1．质量为m的小猫，静止于很长的质量为M的吊杆上，如图1-17所示。在吊杆上端悬线断开的同时，小猫往上爬，若猫的高度不变，求吊杆的加速度。(设吊杆下端离地面足够高)

图1-17	图1-18

方法简介

整体是以物体系统为研究对象，从整体或全过程去把握物理现象的本质和规律，是一种把具有相互联系、相互依赖、相互制约、相互作用的多个物体，多个状态，或者多个物理变化过程组合作为一个融洽加以研究的思维形式。整体思维是一种综合思维，也可以说是一种综合思维，也是多种思维的高度综合，层次深、理论性强、运用价值高。因此在物理研究与学习中善于运用整体研究分析、处理和解决问题，一方面表现为知识的综合贯通，另一方面表现为思维的有机组合。灵活运用整体思维可以产生不同凡响的效果，显现“变”的魅力，把物理问题变繁为简、变难为易。

赛题精讲

例1：如图1-1所示，人和车的质量分别为m和M ，人用水平力F拉绳子，图中两端绳子均处于水平方向，不计滑轮质量及摩擦，若人和车保持相对静止，且水平地面是光滑的，则车的加速度为　　　　 　。

解析：要求车的加速度，似乎需将车隔离出来才能求解，事实上，人和车保持相对静止，即人和车有相同的加速度，所以可将人和车看做一个整体，对整体用牛顿第二定律求解即可。

将人和车整体作为研究对象，整体受到重力、水平面的支持力和两条绳的拉力。在竖直方向重力与支持力平衡，水平方向绳的拉力为2F ，所以有：

2F = (M + m)a ，解得：a =

例2：用轻质细线把两个质量未知的小球悬挂起来，如图1-2所示，今对小球a持续施加一个向左偏下30°的恒力，并对小球b持续施加一个向右偏上30°的同样大小的恒力，最后达到平衡，表示平衡状态的图可能是(　　 )

解析：表示平衡状态的图是哪一个，关键是要求出两条轻质细绳对小球a和小球b的拉力的方向，只要拉力方向求出后，。图就确定了。

先以小球a 、b及连线组成的系统为研究对象，系统共受五个力的作用，即两个重力(m_a + m_b)g ，作用在两个小球上的恒力F_a 、F_b和上端细线对系统的拉力T₁ 。因为系统处于平衡状态，所受合力必为零，由于F_a 、F_b大小相等，方向相反，可以抵消，而(m_a + m_b)g的方向竖直向下，所以悬线对系统的拉力T₁的方向必然竖直向上。再以b球为研究对象，b球在重力m_bg 、恒力F_b和连线拉力T₂三个力的作用下处于平衡状态，已知恒力向右偏上30°，重力竖直向下，所以平衡时连线拉力T₂的方向必与恒力F_b和重力m_bg的合力方向相反，如图所示，故应选A 。

例3：有一个直角架AOB ，OA水平放置，表面粗糙，OB竖直向下，表面光滑，OA上套有小环P ，OB上套有小环Q ，两个环的质量均为m，两环间由一根质量可忽略、不何伸长的细绳相连，并在某一位置平衡，如图1-4所示。现将P环向左移动一段距离，两环再次达到平衡，那么将移动后的平衡状态和原来的平衡状态相比，OA杆对P环的支持力N和细绳上的拉力T的变化情况是(　　 )

A．N不变，T变大　　　　　　　　　　　　　　 B．N不变，T变小

C．N变大，T变小　　　　　　　　　　　　　　 D．N变大，T变大

解析：先把P、Q看成一个整体，受力如图1-4-甲所示，则绳对两环的拉力为内力，不必考虑，又因OB杆光滑，则杆在竖直方向上对Q无力的作用，所以整体在竖直方向上只受重力和OA杆对它的支持力，所以N不变，始终等于P 、Q的重力之和。再以Q为研究对象，因OB杆光滑，所以细绳拉力的竖直分量等于Q环的重力，当P环向左移动一段距离后，发现细绳和竖直方向夹角a变小，所以在细绳拉力的竖直分量不变的情况下，拉力T应变小。由以上分析可知应选B 。

例4：如图1-5所示，质量为M的劈块，其左右劈面的倾角分别为θ₁ = 30°、θ₂ = 45°，质量分别为m₁ =kg和m₂ = 2.0kg的两物块，同时分别从左右劈面的顶端从静止开始下滑，劈块始终与水平面保持相对静止，各相互接触面之间的动摩擦因数均为μ = 0.20 ，求两物块下滑过程中(m₁和m₂均未达到底端)劈块受到地面的摩擦力。(g = 10m/s²)

