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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(nèi)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(xué)問題等一系列問題的重要思想方法。①如果動力學(xué)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(nèi)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(yīng)用常見的有以下幾種情況:
(1)系統(tǒng)內(nèi)的物體均處于平衡狀態(tài)。
(2)系統(tǒng)內(nèi)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?fàn)顟B(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(yīng)用整體法分析。應(yīng)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(zhì)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(zhì)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(xué)高三4月模擬)質(zhì)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(zhì)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(dāng)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(shè)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(zhuǎn)化為木塊的動能,另一部分轉(zhuǎn)化為因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)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(guān)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(xué)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(cè)光滑,傾角為α;右側(cè)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(zhì)量分布均勻的細繩,兩端各系一個質(zhì)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(jié)點P、Q的切線與豎直方向的夾角均為θ,已知繩子的質(zhì)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(cè)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(dāng)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(zhì)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(zhì)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(dāng)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(dāng)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?fàn)顟B(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(zhì)量均為m的小球通過完全相同的輕質(zhì)彈簧(在彈性限度內(nèi))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(shè)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(jié)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(guān)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。
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