2023年高三物理二輪復(fù)習常見模型與練習38 圖解法、相似三角形法和拉密定理（正弦定理）法（解析版）

2023年高三物理二輪常見模型與方法強化專訓(xùn)專練

專題38圖解法、相似三角形法和拉密定理（正弦定理）法

特訓(xùn)目標特訓(xùn)內(nèi)容

目標1高考真題（ITTT）

目標2圖解法（5T—8T）

目標3三角形相似法（9T—12T）

目標4拉密定理（正弦定理）法（13T—16T）

【特訓(xùn)典例】

一、高考真題

1.如圖，用兩根等長的細繩將一勻質(zhì)圓柱體懸掛在豎直木板的P點，將木板以底邊MN為軸向后方緩慢轉(zhuǎn)

動直至水平，繩與木板之間的夾角保持不變，忽略圓柱體與木板之間的摩擦，在轉(zhuǎn)動過程中（）

A.圓柱體對木板的壓力逐漸增大

B.圓柱體對木板的壓力先增大后減小

C.兩根細繩上的拉力均先增大后減小

D.兩根細繩對圓柱體拉力的合力保持不變

【答案】B

【詳解】設(shè)兩繩子對圓柱體的拉力的合力為T，木板對圓柱體的支持力為N,繩子與木板夾角為α,從右

向左看如圖所示

在矢量三角形中，根據(jù)正弦定理若=邛=半在木板以直線AW為軸向后方緩慢轉(zhuǎn)動直至水平過程中，a

不變，7從90。逐漸減小到0,又7+夕+α=180。且。＜90?？芍?0。＜/+夕＜180。則0＜尸＜180°可知尸從銳角逐

漸增大到鈍角，根據(jù)嘿=邛=票由于Siny不斷減小，可知7不斷減小，Sin戶先增大后減小，可知N先

增大后減小，結(jié)合牛頓第三定律可知，圓柱體對木板的壓力先增大后減小，設(shè)兩繩子之間的夾角為28,繩

子拉力為/,則2Tcose=T可得T=8不變，T逐漸減小，可知繩子拉力不斷減小，故B正確，ACD

T2cosσ

錯誤。故選B。

2.如圖所示質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電小球A用絕緣細線懸掛于。點，帶有電荷量也為q的小球B固定

在C）點正下方絕緣柱上.其中。點與小球A的間距為/.。點與小球B的間距為G/,當小球A平衡時，懸

線與豎直方向夾角0=30。，帶電小球A、B均可視為點電荷，靜電力常量為k,則（）

A.A、B間庫侖力大小尸=竺

B.A、B間庫侖力F=也鱉

3

C.細線拉力大小耳=竽

D.細線拉力大小片?=#叫

【答案】B

【詳解】A的受力如圖所示,

幾何三角形OAB與力三角形相似，由對應(yīng)邊成比例（L='，則馬=X等，由余弦定律

222O

AB≈5∕∕+（√3∕）-2√3∕COS30=I.則4=F=省詈=竽，故B正確.

3.兩個可視為質(zhì)點的小球。和從用質(zhì)量可忽略的剛性細桿相連，放置在一個光滑的半球面內(nèi)，如圖所示.已

知小球。和。的質(zhì)量之比為石，細桿長度是球面半徑的亞倍.兩球處于平衡狀態(tài)時，細桿與水平面的夾

角。是（）

A.450B.30oC.22.5oD.15°

【答案】D

【詳解】由題目中的數(shù)據(jù)可以得出，岫。三點組成?個等腰直角三角形，所以兩底角都為45。.對兩球進行

受力分析，由于球面光滑，所以兩球都只受到3個力，如圖所示：重力、球面的支持力、剛性細桿的彈力；

由于是剛性細桿，所以剛性細桿對兩球的彈力均沿著桿方向，且對兩球的彈力大小相等；兩球處于平衡狀

態(tài)，兩球受到的合力都為零，兩球受到的三個力都組成一個封閉的力的矢量三角形.

