资源描述
第2单元 相互作用课时作业(四)第4讲重力、弹力1.跳高运动员分别采用如图K4-1所示的跨越式、剪式和背越式过杆姿势过杆,重心最接近甚至低于横杆的是()图K4-1A.跨越式B.剪式C.背越式D.不能确定2.水平桌面上覆盖有玻璃板,玻璃板上放置一木块,下列说法正确的是()A.木块受到的弹力是由于木块的弹性形变要恢复造成的,因为玻璃板没有形变B.木块的重力就是木块对玻璃板的压力C.木块对玻璃板的压力与玻璃板对木块的支持力从性质上来说都是弹力D.木块对玻璃板的压力大小等于玻璃板对木块的支持力大小,因此二者合力为零3.如图K4-2所示,小车上固定着一根弹性直杆A,杆顶固定着一个小球B.现让小车从光滑斜面上自由下滑,杆的形变情况正确的是图K4-3中的()图K4-2图K4-34.如图K4-4所示,某一弹簧测力计外壳的质量为m,弹簧及与弹簧相连的挂钩质量忽略不计.现将其放在光滑水平面上,用两水平拉力F1、F2分别作用在与弹簧相连的挂钩和与外壳相连的提环上,关于弹簧测力计的示数,下列说法正确的是()图K4-4A.只有F1F2时,示数才为F1B.只有F1F2时,示数才为F2C.不论F1、F2关系如何,示数均为F1D.不论F1、F2关系如何,示数均为F25.2018沈阳二中期末 在天花板上用相同的两根轻质细线1和2悬挂一块薄板,细线1和2与竖直方向分别成45角和60角,薄板处于静止状态,如图K4-5所示.下列说法正确的是()图K4-5A.细线2对薄板的拉力大于细线1对薄板的拉力B.设法保持重心位置不变,缓慢增加薄板的质量,则细线1先断C.细线1和2的延长线的交点一定是薄板的重心位置D.单独用细线1或2悬挂薄板,两细线的延长线的交点与重心可能不重合6.如图K4-6所示,将一根长为L的弹性细绳左、右两端固定在同一水平线上相距为L的M、N两点时,弹性细绳恰为自然长度.现将一重为G的钩码挂在绳上P点,钩码挂钩光滑,静止时MPN恰构成一正三角形.假设弹性细绳中的弹力与弹性细绳的伸长量之间的关系遵循胡克定律,弹性细绳没超过弹性限度,则弹性细绳的劲度系数为()图K4-6A.GL B.2GL C.3G3L D.23G3L7.关于胡克定律,下列说法正确的是()A.由F=kx可知,在弹性限度内,弹力F的大小与弹簧形变量x成正比B.由k=Fx可知,劲度系数k与弹力F成正比,与弹簧形变量x成反比C.弹簧的劲度系数k是由弹簧本身的性质决定的,与弹力F的大小和弹簧形变量x的大小无关D.弹簧的劲度系数在数值上等于弹簧伸长(或缩短)单位长度时弹力的大小8.如图K4-7所示,将一轻质弹簧的一端固定在铁架台上,然后将最小刻度是毫米的刻度尺竖直放在弹簧一侧,刻度尺的0刻线与弹簧上端对齐,使弹簧下端的指针恰好落在刻度尺上.当弹簧下端挂一个50g的砝码时,指针示数为L1=3.40cm,当弹簧下端挂两个50g的砝码时,指针示数为L2=5.10cm.g取9.8m/s2.由此可知()图K4-7A.弹簧的原长是1.70cmB.仅由题给数据无法获得弹簧的原长C.弹簧的劲度系数约为28.8N/mD.由于弹簧的原长未知,无法算出弹簧的劲度系数9.轻杆的一端安装有一个小滑轮P,用手握住杆的另一端支撑着悬挂重物的轻绳,如图K4-8所示.现使杆和竖直方向的夹角缓慢减小,则杆对滑轮P的作用力()图K4-8A.大小变大B.大小不变C.方向发生变化,但始终沿杆方向D.方向始终在P两侧轻绳的角平分线上,不一定沿杆10.如图K4-9所示,劲度系数分别为k1和k2的两个轻质弹簧竖直悬挂,弹簧下端用光滑细绳连接,并有一光滑的轻滑轮放在细绳上.当滑轮下端挂一重为G的物体后,滑轮下滑一段距离,则下列结论中正确的是()图K4-9A.两弹簧的伸长量相等B.两弹簧的弹力相等C.重物下降的距离为Gk1+k2D.重物下降的距离为G(k1+k2)4k1k211.