（新课标）2020版高考物理一轮复习 第二章 第1讲 重力 弹力 摩擦力课件.ppt

1、第1讲重力 弹力 摩擦力,一 重力、弹力,二 摩擦力,基础过关,考点一 弹力的判断和计算,考点二 摩擦力的理解与应用,考点三 摩擦力的“突变”问题,考点突破,一、重力、弹力 1.重力 (1)产生:由于地球的吸引而使物体受到的力。 (2)大小:G=mg。 (3)方向:总是竖直向下。 (4)重心:因为物体的各部分都受到重力的作用,从效果上看,可以认为各部分受到的重力作用集中于一点,这一点叫做物体的重心,基础过关,2.弹力 (1)定义:发生弹性形变的物体,由于要恢复原状,对与它接触的物体会产生力的作用,这种力叫做弹力。 (2)产生的条件:a.两物体相互接触;b.发生弹性形变。 (3)方向:与物体形变

2、方向相反,3.胡克定律 (1)内容:弹簧发生弹性形变时,弹力的大小F跟弹簧伸长(或缩短)的长度x成正比。 (2)表达式:F=kx。 式中的k是弹簧的劲度系数,单位符号为N/m;k的大小由弹簧 自身性质决定。x是弹簧长度的变化量,不是弹簧形变以 后的长度,二、摩擦力 1.两种摩擦力的对比,2.动摩擦因数 定义:彼此接触的物体发生相对运动时,摩擦力和正压力的比值, 即,1.判断下列说法对错。 (1)自由下落的物体所受重力为零。( ) (2)重力的方向不一定指向地心。( ) (3)弹力一定产生在相互接触的物体之间。( ) (4)相互接触的物体间一定有弹力。( ) (5)F=kx中“x”表示弹簧形变后

3、的长度。( ) (6)弹簧的形变量越大,劲度系数越大。(,2.如图所示,在一个正方体的盒子中放有一个质量分布均匀的小球,小球的直径恰好和盒子内表面正方体的棱长相等, 盒子沿倾角为的固定斜面滑动,不计一切摩擦, 下列说法中正确的是( A,A.无论盒子沿斜面上滑还是下滑,球都仅对盒子的下底面有压力 B.盒子沿斜面下滑时,球对盒子的下底面和右侧面有压力 C.盒子沿斜面下滑时,球对盒子的下底面和左侧面有压力 D.盒子沿斜面上滑时,球对盒子的下底面和左侧面有压力,3.(2019福建六校联考)如图所示,有三个质量均为1 kg的木块a、b、c和两个劲度系数均为500 N/m的轻弹簧p、q,木块a、b用轻绳连

4、接,其中a放在光滑水平桌面上。开始时弹簧p处于原长,木块都处于静止状态。现用水平力缓慢地向左拉弹簧p的左端,直到c木块刚好离开水平地面为止,g取10 m/s2。该过程弹簧p的左端向左移动的距离是( C,A.4 cmB.6 cm C.8 cmD.10 cm,考点一弹力的判断和计算,考点突破,1.弹力有无的判断,2.弹力方向的判断 (1)五种常见模型中弹力的方向,2)根据共点力的平衡条件或牛顿第二定律确定弹力的方向。 3.弹力大小计算的三种方法 (1)根据胡克定律进行求解。 (2)根据力的平衡条件进行求解。 (3)根据牛顿第二定律进行求解,例1(2018四川绵阳检测)如图所示,固定在小车上的支架的

5、斜杆与竖直杆间的夹角为,在斜杆的下端固定有质量为m的小球,下列关于杆对球的作用力F的判断正确的是( D,A.小车静止时,F=mg sin ,方向沿杆向上 B.小车静止时,F=mg cos ,方向垂直于杆向上 C.小车向右以加速度a运动时,一定有F= D.小车向左以加速度a运动时,F=,方向斜向左上方,与竖直 方向的夹角1满足tan 1,解析小车静止时,由物体的平衡条件可知,此时杆对小球的作用力方向竖直向上,大小等于球的重力mg,A、B项错误;小车向右以加速度a运动时,设小球受杆的作用力的方向与竖直方向的夹角为,如图甲所示,根据牛顿第二定律,有F sin =ma,F cos =mg,两式相除可得

