2019届高考物理二轮复习专题一力与运动考点二相互作用课件ppt版本

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图1－2－7
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考点二 共点力的平衡
【必记要点】 1．平衡状态：物体处于静止状态或匀速直线运动 状态。 2．共点力的平衡条件 F 合＝0 或者FFxy＝＝00 。
C．地面对
C
的摩擦力大小为
3 2 mBg
D．mA＝mB
解析 选 B 为研究对象，受力如图(1)所示，根据物体的平衡条件可得：
• 单击此处编辑母版文本样式 Fcos 30°＝Fbsin 60°， Fsin 30°＋ Fbcos 60°＝mBg – 第二级 解得：F＝Fb＝mBg，A 正确；选 A 分析，如图(2)由于 Fa 的方向与 mAg 和 Fb 的夹角的角平分线共线，由对称性可知，mAg＝Fb＝mBg，D 正确；对 • 第三级 A、B、C 组成的系统进行受力分析如图(3)，由平衡条件可得：Fcos 30°＝ Ff，FN＋Fsin 30°＝(M＋mA＋mB)g，解得 Ff＝ 23mBg，FN＝(M＋mA＋mB)g – 第»四第级五级 －12mBg，故 C 正确、B 错误。
根据(1)和牛顿第三定律可知， FN′＝FN＝FT＝ 33mg， 又由题设可知 Ffmax＝kF≥Ff， 综合上述解得 k≥ 93。
[答案]
3 (1) 3 mg
(2)k≥
3 9
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– 第二级
• 第三级 A–. 3第3m四g 级
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5．(多选)(2017·课标卷Ⅰ)如图 1－2－5 所示，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＞π2)。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
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锁定命题方向
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图1－2－1
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图1－2－18
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[解析] (1)设绳的拉力为 FT，斜面体支持力为 FN， 对小球进行受力分析如图甲所示，由平衡条件可知，FT 和 FN 的合力竖直向上，大小等于 mg，由几何关系可得 出 FN＝FT＝ 33mg。
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图1－2－4
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D．斜面体对地面的压力为(M＋m)g
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[解析] 设 P、Q 所带电荷量为 q，对物体 P 受力分析，受到水平向左
的库仑力 F＝kqr22、竖直向下的重力 mg、支持力 FN，由平衡条件可得 tan θ
＝mFg，解得 q＝
mgr2tan k
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A.mmAB＝
3 3
C.mmAB＝
3 1
图1－2－9
B.mmAB＝
3 2
D.பைடு நூலகம்mAB＝12
解析 分别对 A、B 进行受力分析。且将力进行正 交分解，如图，则有
• 单击A 受此到处库编仑力辑、母斜版面支文持本力样、重式力，由平衡条件得kdq22＝
– 第二级
mg•ta第n θ三，解级得qd＝
mgtan k
θ，选项
B
错误；C
正确；
由受力–分第析可四知级，斜面对小球的支持力不可能为 0，选 项 D 错误。»第五级
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图1－2－17
A.IkL(x1＋x2) C.2kIL(x2＋x1)
B.IkL(x2－x1) D.2kIL(x2－x1)
解析 调转电源极性时导体棒受到的安培力方向
与调转前相反。由平衡条件可得 mgsin α＝kx1＋BIL；
• 单击调此转电处源编极辑性母使导版体文棒本中电样流式反向，由平衡条件可得
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图1－2－12
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图1－2－5
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答案 AD
突破高频考点
• 单击考点此一处编物辑体母的版受文力分本析样式 – 第二级 • 第三级 – 第四级 »第五级
图1－2－16
A．小球 A 与 B 之间库仑力的大小为kdq22
B．当qd＝
mgsin k
θ时，细线上的拉力为
0
