高中物理人教版必修1-参考答案.pdf

0 7 7 第3章 相互作用 第1节 重力 基本相互作用 一、1. D 2. C 3. D 4. C 二、5.解: 开始绳子盘在水平面上, 则重心在水平面上, 向上拉起至下端 恰好离地时, 其重心在几何中心即绳子的中点处, 所以绳子的重心位 置升高了L 2 。 答图3-1-1 三、6. R 2 7.解: 画力的图示的步骤如下: (1) 选定标度: 选 0 . 3c m长的线段表示2N的力。(2) 从作用 点沿力的方向画一线段, 线段长度为选定的 标度的四倍, 线段上加刻度, 并在末端加箭 头, 如答图3-1-1所示。此力的施力物体是 A, 受力物体是B。 8.解: 砖块靠在一起平放在地面上时, 其重心距地面的高度为 d 2 , 叠起 后, 其重心距地面的高度为n d 2 , 所以重心升高了n-1 2 d。 第2节 弹 力 一、1. D 2.材料; 程度; 正比; 该弹簧形变量为1m时产生弹力5 0 0N;0 . 4 3.解: 根据胡克定律F=k x有: 第一次0 . 5N=k(8-6)1 0-2m; 第二次因为要再伸长1c m, 所以第二次长度为9c m, 有Fx=k(9- 6)1 0-2m, 两式联立可以得到Fx=0 . 7 5N。比原来重了0 . 2 5N, 所以要再挂0 . 2 5N的物体。橡皮条的劲度系数为k=2 5N/m。 二、4. B 拓展提升 解: 在某些接触点处有无弹力难以确定时, 都可以用上述 的假设法判断。我们设想将B处的水平地面撤去, 那么物体就会下 落, 这就说明B处是有弹力的。 5.解: 如答图3-2-1所示。 答图3-2-1 三、6.解:A点上升的高度等于弹簧2和1缩短的长度之和。A点上升, 使弹簧2仍处于伸长状态时, 弹力减小了 m g 2 , 弹簧2比原来缩短x2= m g 2k2 , 弹簧1的弹力为 m g 2 , 压缩量为x1= m g 2k1 , 所以 x= x1+x2= m g 1 k1 + 1 k2 () 2 。A点上升, 使弹簧2处于压缩状态 时, 向下的弹力为 m g 2 , 压缩量x2= m g 2k2, 所以弹簧2总的长度变化量 x =x2+ m g k2 =3 m g 2k2 。 弹簧1的 弹力为 m g + m g 2 , 压 缩 量 为 x1=3 m g 2k1 , 所以x =x +x1= 3 m g 1 k1 + 1 k2 () 2 。所以 弹簧1的下端点A上移的高度是 m g 1 k1 + 1 k2 () 2 或 3 m g 1 k1 + 1 k2 () 2 。 第3节 摩擦力 第1课时 静摩擦力 一、1.F; m g ;2 m g ;F 2.(1) 静;1N; 左 (2) 最大静;2 . 1N; 左 3.解: 左图中A与传送带一起匀速向上运动,A相对传送带静止, 但A 相对传送带有向下的运动趋势, 因此,A受到斜向上的静摩擦力。右 图中A与传送带一起水平匀速运动, 两者没有发生相对运动且也没 有相对运动趋势, 因此, 尽管A在运动, 但A没有受到摩擦力。 4. B、C 二、5.解: 根据静摩擦力的方向跟物体相对运动趋势的方向相反来判 断。由于题中对推力F的大小没有具体限制, 所以静摩擦力的方向 有多种可能。(1) 若推力F较小时( F Mg s i n) , 物块M有沿斜面上滑的趋势, 则物块所受静摩擦 力的方向沿斜面向下。(3) 若推力F取某一合适值时(F= Mg s i n) , 物块M与斜面无相对运动趋势, 此时物块不受斜面的摩擦力。 6. C 三、7.解: ( 1) 由于A匀速运动, 如果受B对它向前的摩擦力作用, 则必有 一个力去抵消这个摩擦力, 但无论如何是找不到这个力的, 故A不受 摩擦力作用。(2)A所受的静摩擦力方向向右。采用“ 假设法” 分析, 当 小车向右启动时, 如果A、B接触面光滑,A将相对B向左运动, 所以A 相对B有向左运动的趋势, 故所受静摩擦力方向向右。(3)A所受的 静摩擦力方向向左, 因为A相对小车有向右运动的趋势。 第2课时 滑动摩擦力 一、1. D 2. A 3. 0;1N 4.解: 由题意可知, 物块与墙面间存在滑动摩擦力, 物块与墙面间存在 相互作用力, 即墙面对物块的弹力和物块对墙面的压力, 它们大小相 等。而水平推力与墙面对物块的弹力相平衡, 故物块对墙面的压力 大小与水平推力大小相等, 即FN=5 0N, 根据Ff=FN可得:Ff= 0 . 45 0N=2 0N。 二、5.解: 未放上物体B时, 物体A对桌面的压力FN 1=G A, 桌面对A 的摩擦力大小为:Ff1=AFN 1=AGA=0 . 52 0N=1 0N, 所以水平 拉力大小为F=Ff1=1 0N。加上物体B后,FN 2=GA+GB, 桌面对 A的摩擦力大小 为:Ff2=AFN 2=A(GA+GB)=0 . 53 0 N= 1 5N, 所以水平拉力为F =Ff2=1 5N。由于A、B两物体间无相对 滑动, 且均做匀速运动, 所以A、B两物体间不产生摩擦力, 故B受到 物体A的摩擦力等于0。 6. Mg 三、7.解: ( 1) 若物体在水平面上运动, 则Ff=FN=0 . 