新高考物理一轮复习专题二相互作用教学课件

这是一份新高考物理一轮复习专题二相互作用教学课件，共56页。

二、弹力1.定义发生弹性形变的物体,要恢复原状,对与它接触的物体会产生力的作用,这种力叫作弹 力。2.产生条件两物体相互接触且发生弹性形变。3.方向总是与施力物体形变的方向相反。
4.弹力有无的判断方法
5.常见模型中弹力的方向
6.弹力大小的计算方法(1)弹簧类——胡克定律内容:弹簧发生弹性形变时,弹力的大小跟弹簧伸长(或缩短)的长度x成正比,即F=kx,k 为弹簧的劲度系数。(2)非弹簧类——依据物体所处的状态(平衡态或非平衡态)及所受其他力的情况求解。
例1　如图所示,半径为R的半圆形光滑轨道固定在竖直平面内,O为圆心,P为轨道最高 点。中间有孔、质量为m的小球穿过圆弧轨道,轻弹簧一端固定在P点,另一端与小球 相连,小球在M点保持静止,OM与OP之间的夹角θ=60°。已知重力加速度为g,弹簧的劲 度系数为k,则 (　    )A.小球受到两个力的作用B.小球不可能发生形变
C.轨道对小球的弹力大小为0.6mgD.轻弹簧的原长为R- 
  解析     如图所示,对小球受力分析,小球受到三个力的作用,分别为小球的重力、弹簧对小球 的弹力FT(点拨:利用假设法,若弹簧处于原长或处于压缩状态,轨道对小球的支持力指 向圆心或背离圆心,都不会使小球处于平衡状态,故弹簧一定是伸长状态)、轨道对小
球的支持力FN,故小球一定发生了形变,A、B错误。小球受到的三个力可以构成首尾 相接的矢量三角形,此三角形和△OPM相似,可得 = = ,其中OP=OM,又θ=60°,故OP=OM=PM,解得FN=FT=mg,C错误。由胡克定律可得弹簧的伸长量Δx= ,即弹簧的原长l=PM-Δx=R- ,D正确。
三、摩擦力1.产生条件(1)接触面粗糙;(2)接触处有弹力;(3)接触面间有相对运动或相对运动趋势。2.方向:与物体相对运动的方向或相对运动趋势的方向相反。
3.静摩擦力的有无及方向的判断方法
4.大小的计算方法(1)公式法①滑动摩擦力:根据公式Ff=μFN计算。②最大静摩擦力:与接触面间的压力成正比,其值略大于滑动摩擦力,当认为最大静摩 擦力等于滑动摩擦力时,Fmax=μFN。(2)状态法①平衡状态:运用共点力的平衡条件来计算。②非平衡状态:运用牛顿运动定律来计算。提示　静摩擦力的取值范围为:0例2    如图甲所示,用力F将质量为m的物块压在竖直墙上,从t=0时刻起,测得物块所受 墙壁的摩擦力随时间按如图乙所示规律变化,若物块最终静止在墙上,则下列判断正 确的是(　    )A.0~t2时间内为静摩擦力B.0~t1时间内物块沿墙壁加速下滑,t2时刻物块的速度为0C.压力F一定随时间均匀增大
  解析    物块受到重力mg、水平压力F、墙面支持力N和墙面摩擦力f四个力的作用,t=0时摩擦力f=0,因此物块会沿墙壁下滑,受到滑动摩擦力,必满足f=μFN,而FN=F,所以在 0~t2时间内是滑动摩擦力,且随压力F的增大而增大,故A项错误;t1时刻,f=mg,合力为0, 加速度为0,所以0~t1时间内物块加速下滑,t1~t2时间内物块减速下滑,t2时刻之后摩擦力 恒定且大小等于mg,是静摩擦力,故t2时刻物块的速度为0,故B项正确;由0~t2时间内f=kt 及f=μF可知,0~t2时间内压力F随时间均匀增大,t2时刻后物块受静摩擦力,其大小恒等于 mg,故F的变化情况不能确定,C、D项错误。
考点二　力的合成与分解
一、力的合成1.运算法则(1)平行四边形定则(如图甲所示)。(2)三角形定则(如图乙所示)。2.合力大小的范围(1)两个共点力的合力范围:|F1-F2|≤F合≤F1+F2。
(2)三个共点力的合力范围:若这三个力的大小符合围成三角形的条件,则合力范围为0≤F合≤F1+F2+F3,否则合力最小值为F1-(F2+F3),其中F1为最大力。3.合成方法(1)作图法:作出力的图示,利用平行四边形定则作出合力,结合标度得到合力大小。(2)计算法①余弦定理:合力的大小F= ;如图所示,合力的方向满足tan α= 。
②几种特殊情况的共点力的合成
提示　①两个分力大小一定时,夹角θ越大,合力越小。②合力可以大于分力,可以等于 分力,也可以小于分力。
二、力的分解1.分解方法
知识拓展　运用正交分解法时,一般选共点力的作用点为坐标原点,使尽可能多的力 落在坐标轴上,若物体具有加速度,一般以加速度方向和垂直加速度方向为坐标轴。
2.力的分解中定解条件的讨论
考点三　受力分析及共点力平衡
一、受力分析1.受力分析的步骤
