年高考物理二輪復(fù)習(xí) 考點千題精練 第十七章 物理思維方法 專題. 整體法和隔離法

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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(xì)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(xì)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(yuǎn)？ 【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(xì)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(xì)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(yuǎn) = 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 。 11