《2020屆高考物理二輪復習 第二部分 思想方法1 整體法與隔離法練習（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020屆高考物理二輪復習 第二部分 思想方法1 整體法與隔離法練習（含解析）（9頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、思想方法1　整體法與隔離法 [方法概述] 整體法是對物理問題的整個系統(tǒng)或過程進行分析的方法，不考慮系統(tǒng)內部的作用力和過程細節(jié)。隔離法是將物理對象或某些過程從整體中分離出來研究的方法。 整體法和隔離法的選用原則： 整體法和隔離法是解決多物體系統(tǒng)的受力分析、動力學問題等一系列問題的重要思想方法。①如果動力學系統(tǒng)各部分運動狀態(tài)相同，求解整體的物理量優(yōu)先考慮整體法；如果要求解系統(tǒng)各部分的相互作用力，再用隔離法。②如果系統(tǒng)內部各部分運動狀態(tài)不同，一般選用隔離法。 在比較綜合的問題中往往兩種方法交叉運用，相輔相成，兩種方法的取舍，并無絕對的界限，必須具體問題具體分析，靈活運用。無論哪種方法均以盡

2、可能避免或減少非待求量(即中間未知量，如非待求的力、非待求的中間狀態(tài)或過程等)的出現(xiàn)為原則。 其綜合應用常見的有以下幾種情況： (1)系統(tǒng)內的物體均處于平衡狀態(tài)。 (2)系統(tǒng)內物體的加速度相同。 [典型例題] 典例1　(2013·山東高考)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(tài)，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 B．4∶ C．1∶2 D．2∶1 解析　將兩小球與彈簧B看做一個整體，對整體受力分析，可知整體受到重力、A和C的拉力共3個力的作用，由于小球處于平衡狀態(tài)，將輕彈簧

3、A的拉力沿豎直方向和水平方向分解，可知水平方向上滿足FAx＝FAsin30°＝FC，故FA∶FC＝2∶1，又A、C兩彈簧的勁度系數(shù)相同，根據(jù)胡克定律F＝kx，可知彈簧A、C的伸長量之比為2∶1，D正確。 答案　D 名師點評　題目不涉及B彈簧，可以將B彈簧及兩個小球看做整體，應用整體法分析。應用整體法時，需要有大整體和小整體意識，不一定將全部的物體看做整體，可以將某部分物體看做一個整體。 [變式1]　(2019·四川省宜賓市二診)如圖所示，質量均為m的斜面體A、B疊放在水平地面上，A、B間接觸面光滑，用一與斜面平行的推力F作用在B上，B沿斜面勻速上升，A始終靜止。若A的斜面傾角為θ，下列說

4、法正確的是(　　) A．F＝mgtanθ B．A、B間的作用力為mgcosθ C．地面對A的支持力大小為2mg D．地面對A的摩擦力大小為F 答案　B 解析　以B為研究對象，在沿斜面方向、垂直于斜面方向根據(jù)平衡條件求得F＝mgsinθ，支持力N＝mgcosθ，故A錯誤，B正確；以整體為研究對象，根據(jù)平衡條件可得地面對A的支持力大小為FN＝2mg－Fsinθ，地面對A的摩擦力大小為f＝Fcosθ，故C、D錯誤。 典例2　兩個物體A和B，質量分別為m1和m2，互相接觸放在光滑水平面上，如圖所示，對物體A施以水平的推力F，則物體A對物體B的作用力等于(　　) A.F B.

