高中數學《高中全程學習方略》2025版必修第一冊必修第一冊專題進階課五整體法和隔離法在牛頓運動定律中的應用含答案專題進階課五整體法和隔離法在牛頓運動定律中的應用核心歸納1.連接體兩個或兩個以上相互作用的物體組成的具有相同運動狀態的整體叫連接體。幾個物體并排放在一起如甲、乙,或疊放在一起如丙、丁,或用繩子、細桿等連在一起如戊、己、庚,在求解連接體問題時常用的方法為整體法與隔離法。常見連接體模型2.連接體問題的處理方法(1)區分外力和內力如果以物體(包括物體間的繩、彈簧等)組成的系統為研究對象,則系統之外的作用力為該系統受到的外力,而系統內各物體間的相互作用力為該系統的內力。(2)整體法:把整個系統作為一個研究對象,不必考慮系統的內力,只需分析系統受到的外力,然后依據牛頓第二定律列方程求解。(3)隔離法:把系統中的一部分作為研究對象,此時系統的內力就有可能成為該研究對象所受的外力,在分析時應加以注意,一般隔離受力較少的物體。3.整體法與隔離法的選擇(1)整體法的研究對象少、受力少、方程少,所以連接體問題優先采用整體法。(2)涉及物體間相互作用的內力時,必須采用隔離法。(3)若連接體內各物體具有相同的加速度且需要求解物體間的相互作用力,就可以先用整體法求出加速度,再用隔離法分析其中一個物體的受力,即“先整體求加速度,后隔離求內力”。4.系統牛頓第二定律的應用若已知某個物體的受力情況,可先隔離該物體求出加速度,再以整體為研究對象求解外力。當系統沒有共同加速度時,也可用整體分析法,此時系統受到的合外力等于各物體的質量與加速度乘積之和(矢量和),即F合=F1+F2+F3+…+Fn=m1am3a3+…+mn5.力的動力分配原理(1)模型:光滑水平面上,在F的作用下,M、m一起向右做勻加速運動,如圖1,求M、m間的相互用力。分析:用整體法求加速度F=(M+m)a隔離法求相互作用力,隔離m研究因為FMm=ma,所以FMm=mM(2)意義:兩個直接接觸或通過細線相連的物體在外力F的作用下以共同的加速度運動,各個物體分得的動力與自身質量成正比。這叫力的加速度效果分配法則,或者叫動力分配原理。(3)拓展:①在圖1中,若物體與地面間動摩擦因數為μ,整體所受摩擦力產生的加速度為μg,而各部分所受摩擦力產生的加速度正好為μg,所以m與M間相互作用力不會發生變化,仍依質量正比分配F。②在圖2、3、4中,道理相同,相互作用力正比例分配。其中圖3中M、m與斜面的動摩擦因數均為μ或都沒摩擦,圖4中m與水平面間無摩擦。圖2和圖3中相互作用力為mM+mF,圖4中相互作用力為典題例析角度1加速度和速度都相同的連接體問題【典例1】(多選)(2024·揭陽高一檢測)如圖所示,容器置于傾角為θ的光滑固定斜面上時,容器頂面恰好處于水平狀態,容器頂部有豎直側壁,有一小球與右端豎直側壁恰好接觸。今讓系統從靜止開始下滑,容器質量為M,小球質量為m,所有摩擦不計。下列說法正確的是 ()A.小球對容器側壁的壓力為mgsinθB.小球對容器側壁的壓力為12mgsin2C.小球對容器底部的壓力為mgcosθD.小球對容器底部的壓力為mgcos2θ【解析】選B、D。小球與容器一起加速下滑,加速度a=gsinθ,設容器側壁對小球的彈力為F,支持力為FN,水平方向根據牛頓第二定律F=macosθ=mgsinθcosθ=12mgsin2θF壓=F=12mgsin2θ,故A錯誤,B正確;豎直方向根據牛頓第二定律mg-FN=mgsin2θ,解得FN=mg(1-sin2θ)=mgcos2θ,根據牛頓第三定律,小球對容器底部的壓力為F壓'FN=mgcos2θ,故C錯誤,D正確。對點訓練(多選)(2024·重慶高一檢測)如圖所示,靜止在水平地面上傾角為θ的光滑斜面體上有一斜劈A,A的上表面水平且放有一斜劈B,B的上表面上有一物塊C,A、B、C一起沿斜面勻加速下滑。