专题04破解不同运动状态下的连接体、整体法与隔离法-冲刺高考物理小题限时集训(解析版).docx

04 破解不同运动状态下的连接体、整体法与隔离法
难度：★★★★☆ 建议用时： 30分钟 正确率 ： /15
1．（2022·浙江·统考高考真题）如图所示，水平放置的电子秤上有一磁性玩具，玩具由哑铃状物件P和左端有玻璃挡板的凹形底座Q构成，其重量分别为GP和GQ。用手使P的左端与玻璃挡板靠近时，感受到P对手有靠向玻璃挡板的力，P与挡板接触后放开手，P处于“磁悬浮”状态（即P和Q的其余部分均不接触），P与Q间的磁力大小为F。下列说法正确的是（　　）

A．Q对P的磁力大小等于GP
B．P对Q的磁力方向竖直向下
C．Q对电子秤的压力大小等于GQ＋F
D．电子秤对Q的支持力大小等于GP＋GQ
【答案】D
【解析】AB．由题意可知，因手使P的左端与玻璃挡板靠近时，感受到P对手有靠向玻璃挡板的力，即Q对P有水平向左的磁力；P与挡板接触后放开手，P处于“磁悬浮”状态，则说明Q对P有竖直向上的磁力，则Q对P的磁力方向斜向左上方向，其磁力F大小大于GP，选项AB错误；
CD．对PQ的整体受力分析，竖直方向电子秤对Q的支持力大小等于GP＋GQ，即Q对电子秤的压力大小等于GP＋GQ，选项C错误，D正确。
故选D。
2．（2023·河南·郑州外国语学校高三模拟）如图所示，重力均为G的两个小球A、B通过长度为L的轻绳拴接后，小球A再通过另一根长度也为L的轻绳拴接在天花板的O点，给小球B施加一个水平向右的拉力F，系统静止稳定后，小球A与天花板O点之间的轻绳与竖直方向的夹角为α，小球A、B之间的轻绳与竖直方向的夹角为β，则下列关系式中正确的是（　　）

A．αβ=12 B．sinαsinβ=12 C．cosαcosβ=12 D．tanαtanβ=12
【答案】D
【解析】对小球B受力分析可得FG=tanβ
对A、B整体受力分析有F2G=tanα
联立解得tanαtanβ=12 ABC错误，D正确。
故选D。
3．（2022·陕西咸阳·统考模拟预测）挂灯笼的习俗起源于1800多年前的西汉时期，已成为中国人喜庆的象征。如图所示，由五根等长的轻质细绳悬挂起四个质量相等的灯笼，中间的细绳是水平的，另外四根细绳与水平面所成的角分别为θ1和θ2。关于θ1和θ2，下列关系式中正确的是（　　）

A．θ1=2θ2 B．θ1=3θ2
C．sinθ1=3sinθ2 D．tanθ1=2tanθ2
【答案】D
【解析】以左边两个灯笼为整体，设水平方向BC绳子拉力为T，则有 tanθ1=2mgT
以左边第二个灯笼为研究对象，则有 tanθ2=mgT
联立可得 tanθ1=2tanθ2
故选D。
4．（2023·河南·模拟预测）叠放在水平地面上的四个完全相同的排球如图所示，质量均为m，相互接触，球与地面间的动摩擦因数均为μ，则(　　)

A．上方球与下方3个球间均没有弹力
B．下方三个球与水平地面间均没有摩擦力
C．水平地面对下方三个球的支持力均为
D．水平地面对下方三个球的摩擦力均为
【答案】C
【解析】对上方球分析可知，小球受重力和下方球的支持力而处于平衡状态，所以上方球一定与下方球有力的作用，故A错误；下方球由于受上方球斜向下的弹力作用，所以下方球有运动的趋势，所以下方球受摩擦力作用，故B错误；对四个球整体分析，整体受重力和地面的支持力而处于平衡状态，所以下方三个小球受支持力大小为4mg，则下方每个小球受支持力为mg，故C正确；三个下方小球受到的是静摩擦力，故不能根据滑动摩擦力公式进行计算，故D错误。
5．（2022·海南·高考真题）我国的石桥世界闻名，如图，某桥由六块形状完全相同的石块组成，其中石块1、6固定，2、5质量相同为m，3、4质量相同为m′，不计石块间的摩擦，则m:m′为（    ）

