第8周 重力与弹力(实验：胡克定律)-【周测必刷】2025-2026学年高一物理必修第一册（人教版2019）

— 30 — 第八周 重力与弹力(实验:胡克定律) (时间:45分钟 满分:100分) 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀦌 􀦌 􀦌􀦌 周推好题 第12题以竖直方向的弹簧木块为例,综合考查学生对胡克定律理解和应用。该题 以弹簧2的弹力大小变为原来的一半时弹簧长度的变化考查学生对胡克定律中形变量的理解, 题目设置灵活,紧扣知识点,对学生的综合应用能力要求较高,值得推荐。 【考点·一应俱全】(共58分) 考点一 力的概念 1.(2025·四川乐山·期中)下面各组力的名称中,全部按力的性质分类的是 ( ) A.重力、支持力、压力 B.拉力、弹力、动力 C.支持力、阻力、摩擦力 D.重力、弹力、摩擦力 2.(2025·四川内江·期中)下列说法正确的是 ( ) A.射出的炮弹在向前飞行的过程中受到推力和重力的作用 B.物体受到力的作用后,一定同时出现形变和运动状态的改变 C.只要两个力的大小相等,它们产生的效果一定相同 D.一个力必定联系着两个物体,其中任意一个物体既是受力物体,又是施力物体 考点二 重力 3.(多选)(2025·福建福州·期末)如图所示的欹(qī)器是古代一种倾斜易 覆的盛水器。《荀子·有坐》曾记载“虚则欹,中则正,满则覆”。下列分析 正确的是 ( ) A.未装水时欹器的重心一定在器壁上 B.欹器的重心是其各部分所受重力的等效作用点 C.往欹器注水过程中,欹器(包括水)重心先降低后升高 D.欹器倾倒的时候,其重力方向偏离竖直方向 4.(多选)(2025·湖北荆州·阶段练习)下列关于重力的说法中正确的是 ( ) A.静止在水平面上物体的重力就是物体对垂直水平面的压力 B.重力的方向不总是指向地心 C.地面上的同一物体在赤道上所受重力最小 D.物体竖直挂在弹簧测力计下,弹簧测力计的示数等于物体的重力大小 考点三 弹力 5.(多选)(2025·浙江丽水·期中)下列情境中关于球所受弹力的描述,正确的是 ( ) A.甲图,反弹出去的排球在空中运动时,受到沿运动方向的弹力 B.乙图,小球静止,其中a绳处于竖直方向,则b绳对小球无拉力 C.丙图,小球随车厢(底部光滑)一起向右做匀速直线运动,车厢左壁对小球无弹力 D.丁图,静止在杆顶端的铁球受到沿杆向上的弹力 6.(多选)(2025·福建莆田·期中)力是物理学基础的概念,下列受力情况分析正确的是 ( ) A.甲图中,由于桌子的形变,对桌面产生向下的弹力F1 B.乙图中,小车向右压缩弹簧,小车对弹簧的弹力方向向右 C.丙图中,半圆形碗对筷子的弹力沿筷子斜向上,如图所示 D.丁图中,轻绳的拉力沿着绳并指向绳收缩的方向 7.(多选)(2025·广西玉林·期末)如图为有机玻璃发生微小形变的示意图,竖直的三 角形有机玻璃P压在水平的平板玻璃 Q上,当特殊的光线通过有机玻璃不同部位 时,产生的花纹会发生变化。下列说法正确的是 ( ) A.因为Q发生了形变,所以P对Q有压力作用 B.因为Q发生了形变,所以Q对P有支持力作用 C.因为P发生了形变,所以P对Q有压力作用 D.因为P发生了形变,所以Q对P有支持力作用 考点四 胡克定律 8.(2025·北京西城·期末)用图示装置探究弹簧弹力与形变量的关系。把弹簧 上端固定在铁架台的横杆上,记录弹簧自由下垂时下端在刻度尺的位置x0。在 弹簧下端悬挂质量为m 的钩码,待钩码静止时记录弹簧下端在刻度尺的位置 x1,重力加速度为g,则弹簧的劲度系数为 ( ) A.mx1 B. mx1-x0 C.mgx1 D. mgx1-x0 9.(2025·河北衡水·期中)一轻质弹簧的长度L 和弹力F 大小的关系如图所 示,根据图像判断,下列结论正确的是 ( ) A.弹簧的原长为10cm B.弹簧的劲度系数为1N/m C.弹簧的劲度系数为2N/m D.弹簧压缩0.05m时,弹力的大小为5N 10.(2025·安徽宿州·期末)将一轻质弹簧上端固定,下端悬挂一钩码,静止时弹簧伸长 了l。如果将该轻质弹簧从正中间剪断,再将上端连在一起并固定,下端连在一起,在 下端悬挂同样的钩码,如图所示。若弹簧始终在弹性限度内,则静止时,每一段弹簧将 伸长 ( ) A.14l B. 1 2l C.l D.2l 11.(2025·北京·期中)在如图所示的三种情况中,钩码的质量均为 M,滑轮的摩擦可不计,则三个 弹簧测力计的示数F1、F2、F3 的大小关系是 ( ) A.F1=F2<F3 B.F1<F2<F3 C.F1=F3<F2 D.F1=F2=F3 — 29 — — 32 — 12.