24 0N=8N。 而物体在F1、F2作用下静止, 合力F=F1-F2=6N, 此时物体所受 摩擦力为静摩擦力, 方向与F2方向相同。由平衡条件得:F1=F2+ Ff1, 所以Ff1=F1-F2=6N。(2) 若只撤去F1, 则F2=6NFf=8N, 物体运动, 其所受 摩擦力的大小为Ff3=FN=0 . 24 0N=8N, 方向与F1方向相反。 专题受力分析 一、1. B、C 2. A 3. B、 C 二、4. D 5. C 三、6. D 第4节 力的合成 一、1. B、C、D 2. B 二、3.解: 当A O、 B O夹角为0 , 吊5 0N的重物时, 一条橡皮绳产生的向 上弹力若为F1, 则两条橡皮绳产生的合力F=2F1与G平衡。故 F1=F 2 =G 2 =2 5N。 当A O、B O夹角为1 2 0 时, 橡皮绳伸长不变, 每条产生的弹力仍为F1=2 5N, 此时两条产 生的向上合力F = 2 5N。故应挂重G =2 5N的重物。 三、4. C 0 7 8 第5节 力的分解 一、1. A、B、C、 D 答图3-5-1 2.解:O C绳对结点O的拉力F等于电灯所受的重 力G, 方向竖直向下。由于拉力F的作用,A O、 B O也受到拉力的作用; 因此拉力F产生了两个 效果: 一是沿A O向下使O点拉绳A O的分力 F1; 一是沿B O方向水平向左使O点拉绳B O的 分力F2, 如 答 图3-5-1所 示。由 几 何 知 识 知: F1= F c o s 4 5 =2 8 . 3N,F2=Ft a n 4 5 =2 0N, 所 以A O绳和B O绳受的拉力分别为2 8 . 3N和2 0N。 答图3-5-2 二、3.解: 根据力的作用效果, 将力F分解为如 答图3-5-2所示的分力F1和F2, 则F1= F2= F 2 s i n 3 0 =1 0 0N, 其方向分别垂直于两劈 面, 夹角为1 2 0 。 4. A 答图3-5-3 三、5.解: 为了解释风筝为什么会向上飞 起来, 可以借助答图3-5-3来分析, 设 MN线代表风筝的截面, 当我们牵动 风筝的线时, 风筝便动起来, 由于尾部 的重量, 就以倾斜的姿势移动着, 假设 风筝向左移动, 用表示风筝平面与 水平方向的夹角, 这样空气应该对风 筝平面施加一定的压力, 这个压力应 如图中F所示,F应该垂直于MN。力F产生两个效果, 一个水平作 用的效果, 一个竖直作用的效果, 将F在这两个方向分解, 水平方向 的分力F1要阻碍风筝向左移动, 竖直方向的作用力F2使风筝有一 向上运动的趋势, 当其大于风筝受到的向下的力时, 风筝就会升起。 第3章复习学案 一、1. A、C 2. B 3. C 二、4. C 答图3-1 三、5.解: 当O A绳与竖直方向的夹角逐渐增大 时,O A和B A绳中的拉力都逐渐增大。当其中 某一根的拉力达到它本身能承受的最大拉力 时, 就不能再增大角度了。结点A的受力如答 图3-1所示。由图可知,O A绳的拉力总是大于 A B绳的拉力, 且绳所能承受的最大拉力又比 A B绳的小。因此,O A绳的拉力先达到断裂的 临界值, 此时:FO A=2 0 3 N,FA C=G=3 0N, c o s=F A C FO A= 3 0 2 03= 3 2 , 即O A偏离竖直方向的最大角度= 3 0 。 第3章检测卷 一、1. C 2. B 3. B、 D 4. A、B、D 5. B 6. B 7. C 8. B 二、9. L5;L6 6. 8 5( 6. 8 46. 8 6) ;1 4. 0 5(1 4. 0 41 4. 0 6) L7-L3;7. 2 0(7. 1 87. 2 2) d 1+d2+d3+d4 44 ;1. 7 5 2 8 1 0.解: (1)2 . 5;4 . 0 (2) 如答图3-1所示。 答图3-1 答图3-2 三、1 1.解: 物体A受到的力有重力G、 支持力FN和摩擦力F, 力的示意 图如答图3-2所示。重力G= m g =5 0N, 支持力FN= m g c o s 3 0 = 2 5 3 N, 摩擦力Ff= m g s i n 3 0 =2 5N。 1 2.解: (1) 先以人为研究对象, 人受三个力作用, 重力G、 地面对人的支持 力FN、 绳子的拉力FT。由平衡方程可得:FN+FT=G, 解得FN= 2 0 0N。故人对地面的压力为2 0 0N。(2) 以B点为研究对象, 其受力 情况如答图3-3所示。将绳子的拉力F分解为两个力: 一个分力是对 A B杆的拉力、 一个分力是对B C杆的压力。F=2G物=6 0 0N, 由题意 及力的分解可知:FA B=Ft a n 3 0 = 2 0 03N, FB C= F c o s 3 0 = 4 0 03N。 答图3-3 答图3-4 1 3.解: 如答图3-4所示, 以结点C为研究对象, 由共点力的平衡条件有 FAc o s 3 0 =FBc o s 6 0 ,FD=FAs i n 3 0 +FBs i n 6 0 , 又G= FD , 由知FB= 3FA, 由题意知, 当FB=1 0 0N时, 物重G有 最大值Gm a x, 联立解得Gm a x=2 0 0 3 3 N( 或1 1 5N) 。 