資源簡介

第三章　培優提升十　整體法和隔離法　平衡中的臨界問題
(分值:100分)
選擇題1~8題,每小題8分,共64分。
基礎對點練
題組一　整體法和隔離法的應用
1.如圖所示,用輕彈簧連接的物塊A、B靜止在水平地面上。A、B的質量均為m,重力加速度為g,則彈簧對B的彈力和地面對A的支持力大小分別為 (　　)
mg、mg 　　mg、2mg
2mg、mg 　　2mg、2mg
2.(多選)如圖所示,木塊A沿斜面體B的斜面勻速下滑,B相對于地面靜止,則地面對B (　　)
無摩擦力 有摩擦力,方向向左
有摩擦力,方向向右 有支持力,方向向上
3.如圖所示,用完全相同的輕彈簧A、B、C將兩個相同的小球連接并懸掛,小球處于靜止狀態,彈簧A與豎直方向的夾角為30°,彈簧C水平,則彈簧A、C的伸長量之比為 (　　)
∶4 4∶ 1∶2 2∶1
4.如圖所示,兩個大小相同的不同材質小球放在固定的傾斜擋板上,小球的質量分別為m和2m,擋板與水平面的夾角為30°,墻面和擋板均光滑,則墻壁對左端小球的彈力大小為 (　　)
mg 2mg 3mg mg
題組二　平衡問題中的臨界極值問題
5.(多選)如圖所示,半徑相同的光滑圓柱A和粗糙半圓柱B緊靠著靜置于水平地面上,O1、O2分別為A、B橫截面的圓心,A的質量為m,B的質量為,B與地面間的動摩擦因數為μ。現對A施加一恒力F,方向與圓心連線O1O2的夾角為60°,A、B始終處于靜止狀態,此時A恰好離開地面,重力加速度為g,則 (　　)
恒力F的大小為mg
B對A的支持力大小為mg
地面對B的摩擦力大小為μmg
地面對B的支持力大小為mg
6.(多選)如圖所示,用水平力F向右推原來靜止在斜面上的物塊,力F由零開始逐漸緩慢增大,直到物塊剛要發生滑動。則在此過程中物塊 (　　)
所受合力逐漸增大
所受斜面彈力逐漸增大
所受斜面摩擦力逐漸增大
所受斜面摩擦力先減小后增大
綜合提升練
7.如圖所示,工地上的建筑工人用磚夾搬運四塊相同的磚,假設每塊磚的質量均為m,磚與磚夾的動摩擦因數均為μ,重力加速度為g,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,當磚處于平衡狀態時,則右邊磚夾對磚施加的水平力最小為 (　　)
8.(多選)(2024·廣西北海高一期末)如圖所示,質量為m的物體放在質量為M的長木板上,質量為m的人站在長木板上用斜向右下方的外力F推物體,但物體沒有被推動,整個系統靜止,重力加速度為g,則下列說法正確的是 (　　)
長木板對地面的壓力小于(M+2m)g
地面對長木板的摩擦力水平向右
木箱對長木板的壓力大于木箱的重力
長木板對人的摩擦力水平向右
9.(12分)如圖所示,質量為m=0.5 kg的光滑小球被細線系住,放在傾角為α=45°的斜面體上。已知線與豎直方向的夾角β=45°,斜面體質量為M=3 kg,整個裝置靜置于粗糙水平面上(g取10 N/kg)。求:
(1)(6分)細線對小球拉力的大小;
(2)(6分)地面對斜面體的摩擦力的大小和方向。
10.(12分)如圖所示,粗糙水平地面上放置一個截面為半圓的柱狀物體A,A與豎直墻壁之間再放一光滑圓球B,整個裝置處于靜止狀態。已知A、B的質量分別為M和m,圓球B和半圓的柱狀物體A的半徑均為r,已知A的圓心到墻角的距離為2r,重力加速度為g。求:
(1)(6分)物體A所受地面的支持力大小;
(2)(6分)物體A所受地面的摩擦力。
培優加強練
11.(12分)(2024·四川涼山高一期末)如圖所示,物塊A、帶光滑定滑輪的矩形物體B和懸掛的小球C均處于靜止狀態。A與B、B與地面的接觸面均粗糙。繞過光滑的定滑輪的輕繩和輕彈簧分別與小球C相連,輕彈簧的軸線與豎直方向的夾角為60°,輕繩與豎直方向的夾角為30°,A、B、C質量分別為mA=2 kg、mB=5 kg、mC=1 kg。彈簧的勁度系數k=250 N/m,重力加速度g取10 m/s2,計算結果可以帶根號。求:
(1)(4分)彈簧的伸長量Δx;
(2)(4分)物體B對物塊A的摩擦力大小;
(3)(4分)地面對物體B的摩擦力大小。
培優提升十　整體法和隔離法　平衡中的臨界問題