設(shè)。球的質(zhì)量為m由正弦定理對球，，：熱=麗耳；對球"盤:■西，所以有：

GSin（45。一。）=Sin（45。+。），即tan（45。+。）=百，所以6=15。，故D正確,ABC錯誤.

4.如圖，柔軟輕繩ON的一端0固定，其中間某點M拴一重物，用手拉住繩的另一端N.初始時，OM豎

JT

直且MN被拉直，OM與MN之間的夾角為α（α＞］）.現(xiàn)將重物向右上方緩慢拉起，并保持夾角ɑ不變.在

OM由豎直被拉到水平的過程中（）

O

A.MN上的張力逐漸增大

B.MN上的張力先增大后減小

C.。仞上的張力逐漸增大

D.OM上的張力先增大后減小

【答案】AD

【詳解】以重物為研究對象，受重力mg,OM繩上拉力F?,MN上拉力FI,由題意知，三個力合力始終為

零，矢量三角形如圖所示，

在F2轉(zhuǎn)至水平的過程中，MN上的張力Fl逐漸增大，OM上的張力F2先增大后減小，所以A、D正確；B、C

錯誤.

二、圖解法

5.甲乙兩同學(xué)想將貨物運送至樓上，設(shè)計了如圖所示裝置。當重物提升到一定高度后，兩同學(xué)均保持位置

不動，乙用一始終水平的輕繩將工件緩慢向左拉動，最后將重物運送至乙所在位置，完成運送。若兩繩始

終位于同一豎直面內(nèi)，繩子足夠長，不計滑輪的摩擦和重力，則此過程（）

A.甲手中繩子上的拉力不斷變小

B.樓面對甲的作用力不斷增大

C.樓面對甲的摩擦力與樓面對乙的摩擦力大小相等

D.乙手中繩子上的拉力不斷增大

【答案】D

【詳解】設(shè)乙對重:物拉力為a,跨過滑輪的輕繩對重物的拉力為22,如圖

對重物作受力分析得Z=Wgtan。；F,=?

CoSe

AD.6增大的過程中，可知，輕繩對重物的拉力尺增大，即甲手中繩子上的拉力不斷變大，乙手中繩子上

的拉力不斷增大，故D正確；A錯誤；

B.甲受到樓面對甲的作用力，重力以及繩子的拉力，受力分析如圖

因不清楚甲物體質(zhì)量和拉力F?的關(guān)系，因此作用力可能一直變大也可能先變小后變大，故B錯誤；

C.設(shè)乙手中繩子與水平面夾角為用，樓面對甲的摩擦力與樓面對乙的摩擦力大小分別為G=5COSa；

&=K=Ecos#,夕不斷減小，且始終可知，樓面對甲的摩擦力始終大于樓面對乙的摩擦力，故

C錯誤。故選D。

6.如圖所示，固定有光滑豎直桿的三角形斜劈放置在水平地面上，放置于斜劈上的光滑小球與套在豎直桿

上的小滑塊用輕繩連接，開始時輕繩與斜劈平行?，F(xiàn)給小滑塊施加一個豎直向上的拉力F,使小滑塊沿桿緩

慢上升，整個過程中小球始終未脫離斜劈，則（）

A.小球?qū)π迸膲毫ο葴p小后增大B.豎直向上的拉力F先增大后減小

C.斜劈對地面的壓力逐漸減小D.地面對斜劈的摩擦力逐漸減少

【答案】C

【詳解】A.對小球受力分析，受重力、斜劈支持力N和細線的拉力T,作出N和T的合力矢量圖，如圖所

N和T的合力不變，由矢量圖可以看出，在7逐漸向豎直方向靠近時，細線的拉力丁增加，斜劈支持力N

減小，根據(jù)牛頓第三定律，球?qū)π迸膲毫σ矞p小，故A錯誤；

B.對球和滑塊整體分析，受重力、斜劈支持力M桿的支持力拉力尸，如圖所示

tF

]---------->N'

