【物理】2020届二轮复习思想方法1　整体法与隔离法学案

【物理】2020届二轮复习思想方法1　整体法与隔离法学案

‎　第二部分 思想方法篇 思想方法1　整体法与隔离法 ‎[方法概述]‎ 整体法是对物理问题的整个系统或过程进行分析的方法，不考虑系统内部的作用力和过程细节。隔离法是将物理对象或某些过程从整体中分离出来研究的方法。‎ 整体法和隔离法的选用原则：‎ 整体法和隔离法是解决多物体系统的受力分析、动力学问题等一系列问题的重要思想方法。①如果动力学系统各部分运动状态相同，求解整体的物理量优先考虑整体法；如果要求解系统各部分的相互作用力，再用隔离法。②如果系统内部各部分运动状态不同，一般选用隔离法。‎ 在比较综合的问题中往往两种方法交叉运用，相辅相成，两种方法的取舍，并无绝对的界限，必须具体问题具体分析，灵活运用。无论哪种方法均以尽可能避免或减少非待求量(即中间未知量，如非待求的力、非待求的中间状态或过程等)的出现为原则。‎ 其综合应用常见的有以下几种情况：‎ ‎(1)系统内的物体均处于平衡状态。‎ ‎(2)系统内物体的加速度相同。‎ ‎[典型例题]‎ 典例1　(2013·山东高考)如图所示，用完全相同的轻弹簧A、B、C将两个相同的小球连接并悬挂，小球处于静止状态，弹簧A与竖直方向的夹角为30°，弹簧C水平，则弹簧A、C的伸长量之比为(　　)‎ A.∶4 B．4∶ C．1∶2 D．2∶1‎ 解析　将两小球与弹簧B看做一个整体，对整体受力分析，可知整体受到重力、A和C的拉力共3个力的作用，由于小球处于平衡状态，将轻弹簧A的拉力沿竖直方向和水平方向分解，可知水平方向上满足FAx＝FAsin30°＝FC，故FA∶FC＝2∶1，又A、C两弹簧的劲度系数相同，根据胡克定律F＝kx，可知弹簧A、C的伸长量之比为2∶1，D正确。‎ 答案　D 名师点评　题目不涉及B弹簧，可以将B弹簧及两个小球看做整体，应用整体法分析。应用整体法时，需要有大整体和小整体意识，不一定将全部的物体看做整体，可以将某部分物体看做一个整体。‎ ‎[变式1]　(2019·四川省宜宾市二诊)如图所示，质量均为m的斜面体A、B叠放在水平地面上，A、B间接触面光滑，用一与斜面平行的推力F作用在B上，B沿斜面匀速上升，A始终静止。若A的斜面倾角为θ，下列说法正确的是(　　)‎ A．F＝mgtanθ B．A、B间的作用力为mgcosθ C．地面对A的支持力大小为2mg D．地面对A的摩擦力大小为F 答案　B 解析　以B为研究对象，在沿斜面方向、垂直于斜面方向根据平衡条件求得F＝mgsinθ，支持力N＝mgcosθ，故A错误，B正确；以整体为研究对象，根据平衡条件可得地面对A的支持力大小为FN＝2mg－Fsinθ，地面对A的摩擦力大小为f＝Fcosθ，故C、D错误。‎ 典例2　两个物体A和B，质量分别为m1和m2，互相接触放在光滑水平面上，如图所示，对物体A施以水平的推力F，则物体A对物体B的作用力等于(　　)‎ A.F B.F C．F D.F 解析　对物体A、B整体分析，则F＝(m1＋m2)a，所以a＝，求A、B间弹力FN时，以B为研究对象，则FN＝m2a＝F，B正确。‎ 说明：求A对B的弹力FN时，也可以以A为研究对象，先求出B对A的弹力FN′，根据牛顿第二定律得：F－FN′＝m1a＝F，得FN′＝F，故由牛顿第三定律可得，物体A对物体B的作用力FN＝FN′＝F。‎ 答案　B 名师点评　物体A和B加速度相同，求它们之间的相互作用力，采取先整体后隔离的方法，先求出它们共同的加速度，然后再选取物体A或B为研究对象，求出它们之间的相互作用力。隔离时一般选取受力较少的物体隔离分析。‎ ‎ [变式2]　(2019·重庆南开中学高三4月模拟)质量分别为m、2m、4m的物块A、B、C叠放在光滑的水平地面上，现对B施加一水平力F，已知A、B间和B、C间的动摩擦因数均为μ，取最大静摩擦力等于滑动摩擦力，为保证它们能够一起运动，F的最大值为(　　)‎ A．2μmg B.μmg C.μmg D．7μmg 答案　C 解析　A、B、C能够一起运动的条件是具有相同的加速度且使A、C做加速运动的合外力不大于B给它们的最大静摩擦力。对A、B、C整体分析，受重力、支持力和力F，由牛顿第二定律，有：F＝(m＋2m＋4m)a，解得：a＝；再对A受力分析，受重力、支持力和静摩擦力，由牛顿第二定律有：fBA＝ma≤μmg；对C受力分析，由牛顿第二定律，有：fBC＝4ma≤3μmg；联立解得：F≤μmg，故C正确。