2023年高考物理（熱點+題型全突破）專題3.4整體法與隔離法在連接體與疊加體模型中的應用及牛頓第二定律的瞬時、臨界與極值問題（含解析）

專題3.4整體法與隔離法在連接體與疊加體模型中的應用及牛頓第二定律的瞬時、臨界與極值問題整體法和隔離法是牛頓第二定律應用中極為普遍的方法.隔離法是根本，但有時較煩瑣；整體法較簡便，但無法求解系統(tǒng)內物體間相互作用力.所以只有兩種方法配合使用，才能有效解題.故二者不可取其輕重.連接體問題對在解題過程中選取研究對象很重要.有時以整體為研究對象，有時以單個物體為研究對象.整體作為研究對象可以將不知道的相互作用力去掉，單個物體作研究對象主要解決相互作用力.對于有共同加速度的連接體問題，一般先用整體法由牛頓第二定律求出加速度，再根據(jù)題目要求，將其中的某個物體進行隔離分析和求解．由整體法求解加速度時，F(xiàn)=ma，要注意質量m與研究對象對應．一、eq\a\vs4\al(整體法、隔離法的選用)1．整體法的選取原那么假設在與待求量中一涉及系統(tǒng)內部的相互作用時，可取整體為研究對象，分析整體受到的外力，應用牛頓第二定律列方程。當系統(tǒng)內物體的加速度相同時：；否那么。2．隔離法的選取原那么假設在量或待求量中涉及到系統(tǒng)內物體之間的作用時，就需要把物體從系統(tǒng)中隔離出來，應用牛頓第二定律列方程求解．3．整體法、隔離法的交替運用假設連接體內各物體具有相同的加速度，且要求物體之間的作用力時，可以先用整體法求出加速度，然后再用隔離法選取適宜的研究對象，應用牛頓第二定律求作用力．即“先整體求加速度，后隔離求內力〞．二、運用隔離法解題的根本步驟1.明確研究對象或過程、狀態(tài)，選擇隔離對象.2.將研究對象從系統(tǒng)中隔離出來，或將研究的某狀態(tài)、某過程從運動的全過程中隔離出來.3.對隔離出的研究對象進行受力分析，注意只分析其它物體對研究對象的作用力.4.尋找未知量與量之間的關系，選擇適當?shù)奈锢硪?guī)律列方程求解.【典例1】如下圖，一夾子夾住木塊，在力F作用下向上提升．夾子和木塊的質量分別為m、M，夾子與木塊兩側間的最大靜摩擦力均為Fm.假設木塊不滑動，力F的最大值是()A.eq\f(2Fmm＋M,M)B.eq\f(2Fmm＋M,m)C.eq\f(2Fmm＋M,M)－(m＋M)gD.eq\f(2Fmm＋M,M)＋(m＋M)g【答案】A【典例2】如下圖，質量為M的框架放在水平地面上，一輕質彈簧上端固定在框架上，下端固定一個質量為m的小球.小球上下振動時，框架始終沒有跳起.當框架對地面壓力為零的瞬間，小球的加速度大小為〔〕A.gB．C．0D．【答案】D【解析】當框架對地面壓力為零的瞬間，以框架為研究對象，框架受重力Mg和彈簧的彈力F1，兩力的合外力為零F1=Mg，①【名師點睛】當連體中各物體的加速度不同或涉及到各物體之間的相互作用力，要用隔離法解題，用隔離法對研究對象受力分析時，只分析它受到的力，而它對其它物體的反作用力不考慮，然后利用牛頓第二定律求解.【典例3】如下圖，猴子的質量為m，開始時停在用繩懸吊的質量為M的木桿下端，當繩子斷開瞬時，猴子沿木杠以加速度a〔相對地面〕向上爬行，那么此時木桿相對地面的加速度為〔〕A．gB．C．D．