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(共44张PPT)
专题强化6　多物体平衡及动态平衡问题
1.会运用整体法和隔离法处理多个物体的平衡问题。
2.掌握构建矢量平行四边形或三角形的方法，并能用图解法分析动态平衡问题。
3.会用解析法、相似三角形法解决动态平衡问题。
学习目标
01
强化点一　多物体平衡问题
02
强化点二　动态平衡问题
03
课时作业
目 录
01
PART
强化点一
多物体平衡问题
项目 整体法 隔离法
概念 将运动状态相同的几个物体作为一个整体来分析的方法 将研究对象与周围物体分隔开并进行分析的方法
选用原则 研究系统外的物体对系统整体的作用力 研究系统内物体之间的相互作用力
注意 问题 受力分析时不要再考虑系统内物体间的相互作用 一般隔离受力较少的物体
整体法、隔离法的比较
【例1】　（2025·江西抚州高一期中）如图所示，M、N两物体叠放在一
起。在竖直向上的恒力F作用下，一起沿粗糙竖直墙面向上做匀速直线运
动，则关于两物体受力情况的说法正确的是（　　）
A. 物体M与N之间无摩擦力
B. 物体N受到5个力
C. 物体M受到4个力
D. F大于M与N的重力之和
√
解析：M、N两物体叠放在一起沿粗糙竖直墙面向上做匀速直线运动，由
平衡条件知，物体N受到重力、M对N的弹力和摩擦力共3个力，故A、B错
误；将M、N看作整体，竖直方向平衡，F等于M与N的重力之和，水平方
向上没有外力，所以物体N与墙之间没有弹力，所以物体M受到重力，竖
直向上的外力F，N对M的弹力和摩擦力共4个力，故C正确，D错误。
【例2】　（2025·江苏无锡高一期中）如图所示，质量为m＝1 kg的物
体A，放在质量为M＝4 kg、倾角为θ＝37°的斜面B上，现用水平力F
推物体A，使A沿斜面匀速向上运动，B始终保持静止，A、B间、B与
地面间的动摩擦因数均为μ＝0.5。取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos
37°＝0.8。求：
（1）F的大小；
答案：20 N　
解析：对A受力分析可得Fcos 37°＝μ（mgcos 37°＋Fsin 37°）＋mgsin
37°，解得F＝20 N。
（2）地面对B的支持力的大小；
答案： 50 N
解析：对A、B整体受力分析可知，竖直方向，地面对B的支持力的大小FN＝（M＋m）g＝50 N。
（3）B对地面的摩擦力。
答案： 20 N，方向水平向右
解析：对A、B整体受力分析可知，水平方向F＜μ（M＋m）g，所以地面
对B的摩擦力Ff＝F＝20 N，方向向左。根据牛顿第三定律可知，B对地面
的摩擦力大小Ff＝20 N，方向水平向右。
02
PART
强化点二
动态平衡问题
角度一｜解析法
【例3】　如图所示，一根细线通过固定在竖直墙壁的小滑轮和重力为G的
均质钢球相连，在水平外力的作用下，钢球缓慢上升。不计一切摩擦，在
球上升的过程中（　　）
A. 细线受的拉力增大
B. 细线受的拉力减小
C. 墙壁受的压力不变
D. 墙壁受的压力减小
√
解析：设连接钢球的细线与竖直方向的夹角为θ，以钢球为研究对象，根
据平衡条件可得FTcos θ＝G，FTsin θ＝FN，可得FT＝，FN＝Gtan θ，当
钢球缓慢上升时，θ逐渐增大，则FT逐渐增大，FN逐渐增大，可知细线受
的拉力增大，墙壁受的压力增大。故选A。
方法技巧
　　运用解析法处理动态平衡问题时，先对研究对象的任一状态进行受力
分析，根据平行四边形定则画出矢量图，建立平衡方程，再根据边角关系
求出因变量与自变量的一般函数式，然后根据自变量的变化确定因变量的
变化。
角度二｜图解法
【例4】　（2025·江苏无锡高一期中）垂直园艺是一种最大化利用小型空
间的方式。为了更好地利用垂直空间，植物一般被栽种在可被悬挂固定的
容器里，以实现园艺的立体化。如图所示，用OA、OB两根轻绳将花盆悬
于两竖直墙之间，开始时OA绳与竖直墙面呈锐角，OB绳水平。始终保持O
点位置不变，仅改变OB绳长使绳右端由B点缓慢上移至B'点，此时OB'与
OA之间的夹角θ＜90°，在此过程中（　　）
A. OA绳的拉力先增大后减小
B. OA绳的拉力逐渐增大
C. OB绳的拉力先减小后增大
D. OB绳的拉力逐渐增大
√
解析：以结点O为研究对象受力分析，由图可以看出，FOA逐渐减小，FOB
先减小后增大。故选C。
方法技巧
　　图解法适用于三力平衡问题，特点是一个力是恒力，另一个是方向不
变的变力，第三个是大小、方向均变化的力。一般按照以下流程解题：
