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受力分析、整体法和隔离法
备考第1小时
【知识方法】
一、受力分析
1.明确研究对象
研究对象可以是某一个物体,也可以是保持相对静止的若干个物体.研究对象确定以后,只分析研究对象以外的物体施予研究对象的力(即研究对象所受的外力),而不分析研究对象施予外界的力.
2.按顺序找力
先场力(重力、电场力、磁场力),后接触力;接触力中必须先弹力,后摩擦力(只有在有弹力的接触面之间才可能有摩擦力).
3.只画性质力,不画效果力
画受力图时,只能按力的性质分类画力,不能按作用效果(拉力、压力、向心力等)画力,否则将出现重复.
二、整体法与隔离法
1．隔离法：
　　将某物体从周围物体中隔离出来，单独分析该物体所受到的各个力，称为隔离法。
　　原则： 把相连结的各个物体看成一个整体，如果要分析的是整体内物体间的相互作用力（即内力），就要把跟该力有关的某物体隔离出来。当然，对隔离出来的物体而言，它受到的各个力就应视为外力了。
　　2．整体法：
　　把相互连结的几个物体视为一个整体（系统），从而分析整体外的物体对整体中各个物体的作用力（外力），称为整体法。
　　原则： （1）当整体中各物体具有相同的加速度（加速度不相同时，中学阶段不建议用整体法）或都处于平衡状态（即a=0）时，要研究外力而非内力时，选整体为研究对象。
　　（2）整体法要分析的是外力，而不是分析整体中各物体间的相互作用力（内力）。
　　（3）整体法的运用原则是先避开次要矛盾（未知的内力）突出主要矛盾（要研究的外力）这样一种辨证的思想。
　　3．整体法、隔离法的交替运用
　　对于连结体问题，多数情况既要分析外力，又要分析内力，这时我们可以采取先整体（解决外力）后隔离（解决内力）的交叉运用方法，当然个别情况也可先隔离（由已知内力解决未知外力）再整体的相反运用顺序。
【例题精选】
【例题1】 如图所示，M、N两物体叠放在一起，在恒力F作用下，一起向上做匀加速直线运动，则关于两物体受力情况的说法正确的是(　　)
A．物体M可能受到6个力
B．物体N可能受到4个力
C．物体M与墙之间一定有摩擦力
D．物体M与N之间一定有摩擦力
【例题2】（多选）如图所示，A、B两物体的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上。A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为μ。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平拉力F，则(　　)
A．当F＜2μmg时，A、B都相对地面静止
B．当F＝μmg时，A的加速度为μg
C．当F＞3μmg时，A相对B滑动
D．无论F为何值，B的加速度不会超过μg
【例题3】如图所示，物体B叠放在物体A上，A、B的质量均为m，且上、下表面均与斜面平行，它们以共同速度沿倾角为θ的固定斜面C匀速下滑，则
A．A、B间没有静摩擦力
B．A受到B的静摩擦力方向沿斜面向上
C．A受到斜面的滑动摩擦力大小为2mgsin θ
D．A与B间的动摩擦因数μ＝tan θ
【例题4】将两个质量均为m的小球a、b用细线相连后，再用细线悬挂于O点，如图所示。用力F拉小球b，使两个小球都处于静止状态，且细线Oa与竖直方向的夹角保持θ＝30°，求力F的最小值(　　)
【例题5】（多选）(2020·三门峡)如图所示，在距水平地面高为0.4 m处，水平固定一根长直光滑杆，在杆上P点固定一定滑轮，滑轮可绕水平轴无摩擦转动，在P点的右边，杆上套有一质量m＝2 kg的小球A。半径R＝0.3 m的光滑半圆形细轨道竖直地固定在地面上，其圆心O在P点的正下方，在轨道上套有一质量也为m＝2 kg的小球B。用一条不可伸长的柔软细绳，通过定滑轮将两小球连接起来。杆和半圆形轨道在同一竖直面内，两小球均可看作质点，且不计滑轮大小的影响。现给小球A一个水平向右的恒力F＝50 N。(取g＝10 m/s2)则(　　)
A．把小球B从地面拉到P的正下方C处时力F做功为20 J
B．小球B运动到C处时的速度大小为0
C．小球B被拉到与小球A速度大小相等时，sin∠OPB＝
D．把小球B从地面拉到P的正下方C处时小球B的机械能增加了6 J
【例题6】（多选）如图所示，放置在水平地面上的支架质量为M，支架顶端用长为L的细线拴着的摆球质量为m，现将摆球拉至水平位置，而后释放，摆球运动过程中，支架始终不动。已知小球下摆到最低点时获得的速度大小为，以下说法正确的应是（ ）
在释放瞬间，支架对地面压力为（m+M）g
在释放瞬间，支架对地面压力为Mg
摆球到达最低点时，支架对地面压力为（m+M）g
摆球到达最低点时，支架对地面压力为（3m+M）g。
