第3讲 启智微专题 思想方法2 整体法与隔离法在多物体平衡问题中的应用-【金版教程】2025年高考物理一轮复习解决方案全书word（新教材）

高考科学复习解决方案 　物理 思想方法2　整体法与隔离法在多物体平衡问题中的应用 方法概述 对于两个或两个以上物体组成的系统的平衡问题，分析外力对系统的作用时，宜用整体法；而在分析系统内各物体(或一个物体各部分)间的相互作用时常用隔离法。对一些较复杂的问题，通常需要多次选取研究对象，交替使用整体法和隔离法。 　(2023·云南省丽江市高三下第一次模拟统测)如图所示，质量分别为M、m的两个木块A、B通过轻弹簧连接，木块A放在水平桌面上，木块B用轻绳通过定滑轮在力F的作用下整体恰好处于静止状态，绳与水平方向成α角，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。不计滑轮与绳间的摩擦，则下列说法正确的是(　　) A．木块A对桌面的压力为(M＋m)g－F B．木块A与桌面之间的动摩擦因数μ＝ C．弹簧与水平方向的夹角β的正切值tanβ＝ D．弹簧的弹力大小为F弹＝ [答案]　C [解析]　对木块A、B和弹簧构成的系统整体受力分析，系统恰好静止，根据平衡条件，竖直方向有Fsinα＋N地＝(M＋m)g，水平方向有Fcosα＝fmax，解得桌面对木块A的支持力N地＝(M＋m)g－Fsinα，桌面对木块A的最大静摩擦力fmax＝Fcosα，根据牛顿第三定律可知木块A对桌面的压力为N＝N地＝(M＋m)g－Fsinα，根据fmax＝μN可知木块A与桌面之间的动摩擦因数μ＝，故A、B错误；因轻绳对木块B的拉力沿右上方向，分析可知，要使木块B静止，弹簧对木块B的弹力一定沿左下方向，对木块B受力分析，根据平衡条件有F弹sinβ＝Fsinα－mg，F弹cosβ＝Fcosα，两式相比得tanβ＝，两式平方相加得F弹＝，故C正确，D错误。 1.如图所示，一轻绳跨过光滑的定滑轮，一端与质量为10 kg的吊篮相连，另一端被站在吊篮里质量为50 kg的人握住，整个系统悬于空中并处于静止状态。重力加速度g＝10 m/s2，滑轮两侧的轻绳均处于竖直方向，则该人对吊篮的压力大小为(　　) A．150 N B．200 N C．300 N D．350 N 答案　B 解析　设轻绳的拉力为F，以人与吊篮组成的整体为研究对象，进行受力分析，根据平衡条件有2F＝(m＋M)g，将m＝10 kg、M＝50 kg代入解得F＝300 N；再对人进行受力分析，根据平衡条件有F＋FN＝Mg，解得FN＝200 N，根据牛顿第三定律，可知该人对吊篮的压力大小为200 N，故B正确，A、C、D错误。 2.(2021·湖南高考)质量为M的凹槽静止在水平地面上，内壁为半圆柱面，截面如图所示，A为半圆的最低点，B为半圆水平直径的端点。凹槽恰好与竖直墙面接触，内有一质量为m的小滑块。用推力F推动小滑块由A点向B点缓慢移动，力F的方向始终沿圆弧的切线方向，在此过程中所有摩擦均可忽略，下列说法正确的是(　　) A．推力F先增大后减小 B．凹槽对滑块的支持力先减小后增大 C．墙面对凹槽的压力先增大后减小 D．水平地面对凹槽的支持力先减小后增大 答案　C 解析　对滑块受力分析，设推力F与水平方向的夹角为θ，凹槽对滑块的支持力为N，由平衡条件有F＝mgsinθ，N＝mgcosθ，滑块从A点缓慢移动到B点的过程中，θ由0°增大到90°，则推力F逐渐增大，支持力N逐渐减小，A、B错误；对凹槽与滑块整体受力分析，墙面对凹槽的压力为FN＝Fcosθ＝mgsinθcosθ＝mgsin2θ，则θ由0°增大到90°的过程中，墙面对凹槽的压力FN先增大后减小，C正确；水平地面对凹槽的支持力为N地＝(M＋m)g－Fsinθ＝(M＋m)g－mgsin2θ，则θ由0°增大到90°的过程中，水平地面对凹槽的支持力N地逐渐减小，D错误。 