第二章 相互作用（教师用书）-【新高考方案】2026年高考物理一轮总复习（培优进阶版）

第二章　相互作用 大单元分层教学设计 基础　 落实课 第1讲　重力　弹力 第2讲　摩擦力 第3讲　力的合成和分解 综合　 融通课 第4讲　微专题——共点力的静态平衡 第5讲　微专题——共点力的动态平衡 实验　 探究课 第6讲　探究弹簧弹力与形变量的关系 第7讲　探究两个互成角度的力的合成规律 第1讲　重力 弹力(基础落实课) 一、重力 产生 由于地球的吸引而使物体受到的力 大小 与物体的质量成正比,即G=mg。可用弹簧测力计测量重力的大小 方向 总是竖直向下的 重 心 定义 物体重力的等效作用点 位置 由物体的质量分布和形状共同决定 二、形变、弹力、胡克定律 1.形变 定义 物体在力的作用下形状或体积的变化 弹性形变 撤去作用力后能够恢复原状的形变 弹性限度 当形变超过一定限度时,撤去作用力后物体不能完全恢复原来的形状,这个限度叫作弹性限度 2.弹力 定义 发生弹性形变的物体,由于要恢复原状,对与它接触的物体产生的力的作用 产生条件 物体相互接触且发生弹性形变 方向 ①总是与物体形变的方向相反; ②总是与作用在物体上使物体发生形变的外力的方向相反 3.胡克定律 内容 在弹性限度内,弹簧发生弹性形变时,弹力F的大小跟弹簧伸长(或缩短)的长度x成正比 表达式 F=kx。k是弹簧的劲度系数,单位为N/m;k的大小由弹簧自身性质决定;x是形变量,不是弹簧形变以后的长度 微点判断 1.(人教必修1P80T1·选摘)判断下列说法的正误: ①因为物体本身就有重力,所以重力没有施力物体。 (×) ②重力的方向总是垂直于接触面向下的。 (×) ③放在水平桌面上的两个球,靠在一起但并不互相挤压,两球之间存在弹力。 (×) 2.(教科必修1P97T1·改编)关于重力和重心,判断下列说法的正误: ①重力是由于地球对物体的吸引而产生的,其大小与物体的运动状态有关。 (×) ②形状规则的物体,重心在其几何中心。 (×) ③物体的重心可能在物体上,也可能在物体外。 (√) 3.(鲁科必修1P83T3·改编)关于弹力的方向,判断下列说法的正误: ①放在地面上的物体受到的弹力的方向总是竖直向下。 (×) ②压力方向总是垂直于接触面并指向被压的物体。 (√) ③细绳对物体的拉力的方向总是沿着绳并指向绳收缩的方向。 (√) ④弹力的方向总是与形变的方向一致。 (×) 逐点清(一)　重力与重心 |题|点|全|练| 1.如图所示,歼⁃20战机是中国研制出的第五代隐身重型歼击机,它具有隐身性、高机动性以及先进的航电系统。关于歼⁃20战机的重力,下列说法正确的是 (　　) A.战机受到的重力指向地心 B.战机受重力作用,但它对地球没有引力 C.战机受到的重力的施力物体是地球 D.战机匀速飞行时不受重力作用 解析:选C　重力的方向竖直向下,不一定指向地心,A错误;由于地球对战机的吸引而产生重力,同时战机对地球也产生引力,B错误;任何力都有施力物体,重力的施力物体是地球,C正确;地球附近的任何物体都受重力作用,与运动状态无关,D错误。 2.(2025·浙江杭州模拟)如图所示为仰韶文化时期的一款尖底瓶,该瓶装水后“虚则欹、中则正、满则覆”。下面有关瓶(包括瓶中的水)的说法正确的是 (　　) A.瓶所受重力就是地球对瓶的吸引力 B.装入瓶中的水越多,瓶的重心一定越高 C.瓶的重心是瓶各部分所受重力的等效作用点 D.瓶的重心一定在两条绳子连线的交点上 解析:选C　瓶所受重力是地球对瓶的吸引力的一个分力,故A错误;瓶本身的重心是不变的,随着装入瓶中的水的增加,瓶的重心位置可能先降低然后再逐渐升高,故B错误;根据重心的定义,瓶的重心是瓶各部分所受重力的等效作用点,故C正确;瓶的重心不一定在两条绳子连线的交点上,故D错误。 3.(2025·江苏苏州模拟)帝企鹅是南极常见的一种动物,如图所示是一只处在南极极点的帝企鹅。如果把地球看成一个均匀的球体,关于此帝企鹅的重力,下列说法中正确的是 (　　) A.帝企鹅受到的重力的方向一定指向地心 B.帝企鹅受到的重力的方向一定偏离地心 C.帝企鹅对地面的压力就是其受到的重力 D.帝企鹅受到的重力小于地球对它的吸引力 解析:选A　重力的方向竖直向下,由于帝企鹅在南极极点不随地球自转,不需要向心力,其所受重力等于万有引力,则帝企鹅受到的重力的方向一定指向地心,故A正确,B错误;帝企鹅对地面的压力的受力物体是地球,帝企鹅的重力的受力物体是帝企鹅,压力与重力作用在不同物体上,因此,帝企鹅对地面的压力不是其受到的重力,故C错误;由于帝企鹅处在南极极点,帝企鹅相对于地心处于静止状态,并没有随地球自转,则帝企鹅受到的重力等于地球对它的吸引力,故D错误。 4.小明在参观科技馆时观察到有一个十分有趣的“锥体上滚”实验。如图所示,将一个双圆锥体轻轻放在倾斜轨道的低端,就会看到它似乎在向“上”滚去。下列关于锥体的运动说法正确的是 (　　) A.双圆锥体的重心在锥体的外部,不在锥体上 B.在双圆锥体上滚的过程中,锥体的重心在向上运动 C.双圆锥体上滚实验中,虽然看到的现象好像是锥体在上滚,但是从侧面观察的话锥体重心其实是下移的 D.当双圆锥体在轨道的最低处时,它的重心在最低处;当双圆锥体在轨道最高处时,它的重心在最高处 解析:选C　双圆锥体上滚的原理是重心向下运动,虽然看到的现象好像是锥体在上滚,但是从侧面观察的话锥体重心其实是下移的,B错误,C正确。双圆锥体的重心在锥体的内部几何中心,不在锥体外面,A错误。双圆锥体放在轨道的低处时,放手后它会向轨道高处滚动,这是因为当双圆锥体在轨道的最低处时,它的重心在最高处;当双圆锥体在轨道最高处时,它的重心却在最低处,D错误。 |精|要|点|拨| 1.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。 2.对于形状不规则或质量分布不均匀的物体,重心可用悬挂法确定。 3.重力的大小G=mg,而g的大小与所处的地球位置有关,与运动状态无关,在地球两极,重力的大小等于物体受到的万有引力,在其他位置，重力的大小小于物体受到的万有引力。 4.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。在赤道和地球两极,重力的方向指向地心。 逐点清(二)　弹力的有无及方向判断 细作1　弹力的有无判断 1.[假设法]下列对图中弹力的判断说法正确的是 (　　) A.图甲中,小球随车厢一起向右做匀速直线运动,车厢左壁对小球有弹力 B.图乙中,小球被轻绳斜拉着静止在光滑的斜面上,斜面对小球有弹力 C.图丙中,小球被a、b两轻绳悬挂着处于静止状态,其中a绳竖直,b绳对小球有弹力 D.图丁中,两相同球各自被长度一样的平行竖直轻绳拉住而静止,则两球间有弹力 解析:选B　题图甲中,小球随车厢做匀速直线运动,运动状态不发生改变,水平方向上不受力,A错误;假设题图乙中斜面对小球没有弹力,小球受轻绳拉力和重力作用,不能保持静止状态,故斜面对小球有弹力,B正确;假设题图丙中b绳对小球有弹力,则小球受到重力及两个拉力作用,水平方向上受力不平衡,小球无法处于静止状态,故b绳对小球无弹力,C错误;假设题图丁中两球间有弹力,则两轻绳不可能处于平行竖直状态,故两球间无弹力,D错误。 2.[状态法] (多选)如图所示,小车内沿竖直方向的一根轻质弹簧和一条与竖直方向成α角的细绳拴接一小球。当小车与小球相对静止,一起在水平面上运动时,下列说法正确的是 (　　) A.细绳对小球一定有拉力的作用 B.轻弹簧对小球一定有弹力的作用 C.细绳对小球不一定有拉力的作用 D.轻弹簧对小球不一定有弹力的作用 解析:选CD　当小车匀速运动时,弹簧弹力大小等于小球重力大小,细绳的拉力FT=0;当小车和小球向右做匀加速直线运动时,绳的拉力不能为零,弹簧弹力有可能为零,故C、D正确。 一点一过　判断弹力有无的三种方法 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。如第1题中弹力有无的判断 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。如第2题中细绳拉力和弹簧弹力的有无与小球所处的运动状态有关 细作2　弹力的方向判断 3.在下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 注:学生用书中已将3、4题示例中的弹力方向删除。 4.在下图中画出各弹力的方向。 类型 绳的弹力 杆的弹力 弹簧的弹力 示例 一点一过　常见的5种不同接触形式中的弹力方向 平面与平面接触 弹力的方向垂直于公共接触面,指向受力物体 点与曲面接触 物体所受弹力垂直于接触点的切面,指向受力物体 平面与曲面接触 物体所受弹力垂直于平面指向受力物体 细绳上的弹力方向 沿绳指向绳收缩的方向 轻杆上的弹力方向 不一定沿杆,其方向与物体的状态有关 逐点清(三)　弹力的大小计算 细作1　应用胡克定律计算——弹簧类 1.(2025·淮南高三检测)已知某弹簧原长为16 cm,可拉伸或压缩,其弹力F与伸长量Δl的关系图线如图所示,关于该弹簧的说法正确的是 (　　) A.弹力与弹簧的长度成正比 B.该弹簧劲度系数为1.25 N/m C.当弹簧长度为12 cm时,弹力为5.0 N D.当弹簧受到的拉力为0时,劲度系数为0 解析:选C　弹簧产生的弹力和弹簧的形变量成正比,故A错误;弹力F与伸长量Δl的关系图线是一条过原点的直线,可求得弹簧的劲度系数k= N/m=125 N/m,故B错误;当弹簧长度为12 cm时,弹力为F=kΔl=125××10-2 N=5 N,故C正确;弹簧的劲度系数与弹簧的自身性质有关,与拉力大小无关,故D错误。 2.如图所示,在粗糙的水平地面上,有6个完全相同的物块(均可看成质点),放在正六边形的6个顶点上,用7根完全相同的轻弹簧将它们连接起来,整个系统静止在水平地面上。已知cd之间弹簧弹力的大小是ac之间弹簧弹力大小的2倍,ac间弹簧的长度为l,所有弹簧都在弹性限度内,则弹簧的原长为 (　　) A.l B.l C.l D.l 解析:选A　设弹簧的原长为l0,则Fcd=kΔxcd=2Fac=2kΔxac,所以Δxcd=2Δxac,所以弹簧ac处于压缩状态,弹簧cd处于拉伸状态,有l0-Δxac=l,l0+Δxcd=2l,解得l0=l,故选A。 一点一过 1.弹簧的弹力可由胡克定律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。 细作2　应用平衡条件计算——平衡体 3.[轻绳弹力的计算]如图所示,水平直杆OP右端固定于竖直墙上的O点,长为L=2 m的轻绳一端固定于直杆的P点,另一端固定于墙上O点正下方的Q点,OP长为d=1.2 m,重为8 N的钩码挂在轻绳上且处于静止状态,则轻绳的弹力大小为 (　　) A.10 N B.8 N C.6 N D.5 N 解析:选D　设钩码所在处为N点,延长PN与墙交于M点,如图所示,同一条绳子上的拉力相等,根据对称性可知钩码两边的绳子与竖直方向的夹角相等,设为α,根据几何关系可知∠NQM=∠NMQ=α,故NQ=MN,即PM等于绳长;根据几何关系可得sin α==0.6,则cos α=0.8,根据平衡条件可得2FTcos α=G,解得FT=5 N,故D正确。 4.[轻杆弹力的计算]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,由平行四边形定则可得F==mg,D正确。 一点一过 1.应用平衡条件求物体的弹力大小时,首先对物体受力分析,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。 3.轻绳中的弹力方向一定沿绳指向绳收缩的方向,而轻杆中的弹力方向不一定沿杆。 细作3　应用牛顿第二定律计算——非平衡体 5.(多选)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。重力加速度为g。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 解析:选CD　设杆对小球的弹力F在竖直方向的分力为Fy,在水平方向的分力为Fx,由平衡条件及牛顿第二定律可知,Fy=mg,Fx=ma,F=,当=tan θ时,即a=gtan θ时,杆对球的弹力沿杆向上,此时F=,A、B错误,C、D正确。 一点一过 1.非平衡体所受弹力的大小和方向与物体加速度的大小和方向有关。 2.应用牛顿第二定律时,沿加速度的方向和垂直于加速度的方向列方程。 [课时跟踪检测]　 (说明:标★的为推荐讲评题目) 一、单项选择题 1.下列有关重力的说法中正确的是 (　　) A.重力是由于地球吸引而使物体受到的力 B.重力和万有引力是两种不同性质的力 C.赤道处重力最大 D.如果只考虑地质结构的影响,地下有铁矿的地区比地下有天然气的地区重力加速度小 解析:选A　重力是由于地球吸引而使物体受到的力,和万有引力是相同性质的力,A正确,B错误;赤道处重力最小,两极处重力最大,C错误;如果只考虑地质结构的影响,地下有铁矿的地区比地下有天然气的地区对地面物体的引力更大,即重力加速度大,D错误。 2.足球运动是目前全球体育界最具影响力的项目之一,深受青少年喜爱。如图所示为四种与足球有关的情景。下列说法正确的是 (　　) A.图甲中,静止在草地上的足球受到的弹力是由于足球发生了形变 B.图乙中,足球被踢出后飞行过程中受到重力和运动员对它的弹力的作用 C.图丙中,足球入网时球网绳子上的弹力方向与绳子收缩的方向相反 D.图丁中,运动员头顶球时头部受到的弹力是由于足球发生了形变 解析:选D　题图甲中,静止在草地上的足球受到的弹力是由于草地发生了形变,A错误;题图乙中,足球被踢出后飞行过程中受到重力和空气阻力的作用,B错误;题图丙中,足球入网时球网绳子上的弹力都沿绳子收缩方向,C错误;题图丁中,运动员头顶球时头部受到的弹力是由于足球发生了形变,D正确。 3.(2025·河北邯郸高三月考)对于重力、重心、弹力的认识,下列说法正确的是 (　　) A.同一物体在地球表面上任意位置的重力大小处处相等 B.重心是物体所受重力的等效中心,一定在物体上 C.物体产生弹力是因为物体发生了弹性形变 D.物体产生的弹力作用对象是物体自身 解析:选C　地球上不同位置的重力加速度随纬度和海拔变化,则同一物体在地球表面上任意位置的重力大小不总是相等的,A错误;重心位置与物体的质量分布和形状有关,重心可能在物体上,也可能在物体外,B错误;发生弹性形变的物体,由于要恢复原状,对与它接触的物体会产生力的作用,这种力叫作弹力,C正确;物体产生的弹力作用对象是使它发生弹性形变的物体,D错误。 4.如图所示,一个空杯子静止在水平桌面上,现对空杯缓慢加水,直至水加满,则此过程中,杯连同杯中水的共同重心将 (　　) A.一直下降 B.一直上升 C.先上升后降低 D.先降低后上升 解析:选D　空杯子的重心在杯子中心点偏下,对空杯缓慢加水的过程中,共同重心位置先不断下降,随着水的不断增加,共同重心又要上升,故共同重心的位置先下降后上升,A、B、C错误,D正确。 5.(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=10-2 m,则k=100 N/m,故B正确。 6.(2025·内蒙古通辽期末)三个木块a、b、c和两个劲度系数均为500 N/m的相同轻弹簧p、q用细线连接,如图所示,其中a、c质量均为2 kg,b质量为1 kg,a放在水平桌面上,与桌面间的动摩擦因数μ=0.5。开始时,弹簧p处于原长,轻绳恰好伸直,木块都处于静止状态。现用水平力缓慢地向左拉p弹簧的左端,直到c木块刚好离开水平地面为止。该过程p弹簧的左端向左移动的距离是(轻弹簧和细线的质量都忽略不计,取g=10 m/s2) (　　) A.14 cm B.12 cm C.10 cm D.8 cm 解析:选A　开始时弹簧q的压缩量为x1== m=2 cm,木块c刚好离开地面时弹簧q的伸长量为x2== m=4 cm,此时弹簧p的拉力F=μmag+(mb+mc)g=40 N,弹簧p的伸长量x3== m=8 cm,则该过程p弹簧的左端向左移动的距离是x=x1+x2+x3=14 cm,故选A。 二、多项选择题 7.(2025·山东青岛模拟)如图所示,拉力器并列装有5根相同的弹簧,一成年人使用该拉力器时,双臂左右伸直,对拉力器施加的拉力为550 N,每根弹簧长度为160 cm;另一青少年,力量较小,使用该拉力器时,卸下2根弹簧,双臂左右伸直时对拉力器施加的拉力为270 N,每根弹簧长度为140 cm。下列说法正确的是 (　　) A.弹簧的劲度系数为100 N/m B.弹簧的劲度系数为110 N/m C.每根弹簧的原长为40 cm D.