5、F C．F D.F 解析　對物體A、B整體分析，則F＝(m1＋m2)a，所以a＝，求A、B間彈力FN時，以B為研究對象，則FN＝m2a＝F，B正確。 說明：求A對B的彈力FN時，也可以以A為研究對象，先求出B對A的彈力FN′，根據(jù)牛頓第二定律得：F－FN′＝m1a＝F，得FN′＝F，故由牛頓第三定律可得，物體A對物體B的作用力FN＝FN′＝F。 答案　B 名師點評　物體A和B加速度相同，求它們之間的相互作用力，采取先整體后隔離的方法，先求出它們共同的加速度，然后再選取物體A或B為研究對象，求出它們之間的相互作用力。隔離時一般選取受力較少的物體隔離分析。 [變式2]　(2019

6、·重慶南開中學高三4月模擬)質量分別為m、2m、4m的物塊A、B、C疊放在光滑的水平地面上，現(xiàn)對B施加一水平力F，已知A、B間和B、C間的動摩擦因數(shù)均為μ，取最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，為保證它們能夠一起運動，F(xiàn)的最大值為(　　) A．2μmg B.μmg C.μmg D．7μmg 答案　C 解析　A、B、C能夠一起運動的條件是具有相同的加速度且使A、C做加速運動的合外力不大于B給它們的最大靜摩擦力。對A、B、C整體分析，受重力、支持力和力F，由牛頓第二定律，有：F＝(m＋2m＋4m)a，解得：a＝；再對A受力分析，受重力、支持力和靜摩擦力，由牛頓第二定律有：fBA＝ma≤

7、μmg；對C受力分析，由牛頓第二定律，有：fBC＝4ma≤3μmg；聯(lián)立解得：F≤μmg，故C正確。 典例3　如圖所示，在光滑的水平面上，有一平板小車M正以速度v向右運動，現(xiàn)將一質量為m的木塊無初速度地放上小車，由于木塊和小車間的摩擦力作用，小車的速度將發(fā)生變化。為使小車保持原來的運動速度不變，必須及時對小車施加一向右的水平恒力，當該恒力作用一段時間后把它撤去時，木塊恰能隨車一起以速度v共同向右運動，設木塊和小車間的動摩擦因數(shù)為μ，求在上述過程中水平恒力對小車做多少功？ 解析　對車：s車＝vt① 對木塊：s木＝·t＝t② 對木塊，由動能定理得：μmgs木＝mv2③ 對車，由動能定

8、理得：WF－μmgs車＝Mv2－Mv2④ 由①②③④得：WF＝mv2。 答案　mv2 名師點評　本題由于兩物體的位移不同，水平恒力做的功一部分轉化為木塊的動能，另一部分轉化為因摩擦產生的內能，所以要用“隔離法”分別對各物體列式。 配套作業(yè) 1. 如圖所示，M、N兩物體疊放在一起，在恒力F作用下，一起向上做勻加速直線運動，則關于兩物體受力情況的說法正確的是(　　) A．物體M可能受到6個力 B．物體N可能受到4個力 C．物體M與墻之間一定有摩擦力 D．物體M與N之間一定有摩擦力 答案　D 解析　M、N兩物體一起向上做勻加速直線運動，合力向上，對M、N整體進行受力分析，受

9、到重力和F，墻對M沒有彈力，否則合力不能向上，也就不可能有摩擦力；對N進行受力分析得：N受到重力、M對N的支持力，這兩個力的合力不能豎直向上，所以還受到M對N沿斜面向上的靜摩擦力，共3個力；再對M進行受力分析得：M受到重力、推力F、N對M的壓力以及N給M沿斜面向下的靜摩擦力，共4個力，故D正確，A、B、C錯誤。 2．(2019·天津重點中學聯(lián)合二模)如圖，疊放的兩個物塊無相對滑動地沿斜面一起下滑，甲圖兩物塊接觸面平行于斜面且兩物塊之間的摩擦力的大小為f1，乙圖兩物塊接觸面與斜面不平行且兩物塊之間的摩擦力的大小為f2，丙圖兩物塊接觸面水平且兩物塊之間的摩擦力的大小為f3，下列判斷正確的是(　　

