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 (1)由于F=5N (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． A B C D 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=m2 2g a ， tanθ= g a 【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.D 3. mg k k k k 2 12 1) (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．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=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 cosα8.03 4 .20== v v 故Ｆ＝N mg 508 .025.010 1cos =??=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 3 3 ＞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 2 3)2( 22=+ 由直角三角形ABD 得： AB=F F F 6 3 )2(22 2=+ 由图的对称性可知：AC=AB= F 6 3 则分力F 1=F F F 3 36323=- F 1/= F F F 33 26323=+ 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=10 100 =10 依左图有：F 1=F 2= α cos 2F 依右图有：F N /=F 1sinα 故可以得到：F N /=F N =α cos 2F ·sina= 2 1F·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2-2-4 ４. 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× 3 3 =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． G f N F 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/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F x=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 ) (2 arccos G kR kL - = ? 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 ① T 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2-3-12 T 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 3 4 ?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 α β F 3． k(ρ－ρ0)r2g； k rv 3 4π 4．（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= mg F ．5．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： cos sin F F mg βα +=（3） 由（3），得 sin0.6 3010 1cos10.8 F mg N N α β ==?= ++ （4） 将（4）代入（2），解得 cos sin300.8100.618 N mg F N αβ =-=?-?= 6.解析：可以结合下图来分析．字典所受重力G与弹力F Nl，F N2相平衡，即F N1、F N2的合力与G大小相等、方向相反．由于F Nl、F N2间的夹角很大，因此F Nl、F N2比其合力要大得多，所以F Nl、F N2大于G(在皮带中F N=G)．由此可知，它们之间的静摩擦力的最大值也要大得多． 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 D FL k⑶控制变量法（或控制条件法、归纳法等）⑷62.5 10.对B： 2mgsinα=μmgcosα+μ·3mgcosα① μ= 2 1 tanα 对A：T=mgsinα+μmgcosα② T= 2 3 mgsinα 11． 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上的拉力大小相图 图 等，故∠A =∠B ，则sin ∠A= 54 cos ∠A =5 3 对结点O ，将G 沿AO 、BO 的延长线分解 由平衡：G A F =∠cos 2 得 N A G F 10cos 2=∠= 12.