第3章 专题提升八 整体法和隔离法在受力分析与共点力的平衡中的应用-【金版教程】2025-2026学年高中物理必修第一册创新导学案课件PPT（人教版）

第三章　相互作用——力 专题提升八　整体法和隔离法在受力分析与共点力的平衡中的应用 目录 1 2 提升 课后课时作业 提升 提升1　整体法和隔离法在受力分析中的应用 1．整体法：把几个物体看成一个整体，分析整体外的物体对整体中各个物体的作用力(外力)，称为整体法，一般用来研究不涉及整体内部物体之间作用的情况。 2．隔离法：将所确定的研究对象从周围物体中隔离出来，单独分析该物体所受到的力的方法，一般用来研究系统内物体之间的作用。 提升 4 3．多物体系统受力分析初步 (1)分析多个物体受到外界的作用力时，可以将多个物体看作一个整体，而不必考虑物体间的内力，这样可简化分析过程；当需要分析其中某个物体所受的作用力时，则必须将该物体隔离出来作为研究对象，此时原整体中某些相互作用的内力对于该物体就是外力。 (2)对于多物体系统，如果其中一个物体A的受力情况难以分析，可根据牛顿第三定律，利用转换研究对象法先分析受力较少的施力物体B的受力情况，进而间接得到物体A的受力情况。 提升 5 例1　如图所示，两个等大、反向的水平力F分别作用在物体A和B上，A、B两物体均处于静止状态。若各接触面与水平地面平行，则A、B两物体各受几个 力(　　) A．3个、4个 B．4个、4个 C．4个、5个 D．4个、6个 答案 提升 6 规范解答 规范解答　对物体A、B整体进行受力分析，水平方向两个等大反向的水平力F正好平衡，所以物体B不受地面的摩擦力。对物体A进行受力分析：物体A受重力GA、B对A的支持力FN、向右的水平力F、B对A的摩擦力Ff，物体A在四个力的作用下处于平衡状态，故物体A受4个力，如图甲所示。对物体B进行受力分析：物体B受重力GB、A对B的压力FNA、地面对B的支持力FN地、向左的水平力F、A对B的摩擦力Ff′，所以物体B受5个力的作用，如图乙所示。故选C。 提升 7 [跟进训练]　如图所示，三个木块A、B、C在水平推力 F的作用下靠在墙上，且处于静止状态，则下列说法中正确的 是(　　) A．木块A与墙的接触面可能是光滑的 B．木块B受到A所施加的静摩擦力方向竖直向下 C．木块B受到的木块A和木块C所施加的静摩擦力一定相同 D．当推力F增大时，木块A受到墙所施加的静摩擦力一定不增大 答案 提升 8 解析 解析：对A、B、C整体受力分析，受重力、推力、墙的支持力和静摩擦力，根据平衡条件可知，墙对整体的静摩擦力向上，与整体重力平衡，则A与墙的接触面不可能是光滑的，故A错误；当推力F增大时，A受到墙作用的最大静摩擦力增大，则三木块仍然静止，静摩擦力大小仍等于整体重力大小，故一定不会增大，D正确；对A受力分析，A受到B对其向左的推力和墙对其向右的支持力，由于墙对其静摩擦力向上且大于A的重力，根据平衡条件可知，B对A的静摩擦力一定向下，故A对B的静摩擦力一定向上，故B错误；对C受力分析，受重力、推力F、向右的支持力和B对C向上的静摩擦力，且静摩擦力与C的重力平衡，根据牛顿第三定律，C对B的静摩擦力一定向下，而A对B的静摩擦力一定向上，故B受到A和C的静摩擦力方向一定相反，由于B的重力的存在，两个摩擦力的大小也不相等，故C错误。 提升 9 提升2　整体法和隔离法在共点力的平衡问题中的应用 当系统处于平衡状态时，组成系统的每个物体都处于平衡状态，选取研究对象时要注意整体法和隔离法的结合。一般地，求系统内部间的相互作用力时，用隔离法；求系统受到的外力时，用整体法，具体应用中，应将这两种方法结合起来灵活运用。 提升 10 例2　(2024·山西省太原市高一上统考期末)一名工人师傅用两侧内壁均粗糙的钳子把5块相同的砖块整齐地竖直提起，沿直线匀速向前走去，每块砖的质量为3 kg，g取10 m/s2。左侧钳子与砖块的摩擦力为(　　) A．15 N B．30 N C．75 N D．150 N 答案 规范解答 提升 11 例3　如图所示，某人用轻绳牵住一质量m＝0.5 kg的氢气球，因受水平风力的作用，系氢气球的轻绳与水平方向成37°角。已知空气对气球的浮力竖直向上，恒为F浮＝20 N，人的质量M＝50 kg，人受的浮力和风力忽略不计。