(多选)(2025·辽宁大连·期中)如图所示,木块质量为m,两个轻质弹簧1、2的 劲度系数分别为k1、k2,弹簧与木块、地面各接触点都栓连,整个系统静止。在弹 簧1的上端A 点施加竖直向上的拉力,将木块缓慢提起,停止时弹簧2的弹力大 小变为原来的一半,则在这一过程中A 点向上移动的距离可能为 ( ) A.mg2k2 B.mg 1k1 +1k2 C.mg2 1 k1 +1k2 D.3mg2 1k1+1k2 13.(多选)将劲度系数分别为k1、k2 的两根弹簧,质量分别为ma 和mb 的两个小 物块,按如图所示的方式悬挂起来,现要求两根弹簧的总长度最长,已知k1< k2,ma<mb,则 ( ) A.物体1为ma,物体2为mb B.物体1为mb,物体2为ma C.弹簧P 劲度系数为k1,弹簧Q 劲度系数为k2 D.弹簧P 劲度系数为k2,弹簧Q 劲度系数为k1 14.(多选)(2025·山东·阶段练习)如图甲所示,力F(未画出)变化时弹簧长度不断变化,取水平向 左为正方向,得外力F与弹簧长度的关系如图乙所示,则下列说法正确的是 ( ) A.弹簧原长为15cm B.弹簧的劲度系数为4N/m C.l=10cm时,弹簧对墙壁的弹力方向水平向右 D.l=10cm时,弹簧对墙壁的弹力大小为20N 【探究·一举突破】(共20分) 探究主题 探究弹簧伸长量与弹力大小的关系 (2025·浙江杭州·期中)如图甲所示,用铁架台、弹簧和多个已知质量且质量相等的钩码,探究 “在弹性限度内弹簧弹力与弹簧伸长量的关系”实验。 (1)该实验用钩码所受的重力等于弹簧受到的弹力理由是 ; (2)如图乙所示,根据实验数据绘图,纵轴是钩码质量m,横轴是弹簧的形变量x。由图像可得结 论:在弹簧的弹性限度内,弹簧的弹力与弹簧的伸长量成 (填“正比”或“反比”),弹簧的 劲度系数k= N/m(重力加速度g取10m/s2)。 (3)如图丙所示,实验中用两根不同的弹簧a和b,作出弹簧弹力F 与弹簧长度L 的F L 图像, 下列说法正确的是 ( ) A.b的原长比a 的短 B.b的原长比a 的长 C.a的劲度系数比b的大 D.弹力与弹簧长度成正比 【综合·一练到底】(共22分) (2025·海南·期中)如图所示,A、B、C三个物体的质量mA=1kg,mB=mC=2kg, A、B两物体通过绳子绕过定滑轮相连,B、C用劲度系数k2=100N/m的轻弹簧Q 相 连,劲度系数k1=200N/m的轻弹簧P 一端固定在天花板上,另一端与滑轮相连。 开始时,A、B两物体均静止且在同一水平面上,不计滑轮、绳子、弹簧的重力和一切 摩擦。 (1)求此时轻弹簧P 的形变量x1; (2)若用竖直向下的拉力缓慢拉动A物体,在拉动过程中,弹簧以及与A、B相连的绳 子始终竖直,到C物体刚要离开地面(A尚未落地,B没有与滑轮相碰),求: ①C刚要离地时竖直向下的拉力F的大小; ②C刚要离地时B上升的高度ΔhB。 【选做·一飞冲天】(尖子生选做) (2025·安徽合肥·期中)如图甲所示,一轻质弹簧P 原长l=10cm,下端固定 在水平面上,上端放一个质量为3kg的物块A,物块A静止后弹簧长度为l1= 7cm;如图乙所示,若在物块A上端再系一个劲度系数为500N/m的轻质弹簧 Q,同时在弹簧Q 上端施加竖直向上力F 缓慢向上拉,物块A上升一段高度h 静止后,两弹簧的总长度刚好等于原长之和。两弹簧始终在弹性限度范围内, 重力加速度g=10m/s2。求: (1)弹簧P 的劲度系数; (2)物块A上升的高度h和此时拉力F 的大小。 【错题重做】 错因 基础不牢 题意不明 思路不对 理解不够 分析不透 方法不对 根本不会 其他原因 题号 题号 题号 — 31 — —76 — 第七周 自由落体运动;实验:用打点计 时器测自由落体加速度 【考点·一应俱全】 1.B [A.忽略银杏果所受阻力,银杏果的下落均为自由落体运动; 银杏叶所受阻力较大,不能忽略不计,银杏叶的下落不可近似为自 由落体运动,故A错误;BC.由于先后下落的银杏果的加速度均为 重力加速度,所以先下落的银杏果相对后下落的银杏果做匀速运 动,则先后下落的银杏果的相对距离为Δx=v相 Δt,可知下落过程 中两银杏果的间距越来越大,故B正确,故C错误;D.根据v2= 2gh由于下落高度相同,所以先后下落的银杏果落地速度一样大, 故D错误。故选B。] 2.A [A.物块静止释放后在空中做自由落体运动,根据h=12gt 2, 解得t= 2hg =0.5s ,故A正确;B.