6、tan =, 只有当小球的加速度a=g tan 时,杆对小球的作用力才沿杆的方向,此时才有F=,C项错误;小车以加速度a向左运动时,由牛顿第二定律可知, 小球所受到的重力mg与杆对小球的作用力的合力大小为ma,方向水平,向左,如图乙所示,所以杆对小球的作用力的大小F=,方向 斜向左上方,tan 1=,D项正确。 甲 乙,考向1弹力的有无及方向判断,1.如图所示,小车内一根轻质弹簧沿竖直方向和一条与竖直方向成角的细绳拴接一小球。当小车和小球相对静止,一起在水平面上运动时,下列说法正确的是( D,A.细绳一定对小球有拉力的作用 B.轻弹簧一定对小球有弹力的作用 C.细绳不一定对小球有拉力的作用,但

7、是轻弹簧对小球一定有弹力 D.细绳不一定对小球有拉力的作用,轻弹簧对小球也不一定有弹力,解析若小球与小车一起匀速运动,则细绳对小球无拉力;若小球与小车有向右的加速度a=g tan ,则轻弹簧对小球无弹力。D正确,考向2轻绳模型中的“死结”和“活结”问题 2.(多选)如图所示,用滑轮将质量为m1、m2的两物体悬挂起来,忽略滑轮和绳的重力及一切摩擦,使得0180,整个系统处于平衡状态,关于m1、m2的大小关系应为( BCD ) A.m1必大于m2B.m1必大于 C.m1可能等于m2D.m1可能大于m2,解析结点O受三个力的作用,如图所示,系统平衡时F1=F2=m1g,F3=m2g,所以2m1g c

8、os =m2g,m1=,所以m1必大于。当=120时,m 1=m2;当120时,m1m2;当120时,m1m2。故选B、C、D,考向3轻弹簧模型中胡克定律的应用 3.(2019山东威海月考)如图所示,四个完全相同的弹簧都处于水平位置,它们的右端受到大小皆为F的拉力作用,而左端的情况各不相同: 弹簧的左端固定在墙上;弹簧的左端受大小也为F的拉力作用;弹簧的左端拴一小物块,物块在光滑的桌面上滑动;弹簧的左端拴一小物块,物块在有摩擦的桌面上滑动。若认为弹簧质量都为零,以L1、L2、L3、L4依次表示四个弹簧的伸长量,则有( D,A.L2L1B.L4L3C.L1L3D.L2=L4,解析由于弹簧质量不计

9、,这四种情况下,F弹都等于弹簧右端拉力大小F,因而弹簧伸长量均相同,故选D项,考向4轻杆模型中的铰链问题 4.在如图所示的四幅图中,AB、BC均为轻质杆,各图中杆的A、C端都通过铰链与墙连接,两杆都在B处由铰链连接,下列关于受力的说法正确的是( C,A.甲图中的AB杆表现为拉力,BC杆表现为拉力 B.乙图中的AB杆表现为拉力,BC杆表现为支持力 C.丙图中的AB、BC杆均表现为拉力 D.丁图中的AB、BC杆均表现为支持力,解析在甲图中,对B点进行受力分析,B点受到AB杆的拉力、BC杆的支持力和绳子的拉力,三力平衡,A项错误;在乙图中,对B点进行受力分析,B点受到绳子竖直向下的拉力,则BC杆应表

10、现为支持力,由平衡条件可知AB杆应表现为支持力,B项错误;在丙图中,对B点进行受力分析可知,B点受到绳子向下的拉力,AB杆提供斜向上的拉力,BC杆应提供向右的拉力,C项正确;在丁图中,对B点进行受力分析可知,B点受到绳子向下的拉力,AB杆提供拉力,BC杆提供支持力,D项错误,名师点拨,1.判断静摩擦力的有无及方向的三种方法 (1)假设法,考点二摩擦力的理解与应用,2)运动状态法 此法关键是先确定物体的运动状态(如平衡或求出加速度),再利用平衡 条件或牛顿第二定律(F=ma)确定静摩擦力的方向。 (3)牛顿第三定律法 “力是物体间的相互作用”,先确定受力较少的物体受到的静摩擦力的方向,再根据牛顿

