20202021年高三物理考点专项突破整体与隔离法在两种力学状态下的应用规律pdf含解析

2020-2021年高三物理考点专项突破：整体与隔离法在两种力学状态下的应用规律1.（2018·重庆市一诊）如图所示，有8个完全相同的长方体木板叠放在一起，每个木板的质量为100g，某人用手在这叠木板的两侧各加一水平压力F，使木板水平静止。若手与木板之间的动摩擦因数为0.5，木板与木板之间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。则水平压力F至少为()A．8NB．15NC．16ND．30N【答案】B【解析】：如图甲所示，根据对称性，分析可得4、5之间无摩擦力，3对4摩擦力向上f＝mg,4对3摩擦力向下f′＝mg,1,2间的摩擦力最大，以2,3整体为研究对象，受力分析如图乙所示，则f″＝3mg＝0.2F解得：F＝15mg＝15N，B正确。甲乙2.（2018·连云港高三检测]如图，支架固定在水平地面上，其倾斜的光滑直杆与地面成30°角，两圆环A、B穿在直杆上，并用跨过光滑定滑轮的轻绳连接，滑轮的大小不计，整个装置处于同一竖直平面内。圆环平衡时，绳OA竖直，绳OB与直杆间夹角为30°。则环A、B的质量之比为()A．1∶3B．1∶2C.3∶1D.3∶2【答案】A【解析】：分别对A、B两圆环受力分析如图，以A为研究对象，则A只能受到重力和绳子的拉力的作用，杆对A没有力的作用，否则A水平方向受力不能平衡。所以T＝mAg；以B为研究对象，根据共点力平衡条件，结合图可知，绳子的拉力T与B受到的支持力N与竖直方向之间的夹角都是30°，所以T与N大小相等，得：mBg＝2×Tcos30°＝3T，故mA∶mB＝1∶3，A正确。3．（2018·长沙模拟）如图所示的是一个力学平衡系统，该系统由三条轻质细绳将质量均为m两个小球连接悬挂组成，小球直径相比轻绳长度可以忽略，轻绳1与竖直方向的夹角为30°，轻绳2与竖直方向的夹角大于45°，轻绳3水平。当此系统处于静止状态时，轻绳1、2、3的拉力分别为F1、F2、F3，比较三力的大小，下列结论正确的是()A．F1F3B．F2F3C．F1F2D．F1F2【答案】C【解析】：对两球的整体受力分析，根据平衡条件可知F1＝2mgcos30°＝433mg；F3＝2mgtan30°＝233mg，则F1F3，A错误；对下方小球受力分析，因F2是直角三角形的斜边，而mg和F3是直角边，由轻绳2与竖直方向的夹角θ45°，可知F2F3，B错误；对上方小球分析，水平方向：F1sin30°＝F2sinθ，因θ45°，则F1F2，C正确，D错误。4．（2017·哈尔滨六中摸底）一个截面是直角三角形的木块放在水平面上，在斜面上放一个光滑球，球的一侧靠在竖直墙上，木块处于静止，如图所示。若在光滑球的最高点施加一个竖直向下的力F，球仍处于静止，则木块对地面的压力N和摩擦力f的变化情况是()A．N增大B．f增大C．N不变D．f不变【答案】AB【解析】以整体为研究对象受力分析如图甲：施加F以后很明显地面对木块的支持力由(M＋m)g变为(M＋m)g＋F，则木块对地面的压力N变大。水平方向f＝FN。隔离球受力如图乙：竖直方向：F1cosθ＝mg＋F水平方向：F1sinθ＝FN由竖直方向知加F后F1变大，则由水平方向知FN变大，联系整体知木块对地面的摩擦力f变大，故选A、B。5.(2018·杭州七校联考)如图所示，甲、乙两个小球的质量均为m，两球间用细线连接，甲球用细线悬挂在天花板上。现分别用大小相等的力F水平向左、向右拉两球，平衡时细线都被拉紧。则平衡时两球的可能位置是下面的()【答案】：A【解析】：用整体法分析，把两个小球看作一个整体，此整体受到的外力为竖直向下的重力2mg、水平向左的力F(甲受到的)、水平向右的力F(乙受到的)和细线1的拉力，两水平力相互平衡，故细线1的拉力一定与重力2mg等大反向，即细线1一定竖直；再用隔离法，分析乙球受力的情况，乙球受到向下的重力mg，水平向右的拉力F，细线2的拉力F2。要使得乙球受力平衡，细线2必须向右倾斜。6.