2023届高考物理二轮专题复习专练 ：正交分解.docx

1、高三专题复习正交分解专练知识点回顾一：共点力平衡状态下的正交分解步骤1、审题过程中观察物体的运动情况，若处于静止或者匀速直线运动状态，则物体处于平衡状态：如图，物块向右匀速运动2、选定研究对象，做受力分析：按照重力、弹力、摩擦力的顺序分析3、建立坐标轴，把不在坐标轴的力正交分解，把不在坐标轴的力分解4、牢记坐标轴上的力（包括分解的力），列式：相同方向的力之和减反方向的力=0Fcos=fFN+Fsin=mg知识点回顾二：牛顿第二定律中的正交分解1、 审题过程中观察物体的运动情况，若运动状态发生变化，则物体有加速度a：如图，运动员从静止开始运动2、 选定研究对象，做受力分析：按照重力、弹力、摩擦力

2、的顺序分析3、建立坐标轴：一般沿运动方向建立x轴4、牢记坐标轴上的力（包括分解的力），列式：x轴上相同方向的力之和减反方向的力=mamgsin-f=mamgcos=FN知识点回顾三：圆周运动的正交分解1、 审题过程中观察物体的运动为圆周运动：如图粒子做圆周运动2、 选定研究对象，做受力分析：按照重力、弹力、摩擦力的顺序分析（1） 最低点时，受力如图（2） 最高点时，受力如图3、建立坐标轴：一般沿指向圆心的方向建立x轴4、牢记坐标轴上的力（包括分解的力），列式：x轴上指向圆心的力之和减反方向的力=m最低点时有：FN-mg-qE=m最高点时有：mg+qE-FN = m1、如图所示，在倾角为37，质

3、量为20kg的斜面体静置于水平面上，一个质量为10kg的物体静止在斜面上，物体与斜面间的动摩擦因数为0.8（取g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8），试求：（1）物体所受的摩擦力。（2）若用原长为20cm,劲度系数为4103N/m的弹簧沿斜面向上拉物体，使之向上匀速运动，此时斜面保持静止，则弹簧的长度为多少。（3）在（2）情况下，斜面体所受地面的支持力、摩擦力分别为多大。2、如图所示，质量均为m=1kg的物体甲和长木板乙放在水平面上，物体甲用细线拴接，细线另一端固定在竖直墙壁上，细线绷紧与水平方向的夹角=53。已知物体与长木板、长木板与水平面之间的动摩擦因数分别为1=0.5

4、和2=0.25。给长木板施加水平向右的外力，使其向右做匀速直线运动，g取10m/s2，sin53=0.8、cos53=0.6。求：（1）细线的拉力大小及甲、乙间的摩擦力f1大小；（2）求拉力F的大小及水平面对长木板的摩擦力f2大小。3、一传送带装置如图所示，其中AB段是水平的，长度LAB=4m,BC段是倾斜的，长度LBC=5m,倾角为=37，AB和BC由B点通过一段极短的圆弧连接（图中未画出圆弧，物体通过圆弧速度大小不变），传送带以v=4m/s的恒定速率顺时针运转，已知工件与传送带间的动摩擦因数=0.5，重力加速度g取10m/s2。现将一个工件（可看作质点）无初速度地放在A点，求：（1）工件刚

5、放在水平传送带上时的加速度大小；（2）工件第一次到达B点所用的时间；（3）工件上升的加速度。4、商场工作人员拉着质量m=20kg的木箱沿水平地面运动。若用F1=100N的水平力拉木箱，木箱恰好做匀速直线运动，如图1所示；现改用F2=150N、与水平方向成53斜向上的拉力作用于静止的木箱上，如图2所示。已知sin53=0.8，cos53=0.6，重力加速度g取10m/s2，求：（1）木箱与地面之间的动摩擦因数；（2）F2作用在木箱上时，木箱运动的加速度大小a；5、如图所示，水平、绝缘、粗糙的轨道AB与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道BC平滑连接，半圆形轨道的半径R=0.4m,在轨道所在空间存在

6、水平向右的匀强电场，电场线与轨道所在的平面平行，电场强度E=1.0104N/C现有一电荷量q=+1.010-4C，质量m=0.1kg的带电体（可视为质点），在水平轨道上的P点由静止释放，带电体恰好能通过半圆形轨道的最高点C，然后落至水平轨道上的D点（图中未画出）。取g=10m/s2计算： 带电体运动到圆形轨道B点时圆形轨道对其压力的大小；D点到B点的距离xDB。6、如图所示，AC水平轨道上AB段光滑BC段粗糙，且LBC=2m,CDF为固定在竖直平面内半径为R=0.2m的光滑半圆轨道，两轨道相切于C点，CF右侧有电场强度E=2103N/C的匀强电场，方向水平向右。一根轻质绝缘弹簧水平放置，一端固