答图3-5 1 4.解: 因绳子中间各处与其他物体没有结点, 所以绳子中间各处的张力( 拉力) 都等于所 悬挂的重物的重力, 即T= m g =5 0N, 将a b 段的绳子拉力沿水平方向和竖直方向分解, 如答图3-5所示:F水平=Tc o s 3 0 =4 3. 3N, F竖直=Ts i n 3 0 =2 5N。(1) 由题图知, 病人 的脚 所 受 水 平 方 向 的 牵 引 力:F牵=T+ F水平=5 0N+4 3. 3N=9 3. 3N。 (2) 由题图知, 病人的脚和腿所受的 竖直向上的牵引力:F牵=T+F竖直=5 0N+2 5N=7 5N。 第4章 牛顿运动定律 第1节 牛顿第一定律 一、1. C、D 2. C 二、3. D 4. B 5. B 三、6. C、D 7.解: 由于惯性的大小与质量有关, 而水的质量远大于气泡的质量, 因 此水的惯性远大于气泡的惯性, 当小车突然停止时, 水保持向前运动 的趋势远大于气泡保持向前运动的趋势, 当水相对于瓶子向前运动 时, 水将挤压气泡, 使气泡相对于瓶子向后运动。 第2节 实验: 探究加速度与力、 质量的关系 第1课时 实验方案的设计 一、1. 保持物体的质量不变, 测量物体在不同力作用下的加速度, 探 究加速度与力的关系 保持物体所受的力相同, 测量不同质量的 物体在该力作用下的加速度, 探究加速度与质量的关系 2. C、D、F 二、3.解: 在本探究实验中, 两车均做初速度为0的匀加速直线运动。 由匀加速直线运动位移公式x=v0t+ 1 2a t 2知, 式中v 0=0, 且两车 的运动时间t相等, 有ax, 即x 1 x2= a1 a2 , 故可用两车的位移之比表示 加速度之比。 4.解: 甲、 乙两同学的结论和理由都不全面和充分。物体的加速度决定 于物体所受的合外力和物体的质量, 大人的推力虽然大, 但车的质量 也大, 因此重车的加速度不一定大; 轻车的质量小, 但是小孩的推力 也小, 因而轻车的加速度也不一定大。判断谁的加速度大, 必须看各 自的质量和合外力。 三、5.解: ( 1) 如答图4-2-1甲、 乙所示。 答图4-2-1 0 7 9 (2) 加速度与力成正比; 加速度与质量成反比 6.解: (1)a=x 2-x1 T2 ; a=x 4-x1 3T2 ; a= x6+x5+x4-(x3+x2+x1) 9T2 。 (2) 没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够 (3) 两小车及车上的砝码的总质量不同, 且m乙3 0k m/h, 故该 汽车违章超速。 第4节 力学单位制 一、1. B、C、D 2. D 二、3.(1)A、G、 I (2)B、D、E、J (3)C、F、H 4. D 5. D 6. B、D 三、7. D 8. A 9.解:x=1 0c m=0 . 1 m,m=1 0 g=1 0-2 k g ,a=v 2-v 02 2x = 2 0 0 2-3 0 02 20 . 1 m/s 2=-2 . 51 05m/ s 2, F=m a=1 0-2(-2 . 5 1 0 5)N=-2 . 51 03N, 负号表示与速度反向。 第5节 牛顿第三定律 一、1. D 2. C、 D 二、3. A、B 4. C 三、5. B、D 第6节 用牛顿运动定律解决问题( 一) 一、1. A 2. A 二、3. C、D 4. A 三、5.解: 当A以加速度a0向右加速运动时, 弹簧C恰能保持原长, 可 知A对B的最大静摩擦力Fm刚好等于m a0, 增大加速度时,B将相 对于A向左滑动, 弹簧被拉伸, 此时B所 受 的 摩 擦 力 仍 为m a0。 (1) 对物体B, 当加速度为a0时:Fm=m a0; 当加速度为a时:F弹+ Fm=m a。 由 胡 克 定 律 有:F弹=k x。 以 上 各 式 联 立 得:x= m(a-a0) k 。(2) 对A、B整体由牛顿第二定律有:F=(M+m)a0。 6.解: 开始一段时间, 物块相对小车滑动, 两者间相互作用的滑动摩擦 力大小为Ff= m g =4N。物块在Ff的作用下加速, 加速度为am= Ff m =2m/s 2, 从静止开始运动。小车在推力F和Ff的作用下加速 运动, 加速度为aM=F-F f M =0 . 5m/s 2, 初速度为v 0=1. 5m/s。 设 经过时间t1, 两者达到共同速度v, 则有:v=amt1=v0+aMt1, 代入数 据可得: t1=1s,v=2m/s。在t1时间内物块向前运动的位移为x1= 1 2a mt12=1m。 以后两者相对静止, 相互作用的摩擦力变为静摩擦 力。将两者作为一个整体, 在F的作用下运动的加速度为a, 则F= (M+m)a, 得a=0. 8m/s 2。在剩下的t 2=t-t1=0. 5s时间内, 物 块运动的位移为x2=v t2+1 2a t 22, 得x2=1 . 1m。可见小物块在总 共1 . 5s时间内通过的位移大小为:x=x1+x2=2 . 