每根弹簧的原长为50 cm 解析:选AD　设弹簧原长为l0,弹簧的劲度系数为k。由于五根弹簧并联,每根弹簧受到的拉力相等,拉力之和等于550 N,则每根弹簧产生的弹力均为110 N,F1=kx1=k;三根弹簧并联,每根弹簧受到的拉力相等,拉力之和等于270 N,则每根弹簧产生的弹力均为90 N,F2=kx2=k,联立解得k=100 N/m,l0=50 cm,故选A、D。 8.(2025·重庆合川模拟)质量分别为m1、m2的小球1、2,用劲度系数分别为ka、kb的轻质弹簧a、b悬挂,平衡后状态如图甲所示;若将球1、2交换位置,平衡后状态如图乙所示,则 (　　) A.ka>kb　　　　 B.m1<m2 C.m1>m2 D.无法比较ka与kb的大小 解析:选CD　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,题图乙中弹簧b伸长量较长,则有m1>m2,故B错误,C正确;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,故A错误,D正确。 第2讲　摩擦力(基础落实课) 1.两种摩擦力的比较 　　名称 项目　　 静摩擦力 滑动摩擦力 定义 两个相互接触的物体之间只有相对运动的趋势,而没有相对运动,在接触面上产生的阻碍相对运动趋势的力 两个相互接触的物体,当它们相对滑动时,在接触面上产生的阻碍相对运动的力 产生 条件 ①接触面粗糙 ②接触处有压力 ③两物体间有相对运动趋势 ①接触面粗糙 ②接触处有压力 ③两物体间有相对运动 大小 0<F≤Fmax Ff=μF压,μ的大小由接触面的材料和粗糙程度共同决定 方向 与受力物体相对运动趋势的方向相反 与受力物体相对运动的方向相反 作用 效果 总是阻碍物体间的相对运动趋势 总是阻碍物体间的相对运动 2.关于摩擦力的四个易错点 (1)摩擦力的方向总是与物体间相对运动(或相对运动趋势)的方向相反,但不一定与物体的运动方向相反。 (2)摩擦力总是阻碍物体间的相对运动(或相对运动趋势),但不一定阻碍物体的运动。即摩擦力可以作为阻力使物体减速,也可以作为动力使物体加速。 (3)受静摩擦力作用的物体不一定相对地面静止,但一定与静摩擦力的施力物体保持相对静止。 (4)静摩擦力的大小与正压力无关,仅与引起相对运动趋势的外力有关,最大静摩擦力的大小与正压力有关。 微点判断 1.(人教必修1P80T1·选摘)判断下列说法的正误: ①两物体间如果有相互作用的弹力,就一定存在摩擦力。 (×) ②根据μ= 可知, 动摩擦因数μ跟滑动摩擦力Ff成正比,跟支持力FN成反比。 (×) 2.(鲁科必修1P91T4·改编)用手握住杯子使其竖直静止于空中,判断下列说法的正误: ①杯子受到的摩擦力方向竖直向上。 (√) ②杯子受到的摩擦力大小与重力大小相等。 (√) ③手握得越紧,杯子受到的摩擦力越大。 (×) ④手握得越紧,杯子和手之间的最大静摩擦力越大。 (√) 3.(粤教必修1P93T3·改编)判断下列关于摩擦力的说法的正误: ①作用在物体上的滑动摩擦力只能使物体减速,不可能使物体加速。 (×) ②作用在物体上的静摩擦力只能使物体加速,不可能使物体减速。 (×) ③作用在物体上的滑动摩擦力既能使物体减速,也能使物体加速。 (√) ④作用在物体上的静摩擦力既能使物体加速,也能使物体减速。 (√) 逐点清(一)　静摩擦力的有无及方向判断 |题|点|全|练| 1.(多选)如图所示,水平地面上的L形木板上放着一小木块,木板与小木块间有一个处于拉伸状态的弹簧,整个装置处于静止状态。下列说法正确的是 (　　) A.木板对小木块无摩擦力作用 B.木板对小木块的摩擦力方向向左 C.地面对木板的摩擦力方向向左 D.地面对木板无摩擦力作用 解析:选BD　对小木块受力分析,小木块受到重力、支持力、水平向右的弹簧的拉力和木板的摩擦力,根据平衡条件知,木板对小木块的摩擦力方向向左,故A错误,B正确;对整体受力分析,在竖直方向上受到的重力和支持力平衡,若地面对木板有摩擦力,则整体所受合力不为零,整个装置不可能处于静止状态,故地面对木板无摩擦力作用,故C错误,D正确。 2.如图所示,水平桌面上平铺一张宣纸,宣纸的左侧压有一镇纸,写字过程中宣纸保持静止不动,下列说法正确的是 (　　) A.镇纸受到的支持力和它对宣纸的压力是一对平衡力 B.自左向右行笔写一横过程中,镇纸不受摩擦力作用 C.自左向右行笔写一横过程中,桌面给宣纸的摩擦力向右 D.竖直提起毛笔悬空时,增大握笔的力度可以增大手和笔之间的摩擦力 解析:选B　镇纸受到的支持力和它对宣纸的压力是一对相互作用力,故A错误;自左向右行笔写一横的过程中,镇纸无运动的趋势,镇纸受力平衡,水平方向不受摩擦力作用,故B正确;自左向右行笔写一横的过程中,笔对宣纸的摩擦力向右,宣纸静止,则桌面给宣纸的摩擦力向左,故C错误;竖直提起毛笔悬空时,手对笔的静摩擦力与重力等大反向,故增大握笔的力度,手和笔间的摩擦力不变,手和笔之间的最大静摩擦力增大,故D错误。 3.(2025·山东济南模拟)“工欲善其事,必先利其器”,中国古代已经掌握了高超的兵器研磨技巧。如图所示是打磨宝剑的场景。在打磨过程中,磨石始终静止在水平桌面上,当宝剑在外力作用下水平向右运动时,下列说法正确的是 (　　) A.宝剑与磨石之间存在静摩擦力 B.磨石与桌面之间不存在摩擦力 C.宝剑对磨石的摩擦力方向水平向右 D.桌面对磨石的摩擦力方向水平向右 解析:选C　宝剑在外力作用下水平向右运动时,宝剑与磨石之间存在滑动摩擦力,磨石与桌面之间存在静摩擦力,故A、B错误;滑动摩擦力方向与相对运动方向相反,宝剑相对于磨石向右运动,宝剑受到的摩擦力水平向左,则宝剑对磨石的摩擦力方向水平向右,故C正确;由于宝剑对磨石的摩擦力方向水平向右,以磨石为对象,根据受力平衡可知桌面对磨石的摩擦力方向水平向左,故D错误。 |精|要|点|拨| 　　静摩擦力的有无及方向的三种判断方法 1.假设法: 2.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。 3.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)　摩擦力大小的计算 细作1　静摩擦力大小的计算 1.[应用平衡条件计算]如图所示,质量为m的木块在质量为M的长木板上滑行,长木板与水平地面间的动摩擦因数为μ1,木块与木板间的动摩擦因数为μ2,已知长木板处于静止状态,那么此时长木板受到地面摩擦力的大小为 (　　) A.μ2mg B.μ1Mg C.μ1(M+m)g D.μ2mg+μ1Mg 解析:选A　长木板与木块之间发生了相对滑动,产生了滑动摩擦力,设其为f1,则f1=μ2mg,对长木板受力分析,可知在水平方向长木板受到木块对其向右的滑动摩擦力f1,还受到地面对其向左的静摩擦力f2,由共点力平衡条件知f2=f1=μ2mg,故选A。 2.[应用牛顿第二定律计算]如图所示,质量为10 kg的物体A拴在一个被水平拉伸的弹簧一端,弹簧的拉力为5 N时,物体A处于静止状态。若小车以1 m/s2的加速度向右加速运动,则 (　　) A.物体A相对小车向右运动 B.物体A受到的摩擦力减小 C.物体A受到的摩擦力大小不变 D.物体A受到的弹簧拉力增大 解析:选C　由题意得物体A与小车的上表面间的最大静摩擦力Fmax≥5 N。小车向右加速运动,对物体A受力分析,可得F合=ma=10 N,可知此时小车对物体A的摩擦力大小为5 N,方向向右,且为静摩擦力,所以物体A相对于小车仍然静止,即物体A受到的摩擦力大小不变,受到的弹簧的拉力大小不变,故C正确,A、B、D错误。 一点一过　静摩擦力大小的计算方法 1.物体处于静止状态时,利用力的平衡条件求解静摩擦力的大小。 2.物体有加速度时,若只受摩擦力,则Ff=ma,如匀速转动的圆盘上与圆盘相对静止的物块靠静摩擦力提供向心力产生向心加速度。若除摩擦力外物体还受其他力,则F合=ma,需先求合力再求摩擦力。 细作2　滑动摩擦力大小的计算 3.(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相同的长直木板下滑,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Ff=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,故摩擦力大小相同,即Ff1=Ff2=Ff3。故选D。 一点一过　滑动摩擦力大小的计算方法 公式法 若μ已知,则Ff=μF压,F压是两物体间的正压力 状态法 若μ未知,可结合物体的运动状态和其他受力情况,利用平衡条件或牛顿第二定律列方程求解 细作3　摩擦力大小的探究 4.(2025·辽宁盘锦模拟)用如图所示装置研究摩擦力的变化规律,把木块放在水平长木板上,在弹簧测力计的指针左侧放一个小纸团,它可以被指针推动。用弹簧测力计拉木块,使拉力由零缓慢增大。下列说法中不正确的是 (　　) A.木块开始运动前,拉力由零缓慢增大,木块所受的静摩擦力也缓慢增大 B.当木块开始运动时,拉力会突然变小,说明最大静摩擦力大于滑动摩擦力 C.指针左侧的小纸团作用是标记最大静摩擦力大小 D.若拉动过程操作不慎,弹簧测力计斜向上与长木板面有一小的夹角,会导致最大静摩擦力测量值偏小 解析:选D　木块开始运动前,拉力由零缓慢增大,根据二力平衡可知,木块所受的静摩擦力也缓慢增大,故A正确,不满足题意要求;当木块开始运动时,拉力会突然变小,说明最大静摩擦力大于滑动摩擦力,故B正确,不满足题意要求;木块开始运动前,拉力由零缓慢增大,木块所受的静摩擦力也缓慢增大,指针左侧的小纸团也随着指针缓慢移动,当静摩擦力达到最大时,小纸团位置保持不变,所以指针左侧的小纸团作用是标记最大静摩擦力大小,故C正确,不满足题意要求;若拉动过程操作不慎,弹簧测力计斜向上与长木板面有一小的夹角,则拉力有竖直向上的分力,使得木块与长木板间的压力减小,木块与长木板间的最大静摩擦力减小,刚好拉动时,拉力的水平分力等于变化后的最大静摩擦力,而指针示数为拉力的大小,比拉力的水平分力大,实验时认为刚好拉动时的指针示数为最大静摩擦力测量值,所以最大静摩擦力测量值不一定偏小,故D错误,满足题意要求。 一点一过　摩擦力大小变化分析 1.静摩擦力是一种被动力,一般会随外力的变化而变化。 2.水平面上的物体在水平拉力作用下,刚好开始滑动时,拉力等于最大静摩擦力,一般情况下滑动摩擦力要小于最大静摩擦力。 逐点清(三)　摩擦力的四类突变 类型1　“静—静”突变 　　物体受到静摩擦力和其他力的共同作用,当其他力的合力发生变化时,如果仍保持相对静止,则静摩擦力的大小和方向可能发生突变。 　 　　[例1]　(多选)如图甲所示,两物体A、B叠放在光滑的水平面上,对物体A施加一水平变力F,F⁃t关系图像如图乙所示,两物体在力F作用下由静止开始运动,且始终相对静止,规定水平向右为正方向,则 (　　) A.两物体一直向右做直线运动 B.两物体沿直线做往复运动 C.在2~3 s时间内两物体间的摩擦力逐渐减小 D.B物体所受摩擦力的方向始终与力F的方向相同 [解析]　在0~2 s内两物体向右做加速运动,加速度先增大后减小;2~4 s内加速度反向,两物体做减速运动,因为两段时间内受力是对称的,所以4 s末速度变为零,在0~4 s内两物体一直向右运动,之后重复之前的运动,A正确,B错误;在2~3 s内,F逐渐增大,两物体加速度逐渐增大,对B隔离分析,B所受的合力逐渐增大,即B所受的摩擦力逐渐增大,C错误;对整体分析,两物体的加速度与F的方向相同,B物体所受的合力与摩擦力等大同向,故摩擦力的方向与加速度方向相同,即与F的方向相同,D正确。 [答案]　AD 类型2　“静—动”突变 　　物体在静摩擦力和其他力作用下处于相对静止状态,当其他力变化时,如果物体不能保持相对静止状态,则物体受到的静摩擦力将“突变”成滑动摩擦力,突变点常常为静摩擦力达到最大值时。 　　[例2]　如图(a)所示,质量为m的半球体静止在倾角为θ的平板上,当θ从0°缓慢增大到90°的过程中,半球体所受摩擦力Ff与θ的关系如图(b)所示,已知半球体始终没有脱离平板,半球体与平板间的动摩擦因数为,最大静摩擦力与滑动摩擦力相等,重力加速度为g,则 (　　) A.0~q段图像可能是直线 B.q=60° C.q~90°段图像可能是直线 D.p= [解析]　半球体在平板上恰好开始滑动的临界条件是mgsin θ=μmgcos θ,解得θ=30°,即q=30°。θ在0~30°之间时,Ff是静摩擦力,大小为mgsin θ;θ在30°~90°之间时,Ff是滑动摩擦力,大小为μmgcos θ;故0~q和q~90°之间图像均为曲线,故A、B、C错误。当θ=30°时,Ff=mgsin 30°=,即p=,故D正确。 [答案]　D 类型3　“动—静”突变 　　物体受到滑动摩擦力和其他力的共同作用,当相对滑动突然停止时,滑动摩擦力可能突变为静摩擦力。 　　[例3]　(2025·江西宜春模拟)如图所示,把一个重力为G的物体,用一个水平推力F=kt(k为恒量,t为时间)压在竖直的足够高的粗糙墙壁上,物体与墙壁间的动摩擦因数为μ,从t=0开始物体所受的摩擦力Ff随t的变化关系正确的是 (　　) [解析]　由于物体受到的水平推力为F=kt,由二力平衡得,墙壁与物体间的弹力FN=kt。当摩擦力Ff小于物体的重力G时,物体将沿墙壁加速下滑,此时物体与墙壁间的摩擦力为滑动摩擦力,滑动摩擦力大小Ff=μkt;当摩擦力Ff等于重力G时,物体沿墙壁匀速下滑,物体受到的摩擦力仍然是滑动摩擦力,滑动摩擦力大小为Ff=μkt;当摩擦力Ff大于重力时,物体沿墙壁减速下滑,滑动摩擦力大小为Ff=μkt,当物体静止时,滑动摩擦力将变为静摩擦力,静摩擦力与正压力无关,跟重力始终平衡,静摩擦力大小为Ff=G,故选B。 [答案]　B 类型4　“动—动”突变 　　物体受到滑动摩擦力和其他力的共同作用,当两物体间的正压力发生变化时,滑动摩擦力的大小随之而变;或者两物体达到共同速度时相对滑动方向发生变化,滑动摩擦力的方向也会随之而变。 　　[例4]　(多选)如图所示,足够长的传送带与水平面夹角为θ,以速度v0沿逆时针匀速转动。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受到的摩擦力和运动情况的是 (　　) [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a=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,所以速度继续增加,此时滑动摩擦力的大小不变,而方向突变为沿传送带向上,a=gsin θ-μgcos θ,加速度变小,则v⁃t图像的斜率变小,B、D正确。 [答案]　BD |思|维|建|模| 　 　　摩擦力的突变问题,无论怎样变化,考查的都是对静摩擦力和滑动摩擦力大小或方向变化的分析,解题时应注意以下三点: (1)题目中出现“最大”“最小”和“刚好”等关键词时,一般隐藏着临界问题。 (2)静摩擦力是被动力,其存在及大小、方向取决于物体间的相对运动趋势,而且静摩擦力存在最大值。存在静摩擦力的连接系统,相对滑动与相对静止的临界状态时,静摩擦力达到最大值。 (3)研究传送带问题时,物体和传送带的速度相等的时刻往往是摩擦力的大小、方向和运动性质的分界点。 [课时跟踪检测] 一、单项选择题 1.(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。 2.(2025·黑龙江哈尔滨期末)如图所示,棋盘竖直放置,具有磁性的棋子被吸附在棋盘上保持静止状态,忽略棋子间的相互作用,每个棋子的质量相同。下列说法正确的是 (　　) A.棋子质量越大,棋子对棋盘的压力越大,摩擦力越大 B.棋子质量越大,棋子受到的摩擦力越大 C.棋子受到向下的摩擦力 D.若棋子竖直下滑,棋子受到摩擦力与质量成正比 解析:选B　棋子处于静止状态,竖直方向上受到向下的重力和向上的静摩擦力,水平方向上受到吸附力、支持力,根据平衡条件可知,静摩擦力大小始终等于重力大小,与棋子对棋盘的压力大小无关,即棋子质量越大,棋子受到的摩擦力越大,故A、C错误,B正确;若棋子竖直下滑,棋子受到滑动摩擦力作用,根据Ff=μFN可知,棋子受到摩擦力与棋子对棋盘的压力成正比,与棋子的质量无关,故D错误。 3.救援机器人的手臂前端装有铁夹。在某次救援活动中,救援机器人用铁夹抓着一个重力为G的水泥制品,使之保持静止状态,铁夹、水泥制品及铁夹与水泥制品间的接触面均竖直,如图所示。若水泥制品受铁夹的最小压力为N时,才能使水泥制品不滑出铁夹,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则 (　　) A.