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（普高基础版）

第二章　相互作用 第一讲　重力 弹力 摩擦力 课前 [精要回顾] [微点判断] (1)自由下落的物体所受重力为零。 (×) (2)重力的方向不一定指向地心。 (√) (3)重心一定位于物体的几何中心。 (×) (4)(人教必修1 P80T1·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。 (×) ④两物体间如果有相互作用的弹力，就一定存在摩擦力。 (×) (5)(2024·浙江6月选考T2C)小猫蹬地跃起腾空追蝶时，小猫在空中受重力和弹力的作用。 (×) (6)弹簧的劲度系数由弹簧自身性质决定。 (√) (7)摩擦力总是阻碍物体的运动或运动趋势。 (×) (8)受静摩擦力作用的物体一定处于静止状态。 (×) (9)增大两物体接触处的弹力，则两物体间的滑动摩擦力变大。 (√) (10)两物体接触处的弹力增大时，接触面间的静摩擦力大小可能不变。 (√) (11)受滑动摩擦力作用的物体可能处于静止状态。 (√) (12)静摩擦力一定是阻力，滑动摩擦力不一定是阻力。 (×) 逐点清(一)　重力与重心 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1.下列关于物体重力的说法中正确的是 (　　) A.重心是物体各部分所受重力的合力的等效作用点 B.某一物体在某处向上抛出后所受的重力较小，向下抛出后所受的重力较大 C.某一物体在同一位置运动时比静止时受到的重力大 D.地球上的物体只有运动时才受到重力 解析：选A　重心是物体各部分所受重力的合力的等效作用点，故A正确；物体的重力为G=mg，即重力的大小除了与质量有关，还与该处的重力加速度有关；在同一位置，重力加速度一样，所以同一物体在同一位置所受重力是相同的，与物体是否运动、物体做什么样的运动无关，故B、C、D错误。 2.(2025·江苏模拟预测)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，由于把地球看成一个均匀的球体，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。 3.如图所示，一个空杯子静止在水平桌面上，现往空杯中缓慢加水，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，往空杯中缓慢加水的过程中，重心位置先不断降低，随着水的不断增加，整个重心又要上升，故重心的位置先降低后上升，A、B、C错误，D正确。 4.(2025·浙江温州模拟预测)如图所示，光滑小球A左边靠着竖直墙壁B，右边靠着桌沿C，小球处于静止状态。则关于小球A的受力，下列说法正确的是 (　　) A.墙对A的作用力一定过A的重心 B.桌沿C对A的作用力一定过A的重心 C.A的重力一定过A的重心 D.A球的重心一定在球心 解析：选C　墙对A的作用力和桌沿C对A的作用力都过球心，重心不一定在球心，故A、B、D错误；重心是重力的等效作用点，所以重力一定过A的重心，故C正确。 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 1.(链接T1)重力的大小与物体的运动方向和运动速度大小无关。 2.(链接T2)在南、北两极极点的物体所受重力方向一定指向地心，大小等于地球对它的吸引力。 3.(链接T3)重心的位置随物体质量分布的变化而变化。 4.(链接T4)物体受三个力处于平衡状态时，这三个力的作用线一定交于一点，但该点不一定为重心。 逐点清(二)　弹力 必备知能 1.弹力有无的判断 条件法 根据产生弹力的两个条件——接触和发生弹性形变直接判断 假设法 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，则此处一定有弹力 状态法 根据物体的运动状态，由平衡条件或牛顿第二定律进行判断 　 2.弹力方向的确定 　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1.[弹力有无的判断] (多选)如图所示，小球处于静止状态，各接触面光滑，则小球受到两个弹力的是 (　　) 解析：选BC　A选项图中小球处于静止状态，重力和绳的弹力平衡，斜面与小球之间不可能产生弹力，否则小球不可能静止，故A选项图中小球只受一个弹力作用，故A错误；B选项图中水平面对小球有弹力作用， 由于F的作用，小球与斜面之间产生弹性形变，所以斜面和小球之间有弹力作用，故B选项图中小球受两个弹力作用，故B正确；C选项图中小球在绳子拉力、重力、斜面的支持力三力作用下处于静止状态， 因此小球受两个弹力作用，故C正确；D选项图中竖直面对小球没有弹力作用，否则小球不可能处于静止状态，故D错误。 2.[弹力方向的判断] 下列图中各物体均处于静止状态。