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第 7 讲 应用整体法与隔离法解决连接体模型
1．（2022·海南）我国的石桥世界闻名，如图，某桥由六块形状完全相同的石块组成，其中石块
1、6固定，2、5质量相同为m，3、4质量相同为m′，不计石块间的摩擦，则m：m′为（
）
√3
A． B．√3 C．1 D．2
2
【解答】解：34两个石块整体对应的圆心角为60度，则2对34整体的作用力与5对34整体的
作用力大小相等，两力夹角为120度，可知F ＝2m'g。
23
同理2345四块石块整体对应的圆心角为120度，则1对2345整体的作用力与6对2345整体的作
用力大小相等，两力夹角为60度，可知√3F ＝（2m'+2m）g。
12
对2受力分析如图
水平方向F cos60°＝F cos30°
12 23
联立解得：m：m′＝2
故D正确，ABC错误。
故选：D。
2．（2022·浙江）如图所示，水平放置的电子秤上有一磁性玩具，玩具由哑铃状物件P和左端有玻
璃挡板的凹形底座Q构成，其重量分别为G 和G 。用手使P的左端与玻璃挡板靠近时，感受到
P Q
P对手有靠向玻璃挡板的力，P与挡板接触后放开手，P处于“磁悬浮”状态（即P和Q的其余
部分均不接触），P与Q间的磁力大小为F。下列说法正确的是（ ）A．Q对P的磁力大小等于G
P
B．P对Q的磁力方向竖直向下
C．Q对电子秤的压力大小等于G +F
Q
D．电子秤对Q的支持力大小等于G +G
P Q
【解答】解：AB．由题意可知，因手使P的左端与玻璃挡板靠近时，感受到P对手有靠向玻璃
挡板的力，即Q对P有水平向左的磁力；P与挡板接触后放开手，P处于“磁悬浮”状态，则说
明Q对P有竖直向上的磁力，则Q对P的磁力方向斜向左上方向，其磁力F大小大于G ，故
P
AB错误；
CD．对PQ的整体受力分析，在竖直方向上，根据平衡条件可知电子秤对 Q的支持力大小等于
G +G ，根据牛顿第三定律可知Q对电子秤的压力大小等于G +G ，故C错误，D正确。
P Q P Q
故选：D。
一、知识总结
一.模型特点及解决问题的方法、技巧、思路
1．连接体的类型
(1)弹簧连接体
(2)物物叠放连接体
(3)物物并排连接体
(4)轻绳连接体(5)轻杆连接体
2．连接体的运动特点
(1)轻绳——轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度总是相等。
(2)轻杆——轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度；轻杆转动时，连接体具有相同的角速
度，而线速度与转动半径成正比。一般情况下，连接体沿杆方向的分速度相等。
(3)轻弹簧——在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度不一定相等；在弹簧形变最大时，
两端连接体的速率相等。
3．连接体的受力特点
轻绳、轻弹簧的作用力沿绳或弹簧方向，轻杆的作用力不一定沿杆。
4．处理连接体问题的方法
(1)整体法
若连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求物体之间的作用力，可以把它们看成一个整
体，分析整体受到的合力，应用牛顿第二定律求出加速度(或其他未知量)。
(2)隔离法
若连接体内各物体的加速度不相同，或者要求出系统内各物体之间的作用力时，就需要把物体
从系统中隔离出来，应用牛顿第二定律列方程求解。
(3)整体法、隔离法交替运用
