(完整word版)高中物理力学选择题之整体法隔离法、静态平衡、动态平衡、临界、极値问题

一、 明“因”熟“力”，正确进行受力剖析
[ 全练题点 ]
1．[ 多项选择 ]如图甲、乙所示，倾角为 θ的斜面上搁置一滑块
M ，在滑块
M 上搁置一个质
量为 m 的物块， M 和 m 相对静止，一同沿斜面匀速下滑，以下说法正确的选项是
(
)
A ．图甲中物块 m 遇到摩擦力
B ．图乙中物块 m 遇到摩擦力
C ．图甲中物块 m 遇到水平向左的摩擦力
D ．图乙中物块 m 遇到与斜面平行向上的摩擦力
分析： 选 BD
对题图甲：设物块 m 遇到摩擦力，则物块 m 遇到重力、支持力、摩擦
力，而重力、支持力均衡，若遇到摩擦力作用，其方向与接触面相切，方向水平，则物块
m 受力将不均衡，与题中条件矛盾，故假定不行立，
A 、 C 错误。

对题图乙：设物块 m 不
受摩擦力，因为物块
m 匀速下滑，物块 m 必受力均衡，若物块 m 只受重力、支持力作用，
因为支持力与接触面垂直，故重力、支持力不行能均衡，则假定不行立，由受力剖析知： 物块 m 遇到与斜面平行向上的摩擦力，
B 、 D 正确。

2.(2017 淄·博实验中学一诊 )如下图，一质量平均的实心圆球被
直径 AB 所在的平面一分为二，先后以
AB 沿水平易竖直两种不一样方
向搁置在圆滑支架上， 处于静止状态， 两半球间的作使劲分别为
F 和
F
等于 ( )
F ′，已知支架间的距离为 AB 长度的一半，则 F ′
3
A. 3
B. 2 2 3
3 C. 3
D. 3
分析： 选 A 设两半球的总质量为 m ，当球以 AB 沿水平方向搁置，可
1
知 F ＝ 2mg ；当球以 AB 沿竖直方向搁置，以两半球为整体，隔绝右半球受力
F ′ ＝ mg
剖析如下图，可得：
2 tan θ，依据支架间的距离为 AB 的一半，可
得： θ＝ 30°，则 F
＝ 1 ＝ 3，则 A 正确。

F ′ tan θ
3.(2017 全·国卷Ⅱ )如图， 一物块在水平拉力 F 的作用下沿水平桌面
做匀速直线运动。

若保持 F 的大小不变，而方向与水平面成
60°角，物
块也恰巧做匀速直线运动。

物块与桌面间的动摩擦因数为()
3
A ． 2－ 3 B. 6
3 3
C. 3
D. 2
分析：选 C 当拉力水平常，物块做匀速运动，则 F ＝μmg，当拉力方向与水平方向的
夹角为 60°时，物块也恰巧做匀速运动，则Fcos 60°＝μ(mg－ F sin 60°)，联立解得μ＝
3 3 ，
A 、 B、 D 项错误， C 项正确。

4． (2017 ·口模拟周)如图甲所示，质量为m 的半球体静止在倾角为θ的平板上，当θ
从 0 迟缓增大到 90°的过程中，半球体所受摩擦力F f与θ的关系如图乙所示，已知半球
体
一直没有离开平板，半球体与平板间的动摩擦因数为3
，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，3
重力加快度为 g，则 ( )
A ． O～ q 段图像可能是直线B． q～π
段图像可能是直线2
πmg
C． q＝4 D ． p＝ 2
分析：选 D 半球体在平板上恰巧开始滑动的临界条件是：mgsin θ＝μmgcos θ，故有：
μ＝ tan θ，解得：θ＝πππ
，即 q＝，故 C 错误；θ在 0～之间时， F f 6 6 6
π π
是静摩擦力，大小为mgsin θ；θ在6～2之间时， F f是滑动摩擦力，
大小为μmgcos θ；综合以上剖析得
πF f与θ关系如图中实线所示，故 A 、B 错误；当θ＝时，
6
π mg
，即 p＝mg
，故 D 正确。