图中画出了小球A所受弹力的情况，其中正确的是 (　　) 解析：选C　A选项图中小球A只受重力和杆的弹力的作用，且处于静止状态，由二力平衡可得小球A受到的弹力方向应竖直向上，故A错误；B选项图中，因为右边的绳竖直向上，如果左边的绳有拉力，则竖直向上的那根绳就会发生倾斜，所以左边的绳没有拉力，故B错误；球与球接触处的弹力方向垂直于过接触点的公切面(即在两球心的连线上)，且指向受力物体，故C正确；球与面接触处的弹力方向过接触点且垂直于接触面(即在接触点与球心的连线上)，即D选项图中半圆对小球A的支持力FN2的方向应指向半圆的圆心，故D错误。 3.[胡克定律的应用] (多选)如图所示为一轻质弹簧的长度L和弹力大小F的关系图像，根据图像可以确定 (　　) A.弹簧的原长为10 cm B.弹簧的劲度系数为200 N/m C.弹簧伸长15 cm时，弹力大小为10 N D.弹簧伸长15 cm时，弹力大小为30 N 解析：选ABD　当弹力为0时，弹簧处于原长，则原长为10 cm，故A正确；当弹簧的长度为5 cm时，弹力大小为10 N，此时弹簧压缩量x=10 cm-5 cm=5 cm=0.05 m，根据胡克定律F=kx，解得k= N/m=200 N/m，故B正确；当弹簧伸长量x'=15 cm=0.15 m时，根据胡克定律，解得F'=kx'=200×0.15 N=30 N，故C错误，D正确。 4.[应用平衡条件计算弹力大小] 如图所示，一根弹性杆的一端固定在倾角为30°的斜面上，杆的另一端固定一个重力为2 N的小球，小球处于静止状态，则弹性杆对小球的弹力 (　　) A.大小为2 N，方向平行于斜面向上 B.大小为1 N，方向平行于斜面向上 C.大小为2 N，方向垂直于斜面向上 D.大小为2 N，方向竖直向上 解析：选D　小球受重力和杆的弹力作用处于静止状态，由二力平衡条件可知，弹性杆对小球的弹力与小球的重力等大反向，即大小为2 N，方向竖直向上，故选D。 5.[应用牛顿第二定律计算弹力大小] (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。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在竖直方向的分力大小为Fy，在水平方向的分力大小为Fx，由牛顿第二定律可知，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=，综上所述，A、B错误，C、D正确。 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 1.(链接T1)弹力一定存在于小球与周围物体的接触处，但接触处不一定有弹力。 2.(链接T2)弹力的存在及方向不能与物体所处的状态相矛盾。 3.(链接T3)弹簧的弹力可由胡克定律F=kx计算，x为弹簧的形变量，x=|L-L0|，L为弹簧的长度，L0为弹簧的原长，弹簧处于原长时，弹力为零。 4.(链接T4)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。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。 5.(链接T5)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。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。 逐点清(三)　摩擦力 必备知能 1.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。 2.静摩擦力的计算方法 (1)最大静摩擦力的计算：最大静摩擦力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(静止或匀速直线运动)时，利用力的平衡条件计算其大小；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的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。 3.滑动摩擦力大小的计算方法 (1)公式法：F=μFN；注意FN是两物体间的正压力，不一定等于物体的重力。 (2)状态法：利用平衡条件或牛顿第二定律列方程求解。 题点1　摩擦力的有无及方向判断 1.下列情境中，物体M所受摩擦力Ff的示意图正确的是 (　　) 解析：选B　物体静止在水平面上时，不受摩擦力，A错误；汽车停在斜坡上时，有沿斜坡向下滑动的趋势，则摩擦力方向沿斜坡向上，B正确；物体贴着竖直墙面自由下落时，物体与墙面间没有正压力，则没有摩擦力，C错误；瓶子被握在手中时，有下滑的趋势，则摩擦力方向向上，D错误。 2.(2025·山东淄博检测)如图所示，某大型快递物流公司使用电动传输机进行货物运送。现将一箱子放置在倾斜的传送带上，与传送带一起斜向下匀速运动。若突然停电，传送带减速直至停止的整个过程中箱子与传送带始终保持相对静止。下列说法正确的是 (　　) A.斜向下匀速运动时，箱子只受重力与支持力作用 B.斜向下匀速运动时，箱子受到的静摩擦力沿传送带向下 C.斜向下减速运动时，箱子受到的静摩擦力沿传送带向下 D.斜向下减速运动时，箱子受到的静摩擦力沿传送带向上 解析：选D　斜向下匀速运动时，根据受力平衡条件可知，箱子受重力、支持力和沿传送带向上的静摩擦力作用，故A、B错误；斜向下减速运动时，箱子相对传送带有沿传送带向下滑动的趋势，则箱子所受的静摩擦力沿传送带向上，故C错误，D正确。 