2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 第二部分 思想方法1 整體法與隔離法練習(xí)（含解析）

《2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 第二部分 思想方法1 整體法與隔離法練習(xí)（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 第二部分 思想方法1 整體法與隔離法練習(xí)（含解析）（9頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b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(duì)物理問(wèn)題的整個(gè)系統(tǒng)或過(guò)程進(jìn)行分析的方法，不考慮系統(tǒng)內(nèi)部的作用力和過(guò)程細(xì)節(jié)。隔離法是將物理對(duì)象或某些過(guò)程從整體中分離出來(lái)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(dòng)力學(xué)問(wèn)題等一系列問(wèn)題的重要思想方法。①如果動(dòng)力學(xué)系統(tǒng)各部分運(yùn)動(dòng)狀態(tài)相同，求解整體的物理量?jī)?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(yùn)動(dòng)狀態(tài)不同，一般選用隔離法。 在比較綜合的問(wèn)題中往往兩種方法交叉運(yùn)用，相輔相成，兩種方法的取舍，并無(wú)絕對(duì)的界限，必須具體問(wèn)題具體分析，靈活運(yùn)用。無(wú)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(guò)程等)的出現(xiàn)為原則。 其綜合應(yīng)用常見(jiàn)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(gè)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(zhǎng)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(gè)整體，對(duì)整體受力分析，可知整體受到重力、A和C的拉力共3個(gè)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(zhǎng)量之比為2∶1，D正確。 答案　D 名師點(diǎn)評(píng)　題目不涉及B彈簧，可以將B彈簧及兩個(gè)小球看做整體，應(yīng)用整體法分析。應(yīng)用整體法時(shí)，需要有大整體和小整體意識(shí)，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(gè)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(shuō)

4、法正確的是(　　) A．F＝mgtanθ B．A、B間的作用力為mgcosθ C．地面對(duì)A的支持力大小為2mg D．地面對(duì)A的摩擦力大小為F 答案　B 解析　以B為研究對(duì)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(cuò)誤，B正確；以整體為研究對(duì)象，根據(jù)平衡條件可得地面對(duì)A的支持力大小為FN＝2mg－Fsinθ，地面對(duì)A的摩擦力大小為f＝Fcosθ，故C、D錯(cuò)誤。 典例2　兩個(gè)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(duì)物體A施以水平的推力F，則物體A對(duì)物體B的作用力等于(　　) A.F B.

5、F C．F D.F 解析　對(duì)物體A、B整體分析，則F＝(m1＋m2)a，所以a＝，求A、B間彈力FN時(shí)，以B為研究對(duì)象，則FN＝m2a＝F，B正確。 說(shuō)明：求A對(duì)B的彈力FN時(shí)，也可以以A為研究對(duì)象，先求出B對(duì)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(duì)物體B的作用力FN＝FN′＝F。 答案　B 名師點(diǎn)評(píng)　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(duì)象，求出它們之間的相互作用力。隔離時(shí)一般選取受力較少的物體隔離分析。 [變式2]　(2019

6、·重慶南開(kāi)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(duì)B施加一水平力F，已知A、B間和B、C間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，取最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，為保證它們能夠一起運(yùn)動(dòng)，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(yùn)動(dòng)的條件是具有相同的加速度且使A、C做加速運(yùn)動(dòng)的合外力不大于B給它們的最大靜摩擦力。對(duì)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(duì)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(duì)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(yùn)動(dòng)，現(xiàn)將一質(zhì)量為m的木塊無(wú)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(lái)的運(yùn)動(dòng)速度不變，必須及時(shí)對(duì)小車施加一向右的水平恒力，當(dāng)該恒力作用一段時(shí)間后把它撤去時(shí)，木塊恰能隨車一起以速度v共同向右運(yùn)動(dòng)，設(shè)木塊和小車間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，求在上述過(guò)程中水平恒力對(duì)小車做多少功？ 解析　對(duì)車：s車＝vt① 對(duì)木塊：s木＝·t＝t② 對(duì)木塊，由動(dòng)能定理得：μmgs木＝mv2③ 對(duì)車，由動(dòng)能定

8、理得：WF－μmgs車＝Mv2－Mv2④ 由①②③④得：WF＝mv2。 答案　mv2 名師點(diǎn)評(píng)　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(dòng)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(duì)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(yùn)動(dòng)，則關(guān)于兩物體受力情況的說(shuō)法正確的是(　　) A．物體M可能受到6個(gè)力 B．物體N可能受到4個(gè)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(yùn)動(dòng)，合力向上，對(duì)M、N整體進(jìn)行受力分析，受

