1的物块。如果小圆环、滑轮、
绳子的大小和质量以及相互之间的摩擦都可以忽略不计，绳子又不可伸长，若平衡时弦AB所对应的圆心角为α，
则两物块的质量比m1:m2应为（　　） 
A. cos α
2
B. sin ⁡α
2
C. 2sin ⁡α
2
D. 2cos α
2
【答案】C 
【解析】解法一:采取相似三角形法对小圆环A受力分析，如图所示，FT 2与F N的合力与FT 1平衡，由矢量三角形与
几何三角形相似， 
可知
m2 g
R =
m1g
2 Rsin α
2
 
得m1
m2
=2sin α
2 
解法二:采用正交分解法 
建立如解法一中图所示的坐标系，可知:FT 2= F N =m2 g，2 FT 2sin α
2 = FT 1=m1g， 
解得m1
m2
=2sin α
2 。 
解法三:采用三力平衡的推论法 
FT 2与F N的合力与FT 1平衡，则FT 2与F N所构成的平行四边形为菱形，有2 FT 2sin α
2 = FT 1 
FT 2= F N =m2 g，FT 1=m1g，解得m1
m2
=2sin α
2 。 
【巩固练习33】内壁光滑的球体壳半径为R，一长度小于直径的轻杆两端固定质量分别为mA、 mB的小球A、B。
将轻杆置于球体内部后，最终静止在图示位置不动，球心O 与杆在同一竖直面内，过球心O 竖直向下的半径与杆的
交点为M，OM=R/2。下列判断中正确的是
A．mA<mB
B．球体内壁对A 球的支持力为NA=2mAg
C．轻杆对B 球的支持力有可能小于B 球的重力
D．若增大小球A 的质量mA，θ 角会增大
【答案】.B 
【解析】根据题图可知，小球A 质量大于小球B，mA> mB，选项A 错误。隔离小球A 受力分析，画出A 球所受的
各个力，如图，由力三角形和几何三角形相似可得，mAg∶R/2=NA∶R，解得NA=2mAg，选项B 正确。隔离小球
B 受力分析，画出B 球所受的各个力，如图，由力三角形和几何三角形相似可得，mBg∶R/2=FB∶R，解得
FB=2mBg，一定大于B 小球的重力，选项C 错误。若增大小球A 的质量mA，θ 角会减小，选项D 错误。
【巩固练习34】如图所示，一个内表面光滑半球形的碗放在桌面上，碗口水平，О 是球心，碗的球半径为R，一根
轻质杆的两端固定有A、B 两个小球（可视为质点），质量分别是
、
，已知杆长为
，杆静止时与水平面
夹角为15°，则A、B 两小球的质量之比是（　　）
A．2∶1           B．
C．
D．
【答案】：B
【解析】由几何关系可知OA、OB 的夹角为
，OB 与水平方向的夹角为
，OA 与水平方向的夹角为
，选
取两小球和杆作为探究对象，受力分析如下图所示
由平衡条件得，
在水平方向的分力
和
在水平方向的
分力
相等即
所以
在以小球1 为研究对象，受力分析如下图所示根据平衡条件得
与
的合力与
等大反向，图中两个阴影三角
形相似，则得
再以小球2 为研究对象得
则得
解得
故B 正确，ACD 错误。故选B。
【巩固练习35】如图，两个半径均为r 的光滑球a、b 放在半径为R（R>2r）的半球形容器内，均静止时a、b 与半
球的接触点P、Q 与半球球心O 的连线与水平方向的夹角为α 和β（α<β）。若两球的质量用ma、mb，两球对容器
的压力大小用FNa、FNb表示，则（　　）
A．
B．
C．
D．
【答案】：BD
【解析】如图，三个球心连线围成一等腰三角形，设两底角分别为
，分别对a、b 受力分析，根据牛顿第三定律
可知
与
大小相等。a、b 的重力与a、b 连心线的夹角分别为
、
，则
。根据共点力的平衡条件和
正弦定理
故选BD。
【巩固练习36】两个可视为质点的小球a和b，用质量可忽略的刚性细杆相连，放置在一个光滑的半球面内，如图
所示。已知小球a和b的质量之比为❑√3，细杆长度是球面半径的❑√2倍。两球处于平衡状态时，细杆与水平面的夹
角θ是（　　）
A. 
