2012届步步高高考物理大二轮专题复习与增分策略课件：专题二 第1课时

受力和运动分析
(1)建立运动模型。
(2)抓住运动过程之间运动参量的联系。
(3)分阶段或全过程列式计算。
(4)对于选定的研究过程,只考虑初、末位置而不用考虑中间过程。
注意摩擦力做功特点
深化拓展
应用动能定理解题应注意的三个问题
(1)动能定理往往用于单个物体的运动过程,由于不涉及加速度及时间,比
动力学研究方法要简捷。
则重力的瞬时功率不为0,C错误;随着运动员在圆弧跳台上升高,速率逐渐
减小,所需要的向心力也在减小,向心力由台面的支持力与重力垂直接触面
向下的分力提供,由牛顿第二定律有FN-mgcos θ=m
大,v在减小,所以FN在减小,D正确。
2
,随着高度升高,θ在增

2.(命题角度1、2)(多选)一个质量为5 kg静止在水平地面上的物体,某时刻
能定理
1
Pt-W=2 m 2 ,则这一过程中小汽车克服阻力做的功为
D 错误。

W=Pt- 2 ,率启动
1
a-图像和
1
a-v 图像
1
F-图像问题
恒定加速度启动
1
F-v 图像
恒定功率启动
1
a- 图像
v
恒定加速度启动
1
F- 图像
v
①AB 段牵引力不变,做匀加速直线运动;
1
1
2
由动能定理得-mg·2r-W=2 2 − 2 1 2 ,联立解得小球克服阻力做的功
W=mgr,A 错误,B 正确;设再一次到达最低点时速度为 v3,假设空气阻力做
功不变,从最高点到最低点根据动能定理得
最低点,根据牛顿第二定律
1
mg·2r-W= 3 2

4
盘查拓展点
生活中平衡问题的实例分析 力的平衡问题在日常生活中有许多实例，解答的关键是要建立正确的物 理模型，选择合适的的解题方法，一般按以下步骤进行：
【典例】 一般教室门上都安装一种暗锁，这种暗锁由外壳A、骨架B、弹 簧C(劲度系数为k)、锁舌D(倾角θ＝45°)、锁槽E以及连杆、锁头等部件 组成，如图甲所示.设锁舌D的侧面与外壳A和锁槽E之间的动摩擦因数均为 μ，最大静摩擦力Ffm由Ffm＝μFN(FN为正压力)求得.有一次放学后，当某同 学准备关门时，无论用多大的力， 也不能将门关上(这种现 象称为自锁)，此刻暗锁 所处的状态的俯视图如 图乙所示，P为锁舌D与 锁槽E之间的接触点，弹 簧由于被压缩而缩短了x.
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
2.(多选)如图所示，粗糙水平面上有一长木板，一个人站在木板上用力F 向右推箱子，木板、人、箱子均处于静止状态.三者的质量均为m，下列 说法正确的是 答案 A.箱子受到的摩擦力方向向右
√B.人受到的摩擦力方向向右 √C.箱子对木板的摩擦力方向向右
D.若水平面光滑，人用同样大小的力F推箱子，能使长木板在水平面上 滑动
√A.B对A的摩擦力大小为Ff，方向向左
B.A和B保持静止，C匀速运动
√C.A保持静止，B和C一起匀速运动 √D.C受到地面的摩擦力大小为F－Ff
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
√D.支持力小于(M＋m)g
Ff
mg
2
命题点二
动态平衡问题
1.共点力的平衡 (1)平衡状态：物体处于 静止 或 匀速直线运动 状态，称为平衡状态. (2)平衡条件：物体所受合力 为零 ，即 F合＝0 .若采用正交分解法求平 衡问题，则平衡条件是 Fx合＝0，Fy合＝0 . (3)常用推论： ①二力平衡：二力等大反向. ②三力平衡：任意两个力的合力与第三个力等大反向. ③多力平衡：其中任意一个力与其余几个力的合力等大反向.

