2025届高考物理二轮复习讲义：拉密定理（含答案）
文档属性
| 名称 | 2025届高考物理二轮复习讲义：拉密定理（含答案） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 323.0KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2025-02-03 20:12:22 | ||
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文档简介
拉密定理
01 拉密定理概述
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。
02 拉密定理推导
Step1 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：
Step2 我们把力平移一下就得到一个这样的三角形：
Step3 根据所做的力的三角形，利用正弦定理可得：
化简得
03 拉密定理解题过程
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
04 典型例题
【典例1】（2022河北）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
【详解】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(拉密定理)，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。
【典例2】如图所示，倾角θ = 30°，顶端固定光滑滑轮的斜面体放置在水平面上，一跨过滑轮的轻质细绳，一端悬挂质量为m的重物A，另一端与斜面上质量为2m的物块B相连，滑轮与物块B之间的细绳平行于斜面。现用外力F缓慢拉动细绳上的结点O，使细绳OO′部分从竖直拉至水平，整个过程中始终保持外力F的方向与细绳OO′的夹角α = 120°不变，且细绳OO′部分始终拉直，物块B和斜面体始终处于静止状态，下列说法正确的是
A．细绳OO′的拉力先增大后减小
B．斜面对物块B的摩擦力一直增大
C．外力F一直增大
D．地面对斜面体的摩擦力先增大后减小
【详解】AC．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，β角从钝角一直减小到直角，可得F逐渐增大，γ角从60°一直增大到150°，绳子的拉力F1先增大后减小，故AC正确；
B．对物块B受力分析可知，物块B受重力2mg、绳子的拉力F1、支持力NB和摩擦力fB的作用，则物块B沿斜面方向，由平衡条件得
由于绳子的拉力F1先增大后减小，所以斜面对B的摩擦力不可能一直增大，故B错误；
D．对A、B及斜面整体受力分析，地面对斜面体的摩擦力大小等于外力F在水平方向的分力，外力F在水平方向的分力为
利用数学的积化和差公式可得
β角从180°一直减小到90°，F水平先增大后减小，所以摩擦力也是先增大后减小，故D正确。
故选ACD。
05 巩固练习
1.《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，另一端连接兜篮D。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，可看作质点，不计一切阻力，重力加速度大小为g。已知，。关于王进从C点缓慢运动到E点的过程中，下列说法正确的是
A．绳OD的拉力一直变大
B．工人对绳的拉力先变大后变小
C．缓慢移动过程OD、CD两绳拉力的合力可能小于mg
D．当绳CD与竖直方向的夹角为15°时，工人对绳的拉力为
2.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
06 巩固练习参考答案及解析
1.AD
【详解】对兜篮、王进及携带的设备整体受力分析，绳的拉力为，与竖直方向的夹角为；
绳的拉力为，与竖直方向的夹角为
则由几何关系得
由正弦定理可得
由以上两式解得
AB．关于王进从C点缓慢运动到E点的过程中，增大，减小，则增大，减小；又工人对绳的拉力与大小相等，故A正确，B错误；
C．两绳拉力的合力大小等于，故C错误；
D．当时，由可得
由正弦定理，可得解得故D正确。
故选AD。
2.D
【详解】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。
01 拉密定理概述
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。
02 拉密定理推导
Step1 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：
Step2 我们把力平移一下就得到一个这样的三角形：
Step3 根据所做的力的三角形，利用正弦定理可得：
化简得
03 拉密定理解题过程
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
04 典型例题
【典例1】（2022河北）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
【详解】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(拉密定理)，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。
【典例2】如图所示，倾角θ = 30°，顶端固定光滑滑轮的斜面体放置在水平面上，一跨过滑轮的轻质细绳，一端悬挂质量为m的重物A，另一端与斜面上质量为2m的物块B相连，滑轮与物块B之间的细绳平行于斜面。现用外力F缓慢拉动细绳上的结点O，使细绳OO′部分从竖直拉至水平，整个过程中始终保持外力F的方向与细绳OO′的夹角α = 120°不变，且细绳OO′部分始终拉直，物块B和斜面体始终处于静止状态，下列说法正确的是
A．细绳OO′的拉力先增大后减小
B．斜面对物块B的摩擦力一直增大
C．外力F一直增大
D．地面对斜面体的摩擦力先增大后减小
【详解】AC．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，β角从钝角一直减小到直角，可得F逐渐增大，γ角从60°一直增大到150°，绳子的拉力F1先增大后减小，故AC正确；
B．对物块B受力分析可知，物块B受重力2mg、绳子的拉力F1、支持力NB和摩擦力fB的作用，则物块B沿斜面方向，由平衡条件得
由于绳子的拉力F1先增大后减小，所以斜面对B的摩擦力不可能一直增大，故B错误；
D．对A、B及斜面整体受力分析，地面对斜面体的摩擦力大小等于外力F在水平方向的分力，外力F在水平方向的分力为
利用数学的积化和差公式可得
β角从180°一直减小到90°，F水平先增大后减小，所以摩擦力也是先增大后减小，故D正确。
故选ACD。
05 巩固练习
1.《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，另一端连接兜篮D。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，可看作质点，不计一切阻力，重力加速度大小为g。已知，。关于王进从C点缓慢运动到E点的过程中，下列说法正确的是
A．绳OD的拉力一直变大
B．工人对绳的拉力先变大后变小
C．缓慢移动过程OD、CD两绳拉力的合力可能小于mg
D．当绳CD与竖直方向的夹角为15°时，工人对绳的拉力为
2.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
06 巩固练习参考答案及解析
1.AD
【详解】对兜篮、王进及携带的设备整体受力分析，绳的拉力为，与竖直方向的夹角为；
绳的拉力为，与竖直方向的夹角为
则由几何关系得
由正弦定理可得
由以上两式解得
AB．关于王进从C点缓慢运动到E点的过程中，增大，减小，则增大，减小；又工人对绳的拉力与大小相等，故A正确，B错误；
C．两绳拉力的合力大小等于，故C错误；
D．当时，由可得
由正弦定理，可得解得故D正确。
故选AD。
2.D
【详解】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。
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