B. 
C. 
D. 
【答案】D 
【解析】解：因杆可以转动，故若杆对a、b的作用力不沿杆，则杆不可能处于平衡状态，故杆对ab球的弹力一定
沿杆，且对两球的作用力大小一定相等。
设细杆对两球的弹力大小为T ，小球a、b的受力情况如图所示，其中球面对两球的弹力方向指向圆心，即有：
cos ⁡α =
R
❑√2 R =
❑√2
2
解得：
故F N a的方向为向上偏右，即
F N b的方向为向上偏左，由几何关系得
两球都受到重力、细杆的弹力和球面的弹力作用，过O作竖直线交ab于c点，设球面的半径为R，则△Oac与左侧
的力三角形相似；△Obc与右侧的力三角形相似；则由几何关系可得：
ma g
Oc = F N a
R = T
ac
mb g
Oc = F N b
R = T
bc
解得：F N a= ❑√3 F N b
取a、b及细杆组成的整体为研究对象，由平衡条件得：
F N a⋅sin ⁡β1= F N b⋅sin ⁡β2
即
解得：
；
故选：D。
【巩固练习37】如图所示，在粗糙的水平地面上，有一质量为M 的半圆形绝缘凹槽，槽与地面接触部分粗糙，圆
弧表面光滑，圆弧右上端有一带正电的小球A，底部固定一个带正电的小球B，两球质量都为m，一开始整个装置
保持静止，后因小球A 缓慢漏电而使其沿圆弧逐渐靠近小球B，在靠近的过程中，忽略小球A 质量的变化，下列说
法正确的是（　　）
A．凹槽受到地面的摩擦力大小增大
B．A、B 两球间的库仑力大小变大
C．凹槽受到地面的支持力大小不变
D．A 球受到的支持力大小变大
【答案】C
【解析】
AC．以凹槽和A、B 组成的整体作为研究对象，竖直方向上，整体受到竖直向下的重力和竖直向上的支持力。两个
力大小相等。在整个过程中保持不变。水平方向上，不受其他外力，故地面与凹槽之间没有摩擦力，A 错误，C 正
确；
BD．以A 为研究对象，受力如图所示，由图可知
所以
，
由于OB，OA 在过程中
不变，重力G 也不变，所以
不变，小球A 受到的支持力不变。而AB 在该过程中减小，则AB 两球间的库仑力F
减小。B、D 错误；故选C。
【巩固练习38】竖直面内一半圆柱形的轨道中放置有两根长为的通电直导线，其截面如图所示。
为半圆的圆心，
导线
固定在
点正下方的
处，且通有大小为
、方向垂直纸面向里的电流。当导线
中通入大小为
、方向垂
直纸面向外的电流时，刚好能静止在与
点等高的
处。将
导线放在
处，电流减小为
时，恰好静止。已知导
线
中电流在其周围某点产生磁场的磁感应强度大小为
（
为大于零的常量，
为该点到导线
的距离），
，则（　　）
A．导线
中的电流在
点产生的磁感应强度大小是在A 点的两倍
B．导线
在A 或
位置时对轨道的压力可能大于其重力
C．导线
在
处时两导线间的安培力比导线
在A 处时的大
D．导线
在A 处的电流大小是其在
处的两倍
【答案】D
【解析】A．设半圆的半径为
，则A、
两点间的距离为
，导线
中电流在
点产生的磁场的磁感应强度大
小为
同理导线
中电流在
点产生的磁场的磁感应强度大小为
则
，A 错误；
B．对导线
受力分析可知，导线
受重力
、安培力
和弹力
的作用，其受力分析如图所示
设
、
两导线间的距离为
，由力三角形与几何三角形相似可得
解得
；
B 错误；
CD．当
导线在
处时，
导线受到的安培力大小为
当
导线在