1.B　[對B受力分析可知，彈簧對B的彈力等于B的重力mg；對A、B整體受力分析可知，地面對A的支持力等于整體的重力2mg，故B正確。]
2.AD　[以A、B整體為研究對象，對整體進行受力分析，整體受到重力G、地面的支持力N作用，因整體處于平衡狀態，根據共點力平衡條件知，整體受到的合力為零，所以地面對斜面體B無摩擦力，選項A、D正確。]
3.D　[將兩小球及彈簧B視為整體進行受力分析，如圖所示，有FC＝FAsin 30°，FC＝kxC，FA＝kxA，＝＝2∶1，則＝2∶1，故D正確，A、B、C錯誤。]
4.A　[將兩小球看作整體，受力分析如圖所示，由幾何關系得tan 30°＝，解得N＝mg，故A正確。]
5.AD　[對A由幾何關系有恒力F的大小與B對A的支持力大小相等，根據平衡條件有2Fcos 60°＝mg，則恒力F和B對A的支持力大小均為mg，A正確，B錯誤；設地面對B的支持力為N、摩擦力為f，將A、B看成整體，由平衡條件有Fsin 30°＋N＝mg，f＝Fcos 30°，解得N＝mg，f＝mg，C錯誤，D正確。]
6.BD　[由題可知，物塊一直處于靜止狀態，所以合力不變，故A錯誤；水平力F作用之前，物塊所受斜面彈力為N＝mgcos θ，水平力F作用之后，物塊所受斜面彈力為N＝mgcos θ＋Fsin θ，力F由零開始逐漸緩慢增大，所以彈力逐漸增大，故B正確；水平力F作用之前，物塊所受斜面摩擦力為f＝mgsin θ，水平力F作用之后，物塊所受斜面摩擦力分為兩個階段，當mgsin θ>Fcos θ時f＝mgsin θ－Fcos θ，力F由零開始逐漸緩慢增大過程中，摩擦力先逐漸減小。當mgsin θ7.C　[以四塊磚為研究對象，進行受力分析，磚處于平衡狀態，則磚所受到的摩擦力與其重力大小相等，即f1＋f2＝4mg，當磚與磚夾間摩擦力達最大靜摩擦力時，有f1＝f2＝μF，聯立兩式可得F＝，即右邊磚夾對磚施加的水平力最小為F＝，選項C正確。]
8.CD　[將人、物體以及長木板看成整體，進行受力分析，受重力、地面的支持力，則長木板對地面的壓力大小等于(M＋2m)g，長木板與地面之間沒有摩擦力的作用，故A、B錯誤；木箱對長木板的壓力等于木箱的重力加上人對木箱推力的豎直分力，故C正確；對人受力分析，受重力、長木板的支持力、斜向左上方的推力以及長木板對人水平向右的摩擦力，故D正確。]
9.(1) N　(2)2.5 N　方向水平向左
解析　(1)以小球為研究對象，受力分析如圖甲所示。
根據平衡條件得，T與N1的合力大小等于mg，
則有T＝mgcos 45°＝mg＝ N。
(2)以小球和斜面體整體為研究對象，受力分析如圖乙所示，由于系統靜止，合力為零，則有
f＝Tcos 45°＝× N＝2.5 N，方向水平向左。
10.(1)(M＋m)g　(2)mg，方向水平向左
解析　(1)對A、B整體受力分析，如圖甲所示，由平衡條件得
NA＝(M＋m)g。
(2)對B受力分析，如圖乙所示
由幾何關系得sin θ＝＝，則θ＝30°
由平衡條件得
NABcos θ－mg＝0，NABsin θ－NB＝0
聯立解得NB＝mgtan θ＝mg
由整體法可得物體A所受地面的摩擦力f＝NB＝mg，方向水平向左。
11.(1)2 cm　(2)5 N　(3) N
解析　(1)根據題意，對小球受力分析如圖所示
根據正交分解法，則有
mCg＝k·Δxcos 60°＋Tcos 30°
k·Δxsin 60°＝Tsin 30°
聯立解得T＝5 N，Δx＝2 cm。
(2)對A受力分析，由二力平衡的條件可知
f＝T＝5 N。
(3)將A、B看成整體，受力分析如圖所示
根據正交分解法，則有
f地＝Tsin 30°＝ N。培優提升十　整體法和隔離法　平衡中的臨界問題
學習目標　1.知道整體法和隔離法，能靈活運用整體法和隔離法處理處理共點力作用下多個物體的平衡問題(重難點)。2.能對平衡中的臨界極值問題進行分析與計算。
提升1　整體法和隔離法的應用
整體法和隔離法的比較
項目 整體法 隔離法
概念 將運動狀態相同的幾個物體作為一個整體來分析的方法 將研究對象與周圍物體分隔開的方法
選用 原則 研究系統外的物體對系統整體的作用力 研究系統內物體之間的相互作用力
