第二章 相互作用（教师用书）-【创新方案】2026年高考物理一轮复习（福建专版）

第二章　相互作用 第一讲　重力 弹力 |纲举目张|·|精要回顾| [微点判断] (1)飞行的蝴蝶只受重力的作用。 (×) (2)重力的方向不一定指向地心。 (√) (3)(教科版自我评价)放在水平桌面上的书对桌面的压力就是书的重力。 (×) (4)(鲁科版课后习题)具有规则几何形状的物体，其重心一定与几何中心重合。 (×) (5)弹力一定产生在相互接触的物体之间。 (√) (6)小猫蹬地跃起腾空追蝶在空中受重力和弹力的作用。 (×) (7)F=kx中“x”表示弹簧形变后的长度。 (×) (8)(鲁科版课后习题)弹力的方向总是与形变的方向一致。 (×) (9)弹簧的劲度系数由弹簧自身性质决定。 (√) (10)生活中说弹簧“硬”是指该弹簧的劲度系数大。 (√) |关键知能|·|升维学习| 逐点清(一)　重力与重心(基础点速过) 　　　　　　　　　　　　　　　　 1．(2025·龙岩检测)如图所示，木工师傅将一堆木材做成等质量的橱柜，下列说法正确的是 (　 ) A．木材的重力发生了变化 B．木材的重心没有发生变化 C．橱柜上每一点都要受到重力作用 D．橱柜的重心一定在橱柜上 解析：选C　由G=mg可知，将木材做成等质量的橱柜，重力不会发生变化，故A错误；因为木材的形状发生变化，所以重心的位置可能发生变化，故B错误；物体各部分都受到重力作用，故橱柜上各点都受到重力作用，故C正确；橱柜是空心的，密度分布不均匀，形状不规则，重心不一定在橱柜上，故D错误。 2．(2025·晋江模拟)(双选)如图所示，古代计时工具沙漏也叫作沙钟，是一种测量时间的装置。其中一种沙漏由两个玻璃球和一个狭窄的连接管道组成。通过充满玻璃球的沙子从上面穿过狭窄的管道流入底部空玻璃球所需要的时间来对时间进行测量，对这个过程，下列说法正确的是 (　 ) A．上方玻璃球和内部沙子的重心一直下降 B．上方玻璃球和内部沙子的重心先下降后上升 C．下方玻璃球和内部沙子的重心一直上升 D．下方玻璃球和内部沙子的重心先下降后上升 解析：选BD　充满沙子的上方玻璃球的重心在几何中心处，随着沙子流出，上方玻璃球和内部沙子的重心逐渐下降，沙子快流完时，上方玻璃球和内部沙子的重心逐渐上升，最后处于几何中心处，故上方玻璃球和内部沙子的重心先下降后上升，故A错误，B正确；下方玻璃球无沙子时，重心在几何中心处，沙子刚流入时，下方玻璃球和内部沙子的重心下降，随着沙子流入，下方玻璃球和内部沙子的重心逐渐上升，最后处于几何中心处，故下方玻璃球和内部沙子的重心先下降后上升，故C错误，D正确。 1．重力的大小 重力的大小用G=mg计算，重力与物体在地球上的位置有关，与环境和运动状态无关。 2．对重心的理解 (1)重心不是重力的真实作用点，重力作用在整个物体上，重心是重力的等效作用点。 (2)重心不是物体上最重的一点，也不一定是物体的几何中心。 (3)重心在物体上的相对位置与物体的位置、放置状态及运动状态无关，重心可以不在物体上。 　　　　　　逐点清(二)　弹力的有无及方向判断(提能点优化) 　　　　　　　　　　　　　　　　 ◉假设法判断弹力的有无 1．如图所示，图中的物体A、B均处于静止状态，下列说法正确的是 (　 ) A．图甲中水平地面是光滑的，A与B间存在弹力 B．图乙中两斜面与水平地面的夹角分别为α、β，A对两斜面均有压力的作用 C．图丙中A不会受到斜面B对它的弹力作用 D．图丁中A受到斜面B对它的弹力作用 解析：选B　题图甲中对B进行受力分析，B受重力和地面支持力的作用，竖直方向二力平衡，B静止，水平方向不可能再受到A对B的弹力作用，A错误；题图乙中若去掉左侧的斜面，或去掉右侧的斜面，A不能保持静止，所以A对两斜面均有压力的作用，B正确；题图丙中绳子对A的拉力斜向右上，若将斜面B移走，A不能保持静止，故A受到斜面B对它的弹力作用，C错误；题图丁中绳子处于竖直状态，若A与斜面B间有弹力，绳子不能保持竖直状态，故A不受斜面B的弹力作用，D错误。 ◉状态法判断弹力的有无 2．如图所示，以下情形中各接触面光滑，小球M受到两个弹力的是 (　 ) 解析：选D　题图A中竖直面对小球M没有弹力作用，否则小球M不可能处于平衡状态，小球M只受地面的支持力一个弹力作用，故A错误；题图B中小球M处于静止状态，重力和绳的弹力平衡，斜面与小球M之间不产生弹力，否则小球M不可能平衡，则小球M只受一个弹力作用，故B错误；题图C中两球若受水平方向的弹力，则两球在水平方向上合力不为零，不会处于静止状态，故小球M只受地面支持力一个弹力作用，故C错误；题图D中小球M受到绳子拉力、重力、竖直墙面的支持力，在三个力作用下处于平衡状态，因此小球M受到两个弹力作用，故D正确。 ◉弹力方向的判断 3．在图中画出各弹力的方向 类型 面与面 点与面 点与曲面 曲面与平面 示例 4．在图中画出各弹力的方向 类型 绳的弹力 一定沿绳 杆的弹力 不一定沿杆 弹簧分 拉伸、压缩 示例 注：学生用书中已将3、4题示例中的弹力方向删除。 1．弹力有无的判断 条件法 根据物体是否直接接触并发生弹性形变来判断，多用来判断形变较明显的情况 假设法 对形变不明显的情况，可假设两个物体间不存在弹力，看物体能否保持原有的状态，若运动状态不变，则此处不存在弹力；若运动状态改变，则此处一定存在弹力 状态法 根据物体的运动状态，利用牛顿第二定律或共点力平衡条件判断是否存在弹力 2．弹力方向的确定 逐点清(三)　弹力大小的计算(提能点优化) 　　　　　　　　　　　　　　　　 1．(2023·山东高考)餐厅暖盘车的储盘装置示意图如图所示，三根完全相同的弹簧等间距竖直悬挂在水平固定圆环上，下端连接托盘。托盘上叠放若干相同的盘子，取走一个盘子，稳定后余下的正好升高补平。已知单个盘子的质量为300 g，相邻两盘间距1．0 cm，重力加速度大小取10 m/s2。弹簧始终在弹性限度内，每根弹簧的劲度系数为 (　 ) A．10 N/m B．100 N/m C．200 N/m D．300 N/m 解析：选B　由题意可得3kΔx=mg，其中mg=3 N，Δx=1．0 cm=1．0×10-2m，则k=100 N/m，故B正确。 2．(2025·泉州模拟)用如图所示的实验装置“探究弹簧弹力与形变量的关系”。现将重力不可忽略的弹簧竖直悬挂，自然下垂，此时弹簧下端记为测量起点，挂一个钩码后弹簧下端下移的距离为x；若再挂上一个相同的钩码，弹簧下端再次下移的距离 (　 ) A．一定为x B．可能为x C．大于x D．小于x 解析：选B　若弹簧在弹性限度范围内，设弹簧的劲度系数为k，一个钩码的质量为m，则根据题意，挂一个钩码时有kx=mg，当挂两个钩码时，设此时弹簧的伸长量为x'，则有kx'=2mg，则有kx'=2kx，解得x'=2x；若再挂上一个相同的钩码时，超过了弹簧的弹性限度，则x″≠2x；由此可知，当再挂上一个相同的钩码，弹簧下端再次下移的距离可能为x，故B正确。 3．(双选)如图所示为位于水平面上的小车，固定在小车上的支架的斜杆与竖直杆的夹角为θ，在斜杆下端固定有质量为m的小球。现使小车以加速度a向右做匀加速运动，下列说法正确的是 (　 ) A．杆对小球的弹力竖直向上 B．杆对小球的弹力沿杆向上 C．杆对小球的弹力大小可能为 D．杆对小球的弹力大小为F= 解析：选CD　设杆对小球的弹力F在竖直方向的分力为Fy，水平方向的分力为Fx，竖直方向受力平衡，有Fy=mg，水平方向由牛顿第二定律可知，Fx=ma，则F=，当=tan θ时，即a=gtan θ时，杆对小球的弹力沿杆向上，此时F=，综上所述，A、B错误，C、D正确。 计算弹力大小的3种方法 1．应用胡克定律计算——弹簧类 (1)由F=kx计算，其中x为弹簧的形变量。 (2)弹簧串联时，各弹簧的弹力大小相等，弹簧的形变量一般不同。 (3)弹簧并联时，各弹簧的形变量相等，弹力一般不同。 2．应用平衡条件计算——平衡体 (1)对物体受力分析，明确是二力平衡还是多力平衡，画出受力图。 (2)应用物体的平衡条件，借助力的平行四边形定则及三角函数知识求解结果。　 3．应用牛顿第二定律计算——非平衡体 (1)对物体受力分析，画出受力图。 (2)应用牛顿第二定律，沿加速度的方向和垂直于加速度的方向列方程。 (3)求解弹力的大小和方向，并判断结果的合理性。 [课时跟踪检测] 1．2024年10月14日，第75届国际宇航大会在意大利米兰开幕，中国国家航天局总工程师李国平展示了嫦娥六号任务取自月球背面的土壤样品，这是该月壤样品首次亮相海外。与在月球表面相比，月壤被带到地球后 (　 ) A．重力不变 B．重力变小 C．惯性不变 D．惯性变小 解析：选C　月壤被带到地球上后，月壤的质量不变，但地球的重力加速度比月球的重力加速度大，根据G=mg可知，月壤被带到地球后重力变大，故A、B错误；惯性只和物体的质量有关，故月壤被带到地球后惯性不变，故C正确，D错误。 2．(2024·浙江6月选考)如图为小猫蹬地跃起腾空追蝶的情景，则 (　 ) A．飞行的蝴蝶只受重力的作用 B．蝴蝶转弯时所受合力沿运动方向 C．小猫在空中受重力和弹力的作用 D．小猫蹬地时弹力大于所受重力 解析：选D　飞行的蝴蝶除了受到重力的作用还受到空气的作用力，故A错误；蝴蝶转弯时做曲线运动，所受合力与运动方向不在一条直线上，故B错误；小猫在空中与其他物体间没有接触，不受弹力的作用，故C错误；小猫蹬地时有向上的加速过程，故弹力大于所受重力，故D正确。 3．(2025·福州模拟)如图所示是国乒男队的骄傲，乒乓球“人民艺术家”许昕最不可思议的一球——“360度背身盲打”。这一球直接让对手崩溃，甚至连解说都震惊了。当球拍接触乒乓球的一瞬间，下列说法正确的是 (　 ) A．由于乒乓球很硬，所以它不会发生形变 B．球拍给乒乓球的弹力是由于乒乓球形变而产生的 C．乒乓球给球拍的弹力与球拍形变的方向相同 D．乒乓球给球拍的弹力大于球拍给乒乓球的弹力 解析：选C　乒乓球很硬，仍会发生微小形变，故A错误；球拍给乒乓球的弹力是由于球拍形变而产生的，故B错误；力可以使物体发生形变，故乒乓球给球拍的弹力与球拍形变的方向相同，故C正确；乒乓球给球拍的弹力与球拍给乒乓球的弹力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，故D错误。 4．(2025·漳州模拟)下列对图中弹力有无的判断，正确的是 (　 ) A．小球随车厢(底部光滑)一起向右做匀速直线运动，则车厢左壁对小球有弹力 B．两相同小球被两根等长的竖直轻绳悬挂而静止，则两球对彼此有弹力作用 C．小球被a、b两轻绳悬挂而静止，其中a绳处于竖直方向，则b绳对小球一定没有拉力 D．小球静止在光滑的三角槽中，三角槽底面水平，则倾斜面对小球有弹力 解析：选C　小球随车厢(底部光滑)一起向右做匀速直线运动，小球受重力与车厢底板给小球的支持力，二力平衡，则车厢左壁对小球无弹力，故A错误；两相同小球被两根等长的竖直轻绳悬挂而静止，两小球各自受重力与竖直轻绳给小球的拉力，二力平衡，则两球对彼此无弹力作用，故B错误；小球被a、b两轻绳悬挂而静止，其中a绳处于竖直方向，小球受重力与竖直轻绳a给小球的拉力，二力平衡，则b绳对小球一定没有拉力，故C正确；小球静止在光滑的三角槽中，三角槽底面水平，小球受重力与三角槽底面给小球的支持力，二力平衡，则倾斜面对小球无弹力，故D错误。 5．(2025·莆田模拟)如图是位于水平桌面上的玩具“不倒翁”摆动过程的示意图，O点是“不倒翁”的重心。将“不倒翁”扳到位置1后释放，“不倒翁”向右摆动，经过竖直位置2到达另一侧最大摆角的位置3，关于这一现象，下列说法中正确的是 (　 ) A．“不倒翁”在位置3时，重力和支持力是一对平衡力 B．只有在位置2，“不倒翁”受到的重力方向才竖直向下 C．“不倒翁”之所以不倒是因为重心很低 D．“不倒翁”从位置2到位置3是受到水平向右的力的作用 解析：选C　“不倒翁”在位置3时，受到竖直向下的重力，和垂直水平面向上的支持力，虽然方向相反，但是重力的作用点在重心位置，支持力的作用点在“不倒翁”与水平面的接触点，两者不在一条直线上，所以重力和支持力不是一对平衡力，A错误；任何时候重力的方向都是竖直向下的，B错误；物体重心越低，稳定性越好，所以“不倒翁”之所以不倒是因为重心很低，C正确；“不倒翁”在位置2只受重力和竖直向上的支持力，没有水平向右的力，因为此时有向右的速度，所以不会静止，才会从位置2运动到位置3，D错误。 6．(2025·龙岩调研)如图所示，为一种倾斜放置的装取台球的装置，圆筒底部有一轻质弹簧，每个台球的质量均为m，半径均为R，圆筒的内径略大于台球的直径。当将筒口处台球缓慢取走后，又会冒出一个台球，刚好到达被取走台球的位置。若圆筒与水平面之间的夹角为θ，重力加速度为g，忽略球与筒间的摩擦力。则弹簧的劲度系数为 (　 ) A． B． C． D． 解析：选A　台球整体处于平衡状态，对台球整体受力分析，由平衡条件得，台球整体的重力沿圆筒方向的变化量等于弹簧弹力的变化量，即mgsin θ=ΔF=k·2R，解得k=，故选A。 7．如图所示，某杂技演员一只手撑在木棍上，头上、脚上和另一只手上顶着几个碗使身体保持静止。下列说法正确的是 (　 ) A．人对木棍的压力小于木棍对人支持力 B．人的重心不一定在人的身体上 C．脚和碗之间一定存在摩擦力 D．手、脚伸直的目的仅是为了提高观赏性 解析：选B　人对木棍的压力和木棍对人的支持力是一对相互作用力，大小相等，方向相反，故A错误；重心可以在物体上，也可以在物体外，故人的重心不一定在人的身体上，故B正确；碗处于竖直静止状态，碗受到竖直向下的重力和竖直向上的支持力，二力平衡，故不受摩擦力，故C错误；手、脚伸直的目的不仅是为了提高观赏性，还为了保持平衡，故D错误。 8．如图所示，与竖直墙壁成53°角的轻杆一端斜插入墙中并固定，另一端固定一个质量为m的小球，水平轻质弹簧处于压缩状态，弹力大小为mg(g表示重力加速度)，则轻杆对小球的弹力大小为 (　 ) A．mg B．mg C．mg D．mg 解析：选D　小球处于静止状态，其合力为零，对小球进行受力分析，如图所示，由图中几何关系可得F==mg，D正确。 9．(2025·晋江模拟)如图所示，一质量为m的物体与劲度系数分别为k1、k2的甲、乙两竖直轻弹簧相连，两弹簧的另一端连接在框架上。物体静止时，两弹簧长度之和等于两弹簧原长之和，则甲弹簧的形变量为 (　 ) A． B．mg C． D．mg 解析：选A　设甲、乙两个弹簧的形变量分别为Δx1和Δx2，两弹簧的弹力分别为F1和F2，取向上为正方向。由于物体静止时，两弹簧的长度之和等于两弹簧原长之和，所以甲弹簧被拉伸、乙弹簧被压缩，且有Δx1=Δx2，对物体进行受力分析有F1+F2=mg，F1=k1Δx1，F2=k2Δx2，联立解得Δx1=，故选A。 10．如图所示，臂力器装有四根弹簧，每根弹簧的自然长度均为50 cm。臂力器可以通过装不同劲度系数、不同数量的弹簧来调节臂力器的强度。某人第一次只装了中间两根劲度系数均为k1=300 N/m的弹簧，然后把两根弹簧都拉到了150 cm长；第二次又在两边加装了两根劲度系数均为k2=200 N/m的弹簧，然后用与第一次相同大小的力拉四根弹簧。下列说法正确的是 (　 ) A．第一次每只手受到臂力器的拉力大小为300 N B．第二次每只手受到臂力器的拉力大小为600 N C．第二次中间两根弹簧每根的长度为120 cm D．第二次两边两根弹簧每根的弹力为140 N 解析：选B　根据题意，由胡克定律F=k1Δx1可得，第一次每根弹簧上的拉力为F1=300××10-2N=300 N，两根弹簧的拉力为600 N，由牛顿第三定律可知，每只手受到的拉力为600 N，由于第二次用与第一次相同大小的力拉四根弹簧，则第二次每只手受到的拉力也为600 N，故A错误，B正确；根据题意，设第二次中间两根弹簧每根的伸长量x，结合上述分析，由胡克定律有k1x+k2x=F1，解得x=0．6 m=60 cm，则第二次中间两根弹簧每根的长度为L=L0+x=110 cm，第二次两边两根弹簧每根的弹力为F2=k2x=200×0．6 N=120 N，故C、D错误。 11．(2025·南安模拟)水平桌面上放有一手机，手机可视为质量均匀分布的长方形薄板，长为a，宽为b。