2022版高考物理一轮复习第二章相互作用核心素养提升课件苏教版

题型特点 本题不仅考查了受力和功率，还考查了整体法、隔离法等，要写出讨
论物理量的通式求解。在求解地面对斜面体的摩擦力，若利用整体法，此时摩擦力 f
＝F2cos
(α＋θ)＝mg
sin cos
θ＋μmg α＋μsin
cos α
θ
cos (α＋θ)，该式讨论摩擦力随 α 角的变化，很
难进行，此时要利用隔离法，α 增大，斜面对物体的支持力减小，摩擦力减小，但摩
衡条件得
F
cos
θ＝Ff，F
sin
θ＋FN＝mg，又
Ff＝μFN，联立解得
F＝cos
μmg θ＋μsin
θ
＝
μmg 1＋μ2sin （θ＋α）
，其中 tan α＝μ1
＝
3 ，α＝60°，由数学知识知，当 θ＋α＝90°，
即 θ＝30°时 F 有最小值，且最小值为 Fmin＝
μmg 1＋μ2
＝
3 3 ×10×10 1＋（ 33）2
N＝50 N，故
A 正确，B、C、D 错误。
本题也可用摩擦角求解。根据 Ff＝μFN，tan α＝FFNf ＝μ1 ，摩擦力和支持力的合力方向不变， 即摩擦角不变。本题中木箱重力不变，把摩擦力和支持力的合力看成一个力，木箱受力平
衡时，三个力构成封闭三角形。当外力 F 和支持力与摩擦力的合力方向垂直时，外力 F 最 小，此时有 F＝mg sin θ，其中 θ＋α＝π2 ，解得 θ＝30°，F＝50 N，选项 A 正确。
由②③可知，F2＝mg
sin cos
θ＋μmg α＋μsin
cos α
θ
，当 tan α＝μ1
，对物体的拉力有最小值，所
以
F2
不一定大于
F1，选项
A
错误；F2
的功率
P0＝F2v2cos
α＝mg
sin cos
θ＋μmg α＋μsin
cos α
θ
v2cos
α＝mg
sin θ＋μmg 1＋μtan α
cos
帮你解开跳高姿势的谜团 (一)跳高的三种方式 跳高主要有三种姿势：背越式、跨越式和俯卧式，如图 1 所示。校运会上跳高运动 员一般采用跨越式跳高，而少数采用背越式的运动员往往是成绩比较好的运动员， 并且在世界大赛上，根本就看不到跨越式跳高，可以见到背越式和俯卧式两种方式， 这又是什么原因呢？阅读完本文，同学们的谜团就可以解开。
对物体 a 受力分析，受重力、支持力、拉力和静摩擦力，由于不知道拉力与重力的 下滑分力的大小关系，故无法判断静摩擦力的方向，故不能判断静摩擦力的变化情 况，故 C 错误。
将一个半球体置于水平地面上，半球的中央有一个光滑小孔，上端有一光滑的小滑轮，柔 软光滑的轻绳绕过滑轮，两端分别系有质量为 m1、m2 的物体(两物体均可看成质点，m2 悬 于空中)时，整个装置处于静止状态，如图所示。已知此时 m1 与半球的球心 O 的连线与水 平线成 53°(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)，m1 与半球面的动摩擦因数为 0.5，并假设 m1 所受 到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则在整个装置处于静止的前提下，下列说法正确的是 ()
【解析】选 A。对滑轮 2 和物体 b 受力分析，受重力和两个拉力，如图所示： 根据平衡条件，有： mbg＝2FTcos θ 解得：FT＝2mcobsgθ
将固定点 c 向右移动少许，则 θ 增大，故拉力 FT 增大，故 A 正确；对斜劈、物体 a、 物体 b 整体受力分析，受重力、支持力、细线的拉力和地面的静摩擦力，如图所示： 根据平衡条件，有：FN＝G 总－FTcos θ＝G 总－m2bg ，FN 与角度 θ 无关，恒定不变； 根据牛顿第三定律，斜劈对地面的压力也不变，故 B 错误； Ff＝FTsin θ＝m2bg tan θ，将固定点 c 向右移动少许，则 θ 增大，故摩擦力增大，故 D 错误；
5 >3
时，有 T＝
m2g＜m1g cos 53°，即拉力小于 m1 的重力的下滑分量，m1 有下滑趋势，摩擦力沿切
线向上，选项 D 错误。
新动向·新情境·新预测
