【物理】2019届二轮复习 相互作用 学案（全国通用）

【物理】2019届二轮复习 相互作用 学案（全国通用）

‎2019届二轮复习 相互作用 学案（全国通用）‎ ‎【考纲揭秘】‎ ‎【考点揭秘】——高考考什么？学 ‎ 考纲内容（要求）‎ 考点分布 滑动摩擦力、动摩擦因数、静摩擦力（Ⅰ）‎ 形变、弹性、胡克定律（Ⅰ） 学 ‎ 矢量和标量（Ⅰ）‎ 力的合成和分解（Ⅱ）‎ 共点力的平衡（Ⅱ）‎ 考点1 重力、弹力、摩擦力　力的合成与分解 . 学 ‎ 考点2 受力分析　共点力的平衡 ‎【常见失分点揭秘】——失分在哪里？‎ ‎1．平衡可以分为稳定平衡、不稳定平衡和随遇平衡三种．我们常说的平衡是指稳定平衡，即一段时间内均保持匀速直线运动状态或静止状态．‎ ‎2．共点力是指力的作用点在同一点的力，其实只要力的作用线相交于一点，都可以算是共点力．现阶段高中物理问题中，平衡的问题都要求为共点力，且合力为零才算是平衡状态(而不考虑力矩的作用)．‎ ‎3．受力分析时，切忌丢力、多力．学会从物体的状态判断是否一定有这个力的作用．‎ ‎4．摩擦力的判断基础是相对运动(或相对运动趋势)的方向，与物体相对于参考系的运动，并无直接关联．‎ ‎5．接触不一定就有弹力，可以假设“撤去”这个力来观察一下是否需要一定有这个力的作用才能维持物体的状态．‎ ‎【真题揭秘】真题揭秘——高考怎么考？‎ 考点1 重力、弹力、摩擦力　力的合成与分解 ‎【解题揭秘】‎ 1. 静摩擦力的有无及其方向的判定方法 ‎(1)假设法：利用假设法判断摩擦力的有无及方向的思维程序如下：‎ ‎(2)状态法：从物体的运动状态反推出必须具备的受力条件，并进一步分析组成条件中静摩擦力所起的作用，从而判断出静摩擦力的有无及方向．‎ ‎(3)利用牛顿第三定律来判断：此法的关键是抓住“力是成对出现的”，先确定受力较少的物体受到的静摩擦力的方向，再根据“反向”确定另一物体受到的静摩擦力方向．‎ ‎2. 滑动摩擦力方向判断的关键——对“相对运动”的理解 ‎“相对运动”是指研究对象相对于与其接触的物体是运动的．因此，研究对象与其接触的物体可能一个静止，另一个运动(如物体在地面上运动时，物体是运动的，地面是静止的)，也可能两者都是运动的.‎ ‎3. 滑动摩擦力的计算方法：可用公式f＝μN计算，注意对物体间相互挤压的弹力N的分析，N并不总是等于物体的重力，它与研究对象受到的垂直接触面方向的力密切相关，也与研究对象在该方向上的运动状态有关．学 () ‎ ‎4. 静摩擦力的计算方法 ‎(1)最大静摩擦力fmax的计算：最大静摩擦力fmax只在刚好要发生相对滑动这一特定状态下才表现出来，比滑动摩擦力稍大些，通常认为二者相等，即fmax＝μN.‎ ‎(2)一般静摩擦力的计算 ‎①物体处于平衡状态(静止或匀速直线运动)，利用力的平衡条件来计算其大小．‎ ‎②物体有加速度时，根据牛顿第二定律进行分析．例如，水平匀速转动的圆盘上物块靠静摩擦力提供向心力产生向心加速度，若除静摩擦力外，物体还受其他力，则F合＝ma，先求合力再求静摩擦力. ‎ 5. 力的合成方法和力的分解方法的选择 力的效果分解法、正交分解法、合成法都是常见的解题方法，一般情况下，物体只受三个力的情形下，力的效果分解法、合成法解题较为简单，在三角形中找几何关系，利用几何关系或三角形相似求解；而物体受三个以上力的情况多用正交分解法，但也要视题目具体情况而定. ‎ ‎【例1】 (2014新课标全国卷Ⅰ，T17)如图，用橡皮筋将一小球悬挂在小车的架子上，系统处于平衡状态．现使小车从静止开始向左加速，加速度从零开始逐渐增大到某一值，然后保持此值，小球稳定地偏离竖直方向某一角度(橡皮筋在弹性限度内)，与稳定在竖直位置时相比，小球的高度(　　)‎ A．一定升高 B．一定降低 C．保持不变 D．升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 设橡皮筋的原长为l0，伸长量为x，受力分析如图所示，由牛顿第二定律有 ‎ xsin θ＝ma①‎ ‎ xcos θ＝mg②‎ 小球稳定在竖直位置时，形变量为x0，由平衡条件有 x0＝mg③‎ 对②③两式可知，x0＝xcos θ 而悬点与小球间的高度差分别为l0＋x0与(l0＋x)cos θ 可见l0＋x0＞(l0＋x)cos θ 所以小球的高度一定升高．