受力分析方法在二轮复习中的作用

专题四 电磁感应与电路一、考点回顾“电磁感应”是电磁学的核心内容之一，同时又是与电学、力学知识紧密联系的知识点，是高考试题考查综合运用知识能力的很好落脚点，所以它向来高考关注的一个重点和热点，本专题涉及三个方面的知识：一、电磁感应，电磁感应研究是其它形式有能量转化为电能的特点和规律，其核心内容是法拉第电磁感应定律和楞次定律；二、与电路知识的综合，主要讨论电能在电路中传输、分配，并通过用电器转化为其它形式的能量的特点及规律；三、与力学知识的综合，主要讨论产生电磁感应的导体受力、运动特点规律以及电磁感应过程中的能量关系。

由于本专题所涉及的知识较为综合，能力要求较高，所以往往会在高考中现身。

从近三年的高考试题来看，无论哪一套试卷，都有这一部分内容的考题，题量稳定在1～2道，题型可能为选择、实验和计算题三种，并且以计算题形式出现的较多。

考查的知识：以本部分内容为主线与力和运动、动量、能量、电场、磁场、电路等知识的综合，感应电流（电动势）图象问题也经常出现。

二、典例题剖析根据本专题所涉及内容的特点及高考试题中出的特点，本专题的复习我们分这样几个小专题来进行：1.感应电流的产生及方向判断。

2.电磁感应与电路知识的综合。

3.电磁感应中的动力学问题。

4.电磁感应中动量定理、动能定理的应用。

5.电磁感应中的单金属棒的运动及能量分析。

6.电磁感应中的双金属棒运动及能量分析。

7.多种原因引起的电磁感应现象。

(一)感应电流的产生及方向判断1．(2007理综II 卷)如图所示，在PQ 、QR 区域是在在着磁感应强度大小相等、方向相反的匀强磁场，磁场方向均垂直于纸面，bc 边与磁场的边界P 重合。

导线框与磁场区域的尺寸如图所示。

从t ＝0时刻开始线框匀速横穿两个磁场区域。

以a →b →c →d →e →f 为线框中有电动势的正方向。

以下四个ε-t 关系示意图中正确的是【 】解析：楞次定律或左手定则可判定线框刚开始进入磁场时，电流方向，即感应电动势的方向为顺时针方向，故D 选项错误；1－2s 内，磁通量不变化，感应电动势为0，A 选项错误；2－3s 内，产生感应电动势E ＝2Blv ＋Blv ＝3Blv ，感应电动势的方向为逆时针方向（正方向），故C 选项正确。

高三物理二轮复习方法策略（经典版）编制人：__________________审核人：__________________审批人：__________________编制单位：__________________编制时间：____年____月____日序言下载提示：该文档是本店铺精心编制而成的，希望大家下载后，能够帮助大家解决实际问题。

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核心素养微专题(三) 模型建构——板块模型【模型解读】滑块和木板组成相互作用的系统,在摩擦力的作用下发生相对滑动,称为板块模型。

板块模型是高中动力学部分中的一类重要模型,也是高考考查的重点,能从多方面体现物理学科素养。

此类模型的一个典型特征是:滑块、木板间通过摩擦力作用使物体的运动状态发生变化。

常见类型如下:类型图示规律分析B 带动A木板B 带动物块A ,物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板左端时二者速度相等,则位移关系为x B =x A +LA 带动B物块A 带动木板B ,物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板右端时,二者速度相等,则位移关系为x B +L =x AF 作用在A 上力F 作用在物块A 上,先考虑木板B 与地面是否有摩擦,然后利用整体受力分析和隔离B 受力分析,分析相关临界情况 F 作用在B 上力F 作用在木板B 上,先考虑B 与地面是否有摩擦,然后利用整体受力分析和隔离B 受力分析,分析相关临界情况【模型1】 物块、木板上均未施加力【典例1】(2022·山东等级考)如图所示,“L ”形平板B 静置在地面上,小物块A 处于平板B 上的O'点,O'点左侧粗糙,右侧光滑。

用不可伸长的轻绳将质量为M 的小球悬挂在O'点正上方的O 点,轻绳处于水平拉直状态。

将小球由静止释放,下摆至最低点与小物块A 发生碰撞,碰后小球速度方向与碰前方向相同,开始做简谐运动(要求摆角小于5°),A 以速度v 0沿平板滑动直至与B 右侧挡板发生弹性碰撞。

一段时间后,A 返回到O 点的正下方时,相对于地面的速度减为零,此时小球恰好第一次上升到最高点。

已知A 的质量m A =0.1 kg,B 的质量m B =0.3 kg,A 与B 的动摩擦因数μ1=0.4,B 与地面间的动摩擦因数μ2=0.225,v 0=4 m/s,取重力加速度g = 10 m/s 2。

高三物理高考二轮复习备考计划（10篇）2023高三物理高考二轮复习备考计划（10篇）在物理二轮高考复习的时候如何规划自己的复习计划呢?怎样进行有效的复习，大家都有接触过复习计划吧，复习的知识以必学知识为主，扎扎实实地打好基础。

下面是小编给大家整理的高三物理高考二轮复习备考计划，仅供参考希望能帮助到大家。

高三物理高考二轮复习备考计划篇1一、复习目标、宗旨1、通过复习帮助学生建立并完善高中物理学科知识体系，构建系统知识网络;2、深化概念、原理、定理定律的认识、理解和应用，培养物理学科科学方法。

3、结合各知识点复习，加强习题训练，提高分析解决实际问题的能力，训练解题规范4、提高学科内知识综合运用的能力与技巧，能灵活运用所学知识解释、处理现实问题。

二、复习具体时间安排20__年9月至20__年1月上旬。

三、复习具体措施1、第一轮复习中，要求学生带齐高中课本，加强基本概念、原理复习，指导学生梳理知识点知识结构。

2、注重方法、步骤及一般的解题思维训练，精讲多练，提高学生分析具体情景，建立物理图景，寻找具体适用规律的能力。

3、提高课堂教学的质量,,平时多交流,多听课,多研究课堂教学。

4.提高训练的效率,训练题要做到精心设计,训练题全收全改,有针对性地做好讲评5.典型的习题,学生容易错的题目,通过作业加强训练四、复习策略(一)去年可借鉴的经验1、滚动式复习，反复强化，逐渐提高2、限时训练：留作业限定时间，课堂训练限定时间，指导学生合理分配答题时间3、分层教学，分类推进，因材施教，全面提高4、在复习过程中抓住六个环节：读、讲、练、测、评、补(二)今年在吸取去年经验的基础上将从以下几方面操作1、综合科目的考试主要是学科内的综合，以新大纲为依据，以教材为线索，以考试说明中的知识点作为重点，注重基本概念、基本规律的复习，复习中要突出知识的梳理，构建知识结构，把学科知识和学科能力紧密结合起来，提高学科内部的综合能力。

2、认真备课，精心选择例习题，做到立足课本，即针对两纲，针对学生实际，紧抓课本，细挖教材，扎实推进基础知识复习工作，高考立足课本考基础，于变化中考能力。

受力分析1。

如图所示，质量分别为2m和m的A B、两物块，用一轻弹簧相连，将A用轻绳悬挂于某处，调整细绳的长度，当系统处于静止状态时，物块B恰好对地面没有压力,此时轻弹簧的形变量为x。

已知重力加速度为g,若突然剪断细绳，则下列说法正确的是（）A.剪断细绳后,A物块向下运动x时速度最大B。

剪断细绳后,A物块向下运动时速度最大C.剪断细绳瞬间,A物块的加速度大小为3gD.剪断细绳瞬间,A物块的加速度大小为g2.如图所示，A B，设地面对A的支持力为N F,绳子对A的拉力m m为F，地面对A的摩擦力为2F,若水平方向用力F拉A，使B匀速1上升，不计滑轮摩擦，则在此过程中( ）A.N F增大,2F增大，1F不变B。

N F减小，2F减小，1F不变C。

N F减小,2F减小,1F增大 D.N F增大,2F减小,1F增大3。

如图所示，带有光滑竖直杆的三角形斜劈固定在水平地面上，放置于斜劈上的光滑小球与套在竖直杆上的小滑块用轻绳连接,开始时轻绳与斜劈平行。

现给小滑块施加一个竖直向上的拉力,使小滑块沿杆缓慢上升，整个过程中小球始终未脱离斜劈，则有（）A。

小球对斜劈的压力保持不变B。

轻绳对小球的拉力先减小后增大C.竖直杆对小滑块的弹力先增大再减小D。

对小滑块施加的竖直向上的拉力逐渐增大4.如图,在挪威的两座山峰间夹着一块岩石，吸引了大量游客前往观赏.该景观可简化成如图所示的模型，右壁竖直，左壁稍微倾斜.设左壁与竖直方向的夹角为θ，由于长期的风化，θ将会减小。

石头与山崖间的摩擦很小，可以忽略不计。

若石头质量一定,θ减小，石头始终保持静止,下列说法正确的是（）A．山崖左壁对石头的作用力将增大B．山崖右壁对石头的作用力不变C．山崖对石头的作用力减小D ．石头受到的合力将增大5。

如图所示，小球放在光滑的墙与装有铰链的光滑薄板之间，薄板在 F 作用下逆时针缓慢转动，在墙与薄板之间的夹角 θ缓慢地从90°逐渐减小的过程中（ )A.小球对薄板的压力可能小于小球的重力B 。

2022届高考物理二轮复习专题突破：专题十物体的受力分析一、单选题1．（2分）如图所示，一倾角为30°的斜面体固定在水平地面上，一质量为m的物体P在拉力F作用下沿着斜面向上匀速运动（拉力F未画出），已知物体与斜面间的动摩擦因数为√33，重力加速度为g，则（）A．若拉力F的方向平行于斜面向上，拉力F的大小为2mgB．若拉力F的方向水平向右，拉力F的大小为√3mgC．拉力F的方向可能垂直斜面向下D．物体对斜面的压力一定小于mg2．（2分）如图所示，质量为m的细绳两端固定在水平天花板上，在细绳上通过光滑滑轮（不计重力）悬挂质量为M的物体时，细绳端点的切线与天花板间的夹角为α，已知重力加速度为g，则此状态下细绳的一端对天花板的拉力大小为（）A．(M+m)g2sinαB．Mg2sinαC．(M+m)g2D．Mg2tanα3．（2分）如图所示，在水平桌面上叠放着质量均为m的木板A、B以及木块C，初始时刻木板与木块均处于静止状态，A、B、C之间以及B与地面之间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g．现将水平轻绳一端固定在A上，另一端绕过光滑滑轮系一质量为M的物块D，则以下判断正确的是（）A．当Mg>3μmg时，木板B开始滑动B．不管M多大，木板B一定保持静止C．A，C之间的摩擦力大小一定等于μmgD．B受到地面的摩擦力大小不可能等于Mg4．（2分）如图所示，AB、AC两光滑斜面互相垂直，AC与水平面成30°。