如图所示，质量为 mB＝14 kg 的木板 B 放在水平地面上，质量为 mA＝10 kg 的货箱 A 放在木板 B 上。一根轻绳一端拴在货箱上，另一端拴在地面。绳绷紧时与水平面 的夹角为 θ＝37°。已知货箱 A 与木板 B 之间的动摩擦因数 μ1＝0.5，木板 B 与地面 之间的动摩擦因数 μ2＝0.4。重力加速度 g 取 10 m/s2。现用水平力 F 将木板 B 从货 箱 A 下面匀速抽出，试求：(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)
θ
v2，F1 的功率即 α＝0，此时 P0＝(mg sin θ＋μmg cos θ)v1，故
v1<v2，选项 B 错误；斜面对物体的支持力 N＝mg cos θ－F2sin α＝mg cos θ－
mg sin θ＋μmg cos θ
1 tan
α＋μ
，α 增大，支持力 N 减小，摩擦力越小，物体对斜面压力和摩
核心素养提升 必修1 第二章
平衡中的临界和极值问题(科学思维——科学பைடு நூலகம்理) 平衡中的临界和极值问题的“三阶”考法
—— 拾阶而上 通法悟道 水平面上的滑块模型 滑块在水平面上运动时，根据运动情况分析受力情况。滑块在水平面上匀速运动时， 当外力 F 与水平面上的夹角变化时，外力 F 有极小值。
【典例 1】 (经典模型)如图所示，质量为 m＝10 kg 的木箱置于水平地面上，它与地面间的动摩
(二)物体的重心 因为物体各个部分都受重力作用，可认为重力作用集中于一点即为物体的重心。质 量分布均匀且形状规则的物体，它的重心在物体的几何中心上；而质量分布不均匀 的物体，重心则与其形状、质量分布有关。 (三)用重心的有关知识解释三种跳高方式 形态可变的物体其重心的位置是可变的，像人体的重心位置就可通过人体姿势的改 变来调控，在许多体育运动项目中，人就是通过对自身重心位置地有效调控，来把 握动作要领，取得较好成绩的。
擦力的合力减小，但方向不变，因此地面对斜面体的摩擦力一定减小，选项 C 错误； 物体沿斜面向上做匀速直线运动，则拉力的功率等于其余外力的功率；v1 一定小于 v2，则第二种的情况下重力的功率一定大于第一种情况下重力的功率，所以第二种的 情况下摩擦力的功率一定小于第一种情况下摩擦力的功率，选项 D 正确。
动态平衡的综合应用(科学思维——科学推理) 1．物体的平衡有悬挂类平衡、支架类平衡、斜面类平衡，动态平衡的综合应用属于 以上三类平衡的组合。 2．运用整体法和隔离法，利用图解法和正交分解分别求解悬挂类平衡、支架类平衡、 斜面类平衡问题。 3．考虑三类平衡联系的纽带，列方程求解。
【典例】如图所示，倾角为 α 的粗糙斜劈放在粗糙水平面上，物体 a 放在斜面上， 轻质细线一端固定在物体 a 上，另一端绕过光滑的滑轮固定在 c 点，滑轮 2 下悬挂 物体 b，系统处于静止状态。若将固定点 c 向右移动少许，而 a 与斜劈始终静止，则 () A．细线对物体 a 的拉力增大 B．斜劈对地面的压力减小 C．斜劈对物体 a 的摩擦力减小 D．地面对斜劈的摩擦力减小
讨论相关物理量的变化
【典例 2】 (高考模型)在水平地面上有一木箱，木箱与地面间的动摩擦因数为 μ(0<μ<1)，
先对木箱施加一拉力 F，使木箱做匀速直线运动。设 F 的方向与水平面夹角为 θ，如图所示，
在 θ 从 0 逐渐增大到 90°的过程中，木箱的速度保持不变，则( )
A．F 先减小后增大
B．F 一直增大
擦角不变，物体对斜面摩擦力的方向不变，但作用力减小，因此地面对斜面体的摩
擦力减小。
滑块模型临界问题答题策略 1．分析滑块模型的受力情况和运动情况。 2．写出讨论相关物理量变化的公式，特别要注意有多个变量时，变量的统一。 3．利用变量的变化情况，讨论相关物理量的变化。 4．当变量不能统一时，要注意应用整体法、隔离法，转换研究对象，转换研究思路， 统一变量，讨论相关物理量的变化。
θ 从 0 逐渐增大到 90°的过程中，F 的功率减小，选项 C、D 错误。
题型特点 本题在考查水平面上滑块模型外力 F 变化的同时，考查了功率的变化。 本题的易错点是，误认为外力变化趋势与功率变化趋势一致，写出功率 P 的通式是 解决问题的关键。