A．32 B．3 C．1 D．2
【答案】D
【解析】六块形状完全相同的石块围成半圆对应的圆心角为180°，每块石块对应的圆心角为30°，对第3块石块受力分析如图

结合力的合成可知 tan60°=F4m′g
对第2块和第三块石块整体受力分析如图

tan30°=F4(m+m′)g
解得 mm′=2
故选D。
6．（2023·湖北·模拟）如图所示，质量为M的光滑斜面体上有一质量为m的木块沿斜面匀加速下滑，斜面体静止不动，则斜面体对地面的压力应（　　）

A．等于（M+m）g B．大于（M+m）g C．小于（M+m）g D．无法确定
【答案】C
【解析】由题，斜面是光滑的，则由牛顿第二定律可得物体m下滑时加速度大小为a=gsinθ．
对整体进行研究，分析受力情况，作出力的示意图

将m的加速度a分解为水平和竖直两个方向，根据牛顿第二定律有：
竖直方向：（M+m）g-N=masinθ＞0，则N＜（M+m）g，所以斜面体受地面的支持力小于（M+m）g．
故选C．
【点睛】 本题关键对斜面体和滑块整体受力分析后根据牛顿第二定律列式分析，也可以采用隔离法，先后研究滑块和斜面体．
7．（2023·辽宁丹东·模拟）如图所示，P、Q两物体的质量分别为mP=2 kg、mQ=3 kg，二者间用轻弹簧连接，在大小为F1=12 N、F2=2 N的水平力作用下，沿光滑水平面做匀加速直线运动。撤去F1的瞬间，P、Q的加速度大小分别为（   ）

A．0.4m/s2；0.4m/s2 B．0；23m/s2
C．38m/s2；2ms2 D．4ms2；2ms2
【答案】D
【解析】在水平力F1、F2作用下，两物体沿光滑水平面做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得 F1−F2=mP+mQa
解得 a=2m/s2
对物体P，由牛顿第二定律可得 F1−F=mPa
解得弹簧弹力 F=8N
撤去F1的瞬间，弹簧弹力不变，对物体P，由牛顿第二定律可得 F=mPaP
解得 aP=4m/s2
撤去F1的瞬间，对物体Q，由牛顿第二定律可得 F−F2=mQaQ
解得 aQ=2m/s2
故选D。
8．（2023·广东模拟）如图所示，物体A与B相对静止，共同沿固定斜面C匀速下滑，则下列正确的说法是

A．A、B间摩擦力为零
B．B与斜面间的动摩擦因数为μ=tanα
C．B受到的滑动摩擦力的大小为mBgsinα
D．斜面受到B施加的滑动摩擦力的方向沿斜面向上
【答案】B
【解析】A．对A物体受力分析，如图

由共点力平衡条件可得 fA=mAgsinα NA=mAgcosα
故AB间摩擦力不为零，故A错误。
BCD．对AB整体受力分析，如图

由共点力平衡条件可得 f=mA+mBgsinα N=mA+mBgcosα
滑动摩擦力 f=μN
联立以上式子可得μ=tanα
整体受到的摩擦力就是斜面对物体B的摩擦力，
故B受到的滑动摩擦力的大小为 f=mA+mBgsinα。
根据牛顿第三定律，则斜面受到B施加的滑动摩擦力的方向沿斜面向下。
故B正确，CD错误。
故选B。
9．（2023·福建模拟）(多选)如图所示，倾角为θ的斜面体C置于地面上，A、B两物体上下叠放并一起沿着C的上表面匀速下滑，B上表面保持水平，斜面体C始终保持静止，则（　　）

