資源簡介

(共55張PPT)
復習任務群一
現代文閱讀Ⅰ
把握共性之“新”　打通應考之“脈”
第4章　力與平衡
章末綜合提升
鞏固層·知識整合
提升層·主題探究
主題1　整體法和隔離法
整體法和隔離法是對物體進行受力分析常用的兩種方法，這兩種方法比較如下：
方法 整體法 隔離法
概念 將加速度相同的幾個相互關聯的物體作為一個整體進行受力分析的方法 將所研究的對象從周圍的物體中隔離出來進行受力分析的方法
方法 整體法 隔離法
選用原則 研究系統外的物體對系統整體的作用力或研究系統整體的加速度 研究系統內部各物體之間的相互作用力
注意問題 受力分析時不考慮系統內各物體之間的相互作用力 一般情況下隔離出受力較少的物體
1．用整體法解題的步驟
當只涉及研究系統而不涉及系統內部某些物體所受的力和其運動狀態時，一般可采用整體法，其基本步驟如下：
(1)明確研究的系統或運動的全過程。
(2)畫出系統整體的受力分析圖或運動全過程的示意圖。
(3)選擇適當的物理規律列方程求解。
2．用隔離法解題的步驟
為了研究系統(連接體)內某個物體的受力和運動情況，一般采取隔離法，其基本步驟如下：
(1)明確研究對象、過程或狀態。
(2)將某個研究對象或某段運動過程從全過程中隔離出來。
(3)畫出相應狀態下該研究對象的受力分析圖或運動示意圖。
(4)選擇適當的物理規律列方程求解。
√
【典例1】　在粗糙水平面上放著一個質量為M的三角形木塊abc，在它的兩個粗糙斜面上分別放有質量為m1和m2的兩個物體，m1>m2，兩斜面與水平面的夾角分別為θ1、θ2，如圖所示，若三角形木塊和兩物體都是靜止的，則粗糙水平面對三角形木塊(　　)
A．有摩擦力的作用，摩擦力的方向水平向右
B．有摩擦力的作用，摩擦力的方向水平向左
C．有摩擦力的作用，但摩擦力的方向不能確定，
因θ1、θ2的數值均未給出
D．以上結論都不對
D　[方法一：隔離法
把三角形木塊隔離出來，如圖甲所示，它的兩個粗糙斜面上分別受到兩物體對它的壓力FN1、FN2，摩擦力F1、F2。由兩物體的平衡條件知，這四個力的大小分別為FN1＝m1g cos θ1，FN2＝m2g cos θ2，F1＝m1g sin θ1，F2＝。它們的水平分力的大小分別為FN1x＝＝，FN2x＝FN2sin θ2＝，F1x＝F1cos θ1＝m1g cos θ1sin θ1，F2x＝F2cos θ2＝m2g cos θ2sin θ2，可得FN1x＝F1x，FN2x＝F2x，則它們的水平分力互相平衡，木塊在水平方向無滑動趨勢，因此不受水平面的
摩擦力作用。
甲
方法二：整體法
由于三角形木塊和斜面上的兩物體都靜止，故可以把它們看成一個整體，如圖乙所示，豎直方向上受到重力(m1＋m2＋M)g和支持力FN的作用處于平衡狀態，水平方向上無任何滑動趨勢，因此不受水平面的摩擦力作用。]
乙
一語通關　整體法和隔離法有時要交叉使用，但必須使用力的相互作用原理才能從整體法過渡到隔離法。
主題2　物體平衡模型分析
1．“輕繩”模型
輕繩只能發生拉伸形變，所以只能產生拉力，拉力方向總是指向繩收縮的方向，且繩內部張力處處相等。
2．“滑輪”模型
滑輪模型通常是指滑輪和輕繩的組合，忽略滑輪與輕繩之間的摩擦，此時滑輪兩邊繩子的拉力大小相等。
3．“結點”模型
“結點”往往與重物相連接，作用在結點上的各力并不一定相等，但所有力的合力必為零。
4．“輕彈簧”模型
輕彈簧不僅能發生拉伸形變，還能發生壓縮形變，所以輕彈簧既能產生拉力，又能承受壓力，且在彈簧內部彈力處處相等。彈力方向總是沿著彈簧的軸線，在彈性限度內，彈力的大小為F＝kx。
5．“輕桿”模型
輕桿不僅能發生拉伸形變，還能發生壓縮形變，所以輕桿不僅能產生拉力，還能承受壓力，且在桿內彈力處處相等。輕桿還能發生彎曲形變，所以桿的彈力不一定沿桿的方向。
(1)“死桿”模型
“死桿”即輕桿不能轉動，它產生的彈力不一定沿桿方向，其大小和方向均要根據平衡條件求解。
(2)“活桿”模型
“活桿”即輕桿可以繞光滑軸轉動，它產生的彈力一定沿桿方向(否則桿就會轉動)，彈力的大小要根據平衡條件求解。
【典例2】　如圖所示，將一根不可伸長、柔軟的輕繩左、右兩端分別系于A、B兩點上。一物體用輕滑輪懸掛在輕繩上，達到平衡時，兩段繩子間的夾角為θ1，繩子張力大小為F1；將繩子右端移到C點，待系統達到平衡時，兩段繩子間的夾角為θ2，繩子張力大小為F2；將繩子右端再由C點移到D點，待系統達到平衡時，兩段繩子間的夾角為θ3，繩子張力大小為F3。不計摩擦，并且BC為豎直線，則(　　)