物块落地前瞬间的速度v=gt =5m/s,故B错误;C.物块在空中飞行的平均速度v=v0+v2 =2. 5m/s,故C错误;D.物块在落地前0.1s内通过的位移x=12gt 2 -12g (t-0.1)2=0.45m,故D错误。故选A。] 3.ACD [A.重物离开无人机,向上运动的时间t1= v0 g=1s ,上升的 位移h0= v02 2g=5m ,重物下落的时间t2= 2(h0+h) g =3s ,重物在 空中运动的时间t=t1+t2=4s,A正确;B.重物在第2s内的位移 大小即为重物自由下落1s的位移,则有 Δh2= 1 2g ·(Δt2)2= 5m,B错误;C.根据自由落体运动规律可得,重物落地瞬间的速度 大小为v=vt2=30m/s,C正确;D.根据平均速度的定义可得,重 物的平均速度大小为v=ht =10m /s,D正确。故选ACD。] 4.AC [AB.甲、乙两个小铁球从不同高度做自由落运动,则运动时 间不同,高度高的,位移大,运动时间长,但同时落地,说明高度高 的先释放,故A正确,B错误;CD.都做自由落体运动,加速度相 同,则v t图象的斜率相同,运动时间不等,故C正确,D错误。 故选AC。] 5.BC [A.根据h=12gt 2,可知在前1s内、前2s内、前3s内的位 移大小之比为h1∶h2∶h3=1∶4∶9,故 A错 误;B.根 据 Δx= gT2,可知在相邻 两 个1s内 的 位 移 之 差 均 为 Δx=10×12 m= 10m,故B正确;CD.根据v=gt,可知在1s末、2s末、3s末的速 度大小之比v1∶v2∶v3=1∶2∶3,在第1s内、第2s内、第3s内 的平均速度大小之比为 v1 2∶ v1+v2 2 ∶ v2+v3 2 =1∶3∶5 ,故C正 确,D错误。故选BC。] 【技法点拨】 自由落体运动适用初速度为0的匀变速直线运动 规律。 ①从开始下落,连续相等时间内下落的高度之比为1∶3∶5∶7 ∶…。 ②由Δv=gΔt知,相等时间内,速度变化量相同。 ③连续相等时间T 内下落的高度之差Δh=gT2。 6.BD [AB.自由落体运动是初速度为零的匀变速直线运动,故某 段时间或者某段位移的平均速度等于初速度与末速度矢量合的一 半;只有某段时间或者某段位移的计时起点速度为零时,平均速度 才等于末速度的一半,故 A错误、B正确;CD.自由落体运动是匀 变速直线运动,在任何相等时间内速度变化Δv=gT,故C错误、D 正确。故选BD。] 7.AB [A.由图可知hAB∶hBC ∶hCD =1∶3∶5,水滴做初速度为零 的匀加速直线运动,依题意可知水滴在下落过程中通过相邻两点 之间的时间间隔相等。故 A正确;B.由h=12gt 2,可得水滴在下 落过程中通过相邻两点之间的时间为t= 210s ,即闪光的间隔时间 是 2 10s 。故B正确;C.由v=xt ,水滴在相邻两点间的平均速度满 足vAB∶vBC∶vCD =1∶3∶5,故C错误;D.由v=gt,水滴在各点的 速度之比满足vB∶vC∶vD=1∶2∶3。故D错误。故选AB。] 8.BD [由于v t图线的斜率表示物体的加速度,所以a=ΔvΔt= 0-20 2 m /s2=-10m/s2,v t图线的与横轴所围区域的面积表示 物体的位移,所以物体 上 升 的 最 大 高 度 为h=v02t= 20 2×2m= 20m,初始高度不清楚,所以不能求出离地高度。故选BD。] 9.ACD [ABC.规定竖直向上为正方向,当位移为25m时,根据匀 变速直线运动的位移时间关系可得x=v0t- 1 2gt 2,解得t1=1s, t2=5s,故AC正确,B错误;D.当位移为-25m时,根据匀变速直 线运动的位移时间关系可得x=v0t- 1 2gt 2,t3=(3+ 14)s(负 值舍去)故D正确。故选ACD。] 【易错提示】 竖直上抛运动的多解性:当物体经过抛出点上方某 个位置时,可能处于上升阶段,也可能处于下降阶段,造成多解, 在解决问题时要注意这个特性。 10.C [AB.A球下落时间为t,则B球从最高点落到地面的时间为 0.5t,则根据h=12gt 2,可知A的初始下落高度是B的最大上升 高度的4倍,选项AB错误;CD.两球在空中运动过程中,加速度 相等,相对加速度为零,可知 A相对于B做匀速运动,选项C正 确,D错误。故选C。] 11.B [B.