《2011高考物理一轮复习典例精析课件：第二章+++相互作用+力与平衡》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2011高考物理一轮复习典例精析课件：第二章+++相互作用+力与平衡（61页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、第二章,相互作用 力与平衡,第1节,常见的几种力,例1.关于物体的重力和重心下列说法正确的是( ) A. 参加2010年智利地震的救援工作的汽车的重力方向指向地心 B. 一架飞机在机场同一地点起飞时比降落时受到的重力大 C. 整装待发的装甲车对地面的压力就是它受到的重力 D. 物体的重心不一定在物体上,【点拨】(1)明确重力的定义和决定因素. (2)明确影响重心位置的因素. (3)明确重力的定义及含义.,【解析】物体所受重力的方向是竖直向下的，除两极和赤道外重力与万有引力的方向不同，并不指向地心,A选项错误；物体的重力大小取决于物体的质量和重力加速度，而重力加速度随纬度的增加而增加,随高度的增
2、加而减小,与物体的运动状态无关，在同一地点物体所受的重力不变，B选项错误；整装待发的装甲车对地面的压力大小等于它受到的重力，但两者的方向及施力物体和受力物体均不相同，故不是一个力，C选项错误；物体的重心是重力的等效作用点，与物体的质量分布和几何形状有关，可以在物体上也可以在物体外,阅兵方阵中的群众所举的花环的重心在圆心而不在物体上，D选项正确. 【答案】D,1. (2009南开中学模拟)如图所示，一被吊着的空心的均匀球壳内装满了细沙，底部有一阀门，打开阀门让细沙慢慢流出的过程中，球壳与细沙的共同重心将会 ( ) A. 一直下降 B. 一直不变 C. 先下降后上升 D. 先上升后下降,【解析】在
3、装满细沙时，球壳和细沙的共同重心在球心.随着细沙的流出，球壳的重心不变，但是细沙的重心在下降，二者的共同重心在下降；当细沙流完时，重心又回到了球心.可见重心应是先下降后上升，故C正确. 【答案】C,例2.如图所示，小车上固定着一根弯成角的曲杆，杆的另一端固定一个质量为m的球，有关小球所受的弹力的说法正确的有( ) A. 杆对球总是提供沿杆方向的作用力 B. 杆对球只能提供拉力，不能提供支持力，但方向不是唯一的 C. 小车静止时，杆对球的作用力的大小为mg,方向为竖直向上 D. 小车水平向右做加速运动时，杆对球的作用力的方向沿杆,【解析】当小车的运动状态不同时，球对杆的作用力使其产生的形变可能出
4、现拉伸、压缩、扭转等形变，杆对球不仅能提供拉力,而且能提供支持力,其方向不一定沿杆方向,故A、B均错误;根据物体平衡条件可知选项C正确;因小球随车具有水平向右的加速度,所以弹力的方向应斜向右上方.当加速度的大小发生变化时，小球所受弹力方向与竖直方向的夹角也将发生变化,杆对球的作用力的方向不一定沿杆的方向. 【答案】C,例3 (2010绵阳模拟)如图所示，原长分别为L1和L2，劲度系数分别为k1、k2的轻弹簧竖直悬挂在天花板上，两弹簧之间有一质量为m1的物体,最下端挂着质量为m2的另一物体,整个装置处于静止状态.若用一个质量为M的平板把下面的物体竖直缓慢地向上托起,直到两弹簧的总长度等于两弹簧的
5、原长之和,求这时平板受到下面物体m2的压力,解析:本题考查对胡克定律的理解和应用. 要使两个弹簧的总长度等于两弹簧的原长之和,必须是上面的伸长x,下面的弹簧缩短x. 对m2有N=k2x+m2g， 对m1有m1g=k1x+k2x， N=m2g+k2 m1g /（k1+k2）.,2. 如图所示，一根弹性杆的一端固定在倾角为30的斜面上，杆的另一端固定一个重量是2 N的小球，小球处于静止状态时，弹性杆对小球的弹力() A. 大小为2 N，方向平行于斜面向上 B. 大小为1 N，方向平行于斜面向上 C. 大小为2 N，方向垂直于斜面向上 D. 大小为2 N，方向竖直向上,【解析】根据小球平衡，弹力和重