解析：选M 、m₁和m₂构成的整体为研究对象，把在相同时间内，M保持静止，m₁和m₂分别以不同的加速度下滑三个过程视为一个整体过程来研究。根据各种性质的力产生的条件，在水平方向，整体除受到地面的静摩擦力外，不可能再受到其他力；如果受到静摩擦力，那么此力便是整体在水平方向受到的合外力。

根据系统牛顿第二定律，取水平向左的方向为正方向，则有：

F­_合x = Ma′+ m₁a_1x－m₂a_2x

其中a′、a_1x和a_2x分别为M 、m₁和m₂在水平方向的加速度的大小，而a′= 0 ，a_1x = g (sin30°－μcos30°) cos30° ，a_2x = g (sin45°－μcos45°) cos45° 。所以：

F_合 = m₁g (sin30°－μcos30°) cos30°－m₂g (sin45°－μcos45°) cos45°

=×10×(－0.2×)×－2.0×10×(－0.3×)×=－2.3N

负号表示整体在水平方向受到的合外力的方向与选定的正方向相反。所以劈块受到地面的摩擦力的大小为2。3N，方向水平向右。

例5：如图1-6所示，质量为M的平板小车放在倾角为θ的光滑斜面上(斜面固定)，一质量为m的人在车上沿平板向下运动时，车恰好静止，求人的加速度。

解析：以人、车整体为研究对象，根据系统牛顿运动定律求解。如图1-6-甲，由系统牛顿第二定律得：

(M + m)gsinθ = ma

解得人的加速度为a =gsinθ

例6：如图1-7所示，质量M = 10kg的木块ABC静置 于粗糙的水平地面上，滑动摩擦因数μ = 0.02 ，在木块的倾角θ为30°的斜面上，有一质量m = 1.0kg的物块静止开始沿斜面下滑，当滑行路程s = 1.4m时，其速度v = 1.4m/s ，在这个过程中木块没有动，求地面对木块的摩擦力的大小和方向。(重力加速度取g = 10/s²)

解析：物块m由静止开始沿木块的斜面下滑，受重力、弹力、摩擦力，在这三个恒力的作用下做匀加速直线运动，由运动学公式可以求出下滑的加速度，物块m是处于不平衡状态，说明木块M一定受到地面给它的摩察力，其大小、方向可根据力的平衡条件求解。此题也可以将物块m 、木块M视为一个整体，根据系统的牛顿第二定律求解。

由运动学公式得物块m沿斜面下滑的加速度：

a ==== 0.7m/s²

以m和M为研究对象，受力如图1-7-甲所示。由系统的牛顿第二定律可解得地面对木块M的摩擦力为f = macosθ = 0.61N ，方向水平向左。

例7：有一轻质木板AB长为L ，A端用铰链固定在竖直墙上，另一端用水平轻绳CB拉住。板上依次放着A 、B 、C三个圆柱体，半径均为r ，重均为G ，木板与墙的夹角为θ ，如图1-8所示，不计一切摩擦，求BC绳上的张力。

解析：以木板为研究对象，木板处于力矩平衡状态，若分别以圆柱体A 、B 、C为研究对象，求A 、B 、C对木板的压力，非常麻烦，且容易出错。若将A 、B 、C整体作为研究对象，则会使问题简单化。

图1-8乙

以A 、B 、C整体为研究对象，整体受到重力3G 、木板的支持力F和墙对整体的支持力F_N ，其中重力的方向竖直向下，如图1-8-甲所示。合重力经过圆柱B的轴心，墙的支持力F_N垂直于墙面，并经过圆柱C的轴心，木板给的支持力F垂直于木板。由于整体处于平衡状态，此三力不平行必共点，即木板给的支持力F必然过合重力墙的支持力F_N的交点。

根据共点力平衡的条件：ΣF = 0 ，可得：F =。

由几何关系可求出F的力臂　 L = 2rsin²θ ++ r·cotθ

以木板为研究对象，受力如图1-8-乙所示，选A点为转轴，根据力矩平衡条件ΣM = 0 ，有：FL = TLcosθ

即：= TLcosθ

图1-9

解得绳CB的张力：T =(2tanθ +)

例8：质量为1.0kg的小球从高20m处自由下落到软垫上，反弹后上升的最大高度为5.0m ，小球与软垫接触的时间为1.0s ，在接触时间内小球受合力的冲量大小为(空气阻力不计，取g = 10m/s²)　　 (　　 )