(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10 m/s2)求： (1)水平风力的大小； (2)地面对人的支持力大小及摩擦力大小。 答案　(1)20 N　(2)485 N　20 N　 答案 提升 12 规范解答 规范解答　(1)设氢气球所受绳子拉力大小为FT，水平风力大小为F风，对氢气球隔离进行受力分析，如图甲，由共点力的平衡条件有 FTcos37°＝F风 F浮＝mg＋FTsin37° 代入数据解得F风＝20 N，FT＝25 N。　 提升 13 规范解答 (2)解法一(隔离法)：设地面对人的支持力大小为FN，摩擦力大小为Ff，对人进行受力分析，如图乙，绳对人的拉力大小为FT′＝FT，由共点力的平衡条件有 FT′sin37°＋FN＝Mg FT′cos37°＝Ff 代入数据解得FN＝485 N，Ff＝20 N。 解法二(整体法)：设地面对人的支持 力大小为FN，摩擦力大小为Ff，对人和气球 整体受力分析，由共点力的平衡条件有 Ff＝F风，FN＋F浮＝(m＋M)g 代入数据解得FN＝485 N，Ff＝20 N。 提升 14 整体法和隔离法的比较 项目 整体法 隔离法 优缺点 (1)优点：一般受力分析的个数较少，计算简单 (2)缺点：不能分析系统内物体间的力 (1)优点：能分析系统内物体间的力 (2)缺点：一般受力分析较复杂，计算复杂 选用原则 需要分析系统整体所受系统外物体的力时 需要分析系统内各物体间的相互作用时 注意事项 画受力分析图时，注意不能再分析系统内物体间的力 一般选择受力较少的物体为研究对象 求解具体问题时，很多情况下需要同时运用两种方法，应根据已知条件灵活选用整体法和隔离法，一般遵从“先整体、后部分”的原则；若已知某个物体的受力，则遵从“先部分、后整体”的原则 提升 15 答案 提升 16 规范解答 提升 17 答案 提升 18 规范解答 提升 19 [名师点拨]　链条、粗缆绳等重力不可忽略的物体的受力分析 (1)分析方法：整体法与隔离法； (2)解题关键：根据需要求解的问题合理选择所要研究的部分。 提升 20 课后课时作业 题号 1 2 3 4 5 6 难度 ★★ ★★ ★★ ★★ ★★ ★★ 对应考点/知 识点 整体法和隔离法在受力分析中的应用 整体法和隔离法在受力分析中的应用 整体法和隔离法在受力分析中的应用 整体法和隔离法在共点力静态平衡问题中的应用 整体法和隔离法在共点力静态平衡问题中的应用 整体法和隔离法在共点力静态平衡问题中的应用 题号 7 8 9 10 11 12 难度 ★★ ★★ ★★ ★★★ ★★ ★★★ 对应考点/知 识点 整体法和隔离法在共点力动态平衡问题中的应用 整体法和隔离法在受力分析中的应用 整体法和隔离法在共点力静态平衡问题中的应用 整体法和隔离法在共点力动态平衡问题中的应用 整体法和隔离法在共点力静态平衡问题中的应用 整体法和隔离法在质点系共点力静态平衡问题中的应用 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 题型一　整体法和隔离法在受力分析中的应用 1．(2023·福建省泉州市高一上校考阶段练习)(多选)如图所示，A、B叠放在水平面上，水平力F作用在A上，使二者一起向左做匀速直线运动，下列说法正确的 是(　　) A．A、B之间无摩擦力 B．A受到的摩擦力水平向右 C．B受到A的摩擦力水平向左 D．地面对B没有摩擦力 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 解析 解析：以A为研究对象，水平方向受到水平力F而做匀速直线运动，由平衡条件可知B对A有水平向右的静摩擦力，故A错误，B正确；根据牛顿第三定律可知，B受到A的摩擦力与B对A的静摩擦力方向相反，即水平向左，故C正确；B受到A水平向左的摩擦力而匀速运动，由平衡条件得地面对B的摩擦力为滑动摩擦力且水平向右，故D错误。　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 答案 2．如图所示，水平地面上的L形木板M上放着小木块m，M与m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．