根据竖直上抛运动的性质可知,A球运动到最高点的时 间为t1= v g ,当A球运动到最高点后将向下做自由落体运动,而 B球此时做竖直上抛运动,设其与 A球在空中相遇的时间为t2, A球上升的最大高度为h,A球与B球相遇时A球的下落的高度 为h1,B球上升的高度为h2,则由运动学公式有h1= 1 2gt2 2,h2= vt2- 1 2gt2 2,h1+h2=h,v2=2gh,联立解得t2= v 2g ,而自A抛出 到与B相遇时间为t=t1+t2= 3v 2g ,故B正确;A.设 A、B相遇时 的速度分别为v1、v2,则根据运动学公式可得v1=gt2= v 2 ,v2= v-gt2= v 2 ,即 A、B相遇时速度大小均为v1=v2= v 2 ,故 A错 误;C.自B拋出到与A相遇上升高度为h2=vt2- 1 2gt2 2=3v 2 8g , 故C错误;D.设A、B两球各自抛出到相遇过程中,两球速度的变 化量分别为Δv1、Δv2,取向上为正方向,可得Δv1=- v 2-v=- 3v 2 ,Δv2= v 2-v=- v 2 ,其中负号表示速度变化量的方向,由此 可知,两球各自抛出到相遇过程中,两球速度的变化量不同,故D 错误。故选B。] 12.D [A.根据题意,由公式v=v0+at可得,第1颗子弹速度减为 0时的 时 间 为t1= v0 g =3s ,此 时 第1颗 子 弹 高 度h1= v0 2t1= 45m,第2颗子弹的初速度v2=(30-5)m/s=25m/s,第1颗子 弹速度减为0时,第2颗子弹运动时间t2=t1-1s=(3-1)s= 2s,速度v2'=v2-gt2=25m/s-10m/s2×2s=5m/s,第2颗 子弹还处于上升阶段,根据竖直上抛运动的速度—位移公式- 2gh2=(v2')2-v22,代 入 数 据 解 得 第2颗 子 弹 的 高 度 h2= (v2')2-v22 2g = (25m/s)2-(5m/s2) 2×10m/s2 =30m,第1颗子弹与第2 颗子弹之间的距离为Δh=h1-h2=45m-30m=15m,故A正 确;B.第1颗与第2颗子弹位移相等时相撞,则有v0t'- 1 2gt' 2= v0(t'-1)- 1 2g (t'-1)2,解得t'=6s,则第3颗子弹的运动时间 为t3=(t'-2)s=4s,第3颗子弹的初速度为v3=v2-5m/s= 25m/s-5m/s=20m/s,竖直上抛运动的位移—时间公式有h =v3t3- 1 2gt3 2=20×4m-12×10×4 2m=0,即第3颗子弹离 枪口的距离为0m,故B正确;C.竖直上抛运动的位移—时间公 式有h=v0t- 1 2gt 2,第2颗与第3颗子弹位移相等时相撞h= v2(t″-1)- 1 2g (t″-1)2=v3(t″-2)- 1 2g (t″-2)2,代入数据解 得t″=6s=2t1,根据对称性可知,此时第1颗子弹落回枪口位 置,故C正确;D.设第1颗子弹速度减为0后,经过t4 第2颗子 弹速度减为0,则有t4= v2' g = 5m/s 10m/s2 =0.5s,此时第1颗子弹从 最高点 下 落 距 离 为h'= 12gt4 2= 12 ×10m /s2×(0.5s)2= 1.25m,第1颗 子 弹 离 枪 口 的 距 离 为 h1'=h1-h'=45m- 1.25m=43.75m,故D错误。本题选不正确的,故选D。] 【破题技巧】 本题考查了竖直上抛运动规律的应用, 根据题意分析清楚子弹的运动过程、知道子弹相遇的 条件是位移相等是解题的前提与关键,应用运动学公 式即可解题。 13.D [AB.斜面实验“冲淡”了重力的作用,便于测量小球运动的时 间,AB错误;CD.通过对斜面实验的观察与计算,伽利略将实验 结果合理外推得到自由落体运动的规律,不是直接得到自由落体 运动的规律,C错误,D正确;故选D。] 14.B [伽利略利用(问题→猜想→逻辑推理→实验验证→合理外推 →得出结论),通过逻辑推理(含数学运算)得出落体运动位移x 和时间t的关系正确的是x∝t2。故选B。] 【探究·一举突破】 【探究路径】 (1)根据题图中纸带从左到右间距逐渐增加,则可以判断,实验时 纸带的右端和重物相连接。 (2)相邻计数点时间间隔为 T=1f=0.02s 则重物下落过程中打B点的瞬时速度为 v=AB+BC2T =2.1m /s (3)根据逐差法可知加速度为 a=AB+BC-CD-DE 4T2 =9.5m/s2 因为阻力的作用,用这种方法测出的加速度值总是比当地的重力 加速度的值小。 (4)A.根据v2=2ah,可知图像的斜率表示小球下落加速度两倍, 故A错误;BCD.考虑到空气有阻力,设小球的质量为m,根据牛顿 第二定律可得mg-f=ma,解得a=g-fm ,在小球大小相同的情 况下,质量越大的球,加速度a的值越大,v2 h图像的斜率越大, 所以小球P 的质量大于小球Q 的质量,且小球P 算出的加速度值 更接近当地重力加速度,故C错误,BD正确。