《步步高》高考物理（人教版通用）大一轮复习讲义第二章章末限时练(满分：100分时间：90分钟)一、选择题(每小题4分，共40分)1．某物体在n个共点力的作用下处于静止状态，若把其中一个力F1的方向沿顺时针方向转过90°，而保持其大小不变，其余力保持不变，则此时物体所受的合力大小为( )A．F1 B.2F1C．2F1D．0答案 B解析物体受n个力处于静止状态，则其中(n－1)个力的合力一定与剩余的那个力等大反向，故除F1以外的其他各力的合力大小等于F1，且与F1方向相反，故当F1转过90°后，物体受到的合力大小应为2F1，选项B正确．2．如图1甲所示为实验室常用的弹簧测力计，弹簧的一端与有挂钩的拉杆相连，另一端固定在外壳上的O点，外壳上固定一个圆环，整个外壳重为G，弹簧及拉杆的质量忽略不计．现将该弹簧测力计用如图乙、丙的两种方式固定在地面上，并分别用相同的力F0(F0>G)竖直向上拉弹簧测力计，则稳定后弹簧测力计的读数分别为( )图1A．乙图读数为F0－G，丙图读数为F0B．乙图读数为F0，丙图读数为F0－GC．乙图读数为F0－G，丙图读数为F0＋GD．乙图读数为F0，丙图读数为F0答案 B解析弹簧测力计的读数应是弹簧中的弹力大小．在图乙中，F0与弹簧拉力是一对作用力与反作用力，大小一定相等．在图丙中，由共点力的平衡知F0＝F弹＋G，所以F弹＝F0－G，选项B正确．3．如图2所示，固定的斜面上叠放着A、B两木块，木块A与B的接触面是水平的，水平力F作用于木块A，使木块A、B保持静止，且F≠0.则下列描述正确的是( )A．B可能受到3个或4个力作用图2B．斜面对木块B的摩擦力方向可能沿斜面向下C．A对B的摩擦力可能为0D．A、B整体可能受三个力作用答案BD解析对A、B整体，一定受到重力G、斜面支持力F N、水平力F，如图(a)，这三个力可能使整体平衡，因此斜面对A、B整体的静摩擦力可能为0，可能沿斜面向上，也可能沿斜面向下，B、D正确；对木块A，受力如图(b)，水平方向受力平衡，因此一定受到B对A的静摩擦力F f A，由牛顿第三定律可知，C错；对木块B，受力如图(c)，其中斜面对B的摩擦力F f可能为0，因此木块B可能受4个或5个力作用，A错．4．帆船航行时，遇到侧风需要调整帆面至合适的位置，保证船能有足够的动力前进．如图3是帆船航行时的俯视图，风向与船航行方向垂直，关于帆面的a、b、c、d四个位置，可能正确的是( )A．a B．b 图3C．c D．d答案 B5．一轻杆AB，A端用铰链固定于墙上，B端用细线挂于墙上的C点，并在B端挂一重物，细线较长使轻杆位置如图4甲所示时，杆所受的压力大小为F N1，细线较短使轻杆位置如图乙所示时，杆所受的压力大小为F N2，则有( )图4A．F N1>F N2B．F N1<F N2C．F N1＝F N2D．无法比较答案 C解析轻杆一端被铰链固定在墙上，杆上的弹力方向沿杆的方向．由牛顿第三定律可知：杆所受的压力与杆对B点细线的支持力大小相等，方向相反．对两种情况下细线与杆接触点B受力分析，如图甲、乙所示，由图中几何关系可得：F N1AB＝mgAC，F N2AB＝mgAC，故F N1＝F N2，选项C正确．6．如图5所示，光滑水平地面上放有截面为14圆周的柱状物体A，A与墙面之间放一光滑的圆柱形物体B，对A施加一水平向左的力F，整个装置保持静止．若将A的位置向左移动稍许，整个装置仍保持平衡，则( ) 图5A．水平外力F增大B．墙对B的作用力减小C．地面对A的支持力减小D．A对B的作用力减小答案BD解析对物体B的受力分析如图所示，A的位置左移，θ角减小，F N1＝G tan θ，F N1减小，B项正确；F N＝Gcos θ，F N减小，D项正确；以A、B为一个整体受力分析，F N1＝F，所以水平外力F减小，A项错误；地面对A的支持力等于两个物体的重力之和，所以该力不变，C项错误．