如把球O的重力按照其作用效果分解，则两个分力的大小分别为（）A．12G，√32G B．√33G，√3G C．√33G，√22G D．√22G，√32G5．（2分）如图所示，两平行光滑金属导轨固定在绝缘斜面上，导轨间距为L，劲度系数为k的轻质弹簧上端固定，下端与水平直导体棒ab相连，弹簧与导轨平面平行并与ab垂直，直导体棒垂直跨接在两导轨上，空间存在垂直导轨平面斜向上的匀强磁场．闭合开关K后导体棒中的电流为I，导体棒平衡时，弹簧伸长量为x1；调转图中电源极性使棒中电流反向，导体棒中电流仍为I，导体棒平衡时弹簧伸长量为x2.忽略回路中电流产生的磁场，则磁感应强度B的大小为()A．k(x2+x1)IL B．k(x2−x1)ILC．k(x2+x1)2IL D．k(x2−x1)2IL6．（2分）如图所示，一顾客乘扶梯上楼，随电梯一起加速运动。

1命题规律 1.命题角度：(1)物体的受力分析、静态平衡、动态平衡；(2)静电力、安培力、洛伦兹力作用下的平衡.2.常考题型：选择题．11 ．研究对象的选取：整体法和隔离法．2 ．受力分析的方法(1)假设法．(2)转换研究对象法：根据牛顿第三定律，如图1.图1(3)动力学分析法：根据牛顿第二定律，由加速度方向判定合力的方向，从而确定某一个力的方向，如图2.图23 ．共点力平衡的常用处理方法考向一合成法例1 (2020 ·全国卷Ⅲ·17)如图3，悬挂甲物体的细线拴牢在一不可伸长的轻质细绳上O点处；绳的一端固定在墙上，另一端通过光滑定滑轮与物体乙相连．甲、乙两物体质量相等．系统平衡时，O点两侧绳与竖直方向的夹角分别为α和β.若α＝70°，则β等于( )图3A ．45°B ．55°C ．60°D ．70°答案 B解析取O点为研究对象，在三力的作用下O点处于平衡状态，对其受力分析如图所示，根据几何关系可得β＝55°，故选B.考向二正交分解法例2 如图4 所示，金属棒ab质量为m，通过电流为I，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面夹角为θ，ab静止于宽为L的水平导轨上．下列说法正确的是( )图4A ．金属棒受到的安培力大小为F＝BIL sin θB ．金属棒受到的摩擦力大小为F f＝BIL cos θC ．若只改变电流方向，金属棒对导轨的压力将增大D ．若只增大磁感应强度B后，金属棒对导轨的压力将增大答案 C解析金属棒受到的安培力大小F＝BIL，故A错误；电流方向从a到b，受力分析如图所示，根据平衡条件有F f＝F sin θ＝BIL sin θ，F N＝G－F cos θ＝G－BIL cos θ，若只增大磁感应强度B后，导轨对金属棒的支持力减小，所以金属棒对导轨的压力减小，故B、D 错误；若只改变电流方向，安培力方向将变为斜向右下，安培力在竖直方向上的分力竖直向下，所以金属棒对导轨的压力将增大，故C正确．总结提升(1)静电场、磁场中的平衡问题，受力分析时要注意静电力、磁场力方向的判断，再结合平衡条件分析求解．(2)涉及安培力的平衡问题，画受力示意图时要注意将立体图转化为平面图．考向三整体法与隔离法在平衡中的应用例3 (2021·辽宁省1 月适应性测试·7)如图5 所示，用轻绳系住一质量为2m的匀质大球，大球和墙壁之间放置一质量为m的匀质小球，各接触面均光滑．系统平衡时，绳与竖直墙壁之间的夹角为α，两球心连线O1O2 与轻绳之间的夹角为β，则α、β应满足( )图5A ．tan α＝3cot βB ．2tan α＝3cot βC ．3tan α＝tan(α＋β)D ．3tan α＝2tan(α＋β)答案 C解析设绳子拉力为F T，墙壁支持力为F N ，两球之间的压力为F，将两个球作为一个整体进行受力分析，可得F T cos α＝3mg，F T sin α＝F N对小球进行受力分析，可得F cos (α＋β)＝mg，F sin (α＋β)＝F N ，联立得3tan α＝tan (α＋β)故选C.21 ．解决动态平衡问题的一般思路化“动”为“静”，多个状态下“静”态对比，分析各力的变化或极值．2 ．三力作用下的动态平衡3 ．四力作用下的动态平衡(1)在四力平衡中，如果有两个力为恒力，或这两个力的合力方向确定，为了简便可用这两个力的合力代替这两个力，转化为三力平衡，例如：如图6 ，qE<mg，把挡板缓慢转至水平的过程中，可以用重力与静电力的合力mg－qE 代替重力与静电力．图6如图7，物体在拉力F作用下做匀速直线运动，改变θ大小，求拉力的最小值，可以用支持力与摩擦力的合力F′代替支持力与摩擦力．(tan θ＝μ)图7(2)对于一般的四力平衡及多力平衡，可采用正交分解法．考向一图解法例4 (2021·山东潍坊市昌乐一中高三期末)如图8 所示，斜面体A放在粗糙水平面上，小球B用轻绳拴住置于斜面上，轻绳与斜面平行且另一端固定在竖直墙面上，不计小球与斜面间的摩擦．现用水平向左的力缓慢拉动斜面体，小球始终未脱离斜面．下列说法正确的是( )图8A ．轻绳的拉力先变小后变大B ．斜面对小球的支持力不变C ．水平面对斜面体的摩擦力变小D ．水平面对斜面体的支持力变大答案 C解析对小球受力分析如图所示，轻绳的拉力变大，斜面对小球的支持力变小，A 、B 错误；轻绳的竖直分力在变大，将小球和斜面体看作一个整体，则水平面对斜面体的支持力变小，根据滑动摩擦力公式可知，水平面对斜面体的摩擦力变小，C 正确，D 错误．考向二 相似三角形法例 5 (多选)(2020 ·百校联盟必刷卷三)如图 9 所示，光滑圆环固定在竖直面内，一个小球套在 环上，用穿过圆环顶端光滑小孔的细线连接，现用水平力 F 拉细线，使小球缓慢沿圆环向上 运动，此过程中圆环对小球的弹力大小为 F N ，则在运动过程中( )A ．F 增大 C ．F N 不变 图 9B ．F 减小 D ．F N 增大答案 BC解析 小球沿圆环缓慢上移，对小球进行受力分析，小球受重力 G 、F 、F N 三个力，满足受力平衡．作出受力分析图如图所示；由图可知△OAB ∽△GF N F ，即： G F F N ＝ ＝R AB R小球沿圆环缓慢上移时，半径不变，重力 G 不变，AB 长度减小，故 F 减小，F N 不变，故选B 、C.考向三 解析法例 6 如图 10 所示，晾晒衣服的绳子轻且光滑，悬挂衣服的衣架的挂钩也是光滑的，轻绳两 端分别固定在两根竖直杆上的A 、B 两点，衣服处于静止状态．如果保持绳子A 端位置不变， 将 B 端分别移动到不同的位置，则下列判断正确的是( )图 10A ．B 端移动到 B 1 位置时，绳子张力变大B ．B 端移动到 B 2 位置时，绳子张力变小C ．B 端在杆上位置不动，将杆移动到虚线位置时，绳子张力变大D ．B 端在杆上位置不动，将杆移动到虚线位置时，绳子张力变小答案 D解析 如图所示， 设绳子间的夹角为 2α ，绳子总长为L ，两杆间距离为 s ，由几何关系得L 1sin α ＋L 2sin α＝s ，解得 s in α＝ s ＝s ，当 B 端移到 B 1、B 2 位置时，s 、L 都不变，则α也不变，由平衡条件可知 2F cos α＝mg ，绳子张力 F ＝ mg，α不变，绳子张力F 也不变，A 、B 错误；B 端在杆上位置不动，将杆移动到虚线位置时，s 减小，L 不变，则α减小，cos α增大，由 F ＝ mg 知，F 减小，C 错误，D 正确．1.如图 11 所示，竖直平面内固定的半圆弧轨道两端点 M 、N 连线水平，将一轻质小环套在轨 道上，一细线穿过轻环，一端系在 M 点，另一端系一质量为 m 的小球，不计所有摩擦，重 力加速度为 g ，小球恰好静止在图示位置，下列说法正确的是( )图 11A ．轨道对轻环的支持力大小为 mgB ．细线对 M 点的拉力大小为mg2C ．细线对轻环的作用力大小为3mg2D ．N 点和轻环的连线与竖直方向的夹角为 30° 答案 D解析 对圆环受力分析，因圆环两边细线的拉力大小相等，可知两边细线拉力与 O A 夹角相 等，设为θ ，由几何关系可知， ∠OMA ＝ ∠MAO ＝θ ，则 3θ＝90° ，θ＝30° ，则轨道对轻环的 支持力大小为 F N ＝2mg cos 30°＝ mg ，选项 A 错误； 细线对 M 点的拉力大小为 F T ＝mg ，选 项 B 错误； 细线对轻环的作用力大小为 F N ′＝F N ＝ mg ，选项 C 错误； 由几何关系可知， N 点和轻环的连线与竖直方向的夹角为 30° ，选项 D 正确．L 1＋L 2 L2cos α2cos α2.(多选)(2020·安徽安庆二中质检)如图 12 所示，质量为 M 的木楔倾角为θ ，在水平地面上保 持静止．当将一质量为 m 的木块放在斜面上时正好沿斜面匀速下滑，如果用与斜面成α角的 力 F 拉着木块沿斜面匀速上滑．重力加速度为 g ，下列说法中正确的是( )图 12A ．当α＝2θ时，F 有最小值B ．F 的最小值为 mg sin 2θC ．在木块匀速上滑过程中，地面对 M 的静摩擦力方向水平向右D ．在木块匀速上滑过程中，地面对 M 的静摩擦力方向水平向左 答案 BD解析 选木块为研究对象，当没加外力 F 时正好匀速下滑，设木块与斜面间的动摩擦因数为 μ ，此时平行于斜面方向必有 m g sin θ＝μmg cos θ . 当加上外力 F 时，对木块受力分析如图，则 有F f ＝μF N ，平行于斜面方向有F f ＋mg sin θ＝F cos α ，垂直于斜面方向有 F N ＋F sin α＝mg cos θ，联立解得 F ＝＝，故当α＝θ时，F 有最小值，最小值为 F min ＝mg sin2θ ，故 A 错误，B 正确； 选 M 和 m 组成的整体为研究对象，设水平地面对木楔 M 的静摩擦 力为F f ′，水平方向受力平衡，则有F f ′＝F cos(θ＋α) ，可知静摩擦力的方向水平向左，故 C 错误，D 正确．3.(多选)如图 13 所示，表面光滑的半球形物体固定在水平面上，光滑小环 D 固定在半球形物 体球心 O 的正上方，轻质弹簧一端用轻质细绳固定在 A 点，另一端用轻质细绳穿过小环 D 与放在半球形物体上的小球 P 相连，DA 水平．