现保持手机的一个角与桌面接触，将手机其他部分抬离桌面，在所有可能的位置中，手机重心离桌面的最大高度为 (　 ) A．a B．b C． D． 解析：选C　当手机处于如图所示位置时，重心离桌面最高，最大高度为h==，故C正确。 12．(双选)橡皮筋具有与弹簧类似的性质，如图所示，一条质量不计的橡皮筋竖直悬挂，劲度系数k=100 N/m，橡皮筋上端安装有拉力传感器测量橡皮筋的弹力。当下端悬挂一个钩码，静止时拉力传感器读数为10 N，现将一个完全相同的钩码轻轻挂在第一个钩码的下方，取g=10 m/s2，则 (　 ) A．悬挂第二个钩码的瞬间，拉力传感器的读数仍为10 N B．悬挂第二个钩码的瞬间，钩码间的弹力大小是20 N C．悬挂第二个钩码后，拉力传感器的读数恒为20 N D．悬挂第二个钩码后，钩码运动速度最大时下降的高度为10 cm 解析：选AD　悬挂第二个钩码的瞬间，橡皮筋长度还没发生变化，根据胡克定律，橡皮筋拉力大小仍为10 N，两钩码将以相同的加速度向下加速，钩码间的弹力大小小于10 N，A正确，B错误；悬挂第二个钩码后，橡皮筋继续伸长，拉力传感器的读数从10 N开始增大，直到弹力等于两个钩码的重力时，拉力传感器的读数才为20 N，C错误；设悬挂第一个钩码稳定时橡皮筋的伸长量为x1，kx1=G，悬挂第二个钩码后，钩码运动速度最大时，钩码受力平衡，设此时又伸长x2，则k(x1+x2)=2G，代入数据，可得x2=10 cm，D正确。 13．(2025·南平模拟)如图所示，劲度系数均为k的轻质弹簧Ⅰ、Ⅱ分别通过轻绳固定在天花板和地面之间，弹簧Ⅱ的另一端固定有轻质小滑轮，弹簧Ⅰ通过轻绳跨过滑轮，组成一个系统。当拉力为F0时，系统处于静止状态。已知拉力、弹簧和轻绳均处于竖直方向，轻绳不可伸长，弹簧在弹性限度内，现使拉力缓慢增大，当滑轮由静止缓慢向上移动Δx时，此时拉力F为 (　 ) A．1．5F0 B．2F0 C．2．5F0 D．3F0 解析：选A　根据题意可得初态拉力为F0时，弹簧Ⅰ中拉力为F0，伸长量为Δx，弹簧Ⅱ中拉力为2F0，伸长量为2Δx。当滑轮向上移动Δx时，弹簧Ⅱ的伸长量为3Δx，所以弹簧Ⅱ的弹力为3F0，轻滑轮所受合力为零，所以此时有2F=3F0，即F=1．5F0，故A正确。 14．（4分）(2025·永安模拟)质量分别为m1、m2的小球1、2用劲度系数分别为ka、kb的a、b轻质弹簧悬挂，平衡后的状态如图甲所示，若将小球1、2交换位置，平衡后的状态如图乙所示，则ka kb，m1 m2。（均选填“大于”“小于”或“无法比较”） 解析：对题图甲的小球2和题图乙的小球1进行受力分析，有mg=kbΔx，由题图可知题图乙中b弹簧的伸长量较长，则有m1>m2；对题图甲的小球1进行受力分析，有kaΔxa=kbΔxb+m1g，由于a、b两弹簧的伸长量Δxa、Δxb大小未知，故无法比较两个弹簧的劲度系数。 答案：无法比较 大于 第二讲　摩擦力 |纲举目张|·|精要回顾| [微点判断] (1)摩擦力总是阻碍物体的运动或运动趋势。 (×) (2)(粤教版课后习题)两接触面之间是否有摩擦力，必须根据其他外力情况和运动情况决定。 (×) (3)在水平面上受到滑动摩擦力作用的物体，可能处于静止状态。 (√) (4)(2024·辽宁高考)利用砚台研墨，当墨条速度方向水平向左时，砚台对墨条的摩擦力方向水平向左。 (×) (5)接触处有摩擦力作用时一定有弹力作用。 (√) (6)接触处的摩擦力一定与弹力方向垂直。 (√) (7)(鲁科版课后习题)一人用水平力推一辆静止的汽车，没有推动，说明推力小于汽车受到的静摩擦力。 (×) |关键知能|·|升维学习| 　　　　逐点清(一)　摩擦力的有无及方向的判断(基础点速过) 　　　　　　　　　　　　　　　　 ◉静摩擦力有无的判断 1．如图甲是某同学写字时的握笔姿势，如图乙是他在握笔时把拇指和食指松开时的状态，笔尖仍然斜向下且笔保持静止状态。关于两幅图中笔的受力，下列说法正确的是 (　 ) A．图甲中笔可能不受摩擦力 B．图乙中笔可能不受摩擦力 C．图甲和图乙中手对笔的作用力方向都为竖直向上 D．图甲中手的握力越大，笔所受的摩擦力越大 解析：选C　对题图甲中的笔受力分析，受到手指的压力、重力、摩擦力，假设没有受到摩擦力，笔就会顺着手指滑下来，故A错误；对题图乙中的笔受力分析，受到重力、支持力和摩擦力，假设没有受到摩擦力，笔就会顺着手指滑下来，故B错误；因为题图甲和题图乙中的笔都是静止状态，所以手对笔的作用力应与重力大小相等、方向相反，故C正确；题图甲中的笔受到的是静摩擦力，静摩擦力的大小与手的握力无关，故D错误。 ◉摩擦力方向的判断 2．(2024·黑吉辽高考)利用砚台将墨条研磨成墨汁时讲究“圆、缓、匀”。如图，在研磨过程中，砚台始终静止在水平桌面上。当墨条的速度方向水平向左时 (　 ) A．砚台对墨条的摩擦力方向水平向左 B．桌面对砚台的摩擦力方向水平向左 C．桌面和墨条对砚台的摩擦力是一对平衡力 D．桌面对砚台的支持力与墨条对砚台的压力是一对平衡力 解析：选C　滑动摩擦力方向与物体间的相对运动方向相反，墨条相对砚台水平向左运动，则砚台对墨条的摩擦力方向水平向右，A错误；根据牛顿第三定律可知，砚台受到墨条水平向左的摩擦力，而砚台处于静止状态，其水平方向上受力平衡，则桌面对砚台的摩擦力方向水平向右，桌面和墨条对砚台的摩擦力是一对平衡力，B错误，C正确；对砚台受力分析，竖直方向上砚台受到自身重力、墨条的压力和桌面的支持力，因此桌面对砚台的支持力与墨条对砚台的压力不是一对平衡力，D错误。 3．如图所示，竖直墙面上有一只壁虎从A点沿水平直线加速运动到B点，此过程中壁虎受到摩擦力的方向是 (　 ) A．斜向右上方 B．斜向左上方 C．水平向左 D．竖直向上 解析：选B　由于壁虎从A点到B点做加速直线运动，即壁虎所受合力水平向左，在竖直平面内壁虎受重力、摩擦力，由平行四边形定则可知，摩擦力方向斜向左上方，故B正确。 静摩擦力的有无及方向的三种判断方法 假设法 状态法 根据平衡条件、牛顿第二定律，判断静摩擦力的有无及方向 转换法 先确定受力较少的物体受到的静摩擦力的方向，再根据“力的相互性”确定另一物体受到的静摩擦力方向 逐点清(二)　摩擦力的计算(重难点疏通) 　　　　　　　　　　　　　　　　 1．滑动摩擦力的计算方法 可用公式Ff=μFN计算，注意对物体间相互挤压的弹力FN的分析，FN并不总是等于物体的重力，它与研究对象受到的垂直接触面方向的力密切相关，也与研究对象在该方向上的运动状态有关。 2．静摩擦力的计算方法 (1)最大静摩擦力Fmax的计算：最大静摩擦力Fmax只在刚好要发生相对滑动这一特定状态下才表现出来，比滑动摩擦力稍大些，通常认为二者相等，即Fmax=μFN。 (2)一般静摩擦力的计算：①物体处于平衡状态(静止或做匀速直线运动)，利用力的平衡条件来计算其大小；②物体有加速度时，根据牛顿第二定律进行分析。例如，水平匀速转动的圆盘上物块靠静摩擦力提供向心力产生向心加速度，若除静摩擦力外，物体还受其他力，则F合=ma，先求合力再求静摩擦力。 　　[典例]　(双选)如图所示，质量为0．1 kg的物块A放在足够长的木板上(开始时木板水平)，物块A和木板间的动摩擦因数μ=0．8，用手抬起木板的左端使木板与水平面之间的夹角θ逐渐变大，当θ分别为30°、60°时，物块A所受的摩擦力大小分别记为f1、f2。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g=10 m/s2，下列判断正确的是 (　 ) A．f1= N B．f1=0．5 N C．f2=0．4 N D．f2= N [解析]　因为tan 30°<μ<tan 60°，所以当θ分别为30°、60°时，物块分别处于静止和下滑状态，当物块静止时，根据平衡条件得f1=mgsin 30°=0．5 N，故A错误，B正确；当物块下滑时，物块受滑动摩擦力作用，f2=μFN=μmgcos 60°=0．4 N，故C正确，D错误。 [答案]　BC [规律方法] 计算摩擦力时的三点注意 (1)首先分清摩擦力的性质，因为只有滑动摩擦力才能利用公式计算，静摩擦力通常只能用平衡条件或牛顿第二定律来求解。 (2)公式Ff=μFN中FN为两接触面间的正压力，与物体的重力没有必然联系，不一定等于物体的重力。 (3)滑动摩擦力的大小与物体速度的大小无关，与接触面积的大小也无关。 1．[静摩擦力的计算](2025·泉州模拟)如图所示，重力为6 N的木块静止在倾角θ=30°的斜面上，若用平行于斜面沿水平方向、大小等于4 N 的力推木块，木块仍能保持静止，则木块所受摩擦力大小是 (　 ) A．3 N B．4 N C．5 N D．6 N 解析：选C　对木块受力分析如图所示，受推力F、重力G、支持力FN和静摩擦力Ff，将重力按照效果分解为沿斜面向下的分力F'=Gsin θ=3 N和垂直斜面向下的分力Gcos θ=3 N，在与斜面平行的平面内，摩擦力大小Ff==N=5 N。故C正确。 2．[滑动摩擦力的计算](2024·广西高考)工人卸货时常利用斜面将重物从高处滑下。如图，三个完全相同的货箱正沿着表面均匀的长直木板下滑，货箱各表面材质和粗糙程度均相同。若1、2、3号货箱与直木板间摩擦力的大小分别为Ff1、Ff2和Ff3，则 (　 ) A．Ff1<Ff2<Ff3 B．Ff1=Ff2<Ff3 C．Ff1=Ff3<Ff2 D．Ff1=Ff2=Ff3 解析：选D　根据滑动摩擦力的公式f=μFN，可知滑动摩擦力的大小与接触面积无关，只与接触面的粗糙程度和压力大小有关，由题可知三个货箱各表面材质和粗糙程度均相同，对直木板的压力大小也相同，故摩擦力相同，即Ff1=Ff2=Ff3。故选D。 逐点清(三)　摩擦力的“四类”突变(迷盲点精研) 　　　　　　　　　　　　　　　　 类型1　“静—静”突变 　　物体在静摩擦力和其他力的共同作用下处于静止状态，当作用在物体上的其他力的合力发生变化时，物体虽然仍保持相对静止，但物体所受的静摩擦力将发生突变。 　　[例1]　(2025·福州模拟)如图所示，木块A、B分别重50 N和60 N，它们与水平地面间的动摩擦因数均为0．20，夹在A、B之间的弹簧被压缩了1 cm，弹簧的劲度系数为400 N/m ，系统置于水平地面上静止不动(可认为木块与水平地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力)。现用F=2 N的水平拉力作用在木块B上，此时木块A、B所受摩擦力分别记为fA和fB，弹簧弹力大小为F1，则 (　 ) A．fA=10 N B．fA的方向水平向左 C．fB=6 N D．F1=6 N [解析]　未加水平拉力F时，木块A、B受力平衡，所受静摩擦力等于弹簧的弹力，弹簧弹力为F0=kx=400 N/m×0．01 m=4 N，B木块与地面间的最大静摩擦力fBm=μGB=0．20×60 N=12 N，A木块与地面间的最大静摩擦力fAm=μGA=0．20×50 N=10 N，施加水平拉力F后，对木块B有F+F0<fBm，故木块A、B仍然静止，弹簧弹力大小F1=F0=4 N，fB=F+F1=2 N+4 N=6 N，方向水平向左，故C正确，D错误；木块A所受摩擦力不变，大小为fA=F1=4 N，方向水平向右，故A、B错误。 [答案]　C 类型2　“静—动”突变 　　物体受到静摩擦力和其他力的共同作用，当其他力变化时，如果发生相对滑动，则静摩擦力突变为滑动摩擦力。 　　[例2]　某同学利用如图甲所示装置研究摩擦力的变化情况。实验台上固定一个力传感器，传感器用棉线拉住物块，物块放置在粗糙的长木板上。水平向左拉木板，传感器记录的F-t图像如图乙所示。下列说法正确的是 (　 ) A．实验中必须让木板保持匀速运动 B．图乙中曲线就是摩擦力随时间的变化曲线 C．最大静摩擦力与滑动摩擦力之比约为10∶7 D．只用图乙中数据可得出物块与木板间的动摩擦因数 [解析]　实验过程中物块处于平衡状态即可，没有必要让木板保持匀速运动，A错误；由于物块处于平衡状态，所以其在水平方向上受到的拉力(传感器的示数)与摩擦力大小相等，但是不能说拉力(传感器的示数)就是摩擦力，B错误；由题图乙可知最大静摩擦力约为10 N，滑动摩擦力约为7 N，故最大静摩擦力与滑动摩擦力之比约为10∶7，C正确；由于不知道物块的质量，也就不知道物块对木板的压力，因此只用题图乙的数据无法求出物块与木板间的动摩擦因数，D错误。 [答案]　C 类型3　“动—静”突变 　　在滑动摩擦力和其他力作用下，做减速运动的物体突然停止滑行时，物体将不受摩擦力作用， 或滑动摩擦力“突变”成静摩擦力。 　　[例3]　如图所示，倾角为θ=37°的斜面固定在水平地面上，质量为1 kg的滑块以初速度v0从斜面底端沿斜面向上滑行(斜面足够长，滑块与斜面间的动摩擦因数为0．8)。则该滑块所受摩擦力f随时间t变化的图像为下图中的(取初速度v0的方向为正方向，g取10 m/s2，sin 37°=0．6，cos 37°=0．8) (　 ) [解析]　滑块以初速度v0从斜面底端沿斜面向上滑行，受到的是滑动摩擦力，由公式f=μFN，可得f=μmgcos 37°=0．8×1×10×0．8 N=6．4 N，方向沿斜面向下，重力沿斜面向下的分力Gx=mgsin 37°=1×10×0．6 N=6 N<6．4 N，所以滑块滑到最高点时，处于静止状态，因此滑块受到的静摩擦力大小为6 N，方向沿斜面向上，故B正确，A、C、D错误。 [答案]　B 类型4　“动—动”突变 　　在滑动摩擦力作用下运动至共同速度后，如果在静摩擦力作用下不能保证相对静止，则物体还是受滑动摩擦力作用，且其方向发生改变。 [例4]　(2024·南平模拟)(双选)如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动。在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ<tan θ，则下列选项中能客观地反映小木块的受力和运动情况的是 (　 ) 　　[解析]　当小木块速度小于传送带速度时，小木块相对于传送带向上滑动，小木块受到的滑动摩擦力沿传送带向下，加速度a1=gsin θ+μgcos θ；当小木块速度达到传送带速度时，由于μ<tan θ，即μmgcos θ<mgsin θ，所以小木块速度继续增加，此时滑动摩擦力的大小不变，但方向突变为沿传送带向上，a2=gsin θ-μgcos θ，加速度变小，则v-t图像的斜率变小，所以B、D正确，A、C错误。 [答案]　BD [课时跟踪检测] 1．(2024·山东高考)如图所示，国产人形机器人“天工”能平稳通过斜坡。若它可以在倾角不大于30°的斜坡上稳定地站立和行走，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则它的脚和斜面间的动摩擦因数不能小于 (　 ) A． B． C． D． 解析：选B　根据题意可知机器人“天工”可以在倾角不大于30°的斜坡上稳定地站立和行走，对“天工”受力分析有mgsin 30°≤μmgcos 30°，可得μ≥tan 30°=，故选B。 2．(2025·厦门模拟)木块在a、b、c三种不同材料的表面滑动时，其所受滑动摩擦力f与木块对材料表面的正压力N的关系图像如图所示，下列关于木块与不同材料间动摩擦因数的比较，正确的是 (　 ) A．a的最大 B．b的最大 C．c的最大 D．a、b、c的一样大 解析：选A　根据f=μN，可知f-N图像中的斜率表示动摩擦因数的大小，故a的动摩擦因数最大。故A正确。 3．长直木板的上表面的一端放有一铁块，木板由水平位置缓慢向上转动(即木板与水平面的夹角α变大)，另一端不动，如图所示，则铁块受到的摩擦力Ff随角度α的变化图像可能正确的是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力) (　 ) 解析：选C　设木板与水平面间的夹角增大到θ时，铁块开始滑动，显然当α<θ时，铁块与木板相对静止，由力的平衡条件可知，铁块受到的静摩擦力的大小为Ff=mgsin α；当α≥θ时铁块与木板间的摩擦力为滑动摩擦力，设动摩擦因数为μ，由滑动摩擦力公式得铁块受到的摩擦力为Ff=μmgcos α；通过上述分析可知，α<θ时，α角增大，则静摩擦力按正弦函数规律增大；当α≥θ时，α角增大，则滑动摩擦力按余弦函数规律减小，故C正确。 