‎ 典例3　如图所示，在光滑的水平面上，有一平板小车M正以速度v向右运动，现将一质量为m的木块无初速度地放上小车，由于木块和小车间的摩擦力作用，小车的速度将发生变化。为使小车保持原来的运动速度不变，必须及时对小车施加一向右的水平恒力，当该恒力作用一段时间后把它撤去时，木块恰能随车一起以速度v共同向右运动，设木块和小车间的动摩擦因数为μ ‎，求在上述过程中水平恒力对小车做多少功？‎ 解析　对车：s车＝vt①‎ 对木块：s木＝·t＝t②‎ 对木块，由动能定理得：μmgs木＝mv2③‎ 对车，由动能定理得：WF－μmgs车＝Mv2－Mv2④‎ 由①②③④得：WF＝mv2。‎ 答案　mv2‎ 名师点评　本题由于两物体的位移不同，水平恒力做的功一部分转化为木块的动能，另一部分转化为因摩擦产生的内能，所以要用“隔离法”分别对各物体列式。‎ 配套作业 ‎1. 如图所示，M、N两物体叠放在一起，在恒力F作用下，一起向上做匀加速直线运动，则关于两物体受力情况的说法正确的是(　　)‎ A．物体M可能受到6个力 B．物体N可能受到4个力 C．物体M与墙之间一定有摩擦力 D．物体M与N之间一定有摩擦力 答案　D 解析　M、N两物体一起向上做匀加速直线运动，合力向上，对M、N 整体进行受力分析，受到重力和F，墙对M没有弹力，否则合力不能向上，也就不可能有摩擦力；对N进行受力分析得：N受到重力、M对N的支持力，这两个力的合力不能竖直向上，所以还受到M对N沿斜面向上的静摩擦力，共3个力；再对M进行受力分析得：M受到重力、推力F、N对M的压力以及N给M沿斜面向下的静摩擦力，共4个力，故D正确，A、B、C错误。‎ ‎2．(2019·天津重点中学联合二模)如图，叠放的两个物块无相对滑动地沿斜面一起下滑，甲图两物块接触面平行于斜面且两物块之间的摩擦力的大小为f1，乙图两物块接触面与斜面不平行且两物块之间的摩擦力的大小为f2，丙图两物块接触面水平且两物块之间的摩擦力的大小为f3，下列判断正确的是(　　)‎ 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．若两物块一起匀速下滑，f1≠0，f2＝0，f3≠0‎ D．若两物块一起匀速下滑，f1＝0，f2≠0，f3≠0‎ 答案　A 解析　若斜面光滑，各图中两物块整体沿斜面下滑的加速度均为gsinθ，甲、乙、丙三图中的上方物块所受重力沿斜面向下的分力均为mgsinθ，甲图中的上方物块所受支持力垂直于斜面向上，在沿斜面方向上没有分力，乙图和丙图中两物块的接触面与斜面不平行，则上方物块所受支持力在沿斜面方向均有分力，两物块间必有摩擦力才能使上方物块所受合力沿斜面向下，大小为mgsinθ，故A正确，B错误；若两物块一起匀速下滑，则上方滑块合力为0，故对上方物块受力分析可得f1≠0，f2≠0，f3＝0，C、D错误。‎ ‎3．(2019·湖北武汉二模)如图所示，水平面上固定着一个三棱柱体，其左侧光滑，倾角为α；右侧粗糙，倾角为β。放置在三棱柱体上的物块A和物块B通过一根跨过顶端定滑轮的细绳相连，若物块A和物块B始终保持静止。下列说法正确的是(　　)‎ A．仅增大角α，物块B所受的摩擦力一定增大 B．仅增大角α，物块B对三棱柱体的压力可能减小 C．仅增大角β，绳子的拉力一定增大 D．仅增大角β，地面对三棱柱体的支持力不变 答案　D 解析　细绳的拉力T＝mAgsinα，仅增大角α，细绳的拉力变大，但因开始时B所受的摩擦力方向不能确定，故不能断定物块B所受的摩擦力一定增大，A错误；仅增大角α，物块B对三棱柱体的压力仍等于mBgcosβ不变，B错误；仅增大角β，绳子的拉力仍为T＝mAgsinα不变，C错误；对A、B两物块以及三棱柱体整体而言，地面对三棱柱体的支持力等于整体的重力，则仅增大角β，地面对三棱柱体的支持力不变，D正确。‎ ‎4．(2019·贵阳一模)(多选)如图所示，一根粗细和质量分布均匀的细绳，两端各系一个质量都为m的小环，小环套在固定水平杆上，两环静止时，绳子过环与细绳结点P、Q的切线与竖直方向的夹角均为θ，已知绳子的质量也为m，重力加速度大小为g，则两环静止时(　　)‎ A．每个环对杆的压力大小为mg B．绳子最低点处的弹力的大小为 C．水平杆对每个环的摩擦力大小为mgtanθ D．