现将细绳固定点 A 向右缓慢平移的过程中(小 球 P 未到达半球最高点前) ，下列说法正确的是( )2图13A ．弹簧变短B ．弹簧变长C ．小球对半球的压力不变D ．小球对半球的压力变大答案AC解析以小球为研究对象，受力分析如图，小球受重力G、细线的拉力F T 和半球面的支持力F N，作出F N、F T 的合力F，由平衡条件得知F＝G，由图根据三角形相似可得F N ＝F＝F T ，PO DO PD将F＝G代入得：F N＝PO G，FT＝PD G，将细绳固定点A向右缓慢平移，DO、PO不变，PD DO DO变小，可知F T 变小，F N 不变，即弹簧的弹力变小，弹簧变短，由牛顿第三定律知小球对半球的压力不变，故A、C 正确，B 、D 错误．[保分基础练]1.(2021·江苏省1 月适应性考试·3)如图1 所示，对称晾挂在光滑等腰三角形衣架上的衣服质量为M，衣架顶角为120°，重力加速度为g，则衣架右侧对衣服的作用力大小为( )图11 2 32 答案 B解析 对衣服进行受力分析，如图所示：由几何关系知，衣架左、右侧对衣服的作用力 F N 与竖直方向的夹角为 30°， 则有 2F N cos 30°＝Mg ， 得 F N ＝Mg ，故选 B .2.戽斗是古代一种小型的人力提水灌田农具，是我国古代劳动人民智慧的结晶．如图 2 所示， 两人双手执绳牵斗取水，在绳子长度一定时( )图 2A ．两人站得越近越省力B ．两人站得越远越省力C ．两边绳子与竖直方向夹角为 60°时最省力D ．绳子拉力大小与两人距离远近无关答案 A3.如图 3 所示，两个相同的木模质量均为 m ，靠三根竖直细线连接，在水平面上按一个“互” 字形静置，上方木模呈现悬浮效果，这是利用了建筑学中的“张拉整体”结构原理．已知重 力加速度为 g ，则图中短线 a 上的张力 F 1 和水平面所受压力 F 2 满足( )图 33C. Mg D ．Mg A. Mg B. MgA ．F 1>mg ，F 2<2mgB ．F 1>mg ，F 2＝2mgC ．F 1<mg ，F 2<2mgD ．F 1<mg ，F 2＝2mg 答案 B解析 对两个木模的整体受力分析，整体受 2mg 的重力和水平面的支持力 F 2 ′ ，有 F 2 ′＝ 2mg ，由牛顿第三定律可知，水平面所受压力 F 2＝F 2 ′ ，对上方木模分析可知，短线 a 上的 张力 F 1 向上，两长线的拉力 F T 向下，有 2F T ＋mg ＝F 1 ，故有 F 1>mg ，故选 B .4.一台空调外机用两个三脚架固定在外墙上，如图 4 所示，空调外机的重心在支架水平横梁 AO 和斜梁 BO 连接点 O 的上方，横梁对 O 点的拉力沿 OA 方向、大小为 F 1 ，斜梁对 O 点的 支持力沿 BO 方向、大小为 F 2 .如果把斜梁加长一点，仍保持连接点 O 的位置不变，则( )A ．F 1 增大 C ．F 2 不变 答案 B解析 对 O 点受力分析如图所示图 4B ．F 1 减小 D ．F 2 增大由平衡条件得 F 1＝ ，F 2＝，保持连接点 O 的位置不变，斜梁长度增加，θ变大，所 以 F 1 、F 2 均减小．故选 B .5.(2021· 东北三省四市教研联合体 3 月模拟)如图 5 所示，物体甲放置在水平地面上，通过跨 过光滑轻质定滑轮的轻质细绳与小球乙相连，整个系统处于静止状态．现对小球乙施加水平 力 F ，使小球乙缓慢上升一小段距离，整个过程中物体甲保持静止．设甲受到地面的摩擦力 为F f ，支持力为 F N ，细绳的拉力为 F T ，则该过程中( )图 5A ．F f 变小，F 不变B ．F T 变大，F N 变大C ．F f 变大，F N 变小D ．F T 不变，F 不变 答案 C解析 取乙为研究对象，分析其受力情况，设与乙相连的细绳与竖直方向夹角为α ，则水平 力 F ＝mg tan α ，细绳与竖直方向夹角α逐渐增大，则 F 增大； 取物体甲为研究对象，甲受到 重力、绳子的拉力、地面的支持力以及地面的摩擦力，其中绳子的拉力 F T ＝ mg ，α逐渐增cos α 大，绳子的拉力 F T 逐渐增大，F T 在水平方向的分力逐渐增大，所以水平地面对甲的摩擦力 增大； F T 在竖直方向的分力逐渐增大，甲受到地面的支持力 F N 变小．故选 C . 6.(2021·湖北省 1 月选考模拟 ·6)如图 6 所示，矩形平板 ABCD 的 AD 边固定在水平面上，平 板与水平面夹角为θ，AC 与 AB 的夹角也为θ .质量为 m 的物块在平行于平板的拉力作用下， 沿 AC 方向匀速运动．物块与平板间的动摩擦因数μ＝tan θ ，重力加速度大小为 g ，拉力大小 为( )图 6A ．2mg sin θcosθB ．2mg sin θC ．2mg sin θD ．mg sin θcos θ答案 A解析 对物块受力分析，如图甲、乙所示，重力沿平板向下的分力为 m g sin θ ，支持力 F N ＝ mg cos θ ，滑动摩擦力F f ＝μF N ＝m g sin θ ，则拉力 F ＝2mg sin θcos θ ，故 A 正确．7.(2021·黑龙江鹤岗一中三校高三期末联考)如图 7 所示，将一光滑轻杆固定在水平地面上， 杆与地面间的夹角为 30°，一光滑轻环(不计重力)套在杆上，一个大小和质量都不计的滑轮通 过轻绳 OP 悬挂在天花板上，用另一轻绳绕过滑轮系在轻环上，现用水平向右的力缓慢拉绳， 当轻环静止不动时，OP 绳与天花板之间的夹角为( )2 2 2 2图 7A ．30°B ．45°C ．60°D ．75° 答案 C解析 对轻环 Q 进行受力分析如图甲，则只有绳子的拉力垂直于杆时，绳子的拉力沿杆的方 向没有分力； 由几何关系可知，绳子与竖直方向之间的夹角是 30°；对滑轮进行受力分析如 图乙，由于滑轮的质量不计，则 OP 绳对滑轮的拉力与两个绳子拉力的合力大小相等、方向 相反，所以 O P 绳的方向一定在两根绳子夹角的角平分线上，由几何关系得 O P 绳与竖直方 向之间的夹角： β＝90°＋30°－30°＝30° ，则 O P 绳与天花板之间的夹角为： 90°－β＝60° ，故选 C .8.(2021·上海交大附中高三上学期 1 月期末)如图 8，光滑绝缘斜面固定在水平面上，一定质量 的带电小球 A 在斜面上保持静止，小球A 与斜面间有平行于斜面的细线相连，带电小球 B 用 绝缘杆固定，A 、B 在同一水平高度，此时斜面对小球 A 无支持力．现保持 B 球的水平高度 不变，将 B 球缓慢向左移动一小段距离，则在此过程中( )图 8A ．小球 A 脱离斜面，细线所受的拉力变大B ．小球A 脱离斜面，细线所受的拉力变小C ．小球A 仍在斜面上，细线所受的拉力变大D ．小球 A 仍在斜面上，细线所受的拉力变小 答案 A解析 因为此时斜面对小球A 无支持力，可知 B 球对A 球有引力作用； 若将 B 球缓慢向左移 动一小段距离，距离减小，则引力变大，则小球 A 将脱离斜面； B 球对A 球的引力变大，引 力与重力的合力变大，根据力的平衡条件，则细线所受的拉力变大，故选 A.2[争分提能练]9.(多选)(2019·全国卷Ⅰ·19)如图9，一粗糙斜面固定在地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮．一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块N，另一端与斜面上的物块M相连，系统处于静止状态．现用水平向左的拉力缓慢拉动N，直至悬挂N的细绳与竖直方向成45°.已知M始终保持静止，则在此过程中( )图9A ．水平拉力的大小可能保持不变B．M所受细绳的拉力大小一定一直增加C．M所受斜面的摩擦力大小一定一直增加D．M所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加答案BD解析对N进行受力分析如图所示，因为N的重力与水平拉力F的合力和细绳的拉力F T 是一对平衡力，从图中可以看出水平拉力的大小逐渐增大，细绳的拉力也一直增大，选项A错误，B 正确；M的质量与N的质量的大小关系不确定，设斜面倾角为θ，若m N g≥m M g sin θ，则M所受斜面的摩擦力大小会一直增大，若m N g<m M g sin θ，则M所受斜面的摩擦力大小可能先减小后反向增大，选项C错误，D 正确．10 ．(2021·湖南卷·5)质量为M的凹槽静止在水平地面上，内壁为半圆柱面，截面如图10 所示，A为半圆的最低点，B为半圆水平直径的端点．凹槽恰好与竖直墙面接触，内有一质量为m的小滑块．用推力F推动小滑块由A点向B点缓慢移动，力F的方向始终沿圆弧的切线方向，在此过程中所有摩擦均可忽略，下列说法正确的是( )图10A ．推力F先增大后减小B ．凹槽对滑块的支持力先减小后增大C ．墙面对凹槽的压力先增大后减小解得 F N ＝m g ，F ＝mglABLD ．水平地面对凹槽的支持力先减小后增大答案 C解析 对滑块受力分析，由平衡条件有 F ＝mg sin θ，F N ＝mg cos θ，θ为 F 与水平方向的夹角，滑块从 A 缓慢移动到 B 点时，θ越来越大，则推力 F 越来越大，支持力 F N 越来越小，所以 A 、B 错误； 对凹槽与滑块整体受力分析，墙面对凹槽的压力为 F N ′＝F cos θ＝mg sin θcos θ＝1mg sin 2θ，则θ越来越大时，墙面对凹槽的压力先增大后减小，所以 C 正确；水平地面对凹槽的支持力为F N 地＝(M ＋m )g －F sin θ＝(M ＋m )g －mg sin 2θ则θ越来越大时，水平地面对凹槽的支持力越来越小，所以 D 错误．11 ．