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1、
17.1 整體法和隔離法
一.選擇題
1.(2018衡水六調(diào))如圖所示,質(zhì)量為m0、傾角為θ的斜面體靜止在水平地面上,有一質(zhì)量為m的小物塊放在斜面上,輕推一下小物塊后,它沿斜面向下勻速運動。若給小物塊持續(xù)施加沿斜面向下的恒力F,斜面體始終靜止。施加恒力F后,下列說法正確的是 ( )
A.小物塊沿斜面向下運動的加速度為
B.斜面體對地面的壓力大小等于(m+m0)g+Fsinθ
C.地面對斜面體的摩擦力方向水平向左
D.斜面體對小物塊的作用力的大小和方向都變化
【參考答案】A
【命題意圖】本題考查疊加體、平衡條件牛頓運動定律及其相關(guān)的知識點。
2.如圖
2、所示,有5000個質(zhì)量均為m的小球,將它們用長度相等的輕繩依次連接,再將其左端用細繩固定在天花板上,右端施加一水平力使全部小球靜止.若連接天花板的細繩與水平方向的夾角為45°.則第2011個小球與2012個小球之間的輕繩與水平方向的夾角α的正切值等于( )
A. B. C. D.
【參考答案】A
二.計算題
1.(2018廣東湛江調(diào)研)如圖所示,粗糙的水平面上放置一塊足夠長的長木板C,在C的左端點放置一個物塊A,在距離A為s=4.5m處放置一個物塊B,物塊A和B均可視為質(zhì)點,已知物塊A的質(zhì)量為2m,物塊B和長木板C的質(zhì)量均為m=1kg,物塊A和B與長木
3、板C之間的動摩擦因數(shù)μ1=0.5,長木板C與地面之間的動摩擦因數(shù)μ2=0.2.現(xiàn)在對A施加一個水平向右的推力F=14N,使物塊A向右運動,A與B碰撞前B相對于C保持靜止,物塊A和B碰撞后水平推力大小變?yōu)镕1=8N。若物塊A和B碰撞時作用時間極短,粘在一起不再分離。問:
(1)物塊A和B碰撞前,物塊B受到長木板C的摩擦力多大?
(2)物塊A和B碰撞過程中,AB損失的機械能是多少?
(3)物塊A和B碰撞后,物塊AB在C上還能滑行多遠?
【命題意圖】本題考查牛頓運動定律、勻變速直線運動規(guī)律、動量守恒定律、動能定理及其相關(guān)知識點,意在考查靈活運用相關(guān)知識分析解決物塊木板模型、碰撞問題的能
4、力。
(2)設(shè)A運動經(jīng)過時間t1與B發(fā)生碰撞,由運動學(xué)公式可得
s=-
代入數(shù)據(jù)解得:t1=3s。
此時vA=a1t1=6m/s,vBC=a2t1=3m/s。
A和B碰撞過程,由動量守恒定律,2mvA+m vBC=(2m+m)v1
代入數(shù)據(jù)解得:v1=5m/s
碰撞損失機械能為 △E=2mvA2+m vBC2- (2m+m)v12=3J。
(3)物塊A和B碰撞后,系統(tǒng)受到地面摩擦力為f系=μ2·(2m+2m)g =8N=F1
所以ABC組成的系統(tǒng)動量守恒,設(shè)最后的共同速度為v2,可得
2mvA+2m vBC=(2m+2m)v2
代入數(shù)據(jù)解得:v2=4.5m/s
5、
AB碰撞后到ABC相對靜止,AB的總質(zhì)量為3m,前進s1,由動能定理得
(F1-μ1·3mg)s1=3mv22-3m v12
代入數(shù)據(jù)解得 s1=m。
AB碰撞后對C,設(shè)C的位移為s2,由動能定理得
(μ1·3mg-μ2·4mg)s,2=mv22-m vBC2
代入數(shù)據(jù)解得 s2=m。
物塊A和B碰撞后,物塊AB在C上還能滑行距離為△s= s1-s2=m-m=m
2.人們平常上下樓乘坐的電梯基本結(jié)構(gòu)如圖所示,它主要有轎廂、曳引機和對重組成。鋼纜纏繞在一個轉(zhuǎn)輪上,曳引電動機的主軸帶動轉(zhuǎn)輪轉(zhuǎn)動,電動機可以順時針方向轉(zhuǎn)動,也可逆時針方向轉(zhuǎn)動。這樣,在電動機帶動下,轎廂可以上升,也