4．(2025·泉州模拟)如图，一端固定的弹簧秤拉住一块重力为G的物块，现用水平拉力F将放置在物块下的长木板拉出，物块保持静止，弹簧秤的读数为T，则关于物块与木板间的动摩擦因数μ的表达式正确的是 (　 ) A．μ= B．μ= C．μ= D．μ= 解析：选A　对物块由二力平衡得T=f，在竖直方向FN=G，摩擦力f=μ·FN，解得μ=，故A正确。 5．水平的皮带传送装置如图所示，皮带的速度大小保持不变，将物体轻轻地放在A点，开始时物体在皮带上滑动，当它到达C点时停止滑动，之后随皮带一起匀速运动，直至传送到B点，在传送过程中，该物体受到的摩擦力情况是 (　 ) A．在AC段受到水平向左的滑动摩擦力 B．在AC段不受摩擦力 C．在CB段不受静摩擦力 D．在CB段受到水平向右的静摩擦力 解析：选C　在AC段物体相对皮带向左滑动，受到水平向右的滑动摩擦力，A、B错误；在CB段物体相对皮带静止，物体随皮带一起匀速运动，受力平衡，如果有静摩擦力，则物体不能处于平衡状态，所以不受静摩擦力，C正确，D错误。 6．(2025·莆田模拟)图甲是一种榫卯连接构件。相互连接的两部分P、Q如图乙所示。图甲中构件Q固定在水平地面上，榫、卯接触面间的动摩擦因数均为μ，沿P的轴线OO'用大小为F的力才能将P从Q中拉出。若各接触面间的弹力大小均为FN，滑动摩擦力与最大静摩擦力大小相等，则FN的大小为 (　 ) A． B． C． D． 解析：选A　有6个接触面间存在摩擦，所以F=6 μFN，解得FN=，故A正确。 7．汽车45°极限爬坡时的照片如图所示，汽车缓慢逐步沿斜坡攀爬，斜坡的倾角逐渐增大至45°。下列关于汽车这一爬坡过程的说法正确的是 (　 ) A．坡面的倾角越大，汽车对坡面的压力也越大 B．汽车受到沿坡面向下、大小不断减小的滑动摩擦力作用 C．汽车受到沿坡面向上、大小不断增大的静摩擦力作用 D．若汽车能顺利爬坡，则车胎与坡面间的最大静摩擦力至少等于汽车的重力 解析：选C　坡面上的汽车受到重力、斜面的支持力与摩擦力，设坡面的倾角为θ，则其中支持力FN=Gcos θ，坡面的倾角增大，则汽车受到的支持力减小，根据牛顿第三定律可知，坡面的倾角增大，则汽车对坡面的压力减小，故A错误；汽车受到的摩擦力f=Gsin θ，方向沿坡面向上，当θ增大时，汽车受到的静摩擦力增大，故B错误，C正确；θ=45°时静摩擦力达到最大为 mg，可知若汽车能顺利爬坡，则车胎与坡面间的最大静摩擦力至少为汽车重力的 倍，故D错误。 8．(2025·三明模拟)如图是一类较常见的推拉式黑板(通过推和拉，中间的两块黑板可以左右移动)。一黑板擦通过磁力吸附在中间的一块黑板上面，静止不动。现用手向右拉动这块黑板，过程中黑板擦与黑板始终保持相对静止。则关于黑板擦受到的摩擦力，下列说法中正确的是 (　 ) A．匀速拉动时，黑板擦不受摩擦力 B．加速拉动时，摩擦力方向水平向右 C．加速拉动时，摩擦力方向水平向左 D．摩擦力的大小与黑板加速移动的加速度有关 解析：选D　匀速拉动时，黑板擦所受的摩擦力与重力大小相等，方向竖直向上，A错误；加速拉动时，摩擦力除了在竖直方向上要抵消重力，还要在水平方向上产生与黑板相同的加速度，因此加速拉动时，摩擦力的方向为斜向右上方，B、C错误；黑板移动的加速度越大，黑板擦所受摩擦力的水平分力就越大，竖直分力始终不变，因此摩擦力的大小与黑板的加速度大小有关，D正确。 9．(2025·福州模拟)用弹簧测力计拖动水平固定木板上的木块，使木块做匀速直线运动。在木块上加一砝码，使其仍做匀速直线运动。则 (　 ) A．加上砝码前、后，木板与木块间的动摩擦因数不变 B．加上砝码前、后，木板与木块间的最大静摩擦力不变 C．加上砝码前、后，弹簧测力计的示数不变 D．随木块匀速运动的砝码所受摩擦力的方向与运动方向相同 解析：选A　木板与木块间的动摩擦因数与接触面粗糙程度有关，加上砝码前、后，木板与木块间的动摩擦因数不变，故A正确；木板与木块间的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，加上砝码后，压力增大，滑动摩擦力增大，则最大静摩擦力增大，故B错误；加上砝码后，滑动摩擦力增大，弹簧测力计的示数增大，故C错误；随木块匀速运动的砝码做匀速直线运动，不受摩擦力，故D错误。 10．(2024·厦门模拟)一本质量为m的书本平放在水平桌面上，将一张A4纸夹在书页间，如图所示。已知书本与桌面间的动摩擦因数为μ，A4纸与书页间的动摩擦因数为4μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A4纸的质量忽略不计。现有一水平向右的力F作用于A4纸上，若要使书本与A4纸一起运动，则A4纸上面书页的质量应至少为 (　 ) A．　　　B．　　　C．　　　D． 解析：选B　书本恰好运动时，设A4纸上面书页的质量为m0，2×4μm0g=μmg，解得m0=，若要使书本一起运动，A4纸上面书页的质量越大越容易一起拉动，所以m0≥，B正确。 11．(2025·宁德模拟)如图所示为一款家用免打孔单杠，安装非常方便，无需打孔，只要通过调节单杠两端的卡槽，增加卡槽与墙面的弹力就可以将单杠牢牢地固定在两竖直墙面之间，孩子可以在单杠上进行训练，以下说法正确的是 (　 ) A．只增大墙面的粗糙程度，墙面对单杠的摩擦力增大 B．只增大卡槽与墙面的弹力时，墙面对单杠的摩擦力增大 C．当孩子挂在单杠上静止时，墙面对单杠的摩擦力沿墙面向上 D．当孩子挂在单杠上，单杠没有沿墙面下滑，是因为墙面对单杠的摩擦力大于单杠和孩子的总重力 解析：选C　由平衡条件可知，墙面对单杠的摩擦力等于孩子和单杠的重力，则只增大墙面的粗糙程度，墙面对单杠的摩擦力不变，故A错误；只增大卡槽与墙面的弹力时，墙面对单杠的最大静摩擦力增大，但是墙面对单杠的摩擦力等于孩子和单杠的重力不变，故B错误；当孩子挂在单杠上静止时，墙面对单杠的摩擦力与孩子和单杠的重力等大反向，则墙面对单杠的摩擦力沿墙面向上，故C正确；当孩子挂在单杠上，单杠没有沿墙面下滑，是因为墙面对单杠的最大静摩擦力大于单杠和孩子的总重力，而墙面对单杠的静摩擦力等于单杠和孩子的总重力，故D错误。 12．如图所示，质量为1 kg的物体与地面间的动摩擦因数μ=0．2，从t=0开始以初速度v0沿水平地面向右滑行，同时受到一个水平向左的恒力F=1 N的作用，g取10 m/s2，以水平向右为正方向，该物体受到的摩擦力Ff随时间t变化的图像是(最大静摩擦力等于滑动摩擦力) (　 ) 解析：选A　物体从t=0开始以初速度v0沿水平地面向右做匀减速运动，受到的滑动摩擦力大小为Ff1=μmg=0．2×1×10 N=2 N，方向水平向左，为负值；当物体的速度减到零时，物体所受的最大静摩擦力为Ffm=μmg=2 N，则F<Ffm，所以物体不能被拉动而处于静止状态，受到静摩擦力的作用，其大小为Ff2=F=1 N，方向水平向右，为正值。故A正确。 13．(2025·莆田模拟)如图所示为军校学生的日常体能训练的场景，该同学开始阶段沿杆加速向上运动然后匀速运动，最后在最高点停留片刻。已知该同学的质量为m，双手与杆之间的动摩擦因数为μ，手与杆之间的弹力为FN，重力加速度为g。下列说法中正确的是 (　 ) A．整个运动过程中，手与杆之间的摩擦力为Ff=μFN B．在匀速运动阶段，该同学受到的摩擦力为静摩擦力，加速阶段为滑动摩擦力 C．无论加速还是匀速阶段，该同学与杆之间的摩擦力可能均为静摩擦力 D．该同学手与杆之间的弹力越大，所受的摩擦力越大 解析：选C　向上运动的过程中，该同学双手可能始终与竖直杆之间没有相对滑动，所以杆与手之间的摩擦力为静摩擦力，而公式Ff=μFN是计算滑动摩擦力的公式，故A错误；若该同学在上升过程中，双手始终与竖直杆之间没有相对滑动，则不管是在匀速运动阶段还是加速阶段，该同学受到的摩擦力均为静摩擦力，故B错误；若无相对滑动，无论加速还是匀速阶段，该同学与杆之间的摩擦力均为静摩擦力，但若在爬升过程中有相对滑动，则会出现滑动摩擦力，因此无论加速还是匀速阶段，该同学与杆之间的摩擦力可能均为静摩擦力，故C正确；该同学双手可能始终与竖直杆之间没有相对滑动，所以杆与手之间的摩擦力为静摩擦力，而手与杆之间的弹力越大，最大静摩擦力越大，不能说摩擦力越大，若爬升过程中无相对滑动，则摩擦力为静摩擦力，静摩擦力和手与杆之间的弹力无关，故D错误。 14．飞机逃生滑梯是飞机安全设备之一，当飞机发生紧急迫降时，充气滑梯从舱门侧翼中释放，并在10 s 内充气后与地面构成倾斜滑道(滑道可近似为平直滑道)，保证乘客可以安全地撤离。某机组在一次安全测试中，让一名体验者静止在滑道上，然后改变滑道与水平面之间的夹角θ，发现当θ=30°和θ=45°时，该体验者所受的摩擦力大小恰好相等，则体验者与滑道之间的动摩擦因数为 (　 ) A．　　　B．　　　C．　　　D． 解析：选B　当θ=30°和θ=45°时体验者受到滑道的支持力不同，而当θ=30°和θ=45°时，该体验者所受的摩擦力大小恰好相等，说明θ=30°时体验者处于静止状态，静摩擦力和重力沿滑道向下的分力相等，即Ff=mgsin 30°，θ=45°时体验者沿滑道下滑，滑动摩擦力为Ff=μFN=μmgcos 45°，故mgsin 30°=μmgcos 45°，解得μ=；故B正确，A、C、D错误。 第三讲　力的合成和分解 |纲举目张|·|精要回顾| [微点判断] (1)合力的作用对象与它的分力的作用对象为同一个物体。 (√) (2)(粤教版课后习题)合力的大小可以大于、等于或小于分力的大小。 (√) (3)几个力的共同作用效果可以用一个力代替。 (√) (4)在进行力的合成与分解时，都要应用平行四边形定则或三角形定则。 (√) (5)(鲁科版课后习题)三个力的大小分别为2 N、7 N、8 N，在其夹角可变的情况下，合力的最小值为1 N。 (×) (6)互成角度(非0或180°)的两个力的合力与分力间一定构成封闭的三角形。 (√) (7)矢量和标量在相加时都遵守算术法则。 (×) (8)合力与分力是等效替代关系，因此受力分析时不能重复分析。 (√) (9)(2024·浙江6月选考)电流既有大小又有方向属于矢量。 (×) |关键知能|·|升维学习| 逐点清(一)　力的合成(基础点速过) 　　　　　　　　　　　　　　　　 1．[合力的范围]一物体静止于水平桌面上，两者之间的最大静摩擦力为5 N，现将水平面内三个力同时作用于物体的同一点，三个力的大小分别为2 N、2 N、3 N。下列关于物体的受力情况和运动情况判断错误的是 (　 ) A．物体所受静摩擦力可能为2 N B．物体所受静摩擦力可能为4 N C．物体可能仍保持静止 D．物体一定被拉动 解析：选D　两个2 N的力的合力范围为0~4 N，然后与3 N的力合成，则三力的合力范围为0~7 N，由于最大静摩擦力为5 N，因此可判定A、B、C不符合题意，D符合题意。 2．[作图法求合力]某物体同时受到2个共点力作用，在如图所示的四种情况中(坐标纸中每格的边长均表示1 N大小的力)，物体所受合外力最大的是 (　 ) 解析：选C　选项A图中，将F1与F2进行合成，如图甲所示，求得合力的大小为F合=3 N；选项B图中，将F1与F2进行合成，如图乙所示，求得合力的大小为F合= N=5 N；选项C图中，将F1与F2进行合成，如图丙所示，求得合力的大小为F合=4 N；选项D图中，将F1与F2进行合成，如图丁所示，求得合力的大小为F合=3 N，故C符合题意。 3．[计算法求合力](2025·福州模拟)弩是一种装有臂的弓，主要由弩臂、弩弓、弩箭和弩机等部分组成。当弩发射时先张开弦，将其持于弩机的“牙”上，将箭矢装于“臂”上的箭槽内，通过“望山”进行瞄准后，扳动“悬刀”使“牙”下缩，弦脱钩，利用张开的弓弦急速回弹形成的动能，高速将箭射出。如图所示，某次发射弩箭的瞬间(“牙”已经下缩)，两端弓弦的夹角为120°，弓弦上的张力大小为FT，则此时弩箭受到的弓弦的作用力大小为 (　 ) A．2FT　　B．FT　　C．FT　　D．FT 解析：选C　根据力合成的平行四边形定则，对弩箭受力分析，如图所示，由图可得，F=2FTcos 60°=FT，A、B、D错误，C正确。 1．合力范围的确定 (1)两个共点力的合力范围：|F1-F2|≤F≤F1+F2。 (2)三个共点力的合力范围 ①最大值：三个力同向时，其合力最大，为Fmax=F1+F2+F3。 ②最小值：以这三个力的大小为边，如果能组成封闭的三角形(三个力首尾相接)，则其合力的最小值为零，即Fmin=0；如果不能，则合力的最小值为Fmin=F1-|F2+F3|(F1为三个力中最大的力)。 2．共点力合成的常用方法 (1)作图法：从力的作用点起，按同一标度作出两个分力F1和F2的图示，再以F1和F2的图示为邻边作平行四边形，画出过作用点的对角线，量出对角线的长度，计算出合力的大小，量出对角线与某一力的夹角确定合力的方向(如图所示)。 (2)计算法：几种特殊情况的共点力的合成 类　型 作　图 合力的计算 互相垂直 F= tan θ= 两力等大，夹角为θ F=2F1cos F与F1夹角为 两力等大，夹角为120° 合力与分力等大 逐点清(二)　力的分解(提能点优化) 　　　　　　　　　　　　　　　　 1．[效果分解法](2025·福安模拟)古时候，木工由于没有铁钉，多用三角形楔子锤入木榫中加以固定，如图，直角三角形的楔子上部边长为L，高为H。现用锤子锤楔子，设作用于楔子上的力方向竖直向下、大小为F，楔子重力不计，不计一切摩擦力，则 (　 ) A．楔子直角边对右侧木榫的作用力大于其斜边对左侧木榫的作用力 B．楔子斜边对左侧木榫的作用力为 C．楔子直角边对右侧木榫的作用力为 D．楔子对木榫的作用力大于F 解析：选C　将力F按力的作用效果进行分解，如图所示，可知楔子直角边对右侧木榫的作用力小于其斜边对左侧木榫的作用力，A错误；楔子直角边对木榫的作用力F2=，而tan θ=，解得F2=F，B错误，C正确；楔子对木榫的作用力大小为F，D项错误。 2．[正交分解法](2024·湖北高考)如图所示，两拖船P、Q拉着无动力货船S一起在静水中沿图中虚线方向匀速前进，两根水平缆绳与虚线的夹角均保持为30°。假设水对三艘船在水平方向的作用力大小均为f，方向与船的运动方向相反，则每艘拖船发动机提供的动力大小为 (　 ) A．f B．f C．2f D．3f 解析：选B　根据题意对货船S受力分析如图甲所示，正交分解可知2Tcos 30°=f，所以有T=f，对拖船P受力分析如图乙所示，则有+(f+Tcos 30°)2=F2，解得F=，故选B。 1．力的分解的原则 (1)选用哪一种方法进行力的分解要视情况而定，一般来说，当物体受到三个或三个以下的力时，常按实际效果进行分解，若这三个力中，有两个力互相垂直，可选用正交分解法。 (2)当物体受到三个以上的力时，常用正交分解法。 2．力的效果分解法的步骤 3．正交分解法及其应用 定义 将已知量按相互垂直的两个方向进行分解的方法 建轴 原则 一般选共点力的作用点为原点，在静力学中，以少分解力和容易分解力为原则(使尽量多的力分布在坐标轴上)；在动力学中，往往以加速度方向和垂直加速度方向为坐标轴建立坐标系 解题 方法 首先把各力向相互垂直的x轴、y轴上分解，然后分别对x轴方向和y轴方向列式求解 逐点清(三)　物体的受力分析(提能点优化) 　　　　　　　　　　　　　　　　 1．[整体法与隔离法]用一水平力F将两铁块A和B紧压在竖直墙上而静止，如图所示，对此，下列说法正确的是 (　 ) A．铁块B受墙的摩擦力方向可能向上，也可能向下 B．铁块A肯定对B施加竖直向上的摩擦力 C．铁块B肯定受墙给它的竖直向上的摩擦力 D．铁块B受A给它的摩擦力方向可能向上，也可能向下 解析：选C　对铁块A、B整体受力分析可知，在竖直方向受重力和墙的摩擦力，在水平方向受墙的弹力和水平力F，由平衡条件可知，在竖直方向上，铁块A、B的重力与墙对其向上的摩擦力大小相等，方向相反，A错误，C正确；对铁块A受力分析，在竖直方向受重力和B对A的摩擦力，在水平方向受B的弹力和水平力F，由平衡条件可知，铁块A的重力与B对A的摩擦力大小相等，方向相反，由牛顿第三定律可知，铁块A肯定对B施加竖直向下的摩擦力，B、D错误。 