角度三｜相似三角形法
【例5】　一轻杆BO，其O端用光滑铰链固定在竖直轻杆AO上，在B端用
细绳挂一重物，重物所受重力大小为G，且系另一细绳，细绳跨过杆顶A处
的光滑小滑轮，用力F拉住，如图所示。现将细绳缓慢往左下拉，使杆BO
与杆AO间的夹角θ逐渐减小，则在此过程中，拉力F及杆BO所受压力FN的
大小变化情况是（　　）
A. FN先减小，后增大
B. FN始终不变
C. F先减小，后增大
D. F始终不变
√
解析：取BO杆的B端为研究对象，受到绳子拉力（大小为
F）、BO杆的支持力FN和悬挂重物的绳子的拉力（大小为
G）的作用，将FN与G合成，其合力与F等值反向，如图所
示，B端所受的三个力构成矢量三角形（如图中阴影部
分），力的三角形与几何三角形OBA相似，利用相似三角形对应边成比例可得＝＝，式中G、H、L均不变，l逐渐变小，可知FN不变，F逐渐变小，选项B正确。
方法技巧
　　相似三角形法适用于三力平衡问题，特点是一个力是恒力，另外两个
力是大小、方向均变化。
　　求解的是斜三角形问题，做法是在受力分析的基础上作出力的平行四
边形，由力三角形与几何三角形相似，求解问题。
03
PART
课时作业
1. 〔多选〕（2025·山东泰安高一期中）如图，木块a与b叠放在水平地面
上，分别受到水平向右和水平向左、大小均为F的作用力，且保持静止状
态，则（　　）
A. b对a的摩擦力方向向左
B. b对a的摩擦力大小为零
C. 地面对b的摩擦力方向向右
D. 地面对b的摩擦力大小为0
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√
解析：以a为研究对象受力分析，外力F水平向右，则b对a有静摩擦力作用，方向水平向左，故A正确，B错误；以a、b整体为研究对象，由于分别受到水平向右和水平向左、大小均为F的力作用，两力合力为零，则b相对于地面没有相对运动趋势，故b和地面之间没有摩擦力，故C错误，D正确。
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2. 如图所示，物块A、B处于静止状态，已知竖直墙壁粗糙，水平地面光滑，则物块A和B的受力个数分别为（　　）
A. 3和3 B. 3和4
C. 4和4 D. 4和5
解析：由整体受力分析可知，A、B整体受到地面向上的支持力和重力，墙壁对A、B无弹力；分别隔离A、B分析：A受重力、B对A的支持力和B对A的摩擦力共3个力；B受重力、A对B的压力、A对B的摩擦力、地面对B的支持力共4个力，故B正确，A、C、D错误。
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3. （2025·陕西西安高一月考）如图所示，不计摩擦，滑轮质量可忽略，人的重力为500 N，平板的重力为100 N，如果人要拉住木板，他必须用的拉力和木板对他的支持力大小为（　）
A. 600 N，500 N B. 300 N，200 N
C. 200 N，300 N D. 150 N，350 N
解析：设人的拉力为FT，对木板和人的整体分析4FT＝G1＋G2解得FT＝150 N，对人分析可知FN＋FT＝G1，解得FN＝350 N，故选D。
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4. 〔多选〕如图所示，斜面体质量为M，倾角为θ，小方块质量为m，在水
平推力F作用下，斜面体和小方块整体向左做匀速直线运动，各接触面之
间的动摩擦因数都为μ，重力加速度为g，则（　　）
A. 斜面体对小方块的支持力为mgcos θ
B. 斜面体对地面的压力大小为（M＋m）g
C. 斜面体对小方块的摩擦力大小为μmgcos θ
D. 地面对斜面体的摩擦力大小为μMg
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解析：以整体为研究对象，地面对斜面体的支持力大小为（M＋m）g，根据牛顿第三定律可得，斜面体对地面的压力大小为（M＋m）g，根据摩擦力的计算公式可得，地面对斜面体的摩擦力大小为Ff1＝μ（M＋m）g，故B正确，D错误；斜面体和小方块无相对运动，斜面体对小方块的摩擦力为静摩擦力，摩擦力大小为Ff2＝mgsin θ，故C错误；斜面体对小方块的支持力等于小方块的重力垂直于斜面的分力，大小为mgcos θ，故A正确。
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5. （2025·浙江杭州高一期中）如图甲所示，工人用吊运机将重物吊上一