题点2　摩擦力的大小计算 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，故摩擦力大小相同，即Ff1=Ff2=Ff3。故选D。 4.固定水平板的两端分别装有定滑轮A、B，物块P放在水平板上，两段细线分别绕过定滑轮连接在物块P上，两细线的另一端连接在质量为m的小球Q上。P、Q均处于静止状态，BQ段的细线竖直，重力加速度为g，则物块P受到水平板的摩擦力 (　　) A.为0 B.等于mg C.小于mg D.大于mg 解析：选B　BQ段的细线竖直，对小球Q受力分析，小球Q不受AQ段细线的拉力，所以AQ段细线没有拉力，即BQ段的细线的拉力等于mg，根据平衡条件，物块P受到水平板的摩擦力等于mg。故选B。 题点3　摩擦力的突变问题 5.如图所示，斜面固定在地面上，倾角为θ=37°(sin 37°=0.6，cos 37°=0.8)。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，该滑块与斜面间的动摩擦因数为0.8)，假设滑动摩擦力与最大静摩擦力大小相同，则该滑块所受摩擦力Ff随时间变化的图像是(取初速度v0的方向为正方向，g=10 m/s2) (　　) 解析：选B　滑块在上升过程中受滑动摩擦力，由Ff1=μFN和FN=mgcos θ，代入数据联立解得Ff1=6.4 N，方向沿斜面向下。当滑块的速度减为零后，由于重力沿斜面向下的分力mgsin θ<μmgcos θ，滑块将静止，滑块受到的摩擦力突变为静摩擦力，由平衡条件得Ff2=mgsin θ，代入数据解得Ff2=6 N，方向沿斜面向上，故B正确。 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 1.计算摩擦力大小时的三点注意 (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。 2.摩擦力突变的两点提醒 (1)静摩擦力是被动力，其大小、方向的突变与所受外力的突变有关。 (2)物体间相对静止与相对滑动的状态发生突变时，常出现静摩擦力与滑动摩擦力间的突变。 [课时跟踪检测]　　　 (说明：标★的题目为推荐讲评题目) 1.以下关于重心及重力的说法正确的是 (　　) A.一个物体放在水中称量时弹簧测力计的示数小于在空气中称量时弹簧测力计的示数，因此物体在水中的重力小于在空气中的重力 B.根据G=mg可知，两个物体相比较，质量较大的物体的重力一定较大 C.当物体放在水平面上时，重力方向垂直于水平面向下；当物体放在斜面上时，其重力方向垂直于斜面向下 D.物体的形状改变后，其重心位置往往改变 解析：选D　物体浸没于水中时，由于受到向上的浮力作用，弹簧测力计的拉力小于物体的重力，但物体的重力并不改变，故A错误；当两物体所处的地理位置不同时，由于g的大小不同，质量大的物体的重力不一定大，故B错误；重力的方向是竖直向下的，而不是垂直向下，故C错误；物体的重心位置由物体的形状和质量分布情况共同决定，故D正确。 2.(多选)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弹力的作用 C.图丙中，足球入网时球网绳子中的弹力都沿绳子收缩方向 D.图丁中，运动员顶头球时头部受到的弹力是由于足球发生了形变 解析：选CD　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，选项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，选项B错误；题图丙中，足球入网时球网绳子中的弹力都沿绳子收缩方向，选项C正确；题图丁中，运动员顶头球时头部受到的弹力是由于足球发生了形变，选项D正确。 3.底面光滑的物块ABC静止在光滑的水平面上，俯视图如图所示，图中MN垂直于物块的AB面。一小球沿PO方向投射到AB面上的O点，之后沿OQ方向反弹，则物块运动方向为 (　　) A.PO方向 B.MN方向 C.OQ的反方向 D.BC方向 解析：选B　物块对小球的作用力垂直于斜面沿NM方向，则小球对物块的作用力垂直于斜面沿MN方向，而水平面光滑无摩擦，所以物块运动方向沿MN方向，故选B。 4.关于静摩擦力，下列说法正确的是 (　　) A.两个接触且相对静止的物体间一定有静摩擦力作用 B.只有静止的物体才会受到静摩擦力作用，运动的物体不会 C.静摩擦力的方向总是与物体的运动方向相反 D.物体受到的静摩擦力的方向可能与其运动方向相同 解析：选D　两个接触且相对静止的光滑物体间没有静摩擦力，故A错误；静摩擦力产生在相对静止的物体之间，与物体本身是否静止无关，故B错误；静摩擦力的方向总是与物体的相对运动方向相反，可能会与物体的运动方向相反，也可能相同，故C错误，D正确。 5.如图所示，甲、乙两人分别乘坐两种电动扶梯，此时两电梯均匀速向上运动，则 (　　) A.甲受到三个力的作用 B.甲对扶梯有摩擦力的作用 C.乙受到三个力的作用 D.