根據(jù)平衡條件，水平方向有M=NSin。豎直方向月WCos，=G由于N減小，故N，減小，尸增加，即豎宜向上的

拉力F逐漸增大，B錯誤；

CD.以小球、滑塊和斜劈為整體，進行受力分析，在豎直方向，根據(jù)平衡條件有尸N=G總一尸由于廠增大,

則BV減?。焊鶕?jù)牛頓第三定律可知斜劈對地面的壓力減小；整體在水平方向不受力，故地面對斜劈的摩擦

力始終為零，保持不變，故C正確，D錯誤。故選C。

7.如圖所示，將一個傾角為45。的光滑斜面固定在水平地面上，斜面上方固定一半徑為R的半圓形框架，

框架由粗糙的細桿做成，細桿上套一個輕小圓環(huán)4,A上連一長度為R的輕繩，輕繩另一端連小球8（可視

為質(zhì)點），開始時輕繩與斜面平行?，F(xiàn)給小圓環(huán)施加一始終沿半圓形細桿切線方向的拉力F,使圓環(huán)緩慢移

動，直到輕繩豎直，整個過程小球位置不變，圓環(huán)重力不計，則下列說法正確的是（）

A.輕繩的拉力逐漸變小B.小球B對斜面的壓力逐漸變大

C.半圓形桿對圓環(huán)A的摩擦力逐漸變大D.拉力廠逐漸變小

【答案】C

【詳解】AB.對小球8進行受力分析

由受力分析結(jié)合牛頓第三定律，可知小球8對斜面的壓力逐漸變小，細繩的拉力逐漸變大，故AB錯誤:

CD.對小圓環(huán)A進行受力分析則4=&；F=f?,/=〃尸N因為耳逐漸增大，，所以凡不斷增大，即半圓形

桿對A的彈力逐漸增大，所以摩擦力不斷增大，所以拉力廠逐漸變大，故C正確，D錯誤。故選C。

8.如圖所示，輕繩上端A固定在天花板上，下端C與中點B處分別與質(zhì)量為相和2〃?的小球連接?，F(xiàn)用與

水平方向始終成30。角的拉力F將B點處小球向右上方緩慢提升，直到繩AB與豎直方向成60。角。關(guān)于該

過程中繩4B上的彈力項8和拉力廠變化情況的說法正確的是（）

A

CO

A.尸一直增大B.尸一直減小C.初B先減小后增大D.先增大后減小

【答案】AC

30o

【詳解】

由上圖可知，隨著B球的不斷升高，AB繩子的拉力與水平方向的夾角越來越小，根據(jù)長度的變化的關(guān)系可

知力大小的變化情況：F一直增大，先減小后增大。AC正確，BD錯誤。

故選AC。

三、三角形相似法

13.如圖所示，三根輕質(zhì)細線結(jié)于。點，另一端固定在天花板上的A點（位于圓心。'的正上方），OB、

OC另一端分別連接質(zhì)量為機的小球P（可視為質(zhì)點）、質(zhì)量為2m的物體Q。將物體Q放置于粗糙水平面上，

小球P放置于半徑為R的光滑半圓柱上，當A、0、O'處于同一豎直線上時，OC處于水平且物體Q恰好不

滑動，此時|。8|=2七|。01=27?,重力加速度大小為g,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則物體Q與水