F f＝mg sin ＝
2 2
6
[ 全能备考 ]
受力剖析是整个高中阶段物理知识的基础，可否正确进行受力剖析是解答力学识题的重点。

1．熟习各样力的特色，会判断弹力的方向，会判断和计算摩擦力。

(1)弹力的方向必定与接触面或接触点的切面垂直，且指向受力物体。

(2)两物体接触处有无静摩擦力，要依据物体间有无相对运动趋向或依据均衡条件进行判断。

力。

2．受力剖析的一般步骤
二、灵巧应用“整体、隔绝法”，巧选研究对象
[ 全练题点 ]
1.[多项选择 ](2017 长·沙月考 )如下图，物体 A 、B、C 叠放在水平桌面上，
水平力 F 作用于 C 物体，使A、 B、C 以同样的速度向右匀速运动，那么
对于它们的受力以下说法正确的选项是()
A ．因为
B 向右运动，所以 B 遇到向左的摩擦力
B． C 遇到的摩擦力方向水平向左
C． A 遇到两个摩擦力作用
D．因为不知 A 与水平桌面之间能否圆滑，所以没法判断 A 与水平桌面间能否存在摩
擦力
分析：选 BC因为B向右匀速运动，所以 B 不受摩擦力作用，选项 A 错误；物体 C 遇到向右的拉力和向左的摩擦力作用，选项 B 正确； A 遇到 C 对 A 的向右的摩擦力作用，
同时遇到地面向左的摩擦力作用，选项 C 正确， D 错误。

2.(2018 届高三·山东省实验中学调研)如下图，质量为M 的斜面体
A 放在粗拙水平面上，用轻绳拴住质量为m 的小球
B 置于斜面上，轻绳
与斜面平行且另一端固定在竖直墙面上，不计小球与斜面间的摩擦，斜面
体与墙不接触，整个系统处于静止状态。

则()
A．水平面对斜面体没有摩擦力作用
B．水平面对斜面体有向左的摩擦力作用
C．斜面体对水平面的压力等于(M＋ m)g
D．斜面体对水平面的压力小于(M ＋ m)g
分析：选 D以斜面体和小球整体为研究对象受力剖析，水平方
向： f＝ Tcos θ，方向水平向右，故 A 、 B 错误；竖直方向：N ＝ (m＋
M )g－ Tsin θ，可见 N<( M ＋m)g，依据牛顿第三定律：斜面体对水平
面的压力 N′＝ N<( M＋ m)g，故 C 错误， D 正确。

3.将一横截面为扇形的物体 B 放在水平面上，一小滑块 A 放在物体 B 上，如下图，除了物体 B 与水平面间的摩擦力以外，其余接触面的摩擦
力均可忽视不计，已知物体 B 的质量为M ，滑块 A 的质量为m，当整个装置静止时，滑块 A 与物体 B 接触的一面与竖直挡板之间的夹角为θ。

已知重力加快度为g，则以下选项正确的选项是()
A ．物体
B 对水平面的压力大小为Mg
B．物体 B 受水平面的摩擦力大小为mgtan θ
C．滑块 A 与竖直挡板之间的弹力大小为
mg tan θ
mg
D．滑块 A 对物体 B 的压力大小为cosθ
分析：选 C 以滑块 A 为研究对象进行受力剖析，并运用合成法，如下图，由几何知识得，挡板对滑块 A 的弹力大小为 F N1＝
mg
，C 正确；物体 B 对滑块 A 的弹力大小为 F N2＝mg
，依据牛
tan θsin θ
顿第三定律，滑块 A 对物体 B 的压力大小为mg ，D 错误；以滑块
sin θ
A 和物体
B 构成的系统为研究对象，在竖直方向上受力均衡，则水平面对物体 B 的支持力F N＝ (M ＋m)g，故水平面所受压力大小为(M ＋ m)g，A 错误； A 和 B 构成的系统在水平方向
上受力均衡，则水平面对物体 B 的摩擦力大小为 F f＝ F N1＝mg
， B 错误。