乙受到的摩擦力方向沿斜面向下 解析：选C　甲处于匀速直线运动状态，受重力与竖直向上的支持力的作用，二力平衡，不受摩擦力的作用，甲对扶梯也没有摩擦力的作用，故A、B错误；乙处于匀速直线运动状态，受到重力G、斜面的支持力FN以及沿斜面向上的静摩擦力f三个力的作用，三力平衡，故C正确，D错误。 6.(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。 7.如图所示，甲、乙为两根完全相同的轻质弹簧，甲弹簧一端固定在天花板上，另一端悬挂一质量为mA的物块；乙弹簧一端固定在水平地面上，另一端连接一质量为mB的物块，两物块静止时，测得甲、乙两根弹簧的长度分别为l1和l2，已知重力加速度大小为g，两弹簧均在弹性限度内，则这两根弹簧的劲度系数为 (　　) A. B. C. D. 解析：选B　设弹簧原长为l0，根据平衡条件得mAg=k(l1-l0)，mBg=k(l0-l2)，解得k=，故选B。8.(2025·浙江湖州调研)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人和单杠的总重力，则只增大墙面的粗糙程度或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不变，选项A、B错误；当孩子挂在单杠上静止时，墙面对单杠的摩擦力与人和单杠的总重力等大反向，则墙面对单杠的摩擦力沿墙面向上，选项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，选项D错误。 9.(2025·福建福州检测)某同学利用如图甲所示的装置研究摩擦力的变化情况。水平光滑的实验台上固定着一个力传感器，力传感器与一质量为3.5 kg的物块用轻绳连接，物块放置在粗糙的长木板上。水平向左拉长木板，传感器记录的F-t图像如图乙所示。取重力加速度大小g=10 m/s2。下列说法正确的是 (　　) A.当长木板相对物块滑动后，必须向左做匀速直线运动 B.向左拉长木板的力的大小与时间的关系图线和图乙中的曲线一定相同 C.物块受到的滑动摩擦力大小约为10 N D.物块与长木板间的动摩擦因数约为0.2 解析：选D　分析可知开始时物块受到静摩擦力的作用，之后长木板与物块间发生相对滑动，此时物块受到滑动摩擦力的作用，滑动摩擦力的大小与长木板是否做匀速直线运动无关，A错误；当长木板相对物块滑动前，根据平衡条件可知拉力随时间的变化图线和题图乙中的曲线相同，但相对滑动后，拉力的大小与物块受到的摩擦力大小无关，B错误；根据题图乙可知，物块受到的最大静摩擦力约为10 N，滑动摩擦力约为7 N，C错误；根据滑动摩擦力公式有Ff=μFN，FN=mg，解得μ===0.2，D正确。 10.(2024·陕西渭南开学考试)在建筑装修中，工人用一质量为m、与墙面间动摩擦因数为μ的磨石打磨竖直粗糙墙面，在与竖直面成θ角的推力F作用下，磨石以速度v向上做匀速直线运动，如图所示。下列说法正确的是 (　　) A.磨石受到的摩擦力大小为μFcos θ B.若撤掉F，磨石会立刻向下运动 C.若撤掉F，磨石受到的摩擦力大小变为0 D.若仅略微减小θ角，磨石将做减速运动 解析：选C　磨石受到的摩擦力大小为f=μFN=μFsin θ，故A错误；若撤掉F，墙面对磨石的弹力变为0，磨石受到的摩擦力大小变为0，磨石只受重力的作用，做竖直上抛运动，故磨石先向上运动再向下运动，故B错误，C正确；磨石向上做匀速直线运动，根据平衡条件有Fcos θ-mg=f=μFsin θ，若仅略微减小θ角，cos θ增大，sin θ减小，则Fcos θ-mg-μFsin θ=ma>0，可知若仅略微减小θ角，磨石将做加速直线运动，故D错误。 11.(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。 12.(2024·北京海淀三模)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：选C　未加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F1=kx=400 N/m×0.01 m=4 N，木块B与地面间的最大静摩擦力fBm=μGB=0.20×60 N=12 N，木块A与地面间的最大静摩擦力fAm=μGA=0.20×50 N=10 N；施加F后，对木块B有F+F1<fBm，木块B仍然静止，所受摩擦力仍为静摩擦力，其大小fB=F+F1=2 N+4 N=6 N，方向水平向左，故C正确；因为A、B仍然静止，故弹簧弹力不变F1=4 N，故D错误；施加F之后，木块A仍然静止，所受摩擦力仍为静摩擦力，大小为fA=F1=4 N，方向水平向右，故A、B错误。 13.(2025·湖南株洲模拟)(多选)某物体放在粗糙水平地面上，现用与水平方向夹角为30°的外力F推物体(甲图)、拉物体(乙图)，则甲、乙图中地面对物体的摩擦力f甲、f乙大小关系可能为 (　　) A.f甲>f乙 B.f甲=f乙 C.f甲<f乙 D.无法比较 解析：选AB　由题意可知，当外力F推物体、拉物体时，若物体都处于静止状态，则地面对物体的摩擦力是静摩擦力，由水平方向受力平衡可知，对甲图有f甲=Fcos 30°，对乙图有f乙=Fcos 30°，可得f甲=f乙。