若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求物体之间的作用力时，可以先用整体法求出加速
度，然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求作用力。即“先整体求加速度，后
隔离求内力”。若已知物体之间的作用力，求连接体所受外力，则“先隔离求加速度，后整体求外
力”。
5.应用整体法和隔离法的解题技巧
(1)如图所示，一起加速运动的物体系统，若力作用于m上，则m和m间的相互作用力为F
1 1 2 12
＝。此结论与有无摩擦无关(有摩擦，两物体与接触面的动摩擦因数必须相同)，物体系统沿水平面、
斜面、竖直方向运动时，此结论都成立。两物体的连接物为轻弹簧、轻杆时，此结论不变。(2)通过跨过滑轮的绳连接的连接体问题：若要求绳的拉力，一般都必须采用隔离法。绳跨过
定滑轮连接的两物体的加速度虽然大小相同但方向不同，故采用隔离法。
6.叠加体系统临界问题的求解思路
二.例题精讲
题型一：轻绳连接体
例1．长为√3L的杆竖直放置，杆两端A、B系着长为3L的不可伸长且光滑的柔软轻绳，绳上套着
一个质量为m的小铁环．已知重力加速度为g，不计空气阻力．
（1）若杆与环保持相对静止，在空中水平向左做匀加速直线运动，此时环恰好与 B端在同一水
平高度，如图（a），请在图（c）中作出此时环的受力示意图，并求出此时加速度的大小a ．
1
5
（2）若杆与环保持相对静止，在竖直平面内沿某一方向做匀加速直线运动，加速度大小为 g，
3
此时环恰好位于轻绳正中间，如图（b）所示，求绳中拉力的大小．
【解答】解：（1）受力示意图如右图所示．
设绳上的张力大小为T ，斜绳与水平方向夹角为60°，
1
T sin60°＝mg，
1T +T cos60°＝ma
1 1 1
解得a =√3g
1
（2）设绳上的张力大小为T 、绳与水平方向的夹角为
2
√6 θ
根据几何边长关系可知cos =
3
θ
（2T cos ）2+（mg）2＝（ma ）2
2 2
√6 θ
T = mg
2
3
答：（1）若杆与环保持相对静止，此时加速度的大小是√3g．
5
（2）若杆与环保持相对静止，在竖直平面内沿某一方向做匀加速直线运动，加速度大小为 g，
3
√6
此时环恰好位于轻绳正中间，如图（b）所示，绳中拉力的大小是 mg．
3
题型二：弹簧连接体
（多选）例2．如图所示，置于粗糙水平面上的物块A和B用轻质弹簧连接，在水平恒力F的作用
下，A、B以相同的加速度向右运动.A、B的质量关系为m ＞m ，它们与地面间的动摩擦因数
A B
相同.为使弹簧稳定时的伸长量增大，下列操作可行的是（ ）
A．仅增大B的质量
B．仅将A、B的位置对调
C．仅增大水平面的粗糙程度
D．仅增大水平恒力F
【解答】解：弹簧稳定时的伸长量取决于弹簧的弹力 T，设物块与地面间的动摩擦因数为 ，以
整体为研究对象，根据牛顿第二定律有 μ
F﹣ （m +m ）g＝（m +m ）a
A B A B
以Bμ为研究对象，利用牛顿第二定律有
T﹣ m g＝m a
B B
μ
联立整理可得T m F
= B
m +m
A B
由上式分析可知，操作为ABD时，弹簧稳定时的弹力变大，伸长量增大，弹簧的弹力与动摩擦因数无关，故ABD正确，C错误。
故选：ABD。
题型三：板块叠加连接体
(1)加速度相同的物物连接体
例3．如图所示，光滑水平面放有一个质量为 5kg的光滑斜面体A，将另一个质量为3kg物块B放
在斜面上，为了保持物块与斜面相对静止，需用水平向左80N的力F推斜面。现将斜面固定，
