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素养提升课四　整体法和隔离法　动态平衡问题
　　　　
第三章　相互作用——力
1.掌握用整体法和隔离法处理多物体平衡问题。
2.理解共点力平衡的条件，掌握处理动态平衡问题的方法。
素养目标
提升点一　整体法和隔离法分析多物体平衡问题
1
提升点二　动态平衡问题
2
课时测评
3
内容索引
提升点一　整体法和隔离法分析平衡问题
整体法、隔离法的比较
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
角度1 整体法和隔离法在受力分析中的应用
(多选)如图所示，质量均为m的两木块a与b叠放在水平地面上，a、b分别受到两个水平拉力的作用，两力大小均为F，两木块保持静止状态，则
A．a、b之间一定存在静摩擦力
B．b与地面之间一定存在静摩擦力
C．b与地面之间一定不存在静摩擦力
D．地面对b的支持力一定大于2mg
例1
√
√
由于两木块静止，对a进行受力分析可知，a受向右
的拉力作用而有向右的运动趋势，故a一定受到b对
a向左的静摩擦力作用，选项A正确；对a、b整体受
力分析可知，整体在水平方向上所受的拉力的合力
为0，故b与地面间没有摩擦力，选项B错误，C正
确；对a、b整体受力分析可知，在竖直方向上受力平衡，故地面对b的支持力一定等于2mg，选项D错误。
整体法和隔离法的选择原则
1．当分析系统所受外力时，可以采用整体法分析外界对系统的作用力。
2．当分析系统内各物体间的相互作用时，一般采用隔离法且选择受力较少的物体作为研究对象。
3．整体法的优点是受力分析的对象较少，但不能分析内力；隔离法的优点是能清晰呈现各物体的受力情况，但计算过程相对繁琐。
总结提升
针对练.(2026·安徽安庆高一期中)在恒力F作用下，a、b两物体一起沿粗糙竖直墙面匀速向上运动，则关于它们受力情况的说法正确的是
A．a一定受到4个力
B．b可能受到4个力
C．a与墙壁之间一定有弹力和摩擦力
D．a与b之间不一定有摩擦力
√
对物体b受力分析，受重力、支持力和摩擦力，处于三
力平衡状态，故B、D错误；对物体a、b整体受力分析，
受重力、恒力F，若墙壁对整体有弹力，水平方向不能
平衡，则墙壁对整体没有弹力，也没有摩擦力，故C错
误；对物体a受力分析，受恒力F、重力、物体b对a的
压力和摩擦力，即物体a共受4个力，故A正确。
角度2 整体法和隔离法在平衡问题中的应用
(多选)如图，用三根细线a、b、c将两个小球1和2连接并悬挂，其中小球1的重力G1＝7 N，小球2的重力G2＝9 N，两小球处于静止状态，已知细线a与竖直方向的夹角为37°，细线c水平，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则
A．细线a对小球1的拉力为20 N
B．细线b对小球2的拉力为15 N
C．细线c对小球2的拉力为10 N
D．细线c对小球2的拉力为15 N
例2
√
√
针对练.如图所示是我国传统石拱桥的一个简化模型，由支撑底座和5个构件组成，桥关于构件3的中轴线左右对称，构件2的重力大小为G，构件1对构件2的作用力大小为F1，构件3对构件2的作用力大小为F2，则
A.F1＞F2
B.F1＝F2
C.F1＝G
D.F1＜G
√
对构件2受力分析如图所示，构件2处于平衡状态，则F1＝F合(F2与G的合力)，结合题图可知θ＞90°，故可知F1＝F合＞F2，F1＝F合＞G。故选A。
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提升点二　动态平衡问题
1.动态平衡问题的特点
通过控制某一物理量，使其他物理量发生缓慢变化，而变化过程中的任何一个状态都可以看成是平衡状态。
2.处理动态平衡问题常用的方法
解析法 适用于求解直角三角形或正交分解类问题。列出三角函数表达式，然后利用表达式分析力的变化情况的方法
图解法 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或三角形定则画出不同状态下的力的矢量图，然后根据有向线段(表示力)的变化判断各个力的变化情况。题型特点是：①一个力大小和方向不变；②一个力的方向不变
相似三 角形法 适用于求解的是一般形状三角形问题。在受力分析的基础上作出力的矢量三角形，由力的矢量三角形与几何三角形相似求解问题
角度1 解析法
(2024·山东聊城高一上学期期末)如图所示，竖直固定的光滑半圆形环上穿有一个小球，用一条轻绳将小球从圆环的底部缓慢拉到最高点，且轻绳保持水平。则该过程中，轻绳拉力F、半圆形环对小球的作用力FN的大小变化情况是
A.F先增大后减小
B.F先减小后增大
C.FN逐渐增大
D.FN逐渐减小
例3
√
设半圆形环对小球的作用力FN与竖直方向的夹角为θ，以小球为研究对象，根据平衡条件可得FNcos θ＝mg，FNsin θ＝F，可得FN＝，F＝mgtan θ，由于θ逐渐增大，cos θ逐渐减小，tan θ逐渐增大，则F和FN都逐渐增大。故选C。
角度2 图解法
(多选)如图所示，用竖直挡板将光滑小球夹在挡板和斜面之间，若逆时针缓慢转动挡板，使其由竖直转至水平的过程中，以下说法正确的是
A.挡板对小球的弹力先增大后减小
B.挡板对小球的弹力先减小后增大
C.斜面对小球的支持力先减小后增大