课时作业 1.(2023·吉林省白山市高三下二模联考)风力仪可以测量风力的大小，其原理如图所示，仪器中有一根轻质金属丝，悬挂着一个金属球，无风时，金属丝竖直下垂，当金属球受到水平方向的风力时，金属丝偏离竖直方向一个角度，下列说法正确的是(　　) A．当金属丝偏离竖直方向的角度增大时，金属球所受的合力增大 B．若金属丝偏离竖直方向的角度增大，则说明风力增大 C．当金属丝偏离竖直方向的角度增大时，金属丝的拉力减小 D．当水平风力足够大时，金属丝偏离竖直方向的角度可达90° 答案　B 解析　不论金属丝偏离竖直方向的角度如何变化，当金属球稳定时，金属球所受的合力始终为零，故A错误；金属球受竖直向下的重力mg、水平风力F和沿金属丝方向的拉力T作用处于平衡状态，有＝tanθ，＝cosθ，当金属丝偏离竖直方向的角度θ增大时，风力F增大，金属丝的拉力T增大，故B正确，C错误；当水平风力足够大时，假设金属丝偏离竖直方向的角度可达90°，此时金属球受竖直向下的重力、水平风力和金属丝的水平拉力，此三力不能平衡，假设不成立，即金属丝偏离竖直方向的角度不可能达到90°，故D错误。 2.(2023·河北省石家庄市高三下教学质量检测(一))如图所示，不可伸长、质量不计的绳子两端分别固定在竖直杆PQ、MN上，杂技演员利用轻钩让自己悬挂在绳子上，不计轻钩与绳间的摩擦。现将MN杆绕N点垂直纸面向外缓慢转动15°，该过程中关于绳子上张力大小的变化，下列说法正确的是(　　) A．逐渐变大 B．逐渐变小 C．始终不变 D．先变大后变小 答案　A 解析　设杂技演员的质量为m，绳子上的张力大小为T，轻钩两侧绳子与竖直方向的夹角均为θ，对杂技演员和轻钩整体受力分析，如图所示，由平衡条件有2Tcosθ＝mg，解得T＝。设绳总长为L，绳的两悬点在水平方向的距离为d，根据几何关系有sinθ＝，将MN杆绕N点垂直纸面向外缓慢转动15°的过程中，L不变，d逐渐变大，则sinθ逐渐变大，cosθ逐渐变小，T逐渐变大，故A正确，B、C、D错误。 3.(2023·天津市红桥区高三下二模)如图所示，将截面为三角形的斜面体P固定在水平地面上，其右端点与竖直挡板MN靠在一起，在P和MN之间放置一个光滑均匀的圆柱体Q，整个装置处于静止状态。若用外力使竖直挡板MN以N点为轴缓慢地顺时针转动至挡板MN水平之前，斜面体P始终静止不动，在此过程中，下列说法正确的是(　　) A．MN对Q的弹力先减小后增大 B．MN对Q的弹力先增大后减小 C．P对Q的弹力一直增大 D．P对Q的弹力先减小后增大 答案　A 解析　对圆柱体Q受力分析，受重力G、斜面体的弹力FP和挡板的弹力FMN，根据平衡条件可知，斜面体的弹力和挡板的弹力的合力与Q的重力大小相等、方向相反，挡板以N点为轴顺时针缓慢地转动至水平位置的过程中，Q的重力G大小、方向均不变，FP方向不变，FMN方向由水平向左顺时针转动至竖直向上，根据平行四边形定则作出受力分析动态图，如图所示，可得斜面体P对Q的弹力FP逐渐减小，挡板MN对Q的弹力FMN先减小后增大，故A正确，B、C、D错误。 4.(2023·湖南省株洲市高三下一模)碗内部为半球形，半径为R，碗口水平。生米粒与碗内侧的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，静止于碗内的生米粒与碗口间的最小距离d为(　　) A．R B．R C．R D．R 答案　D 解析　设生米粒的质量为m，当生米粒受到碗的摩擦力达到最大静摩擦力时，静止于碗内的生米粒与碗口的距离最小，设此时碗对生米粒的支持力与水平方向的夹角为θ，作出生米粒的受力分析示意图如图所示，根据平衡条件有mgcosθ＝fm，FN＝mgsinθ，又fm＝μFN，联立解得μ＝，则sinθ＝ ，根据几何关系有sinθ＝，可得d＝R，故D正确。 5.