处时，
导线受到的安培
力大小为
故有
解得
，C 错误，D 正确。故选D。
【巩固练习39】如图所示，在半圆形光滑凹槽内，两轻质弹簧的下端固定在槽的最低点，另一端分别与小球P、Q
相连．已知两球在图示P、Q位置静止．则下列说法中正确的是（    ）
A． 若两球质量相同，则P球对槽的压力较小
B． 若两球质量相同，则两球对槽的压力大小相等
C． 若P球的质量大，则O
' P弹簧的劲度系数大
D． 若P球的质量大，则O
' P弹簧的弹力大
【答案】BD
【解析】对两小球受力分析如图所示，
都是受重力、支持力和弹簧的弹力三个力，两小球静止，受力平衡，根据平行四边形定则作平行四边形，有几何关
系可知：ΔQGQ
' N Q∽ΔOO
'Q，ΔPGP
' N P∽ΔOO
' P，则有：N Q
GQ
= OQ
OO
' = R
R =1，N P
GP
= OP
OO
' = R
R =1，即支
持力始终与重力相等，若两球质量相等，重力相等，则所受支持力相等，对槽的压力必然相等，故A 错误、B 正确；
FQ
GQ
= O
'Q
OO
' 得：FQ=GQ O
'Q
R
，F P
GP
= O
' P
OO
' 得：F P=GP O
' P
R
，由图可知O
' P>O
'Q，又GP>GQ，则F P> FQ，
根据胡克定律F =kΔx，两弹簧的形变量未知，则劲度系数的大小关系无法确定，故C 错误，D 正确．故选BD．
点睛：此题主要考查了同学们受力分析的能力，根据根据平行四边形定则做出力的平行四边形，能找到力三角形和
几何三角形的相似关系，列式即可解答．
【巩固练习40】刀、斧、凿等切削工具的刃部叫作劈，如图所示是用斧头劈木柴的示意图。劈的纵截面是一个等腰
三角形，使用劈的时候，垂直劈背加一个力F，这个力产生两个作用效果，使劈的两个侧面推压木柴，把木柴劈开。
设劈背的宽度为d，劈的侧面长为l，不计斧头的自身重力，则劈的侧面推压木柴的力约为    ，劈的纵截面顶角越 
（选填“大”或“小”），木柴越容易被劈开。
  【答案】   
     小
【解析】[1]根据题意，斧头劈木柴时，设两侧面推压木柴的力分别为
、
，且
利用几何三角形与力的三
角形相似有
可得推压木柴的力
[2]根据题意，如图所示
由几何关系可知，劈的纵截面顶角越小，
的值越大，则推压木柴的力越大，木柴越容易被劈开。
五．拉密定理法（正弦定理）
【典型例题1】如图所示，某工厂将圆柱形工件a 放在倾角为
的斜面上，为防止工件滚动，在其下方垫一段半径
与a 相同的半圆柱体b。若逐渐减小斜面倾角
，a、b 始终处于静止状态，不计a 与接触面的摩擦，b 的质量很小。
则（　　）
A．斜面对a 的弹力逐渐变小B．斜面对a 的弹力先变大后变小
C．b 对a 的弹力逐渐变小
D．b 对a 的弹力大小不变
【答案】C
【解析】设斜面对a 的弹力为Fa，b 对a 的弹力为Fab，对a 进行受力分析，如图所示
因为a、b 半径相等，易得Fa 与Fab 的夹角为60°，所以α=120°，即无论θ 如何变化，Fa 与Fab 的夹角始终保持不
变，α 也始终不变。由平衡条件，Fa 与Fab 的合力大小等于圆柱体a 的重力，所以由三角形正弦定理
当逐渐减小斜面倾角θ 时，圆柱体a 的重力始终不变，α 不变，β 减小，γ 增大，且β 和γ 始终为锐角，故Fab 逐渐
减小，Fa 逐渐增大。故选C。