7．如图6所示，一辆质量为M的汽车沿水平面向右运动，通过定滑轮将质量为m的重物A缓慢吊起．在吊起重物的过程中，关于绳子的拉力F T、汽车对地面的压力F N和汽车受到的摩擦力F f随细绳与水平方向的夹角θ变化的图象中正确的是 ( ) 图6答案 AC解析 因为绳子跨过定滑轮，故绳子张力等于重物A 的重力，A 正确；由牛顿第三定律可知，汽车对地面的压力大小等于地面对汽车的支持力，故以汽车为研究对象，受力分析得F N ＝Mg －F T sin θ，取θ＝0时，F N ＝Mg ，B 错误；因为缓慢吊起重物，汽车可视为处于平衡状态，故有F f ＝F T cos θ，故C 对，D 错．8．如图7所示，A 、B 两物体叠放在水平地面上，A 物体质量m ＝20 kg ，B 物体质量M ＝30 kg.处于水平位置的轻弹簧一端固定于墙壁，另一端与A 物体相连，弹簧处于自然状态，其劲度系数为250 N/m ，A 与 图7B 之间、B 与地面之间的动摩擦因数为μ＝0.5.现有一水平推力F 作用于物体B 上推着B 缓慢地向墙壁移动，当移动0.2 m 时，水平推力F 的大小为(g 取10 m/s 2) ( ) A ．350 NB ．300 NC ．250 ND ．200 N答案 B解析 由题意可知F f A max ＝μmg ＝100 N ．当A 向左移动0.2 m 时，F 弹＝k Δx ＝50 N ，F 弹<F f A max ，即A 、B 间未出现相对滑动，对整体受力分析可知，F ＝F f B ＋F 弹＝μ(m ＋M )g ＋k Δx ＝300 N ，B 选项正确．9．如图8所示，左侧是倾角为30°的斜面、右侧是圆弧面的物体固定 在水平地面上，圆弧面底端切线水平，一根两端分别系有质量为m 1、m 2的小球的轻绳跨过其顶点上的小滑轮．当它们处于平衡状 图8态时，连结m 2小球的轻绳与水平线的夹角为60°，不计一切摩擦，两小球可视为质点．两小球的质量之比m 1∶m 2等于( )A ．2∶ 3B ．2∶3C.3∶2D ．1∶1答案 A解析 对m 2受力分析如图所示 进行正交分解可得F N cos 60°＝F T cos 60° F T sin 60°＋F N sin 60°＝m 2g解得F T ＝m 2g3对m 1球受力分析可知，F T ＝m 1g sin 30°＝12m 1g可知m 1∶m 2＝2∶3，选项A 正确．10．如图9所示，不计质量的光滑小滑轮用细绳悬挂于墙上的O 点，跨过滑轮的细绳连接物块A 、B ，A 、B 都处于静止状态，现将物 块B 移至C 点后，A 、B 仍保持静止，下列说法中正确的是( )图9A ．B 与水平面间的摩擦力增大B ．绳子对B 的拉力增大C ．悬于墙上的绳所受拉力不变D ．A 、B 静止时，图中α、β、θ三角始终相等 答案 AD解析 因为将物块B 移至C 点后，A 、B 仍保持静止，所以绳中的拉力大小始终等于A 的重力，通过定滑轮，绳子对B 的拉力大小也等于A 的重力，而B 移至C 点后，右侧绳子与水平方向的夹角减小，对B 进行受力分析可知，B 受到水平面的静摩擦力增大，所以选项A 正确，B 错误；对滑轮受力分析可知，悬于墙上的绳所受拉力等于两边绳的合力，由于两边绳子的夹角变大，两边绳的合力将减小，选项C 错误；由几何关系可知α、β、θ三角始终相等，选项D 正确． 二、非选择题(共60分)11．(6分)为测定木块P 和木板Q 间的动摩擦因数，某同学设计了一个实验，图10为实验装置示意图，其中各物体的接触面均水平，该同学在实验中的主要操作有：图10A ．