故选BD。 【参考答案】 (1)右 (2)2.1 (3)9.5 小 (4)BD 【综合·一练到底】 解析 (1)根据题意,圆棒下端距水平地面1.8m,则 h1= 1 2gt1 2 代入数据解得t1=0.6s (2)圆棒下端到A 点距离为0.45m,则2gh2=v12 代入数据解得v1=3m/s (3)圆棒上端到B 点间距为h3=L+h2+l=0.4+0.45+0.4m= 1.25m 圆棒上端到达B 点过程,根据位移公式有h3= 1 2gt2 2 解得t2=0.5s 圆棒下端到达A 点的过程,有h2= 1 2gt3 2 解得t3=0.3s 所以圆棒经过AB 段所需的时间为tAB=t2-t3=0.2s 答案 (1)0.6s (2)3m/s (3)0.2s 【选做·一飞冲天】 解析 (1)上升到最高点的位移x=v0 2 2g=5m 离地面的距离h=x+H=12.68m (2)由v t图像可得a=ΔvΔt=6m /s2 设经t时刻圆筒还未到达匀速,小球从圆筒上端穿出,小球上升的 位移大小为l1=v0't- 1 2gt 2 圆筒下落的位移大小为l2= 1 2at 2 又l1+l2=L 联立解得t=0.45s<0.8s或t=3.6s>0.8s(舍去) (3)当t1=0.8s时,圆筒匀加速下落的距离为x1= 1 2at 2=1.92m 匀速下落x2=H-x1=5.76m 圆筒落地总时间为t2=t1+ x2 v'=0.8s+ 5.76 4.8s=2s 则小球在t2 时间内满足 H-L≤ v0″t2- 1 2gt2 2 ≤H 解得6.16m/s≤v0″≤7.60m/s 答案 (1)12.68m (2)0.4s (3)6.16m/s≤v0≤7.60m/s 第八周 重力与弹力(实验:胡克定律) 【考点·一应俱全】 1.D [按照力的性质分类:重力、弹力、摩擦力等;按照力的效果分 类:支持力、压力、拉力、动力、阻力等。故选D。] 2.D [A.射出的炮弹在向前飞行的过程中受到重力和阻力的作用, A错误。B.力是使物体产生形变和改变运动状态的原因,但是物 体受到力的作用后,不一定同时出现形变和运动状态的改变,B错 误;C.两个力的大小相同,它们产生的效果不一定相同,还要看作 用点和方向,C错误;D.一个力必定联系着两个物体,其中每个物 体既是受力物体又是施力物体,D正确。故选D。] 3.BC [A.未装水时欹器的重心不一定在器壁上,也有可能在瓶子 内部某处,故A错误;B.根据重心的定义,欹器的重心是其各部分 所受重力的等效作用点,故B正确;C.往 欹 器 注 水 过 程 中,欹 器 (包括水)的重心先降低再逐渐升高,故C正确;D.欹器倾倒的时 候,其重力方向一定处于竖直方向,故D错误。故选BC。] 【知识补给】 (1)重心:物体的各部分都受到重力的作用,可认为 重力集中作用于一点,这一点叫作物体的重心。 (2)重心是重力的等效作用点,其位置与物体的形状和质量分布 有关,但不一定在物体上。 (3)重力的方向总是竖直向下,不一定指向地心,也不一定垂直向 下。 4.BC [A.物体的重力作用在物体上,物体对垂直水平面的压力作 用在水平面上,且重力和压力性质不同,所以重力不是压力,故 A 错误;B.重力的方向总是竖直 向 下,但 不 总 是 指 向 地 心,故B正 确;C.在地球表面,纬度越高重力加速度越大,即赤道处的重力加 速度最小,所以地面上的同一物体在赤道上所受重力最小,故C正 确;D.物体竖直挂在弹簧测力计下,只有物体处于平衡状态时,弹 簧测力计的示数才等于物体的重力大小,故D错误。故选BC。] 5.BC [A.反弹出去的排球在空中运动时,只受到重力作用,不受沿 运动方向的弹力作用,故 A错误;B.小球被a、b两轻绳悬挂而静 止,其中a绳处于竖直方向,则小球的重力和a绳的拉力平衡,故b 绳对小球一定没有拉力,故B正确;C.小球随车厢(底部光滑)一 起向右做匀速直线运动,速度不变,则水平方向不受力的作用,车 厢左壁对小球无弹力,故C正确;D.静止在杆顶端的铁球,由平衡 条件可知,受到竖直向上的弹力,故D错误;故选BC。] 6.BD [A.甲图中,由于书的形变,对桌面产生向下的弹力,故 A错 误;B.乙图中,小车向右压缩弹簧,弹簧对小车弹力的方向向左,小 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 — 75 — —78 — 车对弹簧的弹力方向向右,故B正确;C.丙图中,碗对筷子的弹力 垂直该点切线指向圆心,故C错误;D.