(2023·重庆市合川区高三下联考)如图所示，物体A、B用轻质细绳连接后跨过滑轮，A静止在倾角为45°的斜面上，B悬挂着。已知质量mA＝2mB，不计滑轮摩擦，现将斜面倾角由45°增大到60°，但物体仍保持静止，下列说法正确的是(　　) A．绳子的张力增大 B．物体A对斜面的压力将增大 C．物体A受到的静摩擦力增大 D．滑轮受到绳子的作用力保持不变 答案　C 解析　对物体B受力分析，受竖直向下的重力mBg和绳子竖直向上的拉力T，由平衡条件得T＝mBg，可知斜面倾角增大时，绳子张力不变，A错误；以物体A为研究对象，假设其所受摩擦力沿斜面向上，受力分析如图所示，由平衡条件得f＋T－mAgsinθ＝0，N－mAgcosθ＝0，解得f＝mAgsinθ－mBg，N＝mAgcosθ，当θ＝45°时，f＝(－1)mBg，方向沿斜面向上，则在θ由45°增大到60°的过程中，f不断变大，N不断变小，由牛顿第三定律得，物体A对斜面的压力N′＝N将变小，故B错误，C正确；绳子张力的大小不变，在θ由45°增大到60°的过程中，滑轮两边绳子的夹角减小，由平行四边形定则可知，滑轮受到绳子的作用力即两侧绳子张力的合力变大，D错误。 6.(多选)如图所示，两根轻绳一端系于结点O，另一端分别系于固定圆环上的A、B两点，O为圆心。O点下面悬挂一物体M，绳OA水平，拉力大小为F1，绳OB与绳OA的夹角α＝120°，拉力大小为F2。将两绳同时缓慢顺时针转过75°，并保持两绳之间的夹角α始终不变，物体始终保持静止状态。则在旋转过程中，下列说法正确的是(　　) A．F1逐渐增大 B．F1先增大后减小 C．F2逐渐减小 D．F2先减小后增大 答案　BC 解析　如图所示，以结点O为研究对象进行受力分析。由正弦定理得＝＝，其中α＝120°不变，则比值不变，γ由钝角变为锐角，sinγ先变大后变小，则F1先增大后减小，β由90°变为钝角，则sinβ变小，F2逐渐减小，故B、C正确，A、D错误。 7.(多选)如图，不可伸长的轻绳OA下面悬挂一重物，水平轻绳OD一端固定于D点，轻弹簧一端与O点连接，初始时另一端位于B点且与竖直方向成60°夹角，现保持O点的位置不变，缓慢将弹簧的另一端从B处逆时针转到C处且OC竖直(图中未画出)，则在此过程中(　　) A．弹簧的弹力一直增大 B．水平绳OD的拉力一直增大 C．弹簧在OC处时的弹力是在OB处时的一半 D.BO＜CO＜BO 答案　CD 解析　结点O受三个力而平衡，三力组成的矢量三角形如图所示，随着弹簧逆时针转动，水平绳OD的拉力T一直减小，弹簧弹力F也一直减小，故A、B错误；弹簧在OB处时，FB＝kxB＝＝2mg，在OC处时，FC＝kxC＝mg，所以FC＝FB，故C正确；设弹簧原长为L0，则＝＝，所以BO<CO<BO，故D正确。 8.(2023·辽宁省丹东市高三下总复习质量测试(二))如图所示，细线一端系在质量为m的圆环A上，通过光滑定滑轮另一端系一质量为2m的物块B。细线对圆环A的拉力方向水平向左。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，直杆倾角θ＝37°，要保证圆环A静止不动，则A与固定直杆间动摩擦因数μ至少为(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　设细线拉力大小为F，对物块B受力分析，由平衡条件可得F＝2mg，对圆环A受力分析，细线拉力沿直杆向上的分力Fcosθ＝1.6mg大于圆环A重力沿直杆向下的分力mgsinθ＝0.6mg，要保证圆环A静止不动，故直杆对圆环A的摩擦力f沿杆向下，对圆环A受力分析，如图所示，由平衡条件，有N＝mgcosθ＋Fsinθ，f＋mgsinθ＝Fcosθ，解得N＝2mg，f＝mg，当A恰好静止不动时，有f＝μminN，可得μmin＝，故选A。 9．