第11周 共点力平衡-【周测必刷】2025-2026学年高一物理必修第一册（人教版2019）

— 42 — 第十一周 共点力平衡 (时间:45分钟 满分:100分) 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀦌 􀦌 􀦌􀦌 周推好题 第4题以双手转铅球为例,综合考查学生对受力分析动态问题的理解和应用。该题 以矢量圆法和正弦定理法两种方式进行解答,开拓学生思维,也使题目设置更加灵活。该题紧 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62分) 考点一 静平衡 1.(2025·陕西咸阳·期末)某校高一年级发新书,物理学习委员 帮老师搬新书时,用两只手将6本书用力夹起来,静止后的示意 图如图所示,由左向右对六本书依次编号为①②③④⑤⑥,下列 对书本的受力分析中正确的是 ( ) A.第①本书受2个力作用 B.第②本书受3个力作用 C.第③本书受4个力作用 D.第④本书受5个力作用 2.(2025·陕西西安·期末)图甲是一款手机支架,其表面采用了纳米 微吸材料,用手触碰无粘感,接触到平整光滑的硬性物体时,会牢牢 吸附物体。图乙是手机静止吸附在支架上的侧视图。若手机的重 力为G,手机与水平方向的夹角为θ,下列说法正确的是 ( ) A.手机受到五个力的作用 B.纳米材料对手机的摩擦力大小为Gcosθ C.纳米材料对手机的作用力大小有可能大于G D.若使θ增大(手机保持静止),纳米材料对手机的摩擦力增大 3.(2025·北京海淀·期末)将重物从高处运送到地面,为安全起见,要 求下降过程中重物与墙壁保持一定的距离。图中所示是一种简单的 操作方法:一人在高处控制下端系在重物上的绳子P,另一人站在地 面控制另一根上端系在重物上的绳子Q,二人配合可使重物缓慢竖直 下降。若物体可视为质点,当绳P与竖直方向的夹角为α,绳Q 与竖 直方向的夹角为β,且α<β时,下列说法正确的是 ( ) A.绳Q 的水平分力大于绳P的水平分力 B.绳Q 的竖直分力大于绳P的竖直分力 C.站在地面上的人受到地面的摩擦力方向水平向左 D.两绳对重物拉力的合力的方向竖直向上 考点二 动态平衡 4.(2025·湖南·阶段练习)某中学为增强学生体魄,组织学生进行多种体育锻炼。在 某次锻炼过程中,一学生将铅球置于两手之间,其中两手之间夹角为60°。保持两手 之间夹角不变,将右手由图所示位置缓慢旋转60°至水平位置。不计一切摩擦,则在 转动过程中,下列说法正确的是 ( ) A.右手对铅球的弹力增大 B.右手对铅球的弹力先增大后减小 C.左手对铅球的弹力增大 D.左手对铅球的弹力先增大后减小 5.(多选)(2025·河南·阶段练习)如图所示,清洗高楼玻璃的工人用一根轻绳将自己 悬在空中。认为玻璃墙光滑,在轻绳的长度增大(轻绳与玻璃墙的夹角减小)的过程 中,下列说法正确的是 ( ) A.轻绳对工人的弹力增大 B.轻绳对工人的弹力减小 C.玻璃墙对工人的弹力增大 D.玻璃墙对工人的弹力减小 6.(多选)(2025·山西太原·期末)将铅球放在水平静置的斜面上,左侧用竖直挡 板挡住,铅球处于静止状态,不考虑铅球受到的摩擦力。斜面倾角为45°,保持 斜面和挡板的夹角不变,整体逆时针缓慢转过90°,下列说法正确的是 ( ) A.初始位置,球对挡板的弹力与球的重力大小相等 B.末了位置,斜面对球的弹力不为0 C.球对斜面的弹力先减小后增大 D.球对挡板的弹力先增大后减小 7.(多选)(2025·贵州六盘水·期末)如图,轻质细绳一端固定在天花板上,另一端 系在小球上,小球静止在半球体表面。半球体固定在水平地面上且球心位于悬点 的正下方,不计小球和半球体间的摩擦,小球可视为质点。现缓慢缩短轻绳的长 度,小球始终和半球体接触,下列说法正确的是 ( ) A.轻绳的拉力变小 B.轻绳的拉力变大 C.半球体对小球的支持力变小 D.半球体对小球的支持力大小不变 8.(多选)(2025·浙江杭州·期末)如图所示,O 点为三根不可伸长细线的结 点,细线OM 与竖直方向夹角为θ,细线OP 下方挂着一个钩码,现保持结点 O不动,逆时针方向绕O点缓慢地转动弹簧秤,使弹簧秤拉着细线ON 由水 平方向变为竖直方向。下列说法中正确的是 ( ) A.细线OM 的拉力一直减小 B.弹簧秤示数最小时,ON⊥OM C.弹簧秤示数最小时,细线OM 的拉力也最小 D.弹簧秤示数最大时,ON 为竖直方向 9.(多选)(2025·山东烟台·期末)如图所示,在轻绳OA 下端悬挂一物体,用力F 作用于A 点,若力F与竖直方向的夹角为α,使轻绳与竖直方向的夹角为β=45° (90°>α>β),现保持A 点位置不动,使拉力F 的方向从图示位置沿顺时针缓慢 旋转到竖直位置(即夹角α逐渐减小到零)的过程中,轻绳OA 的拉力大小及F 的大小变化情况为 ( ) A.轻绳OA 的拉力大小逐渐减小 B.轻绳OA 的拉力大小先减小后增大 C.F的大小逐渐增大 D.F的大小先减小后增大 考点三 “活结”与“死结” 10.(2025·浙江杭州·期末)一轻绳的上端固定在天花板上的O点,下端悬挂一个 重为10N的物体A,如图所示。B是固定的表面光滑的圆柱体,当A静止时, 轻绳与天花板的夹角为30°,则B受到绳的压力大小是 ( ) A.10N B.20N C.5 3N D.10 3N 11.(多选)(2025·山东淄博·阶段练习)如图所示,直杆弯折成90°固定在竖直面 内,OA 段竖直,OB 段水平,绕过光滑滑轮C的不可伸长的细线两端D、E 分别 固定在OA、OB 上,质量为m 的小球吊在滑轮下,静止时,DC段细线与竖直方 向的夹角为45°,不计滑轮及细线的重力,重力加速度为g,则 ( ) A.细线上的拉力大小为mg B.仅将D 端缓慢沿杆向上移,细线上拉力不变 C.仅将E 端缓慢沿杆向左移,细线上拉力减小 D.仅将D 端缓慢沿杆向下移,在滑轮到达D 端前,DC段细线有可能变水平 12.