A项正确．‎ ‎【例2】 (2013新课标全国卷Ⅱ，T15)如图所示，在固定斜面上的一物块受到一外力F的作用，F平行于斜面向上。若要物块在斜面上保持静止，F的取值应有一定范围，已知其最大值和最小值分别为F1和F2(F2＞0)。由此可求出(　　)‎ A．物块的质量 B．斜面的倾角 C．物块与斜面间的最大静摩擦力 D．物块对斜面的正压力 ‎【答案】C ‎【解析】物块受与斜面平行的外力F作用，而在斜面上静止，此时摩擦力的大小和方向将随F的变化而变化．设斜面倾角为θ，由平衡条件F1－mgsin θ－Ffmax＝0，F2－mgsin θ＋Ffmax＝0，解得Ffmax＝，故选项C正确．‎ ‎【例3】 (2016江苏单 ，T1)一轻质弹簧原长为8 cm，在4 N的拉力作用下伸长了2 cm，弹簧未超出弹性限度，则该弹簧的劲度系数为(　　)‎ A．40 m/N B．40 N/m C．200 m/N D．200 N/m ‎【答案】D　‎ ‎【解析】由胡克定律得劲度系数 ＝＝200 N/m，D项对。‎ ‎【例4】 (2016海南单 ，T2)如图，在水平桌面上放置一斜面体P，两长方体物块a和b叠放在 P的斜面上，整个系统处于静止状态。若将a和b、b与P、P与桌面之间摩擦力的大小分别用f1、f2和f3表示。则(　　)‎ A．f1＝0，f2≠0，f3≠0‎ B．f1≠0，f2＝0，f3＝0‎ C．f1≠0，f2≠0，f3＝0‎ D．f1≠0，f2≠0，f3≠0‎ ‎【答案】C　‎ ‎【例5】 (2014广东理综，T14)如图所示，水平地面上堆放着原木，关于原木P在支撑点M、N处受力的方向，下列说法正确的是(　　)‎ A．M处受到的支持力竖直向上 B．N处受到的支持力竖直向上 C．M处受到的静摩擦力沿MN方向 D．N处受到的静摩擦力沿水平方向 ‎【答案】A　‎ ‎【解析】支持力的方向垂直于支持面，因此M处受到的支持力垂直于地面竖直向上，N处支持力过N垂直于切面，A项正确，B项错误；静摩擦力方向平行于接触面与相对运动趋势的方向相反，因此M处的静摩擦力沿水平方向，N处的静摩擦力沿MN方向，C、D项均错误。‎ ‎【例6】 (2013重庆理综，T1)如图所示，某人静躺在椅子上，椅子的靠背与水平面之间有固定倾斜角θ。若此人所受重力为G，则椅子各部分对他的作用力的合力大小为(　　)‎ A．G B．Gsin θ C．Gcos θ D．Gtan θ ‎【答案】A　‎ ‎【解析】以人为研究对象，根据人处于平衡状态，由平衡条件知椅子对人的力F和重力大小相等，A正确。‎ ‎【例7】 (2013山东理综，T15)如图所示，用完全相同的轻弹簧A、B、C将两个相同的小球连接并悬挂，小球处于静止状态，弹簧A与竖直方向的夹角为30°，弹簧C水平，则弹簧A、C的伸长量之比为(　　)‎ A.∶4 B．4∶ C．1∶2 D．2∶1‎ ‎【答案】D　‎ ‎【解析】以两个小球及弹簧B整体为研究对象，受力分析如图所示，‎ 则根据平衡条件，在水平方向有FAsin 30°＝FC，即A、C两弹簧的弹力之比FA∶FC＝2∶1。由于两弹簧完全相同，所以根据胡克定律知，两弹簧的伸长量之比xA∶xC＝FA∶FC＝2∶1，D正确。‎ ‎【例8】 (2013北京理综，T16)倾角为α、质量为M的斜面体静止在水平桌面上，质量为m的木块静止在斜面体上。下列结论正确的是(　　)‎ A．木块受到的摩擦力大小是mgcos α B．木块对斜面体的压力大小是mgsin α C．桌面对斜面体的摩擦力大小是mgsin αcos α D．桌面对斜面体的支持力大小是(M＋m)g ‎【答案】D　‎ ‎【解析】对木块受力分析，如图甲所示，由平衡条件得Ff＝mgsin α，FN＝mgcos α，故A、B错误；‎ 对M和m组成的整体受力分析，如图乙所示，可知水平方向没有力的作用，C错误；由平衡条件，FN′＝(M＋m)g，D正确。‎ ‎【例9】 (2013上海单 ，T18)(多选)两个共点力F1、F2大小不同，它们的合力大小为F，则(　　)‎ A．F1、F2同时增大一倍，F也增大一倍 B．