9、到重力和F，墻對(duì)M沒(méi)有彈力，否則合力不能向上，也就不可能有摩擦力；對(duì)N進(jìn)行受力分析得：N受到重力、M對(duì)N的支持力，這兩個(gè)力的合力不能豎直向上，所以還受到M對(duì)N沿斜面向上的靜摩擦力，共3個(gè)力；再對(duì)M進(jìn)行受力分析得：M受到重力、推力F、N對(duì)M的壓力以及N給M沿斜面向下的靜摩擦力，共4個(gè)力，故D正確，A、B、C錯(cuò)誤。 2．(2019·天津重點(diǎn)中學(xué)聯(lián)合二模)如圖，疊放的兩個(gè)物塊無(wú)相對(duì)滑動(dòng)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(méi)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(cuò)誤；若兩物塊一起勻速下滑，則上方滑塊合力為0，故對(duì)上方物塊受力分析可得f1≠0，f2≠0，f3＝0，C、D錯(cuò)誤。 3．(2019·湖北武漢二模)如圖所示，水平面上固定著一個(gè)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(guò)一根跨過(guò)頂端定滑輪的細(xì)繩相連，若物塊A和物塊B始終保持靜止。下列說(shuō)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(duì)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(duì)三棱柱體的支持力不變 答案　D 解析　細(xì)繩的拉力T＝mAgsinα，僅增大角α，細(xì)

12、繩的拉力變大，但因開(kāi)始時(shí)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(cuò)誤；僅增大角α，物塊B對(duì)三棱柱體的壓力仍等于mBgcosβ不變，B錯(cuò)誤；僅增大角β，繩子的拉力仍為T＝mAgsinα不變，C錯(cuò)誤；對(duì)A、B兩物塊以及三棱柱體整體而言，地面對(duì)三棱柱體的支持力等于整體的重力，則僅增大角β，地面對(duì)三棱柱體的支持力不變，D正確。 4．(2019·貴陽(yáng)一模)(多選)如圖所示，一根粗細(xì)和質(zhì)量分布均勻的細(xì)繩，兩端各系一個(gè)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(shí)，繩子過(guò)環(huán)與細(xì)繩結(jié)點(diǎn)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(shí)(

13、　　) A．每個(gè)環(huán)對(duì)桿的壓力大小為mg B．繩子最低點(diǎn)處的彈力的大小為 C．水平桿對(duì)每個(gè)環(huán)的摩擦力大小為mgtanθ D．兩環(huán)之間的距離增大，桿對(duì)環(huán)的摩擦力增大 答案　BD 解析　以左側(cè)繩為研究對(duì)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(duì)環(huán)進(jìn)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(cuò)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(shí)，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(guò)程中，楔形物塊始終保持靜止，則地面對(duì)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(duì)M受力分析可知，當(dāng)小物塊勻速滑行時(shí)，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(duì)M的支持力；對(duì)m、M整體受力分析，小物塊勻速下滑時(shí)，整體受力平衡，地面對(duì)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(duì)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(dòng)，所以地面對(duì)M的支持力仍等于兩物塊重力之和，B、C、D錯(cuò)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(gè)光滑均勻的小圓柱體Q，整個(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)。如圖所示是這個(gè)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(dòng)，在Q落到地面以前，發(fā)現(xiàn)P始終保持靜止。在此過(guò)程中，下列說(shuō)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(duì)Q受力分析，受重力、P對(duì)Q的支持力和MN對(duì)Q的彈力，如圖a所示，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件，有：N1＝，N2＝mgtanθ；再對(duì)P、Q整體受力分析，受重力、地面的支持力、MN擋板對(duì)其向左的彈力和地面對(duì)其向右的靜摩擦力，如圖b所示，根據(jù)共點(diǎn)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(dòng)的過(guò)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(gè)質(zhì)量均為m的小球通過(guò)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(yùn)動(dòng)，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(zhǎng)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(gè)球的加速度依然為a，但第2019個(gè)小球的加速度除外 D．如果1和2兩個(gè)球間的彈簧從第1個(gè)球處脫落，那么脫落瞬間第1個(gè)小球的加速度為0，第2個(gè)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(duì)

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(gè)小球?yàn)檠芯繉?duì)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(zhǎng)量之比為：x1－2∶x2－3∶…∶x2018－2019＝1∶2∶3∶…∶2018，但彈簧的長(zhǎng)度之比不滿足該關(guān)系，故A正確，B錯(cuò)誤；突然撤去F的瞬間，除第2019個(gè)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(gè)球脫落瞬間所受合外力變?yōu)?，則加速度為0，第2個(gè)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 -