若物体都处于运动状态，设物体质量为m，地面与物体间的动摩擦因数为μ，对甲图有f甲=μ(mg+Fsin 30°)，对乙图有f乙=μ(mg-Fsin 30°)，可得f甲>f乙。若甲图静止、乙图运动，对甲图有f甲=Fcos 30°，若乙图做匀速直线运动，对乙图有f乙=Fcos 30°，则有f甲=f乙；若乙图做加速直线运动，对乙图有Fcos 30°>f乙，可知f甲>f乙。由以上分析可知A、B正确，C、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秒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。 第二讲　力的合成和分解 课前 [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)合力及其分力可以同时作用在物体上。 (×) (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)(人教必修1 P75T5·选摘)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总比力F1和F2中的任何一个都大。 (×) ②若力F1和F2大小不变，θ角越小，则合力F就越大。 (√) (6)合力F的作用效果与两个分力F1和F2共同产生的作用效果是相同的。 (√) (7)既有大小又有方向的物理量一定是矢量。 (×) (8)将力进行分解时，一定要将它分解到水平、竖直两个方向上。 (×) 逐点清(一)　力的合成 必备知能 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.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 两力等大且夹角为120° 合力与分力等大 　 　　　　　　　　　　　　　　　　 题点1　对合力与分力的理解 1.(多选)如图所示，完全相同的两个吊灯，左边的吊灯只受一个A绳拉力的作用，右边的吊灯受到B绳和C绳拉力的共同作用，两灯均处于静止状态，则下列说法正确的是 (　　)　 A.A绳对灯的拉力与灯所受的重力是等效的 B.B、C两绳对灯的拉力与A绳对灯的拉力是等效的 C.B绳对灯的拉力和C绳对灯的拉力可以看作A绳对灯拉力的分力 D.A绳对灯的拉力等于B绳对灯的拉力和C绳对灯的拉力的和 解析：选BC　A绳的拉力产生的效果是使灯吊在空中，重力的效果是使灯有向下运动的趋势，则A绳对灯的拉力与灯所受的重力不是等效的，故A错误；A绳的拉力产生的效果是使灯吊在空中，B、C两绳的拉力产生效果也是使灯吊在空中，所以A绳对灯的拉力和B、C绳对灯的拉力是等效的，故B正确；根据上述分析可知，B、C两绳对灯的拉力与A绳对灯的拉力等效，可以相互替代，即B、C两绳的拉力可以看作A绳拉力的分力，A绳对灯的拉力可以看作B、C两绳对灯的拉力的合力，它们之间满足平行四边形定则，而不是A绳对灯的拉力等于B绳对灯的拉力和C绳对灯的拉力的和，故C正确，D错误。 题点2　合力的范围 2.(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A、B、C正确，D错误。 题点3　合力大小的分析 3.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。 题点4　合力的大小计算 4.如图所示是由F1、F2、…、F6六个力分别首尾相连构成的几何图形，已知F4=10 N，方向水平向右，则这六个力的合力的大小和方向为 (　　) A.10 N，水平向左 B.30 N，水平向右 C.10 N，水平向右 D.20 N，水平向右 解析：选B　由矢量叠加原理可知，F1、F2、F3三个力的合力等于F4，F5、F6两个力的合力等于F4，则这六个力的合力的大小为F合=3F4=30 N，方向水平向右，故B正确，A、C、D错误。 5.(2023·重庆高考)矫正牙齿时，可用牵引线对牙施加力的作用。若某颗牙齿受到牵引线的两个作用力大小均为F，夹角为α(如图)，则该牙所受两牵引力的合力大小为 (　　) A.2Fsin B.2Fcos C.Fsin α D.Fcos α 解析：选B　根据平行四边形定则可知，该牙所受两牵引力的合力大小为F合=2Fcos ，故选B。 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 1.合力与分力的关系 合力与分力是等效替代关系，合力是其所有分力的共同效果，并不是单独存在的一种新力，受力分析中合力与分力不能同时出现。 2.共点力合成的常用方法 (1)作图法：作出两分力的图示，再根据平行四边形定则求出合力的大小。(如T4) (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。(如T5) 逐点清(二)　力的分解 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 题点1　根据力的作用效果分解 1.