注意 問題 1.受力分析時不要再考慮系統內物體間的相互作用 2.研究對象不一定是所有組成系統的物體，也可以是其中一部分物體 1.一般隔離受力較少的物體 2.研究對象不一定是一個物體
角度1　整體法和隔離法在受力分析中的應用
例1 (2024·四川宜賓高一期末)如圖所示，M、N兩物體疊放在一起，在恒力F作用下，一起沿豎直墻向上做勻速直線運動，則關于兩物體受力情況的說法正確的是(　　)
A.物體M一定受到5個力
B.物體N可能受到4個力
C.物體M與墻之間一定有彈力和摩擦力
D.物體M與N之間一定有摩擦力
聽課筆記_____________________________________________________________________
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整體法的優點在于減少受力分析的個數，但不能分析內力；隔離法的優點是對多個物體受力了解比較清楚，但計算時有點麻煩。　　
訓練1 如圖所示，兩楔形物體M、N疊放在一起保持靜止，M的上端與一豎直細線連接，細線的另一端固定在天花板上的O點，N放在水平地面上。下列說法正確的是(　　)
A.N一定不受地面的摩擦力
B.M不可能只受兩個力作用
C.N所受地面的支持力一定小于M、N的重力之和
D.M受到的摩擦力可能沿M、N接觸面斜向下
角度2　整體法和隔離法在平衡問題中的應用
例2 用三根細線a、b、c將重力均為G的兩個小球1和2連接并懸掛，如圖所示。兩小球處于靜止狀態，細線a與豎直方向的夾角為30°，則(　　)
A.細線a對小球1的拉力大小為G
B.細線a對小球1的拉力大小為4G
C.細線b對小球2的拉力大小為G
D.細線b對小球2的拉力大小為G
聽課筆記_____________________________________________________________
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訓練2 用輕質細線把兩個質量未知的小球懸掛起來，如圖所示。對小球a持續施加一個水平向左的恒力，并對小球b持續施加一個水平向右的同樣大小的恒力，最后達到平衡狀態。下列選項中表示平衡狀態的圖可能是(　　)
提升2　平衡中的臨界極值問題
1.臨界問題
(1)問題界定：物體所處平衡狀態將要發生變化的狀態為臨界狀態，涉及臨界狀態的問題為臨界問題。
(2)問題特點
①當某物理量發生變化時，會引起其他幾個物理量的變化。
②注意某現象“恰好出現”或“恰好不出現”的條件。
(3)處理方法：基本方法是假設推理法，即先假設某種情況成立，然后根據平衡條件及有關知識進行論證、求解。
2.極值問題
(1)問題界定：物體在力的變化過程中涉及力的最大值和最小值的問題為極值問題。
(2)處理方法
①解析法：根據物體的平衡條件列出方程，在解方程時，采用數學知識求極值或者根據物理臨界條件求極值。
②圖解法：根據物體的平衡條件作出力的矢量圖，畫出平行四邊形或者矢量三角形進行動態分析，確定最大值或最小值。
例3 如圖所示，斜面與水平面的夾角為37°，物體A質量為2 kg，與斜面間動摩擦因數為0.5，求：
(1)A受到斜面的支持力多大？
(2)若要使A在斜面上靜止，求物體B質量的最大值和最小值(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 N/kg，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)。
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訓練3 (2024·安徽池州一中月考)如圖所示，一工人手持磚夾提著一塊磚勻速前進，手對磚夾豎直方向的拉力大小為F。已知磚夾的質量為m，重力加速度為g，磚夾與磚塊之間的動摩擦因數為μ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。若磚塊不滑動，則磚夾與磚塊一側間的壓力的最小值是(　　)