已知A、B、C的質量均為m,重力加速度大小為g,斜面體始終保持靜止。下列說法正確的是 ()A.A、B間的摩擦力為零B.C可能只受兩個力作用C.A所受合外力的大小為mgsinθD.斜面體受到地面的摩擦力方向水平向左【解析】選B、C、D。對B、C整體受力分析,其受豎直向下的重力、豎直向上的支持力,由于B、C整體沿斜面向下勻加速下滑,則A、B間摩擦力不為零,且方向水平向左,故A錯誤;斜面體光滑,對A、B、C整體分析可知,整體的加速度為gsinθ,如果B斜面的傾角也為θ,對C分析,由于其加速度為gsinθ,則C不受摩擦力,即當B斜面的傾角也為θ時,C只受重力、支持力兩個力作用,故B正確;選A、B、C整體為研究對象,根據牛頓第二定律可知A的加速度大小為a=gsinθ,則A所受合外力的大小為F=ma=mgsinθ,故C正確;根據上述,A、B、C整體有沿斜面向下的加速度,則對A、B、C和斜面體整體分析可知,整體有向左的分加速度,即斜面體受地面的摩擦力方向水平向左,故D正確。角度2加速度和速度大小不同、方向不同的連接體問題【典例2】(2024·武漢高一檢測)如圖所示,質量為M、傾角為30°的斜面體置于水平地面上,一輕繩繞過兩個輕質滑輪連接著固定點P和物體B,兩滑輪之間的輕繩始終與斜面平行,物體A、B的質量分別為m、2m,A與斜面間的動摩擦因數為33,重力加速度大小為g,將A、B由靜止釋放,在B下降的過程中(物體A未碰到滑輪),斜面體靜止不動。下列說法正確的是 (A.輕繩對P點的拉力大小為23B.物體A的加速度大小為35C.地面對斜面體的摩擦力大小為33D.地面對斜面體的支持力大小為Mg+2mg【解析】選A。由于相同時間內物體B通過的位移是物體A通過的位移的兩倍,則物體B的加速度是物體A的加速度的兩倍;設物體A的加速度為a,則B的加速度為2a;設物體A、B釋放瞬間,輕繩的拉力為FT,根據牛頓第二定律得2FT-mgsin30°-μmgcos30°=ma,2mg-FT=2m·2a,代入數據,聯立解得FT=23mg,a=13g,故A正確、B錯誤;物體B下降過程中,對斜面體、A和B組成的整體,水平方向根據牛頓第二定律得FTcos30°-f=macos30°,解得地面對斜面體的摩擦力為f=36mg,故C錯誤;物體B下降過程中,對斜面體、A和B組成的整體,在豎直方向根據牛頓第二定律得(M+3m)g-FN-FTsin30°=2m·2a-masin30°,解得地面對斜面體的支持力為FN=(M+32【補償訓練】(多選)(2024·廈門高一檢測)如圖甲所示,水平地面上固定一足夠長的光滑斜面,斜面頂端有一理想定滑輪,一輕繩跨過滑輪,繩兩端分別連接小物塊A和B,保持A的質量不變,改變B的質量m;當B的質量連續改變時,得到A的加速度a隨B的質量m變化的圖線,如圖乙所示,設加速度沿斜面向上的方向為正方向,空氣阻力不計,重力加速度g取10m/s2,斜面的傾角為θ,下列說法正確的是()A.若θ已知,可求出A的質量B.若θ未知,可求出圖乙中a1的值C.若θ已知,可求出圖乙中a2的值D.若θ已知,可求出圖乙中m0的值【解析】選B、C。設物塊A的質量為mA,以沿斜面向上的方向為正方向,則系統的加速度為a=mg-mAgsinθm+mA,由圖乙可知,當m=m0時,a=0,則有m0g=mAgsinθ,由于m0未知,所以即使θ已知,也無法求出mA;mA未知,m0也無法求解,故A、D錯誤;由加速度表達式a=mg-mAgsinθm+mA,可知,當m趨向于無窮大時,a趨向于g,所以a1=g,即a1與θ無關,故B正確;由圖可知,當a=a2時,m=0,此時物塊A沿斜面自由下滑,則mAg專題進階課一勻變速直線運動的常用公式核心歸納1.