【答案】C【解析】設桿對猴子豎直向上的作用力為F1，由牛頓第二定律得F1-mg=ma，得F1=mg+ma，由牛頓第三定律得猴子對桿向下的作用力大小F2=F1=mg+ma，再以桿為研究對象，設桿向下的加速度為a0由牛頓第二定律得F2+Mg=Ma0，得a0=【典例4】傾角，質量M=5kg的粗糙斜面位于水平地面上，質量m=2kg的木塊置于斜面頂端，從靜止開始勻加速下滑，經(jīng)t=2s到達底端，運動路程L=4m,在此過程中斜面保持靜止〔〕，求：〔1〕地面對斜面的摩擦力大小與方向；〔2〕地面對斜面的支持力大小【答案】〔1〕3.2N向左〔2〕67.6N【解析】隔離法：對木塊：，因為，得所以，，對斜面：在水平方向上：設摩擦力f向左，那么，方向向左。〔如果設摩擦力f向右，那么，同樣方向向左?！场镜淅?】如圖，m和M保持相對靜止，一起沿傾角為θ的光滑斜面下滑，那么M和m間的摩擦力大小是多少？【答案】mgsinθ·cosθ解得a=gsinθ①沿斜面向下.因為要求m和M間的相互作用力，再以m為研究對象，受力如下圖3-4-9將加速度a沿水平方向和豎直方向分解，根據(jù)牛頓第二定律列方程f=macosθ②由①②解得f=mgsinθ·cosθ方向沿水平方向，m受向左的摩擦力，M受向右的摩擦力.牛頓第二定律的瞬時性問題加速度與合外力具有瞬時對應關系，二者總是同時產(chǎn)生、同時變化、同時消失。加速度是由合外力決定的，并且具有瞬時對應性．確定瞬時加速度的關鍵是正確確定該瞬時作用力，尤其是對瞬時前后的受力情況、瞬時后的運動狀態(tài)進行正確的分析．還應該注意以下物理模型的建立.1.輕質輕質不僅意味著質量為0，還意味著①重力為零任何狀態(tài)下的所受的合力為0任何狀態(tài)下的動能、重力勢能為0。2.輕繩或輕線：①輕：同一根繩(或線)的兩端及其中間各點的張力大小相等.②軟：即繩(或線)只能承受拉力，不能承受壓力(因繩能變曲).③不可伸長：即無論繩所受拉力多大，繩子的長度不變，繩子中的張力可以突變.3.輕彈簧和橡皮繩：①同一彈簧的兩端及其中間各點的彈力大小相等．②彈簧既能承受拉力，也能承受壓力(沿著彈簧的軸線)，橡皮繩只能承受拉力，不能承受壓力.③由于彈簧和橡皮繩受力時，要發(fā)生形變需要一段時間，所以彈簧和橡皮繩中的彈力不能突變．但是，當彈簧或橡皮繩被剪斷時，它們所受的彈力立即消失.4.輕桿①輕桿的彈力不一定沿著桿，具體方向與物體的運動狀態(tài)、桿與物體的連接方式有關②桿既可以對物體產(chǎn)生拉力，也可以對物體產(chǎn)生推力③滿足以下條件時桿的彈力一定沿著桿:輕桿B.輕桿的一端由轉軸或絞鏈固定C.除轉軸或絞鏈對桿的作用力外,其它作用力作用于桿上同一點.EQ\o\ac(○,4)剛性桿的彈力可以發(fā)生突變5.接觸面①接觸面的彈力一定垂直于接觸面,與物體的運動狀態(tài)無關②接觸面只能對物體產(chǎn)生推力,不能對物體產(chǎn)生拉力③剛性接觸面間的彈力可以發(fā)生突變EQ\o\ac(○,4)接觸面間還可以存在摩擦力具體可簡化為以下兩種模型：【規(guī)律方法】抓住“兩關鍵〞、遵循“四步驟〞(1)分析瞬時加速度的“兩個關鍵〞：①分析瞬時前、后的受力情況和運動狀態(tài)。②明確繩或線類、彈簧或橡皮條類模型的特點。(2)“四個步驟〞：第一步：分析原來物體的受力情況。第二步：分析物體在突變時的受力情況。第三步：由牛頓第二定律列方程。第四步：求出瞬時加速度，并討論其合理性?！镜淅?】兩個質量均為m的小球，用兩條輕繩連接，處于平衡狀態(tài)，如下圖。