高考物理重点难点透视7多体平衡问题整体法与隔离法

高考物理重点难点透视7多体平衡问题整体法与隔离法

‎2014年高考物理重点难点透视 多体平衡问题、整体法与隔离法 ‎【题型攻略】‎ ‎1.对于多体平衡问题，优先考虑运用整体法（无需考虑系统的内力时），涉及系统内力问题时使用隔离法。‎ 2. 对于连接体问题，多数情况既要分析外力又要分析内力，两种基本思维流程：‎ ①先整体(已知外力)，后隔离(求内力)；‎ ②先隔离(已知内力)，后整体(求外力)。‎ ‎【真题佐证】‎ ‎【2013北京 16】倾角为a、质量为M的斜面体静止在水平桌面上，质量为m的木块静止在斜面体上。下列结论正确的是 A.木块收到的摩擦力大小是mgcosa B.木块对斜两体的压力大小是mg sin a C.桌面对斜面体的摩擦力大小是mg sin acosa D.桌面对斜面体的支持力大小是（M+m）g ‎【答案】D ‎【解析】隔离木块分析，可知木块受重力、斜面体的支持力N和静摩擦力f三个力的作用而静止，将重力沿斜面方向和垂直斜面方向分解可知，故A错误，由牛顿第三定律可知木块对斜两体的压力大小是mgcosa，故B错误。以木块和斜面体整体为研究对象，整体受重力和桌面的支持力两个力的作用而静止，合力为零，根据平衡条件可知，水平方向没有其他外力，则桌面对斜面体没有摩擦力，故C错误D正确． ‎ ‎（2011·海南理综卷）如图，粗糙的水平地面上有一斜劈，斜劈上一物块正在沿斜面以速度v0匀速下滑，斜劈保持静止，则地面对斜劈的摩擦力（ ）‎ v0‎ θ A．等于零 B．不为零，方向向右 C．不为零，方向向左 D．不为零，v0较大时方向向左，v0较小时方向向右 答案：A 解析：斜劈和物块都平衡对斜劈和物块整体受力分析知地面对斜劈的摩擦力为零，选A。‎ ‎（2010·安徽理综·T19）L型木板P（上表面光滑）放在固定斜面上，轻质弹簧一端固定在木板上，另一端与置于木板上表面的滑块Q相连，如图所示。若P、Q一起沿斜面匀速下滑，不计空气阻力。则木板P 的受力个数为( )‎ Q P A． 3 B．4 C． 5 D．6‎ 答案：C 解析：先把P、Q看成一个整体进行分析，受重力、斜面的支持力、斜面的摩擦力三个力作用下 处于平衡状态。隔离Q进行分析，受重力、斜面的支持力、弹簧的弹力（沿斜面向上）三个力作用下处于平衡状态。由牛顿第三定律可知Q对P有一个压力，弹簧对P有一个弹力（沿斜面向下），所以P共受到5个力的作用，C正确。‎ ‎【模拟演练】‎ ‎（2012届高中毕业生五月供题训练二）如图所示，有5000个质量均为m的小球，将它们用长度相等的轻绳依次连接，再将其左端用细绳固定在天花板上，右端施加一水平力使全部小球静止。若连接天花板的细绳与水平方向的夹角为45°。则第2011个小球与2012个小球之间的轻绳与水平方向的夹角α的正切值等于 ‎ A． B． C．D． ‎ ‎【答案】A ‎【解析】取所有5000个球为对象，得F=5000mg；取第2012~5000球为对象,得第2011个小球与2012个小球之间的轻绳与水平方向的夹角α的正切值tanα=2989mg/5000mg=2989/5000.选A ‎ (2013西安摸底)如图所示，两个相同的光滑小球甲和乙放在倾角为45o的斜面上，被一固定在斜面上的竖直挡板挡住，设每个小球的重力大小为G，甲球对乙球的作用力大小为F1，斜面对乙球的作用力大小为F2，则以下结论正确的是 （ ）‎ A． B． ‎ C． D．‎ 答案：BD 解析：将乙球的重力分解，由平衡条件可得甲球对乙球的作用力大小，斜面对乙球的作用力大小为，显然有，，选项BD正确AC错误。‎ ‎（2013·南京调研）如图所示，斜面体A放置在水平面上，物块P被平行于斜面的弹簧拴着放置在斜面上，弹簧的另一端固定在挡板B上，系统静止时， （ ）‎ ‎ A．