10、) A．若斜面光滑，f1＝0，f2≠0，f3≠0 B．若斜面光滑，f1≠0，f2≠0，f3＝0 C．若兩物塊一起勻速下滑，f1≠0，f2＝0，f3≠0 D．若兩物塊一起勻速下滑，f1＝0，f2≠0，f3≠0 答案　A 解析　若斜面光滑，各圖中兩物塊整體沿斜面下滑的加速度均為gsinθ，甲、乙、丙三圖中的上方物塊所受重力沿斜面向下的分力均為mgsinθ，甲圖中的上方物塊所受支持力垂直于斜面向上，在沿斜面方向上沒有分力，乙圖和丙圖中兩物塊的接觸面與斜面不平行，則上方物塊所受支持力在沿斜面方向均有分力，兩物塊間必有摩擦力才能使上方物塊所受合力沿斜面向下，大小為mgsinθ，故A正確，

11、B錯誤；若兩物塊一起勻速下滑，則上方滑塊合力為0，故對上方物塊受力分析可得f1≠0，f2≠0，f3＝0，C、D錯誤。 3．(2019·湖北武漢二模)如圖所示，水平面上固定著一個三棱柱體，其左側光滑，傾角為α；右側粗糙，傾角為β。放置在三棱柱體上的物塊A和物塊B通過一根跨過頂端定滑輪的細繩相連，若物塊A和物塊B始終保持靜止。下列說法正確的是(　　) A．僅增大角α，物塊B所受的摩擦力一定增大 B．僅增大角α，物塊B對三棱柱體的壓力可能減小 C．僅增大角β，繩子的拉力一定增大 D．僅增大角β，地面對三棱柱體的支持力不變 答案　D 解析　細繩的拉力T＝mAgsinα，僅增大角α，細

12、繩的拉力變大，但因開始時B所受的摩擦力方向不能確定，故不能斷定物塊B所受的摩擦力一定增大，A錯誤；僅增大角α，物塊B對三棱柱體的壓力仍等于mBgcosβ不變，B錯誤；僅增大角β，繩子的拉力仍為T＝mAgsinα不變，C錯誤；對A、B兩物塊以及三棱柱體整體而言，地面對三棱柱體的支持力等于整體的重力，則僅增大角β，地面對三棱柱體的支持力不變，D正確。 4．(2019·貴陽一模)(多選)如圖所示，一根粗細和質量分布均勻的細繩，兩端各系一個質量都為m的小環(huán)，小環(huán)套在固定水平桿上，兩環(huán)靜止時，繩子過環(huán)與細繩結點P、Q的切線與豎直方向的夾角均為θ，已知繩子的質量也為m，重力加速度大小為g，則兩環(huán)靜止時(

13、　　) A．每個環(huán)對桿的壓力大小為mg B．繩子最低點處的彈力的大小為 C．水平桿對每個環(huán)的摩擦力大小為mgtanθ D．兩環(huán)之間的距離增大，桿對環(huán)的摩擦力增大 答案　BD 解析　以左側繩為研究對象，受力分析如圖甲所示，根據(jù)平衡條件，有水平方向：F＝Tsinθ；豎直方向：mg＝Tcosθ；聯(lián)立解得：T＝，F(xiàn)＝mgtanθ，故B正確。對環(huán)進行受力分析如圖乙所示，水平方向：f＝Tsinθ＝·sinθ＝mgtanθ，豎直方向：N＝Tcosθ＋mg＝·cosθ＋mg＝mg，故A、C錯誤。當兩環(huán)之間的距離增大，θ變大，故f變大，D正確。 5．(2019·陜西渭南二模)如圖，質量為M

14、的楔形物塊靜置在水平地面上，其斜面的傾角為θ，斜面上有一質量為m的小物塊。給小物塊一沿斜面向下的速度，小物塊能勻速下滑，在下滑到某位置時，用一沿斜面向下的恒力F推小物塊，在小物塊繼續(xù)下滑的過程中，楔形物塊始終保持靜止，則地面對楔形物塊的支持力為(　　) A．(M＋m)g B．(M＋m)g＋F C．(M＋m)g＋Fsinθ D．(M＋m)g－Fsinθ 答案　A 解析　對M受力分析可知，當小物塊勻速滑行時，M受重力、m作用的沿斜面向下的摩擦力及垂直斜面向下的壓力、地面對M的支持力；對m、M整體受力分析，小物塊勻速下滑時，整體受力平衡，地面對M的支持力等于兩物塊重力之和；當給m