C．当qd＝
mgtan k
θ时，细线上的拉力为
0
D．当qd＝
mg ktan
θ时，斜面对小球
A
的支持力为
0
解析 根据库仑定律可得两小球之间的库仑力大小
为 F＝kdq22，选项 A 正确；当细线上的拉力为 0 时，小球
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图1－2－2
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A.m2 C．m
图1－2－3
B. 23m D．2m
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故 •B 第错误三，级D 正确。cd 杆所受的摩擦力 Ff2＝mgcos θ ＝μ2FN2–＝第μ2(四mg级sin θ＋F 安 cd)＝μ2(mgsin θ＋B22LR2v1)，故
C 正确。 »第五级
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图1－2－6
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–
第二级
mgsin α＋BIL＝kx2，联立解得
• 第三级
B＝2kIL(x2－x1)，选项
D
正确。
– 第四级
»第五级
考点五 平衡中的临界与极值问题
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图1－2－8
A．物体 B 对水平面的压力大小为(M＋m)g B．物体 B 受到水平面的摩擦力大小为tamngθ C．滑块 A 与竖直挡板之间的弹力大小为 mgtan θ D．滑块 A 对物体 B 的压力大小为cmosgθ
图1－2－15
A．回路中的电流强度为BL(v21R＋v2) B．ab 杆所受摩擦力为 mgsin θ C．cd 杆所受摩擦力为 μ2(mgsin θ＋B22LR2v1) D．μ1 与 v1 大小的关系为 μ1＝mgsimn gθc－osBθ22LR2v1
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• 单击此处编辑母版文本样式 – 第二F1级＝mAgsin 30° • 第F且2＝三F1m＝级BgFs2in 60° 所–以第mmAB四＝ss级iinn 6300°°＝ 13， 故选 C»。第五级
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图1－2－10
A．力 F 的大小为 mBg B．地面对 C 的支持力等于(M＋mA＋mB)g
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考点四 电磁场中的平衡问题
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图1－2－14
A．P、Q 所带电荷量为
mgktan θ r2
B．P 对斜面的压力为 0
C．斜面体受到地面的摩擦力为 0
[解析] 选取 A 为研究对象。A 受重力 mg、B 对 A 的支持力 F1、墙壁对 A 的弹力 F2、由平衡条件可知 F1、 F2 的合力与重力 mg 等大反向。
则 F1＝smingθ；F2＝tmangθ。 以 AB 整体为研究对象，由平衡条件知地面对 B 的 支持力 为 FN＝(M＋m)g，B 对地面的压力为 F′N＝FN＝ (M＋m)g。地面对 B 的摩擦力 Ff＝F2＝tamngθ。故选项 A、 B 正确。
[解析] 回路中只有 ab 杆切割磁感线产生感应电
动势，故 I＝B2LRv1，A 错误；两杆所受安培力大小为 F
•
单–击安 θ第－ab此＝F二F安处a级安b＝编cd＝μ辑1BmIg母Lc＝o版sBθ22，L文R2由v本1，此a样可b 杆得式所μ1受＝摩m擦gsim力ngθcF－ofs1＝Bθ22mlR2vg1s，in
考点三 共点力作用下物体的动态平衡
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图1－2－11
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θ，选项
A
错误；斜面对
P
的支持力
FN＝mgcos
• 单击此处编辑母版文本样式 θ＋Fsin θ，由牛顿第三定律可知，P 对斜面的压力为 F′N＝mgcos θ＋Fsin θ， 选项 B 错误；对 P 和斜面体整体受力分析，可知水平方向受到 Q 对 P 向左
– 第二级 的库仑力 F＝kqr22和地面对斜面体水平向右的摩擦力，由平衡条件可知，斜 • 第三级 面体受到水平向右的摩擦力大小为 f＝kqr22，选项 C 错误；对 P 和斜面体整
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图1－2－13
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体受力分析，竖直方向受到竖直向下的重力(M＋m)g 和水平面的支持力，
– 第四级 由平衡条件可得，水平面支持力等于(M＋m)g，根据牛顿第三定律，斜面体
对地面的压力大小为(M＋m)g，选项 D 正确。
»第五级
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