tan θ
4.(2017 珠·海一中期末 )如下图，水平固定且倾角为 37° (sin 37 °
＝， cos 37 °＝ 0.8)的圆滑斜面上有两个质量均为m＝ 1 kg 的小球
A、B ，它们用劲度系数为k＝ 200 N/m 的轻质弹簧连结，弹簧的原
长为 l 0＝ 20 cm，现对 B 施加一水平向左的推力 F ，使 A 、B 均在斜面上以加快度a＝ 4 m/s2 向上做匀加快运动，此时弹簧的长度l 和推力 F 的大小分别为 ( )
A ． 0.15 m,25 N
B ． 0.25 m,25 N
C． 0.15 m,12.5 N D ． 0.25 m,12.5 N
分析：选 B 以整体为研究对象受力剖析，沿斜面方向有：Fcos
37°－ 2mg· sin37°＝ 2ma ①，以 A 为研究对象，沿斜面方向有：kx
－mg sin 37 ＝° ma ②， x＝ l－ l 0 ③，解①得 F ＝ 25 N，由②③得： l
＝ 0.25 m ，故 B 正确， A 、 C、 D 错误。

[ 全能备考 ]
1．整体法和隔绝法对照
2．整体、隔绝法的应用技巧
(1)不波及系统内力时，优先考虑应用整体法，即“能整体、不隔绝”。

(2)需要应用“隔绝法”的，也要先隔绝“简单”的物体，如待求量少，或受力少，或
处于边沿处的物体。

(3)各“隔绝体”间的关系力，表现为作使劲与反作使劲，对整系统统则是内力。

(4)实质问题往常需要交错应用整体、隔绝法。

(5)在某些特别情况中，研究对象能够是物体的一部分，或绳索的结点、力的作用点等。

三、“程序法”破解“静态均衡”问题
1．破解“静态均衡”问题的一般程序
2．办理均衡问题的常用方法
方法解读
物体受三个共点力的作用而均衡，则随意两个力的协力必定与第三个力等大、反
合成法
向
三力均衡时，还能够将某一个力按力的成效分解，则其分力和其余两个力分别平
分解法
衡
正交分物体受三个或三个以上力的作用时，将全部力分解为互相垂直的两组，每组力分
解法别均衡
[ 典题例析 ]
[典例 ]如下图，匀强电场方向垂直于倾角为α 的绝缘粗拙斜面向上，一质量为m 的带正电荷的滑块静止于斜面上。

对于该滑块的受力，以下说法中正确
的是 (当地重力加快度为g)()
A．滑块可能只受重力、电场力、摩擦力三个力的作用
B．滑块所受的摩擦力大小必定为mgsin α
C．滑块所受的电场力大小可能为mgcos α
D．滑块对斜面的压力大小必定为mgcos α
[审题指导 ]
(1)滑块静止于斜面上，说明滑块处于均衡状态。

(2)匀强电场垂直于斜面向上，说明滑块所受电场力大小恒定，方向垂直斜面向上。

[分析 ]选B滑块必定受重力和电场力作用，在沿斜面方向，要受力均衡，必定受摩
擦力，而有摩擦力必定有支持力，所以滑块必定受四个力作用，选项 A 错误。

在沿斜面方
向上有： f＝ mgsin α，选项 B 正确。

在垂直斜面方向有：mg cos α＝ N＋ qE ，则电场力必定
小于 mgcos α，支持力必定小于 mgcos α，依据牛顿第三定律知，滑块对斜面的压力必定小
于 mgcos α，应选项 C、 D 错误。