【典型例题2】《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
❑√3
3 mg
【答案】CD
【解析】
对兜篮、王进及携带的设备整体受力分析如图所示，绳OD 的拉力为F1，与竖直方向的夹角为θ，绳CD 的拉力为
F2，与竖直方向的夹角为α。由正弦定理可得，
=
=
，王进从C 点运动到E 点的过
程中，α 增大，F1 增大，θ 减小，F2 减小，选项AB 错误；两绳拉力的合力大小等于mg，选项C 正确；当绳CD 与
竖直方向的夹角为α=30
∘
时，θ=30°，2F2cos30°=mg，可得F2=
mg，即工人对绳的拉力为
❑√3
3 mg，选项D
正确。
【关键点拨】对兜篮、王进及携带的设备整体受力分析，根据几何关系结合平衡条件进行解答。本题主要是考查了
共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合
成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。
【巩固练习1】如图所示，倾角为
的斜面固定在水平面上，一段轻绳左端拴接在质量为2m 的物体P 上，右端跨
过光滑的定滑轮连接质量为m 的物体Q，整个系统处于静止状态。对Q 施加始终与右侧轻绳夹角为
的拉力
F，使Q 缓慢移动直至右侧轻绳水平，该过程中物体P 始终静止。下列说法正确的是
A．拉力F 先变大后变小
B．轻绳的拉力先减小后增大
C．物体P 所受摩擦力沿斜面先向下后向上
D．物体P 所受摩擦力先增大后减小
【答案】D
【解析】AB．设右侧轻绳与竖直方向的夹角为
，设绳子上的力为
，如图所示
由正弦定理可知
即
当
时，即细绳水平时力F 最大，故轻绳拉力
由mg 增大到
后又减小到mg，力F 一直增大，故A、B
错误；
CD．对P 受力分析可知，物体P 受到的摩擦力
方向沿斜面向下，由平衡条件得
轻绳拉力
先增大后减小，物体P 所受摩擦力先增大后减小，故C 错误，D 正确。
故选D。
【巩固练习2】如图，光滑半圆形碗固定在水平地面上，开始时，系有不可伸长轻绳的光滑小球处在碗的最低点，
在拉力F 的作用下，小球沿碗内壁缓慢上升，小球、轻绳、O 点始终在同一竖直平面内，在此过程中，下列说法正
确的是（　　）
A．绳的拉力F 一直变大
B．碗对小球的支持力FN一直变大
C．绳的拉力与碗的支持力的合力大小等于mg
D．当绳与竖直方向的夹角为30°时，绳的拉力F 为
【答案】ACD
【解析】C．由题意，小球缓慢上升，处于动态平衡状态，绳的拉力F 与碗的支持力FN 的合力大小等于mg，故C
正确；
AB．对小球受力分析如图所示，设FN 与竖直方向夹角为θ，将F、FN 和mg 平移构成一个封闭的矢量三角形，根
据几何关系可得
则在矢量三角形中，mg 与F 所对应边的夹角为
，
FN 与F 所对应边的夹角为
根据正弦定理有
因为θ 从0 逐渐增大至接近90°，所以β 从45°逐渐减小至接近0，γ 从135°逐渐减小至接近90°，即sinβ 逐渐减小，
sinγ 逐渐增大，而mg 不变，所以FN 一定逐渐减小。又因为α 逐渐增大，FN 逐渐减小，且FN 与F 的合力大小不
变，根据平行四边形定则可推知F 一定逐渐增大，故A 正确，B 错误；
