专题整体法和隔离法解决连接体问题

专题整体法和隔离法解决连接体问题第一页，共二十七页，2022年，8月28日1.系统内各物体具有相同加速度,整个系统看作一个整体,

牛顿第二定律方程为:Fx=(m1+m2+m3+…+mn)ax.2.当系统内各物体加速度不同时,也可以运用“类整体法”列牛顿第二定律方程,形式为Fx=m1a1x+m2a2x+…+mnanx.3.当系统内各物体由细绳通过滑轮连接,物体加速度大小相同时,也可以将绳等效在一条直线上用整体法处理.如图所示,可以由整体法列方程为:(m1-m2)g=(m1+m2)a.要点深化第二页，共二十七页，2022年，8月28日1.光滑水平面上,放一倾角为θ的光滑斜木块,质量为m的光滑物体放在斜面上,如图所示,现对斜面施加力F.(1)若使M静止不动,F应为多大?(2)若使M与m保持相对静止,F应为多大?

解析

(1)m沿斜面下滑的加速度为gsinθ,M静止不动.

根据整体法列方程

F=macosθ=mgsinθcosθ=mgsin2θ(2)若M与m相对静止,m的加速度a=gtanθ

即M的加速度也为gtanθ

由整体法列方程:F=(M+m)gtanθ

答案

(1)mgsin2θ(2)(M+m)gtanθ即学即用第三页，共二十七页，2022年，8月28日1.隔离法是指当我们所研究的问题涉及多个物体组成的系统时,需要求连接体内各部分间的相互作用力,从研究方便出发,把某个物体从系统中

出来,作为研究对象,分析受力情况,再列方程求解.2.隔离法适合求物体系统内各

的相互作用力或各个物体的加速度.隔离法基础回顾隔离物体间第四页，共二十七页，2022年，8月28日1.运用隔离法解题的基本步骤

(1)明确研究对象或过程、状态,选择隔离对象.选择原则:一是包含待求量,二是所选隔离对象和所列方程数尽可能少.(2)将研究对象从系统中隔离出来,或将研究的某状态、某过程从运动的全过程中隔离出来.(3)对隔离出的研究对象、过程、状态分析研究,画出某状态下的受力图或某阶段的运动过程示意图.(4)寻找未知量与已知量之间的关系,选择适当的物理规律列方程求解.要点深化第五页，共二十七页，2022年，8月28日2.应用整体法与隔离法的三点注意

(1)解答问题时,决不能把整体法和隔离法对立起来,而应该把这两种方法结合起来,从具体问题的实际情况出发,灵活选取研究对象,恰当选择使用隔离法和整体法.(2)在使用隔离法解题时,所选取的隔离对象可以是连接体中的某一个物体,也可以是连接体中的某一部分物体(包括两个或两个以上的单个物体),而这“某一部分”的选取,

也应根据问题的实际情况,灵活处理.(3)在选用整体法和隔离法时可依据所求的力,若所求的力为外力则应用整体法;若所求的力为内力则用隔离法.但在具体应用时,绝大多数的题目要求两种方法结合应用,且应用顺序也较为固定,即求外力时,先隔离后整体;求内力时,

先整体后隔离.先整体或先隔离的目的都是为了求解共同的加速度.第六页，共二十七页，2022年，8月28日2.如图所示,质量为M的木箱放在水平面上,木箱中的立杆上套着一个质量为m的小球,开始时小球在杆的顶端,由静止释放后,小球沿杆下滑的加速度为重力加速度的1/2,即a=g/2,则小球在下滑的过程中,木箱对地面的压力为多少?