A．θ1＝θ2<θ3　　　　　 B．θ1＝θ2＝θ3
C．F1>F2>F3 D．F1＝F2>F3
√
A　[跨過滑輪的繩上各點的張力大小相同，設張力大小為F，兩段繩子間的夾角為θ，如圖所示，由平衡條件與幾何關系得2F cos ＝mg?、?。設繩子總長度為L，繩子兩端點的水平距離為d，由幾何關系得L sin ＝d　②。
繩子右端從B點移到C點的過程中，L、d均不變，由②式可知θ不變，得θ1＝θ2。代入①式可知F不變，得F1＝F2。繩子右端從C點移到D點過程中，d增大，故θ增大，即θ2<θ3，結合①式可得F2一語通關　“滑輪”模型中滑輪兩邊輕繩拉力大小相等，所以兩繩與豎直方向間夾角一定相等，這也是“滑輪”模型與“結點”模型的最大區別。
題號
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章末綜合測評(四)　力與平衡
13
(滿分：100分)
一、單項選擇題(本題共4小題，每小題4分，共16分。在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求)
1．一氫氣球下系一重物G，重物只在重力和繩的拉力F作用下做勻速直線運動，不計空氣阻力和風力的影響，重物勻速運動的方向如圖中箭頭所示的虛線方向，圖中氣球和重物G在運動中所處的位置正確的是(　　)
A　　　　　　　　　　B
√
題號
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C　　　　　　　　　　D
題號
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A　[重物只在重力和繩的拉力作用下做勻速直線運動，那么這兩個力滿足二力平衡，即繩的拉力的方向是豎直向上的，故A正確。]
√
題號
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2．用卡車運輸質量為m的勻質圓筒狀工件，為使工件保持固定，將其置于兩光滑斜面之間，如圖所示。兩斜面Ⅰ、Ⅱ固定在車上，傾角分別為30°和60°。重力加速度為g。當卡車沿平直公路勻速行駛時，圓筒狀工件對斜面Ⅰ、Ⅱ壓力的大小分別為F1、F2，則(　　)
A．F1＝mg，F2＝mg
B．F1＝mg，F2＝mg
C．F1＝mg，F2＝mg
D．F1＝mg，F2＝mg
D　[分析可知工件受力平衡，對工件受到的重力按照壓緊斜面Ⅰ和Ⅱ的效果進行分解如圖所示，結合幾何關系可知工件對斜面Ⅰ的壓力大小為F1＝mg cos 30°＝mg、對斜面Ⅱ的壓力大小為F2＝mg sin 30°＝mg，選項D正確，A、B、C錯誤。]
題號
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√
3．如圖所示，懸掛甲物體的細線拴牢在一不可伸長的輕質細繩上O點處；繩的一端固定在墻上，另一端通過光滑定滑輪與物體乙相連。甲、乙兩物體質量相等。系統平衡時，O點兩側繩與豎直方向的夾角分別為α和β。若α＝70°，則β等于　(　　)
A．45°　　B．55°　　C．60°　　D．70°
題號
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B　[甲物體是拴牢在細繩上O點，且甲、乙兩物體的質量相等，則甲、乙繩的拉力大小相等，O點處于平衡狀態，則左側繩子拉力的方向在甲、乙兩繩的角平分線上，如圖所示，根據幾何關系有180°＝2β＋α，解得β＝55°。故選B。]
題號
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4．如圖所示，一輕質光滑定滑輪固定在傾斜木板上，質量分別為m和2m的物塊A、B，通過不可伸長的輕繩跨過滑輪連接，A、B間的接觸面和輕繩均與木板平行。A與B間、B與木板間的動摩擦因數均為μ，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。當木板與水平面的夾角為45°時，物塊A、B剛好要相對滑動，則μ的值為　(　　)
A．　　B．　　C．　　D．
√