6、力大小相等，方向相反，所以弹力大小为2 N，方向竖直向上，D正确. 【答案】D,例4.在粗糙的水平面上放一物体A,A上再放一质量为m的物体B，AB间的动摩擦因数为，对A施加一水平力F，计算下列情况下A对B的摩擦力的大小. (1)当AB一起做匀速运动时. (2)当AB一起以加速度a向右做匀加速运动时. (3)当力F足够大而使AB发生相对运动时.,【点拨】,【解析】(1)因为AB向右做匀速运动，B物体受到的合力为零，所以B物体受到的摩擦力为零. (2)因为AB无相对滑动，所以B物体受到的摩擦力为静摩擦力，此时不能用滑动摩擦力的公式来计算，用牛顿第二定律对B物体有Ff=F合=ma. (3)因为AB发
7、生了相对滑动，所以B物体受到的摩擦力为滑动摩擦力，用滑动摩擦力的公式来计算，Ff=FN=mg.,3. (2009天津)物块静止在固定的斜面上，分别按图示的方向对物块施加大小相等的力F，A中F垂直于斜面向上.B中F垂直于斜面向下，C中F竖直向上，D中F竖直向下，施力后物块仍然静止，则物块所受的静摩擦力增大的是 ( ),【解析】四个图中都是静摩擦力，受力如下图所示.A中FfA=Gsin ；B中FfB=Gsin ；C中FfC=(G-F)sin ；D中FfC=(G+F)sin . 【答案】D,例.如图甲所示水平放置的粗糙的长木板上放置一个物体m，当用力缓慢抬起一端时，木板受到物体的压力和摩擦力将怎样变
8、化？,【错解】以木板上的物体为研究对象.物体受重力、摩擦力、支持力.因为物体静止，则根据牛顿第二定律有 mgsin -fmax=0,N-mgcos =may=0. 错解一：据式知道增加，f增加. 错解二：据式知增加，N减小；则f=N说明f减少. 【剖析】错解一和错解二都没能把木板缓慢抬起的全过程认识全面.只抓住一个侧面，缺乏对物理情景的分析.若能从木块相对木板静止入手，分析出再抬高会相对滑动，就会避免错解一的错误.若想到f=N是滑动摩擦力的判据，就应考虑滑动之前怎样，也就会避免错解二.,【正解】 以物体为研究对象，受力如图乙所示：物体受重力、摩擦力、支持力.物体在缓慢抬起过程中先静止后滑动.静
9、止时可以依据错解一中的解法，由式可知增加，静摩擦力增加.当物体在斜面上滑动时，可以同错解二中的方法，据Ff=N，分析FN的变化，知Ff滑的变化.增加，滑动摩擦力减小.在整个缓慢抬起过程中y方向的方程关系不变.依据错解中式知压力一直减小.所以抬起木板的过程中，摩擦力的变化是先增加后减小，压力一直减小.,第2节,力的合成与分解,例1.正六边形ABCDEF的一个顶点向其他5个顶点作用着5个力F1、F2、F3、F4、F5，如图所示.已知F1=10 N，具体各力的大小跟对应的边长成正比，这5个力的合力大小为 N.,【点拨】求几个力的合力可采用以下方法： （1）平行四边形法. （2）三角形法. （3）正交
10、分解法.,【解析】解法一 用平行四边形定则分别进行两力合成.先连接BD，则F1与F4两力合力等于F3；再连接FD，则F5与F2的合力也等于F3，所以5个力的合力为3F3.又由三角形ABD知F3=2F1，故5个力的合力F=3F3=60 N,方向与F3相同. 解法二 用力的三角形法.先将F4平移至BD，则F1与F4的合力为AD所示，等于F3；再将F5平移至CD，则F2与F5的合力为AD，也等于F3，故F=3F3=60 N. 解法三 用正交分解法求合力.取F3为x轴正向，由于F1与F5、F2与F4的对称性，它们在y轴方向的分力两两平衡，所以Fy=0；而F1x+F4x=F3,F2x+F5x=F3，故5
11、个力的合力F=(F2x+F2y)1/2=Fx=3F3=60 N. 【答案】60 N,1. 当颈椎肥大压迫神经时，需要用颈部牵拉器牵拉颈部，以缓解神经压迫症状.如图所示为颈部牵拉器牵拉颈椎肥大患者颈部的示意图，图中为45,牵拉物P的质量一般为3 kg10 kg，求牵拉器作用在患者头部的合力大小.,【解析】题中滑轮大小可以忽略，因此可以认为力F1、F2竖直向上，大小等于F3即等于牵拉物的重量.题中所述情景为求F1、F2、F3的合力，F1、F2可等效为竖直向上的力F12=2F3=2G，由力的平行四边形定则及余弦定理可知，F合=(F212+F23+2F12F3cos)1/2，代入数据得:F合= =2.