[ 集训冲关 ]
1.[多项选择 ] 如下图，倾角为θ的斜面体 C 置于水平川面上，小
物体 B 置于斜面体 C 上，经过细绳越过圆滑的轻质定滑轮与物体
A 相连结，连结物体
B 的一段细绳与斜面平行，已知 A 、B 、
C 均
处于静止状态，定滑轮经过细杆固定在天花板上，则以下说法中
正确的选项是 ()
A ．物体
B 可能不受静摩擦力作用
B．斜面体 C 与地面之间可能不存在静摩擦力作用
C．细杆对定滑轮的作使劲沿杆竖直向上
D．将细绳剪断，若物体 B 仍静止在斜面体 C 上，则此时斜面体 C 与地面之间必定不
存在静摩擦力作用
分析：选 AD对物体B进行受力剖析，由共点力的均衡条件可得，假如m A g＝m B gsin θ，则物体 B 必定不受静摩擦力作用，反之，则必定会遇到斜面体 C 对其作用的静摩擦力，
选项 A 正确；将物体 B 和斜面体 C 当作一个整体，则该整体遇到一个大小为m A g、方向沿斜面向上的细绳的拉力，该拉力在水平向左方向上的重量为m A gcos θ，故地面必定会给斜面体一个方向水平向右、大小为m A gcos θ的静摩擦力，选项 B 错误；因为连结物体 A 和物体 B 的细绳对定滑轮的协力方向不是竖直向下，故细杆对定滑轮的作使劲方向不是竖直向
上，选项 C 错误；若将细绳剪断，将物体B 和斜面体 C 当作一个整体，则该整体受竖直向
下的重力和地面对其竖直向上的支持力，故斜面体 C 与地面之间必定不存在静摩擦力作用，选项 D 正确。

2.(2017 山·西右玉一模 )如下图，物块 A 和滑环 B 用绕过圆滑定滑轮的不行伸长的轻绳连结，滑环 B 套在与竖直方向成θ＝37°的粗细平均的固定杆上，连结
滑环 B 的绳与杆垂直并在同一竖直平面内，滑环 B 恰巧不可以下滑，滑环
和杆间的动摩擦因数为μ＝，设滑环和杆间的最大静摩擦力等于滑动
摩擦力，则物块 A 和滑环 B 的质量之比为 ()
7513 5
A. 5
B.7
C. 5
D.13
分析：选 C 设物块 A 和滑环 B 的质量分别为 m1、 m2，若杆对 B 的弹力垂直于杆向
下，因滑环 B 恰巧不可以下滑，则由均衡条件有m2gcos θ＝μ(m1 g－ m2gsin θ)，解得m1
＝
13
；
2
若杆对 B 的弹力垂直于杆向上，因滑环 B 恰巧不可以下滑，则由均衡条件有 m2 2
gsin
gcos θ＝μ(m m1＝－ 7
C 正确。

θ－m1g)，解得m2 5(舍去 )。

综上剖析可知
四、多法并进，破解“动向均衡”问题
[方法 1“ 图解法” 破解动向均衡问题]
假如物体遇到三个力的作用，此中一个力的大小、方向均不变，而且还有另一个力的
方向不变，此时可用图解法，画出不一样状态下力的矢量图，判断各个力的变化状况。

[ 例 1] (2016 全·国卷Ⅱ )质量为 m 的物体用轻绳AB 悬挂于天花板上。

用水平向左的力 F 迟缓拉动绳的中点O，如下图。

用T 表示绳OA 段拉
力的大小，在O 点向左挪动的过程中()
A ． F 渐渐变大， T 渐渐变大
B． F 渐渐变大， T 渐渐变小
C． F 渐渐变小， T 渐渐变大
D． F 渐渐变小， T 渐渐变小
[分析 ]选A以O点为研究对象，受力如下图，当用水平向左的
力迟缓拉动O 点时，则绳OA 与竖直方向的夹角变大，由共点力的均衡条
件知 F 渐渐变大， T 渐渐变大，选项 A 正确。

[方法 2“ 分析法” 破解动向均衡问题]
假如把物体遇到的多个力合成、分解后，能够找到力的边角关系，则合适选择分析法，
成立均衡方程，依据自变量的变化(一般都要用到三角函数)确立因变量的变化。