7、定在A点，另一端与带负电的滑块P（可视为质点）接触但不连接，弹簧原长时滑块在B点。现向左压缩弹簧后由静止释放，已知滑块P的质量为m=0.2kg,电荷量为q=-1.010-3C，与轨道BC间的动摩擦因数为=0.2，忽略滑块P与轨道间的电荷转移。已知g=10m/s2。求：（1）若滑块P运动到F点的瞬间对轨道压力为3N，求弹簧释放的弹性势能；（2）在（1）的条件下，滑块运动到与O点等高的D点时对轨道的压力；（3）欲使滑块P在进入圆轨道后不脱离圆轨道且只能从F点离开半圆轨道，求弹簧最初释放的弹性势能。（结果可用根号表示）7、如图，AB为竖直的光滑圆弧绝缘轨道，其半径为R=0.5m,A点与圆心O等高，最

8、低点B与绝缘水平面平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，电场强度为E=5103N/C。将一个质量为m=0.1kg,电荷量为q=+810-5C的滑块（可视为质点）从A点静止释放，已知滑块与水平面间的动摩擦因数为=0.05，取g=10m/s2，求：（1）滑块第一次经过B点时的速度大小v；（2）滑块第一次在圆弧底端B点时对轨道的压力；8、如图所示，一条长为L的细线上端固定，下端拴一个质量为m,电荷量为q的小球，将它置于方向水平向右的匀强电场中，使细线竖直拉直时将小球从A点静止释放，当细线离开竖直位置偏角=60时，小球速度为零。（1）求小球带电性质和电场强度E；（2）求小球在从A点释放到右侧最高

9、点的过程中小球速度的最大值（结果可以带根式）。9、质量为m=0.02kg的通电细杆ab置于倾角为=37的平行放置的导轨上，导轨的宽度d=0.2m,杆ab与导轨间的动摩擦因数=0.4，磁感应强度B=2T的匀强磁场与导轨平面垂直且方向向下，如图所示现调节滑动变阻器的触头，试求出为使杆ab静止不动，通过ab杆的电流范围为多少？10、如图所示，倾角为37的光滑绝缘斜面固定在水平面上，空间存在竖直方向的匀强磁场。一根长为L=1m,质量m=0.02kg的金属杆ab水平地静止在斜面上，调节电阻箱R使杆中通有大小I=0.3A的电流，取g=10m/s2。（1）请在平面图上画出杆ab的受力图。（2）判定磁感应强度

10、的方向并求出磁感应强度的大小。（3）若保持其他条件不变，将磁场方向变为垂直于斜面向下，求出释放瞬间金属杆的加速度大小。答案1、解：（1）物体静止在斜面上受力分析如图1所示：图1则物体受到的静摩擦力Ff=Gsin37其中G=mg代入数据得：Ff=60N摩擦力方向沿斜面向上（2）当物体沿斜面向上被匀速拉动时，如图2所示：图2设拉力为F，由物体受力平衡可知：F=Gsin37+F滑F滑=Gcos37其中G=mg根据胡克定律有：F=k（l-l0）将l0=20cm=0.2m代入可求得l=0.31m；（3）对整体，根据共点力平衡条件有：Fcos37=f地竖直方向有：N+Fsin37=（M+m）g代入数据解得

11、：f地=99.2N，N=225.6N答：（1）物体所受的摩擦力为60N，方向沿斜面向上。（2）弹簧的长度为0.31m。（3）在（2）情况下，斜面体所受地面的支持力、摩擦力分别为225.6N，99.2N。2、解：（1）对甲受力分析，如图1：图1根据共点力平衡条件可知水平方向有：Tcos53=f1竖直方向有：N+Tsin53=mgf1=1N代入数据解得：T=5N，f1=3N（2）对甲乙整体受力分析，如图2：图2根据共点力平衡条件有可知水平方向有：F=f2+Tcos53竖直方向有：N+Tsin53=2mgf2=2N代入数据解得：F=7N，f2=4N答：（1）细线的拉力大小为5N，甲、乙间的摩擦力f1

12、大小为3N；（2）求拉力F的大小为7N，水平面对长木板的摩擦力f2大小为4N。3、解：（1）工件刚放在水平传送带上的加速度为a1，由牛顿第二定律得：mg=ma1解得：a1=g=0.510m/s2=5m/s2（2）设工件经t1时间速度与传送带的速度相同，则有：t1=此过程工件的位移为：x1=1.6m此后工件将与传送带一起匀速运动至B点，用时为：t2=0.6s所以工件第一次到达B点所用的时间为：t=t1+t2=0.8s+0.6s=1.4s（3）工件沿传送带上升，由牛顿第二定律得mgsin-mgcos=ma联立解得：a=2m/s2答：（1）工件刚放在水平传送带上时的加速度大小为5m/s2；（2）工件

