e5习全套教学案第二章 相互作用答案.doc

第二章 相互作用第一单元 力的概念与常见力分析典型例题答案【例 1】解析：有力存在，必有两个物体同时存在，由于力的相互性，每个物体既是受力物体，同时也是施力物体，故 A 正确．力产生的效果不但跟力的大小有关，还与力的方向、作用点等有关，故 B 错．力的作用效果除运动状态改变还有形变，故 C 错．竖直向上升的物体，找不到施力物体，故此力不存在，D 错．答案：A说明：力具有物质性、相互性、矢量性、同时性等性质，要全面理解力的概念．【例 2】解析：物体受重力与运动状态是静止还是运动无关，故 A 错．重力实际是万有引力的一个分力（另一个分力提供物体绕地球自转的向心力） ，万有引力方向指向地心，重力不一定 （只有两极或赤道重力指向地心）故 B 错．在赤道上，物体的重力等于万有引力与物体随地球运动的向心力之差，而在赤道上向心力最大，故物体的重力最小，C 正确．只有在弹簧静止或匀速运动时，测出的才是物体的重力，若弹簧秤拉着物体加速上升或下降则弹簧秤的示数不等于重力，故 D 错．答案：C说明：重力与引力的关系：引力除产生重力外，还要提供物体随地球自转所需的向心力，因物体在地球上不同的纬度处随地球自转所需的向心力不同，故同一物体在地球上不同纬度处重力大小不同，在两极最大，赤道最小．【例 3】解析：如图 2-7 所示．说明：弹力是一种接触力，一定在接触处发生，画弹力的方向时，作用点要画在接触处，最好有参照物如指向球心、加垂直号等．A BC D图 2-1-11【例 4】解析：A 向上提起的高度为弹簧增加的长度．开始时，弹簧被压缩，对 A 有 mg=kx1，离开地面时，弹簧被拉伸，对 B 有 2mg=kx2，A 上提高度 x=x1+x2=3mg/k【例５】解析：因为f=μN=O.1×200N=2ON，可认为最大静摩擦力fm=2ON ，所以静摩擦力的取值范围是OFm，所以物体相对平面向右运动．这时物体所受滑动摩擦力大小为F=μN=20N，方向水平向左．(3)由于物体向左运动，所受滑动摩擦力方向水平向右，大小仍为2ON．说明：①求摩擦力不但求出大小，还要指明方向．② 计算滑动摩擦力时，不要受无关因素的干扰，如（3）中向右的水平的拉力．【例 6】解析：物体在竖直方向上只受重力、摩擦力 的作用，由于 F 从零开始均匀增大，物体摩F的运动情况是先加速下滑，再减速下滑、最后静止，整个运动过程中，摩擦力为滑动摩擦力，其大小为f=uN=ukt，即 f 与 t 成正比，图线是过原点的直线．当物体的速度减为零后，动摩擦力变为静摩擦力，其大小由平衡条件知 f=G，所以物体静止后的图线为平行于 t 轴的直线，故本题正确答案为 B．说明：若各阶段的摩擦力不同，应先弄清楚是什么性质的摩擦力，在用其各自的规律去分析．【例 7】 【解析】(1)接触面间的弹力方向是一定垂直于接触面，但固定在杆上的物体所受的弹力大小和方向都是可变的，其方向可能沿杆也可能不沿杆，故需利用平衡条件或牛顿第二定律来判断．小车静止时，根据物体平衡条件知，杆对球产生的弹力方向竖直向上，且大小等于球的重力 mg·(2)选小球为研究对象，小车以加速度 a 向右运动时，小球所受重力和杆的弹力的合力一定水平向右，此时，弹力 F 的方向一定指向右上方，只有这样，才能保证小球在竖直方向上保持平衡，水平方向上具有向右的加速度，假设小球所受弹力方向与竖直方向的夹角为 θ， （如上图所示)，根据牛顿第二定律有Fsinθ＝ma，Fcosθ=mg ，解得 F=m ，2gatanθ= ga【例 8】解析：物体受到重力 G、支持力 N、推力 F 的作用，由于它们的大小关系不确定，必须讨论几种情况（垂直于斜面的力平衡，只分析平行于斜面的力即可）：（1）力 F 大于重力 G 沿斜面向下的分力，物体有向上的运动趋势，受的静摩擦力的方向向下。 （2）力 F 小于重力 G 沿斜面向下的力，物体有向下的运动趋势，受的静摩擦力的方向向上． （3）力 F 等于重力 G 沿斜面向下的力，物体没有相对运动趋势，受的静摩擦力为零。故答案为 D。说明：运动趋势的方向的判断可用假设法：假设无摩擦，看所受合力的方向，合力的方向向哪，则运动趋势的方向就向哪。【例9】解析：先将A、B看作一个整体，这个整体相对板有向下的运动趋势，所以A、B 与板接触的面受到大小为物体重力、方向向上的静摩擦力作用。然后单独对A（或B）的受力分析，A（或B ）受力平衡，A、B 间无相对运动趋势，故 A、B 间没有摩擦力。图 2-1-12【例 10】解析：（1）图 2-1-13（2）图 2-1-14（3）图 2-1-15针对练习 1.BCD 2.D 3. 4．外力较小时（Fcosθ＜mgsinθ＝物体有向下的运动趋势，mgk21)(摩擦力的方向沿斜面向上。F 增加，f 减少。当外力较大时（Fcosθ＞mgsinθ）物体有向上的运动趋势，摩擦力的方向沿斜面向下，外力增加，摩擦力增加。当 Fcosθ=mgsinθ 时，摩擦力为零。所以在外力由零逐渐增加的过程中，摩擦力的变化是先减小后增加。 5．C 6．略 7． F=4μmg 8.AC 单元达标 1．CD 2．C 3．ACD 4．Ｃ 5．D 6．A 7．B 8．CD 9.D 10. 两、重力、弹力 11．C 12. :50N．解析:如图所示，在垂直于圆柱面的方向上有:F N=F物体相对于圆柱面的速度为 v，则：v= =3m/s，20rv物体所受摩擦力的方向跟 v 的方向相反，由物体的平衡条件得 fcosα=mg又 f=μFN cosα 8.03420故Ｆ＝ Nmg5.1cos图第二单元 力的合成与分解典型例题答案【例１】解析：滑轮受到的作用力应是 CB和 BD 两绳拉力的合力，悬挂重物的绳中的张力是 F=mg=100N，且两力的夹角为 1200 角，即其合力为 100N，答案是Ｃ正确图 2-2-4【例２】解析：由图象知：θ＝ 时，有：3F12+F22=102 ①当 θ＝ 时，有：3F1-F2=2(令 F1＞F 2) ②解①②得：F 1=8N F2=6N(2)合力的范围是 2N≤F≤14N【例３】解析：根据题意作出矢量三角形如图，因为 ＞ ，从图上看出， F1 有两个解，32由直角三角形 OAD 可知：OA=FF)(2由直角三角形 ABD 得：AB=63)2(图 2-2-5由图的对称性可知：AC=AB= F63则分力 F1= 23F1/= 6答案为 A、C【例 4】解析：力 F 的作用效果是对AB、 AC 两杆产生沿两杆方向的压力 F1、F 2，如图 2-2-6 左，力 F1 的作用效果是对 C 产生水平向左的推力和竖直向下的压力 FN,将力 F1 沿水平方向和竖直方向分解，如图 2-2-6 右，可得到 C 对 D 的压力 FN/=FN．由题图可看出 tanα= =1010依左图有：F 1=F2= cos依右图有：F N/=F1sinα图 2-2-6故可以得到：F N/=FN= ·sina= cos2FF·tana=5F21可见，物体 D 所受的压力是 F 的 5 倍针对练习 １.Ｄ ２.BC ３．解析：见图 2-8 所示．38甲3乙丙 丁图 2-8４. 1270N 635N．解析：如图所示，将推力 F 按其作用效果分解为 F1/、F 2/．由图可知：活塞对连杆 AB 的推力Fl=Fl/=F／cosa=1100／( /2)=1270N3活塞对缸壁的压力F2=F2/=Ftana=1100× =635N 3图单元达标 １.BC 2.A 3.C 4.AB 5.B 6. 0 ;19N . 