(多选)(2025·四川成都·期中)用绳AC 和BC 吊起一重物处于静止状态, 如图所示。若 AC 能承受的最大拉力为150N,BC 能承受的最大拉力为 105N。那么,下列正确的说法是 ( ) A.当重物的重力为150N时,开始瞬间 AC、BC 都不断,AC 拉力比BC 拉 力大 B.当重物的重力为150N时,开始瞬间AC、BC都不断,AC拉力比BC 拉力小 C.当重物的重力为175N时,开始瞬间AC不断,BC刚好断 D.当重物的重力为175N时,开始瞬间AC断,BC也断 — 41 — — 44 — 考点四 “动杆”与“定杆” 13.(多选)(2025·河南开封·期末)如图所示,水平轻杆AB 一端 与竖直墙上的光滑的铰链连接,另一端用细绳系于墙上E 点, 在B 点下方悬挂质量为m1 的重物。水平轻杆CD 一端插入竖 直墙内,另一端固定光滑小滑轮,用细绳绕过滑轮一端悬挂质 量为m2 的重物,另一端系于墙上 F 点,已知∠EBA=30°, ∠FDC=30°,下列说法中正确的是 ( ) A.FEB∶FFD=2m1∶m2 B.AB 杆上弹力的大小为m1g C.CD 杆上弹力的大小为m2g D.CD 杆上弹力的大小为 3m2g 14.(多选)(2025·浙江·阶段练习)为了迎接春节,冬至前后,是自制“纯手工 腊肉”的最佳时期。用图示支架悬挂腊肉,OA、OB 为承重的轻杆,A、O、B 始终在同一竖直平面内,OB 与OA 通过铰链连接,可绕O 点自由转动,且 OB的长度可调节。现将腌制好的鲜猪肉用结实的细绳悬挂于O 点,此时 OB 杆与竖直方向的夹角小于OA 杆与竖直方向的夹角,且∠AOB 为锐 角,OA 杆所受作用力大小为F1,OB 杆所受的作用力大小为F2,下列说法正确的是 ( ) A.此状态下,F1 大于F2 B.保持OA 杆不动,调节OB 杆的长度,让B 端沿地面上的AB 连线向右缓慢移动一小段距离, 但B 端始终在过O 点的竖直线的左侧,则F1 逐渐变小、F2 逐渐变大 C.保持OA 杆不动,调节OB 杆的长度,让B 端沿地面上的AB 连线向左缓慢移动,使∠AOB 从 锐角变成钝角,则F1 逐渐变大、F2 变小后变大 D.保持A、B 端不动,在鲜猪肉风干变成腊肉的过程中,F1 逐渐变大,F2 逐渐变小 【探究·一举突破】(共20分) 探究主题 探究动态平衡问题 (2025·广东广州·阶段练习)某小组同学利用如图所示的实验装置研究力 的分解。A、B 为两个完全相同的双向力传感器,该型号传感器在受到拉力时 读数为正,在受到压力时读数为负。A 连接质量不计的细绳,并可沿固定的 圆弧形轨道移动。B 固定不动,通过光滑铰链连接一轻杆。轻杆右端与细绳连接。调整实验装 置使连接点O位于圆弧形轨道的圆心处,实验过程中始终保持轻杆沿水平方向。操作步骤如下: ①测量绳子与水平杆的夹角∠AOB=θ; ②对两个传感器进行调零; ③用另一根绳在O点悬挂一个钩码,记录两个传感器的示数; ④取下钩码,移动A 传感器,改变θ角,重复上述步骤,将数据记录在表格中。 F1/N 1.001 0.580 … 1.002 … F2/N -0.868 -0.291 … 0.865 … θ 30° 60° … 150° … (1)根据表格中数据,可知A 传感器读数对应表中的 (填“F1”或“F2”),可求得钩码质量 为 kg(保留一位有效数字,重力加速度g取10m/s2)。 (2)当θ=120°时,F1= N,F2= N(结果可以保留分数和根号)。 (3)B 固定不动,A 传感器从图示位置E 缓慢移动至位置F 的过程中,传感器A 示数大小的变化 情况是 。 【综合·一练到底】(共18分) (2025·天津武清·阶段练习)如图所示,三根细轻绳系于O点,其中OA 绳 另一端固定于A 点,OC 绳的另一端与放在粗糙水平面上的物体M 相连, 物体 M 与水平面间的动摩擦因数μ= 3 4 ,OB 绳的另一端绕过固定的光滑 定滑轮悬挂一质量为m=1kg的物体 N。平衡时OA 竖直、OB 与水平方 向的夹角θ=30°、OC水平。已知重力加速度取g=10m/s2,最大静摩擦力 等于滑动摩擦力。 (1)求轻绳OA 和OC 上的拉力FA、FC 的大小; (2)求轻绳对定滑轮的作用力FN; (3)若物体 M 恰好没有滑动,求物体 M 的质量m2。 【选做·一飞冲天】(尖子生选做) (2025·内蒙古呼和浩特·期末)在竖直墙壁的左侧水平地面上,放置一个边长 为a,质量为 M=2kg的正方体ABCD,在墙壁和正方体之间放置一半径为 R=1m,质量为m 的光滑球,正方体和球均保持静止,如图所示。球的球心为 O、OB 与竖直方向的夹角为θ,正方体的边长a>R,正方体与水平地面的动摩 擦因数为μ= 3 3 。(已知重力加速度g=10m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦 力,结果可保留根号) (1)若θ=60°、m=0.4kg,求立方体对球的弹力N1 和竖直墙壁对球的弹力N2; (2)若θ=45°,保持球的半径不变,只增大球的质量,为了不让正方体出现滑动,求球质量的最 大值; (3)改变正方体到墙壁之间的距离,当正方体右侧面BC到墙壁之间距离小于某个值d 时,无论球 质量为多大(保持球的半径不变),球和正方体始终处于静止状态,且球未落到地面,求d值。 【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 — 43 — —80 — 可知f1=μN1=μ× 1 2G ,f2=μN2=μG,f3=μN3=μ× 3 2G 由力的平衡条件可得f1+f2+f3=F 所以书任意两张纸之间的动摩擦因数μ= F 3G= 4.5 3×5=0.3 (3)逐页交叉,根据平衡条件f1+f2+f3+…+f2n-1=F 即μ· G n +μ ·2G n +μ ·3G n + …+μ· (2n-1)G n =F 解得n=16 答案 (1)7.5N (2)0.3 (3)16张 第十周 牛顿第三定律;力的合成;力的 分解;实验:力的合成 【考点·一应俱全】 1.C [F1 作用在地面上,F2 作用在车轮上,两个力大小相等,方向 相反,作用在相互作用的两个物体上,F1 和F2 是一对作用力和反 作用力,大小相等。