D.斜面对小球的支持力一直减小
√
例4
√
以小球为研究对象，小球受到重力G、挡板对小球的弹力
FN1和斜面对小球的支持力FN2三个力的作用，受力分析如
图所示，FN1和FN2的合力与重力大小相等、方向相反，FN2
总垂直斜面向上，方向不变，根据图解可以看出，在挡板
转动过程中，FN1先减小后增大，FN2一直减小。故选BD。
图解法分析动态平衡问题的思路
1.确定研究对象，作出受力分析图。
2.明确三力的特点，哪个力不变，哪个力变化。
3.将三力首尾连接，构造出矢量三角形；或将某力根据其作用效果进行分解，画出平行四边形。
4.根据已知量的变化情况，判断有向线段(表示力)的变化，从而确定各个力的变化情况。
总结提升
针对练.(2025·浙江台州高一上学期期中)如图所示，一物体P通过细绳系在两根等长细绳OA、OB的结点O上，细绳的A端、B端挂在半圆形的支架上，开始时绳OB处于水平位置，此时细绳OA、OB的拉力大小各为5.0 N和3.0 N。保持A端、O端的位置不动，将B端沿半圆形支架从水平位置逐渐移至竖直位置C，在这一过程中
A.细绳OA的拉力一直增大
B.细绳OB的拉力一直减小
C.细绳OB的最小拉力为2.4 N
D.细绳OB的最大拉力为5 N
√
开始时细绳OB处于水平位置，此时细绳OA、OB的拉力大小各
为5.0 N和3.0 N。根据受力分析结合几何关系可知，物体重力为
G＝ N＝4 N，设AO与OC夹角为θ，则sin θ＝＝，
作出受力分析图如图所示，在OB转动的过程中，由图可知OA
的拉力一直减小，而OB的拉力先减小后增大，故A、B错误；OB与OA垂直时OB的拉力最小，为FOBmin＝Gsin θ＝4.0×0.6 N＝2.4 N，当OB与OC重合时OB的拉力最大，为FOBmax＝G＝4.0 N，故C正确，D错误。故选C。
角度3 相似三角形法
如图所示，轻杆A端用铰链固定在墙上，B端吊一重物。通过轻绳跨过定滑轮O用拉力F将B端缓慢上拉，滑轮O在A点正上方(滑轮大小及摩擦均不计)，且OA＞AB，在轻杆达到竖直位置前
A.拉力F增大
B.拉力F不变
C.轻杆的弹力大小增大
D.轻杆的弹力大小不变
√
例5
以B端为研究对象，其受重物的拉力FT(等于重物所受
的重力G)、轻杆的弹力FN和轻绳的拉力F，作出受力分
析图如图所示。由平衡条件知，FN和F的合力FT'与FT
大小相等、方向相反，根据相似三角形可得＝＝
，拉力F将B端缓慢上拉，AB、AO保持不变，BO变小，FT'＝FT＝G保持不变，则轻杆弹力大小保持不变，拉力F变小。故选D。
利用相似三角形解决动态平衡问题
1.在图示状态下对物体进行受力分析，并构建力的矢量三角形。
2.构建与力的矢量三角形对应的几何三角形。
3.确定三角形的对应边，利用三角形相似列出比例式。
4.结合几何三角形中边长的变化，得出力的变化情况。
总结提升
针对练.如图所示，质量为m的小球套在竖直固定的光滑圆环上，在圆环的最高点有一个光滑小孔，一根轻绳的下端系着小球，上端穿过小孔用力F拉住，开始时绳与竖直方向的夹角为θ，小球处于静止状态。现缓慢拉动轻绳，使小球沿光滑圆环移动一小段距离，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是
A.绳与竖直方向的夹角为θ时，F＝mgcos θ
B.小球沿光滑圆环上升过程中，轻绳拉力逐渐增大
C.小球沿光滑圆环上升过程中，小球所受支持力逐渐增大
D.小球沿光滑圆环下降过程中，小球所受支持力大小不变
√
绳与竖直方向的夹角为θ时，小球受到竖直向下的重力mg、
圆环对小球沿半径向外的支持力FN以及沿绳方向的拉力F，
受力分析如图所示，则F＝2mgcos θ，A错误；由相似三角
形可知＝＝，小球沿光滑圆环上升过程中，OA、OB
不变，AB变小，则FN大小不变，F变小，即小球沿光滑圆环上升过程中，轻绳拉力逐渐减小，小球所受支持力大小不变，同理，小球沿光滑圆环下降过程中，小球所受支持力大小不变，B、C错误，D正确。故选D。
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课堂回眸
课时测评
1．如图所示，水平地面上的L形木板B上放着小木块A，B与A间有一个处于压缩状态的弹簧，整个装置处于静止状态。下列说法正确的是
A．B对A的摩擦力方向向左
B．B对A无摩擦力作用
C．地面对B的摩擦力方向向右
D．地面对B无摩擦力作用
√
对A受力分析，受到重力、支持力、水平向左的弹力，根据平衡条件知，还受到B对A向右的摩擦力，故A、B错误；对整体受力分析，在竖直方向上受到的重力和支持力平衡，若地面对B有摩擦力，则整体不能平衡，所以地面对B无摩擦力作用，故C错误，D正确。
2.(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大小为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
√
√
以斜面体和小方块整体为研究对象，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，根据滑动摩擦力
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大小等于小方块的重力垂直斜面方向的分力，为mgcos θ，故A正确。故选AB。