2N; 10N 7.AB 8.ABD 9.C 10.B 11．30 0 12．(1)OA 对物体的拉力较大 (2) OA 对物体的拉力逐渐减小，OB 对物体的拉力先减小，后增大第三单元 物体的平衡典型例题答案【例 1】解析：物体受力如图 2-9 所示，水平方向有 f=Fcosθ,故 D 正确． 竖直方向有 N=Fsinθ+G，由于匀速运动，f=μN=μ(Fsinθ+G),故答案 B 正确．GfNNF图 2-3-7 图 2-3-839【例 2】解析：若木块刚好不下滑，竖直方向上有：Fsin37°+kF Ncos37°=Mg，解得 F=20N若木块刚好不上滑，竖直方向上有：Fsin37°=Mg+kF Ncos37°，解得 F=100N，所以取值为 20N＜F＜100N【例 3】解析：解法１：相似三角形法：选取小球为研究对象并对它进行受力分析．受力分析时要注意讨论弹簧对小球的弹力方向（弹簧是被拉长还是被压缩了）和大环对小环的弹力方向（指向圆心还是背离圆心）的可能性．受力图示如图 2-3-8 所示．△ACD（力）∽△ACO（几何）G/R=T/2RcosT=k（2Rcos -L）解得 =arcos[kL/2（KR-G）]法２：正交分解法：如图 2-3-9 所示，选取坐标系，以小环所在位置为坐标原点，过原点沿水平方向为 x 轴，沿竖直方向为 y 轴．据 Fx=0，F y=0，建立方程有-Tsin +Nsin2 =0Tcos -G-Ncos2 =0解得 T=2Gcos而 T=k（ 2Rcos -L）所以 )(2arcosGkRL说明：比较以上解法可见，用力的三角形与几何三角形相似来解决比较简单，若用其它方法去解，过程较复杂．【例4】解析：小球受力如图2-29所示，合成F N与T ，其合力与mg等大反向，在θ逐渐减小的过程中，小球在三个共点力作用下始终处于平衡状态:重力(mg)总竖直向下，支持力(F N)大小变化而方向始终垂直斜面，而拉力(T)的大小和方向都在变化．从三力构成的矢量图形，可以看出:拉力 T 先减小后增大，当 T 与 FN 垂直，即 θ+α=900时，T 与斜面平行时，拉力最小，为 Tn=mgsinα 而支持力不断减小，当 θ=O0 时．F N 减为零，即 FNn=0．【例 5】解析：以重物为研究对象．重物受力如图 2-3-11，重物静止，根据平衡列方程TACsin30°-TBCsin60°=0 ①TACcos30°+TBCcos60°-G=0 ②由式①可知 TAC= TBC，当 TBC=100 时，T AC=173N，AC 将3断．而当 TAC=150N 时， TBC=86.6＜100N将 TAC=150N，T BC=86.6N 代入式②解得 G=173.32N．所以重物的最大重力不能超过 173.2N．【例 6】解析：隔离法：第一步：以物体为对象，其受力情况如图 2-3-12 所示． （注：摩擦力 f1，可能存在，也可能不存在，现假定存在且方向沿斜面向下） ．T图 2-3-9图 2-3-10图 2-3-1140图 2-3-12 图 2-3-13以物体为对象，根据平衡条件有：F-f1-mg sinθ=0 （1）N1-mg cosθ=0 （2）第二步：以斜劈为对象，斜劈受力情况如图 2-3-12 右所示．以斜劈为对象，根据平衡条件有：f1/cosθ+N1/sinθ- f=0 (3)N+f1/sinθ-N1/cosθ- Mg=0 (4)其中 f1 = f1/ N1=N1/由（1） 、 （2） 、 （3） 、 （4）式解得：f=F·cosθ整体法：以 M 和 m 所构成的整体为对象，其受力情况如图 2-3-13 所示．根据平衡条件有： F·cosθ- f=0f＝F·cosθ说明：比较以上两种方法，不难发现以整体为对象求解共点力作用下连接体的平衡问题时，的确简化了解题过程针对练习 1.