【例题7】（多选）在斜面上，A、C之间用劲度系数为k的轻质弹簧相连，在其上表面放置一带正电的小滑块B，B的质量为m、带电量为q，A不带电。空间有匀强电场，电场强度的大小为E，方向平行于斜面向左下方。现把弹簧拉到原长，使A、B从斜面上由静止释放，A、B一起运动时始终保持相对静止且处于匀强电场中，B的电量保持不变。A、B在运动过程中受到空气阻力作用，最后A、B将停止在斜面上某处。因B的体积远小于A，只考虑空气对A的作用，A在运动过程中受到的空气阻力大小恒定，静止时，弹簧的弹性势能为EP。则
　A． 刚释放小滑块A、B时，A、B之间的静摩擦力大小为qE
　B． 小滑块A、B和弹簧组成的系统机械能一定守恒
　C． 小滑块A、B一起沿斜面向下运动时，B对A的静摩擦力先增大后减小，方向不变
　D． 小滑块A、B在运动过程中克服空气阻力做功为﹣EP
【例题8】(多选)(2022·郑州)如图所示，2022个质量均为m的小球通过完全相同的轻质弹簧(在弹性限度内)相连，在水平拉力F的作用下，一起沿光滑水平面以加速度a向右做匀加速运动，设1和2之间弹簧的弹力为F1－2，2和3间弹簧的弹力为F2－3，……，2018和2022间弹簧的弹力为F2018－2022，则下列结论正确的是(　　)
A．F1－2∶F2－3∶…∶F2018－2022＝1∶2∶3∶…∶2018
B．从左到右每根弹簧长度之比为1∶2∶3∶…∶2018
C．如果突然撤去拉力F，撤去F瞬间，其余每个球的加速度依然为a，但第2022个小球的加速度除外
D．如果1和2两个球间的弹簧从第1个球处脱落，那么脱落瞬间第1个小球的加速度为0，第2个小球的加速度为2a，其余小球加速度依然为a
【例题9】所受重力G1＝8 N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＝100 N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10 m/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。
【例题10】如图所示，轻细绳跨过两定滑轮，一端系在物块上，另一端拴住漏斗．物块静止在足够长的固定斜面上，漏斗中盛有细沙，斜面上方细绳与斜面平行．打开漏斗阀门后，细沙能从底端逐渐漏出，此过程中绳中张力的变化满足关系式FT＝6-t(N)，经过5s细沙全部漏完．已知物块质量M＝2kg，与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，斜面倾角为37°.物块与斜面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，漏斗始终位于滑轮下方，不计滑轮摩擦，取g＝10m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
(1)从打开阀门到物块在斜面上开始滑动的时间；
(2)打开阀门后4s时物块的加速度大小；
(3)细沙刚好全部漏完时漏斗的速度大小．
【参考答案】
【例题1】【答案】D
　M、N两物体一起向上做匀加速直线运动，合力向上，对M、N整体进行受力分析，受到重力和F，墙对M没有弹力，否则合力不能向上，也就不可能有摩擦力；对N进行受力分析得：N受到重力、M对N的支持力，这两个力的合力不能竖直向上，所以还受到M对N沿斜面向上的静摩擦力，共3个力；再对M进行受力分析得：M受到重力、推力F、N对M的压力以及N给M沿斜面向下的静摩擦力，共4个力，故D正确，A、B、C错误。
【例题2】【答案】BCD
对A、B整体，地面对B的最大静摩擦力为μmg，故当F>μmg时，A、B相对地面运动，故A错误。对A、B整体应用牛顿第二定律，有F－×3mg＝3ma；对B，在A、B恰好要发生相对运动时，μ×2mg－×3mg＝ma，两式联立解得F＝3μmg，可见，当F＞3μmg时，A相对B才能滑动，C正确。当F＝μmg时，A、B相对静止，对整体有：μmg－×3mg＝3ma，a＝μg，故B正确。无论F为何值，B所受最大的动力为A对B的滑动摩擦力2μmg，故B的最大加速度aBm＝＝μg，可见D正确。
【例题3】【答案】C
当A、B以共同速度沿倾角为θ的固定斜面C匀速下滑时，A受到斜面的滑动摩擦力大小为2mgsin θ，C正确；A对B的静摩擦力等于B的重力沿斜面方向的分力，A错误；由牛顿第三定律，A受到B的静摩擦力方向沿斜面向下，B错误；A与B的摩擦力是静摩擦力，故不能确定A、B之间的动摩擦因数，D错误。
【例题4】【答案】B
选择a、b两小球整体作为研究对象进行受力分析，b整体受到重力2mg，绳子拉力T ，以及一个未知的外力F，因为整体处于平衡态，所以这三个力一定可以构成一个封闭的矢量三角形，重力的大小和方向是不变的，拉力的方向是不变的，而外力F 的大小和方向是随机的如图所示，当F垂直于拉力T 时，F 最小，最小值为 ，故本题的正确选项是：B
