收藏 分享(赏)

2013届新课标高考第一轮总复习(人教版):第二章 章末小结与达标验收.ppt

上传人:高**** 文档编号:230880 上传时间:2024-05-26 格式:PPT 页数:39 大小:842.50KB
下载 相关 举报
2013届新课标高考第一轮总复习(人教版):第二章 章末小结与达标验收.ppt_第1页
第1页 / 共39页
2013届新课标高考第一轮总复习(人教版):第二章 章末小结与达标验收.ppt_第2页
第2页 / 共39页
2013届新课标高考第一轮总复习(人教版):第二章 章末小结与达标验收.ppt_第3页
第3页 / 共39页
2013届新课标高考第一轮总复习(人教版):第二章 章末小结与达标验收.ppt_第4页
第4页 / 共39页
2013届新课标高考第一轮总复习(人教版):第二章 章末小结与达标验收.ppt_第5页
第5页 / 共39页
2013届新课标高考第一轮总复习(人教版):第二章 章末小结与达标验收.ppt_第6页
第6页 / 共39页
2013届新课标高考第一轮总复习(人教版):第二章 章末小结与达标验收.ppt_第7页
第7页 / 共39页
2013届新课标高考第一轮总复习(人教版):第二章 章末小结与达标验收.ppt_第8页
第8页 / 共39页
2013届新课标高考第一轮总复习(人教版):第二章 章末小结与达标验收.ppt_第9页
第9页 / 共39页
2013届新课标高考第一轮总复习(人教版):第二章 章末小结与达标验收.ppt_第10页
第10页 / 共39页
2013届新课标高考第一轮总复习(人教版):第二章 章末小结与达标验收.ppt_第11页
第11页 / 共39页
2013届新课标高考第一轮总复习(人教版):第二章 章末小结与达标验收.ppt_第12页
第12页 / 共39页
2013届新课标高考第一轮总复习(人教版):第二章 章末小结与达标验收.ppt_第13页
第13页 / 共39页
2013届新课标高考第一轮总复习(人教版):第二章 章末小结与达标验收.ppt_第14页
第14页 / 共39页
2013届新课标高考第一轮总复习(人教版):第二章 章末小结与达标验收.ppt_第15页
第15页 / 共39页
2013届新课标高考第一轮总复习(人教版):第二章 章末小结与达标验收.ppt_第16页
第16页 / 共39页
2013届新课标高考第一轮总复习(人教版):第二章 章末小结与达标验收.ppt_第17页
第17页 / 共39页
2013届新课标高考第一轮总复习(人教版):第二章 章末小结与达标验收.ppt_第18页
第18页 / 共39页
2013届新课标高考第一轮总复习(人教版):第二章 章末小结与达标验收.ppt_第19页
第19页 / 共39页
2013届新课标高考第一轮总复习(人教版):第二章 章末小结与达标验收.ppt_第20页
第20页 / 共39页
2013届新课标高考第一轮总复习(人教版):第二章 章末小结与达标验收.ppt_第21页
第21页 / 共39页
2013届新课标高考第一轮总复习(人教版):第二章 章末小结与达标验收.ppt_第22页
第22页 / 共39页
2013届新课标高考第一轮总复习(人教版):第二章 章末小结与达标验收.ppt_第23页
第23页 / 共39页
2013届新课标高考第一轮总复习(人教版):第二章 章末小结与达标验收.ppt_第24页
第24页 / 共39页
2013届新课标高考第一轮总复习(人教版):第二章 章末小结与达标验收.ppt_第25页
第25页 / 共39页
2013届新课标高考第一轮总复习(人教版):第二章 章末小结与达标验收.ppt_第26页
第26页 / 共39页
2013届新课标高考第一轮总复习(人教版):第二章 章末小结与达标验收.ppt_第27页
第27页 / 共39页
2013届新课标高考第一轮总复习(人教版):第二章 章末小结与达标验收.ppt_第28页
第28页 / 共39页
2013届新课标高考第一轮总复习(人教版):第二章 章末小结与达标验收.ppt_第29页
第29页 / 共39页
2013届新课标高考第一轮总复习(人教版):第二章 章末小结与达标验收.ppt_第30页
第30页 / 共39页
2013届新课标高考第一轮总复习(人教版):第二章 章末小结与达标验收.ppt_第31页
第31页 / 共39页
2013届新课标高考第一轮总复习(人教版):第二章 章末小结与达标验收.ppt_第32页
第32页 / 共39页
2013届新课标高考第一轮总复习(人教版):第二章 章末小结与达标验收.ppt_第33页
第33页 / 共39页
2013届新课标高考第一轮总复习(人教版):第二章 章末小结与达标验收.ppt_第34页
第34页 / 共39页
2013届新课标高考第一轮总复习(人教版):第二章 章末小结与达标验收.ppt_第35页
第35页 / 共39页
2013届新课标高考第一轮总复习(人教版):第二章 章末小结与达标验收.ppt_第36页
第36页 / 共39页
2013届新课标高考第一轮总复习(人教版):第二章 章末小结与达标验收.ppt_第37页
第37页 / 共39页
2013届新课标高考第一轮总复习(人教版):第二章 章末小结与达标验收.ppt_第38页
第38页 / 共39页
2013届新课标高考第一轮总复习(人教版):第二章 章末小结与达标验收.ppt_第39页
第39页 / 共39页
亲,该文档总共39页,全部预览完了,如果喜欢就下载吧!
资源描述