1m。 第7节 用牛顿运动定律解决问题( 二) 一、1. B 2. A、 B 3. A、D 4. A、B、D 二、5. B、D 三、6. C、D 7.解: 设此人在地面上的最大“ 举力” 是F, 那么他在以不同的加速度运动 的升降机中最大“ 举力” 仍为F, 以物体为研究对象: 当升降机以加速度 a1= 2m/s 2匀加速下降时, 对物体有: m1g-F=m1a1,F=m1(g-a1) , 所 以F= 7 5 (1 0 - 2)N= 6 0 0N。设人在地面上最多可举起质量为m0的 物体, 则F=m0g,m0=F g =6 0 0 1 0k g = 6 0k g 。当升降机以加速度a2匀加 速上升时, 对物体有:F-m2g=m2a 2,a2= F m2-g= 6 0 0 5 0- 1 0 () m/s 2= 2m/s 2, 所以升降机匀加速上升的加速度为2m/ s 2。 第4章复习学案 一、1. C 2. B 3.解: 在司机的反应时间内, 后车做匀速运动, 其位移为x1=v t。刹车后, 在阻力作用下后车匀减速滑行, 其加速度大小为a=F f m =k m g m = k g, 汽 车在刹车滑行过程中的位移为x2=v 2 2a。所以, 高速公路上两车间距至 少应为x=x1+x2=v t+v 2 2 k g 。式中v= 1 2 0k m/h =1 0 0 3 m/s,t= 0 . 5 0s, k= 0 . 4 0, 代入上式解得x=1 0 0 3 0 . 5 0m+ 1 0 0 3 () 2 2 0 . 4 0 1 0 m= 1 5 5 . 6m。 答图4-1 二、4.解: 根据小球的受力情况( 答图4 -1) , 把 各个力分解到竖直、 水平两方向。在竖直方 向上( 取向上为正方向) , 根据牛顿第二定律 得:Ts i n+Nc o s - m g =m a ; 在水平方 向上( 取向右为正方向) , 根据力的平衡条件 得:Tc o s-Ns i n =0 。 将 式乘 以 s i n, 式乘以c o s, 两式相加得绳子对球的 拉力为T=m( g+a)s i n=2(1 0+2) 1 2 N=1 2N。将式乘以c o s, 式乘 以 s i n, 两式相减得斜面对球的支持力为N=m(g+a)c o s=2(1 0+ 2) 3 2 N=1 2 3N=2 0 . 8N。根据牛顿第三定律, 球对斜面的压力 N =-N=-2 0. 8N, 式中“-” 号表示N 与N方向相反, 即垂直斜 面向下。 5.解: 空载时,m1= 41 0 3 k g ,F1=2 . 51 0 4N, 由牛顿第二定律得F 1- Ff=m1a, 得阻力Ff=F1-m1a= 2 . 5 1 0 4N- 4 1 03 4N= 9 1 03N。 满载时, 总质量为m1+m2= 7 1 0 3 k g , 同理由牛顿第二定律得: 牵引力 F2=Ff+(m1+m2)a= 9 1 0 3N+ 7 1 03 4N= 3 . 7 1 04N。 三、6.解: 本题是“ 轻环” 模型问题。由于轻环是套在光滑水平横杆上 的, 在小球下落过程中, 轻环可以无摩擦地向右移动, 故小球在落到 最低点之前, 绳子对小球始终没有力的作用, 小球在下落过程中只受 到重力作用。因此, 小球的运动轨迹是竖直向下的, 这样当绳子与横 杆成角时, 小球的水平分速度为vx=0, 小球的竖直分速度vy= 2 g L s i n。可求得轻环移动的距离是d=L-Lc o s。 第4章检测卷 一、1. C 2. B、 D 3. B 4. B、C、D 5. B、D 6. A、D 7. C 8. D 二、9. 1 . 5 9 0 8 0 答图4-1 1 0.解: (1)0. 1 6(0. 1 5也算对) (2) 如答图4-1所示。 (3) 未计入砝码盘的重力。 三、1 1.解: 因为物体做匀速直线 运动, 在水平方向由平衡条件 有:Ff=Fc o s 3 7 = 2 0 0 . 8N= 1 6N。撤去力F后, 水平方向 物体只受摩擦力作用, 根据牛 顿第二定律得加速度大小a= Ff m =1 6 6 m/s 2=8 3 m/s 2。由 运动学规律得, 物体还能运动 的距离为x=v 2 2a= 1 0 2 2 8 3 m= 1 8 . 7 5m。 答图4-2 1 2.解: 对物体进行受力分析, 如答图4-2所示。沿斜 面方向由牛顿第二定律有:F-Ff- m g s i n 3 0 = m a, 则摩 擦 力Ff=F- m g s i n 3 0 -m a=6 N- 0 . 51 0 1 2 N-0 . 51N=3N。撤去拉力F 后, 由牛顿第二定律得, 物体的加速度大小为:a = Ff+ m g s i n 3 0 m = 3N+0 . 51 0 1 2 N 0 . 5k g =1 1m/s 2。 由运动学规律得, 物体还能上滑的距离x=v 2 2a = 1 1 2 21 1m=5 . 5m。 1 3.解: (1) 对物体B进行受力分析得, 绳的拉力等于物体B的重力。 对物体A进行受力分析, 它受重力、 斜面支持力、 静摩擦力和绳的拉 力。