故选C。] 2.D [A.第一张纸相对滚轮有向后的运动趋势,摩擦力方向总是与 相对运动趋势方向相反,所以第一张纸受到滚轮的摩擦力方向与 纸张的运动方向相同,故 A错误;B.第1张纸对第2张纸的压力 和第2张纸对第1张纸的支持力是一对相互作用力,它们大小相 等,故B错误;C.设滚轮与纸间的动摩擦因数为μ,纸张之间、纸张 与底板之间的动摩擦因数为μ',滚轮对纸张的压力大小为N,每张 纸的质量为m,对第1张纸受力分析有μN>μ'(N+mg),所以滚 轮与纸间的动摩擦因数大于纸张之间的动摩擦因数,故C错误; D.若因潮湿导致纸张之间的动摩擦因数变大,则纸与纸之间的最 大静摩擦力变大,则可能会导致多张纸一起被送入打印机中,故D 正确。故选D。] 【技法点拨】 根据摩擦力方向与相对运动趋势方向相反分析;根 据相互作用力分析;对第一张纸受力分析即可;若因潮湿导致纸 张之间的动摩擦因数变大,则纸与纸之间的最大静摩擦力变大, 据此分析。 3.D [根据牛顿第三定律可知,叶根夹角较大的一方的叶根与另一 方的叶根的作用力大小相等;以两个叶根十字交错点为对象,可知 每个叶根对交错点的作用力的合力大小相等,根据F合 =2Fcosθ2 , 可知F合 一定时,当叶根夹角θ较小的一方,叶根产生的拉力较 小,则叶根夹角较大的一方先达到树叶根所承受的最大拉力,故叶 根夹角较小的一方获胜。故选D。] 【技法点拨】 以两个叶根十字交错点为研究对象,可知每个叶根 对交错点的作用力的合力大小相等,结合力的合成法列式分析叶 根作用力的大小,从而判断哪方能获胜;根据牛顿第三定律分析 叶根夹角较大的一方的叶根与另一方的叶根的作用力关系。 4.AD [A.4N、5N两个力的合力范围1~9N,7N在这个范围内, 三个共点力的合力可以为零,物体可以做匀速直线运动,故 A正 确;B.合力与分力是等效替代关系,但不是同时作用在物体上,故 B错误;C.根据平行四边形定则知,合力可能比分力大,可能比分 力小,也可能与分力相等,故C错误;D.把一个已知力分解成两个 力若已知两个分力的方向(不在同一直线上),则只可以画出一个 平行四边形,所以有唯一确定的解,故D正确。故选 AD。] 5.BC [A.合力F的取值范围是|F1-F2|≤F≤ F1+F2,所以合力F 不一定总比力F1 和F2 中 的任何一个都大,故A错误;B.根据余弦定理可 得合 力 大 小 为 F= F12+F22+2F1F2cosθ, θ角越大,则合力F 就越小,故B正确;C.若夹 角θ不变,F1 大小不变,F2 增大,若θ为钝角, 则有可能有如图所示的情况。由图可知,此时 合力F 先减小 后 增 大,故 C正 确;D.由 图 像 得,当θ=180°时, F合 =2N,即|F1-F2|=2N,当θ=90°时,F合'=10N,即 F12+F22=10N,解得 F1=8N F2=6N 或 F1=6NF2=8N ,所以,合力取值范 围为2N≤F≤14N,故D错误。故选BC。] 6.BD [D.以力F1 和F2 为邻边作平行四边形,其合力与F3 共线, 大小F12=2F3 如图所示 故D正确;ABC.F12再与第三个力F3 合成求合力F合,可得F合 = 3F3,即三力的合力有唯一值3F3,方向与F3 同向。故B正确;AC 错误。故选BD。] 7.B [如图所示,重力G 产生的效果是使物体下 滑的分力F1 和使物体压紧斜面的分力F2,则 F1=Gsinθ,F2=Gcosθ,倾角θ减小,F1 减小, F2 增大,同一座山,高 度 一 定,把 公 路 修 成 盘 山公路时,使长度增加,则路面的倾角减小,即 减小上山车辆的重力平行于路面向下的分力,可使行车安全。故 选B。] 8.D [AB.如图,将力F 进行正交分解 可得Fx=Fsinθ,Fy=Fcosθ,即耕索对犁拉力的水平分力为Fsinθ, 竖直分力为Fcosθ,故AB错误;C.耕索拉犁的力F 和犁对耕索的 拉力T 为一对相互作用力,作用在两个物体上,不能够进行合成, 故C错误;D.根据牛顿第三定律,耕索拉犁的力F 和犁对耕索的 拉力T 为一对相互作用力,大小相等,方向相反,故D正确。故 选D。] 9.B [由牛顿第三定律可知,此时千斤顶对 汽车的支持力大小等于汽车对千斤顶的压 力大小,即F压 =3.0×104N,将汽车对千 斤顶的压力分解为沿两臂的两个分力,如 图根据对称性可知,两臂受到的压力大小 相等,有2Fcosθ=F压,解得此时千斤顶每臂受到的压力大小均为 F=3.0×104N,故选B。] 10.AB [A.设方向已知的分力为F1,如下图所示 根据三角形法则,两个分力与合力一定组成闭合的三角形可知, 由于分力F1 的方向确定,但大小不确定,则F1、F2 和F 可构成 无数个矢量三角形,则另一分力F2 的大小方向不确定,有无数组 解,故A正确;B.由图可知,当另一个分力F2 与分力F1 垂直时, 则F2 有最小值为F2=Fsin30°=100×0.5N=50N,此时另一 个分力F2 的大小方向均确定,有唯一解,故B正确;CD.当另一 个分力F2 大小满足50N<F2<100N,此时,F1、F2 和F 可构成 如图所示的两个矢量三角形,所以此时有 两 组 解,故CD错 误。 故选AB。] 11.AD [A.大小均为20N的两个力的合力范围是0≤F≤40N,合 力可能为8N,故 A正确;B.大小均为2N的两个力的合力范 围是0≤F≤4N,合 力 不 可 能 为8N,故B错 误;C.大 小 分 别 为1N和5N的两个力的合力范围是4N≤F≤6N,合力不可 能为8N,故C错误;D.大 小 分 别 为6N和12N的 两 个 力 的 合力范围是6N≤F≤18N,合 力 可 能 为8N,故 D正 确。