三個公式的比較:項目一般形式v0=0不涉及速度公式v=v0+atv=atx位移公式x=v0t+12atx=12atv速度—位移關系式v2-v02v2=2axt提醒:公式中vo、v、a、x都是矢量,應用時必須選取統一的正方向,一般選取初速度方向為正方向。2.運動學公式的應用步驟(1)認真審題,明確研究對象,畫出物體的運動過程示意圖。(2)明確已知量、待求量。(3)規定正方向(一般取初速度v0的方向為正方向),確定各矢量的正、負。(4)選擇適當的公式求解。(5)判斷所得結果是否合乎實際情況,并根據結果的正負說明所求物理量的方向。典題例析【典例】(2024·懷化高一檢測)汽車在駛入高速公路行車道前,要在加速車道上提高車速。我國規定在高速公路上正常行駛的車輛,最低速度不得低于60km/h,最高速度不得超過120km/h。假設有一輛汽車初速度為10m/s,以2m/s2的加速度駛完長度為200m的加速車道。(1)求這個過程持續的時間;(2)經過加速車道進入行車道時,汽車的速度是否符合國家規定?【解析】(1)根據位移—時間公式x=v0t+12at代入數據可得:t=10s(2)根據速度—時間公式可得:vt=v0+at=10m/s+2×10m/s=30m/s=108km/h該速度符合規定答案:(1)10s(2)汽車的速度符合國家規定[規律方法]巧選運動學公式的基本方法公式中共涉及vo、v、a、t、x五個物理量,而每個公式中都含有四個量,因此明確三個量就可求出另外的兩個量,恰當選擇公式可達到事半功倍的效果,方法如下:無位移x,也不需要求位移選用速度公式v=v0+at無末速度v,也不需要求末速度選用位移公式x=v0t+12at無運動時間t,也不需要求運動時間選用速度—位移公式v2-v02【補償訓練】伽利略在《兩種新科學的對話》一書中,討論了自由落體運動和物體沿斜面運動的問題,提出了這樣的猜想:物體沿斜面下滑是一種勻變速直線運動,同時他還運用實驗驗證了其猜想。物理興趣小組依據伽利略描述的實驗方案,設計了如圖的裝置,探究物體沿斜面下滑是否做勻變速直線運動。(1)實驗時,讓滑塊從某一高度由靜止沿斜面下滑,并同時打開裝置中的閥門,使水箱中的水流到量筒中;當滑塊碰到擋板的同時關閉閥門(整個過程中水流可視為均勻穩定的)。改變滑塊起始位置的高度,重復以上操作。該實驗探究方案是利用量筒中收集的水量來測量________的。

(2)如表是該小組測得的有關數據,其中s為滑塊從斜面的不同高度由靜止釋放后沿斜面下滑的距離,V為相應過程量筒收集的水量。分析表中數據,根據___________________,可以得出滑塊沿斜面下滑是做勻變速直線運動的結論。

次數1234567s/m4.53.93.02.11.50.90.3V/mL90847262524023.5sV2/10-45.65.55.85.55.65.65.4(3)本實驗誤差的主要來源:水從水箱中流出不夠穩定,還可能來源于________等(只要求寫出一種)。【解析】(1)初速度為零的勻變速直線運動,位移與時間的二次方成正比,由于水是均勻穩定流出的,水的體積和時間成正比,所以量筒中收集的水量可以間接地測量時間。(2)驗證該運動是否為勻變速直線運動,關鍵看位移與時間的二次方是否成正比,即看位移與量筒中水的體積的二次方是否成正比,所以根據sV2在誤差允許的范圍內是一常數(3)本實驗誤差的主要來源:水從水箱中流出不夠穩定,還可能來源于距離測量不準確、滑塊開始下滑和開始流水不同步或斜面摩擦不均勻。答案:(1)時間(2)sV2在誤差允許的范圍內是一常數(3)滑塊下滑距離測量不準確(對點訓練(多選)在某次比賽中,冰壺被投出后,如果做勻減速直線運動,用時20s停止,最后1s內位移大小為0.2m,則下面說法正確的是 ()A.