在垂直于斜面方向由平衡条件得,A受到斜面的支持力FN= mAgc o s 3 7 =21 00 . 8N=1 6N。 (2) 要使A在斜面上静止, 当A所受静摩擦力最大且方向沿斜面向 下时, 物体B的质量取最大值; 当A所受静摩擦力最大且方向沿斜 面向上时, 物体B的质量取最小值。据此沿斜面方向由平衡条件 可得: mAgs i n 3 7 +FN=mB大g, mAgs i n 3 7 -FN=mB小g。 代入数据解得:mB大=1 . 8 4k g,mB小=0 . 5 6k g。 1 4.解: (1) 刚开 始 时 行 李 相 对 于 传 送 带 向 左 运 动, 所 受 滑 动 摩 擦 力向右, 使 行 李 加 速, 其 大 小 为Ff= m g =0 . 141 0 N= 4N; 由牛顿第二定律得, 行李的加速度大小a=F f m = 4 4 m/s 2= 1m/s 2。 (2) 当行李的速度与传送带相同后, 二者相对静止, 一起做匀速直线 运动。故行李做匀加速直线运动的时间t1=v a = 1 1 s =1s。 (3) 行李做匀加速运动的位移x1= 1 2a t 12= 1 2 11 2m=0 . 5m, 做匀速运动的位移x2=x-x1=2m-0 . 5m=1 . 5m, 做匀速运动的 时间t2=x 2 v =1 . 5 1 s =1 . 5s。故将行李从A处传送到B处的时间t= t1+t2=1s +1 . 5s =2 . 5s。 第3章 相互作用 第1节 重力 基本相互作用 预习案 三、1. B、D 2. A、 D 3. A、B 探究案 二、 探究点一 问题1: 解: 物体速度大小或方向的改变。力是改变物 体运动状态的原因。 问题2: 解: 力是物体间的相互作用。有力必定有施力物体和受力物 体, 力不能脱离 物 体 而 单 独 存 在。力 有 大 小、 方 向、 作 用 点 三 个 要素。 问题3: 解: 力可以用一根带箭头的线段来表示。它的长短表示力的大小, 它的指向( 箭头所指方向) 表示力的方向, 箭头( 或箭尾) 表示力的作用 点, 线段所在的直线叫力的作用线。这种表示力的方法, 叫做力的图示。 作力的图示要注意以下三个方面: (1) 选定标度; (2) 从作用点向力的 方向画一有向线段, 有向线段的箭头指向力的方向, 有向线段的长短 按选定标度和力的大小来画, 线段上加刻度( 一般两至三格即可) ; (3) 用箭头( 或箭尾) 表示力的作用点。 力的示意图只需画出力的作用点和方向, 对大小没有精确要求。 针对训练 1. A、C 2. A、B、C、D 答图3-1-1 3.解: 如答图3-1-1所示。 归纳总结 画力的图示的步骤 四定两标: (1) 定受力物体( 画一个受 力物体的示意图) ; (2) 定标度; (3) 定 作用点; (4) 定长 度 ( 画 射 线 截 取 线 段) : 以作用点为起点, 沿力的方向画一线段, 线段长短由选定标度和 力的大小决定; (5) 标方向( 在线段的末端标箭头) ; ( 6) 标力的数值和 单位( 线段终点上标明力的大小) 。 探究点二 问题1: 解: 重力是由于地球的吸引而使物体受到的力。重 力大小为G= m g , 方向竖直向下。 问题2: 解: 物体各部分都受到重力作用, 从效果上看, 我们可以认为各 部分受到的重力作用集中于一点, 这一点叫做物体的重心。重心不 是重力的真实作用点, 重力的作用点遍布整个物体, 重心是重力的等 效作用点或物体各部分所受重力的合力的作用点。 问题3: 解: 质量分布均匀、 形状规则的物体的重心在物体的几何中心 上。确定薄皮状物体的重心可以用悬挂法。 针对训练 4. A、B 5. B 6. A、D 归纳总结 质量分布均匀的物体, 重心只跟物体的形状有关, 若物体 的形状规则, 则重心在几何中心处; 质量分布不均匀的物体, 重心的 位置除了跟物体的形状有关外, 还与物体内质量的分布有关。 三、 力是物体之间的相互作用; 力不能脱离物体而单独存在; 力的作用 是相互的; 施力物体也一定是受力物体; 力的矢量性; 大小; 方向; 作用 点; 由于地球的吸引而使物体受到的力;G= m g ; 竖直向下; 重心是重力 的等效作用点或物体各部分所受重力的合力的作用点 四、1. D 2. C 3. A、 B、C 4. C、D 5.解: 立方体在初始位置时, 重心高度h= L 2 , 当A b c D平面处于竖直位置 时, 重心高度H= 2 2L, 则重心位置升高了 h=H-h=L 2 (2- 1) 。 第2节 弹 力 预习案 三、1. A 2. B 3. B 4. B 探究案 二、 探究点一 问题1: 解: 它们的形状都发生了变化。 问题2: 解: 物体形状或体积的变化叫做形变。发生形变的物体有些能 恢复原状, 有些不能。 问题3: 解: 将会对与它接触、 阻碍它恢复原状的物体有力的作用。发 生弹性形变的物体由于要恢复原状, 对与它接触的物体会产生力的 作用, 这种力叫做弹力。 针对训练 1. D 2. C、D 归纳总结 弹力是由于发生弹性形变的物体要恢复原状而产生的, 可见要产生弹力, 物体必须接触, 生活中常见的推、 拉、 提、 压等作用 都是弹力。 