第二章 相作用答案.docx
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第二章 相作用答案.docx
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第二章相作用答案
第二章相互作用
第7课时力的基本概念重力弹力
【要点突破】
【典题演示1】
[解析]只有两个物体接触才能有弹力,足球在向斜上方飞行过程中,脚对球已经没有作用力,球只受到重力和空气阻力,重力方向竖直向下,空气阻力的方向与球的运动方向相反,所以正确选项为B.
[答案]B
【典题演示2】
[解析]由于杯中水不断流出,剩余水的重心不断下降,而杯的重心不变,故开始一段时间,两者共同的重心下降;当水流出一定量以后,剩余水的重心继续下降.整体重心可采用极限法分析:
当杯中水即将流尽时,水的重心在最底层,但水的重力很小,两者的重心位置接近于杯的重心位置,故重心先降后升.
[答案]D
【典题演示3】
[解析]主要根据:
面面接触、点面接触弹力方向垂直于面;点点接触可以转化为点面接触,即与过该点的切面垂直.
[答案]
【典题演示4】
[解析]
(1)若车厢和小球做匀速直线运动,则小球A受力平衡,所以车厢后壁对小球无弹力.
(2)若车厢和小球向右做加速运动,由牛顿第二定律可知,车厢后壁对小球的弹力水平向右.
[答案]略
【典题演示5】
[解析]要使总长度最长,则要两个弹簧的形变量最大,对于上面弹簧而言,不管物体如何放,弹力的大小总是一样的,所以上面的弹簧应选S2,而下面的弹簧的劲度系数较大,所以要使下面的弹簧形变量最大,则要求下面的重物的质量大,所以物体a在下面.
[答案]D
【随堂验收】
1.[命题目的]考查力的作用效果的基本概念.
[解析]力可以改变物体的运动状态,物体运动状态改变了,它一定是力作用的结果,A正确.力还可以改变物体的形状,即使状态没变,仍有可能受到了力,B错.物体受力后可能只产生一种效果,也可能同时产生两种效果,C错.力对物体的作用效果由力的大小、方向、作用点共同决定,D错.故本题答案为A.
[答案]A
[点评]力的作用效果可以使物体发生形变,也可以使物体的运动状态发生改变,对这两点要有清楚的认识.
2.[命题目的]本题考查有关力的一些基本知识以及力的平衡知识.
[解析]木块对地面的压力是弹力,与重力不是同一性质的力,所以A错;物体静止在水平地面上,所以有F+N=mg,随着F的增加,N是减小的,所以B错,C对;物体所受重力恒定不变,D错.
[答案]C
[点评]分析两个不同名称的力关键看其性质是否相同、施力物和受力物是否相同.同时应注意重力是恒力,而静止状态是合力为零的状态.
3.[命题目的]考查胡克定律的理解.
[答案]C
[点评]要注意压缩量和伸长量与原长的关系.
4.[命题目的]从平衡角度入手考查弹簧伸长量与弹力的关系.
[解析]
(1)设上面弹簧受到的弹力为F1,伸长量为Δx1,下面弹簧受到的弹力为F2,伸长量为Δx2,由物体的平衡及胡克定律有F1=(m1+m2)g=k1Δx1,F2=m2g=k2Δx2.
(2)要使两个弹簧的总长度等于两弹簧原长之和,必须是上面弹簧伸长Δx,下面弹簧缩短Δx.
对m2:
FN=k2Δx+m2g.
对m1:
m1g=k1Δx+k2Δx.
(2)
[点评]此类问题往往是学生分析的难点,学生常常觉得无从下手,我们在分析此类问题时应搞清楚弹簧的初末状态及对应的伸长或缩短量,从而搞清楚每一段弹簧的长度改变量,问题由此迎刃而解.
5.[命题目的]本题从实验的角度考查弹力与弹簧伸长量的关系.
[解析]
(1)所画直线应尽可能经过更多点,如果点不在直线上,可均匀分居两侧;
(2)线性关系说明弹簧伸长量与所受拉力成正比关系,与纵轴交点为弹簧原长,即l0=19cm.可根据表格中的(5.00,38.60)这组数据算出劲度系数k=
=
N/m=25.5N/m.