A. B.
C. D.
隨堂對點自測
1.(整體法和隔離法)一串小燈籠(五只)彼此用輕繩連接，并懸掛在空中。在穩定水平風力作用下發生傾斜，懸繩與豎直方向的夾角為30°，如圖所示。設每只燈籠的質量均為m，重力加速度為g。則自上往下第二只燈籠與第三只燈籠間的懸繩對第三只燈籠的拉力大小為(　　)
A.2mg B.mg
C.mg D.8mg
2.(整體法和隔離法)(多選)如圖所示，斜面體質量為M，傾角為θ，小方塊質量為m，在水平推力F作用下，斜面體和小方塊整體向左做勻速直線運動，各接觸面之間的動摩擦因數都為μ，重力加速度為g，則(　　)
A.斜面體對小方塊的支持力為mgcos θ
B.地面對斜面的支持力大小為(M＋m)g
C.斜面體對小方塊的摩擦力大小為μmgcos θ
D.地面對斜面體的摩擦力大小為μMg
3.(臨界極值問題)如圖，滑塊A置于水平地面上，滑塊B在一水平力F作用下緊靠滑塊A(A、B接觸面豎直)，此時A恰好不滑動，B剛好不下滑。已知A與B間的動摩擦因數為μ1，A與地面間的動摩擦因數為μ2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。則A與B的質量之比為(　　)
A. B.
C. D.
培優提升十　整體法和隔離法　平衡中的臨界問題
提升1
例1 D　[M、N兩物體一起向上做勻速直線運動，則合力為零。對M、N整體進行受力分析，受到重力和F，墻對M沒有彈力，否則合力不能為零，也就不可能有摩擦力，故C錯誤；對N進行受力分析可知，N受到重力，M對N的支持力，這兩個力的合力不能為零，所以還受到M對N向上的靜摩擦力，共3個力，故B錯誤，D正確；對M進行受力分析可知，M受到重力、推力F，N對M的壓力以及N對M沿斜面向下的靜摩擦力，共4個力，故A錯誤。]
訓練1 A　[將M、N視為整體，對整體受力分析，可能受到豎直方向的拉力、支持力和重力，N不可能受到地面的摩擦力，故A正確；當細線中沒有拉力時，M、N整體所受地面的支持力等于M、N的重力之和，故C錯誤；對M受力分析，若細線對M的拉力大小恰好等于M的重力，則M只受重力和拉力兩個力作用，故B錯誤；靜摩擦力的方向與物體相對運動趨勢的方向相反，故M受到的摩擦力不可能沿接觸面斜向下，故D錯誤。]
例2 A　[將兩球和
細線b看成一個整體，設細線a對小球1的拉力大小為Fa，細線c對小球2的拉力大小為Fc，受力如圖所示。根據共點力的平衡條件有Fa＝＝G，Fc＝2Gtan 30°＝G，故A正確，B錯誤；根據共點力的平衡條件可知細線b對小球2的拉力大小為Fb＝＝G，故C、D錯誤。]
訓練2 A　[
將兩球和兩球之間的細線看成一個整體，對整體受力分析如圖所示，整體達到平衡狀態。根據平衡條件可知整體受到a球上方的細線的拉力T的大小等于a、b的重力大小之和，方向沿豎直方向，則a球上方的細線必定沿豎直方向，故A正確。]
提升2
例3 (1)16 N　(2)2 kg　0.4 kg
解析　(1)對A進行受力分析如圖所示，
根據正交分解可知
y軸方向合力為零，有
N＝mAgcos 37°
代入數據可得
N＝2 kg×10 N/kg×0.8＝16 N
所以A受到斜面的支持力大小為16 N。
(2)根據題意，物體A與斜面之間的最大靜摩擦力f靜max＝f滑＝μN＝0.5×16 N＝8 N，當物體受到的摩擦力等于最大靜摩擦力且方向沿斜面向上時，拉力T最小，根據受力平衡有T1＋f靜max＝mAgsin 37°，當物體受到的摩擦力等于最大靜摩擦力且方向沿斜面向下時，拉力T最大，根據受力平衡有T2＝f靜max＋mAgsin 37°，同時物體B也處于平衡狀態