M对m的摩擦力方向向左 B．M对m无摩擦力作用 C．地面对M的摩擦力方向向右 D．地面对M无摩擦力作用 解析 解析：对m受力分析，m受到重力、支持力、水平向左的弹力，根据平衡条件知，还受M的摩擦力，摩擦力方向向右，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M有摩擦力，则整体不能平衡，所以地面对M无摩擦力作用，故C错误，D正确。　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 答案 3．(2023·浙江省宁波市高一阶段练习)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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 解析 解析：对物体b受力分析，受重力、支持力，因重力和支持力不在一条直线上，则要保证b处于平衡状态，其一定受到沿斜面向上的摩擦力作用，即b一定受到3个力，故B、D错误；对物体a、b整体受力分析，受重力、恒力F，若墙壁对整体有支持力，水平方向不能平衡，故墙壁对整体没有支持力，由摩擦力的产生条件知，墙壁对整体也没有摩擦力；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，C错误。　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 7．有一个直角支架AOB，AO杆水平放置，表面粗糙，OB杆竖直放置，表面光滑。AO上套有小环P，OB上套有小环Q，两环质量均为m，两环由一根质量可忽略、不可伸长的细绳相连，并在某一位置平衡，如图所示。现将P环向左移动一小段距离，两环再次达到平衡，那么将移动后的平衡状态和原来的平衡状态比较，AO杆对P环的支持力FN和摩擦力Ff的变化情况是(　　) A．FN不变，Ff变大 B．FN不变，Ff变小 C．FN变大，Ff变大 D．FN变大，Ff变小 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 解析 解析：以两环和细绳整体为研究对象，由题意可知，竖直方向上二力平衡，即FN＝2mg不变；水平方向上只受OB对Q环的弹力FN′和OA对P环的摩擦力Ff作用，因此Ff＝FN′。以Q环为研究对象，它在重力、细绳的拉力F和OB的弹力FN′作用下平衡，如图所示，设细绳和竖直方向的夹角为α，则FN′＝mgtanα。P环向左移动一小段距离，再次平衡时，α变小，FN′也变小，所以Ff变小。故B正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 8．(2023·河南省濮阳市一高高一期中)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 答案 解析 解析：由整体分析可知，A、B整体受到地面向上的支持力、重力，因水平地面光滑，则水平地面对其无摩擦力作用，若墙壁对A、B整体弹力不为零，则A、B水平方向无法平衡，即墙壁对A无弹力作用，由摩擦力的产生条件知，墙壁对A也没有摩擦力作用；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。　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 9．(2024·河南省新乡市高一上统考期末)如图所示，铁块A、木块B叠放在足够长的粗糙木板C上，木板C放在水平桌面上。方向水平向左、大小F＝10 N的拉力作用在木块B上，使得A、B一起向左做匀速直线运动，木板C始终保持静止，则下列说法正确的是(　　) A．铁块A与木块B间的摩擦力大小为10 N B．拉力F与木板C对木块B的摩擦力是一对平衡力 C．木块B对木板C的摩擦力方向向右、大小为10 N D．