1、章末小结与达标验收 主干知识整合 专家专题讲座 章末达标验收 专题小测 验 一、合成、分解法利用力的合成与分解解决三力平衡的问题。具体求解时有两种思路:一是将某力沿另两个力的反方向进行分解,将三力转化为四力,构成两对平衡力;二是某二力进行合成,将三力转化为二力,构成一对平衡力。典例1(2011江苏高考)如图21所示,石拱桥的正中央有一质量为m的对称楔形石块,侧面与竖直方图21向的夹角为,重力加速度为 g。若接触面间的摩擦力忽略不计,则石块侧面所受弹力的大小为()A.mg2sin B.mg2cosC.12mgtanD.12mgcot解析 石块受力如图 22 所示,由对称性可知两侧面所受弹力相等,

2、设为 FN,由三力平衡可知四边形 OABC 为菱形,故ODC 为直角三角形,且OCD 为,则由12mgFNsin可得 FN mg2sin,故 A 正确。图 22答案 A二、图解法在共点力的平衡中,有些题目中常有“缓慢”一词,则物体处于动态平衡状态。解决动态平衡类问题常用图解法,图解法就是在对物体进行受力分析(一般受三个力)的基础上,若满足有一个力大小、方向均不变,另有一个力方向不变时,可画出这三个力的封闭矢量三角形来分析力的变化情况的方法,图解法也常用于求极值问题。典例2 如图23所示,一小球在斜面上处于静止状态,不考虑一切摩擦,如果把竖直挡板由竖直位置缓慢绕O点转至水平位置,则此过程中球对挡

3、板的压图23力F1和球对斜面的压力F2的变化情况是()AF1先增大后减小,F2一直减小BF1先减小后增大,F2一直减小CF1和F2都一直减小DF1和F2都一直增大解析 小球受力如图24甲所示,因挡板是缓慢转动,所以小球处于动态平衡状态,在转动过程中,此三力(重力、斜面支持力、挡板弹力)组成矢量三角形的变化情况如图24乙所示(重力大小方向均不变,斜面对其支持力方向始终不变),由图可知此过程中斜面对小球的支持力不断减小,挡板对小球弹力先减小后增大,再由牛顿第三定律知B对。图24 答案 B三、正交分解法物体受到三个或三个以上力的作用时,常用正交分解法列平衡方程求解:Fx合0,Fy合0。为方便计算,建

4、立坐标系时以使尽可能多的力落在坐标轴上为原则。典例3 如图25所示,用与水平成角的推力F作用在物块上,随着逐渐减小直到水平的过程中,物块始终图25沿水平面做匀速直线运动。关于物块受到的外力,下列判断正确的是()A推力F先增大后减小B推力F一直减小C物块受到的摩擦力先减小后增大D物块受到的摩擦力一直不变解析 对物体受力分析,建立如图 26所示的坐标系。由平衡条件得FcosFf0FN(mgFsin)0图 26又 FfFN联立可得 Fmgcossin,可见,当 减小时,F 一直减小,故选项 B 正确。答案 B四、三力汇交原理物体受三个共面非平行外力作用而平衡时,这三个力必为共点力。典例 4 一根长

5、2 m,重为 G 的不均匀直棒 AB,用两根细绳水平悬挂在天花板上,当棒平衡时细绳与水平面的夹角如图 27图 27所示,则关于直棒重心 C 的位置下列说法正确的是()A距离 B 端 0.5 m 处B距离 B 端 0.75 m 处C距离 B 端 32 m 处D距离 B 端 33 m 处解析 当一个物体受三个力作用而处于平衡状态,如果其中两个力的作用线相交于一点,则第三个力的作用线必通过前两个力作用线的相交点,把 O1A 和 O2B 延图 28长相交于 O 点,则重心 C 一定在过 O 点的竖直线上,如图28 所示。由几何知识可知:BO12AB1 m,BC12BO0.5 m,故重心应在距 B 端