3.(2024·江苏锡山高中期中)如图所示，在竖直墙壁间有质量
分别为m和3m的半球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，
则半球A与左侧墙壁之间的动摩擦因数为
A. B.
C. D.
√
对圆球B受力分析如图所示，根据平衡条件可得，右
侧墙壁对圆球B的弹力FN＝＝3mg，以半球
A和圆球B为整体，根据平衡条件可得Ff＝4mg，左侧
墙壁对半球A的弹力FN'＝FN，半球A与左侧墙壁之间的最大静摩擦力为Ff＝μFN'，解得半球A与左侧墙壁之间的动摩擦因数为μ＝。故
选D。
4.(多选)如图所示，不可伸长的轻绳一端固定在O点，一端
连接可视为质点的小球，初始时轻绳竖直。现用外力F缓慢
拉动小球，保持始终与轻绳垂直，使轻绳缓慢转过60°，拉
动小球过程中
A.F逐渐增大 B.F先增大后减小
C.轻绳拉力先增大后减小 D.轻绳拉力逐渐减小
√
√
对小球做受力分析，可知小球受重力G、绳子的拉力FT和外力F，三力平衡，设轻绳与竖直方向的夹角为θ，则有FT＝Gcos θ，F＝Gsin θ，则当用外力F缓慢拉动小球，保持F始终与轻绳垂直，使轻绳缓慢转过60°过程中，轻绳拉力FT减小，外力F增大。故选AD。
5.(多选)如图所示，用与竖直方向成θ角(θ＜45°)的倾斜轻绳a和轻绳b共同固定一个小球，这时绳b在水平位置1的拉力为F1，现保持小球在原位置不动，使绳b 在原竖直平面内，逆时针转过θ角到位置2固定，绳b的拉力变为F2，再转过θ角到位置3固定，绳b的拉力变为F3，则
A.F1＝F2
B.F1＝F3
C.F2＞F3
D.F2＜F3
√
√
对小球受力分析，受到重力和两个拉力作用，三力平衡，如图所示，通过几何关系可知，拉力F2垂直于轻绳a，故有F1＝F3＞F2。故选BD。
6.如图所示，一光滑小球静止放置在光滑半球面的底端，小球所受重力为G，用竖直放置的光滑挡板水平向右缓慢地推动小球，则在小球运动的过程中(该过程小球未脱离半球面)，挡板对小球的推力F1、半球面对小球的支持力F2的变化情况正确的是
A.F1增大，F2减小
B.F1增大，F2增大
C.F1减小，F2减小
D.F1减小，F2增大
√
作出小球在某位置时的受力分析如图所示。在小球运动的过程中，F1的方向不变，F2与竖直方向的夹角逐渐变大，画出力的动态平行四边形，由图可知F1、F2均增大。故选B。
7.在固定的粗糙斜面上，有一物体处于静止状态，现用平行于斜面向上的力F拉物体，让F从零开始逐渐增大，直到物体沿斜面向上运动。则在此过程中，物体所受摩擦力的大小变化情况是(最大静摩擦力等于滑动摩
擦力)
A.一直变大
B.一直变小
C.先变小后变大
D.先变小后变大再保持不变
√
物体原来静止在斜面上，受沿斜面向上的静摩擦力，
根据平衡条件可知，静摩擦力大小等于重力沿斜面
向下的分力，用沿斜面向上的拉力F拉物体，F从零
开始逐渐增大，则静摩擦力先减小到0，后沿斜面向下增大，直到F大于重力沿斜面向下的分力与最大静摩擦力的合力，物体开始沿斜面向上运动，物体受到不变的滑动摩擦力作用，所以物体所受摩擦力先变小后反向变大再保持不变。故选D。
8.(2025·江苏宿迁中学高一上学期期末)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，字典受到的摩擦力减小
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°
√
对字典受力分析如图所示，字典受到沿斜面向上的静
摩擦力，静摩擦力等于重力沿斜面向下的分力，即Ff
＝mgsin θ，随倾角θ增大，摩擦力增大，故A错误；支
持力FN＝mgcos θ，随倾角θ增大，支持力减小，故B
错误；当字典受到静摩擦力达到最大时，根据受力平衡可知mgsin θ＝μmgcos θ，解得tan θ＝，即θ＝30°，故C正确，D错误。故选C。
9.(2025·河南南阳高一上学期期末)如图所示，在竖直光滑墙壁和光滑挡板之间放置一个光滑的球，挡板可绕O点在竖直平面内转动。开始时该系统处于静止状态，现将挡板沿顺时针方向缓慢转动，在挡板转到水平的过程中，下列说法正确的是
A.球受到墙壁的弹力逐渐增大
B.球受到墙壁的弹力逐渐减小
C.球受到的合力逐渐增大
D.球受到的合力逐渐减小
√
对球受力分析，受重力mg、墙壁的弹力F1、挡板的支持力F2，如图所示。挡板沿顺时针方向缓慢转动，在挡板转到水平的过程中，球受力平衡，由图可知球受到墙壁的弹力逐渐减小，球受到的合力始终为零。故选B。
