2023届高考物理二轮复习专题1第1讲力与物体的平衡课件

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核心归纳命题角度1　受力分析、整体法和隔离法的应用(1)“四步”搞定受力分析　　　　　　　 两法交替使用“一定”:灵活运用整体法和隔离法确定研究对象;“二析”:按顺序分析研究对象受力情况;“三画”:画出受力示意图;“四查”:检查是否漏力、多力或错力。
(2)整体法和隔离法的应用技巧①不涉及系统内力时,优先考虑应用整体法,即“能整体不隔离”。②应用“隔离法”时,要先隔离“简单”的物体,如待求量少、或受力少、或处于边缘处的物体。③各“隔离体”间的力,表现为作用力与反作用力,对整体系统则是内力。
命题角度2　共点力平衡条件的应用
深化拓展　与轻绳、轻杆的弹力相关的“两类”模型(1)“活结”与“死结”:“活结”两侧绳的弹力大小一定相等,“死结”两侧绳的弹力大小不一定相等。(2)“活杆”与“死杆”:“活杆”弹力方向一定沿杆,“死杆”弹力方向不一定沿杆。
典例剖析例1(命题角度2)(2022宁夏银川模拟)如图所示,质量为2m的物块静置于水平台面上,质量为m'的半球体C静置于水平地面上,质量为m的光滑小球(可视为质点)放在半球体C上,P点为三根轻绳PA、PB、PO的结点。系统在图示位置处于静止状态,P点位于半球体球心的正上方,PO竖直,PA水平,PB刚好与半球体相切且与竖直方向的夹角θ=30°。已知物块与台面间的动摩擦因数为μ,重力加速度大小为g,则(　　)A.绳OP的拉力大小为mgB.物块受到的摩擦力大小为2μmgC.半球体C受到的摩擦力大小为 mgD.地面对半球体C的支持力大小为(m'+m)g
对点训练1.(命题角度1)如图所示,一个上表面光滑的L形木板放在斜面体上,轻质弹簧一端固定在木板上,另一端与置于木板上表面的木块相连。斜面体放在平板小车上,整体一起沿水平向右的方向做匀速直线运动,不计空气阻力,则关于各物体的受力情况,下列说法正确的是(　　)A.L形木板受4个力的作用B.斜面体可能只受2个力作用C.木块受2个力作用D.斜面体不可能受平板小车对它的摩擦力作用
解析 先把L形木板、木块、轻质弹簧和斜面体看成一个整体进行分析,受重力和平板小车的支持力,故斜面体不受平板小车的摩擦力作用,选项D正确;隔离木块进行分析,其受重力、L形木板的支持力、弹簧沿斜面向上的拉力,共3个力作用,选项C错误;隔离L形木板进行分析,其受重力、斜面体的支持力、弹簧沿斜面向下的拉力、木块的压力、斜面体对它的摩擦力,共5个力作用,选项A错误;隔离斜面体进行分析,其受重力、平板小车的支持力、L形木板的压力和L形木板的摩擦力,共4个力作用,选项B错误。
2.(命题角度2)(2022广东卷)右图是可用来制作豆腐的石磨。木柄AB静止时,连接AB的轻绳处于绷紧状态。O点是三根轻绳的结点,F、F1和F2分别表示三根绳的拉力大小,F1=F2且∠AOB=60°。下列关系式正确的是(　　)A.F=F1B.F=2F1C.F=3F1D.F= F1
解析 对O点进行受力分析,如图所示,由几何关系可知θ=30°。根据平衡条件得F1cs 30°+F2cs 30°=F,又F1=F2,解得F= F1,选项D正确,A、B、C错误。
3.(命题角度2)(2020全国Ⅲ卷)如图所示,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(　　)A.45°B.55°C.60°D.70°
解析 O点受力如图所示,甲、乙两物体的质量相等,绳子的拉力与物体的重力相等,所以F甲=F乙;O点受三个力处于平衡状态,与墙相连细绳的拉力F与另两个力的合力等大反向,所以该拉力F的反向延长线是力F甲和力F乙夹角的角平分线,根据几何关系知,θ=β,2θ+α=180°,解得β=55°,选项B正确。
核心归纳命题角度1　解析法如果物体受到多个力的作用,可进行正交分解,利用解析法,建立平衡方程,根据自变量的变化确定因变量的变化。命题角度2　图解法如果物体受到三个力的作用,其中一个力的大小、方向均不变,另一个力的方向不变,此时可用图解法,画出不同状态下力的矢量图,判断第三个力的变化情况。
命题角度3　相似三角形法如果物体受到三个力的作用,其中一个力的大小、方向均不变,另外两个力的方向都发生变化,可以用力三角形与几何三角形相似的方法求解力的变化情况。深化拓展　平衡中的临界与极值问题(1)临界状态平衡中的临界状态是指物体所处的平衡状态将要被破坏而尚未被破坏的状态,可理解成“恰好出现”或“恰好不出现”,在问题的描述中常用“刚好”“恰能”“恰好”等语言叙述。(2)解决临界与极值问题的常用方法①解析法;②图解法;③假设推理法。