铁夹对水泥制品的压力是因为水泥制品发生了形变 B.铁夹对水泥制品的摩擦力和水泥制品对铁夹的摩擦力是一组平衡力 C.铁夹与水泥制品间动摩擦因数为 D.铁夹与水泥制品间动摩擦因数为 解析:选D　铁夹对水泥制品的压力是因为铁夹发生了形变,A错误;铁夹对水泥制品的摩擦力和水泥制品对铁夹的摩擦力是一对作用力和反作用力,B错误;由平衡条件可知G=2f=2μN,解得铁夹与水泥制品间动摩擦因数μ=,C错误,D正确。 4.(2025·广东佛山模拟)用四颗磁吸块将一张纸质通知单固定在竖直平面上的公告栏内,下列说法正确的是 (　　) A.磁吸块a受到3个力作用 B.磁吸块a受到的摩擦力方向向下 C.纸质通知单受到公告栏的摩擦力大小大于自身重力 D.去掉磁吸块c,纸质通知单受到公告栏的摩擦力保持不变 解析:选C　磁吸块a受到重力、弹力、摩擦力、磁力4个力作用,故A错误;磁吸块a相对纸有向下运动的趋势,则摩擦力方向向上,故B错误;纸质通知单在竖直方向受自身重力、公告栏对其向上的摩擦力和四颗磁吸块对其向下的摩擦力,有mg+4f'=f,所以受到公告栏的摩擦力大小大于自身重力,去掉磁吸块c,纸质通知单受到公告栏的摩擦力变小,故C正确,D错误。 5.如图所示,一轻质弹簧两端分别与竖直墙壁和物块连接,弹簧和地面均水平。A、B两点离墙壁的距离分别为x1、x2,物块在A、B两点均恰好能静止,物块与地面间的最大静摩擦力为F,则弹簧的劲度系数为 (　　) A. B. C. D. 解析:选C　设弹簧原长为l0,由平衡条件可得F=k(l0-x1),F=k(x2-l0),解得k=,故C正确。 6.(2025·贵州六盘水模拟)打印机在正常工作的情况下,进纸系统能做到每次只进一张纸。结构示意图如图所示,设图中刚好有50张相同的纸,每张纸的质量均为m,搓纸轮按图示方向转动并带动最上面的第1张纸向右运动,搓纸轮与纸张之间的动摩擦因数为μ1,纸张与纸张之间、纸张与底部摩擦片之间的动摩擦因数均为μ2,工作时搓纸轮给第1张纸的压力大小为F。打印机正常工作时,下列说法正确的是 (　　) A.第2张纸受到第3张纸的摩擦力方向向右 B.若μ1=μ2,则进纸系统不能进纸 C.第50张纸与摩擦片之间的摩擦力为μ2 D.第20张纸与第21张纸之间的摩擦力大小可能为μ2 解析:选B　第2张纸相对第1张纸向左运动,则第1张纸给第2张纸向右的滑动摩擦力,又第2张纸静止不动,根据平衡条件可知,第2张纸受到第3张纸的摩擦力方向向左,故A错误;若μ1=μ2,则有μ1F<μ2(F+mg),搓纸轮与第1张纸之间会发生相对滑动,而第1张纸静止不动,所以进纸系统不能正常进纸,故B正确;工作时搓纸轮给第1张纸的压力大小为F,第1张纸对第2张纸的压力为F+mg,则第1张纸与第2张纸之间的滑动摩擦力为f12=μ2N12=μ2(F+mg),由于第2张及第2张以下的纸没有运动,只有运动趋势,所以第2张以下的纸之间以及第50张纸与摩擦片之间的摩擦力均为静摩擦力,大小均为f静=f12=μ2(F+mg),故C、D错误。 7.如图所示,倾角θ=37°的斜面固定在水平面上,一质量M=1 kg的物块C受平行于斜面向上、大小为9 N的轻质橡皮筋的拉力F的作用,平行于斜面的轻绳一端固定在物块C上,另一端跨过光滑定滑轮连接A、B两个小物块,物块C处于静止状态。已知物块C与斜面间的动摩擦因数μ=0.5,mA=0.2 kg,mB=0.3 kg,g取10 m/s2。剪断A、B间轻绳后,关于物块C受到的摩擦力,下列说法正确的是(sin 37°=0.6) (　　) A.滑动摩擦力,方向沿斜面向下,大小为4 N B.滑动摩擦力,方向沿斜面向下,大小为5 N C.静摩擦力,方向沿斜面向下,大小为1 N D.静摩擦力,方向沿斜面向下,大小为3 N 解析:选C　开始时物块C受静摩擦力作用,大小为f=(mA+mB)g+Mgsin 37°-F=2 N,方向沿斜面向上;剪断A、B间轻绳后,假设C仍静止,则此时C所受的静摩擦力大小为f'=F-(mAg+Mgsin 37°)=1 N,方向沿斜面向下,因为1 N<2 N,可知物块C仍处于静止状态,即C受到静摩擦力,方向沿斜面向下,大小为1 N。 8.如图所示,一长方形木板放置在水平地面上,在木板的上方有一条竖直挡板,挡板的两端固定于水平地面上,挡板跟木板之间并不接触。现在有一个方形物块在木板上沿挡板以某一速度运动,同时长方形木板以相同大小的速度向左运动,木板的运动方向与竖直挡板垂直。已知物块跟竖直挡板和水平木板间的动摩擦因数分别为μ1和μ2,物块的质量为m,则竖直挡板对物块的摩擦力大小为 (　　) A.0 B.μ1μ2mg C.μ1μ2mg D.μ1μ2mg 解析:选B　因为v1和v2大小相等,以木板为参考系,物块相对于木板的运动方向如图中v物,则tan θ=1,得θ=45°。木板对物块的摩擦力方向与v物方向相反,如图所示。木板对物块的摩擦力大小Ff=μ2mg,挡板对物块的支持力FN=Ffsin 45°=μ2mg,挡板对物块的摩擦力Ff'=μ1FN=μ1μ2mg,故B项正确。 二、多项选择题 9.如图甲,一个物块放在水平面上,在两个恒力F1、F2作用下做匀速直线运动。t=0时刻,其中某个力发生变化,大小随时间的变化关系如图乙所示,在0~t0时间内 (　　) A.若变化的是F1,物块运动的加速度可能均匀减小 B.若变化的是F1,地面对物块的摩擦力可能先不变后均匀减小 C.若变化的是F2,物块可能做匀加速直线运动 D.若变化的是F2,地面对物块的摩擦力可能均匀减小 解析:选BD　若变化的是F1,滑动摩擦力不变,即刚开始一段时间内合力增大,因此加速度增大,物块应该减速,当速度减小为0后摩擦力突变为静摩擦力,等于F1且均匀减小,故A错误,B正确;若变化的是F2,物块对地面的压力均匀减小,则地面对物块的摩擦力均匀减小,物块所受的合力均匀增大,加速度均匀增大,故C错误,D正确。 10.(2025·四川南充模拟)为研究木板与物块之间的摩擦力,某同学在粗糙的长木板上放置一物块,物块通过细线连接固定在试验台上的力传感器,如图(a)。水平向左拉木板,传感器记录的F⁃t图像如图(b)。下列说法中正确的是 (　　) A.物块受到的摩擦力方向始终水平向左 B.1.0~1.3 s时间内,木板与物块间的摩擦力大小与物块对木板的正压力成正比 C.1.0~1.3 s时间内,物块与木板之间的摩擦力是静摩擦力 D.2.4~3.0 s时间内,木板可能做变速直线运动 解析:选ACD　物块始终相对木板向右运动或有向右运动的趋势,所以物块受到木板对其的摩擦力方向始终水平向左,故A正确;根据图像可得,在1.0~1.3 s时间内物块受到的摩擦力在变化,所以此时摩擦力为静摩擦力,而静摩擦力的大小与物块对木板的正压力无关,故B错误,C正确;2.4~3.0 s时间内传感器示数不再变化,说明此时摩擦力已经变为滑动摩擦力,此时木板可能做变速直线运动,故D正确。 11.如图所示,斜面体固定在水平地面上,一物块静止在斜面上,物块上端连接一轻弹簧。现用沿斜面向上、大小为F=kt的拉力拉轻弹簧的上端,则弹簧的弹力F'、物块受到的摩擦力Ff随时间变化的图像正确的是(时间足够长,斜面足够长,设沿斜面向上为正方向,物块与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力) (　　) 解析:选AD　弹簧的弹力始终等于拉力F,即F'=kt,故A正确,B错误;物块开始受到的是静摩擦力,且大小为mgsin α,方向沿斜面向上,在拉力F增大的过程中,静摩擦力的变化满足F+Ff=mgsin α,随着F的增大,静摩擦力先沿斜面向上均匀减小到零,再沿斜面向下均匀增大,当增大到等于最大静摩擦力时,再增大拉力,摩擦力变为滑动摩擦力,大小保持恒定,故C错误,D正确。 三、计算题 12.(12分)(2025·云南昭通高三检测)如图所示,一木板B放在水平地面上,木块A放在B的上面,A的右端通过劲度系数k=500 N/m的水平轻质弹簧固定在直立的墙壁上,用力F=28 N向左拉动B,使它向左做匀速运动,这时弹簧的伸长量恒为3 cm。已知A、B两物体的质量分别为mA=4 kg,mB=5 kg,g=10 m/s2,求: (1)弹簧弹力F弹的大小;(3分) (2)B对A的摩擦力fBA;(3分) (3)B与地面间的动摩擦因数。(6分) 解析:(1)由胡克定律可得F弹=kx=15 N。 (2)对A受力分析,水平方向受到弹簧弹力和B对A的摩擦力,根据平衡条件可知,B对A的摩擦力fBA=F弹=15 N,方向水平向左。 (3)根据牛顿第三定律,A对B的摩擦力fAB=fBA=15 N,方向水平向右 B向左做匀速运动,则有F=fAB+μg 解得μ=。 答案:(1)15 N　(2)15 N,方向水平向左　(3) 第3讲　力的合成和分解(基础落实课) 一、共点力　合力和分力 1.共点力 几个力如果都作用在物体的同一点,或者它们的作用线相交于一点,这几个力叫作共点力。 2.合力和分力 定义 假设一个力单独作用的效果跟某几个力共同作用的效果相同,这一个力就叫作那几个力的合力,那几个力叫作这一个力的分力 关系 合力和分力是等效替代的关系 二、力的合成 1.定义:求几个力的合力的过程。 2.运算法则 (1)平行四边形定则:求两个互成角度的共点力的合力时,以表示这两个力的有向线段为邻边作平行四边形,这两个邻边之间的对角线就代表合力的大小和方向。如图甲所示。 (2)三角形定则:把两个矢量首尾相接,从而求出合矢量的方法。如图乙所示。 三、力的分解 定义 求一个已知力的分力的过程 运算法则 平行四边形定则或三角形定则 两种分解方法 正交分解法和效果分解法 四、矢量和标量 矢量 既有大小又有方向,运算时遵从平行四边形定则的物理量 标量 只有大小,没有方向,运算时遵从算术法则的物理量 微点判断 1.(人教必修1P80T4·改编)如图,两人用同样大小的力共提一桶水,两人手臂间的夹角大些省力。 (×) 2.(人教必修1P75T5·改编)两个力F1和F2之间的夹角为θ,其合力为F,判断下列说法的正误: ①合力F总比分力F1和F2中的任何一个力都大。 (×) ②若力F1和F2大小不变,夹角θ越小,则合力F就越大。 (√) ③若夹角θ不变,力F1大小不变,F2增大,则合力F一定增大。 (×) 3.(鲁科必修1P116T4·改编)两个共点力F1、F2大小不同,合力大小为F,请判断下列说法的正误: ①F1、F2同时增大10 N,F也增大10 N。 (×) ②F1增大10 N,F2减小10 N,F一定不变。 (×) ③F1、F2同时增大1倍,F也增大1倍。 (√) ④若F1、F2中的一个增大,F不一定增大。 (√) 4.由于矢量的方向可以用正、负表示,故具有正、负值的物理量一定是矢量。 (×) 逐点清(一)　力的合成 |题|点|全|练| 1.[合力的范围](多选)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正确的是 (　　) 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ABC　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,因此可判定选项A、B、C正确,D错误。 2.[合力大小的分析]如图所示为汽车的机械式手刹(驻车器)系统的结构示意图,结构对称。当向上拉动手刹拉杆时,手刹拉索(不可伸缩)就会拉紧,拉索OD、OC分别作用于两边轮子的制动器,从而实现驻车的目的。则以下说法正确的是 (　　) A. 当OD、OC两拉索夹角为60°时,三根拉索的拉力大小相等 B.拉动手刹拉杆时,拉索AO上拉力总比拉索OD和OC中任何一个拉力大 C.若在AO上施加一恒力,OD、OC两拉索夹角越小,拉索OD、OC拉力越大 D.若保持OD、OC两拉索拉力大小不变,OD、OC两拉索越短,拉动拉索AO越省力 解析:选D　当OD、OC两拉索夹角为120°时,三根拉索的拉力大小才相等,A错误;拉动手刹拉杆时,当OD、OC两拉索夹角大于120°时,拉索AO上拉力总比拉索OD和OC中任何一个拉力小,B错误;根据平行四边形定则可知,若在AO上施加一恒力,OD、OC两拉索夹角越小,拉索OD、OC拉力越小,C错误;若保持OD、OC两拉索拉力大小不变,OD、OC两拉索越短,则两力夹角越大,合力越小,即拉动拉索AO越省力,D正确。 3.[计算法求合力](2025·河北石家庄期末)河北保定修建了一座令人惊叹的桥梁,这座重达8万余吨的转体斜拉桥实现了原地旋转、自转合龙,且误差不到1毫米,看起来就像是空中芭蕾。假设斜拉桥中某对钢索与竖直方向的夹角都是53°,每根钢索中的拉力都是6×105 N,已知sin 53°=0.8,则这对钢索对塔柱形成的合力是 (　　) A.5.6×105 N B.7.2×105 N C.3.6×105 N D.4.8×105 N 解析:选B　这对钢索对塔柱形成的合力是F合=2Fcos 53°=2×6×105×0.6 N=7.2×105 N,故选B。 |精|要|点|拨| 1.合力大小范围的确定 (1)两个共点力的合力大小范围:|F1-F2|≤F≤F1+F2。　 (2)三个共点力的合力大小范围 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:根据平行四边形定则用作图工具作出平行四边形,然后用测量工具测量出合力的大小、方向,具体操作流程如下: (2)计算法:根据平行四边形定则作出示意图,然后利用解三角形的方法求出合力。 　求合力的两种常见特殊情况: 类型 作图 合力的计算 两分力 相互 垂直 大小:F= 方向:tan θ= 两分力 等大, 夹角为θ 大小:F=2F1cos 方向:F与F1夹角为 逐点清(二)　力的分解 方法1　力的效果分解法 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,若受到的三个力中,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 　　[例1]　有些人员,如电梯修理员、牵引专家等,常需要知道绳(或金属线)中的张力FT,可又不便到绳(或线)的自由端上测量。现某家公司制造了一种夹在绳上的仪表(图中B、C为该夹子的横截面)。测量时,只要如图所示那样用一硬杆竖直向上作用在绳子上的某点A,使绳产生一个微小偏移量a,借助仪表很容易测出这时绳对硬杆的压力F。现测得该微小偏移量为a=12 mm,BC间的距离为2L=250 mm。绳对横杆的压力为F=300 N。 (1)画出A点的力的示意图; (2)试求绳中的张力FT。(当α很小时,sin α=tan α) [解析]　(1)A点的力的示意图如图。 (2)根据力的分解规律可知sin α=,根据几何关系可知sin α=tan α=,解得FT=1 562.5 N。 [答案]　(1)见解析图　(2)1 562.5 N 　　[针对训练] 1.(2025·天津南开区期末)刀、斧、凿等切割工具的刃部叫作劈。如图是斧头劈木头的示意图,劈的纵截面ABC是一个等腰三角形,使用劈时沿BC中垂面施加一个竖直向下的力F,这个力产生两个作用效果,使劈的两个侧面推压木柴,把木柴劈开。设劈背BC的宽度为d,劈的侧面AB、AC长为L,劈的侧面推压木柴的力为F',不计劈自身重力,则 (　　) A.劈的侧面推压木柴的力大小为F'=F B.仅增大d,F'将增大 C.当d=L时,F'=F D.仅减小L,F'将增大 解析:选C　设劈的纵截面的三角形顶角为θ,根据几何关系可得sin ==,将力F按垂直侧面方向进行分解,如图所示,可得F1=F2==F,则劈的侧面推压木柴的力大小为F'=F1=F,可知仅增大d,F'将减小;仅减小L,F'将减小;当d=L时,F'=F。故选C。 方法2　力的正交分解法 1.定义:将已知量按相互垂直的两个方向进行分解的方法。 2.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。 3.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。 　　[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]　对小球受力分析如图所示,由几何关系易得力F和力FN与竖直方向的夹角均为30°,通过力的正交分解,根据共点力的平衡条件可得FNsin 30°=Fsin 30°,FNcos 30°+Fcos 30°+T=mg,解得F=FN= N。故选A。 [答案]　A 　 　[针对训练] 2.(2025·河南郑州模拟)如图所示,人在划船时某时刻船桨与水平方向的夹角为α,水对船桨的作用力大小为F,方向垂直于船桨,则 (　　) A.F在水平方向的分力大小为Fsin α B.F在竖直方向的分力大小为Fsin α C.