10.(多选)(2025·广东高州高一上学期期末)如图所示，半径相同的光滑圆柱A和粗糙半圆柱B紧靠着静置于水平地面上，O1、O2分别为A、B横截面的圆心，A的质量为m，B的质量为，B与地面间的动摩擦因数为μ。现对A施加一恒力F，方向与圆心连线O1O2的夹角为60°，A、B始终处于静止状态，此时A恰好离开地面，重力加速度为g，则
A.恒力F的大小为mg
B.B对A的支持力大小为mg
C.地面对B的摩擦力大小为μmg
D.地面对B的支持力大小为mg
√
√
对A受力分析，由几何关系可知，恒力F的大小与B对A的支持力大小相等，根据平衡条件有2Fcos 60°＝mg，则恒力F和B对A的支持力大小均为mg，A正确，B错误；设地面对B的支持力大小为FN、摩擦力大小为Ff，将A、B看成整体，由平衡条件有Fsin 30°＋FN＝mg，Ff＝Fcos 30°，解得FN＝mg，Ff＝mg，C错误，D正确。故选AD。
11.(2025·辽宁鞍山一中高一上学期期中)如图所示，在粗糙水平地面上放一个截面为四分之一圆弧的物体A，A与竖直墙壁之间放一光滑圆球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，下列说法正确的是
A.墙壁对B的支持力增大
B.A对B的支持力增大
C.地面对A的摩擦力减小
D.A对地面的压力减小
√
以A、B为整体受力分析如图1所示，竖直方向上受重力及地面的支持力，两物体重力不变，所以地面对A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；对小球B受力分析，作出平行四边形，如图2所示，A移动前后，B受力平衡，即B球受墙壁及A的支持力的合力与重力大小相等、方向相反，A向右移动少许，由图2可知，A对B的支持力顺时针旋转，墙壁对B的支持力减小，A对B的支持力减小，故A、B错误；分析A、B整体，水平方向上墙壁对B的支持力和地面对A的摩擦力等大、反向，墙壁对B的支持力减小，则地面对A的摩擦力减小，故C正确。故选C。
12．(8分)如图所示，在水平粗糙横杆上，小圆环A用一细线悬吊一个质量为m的球B。现用一水平拉力F拉起球B，使细线与竖直方向成45°角，此时小圆环和球一起向右匀速运动。小圆环与横杆间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g，求：
(1)水平拉力F的大小；
答案：mg
对小球受力分析，由平衡条件得F＝mg tan 45°，解得F＝mg。
(2)小圆环的质量。
答案：m
设小圆环的质量为M，取A、B及细线组成的系统为研究对象，进行受力分析，由平衡条件有FN＝(M＋m)g，又Ff＝F，又Ff＝μFN，联立解得M＝m。
13．(8分)如图所示，粗糙水平地面上放置一个截面为半圆的柱状物体A，A与竖直墙壁之间再放一光滑圆球B，整个装置处于静止状态。已知A、B的质量分别为M和m，圆球B和半圆的柱状物体A的半径均为r，已知A的圆心到墙角的距离为2r，重力加速度为g。求：
(1)物体A所受地面的支持力大小；
答案：(M＋m)g
对A、B整体受力分析，如图甲所示，由平衡条件得物体A所受地面的支持力大小
FNA＝(M＋m)g。
(2)物体A所受地面的摩擦力。
答案：mg，方向水平向左
对B受力分析，如图乙所示
由几何关系得sin θ＝，则θ＝30°
由平衡条件得
FNABcos θ－mg＝0
FNABsin θ－FNB＝0
联立解得FNB＝mg tan θ＝mg
由整体法可得物体A所受地面的摩擦力大小Ff＝FNB＝mg，方向水平向左。
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素养提升课四　
整体法和隔离法　动态平衡问题素养提升课四　整体法和隔离法　动态平衡问题
【素养目标】　1.掌握用整体法和隔离法处理多物体平衡问题。2.理解共点力平衡的条件，掌握处理动态平衡问题的方法。
提升点一　整体法和隔离法分析平衡问题
整体法、隔离法的比较
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
整体法和隔离法在受力分析中的应用
(多选)如图所示，质量均为m的两木块a与b叠放在水平地面上，a、b分别受到两个水平拉力的作用，两力大小均为F，两木块保持静止状态，则(　　)
A．a、b之间一定存在静摩擦力
B．b与地面之间一定存在静摩擦力
C．b与地面之间一定不存在静摩擦力
D．地面对b的支持力一定大于2mg
答案：AC