冰壺的加速度大小是0.3m/s2B.冰壺的加速度大小是0.4m/s2C.冰壺第1s內的位移大小是7.8mD.冰壺的初速度大小是6m/s【解析】選B、C。整個過程的逆過程是初速度為零的勻加速直線運動,最后1s內的位移為0.2m,根據位移時間公式:x1=12at12,代入數據解得:a=0.4m/s2,故B正確,A錯誤;根據速度公式得初速度為:v0=at=0.4×20m/s=8m/s,則冰壺第1s內的位移大小為:x'1=v0t'-12at'2=(8×1-12×0.4×12)m=7.8m,【補償訓練】曲和直本來是相互對立的兩種事物,但在無限次的分割之后,則可以用直線代替曲線,這說明相互對立的事物在一定的條件下也可以相互統一。在長度極短的情況下可以用直線代替曲線——以直代曲,那也就可以在時間極短的情況下將變速運動看作勻速運動——以恒代變,用這種方法求出各小段的位移,然后加起來就是變速運動的總位移。一次課上,老師拿來了小明同學“探究小車的運動規律”的測量記錄(見表),表中“速度v”一行是小明同學用某種方法(方法不詳)得到的小車在0、1、2、3、4、5幾個位置的瞬時速度。原始的紙帶沒有保存。位置編號012345時間t/s00.10.20.30.40.5速度v/(m·s-1)0.380.630.881.111.381.62能不能根據表中的數據,用最簡便的方法估算實驗中小車從位置0到位置5的位移?為了計算的方便,我們考慮這樣一個簡化的問題:一個做勻變速直線運動的物體的初速度為1m/s,加速度為1m/s2,則其1s內的位移是多少?試通過逐步分割以至于無限趨近的思路加以分析。【解析】這段時間內物體的最小速度為1m/s,在1s內運動的位移應大于1m,最大速度為2m/s,運動的位移應小于2m。那么運動的位移到底是多少呢?由于做勻變速直線運動的物體的速度是均勻變化的,借助一定的數學思想,同學們可以想到位移的準確值應該是1.5m(或者由教材中給出的勻變速直線運動的位移與時間的公式x=v0t+12at2直接算出)。得出位移的準確值之后,如果將全過程看作速度是1m/s的勻速運動,得到x=vt=1×1m=1m,即這樣算得位移是1m,比準確值少了0.5m。如果每小段用0.2s時間間隔來估算整個過程,這樣全過程就分為5段處理,得到x=1×0.2m+1.2×0.2m+1.4×0.2m+1.6×0.2m+1.8×0.2m=1.4m,即這樣算得位移是1.4m,比準確值少了0.1m,與第一次相比,誤差變成了原來的五分之一。如果每小段用0.1s時間間隔來估算整個過程,這樣全過程就分為10段處理,得到x=1×0.1m+1.1×0.1m+1.2×0.1m+…+1.9×0.1m=1.45m,即這樣算得位移是1.45m,比準確值少了0.05m,與第一次相比,誤差變成了原來的十分之一。通過數學歸納和推測可知,一個勻變速直線運動過程分割成多少段,估算值與真實結果的差異就會減少到原來的多少分之一。如果分割成無窮多個時間段,估算值就等于真實值。答案:見解析專題進階課九動力學的圖像問題核心歸納1.常見的圖像形式在動力學與運動學問題中,常見、常用的圖像是位移—時間圖像(x-t圖像)、速度—時間圖像(v-t圖像)和力—時間的圖像(F-t圖像)等,這些圖像反映的是物體的運動規律、受力規律,而絕非代表物體的運動軌跡。v-t圖像(屬于已知運動求受力)(1)根據圖像確定物體各段的加速度大小和方向(2)弄清每段圖線與物體運動的對應關系(3)對各段圖線進行受力分析(4)用牛頓第二定律求解F-t圖像(屬于已知受力求運動)(1)根據圖像結合物體運動情況明確物體在各時間段的受力情況(2)利用牛頓第二定律求出加速度(3)利用運動學公式求其他運動量a-F圖像圖像的力F是物體受到的某一個力的變化對物體加速度的影響:(1)對物體進行全面受力分析(2)根據牛頓第二定律求其他未知力2.