物体在水平面内受力如图，则有： F ―umg sin θ=0 N ―umg cos θ=0 tg θ= 4 312=v 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mg sin θ>μmg cos θ，故μ 2、答案：减小压强（提高稳定性）；增大摩擦（防止打滑；排水） 【解析】车胎变宽能够增大轮胎与地面的接触面积，提高稳定性，减小压强，有利于行车安全；自行车后轮外胎上的花纹，增大摩擦，防止打滑。 3、答案：D 【解析】四个图中都是静摩擦。A 图中F f A =G sin θ；B 图中F f B =G sin θ；C 图中F f C =(G -F )sin θ；D 图中F f C =(G +F )sin θ。 4、答案：BD 【解析】不同弹簧的缓冲效果与弹簧的劲度系数有关，A 错误；在垫片向右运动的过程中，由于两个弹簧相连，则它们之间的作用力等大，B 正确；由于两弹簧的劲度系数不同，由胡克定律F k x =?可知，两弹簧的型变量不同， 则两弹簧的长度不相等，C 错误；在垫片向右运动的过程中，由于弹簧的弹力做功，则弹性势能将发生变化，D 正 确。 5、答案：CD 【解析】取物块为研究对象，小滑块沿斜面下滑由于受到洛伦兹力作用，如图所示，C 正确；N=mgcosθ+qvB,由于v 不断增大，则N 不断增大，滑动摩擦力f =μN ，摩擦力增大，A 错误；滑块的摩擦力与B 有关，摩擦力做功与B 有关，依据动能定理，在滑块下滑到地面的过程中，满足 2 102 mv mgh fs -=-，所以滑块到地面时的动能与B 有关，B 错误；当B 很大，则摩擦力有可能很大，所以滑块可能静止在斜面上，D 正确。 6、答案AC 。 【解析】由于木箱的速度保持不变，因此木箱始终处于平衡状态，受力分析如图所示，则由平衡条件得： sin mg N F θ=+，cos f N F μθ==两式联立解得 cos sin mg F μθμθ= = +见F 有最小值，所以F 先减小后增大，A 正确；B 错误；F 的功率cos cos cos sin 1tan mgv mgv P Fv μθμθθμθμθ == = ++， 可见在θ从0逐渐增大到90°的过程中tan θ逐渐增大，则功率P 逐渐减小，C 正确，D 错误。 7、答案：AD 解析：设斜面倾角为θ、上升过程沿斜面运动的最大距离为L 。因为OM ＝ON ，则MN 两点电势相等，小物体从M 到N 、从N 到M 电场力做功均为0。上滑和下滑经过同一个位置时，垂直斜面方向上电场力的分力相等，则经过相等的一小段位移在上滑和下滑过程中电场力分力对应的摩擦力所作的功均为相等的负功，所以上滑和下滑过程克服电场力产生的摩擦力所作的功相等、并设为W 1。在上滑和下滑过程，对小物体，应用动能定理分别有：－mgLsinθ －μmgLcosθ－W 1＝－ 212 mv 和 mgLsinθ－μmgLcosθ－W 1＝ 22 2 mv ，上两式相减可得 Lsinθ＝ 22 12 4v v g +，A 对；由 OM ＝ON ，可知电场力对小物体先作正功后作负功，电势能先减小后增大，BC 错；从N 到M 的过程中，小物体受到的电场力垂直斜面的分力先增大后减小，而重力分力不变，则摩擦力先增大后减小，在此过程中小物体到O 的距离先减小后增大，根据库仑定律可知小物体受到的电场力先增大后减小，D 对。 8、答案：C 解析：共点的两个力合成，同向时最大为1F ＋2F ，反向时最小为1F －2F 9、答案：A 解析：对两刚性球a 和b 整体分析，竖直方向平衡可知F =(m a +m b )g 、水平方向平衡有f 1=f 2。 10、答案：A 【解析】熟练应用力的合成和分解以及合成与分解中的一些规律，是解决本题的根本；一个大小方向确定的力分解为两个等大的力时，合力在分力的角平分线上，且两分力的夹角越大，分力越大。题中当绳子拉力达到F =10N 的时候，绳子间的张角最大，即两个挂钉间的距离最大；画框受到重力和绳子的拉力，三个力为共点力，受力如图。绳子与竖直方向的夹角为θ，绳子长为L 0=1m,则有2cos mg F θ=，两个挂钉的间距离0 2sin 2 L L θ=? ，解得 2 L = m ，A 项正确。 11、答案.B 【解析】对建筑材料进行受力分析根据牛顿第二定律有F －mg =ma ，得绳子的拉力大小等于F=210N ，然后再对人受力分析由平衡的知识得Mg=F+F N ，得F N =490N ，根据牛顿第三定律可知人对地面间的压力为490N ，B 对。 12、答案：A 【解析】小球释放后作圆周运动，受到细绳指向圆心的拉力F 和竖直向下的大小不变的重力G ，因为F 始终指向O 点，则合力始终变化，B 错；F 始终和速度垂直、不做功，则小球只有重力做功、机械能守恒，A 对；小球的重力作正功，应用动能定理可知小球动能增加，C 错；小球向下运动，位置降低（或重力作正功）、重力势能减小，D 错。 13、答案：A 考点：受力分析，正交分解或三角形定则 解析：对小滑块受力分析如图所示，根据三角形定则可得tan mg F θ = ，sin N mg F θ = ，所以A 正确。 提示：支持力的方向垂直于接触面，即指向圆心。正交分解列式求解也可。 14、答案：BC 解析：受力分析可知，下滑时加速度为g(1－μcosθ)，上滑时加速度为g (1+μcosθ)，所以C 正确。设下滑的距离为l ，根据能量守恒有μ(m+M)gl cosθ+μM gl cosθ=mgl sinθ，得m ＝2M 。也可以根据除了重力、弹性力做功以外，还有其他力(非重力、弹性力)做的功之和等于系统机械能的变化量，B 正确。