(多选)(2021·黑龙江齐齐哈尔市实验中学高三期末)如图 11 所示，有一长为 L 的轻杆，一 端用光滑的铰链固定在墙上，另一端固定一质量为 m 的小球 B ，在距铰链正上方 L 处有一光 滑轻质小定滑轮，现用手拉动绕过滑轮并系在小球 B 上的细线，使小球 B 缓慢上移，手对细 线的拉力大小为 F ，杆对小球 B 的弹力大小为 F N ，重力加速度为 g ，在移动过程中，下列说 法正确的是( )图 11A ．F 不变，F N 减小B ．F 减小，F N 不变C ．当杆被拉至水平状态时 F ＝ mgD ．杆对小球 B 的弹力大小恒为 mg 答案 BCD解析 对 B 球受力分析，画出力的示意图如图所示根据相似三角形规律有mg ＝F N ＝ FL L l AB 2小球B缓慢上移，重力m g不变，L不变，则杆对小球的弹力大小F N 不变，绳子长度l AB减小，所以F减小，A错误，B、D正确；当杆被拉至水平状态时，绳子的长度为l AB＝2L，由相似三角形关系可得F＝mg，C 正确．12.如图12 所示，半径为R的圆环竖直放置，长度为R的不可伸长的轻细绳OA、OB，一端固定在圆环上，另一端在圆心O处连接并悬挂一质量为m的重物，初始时OA绳处于水平状态．把圆环沿地面向右缓慢转动，直到OA绳处于竖直状态，在这个过程中( )图12A ．OA绳的拉力逐渐增大B ．OA绳的拉力先增大后减小C ．OB绳的拉力先增大后减小D ．OB绳的拉力先减小后增大答案 B解析以重物为研究对象，重物受到重力m g、OA绳的拉力F1 、OB绳的拉力F2 三个力而平衡，构成矢量三角形，置于几何圆中如图：在转动的过程中，OA绳的拉力F1 先增大，转过直径后开始减小，OB绳的拉力F2 开始处于直径上，转动后一直减小，B 正确，A 、C 、D 错误．13 ．(2021·山东滨州市高三期末)如图13 所示，竖直杆固定在木块C上，两者总重为20 N ，放在水平地面上，轻细绳a连接小球A和竖直杆顶端，轻细绳b连接小球A和B，小球A、B重均为10 N ．当用最小的恒力F作用在小球B上时，A、B、C均保持静止，绳a与竖直方向的夹角为30°.下列说法正确的是( )图13A ．力F的大小为5 NB ．绳a的拉力大小为10 NC ．地面对 C 的摩擦力大小为 10 ND ．地面对 C 的支持力大小为 40 N 答案 B解析 以A 、B 整体为研究对象，整体受到重力 2G 、绳 a 的拉力 F T a 和恒力 F ，当恒力 F 的 方向与绳 a 拉力的方向垂直向上时，F 最小，如图所示．则 F ＝2G sin 30°＝2×10×1N ＝10 N ，F T a ＝2G cos 30°＝2×10× N ＝10N ，故 A 错误，B 正确； 以 A 、B 、C 及竖直杆整体为研究对象，根据水平方向受力平衡可得F f ＝F cos 30°＝ 10×N ＝5N ，根据竖直方向受力平衡可得 F N ＋F sin 30°＝G A ＋G B ＋G C 、杆，解得 F N ＝G A＋G B ＋G C 、杆－F sin 30°＝10 N ＋10 N ＋20 N －10×1N ＝35 N ，故 C 、D 错误．2 2222命题规律 1.命题角度：(1)匀变速直线运动规律及应用；(2)牛顿运动定律及应用；(3)运动学和动力学图像.2.常考题型：选择题．11 ．匀变速直线运动问题常用的六种解题方法2 ．两种匀减速直线运动的分析方法(1)刹车问题的分析末速度为零的匀减速直线运动问题常用逆向思维法，对于刹车问题，应先判断车停下所用的时间，再选择合适的公式求解．(2)双向可逆类运动分析匀减速直线运动速度减为零后反向运动，全过程加速度的大小和方向均不变，故求解时可对全过程列式，但需注意x、v、a等矢量的正负及物理意义．3 ．处理追及问题的常用方法函数法例 1 (2019·全国卷 Ⅰ·18)如图 1 ，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的 最大高度为 H .上升第一个H 所用的时间为t 1，第四个H所用的时间为 t 2.不计空气阻力，则t 2满足( )A ．1<t 1<2 t 2答案 C图 1B ．2<t 1<3 t 2解析 由逆向思维和初速度为零的匀加速直线运动比例式可知 ＝ ＝2＋ ，即3<t 1<4 ，选项 C 正确．例 2 (2021· 山东济宁市高三期末)强行超车是道路交通安全的极大隐患．如图 2 是汽车超车 过程的示意图，汽车甲和货车均以 v 0＝36 km/h 的速度在路面上匀速行驶，其中甲车车身长 L 1＝4.8 m ，货车车身长 L 2＝7.2 m ，货车在甲车前 s ＝4 m 处．若甲车司机开始加速从货车左 侧超车，加速度大小为 a ＝2 m/s 2.假定货车速度保持不变，不计车辆变道的时间及车辆的宽 度．求：图 2(1)甲车完成超车至少需要多长时间；(2)若甲车开始超车时，看到道路正前方的乙车迎面驶来，此时二者相距 s 0＝115 m ，乙车速 度为 v 乙＝54 km/h. 甲车超车的整个过程中，乙车速度始终保持不变，请通过计算分析，甲车 能否安全超车．答案 (1)4 s (2)不能安全超车解析 (1)设甲车完成超车至少需要时间 t ，则 t 时间内甲车位移为 x 甲＝v 0t ＋1at 2 ，货车位移4 4 t 1 t t t D ．4<t 1<5C ．3<t 1<4 2 22 2为x货＝v0t完成超车需满足x甲＝x货＋L1＋L2＋s联立求解可得t＝4 s.(2)刚好完成超车时，甲车位移为x甲＝v0t＋1at2＝56 m乙车位移大小为x乙＝v乙t＝60 m．x甲＋x乙>s0 ，所以不能安全超车．21 ．超重与失重2 ．瞬时加速度问题考向一超重与失重例3 (2021·上海浦东新区高三一模)在用DIS 探究超重和失重的实验中，某同学蹲在压力传感器上完成一次起立动作，在计算机屏幕上得到压力传感器示数F随时间t变化的图像如图3 所示，则此过程该同学重心的运动速度v随时间t变化的图像最接近图( )图32答案 A解析 人在起立时，先向上加速后向上减速，先超重后失重； 由 F －t 图像可知，超重阶段(加 速阶段)压力传感器对人的支持力先增加后减小，根据 F －mg ＝ma 可知，加速度先增加后减 小，则 v －t 图像的斜率先增加后减小； 同理，由 F －t 图像可知，失重阶段(减速阶段)压力传 感器对人的支持力先减小后增加，根据 mg －F ＝ma 可知，加速度先增加后减小，则 v －t 图 像的斜率先增加后减小，故选 A . 考向二 瞬时加速度问题例 4 如图 4 所示，两个质量均为 m 的小球 A 、B 用细绳相连，小球 A 与一个轻弹簧相连， 弹簧另一端固定在竖直墙上，小球用一根细线连在天花板上，开始时，两小球都静止不动， 这时细线与水平方向的夹角是θ＝45°，弹簧水平，重力加速度大小为 g ，现突然把细线剪断．在 剪断细线的瞬间，小球 A 的加速度大小是( )A ．22g C ．2g 图 4B.5g D. 2g答案 B解析 细线剪断前，小球A 受到 4 个力作用，重力、弹簧的弹力、细线的拉力和细绳的拉力， 由力的平衡条件可知： 弹簧的弹力大小 F ＝2mg ，剪断细线的瞬间，小球 A 只受弹簧的弹力 和 自身重力，此时弹簧的弹力大小还是 F ＝2mg ，所以此时 A 球受到的合力大小 F A ＝＝ mg ，由牛顿第二定律可知，在剪断细线的瞬间，小球 A 的加速度大小 a＝ ＝ 5g ，故 B 正确，A 、C 、D 错误． m31 ．整体法与隔离法的选用技巧F A考向二 连接体中的临界问题2.连接体问题中常见的临界条件3.常见连接体考向一 研究对象的选取(整体法与隔离法的应用)例 5 (2020·江苏卷 ·5)中欧班列在欧亚大陆开辟了“生命之路” ，为国际抗疫贡献了中国力 量．某运送防疫物资的班列由 40 节质量相等的车厢组成，在车头牵引下，列车沿平直轨道匀 加速行驶时，第 2 节对第 3 节车厢的牵引力为 F .若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等， 则倒数第 3 节对倒数第 2 节车厢的牵引力为( )A ．F B. 20 . 19 F .20答案 C解析 设列车的加速度为 a ，每节车厢的质量为 m ，每节车厢的阻力为F f ，对后 38 节车厢， 由牛顿第二定律得 F －38F f ＝38ma ；设倒数第 3 节车厢对倒数第 2 节车厢的牵引力为 F 1 ，对 后 2 节车厢，由牛顿第二定律得 F 1－2F f ＝2ma ，联立解得 F 1 ＝F，故选项 C 正确．19F C D 19 F1 ．常见图像例 6 (多选)(2021 ·山东烟台市高三期末)某实验小组在探究接触面间的动摩擦因数实验中，如 图 5 甲所示，将一质量为 M 的长木板放置在水平地面上，其上表面有另一质量为 m 的物块， 刚开始均处于静止状态．现使物块受到水平力 F 的作用，用传感器测出水平拉力 F ，画出 F 与物块的加速度 a 的关系如图乙所示．已知重力加速度 g ＝10 m/s 2 ，最大静摩擦力等于滑动 摩擦力，整个运动过程中物块从未脱离长木板．则( )图 5A ．长木板的质量为 2 kgB ．长木板与地面之间的动摩擦因数为 0. 1C ．长木板与物块之间的动摩擦因数为 0.4D ．当拉力 F 增大时，长木板的加速度一定增大 答案 ABC解析 设长木板与物块之间的动摩擦因数为μ1 ，长木板与地面之间的动摩擦因数为μ2 ，由题 图乙可知，当 F >12 N 时物块和长木板开始产生滑动，则 F －μ1mg ＝ma 即 F ＝ma ＋μ1mg ，由题图乙可知 m ＝k 1＝12－8kg ＝2 kg ， μ1mg ＝8 N ，解得μ1＝0.4；当 4 N ≤F ≤12 N 时两者共同运动，则F －μ2(M ＋m )g ＝(M ＋m )a 即 F ＝(M ＋m )a ＋μ2(M ＋m )g由题图乙可知 M ＋m ＝k 2＝12－4 kg ＝4 kg ，则 M ＝2 kg ，μ2(M ＋m )g ＝4 N解得μ2＝0. 1 ，选项 A 、B 、C 正确；当拉力 F 增大，长木板与物块之间产生相对滑动时，此时长木板所受地面的摩擦力和物块的 摩擦力不变，则加速度不变，选项 D 错误．422。