(2025·云南昆明模拟)如图甲所示是用刀具切硬物的情境，将刀刃放在硬物上，右手握住刀柄控制右侧刀面始终保持竖直，左手用力按压刀背使刀刃缓慢竖直切入硬物，刀刃切入硬物的横截面如图乙所示。下列说法正确的是 (　　) A.刀具左侧对硬物的压力小于刀具右侧对硬物的压力 B.刀具左侧对硬物的压力大于刀具右侧对硬物的压力 C.刀具对硬物的作用力小于硬物对刀具的作用力 D.刀具对硬物的作用力大于硬物对刀具的作用力 解析：选B　把F分解，如图，可知刀具左侧对硬物的压力大于刀具右侧对硬物的压力，故A错误，B正确；由牛顿第三定律可知刀具对硬物的作用力等于硬物对刀具的作用力，故C、D错误。 题点2　根据具体要求分解 2.如图所示，图甲中X轴和Y轴相互垂直，图乙中X'轴和Y'轴的夹角为127°。已知力F=25 N，sin 37°=0.6，下列关于力F的说法正确的是 (　　) A.图甲中力F沿X轴的分力为15 N B.图甲中力F沿Y轴的分力为20 N C.图乙中力F沿X'轴的分力为20 N D.图乙中力F沿Y'轴的分力为18.75 N 解析：选D　将力F沿坐标轴进行分解如图所示，图(a)中FX=Fcos 37°=20 N，FY=Fsin 37°=15 N，A、B错误；图(b)中FX'==31.25 N，FY'=Ftan 37°=18.75 N，C错误，D正确。 题点3　力的正交分解 3.(2025·浙江杭州质检)如图所示，物体在斜面上匀速下滑，将斜面上的物体的重力mg分解为F1、F2两个力，下列说法正确的是 (　　) A.F2就是物体对斜面的正压力 B.F1不一定等于f C.物体受mg、N、f、F1、F2五个力作用 D.F1、F2两个分力共同作用的效果跟重力mg的作用效果相同 解析：选D　F2是重力垂直于斜面的分力，不是物体对斜面的压力，故A错误；重力mg与F1、F2是合力与分力的关系，而物体实际上只受重力和支持力以及摩擦力这三个力的作用，由平衡条件可知F1=f，故B、C错误；F1、F2是mg的两个分力，这两个分力共同作用的效果跟重力mg的作用效果相同，故D正确。 4.如图所示，某同学在家用拖把拖地，拖把由拖杆和拖把头构成。设某拖把头的质量为m，拖杆质量可忽略，拖把头与地板之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。该同学用沿拖杆方向的力F推拖把，让拖把头在水平地板上向前匀速移动，此时拖杆与竖直方向的夹角为θ。则下列判断正确的是 (　　) A.地面受到的压力FN=Fcos θ B.拖把头受到地面的摩擦力Ff=μmg C.推力F= D.推力F= 解析：选D　拖把头受到重力、支持力、推力和摩擦力的共同作用，处于平衡状态，受力如图所示，建立直角坐标系，竖直方向上根据平衡条件可得FN'=Fcos θ+mg，根据牛顿第三定律可得地面受到的压力为FN=FN'=Fcos θ+mg，故A错误；根据滑动摩擦力的计算公式可得Ff=μFN=μ(Fcos θ+mg)，故B错误；拖把头在水平地板上向前匀速移动，水平方向根据平衡条件可得Fsin θ=Ff=μ(Fcos θ+mg)，解得推力F=，故C错误，D正确。 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 1.当物体受到三个或三个以下的力时，常按实际作用效果进行分解。(如T1) 2.当物体受到三个以上的力时，常用正交分解法，建立坐标轴时，以少分解力和容易分解力为原则。(如T3和T4) 逐点清(三)　两类常见的连结模型 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 类型(一)　“死结”与“活结”模型 1.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。 2.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：选C　设初始时沙桶和沙的总质量为m1，再次平衡时沙桶和沙的总质量为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。 类型(二)　“定杆”与“动杆”模型 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 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 1.“死结”两侧的绳子是两根独立的绳子，绳中张力大小不一定相等。(如T1) 2.“活结”改变了绳子拉力的方向，绳子各处张力大小相等。(如T2) 3.轻杆固定不动，杆所受弹力不一定沿杆。(如T3甲图) 4.轻杆可绕转轴或铰链自由转动，杆平衡时所受弹力一定沿杆。(如T3乙图) [课时跟踪检测]　　 　(说明：标★的题目为推荐讲评题目) 1.(人教必修1 P75T2·改编)有两个力，它们的合力为0。现把其中一个向东的6 N的力改为向南(大小不变)，它们合力的大小为 (　　) A.6 N B.6 N C.12 N D.0 解析：选B　两个力合力为0，其中一个向东的力为6 N，则另一个力向西且大小也为6 N，将向东的6 N的力改为向南，则向西的6 N的力与向南的6 N的力的合力大小为6 N，故B正确。 