13、第一次到达B点所用的时间为1.4s；（3）工件上升的加速度为2m/s2。4、解：（1）木箱做匀速直线运动时，根据平衡条件的：F1=mg代入数据解得：=0.5（2）F2作用在木箱上时，根据牛顿第二定律得：F2cos53-（mg-F2sin53）=ma代入数据解得：a=2.5m/s2。5、解：设带电体通过C点时的速度为vC，由牛顿第二定律得： mg=m解得：vC=2.0m/s,设带电体通过B点时的速度为vB，设轨道对带电体的支持力大小为FB。带电体从B运动到C的过程中，电场力做功为零，由动能定理得：-mg2R=mvC2-mvB2在B点，对带电体，由牛顿第二定律得：FB-mg=m解得：FB=6N根据

14、牛顿第三定律知，带电体在B点时对轨道的压力大小：FB=FB=6N；设带电体从最高点C落至水平轨道上的D点经历的时间为t,根据运动的分解有：2R=gt2，xDB=vCt-at2根据牛顿第二定律得 qE=ma 解得：xDB=0；答：带电体运动到圆形轨道B点时圆形轨道对其压力的大小是6N；D点到B点的距离xDB是0。6、解：（1）滑块在F点时受力如图1所示由重力和轨道作用力的合力提供向心力：FN+mgm根据牛顿第三定律知FN=F=3N解得vFm/s从释放弹簧到滑块到达F点的过程，CF等电势，电势能不变，由能量守恒定律得EpmgLBC+2mgR+mvF2故弹簧释放的弹性势能Ep=2.1J（2）滑块从D

15、点到F点，由动能定理得mgR+|q|ERmvF2mvD2解得vDm/s在D点，对滑块由牛顿第二定律得qE+FNDm解得FND=3N由牛顿第三定律，滑块运动到与O点等高的D点时对轨道的压力大小为3N，方向水平向右；（3）如图所示滑块的等效重力大小为mg解得mg2N与竖直方向夹角为45，M、N两点分别为等效最高点和等效圆心等高点，要使滑块P恰好沿半圆轨道运动到M点时不与轨道分离，可得mgm滑块P从释放到M点的过程中，由动能定理得Ep1mgLBCmg(1+cos45)RmvM2联立可得Ep1J答：（1）弹簧释放的弹性势能2.1J；（2）滑块运动到与O点等高的D点时对轨道的压力3N；（3）弹簧最初释放

16、的弹性势能J。7、解：（1）滑块从A运动到B的过程，由动能定理得：mgRqER=mvB2代入数据解得：vB= m/s（2）在最低点B，对滑块由牛顿第二定律得： FN-mg=m代入数据解得：FN=2.2N根据牛顿第三定律可知滑块对轨道的压力大小FN=FN=2.2N方向：竖直向下D。8、解：（1）将小球从A点静止释放，细线向右偏转，说明小球受到的电场力方向水平向右，与电场方向相同，则小球带正电。小球由A释放到速度等于零的过程，由动能定理得： qELsin-mgL（1-cos）=0解得：E= （2）小球除拉力外，还受到电场力与重力作用，由于电场力和重力都是恒力，因此可将电场力和重力的合力等效成新的重

17、力，当等效重力与速度垂直时小球的速度最大，设此时细线与竖直方向的夹角为，如图所示，则tan= 设小球速度的最大值为v。从A点到速度最大的过程，根据动能定理得：-mgL（1-cos）+qELsin=mv2可得v= 9、解：当电流较大时，导体有向上的运动趋势，所受静摩擦力向下，当静摩擦力达到最大时，磁场力为最大值F1，此时通过ab的电流最大为Imax；同理，当电流最小时，应该是导体受向上的最大静摩擦力，此时的安培力为F2，电流为Imin正确地画出两种情况下的受力图如图所示，由平衡条件列方程求解根据第一幅受力图列式如下：F1-mgsin-f1=0N1-mgcos=0f1=N1F1=BImaxd解上述

18、方程得：Imax=0.46A根据第二幅受力图F2-mgsin+f2=0N2-mgcos=0f2=N2F2=BImind解上述方程得：Imin=0.14A则通过ab杆的电流范围为：0.14AI0.46A答：通过ab杆的电流范围为0.14AI0.46A。10、解：（1）金属杆ab水平地静止在斜面上，受力如图1所示图1（2）根据左手定则可知，磁感应强度方向竖直向下；根据平衡条件可得F=BIL=mgtan解得：B=0.5T；（3）若保持其他条件不变，将磁场方向变为垂直于斜面向下，则金属棒受力如图2所示图2根据牛顿第二定律得F+mgsin=maF=BIL联立解得：a=13.5m/s2。答：（1）画出杆ab的受力图如图1所示。（2）磁感应强度的方向竖直向下，磁感应强度的大小为0.5T。（3）若保持其他条件不变，将磁场方向变为垂直于斜面向下，释放瞬间金属杆的加速度大小为13.5m/s2。12