专题01力的示意图及受力分析一、作图题1．厦门海域是国家一级保护动物中华白海豚的自然保护区。

请画出图中白海豚受的重力示意图。

2．攀岩是年轻人非常喜欢的一种运动，如图甲是一名攀岩运动员拉着绳子停在峭壁上的情景。

图乙是这一时刻的简化图，请你以重心O为作用点，在图乙中画出。

⑴运动员所受的重力；⑵峭壁对运动员的支持力；⑶绳子对运动员的拉力。

3．如图所示，重为6牛的木球漂浮在水面上，请用力的图示法在图中画出它所受的浮力。

4．如图所示，一物体沿虚线方向匀速上升，请画出该物体的受力示意图。

（空气阻力忽略不计）5．如图所示，一辆重为2N的玩具电动四驱赛车正在沿着斜面匀速向上爬坡，请画出小车的受力示意图。

6．用轻绳悬挂的铁球自由摆动，请画出摆动到图所示位置时，铁球的受力示意图。

（忽略空气阻力）7．如图所示，木箱A静止在斜面上，请画出木箱A所受力的示意图。

8．如图，重为G的小球漂浮在水面上，请画出小球的受力示意图。

9．一个箱子A在皮带传动装置上做匀速直线运动，如图所示，请在图中画出箱子所受到的力的示意图。

（不计空气阻力）10．如图所示，重为G的小船静止在水面上，画出小船所受力的示意图。

11．如图所示，小花站在电梯上匀速上行，作出她的受力示意图。

（O点为其重心）12．如图所示，小车水平向左做匀速直线运动，在车厢顶部用细线竖直悬挂一个小球，请在O点画出此时小球受力的示意图。

13．图中，轻拉弹簧，水平面上的物体A和B处于静止状态，画出物体A的受力示意图.14．请在图中画出小球在水中悬浮时所受重力G和浮力F的示意图。

15．如图所示，物体A静止在斜面B上，作出物体A受到的重力及物体B受到的压力的示意图。

16．如图所示，物块正在光滑的水平面上向左滑动，并压缩弹簧，画出物块受力的示意图（不计空气阻力）。

17．如图，请画出静止的小球的受力示意图。

18．如图所示，物体在两个力的作用下处于静止状态，请在图中画出另一个力F2。

19．如图，木块在2N的水平拉力F作用下沿水平桌面向右匀速直线运动，作出木块所受摩擦力的示意图。

第1讲力与物体的平衡要点提炼1.物体的受力分析(1)正确的受力分析是解决力的平衡、动力学、能量等问题的前提。

在受力分析时，为防止漏力或多力，要按正确的顺序分析研究对象受到的力。

(2)分析物体受力的顺序说明：分析弹力和摩擦力时，要对研究对象与周围物体接触的每处都考虑。

(3)对研究对象所受力的大小、方向，哪些已知、哪些未知要明确。

(4)带电量一定的粒子在匀强电场中受到的电场力一定为恒力，在匀强磁场中受到的洛伦兹力大小会随着速度大小的改变而改变，方向会随着速度方向的改变而改变。

2．物体受力平衡的分析(1)物体受力平衡时的运动状态：静止或做匀速直线运动，即加速度为零。

(2)物体受力平衡时的受力特点：物体所受力的合力为零。

①三个共点力平衡：其中任意一个力与其余两个力的合力一定大小相等，方向相反；若有两个力等大，则这两个力一定关于第三个力所在直线对称；表示三个力的有向线段可以组成一个首尾相接的矢量三角形。

②多个共点力平衡：任意方向上合力为零；建立直角坐标系后，两个坐标轴上的合力均为零，即F x合＝0，F y合＝0；物体受N个力作用而处于平衡状态，则其中任意一个力与其余N－1个力的合力一定等大反向。

③动态平衡：物体在缓慢移动过程中，可以认为物体时刻处于平衡状态，其所受合力时刻为零。

动态平衡的常用处理方法有：图解法、解析法、相似三角形法等。

④带电粒子或带电物体在复合场中处于平衡状态时，所受合力为零；带电粒子(或微粒)在重力、恒定电场力和洛伦兹力共同作用下的直线运动必然是匀速直线运动。

高考考向1 物体的受力分析例1 (2020·吉林长白山市二模)如图所示，倾斜的滑杆上套有一个圆环(所受重力不可忽略)，圆环通过轻绳拉着一个物体，在圆环沿滑杆下滑的过程中，轻绳始终竖直。

下列说法正确的是( )A．物体做匀速直线运动B．轻绳对物体的拉力大于物体受到的重力C．圆环可能不受摩擦力的作用D．圆环受三个力作用解析圆环沿滑杆下滑的过程中，轻绳始终竖直，物体只受竖直方向的重力和轻绳的拉力作用，这两个力的合力不可能沿滑杆方向，故这两个力为一对平衡力，物体做匀速直线运动，故A正确，B错误；圆环与物体的运动情况相同，即做匀速直线运动，处于平衡状态，则圆环受到重力、轻绳的拉力、滑杆的支持力和摩擦力四个力作用，故C、D错误。

2019-2020年高三物理第二轮专题复习专题一力和运动教案人教版一、考点回顾1．物体怎么运动，取决于它的初始状态和受力情况。

牛顿运动定律揭示了力和运动的关系，关系如下表所示：2．力是物体运动状态变化的原因，反过来物体运动状态的改变反映出物体的受力情况。

从物体的受力情况去推断物体运动情况，或从物体运动情况去推断物体的受力情况，是动力学的两大基本问题。

3．处理动力学问题的一般思路和步骤是：①领会问题的情景，在问题给出的信息中，提取有用信息，构建出正确的物理模型；②合理选择研究对象；③分析研究对象的受力情况和运动情况；④正确建立坐标系；⑤运用牛顿运动定律和运动学的规律列式求解。

4．在分析具体问题时，要根据具体情况灵活运用隔离法和整体法，要善于捕捉隐含条件，要重视临界状态分析。

二、经典例题剖析1．长L的轻绳一端固定在O点，另一端拴一质量为m的小球，现使小球在竖直平面内作圆周运动，小球通过最低点和最高点时所受的绳拉力分别为T1和T2(速度分别为v0和v)。

5求证：(1)T1－T2＝6mg(2)v0≥gL证明：(1)由牛顿第二定律，在最低点和最高点分别有：T1－mg＝mv02/L T2＋mg＝mv2/L由机械能守恒得：mv02/2＝mv2/2＋mg2L以上方程联立解得：T1－T2＝6mg(2)由于绳拉力T2≥0，由T2＋mg＝mv2/L可得v≥gL5代入mv02/2＝mv2/2＋mg2L得：v0≥gL点评：质点在竖直面内的圆周运动的问题是牛顿定律与机械能守恒应用的综合题。

加之小球通过最高点有极值限制。

这就构成了主要考查点。

2．质量为M 的楔形木块静置在水平面上，其倾角为α的斜面上,一质量为m 的物体正以加速度a 下滑。

求水平面对楔形木块的弹力N 和摩擦力f 。

解析：首先以物体为研究对象，建立牛顿定律方程： N 1‘＝mgcosα mgsinα－f 1’＝ma ，得：f 1‘＝m(gsinα－a) 由牛顿第三定律，物体楔形木块有N 1＝N 1’，f 1＝f 1‘然后以楔形木块为研究对象，建立平衡方程：N ＝mg ＋N 1cosα＋f 1sinα＝Mg ＋mgcos 2α＋mgsin 2α－masinα ＝(M ＋m)g －masinαf ＝N 1sinα－f 1cosα＝mgcosαsinα－m(gsinα－a)cosα＝macosα 点评：质点在直线运动问题中应用牛顿定律，高考热点是物体沿斜面的运动和运动形式发生变化两类问题。