故 选 AD。] 12.AC [由题意可知,F2 的大小为 3 3F ,可知F2>Fsin30°= F 2 ,因 此有两种分解结果;根据平行四边形定则得,如图, 又因一个分力F1 跟F 成30°角,且F2 的大小为 3 3F ,由几何关系 得F1= 3 3F 或F1= 2 3 3 F ,故选AC。] 【破题技巧】 解决本题的关键知道合力一定,分力F1 的方向已 知,因为F2 大于该分力的最小值,所以有两解,注意巧用几何知 识中直角三角形中线与各边的关系。 13.A [根据力的合成法则作图,以合力的起 点为圆心,以F1 的大小为半径作图,连接 合力F 的终点与圆上的任意一点均可以 为F2 的大小和方向,根据图可知当F2 与 圆相切时此时的θ角最大,有sinθ=F1F = 6 10=0.6 ,可得此时θ角为37°,所以θ角满足θ≤37°。故选A。] 14.C [AD.画出矢量三角形,如图所示 当F2 的方向与F1 垂直时,F2 最小,最小值为 F2=Fsin30°= 40×12 N=20N ,当F2<20N时,没有与它相对应的F1 的值, 故AD错误;B.当F2=20N时,有F1=Fcos30°=20 3N,故B 错误;C.结合A选项分析可知,当F2>40N时,此时F2 只能处 于图中F2 最小值右侧,故此时只有一个F1 的值与它相对应,故 C正确。故选C。] 【探究·一举突破】 【探究路径】 (1)A.做实验时,细线的作用是确定拉力的方向,所以三根细线长 度没有必要相同,故A错误;B.该实验通过测量橡皮筋的长度和 原长,得到橡皮筋的伸长量,研究拉力与伸长量的倍数来根据比例 作力的图示。所以橡皮筋1和2要规格相同(材质、粗细、长度), 故B正确;C.由B选项分析可知,重物质量适量大些,可以减小实 验误差,故C正确。故选BC。 (2)a.先用刻度尺测量橡皮筋的原长。 e.用刻度尺分别量出橡皮筋1、2的长度,并记录细线1、2的方向, 即两橡皮筋上拉力的方向。 (3)A.本实验通过细线来确定拉力方向,不会用到量角器,故A错 误;B.本实验通过测量橡皮筋的长度和原长,得到橡皮筋的伸长 量,研究拉力与伸长量的倍数来根据比例作力的图示。没有用到 测力计,故B错误;C.实验中结点O与O'不重合,但二次实验所挂 重物一样,效果一样,故C错误;D.要记录图3中橡皮筋结点O'的 位置及过结点O'的竖直方向,便于做合力与分力的图示,故D正 确。故选D。 【参考答案】 (1)BC (2)橡皮筋的原长 细线1、2的方向 (3)D 【综合·一练到底】 解析 (1)两个力的合力为F= F12+F22=5N 物块与地面间的最大静摩擦力fm=μmg=6N 可知物块不能被拉动,此时物块受到的摩擦力为静摩擦力,大小为 f=F=5N (2)若将图中F1 逆时针转90°,此时两个力的合力为F'=F1+F2 =7N>fm 可知物块将被拉动,此时木块受到的摩擦力为滑动摩擦力,大小为 f'=μmg=6N (3)当物体所受拉力的合力等于最大静摩擦力时fm= F12+F2'2 =6N 解得F2'=3 3N 若缓慢增加图中F2 的大小从4N至3 3N时,物块不动,此时受 静摩擦力大小f= F12+F22= 9+F22 N(4N≤F2≤3 3N) 当F2 的大小从3 3N至6N时,物块产生滑动,此时受滑动摩擦 力大小f=μmg=6N(3 3N<F2≤6N) 答案 (1)5N (2)6N (3)f= 9+F22 N(4N≤F2≤3 3N) f=6N(3 3N<F2≤6N) 【选做·一飞冲天】 解析 (1)重力按照实际作用效果正交分解,如图所示, AB 面对木块的支持力大小F支 =F1=mgsin60°= 3 2mg 方向垂直AB 面斜向上。 (2)由上一问分析可得木块对BC面的压力大小 F压 =F2=mgsin30°= 1 2mg 滑动摩擦力大小Ff=μF压 = 1 2μmg 答案 (1)32mg 方向垂直AB面斜向上 (2)12μmg 第十一周 共点力平衡 【考点·一应俱全】 1.C [A.对书受力分析,根据对称性可知第①本书和第⑥本书的受 力情况相同,受重力,压力,水平支持力,由整体法可知①受到向上 的静摩擦力f=6mg2 =3mg ,②对①向下的静摩擦力f21=2mg,即 共受5个力,故A错误;B.第②本书和第⑤本书的受力情况相同, 受重力,水平向右的支持力和水平向左的支持力,①对②向上的静 摩擦力f12=2mg,③对②向下的静摩擦力f32=mg,共受5个力, 故B错误;CD.第③本书和第④本书的受力情况相同,受重力,水 平向右的支持力和水平向左的支持力,②对③向上的静摩擦力 f23=mg,故③和④之间无摩擦力,即共受4个力,故C正确,D错 误。故选C。] 2.D [A.根据题意可知,纳米材料会对手机存在一个吸引力,所以 手机受 到 重 力、支 持 力、摩 擦 力、吸 引 力 共4个 力,故 A 错 误; BD.手机处于静止状态受力平衡,根据平衡条件可知,在平行手机 方向有f=Gsinθ,若使θ增大(手机保持静止),纳米材料对手机 的摩擦力增大,故B错误,D正确;C.手机处于静止状态,受力平 衡,受到重力和纳米材料对手机的作用力,根据平衡条件可知,纳 米材料对手机的作用力大小等于重力,故C错误。故选D。] 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 — 79 — —82 — 3.D [A.对重物,由平衡条件可知,绳Q 的水平分力等于绳P 的水 平分力,故A错误;B.对重物,由平衡条件可知,绳P 的竖直方向 分力等于绳Q 的竖直分力与重物重力之和,即绳Q 的竖直分力小 于绳P 的竖直分力,故B错误;C.把重物和地面上的人作为整体, 由整体平衡可知,绳P 的水平拉力等于地面给人的摩擦力,由于 绳P 的水平拉力方向向左,则地面给人的摩擦力方向向右,故C 错误;D.对重物,由平衡条件可知,两绳对重物拉力的合力与重物 重力等大反向,由于重力竖直向下,则两绳合力的方向竖直向上, 故D正确。