斜面体A受到水平面对它的摩擦力作用 ‎ B．地面对斜面体A的作用力一定竖直向上 ‎ C．物块P一定受到斜面体A对它的摩擦力作用 ‎ D． 斜面体A对物块P的作用力一定竖直向上 答案：B 解析：对整体，假设斜面体受到水平面对它的摩擦力，则会沿着水平面运动，与题意系统静止相矛盾，故不能存在水平面的摩擦力，选项A错误；地面对斜面体A的作用力只有支持力，故地面对斜面体A的作用力一定竖直向上，选项B正确；对物块P，若弹簧的拉力等于重力沿斜面方向的分力，则不存在斜面体对它的摩擦力作用，同时可知斜面体对P的作用力垂直斜面向上，选项CD错误。‎ ‎（2013衡水中学调研）如图所示，上表面光滑的半圆柱体放在水平面上，小物块从靠近半圆柱体顶点O的A点，在外力F作用下沿圆弧缓慢下滑到B点，此过程中F始终沿圆弧的切线方向且半圆柱体保持静止状态．下列说法中正确的是（ ）‎ A．半圆柱体对小物块的支持力变大 ‎ B．外力F先变小后变大 C．地面对半圆柱体的摩擦力先变大后变小 ‎ D．地面对半圆柱体的支持力变大 答案：C 解析：在外力F作用下沿圆弧缓慢下滑到B点，半圆柱体对小物块的支持力变小，外力F变大，选项AB错误；在O点，地面对半圆柱体的摩擦力为零；下滑到B点，地面对半圆柱体的摩擦力为零；所以地面对半圆柱体的摩擦力先变大后变小，选项C正确；地面对半圆柱体的支持力变小，选项D错误。‎ ‎（2013安徽江南十校摸底）如图所示，半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有固定放置的竖向挡板MN，在P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于静止状态，若用外力使MN保持竖直且缓慢向右移动，在Q落到地面以前，发现P始终保持静止，在此过程中（ ）‎ A．MN对Q的弹力逐渐减小 B．Q所受的合力逐渐增大 C．地面对P的磨擦力逐渐增大 D．P、Q间的弹力先减小后增大 答案：C 解析：用外力使MN保持竖直缓慢向右移动，小圆柱体Q受平衡力作用，合力为零，选项B错误；画出Q受力图，Q所受重力不变，竖直挡板对Q的水平向左弹力方向不变，半圆柱体P对Q的弹力大小方向均改变，在Q落到地面以前，MN对Q的弹力逐渐增大，P、Q间的弹力逐渐增大，选项A错误C正确。‎ ‎（2013湖北省荆门市高三元月调考）如图所示，将一劲度系数为k的轻弹簧一端固定在内壁光滑的半球形容器底部O′处（O为球心），弹簧另一端与质量为m的小球相连，小球静止于P点。已知容器半径为R、与水平面地面之间的动摩擦因数为μ，OP与水平方向的夹角为θ＝30°．下列说法正确的是 A．容器相对于水平面有向左的运动趋势 B．容器和弹簧对小球的作用力的合力竖直向上 C．轻弹簧对小球的作用力大小为mg ‎ D．弹簧原长为R＋ ‎ 答案：BD 解析：对小球和容器整体受力分析，整体只受重力作用，选项A错误；对小球受力分析，小球受重力、容器弹力、弹簧弹力作用，容器和弹簧对小球的作用力的合力与重力等大反向，故容器和弹簧对小球的作用力的合力竖直向上，选项B正确；根据对称性，容器弹力和弹簧弹力大小相等，由可得轻弹簧对小球的作用力大小为mg，选项C错误；由平衡条件可知有：，解得弹簧原长为l=R＋ ,选项D正确。‎ ‎（2013山东淄博一中阶段性检测）质量为M的三角形框架ABC内用OD、OE两段细绳吊着一个质量为m的物体，OE段水平，整个装置处于静止状态，下列说法正确的是（ ）‎ A．框架对地面的压力等于（M+m）g B．框架与地面间没有摩擦力作用 C．OD中的拉力可能等于mg D．