在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能和内能，所以D 不正确。 提示：能量守恒定律的理解及应用。 15、答案：C 解析：在慢慢加速的过程中顾客受到的摩擦力水平向左，电梯对其的支持力和摩擦力的合力方向指向右上，由牛顿第三定律，它的反作用力即人对电梯的作用方向指向向左下；在匀速运动的过程中，顾客与电梯间的摩擦力等于零，顾客对扶梯的作用仅剩下压力，方向沿竖直向下。 16、答案A 【解析】受力如图所示，N 3F cos302o mg mg == ，1sin 302 o f F mg mg == 17、答案C 【解析】第三个小球受三个力的作用，它们的关系是 () 22 0222q q k x k k l l =+，得2 2 054kq x k l = ； 2 02 054kq l l x l k l =-=- 18、（2009年全国卷Ⅰ）25． 19、 【解析】（1）力矩平衡时：（mg －qE ）l sin90?＝（mg ＋qE ）l sin （120?－90?）， 即mg －qE ＝12 （mg ＋qE ），得：E ＝mg 3q ； （2）重力做功：W g ＝mgl （cos30?－cos60?）－mgl cos60?＝（3 2 －1）mgl ， 静电力做功：W e ＝qEl （cos30?－cos60?）＋qEl cos60?＝3 6 mgl ， （3）小球动能改变量?E k = 12 mv 2＝W g ＋W e ＝（233 －1）mgl ， 得小球的速度：v ＝ ?E k m ＝ （ 23 3 －1）gl 。 20、【解析】（i ）将重物托起h 需要做的功 1mg W h = ① 设人对手柄做的功为2W ，则千斤顶的效率为1 2 W W η = ② 代入数据可得32 5.010W J =? ③ F N mg f a 300 mg F N F f F 23k 0 k 0 l l q q F 13 F (ii)设大活塞的面积为1S , 小活塞的面积为2S ，作用在小活塞上的压力为1F ,当于斤顶的效率为100%时， 有 1 12 S mg F S = ④ 2 11222 S D S D = ⑤ 当1F 和F 都与杠杆垂直时，手对杠杆的压力最小。利用杠杆原理，有1F OD F OC ?=? ⑥ 由④⑤⑥式得F=500N ⑦ 21、答案（1）3sin 3cos mg mg θμθ+ （22 2(sin cos )3 gL θμθ+（3）(sin cos )mgL θ μθ+ 【解析】(1)当匀速时,把三个物体看作一个整体受重力、推力F 、摩擦力f 和支持力.根据平衡的知识有 3sin 3cos F mg mg θμθ =+ (2) 第 一 个 木 箱 与 第 二 个 木 箱 碰 撞 之 前 的 速 度 为 V 1, 加 速 度 1sin cos 2(sin cos ) F mg mg a g m θμθ θμθ--= =+根据运动学公式或动能定理有 12(sin cos )V gL θμθ=+,碰撞后的速度为 V 2根据动量守恒有 122mV mV =,即碰撞后的速度为 2(sin cos )V gL θμθ+然后一起去碰撞第三个木箱,设碰撞前的速度为V 3 从V2到V3的加速度为 22sin 2cos (sin cos ) 22 F mg mg g a m θμθθμθ--+= = ,根据运动学公式有 223222V V a L -=,得 32(sin cos ) V gL θμθ= +,跟第三个木箱碰撞根据动量守恒有 3423mV mV =,得42 2(sin cos )3 V gL θμθ= +就是匀速的速度. (3)设第一次碰撞中的能量损失为E ?,根据能量守恒有22 1211 222mV E mV =?+,带入数据得 (sin cos )E mgL θμθ?=+. 2010年高考物理试题 （全国卷2）17. 【答案】B 【解析】带电雨滴在电场力和重力最用下保持静止，根据平衡条件电场力和重力必然等大反向mg=Eq ，则 3 39 94 44 10 3.14103341010 r mg q C E E ρπ--???= ===?。 【命题意图与考点定位】电场力与平衡条件的结合。 （新课标卷）15.答案：C 解析：根据胡克定律有：)(101 l l k F -=，)(022l l k F -=，解得：k= 21 21 F F l l +-。 （新课标卷）18.答案：B 解析：物体受重力mg 、支持力N 、摩擦力f 、已知力F 处于平衡，根据平衡条件，有 )60sin (60cos 0101F mg F -=μ，)30sin (30cos 0202F mg F +=μ，联立解得：= μ2。 （上海理综）7．答案：A （上海物理）25.【解析】???==0 mgsin30 Fcos mgcos30Fsin αα，0 60=α，mg F 3=，mgh W =。因为没有摩擦力， 拉力做功最小。 本题考查力的分解，功等。难度：中等。 （上海物理）31.【解析】（1）隔离法： 对木块：1sin mg f ma θ-=，1cos 0mg N θ-= 因为21 2 s at = ，得2/a m s = 所以， 18f N =，1 16N N = 对斜面：设摩擦力f 向左，则11sin cos 3.2f N f N θθ=-=，方向向左。 （如果设摩擦力f 向右，则 11sin cos 3.2f N f N θθ=-+=-，同样方向向左。） （2）地面对斜面的支持力大小11s sin 67.6N f N co f N θθ==+= （3）木块受两个力做功。 