2.分析物体受到的力的顺序先分析场力(如重力、电场力、磁场力)和已知力,其次分析接触力(弹力、摩擦力),再 分析其他力。注意　受力分析只分析依据性质命名的力,不分析依据效果命名的力,如向心力等。
二、共点力平衡条件及其重要推论1.平衡状态:物体处于静止或匀速直线运动的状态,即a=0。2.平衡条件:F合=0或 。3.平衡条件的重要推论(1)二力平衡如果物体在两个共点力的作用下处于平衡状态,这两个力必定大小相等、方向相反。(2)三力平衡①其中任意两个力的合力一定与第三个力大小相等、方向相反。②三个力的有向线段通过平移可构成首尾相接的封闭三角形。
③将某一个力按力的作用效果分解成两个力,则其分力和其他两个力满足平衡条件。(3)多力平衡①其中任何一个力与其余力的合力大小相等、方向相反。②这些力的有向线段通过平移,必定构成一个首尾相接的封闭多边形。③将物体所受的力分解到相互垂直的两个方向上,每个方向上的合力都为零。
例3    如图所示,质量m=5.2 kg的金属块放在水平地面上,在斜向右上的拉力F作用下, 向右以v0=2.0 m/s的速度做匀速直线运动。已知金属块与地面间的动摩擦因数μ=0.2,g =10 m/s2。求所需拉力F的最小值。 
解题步骤    ①选金属块为研究对象;②对其进行受力分析;③分析金属块所处的运动 状态;④建立坐标系,正交分解;⑤根据平衡状态列方程;⑥解方程。
  解析    设拉力与水平方向的夹角为θ,对金属块受力分析如图所示,金属块做匀速直线运动,故根据平衡条件有F cs θ=f=μ(mg-F sin θ),整理得 cs θ+μ sin θ= ,则有F= (其中sin α= ),当θ= -α时F最小,故所需拉力F的最小值Fmin= =2  N(点拨:金属块所受的拉力的大小和方向均不确定,故可利用函数的思想,求出拉力的函数关系式,运用数学知识求解极值)。 
  答案    2  N
模型一　生活中的轻绳、轻杆模型
例1    (多选)如图甲所示,轻绳AD跨过固定的水平横梁BC右端的定滑轮挂住一个质量 为m1的物体,∠ACB=30°;图乙中轻杆HG一端用铰链固定在竖直墙上,另一端G通过细 绳EG拉住,EG与水平方向也成30°角,在轻杆的G点处用细绳GF拉住一个质量为m2的 物体,则下列说法正确的是 (　    ) 　     A.FAC∶FEG=m1∶2m2　　　　    B.FAC∶FEG=1∶1C.FBC∶FHG=m1∶ m2　　　　    D.FBC∶FHG=1∶1
  解析    题图甲所示为活结与定杆,对质量为m1的物体受力分析可得FCD=m1g,则FAC=m1g,对绳子与BC的接触点受力分析如图丙所示,可得FBC=m1g;题图乙所示为死结与动杆, 对质量为m2的物体受力分析可得FGF=m2g,对G点受力分析如图丁所示,可得FEG= =2m2g、FHG= = m2g;所以FAC∶FEG=m1∶2m2,FBC∶FHG=m1∶ m2,A、C正确。 　     
  答案    AC
一、对动态平衡的理解 
二、常用解题方法1.解析法 
例2    (多选)如图所示,轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆M、N上的a、b 两点,悬挂衣服的衣架钩是光滑的,挂于绳上处于静止状态。如果只人为改变一个条 件,当衣架静止时,下列说法正确的是 (　    )
A.绳的右端上移到b'点,绳子拉力不变B.将杆N向右移一些,绳子拉力变大C.绳的两端高度差越小,绳子拉力越小D.若换挂质量更大的衣服,衣架悬挂点右移
  解析    假设两竖直杆之间的距离为d,绳子的总长度为L,两侧绳子与竖直方向的夹角均为θ。对衣架与绳子的接触点受力分析如图1,可得2F cs θ=mg,由图2中的几何关系 可得L sin θ=d。绳的右端上下移动,由于L、d均不变,所以θ不变,F不变,A正确,C错 误。将杆N向右移一些,由于L不变,d变大,所以θ变大,F变大,B正确。衣服质量的大小 不会影响θ的值,所以衣架仍处于原处,不会右移,D错误。 　　     
2.图解法(1)适用情况:物体受三个力作用,其中一个力为恒力,第二个力方向不变、大小变化(或 大小不变、方向变化),第三个力大小、方向均发生变化。(2)解题过程 
例3    如图所示,一个重力为10 N的小球O被夹在两光滑斜面间,斜面AB和AC与水平面 的夹角分别为60°和30°,下列说法正确的是(　    )
  解析    斜面AB对小球的弹力是由斜面AB的形变产生的,A错误。如图所示,对小球受力分析,可得FAB=G sin 30°=5 N,FAC=G cs 30°=5  N,B正确,C错误。缓慢增大斜面AC的倾角,力FAC会逆时针转动,可得斜面AB对小球的弹力增大,D错误。 