6、可以下降。如果在電梯的轎廂地板上、牽引鋼絲與轎廂和對重連接處分別裝有力傳感器A、B、C,某時刻電梯由低層從靜止開始上升時,轎廂內(nèi)只有一個乘客,乘客腳下的傳感器A顯示示數(shù)為660N,牽引鋼絲與轎廂連接處傳感器B顯示示數(shù)為13200N,牽引鋼絲與對重連接處傳感器C顯示示數(shù)為9000N,已知乘客質(zhì)量為60kg,重力加速度g=10m/s2。求:
(1)轎廂的加速度大小和方向;
(2)轎廂的質(zhì)量和對重的質(zhì)量。
(3)轎廂上升2s,對重減小的機械能。
【名師解析】(1)根據(jù)題述傳感器A顯示示數(shù)為660N,可知轎廂地板對乘客支持力為F=660N,對乘客,由牛頓第二定律,F(xiàn)-mg=ma,
解得
7、轎廂上升的加速度:a=1m/s。
方向豎直向上。
(3)轎廂上升2s,上升高度h=at2=2m,速度v=at=2m/s;
對重下降高度h’=h=2m,對重速度v=v’=2m/s;
對重減小的機械能△E=m0gh’-m0v2=1000×10×2J-×1000×22J=18kJ。
3.(2008·四川延考區(qū))水平面上有一帶圓弧形凸起的長方形木塊A,木塊A上的物體B用繞過凸起的輕繩與物體C相連,B與凸起之間的輕繩是水平的。用一水平向左的拉力F作用在物體B上。恰使物體A、B、C保持相對靜止,如例64圖。已知物體A、B、C的質(zhì)量均為m,重力加速度為g,不計所有的摩擦,則拉力F應(yīng)為多大?
8、
【名師解析】設(shè)繩中拉力為T,A、B、C共同的加速度為a,與C相連部分的繩與豎直方向的夾角為α,由牛頓第二定律,
對A、B、C組成的整體有 F=3ma, ①
對B有 F-T=ma ②
對C有 Tcosα=mg ③
Tsinα=ma ④
聯(lián)立①②式得 T=2ma ⑤
聯(lián)立③④式得 T2=m2(a2+g2) ⑥
聯(lián)立⑤⑥式得 a=g。 ⑦
聯(lián)立①⑦式得 F=mg。
4.(14分)(2016上海松江期末)如圖所示,兩根粗細均勻的金屬桿AB和CD的長度均為L,電阻均為R,質(zhì)量分別為3m和m,用兩根等長的、質(zhì)量
9、和電阻均不計的、不可伸長的柔軟導(dǎo)線將它們連成閉合回路,懸跨在絕緣的、水平光滑的圓棒兩側(cè),AB和CD處于水平。在金屬桿AB的下方有高度為H的水平勻強磁場,磁感強度的大小為B,方向與回路平面垂直,此時CD處于磁場中?,F(xiàn)從靜止開始釋放金屬桿AB,經(jīng)過一段時間(AB、CD始終水平),在AB即將進入磁場的上邊界時,其加速度為零,此時金屬桿CD還處于磁場中,在此過程中金屬桿AB上產(chǎn)生的焦耳熱為Q。重力加速度為g,試求:
(1)金屬桿AB即將進入磁場上邊界時的速度v1;
(2)在此過程中金屬桿CD移動的距離h和通過導(dǎo)線截面的電量q;
(3)設(shè)金屬桿AB在磁場中運動的速度為v2,通過計算說明v2大
10、小的可能范圍;
(4)依據(jù)第(3)問的結(jié)果,請定性畫出金屬桿AB在穿過整個磁場區(qū)域的過程中可能出現(xiàn)的速度-時間圖像(v-t圖)。
【參考答案】(1)v1=B2L2(4mgR)
(2)h=mg(mv12+Q)=mgB4L4(16m3g2R2+QB4L4)
q=2RmgB3L3(16m3g2R2+QB4L4)
(3)B2L2(mgR)<v2<B2L2(4mgR)
(4)AB桿以速度v1進入磁場,系統(tǒng)受到安培力(阻力)突然增加,系統(tǒng)做加速度不斷減小的減速運動,接下來的運動情況有四種可能性【名師解析】(1)AB桿達到磁場邊界時,加速度為零,系統(tǒng)處于平衡狀態(tài),
對AB桿: 3mg=2T
11、 對CD桿:2T=mg+BIL
又 F=BIL=2R(B2L2v1) 解得v1=B2L2(4mgR) (3分)
(2)以AB、CD棒組成的系統(tǒng)在此過程中,根據(jù)能的轉(zhuǎn)化與守恒有:
(3m-m)gh-2Q=2(1)′4mv12