[答案]
(1)如图所示
(2)正比25.5~26.518.8~19.2
[点评]对弹簧的实验不宜讲解过多,了解一下即可,江苏高考很少涉及此类问题.
《课后检测与评估》中的练习答案
第二章相互作用
第7课时力的基本概念重力弹力
1.AC2.B3.45°4.A5.k=2000N/m,L0=10cm6.D7.AD8.B
9.C10.B
第8课时摩擦力简单受力分析
【要点突破】
【典题演示1】
[解析]根据共点力的平衡条件可得-0.6N≤F2-F1≤0.6N,将F1=0.6N代入可得0≤F2≤1.2N,不可能的只有D.
[答案]D
【典题演示2】
[解析]摩擦力有静摩擦力和滑动摩擦力两种,静摩擦力与物体的运动状态有关,而滑动摩擦力为f=μFN,与正压力有关,所以压力增大以后,滑动摩擦力一定增大,但静摩擦力不一定增大,A错;摩擦力总是阻碍相对运动(趋势),所以有时可以作为动力,有时可以作为阻力,B错,C对;运动的物体可以受静摩擦力作用,同样,静止的物体也可以受滑动摩擦力作用.
[答案]CD
【典题演示3】
[解析]当物体受到的重力等于F时,物体仅受两个力的作用;当物体受到的重力大于F时,物体受到重力、拉力、支持力、摩擦力四个力的作用,C项正确.
[答案]C
【随堂验收】
1.[命题目的]本题从摩擦力的产生条件入手,考查弹力与摩擦力的关系.
[解析]由于同一接触面的弹力要垂直于接触面,而摩擦力要平行于接触面,所以两者的方向不可能沿同一方向,A对;有弹力不一定有摩擦力,B错;而有摩擦力则必有弹力,所以C对;静摩擦力与弹力不成正比,故D对.
[答案]B
[点评]弹力的方向始终垂直于接触面,而摩擦力的方向则平行于接触面,故两者必然相互垂直,这一点我们学习时应给予重视.
2.[命题目的]考查简单的受力分析.
[解析]物体在粗糙斜面上向上滑行时,所受滑动摩擦力方向沿斜面向下,向上做减速运动,不存在沿斜面向上的冲力,B项正确.
[答案]B
[点评]对斜面上物体分析时,学生还容易错误分析出下滑力.
3.[命题目的]对静摩擦力和滑动摩擦力的概念进行辨析.
[解析]第1次、第2次实验中,小木块均处于静止状态,所受的摩擦力为静摩擦力,所以小木块受到的静摩擦力可达到0.6N,所以B选项错误;第4次实验中,小木块匀速运动,受力平衡,小木块受到的滑动摩擦力为0.5N,A选项正确;第3次、第4次、第5次实验中,小木块均在水平面上运动,小木块受到的摩擦力均为滑动摩擦力,大小均为0.5N,所以在这五次实验中,小木块受到的摩擦力大小有三次是相同的,C选项正确,D选项错误.
[答案]AC
[点评]只要有相对运动,则物体所受摩擦力为滑动摩擦力,此时摩擦力的大小只与正压力有关.
4.[命题目的]考查静摩擦力的大小和方向的确定.
[解析]物体实际只受一个摩擦力的作用,施力时摩擦力的一个分力与重力沿斜面向下的分力相平衡,另一个分力与推力相平衡,撤去推力时摩擦力随外力的变化而突变,由原来的倾斜方向变为沿斜面向上,与重力沿斜面的分力相平衡,故选B、D.
[答案]BD
[点评]体会静摩擦力方向与相对运动趋势方向相反.
5.[命题目的]本题主要考查对从动轮与主动轮的摩擦力方向判断的问题.
[解析]A轮转动时,P点相对皮带有向前的运动趋势,皮带给P点的静摩擦力方向向后,即P点摩擦力方向与A轮转动方向相反.此时A轮通过静摩擦力带动皮带转动,Q点相对皮带有向后的运动趋势,皮带给Q点的静摩擦力方向与皮带的转动方向相同,皮带带动B轮一起转动,也就是说皮带给P点的静摩擦力是阻力,给Q点的静摩擦力是动力,使B轮转动.