A．10Ns　　　　　　　　 B．20 Ns　　　　　　　　 C．30 Ns 　　　　　　　 D．40 Ns

解析：小球从静止释放后，经下落、接触软垫、反弹上升三个过程后到达最高点。动量没有变化，初、末动量均为零，如图1-9所示。这时不要分开过程求解，而是要把小球运动的三个过程作为一个整体来求解。

设小球与软垫接触时间内小球受到合力的冲量大小为I ，下落高度为H₁ ，下落时间为t₁ ，接触反弹上升的高度为H₂ ，上升的时间为t₂ ，则以竖直向上为正方向，根据动量定理得：

－mgt₁ + I－mgt₂ = 0

而 t₁ =，t₂ =

故：I = m(+) = 30Ns

答案：C

例9：总质量为M的列车以匀速率v₀在平直轨道上行驶，各车厢受的阻力都是车重的k倍，而与车速无关。某时刻列车后部质量为m的车厢脱钩，而机车的牵引力不变，则脱钩的车厢刚停下的瞬间，前面列车的速度是多少？

解析：此题求脱钩的车厢刚停下的瞬间，前面列车的速度，就机车来说，在车厢脱钩后，开始做匀加速直线运动，而脱钩后的车厢做匀减速运动，由此可见，求机车的速度可用匀变速直线运动公式和牛顿第二定律求解。

现在若把整个列车当作一个整体，整个列车在脱钩前后所受合外力都为零，所以整个列车动量守恒，因而可用动量守恒定律求解。

根据动量守恒定律，得：Mv₀ = (M－m)V

即：V =

即脱钩的车厢刚停下的瞬间，前面列车的速度为。

[说明]显然此题用整体法以列车整体为研究对象，应用动量守恒定律求解比用运动学公式和牛顿第二定律求简单、快速。

例10：总质量为M的列车沿水平直轨道匀速前进，其末节车厢质量为m ，中途脱钩，司机发觉时，机车已走了距离L ，于是立即关闭油门，撤去牵引力，设运动中阻力与质量成正比，机车的牵引力是恒定的，求，当列车两部分 都静止时，它们的距离是多少？

解析：本题若分别以机车和末节车厢为研究对象用运动学、牛顿第二定律求解，比较复杂，若以整体为研究对象，研究整个过程，则比较简单。

假设末节车厢刚脱钩时，机车就撤去牵引力，则机车与末节车厢同时减速，因为阻力与质量成正比，减速过程中它们的加速度相同，所以同时停止，它们之间无位移差。事实是机车多走了距离L才关闭油门，相应的牵引力对机车多做了FL的功，这就要求机车相对于末节车厢多走一段距离ΔS ，依靠摩擦力做功，将因牵引力多做功而增加的动能消耗掉，使机车与末节车厢最后达到相同的静止状态。所以有：

FL = fΔS

其中F = μMg ， f = μ(M－m)g

代入上式得两部分都静止时，它们之间的距离：ΔS =

例11：如图1-10所示，细绳绕过两个定滑轮A和B ，在两端各挂 个重为P的物体，现在A 、B的中点C处挂一个重为Q的小球，Q＜2P ，求小球可能下降的最大距离h 。已知AB的长为2L ，不讲滑轮和绳之间的摩擦力及绳的质量。

解析：选小球Q和两重物P构成的整体为研究对象，该整体的速率从零开始逐渐增为最大，紧接着从最大又逐渐减小为零(此时小球下降的距离最大为h)，如图1-10-甲。在整过程中，只有重力做功，机械能守恒。

因重为Q的小球可能下降的最大距离为h ，所以重为P的两物体分别上升的最大距离均为：－L

考虑到整体初、末位置的速率均为零，故根据机械能守恒定律知，重为Q的小球重力势能的减少量等于重为P的两个物体重力势能的增加量，即：

Qh = 2P (－L)

从而解得：h =

例12：如图1-11所示，三个带电小球质量相等，均静止在光滑的水平面上，若只释放A球，它有加速度a_A = 1m/s² ，方向向右；若只释放B球，它有加速度a_B = 3m/s² ，方向向左；若只释放C球，求C的加速度a_C 。