由平衡條件有T1＝mB1g，T2＝mB2g
聯立并代入數據可得T1＝4 N，T2＝20 N
物體B質量的最小值為mB1＝0.4 kg
最大值為mB2＝2 kg。
訓練3 C　[工人手持磚夾提著一塊磚勻速前進，磚夾處于平衡狀態，以磚夾為研究對象，在豎直方向滿足F＝mg＋2f，磚夾與磚之間恰好達到最大靜摩擦力f靜max＝μN時，磚夾與磚塊一側間的壓力最小，為Nmin＝，C項正確。]
隨堂對點自測
1.A　[
以下面三只燈籠整體為研究對象，進行受力分析，如圖所示。豎直方向有Tcos 30°＝3mg，得T＝＝2mg，故選項A正確。]
2.AB　[以整體為研究對象，地面對斜面體的支持力大小為(M＋m)g，根據摩擦力的計算公式可得地面對斜面體的摩擦力大小為f1＝μN＝μ(M＋m)g，故B正確，D錯誤；斜面體對小方塊的摩擦力為靜摩擦力，摩擦力大小為mgsin θ，故C錯誤；斜面體對小方塊的支持力大小等于小方塊的重力垂直斜面的分力，為mgcos θ，故A正確。]
3.B　[B恰好不下滑時，以滑塊B為研究對象，μ1F＝mBg，又因為A恰好不滑動，以A、B整體為研究對象，則F＝μ2(mAg＋mBg)，所以＝，選項B正確。](共42張PPT)
培優提升十　整體法和隔離法　平衡中的臨界問題
第三章　相互作用
1.知道整體法和隔離法，能靈活運用整體法和隔離法處理處理共點力作用下多個物體的平衡問題(重難點)。2.能對平衡中的臨界極值問題進行分析與計算。
學習目標
目 錄
CONTENTS
提升
01
課后鞏固訓練
03
隨堂對點自測
02
提升
1
提升2　平衡中的臨界極值問題
提升1　整體法和隔離法的應用
提升1　整體法和隔離法的應用
整體法和隔離法的比較
項目 整體法 隔離法
概念 將運動狀態相同的幾個物體作為一個整體來分析的方法 將研究對象與周圍物體分隔開的方法
選用原則 研究系統外的物體對系統整體的作用力 研究系統內物體之間的相互作用力
注意問題 1.受力分析時不要再考慮系統內物體間的相互作用 2.研究對象不一定是所有組成系統的物體，也可以是其中一部分物體 1.一般隔離受力較少的物體
2.研究對象不一定是一個物體
角度1　整體法和隔離法在受力分析中的應用
例1 (2024·四川宜賓高一期末)如圖所示，M、N兩物體疊放在一起，在恒力F作用下，一起沿豎直墻向上做勻速直線運動，則關于兩物體受力情況的說法正確的是(　　)
A.物體M一定受到5個力
B.物體N可能受到4個力
C.物體M與墻之間一定有彈力和摩擦力
D.物體M與N之間一定有摩擦力
D
解析　M、N兩物體一起向上做勻速直線運動，則合力為零。對M、N整體進行受力分析，受到重力和F，墻對M沒有彈力，否則合力不能為零，也就不可能有摩擦力，故C錯誤；對N進行受力分析可知，N受到重力，M對N的支持力，這兩個力的合力不能為零，所以還受到M對N向上的靜摩擦力，共3個力，故B錯誤，D正確；對M進行受力分析可知，M受到重力、推力F，N對M的壓力以及N對M沿斜面向下的靜摩擦力，共4個力，故A錯誤。
整體法的優點在于減少受力分析的個數，但不能分析內力；隔離法的優點是對多個物體受力了解比較清楚，但計算時有點麻煩。　　
A
訓練1 如圖所示，兩楔形物體M、N疊放在一起保持靜止，M的上端與一豎直細線連接，細線的另一端固定在天花板上的O點，N放在水平地面上。下列說法正確的是(　　)