船桨对水的作用力小于F D.水对船桨的力与船桨对水的力合力为0 解析:选A　把水对船桨的作用力F正交分解如图所示,根据几何知识θ=-α,F在水平方向的分力大小为F1=Fcos=Fsin α,F在竖直方向的分力大小为F2=Fsin=Fcos α,故A正确,B错误;根据牛顿第三定律知水对船桨的力与船桨对水的力是一对相互作用力,大小相等、方向相反、分别作用于船桨和水上,所以水对船桨的力与船桨对水的力不能求合力,故C、D错误。 逐点清(三)　物体的受力分析 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)不要把研究对象所受的力与研究对象对其他物体的作用力混淆。养成按照一定顺序对研究对象进行受力分析的习惯。 (2)涉及弹簧弹力时,要注意判断弹簧是处于拉伸状态,还是压缩状态。分析摩擦力时要特别注意摩擦力的方向。 (3)除了根据力的性质和特点进行判断外,假设法是判断弹力、摩擦力有无及方向的常用方法。 (4)善于转换研究对象,尤其是弹力、摩擦力的方向不易判定的情形,可以分析与其接触物体的受力,再应用牛顿第三定律判定。 [典例]　(2025·湖北武汉期末)如图所示,M、N两物体叠放在一起,在恒力F作用下保持相对静止,一起沿粗糙竖直墙面向上做匀速直线运动,则关于两物体受力情况的说法正确的是 (　　) A.物体M一定受到5个力 B.物体N可能受到4个力 C.物体M与墙之间一定有弹力和摩擦力 D.物体M与N之间一定有摩擦力 [解析]　物体N受到重力、物体M对N的支持力,物体N向上做匀速直线运动,根据平衡条件可知,M对N一定有沿M斜面向上的静摩擦力,即物体N受到3个力,故B错误,D正确;对物体M、N整体进行分析,整体受到重力与竖直向上的恒力F作用,由于整体处于平衡状态,整体的合力为0,可知墙对整体没有弹力作用,即物体M与墙之间一定没有弹力和摩擦力,故C错误;根据上述分析可知,物体M受到重力、恒力F、N对M的压力与摩擦力,即物体M一定受到4个力,故A错误。 [答案]　D [应用体验] 1.[状态法]如图所示为运动员立定跳远脚蹬地起跳瞬间的受力示意图,正确的是 (　　) 解析:选C　在运动员立定跳远脚蹬地起跳瞬间,受到竖直向下的重力、垂直地面向上的弹力,因为运动员的脚有相对地面向左运动的趋势,所以还受到地面水平向右的静摩擦力。故选C。 2.[整体法与隔离法]完全相同的直角三角形滑块A、B,按如图所示放置,设A、B接触的斜面光滑,A与桌面间的动摩擦因数为μ,斜面倾角θ=30°,现在B上作用一水平推力F,恰好使A、B一起在桌面上匀速运动,且A、B保持相对静止。则A与桌面间的动摩擦因数μ为 (　　) A. B. C. D. 解析:选A　对整体受力分析,在水平方向上受推力和滑动摩擦力,有F=2μmg;对B受力分析,B受到重力、推力F和A对B的支持力,根据共点力平衡有tan θ=,联立解得μ==,故B、C、D错误,A正确。 3.[转换法](多选)将一长方形木块锯开为相同的A、B两部分后,按图示方式叠放并静止在粗糙水平地面上,A、B接触面与竖直方向的夹角为θ,A、B间的动摩擦因数为μ。若A、B的质量均为m,重力加速度大小为g,则下列说法正确的是 (　　) A.A物体一定受到3个力作用 B.A对B的作用力大小为mgsin θ C.若地面光滑,B物体还是静止 D.A对B的摩擦力大小为μmgcos θ 解析:选AC　A物体一定受重力、B对A的弹力和摩擦力3个力的作用,故A正确;对A分析,根据平衡条件可知,B对A的作用力大小为mg,方向竖直向上,根据牛顿第三定律,A对B的作用力大小为mg,且方向竖直向下,故B错误;对整体受力分析可知,地面对B只有一个支持力,大小等于A、B的重力之和,方向竖直向上,若地面光滑,B物体还是静止,故C正确;对A受力分析可知,A受重力mg、B对A施加的垂直接触面向上的支持力和沿接触面斜向上的静摩擦力,根据平衡条件可得B对A的摩擦力大小f=mgcos θ,根据牛顿第三定律可知,A对B的静摩擦力大小为mgcos θ,故D错误。 [课时跟踪检测]　 (说明:标★的为推荐讲评题目) 一、单项选择题 1.(2025·湖南郴州模拟)如图所示,A、B两个物体叠放在一起,静止在粗糙的水平地面上,现在B物体上施加一个水平外力F,A、B仍然保持静止,则A此时受力个数为 (　　) A.0个 B.1个 C.2个 D.3个 解析:选C　由于此时A、B保持相对静止,即A与B之间没有相对运动趋势,所以A、B之间没有摩擦力,此时A受到重力和B给A的支持力,A的受力个数为2个,C正确。 2.(2025·陕西安康模拟)四个小朋友玩“东西南北跑比赛”,他们被围在一个弹力圈中,从中心向外沿各自的方向移动,去拿外围的游戏道具,谁先拿到谁就能赢得比赛。某时刻四个小朋友处于如图所示的僵持状态,则此时受到弹力圈的弹力最小的是 (　　) A.1号小朋友 B.2号小朋友 C.3号小朋友 D.4号小朋友 解析:选C　弹力圈上的力可近似认为大小处处相等,3号小朋友两侧弹力圈的张角最大,根据平行四边形定则可知合力最小。故选C。 3.(2023·江苏高考)如图所示,“嫦娥五号”探测器静止在月球平坦表面处。已知探测器质量为m,四条腿与竖直方向的夹角均为θ,月球表面的重力加速度为地球表面重力加速度g的。每条腿对月球表面压力的大小为 (　　) A. B. C. D. 解析:选D　对“嫦娥五号”探测器受力分析,有FN=mg月,则对一条腿有FN1=mg月=,根据牛顿第三定律可知每条腿对月球表面压力大小为。 4.(2025·黄冈高三月考)用质量为m1的磁铁将一张质量为m的白纸压在竖直固定的磁性黑板上。某同学沿着黑板面,用水平向右的恒力F轻拉磁铁,磁铁和白纸均未移动,则下列说法正确的是(重力加速度为g) (　　) A.磁铁受到的摩擦力大小为m1g B.磁铁受到的摩擦力大小为 C.白纸受到一个摩擦力的作用 D.白纸受到黑板的摩擦力大小为 解析:选B　磁铁在竖直平面内受竖直向下的重力m1g、水平拉力F以及摩擦力f的作用,由共点力的平衡条件可知,磁铁受到的摩擦力大小为f=,故A错误,B正确;白纸受到磁铁对它的摩擦力作用和黑板对它的摩擦力作用,故C错误;对白纸和磁铁组成的整体进行受力分析,由共点力的平衡条件可知,白纸受到黑板的摩擦力大小为f'=,故D错误。 5.(2024年1月·贵州高考适应性演练)如图,一小型卡车行驶在平直公路上,车上装有三个完全相同、质量均为m的光滑圆柱形匀质物体,A、B水平固定,C自由摆放在A、B之上。当卡车以某一恒定的加速度刹车时,C对A的压力恰好为零,已知重力加速度大小为g,则C对B的压力大小为 (　　) A.mg B.mg C.mg D.2mg 解析:选B　卡车以某一恒定的加速度刹车时,其加速度水平向左,则C所受的合力水平向左,而C对A的压力恰好为零,则C只受重力和B对C的支持力,由竖直方向受力平衡有NBCsin 60°=mg,解得B对C的支持力大小为NBC=mg,由牛顿第三定律可知C对B的压力大小为mg。故选B。 6.(2025·山东潍坊模拟)将一重为G的圆柱形工件放在“V”形槽中,如图所示,槽的两侧面与水平面的夹角相同,“V”形槽两侧面的夹角为120°。当槽的棱与水平面的夹角为30°时,工件恰好能够匀速下滑,则 (　　) A.工件对槽每个侧面的压力均为G B.工件对槽每个侧面的压力均为G C.工件与槽间的动摩擦因数为 D.工件与槽间的动摩擦因数为 解析:选C　工件的重力可以分解为沿槽棱方向向下的分力Gsin 30°与垂直于槽棱方向向下的分力Gcos 30°,如图1,垂直于槽棱方向向下的分力Gcos 30°又可以进一步分解为两个挤压斜面的压力,如图2,由几何关系可知2F1cos 30°=Gcos 30°,解得F1=F2=G,故A、B错误;此时沿槽棱方向向下的分力Gsin 30°与圆柱体和槽之间的合摩擦力大小相等,有Ff=2μF1=Gsin 30°,解得μ=,故C正确,D错误。 7.(2025·重庆沙坪坝模拟)如图所示,静止在水平桌面上的厚度不计的圆柱形玻璃杯中放有两个半径相同的玻璃球A和B,每个玻璃球的重力为G。已知玻璃杯的底部直径是玻璃球半径的3倍,玻璃球A对玻璃杯侧壁的压力大小为F1,玻璃球A对玻璃球B的压力大小为F2,不计一切摩擦。下列说法正确的是 (　　) A.F1=G,F2=G B.F1=G,F2=G C.F1=G,F2=G D.F1=G,F2=G 解析:选A　设A、B两玻璃球球心的连线与竖直方向的夹角为θ,如图甲所示,则由几何关系可知sin θ=,将玻璃球A的重力进行分解,如图乙所示,可得F1=Gtan θ=G,F2=2F1=G。故选A。 8.(2025·山西太原模拟)物理探究小组在做“探究两个互成角度的力的合成规律”实验时,开始甲、乙两个弹簧测力计共同作用,将细绳与橡皮筋的结点拉到O点,此时两个弹簧测力计读数相同,两细绳间的夹角为45°,如图所示。现使弹簧测力计乙沿逆时针方向转过30°角,同时调整弹簧测力计甲的方向和读数,保持结点位置O不变。实验过程操作正确规范,弹簧均不超过弹性限度。若在调整弹簧测力计甲的方向时存在以下几种情况,下列说法正确的是 (　　) A.若使它沿顺时针方向转过30°角,则甲的读数减小,乙的读数增大 B.若使它沿逆时针方向转过20°角,则甲的读数增大,乙的读数减小 C.若使它沿顺时针方向转过45°角,则甲、乙的读数都减小 D.若使它沿逆时针方向转过30°角,则甲、乙的读数都减小 解析:选B　开始甲、乙读数相同,夹角为45°,可知两个弹簧测力计拉力的合力沿两细绳夹角的角平分线方向。甲、乙拉力的方向与合力的方向夹角均为θ=22.5°,力的矢量三角形如图所示,乙沿逆时针方向转过30°后,拉力方向沿图中ON方向,O点位置不变即合力大小、方向都不变,由图可知,甲沿顺时针方向转过α角,即沿NP方向时,甲、乙读数都变大,α可以等于30°,也可以等于45°,故A、C错误;若甲沿逆时针方向转过角度β,由几何关系可知β角不会超过22.5°,由图可知甲读数增大,乙读数减小,故B正确,D错误。 9.(2025·重庆沙坪坝模拟)“八字刹车”是滑雪的减速技术,其滑行姿态如图甲所示,左边雪板的受力情况可简化为图乙。雪板与水平雪面成β角,雪面对雪板的总作用力大小为F,方向可认为垂直于雪板所在平面ABCD。则其水平方向上的分力大小为 (　　) A.Fsin β B.Fcos β C.Ftan β D. 解析:选A　由几何关系可知,F与竖直方向的夹角为β,将F分解在水平方向和竖直方向,则F水平方向上的分力大小为Fsin β。故选A。 10.(2025·四川宜宾期末)如图,风对帆面的作用力F垂直于帆面,它能分解成两个分力F1、F2,其中F2垂直于航向,会被很大的横向阻力平衡,F1沿着航向,提供动力。若帆面与航向之间的夹角为θ,下列说法正确的是 (　　) A.F2=F1tan θ B.F2=Fcos θ C.船受到的横向阻力为 D.船前进的动力为 解析:选B　根据几何关系可得=tan θ,=cos θ,解得F2=,F2=Fcos θ,故A错误,B正确;根据题意可知,船受到的横向阻力与F2等大反向,即等于Fcos θ,故C错误;根据题意可知,船前进的动力为沿着航向的分力F1,根据几何关系可得=tan θ,解得F1=F2tan θ,故D错误。 二、多项选择题 11.波浪滑翔器是一种新型海洋无人自主航行器,它包括水面船体和水下牵引机(由主框架和翼板组成),二者通过柔性吊缆连接(如示意图所示)。波浪滑翔器在海洋表面与起伏波浪相互作用而实现前向运动,整个过程中柔性吊缆时而张紧、时而松弛。关于波浪滑翔器的运动,下列说法正确的是 (　　) A.如图(a)所示,水面船体随着波浪升高时,柔性吊缆松弛,海水对牵引机翼板上侧的压力推动其前进 B.如图(a)所示,水面船体随着波浪升高时,柔性吊缆张紧,海水对牵引机翼板上侧的压力推动其前进 C.如图(b)所示,水面船体随波浪下降时,柔性吊缆松弛,水下牵引机在自身重力作用下下潜,海水对牵引机翼板下侧的压力推动其前进 D.如图(b)所示,水面船体随波浪下降时,柔性吊缆张紧,水下牵引机在自身重力作用下下潜,海水对牵引机翼板下侧的压力推动其前进 解析:选BC　由题图可知,当水面船体随着波浪升高时,柔性吊缆张紧,海水对牵引机翼板上侧的压力有沿船前进方向的分量,则可推动其前进;当水面船体随波浪下降时,柔性吊缆松弛,水下牵引机在自身重力作用下下潜,使得牵引机翼板倾斜,于是海水对牵引机翼板下侧有压力,从而推动其前进,则选项B、C正确,A、D错误。 12.(2025·陕西咸阳模拟)汽车内常备的“菱形千斤顶”如图所示,现逆时针摇动手柄,使螺旋杆转动(螺旋杆始终保持水平),A、B间距离变小,重物就被缓慢顶升起来,反之则可使重物下降。若重物的重力为G,AB与AC之间的夹角为θ,不计千斤顶杆件自重,则以下判断正确的是 (　　) A.AC杆的弹力大小为 B.螺旋杆AB的拉力大小为 C.AC杆的弹力大小为 D.螺旋杆AB的拉力大小为Gtan θ 解析:选BC　根据题意,将“菱形千斤顶”C点受到的压力G沿两杆分解,如图1,根据对称性可知,两杆受到的压力大小相等,根据几何关系可得2F1sin θ=G,AC杆的弹力大小为F1=,故A错误,C正确;对“菱形千斤顶”A点受力分析如图2,由平衡条件得F=2F1cos θ=,故B正确,D错误。 第4讲　微专题——共点力的静态平衡(综合融通课) (一) 解答静态平衡问题的三种常用方法 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。 1.(人教版教材必修1,P79T5)将一个质量为4 kg的铅球放在倾角为45°的斜面上,并用竖直挡板挡住,铅球处于静止状态(如图)。不考虑铅球受到的摩擦力,铅球对挡板的压力和对斜面的压力分别是多少?(g取10 m/s2) 解析:对铅球受力分析,受重力mg、斜面的支持力N面、挡板的支持力N板,受力示意图如图所示, 由共点力的平衡条件可得,挡板对铅球的支持力N板=mgtan 45° 斜面对铅球的支持力N面= 根据牛顿第三定律,可知铅球对挡板的压力N板'=N板=40 N 铅球对斜面的压力N面'=N面=40 N。 答案:40 N　40 N 2.(2024·贵州高考)如图(a),一质量为m的匀质球置于固定钢质支架的水平横杆和竖直墙之间,并处于静止状态,其中一个视图如图(b)所示。测得球与横杆接触点到墙面的距离为球半径的1.8倍,已知重力加速度大小为g,不计所有摩擦,则球对横杆的压力大小为 (　　) A.mg B.mg C.mg D.mg 解析:选D　对球进行受力分析如图,设球的半径为R,根据几何知识可得sin α==0.8,根据平衡条件得FNcos α=mg,解得FN=mg,根据牛顿第三定律得球对横杆的压力大小为FN'=FN=mg。故选D。 |考|教|衔|接| 　　人教版教材中的题目是利用力的效果分解法求解重力在挡板和斜面上的分力大小,再利用共点力的平衡条件求解,而2024年贵州高考题也是小球在三个共点力作用下的平衡问题,两题情境相似,解法也相似。这启示我们,无论是同步学习还是高三复习,教材的基础本位作用不可忽视。 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。 3.(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。 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。 4.如图所示,将一劲度系数为k的轻弹簧一端固定在内壁光滑、半径为R的半球形容器最底端O'处(O为球心),弹簧另一端与质量为m的小球A相连,小球A静止于P点,OP与水平方向的夹角为θ = 30°;若换成与质量为2m的小球B相连,则小球B静止于M点(图中未画出),下列说法正确的是 (　　) A.容器对小球B的作用力大于2mg B.弹簧对小球A的作用力大于对小球B的作用力 C.弹簧原长为R+ D.O'M的长度为 解析:选D　小球受三个共点力而平衡,这三个力构成一个矢量三角形,如图所示,矢量三角形刚好和三角形OO'N相似,则当弹簧与质量为m的小球A相连时,==,设L2为O'M的长度,当弹簧与质量为2m的小球B相连时,==,设弹簧的原长为L0,则T1=k(L0-R),T2=k(L0-L2),联立可得T1=mg,L0=R+,N2=2mg,L2=,T2=mg>T1,故选D。 (二) 多物体的平衡问题 1.多物体平衡问题的常用解题方法 整体法是指将相互关联的各个物体看成一个整体的方法。整体法的优点在于只需要分析整个系统与外界的关系,避开了系统内部繁杂的相互作用。 隔离法是指将某物体从周围物体中隔离出来,单独分析该物体的方法。隔离法的优点在于能把系统内各个物体所处的状态、物体状态变化的原因以及物体间的相互作用关系表达清楚。 2.