2025年物理新教材版本复习大二轮专题复习讲义答案精析.docx

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复习讲义答案精析

第一篇专题复习

专题一力与运动

第1讲力与物体的平衡

例1A[篮球受七个力的作用，除重力外，其余3组力呈空间对称分布，每一组力中的弹力和摩擦力在竖直方向分力的合力，承担了篮球自身重力的三分之一，对篮球受到的一组力受力分析如图所示

由竖直方向受力平衡有Ffsin53°＝Fcos53°＋eq\f(1,3)mg，Ff＝μF，解得F≈13.9N，故选A。]

例2B[取O点为研究对象，在三力的作用下O点处于平衡状态，对其受力分析如图所示，根据几何关系可得β＝55°，故选B。

]

例3A[以P、Q两球整体为研究对象，受力分析如图甲所示，由平衡条件可得F2＝4mgtanα，以Q球为研究对象，受力分析如图乙所示，由平衡条件可得F2＝mgtanβ，联立解得4tanα＝tanβ，故选A。

]

例4B[当S断开时，ab中电流I1＝eq\f(E,R0＋r)＝eq\f(3,5)A＝0.6A，当S闭合时，ab中电流I2＝eq\f(1,2)×eq\f(E,r＋R并)＝eq\f(1,2)×eq\f(3,3)A＝0.5A，根据平衡条件有BI1d－μmgcosθ＝mgsinθ，BI2d＋μmgcosθ＝mgsinθ，联立解得μ＝eq\f(3,44)，故选B。]

例5AD[以小物块为研究对象，小物块受到重力G、支持力FN和推力F三个力作用，根据平衡条件可知，F与FN的合力与G大小相等，方向相反。将推力F沿逆时针缓慢转到水平方向的过程中(1→3)，如图所示，

根据作图可知，M槽对小物块的支持力FN逐渐增大，推力F先减小后增大，当F与FN垂直时，F最小，故A、D正确，B、C错误。]

例6B[设两根细绳对圆柱体拉力的合力大小为FT，木板对圆柱体的支持力大小为FN，从右向左看，受力分析如图所示，

绳子与木板间的夹角不变，α也不变，

在矢量三角形中，根据正弦定理有

eq\f(sinα,mg)＝eq\f(sinβ,FN)＝eq\f(sinγ,FT)，

在木板以底边MN为轴向后方缓慢转动直至水平的过程中，α不变，γ从90°逐渐减小到0，

又γ＋β＋α＝180°，

且α90°，

可知90°γ＋β180°，

则0β180°，

可知β从锐角逐渐增大到钝角，

根据eq\f(sinα,mg)＝eq\f(sinβ,FN)＝eq\f(sinγ,FT)可知，

sinγ不断减小，FT逐渐减小，sinβ先增大后减小，FN先增大后减小，结合牛顿第三定律可知，圆柱体对木板的压力先增大后减小，设两根细绳之间的夹角为2θ，一根细绳的拉力大小为FT′，则2FT′cosθ＝FT，可得FT′＝eq\f(FT,2cosθ)，θ不变，FT逐渐减小，可知两根细绳上的拉力不断减小，两根细绳对圆柱体拉力的合力不断减小，故B正确，A、C、D错误。]

例7(1)mgsin2θ(2)eq\f(1,2)mgsin4θ

解析(1)方法一木块在木楔斜面上匀速向下运动时，根据平衡条件有mgsinθ＝μmgcosθ

解得μ＝tanθ

因木块在力F作用下沿斜面向上做匀速运动，根据正交分解法有

Fcosα＝mgsinθ＋Ff，Fsinα＋FN＝mgcosθ

且Ff＝μFN

联立解得F＝eq\f(2mgsinθ,cosα＋μsinα)

＝eq\f(2mgsinθcosθ,cosαcosθ＋sinαsinθ)＝eq\f(mgsin2θ,cos?θ－α?)

则当α＝θ时，F有最小值，即Fmin＝mgsin2θ。

方法二木块所受的力构成矢量三角形如图甲所示，支持力与摩擦力用其合力F合代替，变为“三个力”，

如图乙所示，

支持力与摩擦力的合力F合与FN之间的夹角β满足tanβ＝eq\f(Ff,FN)

故β＝θ，

则F合与竖直方向夹角为2θ。

由几何关系可得拉力F的最小值Fmin＝mgsin2θ。

(2)由(1)可知，当F取最小值时，α＝θ

因为木块及木楔均处于平衡状态，整体受到的地面的摩擦力等于F的水平分力，即

FfM＝Fcos(α＋θ)

当F取最小值mgsin2θ时，则有

FfM＝Fmin·cos2θ＝mgsin2θcos2θ＝eq\f(1,2)mgsin4θ。

高考预测

1．A[对铁牛受力分析如图所示，铁牛受到自身重力G、桥索对铁牛的拉力F1、铁柱对铁牛的作用力F2，三者共点力平衡。根据共点力平衡条件和三角形定则可得，若F1增大，F2也增大，A正确，B错误；F1与F2的合力与重力平衡，故F1与F2的合