习全套教学案第二章相互作用答案

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．【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=kx 1，离开地面时，弹簧被拉伸，对B 有2mg=kx 2，A 上提高度x =x 1+x 2=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O<F≤2ON ．(1)由于F=5N<fm ，物体仍静止，所受静摩擦力f 静=5N ，方向水平向左．(2)由于F=30N>Fm ，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．ABCD图2-1-11(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、摩擦力摩F的作用，由于F从零开始均匀增大，物体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=m22ga ，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。

【例10】解析：（1）（2）图2-1-13图2-1-12（3）针对练习 1.BCD 2.D3.mg k k k k 2121)(2+ 4．外力较小时（Fcosθ＜mgsinθ＝物体有向下的运动趋势，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．C6．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=2220r v ω+=3m/s ，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=μF N cosα8.034.20==v v 故Ｆ＝N mg 508.025.0101cos =⨯⨯=αμ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2-1-15图2-1-14图【例２】解析：由图象知：θ＝3时，有：F 12+F 22=102 ①当θ＝3时，有：F 1-F 2=2(令F 1＞F 2) ②解①②得：F 1=8N F 2=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F 33＞2F ，从图上看出，F 1有两个解，由直角三角形OAD 可知：OA=F F F 23)2(22=+ 由直角三角形ABD 得：AB=F F F 63)2(222=+由图的对称性可知：AC=AB=F 63则分力F 1=F F F 336323=- F 1/=F F F 3326323=+ 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F 1、F 2，如图2-2-6左，力F 1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F N ,将力F 1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F N /=F N ．由题图可看出tanα=10100=10 依左图有：F 1=F 2=αcos 2F依右图有：F N /=F 1sinα故可以得到：F N /=F N =αcos 2F·sina=21F·tana=5F 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．图2-2-6图2-2-5图2-2-4４. 1270N 635N ．解析：如图所示，将推力F 按其作用效果分解为F 1/、F 2/． 由图可知：活塞对连杆AB 的推力 F l =F l /=F ／cosa=1100／(3/2)=1270N 活塞对缸壁的压力 F 2=F 2/=Ftana=1100×33=635N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 11．300 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．GfNF图2-3-7图甲乙丙丁图2-8图2-3-8【例2】解析：若木块刚好不下滑，竖直方向上有：Fsin37°+kF N cos37°=Mg，解得F=20N若木块刚好不上滑，竖直方向上有：Fsin37°=Mg+kF N cos37°，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/2RcosϕT=k（2Rcos ϕ-L）解得ϕ=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F x=0，F y=0，建立方程有-Tsinϕ+Nsin2ϕ=0Tcosϕ-G-Ncos2ϕ=0解得T=2Gcosϕ而T=k（2Rcosϕ-L）所以)(2arccosGkRkL-=ϕ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F N垂直，即θ+α=900时，T与斜面平行时，拉力最小，为T n=mgsinα而支持力不断减小，当θ=O0时．F N减为零，即F Nn=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T AC sin30°-T BC sin60°=0 ①T AC cos30°+T BC cos60°-G=0 ②由式①可知T AC=3T BC，当T BC=100时，T AC=173N，AC将断．而当T AC=150N时，T BC=86.6＜100N将T AC=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）．图2-3-13图2-3-12T图2-3-9图2-3-10图2-3-11以物体为对象，根据平衡条件有：F-f 1-mg sinθ=0 （1） N 1-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： f 1/cosθ+N 1/sinθ- f=0 (3) N+f 1/sinθ-N 1/c osθ- Mg=0 (4) 其中f 1 = f 1/ N 1=N 1/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=0 f ＝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+F f =Fcosθ ① 而F f =μF N 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. 103N≤F≤203N 7． 1.84kg ，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.αsin 34⋅mg 10．（1）绳的拉力大小为43N ．（2）气球所受水平风力大小为23N ． 11．μ= 0.5 12. tanθ=2μ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F 1、F 2，而F 1=F 2=T ，由F 1、F 2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αβF3．k(ρ－ρ0)r2g；krv34π4．（1）可增大正压力，从而增大滑动摩擦力，便于测量．（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=mgF．5．解答：不同意。