丁图中,绳的拉力沿着绳并 指向绳收缩的方向,故D正确。故选BD。] 7.BC [AB.根据弹力产生条件可知,由于Q发生了形变,则Q对P 有支持力作用,故A错误,B正确;CD.由于P发生了形变,则P对 Q有压力,故C正确,D错误。故选BC。] 8.D [竖直悬挂时,根据胡克定律及受力平衡有 mg=k(x1-x0), 解得k= mgx1-x0 ,故选D。] 9.A [A.当F=0时,弹簧处于原长状态,由图读出L=10cm,即弹 簧的原长为L0=10cm。故 A正确;BC.由图可知,当 F=10N 时,L=5cm,则弹簧被压缩的长度为x=L0-L=5cm,根据胡克 定律,有F=kx,代入数据,可得k=2N/cm,故BC错误;D.弹簧 压缩x'=0.05m时,弹力的大小为 F'=kx'=10N,故 D错误。 故选A。] 10.A [当轻弹簧从正中间剪断时,弹簧的劲度系数变为原来的两 倍,设钩码质量为m,剪断前有mg=kl,剪断后,对每一段弹簧都 有1 2mg=2k ·x,解得x=mg4k= 1 4l ,故选A。] 11.D [弹簧测力计的示数表示的是挂钩上的拉力,所以三个图中 弹簧测力计的示数一样,即F1=F2=F3,故选D。] 12.CD [未施加拉力时,弹簧1没有形变量,弹簧2的形变量满足 mg=k2x21,解得x21= mg k2 ,将木块缓慢提起,停止时,当弹簧2处 于压缩状态,有1 2mg=k1x12 ,1 2mg=k2x22 ,此过程中A 点向上 移动的距离Δx=x12+(x21-x22)= mg 2 1 k1 +1k2 ,当弹簧2处于 拉伸状态,有3 2mg=k1x'12 ,1 2mg=k2x'22 ,此过程中A 点向上移动 的距离Δx'=x12'+x21'+x22'= 3mg 2 1 k1 +1k2 ,故选CD。] 【技法点拨】 先确定初始时,弹簧2是压缩还是拉伸,及对应的 形变量,再讨论弹簧2的弹力大小变为原来的一半时,两弹簧的 形变量,进而求解。 13.AC [AB.下面的弹簧Q 的形变量由下面的物块的重力决定,由 于ma<mb 为了让形变量最大,应把重的物体2为 mb,轻的物体 1为ma,故A正确,B错误;CD.上面的弹簧P 受到的拉力为两个 物块的重力之和,根据胡克定律可知,劲度系数较小时弹簧形变 量较大,由于k1<k2 故上面弹簧P 劲度系数为k1,下面弹簧Q 劲 度系数为k2,故C正确,D错误;故选AC。] 14.AD [A.当F=0时,弹簧的长度是原长,由图可知弹簧原长为 15cm,故A正确;B.由胡克定律F=kx,可得弹簧的劲度系数为 k=ΔFΔx= 40 15-5×10 2N/m=400N/m,故B错误;C.l=10cm时, 弹簧处于压缩状态,弹簧对墙壁的弹力方向水平向左,故C错误; D.l=10cm时,弹簧对墙壁的弹力大小为F=kx'=400×(15- 10)×10-2N=20N,故D正确。故选AD。] 【探究·一举突破】 【探究路径】 (1)当钩码处于静止状态时,根据二力平衡可知,钩码所受的重力 等于弹簧对钩码的弹力。 (2)由图像乙知,所挂钩码质量 m 与弹簧形变量x 按正比例规律 变化,所以可知钩码所受的重力 mg与弹簧形变量x 也按正比例 变化,由于所挂钩码重力mg等于弹簧受到的弹力F,所以可得出 结论:在弹簧的弹性限度内,弹簧的弹力与弹簧的伸长量成正比; 根据胡克定律F=kx,可得弹簧的劲度系数 k=ΔFΔx= Δmg Δx = 40×10×10-3 8×10-2 N/m=5N/m (3)AB.F L 图像与横轴的交点等于弹簧原长,由图像知b的原 长比a的长,故A错误,B正确;C.F L 图像的斜率等于弹簧的劲 度系数k,由图像知a的劲度系数比b的大,故C正确;D.F L 图 像可知,弹簧弹力与弹簧长度为线性关系,但不是正比关系,故D 错误。故选BC。 【参考答案】 (1)见解析 (2)正比 5 (3)BC 【综合·一练到底】 解析 (1)对A做受力分析可知,绳子上的拉力大小等于 A的重 力大小,则T=mAg=10N 则滑轮受到向下的拉力为F1=2T=20N 由胡克定律可得x1= F1 k1 =0.1m (2)①C刚要离开地面时,由受力分析可得F=mBg+mCg-mAg 解得F=30N ②初始状态,弹簧Q 被压缩,对B受力分析可得F2+T=mBg 解得弹簧弹力F2=10N 故弹簧Q 的压缩量x2= F2 k2 =0.1m C刚要离地时劲度系数为k2 的弹簧Q 被拉伸,弹力F2'=mCg= 20N 则由胡克定律可得x2'= F2' k2 =0.2m 故B上升的高度ΔhB=x2+x2'=0.3m 答案 (1)0.1m (2)①30N ②0.3m 【选做·一飞冲天】 解析 (1)根据平衡条件得mg=k1(l-l1) 解得k1=1000N/m (2)两个弹簧的形变量相等,设为x,根据平衡条件得k1x+k2x= mg,F=k2x 解得F=10N 答案 (1)1000N/m (2)10N 【技法点拨】 (1)胡克定律和受力平衡求解弹簧P 的劲度系数; (2)若两弹簧总长度和等于总原长的和,则上部弹簧拉伸量与下 部弹簧压缩量x相等,根据平衡条件结合胡克定律求解x,由此 得到A 上升的高度,根据胡克定律求解此时拉力F 的大小。 