整体法和隔离法的灵活选择 (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。 　　[典例]　两个完全相同的截面为四分之一光滑圆面的柱体A、B按如图所示叠放,A的右侧有一光滑竖直的挡板,A和B的质量均为m。现将挡板缓慢地向右移动,整个过程中B始终保持静止,当A将要落至水平地面时,下列说法正确的是 (　　) A.A对B的压力大小为mg B.B对地面的压力大小为mg C.A对竖直挡板的压力大小为2mg D.B受到水平地面的摩擦力大小为mg [解析]　对A受力分析如图,由几何关系可知,B对A的支持力FNB与竖直方向夹角为60°,则B对A的支持力为FNB==2mg,由牛顿第三定律知,A对B的压力大小为2mg,A错误;对A、B整体受力分析可知,地面对B的支持力为2mg,由牛顿第三定律知,B对地面的压力大小为2mg,B错误;挡板对A的支持力为FN=mgtan 60°=mg,由牛顿第三定律知,A对竖直挡板的压力大小为mg,C错误;对整体分析可知,B受到水平地面的摩擦力大小等于挡板对A的支持力大小,即为f=FN=mg,D正确。 [答案]　D [应用体验] 1.[隔离法的应用]如图,质量均为m的小球A和B分别用轻质细线a、b悬于O点,A、B用轻质细线c连接。给B施加水平向右的拉力F,静止时,细线a与竖直方向夹角为30°,细线b与竖直方向的夹角为60°,细线c刚好水平,重力加速度为g,则拉力F的大小为 (　　) A.mg B.mg C.mg D.mg 解析:选C　根据题意,分别对A、B受力分析,如图所示,对小球A,由平衡条件有Facos 30°=mg,Fasin 30°=FcA,对小球B,由平衡条件有Fbcos 60°=mg,FcB+Fbsin 60°=F,又有FcA=FcB,联立解得F=mg,故选C。 2.[整体法与隔离法的综合应用]如图所示,有2 024个质量均为m的小球(可视为质点),将它们用长度相等的轻绳依次连接,再将其左端固定在天花板上,在恒定的水平风力F作用下所有小球静止,已知连接天花板的轻绳与水平方向的夹角为60°,则第1 012个小球和第1 013个小球之间的轻绳的弹力大小是 (　　) A.　 B.1 012mg　 C.　 D.2 024mg 解析:选A　对整体根据平衡条件得tan 60°=,对1 013个小球至2 024个小球,根据平衡条件得=+,解得F1 012=,故选A。 (三) “活结”与“死结”、“动杆”与“定杆”模型 一、“活结”与“死结”模型 　　[例1·“死结”模型]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。甲、乙两物体质量相等。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=70°,则β等于 (　　) A.45° B.55° C.60° D.70° [解析]　取O点为研究对象,O点在三力的作用下处于平衡状态,对其受力分析如图所示,FT1=FT2,两力的合力与F等大反向,根据几何关系可得2β+α=180°,所以β=55°,故选B。 [答案]　B 　　[例2·“活结”模型]　(多选)如图所示,斜劈M放置在水平地面上,不可伸长的细线绕过滑轮O1、O3连接m1、m3物体,连接m1的细线与斜劈平行。滑轮O3由细线固定在竖直墙O处,滑轮O1用轻质杆固定在天花板上,动滑轮O2跨在细线上,其下端悬挂m2物体,初始整个装置静止,不计细线与滑轮间摩擦,下列说法中正确的是 (　　) A.若增大m3质量,m1、M仍静止,待系统稳定后,细线张力大小变大,动滑轮O2位置上移 B.若增大m3质量,m1、M仍静止,待系统稳定后,地面对M的摩擦力变大,M对m1的摩擦力可能不变 C.若将悬点O下移,m1、M仍静止,待系统稳定后,细线与竖直墙夹角不变 D.若将悬点O下移,m1、M仍静止,待系统稳定后,地面对M的摩擦力变大 [解析]　若增大m3的质量,因为m1、M仍静止,所以系统稳定后线的张力增大,由于m2不变,由力的平行四边形定则可知,O2两侧细线的张角增大,动滑轮O2位置上移,故A正确;把M、m1看成一个整体,地面对M的摩擦力等于细线的张力沿水平方向的分力,由以上分析知细线的张力变大,所以地面对M的摩擦力也变大,由于初始情况下m1的受力情况未知,M对m1的摩擦力大小可能不变,方向会发生变化,故B错误;若将悬点O下移,细线的拉力不变,m2的质量不变,那么O2与O3间的细线和拉m3的竖直细线的夹角没有变化,拉O3滑轮的细线的拉力与这两根细线的合力大小相等、方向沿角平分线,所以细线与竖直墙夹角总等于O2与O3间的细线和拉m3的竖直细线之间夹角的一半,故C正确;由以上分析可知将悬点O下移,细线的拉力不变,由整体法可知地面对M的摩擦力不变,故D错误。 [答案]　AC |模|型|建|构| 模型 模型结构 模型解读 模型特点 “活结”把绳子分为两段,且可沿绳移动,“活结”一般由绳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 “活结”两侧的绳子上的张力大小处处相等 “死结”把绳子分为两段,且不可沿绳子移动,“死结”两侧的绳因结而变成两根独立的绳 “死结”两侧的绳子上张力不一定相等 二、“动杆”与“定杆”模型 　　[例3]　(2025·福建三明模拟)如图甲所示,轻绳AD跨过固定在水平横梁BC右端的光滑定滑轮挂住一个质量为5 kg的物体,∠ACB=30°;图乙所示的轻杆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与水平方向成30°角,轻杆的G点用细绳GF拉住另一个质量为5 kg的物体。(g取10 m/s2) (1)分别对C点和G点进行受力分析并作出力的示意图; (2)分别求出两根杆弹力的大小。 [解析]　(1)根据题意可知,题图甲为“活结定杆”模型,对C点受力分析,绳子的拉力相等,杆的支持力不沿杆的方向,由平衡条件可知,杆的支持力与绳的合力等大反向,如图1所示;题图乙为“死结活杆”模型,对G点受力分析,绳子的拉力不相等,杆的支持力沿杆的方向,如图2所示。 (2)题图甲中轻绳AD跨过定滑轮拉住质量为5 kg的物体,物体处于平衡状态,则有FAC=FCD=5×10 N=50 N 且两绳夹角为120°,由平衡条件可知FNC=FAC=FCD=50 N,方向与水平方向成30°斜右上方; 题图乙中FGF=5×10 N=50 N 由平衡条件有FGEsin 30°=FGF,FGEcos 30°=FHG 解得FHG=50 N,方向水平向右。 [答案]　(1)见解析图　(2)50 N　50 N |模|型|建|构| 模型 模型结构 模型解读 模型特点 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 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 [课时跟踪检测]　 (说明:标★的为推荐讲评题目) 一、单项选择题 1.清明时节,人们有用供果祭祀祖先的传统。如图所示,供桌上摆放果盘中共有4个大致相同的苹果,下层放置3个苹果,下层的每个苹果与盘子的接触面均水平,苹果A放置在最上层。已知每个苹果的质量均为m,重力加速度为g,下列说法正确的是 (　　) A.其他苹果对苹果A的作用力的合力方向竖直向上 B.其他苹果与苹果A之间的弹力大小均为mg C.下层的每个苹果受到盘子的支持力大小均为mg D.下层的每个苹果受到盘子的作用力均竖直向上 解析:选A　苹果A受到自身重力以及其他苹果对A的作用力,由共点力平衡条件可知,其他苹果对苹果A的作用力的合力与苹果A的重力大小相等、方向相反,A正确;其他苹果对苹果A的作用力在竖直方向上的分力之和等于苹果A重力的大小,其他苹果与苹果A之间的弹力大小大于mg,B错误;将4个苹果看成一个整体,盘子对整体的支持力大小为4mg,则下层每个苹果受到盘子的支持力均大于mg,C错误;对下层的单个苹果受力分析,受到自身重力、苹果A对其斜向下的压力以及盘子对其的作用力,根据共点力平衡条件可知,盘子对下层每个苹果的作用力斜向上,D错误。 2.如图a所示,送水工人用推车运送重120 N的桶装水,到达目的地后,工人缓慢抬起把手使OA变为水平即可将水桶卸下(如图b所示)。若桶与板OB、OA之间的摩擦不计,∠AOB=60°,当BO与水平面的夹角为90°时,则水桶对OB板的压力F1、对OA板的压力F2的大小正确的是 (　　) A.F1=40 N B.F1=120 N C.F2=40 N D.F2=120 N 解析:选A　当BO与水平面的夹角为90°时,对水桶受力分析,水桶受到OB板的弹力F1'、OA板的弹力F2'以及重力G,在三个力的作用下平衡,其受力分析图如图所示,根据平衡条件以及几何关系有F2'sin 30°=F1',F2'cos 30°=G,解得F1'=40 N,F2'=80 N,由牛顿第三定律可知F1=F1'=40 N,F2=F2'=80 N,故选A。 3.(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。 4.(2025·辽宁沈阳质检)如图所示,某同学设计了4个完全相同的木块,紧密并排放在固定的斜面上,分别标记(号)为“2,0,2,4”,不计所有接触处的摩擦,则0号木块左、右两侧面所受的弹力之比为 (　　) A.3∶2 B.2∶3 C.4∶3 D.1∶2 解析:选A　设每个木块的质量均为m,斜面倾角为θ,以上方三个木块为整体,根据受力平衡可得0号木块左侧面所受的弹力大小为F1=3mgsin θ;以上方两个木块为整体,根据受力平衡可得F2'=2mgsin θ,根据牛顿第三定律,则0号木块右侧面所受的弹力大小为F2=F2'=2mgsin θ;则0号木块左右两侧面所受的弹力之比为F1∶F2=3∶2,故选A。 5.如图,质量为m的木块A放在水平地面上,固定在A上的竖直轻杆的上端与小球B用细绳连接,当与水平方向成30°角的力F 作用在小球B上时,A、B恰好能一起向右匀速运动,此时细绳与竖直方向的夹角为60°。已知小球B的质量也为m,则木块A与水平地面间的动摩擦因数为 (　　) A. B. C. D. 解析:选B　对B球,根据平衡条件,水平方向有FTcos 30°=Fcos 30°,竖直方向有FTsin 30°+Fsin 30°=mg,解得F=mg,对A、B整体,根据平衡条件,水平方向有Fcos 30°=Ff,竖直方向有Fsin 30°+FN=2mg,又Ff=μFN,解得μ=,故选B。 6.如图所示,斜拉桥可简化为不对称钢索模型,桥面水平、塔柱竖直,已知AC、AB的拉力大小分别为TAC、TAB,AC、AB与塔柱的夹角分别为α、β,且α <β,地面对塔柱的作用力竖直向上。下列说法正确的是 (　　) A.钢索的拉力会对塔柱产生两个效果,一方面竖直向上拉塔柱,另一方面沿水平方向拉塔柱 B.若桥面保持水平稳定,则桥面的重心在D点的右侧 C.钢索对塔柱的拉力的合力斜向右下方 D.若桥面保持水平稳定,则有TACsin α=TABsin β 解析:选D　钢索的拉力会对塔柱产生两个效果,一方面竖直向下拉塔柱,另一方面沿水平方向拉塔柱,A错误;桥面受到TAC、TAB和重力的作用处于平衡状态,根据共点力平衡条件,重力经过TAC、TAB的交点A,所以桥面的重心在桥面与立柱的交点D处,B错误;塔柱受到TAC、TAB、重力以及地面对塔柱的作用力处于平衡状态,地面对塔柱的作用力竖直向上,则钢索对塔柱的拉力的合力竖直向下,C错误;当桥面保持水平稳定时,根据平衡条件得TACsin α=TABsin β,D正确。 7.如图所示,蜘蛛用蛛丝将其自身悬挂在水管上,并处于静止状态。蛛丝OM、ON与竖直方向夹角分别为α、β(α>β)。用F1、F2分别表示OM、ON的拉力,则 (　　) A.F1的竖直分力大于F2的竖直分力 B.F1的竖直分力等于F2的竖直分力 C.F1的水平分力大于F2的水平分力 D.F1的水平分力等于F2的水平分力 解析:选D　对O点受力分析如图所示,由几何关系可知,F1的竖直分力小于F2的竖直分力,F1的水平分力等于F2的水平分力,故A、B、C错误,D正确。 8.(2025·江苏南京模拟)远程输电线路如图所示,质量为m的电缆,一端系在左侧杆上的a点,另一端系在右侧杆上的b点,最低点为c。测得ac段长是bc段的3倍,且b端的切线与竖直方向的夹角为60°,已知重力加速度为g。则 (　　) A.电缆在b处的弹力大小为mg B.电缆在a处的弹力大小为mg C.电缆在c处的弹力大小为mg D.电缆在c处的弹力大小为mg 解析:选B　设a端的切线与竖直方向的夹角为θ,电缆在c处的弹力水平,大小为Fc,对ac段受力分析得Facos θ=mg,Fasin θ=Fc,对bc段受力分析得Fbcos 60°=mg,Fbsin 60°=Fc,解得电缆在c处的弹力大小为Fc=mg,电缆在b处的弹力大小为Fb=mg,电缆在a处的弹力大小为Fa=mg。故选B。 二、多项选择题 9.张家口怀来大桥作为交通大动脉,与京张高铁官厅水库特大桥交相辉映(如图甲)。其简化模型如下:吊桥由六对钢杆悬吊,六对钢杆在桥面上分列两排,其上端挂在两根钢缆上,如图乙所示为其一侧面图。已知图中相邻两钢杆间距离为8 m,靠桥面中心的钢杆长度为2 m,即AA'=DD'=2 m,BB'=EE',CC'=PP',已知两端钢缆CM、PN与水平方向夹角均为37°,若钢杆、钢缆自重不计,每根钢杆承受拉力相同,桥面总质量为m,重力加速度为g,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,则下列说法正确的是 (　　) A.每根钢杆的拉力大小为mg B.钢缆AD中的拉力大小为mg C.BB'=4 m,CC'=8 m D.BB'=4 m,CC'=6 m 解析:选BC　设每根钢杆拉力均为T,由平衡条件可得12T=mg,解得T=,A错误;对CB和BA钢缆整体受力分析,如图1所示,由平衡条件可得TMCsin 37°=,TAD=TMCcos 37°,解得TAD=,即钢缆AD中的拉力大小为,B正确;对A点受力分析,如图2所示, 由平衡条件可得tan θ==,由几何关系可得BB'=AA'+A'B'tan θ=4 m;对AB段钢缆整体受力分析,如图3所示,由平衡条件可得tan θ'==,由几何关系可得CC'=BB'+B'C'tan θ'=8 m,C正确,D错误。 10.(2025·襄阳高三月考)如图,半径为R的光滑圆环固定在竖直平面内,MN为圆的水平直径,PQ为竖直直径。质量均为m的两相同小球a、b穿在圆环上,分别与轻质弹簧k1、k2连接,弹簧的另一端均固定在圆环的Q点,弹簧原长均为R。现对a、b两球分别施加竖直向上的拉力F1、F2,两球静止时,a球恰好位于M点,b球位于C点,OC与OM夹角为30°,此时F1=F2=2mg,重力加速度为g,下列说法正确的是 (　　) A.连接a球的弹簧k1劲度系数为 B.连接b球的弹簧k2劲度系数为 C.b球受到圆环的作用力大于a球受到圆环的作用力 D.保持b球静止,改变F2方向,其最小值为mg 解析:选BD　对a球受力分析如图甲所示, 由平衡条件可知F1-mg-k1x1cos 45°=0,由几何关系可知x1=R-R,联立解得k1=,A错误;a球受到圆环作用力为N1=k1x1sin 45°=mg,对b球,受力分析如图乙所示,由平衡条件可知F2+N2sin 30°-mg-k2x2cos 30°=0,N2cos 30°-k2x2sin 30°=0,由几何关系可知x2=R-R,联立解得k2= ,N2=mg,则N1=N2,B正确,C错误;由平衡特点可知,当F2沿圆环切线时,F2的值最小,F2min-mgcos 30°-k2x2cos 60°=0,解得F2min=mg,D正确。 三、计算题 11.(10分)如图所示,质量M=2 kg的木块A套在水平杆上,并用轻绳将木块与质量m= kg的小球B相连。用与水平方向成α=30°角的恒力F=10 N拉着球带动木块一起向右匀速运动,运动过程中A、B相对位置保持不变,g取10 m/s2。求: (1)运动过程中轻绳与水平方向的夹角θ;(4分) (2)木块与水平杆间的动摩擦因数μ。(6分) 解析:(1)对B进行受力分析,如图所示,设轻绳对B的拉力为FT,由平衡条件可得Fcos 30°=FTcos θ, Fsin 30°+FTsin θ=mg 解得FT=10 N,tan θ= 即θ=30°。 (2)对A进行受力分析,由平衡条件有FT'sin θ+Mg=FN,FT'cos θ=μFN,FT'=FT,解得μ=。 答案:(1)30°　(2) 第5讲　微专题——共点力的动态平衡(综合融通课) (一) “四法”破解动态平衡问题 　　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”等关键词。