解析

以小球m为研究对象,受重力mg及摩擦力f,由牛顿第二定律得mg-f=ma,以木箱M为研究对象,受重力Mg、地面支持力N及小球给予的摩擦力f′,木箱处于平衡状态,则有

N-f′-Mg=0,由牛顿第三定律得f′=f

由上述三式可得N=

由牛顿第三定律可知木箱对地面的压力大小为N′=N=

答案

即学即用第七页，共二十七页，2022年，8月28日【例1】如图所示,薄平板A长L=5m,质量M=5kg,放在水平桌面上,板右端与桌边缘相齐.在A上距其右端s=3m处放一个质量m=2kg的小物体B,

已知A与B之间的动摩擦因数μ1=0.1,A、B两物体与桌面间的动摩擦因数μ2=0.2,最初系统静止.现在对板A向右施加一水平恒力F,将A从B下抽出(设B不会翻转),且恰使B

停在桌面边缘,试求F的大小(取g=10m/s2).【思路剖析】(1)A从B下抽出的条件是什么?

答条件是A的加速度大于B的加速度,即aA>aB.隔离法的应用第八页，共二十七页，2022年，8月28日(2)B的加速度由什么力来提供?大小为多少?

答由A对B的滑动摩擦力提供.

由于A对B的滑动摩擦力:f=μ1mg,故B的加速度:

aB==μ1g=1m/s2.(3)A抽出后,B在桌面上做什么性质的运动?加速度多大?

答

B在桌面的滑动摩擦力作用下,做匀减速直线运动.

其加速度:aB′==μ2g=2m/s2.(4)B最后恰能停在桌边缘,这跟A的运动有什么关系?

答由于B在A上表面运动过程是匀加速运动,其加速度

aB恒定,如果B在A上运动时间过长(或过短),就会造成B

离开A时速度过大(或过小).接下来在桌面上的减速运动加速度aB′也恒定,就会造成滑出桌面(或不能到达桌的第九页，共二十七页，2022年，8月28日

边缘).因此要求B在A上运动的时间要恰到好处,这就必需让A的加速度比B的加速度大得合适,若大得太多,B加速时间太短,不能到桌的边缘,若大得太少,B加速时间过长,则B会滑出桌面.(5)设B离开A时的速度为v,请用aB、aB′、v表示B加速和减速过程的位移.这两位移之和应满足什么关系?

答

B在A板上加速过程的位移:

B在桌面上减速过程的位移:

应满足:(6)如何求B离开A时的速度?

答由问题(5)的讨论得=3,

代入数值解得:v=2m/s.第十页，共二十七页，2022年，8月28日

(7)求出B在A板上运动时间和这段时间B对桌面的位移各是多大?

答由问题(5)的结论可知B在A板上运动的位移:,

代入数值得:

又根据:v=aBt得t=2s.(8)如何求B离开A时A的位移?B在A板上运动时,A板的加速度多大?

答

B离开A时,A比B多运动了最初B到板A左端的距离2m,

即:sA=.

A做初速度为零的匀加速直线运动.根据sA=,将sA=4m、t=2s代入解出A的加速度:aA==2m/s2.第十一页，共二十七页，2022年，8月28日(9)分析B在A板上运动时,A板的受力情况.

答

A板受力分析如右图所示,其中N1

为B对A的压力,N1=mg.N2为桌面对A的支持力、f1′为B对A的滑动摩擦力,f2′为桌面对A的滑动摩擦力,F为要求的力.(10)如何求拉力F?

答由问题(9)的分析,对A应用牛顿第二定律,得

F-f1′-f2′=MaA其中:f1′=μ1N1=μ1mgf2′=μ2N2 N2=N1+Mg=(M+m)g

综上所述可得:F=μ1mg+μ2(M+m)g+MaA

代入数值得:F=26N

答案

26N第十二页，共二十七页，2022年，8月28日【思维拓展】

上题中要使B能静止于A上不动,力F最大为多少?