探究点二 问题1: 解: 课本对桌面的压力和桌面对课本的支持力。它 们是弹力。因为它们符合弹力产生的条件, 接触并且发生弹性形变。 问题2: 解: 压力的方向是垂直于支持面并且指向被压的物体, 支持力 的方向是垂直于支持面且指向被支持的物体。绳子的拉力也是弹 力。它的方向为沿着绳且指向绳收缩的方向。 问题3: 解: 产生弹力的条件是接触和发生弹性形变, 小球只受水平面 的弹力。假设这个力存在, 看在这个力存在时作用效果是否与物体 实际的运动状态相符合, 如果相符合, 说明这个力存在; 如果不符合, 0 8 1 可以判定这个力不存在。 针对训练 3. C 4.解: 如答图3-2-1所示。 答图3-2-1 归纳总结 弹力的方向是由施力物体指向受力物体, 与施力物体形 变的方向相反。具体地说:绳子拉力( 绳子对所拉物体的弹力) 的 方向总是沿着绳而指向绳收缩的方向。压力的方向垂直于支持面 指向被压的物体。支持力的方向垂直于支持面指向被支持的物 体。“ 支持面” 就是两物体的接触面。深入研究一般物体的接触情 况, 大致有以下几种:A.平面与平面接触: 弹力与平面垂直;B.点与 平面接触: 弹力通过接触点垂直于平面;C.点与曲面接触: 弹力通过 接触点垂直于过点的切面;D.曲面与曲面接触: 弹力通过接触点垂 直于公切面( 相当于点与点接触) 。弹力的产生条件:物体直接接 触;发生弹性形变。互相接触的物体之间是否存在弹力, 取决于是 否存在弹性形变。有些物体形变明显, 如弹簧的伸长或缩短, 很容易 判断是否有弹力; 有些接触物体间形变不明显, 判断有无弹力可用假 设法。即假设把相接触的某个物体撤去, 看研究对象的运动状态有 无改变。若无改变, 则无弹力作用; 若发生改变, 则有弹力存在 探究点三 问题1: 解: 弹力的大小与发生弹性形变的物体的形变量有 关。同一物体的弹性形变量越大, 弹力越大。 问题2: 解: 胡克定律中的k是弹簧的劲度系数, 单位是牛每米, 符号是 N/m。生活中常说有的弹簧“ 硬” , 有的弹簧“ 软” 指的就是它们的劲 度系数不同。弹簧的劲度系数跟弹簧丝的粗细、 材料、 弹簧的直径、 绕法、 弹簧的长度等有关, 这个量反映了弹簧的特性。 针对训练 5. B、C 6.解: 弹簧受拉力伸长时胡克定律的形式为F1=k(L1-L0) , 即8 0= k(1 4-L0) ; 弹簧受压力缩短时胡克定律的形式为F2=k(L0-L2) , 即4 0=k(L0-8) 。由上面两式可得到k=2 0N/c m,L0=1 0c m。 归纳总结 应用胡克定律解题时, 一定要正确找出形变量( 一般应确 定弹簧未形变时端点的位置) , 即拉伸或压缩的长度, 而本题中的 1 4c m和8c m均指弹簧在某状态时的长度 三、 物体在外力停止作用后, 能够恢复原来形状的形变; 发生弹性形变 的物体由于要恢复原状, 对与它接触的物体产生力的作用; 弹力的方向 是从施力物体指向受力物体, 与施力物体形变的方向相反;F=k x; 是 弹簧的劲度系数 四、1. B 2. B 3.解: 弹簧测力计的刻度值应与该刻度线到零刻度线的距离成正比。 设3N、5N刻度线到零刻度线的距离分别为x1、x2, 弹簧的劲度系 数为k。 根 据 胡 克 定 律F=k x, 可 得F=kx, 得k= F x = 5-3 2 . 51 0-2N /m=8 0N/m。 由F=kx可 得x= F k ,x1= F1 k = 3 8 0m=0 . 0 3 75m=3 . 7 5c m, x2= F2 k = 5 8 0m=0 . 0 6 25m= 6 . 2 5c m。3N刻度线到零刻度线的距离为3 . 7 5c m,5N刻度线到零 刻度线的距离为6 . 2 5c m, 弹簧的劲度系数为8 0N/m。 第3节 摩擦力 第1课时 静摩擦力 预习案 三、1. C 2. B、 D 3. B 探究案 二、 探究点一 问题1: 解: 地面对木箱有摩擦力作用。 问题2: 解: 两物体相互接触、 挤压且有相对运动趋势时, 接触面上会产 生一种阻碍相对运动趋势的力, 该力叫做静摩擦力。当推力增大到 某一个值Fm a x时物体就要滑动, 此时静摩擦力达到最大值。所以 Fm a x叫做最大静摩擦力。 问题3: 解: (1) 两物体相互接触并挤压( 弹力产生的条件) ; (2) 有相对 运动趋势; (3) 接触面都不光滑。 针对训练 1. A、B、C 2. A、C 归纳总结 静摩擦力阻碍的是物体间的相对运动趋势, 并不是阻碍 物体的运动。 探究点二 问题1: 解: 没有推动桌子是因为桌子受到静摩擦力作用。 根据二力平衡的条件可知, 静摩擦力的方向向右。 问题2: 解: (1) 静摩擦力的方向向左。(2) 静摩擦力的方向沿斜面向 上。(3) 静摩擦力的方向向前。静摩擦力的方向与相对运动趋势的 方向相反。 问题3: 解: 判断静摩擦力方向的方法通常有两种: (1) 假设法 根据 静摩擦力的方向与物体相对运动趋势的方向相反, 只要判断出相对 运动趋势方向即可; (2) 平衡法 根据二力平衡条件可以判断静摩 擦力的方向。 