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。 1.(2025·黑龙江牡丹江模拟)如图所示,某款手机支架由“L”形挡板和底座构成,挡板使用一体成型材料制成,其AB、BC部分相互垂直,可绕过O点的轴在竖直面内自由调节,不计手机与挡板间的摩擦。调整支架,缓慢增大AB部分的倾角,下列说法正确的是 (　　) A.手机对AB部分的压力增大 B.手机对BC部分的压力增大 C.手机对支架的作用力增大 D.支架对手机的作用力减小 解析:选B　设AB部分与BC部分对手机的支持力分别为F1、F2,AB部分与水平方向的夹角为θ,由平行四边形定则得F1=mgcos θ,F2=mgsin θ,缓慢增大AB部分的倾角θ,则F1减小,F2增大,由牛顿第三定律可知,手机对AB部分的压力减小,手机对BC部分的压力增大,故A错误,B正确;缓慢增大AB部分的倾角,支架对手机的作用力始终与手机的重力大小相等、方向相反,根据牛顿第三定律可知,手机对支架的作用力不变,故C、D错误。 2.(2024年1月·安徽高考适应性演练)如图所示,轻绳1两端分别固定在M、N两点(N点在M点右上方),轻绳1上套有一个轻质的光滑小环O,质量为m的物块P通过另一根轻绳2悬挂在环的下方,处于静止状态,∠MON=60°。现用一水平向右的力F缓慢拉动物块,直到轻绳2与MN连线方向垂直。已知重力加速度为g。下列说法错误的是 (　　) A.施加拉力F前,轻绳1的张力大小为mg B.物块在缓慢移动过程中,轻绳2的延长线始终平分∠MON C.物块在缓慢移动过程中,轻绳2的张力越来越大 D.物块在缓慢移动过程中,轻绳1的张力可能先增大后减小 解析:选D　施加拉力F前,以小环O为对象进行受力分析,其受到轻绳2的拉力等于物块P的重力mg,竖直方向根据受力平衡可得2T1cos 30°=mg,解得轻绳1的张力大小为T1=mg,故A正确,不满足题意要求;物块在缓慢移动过程中,以小环O为对象,由于小环O两侧轻绳1的张力大小总是相等,则小环O两侧轻绳1的张力的合力始终沿∠MON平分线,根据受力平衡可知,轻绳2的延长线始终平分∠MON,故B正确,不满足题意要求;物块在缓慢移动过程中,轻绳2与竖直方向的夹角θ逐渐增大,以物块为对象,根据受力平衡可得T2cos θ=mg,可知T2=,可知轻绳2的张力越来越大,故C正确,不满足题意要求;物块在缓慢移动过程中,由于M、N之间的轻绳1长度不变,根据数学知识可知,小环O的运动轨迹为椭圆,M、N为椭圆的两个焦点,当轻绳2与MN连线方向垂直时,小环O刚好位于椭圆的短轴顶点,根据椭圆知识可知此时∠MON最大,则此过程∠MON=α逐渐增大,以小环O为对象,根据受力平衡可得2T1'cos =T2,可得T1'=,可知此过程轻绳1的张力一直增大,故D错误,满足题意要求。故选D。 方法2　图解法 1.一般图解法:适用于物体受三个力处于动态平衡时,其中一个力大小、方向均确定,另一个力的方向保持不变。例:挡板P由竖直位置逆时针向水平位置缓慢旋转时小球受力的变化(如图所示)。 2.辅助圆法:适用于物体受三个力处于动态平衡时,其中一个力大小、方向均确定,另两个力大小、方向均不确定,但是这两个力的方向夹角保持不变。 例:框架由竖直位置顺时针向水平位置缓慢旋转90°时,绳A、B对小球拉力的变化(如图所示)。 3.图1是工人把货物运送到房屋顶端的场景,简化图如图2所示,绳子跨过定滑轮拉动货物A,沿倾角为θ的玻璃棚缓慢向上移动,忽略货物所受摩擦阻力,则下列说法正确的是 (　　) A.货物A对玻璃棚的压力不变 B.货物A对玻璃棚的压力越来越大 C.绳子的拉力越来越大 D.绳子的拉力越来越小 解析:选C　对货物A受力分析,其动态图如图所示。货物缓慢向上移动,则拉力方向与竖直方向的夹角减小,由图可知,绳子的拉力越来越大。同时,玻璃棚对货物的支持力变小,由牛顿第三定律知,货物A对玻璃棚的压力越来越小。故C项正确。 4.(多选)如图所示的三层篮球收纳架由两根平行的竖直立柱、三对倾斜挡杆和一个矩形底座ABCD构成,同一层的两根倾斜挡杆平行且高度相同并与竖直立柱成60°角,每侧竖直立柱与对应侧的三根倾斜挡杆及底座长边在同一平面内。开始时收纳架置于水平地面上,竖直立柱处于竖直方向,将收纳架以AB边为轴、沿顺时针方向缓慢旋转90°,篮球的直径大于竖直立柱与倾斜挡杆构成的两平面间的距离,不计篮球与倾斜挡杆和竖直立柱的摩擦力,篮球始终处于静止状态,则在此过程中关于第二层篮球受力情况的说法正确的是 (　　) A.两倾斜挡杆对篮球的作用力一直减小 B.其中一个倾斜挡杆对篮球的作用力先增大再减小 C.两竖直立柱对篮球的作用力一直增大 D.其中一个竖直立柱对篮球的作用力先增大再减小 解析:选AD　对第二层的篮球进行受力分析,如图所示。收纳架以AB边为轴、沿顺时针方向缓慢旋转90°过程中,倾斜挡杆对篮球的作用力和竖直立柱对篮球的作用力方向夹角不变,所以旋转过程中根据矢量三角形法则可知两倾斜挡杆对篮球的作用力一直减小,竖直立柱对篮球的作用力先增大后减小,一个竖直立柱对篮球的作用力先增大再减小。故选A、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。 5.(2025·河北承德模拟)某攀岩运动员到达山顶后采用如下方式下山:绳的一端固定在山顶,另一端拴在运动员的腰间,沿着岩壁缓缓下移。下移过程中可以把运动员近似看作一根轻杆,整体简化如图所示,A点是运动员的脚所在位置,B点是山顶的固定点,C点是人的重心位置。某时刻腿部与崖壁成60°角,绳与竖直方向也成60°角(图中实线),则下列说法正确的是 (　　) A.在图中实线位置时,绳子对运动员的拉力比运动员的重力大 B.在图中实线位置时,绳子对运动员的拉力与运动员的重力大小相等 C.当运动员的重心下降到虚线位置时,绳子对运动员的拉力减小 D.当运动员的重心下降到虚线位置时,绳子对运动员的拉力不变 解析:选B　对C点进行受力分析如图所示。设BC绳上的拉力为FBC,杆AC上的力为FAC,由几何三角形与矢量三角形相似可得==,解得FBC=G,在题图中实线位置时,三角形是一个等边三角形,故FBC=G,A错误,B正确;当运动员的重心下降到虚线位置时,根据上述分析可知,此时BC>AB,FBC>G,绳子对运动员的拉力变大,C、D错误。 方法4　拉密定理法 　　如图所示,物体受三个共点力作用而处于平衡状态,则三个力中任何一个力的大小分别与另外两个力的夹角的正弦成正比,即==。 6.(多选)如图所示,细线一端固定在O点,另一端系一质量为m的小球A,当小球受到竖直平面内与水平方向夹角为60°的拉力F作用时,小球恰好静止且OA水平拉直。现让小球绕O点沿顺时针缓慢向下运动,保持拉力F与OA的夹角不变,小球可视为质点,重力加速度为g,则OA由水平变为竖直过程中,绳子OA的拉力 (　　) A.最小值为mg B.最小值为mg C.最大值为mg D.最大值为mg 解析:选AD　设绳子与竖直方向的夹角为θ,对小球进行受力分析,根据拉密定理有==,其中0°≤θ ≤90°,当θ=30°时,解得Tmax=,故C错误,D正确;当θ=90°时,解得Tmin=,故A正确,B错误。 (二) “三法”破解平衡中的临界和极值问题 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”“刚能”“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常用以下三种方法: 　　　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。 1.如图所示,三根长度均为L的轻绳分别连接于C、D两点,A、B两端被悬挂在水平天花板上,相距2L。现在C点上悬挂一个质量为m的重物,为使CD绳保持水平,在D点上可施加外力F。已知重力加速度为g,则下列说法中正确的是 (　　) A.AC绳的拉力为mg B.CD绳的拉力为mg C.外力F的最小值为mg D.外力F的最小值为mg 解析:选D　设AC绳与竖直方向的夹角为θ,根据几何关系有sin θ==,解得θ=30°,对C点进行分析,根据平衡条件有TACcos θ=mg,TACsin θ=TCD,解得TAC=mg,TCD=mg,故A、B错误;对D点进行受力分析,作出动态矢量三角形如图所示,可知,当外力F的方向与BD绳垂直时,外力F最小,则有Fmin=TCDcos θ=mg,故C错误,D正确。 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。 2.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:选B　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==,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。 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。 3.如图1所示,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2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2N1sin θ+2f1cos θ=mg,f1=μN1 联立解得N1= 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 2N2sin θ=mg+2f2cos θ,f2=μN2 联立解得N2= 综上,筷子对小球的压力的取值范围为≤N≤。 答案:≤N≤ [课时跟踪检测]　 (说明:标★的为推荐讲评题目) 一、单项选择题 1.如图,一昆虫悬挂在水平树枝下,其足的股节与基节间的夹角为θ,且六条足左右对称,都处于相同的拉力下。若昆虫稍微伸直足,则足的股节部分受到的拉力将 (　　) A.增大 B.减小 C.不变 D.先减小后增大 解析:选B　设昆虫的质量为m,每条股节部分受到的拉力均为T,则由力的平衡条件可得6Tsin θ=mg,解得T=,而当昆虫稍微伸直足时,角θ变大,可知足的股节部分受到的拉力T将减小。 2.(2025·山东德州模拟)如图所示,可调节倾角的简易支架放在水平桌面上,上语文课时,某同学将一本古汉语字典放在支架的斜面上,若字典与支架斜面间的动摩擦因数为μ=,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,缓慢地调节倾角θ使得字典与支架始终处于静止状态,则下列说法正确的是 (　　) A.倾角θ增大,字典受到的摩擦力减小 B.倾角θ增大,字典受到的支持力增大 C.若字典始终处于静止状态,支架倾角的最大值θ=30° D.若字典始终处于静止状态,支架倾角的最大值θ=45° 解析:选C　字典受力情况如图所示,根据受力平衡可得Ff=mgsin θ,FN=mgcos θ,可知随着倾角θ增大,字典受到的摩擦力增大,字典受到的支持力减小,故A、B错误;当字典受到的静摩擦力达到最大时,根据受力平衡可知fmax=mgsin θ=μmgcos θ,解得tan θ=μ=,即θ=30°,故C正确,D错误。 3.如图所示,两轻质小环a、b套在水平杆上,两根等长细线悬挂一重物处于静止状态。现保持环a的位置不变,将环b往左侧移动一小段距离,a、b仍处于静止状态。则环a受到杆的 (　　) A.支持力不变 B.支持力变小 C.摩擦力不变 D.摩擦力变大 解析:选A　根据题意,设每根细线的拉力为F,细线与竖直方向的夹角为θ,由平衡条件有2Fcos θ=mg,解得F=,设杆对小环a的支持力为FN,摩擦力为f,对小环a受力分析,由平衡条件有f=Fsin θ=,FN=Fcos θ=,将环b往左侧移动一小段距离,θ减小,可知f变小,FN不变。故选A。 4.(2025·辽宁鞍山模拟)沿轴线切除一部分后的圆柱形材料水平放置,该材料的横截面如图所示,O为其圆心,∠AOB=60°,质量为m的均匀圆柱形木棒沿轴线方向放置在“V”形槽中。初始时,A、O、C三点在同一水平线上,不计一切摩擦,重力加速度为g。在材料绕轴线逆时针缓慢转过90°角的过程中,下列说法正确的是 (　　) A.槽面OA对木棒的弹力的最大值为 B.槽面OB对木棒的弹力先增大后减小 C.槽面OA对木棒的弹力一直增大 D.槽面OA与槽面OB对木棒弹力的合力先减小后增大 解析:选A　在材料绕轴线逆时针缓慢转过90°角的过程中,对均匀圆柱形木棒受力分析,由力的平衡条件可知,重力mg、槽面OA对木棒的弹力FOA和槽面OB对木棒的弹力FOB构成封闭的三角形,动态图如图所示,在转动过程中两弹力FOA、FOB的夹角不变,可知当由题图示位置逆时针缓慢转过30°时,槽面OA对木棒的弹力FOA有最大值,最大值为FOAm==,A正确;由动态图可知,槽面OB对木棒的弹力FOB一直增大,槽面OA对木棒的弹力先增大后减小,B、C错误;由力的平衡条件可知,槽面OA与槽面OB对木棒弹力的合力大小始终等于木棒的重力,合力大小不变,D错误。 5.如图(a),某人借助瑜伽球锻炼腿部力量,她曲膝静蹲,背部倚靠在瑜伽球上,瑜伽球紧靠竖直墙面,假设瑜伽球光滑且视为均匀球体,整体可简化成如图(b)。当人缓慢竖直站立的过程中,人的背部与水平面间的夹角逐渐增大,且θ<,下列说法正确的是 (　　) A.墙面对球的力保持不变 B.人受到地面的摩擦力变大 C.地面对人的支持力变大 D.球对人的压力先增大后减小 解析:选B　对瑜伽球受力分析,如图1,由平衡条件可知N1=mgtan θ,N2=,人缓慢竖直站立的过程中,人的背部与水平面间的夹角逐渐变大,则墙面对球的力N1增大,人对球的支持力增大,根据牛顿第三定律可知球对人的压力增大,故A、D错误;对整体受力分析,如图2,由平衡条件可知FN=(M+m)g,f=N1,人受到地面的摩擦力变大,地面对人的支持力不变,故B正确,C错误。 6.如图所示,轻质弹簧上端固定,下端连接一光滑小球a(可视为质点),斜面b静止在水平地面上,小球放在斜面上,开始时弹簧与斜面平行。现将斜面缓慢向左移到虚线处,小球仍静止在斜面上。下列说法正确的是 (　　) A.b对a的弹力增加 B.弹簧的长度减小 C.地面对b的支持力增加 D.地面对b的摩擦力减小 解析:选D　根据题意,对小球受力分析,如图甲所示,设弹簧与斜面的夹角为α,斜面倾角为θ,由平衡条件有FTcos α=magsin θ,FN+FTsin α=magcos θ,又有FT=k,斜面缓慢向左移到虚线处,α增大,则FT增大,FN减小,弹簧长度增大,故A、B错误;根据题意,对斜面受力分析,如图乙所示,结合以上分析,由牛顿第三定律可知,FN'减小,由平衡条件可得,地面对b的支持力FN1减小,地面对b的摩擦力f减小,故C错误,D正确。 7.(2025·重庆模拟)晾晒衣服的绳子两端分别固定在两根竖直杆上的A、B两点,A、B两点等高,无风状态下衣服保持静止。某一时刻衣服受到水平向右的恒定风力而发生滑动,并在新的位置保持静止,如图所示。两杆间的距离为d,绳长为d,衣服和衣架的总质量为m,重力加速度为g,不计绳子的质量及绳与衣架挂钩间的摩擦,则 (　　) A.相比无风时,在有风的情况下∠AOB更小 B.无风时,轻绳的拉力大小为mg C.衣服在新的平衡位置时,挂钩左、右两侧绳子的拉力大小不相等 D.在有风的情况下,绳右侧固定端从A点沿杆缓慢向下移到C点,绳子拉力大小不变 解析:选A　设无风时绳子夹角的一半为θ1,绳长为L,有风时绳子夹角的一半为θ2,两种情况受力如图,有L1+L2=Lsin θ2,d=Lsin θ1,又因为d>L1+L2,所以θ1>θ2,故A正确;无风时,衣服受到重力和两边绳子的拉力处于平衡状态,同一条绳子拉力相等,则挂钩左右两侧绳子与竖直方向的夹角相等,由几何关系可得sin θ1==,根据平衡条件得mg=2Fcos θ1,解得F==mg,故B错误;由于不计绳子的质量及绳与衣架挂钩间的摩擦,则挂钩相当于动滑轮,挂钩左、右两侧绳子的拉力总是相等,故C错误;在有风的情况下,将绳右侧固定端从A点沿杆缓慢向下移到C点,挂钩左、右两侧绳子之间的夹角变小,但是两细绳拉力的合力为恒力,则拉力F变小,故D错误。 二、多项选择题 8.质量均匀分布的光滑球A与B通过轻绳连接,跨过两轻质定滑轮悬挂于平台两侧,初始状态A球与水平面接触且有挤压,B球悬于空中,如图所示,不计轻绳和滑轮间的摩擦。若A发生均匀的少量膨胀后,两球仍能保持静止状态,则 (　　) A.两球的质量不可能相等 B.水平面对平台一定有静摩擦力的作用 C.膨胀后平台侧面对A的弹力变大 D.