11、第三定律确定另一物体受到的静摩擦力的方向,2.摩擦力大小的计算 (1)静摩擦力大小的计算 物体处于平衡状态(静止或匀速运动),利用力的平衡条件来判断静摩擦力的大小。 物体有加速度时,若只有静摩擦力,则Ff=ma。若除静摩擦力外,物体还受其他力,则F合=ma,先求合力再求静摩擦力。 (2)滑动摩擦力大小的计算:滑动摩擦力的大小用公式Ff=FN来计算,应用此公式时要注意以下几点,为动摩擦因数,其大小与接触面的材料、表面的粗糙程度有关;FN为两接触面间的正压力,其大小不一定等于物体的重力。 滑动摩擦力的大小与物体的运动速度和接触面的大小均无关,1.(2017课标,16,6分)如图,一物块在水平拉力F

12、的作用下沿水平桌面做匀速直线运动。若保持F的大小不变,而方向与水平面成60角,物块也恰好做匀速直线运动。物块与桌面间的动摩擦因数为( C ) A.2-B.C.D,解析本题考查物体受力分析、滑动摩擦力、物体的平衡。 物块在水平力F作用下做匀速直线运动,其受力如图甲所示 甲 乙,由平衡条件得F=f、FN=mg 而f=FN=mg 则F=mg 当F的方向与水平面成60角时,其受力如图乙 由平衡条件得 F cos 60=f1 f1=FN1=(mg-F sin 60) 联立解得=,选项C正确,2.一横截面为直角三角形的木块按如图所示方式放置,质量均为m的A、B两物体用轻质弹簧相连放在倾角为30的直角边上,

13、物体C放在倾角为60的直角边上,B与C之间用跨过定滑轮的轻质细线连接,A、C的质量比为,整个装置处于静止状态。已知物体A、B与斜面间的动 摩擦因数相同(1)且最大静摩擦力等于滑动摩擦力,弹簧弹力大小为mg,C与斜面间无摩擦,则( C,A.物体A、B均受到摩擦力作用且受到的摩擦力等大反向 B.物体A所受摩擦力大小为mg,物体B不受摩擦力作用 C.弹簧处于拉伸状态,A、B两物体所受摩擦力大小均为mg,方向均沿 斜面向下 D.剪断弹簧瞬间,物体A一定加速下滑,解析对A分析:重力沿斜面向下的分力为mg,静摩擦力FfAmg cos 30 F弹+mg sin 30,所以B所受摩擦力沿斜面向下,如图乙所示,

14、FfB=F-F弹-mg sin 30=mg,故 A、B错误,C正确;剪断弹簧,A受摩擦力向上,且满足FfA=mg,故A仍处于 静止状态,D错误,方法技巧,考点三摩擦力的“突变”问题,当物体的受力情况发生变化时,摩擦力的大小和方向往往会发生变化,有可能导致静摩擦力和滑动摩擦力之间的相互转化。常见的摩擦力突变模型如下,例2长直木板上表面的一端放有一铁块,木板由水平位置缓慢向上转动(即木板与水平面的夹角变大),另一端不动,如图所示,则铁块受到的摩擦力Ff随角度的变化图像可能正确的是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( C,审题指导】找到物体摩擦力的突变“临界点”是解答此题的关键,解析设木板与水平面间的

15、夹角增大到时,铁块开始滑动,显然当时,铁块与木板相对静止,由力的平衡条件可知,铁块受到的静摩擦力的大小为Ff=mg sin ;当时铁块与木板间的摩擦力为滑动摩擦力,设动摩擦因数为,由滑动摩擦力公式得铁块受到的摩擦力为Ff=mg cos 。通过上述分析可知C正确,考向1“静静”突变,1.兴趣课堂上,某同学将完全相同的甲、乙两个条形磁铁水平放在粗糙的水平木板上(N极正对),如图所示,并缓慢抬高木板的右端至倾角为,这一过程中两磁铁均保持静止状态。请对该同学提出的说法进行分析,其中正确的是( B,A.甲受到的摩擦力相对木板的方向可能发生变化 B.乙受到的摩擦力相对木板的方向可能发生变化 C.继续增大倾