第九周 静摩擦力与滑动摩擦力的计算; 摩擦力的方向 【考点·一应俱全】 1.B [AB.根据摩擦力的产生条件可知,有摩擦力一定有弹力,但有 弹力不一定有摩擦力,故 A错误,B正确;CD.“摩擦力”是根据性 质命名的,“阻力”是根据作用效果命名的,摩擦力与运动方向同向 时为动力,反之为阻力。阻力可能是摩擦力,也可能是其他性质的 力,故CD错误。故选B。] 2.BD [A.静摩擦力大小与压力不成正比,故 A错误;B.滑动摩擦 力是阻碍物体间的相对滑动而产生的,只要接触面上有相对滑动, 就可以产生滑动摩擦力,因此静止的物体可能受滑动摩擦力,故B 正确;CD.摩擦力的方向总是与相对运动方向相反,不一定与物体 运动方向 相 反,不 一 定 阻 碍 物 体 运 动,故 C 错 误,D 正 确;故 选BD。] 3.C [若人用水平向右的力F 推木箱没推动,可知木箱受力平衡, 水平方向推力和静摩擦力等大反向,因F 向右,可知木箱受到地 面的静摩擦力的方向是水平向左。故选C。] 4.BD [A.手对瓶子的压力与瓶子所受的重力没有关系,故 A错 误;B.瓶子处于平衡状态,所受合力为0,所以竖直方向手对瓶子 的摩擦力大小等于瓶子受到的重力大小,故B正确;CD.手握得越 紧,手对瓶子的最大静摩擦力越大,根据平衡条件可知,瓶子受到 的静摩擦大小始终等于瓶子受到的重力大小,故C错误,D正确。 故选BD。] 5.BC [AB.推自行车前进时,前轮、后轮受的摩擦力均为阻力,地 面对前轮、后轮的摩擦力F1 和F2 的方向都与车前进方向相反,如 图1所示,所以A错误,B正确。CD.而骑自行车加速前进时,后 轮是主动轮,它在与地面接触处有相对地面向后滑的趋势,故摩擦 力F4 的方向与车前进方向相同;前轮是从动轮,它在与地面接触 处有相对地面向前滑的趋势,故摩擦力的方向与车前进方向相反, 如图2所示,C正确,D错误。故选BC。] 图1 图2 【技法点拨】 本题关键区分开自行车的主动轮和从动论,根据自 行车两轮相对于地面的转动方向判断摩擦力的方向;明确摩擦力 总是阻碍物体之间的相对运动,从而分析摩擦力的方向。 6.C [AB.对木块,由平衡条件可知,静摩擦力f=F1-F2=4N≤ fmax(fmax为最大静摩擦力),撤去F1 后,由于F2<fmax,所以木块 仍静止,合力为0,故 AB错误;CD.撤去F1 后,木块静止,由平衡 条件可知,静摩 擦 力 与 F2 等 大 反 向,由 于 F2 方 向 向 左、大 小 为 2N,所以木块受到向右静摩擦力、大小为2N,故C正确,D错误。 故选C。] 7.AB [A.他沿竹竿向上攀时,战士相对于竹竿有向下滑的趋势,所 以战士所受到的摩擦力为静摩擦力,方向 竖 直 向 上,故 A正 确; BC.他沿竹竿向下滑时,战士相对于竹竿向下滑动,战士所受到的 摩擦力为滑动摩擦力,方向竖直向上,故B正确,C错误;D.他停在 空中时,重力与摩擦力平衡,增大握杆力,所受到的摩擦力不变,故 D错误。故选AB。] 【技法点拨】 他沿竹竿向上攀时,战士相对于竹竿有向下滑的趋 势,他沿竹竿向下滑时,战士相对于竹竿向下滑动,他停在空中 时,重力与摩擦力平衡,据此分析即可。 8.A [A.根据滑动摩擦力表达式f=μN,将木块和木桌的接触面 刨光滑些,减小动摩擦因数,从而减小摩擦力,故 A正确;B.在木 桌表面上垫一张平整的铁皮,动摩擦因数不一定减小,摩擦力不一 定减小,故B错误;CD.动摩擦因数与物体的速度、两物体的接触 面积大小无关,所以使木块的滑动速度增大、减小木块与桌面的接 触面积都不能减小摩擦力,故CD错误。故选A。] 