平面間的動摩擦因數(shù)為（）

gp

3√L5√15

rX-?-----

64

【答案】B

【詳解】根據(jù)題意，對小球P受力分析，受重力血g,光滑半圓柱的支持力N和繩子的拉力尸，處于平衡狀

態(tài)，畫出拉力F等大反向的力F‘，即為Wg和N的合力，如圖所示

0?KN

一\叱

mg

3R?+(2R『—N

由相似三角形有上=‘鷺解得F=^-mg由余弦定理有cos。==工則有

OB004

2×-R×2R8

2

如圖所示

由平衡條件有鳥=KSine對物體Q受力分析，如圖所示

由平衡條件有五N=2〃吆；f=FA又有瑪=K=KSine=T7Sine=Fsinθ=,nS；/=〃式N

則有〃=!=3=坐故選B。

%國64

14.如圖所示，在粗糙的水平地面上，有一質(zhì)量為M的半圓形絕緣凹槽，槽與地面接觸部分粗糙，圓弧表

面光滑，圓弧右上端有一帶正電的小球A,底部固定一個帶正電的小球B,兩球質(zhì)量都為加,一開始整個裝

置保持靜止，后因小球A緩慢漏電而使其沿圓弧逐漸靠近小球B,在靠近的過程中，忽略小球A質(zhì)量的變

化，下列說法正確的是（）

\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\

A.凹槽受到地面的摩擦力大小增大

B.A、B兩球間的庫侖力大小變大

C.凹槽受到地面的支持力大小不變

D.A球受到的支持力大小變大

【答案】C

AC.以凹槽和A、B組成的整體作為研究對象，豎直方向上，整體受到豎直向下的重力和豎直向上的支持力。

兩個力大小相等。在整個過程中保持不變。水平方向上，不受其他外力，故地面與凹槽之間沒有摩擦力，A

錯誤，C正確；

BD.以A為研究對象，受力如圖所示，由圖可知ΔAO8ΔANF所以空=三，段=g由于。&OA在過

OANABF

程中不變，重力G也不變，所以M不變，小球A受到的支持力不變。而A8在該過程中減小，則AB兩球間

的庫侖力尸減小。B、D錯誤；故選C。

15.豎直面內(nèi)一半圓柱形的軌道中放置有兩根長為/的通電直導(dǎo)線，其截面如圖所示。。為半圓的圓心，導(dǎo)

線”固定在。點正下方的C處，且通有大小為/。、方向垂直紙面向里的電流。當導(dǎo)線b中通入大小為人、方

向垂直紙面向外的電流時，剛好能靜止在與。點等高的A處。將分導(dǎo)線放在。處，電流減小為乙時，恰好

靜止。已知導(dǎo)線”中電流在其周圍某點產(chǎn)生磁場的磁感應(yīng)強度大小為B=k"(%為大于零的常量，廠為該

r

A.導(dǎo)線”中的電流在。點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小是在4點的兩倍

B.導(dǎo)線人在A或Z)位置時對軌道的壓力可能大于其重力

C.導(dǎo)線b在。處時兩導(dǎo)線間的安培力比導(dǎo)線6在A處時的大

D.導(dǎo)線b在4處的電流大小是其在。處的兩倍

【答案】D

【詳解】A.設(shè)半圓的半徑為R,則A、C兩點間的距離為√5R,導(dǎo)線“中電流在A點產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)

強度大小為合同理導(dǎo)線。中電流在D點產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強度大小為與丹貝哈=氏A錯誤;

B.對導(dǎo)線匕受力分析可知，導(dǎo)線。受重力加g、安培力廠和彈力國的作用，其受力分析如圖所示

設(shè)。、b兩導(dǎo)線間的距離為d,山力三角形與幾何三角形相似可得?=務(wù)=§解得外=mg；F=Img

RRdR

B錯誤；

CD.當。導(dǎo)線在A處時，方導(dǎo)線受到的安培力大小為4=即"=&怒=正叫當方導(dǎo)線在。處時，b導(dǎo)線受到

的安培力大小為E=不"=上明=Wg故有陰=及解得?=2,C錯誤，D正確。故選D。

R

16.如圖甲所示，一名登山愛好者正沿著豎直崖壁向上攀爬，繩的一端固定在較高處的A點，另一端拴在

人的腰間C點（重心處）。在人向上攀爬的過程中可以把人簡化為乙圖所示的物理模型：腳與崖壁接觸點為

。點，人的重力G全部集中在C點，。到C點可簡化為輕桿，AC為輕繩。已知OC長度不變，人向上攀爬

過程中的某時刻4。C構(gòu)成等邊三角形，則（）

A.輕繩對人的拉力與人對輕繩的拉力是一對平衡力

B.在此時刻，輕繩對人的拉力大小等于G

C.在虛線位置時，輕繩AC承受的拉力更小

D.在虛線位置時，OC段承受的壓力不變

【答案】BD

【詳解】A.輕繩對人的拉力與人對輕繩的拉力是一對作用力和反作用力，故A錯誤;