A．斜面体C与物体B之间的滑动摩擦因数大小为tanθ
B．物体A受到B施加的摩擦力水平向右
C．斜面体C对B施加的作用力竖直向上
D．地面对斜面体C的摩擦力水平向左
【答案】AC
【解析】A．依题意，把A、B看着一个整体，则有Mgsinθ=μMgcosθ
可得斜面体C与物体B之间的滑动摩擦因数大小为μ=tanθ
故A正确；
B．物体A匀速运动，合力为零，可知A只受重力及B的支持力的作用，受到B施加的摩擦力为零，故B错误；
C．把A、B看着一个整体，由平衡条件可知，斜面体C对B施加的作用力与整体的重力等大，反向，即方向竖直向上，故C正确；
D．由选项C分析可知，C对A、B整体的作用力方向竖直向上，则AB对C的作用力方向竖直向下，由平衡条件可知，地面对斜面体C的摩擦力为零，故D错误。
故选AC。
10．（2023春·山西运城·模拟）(多选)如图所示，一质量不计的竖直圆盘可绕固定的水平轴O在竖直平面内无摩擦地转动。圆盘上固定着质量均为m小球A和B，且OA=3a，OB=a，OA与OB垂直。当OA处于水平位置静止释放，则在圆盘转动过程中，下列说法正确的有（　　）

A．转动过程中AB球组成的系统机械能守恒
B．当A球位于O点正下方时，圆盘转动的角速度达到最大
C．圆盘转动过程中，圆盘始终对A球不做功
D．圆盘沿顺时针方向转动到角速度为0时OA与竖直方向成30°角
【答案】AD
【解析】A．竖直圆盘质量不计,圆盘在竖直平面内转动的过程中，对于AB球组成的系统，只有重力做功，系统的机械能守恒，故A正确；
B．AB球组成的系统重心位于两者连线的中点，当系统的重心到达O点正下方时，系统重力势能减少量最大，则动能的增加量最大，圆盘转动的角速度最大，可知，当A球位于O点正下方时，圆盘转动的角速度不是最大，故B错误；
C．圆盘转动过程中，由于B的机械能是变化的，由系统的机械能守恒知A的机械能是变化的，由功能关系可知圆盘对A球要做功，故C错误；
D．设圆盘沿顺时针方向转动到角速度为0时OA与竖直方向成α角，根据系统的机械能守恒知：从开始释放到圆盘角速度为0的过程中，A的机械能减少量等于B的机械能增加量，即得mg⋅3acosα=mga(1+sinα)
解得α=30° 故D正确。
故选AD。
11．（2023·河北衡水·河北衡水中学校考模拟预测）如图所示，水平地面上固定一斜面体，斜面体的倾角为α，小斜劈B上表面水平，放置在斜面上，物块A处于小斜劈的上表面，通过两端带有铰链的轻杆与物块C相连，物块C紧靠墙面，墙面的倾角为θ，已知轻杆跟墙面垂直，A、B、C均静止，α < θ，关于A、B、C的受力，下列说法正确的是（　　）

A．A对B的摩擦力水平向右
B．小斜劈B可能不受斜面体的摩擦力作用
C．物块C的受力个数可能是3个
D．A对B的压力大小一定等于A、C的重力之和
【答案】B
【解析】A．对A受力分析可知，杆对A的弹力方向沿CA方向，故B对A的摩擦力水平向右，那么A对B的摩擦力水平向左，A错误；
B．B可能只受到重力、A施加的压力、A的摩擦力和斜面的支持力作用而平衡，B正确；
C．对C受力分析如图

C受重力、杆的作用力、墙面的支持力、摩擦力，4个力的作用，
且满足 Fcosθ+fCsinθ=GC+NCcosθ C错误；
D．对AC整体受力分析如图

NA+fCsinθ=GA+GC+NCcosθ
联立可得 NA=GA+Fcosθ
因为不清楚Fcosθ与GC的大小关系，故A对B的压力大小不一定等于A、C的重力之和，D错误。
故选B。
12．（2023·高三课时练习）如图甲所示，将两质量不同的物体P、Q放在倾角为θ的光滑斜面体上，在物体P上施加沿斜面向上的恒力F，使两物体沿斜面向上做匀加速直线运动；图乙为将图甲中的斜面体调整为水平，并在物体P上施加水平恒力F；图丙为两物体叠放在一起，在物体P上施加一竖直向上的恒力F使二者向上加速运动. 三种情况下力F大小相等，加速度大小分别为a甲、a乙、a丙，两物体间的作用力分别为F甲、F乙、F丙，则下列说法正确的是（  ）