对B施加用水平向右的力F 使其静止在斜面上，g取10m/s2．则F 大小为（ ）
1 1
A．30N B．15N C．50N D．80N
【解答】解：水平向左 80N 的力 F 推斜面时，对整体，根据牛顿第二定律得：a
F 80
= = =10m/s2 ，
m +m 3+5
A B
对B受力分析，根据牛顿第二定律可知，B受到重力和支持力的合力F合 ＝m
B
a＝30N，
斜面固定，对B施加用水平向右的力F 使其静止在斜面上时，B合力为零，根据共点力平衡条
1
件可知：
F
1
＝F合 ＝30N，故A正确，BCD错误。
故选：A。
(2)加速度不相同的物物连接体
例4．如图所示，质量为M的斜劈形物体放在水平地面上，质量为m的粗糙物块以某一初速度沿劈
的粗糙斜面向上滑，至速度为零后又加速返回，而物体M始终保持静止，则在物块m上、下滑
动的整个过程中，下列说法错误的是（ ）
A．地面对物体M的摩擦力先向左后向右
B．地面对物体M的摩擦力方向没有改变
C．地面对物体M的支持力总小于（M+m）g
D．地面对物体M的摩擦力大小不同【解答】解：AB．物体m先减速上升，后加速下滑，加速度一直沿斜面向下，将物体 m的加速
度分解为沿水平和竖直两个方向，如图所示
根据牛顿第二定律，对于m，M对m的作用力的方向始终没变化，则m对M的作用力的方向也
没有发生变化，即地面对斜面体的静摩擦力方向没有改变，故A错误，B正确；
C．对M与m整体受力分析，受到重力、地面支持力F 、和地面摩擦力，如图所示，
N
在竖直方向有：
（M+m）g﹣F ＝masin
N
所以地面对物体M的支θ持力总小于（M+m）g，故C正确；
D．根据牛顿第二定律，对于m，受到的M对m的作用力：
F＝macos ，其中 为斜面倾角，
θ θ mgsinθ+μmgcosθ
物块上滑的加速度大小a = =gsin + gcos ，
1
m
θ μ θ
mgsinθ-μmgcosθ
物块下滑的加速度大小a = =gsin ﹣ gcos ，
2
m
θ μ θ
由于物块上滑的加速度大于下滑的加速度，则 M对m的作用力大小不同，m对M的作用力也不
同，所以地面对物体M的摩擦力大小不同，故D正确。
本题选错误的，故选：A。
题型四：板块叠加+轻绳连接体
(1)加速度大小相同，方向不同的物体用轻绳连接
例5．如图所示，在光滑的斜面上放一个质量为m的盒子A，A盒用轻质细绳跨过定滑轮与B盒相
连，B盒内放着一个质量也为m的物体。如果把这个物体改放在A盒内，则系统的加速度恰好
等值反向，则B盒的质量为（不计一切摩擦）（ ）m m 2 m
A． B． C． m D．
2 4 3 3
【解答】解：设B盒的质量为m′。
当物体放在B盘中时，以AB和物体整体为研究对象，根据牛顿第二定律：（mg+m′g）﹣
mgsin30°＝（2m+m′）a
当物体放在A盘中时，以AB和物体整体为研究对象，根据牛顿第二定律：m′g﹣（m+m′）
gsin30°＝（2m+m′）a′
由题意，a′＝﹣a
m
联立得：m′=
4
故选：B。
(2)加速度相同的物体用轻绳连接
（多选）例6．如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m、2m和3m的三个木块，其中质量为
2m和3m的木块间用一不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为T．现用水平拉力F拉
其中一个质量为3m的木块，使三个木块以同一加速度运动，则以下说法正确的是（ ）
A．当F逐渐增加1N时（轻绳未断），轻绳中拉力增加0.5N