B.而力、輕繩對人的拉力、OC的支持力構(gòu)成等邊三角形，所以輕繩對人的拉力和OC的支持力大小都等

于人的重力大小G,故B正確；

CD.根據(jù)相似三角形，有與=2=三則有T=N=G,AC更長，則輕繩承受的拉力下更大，OC段受到

CZ/iC√C?AC

的壓力一直不變，故C錯誤，D正確。故選BD。

四、拉密定理（正弦定理）法

17.如圖所示，某工廠將圓柱形工件。放在傾角為。的斜面上，為防止工件滾動，在其下方墊一段半徑與4

相同的半圓柱體機若逐漸減小斜面傾角。，6始終處于靜止狀態(tài)，不計。與接觸面的摩擦，6的質(zhì)量很

小。則（）

A.斜面對。的彈力逐漸變小B.斜面對α的彈力先變大后變小

C.〃對α的彈力逐漸變小D.人對”的彈力大小不變

【答案】C

【詳解】設(shè)斜面對。的彈力為Rz,人對”的彈力為五而，對。進行受力分析，如圖所示

因為。、〃半徑相等，易得Fa與FM的夾角為60。，所以a=120。，即無論。如何變化，F(xiàn)a與Fab的夾角始

終保持不變，α也始終不變。由平衡條件，&與&?的合力大小等于圓柱體。的重力，所以由三角形正弦

定理一一=芻=旦

SincrsinpSIny

當逐漸減小斜面傾角。時，圓柱體。的重力始終不變，α不變，S減小，y增大，且夕和y始終為銳角，故

逐漸減小，F(xiàn)a逐漸增大。故選C。

18.如圖所示，兩根相同的輕質(zhì)彈簧一端分別固定于M、N兩點，另一端分別與輕繩。R。。連接于。點。

現(xiàn)用手拉住OP、OQ的末端，使0M、ON兩彈簧長度相同（均處于拉伸狀態(tài)），且分別保持水平、豎直。

最初OP豎直向下，。。與。尸成120。夾角?，F(xiàn)使0P、0。的夾角不變，在保持。點不動的情況下，將0P、

。。沿順時針方向緩慢旋轉(zhuǎn)70。。已知彈簧、輕繩始終在同一豎直平面內(nèi)，則在兩輕繩旋轉(zhuǎn)的過程中（)

P

A.。戶上的作用力一直減小

B.OQ上的作用力一直減小

C.OP上的作用力先增大后減小

D.。。旋轉(zhuǎn)至水平位置時，OQ上作用力最大

【答案】A

【詳解】初狀態(tài)系統(tǒng)平衡時，兩彈簧彈力相等，合力與兩彈簧夾45。斜向左上方，則由。點受力平衡知：

OP、OQ兩繩拉力合力斜向下與。P夾45。角。保持。點不動，則兩彈簧伸長狀態(tài)不變，合力不變，將。P、

。。沿順時針方向緩慢旋轉(zhuǎn)70。，此過程OP、OQ合力不變，而兩力夾角不變，根據(jù)力三角形法可作圖如下:

紅線表示0。拉力，藍線表示。尸拉力。

由圖可以看出，在旋轉(zhuǎn)70。的過程中，表示OP的拉力TOP長度一直在減小，說明OP卜一的作用力一直減小；

表示。。的拉力長度線增大后減小，說明上的作用力先增大后減小；當OQ旋轉(zhuǎn)至水平位置時，OQ對

應(yīng)的圓周角為180°-60。-45°=75°<90°說明此時OQ拉力不是最大值。故A正確，BCD錯誤。故選A。

19.如圖，光滑半圓形碗固定在水平地面上，開始時，系有不可伸長輕繩的光滑小球處在碗的最低點，在

拉力F的作用下，小球沿碗內(nèi)壁緩慢上升，小球、輕繩、。點始終在同一豎直平面內(nèi)，在此過程中，下列

B.碗對小球的支持力BV一直變大