A．a乙最大，F乙最大
B．a丙最大，F丙最大
C．a甲=a乙=a丙，F甲=F乙=F丙
D．a乙>a甲>a丙，F甲=F乙=F丙
【答案】D
【解析】设物体P的质量为M，物体Q的质量为m.
由牛顿第二定律对图甲中的物体P和Q F−(M+m)gsinθ=(M+m)a甲
对物体Q F甲−mgsinθ=ma甲
解得 a甲=FM+m−gsinθ F甲=FmM+m
同理对图乙，解得 F=(M+m)a乙 F乙=FmM+m
同理对图丙，解得 a丙=FM+m−g F丙=FmM+m
显然 a乙>a甲>a丙 F甲=F乙=F丙
故选D。
13．（2022·山东烟台·莱州市第一中学模拟预测）如图所示，质量为2.5m的物体A放在倾角为α=30°的固定斜面体上，一平行于斜面的轻绳跨过光滑定滑轮一端与物体A连接，另一端与一竖直轻弹簧相连，弹簧下端悬挂一质量为m的砝码盘B，整个系统处于静止状态。现将质量为m的砝码轻轻放在B盘中，二者开始运动。B在运动过程中始终未着地，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力。轻绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，要使物体A始终保持静止状态，A和斜面体之间的动摩擦因数的最小值为（　　）

A．33 B．315
C．4315 D．7315
【答案】D
【解析】放砝码前，弹簧的伸长量为 x0=mgk
砝码和B盘向下运动过程，与弹簧组成的系统机械能守恒，砝码和B盘运动到最低点时弹力最大，则有 2mg(x−x0)=12kx2−12kx02
可得 3mg=kx
动摩擦因数最小时，由平衡关系可得 kx=2.5mgsinα+2.5μmgcosα
可得 μ=7315
故ABC错误，D正确。
故选D。
14．（2023·高三课时练习）(多选)如图所示，一根不可伸长的轻绳跨过光滑的水平轴O，两端分别连接质量均为m的小球A和物块B，物块B置于O点正下方的水平面上，拉直绳使OA水平，此时OA的长度为L，由图示位置释放后，小球转动到水平轴正下方过程中，下列说法正确的是（　　）

A．物块B始终处于静止状态
B．小球A运动到水平轴正下方时的速度小于2gL
C．小球A运动到水平轴正下方时的速度方向水平向左
D．小球A机械能不守恒
【答案】BD
【解析】A．若物块B始终静止，则当小球A向下运动到O点正下方时，绳子上的拉力必大于mg，故物块B一定会向上运动，所以A错误；
BC．设小球A运动到水平轴正下方时，定滑轮与A之间的距离为x，对A、B由机械能守恒有 mvA22+mvB22=mgx−mgx−L
得 vA=2gL−vB2
则 vA<2gL
A的速度方向不垂直绳子，B正确，C错误；
D．B向上运动，绳子拉力对B做正功，对A做负功，小球A机械能不守恒，D正确。
故选BD。
15．（2023·河北·模拟预测）(多选)如图所示，一轻弹簧一端固定在倾角为53°的光滑斜面的底端，另一端拴住质量为Mp=2kg的物块P，Q为一质量为MQ=4kg的重物，Q与P接触但不粘连。弹簧的劲度系数k＝100N/m，系统处于静止状态。现给Q施加一个方向沿斜面向上的力F，使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运动，加速度为a且大小未知，已知在前0.2s时间内F为变力，0.2s以后F为恒力，已知sin53°＝0.8，g=10m/s2，则（　　）。

A．加速度a=8m/s2 B．力F的最小值Fmin=48N
C．力F的最大值Fmax=64N D．Q与P分离时的弹簧弹力F＝28N
【答案】ABC
【解析】 AD．F刚作用时，弹簧弹力等于P、Q的整体重力的分力 Mp+MQgsin53∘=kx1
当P与Q分离时，弹簧的形变量为 x2=x1−12at2
对P分析有 kx2−MPgsin53∘=MPa
解得 a=8m/s2
弹簧弹力为 F=kx2=32N A正确，D错误；
B．刚作用时F最小，P、Q整体分析有 Fmin−MP+MQgsin53∘+kx1=MP+MQa
解得 Fmin=48N B正确；
C．分离时F最大，对Q分析有 Fmax−MQgsin53∘=MQa
解得 Fmax=64N C正确。
故选ABC。