OE中的拉力大于OD中的拉力 答案：AB 解析：由整体法可知，整个装置竖直方向所受合力为零，水平方向不受力的作用，B对，所以地面对框架的支持力等于（M+m）g，由牛顿第三定律得A对；隔离物体m分析，由平衡条件可知,所以OD中的拉力一定大于mg， OE中的拉力小于OD中的拉力。‎ ‎（2013哈尔滨三中月考）粗糙水平面上放置质量分别为m和2m的四个木块，其中两个质量为m的木块间用一不可伸长的轻绳相连。木块间的动摩擦因数均为μ，木块与水平面间的动摩擦因数相同，可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现用水平拉力F拉其中一个质量为2m的木块，使四个木块一起匀速前进。则需要满足的条件是：‎ ‎2m m F ‎2m m A.木块与水平面间的动摩擦因数最大为 ‎ B.木块与水平面间的动摩擦因数最大为 C.水平拉力F最大为2μmg D.水平拉力F最大为6μmg 答案：AC 解析：设木块与水平面间的动摩擦因数为μ’，把四个物体看作整体，分析受力，由平衡条件，水平拉力F=6μ’mg.。隔离前面的2m，则F=3μ’mg+μmg，联立解得μ’=，F=2μmg，选项AC正确BD错误。‎ ‎（2013湖北八校3月）质量为m的物体放在质量为M、倾角为θ的斜面体上，斜面体置于粗糙的水平地面上，用平行于斜面的力F拉物体m使其沿斜面向下匀速运动，M始终静止，则下列说法正确的是 A． 地面对M的摩擦力大小为Fcosθ[ ‎ B． 地面对M的支持力为（M+m）g ‎ C．物体m对M的摩擦力的大小为F ‎ D．M对物体m的作用力竖直向上 答案：A 解析：由于M和都处于平行状态，将M和看成一个整体，由受力情况可得地面对M的的摩擦力大小为，地面对M的支持力大小为.对M的摩擦力大小为，M对的作用力竖直向上偏向左侧。‎ ‎（浙江省温州市十校联合体2013届高三上学期期初考试物理试题）如图所示，横截面为直角三角形斜劈A，放在粗糙的水平地面上，在劈与竖直墙壁之间放置一光滑球B，系统处于静止状态。在球B上施一通过球心的力F，系统仍保持静止，下列说法正确的是 A．B所受合外力增大 B．B对竖直墙壁的压力增大 C．地面对A的摩擦力减小 D．A对地面的摩擦力将小于B对墙壁的压力 答案：B ‎ 解析：B仍处于静止状态，其合外力仍为零，选项A错误；先隔离B为研究对象，对其受力分析并根据平衡条件可知，施加压力后，竖直墙壁对B的弹力增大，根据牛顿第三定律，B对竖直墙壁的压力增大，选项B正确；再运用整体法，对A、B组成的系统受力分析，根据系统水平方向上的平衡条件可知，地面对A的摩擦力与竖直墙壁对B的弹力等大反向，所以当该弹力增大时，摩擦力也增大，选项C错误；A对地面的摩擦力与B对墙壁的压力等大，选项D错误。本题答案为B。‎ ‎（2013安徽师大摸底）如图所示，物体B叠放在物体A上，A、B的质量均为m，且上、下表面均与斜面平行，它们以共同速度沿倾角为θ的固定斜面C匀速下滑，则(　　)‎ A．A，B间没有静摩擦力 B．A受到B的静摩擦力方向沿斜面向上 C．A受到斜面的滑动摩擦力大小为2mgsinθ D．A与B间的动摩擦因数μ＝tanθ 答案：C 解析：它们以共同速度沿倾角为θ的固定斜面匀速下滑，A受到斜面的滑动摩擦力大小为2mgsinθ,A对B的摩擦力等于B重力沿斜面方向的分力，选项A错误C正确；由牛顿第三定律，A受到B的静摩擦力方向沿斜面向下，选项B错误；A与B间的摩擦力是静摩擦力，不能确定AB之间的动摩擦因数μ，选项D错误。‎ ‎（2013浙江省温州市十校联合体高三上学期期初）如图所示，质量为m的木块在质量为M的长木板上受到水平向右的拉力F的作用下向右滑行，长木板处于静止状态。已知木块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2。下列说法正确的是 A．