解析：由于两木块静止，对a进行受力分析可知，a受向右的拉力作用而有向右的运动趋势，故a一定受到b对a向左的静摩擦力作用，选项A正确；对a、b整体受力分析可知，整体在水平方向上所受的拉力的合力为0，故b与地面间没有摩擦力，选项B错误，C正确；对a、b整体受力分析可知，在竖直方向上受力平衡，故地面对b的支持力一定等于2mg，选项D错误。
整体法和隔离法的选择原则
1．当分析系统所受外力时，可以采用整体法分析外界对系统的作用力。
2．当分析系统内各物体间的相互作用时，一般采用隔离法且选择受力较少的物体作为研究对象。
3．整体法的优点是受力分析的对象较少，但不能分析内力；隔离法的优点是能清晰呈现各物体的受力情况，但计算过程相对繁琐。　　
针对练．(2026·安徽安庆高一期中)在恒力F作用下，a、b两物体一起沿粗糙竖直墙面匀速向上运动，则关于它们受力情况的说法正确的是(　　)
A．a一定受到4个力
B．b可能受到4个力
C．a与墙壁之间一定有弹力和摩擦力
D．a与b之间不一定有摩擦力
答案：A
解析：对物体b受力分析，受重力、支持力和摩擦力，处于三力平衡状态，故B、D错误；对物体a、b整体受力分析，受重力、恒力F，若墙壁对整体有弹力，水平方向不能平衡，则墙壁对整体没有弹力，也没有摩擦力，故C错误；对物体a受力分析，受恒力F、重力、物体b对a的压力和摩擦力，即物体a共受4个力，故A正确。
整体法和隔离法在平衡问题中的应用
(多选)如图，用三根细线a、b、c将两个小球1和2连接并悬挂，其中小球1的重力G1＝7 N，小球2的重力G2＝9 N，两小球处于静止状态，已知细线a与竖直方向的夹角为37°，细线c水平，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则(　　)
A．细线a对小球1的拉力为20 N
B．细线b对小球2的拉力为15 N
C．细线c对小球2的拉力为10 N
D．细线c对小球2的拉力为15 N
答案：AB
解析：将两小球和细线b视为整体，对整体受力分析如图甲所示，根据共点力的平衡条件有Fa＝＝20 N，Fc＝(G1＋G2)tan 37°＝12 N，A正确，C、D错误；对小球2进行受力分析如图乙所示，根据共点力的平衡条件有Fb＝＝15 N，B正确。
　　　
针对练.如图所示是我国传统石拱桥的一个简化模型，由支撑底座和5个构件组成，桥关于构件3的中轴线左右对称，构件2的重力大小为G，构件1对构件2的作用力大小为F1，构件3对构件2的作用力大小为F2，则(　　)
A.F1＞F2 B.F1＝F2
C.F1＝G D.F1＜G
答案：A
解析：对构件2受力分析如图所示，构件2处于平衡状态，则F1＝F合(F2与G的合力)，结合题图可知θ＞90°，故可知F1＝F合＞F2，F1＝F合＞G。故选A。
提升点二　动态平衡问题
1.动态平衡问题的特点
通过控制某一物理量，使其他物理量发生缓慢变化，而变化过程中的任何一个状态都可以看成是平衡状态。
2.处理动态平衡问题常用的方法
解析法 适用于求解直角三角形或正交分解类问题。列出三角函数表达式，然后利用表达式分析力的变化情况的方法
图解法 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或三角形定则画出不同状态下的力的矢量图，然后根据有向线段(表示力)的变化判断各个力的变化情况。题型特点是：①一个力大小和方向不变；②一个力的方向不变
相似三 角形法 适用于求解的是一般形状三角形问题。在受力分析的基础上作出力的矢量三角形，由力的矢量三角形与几何三角形相似求解问题
解析法
(2024·山东聊城高一上学期期末)如图所示，竖直固定的光滑半圆形环上穿有一个小球，用一条轻绳将小球从圆环的底部缓慢拉到最高点，且轻绳保持水平。则该过程中，轻绳拉力F、半圆形环对小球的作用力FN的大小变化情况是(　　)
A.F先增大后减小 B.F先减小后增大
C.FN逐渐增大 D.FN逐渐减小
答案：C
解析：设半圆形环对小球的作用力FN与竖直方向的夹角为θ，以小球为研究对象，根据平衡条件可得FNcos θ＝mg，FNsin θ＝F，可得FN＝，F＝mgtan θ，由于θ逐渐增大，cos θ逐渐减小，tan θ逐渐增大，则F和FN都逐渐增大。故选C。
图解法
(多选)如图所示，用竖直挡板将光滑小球夹在挡板和斜面之间，若逆时针缓慢转动挡板，使其由竖直转至水平的过程中，以下说法正确的是(　　)
A.挡板对小球的弹力先增大后减小
B.挡板对小球的弹力先减小后增大
C.斜面对小球的支持力先减小后增大
D.斜面对小球的支持力一直减小
答案：BD
解析：以小球为研究对象，小球受到重力G、挡板对小球的弹力FN1和斜面对小球的支持力FN2三个力的作用，受力分析如图所示，FN1和FN2的合力与重力大小相等、方向相反，FN2总垂直斜面向上，方向不变，根据图解可以看出，在挡板转动过程中，FN1先减小后增大，FN2一直减小。故选BD。