两环之间的距离增大，杆对环的摩擦力增大 答案　BD 解析　以左侧绳为研究对象，受力分析如图甲所示，根据平衡条件，有水平方向：F＝Tsinθ；竖直方向：mg＝Tcosθ；联立解得：T＝，F＝mgtanθ，故B正确。对环进行受力分析如图乙所示，水平方向：f＝Tsinθ＝·sinθ＝mgtan θ，竖直方向：N＝Tcosθ＋mg＝·cosθ＋mg＝mg，故A、C错误。当两环之间的距离增大，θ变大，故f变大，D正确。‎ ‎5．(2019·陕西渭南二模)如图，质量为M的楔形物块静置在水平地面上，其斜面的倾角为θ，斜面上有一质量为m的小物块。给小物块一沿斜面向下的速度，小物块能匀速下滑，在下滑到某位置时，用一沿斜面向下的恒力F推小物块，在小物块继续下滑的过程中，楔形物块始终保持静止，则地面对楔形物块的支持力为(　　)‎ A．(M＋m)g B．(M＋m)g＋F C．(M＋m)g＋Fsinθ D．(M＋m)g－Fsinθ 答案　A 解析　对M受力分析可知，当小物块匀速滑行时，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压力、地面对M的支持力；对m、M整体受力分析，小物块匀速下滑时，整体受力平衡，地面对M的支持力等于两物块重力之和；当给m施加恒力F后，对m受力分析，m所受斜面的摩擦力与支持力不变，则M受到的m的作用力不变，M整体受力未发生变化，且M始终未动，所以地面对M的支持力仍等于两物块重力之和，B、C、D错误，A正确。‎ ‎6．(2019·陕西汉中二模)半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有放置的竖直挡板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。如图所示是这个装置的纵截面图。若用外力使MN保持竖直并缓慢地向右移动，在Q落到地面以前，发现P 始终保持静止。在此过程中，下列说法中正确的是(　　)‎ A．P受到Q的弹力逐渐减小 B．P受到Q的弹力先增大后减小 C．P受到地面的摩擦力逐渐增大 D．P受到地面的摩擦力先增大后减小 答案　C 解析　先对Q受力分析，受重力、P对Q的支持力和MN对Q的弹力，如图a所示，根据共点力平衡条件，有：N1＝，N2＝mgtanθ；再对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静摩擦力，如图b所示，根据共点力平衡条件，有：f＝N2，联立可得：f＝mgtanθ。由上述分析可知，在MN保持竖直且缓慢地向右移动的过程中，角θ逐渐增大，故f逐渐增大，N1逐渐增大，故选C。‎ ‎7．(2019·郑州二模)(多选)如图所示，2019个质量均为m的小球通过完全相同的轻质弹簧(在弹性限度内)相连，在水平拉力F的作用下，一起沿光滑水平面以加速度a向右做匀加速运动，设1和2之间弹簧的弹力为F1－2，2和3间弹簧的弹力为F2－3，……，2018和2019间弹簧的弹力为F2018－2019，则下列结论正确的是(　　)‎ A．F1－2∶F2－3∶…∶F2018－2019＝1∶2∶3∶…∶2018‎ B．从左到右每根弹簧长度之比为1∶2∶3∶…∶2018‎ C．如果突然撤去拉力F，撤去F瞬间，其余每个球的加速度依然为a，但第2019个小球的加速度除外 D．如果1和2两个球间的弹簧从第1个球处脱落，那么脱落瞬间第1个小球的加速度为0，第2个小球的加速度为2a，其余小球加速度依然为a 答案　ACD 解析　以整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得：F＝2019ma，解得：a＝；以第1、2、3、…2018个小球为研究对象，根据牛顿第二定律可得：F1－2＝F，F2－3＝F，…，F2018－2019＝F，则F1－2∶F2－3∶…∶F2018－2019＝1∶2∶3∶…∶2018，由胡克定律F＝kx，可知弹簧伸长量之比为：x1－2∶x2－3∶…∶x2018－2019＝1∶2∶3∶…∶2018，但弹簧的长度之比不满足该关系，故A正确，B错误；突然撤去F的瞬间，除第2019个球所受合力突然变化外，由于弹簧不能立即发生形变，故其他球的合力未变，所以其他球的加速度依然为a，C正确；第1个球脱落瞬间所受合外力变为0，则加速度为0，第2个球的合外力变为2ma，加速度变为2a，其他球的合力瞬间不变，加速度依然为a，故D正确。‎