[ 例 2] (2017 ·封二模开 )一铁架台放在水平川面上，其上用轻质细线悬挂一小球，开始
时细线竖直。

现将水平力 F 作用于小球上，使其迟缓地由实线地点运动到虚线地点，铁架
台一直保持静止。

则在这一过程中()
A ．水平拉力 F 变小
B．细线的拉力不变
C．铁架台对地面的压力变大
D．铁架台所受地面的摩擦力变大
[分析 ]选D对小球受力剖析，受拉力、重力、水平力 F ，依据均衡条件，有： F ＝mgtan θ，θ渐渐增大，则F 渐渐增大，故 A 错误；由图可知，细线的拉力
T＝mg
，θ增大， T 增大，故B 错误；以整体为研究对象，依据均衡条件cos θ
得 F f f N N
保持不变，故 C 错误， D 正
＝ F ，则 F 渐渐增大， F ＝ (M ＋ m)g，F
确。

[方法 3 “相像三角形法”破解动向均衡问题 ]
此法是图解法的特例，一般研究对象受绳(杆 )或其余物体的拘束，且物体遇到三个力的
作用，此中的一个力大小、方向均不变，此外两个力的方向都发生变化，能够使劲三角形
与几何三角形相像的方法。

[ 例 3](2017 ·鸡质检宝 )如下图，质量均可忽视的轻绳与轻杆蒙受弹
力的最大值必定，杆的 A 端用铰链固定，圆滑轻质小滑轮在 A 点正上方，
杆的 B 端吊一重力为G 的重物，现将绳的一端拴在杆的 B 端，用拉力 F 将
B 端迟缓上拉，在杆达到竖直前(杆和绳均未断 )，对于绳索的拉力 F 和杆受
到的弹力 F N的变化，以下判断正确的选项是()
A ． F 变大
B ． F 变小
C． F N变大 D ． F N变小
[分析 ]选B在用拉力将 B 端迟缓上拉的过程中， B 点受轻绳向
下的拉力 (其大小等于G)、沿 OB 方向的拉力 F ′ (F′＝ F) 以及轻杆对
B 点的弹力 F N′ (F N′＝ F N)的作用，因为 B 点处于动向均衡状态，且
F ′和 F N′的大小和方向均在发生变化，故可使劲三角形与几何三角
形相像的方法进行解决。

受力剖析如下图，由图可知，力三角形与几何三角形AOB 相像，
G F N′ F ′
即AO＝AB＝OB，因为重力G 和 O、A 两点间的距离以及AB 的长度均不变，故弹力 F N′
不变，拉力 F ′减小，可得 F N不变， F 减小。

[ 集训冲关 ]
8
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 αα> π。

现将重物向右上方迟缓拉起，并保持夹角 α不变。

在 OM 由竖直被拉
2 到水平的过程中 (
)
A ． MN 上的张力渐渐增大
B ． MN 上的张力先增大后减小
C ． OM 上的张力渐渐增大
D ． OM 上的张力先增大后减小
分析： 选 AD 设重物的质量为 m ，绳 OM 中的张力为 T OM ，绳 MN 中的张力为 T MN 。

开始时， T OM ＝ mg ， T MN ＝ 0。

因为迟缓拉起，则重物向来处于均衡状态，两绳张力的协力 与重物的重力 mg 等大、反向。

如下图，已知角
α不变，在绳 MN 迟缓拉起的过程中，角 β渐渐增
大，则角 (α－ β)渐渐减小，但角 θ不变，在三角形中，利用正弦定理得： T OM
＝ mg
， ( α－ β)由钝角变成锐角，则 T OM 先增大后减小，选项 D
sin α－ β sin θ
正确；同理知 T MN ＝ mg ，在 β由 0 π
sin 变成 的过程中， T MN 向来增大，选项 A 正确。

β sin θ 2
2.如下图，半径为
R 的半球形物体固定在水平川面上，球心正
上方有一圆滑的小定滑轮，滑轮到球面
B 的距离为 h ，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使劲拉住，使小
球静止。