如图K4-10所示,A、B两个物块的重力分别是GA=3N和GB=4N,弹簧的重力不计,整个装置沿竖直方向处于静止状态,这时弹簧的弹力F=2N,则天花板受到的拉力和地板受到的压力可能分别是()图K4-10A.3N和4NB.5N和6NC.1N和6ND.5N和2N12.如图K4-11所示,小车上有一个固定的水平横杆,左边有一轻杆与竖直方向成角固定于横杆上,轻杆下端连接一小铁球A,横杆右边用一根细线吊着一小铁球B,当小车向右做匀加速运动时,细线保持与竖直方向成角.若,两物体间的轻质弹簧恰好处于水平状态,两根细线的拉力分别为FTA和FTB,则下列说法正确的是()图K6-10A.FTAFTBB.FTAm2D.m1F2,若缓慢增加薄板的质量,则细线1先断,选项A错误,选项B正确;重力所在的直线、细线1和2的延长线三线交于同一点,薄板的重心在该交点所在的竖直线上,但不一定与该交点重合,选项C错误;单独用细线1或2悬挂薄板,两细线的延长线的交点为重心,选项D错误.6.C解析 弹性绳的伸长量是L,两段绳的弹力大小均为kL,由平衡条件得2kLcos30=G,则劲度系数k=3G3L,选项C正确.7.ACD解析 在弹性限度内,弹簧的弹力与形变量遵守胡克定律F=kx,故A正确;弹簧的劲度系数是由弹簧本身的性质决定的,与弹力F及弹簧形变量x无关,故C正确,B错误;由胡克定律得k=Fx,可理解为弹簧每伸长(或缩短)单位长度时受到的弹力在数值上与k相等,故D正确.8.AC解析 设弹簧的原长为L0,劲度系数为k,由题意可得k(L1-L0)=mg,k(L2-L0)=2mg,解得k28.8N/m,L0=1.70cm,选项A、C正确.9.BD解析 滑轮P受到两侧轻绳的拉力和杆的作用力,其中两侧轻绳的拉力大小相等,且等于重物的重力,使杆和竖直方向的夹角缓慢减小时,两拉力的方向不变,则其合力也不变,方向始终在P两侧轻绳夹角的角平分线上,因滑轮P受力平衡,故杆对滑轮P的作用力大小不变,方向始终在P两侧轻绳夹角的角平分线上,不一定沿杆,选项B、D正确.10.BD解析 对滑轮受力分析如图所示,因为F1、F2是同一根绳上的力,所以大小相等,即F1=F2,由平衡条件得F1+F2=G,解得F1=G2,由胡克定律F=kx得,弹簧1的伸长量为x1=G2k1=G2k1,弹簧2的伸长量为x2=G2k2=G2k2,弹簧一共伸长x=x1+x2=G2k1+G2k2=G(k1+k2)2k1k2,重物下降的距离为d=x2=G(k1+k2)4k1k2,选项A、C错误,选项B、D正确.11.CD解析 当弹簧由于被压缩而产生2N的弹力时,由受力平衡及牛顿第三定律可得,天花板受到的拉力为1N,地板受到的压力为6N;当弹簧由于被拉伸而产生2N的弹力时,天花板受到的拉力为5N,地板受到的压力为2N,C、D正确.12.AD解析 对于细线悬吊的小铁球B,有a=gtan,而轻杆对小铁球A的弹力由m1a和m1g共同决定,且tan=ag,选项A正确,选项B错误;轻杆对小铁球A的弹力大小F=m1gcos,与夹角有关,选项C错误,选项D正确.13.60N0.08m解析 对B受力分析知,绳上拉力F=GB根据胡克定律得F弹=kx又F弹=F联立解得x=0.08m对A受力分析,可得FN=GA-F弹=60N.14.2mg(k1+k2)3k1k2解析 下面弹簧在起初物体静止时的压缩量为x1=mgk1其承受的压力为物体重力的13时的压缩量为x1=mg3k1设此时上面弹簧的弹力大小为F2,对物体受力分析,可知F2+13mg=mg则上面弹簧的伸长量为x2=F2k2=2mg3k2故上面弹簧的上端A被竖直向上提高的距离为d=x1-x1+x2=mgk1-mg3k1+2mg3k2=2mg(k1+k2)3k1k2.