12、8G.用m数值代入,可求得合力的取值范围为84 N280 N.,例2.(2009江苏)用一根长1 m的轻质细绳将一副质量为1 kg的画框对称悬挂在墙壁上，已知绳能承受的最大张力为10 N.为使绳不断裂，画框上两个挂钉的间距最大为(g取10 m/s2) ( ) A. m B. m C. 1/2 m D. m,【点拨】,【解析】熟练应用力的合成和分解以及合成与分解中的一些规律，是解决本题的关键；一个大小方向确定的力分解为两个等大的力时，合力在分力的角平分线上，且两分力的夹角越大，分力越大.题中当绳子拉力达到F=10 N的时候，绳子间的张角最大，即两个挂钉间的距离最大；画框受到重力和绳子的拉力，三个
13、力为共点力，受力如图所示. 绳子与竖直方向的夹角为，绳子长为L0=1 m,则有mg=2Fcos 可得cos =1/2，两个挂钉间的距离L=2L0/2sin ，解得L= m,A项正确.,【答案】A,2. 如图所示，轻绳AO和BO共同吊起质量为m的重物.AO与BO垂直，BO与竖直方向的夹角为，OC连接重物，则( ) AO所受的拉力大小为mg/sin AO所受的拉力大小为mg/sin BO所受的拉力大小为mgcos BO所受的拉力大小为mg/sin A B C D ,【解析】方法一：正交分解法 将O点受到的三个力沿水平、竖直两个方向进行分解，如图甲所示，分别在这两个方向上列出平衡方程得： FAsin
14、 +FBcos =mg FAcos =FBsin 由解得FA=mgsin ,FB=mgcos .,方法二：相似三角形法或平行四边形法 因为O点受力平衡，故可将O点受到的三个力进行平移组成封闭的三角形，又由于拉力FA和FB互相垂直，所以得到的是一个直角三角形，如图乙所示，解此三角形得FA=mgsin ,FB=mgcos . 方法三：按力的实际作用效果进行分解 结点O受到的绳OC的拉力FC等于重物所受重力mg,拉力FC的作用效果是拉紧了绳AO和BO，故可将拉力FC沿绳AO和BO所在直线进行分解，两分力分别等于拉力FA和FB，力的图示如图丙所示，解得 FA=mgsin ,FB=mgcos . 【答案
15、】A,3. 如图所示，轻绳AC与水平面夹角=30，BC与水平面夹角=60，若AC、BC能承受的最大拉力不能超过100 N，那么重物G不能超过多少？(设悬挂重物G的绳CD强度足够大),【解析】本题是关于力的合成与分解中的临界问题.连结点C为研究对象，因为C点受AC、BC的拉力与重物G的拉力.由于C点只受三个力且合力为零，所以最简单的求解方法就是力的合成与分解. 由于重物静止时对C点的拉力F=G，拉力产生两个效果：对BC的拉力FBC和对AC的拉力FAC，其力的矢量关系如图所示. 从图中关系可以看出FBCFAC，即当重力G增加时，FBC先达100 N.因此重力G的极限值就等于FBC=100 N时所对
16、应的F的数值，由几何关系得F=FBC/cos30= N,所以重物的重力G不能超过 N.,例.把一个已知力分解为两个分力时，下面几种情况中，只能得到唯一解的是 ( ) A. 已知两个分力的大小 B. 已知两个分力的方向 C. 已知一个分力的大小和另一个分力的方向 D. 已知一个分力的大小和方向 【错解】ABD 【剖析】该题最容易犯的错误是错选A，导致这种错误的原因是对矢量的方向理解不深刻.错误地认为确定了三条边就能构成一个唯一确定的三角形，即只有唯一解.这样就把矢量与线段混淆了，从而导致了错误.错选B是因为忘掉了限制条件，即这两分力必须不共线. 【答案】D,第3节,受力分析 共点力的平衡,例1.(改编题)如图甲所示，重为G的均匀链
