专题09 整体法和隔离法 超重和失重-【暑假衔接】新高二物理暑假查漏补缺（全国通用）

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1)整体法:如下图，如果连接体各物体的加速度相同，可以把系统内的所有物体看成一个整体，用牛顿第二定律对整体列方程求解。
2)隔离法:如果求系统内物体间的相互作用力，常把某个物体（一般选取受力简单的物体）从系统中隔离出来受力分析，然后用牛顿第二定律对隔离出来的物体列方程求解。
3)力的分配规律：如下图三种情况，m1和m2在力F作用下以大小相同的加速度一起运动，则两物体间的弹力根据质量大小分配，且F弹＝eq \f(m2,m1＋m2)F （m1是靠近外力的物体的质量， m2是远离外力的物体的质量）.
注意：1)连接体问题一般采用先整体后隔离的方法，也可以采用分别隔离不同的物体再联立的方法。
2)如下图，跨过定滑轮的细绳相连的两个物体不在同一直线上运动，虽然加速度方向不同但加速度大小相等，这类问题也可采用整体法和隔离法求解．

2.动态分离问题
1）动态分离问题是指两个原来有相互作用的物体在开始一段时间内沿垂直于接触面的方向运动，最终分离的问题，在接触时的运动过程中两物体之间的作用力一直减小直到减为0.
2）分离瞬间的特点： = 1 \* GB3 \* MERGEFORMAT ①两物体间的弹力FN＝0 = 2 \* GB3 \* MERGEFORMAT ②两物体速度相同加速度相同
3.超重和失重：
1）物体处于超重状态还是失重状态由竖直方向的加速度决定，与物体的速度方向无关。当物体具有向上的加速度时处于超重状态，具有向下的加速度时处于失重状态，向下的加速度等于重力加速度时处于完全失重状态。
2）超重并不是重力增加了，失重并不是重力减小了，完全失重也不是重力完全消失了。在发生这些现象时，物体的重力依然存在，且不发生变化，只是物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)发生了变化(即“视重”发生变化)。
3）尽管物体的加速度不是在竖直方向，但只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态。
1．如图所示，A、B两个木块靠在一起放在光滑的水平面上，已知mA>mB，第一次用水平力F从左边推动两木块一起运动，此时它们的加速度为a1，A、B间弹力为N1，第二次将水平力F反向，大小不变，从右边推动两木块一起运动，此时它们的加速度为a2，A、B间弹力为N2，则（ ）
A．a1a2 C．N1=N2 D．N1【答案】D
【解析】AB．第一次用水平力F从左边推动两木块时，A、B的加速度大小相同，对整体分析，由牛顿第二定律得 a1=FmA+mB
同理，当水平推力F作用于木块B的右端时，整体的加速度为 a2=FmA+mB
可知 a1=a2 故AB错误；
CD．第一次用水平力F从左边推动两木块时，隔离B分析有 N1=mBa1=mBFmA+mB
当水平推力F作用于木块B的右端时，隔离A分析有 N2=mAa2=mAFmA+mB
因为 mA>mB 可知 N12．(多选)如图，质量均为m的粗糙木块A、B叠放在一起，静止于水平面上。现对木块B施加一个水平方向的拉力F，使木块A、B一起向右做匀加速直线运动，A与B，B与地面之间动摩擦因数相同均为μ，则（ ）
A．木块A与木块B之间无摩擦力 B．木块A对木块B的摩擦力为μmg
C．木块B受到的地面的摩擦力为2μmg D．加速度大小为F2m−μg
【答案】CD
【解析】CD．根据题意，对整体受力分析，竖直方向上有 FN=2mg
水平方向上有 f=μFN=μ⋅2mg
由牛顿第二定律有 F−f=2ma 解得 a=F2m−μg 故CD正确；
AB．根据题意，对A受力分析，水平方向上，由牛顿第二定律有 f1=ma=F2−μmg
故AB错误。 故选CD。
3．如图所示，倾角为30∘的粗糙斜面上有4个完全相同的物块，在与斜面平行的拉力F作用下恰好沿斜面向上做匀速直线运动，运动中连接各木块间的细绳均与斜面平行，此时第1、2物块间细绳的张力大小为T1，某时刻连接第3、4物块间的细绳突然断了，其余3个物块仍在力F的作用下沿斜面向上运动，此时第1、2物块间细绳的张力大小为T2，则T1:T2等于（ ）
A．9:2B．9:8C．3:2D．1：1
【答案】B
【解析】匀速运动时，设每一个物块所受的摩擦力为f，质量为m，根据平衡条件可得 F=4mgsinθ+4f
对2、3、4物块由平衡条件可得 3mgsinθ+3f=T1 可得 T1=3F4
连接第3、4物块间的细绳突然断了，对1、2、3根据牛顿第二定律可得 F−3mgsinθ−3f=3ma
对2、3物块根据牛顿第二定律可得 T2−2mgsinθ−2f=2ma 可得 T2=2F3