故选 D。] 【破题技巧】 本题主要考查共点力的平衡问题,解答本题时需注 意:选准研究对象、做好受力分析、根据共点力的平衡条件确定力 与力的关系。 4.B [法一 矢量圆法 以铅球为研究对象,受重力 G、右手对铅球的 弹力为F1 和左手对铅球的弹力为F2,受力分 析如图所示,缓慢旋转过程中处于平衡状态, 则将三力平移后构成一首尾相连的三角形,两 手之间夹角保持60°不变,则两力之间的夹角 保持120°不变,则在三角形中,F1 与 F2 夹角 保持60°不变,重力G 的大小方向不变,作出力三角形的外接圆, 根据弦所对的圆周角都相等,则右手由图示位置缓慢旋转60°至水 平位置过程中力的三角形变化如图所示,分析可得F1 开始小于直 径,当转过30°时F1 等于直径,再转时又小于直径,所以F1 先增大 后减小,F2 开始就小于直径,转动过程中一直减小,选项B正确。 法二 正弦定理法 以铅球为研究对象,受重力G、右手对铅球 的弹力为F1 及左手对铅球的弹力为F2,受 力分析如图所示,缓慢旋转过程中处于平 衡状态,则将三力平移后构成一首尾相连 的三角形,两手之间夹角保持60°不变,右 手由图示位置缓慢旋转的角度设为θ,转动过程始终处于平衡状 态,根据正弦定理有 G sin60°= F1 sin(60°+θ)= F2 sin(60°-θ) ,右手由图 示位置缓慢旋转60°至水平位置过程中θ由0°变为60°,sin(60°+ θ)先变大再变小,所以F1 先增大后减小,sin(60°-θ)一直变小,所 以F2 一直减小,选项B正确。] 【技法点拨】 (1)矢量圆:如图所示,物体受三个共点力作用而平 衡,其中一力恒定,另外两力方向一直变化,但两力的夹角不变, 作出不同状态的矢量三角形,利用两力夹角不变,可以作出动态 圆(也可以由正弦定理列式求解),恒力为圆的一条弦,根据不同 位置判断各力的大小变化。 (2)正弦定理: 如图所示,物体受三个共点力作用而处于平衡状态,则三个力中 任意一个力的大小与另外两个力的夹角的正弦成正比,即 F1 sinα = F2 sinβ = F3 sinγ 。 5.BD [设工人所受重力为G,根据物体的平衡条件可得,当轻绳与 竖直方向的夹角为θ时,轻绳对工人的弹力大小以及玻璃墙对工 人的弹力大小分别为F1= G cosθ 、F2=Gtanθ,在轻绳的长度增大 的过程中θ减小,则F1、F2 均减小。故选BD。] 6.AD [设整体逆时针缓慢旋转的角度为θ,铅球一直处于平衡状 态,根据共点力的平衡条件,可得其矢量三角形如下: 由正弦定理可得:mg sin45°= N1 sin(90°-θ)= N sin(45°+θ) ,解得斜面对 铅球的弹力大小为:N1= mgsin(90°-θ) sin45° ,挡板对铅球的弹力大小 为:N2= mgsin(45°+θ) sin45° ,由牛顿第三定律知,铅球对斜面的弹力大 小为:N1'=N1= mgsin(90°-θ) sin45° ,铅球对挡板的弹力大小为:N2' =N2= mgsin(45°+θ) sin45° ,初始位置,θ=0°,则铅球对挡板的弹力大 小为:N2'=mg,即铅球对挡板的弹力大小与铅球的重力大小相 等;末 了 位 置,θ=90°,则 斜 面 对 铅 球 的 弹 力 大 小 为:N1 = mgsin(90°-90°) sin45° =0 ,整体逆时针缓慢转过90°过程,(90°-θ)由直 角逐渐减小为0,(45°+θ)由45°逐渐增大到135°,则sin(90°-θ)逐 渐减小,sin(45°+θ)先增大后减小,则铅球对斜面的弹力逐渐减 小,铅球对挡板的弹力先增大后减小。故选AD。] 7.AD [设细线长度为L,悬点到半球体球心的距离为h,半球体半 径为R,以小球为研究对象,受力分析如图所示, 由平衡条件则有mg h = N R = T L 解得T=Lhmg ,N=Rhmg ,依题意,缓慢缩短轻绳的长度,轻绳的 拉力变小,半球体对小球的支持力大小不变。故选AD。] 8.AB [ABC.保持结 点 O 不 动,逆 时 针 方向绕O 点缓慢地转动弹簧秤,使弹簧 秤拉着细线 ON 由水平 方 向 变 为 竖 直 方向,如图所示 由图可知,细线 OM 的 拉 力 一 直 减 小; 弹簧秤示数 先 减 小 后 最 大,当 弹 簧 秤 示 数 最 小 时,ON⊥OM,故 AB正确,C错误; D.初始时刻,弹簧秤示数为FON =mgtanθ,当ON 为竖直方向时, 弹簧秤示数为FON'=mg,若θ>45°,则弹簧秤示数最大时,ON 为 水平方向;若θ<45°,则弹簧秤示数最大时,ON 为竖直方向,故D 错误。故选AB。] 9.AD [A 点受三个拉力处于平衡,向上的两个 拉力的合力大小等于物体的重力,方向竖直向 上,受力分析如图所示,由于β=45°(90°>α> β),故使拉力从图示位置缓慢运动到竖直位置 的过程中,在45°<α<90°,过程中,根据三角形 定则可知,拉力F 大小逐渐减小,轻绳OA 的拉力大小逐渐减小。 当0°≤α≤45°,拉力F 大小逐渐增大,轻绳OA 的拉力大小逐渐减 小。故F 的大小先减小后增大,轻绳OA 的拉力大小逐渐减小。 故选AD。] 10.A [以与小圆柱体接触的那一小段绳子为研究对象,受两个大 小相等的拉力以及圆柱体的支持力 N,如图所示, 由于F1=F2=10N,且夹角为120°,由几何关系可知 N=F= 10N,因而绳对圆柱体的压力大小为10N。故选A。] 11.BC [A.根据对称性可知,DC 段细线、EC 段细线与竖直方向夹 角相等,设细线上的拉力为T,对滑轮与小球进行分析,根据平衡 条件有2Tcos45°=mg,解得T= 22mg ,故 A错误;B.令细线长 为L,DE 水平方向的间距为d,DC 段细线、EC 段细线与竖直方 向夹角相等,令为θ,根据几何关系可知sinθ=dL ,根据平衡条件 有2Tcosθ=mg,若仅将D 端缓慢沿杆向上移,则细线与竖直方 向的夹角θ不变,可知细线拉力大小不变,故B正确;C.