現(xiàn)突然迅速剪斷輕繩OA，讓小球下落，在剪斷輕繩的瞬間，設小球A、B的加速度分別用a1和a2表示，那么()A.a1＝g，a2＝gB.a1＝0，a2＝2C.a1＝g，a2＝0D.a1＝2g，a2【答案】A【解析】由于繩子張力可以突變，故剪斷OA后小球A、B只受重力，其加速度a1＝a2＝g。應選項A正確?！镜淅?】如下圖，物塊1、2間用剛性輕質桿連接，物塊3、4間用輕質彈簧相連，物塊1、3質量為m，物塊2、4質量為M，兩個系統(tǒng)均置于水平放置的光滑木板上，并處于靜止狀態(tài)。現(xiàn)將兩木板沿水平方向突然抽出，設抽出后的瞬間，物塊1、2、3、4的加速度大小分別為a1、a2、a3、a4。重力加速度大小為g，那么有()A.a1＝a2＝a3＝a4＝0B.a1＝a2＝a3＝a4＝gC.a1＝a2＝g，a3＝0，a4＝eq\f(m＋M,M)gD.a1＝g，a2＝eq\f(m＋M,m)g，a3＝0，a4＝eq\f(m＋M,M)g【答案】C【典例3】如下圖，將兩相同的木塊a、b置于粗糙的水平地面上，中間用一輕彈簧連接，兩側用細繩固定于墻壁。開始時a、b均靜止。彈簧處于伸長狀態(tài)，兩細繩均有拉力，a所受摩擦力Ffa≠0，b所受摩擦力Ffb=0，現(xiàn)將右側細繩剪斷，那么剪斷瞬間〔〕A.Ffa大小不變B.Ffa方向改變C.Ffb仍然為零D,Ffb方向向右【答案】AD【解析】現(xiàn)將右側細繩剪斷，那么剪斷瞬間,彈簧對木塊b作用力方向向左，b所受摩擦力Ffb方向向右；由于彈簧彈力不能發(fā)生突變，剪斷瞬間，彈簧彈力不變，a所受摩擦力Ffa≠0，不變，選項AD正確。【典例4】如圖a所示，一質量為m的物體系于長度分別為l1、l2的兩根細線上，l1的一端懸掛在天花板上，與豎直方向夾角為θ，l2水平拉直，物體處于平衡狀態(tài)．現(xiàn)將l2線剪斷，求剪斷瞬時物體的加速度．〔1〕下面是某同學對該題的一種解法：解：設l1線上拉力為T1，l2線上拉力為T2，物體重力為mg，物體在三力作用下保持平衡T1cosθ＝mg，T1sinθ＝T2，T2＝mgtanθ剪斷線的瞬間，T2突然消失，物體即在T2反方向獲得加速度．因為mgtanθ＝ma，所以加速度a＝gtanθ，方向在T2反方向．你認為這個結果正確嗎？請對該解法作出評價并說明理由．〔2〕假設將圖a中的細線l1改為長度相同、質量不計的輕彈簧，如圖3-3-2b所示，其他條件不變，求解的步驟和結果與〔l〕完全相同，即a＝gt【答案】〔1〕不正確，a=gsinθ；〔2〕正確.(2)正確.假設將圖a中的細線l1改為長度相同、質量不計的輕彈簧，那么剪斷線l2的瞬間，T2突然消失，且細線l1上的拉力也不能發(fā)生突變，即T1不變，那么物體即在T2反方向獲得加速度．由mgtanθ＝ma，所以加速度a＝gtanθ，方向在T2反方向．【典例5】如下圖，傾角為α的等腰三角形斜面固定在水平面上，一足夠長的輕質綢帶跨過斜面的頂端鋪放在斜面的兩側，綢帶與斜面間無摩擦?，F(xiàn)將質量分別為M、m(M>m)的小物塊同時輕放在斜面兩側的綢帶上。兩物塊與綢帶間的動摩擦因數(shù)相等，且最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等。在α角取不同值的情況下，以下說法正確的有A．兩物塊所受摩擦力的大小總是相等B．兩物塊不可能同時相對綢帶靜止C．M不可能相對綢帶發(fā)生滑動D．m不可能相對斜面向上滑動誘導啟思：輕質綢帶受力有什么特點？動摩擦因數(shù)大小對兩物塊的運動狀態(tài)有什么影響？有哪些可能性？