木板C能保持静止是因为桌面对木板C的摩擦力大于木块B对木板C的摩 擦力 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 解析 解析：对铁块A受力分析，根据受力平衡可知，铁块A只受到重力和木块B的支持力，故A错误；以木块B为研究对象，其水平方向只受到拉力F和木板C对其的摩擦力，故拉力F与木板C对木块B的摩擦力是一对平衡力，即木板C对木块B的摩擦力方向向右、大小为10 N，根据牛顿第三定律可知，木块B对木板C的摩擦力方向向左、大小为10 N，故B正确，C错误；木板C能保持静止是因为桌面对木板C的摩擦力与木块B对木板C的摩擦力平衡，故D错误。　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 答案 11．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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 解析 解析：(1)取小球为研究对象进行受力分析，由平衡条件得F＝mgtan45° 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，有 FN＝(M＋m)g Ff＝F Ff＝μFN 联立得M＝m。　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 答案 12．(2022·湖南高考)2022年北京冬奥会跳台滑雪空中技巧比赛场地边，有一根系有飘带的风力指示杆，教练员根据飘带的形态提示运动员现场风力的情况。若飘带可视为粗细一致的匀质长绳，其所处范围内风速水平向右、大小恒定且不随高度改变。当飘带稳定时，飘带实际形态最接近的是(提示：可将飘带等分为一串质量相等的质点)(　　) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课后课时作业 规范解答　以5块砖为整体，根据对称性可知，左侧钳子与砖块的摩擦力f1与右侧钳子与砖块的摩擦力f2相等，即f1＝f2，由受力平衡可得f1＋f2＝5mg，可得f1＝eq \f(5,2)mg＝eq \f(5,2)×3×10 N＝75 N，故选C。 例4　(多选)如图所示，一渔民欲把重力均为G的虾笼A、B从水中缓慢拉出，此时虾笼A已被拉出水面，虾笼B还未完全拉出水面，轻质绳索1、2与水平面的夹角分别为60°和30°。下列说法正确的是(　　) A．绳索1上的拉力大小等于2G B．绳索2上的拉力大小等于G C．水对虾笼B的作用力大小等于G D．水对虾笼B的作用力大小等于eq \f(G,2) 规范解答　如图所示，对虾笼A受力分析，由平衡条件可得，竖直方向有FT1sin60°＝G＋FT2sin30°，水平方向有FT1cos60°＝FT2cos30°，解得FT1＝eq \r(3)G，FT2＝G，A错误，B正确；如图所示，对虾笼B受力分析，由平衡条件可得，水对虾笼B的浮力大小为F浮＝G－FT2sin30°＝eq \f(1,2)G，水对虾笼B的阻力大小为Ff＝FT2cos30°＝eq \f(\r(3),2)G，水对虾笼B的作用力大小为F＝2,浮)eq \r(F＋Feq \o\al(2,f)) ＝G，C正确，D错误。 例5　如图所示，质量为m的匀质细绳，一端系在天花板上的A点，另一端系在竖直墙壁上的B点，平衡后最低点为C点。现测得绳子A端的切线与竖直方向的夹角为β＝30°，绳子B端的切线与竖直墙壁的夹角为α＝60°，则(重力加速度为g)(　　) A．绳子在A处的弹力大小为eq \f(1,2)mg B．绳子在B处的弹力大小为eq \f(\r(3),3)mg C．AC段绳子的质量为eq \f(2,3)m D．绳子在C处的弹力大小为eq \f(\r(3),4)mg 规范解答　对绳子整体受力分析，如图1所示，根据平衡条件，可得竖直方向有FAcosβ＋FBcosα＝mg，水平方向有FAsinβ＝FBsinα，解得FA＝eq \f(\r(3),2)mg，FB＝eq \f(1,2)mg，故A、B错误；设AC段绳子的质量为m1，受力分析如图2所示，可得，FAcosβ＝m1g，FAsinβ＝FC，解得m1＝eq \f(3,4)m，FC＝eq \f(\r(3),4)mg，C错误，D正确。 题型二　整体法和隔离法在共点力的平衡问题中的应用 4．