图解法分析动态平衡问题的思路
1.确定研究对象，作出受力分析图。
2.明确三力的特点，哪个力不变，哪个力变化。
3.将三力首尾连接，构造出矢量三角形；或将某力根据其作用效果进行分解，画出平行四边形。
4.根据已知量的变化情况，判断有向线段(表示力)的变化，从而确定各个力的变化情况。
针对练.(2025·浙江台州高一上学期期中)如图所示，一物体P通过细绳系在两根等长细绳OA、OB的结点O上，细绳的A端、B端挂在半圆形的支架上，开始时绳OB处于水平位置，此时细绳OA、OB的拉力大小各为5.0 N和3.0 N。保持A端、O端的位置不动，将B端沿半圆形支架从水平位置逐渐移至竖直位置C，在这一过程中(　　)
A.细绳OA的拉力一直增大
B.细绳OB的拉力一直减小
C.细绳OB的最小拉力为2.4 N
D.细绳OB的最大拉力为5 N
答案：C
解析：开始时细绳OB处于水平位置，此时细绳OA、OB的拉力大小各为5.0 N和3.0 N。根据受力分析结合几何关系可知，物体重力为G＝ N＝4 N，设AO与OC夹角为θ，则sin θ＝＝，作出受力分析图如图所示，在OB转动的过程中，由图可知OA的拉力一直减小，而OB的拉力先减小后增大，故A、B错误；OB与OA垂直时OB的拉力最小，为FOBmin＝Gsin θ＝4.0×0.6 N＝2.4 N，当OB与OC重合时OB的拉力最大，为FOBmax＝G＝4.0 N，故C正确，D错误。故选C。
相似三角形法
如图所示，轻杆A端用铰链固定在墙上，B端吊一重物。通过轻绳跨过定滑轮O用拉力F将B端缓慢上拉，滑轮O在A点正上方(滑轮大小及摩擦均不计)，且OA＞AB，在轻杆达到竖直位置前(　　)
A.拉力F增大 B.拉力F不变
C.轻杆的弹力大小增大 D.轻杆的弹力大小不变
答案：D
解析：以B端为研究对象，其受重物的拉力FT(等于重物所受的重力G)、轻杆的弹力FN和轻绳的拉力F，作出受力分析图如图所示。由平衡条件知，FN和F的合力FT'与FT大小相等、方向相反，根据相似三角形可得＝＝，拉力F将B端缓慢上拉，AB、AO保持不变，BO变小，FT'＝FT＝G保持不变，则轻杆弹力大小保持不变，拉力F变小。故选D。
利用相似三角形解决动态平衡问题
1.在图示状态下对物体进行受力分析，并构建力的矢量三角形。
2.构建与力的矢量三角形对应的几何三角形。
3.确定三角形的对应边，利用三角形相似列出比例式。
4.结合几何三角形中边长的变化，得出力的变化情况。
针对练.如图所示，质量为m的小球套在竖直固定的光滑圆环上，在圆环的最高点有一个光滑小孔，一根轻绳的下端系着小球，上端穿过小孔用力F拉住，开始时绳与竖直方向的夹角为θ，小球处于静止状态。现缓慢拉动轻绳，使小球沿光滑圆环移动一小段距离，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是(　　)
A.绳与竖直方向的夹角为θ时，F＝mgcos θ
B.小球沿光滑圆环上升过程中，轻绳拉力逐渐增大
C.小球沿光滑圆环上升过程中，小球所受支持力逐渐增大
D.小球沿光滑圆环下降过程中，小球所受支持力大小不变
答案：D
解析：绳与竖直方向的夹角为θ时，小球受到竖直向下的重力mg、圆环对小球沿半径向外的支持力FN以及沿绳方向的拉力F，受力分析如图所示，则F＝2mgcos θ，A错误；由相似三角形可知＝＝，小球沿光滑圆环上升过程中，OA、OB不变，AB变小，则FN大小不变，F变小，即小球沿光滑圆环上升过程中，轻绳拉力逐渐减小，小球所受支持力大小不变，同理，小球沿光滑圆环下降过程中，小球所受支持力大小不变，B、C错误，D正确。故选D。
课时测评20　整体法和隔离法　动态平衡问题
(时间：30分钟　满分：60分)
(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)
(选择题1－12题，每题4分，共48分)
1．如图所示，水平地面上的L形木板B上放着小木块A，B与A间有一个处于压缩状态的弹簧，整个装置处于静止状态。下列说法正确的是(　　)
A．B对A的摩擦力方向向左
B．B对A无摩擦力作用
C．地面对B的摩擦力方向向右
D．地面对B无摩擦力作用
答案：D
解析：对A受力分析，受到重力、支持力、水平向左的弹力，根据平衡条件知，还受到B对A向右的摩擦力，故A、B错误；对整体受力分析，在竖直方向上受到的重力和支持力平衡，若地面对B有摩擦力，则整体不能平衡，所以地面对B无摩擦力作用，故C错误，D正确。