若仅将E 端缓慢沿杆向左移,DE 水平方向的间距为d 减小,结合上述可 知,细线与竖直方向的夹角变小,则拉力减小,故C正确;D.仅将 D 端缓慢沿杆向下移,在滑轮到达 D 端前,结合上述可知,滑轮 两边细线与竖直方向的夹角θ始终相等,因此 DC 段细线始终不 可能变成水平,故D错误。故选BC。] 12.AC [AB.取C点为研究对象进行受力分析如图所示 当重物的重力为150N时,AC拉力为T1=mgcos37°=120N< 150N,BC拉力为T1=mgcos53°=90N<105N,可知,当重物 的重力为150N时,AC、BC都不断,且AC拉力比BC 拉力大,故 A正确,B错 误。CD.当 重 力 为175N 时,假 设 绳 子 不 断 时, AC拉力为T1'=mgcos37°=140N<150N,BC 拉力为T2'= mgcos53°=105N,所以AC不断,BC 绳刚好断,故C正确,D错 误。故选AC。] 13.AC [甲图中,以B 点为对象,根据平衡条件可得FEBsin30°= m1g,FEBcos30°=FAB,解得FEB =2m1g,FAB = 3m1g,乙图中, 以重物m2 为对象,根据平衡 条 件 可 知 同 一 根 绳 子 拉 力 大 小 为 FFD=m2g,以滑轮为对象,根据平衡条件可知CD 杆上弹力的大 小为FCD =2FFDcos60°=FFD =m2g,则有FEB∶FFD =2m1∶m2, 故选AC。] 14.BC [AD.根据平行四边形定则将重力分解,如图 由图可知F1 小于F2,保持A、B 端不动,在鲜猪肉风干变成腊肉 的过程中,G 减小,F1 逐渐变小,F2 逐渐变小,故 AD错误;B.保 持OA 杆不动,调节OB 杆的长度,让B 端沿地面上的AB 连线向 右缓慢移动一小段距离,但B 端始终在过O 点的竖直线的左侧, 如图 由图可知F1 逐渐变小、F2 逐渐变大,故B正确;C.保持OA 杆不 动,调节OB 杆的长度,让B 端沿地面上的AB 连线向左缓慢移 动,使∠AOB 从锐角变成钝角,如图 由图可知F1 逐渐变大、F2 变小后变大,故C正确;故选BC。] 【探究·一举突破】 【探究路径】 (1)由表格数据可知,F1 都是正值,传感器受到的都是拉力,因绳 子只能提供拉力,故A 传感器对应的是表中力F1,对结点O 受力 分析有F1sin30°=mg 解得m=0.05kg (2)当θ=120°时,对结点O 受力分析有F1sin60°=mg,F1cos60° =F2 解得F1= 3 3 N ,F2= 3 6 N (3)A 传感器对应的是表中力F1,受力分析可得F1= mg sinθ 故随着角度θ从锐角增大至90°,然后再变成钝角,F1 不断减小到 0.5N,再逐渐增大。 【参考答案】 (1)F1 0.05 (2) 3 3 3 6 (3)不断减小到0.5N,再逐渐增大 【综合·一练到底】 解析 (1)对物体 N,根据平衡条件可知FB=m1g=10N 对接点O,根据平衡条件,在水平方向FBcosθ=FC 在竖直方向FBsinθ=FA 解得FA=5N,FB=5 3N (2)以滑轮为对象,可知轻绳对滑轮的作用力大小为F=2FBcos60°= 10N 方向沿滑轮两侧轻绳的角平分线向下,即与水平方向成30°角向右 斜向下。 (3)如果物体 M 恰好没有滑动,则有FC=fm 其中fm=μm2g 解得m2=2kg 答案 (1)5N,5 3N (2)10N,与水平方向成30°角向右斜向下 (3)2kg 【破题技巧】 本题是力平衡中临界问题,关键是分析临界条件, 要知道物体刚要滑动时静摩擦力达到最大值。要灵活选择研究 对象,正确分析受力,根据平衡条件解答。 【选做·一飞冲天】 解析 (1)对球受力情况如图所示 根据平衡条件知 N1cosθ=mg,N1sinθ=N2 解得 N1= mg cosθ=8N ,N2=mgtanθ=4 3N 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 — 81 — —84 — (2)对整体受力分析 根据平衡条件知 N3=Mg+mg,N2=f,f≤μN3 三式联立mgtanθ≤μ(Mg+mg) ① 解得m≤ 3+12 M= (3+1)kg (3)设与竖直方向夹角为α,根据①式知tanα≤μ Mg+mg mg 无论m 多大都能保持静止状态则tanα≤μ 即α≤30° 临界值d=R+Rsin30°=1.5m 答案 (1)8N,4 3N (2)(3+1)kg (3)1.5m 第十二周 牛顿第一定律与惯性;单位制; 实验:探究加速度与力的关系 【考点·一应俱全】 1.C [A.“球 沿 斜 面 向 下 运 动 时,速 度 增 大;向 上 运 动 时,速 度 减 小”,这是可以通过实际观察到的现象,并非逻辑推理,故 A错误; B.“右侧斜面最终变为水平面时,小球将永远运动下去”,在现实中 不存在绝对光滑的平面,小球一定会受到阻力最终停下来,这是在 实验基础上进行的合理逻辑推理,不是实际实验现象,故B错误; C.“小球沿右侧斜面向上运动时,斜面倾角减小,小球在斜面上运 动的距离更长”,这是可以在实际实验中观察到的现象,故C正 确;D.“小球沿右侧斜面向上运动时,如果没有摩擦,小球将到达 原来的高度”,实际实验中不可能消除摩擦,这是在实验基础上进 行的逻辑推理,不是实际实验现象,故D错误。故选C。] 2.B [伽利略开创的科学探究方法的过程为:开始观察现象然后提 出问题之后猜想假设,再通过实验研究和逻辑推理来验证假设,然 后得出 结 论,最 后 再 进 一 步 对 结 论 进 行 修 正 或 推 广 假 设。故 选B。] 3.BC [根据牛顿第一定律可知,力不是维持物体运动的原因,力是 改变物体运动状态的原因。故选BC。] 4.BC [A.牛顿第一定律是在实验的基础上经过合理归纳总结出来 的,虽然无法用实验来直接验证,但其结论是正确的,故 A错误; B.