用弹簧测力计测出木块P 的重力为G P ＝6.00 N ；B ．用弹簧测力计测出木板Q 的重力为G Q ＝9.25 N ；C ．用手按住木块和木板，按图10装置安装好器材；D ．松开木块和木板让其运动，待弹簧测力计指针稳定时再读数． (1)上述操作中多余的步骤是________．(填步骤序号)(2)在听取意见后，该同学按正确方法操作，稳定时弹簧测力计的 指针位置如图11所示，其示数为______ N ．根据该同学的测量数据，可求得木块P 和木板Q 间的动摩擦因数为______． 图11 答案 (1)B (2)2.10 0.35解析 (1)要做好本题，需理解实验原理．无论木板怎样滑动，弹簧测力计的示数总与P 木块的滑动摩擦力相等，且这个值是稳定的，故可用F ＝μF N ＝μmg 求解μ，所以步骤B 是多余的．(2)由读数的估读规则可知，弹簧测力计的读数为2.10 N ，由F ＝μF N ＝μmg ，可知μ＝F mg＝0.35. 12．(8分)某同学做“验证力的平行四边形定则”实验的情况如图12甲所示，其中A 为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，OB 和OC 为细绳，图乙是在白纸上根据实验结果画出的图．图12(1)实验中用弹簧测力计测量力的大小时，下列使用方法中正确的是________．A．拿起弹簧测力计就进行测量读数B．拉橡皮筋的拉力大小不能超过弹簧测力计的量程C．测量前检查弹簧指针是否指在零刻线，用标准砝码检查示数正确后，再进行测量读数D．应尽量避免弹簧、指针、拉杆与刻度板间的摩擦(2)关于此实验的下列说法中正确的是________．A．同一次实验中，O点位置不允许变动B．实验中，只需记录弹簧测力计的读数和O点的位置C．实验中，把橡皮筋的另一端拉到O点时，两个弹簧测力计之间的夹角必须取90°D．实验中，要始终将其中一个弹簧测力计沿某一方向拉到最大量程，然后调节另一弹簧测力计拉力的大小和方向，把橡皮筋另一端拉到O点(3)图乙中的F与F′两力中，方向一定沿AO方向的是________．(4)本实验采用的科学方法是________．A．理想实验法B．等效替代法C．逆向思维法D．建立物理模型法答案(1)BCD (2)A (3)F′(4)B13．(10分)如图13所示，一根质量不计的横梁A端用铰链固定在墙壁上，B端用细绳悬挂在墙壁上的C点，使得横梁保持水平状态．已知细绳与竖直墙壁之间的夹角为60°，当用另一段轻绳在B点悬挂一个质量为M＝6 kg的重物时，求轻杆对B点的弹力和绳BC的拉力大小．(g取10 m/s2) 图13答案60 3 N 120 N解析设杆对B点的弹力为F1，因横梁A端用铰链固定，故F1的方向沿杆方向，绳BC对B点的拉力为F2，由于B点静止，B点所受的向下的拉力大小恒定为重物的重力，根据受力平衡的特点，杆的弹力F 1与绳BC对B点的拉力F2的合力一定竖直向上，大小为Mg，如图所示．根据以上分析可知弹力F1与拉力F2的合力大小F＝G＝Mg＝60 N由几何知识可知F1＝F tan 60°＝60 3 NF2＝Fsin 30°＝120 N即轻杆对B点的弹力为60 3 N，绳BC的拉力为120 N.14．(10分)如图14所示，质量为m1＝5 kg的滑块，置于一粗糙的斜面上，用一平行于斜面的大小为30 N的力F推滑块，滑块沿斜面向上匀速运动，斜面体质量m2＝10 kg，且始终静止，取g＝10 m/s2，求：图14(1)斜面对滑块的摩擦力．(2)地面对斜面体的摩擦力和支持力．答案(1)5 N (2)15 3 N 135 N解析(1)用隔离法：对滑块受力分析，如图甲所示，在平行斜面的方向上：F＝m1g sin 30°＋F f，F f＝F－m1g sin 30°＝(30－5×10×0.5) N＝5 N.