课时作业(五)1.B解析 摩擦力方向沿接触面,弹力方向垂直于接触面,且有摩擦力时一定有弹力,有弹力时不一定有摩擦力,选项A正确;静摩擦力大小与压力大小没有关系,选项B错误;静摩擦力可以产生在运动的物体间,且静摩擦力的方向可以与运动方向成任意角度,例如静摩擦力提供向心力,选项C正确;滑动摩擦力可以是动力,也可以是阻力,选项D正确.2.B解析 选项A和C中的物体不受摩擦力,选项D中瓶子所受的摩擦力竖直向上,选项B正确.3.D解析 根据滑动摩擦力的求解公式f=FN可知,滑动摩擦力的大小只与动摩擦因数和正压力有关,与物体之间的接触面积无关,在人匀加速拖出材料的过程中,材料与平台之间的动摩擦因数不变,支持力也不变,因而工人拉力也不变,选项D正确.4.C解析 木块P在长木板ab上向右滑行,木块受到长木板向左的滑动摩擦力f1=2mg,根据牛顿第三定律可知,长木板受到木块向右的滑动摩擦力f1=f1=2mg.由于长木板处于静止状态,所以长木板受到地面的静摩擦力f2应与f1平衡,即f2=2mg,选项C正确.5.B解析 木块受到的静摩擦力与绳子拉力平衡,大小可变,选项A错误,选项B正确;由第5次实验可得滑动摩擦力为0.50N,选项C错误;滑动摩擦力可能小于静摩擦力,也可能大于静摩擦力,选项D错误.6.AD解析 木箱受到的静摩擦力随推力的增大而增大,最大静摩擦力为21N,当推力F21N后,摩擦力为滑动摩擦力,大小为20N,木箱与地面间的动摩擦因数=fmg=0.20,选项A、D正确.7.BC解析A物体与传送带一起匀速运动,没有发生相对滑动,也没有相对运动趋势,所以A物体不受摩擦力,选项A错误;对B、C两物体进行受力分析,可知B、C所受的静摩擦力大小均等于mgsin,方向均沿传送带向上,选项B、C正确,选项D错误.8.ACD解析 对A,由平衡条件可得,B对A的摩擦力大小为T,方向向左,选项A正确;C对B的最大静摩擦力为2mg,大于A对B的最大静摩擦力mg,故B将相对A滑动,B和C一起匀速运动,A静止,选项B错误,选项C正确;对A、B、C整体,由平衡条件可得,C受到地面的摩擦力大小为F-T,选项D正确.9.BC解析 若滑上木板A时木板A不动,则由受力分析得1m1g2(m1+m2)g+3m3g,若滑上木板B时木板B开始滑动,则由受力分析得1m1g3(m1+m3)g,联立解得0.310.625,选项B、C正确.10.AD解析 对图甲,物块m受到的重力、支持力方向沿竖直方向,假设受到摩擦力作用,摩擦力方向与接触面相切,方向水平,则物块m受力将不平衡,与题中条件矛盾,故假设不成立,A正确,C错误.对图乙,由于物块m匀速下滑,故其受力平衡,若物块m只受重力、支持力作用,由于支持力与接触面垂直,重力、支持力不可能平衡,故物块m应受到平行于斜面向上的摩擦力,B错误,D正确.11.(1)甲图装置中只要A相对B滑动即可;乙图装置中A必须做匀速直线运动(2)不等于(3)0.4解析(1)甲图装置中只要A相对B滑动即可,弹簧测力计的拉力等于B受到的滑动摩擦力;乙图装置中要使弹簧测力计的拉力等于A受到的滑动摩擦力,A必须做匀速直线运动,即处于平衡状态.(2)甲图中A受到B和地面的滑动摩擦力,当A匀速运动时,这两个滑动摩擦力大小之和等于拉力Fa的大小. (3)对甲图中木块B,有FN=GB=150N由f=FN可得=fFN=60N150N=0.4(注:滑动摩擦力与Fa无关,这种实验方案显然优于乙图装置的方案).12.(1)0.2(2)4N(3)2N解析(1)因为A和B恰好一起匀速运动,所以B受到的水平绳的拉力T与滑动摩擦力f1大小相等,且等于A的重力mAg,B对桌面的压力FN等于B的重力mBg,所以有f1=FNFN=mBgT=f1=mAg解得=0.2.(2)如果用水平力F向左拉B,使物体A和B做匀速运动,则此时水平绳的拉力T与滑动摩擦力f1的大小均不变,根据物体B在水平方向上受力平衡,有F=T+f1=2mAg=4N.(3)若在原来静止的物体B上放一个质量与其质量相等的物体后,则物体B对桌面的压力变大,受到的最大静摩擦力将变大,此时物体B仍将静止,物体B与桌面间的摩擦力为静摩擦力,根据物体B和物体A受力平衡可知,物体B受到的摩擦力为f1=T=mAg=2N.