F1、F2同时增加10 N，F也增加10 N C．F1增加10 N，F2减少10 N，F一定不变 D．若F1、F2中的一个增大，F不一定增大 ‎【答案】AD　‎ ‎【解析】根据求合力的公式F＝(θ为F1、F2的夹角)，若F1、F2都变为原来的2倍，合力也一定变为原来的2倍，A正确；对于B、C两种情况，力的变化不是按比例增加或减少的，不能判断合力的变化情况，B、C错误；如图所示，在F⊥F2情况下，若F2增加，可明显看出合力减小，所以D正确。‎ ‎【例10】 (2015山东理综，T16)如图所示，滑块A置于水平地面上，滑块B在一水平力作用下紧靠滑块A(A、B接触面竖直)，此时A恰好不滑动，B刚好不下滑．已知A与B间的动摩擦因数为μ1，A与地面间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．A与B的质量之比为(　　)‎ A.　 　B.　 　C.　 　D. ‎【答案】B　‎ ‎【解析】对A、B整体受力分析，F＝Ff1＝μ2(mA＋mB)g.对B受力分析，Ff2＝μ1F＝mBg.联立解得＝，B正确．‎ ‎　　　‎ ‎【例11】 (2015海南物理，T8)(多选)如图所示，物块a、b和c的质量相同，a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O.整个系统处于静止状态．现将细线剪断．将物块a的加速度的大小记为a1，S1和S2相对于原长的伸长分别记为Δl1‎ 和Δl2，重力加速度大小为g.在剪断的瞬间(　　)‎ A．a1＝3g B．a1＝0 C．Δl1＝2Δl2 D．Δl1＝Δl2‎ ‎【答案】AC　‎ ‎【解析】剪断细线之前，设S1上拉力为FT1，S2上拉力为FT2，物体质量均为m，有FT1＝2mg，FT2＝mg，根据F＝ x得，FT1＝ Δl1，FT2＝ Δl2.在剪断细线的瞬间，弹簧来不及发生形变，弹力大小不变，则a受重力和S1的拉力，有mg＋FT1＝ma1，得a1＝3g，A正确，B错误．FT1＝2FT2，因此Δl1＝2Δl2，C正确，D错误．‎ ‎【例12】 (2013安徽理综，T14)如图所示，细线的一端系一质量为m的小球，另一端固定在倾角为θ的光滑斜面体顶端，细线与斜面平行．在斜面体以加速度a水平向右做匀加速直线运动的过程中，小球始终静止在斜面上，小球受到细线的拉力T和斜面的支持力FN分别为(重力加速度为g)(　　)‎ A．T＝m(gsin θ＋acos θ)，FN＝m(gcos θ－asin θ)‎ B．T＝m(gcos θ＋asin θ)，FN＝m(gsin θ－acos θ)‎ C．T＝m(acos θ－gsin θ)，FN＝m(gcos θ＋asin θ)‎ D．T＝m(asin θ－gcos θ)，FN＝m(gsin θ＋acos θ)‎ ‎【答案】A　‎ ‎【解析】对小球受力分析，水平方向：Tcos θ－FNsin θ＝ma，竖直方向：Tsin θ＋FNcos θ＝mg，解得T＝m(gsin θ＋acos θ)，FN＝m(gcos θ－asin θ)，故A正确. 学+ ‎ 考点2 受力分析　共点力的平衡 ‎【解题揭秘】‎ 1. 处理平衡问题的常用方法与技巧 ‎(1)合成法：物体受三个共点力的作用而平衡，则任意两个力的合力一定与第三个力大小相等、方向相反．‎ ‎(2)分解法：物体受三个共点力的作用而平衡，将某一个力按力的效果分解，则其分力和其他两个力满足平衡条件．‎ ‎(3)正交分解法：物体受到三个或三个以上力的作用而平衡，将物体所受的力分解为相互垂直的两组，每组力都满足平衡条件．‎ ‎(4)力三角形法(图解法)：对受三力作用而平衡的物体，将力的矢量图平移，使三力组成一个首尾依次相接的矢量三角形，根据正弦定理、余弦定理或相似三角形等数学知识求解未知力. ‎ ‎2. 解决动态平衡、临界与极值问题的常用方法 方法 步骤 解析法 ‎①列平衡方程求出未知量与已知量的关系表达式 ‎②根据已知量的变化情况来确定未知量的变化情况 图解法 ‎①根据已知量的变化情况，画出平行四边形的边角变化 ‎②确定未知量大小、方向的变化 假设法 ‎①明确研究对象 ‎②画出受力示意图 ‎③假设可发生的临界现象 ‎④列出满足所发生的临界现象的平衡方程求解 ‎【例13】 (2017课标卷Ⅲ，T17)一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距80 cm的两点上，弹性绳的原长也为80 cm.