定高度后停住，为了把重物拉到室内，需要用到一根带光滑钩子的轻杆拉
动轻绳，其过程可简化为如图乙所示的模型。工人握住杆始终在同一水平
面内缓慢拉，则以下说法正确的是（　　）
A. 绳子的弹力逐渐变大
B. 绳子对杆的作用力不变
C. 手对轻杆的作用力越来越大
D. 手对轻杆的作用力始终水平
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解析：　根据题意，绳上拉力大小始终等于重物的重力大小，故A错误；
设两段绳的夹角为θ，对结点有F＝2mgcos ，若工人握住杆始终在同一水
平面内缓慢拉，则θ减小，cos 增大，F增大，则绳子对杆的作用力增大，
手对轻杆的作用力越来越大，故B错误，C正确；手对轻杆的作用力始终沿
两绳子夹角的角平分线，故D错误。
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6. 如图所示，一小球放在竖直的墙面与倾斜的木板之间，设小球对墙面的
压力大小为F1，小球对木板的压力大小为F2，以木板与墙连接处所形成的
水平直线为轴，将木板从图示位置顺时针缓慢转到与墙面垂直的位置，不
计摩擦，此过程中（　　）
A. F1一直增大，F2一直减小
B. F1和F2都一直在减小
C. F1先减小后增大，F2一直减小
D. F1一直减小，F2先减小后增大
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解析：　根据牛顿第三定律可知，墙面对小球的支持力大小为F1，木板对小球的支持力大小为F2，对小球进行受力分析，作出受力动态三角形，如图所示可知，木板从图示位置顺时针缓慢转到与墙面垂直的位置过程中，F1和F2都一直在减小。故选B。
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7. 如图所示，一只可视为质点的蚂蚁在半球形碗内缓慢地从底部经过b点
爬到a点。则下列说法正确的是（　　）
①碗对蚂蚁的作用力不变　②碗对蚂蚁的作用力变大　③碗对蚂蚁的摩擦
力变大　④碗对蚂蚁的支持力变大
A. ①② B. ②③
C. ①③ D. ②④
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解析：蚂蚁缓慢爬行的过程可以视为始终处于平衡状态，对蚂蚁受力分析可知，蚂蚁受到重力、沿切线方向的摩擦力和垂直于切线方向指向球心的支持力，设蚂蚁所在位置与球形中心连线与竖直方向的夹角为θ，根据平衡条件可得FFf＝mgsin θ，FN＝mgcos θ，蚂蚁从底部经过b点爬到a点的过程中，θ逐渐增大，则碗对蚂蚁的摩擦力变大，碗对蚂蚁的支持力变小。蚂蚁处于平衡状态，合外力一直为0，则碗对蚂蚁的作用力与重力平衡，保持不变，故选C。
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8. 〔多选〕（2025·黑龙江哈尔滨高一期中）如图，轻杆A端用铰链固定在
竖直墙上，B端吊一工件，工人将轻绳跨过定滑轮C用水平拉力将B端缓慢
上拉，滑轮C在A点正上方，滑轮大小及摩擦均不计，则在轻杆逆时针转到
竖直位置的过程中（　　）
A. 轻杆对B端的弹力大小逐渐增大
B. 轻杆对B端的弹力大小保持不变
C. 工人受到地面的摩擦力逐渐减小
D. 工人受到地面的摩擦力保持不变
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解析：　以B点为研究对象，分析受力情况：工件的拉力
FT（等于工件的重力G）、轻杆的支持力FN和绳子的拉
力FT'，作出受力图如图，由平衡条件得知，FN和FT'的
合力与G大小相等，方向相反，根据三角形相似可得＝
＝，使轻杆逆时针转到竖直位置的过程中，AC、AB保持不变，BC变小，则FN保持不变，FT'变小，故A错误，B正确。对人受力分析可知，水平方向Ff＝FT'，所以工人受到地面的摩擦力逐渐减小，故C正确，D错误。
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9. 〔多选〕如图所示，配有调节倾角的简易支架放在水平桌面上，上语文
课时，某同学将一本古汉语字典放在支架的斜面上，若字典与支架斜面间
的动摩擦因数为μ＝，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，缓慢地调节倾角