课时作业(六)1.A解析 鱼受到重力和水对鱼的作用力两个力,这两个力的合力沿水平方向向左,使得鱼产生水平向左的加速度,故水对鱼的作用力方向只可能是斜向上的,选项A正确.2.B解析 对于给定的三个共点力,其大小、方向均确定,则合力的大小唯一、方向确定,排除A、D;根据图,可先作出F1、F2的合力,不难发现F1、F2的合力方向与F3同向,大小等于2F3,根据几何关系可求出合力大小等于3F3,选项B正确.3.B解析 两人对水桶的作用力的合力恒定,大小为G,当两人对水桶的作用力都是沿竖直向上的方向时,每人的作用力大小等于G2;当两人对水桶的作用力之间的夹角变大时,每人的作用力F=G2cos2变大,选项B正确,选项A、C、D错误.4.B解析 将物块A所受的重力按照力的效果进行分解,如图所示,故F1F2=sin=12,即物块A对挡板P的压力与对斜面的压力大小之比为12,选项B正确.5.B解析 对物体受力分析,物体受到重力、支持力、力F和未知力F,要使合力沿着OO方向,根据平行四边形定则画图可以判断出当未知力F垂直于OO时,F最小,如图所示,由几何关系得F=Fsin,选项B正确.6.A解析 单手与地面间的作用力方向垂直于地面,大小均为12G,与角无关,选项A正确,选项B错误;不管大小如何,运动员受到的合力始终为零,选项C错误;不管大小如何,运动员与地面之间的相互作用力总是大小为G且方向不变,选项D错误.7.CD解析 小孩和车整体受到重力、支持力、拉力和摩擦力,根据共点力的平衡条件,拉力的水平分力等于小孩和车所受的摩擦力,故选项A错误;小孩和车整体受到重力、支持力、拉力和摩擦力,根据共点力平衡条件,拉力与摩擦力的合力跟重力与支持力的合力平衡,重力与支持力的合力竖直向下,故拉力与摩擦力的合力方向竖直向上,故选项B错误,选项C正确;小孩和车做匀速直线运动,故所受的合力为零,故选项D正确.8.BD解析 当两分力夹角很大时,分力远大于合力,因此甲同学用两只手用力拉直细绳,乙同学只需用很小的力即可推动细绳,且使绳发生弯曲,选项A、C错误,选项B、D正确.9.BD解析 取O点为研究对象,进行受力分析如图所示,则有FTA,有cosFTB,选项A正确,选项B错误;两物体在竖直方向上受力平衡,有FTAsin=m1g,FTBsin=m2g,得m1m2,选项C正确,选项D错误.11.(1)如图所示(2)1cos(3)1cos2解析(1)对各球所受的重力来说,其效果有二:第一,使球垂直于方向推挡板;第二,使球压紧斜面.因此,力的分解如图所示.(2)(3)对球1,有F1=Gtan,F2=Gcos对球2,有F1=Gsin,F2=Gcos所以挡板A、B所受的压力之比为F1F1=1cos斜面所受两个小球压力之比为F2F2=1cos2.12.(1)G2(2)2G5解析(1)将圆柱体受到的重力分解为垂直于槽的侧面的两个分力,两分力的大小为F1=F2=G,则两斜面对圆柱体的支持力FN1=FN2=G,两斜面对圆柱体的摩擦力f1=f2=FN=G4故人要施加的拉力F=f1+f2=G2.(2)槽的侧面对工件的支持力FN=Gcos37=4G5故工件与槽之间的摩擦力f=2FN=2G5.课时作业(七)1.B解析 磁性黑板擦受到重力、磁场力、黑板的弹力和摩擦力作用,黑板对黑板擦的作用力F与重力G等大反向,方向竖直向上,选项B正确;在水平方向上,磁场力与弹力大小相等,但与重力的大小关系不确定,选项C、D错误.2.C解析 将上层看作一个整体,整体受到重力和碳碳键的张力,故F1=6m0g,对下层碳原子分析,根据平衡条件可得3F2cos60=9m0g,解得F2=6m0g,选项C正确.3.D解析 两支架对圆柱体的合力一定,该合力与重力平衡,故两支架产生的等大的分力的夹角越大,则分力越大,选项D正确.4.C解析 设拖把与地面之间的动摩擦因数为,对拖把受力分析如图所示,拖把受到重力、支持力、推力和摩擦力而处于平衡状态.