则T1:T2 =9:8 故选B。
4．如图，建筑工地上工人用砖夹把四块砖夹住，并用竖直向上的拉力F匀加速提起，砖与砖、砖与砖夹之间未发生相对滑动，每块砖的重力大小均为G，砖夹的质量不计。若F=6G，则在加速提起过程中第2、3块砖之间的摩擦力大小为（ ）
A．0B．GC．2GD．3G
【答案】A
【解析】整体法将四块砖看成一个整体，则加速度为 a=F合m总=6G−4G4m=g2
将第2、3块砖看成整体，则砖块1对砖块2的摩擦力与砖块4对砖块3的摩擦力都为f，且方向均竖直向上，有 2f−2mg=2ma 解得 f=3mg2
对砖块3，根据牛顿第二定律有 f23+f−mg=ma
由以上各式解得 f23=0
即在加速提起过程中第2、3块砖之间的摩擦力大小为0，故A正确，BCD错误。 故选A。
5．(多选)如图所示，A物体的质量是B物体的k倍．A物体放在光滑的水平桌面上通过轻绳与B物体相连，两物体释放后运动的加速度为a1，轻绳的拉力为FT1；若将两物体互换位置，释放后运动的加速度为a2，轻绳的拉力为FT2.不计滑轮摩擦和空气阻力，则( )
A．a1∶a2＝1∶k B．a1∶a2＝1∶1 C．FT1∶FT2＝1∶k D．FT1∶FT2＝1∶1
【答案】AD
【解析】 由牛顿第二定律mBg＝(mA＋mB)a1，FT1＝mAa1，同理两物体互换位置，则mAg＝(mA＋mB)a2，FT2＝mBa2，解得a1∶a2＝mB∶mA＝1∶k，FT1∶FT2＝1∶1，故A、D正确．
6．如图所示，物体A重20N，物体B重5N，不计一切摩擦和绳的重力，当两物体由静止释放后，物体A的加速度与绳子上的张力分别为（ ）
A．6m/s2，8NB．10m/s2，8NC．8m/s2，8ND．6m/s2，9N
【答案】A
【解析】静止释放后，物体A将加速下降，物体B将加速上升，二者加速度大小相等，由牛顿第二定律，对A有 mAg−T=mAa 对B有 T−mBg=mBa
代入数据解得 a=6m/s2 T=8N 故选A。
7．(多选)质量分别为M和m的物块形状大小均相同，将它们通过轻绳和光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子在各处均平行于倾角为α的斜面，M恰好能静止在斜面上。若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放M，斜面仍保持静止。则下列说法正确的是（不考虑两物块与斜面之间的摩擦）（ ）
A．轻绳的拉力等于MgB．轻绳的拉力等于mg
C．M运动加速度大小为(1−sinα)gD．M运动加速度大小为M−mMg
【答案】BCD
【解析】CD．第一次放置时质量为M的物体静止，则由平衡条件可得 Mgsinα=mg
第二次放置，对整体，由牛顿第二定律得 Mg−mgsinα=(M+m)a
联立解得 a=(1−sinα)g=M−mMg 故CD正确；
AB．对质量为m的物体研究，由牛顿第二定律得 T−mgsinα=ma 解得 T=mg
故B正确，A错误。 故选BCD。
8．站在电梯里的人处于失重状态，此时电梯可能正在（ ）
A．匀速上升B．匀速下降C．减速下降D．加速下降
【答案】D
【解析】电梯里的人处于失重状态，加速度向下，电梯可能加速下降或减速上升。 故选D。
9．(多选)2022年12月份，实验学校高中部举行了校秋季运动会，如图所示是小明同学在参加跳高决赛的现场，他以背越式跳过1.65m的高度拿到了本届校运会的冠军，为班级争得了荣誉。若忽略空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A．小明起跳时地面对他的支持力等于他的重力
B．小明起跳时地面对他的支持力大于他的重力
C．小明起跳脚离地以后在上升过程中处于超重状态，小明下降过程中处于失重状态
D．小明起跳脚离地以后在上升和下降过程中都处于失重状态
【答案】BD
【解析】AB．小明起跳时加速度的方向向上，所以地面对他的支持力大于他的重力，故A错误，B正确；
CD．小明起跳脚离地以后在上升过程中与小明下降过程中，都只受重力的作用，有向下的重力加速度，是处于完全失重状态，故C错误，D正确。 故选BD。
10．一质量为50kg的同学，为完成老师布置的实践体验作业，把体重计放在直升式电梯中，发现某段时间体重计的示数变为40kg，设当地的重力加速度大小为10m/s2，下列说法中正确的是（ ）
A．该同学这段时间处于失重状态，重力大小为400N
B．该同学这段时间处于失重状态，重力大小为500N
C．这段时间内电梯的加速度大小为2m/s2，方向竖直向上
D．这段时间内电梯的加速度大小为2.5m/s2，方向竖直向下
【答案】B
【解析】AB．体重计的示数变小，小于重力，说明处于失重状态，但重力不变，仍为500N，故A错误，B正确；