9.B [木块A与地面间的最大静摩擦力为fmA=μGA=0.25×50N =12.5N,木块B与地面间的最大静摩擦力为fmB=μGB=0.25× 60N=15N,弹簧弹力为kx=400×2×10-2N=8N,施加水平拉 力F 后,对B物体受力分析,水平方向受向右的弹簧弹力和拉力, 由于B木块与地面间的最大静摩擦力为15N,大于弹簧弹力和拉 力之和,故木块B静止不动,所以FB=kx+F=9N,施加水平拉 力F 后,弹簧长度没有变化,弹力不变,故木块A相对地面有向左 的运动趋势,其受到向右的静摩擦力,且与弹力平衡,所以FA=kx =8N,故选B。] 10.AD [AB.由题可知,当风速小于3m/s时,物块静止,推力与摩 擦力平衡,所以随着风速增 大,推 力 增 大,摩 擦 力 增 大,故 A正 确,B错误;CD.当风速大于3m/s时,物块处于运动状态,摩擦力 为滑动摩擦力,大小不变,故C错误,D正确。故选AD。] 11.BD [A.F 变大时,若木块处于静止状态,则受到的摩擦力一直 等于重力,大小保持不变,A错误;B.当F=30N时,木块与墙壁 间的最大静摩擦力Fm=μF=7.5N>G=6N,木块静止,此时木 块的重力与静摩擦力是一对平衡力,故木块受到的摩擦力为6N, B正确;C.同理可知,当F=20N时,木块沿墙面下滑,此时木块 与墙壁之间为滑动摩擦力,其大小为f=μF=5N,C错误;D.当 F=0时,木块在水平方向上不受外力,故木块与墙壁之间没有弹 力和摩擦力,此时木块只受重力的作用,故木块向下做自由落体 运动,D正确。故选BD。] 12.BC [物体沿水平面向右运动,则物体所受摩擦力为滑动摩擦 力,方向水平向左,大小为f=μF=μmg=20N,故选BC。] 13.A [A.由于摩擦力方向总与两物体发生相对运动的方向相反, 向右行笔时,笔受到红纸给的向左的摩擦力,故 A正确;B.由于 笔受到红纸提供的向左的摩擦力,红纸受到笔给的向右的摩擦 力,红纸为保持静止状态,必然受到桌面给的摩擦力,故B错误; C.写字时,如果砚台受到红纸给的摩擦力,则砚台沿桌面方向受 力不平衡,砚台将无法保持静止状态,所以红纸和砚台之间不存 在摩擦力,故C错误;D.笔在纸上运动,产生的摩擦力为滑动摩 擦力,根据滑动摩擦力表达式Ff=μFN,可知滑动摩擦力大小与 速度无关,故D错误。故选A。] 14.AD [A.该答题卡受到滚轮的摩擦力方向与答题卡运动方向相 同,都是向右的,选项 A正确;B.对第一张答题卡下方的每张答 题卡而言,上表面受的压力小于下表面受的压力,可知上表面受 的最大静摩擦力小于下表面受的最大静摩擦力,可知该答题卡下 方的部分答题卡不可能会运动,选项B错误;C.第一张答题卡下 方的每张答题卡都处于平衡状态,即上下表面都受到两个大小相 等的摩擦力作用,选项C错误;D.对滚轮下面的第一张答题卡而 言μ1F>μ2(F+mg),可知μ1>μ2,即滚轮与答题卡间的动摩擦 因数大于答题卡之间的动摩擦因数,选项D正确。故选AD。] 【破题技巧】 计算摩擦力,首先要根据物体的受力情况,判断物 体的状态,确定是什么摩擦力,再选择解题方法:静摩擦力由平衡 条件求解,而滑动摩擦力可由公式或平衡条件求解;当两个物相 对静止时,受到的是静摩擦力;当两个物体之间发生相对运动时, 受到的是滑动摩擦力。 【探究·一举突破】 【探究路径】 (3)弹簧测力计示数为0.35N,木块处于平衡状态,根据平衡条件 可知,木块与平板小车间的摩擦力大小为0.35N。 (6)在f FN 图像中补充第1组数据点并作图如下 根据f=μFN 可知,图像斜率代表动摩擦力因数,则μ= 1.36-0 2.0-0= 0.68 【参考答案】 (3)0.34/0.35/0.36 (6) 0.68/0.69/0.70 【综合·一练到底】 解析 (1)A与地面间的最大静摩擦力为Ffm=μmg=4N,3N< 4N,物块A静止不动FfA1=F=3N (2)因为F=6N>Ffm=4N 物块A滑动FfA2=4N (3)B叠放在A上面后,A与地面间的最大静摩擦力Ffm'=2μmg =8N 因6N<8N,则AB整体静止不动FfA3=F=6N,FfB1=0 (4)A、B并排放在地面上时,整体静止不动,6N>4N,A与地面 间达到最大静摩擦后,A向右挤压B物块,A物块受力平衡FfA4= 4N,FfB2=2N 答案 (1)3N (2)4N (3)6N,0 (4)4N,2N 【选做·一飞冲天】 解析 (1)若将每本书分成2份,第三个接触面压力 N3= 3 2G= 7.5N (2)将书分成2份,用水平向右的力F 把书B抽出时,拉力 F= 4.5N,则B书受到向左的摩擦力有3个,如图 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 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