现迟缓拉绳， 则在使小球从 A 点运动到 B 点的过程中， 半球
形物体对小球的支持力 F N 和轻绳对小球的拉力 F 的变化状况是 ( )
A ． F N 不变， F 变小
B ． F N 不变， F 先变大后变小
C ． F N 变小， F 先变小后变大
D ． F N 变大， F 变大
分析： 选 A 对小球进行受力剖析可知，小球受重力 G 、半球形物
体对其的支持力
F N 和轻绳对其的拉力 F 这三个力的作用， 由题意可知，
在小球从 A 点迟缓运动到 B 点的过程中， 支持力 F N 和拉力 F 的方向均
发生变化， 只有小球的重力大小和方向均不变， 故使劲三角形与几何三
角形相像的方法进行求解。

小球的受力剖析如下图， 设连结小球
A 和
l ，则由力三角形与几何三角形相像可得：
F N
G F 定滑轮之间的轻绳长为
R ＝
h ＋ R ＝ l ，故可得
F N 不变， F 渐渐减小。

五、均衡中的“临界、极值”问题
[ 全练题点 ]
1.[多项选择 ] 如下图，一根上端固定的轻绳，其下端拴一个质量
为 2 kg 的小球， g 取 10 m/s2，开始时轻绳处于竖直地点。

用一方向与水平面成37°角的外力 F 拉动小球，使绳迟缓升起至水平川点。

这一过程中轻绳拉力的(取cos 37 ＝°， sin 37 ＝°0.6)( )
A ．最小值为 16 N
B ．最小值为 20 N
C．最大值为 26.7 N D ．最大值为 20 N
分析：选 AC 小球受重力 mg、拉力 F、绳施加的力 F 绳处于均衡
状态。

如下图，应用极限法剖析临界点。

在力三角形为直角△OAB
时， F 绳小＝ AB ，为最小值 (临界点 )，有 F 绳小＝ mgcos 37 °＝ 16 N，故 A
对， B 错。

在力三角形为直角△OCB 时， F 绳大＝ CB ，为最大值 (临界
点 )，有 F
mg
绳大＝tan 37°≈ 26.7 N ，故 C 对， D 错。

2.[多项选择 ] 某学习小组为了体验最大静摩擦力与滑动摩擦力的临界状
态，设计了如下图的装置，一位同学坐在长直木板上，让长直木板由
水平川点迟缓向上转动(即木板与地面的夹角θ 变大)，另一端不动，则该同学遇到支持力
F N、合外力F 合、重力沿斜面方向的分力G1、摩擦力 F f随角度θ的变化关系图中正确的选项是()
分析：选 ACD 重力沿斜面方向的分力G1
θ， C 正确；支持力N
＝ mgcos θ，
＝ mgsin F
A 正确；该同学滑动以前， F 合＝ 0， F f＝ mgsin θ，滑动后， F 合＝ mgsin θ－μ mgcos θ， F f ＝μmgcos θ，考虑到最大静摩擦力略大于滑动摩擦力的状况，可知
B 错误， D 正确。

3.如下图，三根长度均为l 的轻绳分别连结于 C、 D 两点， A 、B
两头被悬挂在水平天花板上，相距 2l 。

此刻 C 点上悬挂一个质量为m 的
重物，为使 CD 绳保持水平，在 D 点上可施加的力的最小值为( )
3
A ． mg B. 3 mg
1 1
C. 2mg
D. 4mg
分析：选 C 剖析结点 C 的受力如图甲所示，由题意可知，
绳 CA 与竖直方向间夹角为α＝ 30°，则可得：F D＝ mgtan α＝3
3 mg，
再剖析结点 D 的受力如图乙所示，由图可知， F D D
大小相
′与 F
等且方向恒定， F B的方向不变，当在 D 点施加的拉力 F 与绳 BD 垂直时，拉力 F 为最小，1
即 F ＝ F D′ cos 30 ＝°2mg， C 正确。