D．当绳与竖直方向的夹角为30°时，根据几何关系可知此时θ=30°，代入前面所列正弦定理方程有
解得
故D 正确。故选ACD。
【巩固练习3】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，将木板以底边
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合力保持不变
【答案】B
【解析】设两绳子对圆柱体的拉力的合力为
，木板对圆柱体的支持力为
，绳子与木板夹角为
，从右向左看如
图所示
在矢量三角形中，根据正弦定理
在木板以直线
为轴向后方缓慢转动直至水平过程中，
不变，
从
逐渐减小到0，又
且
可知
则
可知
从锐角逐渐增大到钝
角，根据
由于
不断减小，可知
不断减小，
先增大后减小，可知
先增大后减小，结
合牛顿第三定律可知，圆柱体对木板的压力先增大后减小，设两绳子之间的夹角为
，绳子拉力为
，则
可得
，
不变，
逐渐减小，可知绳子拉力不断减小，故B 正确，ACD 错误。故选B。
【巩固练习4】如图所示质量为m、电荷量为q 的带电小球A 用绝缘细线悬挂于O 点，带有电荷量也为q 的小球B
固定在O 点正下方绝缘柱上.其中O 点与小球A 的间距为l．O 点与小球 B 的间距为
，当小球A 平衡时，悬线与
竖直方向夹角
，带电小球A、B 均可视为点电荷，静电力常量为k，则(   )
A．A、B 间库仑力大小
B．A、B 间库仑力
C．细线拉力大小
D．细线拉力大小
【答案】B
【解析】A 的受力如图所示，
几何三角形OAB 与力三角形相似，由对应边成比例
，则
，由余弦定律
，则
，故B 正确．
【巩固练习5】两个可视为质点的小球a 和b，用质量可忽略的刚性细杆相连，放置在一个光滑的半球面内，如图
所示．已知小球a 和b 的质量之比为
，细杆长度是球面半径的
倍．两球处于平衡状态时，细杆与水平面的夹
角
是（   ）
A．45
B．30
C．22.5 D．15
【答案】D
【解析】由题目中的数据可以得出，abO 三点组成一个等腰直角三角形，所以两底角都为45 ．对两球进行受力分
析，由于球面光滑，所以两球都只受到3 个力，如图所示：重力、球面的支持力、刚性细杆的弹力；由于是刚性细
杆，所以刚性细杆对两球的弹力均沿着杆方向，且对两球的弹力大小相等；两球处于平衡状态，两球受到的合力都
为零，两球受到的三个力都组成一个封闭的力的矢量三角形．
设b 球的质量为m，由正弦定理对球a：
=
；对球b：
=
，所以有：
=
，即
=
，所以
=15 ，故D 正确，ABC 错误．
【巩固练习6】如图所示，V 型光滑挡板AOB 之间放置有一质量均匀的球体，初始时系统处于静止状态，现将整个
装置以O 点为轴顺时针缓慢转动（∠AOB 保持不变），在AO 由水平转动90°到竖直的过程中，下列说法正确的是
（　　）
A．挡板AO 的弹力逐渐增大B．挡板AO 的弹力先增大后减小
C．挡板BO 的弹力逐渐增大D．挡板BO 的弹力先增大后减小
【答案】BC
【解析】AB.支架转动过程中，对小球受力分析及各个力的夹角如图
由拉密定理
因为整个装置以O 点为轴顺时针缓慢转动（∠AOB 保持不变），故
保持不变。
在AO 由水平转动90°到竖直的过程中，
从锐角增大到钝角，
先增大后减小，故挡板AO 的弹力先增大后减
小，B 正确，A 错误；
CD.