各种机床的底座做得很笨重,目的是增大惯性,使其静止的状态 不易改变,故B正确;C.理想实验的思维方法与质点概念的建立 相同,都是突出主要因素、忽略次要因素的科学抽象的思维方法, 故C正确;D.物体的运动不需要力来维持,故D错误。故选BC。] 5.AB [A.奔跑的运动员遇到障碍而被绊倒,这是因为他受到外力 作用迫使他改变原来的运动状态,故 A正确;B.在水平匀速直线 行驶的高铁上,小明竖直向上跳起,由于惯性,小明将落回起跳位 置,故B正确;C.踢出的足球最终要停下来,是由于受到阻力而改 变了足球的运动状态,故C错误;D.惯性大小只与质量有关,与状 态无关,故D错误。故选AB。] 【破题技巧】 本题考查力和惯性的概念,关键要知道惯性的大小 与物体的运动状态无关,惯性大小的唯一量度是物体的质量。 6.BD [AB.对气球A,因绳子断开后,浮力大于 A的重力,合力向 上,所以A的运动状态发生改变,故 A错误,B正确。CD.物体B 与气球A整体匀速上升,说明气球的浮力与A、B的总重力等大反 向;绳子断开后,由于惯性,B仍有向上的速度,在重力作用下,B 将做竖直上抛运动,故C错误,D正确;故选BD。] 7.BC [A.不能击中目标,因为惯性,在理想条件下,投下的炸弹会 以它离开飞机瞬间时飞机的速度继续向前飞行,直到落地,当目标 在飞机的正下方时投下炸弹,不能击中目标,故A错误;B.地球从 西向东转,人也跟地球一起从西向东运动,当人跳起后,由于惯性 人仍保持从西向东的运动速度,故人仍落到原地,故B正确;C.紧 急刹车时,汽车停止运动,人由于惯性仍向前运动,容易撞伤,所以 系上安全带对人起到保护作用,故C正确;D.向上抛出的物体,由 于惯性,在空中继续向上运动,不需要继续受向上的作用力,故D 错误。故选BC。] 8.BD [在湿滑地面上摔倒是因为人脚受到的摩擦力突然变小,上 身速度不变,下身速度变大,出现后仰摔倒的情况,惯性不变。故 选BD。] 9.AC [力学中的基本物理量有质量、时间、长度,所以对应基本单位 是kg,s,m。AC.根据以上分析可知,kg、m是基本单位,故 AC正 确;BD.物理量之间的关系式推到出来的物理量的单位叫做导出单 位,速度的单位和力的单位N是导出单位,故BD错误。故选AC。] 10.AD [AB.kg是质量的单位,是基本单位,故 A正确,B错误; CD.已知kg、m、s是基本单位,由v=xt ,可知速度单位是m/s导 出单位,故C错误,D正确。故选AD。] 11.CD [A.属于国际单位制中基本单位的是千克,即⑦,A错误; B.属于国际单位制中导出单位的是②③,B错误;C.属于基本量 的是⑤长度、⑥质量和⑧时间,C正确;D.属于国际单位的是② 牛、③米每秒和⑦千克,其中⑦是国际单位的基本单位,②③是国 际单位的导出单位,D正确。故选CD。] 【知识补给】 国际单位制中的力学基本单位有三个:米、千克、 秒,其他单位是导出单位或常用单位,长度、质量、时间是国际单 位制中三个基本物理量。 12.AC [AB.由F=Gm1m2 r2 ,可得G= Fr 2 m1m2 G的单位是N·m2/kg2, A正确,B错误;CD.若用国际单位制基本单位表示为N ·m2 kg2 = kg·m·m2 s2·kg2 = m 3 s2·kg ,C正确,D错误。故选AC。] 13.A [A.为了使得细绳的拉力等于小车所受外力的合力,实验前, 应把长木板右端垫高,以补偿小车运动时 受 到 的 阻 力,故 A正 确;B.补偿阻力时,不挂小盘,将长木板右端垫高,轻推小车,使打 出纸带上点迹的均匀分布,故B错误;C.为了避免纸带上出现大 量的空白段落,实验时,应先启动打点计时器,再放开小车,故C 错误;D.实验中,认为细绳的拉力大小近似等于小盘和盘中砝码 的重力,根据牛顿第二定律有 mg-T=ma,T=Ma,解 得 T= Mmg M+m= mg 1+mM ,可知,为了减小误差,实验时,应使小盘和盘中砝 码的总质量远小于小车的质量,故D错误。故选A。] 14.B [A.该装置没有力传感器,需要把砝码及砝码盘的重力近似 看作小车所受合力,所以需要小车质量远大于砝码及砝码盘总质 量,故A错误;B.题意知相邻计数点间还有4个计时点没有画 出,则相邻计数点间时间t=0.1s,根据逐差法得加速度大小a= Δx 4t2 =10.22+9.59-8.30-8.95 4×0.12 ×10-2 m/s2=0.64m/s2,故B 正确;C.实验中采用 “控制变量法”,实验时应先接通打点计时 器,待其工作稳定后再释放小车,这样才能保证纸带上打下足够 多的点且记录完整的运动过程,若先释放小车再接通打点计时 器,会导致纸带上前面部分点记录不全,故C错误;D.平衡摩擦 力(补偿阻力)的方法是调节长木板倾角,使小车重力沿斜面向下 的分力与摩擦力平衡,平衡好后,对小车有 mgsinθ=μmgcosθ, 整理得μ=tanθ(θ为长木板倾角,μ为动摩擦因数),可知平衡摩 擦与小车和砝码质量无关,所以每次改变小车或砝码质量时,不 需要重新调节长木板倾角,故D错误。故选B。] 【探究·一举突破】 【探究路径】 (1)实验时先不挂钩码,反复调整垫木的左右位置,当观察到小车 做匀速直线运动(纸带上的点迹间隔相等),表明已补偿小车受到 的阻力。 (2)相邻两个计数点之间都有4个点迹没有标出,则相邻计数点的 时间间隔为T=5×0.02s=0.1s 根据逐差法可得加速度为a=xCE-xAC 4T2 = (21.60-8.80-8.80)×10-2 4×0.12 m/s2=1.0m/s2 (3)实验时保持小车的质量不变,用钩码的重力作为小车受到的合 外力,设小车质量为 M,钩码质量为 m,根据牛顿第二定律可得 a= mgM+m= F M+m 当满足m≪M 时,a F 图像的斜率近似等于1M ,保持不变;当不满 足m≪M 时,a F 图像的斜率 1M+m 随m 的增大减小明显,则 a F图像向下弯曲;所以图丙中图线上部弯曲的原因是不满足钩 码的质量远小于小车的质量; 根据a= mgM+m= g M m +1 当m 增大无穷大时,a趋近于g,则图中a0 等于g。 