2．[状态法](2024·邵武模拟)嫦娥六号登陆月球时，从距月面几十千米到几百米的过程中沿图中虚线做匀减速直线运动，这就需要调整发动机的喷气方向，下列四种喷气方向可能使嫦娥六号实现上述运动的是 (　 ) 解析：选C　嫦娥六号登陆月球时，将沿图中虚线做匀减速直线运动，故受到的合力方向与运动方向相反，因受到的重力竖直向下，通过受力分析可知，C正确。 3．[转换法](双选)如图所示，在恒力F作用下，a、b两物体一起沿粗糙竖直墙面匀速向上运动，则关于它们的受力情况，下列说法正确的是 (　 ) A．a一定受到4个力 B．b可能受到4个力 C．a与墙壁之间一定有弹力和摩擦力 D．a与b之间一定有摩擦力 解析：选AD　将a、b看成整体，其受力图如图甲所示，说明a与墙壁之间没有弹力和摩擦力作用；对物体b进行受力分析，如图乙所示，b受到3个力作用，再对物体a受力分析，可知a受到4个力作用，A、D正确。 1．受力分析的四种方法 整体法 将加速度相同的几个相互关联的物体看作一个整体进行受力分析的方法 隔离法 将所研究的对象从周围的物体中分离出来，单独进行受力分析的方法 状态法 受力分析时，若一时不能确定某力是否存在或无法判断该力的方向，可先分析物体的运动状态和除此力外物体所受的其他力，根据其他力与物体的运动状态是否相符来判断 转换法 在受力分析时，若不能确定某力是否存在，则 (1)可以转换为分析该力的反作用力，根据其反作用力是否存在，判断该力是否存在 (2)可以转换为分析与该力相关的其他研究对象，通过对其他研究对象进行受力分析，判断该力是否存在 2．受力分析的注意事项 (1)养成按照一定顺序进行受力分析的习惯。 (2)涉及弹簧弹力时，要注意拉伸或压缩可能性分析。 (3)分析摩擦力时要特别注意摩擦力的方向。 (4)对于不能确定的力可以采用假设法分析。 [课时跟踪检测] 1．(2025·泉州模拟)如图所示，用一根细绳跨过铁钉将一块小黑板悬挂在墙壁上，细绳的两端固定在小黑板边缘的两点A、B上。小黑板静止时，铁钉两侧细绳与竖直方向的夹角分别为α、β。细绳质量不计，细绳与铁钉接触处摩擦不计，则关于夹角α、β大小关系正确的是 (　 ) A．若A点高于B点，则α>β B．若B点高于A点，则α>β C．不论A点与B点高度关系如何，均有α=β D．只有A点与B点等高时，才有α=β 解析：选C　由于细绳与铁钉接触处摩擦不计，则OA绳与OB绳中张力大小相等，两力的合力竖直向上，所以两力的水平分力大小相等，因此不论A点与B点高度关系如何，均有α=β，故C正确。 2．(2025·三明模拟)教室里要挂一个城市文化宣传框，假若粘钩的承重能力足够，以下哪种悬挂方式绳上的拉力最小 (　 ) 解析：选A　当悬挂的两条绳子长度相等时，绳子上的拉力也相等。由力的合成法则可知，在合力不变的情况下，两条绳子间的夹角越小，绳子上的拉力就越小，故A正确。 3．(2022·广东高考)如图是可用来制作豆腐的石磨。木柄AB静止时，连接AB的轻绳处于绷紧状态。O点是三根轻绳的结点，F、F1和F2分别表示三根绳的拉力大小，F1=F2且∠AOB=60°。下列关系式正确的是 (　 ) A．F=F1 　　　　B．F=2F1 C．F=3F1 　　　　D．F=F1 解析：选D　对O点受力分析如图所示。因F1=F2，由物体的平衡条件得F=2F1cos 30°，即F=F1，D正确，A、B、C错误。 4．(2025·宁德模拟)如图甲所示是古代某次测量弓力时的情境，图乙为其简化图，弓弦挂在固定点O上，弓下端挂一重物，已知弓弦可看成遵循胡克定律的弹性绳，重物质量增减时弓弦始终处于弹性限度内，不计弓弦的质量和O点处的摩擦，忽略弓身的形变，则 (　 ) A．若减少重物的质量，OA与OB的夹角不变 B．若增加重物的质量，OA与OB的夹角减小 C．若减少重物的质量，弓弦的长度不变 D．若增加重物的质量，弓弦的长度变短 解析：选B　设弓弦的张力为F，两侧弓弦与竖直方向夹角为θ，根据平衡条件公式有2Fcos θ=mg，增加重物质量，θ减小，OA与OB的夹角减小，根据胡克定律可知，弓弦的长度变长；反之，减小重物质量，OA与OB的夹角增大，弓弦的长度变短，故B正确。 5．用斧头劈木柴的情境如图甲所示。劈的纵截面是一个等腰三角形，劈背的宽度为d，劈的侧面长为l，当在劈背加一个力F时的受力示意图如图乙所示，若不计斧头的重力，则劈的侧面推压木柴的力F1为 (　 ) A．F B．F C．F D．F 解析：选A　根据对称性，两分力F1、F2大小相等，以F1、F2为邻边的平行四边形就是一个菱形，因为菱形的对角线互相垂直且平分，所以根据三角形相似=，解得F1=F2=F，故A正确，B、C、D错误。 6．(2025·南平模拟)如图所示，将一细绳的两端固定于两竖直墙的A、B两点，通过一个光滑的挂钩将某重物挂在绳上，下面给出的四幅图中有可能使物体处于平衡状态的是 (　 ) 解析：选D　由于重物通过一个光滑的挂钩挂在绳上，挂钩两侧绳子的拉力大小相等，两侧绳子拉力的合力与重物的重力平衡，根据对称性可知，挂钩两侧的绳子与竖直方向的夹角相等。故D正确。 7．(2025·漳州模拟)“人体旗帜”指的是用手抓着支撑物，使身体与地面保持平行的高难度动作。某同学重力为G，完成此动作时其受力情况如图所示，已知两手受力F1、F2的方向与竖直方向夹角均为60°，则其中F1大小为 (　 ) A．G B．G C．G D．2G 解析：选C　对身体受力分析如图所示，F1、F2两个力的夹角为120°，根据力的平衡条件可知F1=G，故C正确。 8．(2025·邵武模拟)如图所示，用一根轻质细绳将一重力大小为10 N的画框对称地悬挂在墙壁上，画框上两个挂钉间的距离为0．5 m。已知绳能承受的最大张力为10 N，为使绳不断裂，绳子的最短长度为 (　 ) A．0．5 m B．1．0 m C． m D． m 解析：选C　对画框受力分析如图所示，画框受到重力mg和两个大小相等的细绳拉力F的作用而处于静止状态，当F=Fmax=10 N，对应于细绳不被拉断的最短长度L，作细绳拉力的合力F合，由平衡条件得F合=10 N，所以两绳拉力的夹角是120°，绳子的最短长度L=== m，故C 正确。 9．(2025·福安模拟)耙在中国已有1500年以上的历史，北魏贾思勰著《齐民要术》称之为“铁齿楱”。如图甲所示，牛通过两根耙索沿水平方向匀速耙地。两根耙索等长且对称，延长线的交点为O1，夹角∠AO1B=60°，拉力大小均为F，平面AO1B与水平面的夹角为30°(O2为AB的中点)，如图乙所示。忽略耙索质量，下列说法正确的是 (　 ) A．两根耙索的合力大小为F B．两根耙索的合力大小为F C．地对耙的水平阻力大小为F D．地对耙的水平阻力大小为F 解析：选B　由题意得两根耙索的合力大小F合=2×Fcos 30°=F，故A错误，B正确；对耙受力分析，水平阻力大小为f=F合cos 30°=F，故C、D错误。 10．(双选)小明同学在家帮妈妈洗完衣服后，挂在如图所示的晾衣架上晾晒，A、B为竖直墙壁上等高的两点，AO、BO为长度相等的两根轻绳，CO为一根轻杆。转轴C在AB中点D的正下方，A、O、B在同一水平面上，∠AOB=120°，∠DOC=30°，衣服质量为m。则 (　 ) A．CO杆所受的压力大小为mg B．CO杆所受的压力大小为2mg C．AO绳所受的拉力大小为mg D．BO绳所受的拉力大小为mg 解析：选BC　设绳AO和绳BO拉力的合力为F，以O点为研究对象，O点受到重力mg、杆的支持力F2和绳AO与绳BO拉力的合力F，作出力的示意图，如图甲所示，根据平衡条件得F==mg，F2==2mg；将合力F分解，如图乙所示，设AO绳所受拉力的大小为F1，因为∠AOB=120°，根据几何知识得F1=F=mg，所以绳AO和绳BO所受拉力的大小为F1=mg，由牛顿第三定律可知，杆CO所受的压力大小等于F2=2mg。故B、C正确。 11．在静力平衡实验中，F1、F2和F3三力作用于一圆环形轴承上，三力的方向均通过轴承的圆心。初始状态下，轴承静止，圆轴紧靠在轴承底端，轴圆心和轴承圆心在同一竖直线上，如图所示。轴承与圆轴间的摩擦力可忽略，若只调整其中两力的量值，欲移动轴承使圆轴位于轴承的正中央，则下列施力过程可能实现上述目的的是 (　 ) A．增加F2和F3两力的量值，且F3的量值增加较多 B．增加F1和F2两力的量值，且F1的量值增加较多 C．减小F1和F3两力的量值，且F3的量值减小较多 D．减小F1和F2两力的量值，且F2的量值减小较多 解析：选B　欲移动轴承使圆轴位于轴承的正中央，使轴承竖直向下移动，则调整两力后三个力的合力方向要竖直向下，水平方向合力为零。增加F2和F3两力的量值，且F3的量值增加较多，合力斜向左上方，不符合题意，A错误；增加F1和F2两力的量值，且F1的量值增加较多，根据平行四边形定则可知，合力可竖直向下，符合题意，B正确；减小F1和F3两力的量值，且F3的量值减小较多，合力斜向左下方，不符合题意，C错误；减小F1和F2两力的量值，且F2的量值减小较多，合力斜向右上方，不符合题意，D错误。 12．(2024·南安模拟)射箭是奥运会比赛项目之一，如图甲为运动员射箭的场景。发射时弦和箭可等效为图乙，已知弦均匀且弹性良好，其弹力满足胡克定律，自由长度为l，劲度系数为k，发射箭时弦的最大长度为l(弹性限度内)。此时弓的顶部跨度(虚线长)为l，假设箭在弦的正中间，弦夹在类似动滑轮的附加装置上，求箭被发射瞬间所受的最大弹力为 (　 ) A．kl B．kl C．kl D．2kl 解析：选B　设弦达到最大长度时与箭的夹角为θ，由题图中几何关系可得sin θ==，可得θ=37°，箭被发射瞬间所受的最大弹力为Fmax=2k·cos θ=2k·l·=kl，故选B。 13．(2025·南平模拟)某同学周末在家大扫除，移动衣橱时，无论怎么推也推不动，于是他组装了一个装置，如图所示，两块相同木板可绕A处的环转动，两木板的另一端点B、C分别用薄木板顶住衣橱和墙角，该同学站在该装置的A处。若调整装置A点距地面的高h=14 cm时，B、C两点的间距L=96 cm，B处衣橱恰好移动。已知该同学的质量为m=50 kg，重力加速度大小取g=9．8 m/s2，忽略A处的摩擦，则此时衣橱受到该装置的水平推力为 (　 ) A．875 N　 B．1 650 N　 C．840 N　 D．1 680 N 解析：选C　该同学站在A点时，重力产生两个作用效果力F1、F2，如图甲所示，设F1、F2与竖直方向夹角为θ，则F1=F2=，在B点将F1分解如图乙所示，则水平推力为F=F1sin θ=tan θ，由几何关系得tan θ=，联立可得F==840 N，故C正确。 14.(4分)(2025·厦门模拟)如图所示，在水平转台上放置一圆锥形物体，物块在平行于锥面的细绳作用下静止在圆锥体表面，在圆锥体随平台逐渐加速转动的过程中，物块始终与锥面保持相对静止。则此过程中，绳上的拉力　　　　(选填“增大”“减小”或“不变”)；锥面对物块的支持力　　　　(选填“增大”“减小”或“不变”)。  解析：设细绳与竖直方向夹角为θ，如图所示，则对物块，沿斜面方向T-mgcos θ=mω2rsin θ，则随角速度逐渐增加，绳上的拉力逐渐增大；沿垂直斜面方向mgsin θ-N=mω2rcos θ，则随角速度增大，锥面对物块的支持力逐渐减小。 答案：增大　减小 第四讲　共点力的平衡 第1课时　共点力的静态平衡(题型研究课) 类型(一)　单个物体的平衡问题 　　　　　　　　　　　　　　　　 方法1　合成法与分解法 1.合成法：物体受三个共点力的作用而平衡，则任意两个力的合力一定与第三个力大小相等，方向相反。 2.分解法：物体受三个共点力的作用而平衡，将某一个力按作用效果分解，则其分力和其他两个力满足平衡条件。 　　[例1]　如图所示，光滑半球形容器固定在水平面上，O为球心。一质量为m的小滑块，在水平力F的作用下静止于P点。设滑块所受支持力为FN，OP与水平方向的夹角为θ。下列关系式正确的是 (　 ) A.F= B.F=mgtan θ C.FN= D.FN=mgtan θ [解析]　方法一：合成法 对滑块受力分析如图甲所示，由平衡条件知=tan θ，=sin θ，解得F=，FN=，故选A。 方法二：分解法 将滑块所受重力按产生的效果分解，如图乙所示，F=G2=，FN=G1=。 [答案]　A 方法2　正交分解法 　　物体受到三个或三个以上共点力的作用而平衡时，将物体所受的力沿互相垂直的方向分解，每个方向上的力都满足力的平衡条件。 　　[例2]　(2024·河北高考)如图，弹簧测力计下端挂有一质量为0.20 kg的光滑均匀球体，球体静止于带有固定挡板的斜面上，斜面倾角为30°，挡板与斜面夹角为60°。若弹簧测力计位于竖直方向，读数为1.0 N，g取10 m/s2，挡板对球体支持力的大小为 (　 ) A. N B.1.0 N C. N D.2.0 N [解析]　对球体受力分析如图所示，由几何关系可得力F和FN与竖直方向的夹角均为30°，因此由正交分解根据共点力的平衡可得FNsin 30°=Fsin 30°，FNcos 30°+Fcos 30°+T=mg，解得F=FN= N。故选A。 [答案]　A　 方法3　力的三角形法 　　对受三个共点力作用而平衡的物体，将力的矢量图平移使三力组成一个首尾依次相接的矢量三角形，根据正弦定理、余弦定理或相似三角形等数学知识求解未知力。 　　[例3]　(2025·厦门第六中学调研)如图所示，一轻杆两端固定两个小球A、B，A球的质量是B球质量的3倍，轻绳跨过滑轮连接A和B，一切摩擦不计，平衡时OA和OB的长度之比为 (　 ) A.1∶2 B.2∶1 C.1∶3 D.1∶4 [解析]　设绳上拉力为FT，OA长L1，OB长L2，过O点做竖直向下的辅助线交AB于C点，如图所示，利用力的三角形和几何三角形相似，有==，解得=，故A、B、D错误，C正确。 [答案]　C 类型(二)　多个物体的平衡问题 　　　　　　　　　　　　　　　　 　　[典例]　(2024·浙江1月选考)如图所示，在同一竖直平面内，小球A、B上系有不可伸长的细线a、b、c和d，其中a的上端悬挂于竖直固定的支架上，d跨过左侧定滑轮、c跨过右侧定滑轮分别与相同配重P、Q相连，调节左、右两侧定滑轮高度达到平衡。已知小球A、B和配重P、Q质量均为50 g，细线c、d平行且与水平方向成θ=30°(不计摩擦)，重力加速度g取10 m/s2，则细线a、b的拉力分别为 (　 ) A.2 N　1 N B.2 N　0.5 N C.1 N　1 N D.1 N　0.5 N [解析]　由题意可知细线c对A的拉力和细线d对B的拉力大小相等、方向相反，对A、B整体受力分析可知细线a的拉力大小为Ta=(mA+mB)g=1 N;设细线b与水平方向夹角为α，对A受力分析有Tbsin α+Tcsin θ=mAg，Tbcos α=Tccos θ，解得Tb=0.5 N。故选D。 [答案]　D　 [规律方法] 整体法和隔离法的选择 (1)当分析相互作用的两个或两个以上物体整体的受力情况及分析外力对系统的作用时，宜用整体法。 (2)在分析系统内各物体(或一个物体各部分)间的相互作用时，宜用隔离法。 (3)整体法和隔离法不是独立的，对一些较复杂问题，通常需要多次选取研究对象，交替使用整体法和隔离法。 [针对训练] 1.(2025·厦门模拟)如图所示，有一个定滑轮固定在天花板上，定滑轮上有一条轻绳，轻绳左右两端分别连接物体B和C，其中左侧B物体下端通过轻质弹簧与A物体相连接，右侧C物体放置在一固定且光滑的斜面上，并且受到平行斜面向下的拉力F。已知现在所有物体均处于静止状态，拉力F=mg，斜面与地面夹角θ=37°(sin 37°=0.6，cos 37°=0.8)，A的质量为2m，B的质量为2m，C的质量为m，则地面承受物体A的压力大小为 (　 ) A.2.4mg　　　　　　B.2.0mg C.1.6mg D.0.4mg 解析：选A　对C受力分析，由平衡条件可得，FT=mg+mgsin 37°=1.6mg，对A、B整体受力分析，由平衡条件可得，4mg=FN+FT，得FN=2.4mg，由牛顿第三定律可得，地面承受物体A的压力大小为2.4mg，故A正确。 2.如图所示，一轻质光滑定滑轮固定在倾斜木板上，质量分别为m和2m的物块A、B，通过不可伸长的轻绳跨过滑轮连接，A、B间的接触面和轻绳均与木板平行。