答案

21N【方法归纳】

物理过程的分析是解决物理问题的关键,本题对分析物理过程的能力要求较高.隔离法就是要求分析某物体的运动过程时只研究这一物体,不要受其它物体运动的干扰.本题中B物体在A上的运动是匀加速,落下A后是匀减速,都是对桌面的加速度,不要受A运动的干扰,同样分析

A的运动时,不要受B的运动的影响.第十三页，共二十七页，2022年，8月28日【例2】如图所示,质量m=1kg的物块放在倾斜角θ=37°的斜面上,斜面体的质量M=2kg,斜面与物体间的动摩擦因数μ=0.2,地面光滑.现对斜面体施加一水平推力F,要使物体m相对斜面静止,F应为多大?(设物体与斜面的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10m/s2)【思路剖析】(1)若斜面体M不动,m在斜面上受哪几个力?作出受力分析图.若M不动,m能相对M静止吗?为什么?

答

m受重力mg,支持力N,摩擦力f,受力分析如右图所示.因为这时:mgsinθ>f=μmgcosθ整体法与隔离法交替应用第十四页，共二十七页，2022年，8月28日

故知m将沿斜面加速下滑.(2)m、M相对静止是指m、M都静止吗?

答不是,所谓相对静止是指m、M的运动状态相同.当然也包括m、M都静止的情况.(3)如果按题目的要求用水平力F推动M运动时,m可能相对M静止吗?

答当M不动时,由于N(cosθ+μsinθ)<mg,因此m不能相对M静止.但这可以通过增大N来实现m相对M静止.

当M静止时,它对m的弹力N较小,如果用F推动M去“主动”挤压m,就能增大N,从而使m、M相对静止.(4)如何思考需要多大的推力F,才能使m、M相对静止呢?

答由于m、M相对静止时,运动状态必须相同,而M在第十五页，共二十七页，2022年，8月28日

竖直方向是静止,这就要求m在竖直方向也须静止,这时就有:N(cosθ+μsinθ)=mg.

同时,m在水平方向的两个力Nsinθ>μNcosθ,因而m在水平方向有加速度:a=,M与m在水平方向的运动状态也相同,就必须在水平方向具有相同的加速度.事实上,m、M水平方向共同的加速度a的大小,就决定了产生这个加速度的水平推力F的大小,即F=(m+M)a.(5)F至少要多大,才能使m、M相对静止呢?

答由问题(4)的分析可知,对m

在竖直方向有:Ncosθ+μNsinθ=mg

在水平方向有:Nsinθ-μNcosθ=ma1

可解出加速度:a=4.78m/s2

再对m、M整体有:F1=(M+m)a1=14.34N第十六页，共二十七页，2022年，8月28日(6)由问题(5)求出的推力F1是m、M相对静止的最小推力,若推力大于这个最小推力,情况又如何变化呢?

答

由于随着推着推力F的增大,N必定要增大,由问题(5)

中讨论用的方程Ncosθ+μNsinθ=mg来看,似乎m要上升.不过我们注意到式中μN这一项,它实际上是我们考虑最小推力这一临界状态时的最大静摩擦力.当N增大时,

Ncosθ也增大,由于静摩擦力能“随机应变”,故它会“自动”变小,以维持方程Ncosθ+fsinθ=mg继续成立.

但是随着N的继续增大,f将不可避免会减小到零,若N再增大,则f就只能反向变成沿斜面向下.这时方程变为第十七页，共二十七页，2022年，8月28日

Ncosθ-fsinθ=mg.若N随F进一步增大,f将会再次达到临界值μN,这时的F就是保证m、M相对静止的最大值.(7)求出能使m、M相对静止的最大推力.

答当F达最大时,对m

在竖直方向有:Ncosθ-μNsinθ=mg

在水平方向有:Nsinθ+μNcosθ=ma2

可解出加速度a2=11.2m/s2

再对m、M整体求得最大推力:F2=(m+M)a2=33.6N(8)要m相对斜面M静止,F应为多大?

答综合问题(5)、(6)和(7)的讨论可知:14.34N≤F≤33.6N

答案

14.34N≤F≤33.6N第十八页，共二十七页，2022年，8月28日【思维拓展】

请简化以上的讨论.

