第3章 素养提升课四 整体法和隔离法 动态平衡问题-【金版新学案】2025-2026学年高中物理必修第一册同步课堂高效讲义配套课件（人教版）

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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 提升点一　整体法和隔离法分析多物体平衡问题 返回 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 (2024·福建宁德高一上学期期末)如图(a)所示，某人借助瑜伽球锻炼腿部力量，她曲膝静蹲，背部倚靠在瑜伽球上，瑜伽球紧靠竖直墙面。假设瑜伽球光滑且视为球体，整体模型可简化成如图(b)所示。已知人的背部与水平面夹角θ＝53°，人的质量M＝50 kg，瑜伽球的质量m＝1.2 kg，重力加速度取g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，求： (1)瑜伽球受到人的弹力FN1的大小和墙面的弹力FN2的大小； 例1 答案：20 N　16 N 对瑜伽球进行受力分析，如图甲所示，由平衡条件可得FN1＝，FN2＝mgtan 53° 解得FN1＝20 N，FN2＝16 N。 (2)人受到水平地面的支持力FN的大小； 答案：512 N 对整体进行受力分析，如图乙所示 由平衡条件可得FN＝g 解得FN＝512 N。 (3)人受到水平地面的摩擦力Ff的大小和方向。 答案：16 N　方向水平向右 由平衡条件可得Ff＝FN2＝16 N，方向水平向右。 针对练1.(多选)(2024·河南驻马店高一上学期期末)如图所示，水平地面上放有两个边长为L的立方体A、B，重力为G的光滑圆柱体C静置其上，C的半径为L，A、B之间的距离为L，设C受到A的支持力大小为FA，地面对A的摩擦力大小为Ff，则 A.FA＝G B.FA＝G C.Ff＝G D.Ff＝G √ √ 对C进行受力分析如图所示， 由几何关系可知cos θ＝＝，则θ＝30°， 所以FA与FB的夹角为120°，则由共点力平衡 条件可知FA＝FB＝G，A正确，B错误；对A进行受力分析，由共点力平衡条件有Ff＝FAcos θ＝G，C正确，D错误。故选AC。 针对练2.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。 返回 提升点二　动态平衡问题 返回 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2 √ 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3 √ 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4 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。 返回 课堂回眸 课时测评 返回 1.如图所示，A、B两个物体的质量相等，有F＝2 N的两个水平力分别作用于A、B两个物体上，A、B都保持静止，则下列说法正确的是 A.B物体受3个力的作用 B.A物体受4个力的作用 C.地面对A的摩擦力方向水平向右、大小为2 N D.B对A的摩擦力方向水平向右、大小为2 N √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 对B物体受力分析可知，受重力、A对B的支持力和 摩擦力以及力F，共受4个力的作用，其中A对B的 摩擦力与力F等大、反向，即方向水平向左、大小 为2 N，根据牛顿第三定律可知，B对A的摩擦力方向水平向右、大小为2 N，A错误，D正确；对A、B整体分析可知，水平方向因为两边的力等大、反向，则地面对A的摩擦力为零，C错误；A物体受重力、地面的支持力、B对A的压力和摩擦力以及力F，共受5个力的作用，B错误。故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 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 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 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。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 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. √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 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。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 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。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 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 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 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。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 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 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 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。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 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 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 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。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 8.(2024·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° √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 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。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 9.(2024·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 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 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。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 10.(多选)(2024·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 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 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。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 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 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 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。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 12.(多选)如图所示，水平地面上竖直固定一根粗细均匀、光滑的直杆，杆上套有圆环A，地面上有一个滑块B，A、B用轻杆通过活动铰链连接，轻杆与竖直方向的夹角为θ，A、B处于静止状态。现增大 θ角，A、B仍处于静止状态，在θ角增大的前、后两个状态，下列说法正确的是 A.A、B间轻杆的弹力增大 B.滑块B对地面的压力变小 C.直杆对圆环A的弹力减小 D.地面对滑块B的摩擦力增大 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 设轻杆的弹力为F，对圆环A，有Fcos θ＝mAg ，可知θ 越大，F越大，A正确；地面对B的支持力等于A、B整体的重力，始终不变，则由牛顿第三定律可知，B对地面的压力不变，B错误；直杆对A的弹力FN＝mAgtan θ ，可知θ越大，FN越大，C错误；对A、B整体研究，地面对B的摩擦力Ff＝FN ，θ越大，FN越大，因此地面对B的摩擦力增大，D正确。故选AD。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 13.(12分)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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 对两个小球组成的整体受力分析如图甲所示。在水平、竖直方向正交分解，根据平衡条件可得FABsin 30°＝FCDsin 60° FABcos 30°＋FCDcos 60°＝2G 联立解得FAB＝G，FCD＝G。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 (2)细线BC与竖直方向的夹角θ是多少？ 答案：60° 对C点小球受力分析如图乙所示。在水平、竖直方向正交分解，根据平衡条件得 FBCsin θ＝FCDsin 60° FBCcos θ＋FCDcos 60°＝G 联立解得θ＝60°。 返回 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 谢 谢 观 看 素养提升课四　 整体法和隔离法　动态平衡问题 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 $