膨胀后A对地面的压力会变大 解析:选CD　对B分析,受到绳子的拉力和重力,则T=mBg,对A分析,受到重力mAg、绳子斜向右上的拉力T、平台侧面的弹力F、水平面的支持力N,设绳子与竖直方向的夹角为θ,如图所示,拉力T在竖直方向上的分力与地面的支持力N的合力大小等于其重力mAg,则有Tcos θ+N=mAg,即mBgcos θ+N=mAg,即mBgcos θ<mAg,可知两球的质量有可能相等,A错误;以平台及A、B为整体,则整体在水平方向不受力作用,水平面对平台没有静摩擦力的作用,B错误;根据共点力平衡条件可得Tcos θ+N=mAg,Tsin θ=F,膨胀后θ变大,T不变,平台侧面对A的弹力F增大,地面对A的支持力N变大,由牛顿第三定律可知,A对地面的压力会变大,C、D正确。 9.如图所示,原长L=40 cm的轻质弹簧放置在光滑的直槽内,弹簧的一端固定在槽的O端,另一端连接一小球,该装置可从水平位置开始绕O点缓慢地转到竖直位置,弹簧的形变始终在其弹性限度内。在转动过程中,发现小球离原水平面的高度不断增大,则该装置转到竖直位置时小球离原水平面的高度可能为 (　　) A.10 cm B.20 cm C.30 cm D.50 cm 解析:选BC　设小球的质量为m,弹簧的劲度系数为k,当光滑直槽转到与水平方向夹角为θ时,小球离原水平面的高度为h,由于小球始终处于平衡状态,因此有k=mgsin θ,而当直槽转至竖直位置时有k(L-h0)=mg,联立解得h=-(L-h0)+,当≥1时,转动过程中小球高度随θ增大而不断增大,解得h0≥20 cm,即可得取值范围为20 cm≤h0<40 cm,故选B、C。 三、计算题 10.(8分)(2025·苏州高三检测)如图为一个水平传感器的简易模型,截面为内壁光滑、竖直放置的正三角形,内部有一个略小于三角形内切圆的小球,三角形各边有压力传感器,通过测出小球对三边压力的大小,信息处理单元可显示摆放处的倾角。图中BC边恰好处于水平状态。现将其以C为轴在竖直平面内顺时针缓慢转动,直到AB边处于上方的水平位置,则在转动过程中球对BC边的压力大小怎样变化? 解析:对正三角形内部的小球受力分析,如图所示。由几何关系可知,角度θ从0°到60°增大过程中,角α与角θ之和保持不变,且α+θ=120°,所以角β也保持不变,β=60°,由平衡条件和正弦定理得 == 由牛顿第三定律得,球对BC边的压力 NBC'=NBC=sin(120°-θ)=sin(120°-θ)=Gsin(120°-θ)角度θ从0°到60°增大过程中,sin(120°-θ)先增大后减小,所以球对BC边的压力先增大后减小。 答案:球对BC边的压力先增大后减小 11.(12分)(2025·陕西咸阳模拟)如图所示,物块A悬挂在绳PO和PC的结点上,PO偏离竖直方向37°,PC水平,且经光滑定滑轮与木块B相连,连接B的绳与水平方向的夹角为53°。已知A的质量mA=0.8 kg,B的质量mB=2.4 kg,木块B静止在水平面上。已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,cos 53°=0.6,sin 53°=0.8,g=10 m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求: (1)绳PO的拉力大小;(3分) (2)木块B与水平面间的摩擦力大小;(4分) (3)若木块B和水平面间的动摩擦因数为0.5,要保证木块B相对地面静止,则物块A的质量不能超过多大?(5分) 解析:(1)对P点受力分析,如图甲所示, 由平衡条件得FPOcos 37°=mAg FPOsin 37°=FC 代入数据解得FPO=10 N,FC=6 N。 (2)对B受力分析,如图乙所示, 根据共点力的平衡条件得,水平方向 f=FC'cos 53°=FCcos 53° 代入数据解得f=3.6 N。 (3)设木块B相对地面恰好静止时,PC绳对B的拉力为FC0, 根据共点力的平衡条件得μ=FC0cos 53° FC0=FC0'=mA'gtan 37° 解得mA'=1.6 kg 即物块A的质量不能超过1.6 kg。 答案:(1)10 N　(2)3.6 N　(3)1.6 kg 第6讲　探究弹簧弹力与形变量的关系(重点实验) 一、实验知能/系统归纳 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、注意实验细节 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。 四、做好误差分析 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 二、实验关键/重点解读 　　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   [题点训练] 1.某同学利用如图甲所示装置做“探究弹簧弹力和弹簧伸长量的关系”实验。 (1)图乙所示的用毫米刻度尺测得的弹簧长度为　　　　cm。  (2)用两根不同规格的弹簧a和b进行实验,得到弹力F与弹簧形变量x的关系如图丙所示,关于图像分析下列说法正确的是　　　　。  A.在弹性限度内,弹簧a的劲度系数比b小 B.弹簧a的自重比弹簧b的大 C.弹簧a的原长一定比弹簧b的大 D.弹簧a的图像弯曲,是因为超过了弹簧的弹性限度 解析:(1)题图乙所示的长度用毫米刻度尺测得,所以读数要精确到最小刻度,且要估读一位,则测得的长度为25.80 cm。 (2)图像斜率表示劲度系数,故在弹性限度内,弹簧a的劲度系数比b大,故A错误;横截距表示拉力F为0时弹簧的伸长量,即弹簧在自重作用下的伸长量,弹簧a的劲度系数比b大,两个弹簧在自重作用下的伸长量相同,所以弹簧a的自重比弹簧b的大,故B正确;由题图中信息无法比较弹簧a、b的原长,故C错误;弹簧在其弹性限度内,弹力与形变量成正比,超出弹性限度后,不再成正比,a图线的末段明显偏离直线,原因就是弹簧受到的力超过了弹性限度,故D正确。 答案:(1)25.80　(2)BD 2.在“探究弹簧弹力与形变量的关系”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)根据乙图可求得该弹簧的劲度系数为　　　　 N/m(保留两位有效数字),图像在A1处出现拐点是因为　　　　　　　　　　　　　　　。  (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;用悬挂钩码的方法给弹簧施加拉力,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,即弹簧的劲度系数k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处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　拉力过大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 [归纳建模] 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.将弹簧水平放在桌面或水平穿在细杆上,且认为弹簧与接触面没有摩擦,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   [题点训练] 1.下表是某同学在“探究弹簧弹力与形变量的关系”的实验中测得的几组数据,g取10 m/s2。 悬挂钩码的质量/g 50 100 150 200 250 弹簧伸长量/cm 2.30 5.08 7.88 9.80 12.50 (1)请在如图所示的坐标纸上作出F⁃x图像。 (2)写出F⁃x图像的函数表达式。 (3)解释函数表达式中常数的物理意义。 (4)若弹簧的原长l0=40 cm,以弹簧的总长l为自变量,写出弹簧弹力F与l的关系表达式,并说明F⁃l图像和F⁃x图像的区别。 解析: (1)F⁃x图像如图所示。 (2)由F⁃x图像知,弹簧的弹力F与弹簧伸长量x成正比,在直线上取较远的两点代入k=,可得直线的斜率k≈0.2 N/cm=20 N/m。所以该弹簧的弹力与伸长量的关系的函数表达式为F=kx=20x(N)。 (3)弹簧的弹力与伸长量的关系的函数表达式为F=20x(N),式中的常数表示弹簧每伸长1 m,弹簧的弹力增大20 N,即实验中使用的弹簧的劲度系数为20 N/m。 (4)弹簧的总长为l,则弹簧伸长量x=l-l0,根据(2)的结果有弹力F与l的关系表达式为F=kx=k(l-l0)=20l-8(N)。所作的F⁃l图像在横轴上有截距,其物理意义为弹簧的原长,而F⁃x图像在横轴上没有截距。 答案:(1)见解析图　(2)F=20x(N)　(3)函数表达式中的常数表示弹簧每伸长1 m,弹簧的弹力增大20 N,是弹簧的劲度系数　(4)F=20l-8(N)　F⁃l图像在横轴上有截距,其物理意义为弹簧的原长,而F⁃x图像在横轴上没有截距 2.某同学用如图甲所示的装置来探究弹簧弹力F和长度L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所到达的刻度位置。然后,在弹簧下端悬挂不同质量的钩码,记录每一次悬挂钩码的质量和弹簧下端的刻度位置,实验中弹力始终未超过弹簧的弹性限度。再以弹簧受到的弹力F为纵轴、弹簧长度L为横轴建立直角坐标系,依据实验数据作出F⁃L图像,如图乙所示。由图像可知: (1)弹簧自由下垂时的长度L0=　　　　cm。(保留三位有效数字)  (2)弹簧的劲度系数k=　　　　N/m。(保留三位有效数字)  (3)关于“探究弹簧弹力和弹簧伸长量的关系”的实验,以下说法正确的是　　　　。  A.应该先把弹簧水平放置测量其原长 B.用悬挂钩码的方法给弹簧施加拉力,弹簧应保持竖直状态 C.用悬挂钩码的方法给弹簧施加拉力,要在钩码处于静止状态时读数 D.实验中弹簧的长度即为弹簧的伸长量 解析:(1)由题图乙可知弹簧自由下垂时的长度为L0=10.0 cm。 (2)由胡克定律可知F=k(L-L0),可得弹簧的劲度系数为k== N/m=40.0 N/m。 (3)为了消除弹簧自重的影响,实验前,应该先把弹簧竖直放置测量其原长,故A错误;用悬挂钩码的方法给弹簧施加拉力,要使弹簧保持竖直状态,此时弹簧的弹力等于钩码的重力,故B正确;用悬挂钩码的方法给弹簧施加拉力,要在钩码处于静止状态时读数,故C正确;实验中弹簧的长度不是弹簧的伸长量,弹簧的伸长量等于弹簧的长度减去弹簧的原长,故D错误。 答案:(1)10.0　(2)40.0　(3)BC [归纳建模] 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(x为弹簧形变量)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。 [课时跟踪检测] 1.(4分)(2024·遵义高三质检)利用如图所示装置做“研究弹力与弹簧伸长量关系”的实验,所用的钩码都相同。 (1)在安装刻度尺时,必须使刻度尺保持　　　　状态。  (2)下列操作正确的是　　　。  A.实验前,应该先把弹簧水平放置在桌面上测量其长度 B.用直尺测得弹簧的长度作为弹簧的伸长量 C.用悬挂钩码的方法给弹簧施加拉力,要在钩码处于静止状态时读取刻度尺的示数 D.逐一增挂钩码,记下每增加一个钩码后指针所指的刻度尺刻度和对应的钩码总重量 解析:(1)在安装刻度尺时,必须使刻度尺保持竖直状态。 (2)实验前,应该先把弹簧竖直悬挂后测量其长度,故A错误;用直尺测得弹簧的长度不是弹簧的伸长量,而是原长和伸长量之和,故B错误;用悬挂钩码的方法给弹簧施加拉力,要在钩码处于静止状态时读取刻度尺的示数,故C正确;为防止超过弹性限度,应逐一增挂钩码,记下每增加一个钩码后指针所指的刻度尺刻度和对应的钩码总重量,故D正确。 答案:(1)竖直　(2)CD 2.(6分)为了研究“弹簧长度与弹力大小的关系”,某物理研究小组利用如图甲装置设计实验,操作步骤如下: (1)先测出不挂钩码时弹簧的自然长度,如图乙所示,指针示数为　　　　cm;  (2)在弹性限度内,将质量均为50 g的钩码逐个挂在绳子下端,记下指针示数L如表中所示,请在图丙中作出F⁃L图像(重力加速度取g=10 m/s2); 钩码数/个 1 2 3 4 L/cm 10.00 14.00 18.00 22.00 (3)根据F⁃L图像可得弹簧的劲度系数为　　　　　　N/m。  解析:(1)刻度尺最小分度值为1 mm,估读到下一位,所以读数为6.00 cm。 (2)根据表中数据描点连线,F⁃L图像如图。 (3)根据图像的斜率可知,弹簧的劲度系数为k== N/m=12.5 N/m。 答案:(1)6.00　(2)见解析图　(3)12.5 3.(6分)(2025·山东泰安期末)实验小组利用图甲所示装置探究弹力与弹簧形变量的关系。重物放在水平放置的力传感器上面,轻质弹簧一端与重物相连,另一端与跨过处于同一水平高度的两个光滑定滑轮的细线的M端相连,调整滑轮1的位置,使其下方的细线处于竖直状态。初始时,细线各部分均伸直但无张力,滑轮2的右侧竖直固定一刻度尺,调整刻度尺的高度,使其零刻度线恰与细线的N端点对齐。现缓慢竖直向下拉端点N,分别记录端点N移动的距离x及对应的力传感器的示数F。F⁃x图像如图乙所示,图中 F0、x0均为已知量,当地的重力加速度为g。 (1)由图乙可得弹簧的劲度系数k=　　　　　,重物的质量m=　　　　。  (2)若拉动端点N时偏离了竖直方向,则弹簧劲度系数的测量值与其真实值相比将　　　　　(填“偏大”“偏小”或“相等”)。  解析:(1)对重物受力分析可知F=mg-FT,对弹簧由胡克定律得FT=kx,所以弹簧的劲度系数为k=。x=0时,弹簧拉力为零,力传感器的示数等于重物的重力,则G=F0=mg,解得重物的质量m=。 (2)若拉动端点N时偏离了竖直方向,则测量的弹簧伸长量偏小,故弹簧劲度系数的测量值与其真实值相比将偏大。 答案:(1)　　(2)偏大 4.(6分)(2025·广州高三月考)如图,某同学设计了可以测量物体质量的“天平”。首先把两根完全一样的弹簧上端吊挂在盒子上顶面,托板A、直杆B、齿条C、水平横杆D串联在一起,直杆B通过小孔(直杆未与小孔边缘接触)穿过盒子上顶面,水平横杆D与两弹簧下端点相连。在齿条C左侧固定一齿轮,齿轮与齿条C啮合且可绕过圆心O的轴无摩擦转动,齿轮上固定一轻质指针,当齿条下移时,齿轮沿顺时针方向转动,指针随之转动,通过固定在齿轮上方的表盘可读出指针转过的角度。经过调校,使得托板A上不放物品时,指针恰好指在竖直向上的位置。 (1)若在托板A上放置物体,静止时读出指针偏转了θ,要求出每根弹簧的伸长量,仅需测量　　　　;  A.弹簧劲度系数k B.物体质量m C.齿轮半径R D.指针长度l (2)若已知弹簧劲度系数为k,齿轮半径为R,重力加速度为g,则物体质量m与角度θ的关系式为m=　　　　　(所有物理量单位均为国际制单位);  (3)本实验中,弹簧自身受到的重力对实验结果　　　　　(填“有”或“无”)影响。  解析:(1)弹簧的伸长量是齿条C下落的高度,也就是齿轮旋转时所对应的弧长,故只需要测量出齿轮的半径R即可。故选C。 (2)设弹簧的伸长量为x,由题可得mg=2kx,由几何关系可知x=Rθ,联立解得m=。 (3)根据m=可知,待测物体的质量m与弹簧自身受到的重力无关。 答案:(1)C　(2)　(3)无 第7讲　探究两个互成角度的力的合成规律(重点实验) 一、实验知能/系统归纳 一、理清原理与操作 1.原理装置图 如果两个互成角度的力F1、F2作用于挂在橡皮条一端的小圆环上与只用一个力F作用于小圆环上都能使小圆环移动到同一点,也就是作用效果相同,则F为F1和F2的合力。用力的图示作出F1、F2和F,比较它们的大小和方向,找出其中的规律。 2.操作要领 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 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 记录 记下每次实验各力的大小和方向,标记方向的两点尽量远些 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.