解析：只释放一个球与同时释放三个球时，每球所受的库仑力相同。而若同时释放三个球，则三球组成的系统所受合外力为0，由此根据系统牛顿运动定律求解。

把A 、B 、C三个小球看成一个整体，根据系统牛顿运动定律知，系统沿水平方向所受合外力等于系统内各物体沿水平方向产生加速度所需力的代数和，由此可得：

ma_A + ma_B + ma_C = 0

规定向右为正方向，可解得C球的加速度：

a_C =－(a_A + a_B) =－(1－3) = 2m/s²

方向水平向右：

例13：如图1-12所示，内有a 、b两个光滑活塞的圆柱形金属容器，其底面固定在水平地板上，活塞将容器分为A 、B两部分，两部分中均盛有温度相同的同种理想气体，平衡时，A 、B气体柱的高度分别为h_A = 10cm ， h_B = 20cm ， 两活塞的重力均忽略不计，活塞的横截面积S = 1.0×10^－3m2 。 现用竖直向上的力F拉活塞a ， 使其缓慢地向上移动Δh = 3.0cm ，时，活塞a 、b均恰好处于静止状态，环境温度保护不变，求：

(1)活塞a 、b均处于静止平衡时拉力F多大？

(2)活塞a向上移动3.0cm的过程中，活塞b移动了多少？(外界大气压强为p₀ = 1.0×10⁵Pa)

解析：针对题设特点，A 、B为同温度、同种理想气体，可选A 、B两部分气体构成的整体为研究对象，并把两部分气体在一同时间内分别做等温变化的过程视为同一整体过程来研究。

(1)根据波意耳定律，p₁V₁ = p₂V₂得：p₀(10 + 20)S = p′(10 + 20 + 3.0)S′

从而解得整体末态的压强为p′=p₀

再以活塞a为研究对象，其受力分析如图1-12甲所示，因活塞a处于平衡状态，故有：F + p′S = p₀S

从而解得拉力：

F = (p­_0­－p′)S = (p_0­－p₀)S =p₀S =×1.0×10⁵×1.0×10^－3

= 9.1N

(2)因初态A 、B两气体的压强相同，温度相同，分子密度相同，末态两气体的压强相同，温度相同，分子密度相同，故部分气体体积变化跟整体气体体积变化之比，必然跟原来它们的体积成正比，即：

=

所以活塞b移动的距离：Δh_B =Δh =×3.0 = 2.0cm

16．如图3-32所示，空间有一水平方向的匀强磁场，大小

为B，一光滑导轨竖直放置，导轨上接有一电容为C的电

容器，并套一可自由滑动的金属棒，质量为m，释放后，求

金属棒的加速度a.

15．如图3-31所示，在离水平地面h高的平台上有一相

距L的光滑轨道，左端接有已充电的电容器，电容为C，

充电后两端电压为U₁.轨道平面处于垂直向上的磁感应

强度为B的匀强磁场中.在轨道右端放一质量为m的金

属棒，当闭合S，棒离开轨道后电容器的两极电压变为U₂，

求棒落在离平台多远的位置.

14．如图3-30所示，在光滑的水平面上，有一垂直向

下的匀强磁场分布在宽度为L的区域内，现有一个边长

为a(a<L)，质量为m的正方形闭合线框以初速v₀垂直

　 磁场边界滑过磁场后，速度变为v(v<v₀)，求：

(1)线框在这过程中产生的热量Q；

(2)线框完全进入磁场后的速度v′.

13．如图3-29所示，半径为R的均匀带电半球面，电

　　 荷面密度为δ，求球心O处的电场强度.

12．如图3-28所示，有一均匀带电的无穷长直导线，

其电荷线密度为η.试求空间任意一点的电场强度.

该点与直导线间垂直距离为r.

11．如图3-27所示，两根均匀带电的半无穷长平行直导

线(它们的电荷线密度为η)，端点联线LN垂直于这

两直导线，如图所示.LN的长度为2R.试求在LN的

　 中点O处的电场强度.

10．如图3-26所示，一根均匀带电细线，总电量为Q，

弯成半径为R的缺口圆环，在细线的两端处留有很小的

长为△L的空隙，求圆环中心处的场强.

　

8．如图3-24，来自质子源的质子(初速度为零)，经一

　 加速电压为800kV的直线加速器加速，形成电流为1.0mA

　 的细柱形质子流.已知质子电荷e=1.60×10^－19C.这束质子

　 流每秒打到靶上的质子数为　　　　 .假设分布在质子源

　 到靶之间的加速电场是均匀的，在质子束中与质子源相距l

　 和4l的两处，各取一段极短的相等长度的质子流，其中质

　 子数分别为n₁和n₂，则n₁: n₂　　　　　　 .

　 9．如图3-25所示，电量Q均匀分布在一个半径为R的

　 细圆环上，求圆环轴上与环心相距为x的点电荷q所受的

　 力的大小.