[ 全能备考 ]
1．临界问题：当某物理量变化时，会惹起其余几个物理量的变化，从而使物体的均衡
“恰巧出现”或“恰巧不出现”某种临界状态，在问题的描绘中常用“恰巧”“刚
能”“恰巧”等字眼。

2．极值问题：均衡问题的极值，一般指在力的变化过程中的最大值和最小值。

3．求解临界、极值问题的常用方法
(1)图解法：依据已知量的变化状况，画出平行四边形或三角形的边角变化，从而确立
未知量大小、方向的变化，求出临界值或极值。

(2)分析法：利用物体受力均衡写出未知量与已知量的关系表达式，依据已知量的变化
状况来确立未知量的变化状况，求出极值，或利用临界条件确立未知量的临界值。

[专题强训提能]
1.(2018 届高三·河南名校联考 )如下图，斜面小车M 静止在圆滑水
平面上，一边紧贴墙壁。

若再在斜面上加一物体m，且小车M 、物体m
相对静止，此时小车受力个数为()
A ． 3
B ． 4
C． 5 D ． 6
分析：选 B对小车和物体整体，它们必遇到重力和地面的支持力，
因小车、物体相对静止，由均衡条件知墙面对小车无作使劲，以小车为研
究对象，它受重力Mg ，地面的支持力 F N1，物体对它的压力 F N2和静摩擦力 F f，共四个力，选项 B 正确。

2.(2017 湖·南师大附中期末)如下图，两根直木棍AB 和 CD 互相平行，
斜靠在竖直墙壁上固定不动，一个圆筒从木棍的上部以初速度v 0匀速滑下。

若保持两木棍倾角不变，将两棍间的距离减小后固定不动，仍将圆筒放在
两木棍上部以初速度v 0滑下，以下判断正确的选
项是( )
A ．仍匀速滑下
B ．匀加快滑下
C．减速滑下 D ．以上三种运动均可能
分析：选 B 圆筒从木棍的上部匀速滑下过程中，遇到重力、两棍的支持力和摩擦力，依据均衡条件得悉，两棍支持力的协力和摩擦力不变。

将两棍间的距离减小后，两棍支持
力的协力不变，而两支持力夹角减小，则每根木棍对圆筒的支持力变小，则滑动摩擦力变
小，而重力沿斜面向下的分力不变，则圆筒将匀加快滑下，故 B 正确， A 、 C、 D 错误。

3.如下图，一竖直搁置的大圆环，在其水平直径上的A、 B 两头
系着一根不行伸长的柔嫩轻绳，绳上套有一圆滑小铁环。

现将大圆环在竖直平面内绕
O 点
顺时针迟缓转过一个细小角度，则对于轻绳对
A 、
B 两点拉力 F A 、F B 的变化状况，以下说
法正确的选项是 ( )
A ． F A 变小， F
B 变小
B ． F A 变大， F B 变大
C ． F A 变大， F B 变小
D ． F A 变小， F B 变大
分析： 选 A
柔嫩轻绳上套有圆滑小铁环，双侧轻绳中拉力相等。

将大圆环在竖直平
面内绕 O 点顺时针迟缓转过一个细小角度，
A 、
B 两点之间的水平距离减小， 圆滑小铁环两
侧轻绳间夹角 2α减小，由 2F cos α＝ mg 可知，轻绳中拉力 F 减小，轻绳对 A 、B 两点的拉
力 F A 和 F B 都变小，选项 A 正确。

4．[ 多项选择 ]如下图，用一轻绳将圆滑小球 (大小不可以忽视 )系于竖直墙
壁 上
的 O 点，现用一细杆压在轻绳上紧贴墙壁从
O 点迟缓下移，则 (
)
A ．轻绳对小球的拉力保持不变
B ．轻绳对小球的拉力渐渐增大
C ．小球对墙壁的压力渐渐增大
D ．小球对墙壁的压力渐渐减小
分析： 选 BC 对小球受力剖析，如下图，因为小球一直处于均衡状态，其协力为零，在细杆从 O 点迟缓下移过程中，轻绳与竖直方向的夹角增大，由
图中几何关系可知：轻绳对小球的拉力
F 渐渐增大，墙壁对小球的支持力
F N
也渐渐增大，依据牛顿第三定律可知，小球对墙壁的压力也渐渐增大，应选项B 、 C 正确， A 、 D 错误。