第1讲力与物体的平衡知识网络构建命题分类剖析命题点一静态平衡问题1．共点力平衡的常用处理方法(1)研究对象的选取：①整体法与隔离法(如图甲)；②转换研究对象法(如图乙)．(2)画受力分析图：按一定的顺序分析力，只分析研究对象受到的力．(3)验证受力的合理性：①假设法(如图丙)；②动力学分析法(如图丁)．例 1[2023·山东卷]餐厅暖盘车的储盘装置示意图如图所示，三根完全相同的弹簧等间距竖直悬挂在水平固定圆环上，下端连接托盘．托盘上叠放若干相同的盘子，取走一个盘子，稳定后余下的正好升高补平．已知单个盘子的质量为300 g，相邻两盘间距1.0 cm，重力加速度大小取10 m/s2.弹簧始终在弹性限度内，每根弹簧的劲度系数为( )A．10 N/m B．100 N/mC．200 N/m D．300 N/m例 2[2023·河北保定一模]质量为M的正方体A与质量为m的圆球B在水平向右的外力F作用下静止在墙角处，它们的截面图如图所示，截面正方形的对角线与截面圆的一条直径恰好在一条直线上，所有摩擦忽略不计，重力加速度为g.则( )A．F＝(M＋m)gB．F＝mgC．地面受到的压力为F N，F N<(M＋m)gD．地面受到的压力为F N，F N>(M＋m)g提升训练1. [2023·广东省中山市测试]如图甲为明朝《天工开物》记载测量“弓弦”张力的插图，图乙为示意图．弓的质量为m ＝5 kg ，弦的质量忽略不计，悬挂点为弦的中点．当在弓的中点悬挂质量为M ＝15 kg 的重物时，弦的张角为θ＝120°，g ＝10 m/s 2，则弦的张力为( )A ．50 NB ．150 NC ．200 ND ．200√3 N 2.[2023·浙江6月]如图所示，水平面上固定两排平行的半圆柱体，重为G 的光滑圆柱体静置其上，a 、b 为相切点，∠aOb ＝90°，半径Ob 与重力的夹角为37°.已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则圆柱体受到的支持力F a 、F b 大小为( )A ．F a ＝0.6G ，F b ＝0.4GB ．F a ＝0.4G ，F b ＝0.6GC ．F a ＝0.8G ，F b ＝0.6GD ．F a ＝0.6G ，F b ＝0.8G 3.[2023·河南省洛阳市模拟]如图所示，一光滑球体放在支架与竖直墙壁之间，支架的倾角θ＝60°，光滑球体的质量为m ，支架的质量为2m ，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个装置保持静止，则支架和地面间的动摩擦因数至少为( )A ．√39B ．√34C ．√32 D ．√33命题点二 动态平衡问题(含临界、极值问题)1．解决动态平衡问题的一般思路化“动”为“静”，多个状态下“静”态对比，分析各力的变化或极值． 2．“缓慢”移动的三类经典模型图例分析求力F的最小值F min＝mg sin θ，结论：sin θ＝dLF＝mg，2cosθ绳子端点上下移动，力F不变N1、N2始终减小斜面对球的支持力F1逐渐减小，挡板对球的弹力F2先减小后增大考向1 共点力作用下的动态平衡例 1[2023·四川省成都市检测](多选)某中学举行趣味运动会时，挑战用一支钢尺取出深盒子(固定不动)中的玻璃球，该游戏深受大家喜爱，参与者热情高涨．游戏中需要的器材和取球的原理分别如图甲和图乙所示．若忽略玻璃球与盒壁、钢尺间的摩擦力，在不损坏盒子的前提下，钢尺沿着盒子上边缘某处旋转拨动(钢尺在盒内的长度逐渐变短)，使玻璃球沿着盒壁缓慢上移时，下列说法正确的是( )A．钢尺对玻璃球的弹力逐渐减小B．钢尺对玻璃球的弹力先增大后减小C．盒壁对玻璃球的弹力逐渐减小D．盒壁对玻璃球的弹力先减小后增大例 2[2023·河北唐山三模]如图所示，木板B放置在粗糙水平地面上，O为光滑铰链．轻杆一端与铰链O固定连接，另一端固定连接一质量为m的小球A.现将轻绳一端拴在小球A 上，另一端通过光滑的定滑轮O′由力F牵引，定滑轮位于O的正上方，整个系统处于静止状态．现改变力F的大小使小球A和轻杆从图示位置缓慢运动到O′正下方，木板始终保持静止，则在整个过程中( )A．外力F大小不变B．轻杆对小球的作用力变小C．地面对木板的支持力逐渐变小D．地面对木板的摩擦力逐渐减小思维提升三力作用下的动态平衡考向2 平衡中的极值或临界值问题例 3[2023·山东菏泽市模拟]将三个质量均为m的小球a、b、c用细线相连后(bc间无细线相连)，再用细线悬挂于O点，如图所示．用力F拉小球c，使三个小球都处于静止状态，且细线Oa与竖直方向的夹角保持为θ＝30°，则F的最小值为( ) A．1.5mg B．1.8mgC．2.1mg D．2.4mg例 4[2023·陕西省汉中市联考]在吊运表面平整的重型板材(混凝土预制板、厚钢板)时，如因吊绳无处钩挂而遇到困难，可用一根钢丝绳将板拦腰捆起(不必捆的很紧)，用两个吊钩勾住绳圈长边的中点起吊(如图所示)，若钢丝绳与板材之间的动摩擦因数为μ，为了满足安全起吊(不考虑钢丝绳断裂)，需要满足的条件是( )A．tan α>μ B．tan α<μC．sin α>μ D．sin α<μ提升训练1.[2023·湖南张家界模拟考](多选)利用物理模型对问题进行分析，是一种重要的科学思维方法．如图甲所示为拔河比赛时一位运动员的示意图，可以认为静止的运动员处于平衡状态．该情形下运动员可简化成如图乙所示的一质量分布均匀的钢管模型．运动员在拔河时身体缓慢向后倾倒，可以认为钢管与地面的夹角θ逐渐变小，在此期间，脚与水平地面之间没有滑动，绳子的方向始终保持水平．已知当钢管受到同一平面内不平行的三个力而平衡时，三个力的作用线必交于一点．根据上述信息，当钢管与地面的夹角θ逐渐变小时，下列说法正确的有( )A．地面对钢管支持力的大小不变B．地面对钢管的摩擦力变大C．地面对钢管作用力的合力变大D．地面对钢管作用力的合力大小不变2．(多选)在如图所示的装置中，两物块A、B的质量分别为m A、m B，而且m A>m B，整个系统处于静止状态，设此时轻质动滑轮右端的轻绳与水平面之间的夹角为θ，若小车向左缓慢移动一小段距离并停下来后，整个系统再次处于静止状态，则下列说法正确的是( )A．物块A的位置将变高B．物块A的位置将变低C．轻绳与水平面的夹角θ将变大D．轻绳与水平面的夹角θ将不变3．长沙某景区挂出32个灯笼(相邻两个灯笼由轻绳连接)，依次贴上“高举中国特色社会主义旗帜，为全面建设社会主义现代化国家而团结奋斗”，从高到低依次标为1、2、3、…、32.在无风状态下，32个灯笼处于静止状态，简化图如图所示．与灯笼“斗”右侧相连的轻绳处于水平状态，已知每一个灯笼的质量m＝0.5 kg，重力加速度g＝10 m/s2，悬挂灯笼的轻绳最大承受力T m＝320 N，最左端连接的轻绳与竖直方向的夹角为θ.下列说法正确的是( )A．θ最大为53°NB．当θ最大时最右端轻绳的拉力为F2＝160√33C．当θ＝53°时第8个灯笼与第9个灯笼间轻绳与竖直方向的夹角为45°D．当θ＝37°时第8个灯笼与第9个灯笼间轻绳与竖直方向的夹角为45°命题点三电场力、磁场力作用下的平衡问题1．电场力.(1)大小：F＝Eq，F＝kq1q2r2(2)方向：正电荷所受电场力的方向与电场强度的方向相同；负电荷所受电场力的方向与电场强度的方向相反．2．磁场力(1)大小：①安培力F＝BIL；②洛伦兹力F洛＝qv B.(2)方向：用左手定则判断．3．电磁学中平衡问题的处理方法处理方法与力学中平衡问题的分析方法一样，把方法和规律进行迁移应用即可．考向1 电场中的平衡问题例 1[2023·浙江模拟预测]如图所示，A、C为带异种电荷的带电小球，B、C为带同种电荷的带电小球．A、B被固定在绝缘竖直杆上，Q AQ B ＝3√38时，C球静止于粗糙的绝缘水平天花板上．已知L ACL AB＝√3，下列说法正确的是( )A．C处的摩擦力不为零B．杆对B的弹力为零C．缓慢将C处点电荷向右移动，则其无法保持静止D．缓慢将C处点电荷向左移动，则其一定会掉下来考向2 磁场中的平衡问题例 2 如图所示，竖直平面内有三根轻质细绳，绳1水平，绳2与水平方向成60°角，O为结点，绳3的下端拴接一质量为m、长度为l的导体棒，棒垂直于纸面静止，整个空间存在竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场．现向导体棒通入方向向里、大小由零缓慢增大到I0的电流，可观察到导体棒缓慢上升到与绳1所处的水平面成30°角时保持静止．已知重力加速度为g.在此过程中，下列说法正确的是( )A．绳1受到的拉力先增大后减小B．绳2受到的拉力先增大后减小C．绳3受到的拉力的最大值为√3mgD．导体棒中电流I0的值为√3mglB提升训练1.[2024·山西省翼城中学模拟预测]如图甲所示，一通电导体棒用两根绝缘轻质细线悬挂在天花板上并静止在水平位置．当导体棒所在空间加上匀强磁场，再次静止时细线与竖直方向成θ角，如图乙所示(图甲中从左向右看)．已知导体棒长度为L、质量为m、电流为I，重力加速度大小为g.关于图乙，下列说法正确的是( )A．当磁场方向斜向右上方且与细线垂直时磁感应强度最小B．磁感应强度的最小值为mg sinθILC．磁感应强度最小时，每根细线的拉力大小为mg2cosθD．当磁场方向水平向左时，不能使导体棒在图示位置保持静止2．如图所示，一绝缘细线竖直悬挂一小球A，在水平地面上固定一根劲度系数为k′的绝缘轻质弹簧，弹簧上端与小球C相连，在小球A和C之间悬停一小球B，当系统处于静止时，小球B处在AC两小球的中间位置．已知三小球质量均为m，电荷量均为q，电性未知．则下列判断正确的是( )A.相邻两小球之间的间距为q√kmgB．弹簧的形变量为11mg8k′C．细线对小球A的拉力大小为11mg8D．小球C受到的库仑力大小为5mg8素养培优·情境命题利用平衡条件解决实际问题联系日常生活，创新试题情境化设计，渗透实验的思想，考查考生分析解决实际问题的能力，引导学生实现从“解题”到“解决问题”的转变情境1 工人推车——科学思维[典例1] [2023·四川省成都市联测]如图甲所示，工人用推车运送石球，到达目的地后，缓慢抬起把手将石球倒出(图乙)．若石球与板OB、OA之间的摩擦不计，∠AOB＝60°，图甲中BO 与水平面的夹角为30°，则在抬起把手使OA 变得水平的过程中，石球对OB 板的压力大小N 1、对OA 板的压力大小N 2的变化情况是( )A ．N 1减小、N 2先增大后减小B ．N 1减小、N 2增大C ．N 1增大、N 2减小D ．