CD．由失重状态结合牛顿第二定律，得 mg−FN=ma 代入数据，解得 a=g−FNm=10−40050m/s2=2m/s2
方向竖直向下，故CD错误。 故选B。
11.如图所示，质量分别为m、M的两物体P、Q保持相对静止，一起沿倾角为θ的固定光滑斜面下滑，Q的上表面水平，P、Q之间的动摩擦因数为μ，则下列说法正确的是( )
A.P处于超重状态 B.P受到的摩擦力大小为μmg，方向水平向右
C.P受到的摩擦力大小为mgsin θcs θ，方向水平向左 D.P受到的支持力大小为mgsin 2θ
【答案】C
【解析】由题意可知，P有向下的加速度，处于失重状态，选项A错误；对P、Q整体，根据牛顿第二定律有(M＋m)gsin θ＝(M＋m)a，得加速度a＝gsin θ，将沿斜面向下的加速度a＝gsin θ沿水平方向和竖直方向分解，如图所示，
则a1＝acs θ＝gsin θcs θ，a2＝asin θ＝gsin2 θ，对P分析，根据牛顿第二定律，水平方向上有Ff＝ma1，方向水平向左，竖直方向上有mg－FN＝ma2，得Ff＝mgsin θcs θ，FN＝mgcs2 θ，选项C正确，B、D错误。
12．(多选)如图所示，质量均为m的A、B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，现用恒力F向上拉B。已知F＝mg，当地重力加速度为g，弹簧始终处于弹性限度内。下列说法正确的有（ ）
A．拉力F刚作用瞬间A、B加速度相同，大小均为g2 B．拉力F刚作用瞬间B的加速度大小为g
C．两物体分离时弹簧处于原长 D．两物体分离时弹簧处于压缩状态
【答案】AD
【解析】AB．开始系统处于平衡状态，根据平衡条件 F弹=2mg
恒力F刚作用瞬间，根据牛顿第二定律可得 F+F弹-2mg=2ma
代入数据可得 a=g2 方向向上，故A正确，B错误；
CD．物体B和A刚分离时，B受到重力mg和恒力F，B的加速度为零，A的加速度也为零，说明弹力对A有向上的弹力，与重力平衡，弹簧处于压缩状态，故C错误，D正确。故选AD。
13．(多选)如图所示，一足够长且倾角为θ的光滑斜面固定在地面上，斜面底端有一挡板，一根劲度系数为k的轻质弹簧两端分别拴接在固定挡板和小物体B上，小物体A与小物体B紧靠在一起处于静止状态，且两者质量相同。现对小物体A施一沿斜面向上的拉力，使小物体A沿斜面向上做匀加速直线运动。从施加力直到两物体分离的过程中，拉力的最小值为F1，最大值为F2，已知重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内。则下列结论正确的是（ ）
A．每个物体的质量为F2−F1gsinθ B．物体的加速度为F1gsinθ2F2−F1
C．开始时弹簧的压缩量为2F2−F1k D．从开始运动到物体与弹簧分离经过的时间为2F2−F12kF1gsinθ
【答案】BC
【解析】A．初态，对A和B受力分析可知 kx0=2mgsinθ
物体未脱离弹簧前 F+kx−2mgsinθ=2ma
物体始终沿斜面向上做匀加速直线运动，随着形变量减小，F在增大，故 F1=2ma F2=mgsinθ+ma
解得 m=2F2−F12gsinθ 故A错误；
B．物体的加速度为 a=F12m=F122F2−F12gsinθ=F1gsinθ2F2−F1 故B正确；
C．开始时弹簧的压缩量为 x0=2mgsinθk=2gsinθ⋅2F2−F12gsinθk=2F2−F1k 故C正确；
D．分离时弹力为 mgsinθ=kx 运动位移 x0−x=12at2
解得 t=2xa=2F2−F12gsinθgsinθkF1gsinθ2F2−F1=(2F2−F1)1kF1gsinθ 故D错误。 故选BC。
14．如图所示，质量为3kg的一只长方体形空铁箱在水平拉力F作用下沿水平面向右匀加速运动，铁箱与水平面间的动摩擦因数μ1为0.2，此时有一个质量为1kg的物块恰好能静止在空铁箱内壁上，如图所示，物块与铁箱内壁间的动摩擦因数为μ2为0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。求：
（1）物块受到铁箱的摩擦力Ff大小；
（2）铁箱向右匀加速运动的加速度a大小；
（3）水平拉力F的大小。
【答案】（1）10N；（2）20m/s2；（3）88N
【解析】（1）根据题意可知，物块恰不下滑，则由平衡条件可得 Ff=mg=10N
（2）物块随铁箱向右做匀加速运动，则可知物块与铁箱的加速度相同，设为a，铁箱对物块的支持力为FN，由牛顿第三定律可知，铁箱对物块的支持力大小等于物块对铁箱的压力大小，则有 Ff=μ2FN
解得 FN=20N
由牛顿第二定律可得 FN=ma 解得 a=20m/s2
（3）对m和M，由牛顿第二定律可得F−μ1(m+M)g=(m+M)a 解得 F=88N