（1）分析物体受力如图，在斜面方向上（x 轴方向上）由平衡条件：mgsin θ+Ff=Fcosθ ①而 Ff=μFN ②沿 y 轴方向上：F N=mgcosθ+Fsinθ ③联立①②③式解得F=(sin θ+μcosθ)mg/(cosθ-μsinθ)(2)由(1)知：F=(sinθ+μcosθ)mg/(cosθ-μsinθ)可见当分母(cosθ-μsinθ)→0 时，分数值 F→∞ ．此时 θ=arctan(1/μ)故当 θ≥arctan(1/μ)时，无论 F 多大，物体也不能上滑．2．F=F N=10N 3．F N=GR/（R+h） F=GL/（R+h） 4．BC 5．BD 6. 10 N≤F≤20 N 7． 31.84kg，0.56kg 8.B 单元过关 1.A 2.D 3.C 4. CD 5. B 6. B 7.B 8.C 9. sin3mg10． （1）绳的拉力大小为 4 N ． （2）气球所受水平风力大小为 2 N． 11．μ= 0.5 12. tanθ=2μ3第四单元 实验 探 究 求 合 力 的 方 法单元达标 1．⑴两弹簧秤的读数；⑵结点 O 的位置；⑶两细线的方向．⑷弹簧秤的读数；⑸细线的方向． 2.(1)F；F′(2)不变 3.BC 4.C．解析：本题属于合力的大小方向不变．当一个力的大小保持不变，而方向改变时，另一个力的大小方向都要变化，作力的平行四边形可知答案应选 C 图41αβF章末整合体验新课标 1.C 2．T=Fa／2d=1 563 N解析:如下图左图，设绳中张力为 T，仪器对绳的拉力 F 可分解为拉绳的两个力 F1、F 2，而 F1=F2=T，由F1、 F2 构成菱形，根据图中几何关系有T=F／ 2sinθ．又因 θ 很小所以 sinθ≈tanθ 故 T=F／2tanθ=Fa／2d当 F=300 N．d=12 mm 时 T=1 563 N．图3． k (ρ－ρ 0)r2g ； 4． （1）可增大正压力，从而增大滑动摩擦力，便于测量．krv3（2）参考方案：只要将测力计的一端与木块 A 相连接，测力计的另一端与墙壁或竖直挡板之类的固定物相连．用手通过轻绳拉动木板 B，读出并记下测力计的读数 F，测出木块 A 的质量 m，同样有 μ= ．gF5．解答：不同意。平行于斜面的皮带对圆柱体也有力的作用。（4分）（1）式应改为：（3）cossinFmg由（3），得 （4）0.63101cos18FgN将（4）代入（2） ，解得cosin3Ng6.解析：可以结合下图来分析．字典所受重力 G 与弹力 FNl，F N2 相平衡，即 FN1、F N2 的合力与 G 大小相等、方向相反．由于 FNl、F N2 间的夹角很大，因此 FNl、F N2 比其合力要大得多，所以 FNl、F N2 大于 G(在皮带中FN=G)．由此可知，它们之间的静摩擦力的最大值也要大得多．图新信息题扫描 1．CD 2.C 3.A 4.D 5. B 6.BC 7.C 8.AD 9.答案：⑵ ⑶控制变量DFLk法（或控制条件法、归纳法等） ⑷62.5 10.对 B：2mgsinα=μmgcosα+μ·3mgcosα ①42μ= tanα21对 A：T=mgsinα+μmgcosα ②T= mgsinα311． 解、延长 AO 交于 B 杆于 C，过 C 做垂线交于 A 杆于 D，由于动滑轮不改变力的大小，则 AO、 BO 上的拉力大小相等，故∠A=∠B，则 sin∠A= cos∠A = 543对结点 O，将 G 沿 AO、 BO 的延长线分解由平衡： Fcos2得 NA1012.