3.相似三角形法(1)适用情况:物体受三个力作用处于动态平衡状态,力的矢量三角形与题中某个几何 三角形始终相似。(2)解题过程 
例4    如图所示,竖直墙壁上固定有一个光滑的半圆形支架(AB为直径),支架上套着一个小球,轻绳的一端悬于P点,另一端与小球相连。已知半圆形支架的半径为R,轻绳长度为L,且R  解析    对小球初始状态受力分析且平移为力的矢量三角形,如图1所示,力的矢量三角形与△POC相似,初始状态有 = = ,当P点不断下移,末状态如图2所示,有 = = 。PO减小为AO,L与R始终不变,故F1增大,F2增大,A正确。 
4.辅助圆法(1)适用情况:物体受三个力,其中一个力大小、方向不变,另外两个力大小、方向都在 改变,但变化的两个力之间的夹角不变。(2)方法展示①已知条件:F1恒定,F2、F3的夹角一定。②解题过程:在圆中画出力的矢量三角形,以恒定力为弦,另外两个力的交点在圆周上 移动,由三角形各边长度及方向的变化判定力的变化;两个力的夹角分大于90°(如图 甲)和小于90°(如图乙)两种情况。
例5　两光滑平板MO、NO构成一具有固定夹角θ0=75°的V形槽,一球体置于槽内,用θ 表示NO板与水平面之间的夹角,如图所示为截面图。θ由60°缓慢减小到30°的过程中, 下列说法正确的是 (　    )
A.NO对球的弹力逐渐由小于球的重力增大到大于球的重力B.NO对球的弹力逐渐由大于球的重力减小到小于球的重力C.MO对球的弹力逐渐减小且最终等于球的重力D.MO对球的弹力逐渐减小且始终小于球的重力
  解析    对球进行受力分析,由于MO板对球的弹力和NO板对球的弹力之间的夹角不变,故运用辅助圆法求解。如图所示,NO板顺时针转动30°角的过程中,NO板对球的弹 力由小于mg且逐渐增大,最终等于mg;MO板对球的弹力由小于mg且逐渐减小。D正 确。 
一题多解    拉密定理 球所受的三个力之间满足 = = ;在θ由60°缓慢减小到30°的过程中,mg所对的角一直为105°,FMO所对的角由120°增加到150°,所以FMO初始时小于mg且一直减小;FNO所对的角由135°减小到105°,所以FNO由小于mg一直增大到等于mg。D正确。
三、平衡中的临界与极值问题1.临界问题当某物理量变化时,会引起其他物理量的变化,从而使物体所处的平衡状态能够“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。2.极值问题常指平衡状态下,变化的力出现最大值或最小值的问题。
例6　歼-20战斗机安装了我国自主研制的矢量发动机,能够在不改变飞机飞行方向的 情况下,通过转动尾喷口方向改变推力的方向,使战斗机获得很多优异的飞行性能。 已知歼-20战斗机沿水平方向超音速匀速巡航时升阻比(垂直机身向上的升力和平行 机身向后的阻力之比)为 。战斗机的重力为G,使战斗机实现节油巡航模式的最小推力为 (　    )A.G　　    B. 　　    C. 　　    D. 
  解析    战斗机受到重力G、发动机推力F1、升力F2和空气阻力f,如图所示,歼-20战斗机沿水平方向超音速匀速巡航,则水平方向有Fx=f,竖直方向有F2+Fy=G,且由题意知F2=  f,解得Fy=G- f,则 = + =16f2-2 Gf+G2, -f图线为开口向上、对称轴为f= G的抛物线,即当f= G时 取最小值,解得F1min= ,故选D。 
微专题2　整体法与隔离法在平衡问题中的应用
例1　如图所示,将两个质量分别为m、2m的小球a、b用轻质细线相连后,再用细线悬挂于O点。用力F拉下侧小球b,使两个小球在图示位置处于静止状态,且细线Oa与竖直方向的夹角保持θ=30°,重力加速度为g,则力F达到最小值时细线Oa上的拉力为 (　    )
  解析 将小球a、b作为整体进行受力分析,如图所示,当力F的方向与细线Oa垂直时,力F达到最小值,此时,细线Oa的拉力FT=(m+2m)g· cs 30°= mg,A正确。     
例2    (多选)如图所示,质量均为M的A、B两滑块放在粗糙水平地面上,两轻杆等长,杆 与滑块、杆与杆间均用光滑铰链连接,在两杆铰合处悬挂一质量为m的重物C,整个装 置处于静止状态,设杆与水平面间的夹角为θ,重力加速度为g。下列说法正确的是 (　    ) A.当m一定时,θ越大,轻杆受力越大B.当M、m一定时,每个滑块对地面的压力大小为(Mg+ mg)
C.当m和θ一定时,每个滑块与地面间的摩擦力大小为 D.若最大静摩擦力可视为等于滑动摩擦力,则不管θ取何值,只要增大m,滑块一定会滑动