针对训练 3.解: 处于静止状态的物体A, 与斜面B有无相对运动趋势, 不易判断。可 以假设斜面B光滑, 则物体A将沿斜面B下滑, 说明物体A在静止时, 有相对斜面B下滑的趋势, 所以物体A受到沿斜面向上的静摩擦力。 4.解: 以A为研究对象, 它和B相对地面静止, 受到一个向右的水平拉 力, 还应受到一个向左的水平力与之平衡, 而A只与B接触, 所以B 给A一个水平向左的静摩擦力与F平衡。由于力的作用是相互的, A受到B对它向左的静摩擦力,A一定要对B施加一个向右的静摩 擦力,B要保持平衡, 地面对B应有一个向左的静摩擦力。 归纳总结 “ 假设法” 是判断物体间有无相对运动趋势的有效方法, 在假设物体间光滑的情况下, 若物体不发生相对运动, 则无静摩擦 力; 若物体发生相对运动, 则存在静摩擦力且其方向与相对运动趋势 方向相反 探究点三 问题1: 解: 物块A受到的静摩擦力为0 . 5N。方向水平向 左。根据二力平衡知F摩=GB。 问题2: 解: 物块A受到的静摩擦力为1N。除去重物B, 物块A不受静 摩擦力。 问题3: 解: 这时物块A所受的静摩擦力叫做最大静摩擦力。最大静摩 擦力为1 . 5N。 归纳总结 静摩擦力增大到一定数值后就不再增大了, 这时静摩擦 力达到最大值, 叫做最大静摩擦力。静摩擦力F在0与最大静摩擦 力Fm a x之间, 即00, 才能 产生 加速度。可知答图4-2-2乙 中直线为未平 衡摩擦力或平 衡 摩 擦力不够造成的误差。 若平衡摩擦力过大, 由*式知, 当1 m =0, 即m时,F作为小量, 可 略去, 将*式整理得a=g(s i n-c o s) , 说明答图4-2-2乙中直线 为平衡摩擦力过大造成的误差。 问题3: 解:a的数值测量不太方便, 由x=1 2a t 2知a=2x t 2 , 即a 1 a2 =x 1 x2, 若aF, 则有x 1 x2 F1 F2; 若a 1 m , 则有x 1 x2 m2 m1。 针对训练 2.平衡摩擦力时木板倾角过大; 平衡摩擦力时木板倾角太小, 或未平衡 摩擦力 第3节 牛顿第二定律 预习案 三、1. C 2. D 探究案 二、 探究点一 问题1: 解: 将两个质量相同的小车放在光滑的水平板 上, 小车的前端各系上一根细绳, 绳的另一端跨过定滑轮各挂一个小 盘, 盘里放有数量不等的砝码, 使两辆小车在不同的拉力下做匀加速 直线运动。由公式x=a t 2 2 得到在时间t一定时, 位移x和加速度a 成正比; 由实验现象得到小车的位移与它们所受的拉力成正比; 推理 得到对质量相同的物体, 物体的加速度跟作用在物体上的力成正比, 即a 1 a2 =F 1 F2。 问题2: 解: 牛顿第二定律的内容是: 物体加速度的大小跟它受到的作 用力成正比、 跟它的质量成反比, 加速度的方向跟作用力的方向相 同。牛顿第二定律给出了加速度与力和质量的定量关系, 包括方向 关系。 问题3: 解:牛顿第二定律公式中的F表示的是物体所受的合外力, 而不是其中的某一个力或几个力。因此应用牛顿第二定律解题, 一 定要先对研究对象进行受力分析。 牛顿第二定律的公式具有矢量性, 即公式中的F和a都是矢量, 且 二者的方向相同。这一点也是列方程时的一个弱点。 牛顿第二定律的公式具有瞬时性, 即物体在某一时刻的加速度与 该时刻的合力相关。合力发生变化时, 加速度也随之发生变化; 合力 在某一时刻停止作用, 加速度随即消失。可概括为: 同时产生、 同时 变化、 同时消失。 针对训练 1. A、B 2. C;A 拓展提升 解: (1) 如果研究对象是几个物体, 则m为几个物体的质 量和。a为研究对象在合力F合作用下产生的加速度; a与F合的方 向一致。定律中各物理量的意义:F合是物体( 研究对象) 所受的合 外力,m是研究对象的质量。( 2)从定律的物理意义可看到: 一物体 所受合外力恒定时, 加速度也恒定不变, 物体做匀变速直线运动; 合 外力随时间改变时, 加速度也随时间改变; 合外力为零时, 加速度也 为零, 物体就处于静止或匀速直线运动状态。 探究点二 问题1: 【 例1】 解: 以物块为研究对象, 它在运动过程中受到 四个力的作用: 重力 m g 、 地面支持力N、 地面摩擦力f、 拉力F, 在水 平方向上,Fc o s-f=m a, 在竖直方向上, Fs i n+N- m g =0, 又有, f=N, 联立三式解得:a=F c o s-( m g -Fs i n) m 。 问题2: 【 例2】 解: (1) 坠落物做自由落体运动:h= 1 2 g t 2, 落地速度: v0= g t , 地面人员逃离时间: t =t-0 . 2s, 逃离速度v= s t , 求得t= 7s,v0=7 0m/s,v1 4 . 7m/s。(2) 根据牛顿第二定律可知: (F- m g )=m a=mv 0 t, 求得F=5 . 6 41 0 6N。 归纳总结 1.确定研究对象。 2.分析物体的受力情况和运动情况, 画出研究对象的受力分析图。 3.求出合力和加速度。 4.选取正方向, 根据牛顿第二定律建立方程并求解。 