A与B间、B与木板间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当木板与水平面的夹角为45°时，物块A、B刚好要滑动，则μ的值为 (　 ) A. B. C. D. 解析：选C　根据题述，物块A、B刚要滑动时，物块B有沿木板下滑的趋势，物块A有沿木板上滑的趋势，A、B之间的摩擦力fAB=μmgcos 45°，B与木板之间的摩擦力f=μ·3mgcos 45°。对物块A受力分析，由平衡条件可得轻绳中拉力F=fAB+mgsin 45°，对物块A、B整体受力分析，由平衡条件可得2F=3mgsin 45°-f，联立解得μ=，选项C正确。 类型(三)　两种常见的连结模型 　　　　　　　　　　　　　　　　 模型(一)　“死结”与“活结”模型 　　[例1·“死结”模型]　(2025·石狮模拟)(双选)灯笼是我国年俗文化的重要组成部分，悬挂灯笼的两种方式分别如图甲、乙所示。图甲中灯笼竖直悬挂在轻绳OA和OB的结点O处，轻绳OA与水平杆的夹角为60°，轻绳OB恰好水平，此时OA、OB的拉力大小分别为F1、F2;仅将图甲中轻绳OB更换为与轻绳OA等长的轻绳OB'，且轻绳OB'也固定在水平杆上，如图乙所示，此时OA、OB'的拉力大小分别为F3、F4。下列说法正确的是 (　 ) A.F1=F3　　　　 B.F1∶F2=2∶1 C.F1∶F4=2∶1 D.F2∶F4=2∶1 [解析]　设灯笼所受重力为G，对题图甲中结点O受力分析，有F1sin 60°=G，F1cos 60°=F2，解得F1=G，F2=G，则有F1∶F2=2∶1，故B正确;对题图乙中结点O受力分析，有F3cos 60°=F4cos 60°，F3sin 60°+F4sin 60°=G，解得F3=F4=G，则有F1∶F4=2∶1，F2∶F4=1∶1，故A、D错误，C正确。 [答案]　BC 　　[例2·“活结”模型]　如图所示，钉子A和小定滑轮B均固定在竖直墙面上，它们相隔一定距离且处于同一高度，细线的一端系有一小沙桶D，另一端跨过定滑轮B与动滑轮C后固定在钉子A上。质量为m的小球E与轻质动滑轮C固定连接。初始时整个系统处于静止状态，滑轮C两侧细线的夹角为74°。现缓慢地往沙桶中添加细沙，当系统再次平衡时，滑轮C两侧细线的夹角为106°。不计一切摩擦，取cos 37°=0.8，cos 53°=0.6，则此过程中往沙桶D中添加的细沙质量为 (　 ) A.m　　　B.m　　　C.m　　　D.m [解析]　设初始时沙桶和沙的质量为m1，再次平衡时沙桶和沙的质量为m2，则添加细沙前后根据平衡条件有m1gcos 37°=mg，m2gcos 53°=mg，解得m2=m，m1=m，则Δm=m2-m1=m，C正确。 [答案]　C 　　[模型建构]　“死结”模型与“活结”模型 模型结构 模型解读 模型特点 “死结” “死结”把绳子分为两段，且不可沿绳子移动，“死结”两侧的绳子因结而变成两根独立的绳子 “死结”两侧的绳子张力不一定相等 “活结” “活结”把绳子分为两段，且可沿绳移动，“活结”一般由绳子跨过滑轮或绳上挂一光滑挂钩而形成，绳子因“活结”而弯曲，但实际为同一根绳子 “活结”两侧的绳子上的张力大小处处相等 模型(二)　“定杆”与“动杆”模型 　　[例3·“定杆”与“动杆”模型]　如图1所示，细绳AD跨过固定的水平轻杆BC右端的定滑轮挂住一个质量为M1的物体，∠ACB=30°;如图2所示，轻杆HG一端用铰链固定在竖直墙上，另一端G通过细绳EG拉住，EG与水平方向也成30°，在轻杆的G点用细绳GF拉住一个质量为M2的物体，求： (1)细绳AC段的张力FTAC与细绳EG的张力FTEG之比; (2)轻杆BC对C端的支持力; (3)轻杆HG对G端的支持力。 　　[解析]　题图1和图2中的两个物体都处于平衡状态，根据平衡条件，首先判断与物体相连的细绳，其拉力大小等于物体的重力;分别取C点和G点为研究对象，进行受力分析，如图甲和乙所示，根据平衡规律求解。 (1)图甲中细绳AD跨过定滑轮拉住质量为M1的物体，物体处于平衡状态，细绳AC段的拉力FTAC=FTCD=M1g，图乙中细绳GF段的拉力FTGF=M2g，由FTEGsin 30°=FTGF，得FTEG=2M2g，所以=。 (2)图甲中，FTAC、FTCD、FNC三个力之间的夹角都为120°，根据平衡规律有FNC=FTAC=M1g，方向与水平方向成30°角，指向右上方。 (3)图乙中，根据平衡规律有FTEGsin 30°=M2g，FTEGcos 30°=FNG，所以FNG==M2g，方向水平向右。 [答案]　(1)　(2)M1g，方向与水平方向成30°角指向右上方　(3)M2g，方向水平向右　　 [模型建构]　“定杆”模型与“动杆”模型 模型结构 模型解读 模型特点 “定杆” 轻杆被固定在接触面上，不发生转动 杆所受的弹力方向不一定沿杆，可沿任意方向 “动杆” 轻杆用光滑的转轴或铰链连接，轻杆可围绕转轴或铰链自由转动 当杆处于平衡时，杆所受的弹力方向一定沿杆 [课时跟踪检测] 1.(2025·福州模拟)如图所示是用来筛选谷粒的振动鱼鳞筛，筛面水平，由两根等长轻绳将其悬挂在等高的两点，已知筛面和谷物所受重力为G，静止时两轻绳延长线的夹角为θ，则每根轻绳的拉力大小为 (　 ) A. B. C.cos D.Gcos 解析：选B　对筛面和谷物受力分析可知，受两对称的拉力和重力，由合成法可知2Tcos=G，解得T=，故B正确。 2.如图所示为一种悬挂式花盆架，三根长度相等的轻绳对称地固定在挂钩和花盆架上，轻绳与竖直方向的夹角为37°，每根轻绳能承受的最大拉力为10 N，不计花盆架的质量。已知重力加速度取g=10 m/s2，cos 37°=0.8，则此花盆架能承受花盆的最大质量为 (　 ) A.1.8 kg B.2.4 kg C.3 kg D.3.6 kg 解析：选B　根据题意，对花盆受力分析，由平衡条件有3Fmaxcos 37°=mmaxg，解得mmax=2.4 kg，故B正确。 3.(2023·浙江6月选考)如图所示，水平面上固定两排平行的半圆柱体，重力为G的光滑圆柱体静置其上，a、b为相切点，∠aOb=90°，半径Ob与重力的夹角为37°。已知sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，则圆柱体受到的支持力Fa、Fb大小为 (　 ) A.Fa=0.6G，Fb=0.4G 　B.Fa=0.4G，Fb=0.6G C.Fa=0.8G，Fb=0.6G 　D.Fa=0.6G，Fb=0.8G 解析：选D　对光滑圆柱体受力分析如图，由题意有Fa=Gsin 37°=0.6 G，Fb=Gcos 37°=0.8G，故选D。 4.(2025·厦门模拟)甲、乙两个小灯笼用轻绳连接，悬挂在空中，在相同的水平风力作用下发生倾斜，稳定时与竖直方向的夹角分别为α、θ，如图所示，已知甲的质量为m1、乙的质量为m2，下列关系式正确的是 (　 ) A.= B.= C.= D.= 解析：选C　设每个灯笼受到的水平风力为F，对乙受力分析有tan θ=，对甲、乙整体受力分析有tan α=，则=，故C正确。 5.(2025·莆田模拟)如图所示，两个质量均为m的小球用轻质细杆连接静止于内壁光滑的半球形碗内，杆及碗口平面均水平，碗的半径及两小球之间的距离均为R，不计小球半径，则碗对每个小球的支持力大小为 (　 ) A.mg 　B.mg 　　 C.mg 　D.2mg 解析：选B　以其中一个小球为研究对象，受力情况如图所示，根据题意可知θ=30°，对小球根据平衡条件可知FN1==mg，故选B。 6.(2024·厦门第六中学模拟)如图，悬挂甲物体的细线拴牢在一不可伸长的轻质细绳上O点处;绳的一端固定在墙上，另一端通过光滑定滑轮与物体乙相连。系统平衡时，O点两侧绳与竖直方向的夹角分别为α和β。若α=75°，β=60°，则甲、乙两物体的质量之比为 (　 ) A.1∶1 B.1∶2 C.∶ D.∶ 解析：选D　甲物体是拴牢在O点，且O点处于平衡状态，受力分析如图所示，根据几何关系有γ=180°-60°-75°=45°，由正弦定理有=，故==，故选D。 7.(2025·南平模拟)(双选)图甲中轻杆OA的A端固定在竖直墙壁上，另一端O光滑，一端固定在竖直墙壁B点的细线跨过O端系一质量为m的重物，OB水平;图乙中轻杆O'A'可绕A'点自由转动，另一端O'光滑;一端固定在竖直墙壁B'点的细线跨过O'端系一质量也为m的重物。已知图甲中∠BOA=30°，以下说法正确的是 (　 ) A.图甲中轻杆的弹力大小为mg B.图乙中轻杆的弹力大小为mg C.图甲中轻杆的弹力与细线OB中拉力的合力方向一定沿竖直方向 D.图乙中绳子对轻杆的弹力可能不沿杆 解析：选AC　由于题图甲中轻杆OA为“定杆”，其O端光滑，可以视为“活结”，两侧细线中拉力大小相等，都等于mg，由力的平衡条件可知，题图甲中轻杆的弹力大小为F甲=2mgcos 45°=mg，故A正确;题图乙中轻杆O'A'可绕A'点自由转动，为“动杆”，另一端O'光滑，可以视为“活结”，O'两侧细线中拉力大小相等，“动杆”中弹力方向一定沿“动杆”方向，“动杆”O'A'中弹力大小等于O'两侧细线中拉力的合力大小，两细线夹角不确定，则轻杆的弹力大小无法确定，故B、D错误;根据共点力平衡条件，图甲中轻杆的弹力与细线OB中拉力的合力方向一定与竖直细绳的拉力方向相反，即竖直向上，故C正确。 8.(2025·龙岩模拟)某创新实验小组制作一个半径为12.00 cm的圆环，将3个相同弹簧的一端均匀固定在圆环上，另外一端固定打结，结点恰好在圆心O处，如图所示，已知弹簧(质量不计)的自然长度均为9.00 cm，弹簧的劲度系数为k=32.5 N/m。将圆环水平放置，在结点O处悬挂一瓶矿泉水，缓慢释放直至平衡时测得结点下降了5.00 cm，则矿泉水瓶受到的重力大小为 (　 ) A.0.5 N B.1.3 N C.1.5 N D.3.9 N 解析：选C　由几何关系可知平衡时每根弹簧的长度均为cm=13.00 cm，每根弹簧的伸长量均为Δx=4.00 cm，每根弹簧的弹力大小均为F=kΔx=1.3 N，根据竖直方向受力平衡可得矿泉水瓶受到的重力大小G=3Fcos θ=3×1.3× N=1.5 N，故C正确。 9.甲同学用双手捏取了长为10 cm的细线，并将双手靠近，乙同学将质量为0.5 kg的物体用光滑挂钩(图中未画出)挂在细线的中点。甲同学按如图所示的方式缓慢增大双手间的距离，当手指所捏之处位于水平直尺上两个三角形标记的位置时，细线恰好被拉断，则细线所能承受的最大拉力约为 (　 ) A.2 N B.4 N C.5 N D.8 N 解析：选C　对挂钩受力分析，如图所示。 由图可知LAB=(13.80-5.00)cm=8.80 cm、LOA=5.00 cm，此时由平衡条件可得2Tcos θ=mg，且cos θ=≈0.47，联立解得T≈5.32 N，即细线所能承受的最大拉力约为5 N，故选C。 10.(2023·河北高考)如图，轻质细杆AB上穿有一个质量为m的小球C，将杆水平置于相互垂直的固定光滑斜面上，系统恰好处于平衡状态。已知左侧斜面与水平面成30°角，则左侧斜面对杆AB支持力的大小为 (　 ) A.mg　　B.mg　　C.mg　　D.mg 解析：选B　对轻杆和小球组成的系统进行受力分析，如图所示，设左侧斜面对杆AB支持力的大小为NA，由平衡条件有NA=mgcos 30°，得NA=mg，故选B。 11.如图所示，山坡上两相邻高压线塔之间架有粗细均匀的导线，静止时导线呈曲线形下垂，最低点在C处。左塔A处对导线拉力的方向与竖直方向的夹角为30°，右塔B处对导线拉力的方向与竖直方向的夹角为60°，则导线AC部分与BC部分的质量之比为 (　 ) A.2∶1 B.3∶1 C.4∶ D.∶1 解析：选B　对导线整体分析，根据水平方向受力平衡得FACsin 30°=FBCsin 60°，单独分析左右两部分导线FBCcos 60°=mBCg，FACcos 30°=mACg，解得导线AC部分与BC部分的质量之比为3∶1，故B正确。 12.(2025·宁德模拟)如图为某沙场输送细沙的示意图，沙粒离开传送带下落后，形成圆锥状的沙堆。小王同学想估测沙堆的最大高度，他用绳子绕沙堆底部一周，测得绳长为l，已知沙粒之间的动摩擦因数为μ。则估测沙堆的最大高度是 (　 ) A. B. C.μ D. 解析：选C　沙堆达到最大高度h后，堆面的倾角α达到最大值，此时位于堆面上的沙粒恰好不会滚下，则mgsin α=μmgcos α，可得tan α=μ，沙堆底部的半径为r=，则有=tan α，可得h=μ，故C正确。 13.(2025·莆田模拟)春秋末年，齐国著作《考工记》中记载“马力既竭，輈(zhōu，指车辕)犹能一取焉”，揭示了一些初步的力学原理。如图甲所示，车辕是马车车身上伸出的两根直木，它是驾在马上拉车的把手。如图乙为马拉车时的简化模型，车辕前端距车轴的高度H约为1 m，马拉车的力可视为沿车辕方向，马车的车轮与地面间的摩擦力大小是其对地面压力的倍，若想让马拉车在水平面上匀速前进且尽可能省力，则车辕的长度约为 (　 ) A. m B. m C.3 m D.2 m 解析：选D　设车辕与水平方向的夹角为θ，则当车匀速前进时Fcos θ=k(mg-Fsin θ)，解得F=，而cos θ+ksin θ=sin(60°+θ)，则当θ=30°时F最小，即此时车辕的长度约为l==2H，故D正确。 14.（4分）(2025·南平模拟)野炊时，三根对称分布的轻质细杆构成烹煮支架静置于水平地面上，如图甲所示。炊具与食物的总质量为m，各杆与竖直方向的夹角均为30°。出于安全考虑，盛取食物时用光滑铁钩缓慢拉动吊绳使炊具偏离火堆，如图乙所示。则拉动吊绳过程中，吊绳上的张力 （选填“增大”“不变”或“减小”），拉动吊绳过程中，铁钩对吊绳的作用力方向 （选填“不变”或“改变”）。 解析：拉动吊绳过程中，炊具与食物受力平衡，故绳子的张力等于炊具与食物的重力，大小不变；拉动吊绳过程中，节点受到竖直向下的绳子拉力、斜向上的绳子拉力，以及铁钩对吊绳的作用力，在拉动吊绳过程中，斜向上的绳子拉力的方向改变，根据共点力平衡可知铁钩对吊绳的作用力方向改变。 答案：不变 改变 第2课时　共点力的动态平衡(题型研究课) (一)方法活用——解决动态平衡的三种方法 　　动态平衡指通过控制某些物理量，使物体的状态发生缓慢变化，而在这个过程中物体又始终处于一系列的平衡状态，在问题描述中常用“缓慢”等字眼。解决该类问题的总体思路是“化动为静，静中求动”。 　　　　　　　　　　　　　　　　 方法1　解析法 　　对研究对象进行受力分析，先画出受力示意图，再根据物体的平衡条件，得到因变量与自变量的关系表达式(通常要用到三角函数)，最后根据自变量的变化确定因变量的变化。 　　[例1]　(2025·福鼎模拟)如图所示，AB为一段完全固定且不变形的钢丝，一杂技演员手握长杆正在“走钢丝”，演员从A端缓慢走到B端的过程中，先“下坡”后“上坡”，下列说法正确的是 (　 ) A.演员“下坡”过程中受到的静摩擦力逐渐增大 B.演员“下坡”过程中钢丝对他的作用力逐渐增大 C.演员“上坡”过程中对钢丝的压力逐渐减小 D.演员“上坡”过程中所受的静摩擦力方向沿“坡”向下 [解析]　钢丝可看成一个倾角θ不断变化的斜面，则根据受力分析可知，演员受到的支持力FN=mgcos θ，静摩擦力Ff=mgsin θ，则演员“下坡”过程相当于斜面倾角θ越来越小，受到的静摩擦力逐渐减小，故A错误;演员缓慢“下坡”过程中钢丝对他的作用力大小与演员和长杆的总重力大小相等，故B错误;演员“上坡”过程相当于斜面倾角θ越来越大，对钢丝的压力逐渐减小，故C正确;演员“上坡”过程中有沿坡向下的运动趋势，故所受静摩擦力方向沿“坡”向上，故D错误。 [答案]　C 方法2　图解法 　　此法常用于求解三力平衡且有一个力是恒力、另有一个力方向不变的问题。一般按照以下流程解题： 受力分析画不同状态下的平衡图确定力的变化 　　[例2]　(2025·漳平模拟)如图所示，粗糙水平地面上放有横截面为圆的柱状物体A，A与墙面之间放有表面光滑的圆柱形物体B，A、B均保持静止。若将A向左移动少许，下列说法正确的是 (　 ) A.B对A的作用力不变 B.