从180°减小到90°，
一直增大，故挡板BO 的弹力一直增大，D 错误，C 正确。故选BC。
【巩固练习7】如图所示，在一水平面上放置了一个顶端固定有滑轮的斜面，物块
、
重叠放置在斜面上，细绳
的一端与
物块相连，另一端有结点
，结点处还有两段细绳，一段连接重物
，另一段用外力
拉住。现让外力
将物块
缓慢向上拉动，将
从竖直拉至水平，拉动过程中始终保证夹角
，且绳子
始终拉直，物
块
和
以及斜面体始终静止，则下列说法正确的是（　　）
A．绳子
的拉力先增大后减小
B．
对
的摩擦力一直在增大
C．斜面对
的摩擦力可能一直在减小
D．地面对斜面体的摩擦力一直减小
【答案】A
【解析】A．以结点O 为研究对象，受到两段细绳的拉力
和外力
F，其中OA 段拉力大小等于mg，结点O 转动过程中，动态分析图如下
根据拉密定理有
由于α 保持不变，因此
为定值。结点O 转动至水平的过程中，
角一直减小到直角，可得F 逐渐增大，γ 角
从
一直增大到
，绳子的拉力
先增大后减小，故A 正确；
B．对C 受力分析，C 一直处于平衡状态，B、C 间的摩擦力一直不变，故B 错误；
C．对B、C 整体受力分析可知，绳子的拉力与摩擦力的合力等于重力沿斜面向下的分力，由于绳子的拉力
先增
大后减小，所以斜面对B 的摩擦力不可能一直减小，故C 错误；
D．对B、C 以及斜面整体分析，地面对斜面体的摩擦力大小等于拉力F 在水平方向的分力，拉力F 在水平方向的分
力先增大后减小，故摩擦力也是先增大后减小，故D 错误。
故选A。
【巩固练习8】如图所示,a、b 两细绳一端系着质量为m 的小球,另一端系在竖直放置的圆环上,小球位于圆环的中心,
开始时绳a 水平,绳b 倾斜.现将圆环在竖直平面内顺时针缓慢地向右滚动至绳b 水平,在此过程中(　　)
A. a 上的张力逐渐增大,b 上的张力逐渐增大
B. a 上的张力逐渐减小,b 上的张力逐渐减小
C. a 上的张力逐渐减小,b 上的张力逐渐增大
D. a 上的张力逐渐增大,b 上的张力逐渐减小
【答案】D【解析】
对小球手里分析，如图所示。
mg 的对角不变，设为α，设Fa 的对角为β，Fb 的对角为θ，在缓慢的转动过程中，小球始终处于平衡状态，由拉
密定理得
β 由锐角增大至直角，然后继续增大至钝角，则sinβ 先增大后减小，可得Fa 先增大后减小。θ 角由直角逐渐减小，
则sinθ 逐渐减小，可得Fb 逐渐减小，故ABC 错误，D 正确
【巩固练习9】如右图所示，一圆环位于竖直平面内，圆环圆心处的一小球，OP、OQ 为两根细绳，一端与球相连
另一端固定在圆环上。OP 呈水平，OQ 与竖直方向成30º 角，现保持小球位置不动，将圆环沿顺时针方向转过90º
角，则在此过程中  （    ） 
 
A．OB 绳所受拉力增大            B．OB 绳所受拉力先增大后减小
C．OA 绳所受拉力增大    
D．OA 绳所受拉力先增大后减小
【答案】C
【解析】以节点O 进行受力分析，如图所示
设轻绳OA 与OB 上的拉力分别为F1 与F2 由拉密定理可知
α 由150°减至90°sinα 逐渐增大，F1 逐渐增大；β 由90°增加至150°，sinβ 逐渐减小，F2 逐渐减小，故ABD 错误，
C 正确
六：辅助圆作图法
【典型例题1】如图8，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
【答案】　AD
【解析】　以重物为研究对象，受重力mg、OM 绳上拉力F2、MN 上拉力
F1，由题意知，三个
力的合力始终为零，矢量三角形如图所示，F1、F2 的夹角为π－α 不变，在F2 转至水平的过程中，矢量三角形在同
一外接圆上，由图可知，MN 上的张力F1 逐渐增大，OM 上的张力F2 先增大后减小，所以A、D 正确，B、C 错误．
【典型例题2】如图所示，置于地面的矩形框架中用两细绳拴住质量为m 的小球，绳B 水平．设绳A、B 对球的拉
力大小分别为F1、F2，它们的合力大小为F.现将框架在竖直平面内绕左下端缓慢逆时针旋转90°，在此过程中(　 
)
A．F1 先增大后减小  
B．F2 先增大后减小