用铅笔和刻度尺从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、注意实验细节 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 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 力度 适中 在合力不超出量程及在橡皮条弹性限度内的前提下,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 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 四、做好误差分析 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 二、实验关键/重点解读 　　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) 　 是否测量力的具体值   [题点训练] 1.(2025·吉林松原模拟)在“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验中,某同学的实验情况如图甲所示,其中A为固定橡皮条的图钉,O为橡皮条与细绳的结点,OB和OC为细绳,图乙是在白纸上根据实验结果画出的力的图示。 (1)其主要实验步骤如下,存在问题的步骤是　　　　。  A.将图钉、白纸固定在木板上,把系好细绳套的橡皮条固定在图钉上 B.用两个弹簧测力计互成角度的拉伸橡皮条,记录此时两个弹簧测力计的读数F1、F2 C.用一个弹簧测力计拉伸橡皮条,并记录此弹簧测力计的读数F及其方向 D.在白纸上作出三个力的图示,并探究它们的关系 (2)该同学在该实验中采取了下面哪种常用的研究方法　　　　。  A.控制变量法 B.等效替代法 C.微小量放大法 D.建立理想模型法 (3)图甲中弹簧测力计的读数是　　　　N。  (4)如果没有操作失误,图乙中的F和F'两力中,方向一定沿AO方向的是　　　　 。  (5)关于本实验,下列说法正确的是　　　　。  A.两细绳必须等长 B.弹簧测力计、细绳、橡皮条都应与木板平行 C.两次拉伸橡皮条,只要使橡皮条伸长到相同长度即可 D.拉橡皮条的细绳要长些,标记同一细绳方向的两点要适当远些 解析:(1)将图钉、白纸固定在木板上,把系好细绳套的橡皮条固定在图钉上,A正确,不符合题意;用两个弹簧测力计互成角度的拉伸橡皮条,记下结点O的位置,记录此时两个弹簧测力计的读数F1、F2,并确定两个力的方向,B错误,符合题意;用一个弹簧测力计拉伸橡皮条,并使结点O的位置与用两个弹簧测力计拉时的结点O位置重合,并记录此弹簧测力计的读数F及其方向,C错误,符合题意;在白纸上作出三个力的图示,并探究它们的关系,D正确,不符合题意。 (2)在该实验中,一个力的作用效果与两个互成角度的力共同的作用效果相同,这一个力就是那两个力的合力,因此实验采取了等效替代法。故选B。 (3)题图甲中弹簧测力计的最小刻度值是0.1 N,则读数是3.70 N。 (4)题图乙中的F和F'两力中,F是由平行四边形定则得出的理论值,F'是实验时弹簧测力计的测量值,因此方向一定沿AO方向的是F'。 (5)两细绳的长度要合适,但不一定等长,A错误;弹簧测力计、细绳、橡皮条都应与木板平行,这样可以减小实验误差,B正确;两次拉伸橡皮条,必须使橡皮条伸长到相同长度且使两次的结点O重合,C错误;拉橡皮条的细绳要长些,标记同一细绳方向的两点要适当远些,这样在确定力的方向时不容易出现错误,减小实验误差,D正确。 答案:(1)BC　(2)B　(3)3.70　(4)F'　(5)BD 2.某实验小组用橡皮筋验证力的平行四边形定则,实验步骤如下: ①取三条规格相同的橡皮筋,用刻度尺测量并记录它们的自然长度; ②用弹簧测力计分别将三条橡皮筋拉至相同的长度,若弹簧测力计的示数相同,则继续进行后续实验; ③将三条橡皮筋的一端系在一起,再将其中两条的另一端分别固定在贴有白纸的水平木板上的M、N两点,如图所示; ④将第三条橡皮筋的另一端P系一细绳,用力拉细绳,使三条橡皮筋的结点静止在某位置,在白纸上将该位置记作O,同时记录三条橡皮筋的方向和长度; ⑤以结点位置O为起点,分别沿OM、ON方向和OP方向作出线段OM'、ON'、OP',使每条线段的长度与各自对应的橡皮筋的伸长量成正比。 ⑥以线段OM'、ON'为邻边作平行四边形,若对角线与线段OP'重合,则说明两个力和它们的合力符合平行四边形定则。 ⑦重复以上实验步骤中的④⑤⑥,多做几次实验。 请完成以下问题: (1)以下说法正确的是　　　　。  A.该实验所选用的三条橡皮筋的自然长度要相等 B.步骤②的目的是验证三条橡皮筋的劲度系数是否相同 C.步骤④中拉细绳的力可以不与木板平行 D.步骤⑦中多次实验结点静止时的位置O必须在同一位置 (2)若第二次实验同第一次相比较,OM、ON夹角不变,OM、OP的夹角变小,橡皮筋OP长度不变,则橡皮筋OM长度　　　　,橡皮筋ON长度　　　　。(选填“变大”“变小”或“不变”)  解析:(1)三条橡皮筋的规格相同,自然长度要相等,且劲度系数要相同,步骤②的目的是验证三条橡皮筋的劲度系数是否相同,故A、B正确;拉线方向必须与木板平面平行,这样才确保力的大小准确,故C错误;改变拉力,进行多次实验,没必要使O点在同一位置,故D错误。 (2)若第二次实验同第一次相比较,OM、ON夹角不变,OM、OP的夹角变小,橡皮筋OP长度不变,由平行四边形定则可知,橡皮筋OM长度变小,橡皮筋ON长度变大。 答案:(1)AB　(2)变小　变大 [归纳建模] 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,合力和分力的大小应测出具体值。 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)。 关键点(二) 　 是否需要固定结点   [题点训练] 1.某同学做“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验,主要实验步骤如下: ①轻质光滑小圆环(可视为质点)挂在橡皮条的一端,另一端固定,橡皮条刚好伸直无弹力,长度为GE; ②用手通过两个弹簧测力计共同拉动小圆环,小圆环受到拉力F1、F2的共同作用,处于O点,记录下O点的位置,读出两个弹簧测力计的示数并记录其方向; ③撤去F1、F2,改用一个力F单独拉住小圆环,　　　　,读出弹簧测力计的示数并记录其方向;  ④作出三个力的图示,猜想它们的关系,再用作图工具进行检验,并改变拉力F1、F2的大小和方向,重做上述实验,验证猜想。 (1)其中步骤③中,横线上应填入的内容是　　　　　　　　　　　。  (2)本实验采用的科学方法是　　　　。  A.理想实验法 B.控制变量法 C.等效替代法 D.转换法 (3)实验用的弹簧测力计标记的单位为N,某次实验如图丙所示,则测力计示数F1=　　　　N,欲使F1大小和小圆环位置不变,F2稍增加,下列方法可行的是　　　　。  A.F1绕O点顺时针稍转动、F2绕O点顺时针稍转动 B.F1绕O点逆时针稍转动、F2绕O点顺时针稍转动 C.F1绕O点顺时针稍转动、F2绕O点逆时针稍转动 D.F1绕O点逆时针稍转动、F2绕O点逆时针稍转动 解析:(1)步骤③是只用一个弹簧测力计将小圆环拉到同一位置O点,使F的作用效果与F1、F2同时作用时相同。 (2)实验中两个拉力的作用效果和一个拉力的作用效果相同,采用的科学方法是等效替代法,故选C。 (3)弹簧测力计的精度为0.1 N,所以F1=4.00 N。保持小圆环位置不变,F1、F2的合力不变,由平行四边形定则作图可知,保持F1大小不变,方向绕O点顺时针稍转动、F2绕O点顺时针稍转动,可使F2的值增加,故选A。 答案:(1)仍使小圆环处于O点　(2)C (3)4.00　A 2.某同学用如图甲所示的实验装置来验证“力的平行四边形定则”。弹簧测力计A挂于固定点P,下端用细线挂一重物M,弹簧测力计B的一端用细线系于O点,手持另一端向左拉,使结点O静止在某位置。分别读出弹簧测力计A和B的示数,并在贴于竖直木板的白纸上记录O点的位置和拉线的方向。 (1)下列的实验要求中不必要的是　　　　;  A.细线AO与BO之间的夹角应尽可能大于90° B.改变拉力的大小与方向,进行多次实验,每次都要使O点静止在同一位置 C.细线应尽可能长一些 D.应测量重物M所受的重力 (2)图乙的示数为　　　　N;  (3)图丙是在白纸上根据实验结果画出的力的图示,下列说法正确的是　　　　。 A.图中的F'是力F1和F2合力的理论值 B.图中的F是力F1和F2合力的理论值 C.图中的F是力F1和F2合力的实际测量值 D.本实验将细绳都换成橡皮条,同样能达到实验目的 解析:(1)细线AO与BO之间的夹角应适当大一点,但不一定大于90°,故A符合题意;进行多次实验,不一定要使O点静止在同一位置,故B符合题意;细线应尽可能长一些,能更加准确的记录力的方向,故C不符合题意;实验通过作出三个力的图示来验证力的平行四边形定则,因此重物的重力必须要知道,故D不符合题意。 (2) 弹簧测力计刻度,每1 N被分成10格,则1格就等于0.1 N,题图乙中指针落在3 N到4 N的第8格处,示数为3.80 N。 (3)理论值是通过平行四边形定则得到的值,所以F'是F1和F2的合力的理论值,故A正确,B错误;F1与F2的合力的实际测量值等于下面悬挂重物的重力大小,方向与重力方向相反,所以F是F1和F2的合力的实际测量值,故C正确;本实验将细绳都换成橡皮条,同样能达到实验目的,故D正确。 答案:(1)AB　(2)3.80　(3)ACD [归纳建模] 1.在用橡皮条做本实验时,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。 [课时跟踪检测] 1.(6分)(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:(2)CD　(3)标记位置　(5)大小和方向 2.(6分)某兴趣小组的同学为了验证“两个互成角度的力的合成规律”,设计了一个实验方案,在圆形桌子桌面上平铺一张白纸,在桌子边缘安装三个光滑的滑轮(滑轮上侧所在平面与桌面平行), 滑轮P1固定,滑轮P2、P3可沿桌边移动,如图所示。可供选择的实验器材有:刻度尺、三角板、铅笔、白纸、一根橡皮筋、三根细线、质量相同的钩码若干。部分实验操作步骤如下: ①将橡皮筋中央处和两端点分别与三根细线相连; ②将连在橡皮筋中央的细线跨过固定滑轮P1,连接橡皮筋两端点的细线跨过可动滑轮P2、P3; ③在三根细线的下端分别挂上一定数量的钩码,使连在橡皮筋中央的细线与橡皮筋的结点O静止。 (1)为完成本实验,下列物理量必须测量或记录的是　　　　。(填选项前字母)  A.橡皮筋的原长 B.两端橡皮筋伸长后的长度 C.钩码的质量 D.三根细线所挂钩码的个数 (2)在完成本实验的过程中,下列操作或描述正确的是　　　　。(填选项前字母)  A.连接橡皮筋两端点的细线长度必须相同 B.细线OP1必须在OP2与OP3夹角的角平分线上 C.记录图中O点的位置和OP1、OP2、OP3的方向及所挂钩码的个数 D.不改变OP1所挂钩码的个数和OP1的方向,改变OP2与OP3的夹角重复实验,O点不用在桌面上同一位置 (3)实验中,若桌面不水平　　　　(填“会”或“不会”)影响实验的结论。  解析:(1)橡皮筋伸长后的拉力大小等于所挂钩码的重力,所以钩码的个数必须测量,又钩码质量相同,则不用测量钩码的质量,橡皮筋的原长和伸长后的长度不用测量。故选D。 (2)连接橡皮筋两端点的细线长度不影响橡皮筋的拉力大小,故长度不用相同,A错误;细线OP1上力的方向与细线OP2、OP3上两力的合力方向相反,由于OP2、OP3上两力的合力方向是任意的,故OP1不需要在角平分线上,B错误;实验中,需要测量OP1、OP2和OP3上力的大小和方向,故必须记录图中O点的位置和OP1、OP2、OP3的方向以及结点O静止时三根细线所挂钩码的个数,C正确;不改变OP1所挂钩码的个数和方向,改变OP2与OP3的夹角重复实验,OP1上的力保持不变,另两个力的合力只要跟它等大反向即可保持O点平衡,故O点的位置可以改变,D正确。 (3)若桌面不水平,三根线上的拉力大小也等于各自所挂钩码重力大小,不会影响实验结论。 答案:(1)D　(2)CD　(3)不会 3.(6分)(2025·吉林通化期末)某同学用电子秤、水瓶、细线、墙钉和白纸等物品,在家中做“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验,实验步骤如下: ①用电子秤测量3个水瓶的重力GA、GB、GC,在墙面上贴上白纸,固定两个墙钉P、Q,将3根细线一端打结,结点为O,其中两根细线跨过墙钉,3根细线下端挂上水瓶,如图甲; ②等3个水瓶处于静止时,在白纸上记下结点O的位置上、记录3根细线的方向; ③在白纸上按一定的标度作出拉力FA、FB、FC的图示,根据平行四边形定则作出FA、FB的合力F的图示,如图乙。 (1)该实验采用的科学方法是 　。 (2)∠POQ<90°,缓慢增大FB,要保持细线OP方向不变,下面方法可行的是　　　　。  A.保持FC不变,缓慢减小FA B.保持FC不变,缓慢增大FA C.保持FA不变,缓慢减小FC D.保持FA不变,缓慢增大FC (3)若　　　　　　　　　　　　,两个互成角度的力的合成满足平行四边形定则。  解析:(1)该实验采用的科学方法是等效替代法。 (2)如图1所示,可知缓慢增大FB,要保持细线OP方向不变,即FA方向不变,则保持FC不变,缓慢减小FA,故A正确,B错误;如图2所示,可知缓慢增大FB,要保持细线OP方向不变,保持FA不变,应缓慢增大FC,故C错误,D正确。 (3)在误差允许的范围内,F和FC等大反向,两个互成角度的力的合成满足平行四边形定则。 答案:(1)等效替代法　(2)AD　(3)在误差允许的范围内,F和FC等大反向 4.(10分)(2025·江苏扬州模拟)在“探究两个互成角度的力的合成规律”实验时,小明和小红有不同的实验方案。 小明同学用到两根完全相同的轻弹簧和一瓶矿泉水。先将弹簧a一端固定在墙上的钉子A上,另一端挂矿泉水瓶,如图(a)所示;然后将两弹簧一端分别固定在墙上的钉子A、B上,另一端连接于结点O,在结点O挂矿泉水瓶,静止时分别测出AO、BO与竖直方向的偏角如图(b)所示。改变钉子B的位置,按照上述方法多测几次。 (1)在使用弹簧之前,为了测试两个弹簧是否完全相同,则在如图(c)所示的两种方案中可行的是　　　　(选填“甲”或“乙”)。  (2)依据上述方案并根据力的平行四边形定则,为画出力的合成图示,下列操作哪个不是必须的　　　　(选填选项前的字母)。  A.实验中标记下结点O的位置,并记录三个力的方向 B.要测量弹簧的原长 C.要测量图(a)、图(b)中弹簧的长度 D.实验中要使结点O的位置始终固定不变 (3)根据实验原理及操作,在作图时,图(d)中　　　(选填“丙”或“丁”)是合理的。  小红同学利用如图(e)所示的实验装置来验证“力的平行四边形定则”。一竖直木板上固定白纸,白纸上附有角度刻度线。弹簧测力计a和b连接细线系于O点,其下端用细线挂一重物Q。分别读出弹簧测力计a和b的示数,并在白纸上记录O点的位置和拉线的方向。 (4)图中弹簧测力计a的示数为　　　　N。  (5)关于该实验下列说法正确的是　　　　　　。(选填选项前的字母)  A.应测量重物Q所受的重力 B.弹簧测力计a、b通过细线对O点作用力的合力就是重物Q的重力 C.连接弹簧测力计a、b以及重物Q的细线不必等长,但三根细线应与木板平行 D.改变拉力,进行多次实验,每次都要使O点静止在同一位置 解析:(1)在使用弹簧之前,为了测试两个弹簧是否完全相同,在题图(c)所示的两种方案中,由于弹簧自身重力作用,甲方案会受影响,可行的是乙方案,会减小弹簧自身重力的影响。 (2)实验中需要标记下结点O的位置,并记录三个力的方向,A不符合题意;弹簧的弹力与形变量有关,需要测量形变量,因此要测量弹簧的原长,要测量题图(a)、题图(b)中弹簧的长度,B、C不符合题意;由于矿泉水瓶的重力是定值,因此不必使结点O的位置始终固定不变,D符合题意。 (3)根据实验原理及操作,题图(a)单独用一个弹簧测定拉力,即是合力的真实值,由于矿泉水瓶的重力方向始终竖直向下,因此在作图时,x1应沿竖直向下方向,故丙是合理的。 (4)由题图(e)可知,弹簧测力计的最小刻度是0.1 N,则弹簧测力计a的示数为5.80 N。 (5)应测量重物Q所受的重力,即确定两个弹簧测力计拉力的合力大小,A正确;弹簧测力计a、b通过细线对O点作用力的合力与重物Q通过细线对O点的作用力是一对平衡力,大小相等,方向相反,不是重物Q的重力,B错误;连接弹簧测力计a、b以及重物Q的细线不必等长,但三根细线应与木板平行,以减小实验误差,C正确;改变拉力,进行多次实验,不一定每次都要使O点静止在同一位置,D错误。 答案:(1)乙　(2)D　(3)丙　(4)5.80　(5)AC 40 / 97 学科网（北京）股份有限公司 $$