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C　[當木板與水平面的夾角為45°時，兩物塊剛好要相對滑動，對A物塊受力分析如圖甲所示，沿斜面方向，A、B之間的摩擦力為f1＝μN＝μmg cos 45°，根據平衡條件可知T＝mg sin 45°＋μmg cos 45°①；對B物塊受力分析如圖乙所示，
題號
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甲　　　　　　　　　乙
沿斜面方向，B與斜面之間的摩擦力為f2＝μN″＝μ3mg cos 45°，根據平衡條件可知2mg sin 45°＝T＋μmg cos 45°＋μ3mg cos 45°②，①②兩式聯立，可得2mg sin 45°＝mg sin 45°＋μmg cos 45°＋μmg cos 45°＋μ3mg cos 45°，解得μ＝，A、B、D錯誤，C正確。故選C。]
題號
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二、雙項選擇題(本題共4小題，每小題6分，共24分。在每小題給出的四個選項中，有兩項符合題目要求，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分)
5．如圖所示為小朋友喜歡的磁性黑板，下面有一個托盤?，F讓黑板撐開一個安全角度，把一塊質量為m的黑板擦吸在磁性黑板上保持靜止，黑板平面與豎直方向的夾角為θ，黑板與黑板擦之間的動摩擦因數為μ，則下列說法正確的是(　　)
題號
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A．黑板擦對黑板的壓力大小為mg sin θ
B．黑板對黑板擦的摩擦力大小為μmg cos θ
C．黑板對黑板擦的摩擦力大于mg cos θ
D．黑板對黑板擦的作用力大小為mg
√
√
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CD　[對黑板擦受力分析，黑板擦受到豎直向下的重力mg、黑板對黑板擦的支持力N、沿黑板向上的靜摩擦力f以及黑板對黑板擦的垂直黑板向下的吸引力F，根據矢量的合成法則，結合三角知識，則有黑板對黑板擦的支持力大小為N＝F＋mg sin θ，則有黑板擦對黑板的壓力大小為F壓＝F＋mg sin θ，故A錯誤；由以上分析可知，黑板對黑板擦的摩擦力大小為f＝mg cos θ，故B錯誤，C正確；依據力的合成法則，則黑板擦對黑板的支持力與靜摩擦力的合力大小為mg，則黑板對黑板擦的作用力大小也為mg，故D正確。]
題號
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6．某物體同時受到同一平面內的三個共點力作用，在如圖所示的四種情況中(坐標紙中每格邊長表示1 N 大小的力)，對物體所受的合外力說法正確的是(　　)
題號
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A．物體所受的合外 B．物體所受的合外
力大小等于5 N　　 力大小等于2 N
C．物體所受的合外 D．物體所受的合
力大小等于零　　 外力大小等于零
題號
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AD　[圖A中，先將F1與F3合成為F13，然后再將F13與F2合成，由幾何關系可得，合力等于5 N，同理，可求得圖B中合力等于5 N，圖C中合力等于6 N，圖D中合力等于零，綜上可知，A、D正確。]
題號
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√
7．如圖所示，物體A的左側為粗糙豎直墻面，B的下面有一豎直壓縮的彈簧，A、B保持靜止，則(　　)
A．物體A與墻面間一定有彈力
B．物體A與墻面間一定有摩擦力
C．物體A受到3個力的作用
D．彈簧的彈力大小等于A、B的重力之和
題號
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√
CD　[A、B整體受力平衡，水平方向不受力，所以A與墻面之間沒有彈力，也一定沒有摩擦力，則在豎直方向A、B只受到重力和彈簧的彈力作用，且彈簧的彈力大小等于A、B的重力之和，故A、B錯誤，D正確；隔離物體A進行分析，物體A受到重力、B對它的支持力和摩擦力三個力的作用，故C正確。]