【例题5】【答案】AC
对于F的做功过程，由几何知识得到：力F作用点的位移x＝PB－PC＝ m－(0.4 m－0.3 m)＝0.4 m，则力F做的功W＝Fx＝50×0.4 J＝20 J，故A正确；由于B球到达C处时，已无沿绳的分速度，所以此时小球A的速度为零，考察两球及细绳组成的系统的能量变化过程，由功能关系得：W＝mv2＋mgR，代入已知量得：20 J＝J，解得小球B速度的大小v＝ m/s，故B错误；当细绳与轨道相切时两球速度大小相等，如图所示，由三角形知识得：sin∠OPB＝＝，故C正确；设最低点势能为0，小球B从地面拉到P的正下方C处时小球B的机械能增加，ΔE＝ΔEk＋ΔEp＝mv2＋mgR＝20 J，故D错误。
【例题6】【答案】BD
方法一：隔离法
在释放摆球的瞬间，支架竖直方向受到重力Mg和地面的支持力N1，由平衡条件知，N=Mg，根据牛顿第三定律得知，支架对地面的压力N1′=N1=Mg．故A错误，B正确．摆球到达最低点时，有：F-mg=m，联立可得细线的拉力：F=3mg结合牛顿第三定律，得支架对地面的压力大小为：N2=Mg+F=（3m+M）g．故C错误，D正确．
方法二：整体法
在释放摆球的瞬间，球具有竖直向下的重力加速度a=g，整体受到竖直向下重力（M+m)g和地面的支持力N1，由牛顿第二定律有:（M+m)g-N1=M×0+ma，解得N=Mg，根据牛顿第三定律得知，支架对地面的压力N1′=N1=Mg．故A错误，B正确．摆球到达最低点时，整体在竖直方向受到重力（M+m)g和地面的支持力N2，由牛顿第二定律有:N2-（M+m)g=M×0+m，解得：N2=3mg结合牛顿第三定律，得支架对地面的压力大小为：N2=Mg+F=（3m+M）g．故C错误，D正确．
【例题7】【答案】AD
刚释放小滑块A、B时，对整体，根据牛顿第二定律，有
（2m+m）gsin θ+qE=（2m+m）a…①
对物体A，根据牛顿第二定律，有2mgsin θ﹣f=2ma…②
联立①②解得f=qE，故A正确；
由于有空气阻力和电场力做功，故小滑块A、B和弹簧组成的系统机械能不一定守恒，故B错误；
小滑块A、B一起沿斜面向下运动过程是先加速后减速的过程，加速度先减小后反向增加，故对B，根据牛顿第二定律，有mgsin θ+qE﹣f=ma
分析可知，A对B的静摩擦力应该一直增加，故C错误；
滑块整体最终在平衡位置静止，根据平衡条件，有（2m+m）gsin θ+qE﹣kx=0
对滑块整体的运动的全过程，根据动能定理，有
[（2m+m）gsin θ+qE]x﹣W克f﹣EP=0
联立解得W克f=﹣EP；故D正确；
【例题8】【答案】ACD
【解析】以整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得：F＝2022ma，解得：a＝；以第1、2、3、…2018个小球为研究对象，根据牛顿第二定律可得：F1－2＝F，F2－3＝F，…，F2018－2022＝F，则F1－2∶F2－3∶…∶F2018－2022＝1∶2∶3∶…∶2018，由胡克定律F＝kx，可知弹簧伸长量之比为：x1－2∶x2－3∶…∶x2018－2022＝1∶2∶3∶…∶2018，但弹簧的长度之比不满足该关系，故A正确，B错误；突然撤去F的瞬间，除第2022个球所受合力突然变化外，由于弹簧不能立即发生形变，故其他球的合力未变，所以其他球的加速度依然为a，C正确；第1个球脱落瞬间所受合外力变为0，则加速度为0，第2个球的合外力变为2ma，加速度变为2a，其他球的合力瞬间不变，加速度依然为a，故D正确。
【例题9】【答案】(1)64.8 N　(2)76.4 N
【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＝6 N。
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＝64.8 N，FN＝76.4 N。
【例题10】【答案】（1）2s；（2）1 m/s2；（3）2.25 m/s
【解析】(1)物块刚要下滑时受力情况如图所示，摩擦力方向向上且达到最大Ff＝μFN＝μMgcos 37°
由平衡条件得Ff
Mgsin 37°-Ff-FT＝0
又有FT＝6-t(N)
解得：t＝2s
(2)t1＝4 s时，FT1＝6-t1
物块仍受四个力作用，由牛顿第二定律得：Mgsin 37°-Ff-FT1＝Ma
解得a＝1m/s2
(3)在细沙漏完之前a＝-1＋0.5t
细沙漏完之后，物块加速度a′＝1.5m/s2
图乙为a-t图象，
可求出5 s时，漏斗的速度大小为2.25m/s.

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