PAGE9-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)微環(huán)節(jié)。隔離法是將物理對(duì)象或某些過(guò)程從整體中分別出來(lái)探討的方法。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假如動(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；假如要求解系統(tǒng)各部分的相互作用力，再用隔離法。②假如系統(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)肯定的界限，必需詳細(xì)問(wèn)題詳細(xì)分析，敏捷運(yùn)用。無(wú)論哪種方法均以盡可能避開(kāi)或削減非待求量(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)的有以下幾種狀況：(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.eq\r(3)∶4B．4∶eq\r(3)C．1∶2D．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A的拉力沿豎直方向和水平方向分解，可知水平方向上滿(mǎn)意FAx＝FAsin30°＝FC，故FA∶FC＝2∶1，又A、C兩彈簧的勁度系數(shù)相同，依據(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)，須要有大整體和小整體意識(shí)，不肯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](2024·四川省宜賓市二診)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)法正確的是()A．F＝mgtanθB．A、B間的作用力為mgcosθC．地面對(duì)A的支持力大小為2mgD．地面對(duì)A的摩擦力大小為F答案B解析以B為探討對(duì)象，在沿斜面方向、垂直于斜面方向依據(jù)平衡條件求得F＝mgsinθ，支持力N＝mgcosθ，故A錯(cuò)誤，B正確；以整體為探討對(duì)象，依據(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，相互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.eq\f(m1,m1＋m2)F B.eq\f(m2,m1＋m2)FC．F D.eq\f(m1,m2)F解析對(duì)物體A、B整體分析，則F＝(m1＋m2)a，所以a＝eq\f(F,m1＋m2)，求A、B間彈力FN時(shí)，以B為探討對(duì)象，則FN＝m2a＝eq\f(m2,m1＋m2)F，B正確。說(shuō)明：求A對(duì)B的彈力FN時(shí)，也可以以A為探討對(duì)象，先求出B對(duì)A的彈力FN′，依據(jù)牛頓其次定律得：F－FN′＝m1a＝eq\f(m1,m1＋m2)F，得FN′＝eq\f(m2,m1＋m2)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′＝eq\f(m2,m1＋m2)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，實(shí)行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為探討對(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](2024·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.eq\f(11,2)μmgC.eq\f(21,4)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，由牛頓其次定律，有：F＝(m＋2m＋4m)a，解得：a＝eq\f(F,7m)；再對(duì)A受力分析，受重力、支持力和靜摩擦力，由牛頓其次定律有：fBA＝ma≤μmg；對(duì)C受力分析，由牛頓其次定律，有：fBC＝4ma≤3μmg；聯(lián)立解得：F≤eq\f(21,4)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(chē)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(chē)，由于木塊和小車(chē)間的摩擦力作用，小車(chē)的速度將發(fā)生改變。為使小車(chē)保持原來(lái)的運(yùn)動(dòng)速度不變，必需剛好對(duì)小車(chē)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(chē)一起以速度v共同向右運(yùn)動(dòng)，設(shè)木塊和小車(chē)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(chē)做多少功？解析對(duì)車(chē)：s車(chē)＝vt①對(duì)木塊：s木＝eq\x\to(v)·t＝eq\f(v,2)t②對(duì)木塊，由動(dòng)能定理得：μmgs木＝eq\f(1,2)mv2③對(duì)車(chē)，由動(dòng)能定理得：WF－μmgs車(chē)＝eq\f(1,2)Mv2－eq\f(1,2)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)于兩物體受力狀況的說(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與墻之間肯定有摩擦力D．物體M與N之間肯定有摩擦力答案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，也就不行能有摩擦力；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沿斜面對(duì)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沿斜面對(duì)下的靜摩擦力，共4個(gè)力，故D正確，A、B、C錯(cuò)誤。2．(2024·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，下列推斷正確的是()A．若斜面光滑，f1＝0，f2≠0，f3≠0B．若斜面光滑，f1≠0，f2≠0，f3＝0C．若兩物塊一起勻速下滑，f1≠0，f2＝0，f3≠0D．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對(duì)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對(duì)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對(duì)下，大小為mgsinθ，故A正確，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．(2024·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所受的摩擦力肯定增大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，繩子的拉力肯定增大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)繩的拉力變大，但因起先時(shí)B所受的摩擦力方向不能確定，故不能斷定物塊B所受的摩擦力肯定增大，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(mén)＝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．(2024·貴陽(yáng)一模)(多選)如圖所示，一根粗細(xì)和質(zhì)量分布勻稱(chēng)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)()A．每個(gè)環(huán)對(duì)桿的壓力大小為mgB．繩子最低點(diǎn)處的彈力的大小為eq\f(mgtanθ,2)C．水平桿對(duì)每個(gè)環(huán)的摩擦力大小為mgtanθD．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)繩為探討對(duì)象，受力分析如圖甲所示，依據(jù)平衡條件，有水平方向：F＝Tsinθ；豎直方向：eq\f(1,2)mg＝Tcosθ；聯(lián)立解得：T＝eq\f(mg,2cosθ)，F(xiàn)＝eq\f(1,2)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＝eq\f(mg,2cosθ)·sinθ＝eq\f(1,2)mgtanθ，豎直方向：N＝Tcosθ＋mg＝eq\f(mg,2cosθ)·cosθ＋mg＝eq\f(3,2)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．(2024·陜西渭南二模)如圖，質(zhì)量為M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。給小物塊一沿斜面對(duì)下的速度，小物塊能勻速下滑，在下滑到某位置時(shí)，用一沿斜面對(duì)下的恒力F推小物塊，在小物塊接著下滑的過(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＋FC．(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作用的沿斜面對(duì)下的摩擦力及垂直斜面對(duì)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)生改變，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．(2024·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)光滑勻稱(chēng)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)覺(jué)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的彈力漸漸減小B．P受到Q的彈力先增大后減小C．P受到地面的摩擦力漸漸增大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，依據(jù)共點(diǎn)力平衡條件，有：N1＝eq\f(mg,cosθ)，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，依據(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漸漸增大，故f漸漸增大，N1漸漸增大，故選C。7．(2024·鄭州二模)(多選)如圖所示，2024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，……，2024和2024間彈簧的彈力為F2024－2024，則下列結(jié)論正確的是()A．F1－2∶F2－3∶…∶F2024－2024＝1∶2∶3∶…∶2024B．從左到右每根彈簧長(zhǎng)度之比為1∶2∶3∶…∶2024C．假如突然撤去拉力F，撤去F瞬間，其余每個(gè)球的加速度依舊為a，但第2024個(gè)小球的加速度除外D．假如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，其余小球加速度依舊為a答案ACD解析以整體為探討對(duì)象，依據(jù)牛頓其次定律可得：F＝2024ma，解得：a＝eq\f(F,2024m)；以第1、2、3、…2024個(gè)小球?yàn)樘接憣?duì)象，依據(jù)牛頓其次定律可得：F1－2＝eq\f(1,2024)F，F(xiàn)2－3＝eq\f(2,2024)F，…，F(xiàn)20