将推拖把的力沿竖直方向和水平方向分解,由平衡条件知,竖直方向上,有Fsin+mg=FN,水平方向上,有Fcos-f=0,式中FN和f分别为地面对拖把的支持力和摩擦力,它们的关系为f=FN.减小F与水平方向的夹角,则sin减小,地面对拖把的支持力FN变小,地面对拖把的摩擦力f变小,选项C正确,选项D错误;减小F与水平方向的夹角时,f减小而Fcos增大,则Fcos-f0,所以拖把将做加速运动,选项A、B错误.5.C解析 对结点O受力分析,绳子3的拉力F3=G,由平衡条件得F1=Gcos30=3G2,F2=Gsin30=G2,若逐渐增大重物重力,则绳子3先断,选项A、B错误,选项C正确;若缓慢增大P、Q两点间距,则F1、F2的合力仍等于重物的重力,即该合力不变,选项D错误.6.A解析 当绳子拉力最大,即为Mg时,重物到达最高点,由平衡条件得此时动滑轮两侧绳子拉力方向成120,动滑轮与天花板间的距离h=L2tan60=3L6,选项A正确.7.A解析 设Oa、ab分别与竖直方向的夹角为和,对ab整体,由平衡条件有tan=2Fma+mbg;对b,有tan=Fmbg,由图可知=,联立解得a、b两球质量之比mamb=1,选项A正确.8.BC解析 设力F与小球P所在处半圆的切线的夹角为,由平衡条件有mgcos=Fcos,mgsin=FNFsin,在力F在竖直面内由水平方向沿顺时针方向缓慢地转过90的过程中,先由90-减小为0,后由0增大到,故力F先减小后增大,其最小值为mgcos,支持力FN一直减小,选项A错误,选项B正确;对小球和框架整体受力分析,整体受到重力、外力F、地面的支持力和摩擦力,在力F在竖直面内由水平方向沿顺时针缓慢转过90的过程中,力F的水平分力减小,竖直分力增大,故地面对框架的支持力和摩擦力都始终在减小,则框架对地面的压力也一直减小,选项C正确,D错误.9.BD解析 因为木块m和M整体沿斜面匀速下滑,所以M与斜面之间一定存在摩擦力,故M与斜面间的动摩擦因数2一定不等于零;因为木块m和M的接触面水平,由m的运动状态可知,它一定不受M的摩擦力,所以木块m与M之间的动摩擦因数1可以为零,也可以不为零,选项B、D正确.10.AD解析 对小球受力分析,将小球所受的三个力首尾相接组成封闭的三角形,如图所示,根据图解法可知,拉力F一直增大,细线的拉力先减小后增大,选项A正确,选项B错误;对物块受力分析,可知地面对物块的支持力先增大后减小,则物块对地面的压力先增大后减小,选项C错误,选项D正确.11.BD解析 设轻杆与竖直方向的夹角为,则cos=0.8ll=45,=37,对小球,由平衡条件得,两轻杆对小球的作用力均为F=mg2cos=5mg8,则轻杆OB对小滑块的作用力F=F=5mg8,方向沿OB杆向下,选项A、C错误,选项B正确;对滑块,有mg+Fcos=kx,而x=0.6l,解得弹簧的劲度系数k=5mg2l,选项D正确.12.(1)120N(2)168N解析(1)对C点受力分析如图甲所示,由平衡条件得TACcos37+TBCsin37-G=0TACsin37-TBCcos37=0解得TAC=120N,TBC=90N所以轻绳能承受的拉力最大为120N.(2)若重物由轻质光滑小滑轮吊着,则绳长AC=BC,设AC与BC的夹角为2,受力分析如图乙所示,由平衡条件得2Tcos-G=0其中cos=AC2-AB22AC解得G=48067N=168N.13.(1)37.5N(2)9.09NF100N解析(1)对物体受力分析,有F=mgtan=37.5N.(2)当F较大时,摩擦力沿斜面向下,由平衡条件得Fmaxsin+mgcos=FNFmaxcos=mgsin+fm而fm=FN联立解得Fmax=100N当F较小时,摩擦力沿斜面向上,由平衡条件得Fmincos+FN=mgsinFminsin+mgcos=FN联立解得Fmin=9.09N.
展开阅读全文