(2024·山西省大同市高一下阶段练习)如图所示，固定的斜面上叠放着A、B两木块，木块A与B的接触面是水平的，水平力F作用于木块A，使木块A、B保持静止，B与斜面之间没有摩擦力，斜面的倾角为θ，则A、B的总重力大小为(　　) A.eq \f(F,tanθ) B．Ftanθ C.eq \f(F,sinθ) D．Fsinθ 解析：将A、B看成整体，受力分析如图所示，根据平衡条件可得G总＝eq \f(F,tanθ)，故选A。 5．(2023·甘肃省庆阳市高一上期末)如图所示，用完全相同的轻弹簧A、B、C将两个完全相同的小球连接并悬挂，小球均处于静止状态，弹簧A与竖直方向的夹角为60°，弹簧C水平，则弹簧A、C的伸长量之比为(　　) A．3∶4 B．4∶3 C.eq \r(3)∶2 D．2∶eq \r(3) 解析：以两个小球和弹簧B整体为研究对象，受力分析如图所示，根据平衡条件得sin60°＝eq \f(kxC,kxA)，解得xA∶xC＝2∶eq \r(3)，故D正确。 6．将体积相同、质量mA＝5m的灯笼A和质量mB＝3m的灯笼B用轻质细绳2连接，灯笼A又用轻质细绳1悬挂在天花板上的O点，两灯笼在相同的水平恒定风力作用下，处于静止状态，如图所示。其中，轻质细绳1与竖直方向的夹角α＝45°，下列说法正确的是(　　) A．细绳1中的拉力大小为5mg B．细绳2中的拉力大小为8eq \r(2)mg C．作用在每一个灯笼上的水平风力的大小为8mg D．细绳2与竖直方向的夹角为53° 解析：把两个灯笼A、B整体作为研究对象分析受力， 整体受到竖直向下的重力8mg、水平方向的风力F和沿轻质 细绳1方向的拉力F1三个力作用，由平衡条件可得F1cos45° ＝8mg，F1sin45°＝F，解得F1＝8eq \r(2)mg，F＝8mg，作用在 每一个灯笼上的水平方向的风力为eq \f(F,2)＝4mg，A、C错误；隔 离灯笼B分析受力，设细绳2中的拉力大小为F2，轻质细绳2与竖直方向的夹角为β，由平衡条件可得F2cosβ＝3mg，F2sinβ＝eq \f(F,2)，联立解得β＝53°，F2＝5mg，B错误，D正确。 10．如图所示，半径为3R的半圆柱体P静止在水平地面上，静止于P上的光滑小圆柱体Q质量为m，半径为R，此时竖直挡板MN恰好与P、Q相切，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A．P对Q的弹力与挡板MN对Q的弹力之比为eq \r(3)∶1 B．若挡板水平向右缓慢移动一小段距离且P仍静止时，P受到地面的摩擦力不变 C．若挡板水平向右缓慢移动一小段距离且P仍静止时，P受到地面的支持力不变 D．若P向左缓慢移动一小段距离后，Q受到P的弹力变小 解析：对小圆柱体Q受力分析，受到重力mg、挡板MN的弹力N1和P对Q的弹力N2，如图所示，由几何关系得cosθ＝eq \f(3R－R,3R＋R)＝0.5，可得θ＝60°，根据共点力的平衡条件可得N1＝eq \f(mg,tanθ)＝eq \f(\r(3),3)mg，N2＝eq \f(mg,sinθ)＝eq \f(2\r(3),3)mg，则P对Q的弹力与挡板MN对Q的弹力之比为eq \f(N2,N1)＝eq \f(2,1)，故A错误； 对P、Q整体受力分析，受重力、地面的支持力、MN挡板对其向左的弹力和地面对其向右的摩擦力，根据共点力的平衡条件，有f地＝N1＝eq \f(mg,tanθ)，N地＝(mP＋m)g，挡板水平向右缓慢移动一小段距离且P仍静止时，θ减小，tanθ减小，则P受到地面的摩擦力增大，P受到地面的支持力不变，故B错误，C正确；若P向左缓慢移动一小段距离后，θ减小，sinθ减小，根据N2＝eq \f(mg,sinθ)，可知N2变大，即Q受到P的弹力变大，故D错误。 解析：将飘带等分为极多段长度相等的小段，每段均可看成质量相等的质点，因风速水平向右、大小恒定且不随高度改变，则每段飘带受到的风力相等，设为F，方向水平向右，每段飘带所受的重力设为G，则从飘带自由端起，x段飘带受重力xG、风力xF以及紧邻的上方飘带(或与杆的系点)的拉力Tx而平衡，如图所示，这部分飘带上端切线与竖直方向的夹角θx满足tanθx＝eq \f(xF,xG)＝eq \f(F,G)，即θx与选取的x的大小无关，为定值，则飘带为一条倾斜的直线，故选A。 $