B．当F逐渐增大到T时，轻绳刚好被拉断
C．当F逐渐增大到1.5T时，轻绳还不会被拉断
2
D．轻绳刚要被拉断时，质量为m和2m的木块间的摩擦力为 T
3
【解答】解：A、对三个木块整体，由牛顿第二定律可得：
F＝（m+2m+3m）a＝6ma，
F
则三个木块共同的加速度为：a= ；
6m
隔离后面的组合体，由牛顿第二定律可得，轻绳中拉力为：
F 1
F′＝3ma＝3m× = F，
6m 2由此可知：
A、因绳子拉力等于总拉力的一半，所以当F逐渐增加1 N时，轻绳中拉力增加0.5 N，故A正
确；
1
B、当F逐渐增大到T时，轻绳中拉力F′= T＜T，即小于轻绳能承受的最大拉力为T，轻绳
2
还没有被拉断，故B错误；
3
C、当F逐渐增大到1.5T时，轻绳中拉力F′= T＜T，即小于轻绳能承受的最大拉力为T，轻
4
绳还没有被拉断，故C正确；
D、轻绳刚要被拉断时，轻绳的拉力刚好为T，由牛顿第二定律可得，后面两个木块的加速度：
T
a′= ，
3m
对质量为 m 木块，由牛顿第二定律得：质量为 m 和 2m 的木块间的摩擦力：f＝ma′＝m
T T
× = ，故D错误。
3m 3
故选：AC。
三.举一反三，巩固练习
1. 已知A与B的质量分别为m ＝1kg，m ＝2kg，A与B间的动摩擦因数 ＝0.3，B与
A B 1
水平面间的动摩擦因数 ＝0.2，如图甲、乙所示。现用大小为12N的水平力F，μ 分别作用在
2
A、B上，已知最大静摩μ擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2，则各物体所受摩擦力的
情况是（ ）
A．甲图中，A不受摩擦力，B受到地面水平向左的大小为6N的摩擦力
B．甲图中，A受摩擦力水平向右，大小为3N；B受地面的摩擦力水平向左，大小为6N
C．乙图中，A受摩擦力水平向左，大小为8N；B受地面的摩擦力水平向左，大小为6N
D．乙图中，A受摩擦力水平向左，大小为3N；B受地面的摩擦力水平向左，大小为3N
【解答】解：AB、根据题意可知，A、B间的最大静摩擦力为f ＝ m g＝0.3×10N＝3N
1 1 A
地面与B间的最大静摩擦力为f ＝ （m +m ）g＝0.2×（1+2）N＝μ6N，甲图中，由于F＞f
2 2 A B 2
μ则B由静止开始运动，假设A、B保持相对静止，由牛顿第二定律有F﹣f ＝（m +m ）a ，解
2 A B 1
得：a ＝2m/s2
1
对A，设A、B间静摩擦力为f，由牛顿第二定律有f＝ma ＝1×2N＝2N＜3N
1
则假设成立，即A、B一起向右加速运动，则A受B水平向右的静摩擦力，大小为2N，B受地
面水平向左的滑动摩擦力，大小为6N，故AB错误；
CD．乙图中，根据题意，由于A、B间最大静摩擦力小于B与地面间的最大静摩擦力，则A、B
间发生相对运动，对A分析，可知A受B水平向左的滑动摩擦力，大小为3N，由牛顿第三定律
可知，B受A向右的滑动摩擦力，大小为3N小于B与地面间的最大静摩擦力，则B仍然静止不
动，则B受地面水平向左的静摩擦力，大小为3N，故C错误，D正确。
故选D。
2. 如图甲所示为明朝宋应星所著《天工开物》中用重物测量弓弦张力的“试弓定力”插
图。示意图如图乙所示，在弓的中点悬挂质量为M的重物，弓的质量为m，弦的质量忽略不
计，悬挂点为弦的中点，张角为 ，当地重力加速度为g，则弦的张力为（ ）
θ
(M+m)g (M+m)g
A． θ B． θ
2cos 2sin
2 2
Mg mg
C． θ D． θ
2sin 2cos
2 2
【解答】解：整体法对弓和物体受力分析如图：竖直方向上由受力平衡可得：