N 1增大、N 2先减小后增大情境2 悬索桥——科学态度与责任[典例2] [2023·江苏省无锡市测试]图a 是一种大跨度悬索桥梁，图b 为悬索桥模型．六对轻质吊索悬挂着质量为M 的水平桥面，吊索在桥面两侧竖直对称排列，其上端挂在两根轻质悬索上(图b 中只画了一侧分布)，悬索两端与水平方向成45°，则一根悬索水平段CD 上的张力大小是( )A ．14Mg B ．16MgC ．112Mg D ．124Mg情境3 瓜子破壳器——科学探究[典例3] [2023·福建福州4月检测]有一种瓜子破壳器如图甲所示，将瓜子放入两圆柱体所夹的凹槽之间，按压瓜子即可破开瓜子壳．破壳器截面如图乙所示，瓜子的剖面可视作顶角为θ的扇形，将其竖直放入两完全相同的水平等高圆柱体A 、B 之间，并用竖直向下的恒力F 按压瓜子且保持静止，若此时瓜子壳未破开，忽略瓜子自重，不计摩擦，则( )A ．若仅减小A 、B 距离，圆柱体A 对瓜子的压力变大 B ．若仅减小A 、B 距离，圆柱体A 对瓜子的压力变小C ．若A 、B 距离不变，顶角θ越大，圆柱体A 对瓜子的压力越大D．若A、B距离不变，顶角θ越大，圆柱体A对瓜子的压力越小第1讲力与物体的平衡命题分类剖析命题点一[例1] 解析：由题知，取走一个盘子，稳定后余下的正好升高补平，则说明一个盘子的重力使弹簧形变量为相邻两盘间距，则有mg＝3·kx，解得k＝100 N/m，故选B.答案：B[例2] 解析：对圆球B受力分析如图，β＝45°A对B的弹力T＝mg，cosβ根据牛顿第三定律，B对A的弹力T′＝T＝mg，F＝T′sin β＝mg，故A错误，B正cosβcos β＝Mg＋mg，故C、D 确；对AB整体地面受到的压力为F N＝Mg＋T′cos β＝Mg＋mgcosβ错误．故选B.答案：B[提升训练]1．解析：整体法对弓和物体受力分析如图：＝(M＋m)g竖直方向上由受力平衡可得：2F cos θ2解得：F＝(M+m)g＝200 N，故C正确，A、B、D错误．2cosθ2答案：C2．解析：对光滑圆柱体受力分析如图由题意有F a＝G sin 37°＝0.6GF b＝G cos 37°＝0.8G故选D.答案：D3．解析：对光滑球体受力分析如图所示根据平衡条件可得N2cos θ＝mg对支架受力分析如图所示根据牛顿第三定律可知N3＝N2对支架由平衡条件可得N4＝2mg＋N3cos θ，f＝N3sin θ又f＝μN4联立解得μ＝√33.故选D.可知支架和地面间的动摩擦因数至少为√33答案：D命题点二[例1] 解析：对玻璃球的受力分析如图所示，玻璃球受重力G，左侧钢尺对玻璃球的弹力F1，盒壁对玻璃球的弹力F2，玻璃球在3个力作用下处于动态平衡，玻璃球沿着纸盒壁缓慢上移时，θ角变大，利用图解法可知，F1和F2均逐渐减小，A、C项正确，B、D项错误．故选AC.答案：AC[例2] 解析：对小球A进行受力分析，三力构成矢量三角形，如图所示根据几何关系可知两三角形相似，因此mgOO′＝FO′A＝F′OA，缓慢运动过程中，O′A越来越小，则F逐渐减小，故A错误；由于OA长度不变，杆对小球的作用力F′大小不变，故B 错误；由于杆对木板的作用力大小不变，方向向右下，但杆的作用力与竖直方向的夹角越来越小，所以地面对木板的支持力逐渐增大，地面对木板的摩擦力逐渐减小，故C错误，D正确．答案：D[例3] 解析：取整体为研究对象，当F垂直于Oa时，F最小，根据几何关系可得，拉力的最小值F＝3mg sin 30°＝1.5mg，故选A.答案：A[例4] 解析：要起吊重物，只需满足绳子张力T的竖直分量小于钢丝绳与板材之间的最大静摩擦力，一般情况认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，如图所示即T cos αμ>T sin α，化简可得tan α<μ，故B正确，A、C、D错误．故选B.答案：B[提升训练]1．解析：对钢管受力分析，钢管受重力mg、绳子的拉力T、地面对钢管竖直向上的支持力F N、水平向右的摩擦力F f，可知F N＝mg，F f＝T＝mgtanθ即随着钢管与地面夹角的逐渐变小，地面对钢管支持力的大小不变，地面对钢管的摩擦力变大，故A、B正确；对钢管受力分析，可认为钢管受到重力mg、绳子的拉力T和地面对钢管作用力的合力F 三个力，钢管平衡，三个力的作用线必交于一点，由此可知F方向沿钢管斜向上，与水平面夹角为α(钢管与水平面的夹角为θ)，根据共点力平衡条件可知F＝mgsinα，T＝mgtanα，当钢管与地面的夹角θ逐渐变小，同时α也减小，地面对钢管作用力的合力变大，C正确，D 错误．答案：ABC2．解析：以轻质动滑轮与轻绳的接触点O为研究对象，分析O点的受力情况，作出O 点的受力分析图，如图所示设绳子的拉力大小为F，动滑轮两侧绳子的夹角为2α，由于动滑轮两侧绳子的拉力关于竖直方向对称，则有2F cos α＝m B g，又小车向左缓慢移动一小段距离后，轻绳中的拉力大小与小车移动前相同，即F＝m A g保持不变，可知α角保持不变，由几何知识得，α＋θ＝90°，则θ保持不变，当小车向左缓慢移动一小段距离后，动滑轮将下降，则物块A 的位置将变高，故选项A、D正确，B、C错误．答案：AD3．解析：当最左端连接的轻绳的拉力大小为T m＝320 N时，θ最大，此时灯笼整体受力如图所示由平衡条件T m sin θm＝F2T m cos θm＝32mg解得θm＝60°，F2＝160√3 NA、B错误；当θ＝53°时，灯笼整体受力分析如图由平衡条件知，最右端轻绳的拉力F21＝32mg tan 53°＝6403N对第9个灯笼至第32个灯笼整体，其受力情况跟灯笼整体的受力情况类似，由平衡条件tan α＝F21(32−8)mg≠1则第8个灯笼与第9个灯笼间轻绳与竖直方向的夹角α≠45°，C错误；当θ＝37°时，此时灯笼整体受力如图所示由平衡条件知，最右端轻绳的拉力F22＝32mg tan 37°＝120 N对第9个灯笼至第32个灯笼整体，其受力情况跟灯笼整体的受力情况类似，由平衡条件tan β＝F22(32−8)mg＝1则第8个灯笼与第9个灯笼间轻绳与竖直方向的夹角β＝45°，D正确．答案：D命题点三[例1] 解析：对C进行受力分析，A对C有吸引力，B对C有排斥力，及其重力，与水平天花板对C 可能有竖直向下的压力，如图所示由平衡条件，结合矢量合成法则，若不受摩擦力得F AC＝F BC cos θ由几何知识可得cos θ＝√32依据库仑定律有kQ A Q CL AC2＝√32kQ B Q CL BC2，Q AQ B＝3√38Q A Q B ＝3√38时恰好处于平衡状态；C球静止没有运动趋势，C处的摩擦力为零，故A错误；缓慢将C处点电荷向右移动，平衡状态被打破，其无法保持静止，故C正确；缓慢将C处点电荷向左移动，F BC变大，其竖直方向上的分量变大，C球一定不会掉下来，故D错误；B球如果不受杆的力，则C球给B球的排斥力在水平方向的分量无法平衡，因此杆对B 一定有弹力作用，故B错误．答案：C[例2] 解析：对整体分析，重力大小和方向不变，绳1、2弹力方向不变，根据左手定则，安培力水平向右且逐渐增大，由平衡条件得水平方向F1＝F2cos 60°＋BIl竖直方向F 2sin 60°＝mg电流逐渐变大，则F 1增大、F 2不变，故A 、B 错误；当电流增大到I 0时，安培力与重力的合力最大，即绳3的拉力最大sin 30°＝mg F 3最大值为F 3＝2mg ，故C 错误；对导体棒受力分析得tan 30°＝mg BI 0l ，得I 0＝√3mg Bl，故D 正确．答案：D [提升训练] 1．解析：对导体棒受力分析如图所示，导体棒在重力、拉力和安培力的作用下处于平衡状态．由平衡条件可知，导体棒所受拉力和安培力的合力与重力等大反向，拉力和安培力可能的方向如图所示，当安培力方向斜向右上方且与细线垂直时安培力最小，此时磁场方向沿着细线斜向左上方，A 错误；设磁感应强度大小为B ，由平衡条件得mg sin θ＝BIL ，解得B ＝mg sin θIL ，B 正确；设每条细线拉力大小为F T ，由平衡条件得mg cos θ＝2F T ，解得F T ＝12mg cos θ，C 错误；当磁场方向水平向左时，安培力竖直向上，如果安培力与重力大小相等，可以使导体棒在图示位置保持静止，D 错误．答案：B2．解析：如图甲所示，以小球B 为研究对象，小球A 和小球C 分别对小球B 的库仑力大小相等，且小球A 和小球C 对小球B 的合力与小球B 的重力等大反向，所以小球A 和小球B 带异种电荷，小球B 和小球C 带同种电荷，即小球A 和小球C 对小球B 的库仑力大小均为F A ＝F C ＝mg2，由库仑定律可得kq 2r 2＝12mg ，解得小球A 和小球B 之间距离为r ＝q √2kmg ，故A 错误；如图乙所示，以小球A 为研究对象，受到小球B 向下的库仑力为F B ＝mg 2，受到小球C向下的库仑力是受到小球B 的14，即为F C ′＝mg 8，所以小球A 受到的拉力为F T A ＝mg ＋F B ＋F ′C＝13mg 8，故C 错误；如图丙所示，以小球C 为研究对象，小球C 受到小球B 向下的库仑力为F ′B ＝mg2，受到A 向上的库仑力为F ′A ＝mg8，则小球C 对弹簧的压力为F 压＝F ′B －F ′A ＋mg＝11mg 8，小球C 受到向上的弹力为F 弹＝F 压＝11mg 8，由胡克定律得F 弹＝k ′x ，解得弹簧的形变量为x ＝11mg8k ′，故B 正确，D 错误．答案：B 素养培优·情境命题[典例1] 解析：在倒出石球的过程中，两个支持力的夹角是个确定值，为α＝120°，根据力的示意图可知N 1sin β＝N 2sin γ＝Gsin α，在转动过程中β从90°增大到180°，则sin β不断减小，N 1将不断减小；γ从150°减小到60°，其中跨过了90°，因此sin γ 先增大后减小，则N 2将先增大后减小，选项A 正确．答案：A[典例2] 解析： 对整体分析，根据平衡条件，2F T AC sin 45°＝Mg ，F T AC ＝√22Mg .对悬索左边受力分析，受A 左上绳的力F T AC ，CD 上水平向右的拉力为F T ，根据平衡条件，F T ＝F T AC cos 45°＝12Mg ，一根悬索水平段CD 上的张力大小是14Mg ，故选A.答案：A[典例3] 解析：瓜子处于平衡状态，若仅减小A 、B 距离，A 、B 对瓜子的弹力方向不变，则大小也不变，A 、B 错误；若A 、B 距离不变，顶角θ越大，则A 、B 对瓜子弹力的夹角减小，合力不变，则两弹力减小，C 错误，D 正确．故选D.答案：D。