木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ1mg B．木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ2（m+M）g C．当F＞μ2（m+M）g时，木板与木块之间发生相对运动 D．无论怎样改变F的大小，木板都不可能运动 答案：AD ‎ 解析：木块向左滑行时受到木板水平向右的滑动摩擦力，大小为μ1mg，根据牛顿第三定律，木板也会受到木块水平向右的反作用力，大小也是μ1mg ‎；对木板受力分析并根据平衡条件可知，木板受到地面的摩擦力方向水平向左，大小一定是μ1mg，选项A正确，B错误；当水平拉力大于木块与木板间的最大静摩擦力即F＞μ1mg时，木板与木块之间发生相对运动，选项C错误；因为木块对木板的摩擦力最大为μ1mg，根据题意，该值小于木板与地面之间的最大静摩擦力，所以无论怎样改变F的大小，木板都不可能运动，选项D正确。本题答案为AD。‎ ‎（2013武汉摸底）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AC段绳长是B段绳长的n倍，且绳子B端的切线与墙壁的夹角为α。试求绳子在C处和在A处的弹力分别为多大?(重力加速度为g)‎ 解析：以BC段绳子为研究对象，设绳子B端所受弹力为TB，C处所受弹力为TC，如图甲所示。‎ TBcosα=mg，‎ TBsinα= TC，‎ 联立解得：TC=mgtanα。‎ 以AC段为研究对象，设绳子A端所受弹力为TA，TA与水平方向的夹角为β，C处所受弹力为TC’，如图乙所示。‎ TAsinβ=mg，‎ TAcosβ= T’C，‎ TC = T’C 联立解得：TA=mg。‎ ‎【2013•湖北省孝感市末】如图甲、乙所示，传送带上有质量均为m的三个木块1、2、‎ ‎3，中间均用原长为L、劲度系数为k的轻弹簧连接起来，木块与传送带间的动摩擦因数均为，其中木块1被与传送带平行的细线拉住，传送带按图示方向匀速运动，三个木块处于平衡状态．求：‎ ‎（1）在图甲状态下，1、3两木块之间的距离是多大？‎ ‎（2）在图乙状态下，细线的拉力是多大？木块1、3之间的距离又是多大？ ‎ 图甲 图乙 答案：（1）（2）‎ ‎【解析】（1）如图甲所示，当三木块达到平衡状态后，对木块3进行受力分析，可知2和3间弹簧的弹力等于木块3所受的滑动摩擦力，‎ 解得2和3间弹簧伸长量为 同理以2木块为研究对象得 即1和2间弹簧的伸长量为 ‎1、3两木块之间的距离等于弹簧的原长加上伸长量，即 ‎（2）以木块1、2、3为系统，由平衡条件可得：‎ 其中： ‎ 解得： ‎ 对木块3受力分析，设2、3之间的弹簧的形变量为，由胡克定律结合平衡条件可得：‎ ‎ ‎ 将2,3作为一个整体，设1,2之间的形变量为，，由胡克定律结合平衡条件可得：‎ ‎ ‎ 故1、3之间的距离为：‎ ‎（2013届南昌市铁一中检测）质量为M的木楔倾角为θ，在水平面上保持静止，当将一质量为m的木块放在斜面上时正好匀速下滑．如果用与斜面成α角的力F拉着木块匀速上升，如图所示，求：‎ ‎（1）当α=θ时，拉力F有最小值，求此最小值；‎ ‎（2）此时木楔对水平面的摩擦力是多少？‎ ‎【答案】（1）mgsin2θ　（2）mgsin4θ ‎【解析】（1）物体m放于斜面上时，正好沿斜面匀速下滑，则有mgsinθ＝μmgcosθ，得μ＝tanθ．‎ 当力F作用于m后，受力情况如图所示 有 解得 F＝＝ ‎ 当α＝θ时，tanθ＝μ，F有最小值，即 Fmin＝＝＝mgsin2θ ‎ （2）将M、m看作一个整体，且M和m处于平衡状态，则水平面对木楔的摩擦力为 Ff＝Fmin cos（θ＋α）＝Fmin cos2θ＝mg·sin2θcos2θ＝mgsin4θ