变水平面上的滑块模型为斜面上的滑块模型 【典例 3】 (创新模型)倾角为 θ 的斜面体静止放在粗糙水平地面上，一物体在沿斜 面向上且平行于斜面的力 F1 的作用下，沿斜面向上做速度为 v1 的匀速运动，F1 的功 率为 P0。若该物体在沿斜面斜向上的且与斜面夹角为 α 的力 F2(如图)作用下，沿斜 面向上做速度为 v2 的匀速运动，F2 的功率也为 P0。两次运动中斜面体均保持静止状 态，则下列说法正确的是( )
A．无论mm21 的比值如何，地面对半球体的摩擦力都为零
B．当mm12 ＝35 时，半球体对 m1 的摩擦力不为零
C．当 1≤mm12
5 <3
时，半球体对 m1 的摩擦力的方向垂直于图中的虚线向上
D．当53 <mm12 ≤5 时，半球体对 m1 的摩擦力方向垂直于图中的虚线向下
【解析】选 A。
对半球体、m1、m2 整体受力分析，只受重力和支持力这一对平衡力，相对地面并无 运动趋势，故不受摩擦力，选项 A 正确；若半球体对 m1 的摩擦力为零，对 m1 受力 分析，如图，将重力正交分解，根据共点力平衡条件得
A．F2 一定大于 F1 B．v1 一定大于 v2 C．两次运动中，地面对斜面体的摩擦力可能相等 D．两次运动中，物体所受摩擦力做功的功率一定不同
【解析】选 D。设斜面与物体之间的动摩擦因数是 μ，物体在沿斜面向上且平行斜面 的力 F1 作用下，在斜面上做速度为 v1 的匀速运动，则： F1＝mg sin θ＋μmg cos θ① 在与斜面夹角为 α 的力 F2 作用下运动时： F2sin α＋N＝mg cos θ② F2cos α＝mg sin θ＋μN③
(1)绳上张力 T 的大小； (2)拉力 F 的大小。
解题流程 1．建模型： (1)A 在绳的拉力、重力、支持力和摩擦力作用下处于静止。 (2)B 在外力 F，重力、A 对 B 的压力，A 对 B 的摩擦力、地面对 B 的支持力和地面 对 B 的摩擦力作用下处于匀速直线运动状态。 2．找规律：对 A 和 B，a＝0，F 合＝0，因此有 Fx＝0，Fy＝0 3．寻纽带：A 和 B 之间的摩擦力为相互作用力，大小相等，方向相反；A 和 B 之间 的弹力为相互作用力，大小相等，方向相反。
到 x 方向 T－m1g cos 53°＝0，y 方向 N－m1g sin 53°＝0，据题意 T＝m2g，解得mm12 ＝
5 3
，选项 B 错误；当mm21
5 <3
时，有 T＝m2g＞m1g cos 53°，即拉力大于 m1 的重力的
下滑分量，m1 有上滑趋势，摩擦力沿切线向下，选项 C 错误；当mm21
擦因数 μ＝
3 3
，受到一个与水平方向成 θ 角斜向上的拉力 F，为使木箱做匀速直线
运动，拉力 F 的最小值以及此时 θ 分别是( )
A．50 N 30°
B．50 N 60°
C．2300 N 30°
D．2300 N 60°
【解析】选 A。 木箱受重力 mg、拉力 F、地面的支持力和滑动摩擦力作用，根据平
【解析】(1)对物体 A 受力分析如图所示： A 静止，受力平衡，则在 x 轴上： T cos θ＝f1 在 y 轴上：N1＝T sin θ＋mAg 又有 f1＝μ1N1 联立解得：T＝100 N，f1＝80 N 即绳上张力 T 的大小为 100 N。
(2)对物体 B 受力分析如图所示： B 处于匀速直线运动状态，根据平衡条件可得： 在 x 轴上：F＝f1＋f2 在 y 轴上：N2＝N1＋mBg 又有 f2＝μ2N2 联立解得：F＝200 N 即拉力 F 的大小为 200 N。 答案：(1)100 N (2)200 N
C．F 的功率增大
D．F 的功率不变
【解析】选 A。因木箱匀速移动，故 F cos θ＝Ff，F sin θ＋FN＝mg，Ff＝μFN，解得
F＝cos
μmg θ＋μsin
θ
＝
μmg 1＋μ2sin （θ＋α）
，其中 tan α＝μ1
，θ 从 0 逐渐增大到 90°的
过程中，F 先减小后增大，选项 A 正确，选项 B 错误；因 P＝Fv cos θ＝1＋μmμtgavn θ ，