C．F 先增大后减小   
D．F 先减小后增大
【答案】B
【解析】由题意可知F1、F2 的夹角不变，做出矢量圆如图所示
B 由图可知、在缓慢旋转过程中，F1 逐渐减小，F2 先增大后减小，在绳A 处于水平方向时F2 最大，故A 选项错误，
B 选项正确
C、D 两绳合力大小始终等于小球的重力大小，不变，故C、D 选项错误
【巩固练习1】如图所示，两根相同的轻质弹簧一端分别固定于M、N 两点，另一端分别与轻绳OP、OQ 连接于O
点。现用手拉住OP、OQ 的末端，使OM、ON 两弹簧长度相同（均处于拉伸状态），且分别保持水平、竖直。最
初OP 竖直向下，OQ 与OP 成120°夹角。现使OP、OQ 的夹角不变，在保持O 点不动的情况下，将OP、OQ 沿顺
时针方向缓慢旋转70°。已知弹簧、轻绳始终在同一竖直平面内，则在两轻绳旋转的过程中（　　）
A．OP 上的作用力一直减小
B．OQ 上的作用力一直减小
C．OP 上的作用力先增大后减小
D．OQ 旋转至水平位置时，OQ 上作用力最大
【答案】A
【解析】初状态系统平衡时，两弹簧弹力相等，合力与两弹簧夹45°斜向左上方，则由O 点受力平衡知：OP、OQ
两绳拉力合力斜向下与OP 夹45°角。保持O 点不动，则两弹簧伸长状态不变，合力不变，将OP、OQ 沿顺时针方
向缓慢旋转70°，此过程OP、OQ 合力不变，而两力夹角不变，根据力三角形法可作图如下：红线表示OQ 拉力，
蓝线表示OP 拉力。 
由图可以看出，在旋转70°的过程中，表示OP 的拉力TOP 长度一直在减小，说明OP 上的作用力一直减小；表示
OQ 的拉力TOQ 长度线增大后减小，说明上的作用力先增大后减小；当OQ 旋转至水平位置时，OQ 对应的圆周角
为180°-60°-45°=75°<90°说明此时OQ 拉力不是最大值。故A 正确，BCD 错误。故选A。
【巩固练习2】(多选)如图所示，两根轻绳一端系于结点O，另一端分别系于固定圆环上的A、B 两点，O 点下面悬
挂一物体M，绳OA 水平，拉力大小为F1，绳OB 与OA 的夹角α＝120°，拉力大小为F2，将两绳同时缓慢顺时针转
过75°，并保持两绳之间的夹角α 始终不变，且物体始终保持静止状态．则在旋转过程中，下列说法正确的是(　　)
A．F1逐渐增大　
B．F1先增大后减小
C．F2逐渐减小
D．F2先增大后减小
【答案】：AC
【解析】：对节点O 受力分析，收到三个平衡力的作用，做出矢量三角形，如图所示
绳OB 与绳OA 成α=120°，以这两个力为边的角为60°是不变的，当它们同时缓慢顺时针转过60°时，F1 恰好经过
圆心，变化如图所示，F1 逐渐增大，F2 逐渐减小，故AC 正确，BD 错误
【巩固练习3】如图所示，半径为R 的圆环竖直放置，长度为R 的不可伸长的轻细绳OA、OB，一端固定在圆环上，
另一端在圆心O 处连接并悬挂一质量为m 的重物，初始时OA 绳处于水平状态．把圆环沿地面向右缓慢转动，直到
OA 绳处于竖直状态，在这个过程中(　　)
A．OA 绳的拉力逐渐增大                 B．OA 绳的拉力先增大后减小
C．OB 绳的拉力先增大后减小             D．OB 绳的拉力先减小后增大
【答案】B
【解析】以重物为研究对象，重物受到重力mg、OA 绳的拉力F1、OB 绳的拉力F2 三个力而平衡，构成矢量三角
形，置于几何圆中如图：
在转动的过程中，OA 绳的拉力F1 先增大，转过直径后开始减小，OB 绳的拉力F2 开始处于直径上，转动后一直减
小，B 正确，A、C、D 错误．
【巩固练习4】(多选)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（
）．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
【答案】AD
【解析】以重物为研究对象，受重力mg，OM 绳上拉力F2，MN 上拉力F1，由题意知，三个力合力始终为零，矢
量三角形如图所示，
在F2 转至水平的过程中，MN 上的张力F1 逐渐增大，OM 上的张力F2 先增大后减小，所以A、D 正确；B、C 错误．