A.N一定不受地面的摩擦力
B.M不可能只受兩個力作用
C.N所受地面的支持力一定小于M、N的重力之和
D.M受到的摩擦力可能沿M、N接觸面斜向下
解析　將M、N視為整體，對整體受力分析，可能受到豎直方向的拉力、支持力和重力，N不可能受到地面的摩擦力，故A正確；當細線中沒有拉力時，M、N整體所受地面的支持力等于M、N的重力之和，故C錯誤；對M受力分析，若細線對M的拉力大小恰好等于M的重力，則M只受重力和拉力兩個力作用，故B錯誤；靜摩擦力的方向與物體相對運動趨勢的方向相反，故M受到的摩擦力不可能沿接觸面斜向下，故D錯誤。
A
角度2　整體法和隔離法在平衡問題中的應用
例2 用三根細線a、b、c將重力均為G的兩個小球1和2連接并懸掛，如圖所示。兩小球處于靜止狀態，細線a與豎直方向的夾角為30°，則(　　)
A
訓練2 用輕質細線把兩個質量未知的小球懸掛起來，如圖所示。對小球a持續施加一個水平向左的恒力，并對小球b持續施加一個水平向右的同樣大小的恒力，最后達到平衡狀態。下列選項中表示平衡狀態的圖可能是(　　)
解析　將兩球和兩球之間的細線看成一個整體，對整體受力分析如圖所示，整體達到平衡狀態。根據平衡條件可知整體受到a球上方的細線的拉力T的大小等于a、b的重力大小之和，方向沿豎直方向，則a球上方的細線必定沿豎直方向，故A正確。
提升2　平衡中的臨界極值問題
1.臨界問題
(1)問題界定：物體所處平衡狀態將要發生變化的狀態為臨界狀態，涉及臨界狀態的問題為臨界問題。
(2)問題特點
①當某物理量發生變化時，會引起其他幾個物理量的變化。
②注意某現象“恰好出現”或“恰好不出現”的條件。
(3)處理方法：基本方法是假設推理法，即先假設某種情況成立，然后根據平衡條件及有關知識進行論證、求解。
2.極值問題
(1)問題界定：物體在力的變化過程中涉及力的最大值和最小值的問題為極值問題。
(2)處理方法
①解析法：根據物體的平衡條件列出方程，在解方程時，采用數學知識求極值或者根據物理臨界條件求極值。
②圖解法：根據物體的平衡條件作出力的矢量圖，畫出平行四邊形或者矢量三角形進行動態分析，確定最大值或最小值。
例3 如圖所示，斜面與水平面的夾角為37°，物體A質量為2 kg，與斜面間動摩擦因數為0.5，求：
(1)A受到斜面的支持力多大？
(2)若要使A在斜面上靜止，求物體B質量的最大值和最小值(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 N/kg，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)。
解析　(1)對A進行受力分析如圖所示，
根據正交分解可知
y軸方向合力為零，有N＝mAgcos 37°
代入數據可得N＝2 kg×10 N/kg×0.8＝16 N
所以A受到斜面的支持力大小為16 N。
(2)根據題意，物體A與斜面之間的最大靜摩擦力f靜max＝f滑＝μN＝0.5×16 N＝8 N，當物體受到的摩擦力等于最大靜摩擦力且方向沿斜面向上時，拉力T最小，根據受力平衡有T1＋f靜max＝mAgsin 37°，當物體受到的摩擦力等于最大靜摩擦力且方向沿斜面向下時，拉力T最大，根據受力平衡有T2＝f靜max＋mAgsin 37°，同時物體B也處于平衡狀態
由平衡條件有T1＝mB1g，T2＝mB2g
聯立并代入數據可得T1＝4 N，T2＝20 N
