内容正文:
第二章相互作用
课时作业(十一)
探究弹簧弹力与形变量的关系
1.某同学用图甲所示装置探究弹力和弹簧伸长
擦转动,与齿条C完全啮合,在齿轮上固定指
的关系。弹簧的上端固定在铁架台支架上,
示示数的轻质指针E,两根完全相同的弹簧
弹簧的下端固定一水平纸片(弹簧和纸片重
将横杆H吊在秤的外壳I上。他想根据指针
力均忽略不计),激光测距仪可测量地面至水
偏转角度测量弹簧的劲度系数,经过调校,托
平纸片的竖直距离h。
盘中不放物品时,指针E恰好指在竖直向上
的位置。若放上质量为m的物体指针偏转了
纸片
0弧度(0<2x),齿轮D的直径为d,重力加速
度为g,则
激光
激光测距仅
甲
↑hlem
120.0
118.0
乙
116.0
(1)指针偏转了0弧度的过程,弹簧变长了
114.0
(用题干中所给的参量表示):
112.0
(2)每根弹簧的劲度系数表达式为
110.0
0.501.001.502.002.503.00350
乙
(用题干所给的参量表示):
(1)该同学在弹簧下端逐一增挂钩码,每增挂
(3)该同学进一步改进实验,引入了角度传感
一个钩码,待弹簧
时,记录所挂钩码
器测量指针偏转角度,先后做了六次实验,得
的重力和对应的h:
到数据并在坐标纸上作出图丙,可得到每根
(2)根据实验记录数据作出h随弹簧弹力F
弹簧的劲度系数为
N/m (d=
变化的图线如图乙所示,可得未挂钩码时水
5.00cm,g取9.8m/s,结果保留三位有效
数字)。
平纸片到地面的竖直距离h。
cm.
↑0rad
弹簧的劲度系数k
N/m(结果都保
0.80
0.70
留到小数点后一位)。
0.60
050
2.(2023·潍坊月考)某同学探究如图甲中台秤
0.40
030
020
的工作原理。他将台秤拆解后发现内部简易
0.10
00.10.20.30.40.5060.7
mg
结构如图乙所示,托盘A、竖直杆B、水平横
丙
杆H与齿条C固定连在一起,齿轮D可无摩
·321·答案详解
3.13
力G不变,力F方向不变,可知直角三角形的F边和F、边减
(120.0-110.0)×10Nm-3L.3N/m
小,故墙对小球的弹力F,木概对小球支持力F《减小,由于支
2.20
0
特力F、是直角三角形的斜边,救支持力但大于重力。恨据牛
(3)154(151159)
颜第三定徐可知,小球对墙的压力F'=F,对木板的压力Fx'=
解析:(1)由题图乙可知,弹簧的形变量等于齿条C下降的距
F,故小球对墙面的压力逐新减小,对木板的压力逐满减小且
离,由于齿轮D与曹条C啮合,所以齿条C下降的距离等于齿
恒大于球的重力,故A、B,C错误,D正确
影D转过的装长:根摆载华知识可得:=0·号
年殊凭的克长△=5=0·号
G
(2)对托盘A,垦直杆B,水平横杆H与齿条C和重物整体研
究,根据平衡条件得mg=2F
G
弹簧弹力的胡克定律公式,F=k△r,
甲
8.BD解析:设弹簧与竖直方向的先角为a,F
联立解得友一股
现保证b不动,使()P向左缓慢平移一小授
(8)根据4-贤所以0-后·m
距离,则a增大,以为研究对象,受力分
折物图,根器平衡条件得F,一。0用
所以0一m因像是一条过原高的頓斜数线,其斜率'=品
g
由题图两可得
大,o5a减小,则F。增大,压缩弹黄,长度
变短,OP对a的弹力F=g tan a,a增大,Fw增大,对a
-品
rud/kg■1.27 rad kg
弹黄和b整体研究,水平方向F=F。,则推力F格增大,AC错
将d=5.00cm…g=9.8m/代入是',
误,B正确。D,坚直方向OQ对的支持力为Fa=(m。十m。)
解得k≈154N/m.
g不变,根帮牛顿第三定律可知,对(Q的压力不变,D正确。
课时作业(十二)探究两个互成角度的
9.B解析:末状态时,左边小球a在
力的合成规律
最低点,细线:处于竖直方向,小
1,(2)同一位置4.0N(3)①见解析图②平行四边形
球口处于平衡状态,合外力沿水平方
解析:(2)用一个弹簧测力计钩住细绳把橡皮条的结点拉到同一
向的分量为零,则北时轻杆上的弹力
位置),记下细绳的方向,由题图乙可读得弹簧测力计的示数
为罩,故右侧小球山受到重力,细线
F=4.0N.
O站的拉力和力F作用处于平衡状
(3)①作出力F的图示如图所示。
态,如图所示,由几何关系可知,当拉力F方向与O始垂直时拉
②F:,F:和F的箭头端连接后如图所示,围成的图形是平形四
方F辰小,可得最小拉为下-mg血60-号g,走须B正瘦,
边形
AC,D错误
10.AC解析:对小球进行受力分析,小球始终
F=40N
处于平衡状态,构建力的失量三角形,如图
所示,音自=子时,F,取得最小值,此时
0十9,=受,放=名,当0,=0时,F:
2.(1)C