针对训练 3. A、B 4. A 三、 物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比、 跟它的质量成反比, 加速度的方向跟作用力的方向相同 四、1. D 2. A、 C 3. D 第4节 力学单位制 预习案 三、1. A、B、D 2. A、 C 3. A、C、D 探究案 二、 探究点一 问题1: 解: 在物理运算过程中需要选定的少数几个物 理量的单位, 这几个单位叫做基本单位, 这几个物理量叫做基本物理 量。如: 在力学中选定了质量(m) 、 长度( l) 、 时间(t) 这三个物理量的 单位千克( k g ) 、 米(m) 、 秒(s) 作为力学的基本单位, 把质量(m) 、 长度 ( l) 、 时间(t) 称为基本物理量。 问题2: 解: 由基本单位通过物理公式推导而得到的单位叫做导出单 位, 如速度v= s t, 单位为米/秒( m/s) ; 加速度a= v t, 单位为米/秒 2 (m/s 2) ; 又由牛顿第二定律 有F=m a, 力 的单位为千克 米/秒2 ( k g m/s 2) , 且规定1牛顿( N)=1千克米/秒2( k g m/s 2) 。 针对训练 1. D 探究点二 问题1: 解: 基本单位与导出单位共同组成了单位制。 问题2: 解: 一种国际通用的、 包括一切计量领域的单位制, 叫做国际单 位制。 问题3: 解: 在物理问题的处理过程中, 正确使用物理量的单位是非常 重要的, 也是必须的。因为在用物理公式确定了物理量的数量关系 的同时, 也就确定了物理量的单位关系.故单位制的建立在物理计算 中非常重要。 规定了单位制就可以省去计算过程中繁杂的单位计算, 在计算过程 中大可不必把各个物理量单位一一代入, 只要在式子末尾写出所求 物理量的单位即可, 从而简化计算过程。当然, 在计算过程中都必须 选用国际制单位。 针对训练 2. A、C 3. C、D 四、1.(1)A D EH I K L; D K L;A EH I (2)B C F G J;F G J;B C 2.解: 木箱受到的阻力Ff= m g =0 . 12 5 01 0N=2 5 0N, 由x=v0t+1 2a t 2得, a=2 x t 2=25 0 1 0 2 m/s 2=1m/ s 2, 由F-Ff=m a得,F=Ff+m a=2 5 0N+2 5 01N=5 0 0N。 第5节 牛顿第三定律 预习案 三、1. A、D 2. C 探究案 二、 探究点一 问题1: 解: 物体间的作用是相互的。物体之间相互作 用的这一对力叫做作用力和反作用力。甲物体对乙物体施加了力, 乙物体同时也对甲物体施加了反作用力。两物体同时互为施力物体 和受力物体。 问题2: 解: 两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等、 方向相 反, 作用在同一条直线上。 问题3: 解: 无关。不管是静止或做匀速运动的物体之间, 还是做变速 运动的物体之间, 相互作用力总是大小相等、 方向相反, 作用在同一 条直线上。 针对训练 1.解: 都是错的。 2. A、B 探究点二 问题1: 解: 两个力作用在同一物体上, 大小相等、 方向相 反, 作用在同一直线上, 这样的两个力叫做平衡力。平衡力的合力为 零。平衡力的性质不一定相同。比如, 一个静止在水平桌面上的物 体, 受到重力和支持力的作用, 二力平衡, 但性质不同。 问题2: 解: 一定相同。 问题3: 解:相互作用力是大小相等、 方向相反、 分别作用在两个物体 上、 且作用在同一直线上的两个力, 两个力的性质是相同的。平衡 力是作用在同一个物体上, 大小相等、 方向相反, 并且作用在同一直 0 8 7 线上的两个力, 两个力的性质可以是不同的。相互平衡的两个力 可以单独存在, 但相互作用力同时产生, 同时消失。相互作用力只 涉及两个物体( 施力物体同时也是受力物体) , 而平衡力要涉及三个 物体( 两个施力物体和一个受力物体) 。相互作用力分别作用在两 个物体上, 而平衡力共同作用在一个物体上。相互作用力不能合 成, 平衡力合力为零。相互作用力具有各自的作用效果, 平衡力具 有共同的作用效果。 针对训练 3. D 4. B、D 四、1. D 2. B 3.解: 重力和支持力是一对平衡力, 大小相等; 支持力和压力是一对相 互作用力, 大小也相等, 故重力和压力大小相等。但是不能认为压力 就是重力, 因为两者性质不同, 施力物体和受力物体也各不相同。 第6节 用牛顿运动定律解决问题( 一) 预习案 三、1. D 2.解: (1) 由v=v0+a t得, 加速度a=v- v0 t =3-2 2 m/s 2=0 . 5m/ s 2。 (2) 由牛顿第二定律有:F-Ff=m a, 得阻力Ff=F-m a=1 0N- 40 . 5N=8N。 探究案 答图4-6-1 二、 探究点一 【 例】 解: 这是一个已知受力情况, 求 解运动情况的问题, 应先用牛顿第二定律求出运 动员的加速度。因重力与加速度不在一条直线 上, 本题使用正交分解法, 沿斜面方