重力做功：sin 48G W mgh mgs J θ=== 摩擦力做功：32f W fs J =-=- 合力做功或外力对木块做的总功：16G f W W W J =+= 动能的变化2211 ()1622 k E mv m at J ?==?= 所以，合力做功或外力对木块做的总功等于动能的变化（增加），证毕。 （天津卷）11.解析：（1）ab 对框架的压力 11F m g = ① 框架受水平面的支持力 21N F m g F =+ ② 依题意，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则框架受到最大静摩擦力 2N F F μ= ③ ab 中的感应电动势 E Blv = ④ MN 中电流 12 E I R R = + ⑤ MN 受到的安培力 F IlB = 安 ⑥ 框架开始运动时 2F F =安 ⑦ 由上述各式代入数据解得 6/v m s = ⑧ （2）闭合回路中产生的总热量 12 2 R R Q Q R += 总 ⑨ 由能量守恒定律，得 211 2 Fx m v Q = +总 ⑩ 代入数据解得 1.1x m = ⑾ （江苏卷）3、3.D 难度：中等 本题考查力的平衡或力的合成。 【解析】0 3cos30 ,F mg F == 。选D （福建卷）16．【命题特点】本题属于多过程问题，综合考查静摩擦力、滑动摩擦力、牛顿运动定律、匀速直线运动和匀变速直线运动，需要考生准确分析出物体在每一段时间内的运动性质。 【解析】拉力只有大于最大静摩擦力时，物体才会由静止开始运动 0-3s 时：F=f max ，物体保持静止，s 1=0； 3-6s 时：F>f max ，物体由静止开始做匀加速直线运动 2/224 8s m m f F a =-=-= v=at=6m/s m at s 9322 1 21222=??== 6-9s 时：F=f ，物体做匀速直线运动 s 3=vt=6×3=18m 9-12s 时：F>f ，物体以6m/s 为初速度，以2m/s 2为加速度继续做匀加速直线运动 m at vt s 27322 1 3621224=??+?=+ = 所以0-12s 内物体的位移为：s=s 1+s 2+s 3+s 4=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F A 、ＦＢ、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： ?? ?=+=G F F F F B A B A θθθ θcos cos sin sin 解出：θ cos 2G F F B A = = 当θ=1200时：G F F B A ==；当θ<1200时：G F F B A <=；当 θ>1200时： G F F B A >=故选B 。 （广东卷）20.答案：BD 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， cos f mg μθ=；在水平面上，f mg μ=。 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≤ max f 得 F≤ 32 f max 相对滑动的条件F ＞ 32 f max （2）设冲击刚结束时圆板获得的速度大小为0v ，物块掉下时，圆板和物块速度大小分别为1v 和2v 。 由动量定理，有 0I mv = 由动能定理，有 对圆板 2210311 2()422mg s d mv mv μ-+=- 对物块 221 2(2)02 mgs m v μ=- 由动量守恒定律，有 0122mv mv mv =+ 要使物块落下，必须1v ＞2v 由以上各式得 I ＞3 2 s ＝ 2 12g μ ? ?? ? 分子有理化得 s ＝2 3 12md g μ?? ? 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 2A F IBL = ① 导体棒有静力平衡关系 tan()A mg F θ= ② 解得2 tan() mg I BL θ= ③ 所以当θ=60° 时，60 22 tan(60)mg I BL BL ?= = 光电池输出功率为 60602 P UI BL == （2）当045θ=时，根据③式可知维持静力平衡需要的电流为 04522 .tan(45)mg mg L BL BL == 根据几何关系可知 0451206012cos(45)cos(60) P L L P L L == 可得 45602 P == （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F a =F —F f —mgsin θ—BIl 说明a 做加速度减小的加速运动，当加速度为0后匀速运动，所以a 所受安培力先增大后不变。 如果F=F f +2mgsin θ，则最大安培力为mgsin θ，则b 所受摩擦力最后为0，A 正确。 如果F ＜F f +2mgsin θ，则最大安培力小于mgsin θ，则b 所受摩擦力一直减小最后不变，B 正确。 如果F f +3mgsin θ＞F ＞F f +2mgsin θ，则最大安培力大于mgsin θ小于2mgsin θ，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。