2.(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大小为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
答案： AB
解析：以斜面体和小方块整体为研究对象，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，根据滑动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大小等于小方块的重力垂直斜面方向的分力，为mgcos θ，故A正确。故选AB。
3.(2026·江苏锡山高中期中)如图所示，在竖直墙壁间有质量分别为m和3m的半球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，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：对圆球B受力分析如图所示，根据平衡条件可得，右侧墙壁对圆球B的弹力FN＝＝3mg，以半球A和圆球B为整体，根据平衡条件可得Ff＝4mg，左侧墙壁对半球A的弹力FN'＝FN，半球A与左侧墙壁之间的最大静摩擦力为Ff＝μFN'，解得半球A与左侧墙壁之间的动摩擦因数为μ＝。故选D。
4.(多选)如图所示，不可伸长的轻绳一端固定在O点，一端连接可视为质点的小球，初始时轻绳竖直。现用外力F缓慢拉动小球，保持始终与轻绳垂直，使轻绳缓慢转过60°，拉动小球过程中(　　)
A.F逐渐增大 B.F先增大后减小
C.轻绳拉力先增大后减小 D.轻绳拉力逐渐减小
答案：AD
解析：对小球做受力分析，可知小球受重力G、绳子的拉力FT和外力F，三力平衡，设轻绳与竖直方向的夹角为θ，则有FT＝Gcos θ，F＝Gsin θ，则当用外力F缓慢拉动小球，保持F始终与轻绳垂直，使轻绳缓慢转过60°过程中，轻绳拉力FT减小，外力F增大。故选AD。
5.(多选)如图所示，用与竖直方向成θ角(θ＜45°)的倾斜轻绳a和轻绳b共同固定一个小球，这时绳b在水平位置1的拉力为F1，现保持小球在原位置不动，使绳b 在原竖直平面内，逆时针转过θ角到位置2固定，绳b的拉力变为F2，再转过θ角到位置3固定，绳b的拉力变为F3，则 (　　)
A.F1＝F2 B.F1＝F3
C.F2＞F3 D.F2＜F3
答案：BD
解析：对小球受力分析，受到重力和两个拉力作用，三力平衡，如图所示，通过几何关系可知，拉力F2垂直于轻绳a，故有F1＝F3＞F2。故选BD。
6.如图所示，一光滑小球静止放置在光滑半球面的底端，小球所受重力为G，用竖直放置的光滑挡板水平向右缓慢地推动小球，则在小球运动的过程中(该过程小球未脱离半球面)，挡板对小球的推力F1、半球面对小球的支持力F2的变化情况正确的是(　　)
A.F1增大，F2减小 B.F1增大，F2增大
C.F1减小，F2减小 D.F1减小，F2增大
答案：B
解析：作出小球在某位置时的受力分析如图所示。在小球运动的过程中，F1的方向不变，F2与竖直方向的夹角逐渐变大，画出力的动态平行四边形，由图可知F1、F2均增大。故选B。
7.在固定的粗糙斜面上，有一物体处于静止状态，现用平行于斜面向上的力F拉物体，让F从零开始逐渐增大，直到物体沿斜面向上运动。则在此过程中，物体所受摩擦力的大小变化情况是(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(　　)
A.一直变大
B.一直变小
C.先变小后变大
D.先变小后变大再保持不变
答案：D
解析：物体原来静止在斜面上，受沿斜面向上的静摩擦力，根据平衡条件可知，静摩擦力大小等于重力沿斜面向下的分力，用沿斜面向上的拉力F拉物体，F从零开始逐渐增大，则静摩擦力先减小到0，后沿斜面向下增大，直到F大于重力沿斜面向下的分力与最大静摩擦力的合力，物体开始沿斜面向上运动，物体受到不变的滑动摩擦力作用，所以物体所受摩擦力先变小后反向变大再保持不变。故选D。
8.(2025·江苏宿迁中学高一上学期期末)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，字典受到的摩擦力减小
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°
答案：C
解析：对字典受力分析如图所示，字典受到沿斜面向上的静摩擦力，静摩擦力等于重力沿斜面向下的分力，即Ff＝mgsin θ，随倾角θ增大，摩擦力增大，故A错误；支持力FN＝mgcos θ，随倾角θ增大，支持力减小，故B错误；当字典受到静摩擦力达到最大时，根据受力平衡可知mgsin θ＝μmgcos θ，解得tan θ＝，即θ＝30°，故C正确，D错误。故选C。