物體B質量的最小值為mB1＝0.4 kg
最大值為mB2＝2 kg。
答案　(1)16 N　(2)2 kg　0.4 kg
C
訓練3 (2024·安徽池州一中月考)如圖所示，一工人手持磚夾提著一塊磚勻速前進，手對磚夾豎直方向的拉力大小為F。已知磚夾的質量為m，重力加速度為g，磚夾與磚塊之間的動摩擦因數為μ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。若磚塊不滑動，則磚夾與磚塊一側間的壓力的最小值是(　　)
隨堂對點自測
2
A
1.(整體法和隔離法)一串小燈籠(五只)彼此用輕繩連接，并懸掛在空中。在穩定水平風力作用下發生傾斜，懸繩與豎直方向的夾角為30°，如圖所示。設每只燈籠的質量均為m，重力加速度為g。則自上往下第二只燈籠與第三只燈籠間的懸繩對第三只燈籠的拉力大小為(　　)
AB
2.(整體法和隔離法)(多選)如圖所示，斜面體質量為M，傾角為θ，小方塊質量為m，在水平推力F作用下，斜面體和小方塊整體向左做勻速直線運動，各接觸面之間的動摩擦因數都為μ，重力加速度為g，則(　　)
A.斜面體對小方塊的支持力為mgcos θ
B.地面對斜面的支持力大小為(M＋m)g
C.斜面體對小方塊的摩擦力大小為μmgcos θ
D.地面對斜面體的摩擦力大小為μMg
解析　以整體為研究對象，地面對斜面體的支持力大小為(M＋m)g，根據摩擦力的計算公式可得地面對斜面體的摩擦力大小為f1＝μN＝μ(M＋m)g，故B正確，D錯誤；斜面體對小方塊的摩擦力為靜摩擦力，摩擦力大小為mgsin θ，故C錯誤；斜面體對小方塊的支持力大小等于小方塊的重力垂直斜面的分力，為mgcos θ，故A正確。
B
3.(臨界極值問題)如圖，滑塊A置于水平地面上，滑塊B在一水平力F作用下緊靠滑塊A(A、B接觸面豎直)，此時A恰好不滑動，B剛好不下滑。已知A與B間的動摩擦因數為μ1，A與地面間的動摩擦因數為μ2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。則A與B的質量之比為(　　)
課后鞏固訓練
3
B
題組一　整體法和隔離法的應用
1.如圖所示，用輕彈簧連接的物塊A、B靜止在水平地面上。A、B的質量均為m，重力加速度為g，則彈簧對B的彈力和地面對A的支持力大小分別為(　　)
基礎對點練
A.mg、mg 　　　 B.mg、2mg
C.2mg、mg 　　　 D.2mg、2mg
解析　對B受力分析可知，彈簧對B的彈力等于B的重力mg；對A、B整體受力分析可知，地面對A的支持力等于整體的重力2mg，故B正確。
AD
2.(多選)如圖所示，木塊A沿斜面體B的斜面勻速下滑，B相對于地面靜止，則地面對B(　　)
A.無摩擦力 B.有摩擦力，方向向左
C.有摩擦力，方向向右 D.有支持力，方向向上
解析　以A、B整體為研究對象，對整體進行受力分析，整體受到重力G、地面的支持力N作用，因整體處于平衡狀態，根據共點力平衡條件知，整體受到的合力為零，所以地面對斜面體B無摩擦力，選項A、D正確。
D
3.如圖所示，用完全相同的輕彈簧A、B、C將兩個相同的小球連接并懸掛，小球處于靜止狀態，彈簧A與豎直方向的夾角為30°，彈簧C水平，則彈簧A、C的伸長量之比為(　　)
A
4.如圖所示，兩個大小相同的不同材質小球放在固定的傾斜擋板上，小球的質量分別為m和2m，擋板與水平面的夾角為30°，墻面和擋板均光滑，則墻壁對左端小球的彈力大小為(　　)
AD
5.