5．[多项选择 ](2018 届高三 ·皖南八校联考 )如下图， 三角形 ABC 是固定在水平面上的三棱柱的横截面，∠ A ＝ 30°，∠ B ＝ 37°，C 处有圆滑小滑轮，质量分别
为 m 1、m 2 的两物块经过细线跨放在 AC 面和 BC 面上， 且均恰巧处
于静止状态， 细线均与斜面平行， 已知 AC 面圆滑，物块 2 与 BC 面间的动摩擦因数 μ＝， 最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则两物块的质量比
m 1
2
可能是 ( )
∶ m A ． 1∶ 3 B ． 3∶ 5 C ． 5∶ 3
D ． 2∶1
分析： 选 BCD 物块 1 受重力 m 1g 、细线拉力 T 和斜面支持力 F N 作用途于均衡状态，
则 T ＝ m 1gsin 30 ，°物块 2 受重力 m 2g 、细线拉力 T 、斜面支持力 F N ′ 及摩擦力 F f 作用途于 均衡状态，当 m 1 较大时，最大静摩擦力方向沿斜面向下， 此时有 T ＝ m 2 gsin 37 ＋°μm 2gcos 37 ，° 即
m 1
＝ 2；当
12
即m1
＝
2
，所以
2
≤
m1
≤ 2。

m25 5 m2
6.如下图，一小球在斜面上处于静止状态，不考虑全部摩擦，如
果把竖直挡板由竖直地点绕O 点迟缓转至水平川点，则此过程中球对挡
板的压力 F 1和球对斜面的压力 F 2的变化状况是()
A ． F 1先增大后减小，F 2向来减小
B． F1先减小后增大， F 2向来减小
C． F 1和 F 2都向来在增大
D． F 1和 F 2都向来在减小
分析：选 B 小球初始时辰的受力状况如图甲所示，因挡板是迟缓转动的，所以小球处
于动向均衡状态，在转动过程中，重力、斜面的支持力和挡板的弹力构成的矢量三角形
的变化状况如图乙所示 (重力的大小方向均不变、斜面对小球的支持力的方向一直不变 )，由图可知此过程中斜面对小球的支持力不停减小，挡板对小球的弹力先减小后增大，由牛顿第三定律可知选项B 正确。

7.(2017 南·昌质检 )如下图，粗拙水平面上有一固定的、粗拙
程度到处同样的圆弧形框架ABC ，框架下边搁置一块厚度不计的金属
板，金属板的中心 O 点是框架的圆心，框架上套有一个轻圆环，
用轻弹簧把圆环与金属板的 O 点固定连结，开始时轻弹簧处于水平拉伸状态。

用一个一直沿
框架切线方向的拉力 F 拉动圆环，从左边水平川点迟缓绕框架运动，直到轻弹簧达到竖
直地点，金属板一直保持静止状态，则在整个过程中()
A ．沿框架切线方向拉力 F 渐渐减小
B．水平面对金属板的摩擦力渐渐增大
C．水平面对金属板的支持力渐渐减小
D．框架对圆环的支持力渐渐减小
分析：选 C 弹簧伸长量不变，弹簧的弹力大小 F′不变，设弹簧与水平方向的夹角为θ。

金属板受重力 mg、支持力 N、弹簧的拉力 F′和向右的静摩擦力 f 作用，水平方向 f ＝ F ′ cos θ，竖直方向 N＋ F′ sin θ＝ mg，得 N ＝mg－ F ′ sin θ，跟着θ的增大，支持力不停
减小，静摩擦力渐渐减小，故 B 错， C 对；圆环受弹簧的拉力、框架的支持力(大小不变成F ′ )、拉力 F 和滑动摩擦力f′，有 F ＝ f′＝μF′，故拉力大小不变， A 、D 错。