[答案]B
[点评]这是一道与日常生活实际有着紧密联系的情境题,在分析的时候应从生活实践入手,抓住“主动受阻,从动受动”的特点,进行研究.
6.[命题目的]本题利用连接体这样一个复杂的物理模型来考查与摩擦力有关的平衡类问题.
[解析]P做匀速运动则Q也做匀速运动,所以两者所受合外力都为零,对Q,有fPQ=μmg,所以T=μmg;对P,有F=f地+T+fQP=4μmg.
[答案]A
[点评]对于这样一种复杂的连接体问题,进行正确的受力分析是解决问题的关键,切忌多力或者漏力.
7.[命题目的]考查静摩擦力方向的不确定性.
[解析]依题意,若静摩擦力的方向沿斜面向上,则有F+f=mgsinθ,在力F减小过程中,f增大,直到力F减小到零时f恒定,则D选项正确;若静摩擦力的方向沿斜面向下,则有F=f+mgsinθ,在力F减小过程中,f先减小到零,然后反向增大到mgsinθ恒定,无选项对应.
[答案]D
[点评]静摩擦力是一种“被动”力,当物体的其他受力或运动状态发生变化时,其往往同步变化.
8.[命题目的]考查对物体的受力分析.
[解析]
设木板P质量为M,滑块Q质量为m,则选P、Q及弹簧作为一个整体进行受力分析,如图所示,由于受力平衡有(M+m)gsinθ=Ff.
然后对P进行受力分析,如图所示,其中FN为斜面对P的支持力,F′N为Q对P的压力,Mg为P的重力,Ff为斜面对P的摩擦力,F为弹簧对P的弹力(未知).
由于受力平衡得Ff=F+Mgsinθ,由于Ff=(M+m)gsinθ,则F=mgsinθ>0,故弹簧弹力存在,P受力个数为5个.
[答案]C
[点评]本题对学生的分析能力和推理能力有很高的要求.
《课后检测与评估》中的练习答案
第8课时摩擦力简单受力分析
1.C2.C3.B4.ABD
5.
(1)200N/m
(2)2N(3)4N6.D7.C8.
(1)F=2μ1G1+μ2(G1+G2)
(2)F=2μ1G1+μ2(G1+G2)9.16N10.A
第9课时力的合成与分解
【要点突破】
【典题演示1】
[解析]两个分力与其合力的大小关系满足|F1-F2|≤F≤F1+F2,由于F1>F2,因此F1-F2≤F≤F1+F2,C项正确.
[答案]C
【典题演示2】
[解析]力F1、F2的合力大小范围是|F1-F2|≤F≤F1+F2,由此可以判断C、D正确.合力的大小除了与F1、F2的大小有关以外,还与它们的方向有关,如当F1=F2,且它们的夹角为120°时,合力大小F=F1=F2,方向沿F1、F2夹角的角平分线.
[答案]CD
【典题演示3】
[答案]ABD
【随堂验收】
1.[命题目的]考查力的分解.
[解析]对小滑块进行受力分析:
受竖直向下的重力、斜面的支持力和静摩擦力.由平衡条件可得FN=mgcos30°=
mg,f=mgsin30°=
mg,要注意与动摩擦因数μ无关,A项正确.
[答案]A
[点评]题目中三棱柱所受的摩擦力为静摩擦力,不是滑动摩擦力,不能用f=μFN来计算.
2.[命题目的]本题主要考查矢量运算的三角形定则.
[解析]F2、F3的合力大小为F1,方向与F1相同,所以三力的合力为2F1,A项正确.
[答案]A
[点评]本题中若F1方向反向,则合力为0.
3.[命题目的]考查三角形定则的创新应用.
[解析]由于三力共点平衡,三力首尾相连构建封闭三角形,如图,由三角形的边角关系可知,B项正确.
[答案]B
[点评]题目较新颖,但基本思想很常规,千万不能有畏惧的想法.
4.[命题目的]考查特殊情况下力的合成.
[解析]对千斤顶顶端进行分析,受汽车的压力、两臂的支持力,这三个力互成120°,故这三个力大小相等,A、B选项错误;继续摇动把手,将汽车顶起,两臂支持力的夹角变小,合力不变,则两臂受到的压力将减小,D项正确.
[答案]D
[点评]当合力不变时,两分力夹角变小,两分力就变小.