【答案】AC【解析】由于綢帶是輕質的,可知任何狀態(tài)下綢帶所受合力一定為零,故可知兩物塊對結束的摩擦力大小總是相等的,進而由牛頓第三定律可知A正確.設綢帶與物塊間的動摩擦因子為,當兩物塊都相對綢帶靜止時,對M有,對m有,解之得.由于兩物塊與綢帶之間的最大靜摩擦力,故當兩物塊都相對綢帶靜止時還應滿足,即當時兩物塊都相對綢帶靜止,B錯誤.當時,m相對綢帶滑動,物塊所受摩擦力到達最大值:,M仍相對綢帶靜止,C正確.當m相對綢帶滑動時,假設滿足即時m相對斜面下滑;假設時m靜止;時m上滑,故D錯誤.點撥：接觸面間出現(xiàn)相對滑動的臨界狀態(tài)是摩擦力恰好等于最大靜摩擦力。牛頓第二定律應用的臨界極值問題臨界與極值問題是中學物理中的常見題型，結合牛頓運動定律求解的也很多，臨界是一個特殊的轉換狀態(tài)，是物理過程發(fā)生變化的轉折點，在這個轉折點上，系統(tǒng)的某些物理量到達極值.臨界點的兩側，物體的受力情況、變化規(guī)律、運動狀態(tài)一般要發(fā)生改變.一、臨界或極值條件的標志(1)有些題目中有“剛好〞、“恰好〞、“正好〞等字眼，說明題述的過程存在臨界點。(2)假設題目中有“取值范圍〞、“多長時間〞、“多大距離〞等詞語，說明題述的過程存在“起止點〞，而這些起止點往往就對應臨界狀態(tài)。(3)假設題目中有“最大〞、“最小〞、“至多〞、“至少〞等字眼，說明題述的過程存在極值，這個極值點往往是臨界點。(4)假設題目要求“最終加速度〞、“穩(wěn)定速度〞等，即是求收尾加速度或收尾速度。二、繩、輕桿、接觸面形成的臨界與極值情況1.輕繩形成的臨界與極值由輕繩形成的臨界狀態(tài)通常有兩種,一種是輕繩松弛與繃緊之間的臨界狀態(tài),其力學特征是繩仍繃直但繩中張力為零;另一種是輕繩斷裂之前的臨界狀態(tài),其力學特征是繩中張力到達能夠承受的最大值.2.輕桿形成的臨界與極值與由輕繩形成的臨界狀態(tài)類似,一種桿對物體產(chǎn)生拉力與推力之間的臨界狀態(tài),力學特征是該狀態(tài)下桿對物體的作用力為零;另一種是輕桿能承受的最大拉力或最大壓力所形成的臨界狀態(tài).3.接觸面形成的臨界與極值由接觸面形成的臨界狀態(tài)相對較多:①接觸面間別離形成的臨界,力學特征是接觸面間彈力為零②接觸面間滑動形成的臨界.力學特征是接觸面間靜摩擦力到達最大值③接觸面間翻轉、滾動形成的狀態(tài)，力學特征是接觸面間彈力的等效作用點與瞬時轉軸重合．或說是接觸面間彈力的作用線通過瞬時轉軸．三、處理臨界問題的三種方法極限法把物理問題(或過程)推向極端，從而使臨界現(xiàn)象(或狀態(tài))暴露出來，以到達正確解決問題的目的假設法臨界問題存在多種可能，特別是非此即彼兩種可能時，或變化過程中可能出現(xiàn)臨界條件，也可能不出現(xiàn)臨界條件時，往往用假設法解決問題數(shù)學法將物理過程轉化為數(shù)學表達式，根據(jù)數(shù)學表達式解出臨界條件四、解決臨界問題的根本思路(1)認真審題，詳盡分析問題中變化的過程(包括分析整體過程中有幾個階段)；(2)尋找過程中變化的物理量；(3)探索物理量的變化規(guī)律；(4)確定臨界狀態(tài)，分析臨界條件，找出臨界關系。挖掘臨界條件是解題的關鍵。如例5中第(2)的求解關鍵是：假設球剛好不受箱子的作用力，求出此時加速度a?！镜淅?】