θ使得字典与支架始终处于静止状态，则下列说法正确的是（　　）
A. 倾角θ增大，字典受到的摩擦力增大
B. 倾角θ增大，字典受到的支持力增大
C. 若字典始终处于静止状态，支架倾角的最大值θ＝30°
D. 若字典始终处于静止状态，支架倾角的最大值θ＝45°
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解析：　设字典的质量为m，字典受力情况如图所示，字
典受到沿支架斜面向上的静摩擦力，静摩擦力等于重力沿
支架斜面向下的分力，即Ff＝mgsin θ，随倾角θ增大，字
典受到的摩擦力增大，故A正确；支持力FN＝mgcos θ，随
倾角θ增大，字典受到的支持力减小，故B错误；当字典受到的静摩擦力达到最大时，根据平衡条件可知，mgsin θ＝μmgcos θ，解得tan θ＝，即θ＝30°，故C正确，D错误。
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10. （2024·江苏联盟校高一期中）引体向上是我们日常生活中行之有效的
健身方法之一。当你双手握住单杠处于静止状态时，可以简化成如图所示
的模型，在水平杆MN上套有两个质量不计的小环A和B，一不可伸长的细
线两端分别系在环A、B上，并在细线中点处通过光滑小滑轮挂一个质量为
m的物块，整个系统处于平衡状态。现增加A、B之间的水平距离，使整个
系统再次达到平衡状态，则第二次平衡状态中，下列说法正确的是（　　）
A. 细线中张力变小
B. 小环B所受合力变大
C. 小环A和B所受摩擦力都变小
D. 小环A和B所受支持力都不变
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解析：设细线与竖直方向的夹角为θ，则2FTcos θ＝mg，增加A、B之间的水平距离，则θ变大，则FT变大，即细线的张力变大，故A错误；小环B仍静止，则所受合力为零，不变，故B错误；小环A和B所受摩擦力Ff＝FTsin θ，FT和θ都变大，则小环A和B所受摩擦力都变大，故C错误；对A、B和物块组成的整体分析可知2FN＝mg，则小环A和B所受支持力都不变，故D正确。
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11. （2025·安徽芜湖高一期中）如图所示，物体A的重力为20 N，物体B的
重力为10 N，A与B、A与地面间的动摩擦因数均为0.2，物体B用水平细绳
系在竖直墙面上，当用水平力F将A拉出时，求：
（1）B物体受到的摩擦力的大小和方向；
答案：2 N，方向水平向右　
解析：B受到的是滑动摩擦力，根据滑动摩擦力公式可得Ff＝μGB＝2 N
方向水平向右。
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（2）为将A从B下面拉出来，F至少应该多大。
答案：8 N
解析： B对A的摩擦力Ff1＝2 N
方向水平向左；
地面对A的摩擦力Ff2＝μFN＝μ＝6 N
方向水平向左；
所以拉力至少为F＝Ff1＋Ff2＝8 N。
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12. 如图所示，B、C点的两个小球重力均为G，用细线悬挂在竖直墙上的
A、D两点。细线与竖直墙壁之间的夹角分别为30°和60°，两个小球处于
静止状态。则：
（1）AB和CD两根细线的拉力FAB和FCD分别为多大？
答案：G　G　
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解析：对两个小球组成的整体受力分
析，如图甲所示。在x、y轴方向正交分解，
根据平衡条件可知
FABsin 30°＝FCDsin 60°
FABcos 30°＋FCDcos 60°＝2G
联立可得FAB＝G，FCD＝G。
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（2）细线BC与竖直方向的夹角θ是多少？
答案：60°
解析：对C点小球受力分析，如图乙所示。在x、y轴方向正交分解，根据平
衡条件得FBCsin θ＝FCDsin 60°
FBCcos θ＋FCDcos 60°＝G
联立解得θ＝60°。
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THANKS
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