【参考答案】 (1)小车做匀速直线运动(纸带上的点迹间隔相等) (2)1.0 (3)不满足钩码的质量远小于小车的质量 g 【综合·一练到底】 解析 (1)AC.由于有力传感器,可直接读出拉力大小,因此不需 要测出砂和砂桶的质量,不需要满足砂和砂桶的质量远小于小车 的质量,故AC错误;B.探究加速度与质量关系,需要测出小车的 质量,故B正确;D.为保证小车所受合力为绳的拉力,要调节力传 感器的位置和定滑轮的高度,使动滑轮两边的轻绳与长木板平行, 故D正确;E.改变小车质量后,不需要重新平衡摩擦力,故E错 误。故选BD。 (2)小 车 的 加 速 度 a = (x4+x5+x6)-(x1+x2+x3) 9 5f 2 = (x4+x5+x6-x1-x2-x3)f2 225 如果实际交流电频率小于f,则求得的加速度比实际值大 (3)根据牛顿第二定律有2F=(m0+M)a 变形得1 a= m0 2F+ 1 2 ·M F 当图线与纵轴的截距为b=m02F ,图像的斜率为k=12 ,则说明加速 度与质量成反比。 答案 (1)BD (2) (x4+x5+x6-x1-x2-x3)f2 225 大 (3) m0 2F 1 2 【破题技巧】 本题主要考查了牛顿第二定律的验证实验,根据实 验原理掌握正确的实验操作,结合逐差法计算出小车的加速度, 同时结合牛顿第二定律和a-F 图像完成分析。 【选做·一飞冲天】 解析 (1)d=6mm+7×0.5mm=6.35mm, (2)遮光条通过光电门的速度为v=dΔt ,又因为v2=2ah 联立可得a=v 2 2h= d2 2h(Δt)2 (3)对系统应用牛顿第二定律可得(mA+m)g-(mB+m0-m)g= (mA+mB+m0)a 整理可得a= (mA-mB-m0)g mA+mB+m0 + 2gmA+mB+m0 ·m 故截距为 (mA-mB-m0)g mA+mB+m0 =4.0 斜率为 2g mA+mB+m0 =4.00.8 联立可得mA=2.8kg,mB=0.4kg 答案 (2)6.35 d 2 2h(Δt)2 (3)2.8 0.4 第十三周 牛顿第二定律 【考点·一应俱全】 1.C [A.根据牛顿第二定律a=Fm ,可知,当物体所受合外力发生 变化时,其加速度一定变化,A错误;BC.根据牛顿第二定律a= F m ,可知物体的加速度方向一定与物体所受合力方向一致,但运 动方向不一定与所受合力方向一致,B错误C正确;D.物体质量是 物体的本质属性,与所受的合外力无关,与物体的加速度无关,D 错误。故选C。] 2.B [两个力的合力最大值为两个力的方向一致时 Fmax=2N+ 6N=8N,两个力的合力最小值为两个力的方向相反时Fmin=6N -2N=4N,根据牛顿第二定律F=ma,可得a=Fm ,可得加速度 的范围为2m/s2≤a≤4m/s2,故选B。] 3.C [对 摆 锤 受 力 分 析 有 mgtan37°=ma,解 得a=gtan37°= 7.5m/s2,可知汽车的加速度大小为7.5m/s2,方向水平向右,与 汽车前进方向相同,汽车做加速运动。故选C。] 4.AB [A.由x=v0t+ 1 2at 2,得a1= 2x t2 =2m/s2,A正确;B.由牛 顿第二定律F-F阻 =ma,得F阻 =F-ma1=0.5N,B正确;C.由 牛顿第二定 律 F阻 =ma,得 撤 去 外 力 后 物 体 的 加 速 度 的 大 小 为 a2= F阻 m =1m /s2。由v=v0+at,得4s末物体的速度为v1=a1t1 =8m/s,5s末物体的速度为v2=v1-a2t2=7m/s,C错误;D.由 v2-v02=2ax,得撤去外力后,物体的位移为x2= -v12 -2a2 =32m,则 物体全程的位移为x=x1+x2=48m,D错误。故选AB。] 5.BC [AC.设指针位于x 位置,根据牛顿第二定律有k1x+k2x= ma,可知摩擦力对测量仪没有影响,将x=1.5cm代入上式,解得 a=5m/s2,故A错误,C正确;B.当指针指在-1cm位置时,两弹 簧弹力向右,则地铁正在向右加速运动,故B正确;D.把测量仪逆 时针转动90°,由于xmax=3cm,则k2x<k1x+mg,所以无法测量 竖直向上的加速度,故D错误。故选BC。] 6.AD [AB.由加速度定义式a=ΔvΔt ,解得a=1.2×10-2 m/s2,故 A正确;B错误;CD.根据牛顿第二定律F=(m飞船 +m空间站)a,解 得m空间站 =9.6×104kg,故C错误;D正确。故选AD。] 【破题技巧】 根据题意,结合加速度定义式求出加速度;以空间 站和飞船为整体,利用牛顿第二定律求出空间站的质量。 7.AD [A.在0~2s内,v t图像为直线,可知运动员向下做匀加 速直线运动,A正确;B.根据牛顿第三定律可知,任何情况下降落 伞对运动员的拉力都等于运动员对降落伞的拉力,B错误;C.惯性 与速度无关,只取决于质量,所以惯性不变,C错误;D.在6~12s 内,根据图像斜率可知加速度逐渐变小,方向竖直向上,根据牛顿 第二定律有f-G=ma,可知运动员和降落伞整体受到的阻力逐 渐减小,D正确。故选AD。] 8.BD [A.对A、B整体受力分析,如图所示 由平衡知识可得F1cos30°=2mg,F2= mg,F3=2mgtan30° 弹簧1中弹力F1= 4 3 3 mg 绳子3中弹力F3= 2 3 3 mg 故A错误;B.A剪断水平轻绳3,弹簧 弹力F1,F2 不突变,A球此时的加速度 为a=F3m= 2 3 3 g ,故B正确;C.轻弹簧 1被剪断的瞬间,轻绳3中的弹力突变为0,故C错误;D.轻弹簧2 被剪断的瞬间,弹簧1中弹力不变,弹力1的水平分量不变,轻绳3 的弹力不变,故D正确。故选BD。] 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 — 83 —