墙对B的作用力不变 C.地面对A的摩擦力不变 D.地面对A的支持力不变 [解析]　对物体B受力分析，受到重力mg、A对B的支持力N'和墙壁对B的弹力N，如图甲所示，当A向左移动后，A对B的支持力N'的方向不断变化，根据平衡条件结合合成法可知A对B的支持力N'和墙壁对B的弹力N都不断减小，由牛顿第三定律可知B对A的作用力在不断减小，故A、B错误;对A和B整体受力分析，受到总重力G、地面支持力FN、地面的摩擦力f和墙壁的弹力N，如图乙所示，根据平衡条件，有f=N，FN=G，故地面的支持力不变，地面的摩擦力f随着墙壁对B的弹力N的不断减小而不断减小，故C错误，D正确。 　　[答案]　D 方法3　相似三角形法 　　在三力平衡问题中，如果有一个力是恒力，另外两个力方向都变化，且题目给出了空间几何关系，多数情况下力的矢量三角形与空间几何三角形相似，可利用相似三角形对应边成比例进行计算。 　　[例3]　(2025·武夷山模拟)如图所示，轻杆AO通过铰链固定在竖直墙壁上的O点，轻质弹簧一端固定在竖直墙壁上的B点，另一端与轻杆A端拴接，同时将一个沙桶用轻绳拴在轻杆的A端，平衡时弹簧与轻杆之间的夹角θ>90°。现缓慢往沙桶内加入细沙，直到弹簧与轻杆之间的夹角小于90°，则该过程中轻杆中的作用力 (　 ) A.一直增大　　　　　　　B.一直减小 C.先减小后增大 D.先增大后减小 [解析]　由受力分析可知，初始时，弹簧对A端的作用力一定沿弹簧由A点指向B点，轻杆对A端的作用力，沿轻杆由O点指向A点，如图所示，由三角形相似关系可知，=，解得FN=，所以在缓慢加入细沙的过程中，轻杆中的作用力一直增大。故A正确。 [答案]　A 　　　　(二)重点题型——三法破解平衡中的临界极值问题 　　临界问题是指当某物理量变化时，会引起其他几个物理量的变化，从而使物体所处的平衡状态“恰好出现”或“恰好不出现”，在问题的描述中常用“刚好”“正好”“恰好”等语言叙述;极值问题是指在力的变化过程中的最大值和最小值问题。解决平衡中的临界极值问题通常有以下三种方法： 方法1　物理分析法 　　根据平衡条件作出力的矢量图，若只受三个力，则这三个力能构成封闭矢量三角形，然后根据矢量图进行动态分析，确定最大值和最小值。 　　[例1]　(2025·泉州调研)一不可伸长的细线套在两光滑且大小不计的定滑轮上，质量为m的圆环穿过细线，如图所示。现施加一作用力F使圆环保持静止状态，且细线始终有张力作用，若AC段竖直，BC段水平，AC长度等于BC长度，重力加速度为g，则下列说法正确的是 (　 ) A.F的大小不可能为mg B.F的最小值为mg C.大小为2mg的力F对应有两个方向 D.F的方向可能竖直向下 [解析]　同一根细线上拉力大小相等，AC、BC细线的合力为T，方向与竖直方向成45°角，如图所示，力F在水平方向时，大小为mg，A错误;当F与T垂直时取最小值，可知F的最小值为mg，B正确;大小为2mg的力F只对应一个方向，C错误;F的方向竖直向下时，不能构成闭合矢量三角形，无解，D错误。 [答案]　B 方法2　数学分析法 　　根据物体的平衡条件列方程，在解方程时利用数学知识求极值。通常用到的数学知识有二次函数求极值、讨论公式求极值、三角函数求极值以及几何法求极值等。 　　[例2]　(2025·莆田模拟)抖空竹在中国有着悠久的历史。假设抖空竹所用轻绳AB总长L，空竹重力为G，可视为质点，如图所示。绳能承受的最大拉力是2G，将绳一端固定，将另一端缓慢水平向右移动而使绳不断，不计一切摩擦，则d的最大可能值为 (　 ) A.L B.L C.L D.L [解析]　设轻绳与水平方向的夹角为θ，对空竹受力分析可得竖直方向上有2FTsin θ=G，绳能承受的最大拉力是2G时，解得sin θ=，由几何关系可得sin θ=，联立解得d=L，故B正确。 [答案]　B 　　[例3]　如图所示，学校门口水平地面上有一质量为m的石墩，石墩与水平地面间的动摩擦因数为μ，工作人员用轻绳按图示方式匀速移动石墩时，两平行轻绳与水平面间的夹角均为θ，则下列说法正确的是 (　 ) A.轻绳的合拉力大小为 B.轻绳的合拉力大小为 C.减小夹角θ，轻绳的合拉力一定减小 D.轻绳的合拉力最小时，地面对石墩的摩擦力也最小 [解析]　设轻绳的合拉力为T，地面对石墩的支持力为N，对石墩受力分析，由平衡条件可知 Tcos θ=f，f=μN，Tsin θ+N=mg，联立解得T=，A错误，B正确;轻绳的合拉力大小为T==，其中tan φ=，可知当θ+φ=90°时，轻绳的合拉力有最小值，即减小夹角θ，轻绳的合拉力不一定减小，C错误;摩擦力大小为f=Tcos θ==，可知增大夹角θ，摩擦力一直减小，当θ趋近于90°时，摩擦力最小，故轻绳的合拉力最小时，地面对石墩的摩擦力不是最小，D错误。 [答案]　B 方法3　极限分析法 　　首先要正确地进行受力分析和变化过程分析，找出平衡的临界点和极值点;临界条件必须在变化中去寻找，不能停留在一个状态来研究临界问题，而要把某个物理量推向极端，即极大和极小。 　　[例4]　筷子是中国人常用的饮食工具，也是中华饮食文化的标志之一。筷子在先秦时称为“梜”，汉代时称“箸”，明代开始称“筷”。如图所示，用筷子夹质量为m的小球，筷子均在竖直平面内，且筷子和竖直方向的夹角均为θ，为使小球静止，求每根筷子对小球的压力N的取值范围。已知小球与筷子之间的动摩擦因数为μ(μ<tan θ)，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。 　　[解析]　筷子对小球的压力太小时，小球有下滑的趋势，最大静摩擦力沿筷子向上，如图甲所示，小球平衡时，有2Nsin θ+2fcos θ=mg f=μN 联立解得N= 筷子对小球的压力太大时，小球有上滑的趋势，最大静摩擦力沿筷子向下，如图乙所示，小球平衡时，有2N'sin θ=mg+2f'cos θ f'=μN'联立解得N'= 综上所述，筷子对小球的压力的取值范围为≤N≤。 [答案]　≤N≤ [课时跟踪检测] 1.单杠是一项大众喜闻乐见的体育健身运动，如图所示，健身者上杠后，双手缓慢向外分开的过程中，下列说法正确的是 (　 ) A.健身者所受的合力增大 B.健身者手臂所受的拉力增大 C.健身者所受重力是手臂拉力的分力 D.健身者所受重力和双臂的合力是一对作用力和反作用力 解析：选B　根据题意可知，健身者双手缓慢分开的过程中，健身者处于平衡状态，所受的合力为零，A错误;由于双臂与竖直方向的夹角增大，由力的平衡可知健身者手臂所受的拉力增大，B正确;健身者所受重力是由于地球的吸引而受到的力，方向竖直向下，手臂拉力斜向上方，重力不是手臂拉力的分力，C错误;健身者所受重力和双臂的合力不是一对作用力和反作用力，是一对平衡力，D错误。 2.(2025·邵武模拟)梅州的非物质文化遗产有不少，兴宁花灯就是其中一种，它与北京宫灯是一脉相承，始于宋代，流行于明清，是传承了上千年的客家传统习俗，花灯用四条长度相同、承受能力相同的绳子高高吊起，如图所示，绳子与竖直方向夹角为θ，花灯质量为m，则下列说法正确的是 (　 ) A.每条绳子的拉力均相同 B.增大绳子与竖直方向的夹角，花灯受的合外力增大 C.绳子拉力的合力方向为竖直方向 D.绳子长一些更易断 解析：选C　每条绳子的拉力大小相等，但力的方向不一样，A错误;由于花灯处于静止状态，所以合外力始终为零，所以增大绳子与竖直方向的夹角，花灯受的合外力不变，B错误;合外力始终为零，绳子拉力与重力等大反向，故绳子拉力的合力方向为竖直方向，C正确;设绳子拉力为T，则4Tcos θ=mg，解得T=，绳子长一些，夹角θ减小，则拉力变小，更不容易断，D错误。 3.(2024·福清调研)“儿童散学归来早，忙趁东风放纸鸢。”纸鸢即风筝，如图所示，一张四边形平面风筝悬停在空中，风筝平面与水平面夹角为α。空气对风筝的作用力F始终垂直于风筝平面，风筝线的拉力FT与水平面夹角为β。某时刻风力增大导致F增大，通过拉线调整，风筝再次恢复平衡状态时，风筝平面与水平面夹角仍为α。则再次平衡后较之初态悬停时，下列说法正确的是 (　 ) A.风筝所受合力增大 B.风筝线与水平面夹角β变小 C.风筝线对风筝的拉力FT减小 D.若风筝线长度不变，风筝距离地面的高度增大 解析：选D　风筝仍处于平衡状态，合力为零，A错误;当风力变大时，重力不变，根据矢量三角形如图所示，风筝悬停在空中，可得风筝所受的合力为零，风筝线拉力变大，风筝线对风筝的拉力与水平方向的夹角β变大，B、C错误;设风筝线长为L，则风筝距地面的高度为h=Lsin β，若风筝线长度不变，风筝距离地面的高度增大，D正确。 4.将两个质量均为m的小球用细线相连后，再用细线悬挂于O点，如图所示。用力F拉右侧小球，使两个小球都处于静止状态，且细线Oa与竖直方向的夹角保持θ=30°，则F达到最小值时细线Oa上的拉力为 (　 ) A.mg B.mg C.mg D.mg 解析：选A　以两个小球组成的整体为研究对象受力分析，作出F在不同方向时整体的受力图如图所示。根据平衡条件可知，F与T的合力与重力2mg总是大小相等、方向相反的，由力的合成图可知，当F与细线Oa垂直时，F有最小值，即图中2位置，根据平衡条件得Fmin=2mgsin30°=mg，此时T=2mgcos30°=mg，故选A。 5.某款可调节角度的磁吸式车载手机支架如图甲所示。手机放在支架上被磁力吸住后，调节支架使手机与竖直方向成一定角度如图乙所示。已知手机受到的磁力垂直于手机屏幕、大小恒定，且手机和支架始终不发生相对滑动做匀速直线运动 (　 ) A.手机只受到重力、磁力和摩擦力 B.若缓慢减小手机与竖直方向的夹角，手机受到的合力增大 C.若将手机和支架吸盘逆时针缓慢旋转90°角，手机和支架吸盘之间的弹力始终增大 D.若将手机和支架吸盘逆时针缓慢旋转90°角，手机和支架吸盘之间的摩擦力始终减小 解析：选C　有摩擦力必有弹力，故手机还受到弹力作用，故A错误;若缓慢减小手机与竖直方向的夹角，手机受到的合力始终为零，不变，故B错误;设手机与水平方向的倾角为θ，若将手机和支架吸盘逆时针缓慢旋转90°角，N+mgcos θ=F磁，手机和支架吸盘之间的弹力始终增大，摩擦力f=mgsin θ，则摩擦力先增大后减小，故C正确，D错误。 6.如图为雨污分流改造施工中工人将钢材运送到水池底部，其中工人甲将钢材放到一定深度时拉住手中的绳保持静止，乙通过拉绳将钢材微调到准确位置。设乙所拉轻绳始终保持水平，滑轮大小不计，忽略其摩擦和绳子质量。在乙缓慢释放手中的绳子，钢材缓慢向左移动的过程中 (　 ) A.甲对地面的压力不变 B.甲受到地面的摩擦力大于乙受到地面的摩擦力 C.乙手中绳子的拉力不断增大 D.甲手中绳子的拉力不断增大 解析：选B　对甲、乙所拉绳子的结点进行受力分析如图，设甲所拉绳对结点的作用力与水平方向夹角为α，钢材缓慢移动，所以结点所受合力为零，对乙所拉绳的结点由平衡条件可知FT1cos θ=FT2，FT1sin θ=mg，在乙缓慢释放手中的绳子时，θ变大，则FT1变小，FT2变小，C、D错误;对甲受力分析如图，对甲所拉绳的结点由平衡条件得FT1cos α=Ff，FN+FT1sin α=G，工人甲将钢材放到一定深度时拉住手中的绳保持静止，则α不变，当FT1变小时，FN变大，结合牛顿第三定律知，甲对地面的压力变大，A错误;工人乙也受力平衡，对乙受力分析，在水平方向上Ff2=FT2，联立解得=，因为α<θ，则Ff>Ff2，即甲受到地面的摩擦力大于乙受到地面的摩擦力，故B正确。 7.(2025·福州模拟)如图所示，固定在竖直平面内的光滑半圆环上套有一质量为m的小球，半圆环的圆心为O。现用始终沿圆弧切线方向的力F拉动小球由M点向圆环最高点N缓慢移动，则此过程中，力F和小球所受支持力FN的变化情况是 (　 ) A.F减小，FN增大 B.F增大，FN减小 C.F增大，FN增大 D.F减小，FN减小 解析：选A　对小球受力分析，如图所示，已知拉力F与支持力FN相互垂直，即α=90°，小球处于平衡状态，由正弦定理得==，因为小球的重力G和α不变，所以上式的比值不变;拉动小球由M点向圆环最高点N缓慢移动的过程中，β由钝角增大到180°，即sin β减小，故拉力F减小;θ由钝角减小到90°，即sin θ增大，故支持力FN增大。故A正确。 8.(2024·漳平模拟)如图所示，送水工人用推车运桶装水，到达目的地后，工人抬起把手，带动板OA转至水平即可将水桶卸下。若桶与接触面之间的摩擦不计，∠AOB为锐角且保持不变，水桶对板OA、OB的压力大小分别为F1、F2，则在OA由竖直缓慢转到水平的过程中 (　 ) A.F1、F2都不断增大 B.F1不断增大，F2不断减小 C.F1不断减小，F2先增大后减小 D.F1先增大后减小，F2不断减小 解析：选D　在卸下水桶的过程中，两个支持力的夹角是个确定值，对水桶受力分析如图所示，由正弦定理得==，因为重力mg和θ不变，所以上式的比值不变，在转动过程中α从90°增大到180°，则sin α不断减小，F2'将不断减小，根据牛顿第三定律可得F2将不断减小;因为β从钝角减小到锐角，其中跨过了90°，因此sin β先增大后减小，则F1'将先增大后减小，根据牛顿第三定律可得F1先增大后减小，故D正确，A、B、C错误。 9.(2025·武夷山调研)(双选)如图所示，小球a、b质量均为m，用细线相连并悬挂于O点。现用一轻质弹簧给小球a施加一个拉力F，使整个装置处于静止状态，且Oa与竖直方向的夹角为θ=30°，已知弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g，则弹簧的形变量可能为 (　 ) A. B. C. D. 解析：选AC　根据题意，以小球a、b整体为研究对象受力分析，作出F在几个方向时整体的受力图，根据平衡条件可知，F与FT的合力与整体的重力2mg总是大小相等、方向相反，由力的合成图可知，当F与绳子Oa垂直时，F有最小值，即图中2位置，F的最小值为Fmin=2mgsin θ=mg，根据胡克定律有Fmin=kxmin，解得xmin=，即弹簧的形变量的取值范围为x≥。 10.(2025·莆田模拟)北方农村秋冬季节常用金属丝网围成圆柱形粮仓储存玉米棒，某粮仓由于玉米棒装的不匀称而发生倾斜现象，为避免倾倒，在左侧用木棍支撑，如图所示。若支撑点距水平地面的高度为 m，木棍与水平地面间的动摩擦因数为，木棍重力不计，粮仓对木棍的作用力沿木棍方向，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，为使木棍下端一定不发生侧滑，则木棍的长度最长为 (　 ) A.1.5 m B. m C.2 m D.2 m 解析：选C　设木棍与竖直方向夹角为θ，木棍长度为L，粮仓对木棍的作用力为F。为使木棍下端一定不发生侧滑，则有Fsin θ≤μFcos θ，即μ≥tan θ，由几何知识有tan θ=，联立解得L≤2 m，即木棍的长度最长为2 m，故C正确。 11.(2025·宁德模拟)物理兴趣小组，在学习了力的合成和分解后，设计了如图所示的情境来体验力的作用效果，细线OB一端系于铅笔右端，另一端拴在手指上，使OA水平，手掌始终伸直，再在O处悬挂一物块，假设铅笔的重力可以忽略不计，在保证装置不散架的情况下，将整个装置绕过A点垂直于纸面的轴在竖直平面内逆时针缓慢转动的过程中，下列说法正确的是 (　 ) A.A点的刺痛感会增强 B.A点的刺痛感会减弱 C.OB绳一定不会被拉断 D.OB绳可能被拉断 解析：选C　对O点进行受力分析，如图所示，根据正弦定理可得==，由题意可知，在整个装置绕过A点垂直于纸面的轴在竖直平面内逆时针缓慢转动的过程中，π-θ保持不变，即保持不变;由于∠1变小，从钝角变为锐角，sin ∠1先变大后变小，则铅笔的弹力FAO先变大后变小，A点的刺痛感先增强后减弱;由于∠2变大，sin ∠2变小，则OB绳的拉力TBO变小，所以OB绳一定不会被拉断。故C正确。 12.(2024·福州模拟)竖直门闩简化结构的侧视图如图所示。下方部件A可以在水平槽内向前推进。槽表面光滑，摩擦力可以不计;部件A与部件B界面具有摩擦系数μ，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，界面与水平面呈45°夹角。