(2)用整体法：因两个物体均处于平衡状态，故可以将滑块与斜面体当作一个整体来研究，其受力如图乙所示，由图乙可知：在水平方向上有F f地＝F cos 30°＝15 3 N；在竖直方向上，有F N地＝(m1＋m2)g－F sin30°＝135 N.15．(13分)如图15所示，A、B两物体叠放在水平地面上，已知A、B的质量分别为m A＝10 kg，m B＝20 kg，A、B之间、B与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.5.一轻绳一端系住物体A，另一端系于墙上，绳与竖直方向的夹角为37°，今欲用外力将物体B匀速向右图15拉出，求所加水平拉力F的大小，并画出A、B的受力分析图．(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)答案160 N 见解析图解析A、B的受力分析如图甲、乙所示对A应用平衡条件，有F T sin 37°＝F f1＝μF N1F T cos 37°＋F N1＝m A g联立得F N1＝3m A g4μ＋3＝60 N，F f1＝μF N1＝30 N对B应用平衡条件，有F N1＝F N1′，F f1＝F f1′F＝F f1′＋F f2＝F f1＋μF N2＝F f1＋μ(F N1′＋m B g)＝160 N16．(13分)如图16所示，在光滑的水平杆上穿两个重均为2 N的球A、B，在两球之间夹一弹簧，弹簧的劲度系数为10 N/m，用两条等长的线将球C与A、B相连，此时弹簧被压短了10 cm，两条线的夹角为60°，求：(1)杆对A球的支持力为多大？图16(2)C球的重力为多大？答案(1)(2＋3) N (2)2 3 N解析(1)A、C球的受力情况分别如图甲、乙所示：甲乙其中F＝kx＝1 N对于A球，由平衡条件得：F＝F T sin 30°F N＝G A＋F T cos 30°解得：F N＝(2＋3) N(2)由(1)可得两线的张力都为：F T＝2 N对于C球，由平衡条件得：2F T cos 30°＝G C解得：G C＝2 3 N。

的运动状态，由共点力的平衡条件或牛顿第二定律
确定弹力的方向．
课堂探究·突破考点
第1课时
3．几种接触弹力的方向
弹力
弹力的方向
面与面接触的弹力 垂直于接触面，指向受力物体
本
点与面接触的弹力
过接触点垂直于接触面(或接 触面的切面)，指向受力物体
课 栏 目 开
球与面接触的弹力
在接触点与球心连线上，指向 受力物体
用长度相同的两根细线悬挂在水平天花板上的同一
点 O，再用长度相同的细线连接 A、B 两小球，如图
本
4 所示．然后用一水平向右的力 F 拉小球 A，使三线
课 栏
均处于直线状态，此时 OB 线恰好位于竖直方向，且
目
两小球都静止，小球可视为质点，则拉力 F 的大小
开 关
为
()
A．0 B. 3mg
图4 3
C. 3 mg
D．mg
课堂探究·突破考点
第1课时
解析 OB恰好竖直，说明AB绳无弹力，对A进行受力 分析如图：
本 课 栏 目 开 关
由图知，F＝mgtan 60°＝ 3mg. 答案 B
课堂探究·突破考点
第1课时
考点三 弹簧模型
考点解读
中学物理中的“弹簧”和“橡皮绳”也是理想化模型，具有
如下几个特性：
本 课
(1)弹簧产生的弹力遵循胡克定律 F＝kx，其中 x 是弹簧的形
时也是受力(施力)物体．
(3)矢量性：力是矢量，既有大小，又有 方向 ，力的
运算遵循 平行四边形 定则或 三角形 定则．
基础再现·深度思考
第1课时
3．力的图示及示意图
(1)力的图示：从力的作用点沿力的方向画出的有刻