2.(2023·广东高考)如图所示，可视为质点的机器人通过磁铁吸附在船舷外壁面检测船体。壁面可视为斜面，与竖直方向夹角为θ。船和机器人保持静止时，机器人仅受重力G、支持力FN、摩擦力Ff和磁力F的作用，磁力垂直壁面。下列关系式正确的是 (　 ) A.Ff=G B.F=FN C.Ff=Gcos θ D.F=Gsin θ 解析：选C　如图所示，将重力沿斜面方向和垂直于斜面方向分解，沿斜面方向，由平衡条件得Ff=Gcos θ，故A错误，C正确；垂直斜面方向，由平衡条件得F=Gsin θ+FN，故B、D错误。 3.(2024·海南一模)舰载机在航母上降落时需利用阻拦系统使之迅速停下。如图，某次着舰时，舰载机钩住阻拦索中间位置，两段阻拦索夹角为120°时阻拦索中张力为F，则此刻舰载机受阻拦索作用力的大小为 (　　) A.F B.F C.F D.2F 解析：选A　由平行四边形定则并结合数学知识知，舰载机所受阻拦索作用力的大小为F'=2Fcos 60°=F，故选A。 4.(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。 5.(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：选A　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。 6.如图所示，用AC、CD两根轻绳将物块悬于水平轻杆BC的下方，其中B为光滑转轴，C为结点，轻杆BC始终保持水平，物块静止不动。已知物块质量为m，重力加速度为g。设AC、CD绳的拉力分别为FAC、FCD。下列选项正确的是 (　　) A.FAC>mg B.FCD>mg C.若A点上移，则FAC变大 D.若A点下移，则FCD变大 解析：选A　C点的受力如图所示，则有FACsin α=FCD，FCD=mg，则FAC==，所以FAC>mg，故A正确，B、D错误；若A点上移，α变大，sin α变大，所以FAC变小，故C错误。 7.(2024·广东佛山一模)“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。某同学所受重力为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，两个力的夹角为120°，根据力的平衡条件结合几何关系可知F1=G，故选C。 8.(2024·河北石家庄一模)帆船是人类的伟大发明之一，船员可以通过调节帆面的朝向让帆船逆风行驶。如图所示为帆船逆风行驶时的简化示意图，此时风力F=2 000 N，方向与帆面的夹角α=30°，航向与帆面的夹角β=37°，风力在垂直帆面方向的分力推动帆船逆风行驶。已知sin 37°=0.6，则帆船在沿航向方向获得的动力为 (　　) A.200 N B.400 N C.600 N D.800 N 解析：选C　对风力F在沿着帆面方向和垂直于帆面方向进行分解，根据力的平行四边形定则，可得其在垂直于帆面的分力F1=Fsin α=1 000 N，再对垂直作用于帆面上的力F1沿帆船航向方向和垂直航向方向进行分解，可得帆船在沿航向方向获得的动力为F2=F1sin β=600 N，故选C。 9.如图所示，轻绳MN的两端固定在水平天花板上，物体A系在轻绳MN的某处，悬挂有物体B的光滑轻滑轮跨在轻绳MN上。系统静止时的几何关系如图，则A与B的质量之比为 (　　) A.1∶1 B.1∶2 C.1∶ D.∶2 解析：选A　对物体A上方绳结受力分析，如图甲所示，根据共点力平衡条件及几何关系可知，合力正好平分两个分力的夹角，可得F1=mAg；对滑轮受力分析，如图乙所示，由几何关系得F2=mBg；根据同一根轻绳拉力特点可知F1=F2，则mA=mB，得=，A正确。 10.(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。 11.(2025·广东广州模拟)如图所示(俯视图)，当汽车陷入泥潭时，需要救援车辆将受困车辆拖拽驶离。救援人员发现在受困车辆的前方有一坚固的树桩可以利用，根据你所学过的知识判断，下列情况中，救援车辆用同样的力拖拽，受困车辆受到的拉力最大的方案为 (　　) 解析：选B　A项图示时刻受困车受到的拉力约为2F；B项图示时刻后瞬间，如图所示，有2F困sin θ=F，θ接近0，F困接近无穷大；C项图示时刻受困车受到的拉力约为F(树桩相当于定滑轮)；D项图示时刻受困车受到的拉力约为0.5F；故受困车受力最大的方案为B。 12.(2024·吉林三模)耙在中国已有1 500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，水平方向f=F合cos 30°=F，故C、D错误。 13.(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。 14.(8分)(2024·新课标卷，节选)将重物从高层楼房的窗外运到地面时，为安全起见，要求下降过程中重物与楼墙保持一定的距离。如图，一种简单的操作方法是一人在高处控制一端系在重物上的绳子P，另一人在地面控制另一根一端系在重物上的绳子Q，二人配合可使重物缓慢竖直下降。