h=mg(mv12+Q)=mgB4L4(16m3g2R2+QB4L4)
q=IΔt=2R(Df)=2R(BLh)=2RmgB3L3(16m3g2R2+QB4L4)
12、 (4分)
(4)AB桿以速度v1進入磁場,系統(tǒng)受到安培力(阻力)突然增加,系統(tǒng)做加速度不斷減小的減速運動,接下來的運動情況有四種可能性:(4分)
2.過程的整體法和隔離法
對于過程問題,若不需要過程中的細節(jié),可以把整個過程作為整體考慮,只考慮初末狀態(tài),即所謂整體法。若需要研究過程的某一段,可把該段隔離研究。若需要研究某個狀態(tài),課把該狀態(tài)分析受力,運用相關(guān)規(guī)律解答。
例2.如例86圖所示,質(zhì)量為m =0.5kg的小球從距離地面高H=5m處自由下落,到達地面時恰能沿凹陷于地面的半圓形槽壁運動,半圓形槽的半徑R為0.4m,小球到達槽最
13、低點時速率恰好為10m/s,并繼續(xù)沿槽壁運動直到從槽左端邊緣飛出且沿豎直方向上升、下落,如此反復(fù)幾次,設(shè)摩擦力大小恒定不變。問:
(1)小球第一次飛出半圓槽上升距水平地面的高度h為多少?
(2)小球最多能飛出槽外幾次?(g=10m/s2)。
【分析與解】對小球下落到最低點過程,設(shè)克服摩擦力做功為Wf,由動能定理得:
由動能定理得:mg(H+R)-Wf= mv2-0
從下落到第一次飛出達最高點,由動能定理得:
mg(H-h(huán))-2Wf= 0-0
解之得:h=-H-2R=m-5m-2×0.4m=4.2m。
(2)對小球整個運動過程,設(shè)恰好能
14、飛出n次,則由動能定理得:mgH-2nWf= 0-0
解之得:n==6.25(次)
應(yīng)?。簄=6次,即小球最多能飛出槽外6次。
【訓(xùn)練題2A】一個固定平行板電容器,電容量為C,兩導(dǎo)體板相距為L,處在勻強磁場中。磁場的方向與導(dǎo)體板平行,磁感應(yīng)強度大小為B。先將平行板電容器充電,使兩極板所帶的電量為±Q0,然后將一質(zhì)量為m,電阻為R,長度為L的導(dǎo)體棒垂直放在電容器兩板之間,并與導(dǎo)體板良好接觸。不計摩擦,求:
(1)導(dǎo)體棒運動的最大速度vmax;
(2)電容器極板上的最小電量Qmin。
【訓(xùn)練題2B】(2015·深圳五校聯(lián)考)如題86B圖所示,AB是
15、固定在豎直平面內(nèi)傾角=370的粗糙斜面,軌道最低點B與水平粗糙軌道BC平滑連接,BC的長度為SBC= 5.6m.一質(zhì)量為M =1kg的物塊Q靜止放置在桌面的水平軌道的末端C點,另一質(zhì)量為m=2kg的物塊P從斜面上A點無初速釋放,沿軌道下滑后進入水平軌道并與Q發(fā)生碰撞。已知物塊P與斜面和水平軌道間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.25,SAB = 8m,P、Q均可視為質(zhì)點,桌面高h = 5m,重力加速度g=10m/s2。sin37°=0.6,cos37°=0.8。
(1)畫出物塊P在斜面AB上運動的v-t圖。
(2)計算碰撞后,物塊P落地時距C點水平位移x的范圍。
(3)計算物塊P落地之前,全過程系統(tǒng)損失的機械能的最大值。
【名師解析】(1)根據(jù)牛頓第二定律和運動學(xué)規(guī)律可得: ,解得a=4m/s2。
由得v=8m/s。
由v=at得t=2s 。
PQ碰撞,則有動量守恒: ,
由能量關(guān)系有: ,
速度關(guān)系有:,
聯(lián)立解得:2m/s4m/s 。
由平拋運動規(guī)律有:, ,
解得:2m≤x≤4m 。
(3)機械能損失最大對應(yīng)完全非彈性碰撞,此時有:,
根據(jù)動能定理:,
代入數(shù)據(jù)得:△E=72J 。
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