5.[命题目的]考查力的分解的计算.
[解析]当用F1拉物块时,由平衡条件可知:
F1cos60°=μ(mg-F1sin60°),当用F2推物块时,又有F2cos30°=μ(mg+F2sin30°),又F1=F2,求得μ=
=2-
,B正确.
[答案]B
[点评]不要拿到题目一看到滑动摩擦力就用f=μmg,加深定义的认识.
6.[命题目的]考查力的合成和图像法的综合应用问题.
[解析]
(1)F=0时,绳竖直T1=G.F=2G时,绳右斜T2=
=
G,故T的大小的取值范围为[G,
G].
(2)T·cosθ=G,这是球竖直方向平衡的条件,所以T=Gcosθ,图像如图所示.
[答案]
(1)[G,
G]
(2)略
[点评]对反比例函数的图像要有一定的认识.
7.[命题目的]考查对要点3理解.
[解析]此类问题的解答,必须先画图后分析,由于已知合力F的大小和方向,以及一个分力F1的方向,因此可以试着把另一个分力F2的大小从小逐渐增大去画力的平行四边形.
如上图所示,以合力的箭头为圆心,以F2的大小为半径去画圆弧与F1相交,分别可得到如下几种情况:
(1)当F2<20N时,圆弧与F1没有交点,即不能画出平行四边形,无解.
(2)当F2=20N时,圆弧与F1相切,有一个解,且此时F2具有最小值.F1=203N,如图(a)所示.
(3)当20N<F2<40N时,圆弧与F1有两个交点,有两个解.即F2的某一数值对应着F1的两个不同的数值,如图(b)所示.
(4)当40N≤F2时,圆弧与F1只有一个交点,只有唯一解,如图(c)所示.
所以,若F2取某一数值,可使F1有两个大小不同的数值,则F2的取值范围为20N<F2<40N.
[答案]F2的取值范围是20N<F2<40N.
[点评]抓住临界状态、画好力的合成图是解决此类问题的关键.
《课后检测与评估》中的练习答案
第9课时力的合成与分解
1.B2.BCD3.D4.mg5.FA=
,FB=
6.B7.A
8.F1=25N,F2=15N9.
L10.
m11.D
第10课时共点力的平衡
(一)
【要点突破】
【典题演示1】
[解析]由共点力的平衡条件F=0可知,F1、F2、F3三个共点力的合力大小为F4,方向与F4相反.当F4的方向沿逆时针转过90°而保持其大小不变时,F1、F2、F3三个共点力的合力大小仍为F4,但此时方向与F4的方向垂直,由平行四边形定则可知,此时物体所受的合力大小为
F4,故选项A正确.
[答案]A
【典题演示2】
[解析]以棒为研究对象,它只受三个力,P、Q两端绳的拉力TP、TQ,以及重力G,而TP、TQ在同一水平面内,且必相交于一点,设交点为O,重力作用线也就一定通过O点,如图所示.
在直角三角形PAO中,设AO=h,则有
PA=h·cotα=
h.
在直角三角形QAO中,有QA=h·cotβ=
h.即QA=3PA.所以PA=2cm.
[答案]B
【典题演示3】
[解析]F2如果大于mg,物体不可能静止在斜面上,故F2≤mg.把物体所受的力沿斜面和垂直斜面方向进行分解,如图所示.
x方向:
F2sinθ+F1cosθ=mgsinθ,故A错,B对.
y方向:
F2cosθ+N=F1sinθ+mgcosθ,因N≥0,则F2cosθ≤F1sinθ+mgcosθ,故C、D都错.
[答案]B
【典题演示4】
[解析]取3到10号球为整体分析,整体受重力、AB板的支持力和2号球对整体的作用力,得出第2号球对第3号球的作用力等于8mgsin30°=4mg,A项正确.
[答案]A
【随堂验收】
1.[解析]设ac的拉力为F1,bc的拉力为F2,则在水平方向:
F1sin30°=F2sin60°.竖直方向:
F1cos30°+F2cos60°=mg.由以上两式可知F1=
mg,F2=
mg,故A正确.
[答案]A
2.[命题目的]考查正交分解法.