6、0.5 m 处。A 项正确。答案 A五、整体法和隔离法选择研究对象是解决物理问题的首要环节。若一个系统中涉及两个或者两个以上物体的平衡问题,在选取研究对象时,要灵活运用整体法和隔离法。对于多物体问题,如果不求物体间的相互作用力,我们优先采用整体法,这样涉及的研究对象少,未知量少,方程少,求解简便;很多情况下,通常采用整体法和隔离法相结合的方法。典例5 如图29所示,顶端装有定滑轮的斜面体放在粗糙水平面上,A、B两物体通过细绳相连,并处于静止状态(不计绳的质量和绳与滑轮间的摩擦)。现用图29水平向右的力F作用于物体B上,将物体B缓慢拉高一定的距离,此过程中斜面体与物体A仍然保持静止。在此过程中(

7、)A水平力F一定变小B斜面体所受地面的支持力一定变大C物体A所受斜面体的摩擦力一定变大D地面对斜面体的摩擦力一定变大解析 隔离物体 B 为研究对象,分析其受力情况如图 210 所示。则有 Fmgtan,T mgcos,在物体 B 缓慢拉高的过程中,增大,则水平力 F 随之变大,对图 210A、B 两物体与斜面体这个整体而言,由于斜面体与物体 A 仍然保持静止,则地面对斜面体的摩擦力一定变大,但是因为整体竖直方向并没有其他力,故斜面体所受地面的支持力不变;在这个过程中尽管绳子张力变大,但是由于物体 A 所受斜面体的摩擦力开始并不知道其方向,故物体 A 所受斜面体的摩擦力的情况无法确定,所以答案为

8、 D。答案 D六、临界问题的常用处理方法假设法运用假设法解题的基本步骤是:(1)明确研究对象;(2)画受力图;(3)假设可发生的临界现象;(4)列出满足所发生的临界现象的平衡方程求解。典例6 倾角为37的斜面与水平面保持静止,斜面上有一重为G的物体A,物体A与斜面间的动摩擦因数0.5。现给A施以一水平力F,如图211所示。设最大静图211摩擦力与滑动摩擦力相等(sin370.6,cos370.8),如果物体A能在斜面上静止,水平推力F与G的比值不可能是()A3 B2C1 D0.5解析 设物体刚好不下滑时 FF1,则 F1cosFNGsin,FNF1sinGcos。得:F1Gsin370.5co

9、s37cos370.5sin370.21.1 211;设物体刚好不上滑时 FF2,则:F2cosFNGsin,FNF2sinGcos,得:F2Gsin370.5cos37cos370.5sin37 10.52,即 211FG2,故选 A。答案 A七、相似三角形法物体受到三个共点力的作用而处于平衡状态,画出其中任意两个力的合力与第三个力等值反向的平行四边形中,可能有力三角形与题设图中的几何三角形相似,进而得到力三角形与几何三角形对应成比例,根据比值便可计算出未知力的大小与方向。典例7 如图212所示,一个重为G的小球套在竖直放置的半径为R的光滑圆环上,一个劲度系数为k,自然长度为L(L2R)的轻

10、质弹簧,一端与小球相连,另一端固定在大环的最高点,求小图212球处于静止状态时,弹簧与竖直方向的夹角。解析 对小球 B 受力分析如图 213所示,由几何关系有AOBCDB,则 RABGF又 Fk(ABL)图 213联立可得 AB kRLkRG在AOB 中,cosAB2R AB2RkRL2RkRGkL2kRG则 arccoskL2kRG。答案 arccoskL2kRG八、正弦定理法三力平衡时,三力合力为零。三个力可构成一个封闭三角形,若由题设条件寻找到角度关系,则可由正弦定理列式求解。典例8 一盏电灯重力为G,悬于天花板上A点,在电线O处系一细线OB,使电线OA与竖直方向的夹角为30,如图214所示。现保持角不变,缓慢调整OB方向至OB线上拉力最小为止,此时OB与图214水平方向的夹角等于多少?最小拉力是多少?解析 对电灯受力分析如图215所示,据三力平衡特点可知:OA、OB对O点的作用力TA、TB的合力T与G等大反向,即TG图215在OTBT 中,TOTB90又OTTBTOA,故OTBT180(90)90由正弦定理得 TBsinTsin90 联立解得 TBGsincos因 不变,故当 30时,TB 最小,且 TBGsinG/2。答案 30 G2点击此图片进入“专题小测验”点击此图片进入“章末达标验收”

展开阅读全文
相关资源
猜你喜欢
相关搜索

当前位置:首页 > 幼儿园

网站客服QQ:123456
免费在线备课命题出卷组卷网版权所有
经营许可证编号:京ICP备12026657号-3