典例剖析例2(命题角度2)(2022广东河源模拟)如图所示,质量为m的小球用细线系住放在光滑斜面上,斜面足够长,倾角为α的斜面体置于光滑水平面上,用水平力F推斜面体使斜面体缓慢地向左移动,小球沿斜面缓慢升高。已知重力加速度为g,则当细线拉力最小时,推力F等于(　　)
破题:先以小球为研究对象进行受力分析,受重力(大小、方向均不变)、支持力(方向不变)和拉力,可应用图解法求解,通过图解法判断存在极值的状态;再以小球和斜面体整体为研究对象受力分析,可确定推力F的大小等于细线拉力的水平分力。
解析 小球受力分析如图所示,在小球沿斜面缓慢上升过程中,小球所受合力为零,当拉力FT与支持力FN垂直时,拉力最小,最小值为FTmin=mgsin α。对小球和斜面体整体受力分析,根据平衡条件可知F=FTmincs α=mgsin αcs α= mgsin 2α,D正确。
对点训练4.(命题角度1)(2021湖南卷)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(　　)A.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D.水平地面对凹槽的支持力先减小后增大
解析 如图所示,在任意位置,对小滑块受力分析,设FN与竖直方向的夹角为θ,根据平衡条件有FN=mgcs θ,推力F=mgsin θ。由A向B移动过程中,θ角增大,所以推力F增大,FN减小,选项A、B错误。选小滑块和凹槽整体为研究对象,推力在水平方向的分力F水平=Fcs θ=mgsin θcs θ= ,先增大后减小,所以墙面对凹槽的压力先增大后减小,选项C正确。推力在竖直方向的分力F竖=Fsin θ=mgsin2θ增大,故水平地面对凹槽的支持力F支=(m+m')g-F竖减小,选项D错误。
5.(命题角度3)(2022湘豫名校3月联考)如图所示为一个水平传感器的简易模型,其截面为内壁光滑竖直放置的正三角形,内部有一个略小于三角形内切圆的小球,三角形各边上有压力传感器,通过测出小球对三边压力的大小,信息处理单元可显示水平传感器摆放处的倾角。图中BC边恰好处于水平状态,现将其以C为轴在竖直平面内顺时针缓慢转动,直到AB边第一次在C上方处于水平状态,则在转动过程中(　　)A.球对AC边的压力一直增大B.球对AC边的压力一直减小C.球对AC边的压力先增大后减小D.球对AC边的压力先减小后增大
6.(命题角度1)(2022安徽蚌埠质检)如图所示,物体甲放置在水平地面上,通过跨过理想定滑轮的轻绳与小球乙相连,整个系统处于静止状态。现对小球乙施加一个水平力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,甲受到地面的摩擦力为Ff,则该过程中(　　)A.Ff变小,F变大B.Ff变小,F变小C.Ff变大,F变小D.Ff变大,F变大
解析 以小球乙为研究对象,受力分析如图甲所示,设绳与竖直方向的夹角为α,小球乙的质量为m乙,根据平衡条件可得,水平拉力F=m乙gtan α,小球乙缓慢上升一小段距离的过程中,α变大,可知水平拉力F变大,绳子的拉力FT= ,故绳子的拉力FT也变大;以物体甲为研究对象,受力分析如图乙所示,根据平衡条件可得,物体甲受到的地面的摩擦力Ff=FTcs θ,因为θ不变,故摩擦力Ff变大,故D正确。
核心归纳命题角度1　电荷在静电力作用下的平衡(1)静电力的方向正电荷所受静电力方向与电场强度方向一致,负电荷所受静电力方向与电场强度方向相反。(2)静电力的大小①若为匀强电场,静电力F=qE;
命题角度2　电流在安培力作用下的平衡(1)安培力的方向用左手定则判断,安培力垂直于B、I决定的平面。(2)安培力的大小①B∥I时,F=0;②B⊥I时,F=BIl;③B与I的夹角为θ时,F=BIlsin θ(l是导线的有效长度)。导线两端点连线在垂直磁场方向的投影长度
命题角度3　电荷在洛伦兹力作用下的平衡(1)洛伦兹力的方向用左手定则判断,洛伦兹力垂直于B、v决定的平面,洛伦兹力不做功。(2)洛伦兹力的大小洛伦兹力F=qvB,此式只适用于B⊥v的情况,当B∥v时F=0。
深化拓展　处理电、磁场中平衡问题的方法 电学问题、力学方法与纯力学问题的分析方法大致相同,具体如下:
典例剖析例3(命题角度2)如图所示,光滑绝缘的斜面与水平面的夹角为θ,导体棒ab静止在斜面上,ab与斜面底边平行,通有图示的恒定电流I,空间充满竖直向上的匀强磁场,磁感应强度大小为B。现缓慢增大θ(0