15、施加恒力F后，對m受力分析，m所受斜面的摩擦力與支持力不變，則M受到的m的作用力不變，M整體受力未發(fā)生變化，且M始終未動，所以地面對M的支持力仍等于兩物塊重力之和，B、C、D錯誤，A正確。 6．(2019·陜西漢中二模)半圓柱體P放在粗糙的水平地面上，其右端有放置的豎直擋板MN。在P和MN之間放有一個光滑均勻的小圓柱體Q，整個裝置處于靜止狀態(tài)。如圖所示是這個裝置的縱截面圖。若用外力使MN保持豎直并緩慢地向右移動，在Q落到地面以前，發(fā)現(xiàn)P始終保持靜止。在此過程中，下列說法中正確的是(　　) A．P受到Q的彈力逐漸減小 B．P受到Q的彈力先增大后減小 C．P受到地面的摩擦力逐漸增大

16、D．P受到地面的摩擦力先增大后減小 答案　C 解析　先對Q受力分析，受重力、P對Q的支持力和MN對Q的彈力，如圖a所示，根據(jù)共點力平衡條件，有：N1＝，N2＝mgtanθ；再對P、Q整體受力分析，受重力、地面的支持力、MN擋板對其向左的彈力和地面對其向右的靜摩擦力，如圖b所示，根據(jù)共點力平衡條件，有：f＝N2，聯(lián)立可得：f＝mgtanθ。由上述分析可知，在MN保持豎直且緩慢地向右移動的過程中，角θ逐漸增大，故f逐漸增大，N1逐漸增大，故選C。 7．(2019·鄭州二模)(多選)如圖所示，2019個質量均為m的小球通過完全相同的輕質彈簧(在彈性限度內)相連，在水平拉力F的作用下，一起沿

17、光滑水平面以加速度a向右做勻加速運動，設1和2之間彈簧的彈力為F1－2，2和3間彈簧的彈力為F2－3，……，2018和2019間彈簧的彈力為F2018－2019，則下列結論正確的是(　　) A．F1－2∶F2－3∶…∶F2018－2019＝1∶2∶3∶…∶2018 B．從左到右每根彈簧長度之比為1∶2∶3∶…∶2018 C．如果突然撤去拉力F，撤去F瞬間，其余每個球的加速度依然為a，但第2019個小球的加速度除外 D．如果1和2兩個球間的彈簧從第1個球處脫落，那么脫落瞬間第1個小球的加速度為0，第2個小球的加速度為2a，其余小球加速度依然為a 答案　ACD 解析　以整體為研究對

18、象，根據(jù)牛頓第二定律可得：F＝2019ma，解得：a＝；以第1、2、3、…2018個小球為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律可得：F1－2＝F，F(xiàn)2－3＝F，…，F(xiàn)2018－2019＝F，則F1－2∶F2－3∶…∶F2018－2019＝1∶2∶3∶…∶2018，由胡克定律F＝kx，可知彈簧伸長量之比為：x1－2∶x2－3∶…∶x2018－2019＝1∶2∶3∶…∶2018，但彈簧的長度之比不滿足該關系，故A正確，B錯誤；突然撤去F的瞬間，除第2019個球所受合力突然變化外，由于彈簧不能立即發(fā)生形變，故其他球的合力未變，所以其他球的加速度依然為a，C正確；第1個球脫落瞬間所受合外力變?yōu)?，則加速度為0，第2個球的合外力變?yōu)?ma，加速度變?yōu)?a，其他球的合力瞬間不變，加速度依然為a，故D正確。 - 9 -