将一钩码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为100 cm；再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点，则弹性绳的总长度变为(弹性绳的伸长始终处于弹性限度内)(　　)‎ A．86 cm B．92 cm C．98 cm D．104 cm ‎【答案】B ‎【例14】 (2017课标卷Ⅱ，T16)如图，一物块在水平拉力F的作用下沿水平桌面做匀速直线运动．若保持F的大小不变，而方向与水平面成60°角，物块也恰好做匀速直线运动．物块与桌面间的动摩擦因数为(　　) ‎ A．2－　 B．　　‎ C.　　 D． ‎【答案】C ‎【解析】‎ 设物块的质量为m.据平衡条件及摩擦力公式有 拉力F水平时，F＝μmg①‎ 拉力F与水平面成60°角时，Fcos 60°＝μ(mg－Fsin 60°)②‎ 联立①②式解得μ＝.故选C.‎ ‎【例15】 (2017课标卷Ⅰ，T21)如图，柔软轻绳ON的一端O固定，其中间某点M拴一重物，用手拉住绳的另一端N.初始时，OM竖直且MN被拉直，OM与MN之间的夹角为α(α> ‎)．现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角α不变．在OM由竖直被拉到水平的过程中(　　) ‎ A．MN上的张力逐渐增大 B．MN上的张力先增大后减小 C．OM上的张力逐渐增大 D．OM上的张力先增大后减小 ‎【答案】AD ‎【解析】设重物的质量为m，绳OM中的张力为TOM，绳MN中的张力为TMN.开始时，TOM＝mg，TMN＝0.由于缓慢拉起，则重物一直处于平衡状态，两绳张力的合力与重物的重力mg等大、反向．‎ 如图所示，已知角α不变，在绳MN缓慢拉起的过程中，角β逐渐增大，则角(α－β)逐渐减小，但角θ不变，在三角形中，利用正弦定理得：‎ ＝，‎ ‎(α－β)由钝角变为锐角，则TOM先增大后减小，选项D正确；‎ 同理知＝，在β由0变为的过程中，TMN一直增大，选项A正确．‎ ‎【例16】 (2016全国卷Ⅱ，T14)质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上。用水平向左的力F缓慢拉动绳的中点O，如图所示。用T表示绳OA段拉力的大小，在O点向左移动的过程中(　　)‎ A．F逐渐变大，T逐渐变大 B．F逐渐变大，T逐渐变小 C．F逐渐变小，T逐渐变大 D．F逐渐变小，T逐渐变小 ‎【答案】A ‎【解析】对O点受力分析如图所示，F与T的变化情况如图，由图可知在O点向左移动的过程中，‎ F逐渐变大，T逐渐变大，故选项A正确。‎ ‎【例17】 (2016全国卷Ⅰ，T19)(多选)如图，一光滑的轻滑轮用细绳OO′悬挂于O点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b。外力F向右上方拉b，整个系统处于静止状态。若F方向不变，大小在一定范围内变化，物块b仍始终保持静止，则(　　)‎ A．绳OO′的张力也在一定范围内变化 B．物块b所受到的支持力也在一定范围内变化 C．连接a和b的绳的张力也在一定范围内变化 D．物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化 ‎【答案】BD ‎【解析】物块b始终保持静止，所以连接a和b的绳的张力保持不变，夹角不变，所以绳OO′的张力也不变，故A、C错误；对b进行受力分析可知，当F方向不变，大小在一定范围内变化时，重力mg和绳子的拉力FT保持不变，所以，物块b所受到的支持力在一定范围内变化，物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化，故B、D正确．