θ
2Fcos =(M+m)g
2
解得：
(M+m)g
F=
θ
2cos
2
所以A正确，BCD错误；
故选：A。
3. 如图所示，倾角为 的斜面体放在粗糙的水平地面上，现有一带固定支架的滑块m正
沿斜面加速下滑。支架上用细θ 线悬挂的小球达到稳定（与滑块相对静止）后，悬线的方向与竖
直方向的夹角也为 ，斜面体始终保持静止，则下列说法正确的是（ ）
θ
A．斜面光滑
B．斜面粗糙
C．达到稳定状态后，斜面体对物块的摩擦力沿斜面向上
D．达到稳定状态后，地面对斜面体的摩擦力水平向右
【解答】解：ABC、设整体的质量为 M，如果斜面光滑，对整体根据牛顿第二定律可得：
Mgsinθ
a= =gsinθ
M方向沿斜面向下，而小球的加速度为： m gsinθ ，故A正确，BC错误；
a= 1 =gsinθ
m
1
D、带固定支架的滑块下滑时，对斜面有斜向右下方的压力，斜面有相对地面向右的运动趋势，
地面对斜面体的摩擦力水平向左，故D错误。
故选：A。
4. 完全相同的直角三角形滑块A、B，按如图所示放置，设A、B接触的斜面光滑，A
与桌面间的动摩擦因数为 ，斜面倾角 ＝30°，现在B上作用一水平推力F，恰好使A、B一
起在桌面上匀速运动，且Aμ、B保持相对θ静止。则A与桌面间的动摩擦因数 为（ ）
μ
√3 √3 √3 √3
A．μ= B．μ= C．μ= D．μ=
6 5 4 3
【解答】解：设滑块质量为m，整体在水平方向上受推力和滑动摩擦力，有F＝2 mg
隔离对B分析，B受到重力、推力F和支持力，如图示 μ
根据共点力平衡，运用合成法，得：
√3
mgtan ＝F＝2 mg，解得 tanθ 3 √3．故A正确，B、C、D错误。
= = =
2 2 6
θ μ μ
故选：A。
5. 王同学用光滑的硬钢丝弯折成“ ”形状，将它竖直固定放置。OB是竖直方
向，BC是水平方向，角AOB等于30°，一个光滑的轻环套在足够长OA上，一根足够长的轻
绳一端固定在OB上的M点，轻绳穿过小环，另一端吊着一个质量为m的物体，下列说法正
确的是（ ）A．OA杆受到小环的压力大小为2mg
B．OA杆受到小环的压力大小为√3mg
C．绳端从M点移到B点绳子张力变大
D．绳端从B点水平向左移到N点绳子张力大小不变
【解答】解：CD．对悬挂的重物受力分析可知，绳子中的拉力始终与重物重力平衡F＝mg
故，无论绳子左端点如何移动绳子中的张力大小都保持不变，C错误，D正确；
AB．小环是轻环，所以绳上拉力的合力与杆垂直，小环受力情况如图所示，由几何关系可知，
两绳子夹角为120°，故N＝F＝mg
由牛顿第三定律可知，OA杆受到小环的压力大小为mg，故AB错误。
故选D。
6. 如图所示，用轻绳系住一质量为2m的匀质大球，大球和墙壁之间放置一质量为m的
匀质小球，各接触面均光滑．系统平衡时，绳与竖直墙壁之间的夹角为 ，两球心连线O O 与
1 2
轻绳之间的夹角为 ，则 、 应满足（ ） α
β α β
A．绳子的拉力可能小于墙壁的支持力B．墙壁的支持力一定小于两球的重力
C．3tan ＝tan（ + ）
D．3tanα＝3tan（α +β ）
【解答】α解：A、α设绳β 子拉力为F，墙壁支持力为N，两球之间的压力为T，将两个球作为一个
整体进行受力分析，如图1所示。根据图1中几何关系可得绳子的拉力大于墙壁的支持力，故 A
错误；
B、根据平衡条件可得：N＝3mgtan ①，由于 大小不确定，所以墙壁的支持力不一定小于两
球的重力，故B错误； α α
CD、对小球进行受力分析，如图2所示，根据平衡条件可得：N＝mgtan