題號
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√
8．如圖所示，A、B質量分別為mA和mB，疊放在傾角為θ的斜面上以相同的速度勻速下滑，則(　　)
A．A、B間無摩擦力作用
B．B受到的滑動摩擦力大小為(mA＋mB)g cos θ
C．B受到的靜摩擦力大小為mAg sin θ
D．取下A物體后，B物體仍能勻速下滑
題號
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√
CD　[將A、B看成整體，則(mA＋mB)g sin θ＝f，N＝(mA＋mB)g cos θ，又f＝μN，得μ＝tan θ。對A隔離，A受靜摩擦力，fA＝mAg sin θ。A對B的靜摩擦力也等于mAg sin θ，方向沿斜面向下。取下A物體后，B物體受到支持力NB＝mBg cos θ，摩擦力fB＝μNB＝mBg cos θtan θ＝mBg sin θ，故B仍能勻速下滑。]
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三、非選擇題(本題共5小題，共60分)
9．(9分)在“驗證力的平行四邊形定則”的實驗中，某同學完成實驗，回答下列問題：
(1)圖甲中彈簧測力計B的示數為________N，為了更準確地得到合力與分力的關系，要采用作力的________(選填“圖示”或“示意圖”)來表示分力與合力。
(2)圖乙中方向一定沿AO方向的力
是________(選填“F”或“F′”)。
題號
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甲　　　　　　　　　 　乙
3.8
圖示
F
[解析]　(1)彈簧測力計上1 N之間有5個小格，所以一個小格代表0.2 N，即此彈簧測力計的分度值為0.2 N，則估讀值為0.1 N。此時指針指在“3.8”處，所以彈簧測力計的示數為3.8 N。力的示意圖只表示力的方向和作用點，而力的圖示可以比較準確地表示出力的大小、方向、作用點，故為了更準確地得到合力與分力的關系，要采用作力的圖示。
(2)F是通過一個彈簧測力計沿AO方向拉橡皮條，使橡皮條伸長到O點，其方向一定沿AO方向，F′是通過作圖的方法得到合力的理論值，由于誤差的存在，F′與AO方向即實際值F方向有一定夾角。
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13
10．(9分)如圖(a)所示，某物理興趣小組的同學現利用如圖(a)所示的裝置來做“探究兩個互成角度的力的合成規律”實驗，其中OB為橡皮筋。
(1)某次實驗中一彈簧測力計的指針位置如圖(b)所示，可知拉力的大小為________N。
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(a)　　　　　　　　　(b)
3.00
(2)圖(c)所示是甲、乙兩位同學在做本實驗時得到的結果，其中F′為用一個彈簧測力計拉時橡皮筋所受到的拉力，則其中________(選填“甲”或“乙”)同學測得的實驗結果比較符合實驗事實。
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(c)
甲
(3)實驗中兩彈簧測力計的夾角為一鈍角后，立即固定彈簧測力計a不動，且保持橡皮筋一直處于豎直方向，然后緩慢增大兩彈簧測力計之間的夾角，則在這一過程中彈簧測力計b的示數將________(選填“變大”“變小”或“不變”)。
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變大
[解析]　(1)由題圖(b)可知，彈簧測力計的示數為3.00 N，故拉力的大小為3.00 N。
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(2)用一個彈簧測力計拉橡皮筋時，拉力的方向一定沿橡皮筋方向，根據力的平行四邊形定則作出的合力F一定在平行四邊形的對角線上；由于誤差的存在，作圖法得到的合力與實驗值有一定的差別，即作圖得出的合力方向與用一個彈簧測力計拉橡皮筋時的拉力方向有一定的夾角，故甲同學測得的實驗結果比較符合實驗事實。