物体在水平面内受力如图，则有：F―umg sinθ=0N―umg cosθ=0tgθ= 4312v∴F=3.6N N=4.8N高考链接2009 年高考物理试题1、 【答案】C【解析】对处于斜面上的物块受力分析，要使物块沿斜面下滑则 mgsinθμmgcosθ，故 μf max，物体由静止开始做匀加速直线运动2/48smfFav=at=6m/sts9321226-9s 时：F=f，物体做匀速直线运动s3=vt=6×3=18m9-12s 时：Ff，物体以 6m/s 为初速度，以 2m/s2 为加速度继续做匀加速直线运动matvs 7316214 所以 0-12s 内物体的位移为：s=s 1+s2+s3+s4=54m，B 正确【答案】B【启示】多过程问题能体现考生的判断力，组合题能综合考查学生多方面的知识，这类题目复习中应引起重视。 （广东卷）13. 答案：B解析：三力平衡问题，用正交分解法，设∠AOB=2θ ，O 点受到 FA、Ｆ Ｂ 、F 三力作用，其中 F=G，建立如图所示的坐标系，列平衡方程得：GFBAcosinsi解出： 当 θ=1200 时： ；当 θ1200 时：2GFBAGFBA故选 B。BA（广东卷）20.答案：BD49解析：A.作用力和反作用力受力物体不同，要明确和一对平衡力区别，不要混淆；C.人造地球卫星绕地做匀速圆周运动有万有引力提供向心力，因而方向始终指向地心一直在变，选 BD。（山东卷）16．答案：C解析：在斜面上， ；在水平面上， 。cosfmgfmg本题考查力、速度、加速度、位移、图象。难度：易。（山东卷）17．17.AC【解析】整体法，分析受力，选 AC.本题考查受力分析，力的平衡。难度：易。（重庆卷）25.解析：（1）设圆板与物块相对静止时，它们之间的静摩擦力为 f。共同加速度为 a由牛顿运动定律，有对物块 f=2ma 对圆板 F-f=ma两物相对静止，有 f≤ maxf得 F≤ fmax32相对滑动的条件 F＞ fmax（2）设冲击刚结束时圆板获得的速度大小为 ，物块掉下时，圆板和物块速度大小分别为 和 。0v 1v2由动量定理，有 0Imv由动能定理，有对圆板 221032()4gsdv对物块 21v由动量守恒定律，有 012mv要使物块落下，必须 ＞1v由以上各式得＞I32gd50s＝22913Imgdg分子有理化得s＝222319mdgIg根据上式结果知：I 越大，s 越小。（浙江卷）23. 解析：（1）导体棒所受安培力 ①2AFIBL导体棒有静力平衡关系 ② tan()Amg解得 ③2tan()gIBL所以当 =60°时， 6022ta()3gIBL光电池输出功率为 602mUPI（2）当 时，根据③式可知维持静力平衡需要的电流为4504522.tan()ggLBL根据几何关系可知 0451602cos(45)6P可得 45602mgUBL（安徽卷）19．答案：C解析：P、Q 一起沿斜面匀速下滑时，由于木板 P 上表面光滑，滑块 Q 受到重力、P 的支持力和弹簧沿斜面向上的弹力。木板 P 受到重力、斜面的支持力、斜面的摩擦力、 Q 的压力和弹簧沿斜面向下的弹力，所以选项 C 正确。（四川卷）20.【解析】对 a 棒所受合力为 Fa=F—Ff—mgsin —BIl 说明 a 做加速度减小的加速运动，当加速度为510 后匀速运动，所以 a 所受安培力先增大后不变。如果 F=Ff+2mgsin ，则最大安培力为 mgsin ，则 b 所受摩擦力最后为 0，A 正确。如果 F＜ Ff+2mgsin ，则最大安培力小于 mgsin ，则 b 所受摩擦力一直减小最后不变，B 正确。如果 Ff+3mgsin ＞F＞F f+2mgsin ，则最大安培力大于 mgsin 小于 2mgsin ，则 b 所受摩擦力先减小后增大最后不变。可以看出 b 所受摩擦力先变化后不变，CD 错误。