(10分)如图所示，质量M＝23kg的木块A套在水平杆上，并用轻绳将木块A与质量m＝3kg的小球B相连。今用与水平方向成α＝30°角的力F＝103N，拉着小球带动木块一起向右匀速运动，运动中A、B相对位置保持不变，取g＝10m/s2。求：(1)运动过程中轻绳与水平方向夹角θ；(2)木块与水平杆间的动摩擦因数μ。【答案】(1)30°(2)35【解析】(1)设轻绳对B的拉力为FT，以小球为研究对象，分析受力，作出受力图如图甲，由平衡条件可得：Fcos30°＝FTcosθ，Fsin30°＋FTsinθ＝mg代入解得，FT＝103N，tanθ＝33，即θ＝30°。(2)以木块和小球组成的整体为研究对象，分析受力情况，如图乙。由平衡条件得Fcos30°＝FfFN＋Fsin30°＝(M＋m)g，又Ff＝μFN解得μ＝Fcos30°M＋mg－Fsin30°＝35。7.(15分)所受重力G1＝8N的物块悬挂在绳PA和PB的结点上。PA偏离竖直方向37°角，PB在水平方向，且连在所受重力为G2＝100N的木块上，木块静止于倾角为37°的斜面上，如图所示，试求：(sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，重力加速度g取10m/s2)(1)木块与斜面间的摩擦力大小；(2)木块所受斜面的弹力大小。【答案】(1)64.8N(2)76.4N【解析】如图甲所示，分析P点受力，由平衡条件可得：FAcos37°＝G1，FAsin37°＝FB可解得：FB＝6N。再分析G2的受力情况如图乙所示，由平衡条件可得Ff＝G2sin37°＋FB′cos37°，FN＋FB′sin37°＝G2cos37°，FB′＝FB，可求得Ff＝64.8N，FN＝76.4N。8.(多选)(2015·新课标全国Ⅱ·20)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢。当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着车厢以大小为23a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F。不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为()A．8B．10C．15D．18【答案】：BC【解析】：设每节车厢的质量为m，这列车厢的节数为n，东边车厢的节数为x，西边车厢的节数为n－x。当机车在东边拉车厢时，对西边车厢受力分析，由牛顿第二定律可得F＝(n－x)·ma；当机车在西边拉车厢时，对东边车厢受力分析，由牛顿第二定律可得F＝23max，联立可得n＝53x，x为3的倍数，则n为5的倍数，选项B、C正确，选项A、D错误。9.如图所示，质量分别为m1、m2的两个物体通过轻弹簧连接，在力F的作用下一起沿水平方向做匀加速直线运动(m1在光滑地面上，m2在空中)。已知力F与水平方向的夹角为θ。则m1的加速度大小为()A.Fcosθm1＋m2B．Fsinθm1＋m2C.Fcosθm1D．Fsinθm2【答案】：A【解析】：把m1、m2看成一个整体，在水平方向上加速度相同，由牛顿第二定律可得Fcosθ＝(m1＋m2)a，所以a＝Fcosθm1＋m2，选项A正确。10.如图所示，有材料相同的P、Q两物块通过轻绳相连，并在拉力F作用下沿斜面向上运动，轻绳与拉力F的方向均平行于斜面。当拉力F一定时，Q受到绳的拉力()A．与斜面倾角θ有关B．与动摩擦因数有关C．与系统运动状态有关D．仅与两物块质量有关【答案】：D【解析】：设P、Q的质量分别为m1、m2，Q受到绳的拉力大小为FT，物块与斜面间的动摩擦因数为μ。根据牛顿第二定律，对整体进行分析，有F－(m1＋m2)gsinθ－μ(m1＋m2)gcosθ＝(m1＋m2)a；对Q进行分析，有FT－m2gsinθ－μm2gcosθ＝m2a，解得FT＝m2m1＋m2F。可见Q受到绳的拉力FT与斜面倾角θ、动摩擦因数μ和系统运动状态均无关，仅与两物块质量和F有关，选项D正确。