‎ ‎【例18】 (2016全国卷Ⅲ，T17)如图，两个轻环a和b套在位于竖直面内的一段固定圆弧上；一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为m的小球。在a和b之间的细线上悬挂一小物块。平衡时，a、b间的距离恰好等于圆弧的半径。不计所有摩擦。小物块的质量为(　　)‎ A. B.m C．m D．2m ‎【答案】C ‎【解析】如图所示，圆弧的圆心为O，悬挂小物块的点为c，由于ab＝R，则△aOb为等边三角形，同一条细线上的拉力相等，T＝mg，合力沿aO方向，则aO为角平分线，由几何关系知，∠acb＝120°，故绳的拉力的合力与物块的重力大小相等，即每条线上的拉力T＝G＝mg，所以小物块质量为m，故C对。‎ ‎ 【例19】(2015广东理综，T19)(多选)如图所示，三条绳子的一端都系在细直杆顶端，另一端都 固定在水平地面上，将杆竖直紧压在地面上，若三条绳长度不同，下列说法正确的有(　　)‎ A．三条绳中的张力都相等 B．杆对地面的压力大于自身重力 C．绳子对杆的拉力在水平方向的合力为零 D．绳子拉力的合力与杆的重力是一对平衡力 ‎【答案】BC　‎ ‎【例20】 (2014山东理综，T14)如图，用两根等长轻绳将木板悬挂在竖直木桩上等高的两点，制成一简易秋千。某次维修时将两轻绳各剪去一小段，但仍保持等长且悬挂点不变。木板静止时，F1表示木板所受合力的大小，F2表示单根轻绳对木板拉力的大小，则维修后(　　)‎ A．F1不变，F2变大 B. F1不变，F2变小 C．F1变大，F2变大 D．F1变小，F2变小 ‎【答案】A　‎ ‎【解析】维修前后木板均处于静止状态，F1＝0，故F1不变，木板静止时受力分析如图所示，设轻绳与竖直木桩的夹角为θ，由平衡条件知，F2＝，剪短轻绳后，θ增大，cos θ减小，F2增大，故A正确。‎ ‎【例21】 (2014上海单 ，T9)如图，光滑的四分之一圆弧轨道AB固定在竖直平面内，A端与水平面相切。穿在轨道上的小球在拉力F作用下，缓慢地由A向B运动，F始终沿轨道的切线方向，轨道对球的弹力为N。在运动过程中(　　)‎ A．F增大，N减小 B．F减小，N减小 C．F增大，N增大 D．F减小，N增大 ‎【答案】A　‎ ‎【解析】由题意知，小球在由A运动到B过程中始终处于平衡状态。设某一时刻小球运动至如图所示位置，则对球由平衡条件得：F＝mgsin θ，N＝mgcos θ，在运动过程中，θ增大，故F增大，N减小，A正确。‎ ‎　‎ ‎【例22】 (2014海南单 ，T5)如图，一不可伸长的光滑轻绳，其左端固定于O点，右端跨过位于O′点的固定光滑轴悬挂一质量为M的物体；OO′段水平，长度为L；绳上套一可沿绳滑动的轻环。现在轻环上悬挂一钩码，平衡后，物体上升L，则钩码的质量为(　　)‎ A.M B.M C.M D.M ‎【答案】D　‎ ‎【解析】轻环上挂钩码后，物体上升L，则根据几何关系可知，三角形OO′A为等边三角形，根据物体的平衡条件可知，2Mgcos 30°＝mg，求得m＝M，D项正确。‎ ‎【例23】 (2013广东理综，20，6分)(多选)如图所示，物体P静止于固定的斜面上，P 的上表面水平．现把物体Q轻轻地叠放在P上，则(　　)‎ A．P向下滑动 ‎ B．P静止不动 C．P所受的合外力增大 ‎ D．P与斜面间的静摩擦力增大 ‎【答案】BD　‎ ‎【解析】开始时对P受力分析，Ff＝Mgsin θ≤μMgcos θ，即sin θ≤μcos θ.叠放后对P、Q整体受力分析，(M＋m)gsin θ≤μ(M＋m)gcos θ，故P仍静止不动，P所受合外力F合＝0，所以A、C错误，B正确．开始时Ff＝Mgsin θ，放上Q后Ff′＝(M＋m)gsin θ，静摩擦力增大，D正确．‎ ‎【真题感悟】‎ 1. 高考考查特点 ‎（1）共点力的单物体动态平衡及连接体的静态、动态平衡问题是高考命题的热点；‎ ‎（2）做好物体的受力分析，画出力的示意图，并灵活运用几何关系和平衡条件是解题的关键。‎ ‎2. 解题常见误区及提醒 ‎（1）不能灵活选取研究对象，不能准确把握求解问题的切入点；‎ ‎（2）对一些常见的物理语言（如轻绳、轻环）不理解其内涵； ‎ ‎（3）不能灵活运用数学关系求解物理问题。‎