圖像問題的分析方法(1)分清圖像的類別:即分清橫、縱坐標所代表的物理量,明確其物理意義,掌握物理圖像所反映的物理過程,會分析臨界點。(2)注意圖線中的一些特殊點所表示的物理意義:圖線與橫、縱坐標的交點,圖線的轉折點,兩圖線的交點等。(3)明確能從圖像中獲得的信息:把圖像與具體的題意、情景結合起來,應用物理規律列出與圖像對應的函數方程式,進而明確“圖像與公式”“圖像與物體”間的關系,以便對有關物理問題作出準確判斷。典題例析角度1v-t圖像【典例1】(2024·淮安高一檢測)如圖甲所示,傾角為30°的斜面固定在水平地面上,一個小物塊在沿斜面向上的恒定拉力F作用下,從斜面底端A點由靜止開始運動,一段時間后撤去拉力F,小物塊能到達的最高位置為C點,已知小物塊的質量為0.3kg,小物塊從A到C的v-t圖像如圖乙所示,取g=10m/s2。(1)求小物塊上升過程中加速和減速的加速度大小的比值。(2)求小物塊與斜面間的動摩擦因數和拉力F的大小。(3)分析小物塊是否能靜止在C點。如果不能,計算出回到A點的速度大小。【解析】(1)小物塊加速時的加速度大小為a1=Δv1Δt1=7.5-03m/s2=2.5m/s2,減速時的加速度大小為a2=(2)撤去拉力后,根據牛頓第二定律,有mgsin30°+μmgcos30°=ma2即a2=gsin30°+μgcos30°,得μ=3在拉力作用下,根據牛頓第二定律,有F-mgsin30°-μmgcos30°=ma1,代入數據得F=3N。(3)在C點,mgsin30°>μmgcos30°,所以小物塊到達C點后將沿斜面下滑,即mgsin30°-μmgcos30°=ma3,得a3=2.5m/s2,由x=15m,v2=2a3x,得v=53m/s。答案:(1)13(2)363N(3)不能5對點訓練如圖(a),一物塊在t=0時刻滑上一固定斜面,其運動的v-t圖線如圖(b)所示。若重力加速度及圖中的v0、v1、t1均為已知量,則不可求出 ()A.斜面的傾角B.物塊的質量C.物塊與斜面間的動摩擦因數D.物塊沿斜面向上滑行的最大高度【解析】選B。由題圖可知,物塊上滑的加速度大小a1=v0t1,下滑的加速度大小a2=v1t1,根據牛頓第二定律,物塊上滑時有mgsinθ+μmgcosθ=ma1,下滑時有mgsinθ-μmgcosθ=ma2,則可求得斜面傾角及動摩擦因數,故A、C不符合題意;由于m均消去,無法求得物塊的質量,故B符合題意;物塊上滑的最大距離x=v0角度2F-t圖像【典例2】(2024·重慶高一檢測)甲、乙兩物體靜置于粗糙水平地面上,與地面的動摩擦因數相同。t=0時刻起,在物體上均施加周期性變化的水平外力F,如圖a,變化規律如圖b所示。甲、乙在運動中具有如下特點:甲物體在2s末、4s末速度相同且不為0;乙物體在第3s內做勻速運動。則甲與乙質量之比為 ()A.3∶2 B.3∶4C.2∶3 D.無法確定【解析】選A。甲在2s末和4s末速度相同,則2s到4s間必經過先減速再加速的過程,因減速和加速時間相同,所以兩階段加速度大小相同,故f甲=6N,乙因為在第3s內做勻速運動,所以所受合力為零,所以f乙=4N,又因動摩擦因數相同,f=μmg,所以有m甲m乙=f甲f【補償訓練】為了探究物體與斜面間的動摩擦因數,某同學進行了如下實驗:取一質量為m的物體,使其在沿斜面方向的推力F作用下向上運動,如圖甲所示,通過力傳感器得到推力隨時間變化的規律如圖乙所示,通過頻閃照相處理后得出速度隨時間變化的規律如圖丙所示,若已知斜面固定且傾角α=30°,重力加速度g取10m/s2。求:(1)物體與斜面間