答案当F较小时,m有下滑的趋势,静摩擦力方向沿斜面向上,由问题(5)的讨论可求得推力的最小值;当F较大时,

m有上滑的趋势,静摩擦力方向沿斜面向下,由问题(7)的讨论可求得推力最大值.【方法归纳】

连接体问题中往往是交替运用整体法和隔离法,通常有两种类型,一是先整体后隔离,二是先隔离后整体.“先整体后隔离”一般是先求整体加速度,后用隔离法求相互作用.“先隔离后整体”一般是先用隔离法求加速度,

后用整体法求外界对系统的作用力.第十九页，共二十七页，2022年，8月28日【例3】如图所示,有一块木板静止在光滑足够长的水平面上,木板的质量为M=4kg,长度为L=1m;木板的右端停放着一个小滑块,小滑块的质量为m=1kg,其尺寸远远小于木板长度,它与木板间的动摩擦因数为μ=0.4,已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力.

求:(1)为使木板能从滑块下抽出来,作用在木板右端的水平恒力F的大小应满足的条件.(2)若其他条件不变,在F=28N的水平恒力持续作用下,

需多长时间能将木板从滑块下抽出.

解析

(1)当m与M恰好相对静止一起向右匀加速运动时,

则有F=(M+m)a ①临界问题第二十页，共二十七页，2022年，8月28日

μmg=ma ②

联立①②式解得F=20N ③

故欲抽出木板,水平拉力F的大小应满足

F>20N. ④(2)当F=28N时,物块在木板上滑动,设经时间t把木块从滑块下抽出.

对于板有s1=a1t2 ⑤

F-μmg=Ma1 ⑥

对于物块有s2=a2t2

⑦

μmg=ma2 ⑧

又有s1=s2+L ⑨

联立⑤⑥⑦⑧⑨式可得t=1s ⑩

答案

(1)F>20N (2)1s第二十一页，共二十七页，2022年，8月28日【评分标准】

本题共12分.其中①②③④⑤⑥⑦⑧式各1分，⑨⑩式各

2分.其他解法,只要正确,同样给分.【名师导析】

本题是牛顿定律的常见题型.整体法与隔离法交替运用,

找到滑块与木板发生相对运动的条件是解题关键.本题易犯的错误是有的同学把所求m的加速度a2看作是相对于木板M的,导致错误.注意在牛顿定律中我们所求加速度均相对地面.第二十二页，共二十七页，2022年，8月28日1.如图所示,滑轮的质量不计,已知三个物体的质量关系是m1=m2+m3,这时弹簧秤的读数为T.

若把物体m2从右边移到左边的物体m1上,弹簧秤的读数T将 ()A.增大 B.减小 C.不变 D.无法确定

解析

原来系统处于平衡状态,所以弹簧秤读数为T=(m1+m2+m3)g.当m2从右边移到左边后,左边的物体加速下降,右边的物体以大小相同的加速度加速上升,但由于

m1+m2>m3,故系统的重心加速下降,系统处于失重状态,

因此T<(m1+m2+m3)g,所以选项B正确.B第二十三页，共二十七页，2022年，8月28日2.如图所示,斜面体ABC置于粗糙的水平地面上,小木块m在斜面上静止或滑动时,斜面体均保持静止不动.下列哪种情况,斜面体受到地面向右的静摩擦力 ()A.小木块m静止在BC斜面上

B.小木块m沿BC斜面加速下滑

C.小木块m沿BA斜面减速下滑

D.小木块m沿AB斜面减速上滑

解析

以斜面体和小木块整体为研究对象.在水平方向上,

只有斜面体受到地面向右的静摩擦力这一外力.由于斜面体总保持静止不动即aM=0,所以小木块的运动必须有水平向右的加速度分量才行.当小木块静止时,am=0,A错.当m沿

BC加速下滑时,存在水平向右的加速