根据几何关系可得 ＝ + ，则N＝mgtan（ + ） ② θ
联立①②得：3tanθ＝αtanβ（ + ），故C正α确、β D错误。
故选：C。 α α β
7. 我国元宵节素有猜灯谜的习俗。如图所示，用1、2、3、4四根轻质细绳悬挂三个质
量相等的彩灯，其中最右端的绳子沿水平方向，绳1和绳3与竖直方向夹角分别为 和 。则
1 3
下列说法中正确的是（ ） θ θ
A．sin ＝3sin
3 1
B．cosθ ＝3cosθ
1 3
C．tanθ＝3tanθ
3 1
D．绳θ1拉力一θ定是绳3拉力的2倍【解答】解：对三个彩灯整体受力分析，受重力和1、4两个轻绳的拉力，如图1所示：
根据平衡条件，有：T ＝3mgtan
4 1
再对最下面的彩灯受力分析，受θ重力和两个轻绳的拉力，如图2所示：
根据平衡条件结合图中几何关系可得：
T cos ＝mg，
3 3
T sinθ＝T ，
3 3 4
联立解θ 得：T ＝mgtan
4 3
所以有：3mgtan ＝mθgtan
1 3
即：tan ＝3tanθ，故C正θ确、ABD错误。
3 1
故选：Cθ。 θ
8. 如图所示，水平面上有一固定着轻质定滑轮O的木块A，它的上表面与水平面平行，
它的右侧是一个倾角 ＝37°的斜面。放置在A上的物体B和物体C通过一轻质细绳相连，细
绳的一部分与水平面平θ 行，另一部分与斜面平行。现对 A施加一水平向右的恒力F。使A、
B、C恰好保持相对静止。已知A的质量为2m，B、C的质量均为m，重力加速度为g，不计
一切摩擦（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8），则恒力F的大小为（ ）5 3 4
A．mg B． mg C． mg D． mg
4 4 3
【解答】解：对B、C受力分析，如图所示
使A、B、C恰好保持相对静止时三者具有相同的加速度
对B，根据牛顿第二定律得
T＝ma①
对C，根据牛顿第二定律得
F sin ﹣Tcos ＝ma②
N
F cosθ+Tsin θ＝mg③
N
θ θ g
联立①②③代入数据解得a=
3
对A、B、C整体用牛顿第二定律得
g 4mg
F=(2m+m+m)a=4m = 。
3 3
故D正确，ABC错误。
故选：D。
9. 为改善电脑族“长期弯腰、颈椎酸痛”问题，根据人体工程学设计，可设计角度约
70°可调笔记本支架如图4（a）。假设支架斜面和笔记本足够长，在支架顶端放置一台质量为
M的笔记本，笔记本顶端放一部质量为 m的手机，如图4（b）所示，笔记本与支架间的动摩
擦因数为 ，手机与笔记本间的动摩擦因数为 ，支架由水平方向位置缓慢向上转动，支架与
1 2
水平方向成μ 角度时， ＜tan ＜ ；成 角时μ， ＜ ＜tan ；下列说法正确的是（ ）
1 2 1 2
α μ α μ β μ μ βA．支架与水平方向成 角时，手机相对笔记本滑动，笔记本相对支架未滑动
B．从支架开始转动到与α水平方向成 角的过程中，手机所受摩擦力逐渐减小
C．从支架与水平方向成 角转动到与α水平方向成 角的过程中，笔记本与支架间的摩擦力逐渐
减小，手机与笔记本间的摩擦α力逐渐增大 β
D．从支架开始转动到与水平方向成 角的过程中，笔记本对支架压力先增大后减小
【解答】解：A、支架与水平方向成β角时，因
1
＜tan ，对手机和笔记本整体，即
1
（M+m）
gcos ＜（M+m）gsin ，所以笔记α本相对支架μ 滑动α，又 ＞tan ，对手机即 μmgcos ＞
2 2
mgsiαn ，所以手机相对α笔记本未滑动，故A错误； μ α μ α