11.如图甲所示，质量为m0的小车放在光滑水平面上，小车上用细线悬吊一质量为m的小球，m0m，用一力F水平向右拉小球，使小球和车一起以加速度a向右运动时，细线与竖直方向成α角，细线的拉力为FT。若用一力F′水平向左拉小车，使小球和车一起以加速度a′向左运动时，细线与竖直方向也成α角，如图乙所示，细线的拉力为FT′。则()A．F′＝F，FT′＝FTB．F′F，FT′＝FTC．F′F，FT′FTD．F′F，FT′FT【答案】：B【解析】：对小球进行受力分析，由于小球竖直方向上所受合力为零，可知FTcosα＝mg，FT′cosα＝mg，所以FT＝FT′。对于题图乙中的小球，水平方向有FT′sinα＝ma′，对于题图甲中的小车，水平方向有FTsinα＝m0a，因为m0m，所以a′a。对小球与车组成的整体，由牛顿第二定律得F＝(m0＋m)a，F′＝(m0＋m)a′，所以F′F，选项B正确。12．（2017·福建宁德一模）如图所示，质量为0.2kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上，质量为0.6kg的物体B由细线悬挂在天花板上，B与A刚好接触但不挤压。现将细线突然剪断，则在剪断细线的瞬间A、B间的作用力大小为(g取10m/s2)()A．0.5NB．2.5NC．0D．1.5N【答案】D【解析】剪断细线前，A、B间无压力，则弹簧的弹力F＝mAg＝2N，在剪断细线的瞬间，对整体受力分析，得整体加速度a＝mA＋mBg－FmA＋mB＝7.5m/s2，对B隔离分析有mBg－FN＝mBa，解得FN＝mBg－mBa＝1.5N。故选D。13．（2017·盐城月考）一辆小车静止在水平地面上，bc是固定在车上的一根水平杆，物块M穿在杆上，M通过细线悬吊着小物体m，m在小车的水平底板上，小车未动时细线恰好在竖直方向上。现使小车如下图分四次分别以a1、a2、a3、a4的加速度向右匀加速运动，四种情况下M、m均与车保持相对静止，且图甲和图乙中细线仍处于竖直方向，已知a1∶a2∶a3∶a4＝1∶2∶4∶8，M受到的摩擦力大小依次为f1、f2、f3、f4，则错误的是()A．f1∶f2＝1∶2B．f1∶f2＝2∶3C．f3∶f4＝1∶2D．tanα＝2tanθ【答案】B【解析】甲、乙图中由于M水平方向只受静摩擦力，由牛顿第二定律知f＝Ma，所以f1∶f2＝a1∶a2＝1∶2，故A正确、B错误；丙、丁图中以M、m整体为研究对象，由牛顿第二定律有：f＝(M＋m)a，所以f3∶f4＝a3∶a4＝1∶2，故C正确；丙、丁图中以m为研究对象，由受力分析知受拉力和重力，合力为F合＝mgtanθ，所以a3∶a4＝tanθ∶tanα，故tanαtanθ＝a4a3＝21，即tanα＝2tanθ，D正确。14．（2017·长春质监二）如图所示，物块A、B质量相等，在恒力F作用下，在水平面上做匀加速直线运动。若物块与水平面间接触面光滑，物块A的加速度大小为a1，物块A、B间的相互作用力大小为N1；若物块与水平面间接触面粗糙，且物块A、B与水平面间的动摩擦因数相同，物块B的加速度大小为a2，物块A、B间的相互作用力大小为N2，则以下判断正确的是()A．a1＝a2B．a1a2C．N1＝N2D．N1F【答案】BCD【解析】接触面光滑时，整体分析，由牛顿第二定律可得：F＝(mA＋mB)a1，可得：a1＝FmA＋mB＝F2m；对B受力分析，由牛顿第二定律可得：N1＝mBa1＝F2。接触面粗糙时，整体分析，由牛顿第二定律可得：F－f＝(mA＋mB)a2，可得a2＝F－fmA＋mB＝F2m－f2m；对B受力分析：N2＝mBa2＋f2＝F2，所以A错误，B、C、D正确。15．(2019内蒙古呼和浩特三校联考）12分)如图所示，A、B、C三个物体以轻质细绳相连，mA＝2kg，mB＝3kg，mC＝1kg，A、C与水平桌面间的动摩擦因数μ＝0.25,g＝10m/s2，求：(1)系统的加速度；(2)绳1和绳2中的张力大小。【答案】(1)3.75m/s2(2)6.25N18.75N【解析】(1)对A、B、C系统由牛顿