[解析]
以楔形石块为研究对象,它受到竖直向下的重力和垂直侧面斜向上的两个支持力,利用正交分解法可解得:
2Fsinα=mg,则F=
.答案为A.
[答案]A
[点评]本题与上一题相比,无论是新颖度还是灵活性都更胜一筹.
3.[命题目的]联系实际考查对有关力的平衡知识的灵活运用.
[解析]对滑轮进行分析得出脚所受拉力T=2mgcosθ,增加绳的长度,不能改变角度和受力情况,A项错误;增加重物的质量而θ不变,T变大,B项正确;将病人的脚向左移动,θ变小而重物的质量不变,T变大,C项正确;将两滑轮的间距增大,θ变大而重物的质量不变,T变小,D项错误.
[答案]BC
[点评]明确合力一定时,两分力角度越大,两分力越小这一结论.
4.[命题目的]考查匀速运动时整体法和隔离法的应用.
[解析]对B,三力平衡,绳拉力T=
,风力F=mBgtanθ,A错,B错;将A、B看做整体,杆对A环的支持力N=(mA+mB)g,C对;μ(mA+mB)g=F,得μ=
,D错.
[答案]C
[点评]物体做匀速运动,一样可以用平衡知识来求解.
5.[命题目的]考查正交分解法的综合运用.
[解析]受力分析如图所示,平衡时用F1、F2、l1、l2以及θ1、θ2分别表示两边绳的拉力、长度以及绳与水平面之间的夹角,因为绳与滑轮之间的接触是完全光滑且无摩擦的,由此可知F1=F2=F.由水平方向力的平衡可知
F1cosθ1=F2cosθ2,即θ1=θ2=θ.
由题意与几何关系知l1+l2=2l.
l1cosθ+l2cosθ=l.
解得cosθ=
θ=60°.
由竖直方向力的平衡可知2Fsinθ=mg.
解得F=
mg.
[答案]
mg
[点评]得出角度相同的关系是解答本题的关键.
第10课时共点力的平衡
(一)检测与评估
1.D2.D3.D4.B5.A6.BC7.A8.BD9.8沿斜面向上10100
N11.
(1)θ=30°.
(2)μ=
.12.AD
第11课时共点力的平衡
(二)
(本课时对应学生用书第26~27页)
【要点突破】
要点一:
动态平衡问题的分析方法
在有关物体平衡问题中,存在着大量的动态平衡问题,所谓动态平衡问题,就是通过控制某一物理量,使物体的状态发生缓慢变化.分析动态平衡问题通常有两种方法.
(1)解析法:
对研究对象的任一状态进行受力分析,建立平衡方程,求出应变量与自变量的一般函数式,然后根据自变量的变化确定应变量的变化.
(2)图解法:
对研究对象进行受力分析,再根据平行四边形定则或三角形定则画出不同状态下的力的矢量图(画在同一个图中),然后根据有向线段(表示力)的长度变化判断各个力的变化情况.
【典题演示1】(2010·苏州调研)如图所示,用OA、OB两根轻绳将物体悬于两墙之间,OA、OB两根轻绳之间的夹角为90°.当更换OA绳,使A点下移,直至轻绳OA为水平,在此过程中保持O点位置不变.则在A点不断下移到A′的过程中,绳OA的拉力()
A.逐渐增大B.逐渐减小
C.先变小后变大D.先变大后变小
[解析]OA和OB两绳拉力的合力不变,OB绳拉力的方向始终不变,根据平行四边形定则判断出绳OA和OB的拉力都在变大,A项正确.
[答案]A
要点二:
相似三角形的应用
对物体进行受力分析,利用力的三角形和线段三角形相似解决问题.
【典题演示2】如图所示,AC是上端带定滑轮的固定竖直杆,质量不计的轻杆BC一端通过铰链固定在C点,另一端B悬挂一重为G的物体,且B端系有一根轻绳并绕过定滑轮A.用力F拉绳,开始时∠BCA>90°,现使∠BCA缓慢变小,直到杆BC接近竖直杆AC.此过程中,B端所受轻杆的弹力()
A.大小不变B.逐渐增大
C.逐渐减小D.先减小后增大
[解析]受力分析如图所示,几何三角形ACB与力的矢量三角形BDE相似,得
为定值,A正确.