如下圖3-3-3，在水平向右運動的小車上，有一傾角為α【答案】a向左時，a≤gtanα；a向右時，a≤gcotα當小車向右加速時，小球在斜面上將別離而未別離的臨界狀態(tài)是斜面對小球的支持力剛好為零，小球此時受細繩對小球的拉力F與本身重力mg兩個力作用，其合外力水平，由牛頓第二定律得：F合=mgcotα=mamax，∴amax=gcotα那么小球〔即小車〕的加速度范圍為0＜a＜gcotα?！久麕燑c睛】解決臨界問題，關鍵在于找到物體處于臨界狀態(tài)時的受力情況和運動情況，看臨界狀態(tài)時哪個力會為零，物體的加速度方向如何，然后應用牛頓第二定律求解.【典例2】如圖，在光滑水平面上有一質量為m1的足夠長的木板，其上疊放一質量為m2的木塊。假定木塊和木板之間的最大靜摩擦力和滑動摩擦力相等?，F(xiàn)給木塊施加一隨時間t增大的水平力F=kt〔k是常數(shù)〕，木板和木塊加速度的大小分別為a1和a2，以下反映a1和a2變化的圖線中正確的選項是誘導啟思：臨界狀態(tài)前后兩物體受力有何變化？臨界狀態(tài)前后兩物體受力有何特點？【答案】A【名師點睛】變力作用的運動系統(tǒng)，不僅需考慮整體或局部在某時刻的受力，而且需考慮運動與受力的相互影響?！镜淅?】一根勁度系數(shù)為k，質量不計的輕彈簧，上端固定，下端系一質量為m的物體，有一水平板將物體托住，并使彈簧處于自然長度．如下圖．現(xiàn)讓木板由靜止開始以加速度a(a＜g)勻加速向下移動．求經(jīng)過多長時間木板開始與物體別離．【答案】【針對訓練】1.如下圖，水平地面上的矩形箱子內有一傾角為θ的固定斜面，斜面上放一質量為m的光滑球。靜止時，箱子頂部與球接觸但無壓力。箱子由靜止開始向右做勻加速運動，然后改做加速度大小為a的勻減速運動直至靜止，經(jīng)過的總路程為s，運動過程中的最大速度為v。(1)求箱子加速階段的加速度大小a′；(2)假設a＞gtanθ，求減速階段球受到箱子左壁和頂部的作用力?！敬鸢浮?1)eq\f(av2,2as－v2)(2)0m(eq\f(a,tanθ)－g)【解析】(1)由勻變速直線運動的公式有v2＝2a′x1，v2＝2ax2，且x1＋x2＝解得：a′＝eq\f(av2,2as－v2)(2)假設球剛好不受箱子作用，應滿足FNsinθ＝ma0，F(xiàn)Ncosθ＝mg，解得a0＝gtanθ，箱子減速時加速度水平向左，當a＞gtanθ時，箱子左壁對球的作用力為零，頂部對球的力不為零。此時球受力如圖，由牛頓第二定律得FN′cosθ＝F＋mgFN′sinθ＝ma解得F＝m(eq\f(a,tanθ)－g)2.如下圖，一質量m=0.4kg的小物塊，以V0=2m/s的初速度，在與斜面成某一夾角的拉力F作用下，沿斜面向上做勻加速運動，經(jīng)t=2s的時間物塊由A點運動到B點，A、B之間的距離L=10m。斜面傾角θ=30o，物塊與斜面之間的動摩擦因數(shù)。重力加速度g取10m/s2.〔1〕求物塊加速度的大小及到達B點時速度的大小?！?〕拉力F與斜面的夾角多大時，拉力F最?。坷的最小值是多少？【答案】〔1〕3m/s28m/s(2)〔2〕設物塊所受支持力為，所受摩擦力為，拉力與斜面間的夾角為α，受力分析如下圖，由牛頓第二定律得eq\o\ac(○,5)eq\o\ac(○,6)又eq\o\ac(○,7)聯(lián)立eq\o\ac(○,5)eq\o\ac(○,6)eq\o\ac(○,7)式得eq\o\ac(○,8)由數(shù)學知識得eq\o\ac(○,9)由eq\o\ac(○,8)eq\o\ac(○,9)式可知對應F最小的夾角為