B、从α支架开始转动到与水平方向成 角的过程中，手机相对笔记本未滑动，手机所受静摩擦力
f＝mgsin （0≤ ≤ ），逐渐增大，故α B错误；
C、从支架θ 与水平θ 方α向成 角转动到与水平方向成 角的过程中，由A分析可知笔记本相对支架
滑动，笔记本与支架间的α滑动摩擦力f′＝ （M+mβ）gcos （ ≤ ≤ ）逐渐减小，又因为 ＜
1 1
＜tan ，所以手机相对笔记本未滑动，手μ机与笔记本间的θ摩擦α力θf＝βmgsin （ ≤ ≤ ）逐渐μ 增
2
μ大，故βC正确； θ α θ β
D、从支架开始转动到与水平方向成 角的过程中，笔记本对支架压力 N＝（M+m）gcos
（0≤ ≤ ）一直减小，故D错误； β θ
故选：θC。β
10. 如图所示，A，B两木块放在粗糙水平面上，它们之间用不可伸长的轻绳相连，两次
连接情况中轻绳倾斜方向不同，已知两木块与水平面间的动摩擦因数分别为 和 ，且0＜
A B
＜ ，先后用水平拉力F 和F 拉着A、B一起水平向右匀速运动，则匀速μ 运动μ过程中（
B A 1 2
μ） μ
A．F ＜F B．F ＞F C．F ＝F D．无法确定
1 2 1 2 1 2
【解答】解：设两绳子与水平夹角为 ，对第一个图进行受力分析，根据平衡条件可得：F ＝
1
f +f θ
A B
其中：f ＝ （m g﹣T sin ），f ＝ （m g+T sin ）
A A A 1 B B B 1
联立解得：μF ＝ m g+ mθg+（ ﹣μ ）T sin θ
1 A A B B B A 1
同理可知，第二μ个图的拉μ力：F ＝μ mμg+ m gθ﹣（ ﹣ ）T sin
2 A A B B B A 1
μ μ μ μ θ由题意可知0＜ ＜ 可知，F ＜F ，故BCD错误，A正确.
B A 1 2
故选：A。 μ μ
11. 如图所示，有P、N两块质量相同的物块，在物块P上施加一沿水平方向的外力F，
使它们叠放在竖直面上且处于静止状态，下列说法正确的是（ ）
A．物块P一定受到4个力的作用
B．物块P一定受到3个力的作用
C．物块N一定受到4个力的作用
D．物块N可能受到6个力的作用
【解答】解：AB．如果P、N之间没有摩擦力，则物块P不能平衡，所以N对P有向左下的支
持力和沿着接触面向左上的摩擦力，物块P一定受到4个力的作用，故A正确，B错误；
CD．整体分析可知，墙对N有向上的摩擦力，大小等于两者的重力之和，物块N还受到重力、
墙对N的支持力，P对N的支持力，P对N的摩擦力，所以物块N一定受到5个力的作用，CD
错误；
故选：A。
12. 如图，质量为M、半径为R的半球形物体A放在水平地面上，通过最高点处的钉子
用水平细线拉住一质量为m、半径为r的光滑球B。整个装置处于静止状态，已知重力加速度
为g，则（ ）
A．A受到地面的摩擦力方向向右
B．A对地面的压力大于（M+m）g
R+r
C．A对B的支持力大小为 mg
R√r2-2rR
D．细线对小球的拉力大小为 mg
R
【解答】解：AB、把AB看成一个整体，对整体受力分析得整体受重力和地面对整体的支持力，
地面对整体没有摩擦力，即A对地面没有摩擦力，否则不能平衡；
在竖直方向上，整体对地面的压力即是A对地面的压力等于（M+m）g，故AB错误；
CD、对小球B受力分析，如图所示：
mg
根据平衡条件，有：F= ，T＝mgtan ，
cosθ
θ
其中cos R ，tan √(R+r) 2-R2，
= =
R+r R
θ θ
故：F R mg，T＝mgtan ＝mg√(R+r) 2-R2 √r2+2Rr ，故C正确，D错误。
= = mg
R+r R R
θ
故选：C。