[答案]A
要点三:
共点力平衡中临界问题的分析方法
某种物理现象变化为另一种物理现象或物体从某种状态变化为另一种状态时,发生质的飞跃的转折状态叫临界状态.临界状态也可理解为“恰好出现”或“恰好不出现”的某种现象或状态.平衡物体的临界状态是指物体所处平衡状态将要发生变化的状态.涉及临界状态的问题,叫做临界问题.
解此类问题时,要注意题目中的一些特殊词语,如“恰”“最大”“最多”“至少”等.
【典题演示3】(多选)如图所示,用两根细线把A、B两小球悬挂在天花板上的同一点O,并用第三根细线连接A、B两小球,然后用某个力F作用在小球A上,使三根细线均处于直线状态,且OB细线恰好沿竖直方向,两小球均处于静止状态.则该力可能为图中的()
A.F1B.F2
C.F3D.F4
[解析]因BO处于竖直状态,则线BA中无作用力,故A球只受重力、OA的拉力和外力F,由平衡条件知该力可能为F2、F3,故B、C正确.
[答案]BC
【随堂验收】
1.[命题目的]考查共点力平衡中的临界问题.
[解析]设绳中拉力为T,绳子与竖直方向的夹角为θ,如图所示.此时有2Tcosθ=mg,cosθ=
=
解得θ=60°.设两挂钉间距为d,绳长l=1m,根据几何关系有sinθ=
,得出d=lsinθ=
m,A项正确.
[答案]A
[点评]先由受力分析求出角度关系,再根据几何关系求出间距.
2.[命题目的]考查动态过程中的受力分析.
[解析]设挂重力的竖直绳索左移后与竖直方向夹角为θ,则对工件受力分析可得,F乙=mgtanθ,F甲=
,可见甲、乙拉力均变大,A对,B错;由于绳子对甲的拉力变大,且甲静止不动,所以楼顶对甲的支持力变小,楼顶对甲的摩擦力变大,CD错.
[答案]A
[点评]本题属于已知合力和一个分力方向问题的创新,时代感很强.
3.[命题目的]考查平衡的极值问题.
[解析]
对A、B构成的整体,悬线OA的拉力和外力F的合力与整体的重力平衡,合力不变,悬线拉力的方向不变,由三角形定则得外力F垂直于悬线时,拉力具有最小值Fmin=2mgsin30°=mg,A错误,BCD正确.
[答案]BCD
[点评]本题是经典题型的创新,常规题只有一个小球分析.
4.[命题目的]本题用于考查涉及弹簧的平衡问题,着重考查用“相似三角形”求解平衡类问题的方法.
[解析]小球受力如图所示,有竖直向下的重力G,弹簧的弹力F,圆环的弹力N,N沿半径方向背离圆心O.利用力的合成,将重力G和弹力N合成,合力F合应与弹簧弹力F平衡.观察发现,图中力的三角形△BCD与△AOB相似,设AB长度为l,由三角形相似有
,即得F=
.另外由胡克定律有F=k(l-L),而l=2Rcosφ.
联立上述各式可得
cosφ=
.
[答案]
[点评]本题巧妙地将弹簧长度与弹簧伸长量的辨析融入题目之中,立意新颖.
5.[命题目的]考查正交分解法在平衡问题中的灵活运用.
[解析]对B球受力分析如图所示,物体B处于平衡状态,有Tsin30°=mBg,
得T=2mBg=2×3×10N=60N.
物体A处于平衡状态,在水平方向:
Tcos30°=NAsin30°;
在竖直方向:
NAcos30°=mAg+Tsin30°.
由上两式解得mA=6kg.
[答案]60N6kg
[点评]本题要以A、B间细绳为纽带,分别对A、B分析,从而求解.
6.[命题目的]本题用于考查几个物体相对滑动的连接体问题.
[解析]在水平拉力F的作用下,将木板G1从木箱G2下匀速抽出来,说明木板和木箱均处于受力的平衡状态,可以利用平衡条件解答.
(1)对G2:
f2=μN2,f2=Tcosθ,G2=N2+Tsinθ.
解得T=
=250N.
(2)对G1:
f1=μN1,G1+N2=N1,F=f1+f2.
F=μ(N1+N2)=μ(G
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