2019年高考物理一轮复习第2单元相互作用课时作业新人教版.docx

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1、1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

2、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 ( )2图 K4-4A.只有 F1F2时,示数才为 F1B.只有 F1 ,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.FTAFTB B.FTAm2 D.m1F2,若缓慢

3、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= ,选项 C 正确 .3G3L7.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,

4、B 错误;由胡克定律得 k= ,可理解Fx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

5、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= ,由胡克定律 F=kx 得,弹簧 1 的伸长量为 x1= ,弹簧 2 的伸长量为 x2=G2 G2k1= G2k1,弹簧一共伸长 x=x1+x2= ,重物下降的距离为 d= ,选项 A、C 错误,G2k2= G2k2 G2k1+ G2k2=G(k1+k2)2k1k2 x2=G(k1+k2)4k1k2选项 B、D 正确 .2611.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

6、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= ,选项 A 正确,选项 B 错误;轻杆对小铁球 A 的弹力大小 F= ,与夹角 有关,选项 C 错ag m1gcos误,选项 D 正确 .13.60N 0.08m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,

7、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+ mg=mg13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)271.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

8、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=F N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,

9、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

10、间的动摩擦因数 = =0.20,选项 A、D 正确 .fmg7.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

11、,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 1m1g 2(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 1m1g 3(m1+m3)g,联立解得 0.3 ,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=m 1g,FTBsin=m 2g,得 m1m2,选项 C 正确,选项 D错误 .11.(1)如图所示 (2) (3)1cos 1cos 2解析(1)对各球所受的重力来说,其效果有

12、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= 1cos30斜面所受两个小球压力之比为 .F2F2= 1cos 212.(1) (2)G2 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=F N=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=Gco

13、s37=4G5故工件与槽之间的摩擦力 f=2F N= .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

14、 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=F N,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=F N.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-f 0,所以拖把将做加速运动,选项 A、B 错误 .