部件B质量为m，重力加速度为g，为了使门闩启动，施加在部件A上的水平力F至少是 (　 ) A.mg B.mg C.mg D.mg 解析：选C　设A、B刚好发生相对滑动，A、B的受力如图所示，以B为对象，则有mg+fsin 45°=FABcos 45°，以A为对象，则有F=fcos 45°+FBAsin 45°，又f=μFAB=μFBA，联立解得施加在部件A上的水平力F的最小值为F=mg。 13.(2025·泉州模拟)如图所示，安全出口指示牌通过两条长度相同的链条竖直悬挂在固定于天花板横梁的挂钩上，其中A、C为挂钩与天花板的连接点，B、D为链条与指示牌的连接点，A、C和B、D分别关于指示牌中间对称，两链条的长度不变且始终对称，下列分析正确的是 (　 ) A.甲图中仅减小BD距离，指示牌静止时，每根链条的拉力变小 B.甲图中仅减小AC距离，指示牌静止时，每根链条的拉力变小 C.甲图中链条AB断开，指示牌重新恢复静止后，指示牌所受合力变大 D.乙图中若适当调整BD、AC之间的距离，指示牌静止时，每根链条的拉力可能都等于指示牌的重力 解析：选D　根据题图甲可知当前状态AC间距小于BD间距。根据链条的受力分析可知，静止时，两根链条在竖直方向的合力与指示牌的重力平衡，设链条与竖直方向夹角为θ，每根链条上的拉力为F，则，解得F=，可知当链条与竖直方向夹角越小，链条上拉力越小，则仅减小AC距离，每根链条的拉力变大;仅减小BD距离时，链条处于竖直状态时拉力最小，但再继续减小BD距离时，拉力又会变大，故A、B错误;链条AB断开前指示牌处于静止状态，断开重新恢复静止后也处于静止状态，合力为0且不变，故C错误;题图乙中若适当调整BD、AC之间的距离，若链条AB、CD之间夹角为120°，且指示牌静止时，每根链条的拉力都等于指示牌的重力，故D正确。 第五讲　实验：探究弹簧弹力与形变量的关系(重点实验) 一、理清原理与操作 原理装置图 操作要领 平衡时弹簧产生的弹力和外力大小相等 (1)安装：按照原理装置图安装实验仪器。 (2)操作：弹簧竖直悬挂，待钩码静止时测出弹簧长度。 (3)作图：坐标轴标度要适中，单位要标注，连线时要使各数据点均匀分布在图线的两侧，明显偏离图线的点要舍去 二、掌握数据处理方法 图像法 根据测量数据，在建好直角坐标系的坐标纸上描点。以弹簧的弹力F为纵轴，弹簧的伸长量x为横轴，根据描点的情况，作出一条经过原点的直线 列表法 将实验数据填入表中，研究测量的数据，可发现在实验误差允许的范围内，弹力与弹簧伸长量的比值不变 函数法 根据实验数据，找出弹力与弹簧伸长量的函数关系 三、强化重点环节和关键能力 1.注意事项 (1)不要超过弹性限度：实验中弹簧下端挂的钩码不要太多，以免弹簧被过度拉伸，超过弹簧的弹性限度。 (2)尽量多测几组数据：要使用轻质弹簧，且要尽量多测几组数据。 (3)观察所描点的走向：本实验是探究性实验，实验前并不知道其规律，所以描点以后所作的曲线是试探性的，只是在分析了点的分布和走向以后才决定用直线来连接这些点。 (4)统一单位：记录数据时要注意弹力及弹簧伸长量的对应关系及单位。 2.误差分析 偶然误差 (1)弹簧长度的测量是本实验的主要误差来源，测量时尽量精确地测量弹簧的长度 (2)描点、作图不准确也会造成误差 系统误差 由于弹簧自身重力的影响，所作直线只是近似过坐标原点。尽量选用质量较轻的弹簧 　　本实验通过探究弹簧弹力与弹簧形变量的关系，研究弹簧的弹力大小变化规律及求解弹簧的劲度系数，高考常常以弹簧自重对实验的影响、利用图像法处理实验数据等作为考查的关键点。 关键点(一) 是否需消除弹簧自重的影响 [考法感悟] 1.(2025·福州模拟)实验小组测量某弹簧的劲度系数，弹簧形状如图甲所示。把弹簧悬挂在铁架台上，并在弹簧旁边沿竖直方向固定一刻度尺，刻度尺的零刻度对齐弹簧上端。在弹簧下端逐个增挂钩码，每个钩码重力为0.5 N，并记录弹簧的长度，如表所示。 弹簧长度与钩码个数关系 数据编号 A B C D E F G H I n(钩码个数)/个 0 1 2 3 4 5 6 7 8 L(弹簧长度)/ cm 5.50 6.10 8.10 10.11 12.10 14.09 16.10 18.09 20.11 (1)把表中数据描在图乙上，并根据图中的点拟合出该弹簧的L- n图像; (2)根据图乙中的拟合直线可以判断该弹簧的劲度系数为　　　 　N/m(结果保留两位有效数字)，该拟合直线在纵轴上的截距表示弹簧原长的理论值，该弹簧原长的理论值与实际值　　　　 　　(填“相等”或“不相等”);  (3)小明通过在弹簧下端预先挂上重物的方法“改造弹簧”，使弹簧处于拉伸状态。然后逐个增挂钩码，重新绘制出L- n图像。根据该L- n图像测量出弹簧的劲度系数将　　　 　(填“偏大”“偏小”或“不变”)。  解析：(1)描点并拟合出该弹簧的L- n图像如图所示。 (2)设弹簧原长为L0，弹簧自身重力为G弹，单个钩码的重力为G0，根据胡克定律 G0n+G弹=k 整理可得L=n++L0 所以L- n图像的斜率为， 所以= 解得弹簧的劲度系数k≈24 N/m 由于弹簧自身的重力，L- n图像与纵轴的截距为+L0，与弹簧原长的实际值不相等。 (3)根据L- n图像斜率计算可知，将此弹簧悬挂重物后再用本实验方法测得的劲度系数不会有变化。 答案：(1)见解析图　(2)24　不相等　(3)不变 2.(2024·南安侨光中学月考)在“探究弹力与弹簧伸长量的关系”实验中，实验装置如图甲所示，将弹簧的左端固定在刻度尺的“0”刻度线处，实验时先测出不挂钩码时弹簧的自然长度，再将钩码挂在绳子的下端，测量相应的数据，通过描点法作出F-l(F为弹簧的拉力，l为弹簧的长度)图像，如图乙所示。 (1)下列说法中正确的是　　　　。(填正确答案标号)  A.每次增加的钩码数量必须相等 B.通过实验可知，在弹性限度内，弹力与弹簧的长度成正比 C.用悬挂钩码的方法给弹簧施加拉力，应保证弹簧水平且处于平衡状态 D.用几个不同的弹簧，分别测出几组拉力与弹簧伸长量，会得出拉力与弹簧伸长量之比相等 (2)根据图乙可求得该弹簧的劲度系数为　 　　N/m(保留两位有效数字)，图像中在A1点出现拐点是因为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 。  (3)该实验将弹簧水平放置而不是竖直放置，优点在于：　　　　　　　　　　　　　　　　。  解析：(1)每次增加的钩码数量不需要相等，故A错误;通过实验可知，在弹性限度内，弹力与弹簧的伸长量成正比，故B错误;用悬挂钩码的方式给弹簧施加拉力，应保证弹簧水平且处于平衡状态，使弹簧所受拉力的大小等于钩码的重力，故C正确;不同弹簧的弹力与伸长量之比为弹簧的劲度系数，不一定相等，故D错误。 (2)弹簧的劲度系数k==25 N/m;在弹性限度内，弹力的大小与弹簧的形变量成正比，在A1点出现拐点是因为超过了弹簧的弹性限度。 (3)避免弹簧自身重力对实验的影响。 答案：(1)C　(2)25　拉力继续增大将超过弹簧的弹性限度　(3)避免弹簧自身重力对实验的影响 [系统建模] 1.因弹簧自身重力的影响，弹簧水平放置在桌面上和竖直悬挂在铁架台上的长度是不同的。 2.将弹簧水平穿在细杆上，且使弹簧与细杆没有接触，可以消除弹簧自身重力对实验结果的影响。 关键点(二) 区分F-x图像和F-l图像 [考法感悟] 1.(2025·厦门模拟)随着技术的发展，各类传感器开始在中学实验室普及。图1为“探究弹簧弹力与形变量的关系”创新实验装置，弹簧上端悬挂在拉力传感器上，拉力传感器能测量自身受到的拉力大小，下端与细线相连，调整位移传感器的位置，使之正对于弹簧末端固定的反射圆盘面，位移传感器能测量圆盘的位移大小。某次探究活动具体实验操作如下： (1)在弹簧和圆盘静止时，对位移传感器、拉力传感器进行调零，使得细线拉力为零时，两传感器的示数均为零。调零后，当细线对弹簧施加拉力导致圆盘下降时，位移传感器的示数大小等于弹簧的　　　 　(填“伸长量”或“总长”)。  (2)在弹簧弹性限度内，通过细线缓慢将弹簧竖直下拉，通过拉力传感器记录弹簧的弹力，通过位移传感器记录圆盘的位移。 (3)根据第(2)步所记录的数据，作出弹簧弹力随圆盘位移变化的函数图像。上述实验方案，分析误差时　　　 　(填“需要”或“不需要”)考虑弹簧自身重力的影响。某次实验根据拉力传感器读数F和位移传感器读数x作出F随x变化的函数图像如图2所示，则该弹簧的劲度系数为　　　 　N/m(结果保留1位小数)。  解析：(1)因为两个传感器都有经过调零，所以位移传感器的示数就是施加拉力之后弹簧的伸长量。 (3)细线拉力为零时，圆盘位移为零，所以不需要考虑弹簧自身重力的影响，F随x变化的函数图像斜率为劲度系数，即k==N/m=20.0 N/m。 答案：(1) 伸长量　(3)不需要　20.0 2.(2024·三明调研)某同学探究弹簧弹力与弹簧伸长量的关系，在竖直木板上固定一张坐标纸，建立如图所示坐标系，横轴代表所挂钩码个数。实验时将弹簧挂一个钩码置于横轴为1的位置，待弹簧稳定后用笔在坐标纸上描出弹簧末端的位置;再将弹簧挂两个相同的钩码置于横轴坐标为2的位置，再次用笔在坐标纸上描出弹簧末端的位置;继续增加钩码，依次将弹簧置于3、4位置，再次描出两个点，如图中黑点所示。已知所挂钩码均相同，每个钩码质量m=20 g，重力加速度g取9.8 m/s2，弹簧的劲度系数为k。回答以下问题。 (1)弹簧的劲度系数为 　　　　N/m;  (2)弹簧的原长为 　　　　cm;  (3)图中黑点连线的斜率K=　　　　(用k、m、g表示)。  解析：(1)由题图可知，挂1个钩码时，弹簧长度为L1=6.5 cm，挂4个钩码时，弹簧长度为L4=9.5 cm，根据胡克定律可得，弹簧劲度系数为k===N/m=19.6 N/m。 (2)设弹簧的原长为L0，挂1个钩码时，弹簧长度为L1=6.5 cm，根据受力平衡可得mg=k(L1-L0)，解得L0=L1-=6.5 cm-×102 cm=5.5 cm。 (3)题图中黑点连线的斜率K= 根据胡克定律可得k==== 解得K=。 答案：(1)19.6　(2)5.5　(3) [系统建模] 1.描点画线时，所描的点不一定都落在一条直线上，但应注意一定要使不在直线上的点均匀分布在直线两侧。 2.用图像法处理实验数据时，因所选取的坐标轴不同，图线特点也不同。如作F-x图像，图线为一条过原点的直线，如作F-l(l为弹簧长度)图像，图线为一条与l轴有交点的倾斜直线。 3.无论是F-x图像还是F-l图像，图线的斜率均表示弹簧(或弹性绳)的劲度系数。 　　　　　　　　　　　　　　　　 1.(2023·浙江6月选考)如图所示，某同学把A、B两根不同的弹簧串接竖直悬挂，探究A、B弹簧弹力与伸长量的关系。在B弹簧下端依次挂上质量为m的钩码，静止时指针所指刻度xA、xB的数据如表。 钩码个数 0 1 2 … xA/cm 7.75 8.53 9.30 … xB/cm 16.45 18.52 20.60 … 钩码个数为1时，弹簧A的伸长量ΔxA=　　 　cm，弹簧B的伸长量ΔxB=　　　cm，两根弹簧弹性势能的增加量ΔEp　 　mg(ΔxA+ΔxB)。(选填“=”“<”或“>”)  解析：钩码个数为1时，弹簧A的伸长量ΔxA=8.53 cm-7.75 cm=0.78 cm，弹簧B的伸长量ΔxB=18.52 cm-16.45 cm-0.78 cm=1.29 cm，根据系统机械能守恒定律可知两根弹簧的重力势能减少量和钩码的重力势能减少量之和等于弹簧增加的弹性势能，所以ΔEp>mg(ΔxA+ΔxB)。 答案：0.78　1.29　> 2.(2025·福清模拟)有一款称为“一抽到底”的纸巾盒改进装置，如图甲所示，该装置由两块挡板和弹簧组成，弹簧连接两块挡板。该装置放在纸巾盒底部，可将整包纸巾顶起，以保持最上面的纸巾能够在纸巾盒取用口。科技实践小组的同学为了研究该装置中弹簧的特征，做了以下实验： 科技实践小组的设计如图乙所示，测量出数据记录于下表格： 实验次数 1 2 3 4 5 砝码质量m/g 10 20 30 40 50 弹簧长度l/ cm 4.51 4.03 3.48 3.27 2.46 弹簧形变量Δl/ cm 0.99 1.47 2.02 2.23 3.04 (1)依据测量数据画出m - Δl图像如图丙所示，观察图像可发现，其中第　　 　次数据误差较大，应该剔除;  (2)根据图像丙可得劲度系数k=　　　　N/m(结果保留两位有效数字，g取10 m/s2);  (3)在使用过程中，盒子里的纸巾越来越少，弹簧的劲度系数　　 　(选填“不变”“逐渐变大”或“逐渐变小”)。  解析：(1)由题图丙可知，第4次的描点不在图线上，出现明显偏差，故第4次数据误差较大，应该剔除。 (2)根据胡克定律可得mg=kΔl m=Δl 由图像丙的斜率可得==2 解得k=20 N/m。 (3)在使用过程中，盒子里的纸巾越来越少，弹簧的劲度系数不变。 答案：(1)4　(2)20　(3)不变 3.(2022·湖南高考)小圆同学用橡皮筋、同种一元硬币、刻度尺、塑料袋、支架等，设计了如图(a)所示的实验装置，测量冰墩墩玩具的质量。主要实验步骤如下： (1)查找资料，得知每枚硬币的质量为6.05 g; (2)将硬币以5枚为一组逐次加入塑料袋，测量每次稳定后橡皮筋的长度l，记录数据如下表： 序号 1 2 3 4 5 硬币数量n/枚 5 10 15 20 25 长度l/ cm 10.51 12.02 13.54 15.05 16.56 (3)根据表中数据在图(b)上描点，绘制图线; (4)取出全部硬币，把冰墩墩玩具放入塑料袋中，稳定后橡皮筋长度的示数如图(c)所示，此时橡皮筋的长度为　　　　 cm;  (5)由上述数据计算得冰墩墩玩具的质量为　　　g(计算结果保留3位有效数字)。  解析：(3)根据表中数据描点连线，如图所示。 (4)由题图(c)可知刻度尺的分度值为1 mm，故读数l=15.35 cm。 (5)设橡皮筋的劲度系数为k，原长为x0， 则n1mg=k(l1-x0)，n2mg=k(l2-x0)，设冰墩墩的质量为m1，则有m1g=k(l-x0) 联立各式代入数据可得m1≈127 g。 答案：(3)见解析图　(4)15.35　(5)127 4.(2025年1月·八省联考云南卷)某实验小组在完成“探究弹簧弹力与形变量的关系”实验后，为提高测量精度，重新设计实验方案来测量弹簧的劲度系数k。实验装置如图甲所示，实验步骤如下： ①用卡钳将游标卡尺的游标尺竖直固定在一定高度; ②弹簧的一端固定在游标卡尺尺身的外测量爪上，另一端勾住钢球上的挂绳; ③将钢球放在水平放置的电子天平上，实验中始终保持弹簧竖直且处于拉伸状态(在弹性限度内); ④初始时，调节游标卡尺使其读数为0.00，此时电子天平示数为m0; ⑤缓慢向下拉动尺身，改变电子天平的示数m，m每增加1.00 g，拧紧游标尺紧固螺钉，读出对应的游标卡尺读数L，在表格中记录实验数据。 完成下列填空： (1)缓慢向下拉动尺身，弹簧伸长量将　　　　　(填“增大”或“减小”);  (2)部分实验数据如下表，其中6号数据所对应的游标卡尺读数如图乙所示，其读数为　　　 mm;  数据编号 1 2 3 4 5 6 游标卡尺 读数(L/mm) 0.00 4.00 8.10 12.08 16.00 ? 电子天平 示数(m/g) 28.00 29.00 30.00 31.00 32.00 33.00 (3)根据上表，用“×”在图丙坐标纸中至少描出5个数据点，并绘制m-L图像; (4)写出m随L的变化关系：m=　　　　　　(用m0、L、k和重力加速度g表示);  (5)根据m-L图像可得弹簧的劲度系数k=　　　　　　N/m(g取9.80 m/s2，结果保留3位有效数字)。  解析：(1)弹簧处于伸长状态，缓慢向下拉动尺身，弹簧总长度减小，故弹簧伸长量将减小。 (2)其中6号数据所对应的游标卡尺读数为 19 mm+46×0.02 mm=19.92 mm。 (3)m-L图像如图所示 (4)设钢球的质量为M，初始状态弹簧的伸长量为x0，则Mg=m0g+kx0，Mg=mg+k(x0-L)， 两式联立得m=m0+k。 (5)由m=m0+k，可知m-L图像的斜率为 = kg/m= kg/m 即k=9.80× N/m=2.45 N/m。 