(3)對O點受力分析，作出力的矢量三角形如圖所示。保證O點不動的前提下，橡皮筋OB的拉力為定值，在彈簧測力計a、b夾角大于90°的前提條件下，若緩慢增大兩彈簧測力計之間的夾角，即讓彈簧測力計b與OB的夾角減小，由圖可知彈簧測力計a的示數變大，b的示數也變大。
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11．(12分)如圖所示，兩物體M、m用跨過光滑定滑輪的輕繩相連，m放在水平面上，M重20 N，M、m均處于靜止狀態，OA、OB與水平面的夾角分別為30°、60°，求：
(1)OA、OB對M的拉力大小；
(2)m受到水平面的靜摩擦力的大小和方向。
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[解析]　(1)M受到三個力的作用處于靜止狀態：重力GM，繩的拉力FOA、FOB，由圖易知FOA、FOB分別與豎直方向成60°、30°角。
由平衡條件知：GM′＝GM＝20 N
FOA＝GM′cos 60°＝20×0.5 N＝10 N
FOB＝GM′cos 30°＝20× N＝10 N。
題號
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(2)分析m，因FOA題號
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靜摩擦力大小為Ff＝FOB－FOA＝(10－10) N≈7.32 N。
[答案]　(1)10 N　10 N　(2)7.32 N，水平向左
12．(15分)在豎直墻壁的左側水平地面上，放置一個棱長為a、質量為M的正方體，其某一截面為正方形ABCD，在墻壁和正方體之間放置一半徑為R、質量為m的光滑球，正方體和球均保持靜止，如圖所示。球的球心為O，OB與豎直方向的夾角為θ，正方體的棱長a>R，正方體與水平地面間的動摩擦因數為μ＝，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g。
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(1)正方體和墻壁對球的支持力N1、N2分別是多大？
(2)若θ＝45°，保持球的半徑不變，只增大球的質量，為了不讓正方體出現滑動，則球的質量的最大值為多少？
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[解析]　(1)對球進行受力分析，如圖所示
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根據平衡條件有N1cos θ＝mg，N1sin θ＝N2
解得N1＝，N2＝mg tan θ。
(2)對整體進行受力分析，如圖所示
根據平衡條件有N3＝Mg＋mg，N2＝f，f≤μN3
聯立得mg tan θ≤μ(Mg＋mg)
解得m≤M
故球的質量的最大值為M。
題號
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[答案]　(1)　mg tan θ　(2)M
13．(15分)(源自人教版教材改編)如圖所示，在傾角為θ的固定粗糙斜面上，一個質量為m的物體被水平力F推著靜止于斜面上，物體與斜面間的動摩擦因數為μ，且μ題號
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[解析]　當摩擦力沿斜面向下且達到最大值時，F最大，有
Fmaxcos θ＝f＋mg sin θ ①
Fmaxsin θ＋mg cos θ＝N ②
f＝μN ③
由①②③得：Fmax＝ mg
且cos θ>μsin θ
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當摩擦力沿斜面向上且達到最大值時，F最小，有
Fmincos θ＋f′＝mg sin θ ④
Fminsin θ＋mg cos θ＝N′ ⑤
f ′＝μN′ ⑥
由④⑤⑥得：Fmin＝ mg
則 mg≤F≤ mg。
題號
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[答案]　 mg≤F≤ mg
謝 謝！

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