谈高三物理二轮复习的策略安徽省阜阳市阜阳一中(236699)韩涛●摘要：通过一轮的单元复习后，学生已经较为全面地理解、了解高中物理中的现象、概念、规律。

进入二轮复习后，要使学生的解题能力有新的突破，就应以题目为载体将整个高中所学的物理知识网络化、方法系统化，并把所学的知识和方法纵横联系，连成线、铺成面、织成网。

本文谈谈高三物理二轮复习的策略。

关键词：高三物理;二轮复习;解题能力中图分类号：G632文献标识码：B文章编号：1008－0333(2017)12－0043－01一、注重解题思路培养在中学物理领域内，重要的物理思维模式有以下数种：平衡──非平衡模式、守恒──不守恒模式、磁场模式、电路模式、光路模式，另外还有若干种不甚普遍的模式，均归入其它。

（一）平衡──非平衡模式任何力学问题，在原则上都可以按照下面的思维操作程序求解：1．选定研究对象，分析它的运动情况，判定它处于平衡还是非平衡态；如果处于非平衡态，则还要确定它参与哪种典型运动（匀变速直线运动、抛体运动、圆周运动、简谐振动等）。

2．分析受力情况作受力图。

如果受力较复杂，还要进行力的分解与合成。

3．根据平衡原理或动力学定律（有些复杂问题，还要配合运动学规律、几何关系等）进行推理，导出结果。

（二）守恒──不守恒模式在力学中，除了从瞬时态的角度来研究运动和力的因果关系外，还经常从过程的角度来研究因果关系，以便更快地推出科学的结论。

众所周知，在机械运动中，只有两种过程：守恒过程和不守恒过程。

从能量的观点来分析，如果系统内只有保守力做功，则系统遵从机械能守恒定律；如果还有其它力做功，则遵从质点的动能定理。

从动量的观点来分析，如果外力对系统的作用可以忽略，则系统遵从动量守恒定律；如果外力对系统的作用不能忽略，则系统内各质点遵从动量定理。

因此，任何力学问题，在原则上又都可以按照下面的思维操作程序求解：1．选定研究对象（系统），分析受力情况，检查守恒条件是否成立。

高三物理第二轮复习方法与策略在第一轮复习的基础之上，第二轮复习的总体要求：整合知识，综合提高，灵活运用。

下面结合近年高考理综物理试题的特点，谈谈在第二轮复习备考中的认识和做法.一、系统构建知识体系第一轮复习已经初步建立起物理学的知识系统，但由于是分章节复习，知识点还是比较零散。

第二轮复习时就要从整体的高度重新认识所学的知识，突出主干知识，抓住重点，了解知识间的纵横联系，从而构建一个完整的知识结构体系。

如复习力学知识时，要理解受力分析和运动分析是整个力学的基础，而牛顿定律则将原因（力）和结果（加速度）联系起来，为解决力学问题提供了完整的方法。

动量和机械能则从时间和空间的概念开辟了解决力学问题的另外两条途径，有了这样的分析，整个力学知识就不再是孤立和零碎的，而是研究力和运动关系的有机整体。

力学知识网络的建构如下框图所示：二、专题复习综合提高高考的命题立意是“能力立意”，在完成基础知识、基本方法复习的前提下，学科能力培养和针对性训练是第二轮复习的重要任务。

围绕力、电等主干知识，采用归类、对比的方法，加深对双基知识的理解，并提高综合、分析的能力。

比如物理图象，有关这方面的知识，原来分散于力学、电学等各章节，复习时若还是简单重复一遍，认识必然还是支离破碎，不能提高认知能力。

因此在复习时综合一下已有的对图象的各种认识，就能从图线的意义、截距、斜率、走向、覆盖面积等方面全方位认识图线的物理含义。

这样，对图象的认识、解释、翻译的能力便得到了提高.再如，带电粒子在电场、磁场中的运动，原是两个独立的部分，且都是重点内容。

单独分开来处理情况尚可，一旦综合起来常有张冠李戴、混淆不清的情况。

我们可从带电粒子在场中的受力、场力做功、粒子运动及轨迹等几方面来比较两者的区别，加深对这两个事物的认识。

这样复习，既巩固对相关基础知识的理解，又站在更高层次获得对知识更全面、更深入的了解，复习的效果必有质的提高。

三、重视对思想方法的小结提高在高三复习中，除认真复习知识之外，还要重视对各种物理思想方法的进一步了解和掌握。

2024年中考物理复习二轮专题：力学作图一、画指定力1．空易拉罐里面放一部分水，调整后可以立于A点而静止，其重心为O点，请在图中画出处于静止时的易拉罐受到重力示意图。

2．如图所示是小明跑步时的情形，请画出他所受的支持力和摩擦力的示意图。

3．如图所示，重1N的小球浮于水面，请在图中画出小球所受浮力和烧杯对斜面压力的示意图。

4．一物体正以某一初速度冲上粗糙的斜面，请作出该物体所受的弹力及摩擦力。

二、受力分析5．如图所示，用线将吊灯悬挂在天花板上，线对灯的拉力F=4N.请在图中画出吊灯受力的示意图。

(拉力的作用点取在重心)6．物体A处于静止状态，如图，请在图中画出A的受力示意图。

7．如图所示，封闭式轿厢随钢索向右上方做匀速直线运动，请画出静止在轿厢内的物体A受到所有力的示意图。

8．如图，重20N的木球漂浮在水面上，请画出木球静止时所受力的示意图：9．如图所示，一位同学在用力匀速推箱子，请画出箱子的受力示意图。

10．如图，水平面上的物体A和B被弹簧拉着匀速直线运动，画出物体B在水平方向受力的示意图.三、杠杆画力臂11．如图是用撬棒撬起石头的情景，请你画出阻力F2及动力臂L1。

12．如图所示，用瓶起子开一瓶汽水，在图中画出动力臂L1和阻力F2的示意图。

13．如图，小明正在借用一个平台做俯卧撑，此时可将他视为一个以脚尖为支点O的杠杆，如果他的重心在A点，请在图中画出他重力的力臂。

14．如图甲是晾衣服用的夹子，其简化示意图如图乙所示。

AOB以看成杠杆，O点是支点，A点是动力的作用点，B点是阻力的作用点。

在图乙中画出，捏夹子时：在A点施加的最小动力F1的示意图、阻力F2的阻力臂L2。

15．如图甲所示是一个核桃破壳器。

破壳时，手柄可以看成一个杠杆。

图乙为其简化的示意的。

请在乙图中画出：(1)B点受到的阻力F2的力臂L2。

(2)作用在A点的最小动力F1。

四、滑轮绕线16．画出图中工人提升重物时滑轮组绳子的绕法。

17．如图所示，要用滑轮组将陷入泥潭的汽车拉出，请在图中画出最省力的绳子绕法。

专题十电磁感应与力学综合【专家概述】本专题的重点和难点内容1、能量守恒定律、动量守恒定律、法拉第电磁感应定律、全电路欧姆定律、牛顿运动定律、万有引力定律、胡克定律2、动量定理、动能定理、运动公式、滑动摩擦力公式、其它物理量的定义及公式（如电场力、安培力、洛仑兹力等）本专题的解题思路与方法1、处理单体运动问题时，确定研究对象（如质点、杆等），受力分析（通电导线涉及法拉第电磁感应定律、全电路欧姆定律、安培力公式；带电粒子在电场、磁场中运动涉及电场力公式、洛仑兹力公式），建立直角坐标系，根据能量守恒定律、动量定理、动能定理、牛顿第二定律分别在x轴方向、y轴方向建立方程2、处理双体运动问题时（如碰撞、爆炸等），确定研究系统（如两质点、两杆等），受力分析，建立直角坐标系，根据动量守恒定律沿运动方向建立方程3、根据已知条件或几何关系建立方程，联立以上方程组解出结果，判断结果的合理性。

【经典例说】例1 （湛江调研）如下图，在磁感应强度B=1.2T的匀强磁场中，让导体PQ在U型导轨υ=10m/s向右匀速滑动，两导轨间距离L=0.5m，那么产生的感应电动势的大小和PQ 上以速度中的电流方向分别为（）A．0.6V，由P向QB．0.6V，由Q向PC．6V，由P向QD．6V，由Q向P答案：D分析：PQ在外力作用下匀速向右运动，切割磁感线，产生感应电动势、感应电流。

E==6V，根据楞次定律判断出感应电流方向为QPaRd，选项D正确。

解：BLv小结：求感应电动势用法拉第电磁感应定律，求感应电流方向用楞次定律，此题用“增反减同”要快一些。

变式训练 1．（茂名一模）如下图，光滑的“U ”形金属框架静止在水平面上，处于竖直向下的匀强磁场中.现使ab 棒突然获得一初速度V 向右运动，以下说法正确的选项是（ ）A ．ab 做匀减速运动B ．回路中电流均匀减小C ．a 点电势比b 点电势低D ．U 形框向右运动2．（江苏高考）如下图，水平面内有一平行金属导轨，导轨光滑且电阻不计.匀强磁场与导轨平面垂直.阻值为R 的导体棒垂直于导轨静止放置，且与导轨接触.T=0时，将开关S 由1掷到2.q 、i 、v 和a 分别表示电容器所带的电荷量、棒中的电流、棒的速度和加速度.以下图象正确的选项是（ ）例2 （东莞上末）如下图，质量为M 的金属棒P 在离地h 高处从静止开场沿弧形金属平行导轨MN 、M ′N ′下滑.水平轨道所在的空间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B 、水平导轨上原来放有质量为m 的金属杆Q.已知两金属棒的电阻均为r.导轨宽度为L ，且足够长，不计导轨的摩擦及电阻.求：(1)两金属棒的最大速度分别为多少？(2)P 棒两端的最大感应电动势及所受最大安培力分别是多少？ (3)在两棒运动过程中释放出的热量是多少？分析：P 棒下落，不切割磁感线，没有电动势产生，重力势能转化为动能。