9.(2025·河南南阳高一上学期期末)如图所示，在竖直光滑墙壁和光滑挡板之间放置一个光滑的球，挡板可绕O点在竖直平面内转动。开始时该系统处于静止状态，现将挡板沿顺时针方向缓慢转动，在挡板转到水平的过程中，下列说法正确的是(　　)
A.球受到墙壁的弹力逐渐增大
B.球受到墙壁的弹力逐渐减小
C.球受到的合力逐渐增大
D.球受到的合力逐渐减小
答案：B
解析：对球受力分析，受重力mg、墙壁的弹力F1、挡板的支持力F2，如图所示。挡板沿顺时针方向缓慢转动，在挡板转到水平的过程中，球受力平衡，由图可知球受到墙壁的弹力逐渐减小，球受到的合力始终为零。故选B。
10.(多选)(2025·广东高州高一上学期期末)如图所示，半径相同的光滑圆柱A和粗糙半圆柱B紧靠着静置于水平地面上，O1、O2分别为A、B横截面的圆心，A的质量为m，B的质量为，B与地面间的动摩擦因数为μ。现对A施加一恒力F，方向与圆心连线O1O2的夹角为60°，A、B始终处于静止状态，此时A恰好离开地面，重力加速度为g，则(　　)
A.恒力F的大小为mg
B.B对A的支持力大小为mg
C.地面对B的摩擦力大小为μmg
D.地面对B的支持力大小为mg
答案：AD
解析：对A受力分析，由几何关系可知，恒力F的大小与B对A的支持力大小相等，根据平衡条件有2Fcos 60°＝mg，则恒力F和B对A的支持力大小均为mg，A正确，B错误；设地面对B的支持力大小为FN、摩擦力大小为Ff，将A、B看成整体，由平衡条件有Fsin 30°＋FN＝mg，Ff＝Fcos 30°，解得FN＝mg，Ff＝mg，C错误，D正确。故选AD。
11.(2025·辽宁鞍山一中高一上学期期中)如图所示，在粗糙水平地面上放一个截面为四分之一圆弧的物体A，A与竖直墙壁之间放一光滑圆球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，下列说法正确的是(　　)
A.墙壁对B的支持力增大
B.A对B的支持力增大
C.地面对A的摩擦力减小
D.A对地面的压力减小
答案：C
解析：以A、B为整体受力分析如图1所示，竖直方向上受重力及地面的支持力，两物体重力不变，所以地面对A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；对小球B受力分析，作出平行四边形，如图2所示，A移动前后，B受力平衡，即B球受墙壁及A的支持力的合力与重力大小相等、方向相反，A向右移动少许，由图2可知，A对B的支持力顺时针旋转，墙壁对B的支持力减小，A对B的支持力减小，故A、B错误；分析A、B整体，水平方向上墙壁对B的支持力和地面对A的摩擦力等大、反向，墙壁对B的支持力减小，则地面对A的摩擦力减小，故C正确。故选C。
　
12．(8分)如图所示，在水平粗糙横杆上，小圆环A用一细线悬吊一个质量为m的球B。现用一水平拉力F拉起球B，使细线与竖直方向成45°角，此时小圆环和球一起向右匀速运动。小圆环与横杆间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g，求：
(1)水平拉力F的大小；
(2)小圆环的质量。
答案：(1)mg　(2)m
解析：(1)对小球受力分析，由平衡条件得F＝mg tan 45°，解得F＝mg。
(2)设小圆环的质量为M，取A、B及细线组成的系统为研究对象，进行受力分析，由平衡条件有FN＝(M＋m)g，又Ff＝F，又Ff＝μFN，联立解得M＝m。
13．(8分)如图所示，粗糙水平地面上放置一个截面为半圆的柱状物体A，A与竖直墙壁之间再放一光滑圆球B，整个装置处于静止状态。已知A、B的质量分别为M和m，圆球B和半圆的柱状物体A的半径均为r，已知A的圆心到墙角的距离为2r，重力加速度为g。求：
(1)物体A所受地面的支持力大小；
(2)物体A所受地面的摩擦力。
答案：(1)(M＋m)g　(2)mg，方向水平向左
解析：(1)对A、B整体受力分析，如图甲所示，由平衡条件得物体A所受地面的支持力大小
FNA＝(M＋m)g。
(2)对B受力分析，如图乙所示
由几何关系得sin θ＝，则θ＝30°
由平衡条件得
FNABcos θ－mg＝0
FNABsin θ－FNB＝0
联立解得FNB＝mg tan θ＝mg
由整体法可得物体A所受地面的摩擦力大小Ff＝FNB＝mg，方向水平向左。

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