16、角,甲、乙将会同时滑动 D.若减小甲、乙间距,重复上述过程,增大倾角时乙会先向上滑动,解析因两条形磁铁N极正对,相互排斥,在较小时,乙有沿斜面向上运动的趋势,且随的增大,乙所受的摩擦力沿斜面向下逐渐减小,可能出现反向增大的情况;而甲一定具有沿斜面向下运动的趋势,且随的增大,甲所受摩擦力增大,不可能出现摩擦力方向变化的情况,故A错误,B正确;增大倾角或减小甲、乙间距时,最易发生相对滑动的为甲,故C、D均错误,考向2“静动”突变或“动静”突变 2.(多选)将力传感器A固定在光滑水平桌面上,测力端通过轻质水平细绳与滑块m相连,滑块放在较长的小车M上,如图甲所示。传感器与计算机相连接,可获得力随时间变

17、化的图像。一水平轻质细绳跨过光滑的定滑轮,一端连接小车,另一端系沙桶,整个装置开始处于静止状态。在滑块与小车分离前缓慢向沙桶里倒入细沙,力传感器采集的F-t图像如图乙所示。则( BD,A.2.5 s前小车做变加速运动 B.2.5 s后小车做变加速运动(假设细沙仍在加注中) C.2.5 s前小车所受摩擦力不变 D.2.5 s后小车所受摩擦力不变,解析由题图乙可知,在F变化的阶段,沙桶和细沙的总质量在由小变大,滑块与小车之间没有相对滑动,它们之间的摩擦力属于静摩擦力,所以2.5 s前小车、滑块均静止,A项错误;2.5 s后小车受恒定的摩擦力,但是随沙桶和细沙总质量的增大,细绳对小车的拉力增大,则合

18、外力增加,因此小车做变加速直线运动,B项正确;根据上述分析,2.5 s前小车受静摩擦力,且静摩擦力在变化,2.5 s后小车受滑动摩擦力,大小不变,故C项错误,D项正确,考向3“动动”突变 3.传送带以恒定的速率v=10 m/s运动,已知它与水平面成=37,如图所示,PQ的长度L=16 m,将一个小物体无初速度地放在P点,小物体与传送带间的动摩擦因数为=0.5。已知g=10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37= 0.8。当传送带逆时针转动时,小物体运动到Q点的时间为多少,答案见解析 解析当传送带逆时针转动时,对物体受力分析,物体受重力mg、支持力N和摩擦力f(方向沿传送带向下) 则由牛

19、顿第二定律有:mg sin +mg cos =ma1 代入数据解得a1=10 m/s2(方向沿传送带向下) 故当经过时间t1=1 s后,物体的速度与传送带相同。此时物体运动了 s=a1=5 m,则在此后的过程中摩擦力f的方向沿传送带向上 则由牛顿第二定律有mg sin -mg cos =ma2,代入数据解得a2=2 m/s2(方向沿传送带向下) 由运动学公式得L-s=vt2+a2 解得t2=1 s(另一个解舍去) 综上所述用时为t总=t1+t2=2 s,弹力中胡克定律的应用 例3(2018课标,15,6分)如图,轻弹簧的下端固定在水平桌面上,上端放有物块P,系统处于静止状态。现用一竖直向上的力F作用在P上,使其 向上做匀加速直线运动。以x表示P离开静止位置的位移,在弹簧恢复原长前,下列表示F和x之间关系的图像可能正确的是( A,热点题型探究,解析设物块静止时弹簧的压缩量为x0,则由力的平衡条件可知kx0=mg,在弹簧恢复原长前,当物块向上做匀加速直线运动时,由牛顿第二定律得F+k(x0-x)-mg=ma,