(2023·云南省昭通市高三下3月调研(四))如图甲所示，挡板OM、挡板ON与水平面的夹角均为60°，一个重力G＝30 N的光滑的球静置在两挡板之间。现将整个装置以过O点垂直于纸面的水平线为轴沿逆时针方向缓慢地转动，直到挡板ON竖直，如图乙所示，整个过程中两挡板的夹角保持不变，则下列说法正确的是(　　) A．挡板OM对球的作用力先减小后增大 B．挡板ON对球的作用力先增大后减小 C．转动前挡板OM对球的作用力大小为15 N D．转动后挡板ON对球的作用力大小为10 N 答案　D 解析　整个过程球处于动态平衡状态，由共点力的平衡条件可知两挡板对球的作用力的合力与球的重力等大反向，则三力可构成闭合的矢量三角形，又两挡板对球的作用力之间的夹角始终为120°，如图所示，则α＝60°，装置转动过程中，三角形中FOM与FON的交点在一个圆弧上移动，在装置转动到挡板ON竖直的过程中，由图可知挡板ON对球的作用力逐渐减小，挡板OM对球的作用力逐渐增大，故A、B错误；根据对称性可知，转动前挡板OM对球的作用力大小等于挡板ON对球的作用力大小，根据平衡条件可得2FOM1sin＝G，解得转动前挡板OM对球的作用力大小为FOM1＝30 N，故C错误；转动后，根据平衡条件可得FON2＝，可得挡板ON对球的作用力大小为FON2＝10 N，故D正确。 10.(2023·山东省济宁市高三下二模)如图所示，轻绳MN的两端固定在水平天花板上，轻绳OP系在轻绳MN的某处，光滑轻滑轮悬挂一质量为m的物体，并跨在轻绳MN上。初始时用竖直向下的力F拉OP，使O点处于如图所示的位置，此时OM与水平方向的夹角为60°，O′N与水平方向的夹角为30°。在保证O点位置不变的情况下，使轻绳OP以O点为圆心顺时针缓慢转过90°的过程中，下列说法正确的是(　　) A．力F的大小先减小后增大 B．轻绳OM的拉力大小先减小后增大 C．当力F竖直向下时，力F的大小为mg D．当力F竖直向下时，轻绳O′N的拉力大小为mg 答案　A 解析　O点位置不变，则O′点位置也不变，滑轮两侧轻绳与水平方向夹角均始终为30°，对滑轮和物体整体受力分析，如图1所示，由平衡条件可知，2F2sin30°＝mg，则绳O′N上的拉力大小始终为F2＝mg，故D错误；对O点受力分析，轻绳OP上的拉力F与轻绳OO′上的拉力F1的合力与OM在同一直线上，且F1＝F2＝mg，轻绳OP以O点为圆心顺时针缓慢转过90°的过程中，F、F1、FOM构成的矢量三角形如图2所示，故力F的大小先减小后增大，轻绳OM拉力FOM的大小不断减小，A正确，B错误；当力F竖直向下时，由几何知识可知，F＝F1＝mg，C错误。 11.(2023·湖南省邵阳市高三下三模)在楼房维修时，为防止重物碰撞阳台，工人经常使用如图所示的装置提升重物。跨过光滑定滑轮的a绳和b、c绳连结在O点，工人甲拉动a绳的一端使重物上升，工人乙在地面某固定位置用力拉着b绳的一端，保证重物沿竖直方向匀速上升，则下列说法正确的是(　　) A．a绳的拉力先变大后变小 B．b绳的拉力越来越小 C．工人乙对地面的压力越来越大 D．工人乙对地面的摩擦力越来越大 答案　D 解析　如图所示， 重物沿竖直方向匀速上升时，O点受到c绳的拉力的大小始终等于重物的重力，a绳与竖直方向的夹角变大，b绳与竖直方向的夹角变小，根据平行四边形定则可知a、b绳中的拉力都变大，A、B错误；根据以上分析可知工人乙受到的b绳拉力沿竖直方向的分量越来越大，根据平衡条件可知地面对乙的支持力越来越小，结合牛顿第三定律可知工人乙对地面的压力越来越小，C错误；由于a绳与竖直方向的夹角越来越大，a绳的拉力也越来越大，所以其水平方向上的分力越来越大，对重物和工人乙整体分析，根据平衡条件可知工人乙水平方向上受到地面的摩擦力等于a绳沿水平方向的分力，所以工人乙受到地面的摩擦力越来越大，结合牛顿第三定律可知工人乙对地面的摩擦力越来越大，D正确。 3 学科网（北京）股份有限公司 $$