答案：(1)减小　(2)19.92　(3)见解析图 (4)m0+k　(5)2.45 第六讲　实验：探究两个互成角度的力的合成规律(重点实验) 一、理清原理与操作 1.原理装置图 互成角度的两个力与一个力产生相同的效果 2.操作要领 (1)等效：同一次实验中两次把橡皮条拉长后的结点O位置必须保持不变。 (2)拉力：沿弹簧测力计轴线方向拉(与板面平行)，橡皮条、弹簧测力计和细绳套与板面平行;两分力F1、F2的夹角不要太大或太小。 (3)记录：记下每次各力的大小和方向，标记方向的两点尽量远些。 (4)作图：选定比例要相同，严格按力的图示要求作平行四边形求合力。 二、掌握数据处理方法 1.用铅笔和刻度尺从结点O沿两条细绳套方向画直线，按选定的标度作出这两个弹簧测力计的拉力F1和F2的图示。 2.用刻度尺从O点按同样的标度沿记录的方向作出实验步骤中只用一个弹簧测力计的拉力F的图示。 3.用虚线将拉力F的箭头端与拉力F1、F2的箭头端连接起来，观察所围成的四边形是否为平行四边形。然后，改变两个力的大小和方向，重做实验，确认所围成的四边形是否为平行四边形。 三、强化重点环节和关键能力 1.注意事项 (1)位置不变：在同一次实验中，使橡皮条拉长时结点的位置一定要相同，是为了使合力的作用效果与两个分力共同作用效果相同，这是利用了等效替代的思想。 (2)角度合适：用两个弹簧测力计钩住细绳套互成角度地拉橡皮条时，其夹角不宜太小，也不宜太大，以60°~100°之间为宜。 (3)力度适中：在合力不超出量程及在橡皮条弹性限度内形变应尽量大一些。细绳套应适当长一些，便于确定力的方向。 (4)标度统一：在同一次实验中，画力的图示选定的标度要相同，并且要恰当选取标度，使力的图示稍大一些。 2.误差分析 偶然误差 读数误差和作图误差，读数时眼睛一定要正视刻度，根据有效数字要求正确读数和记录 系统误差 弹簧测力计本身的误差 　　本实验是利用等效替代法探究两个互成角度的力的合成规律。但因实验器材与数据处理方法的不同，实验操作过程与要求也有所不同，高考命题常以结点是否需要固定、合力与分力的大小是否需要测出具体数值作为考查的关键点。 关键点(一)　是否需要固定结点 [考法感悟] 1.(2024·海南高考)为验证两个互成角度的力的合成规律，某组同学用两个弹簧测力计、橡皮条、轻质小圆环、木板、刻度尺、白纸、铅笔、细线和图钉等器材，按照如下实验步骤完成实验： (Ⅰ)用图钉将白纸固定在水平木板上; (Ⅱ)如图(a)(b)所示，橡皮条的一端固定在木板上的G点，另一端连接轻质小圆环，将两细线系在小圆环上，细线另一端系在弹簧测力计上，用两个弹簧测力计共同拉动小圆环到某位置，并标记圆环的圆心位置为O点，拉力F1和F2的方向分别过P1和P2点，大小分别为F1=3.60 N、F2=2.90 N;改用一个弹簧测力计拉动小圆环，使其圆心到O点，在拉力F的方向上标记P3点，拉力的大小为F=5.60 N。请完成下列问题： (1)在图(b)中按照给定的标度画出F1、F2和F的图示，然后按平行四边形定则画出F1、F2的合力F'。 (2)比较F和F'，写出可能产生误差的两点原因　　　　　　　　　　　　　　　。  解析：(1)按照给定的标度画出力F1、F2和F的图示，然后按平行四边形定则画出F1、F2的合力F'，如图所示。 (2)F和F'不完全重合的误差可能原因是：①没有做到弹簧测力计、细绳、橡皮条都与木板平行;②读数时没有正视弹簧测力计。 答案：(1)见解析图　(2)①没有做到弹簧测力计、细绳、橡皮条都与木板平行;②读数时没有正视弹簧测力计 2.(2024·莆田第八中学模拟)某同学利用如图甲所示的装置来验证力的平行四边形定则，该同学的实验步骤为： (1)在竖直木板上铺上白纸，木板上固定两个光滑的定滑轮，两个物块通过轻绳被弹簧测力计拉住而处于静止状态，O为OA、OB、OC三根轻绳的结点，此时弹簧测力计读数如图乙所示，则F弹=　　　　N;  (2)此实验还需记录的有　　　　　　;(多选)  A.两个物块的重力 B.OA、OB、OC的方向 C.OA、OB、OC的长度 (3)由记录的物理量选择合适的标度画平行四边形来验证结论是否成立; (4)改变弹簧测力计拉力F弹的大小，重复实验，再次验证力的平行四边形定则时，　　　　　　　(填“需要”或“不需要”)保证结点O的位置与第一次相同。  解析：(1)根据弹簧测力计的读数规则，弹簧测力计读数为4.0 N。 (2)验证力的平行四边形定则需要测量合力和分力的大小和方向，故选A、B。 (3)因为每一次都是独立的实验，结点受力平衡即可，故不需要保证结点O的位置与第一次相同。 答案：(1)4.0　(2)AB　(4)不需要 [系统建模] 1.在用拉橡皮条做本实验时，同一次实验中，两次拉橡皮条的作用效果应相同，必须保证结点的位置相同(如第1题)。 2.若实验过程中，不是“先用两根绳去拉，再用一根绳拉并使它的作用效果与两根绳拉的作用效果相同”，而是“用三根绳直接拉结点O”，则不必保证结点O固定不变(如第2题中O点的位置在不同次实验中是可以不同的)。 关键点(二)　是否需要测量力的具体值 [考法感悟] 1.某学习小组在课外做“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验。 (1)该实验需要用到如图甲所示的弹簧测力计，并用对拉的方法选择弹簧测力计。有两种选择方案，方案一：两弹簧测力计竖直悬挂在铁架台上对拉;方案二：两弹簧测力计置于尽量光滑的水平桌面上对拉。下列说法正确的是　　　　。(多选)  A.弹簧测力计使用前必须进行调零 B.对拉的两个弹簧测力计的量程需一致 C.若方案一的两弹簧测力计读数相等，则可正常使用 D.若方案二的两弹簧测力计读数相等，则可正常使用 (2)该学习小组使用的弹簧测力计量程为5.00 N，将橡皮条一端固定，先用两只弹簧测力计将橡皮条另一端拉到某一位置，标记为O点，紧靠细绳标记A、B两点及记录弹簧测力计读数;然后用一只弹簧测力计将其拉至O点，紧靠细绳标记C点及记录弹簧测力计读数，该小组完成的某次实验数据记录在图乙中。 ①为探究两个互成角度的力的合成规律，请按实验要求在图乙中完成作图; ②结合图乙，分析实验过程与结果，请至少给出一个方法以减小该实验的实验误差：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　。  解析：(1)对拉弹簧测力计是为了校准两弹簧测力计，但是在校准前必须要调零，然后在水平面上对拉两弹簧测力计，若其读数相等，则可正常使用，竖直方向上对拉时应考虑弹簧自身重力的影响，并且与弹簧的量程无关，所以A、D正确，B、C错误。(2)①如图所示。②适当增大两细绳的夹角或增大A、B两点到O点的距离。 答案：(1)AD　(2)①见解析图　②适当增大两细绳的夹角或增大A、B两点到O点的距离 2.(2025·宁德模拟)某同学利用三根原长为10.00 cm、相同规格的橡皮筋(橡皮筋的弹力与形变量成正比，遵从胡克定律)进行“验证力的平行四边形定则”实验。在水平木板上铺有白纸，将绳子打一个结点，用这三根橡皮筋在同一平面内沿三个不同方向拉结点，当结点处于静止时，在白纸上标记结点位置为O点，如图所示，记录三根橡皮筋的方向并测量出三根橡皮筋此时的长度l1、l2、l3。请完成下列问题： (1)根据记录的数据，若两力合成时遵循平行四边形定则，则当以OC、OB段橡皮筋的伸长量为邻边作平行四边形，该平行四边形的对角线长度应　　　　 　(选填“大于”“等于”或“小于”)OA段橡皮筋的伸长量;  (2)在本实验中，当结点静止时，三根橡皮筋的长度可能是　　　　 　;  A.l1=14.21 cm，l2=12.79 cm，l3=17.00 cm B.l1=13.10 cm，l2=15.22 cm，l3=16.38 cm C.l1=16.03 cm，l2=12.25 cm，l3=13.14 cm (3)关于本实验，实验操作或说法正确的是　　　　。  A.本实验中需要用量角器测量出三段橡皮筋之间的夹角 B.实验中直接沿着橡皮筋画直线确定橡皮筋拉力的方向 C.在进行不同次实验操作时，不需要每次都将结点拉至同一位置 D.为减小实验误差，OC与OB段橡皮筋方向之间的夹角必须为90° E.三根橡皮筋的形变必须在弹性限度以内 解析：(1)三力平衡，任意两个力的合力与第三个力等大反向，则当以OC、OB段橡皮筋的伸长量为邻边作平行四边形，该平行四边形的对角线长度应等于OA段橡皮筋的伸长量。 (2)三力平衡时，三个力能合成封闭三角形，根据胡克定律F=kx，可知，弹力与橡皮筋伸长量成正比，所以橡皮筋伸长量也能合成封闭三角形。故选B。 (3)本实验中不需要用量角器测量出三段橡皮筋之间的夹角，故A错误;实验中应在O点画直线确定橡皮筋拉力的方向，故B错误;在进行不同次实验操作时，不需要每次都将结点拉至同一位置，故C正确;为减小实验误差，OC与OB段橡皮筋方向之间拉开合适的角度，避免夹角过大或过小即可，故D错误;三根橡皮筋的形变必须在弹性限度以内，故E正确。 答案：(1) 等于　(2)B　(3)CE [系统建模] 1.利用弹簧测力计拉橡皮条与细绳的结点到某位置的实验，合力和分力的大小都应测出具体值[如第1题第(2)问]。 2.若用一条遵循胡克定律的橡皮筋替代弹簧测力计完成本实验，合力和分力的具体大小可以不用测出，只要根据橡皮筋的伸长量大小和方向按比例作出力的图示即可(如第2题)。 1.(2023·全国乙卷)在“验证力的平行四边形定则”的实验中使用的器材有：木板、白纸、两个标准弹簧测力计、橡皮条、轻质小圆环、刻度尺、铅笔、细线和图钉若干。完成下列实验步骤： ①用图钉将白纸固定在水平木板上。 ②将橡皮条的一端固定在木板上，另一端系在轻质小圆环上。将两细线也系在小圆环上，它们的另一端均挂上测力计。用互成一定角度、方向平行于木板、大小适当的力拉动两个测力计，小圆环停止时由两个测力计的示数得到两拉力F1和F2的大小，并　　　　。(多选，填正确答案标号)  A.用刻度尺量出橡皮条的长度 B.用刻度尺量出两细线的长度 C.用铅笔在白纸上标记出小圆环的位置 D.用铅笔在白纸上标记出两细线的方向 ③撤掉一个测力计，用另一个测力计把小圆环拉到　　　　，由测力计的示数得到拉力F的大小，沿细线标记此时F的方向。  ④选择合适标度，由步骤②的结果在白纸上根据力的平行四边形定则作F1和F2的合成图，得出合力F'的大小和方向;按同一标度在白纸上画出力F的图示。 ⑤比较F'和F的　　　　，从而判断本次实验是否验证了力的平行四边形定则。  解析：②用互成一定角度、方向平行于木板、大小适当的力拉动两个测力计，小圆环停止时由两个测力计的示数得到两拉力F1和F2的大小，还需要用铅笔在白纸上标记出小圆环的位置，以及用铅笔在白纸上标记出两细线的方向。故选C、D。 ③撤掉一个测力计，用另一个测力计把小圆环拉到标记位置，由测力计的示数得到拉力F的大小，沿细线标记此时F的方向。 ⑤比较F'和F的大小和方向，从而判断本次实验是否验证了力的平行四边形定则。 答案：②CD　③标记位置　⑤大小和方向 2.(2024·漳州模拟)小军在家利用家庭实验室的器材，设计了如图所示的实验装置，一个人独立完成了“探究共点力合成的规律”。其中用到了微小力传感器2个、弹簧1根、半圆形面板、细线、刻度尺、白纸、夹子、铅笔等器材。 (1)请将下面的实验操作步骤补充完整; A.将弹簧一端固定在水平实验板的P点，弹簧另一端与两个细绳套系在一起，形成一个结点。 B.用一个拉力传感器拉细绳套，将结点拉至半圆形面板的圆心O处，记录下拉力F的大小和方向。 C.用两个拉力传感器互成角度地拉细绳套，将结点拉至 　　　　　　处，记录下两个拉力F1、F2的大小和方向。  D.用线段OF、OF1、OF2分别表示F和F1、F2的图示，并用虚线连接F与F1、F2，作出一个四边形，如图所示。 E.他量出四边形的两个对边，在误差允许的范围内若两对边平行且相等，则得出共点力的合成遵从平行四边形定则的实验结论。 (2)他反思实验过程，认为要使实验误差小一些，可以使 　　　　　　　　　　　　　。  (写出一条合理化的建议即可) 解析：(1)根据实验等效原理，应将两个拉力传感器互成角度地拉细绳套，将结点拉至圆心O处。 (2)要使实验误差小一些，可以使传感器在不同的方向多次实验。 答案：(1)圆心O　(2)传感器在不同的方向多次实验 3.(2025·福州模拟)(1)某同学做“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验，如图甲所示。 ①为了使实验能够顺利进行，且尽量减小误差，你认为下列说法正确的是　　　 　;  A.拉着细绳套的两只弹簧测力计，每次稳定后读数应相同 B.测量时，橡皮条、细绳和弹簧测力计应贴近并平行于木板 C.用弹簧测力计拉两个细绳套时，两拉力夹角越大越好 ②本实验采用的科学方法是　　　。  A.理想实验法　B.等效替代法　C.控制变量法 (2)某同学找到两条遵循胡克定律的相同橡皮筋A、B，利用如下实验器材探究两个互成角度的力的合成规律：刻度尺、三角板、铅笔、细绳、白纸、木板、钉子、质量不同的重物若干。 实验方案如下： a.将橡皮筋A、B的一端连接于O点，另一端分别与两条细绳相连，测出橡皮筋的原长; b.将橡皮筋A的细绳端用钉子固定在竖直木板上，在O点用细绳系住重物，使重物自然下垂，如图乙所示; c.在橡皮筋B的细绳端施加水平向左的力F，拉起重物并使O点静止在某处，如图丙所示。 ①为完成本实验，还必须测量的物理量有 　　　　;  A.细绳的长度 B.图乙中橡皮筋A的长度 C.图丙中橡皮筋A、B的长度 ②图丙中保持橡皮筋A方向不变，顺时针缓慢旋转橡皮筋B，直至B与A垂直。请判断此过程中橡皮筋A、B的长度变化情况：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  解析：(1)①拉着细绳套的两只弹簧测力计，稳定后读数可以不相同，故A错误;测量时，橡皮条、细绳和弹簧测力计应贴近并平行于木板，故B正确;用弹簧测力计拉两个细绳套时，两拉力夹角要适当大一点，但不是越大越好，故C错误。 ②本实验采用的是等效替代法，故B正确。 (2)①本实验中，细绳的作用是确定力的方向，不用测出细绳长度，故A错误;橡皮筋遵循胡克定律，要测量拉力可以通过测量橡皮筋的长度和原长，得到橡皮筋的伸长量，只要根据橡皮筋的伸长量大小和方向按比例作力的图示即可，故B、C正确。 ②顺时针缓慢旋转橡皮筋B，直至B与A垂直，该过程中O点的受力情况如图所示 可知橡皮筋A、B的拉力都一直减小，所以橡皮筋A、B的长度都一直减小。 答案：(1)①B　②B　(2)①BC　②都一直减小 4.(2025·泉州模拟)两位同学要做“探究两个互成角度的力的合成规律”实验，实验老师提供给他们的器材有：方木板、白纸、橡皮条(带两个较长的细绳套)、弹簧测力计一只、量角器一个、铅笔、图钉若干等。这两位同学根据所给器材设计了一套新的实验方案，实验步骤如下： (1)用图钉把白纸固定在木板上，将橡皮条的一端固定在木板上的A点，两个细绳套系在橡皮条的另一端。 (2)用弹簧测力计通过一个细绳套把橡皮条的另一端拉到位置O，并用铅笔在白纸上描下O点，记下弹簧测力计的读数F1。 (3)在白纸上用量角器作直线OB，使OA与OB的夹角为90°，然后用弹簧测力计拉住右绳套，同时用手直接拉住左绳套，缓慢调整直到橡皮条另一端　　　　　　　　　，且左绳套与OB重合，读出此时弹簧测力计的读数F2，记录拉力方向OC。  (4)撤去弹簧测力计，在白纸上作出直线OC，用量角器量出OC与OA的夹角，记为θ。 实验结论：如果两次测量中弹簧测力计的示数F1、F2以及θ之间满足关系式F1=　　　　　　　　　　　　　，则可说明这次实验中两个互成角度的力的合成满足平行四边形定则。  解析：(3)在白纸上用量角器作直线OB，使OA与OB的夹角为90°，然后用弹簧测力计拉住右绳套，同时用手直接拉住左绳套，缓慢调整直到橡皮条另一端再次拉到O点。 (4)如果两次测量中弹簧测力计的示数F1、F2以及θ之间满足关系式F1=F2cos=-F2cos θ，则可说明这次实验中两个互成角度的力的合成满足平行四边形定则。 答案：(3)再次拉到O点 (4)F2cos或-F2cos θ 41 / 86 学科网（北京）股份有限公司 $$