BD
6.(多選)如圖所示，用水平力F向右推原來靜止在斜面上的物塊，力F由零開始逐漸緩慢增大，直到物塊剛要發生滑動。則在此過程中物塊(　　)
A.所受合力逐漸增大
B.所受斜面彈力逐漸增大
C.所受斜面摩擦力逐漸增大
D.所受斜面摩擦力先減小后增大
解析　由題可知，物塊一直處于靜止狀態，所以合力不變，故A錯誤；水平力F作用之前，物塊所受斜面彈力為N＝mgcos θ，水平力F作用之后，物塊所受斜面彈力為N＝mgcos θ＋Fsin θ，力F由零開始逐漸緩慢增大，所以彈力逐漸增大，故B正確；水平力F作用之前，物塊所受斜面摩擦力為f＝mgsin θ，水平力F作用之后，物塊所受斜面摩擦力分為兩個階段，當mgsin θ>Fcos θ時f＝mgsin θ－Fcos θ，力F由零開始逐漸緩慢增大過程中，摩擦力先逐漸減小。當mgsin θC
7.如圖所示，工地上的建筑工人用磚夾搬運四塊相同的磚，假設每塊磚的質量均為m，磚與磚夾的動摩擦因數均為μ，重力加速度為g，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，當磚處于平衡狀態時，則右邊磚夾對磚施加的水平力最小為(　　)
綜合提升練
CD
8.(多選)(2024·廣西北海高一期末)如圖所示，質量為m的物體放在質量為M的長木板上，質量為m的人站在長木板上用斜向右下方的外力F推物體，但物體沒有被推動，整個系統靜止，重力加速度為g，則下列說法正確的是(　　)
A.長木板對地面的壓力小于(M＋2m)g
B.地面對長木板的摩擦力水平向右
C.木箱對長木板的壓力大于木箱的重力
D.長木板對人的摩擦力水平向右
解析　將人、物體以及長木板看成整體，進行受力分析，受重力、地面的支持力，則長木板對地面的壓力大小等于(M＋2m)g，長木板與地面之間沒有摩擦力的作用，故A、B錯誤；木箱對長木板的壓力等于木箱的重力加上人對木箱推力的豎直分力，故C正確；對人受力分析，受重力、長木板的支持力、斜向左上方的推力以及長木板對人水平向右的摩擦力，故D正確。
9.如圖所示，質量為m＝0.5 kg的光滑小球被細線系住，放在傾角為α＝45°的斜面體上。已知線與豎直方向的夾角β＝45°，斜面體質量為M＝3 kg，整個裝置靜置于粗糙水平面上(g取10 N/kg)。求：
(1)細線對小球拉力的大小；
(2)地面對斜面體的摩擦力的大小和方向。
解析　(1)以小球為研究對象，受力分析如圖甲所示。
根據平衡條件得，T與N1的合力大小等于mg，
(2)以小球和斜面體整體為研究對象，受力分析如圖乙所示，由于系統靜止，合力為零，則有
10.如圖所示，粗糙水平地面上放置一個截面為半圓的柱狀物體A，A與豎直墻壁之間再放一光滑圓球B，整個裝置處于靜止狀態。已知A、B的質量分別為M和m，圓球B和半圓的柱狀物體A的半徑均為r，已知A的圓心到墻角的距離為2r，重力加速度為g。求：
(1)物體A所受地面的支持力大小；
(2)物體A所受地面的摩擦力。
(2)對B受力分析，如圖乙所示
解析　(1)對A、B整體受力分析，如圖甲所示，由平衡條件得NA＝(M＋m)g。
培優加強練
11.(2024·四川涼山高一期末)如圖所示，物塊A、帶光滑定滑輪的矩形物體B和懸掛的小球C均處于靜止狀態。A與B、B與地面的接觸面均粗糙。繞過光滑的定滑輪的輕繩和輕彈簧分別與小球C相連，輕彈簧的軸線與豎直方向的夾角為60°，輕繩與豎直方向的夾角為30°，A、B、C質量分別為mA＝2 kg、mB＝5 kg、mC＝1 kg。彈簧的勁度系數k＝250 N/m，重力加速度g取10 m/s2，計算結果可以帶根號。求：
(1)彈簧的伸長量Δx；
(2)物體B對物塊A的摩擦力大小；
(3)地面對物體B的摩擦力大小。
答案　(1)2 cm　(2)5 N　(3) N
解析　(1)根據題意，對小球受力分析如圖所示
根據正交分解法，則有mCg＝k·Δxcos 60°＋Tcos 30°
k·Δxsin 60°＝Tsin 30°
(3)將A、B看成整體，受力分析如圖所示

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