若重物的质量m=42 kg，重力加速度大小g=10 m/s2。当P绳与竖直方向的夹角α=37°时，Q绳与竖直方向的夹角β=53°。(sin 37°=0.6) 求此时P、Q绳中拉力的大小； 解析：重物缓慢下降，处于平衡状态，对重物进行受力分析，如图所示， 水平方向有TPsin α=TQsin β 竖直方向有TPcos α=TQcos β+mg 联立解得TP=1 200 N，TQ=900 N。 答案：1 200 N　900 N 第三讲　共点力的平衡 第1课时　共点力的静态平衡 课前 [精要回顾] [微点判断] (1)对物体进行受力分析时，只能画该物体受到的力，该物体对别的物体施加的力不能画在该物体上。 (√) (2)物体沿光滑斜面下滑时，受到重力、支持力和下滑力的作用。 (×) (3)(2023·浙江6月选考T2C)足球在飞行时受到脚的作用力和重力。 (×) (4)物体的速度为零即处于平衡状态。 (×) (5)物体处于平衡状态时，其加速度一定为零。 (√) (6)物体受三个力作用处于平衡状态，这三个力必定作用于物体的同一点。 (×) (7)物体处于平衡状态时，其所受的作用力必定为共点力。 (×) (8)物体受两个力作用处于平衡状态，这两个力必定等大反向。 (√) (9)物体受两个力作用处于平衡状态，这两个力必定是同一性质的力。 (×) (10)物体受三个力F1、F2、F3作用处于平衡状态，若将F2转动90°，则这三个力的合力大小为F2。 (√) 逐点清(一)　物体的受力分析 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 题点1　假设法分析物体受力 1.如图所示的容器内盛有水，器壁AB部分是一个平面且呈倾斜状，有一个小物块P处于图示位置并保持静止状态，则该物块 (　　) A.可能受三个力作用 B.可能受四个力作用 C.一定受三个力作用 D.一定受四个力作用 解析：选B　物块一定受到重力，同时因为排开一定质量的液体，故物块一定受浮力，若浮力大小等于重力，则二力平衡，物块与器壁AB间没有相互作用，故可能受两个力作用；若浮力大于重力，则物块一定会受器壁AB对P的弹力，由于弹力垂直于接触面斜向右，物块只有受到斜向左的摩擦力才能受力平衡，故物块可能受四个力作用，B正确，A、C、D错误。 题点2　状态法分析物体受力 2. (2025年1月·八省联考内蒙古卷)“那达慕”是国家级非物质文化遗产，套马是“那达慕”大会的传统活动之一，某次套马的情景如图所示。套马者视为质点，可能受重力G、支持力FN、拉力F、摩擦力Ff，其受力示意图可能正确的是 (　　) 解析:选B　对套马者受力分析可知，套马者受到沿绳子方向斜向左上方的拉力F、竖直向上的支持力FN、竖直向下的重力G，拉力的水平分力与摩擦力方向相反，即摩擦力的方向水平向右，所以A、D错误，B可能正确；如果没有支持力也就不会有摩擦力，故C错误。 题点3　转换法分析物体受力 3.(2025·辽宁鞍山模拟)如图所示，物体P(上表面光滑)放在固定斜面上，轻质弹簧一端固定在物体上，另一端与置于物体上表面的滑块Q相连。若P、Q一起沿斜面匀速下滑，不计空气阻力。则物体P的受力个数为 (　　) A.2 B.3 C.4 D.5 解析：选C　若P、Q一起沿斜面匀速下滑，且物体P的上表面光滑，则先对Q分析，可知Q受重力和P的支持力，弹簧没有弹力，再对P分析可知，受重力、斜面的支持力和Q对P的压力，根据力的平衡条件可知，P还受滑动摩擦力，故P一共受4个力。故选C。 4.(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。 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 1.受力分析的三种方法 假设法 在未知某力是否存在时，先对其作出不存在的假设，然后根据该力不存在对物体运动和受力状态的影响来判断该力是否存在 状态法 对处于平衡状态的物体进行受力分析时，根据其平衡条件进行分析；对加速运动的物体进行受力分析时，应用牛顿运动定律进行分析 转换法 在受力分析时，若不能直接确定某力是否存在，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.受力分析的三点提醒 (1)只分析研究对象受到的力，不要把研究对象受到的作用力与该研究对象对其他物体的作用力混淆； (2)惯性不是力，不要把物体的惯性当力； (3)只分析实际受到的力，不要把效果力当性质力去分析。 逐点清(二)　单物体的平衡 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 方法1　合成法与分解法 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：选A　法一：合成法 滑块受力如图甲所示，由平衡条件知，=tan θ，=sin θ，解得F=，FN=。 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=。 2.(2025·贵州六盘水检测)如图所示，质量为m、截面为等腰直角三角形的匀质柱体MPN静置在两个等高的立柱A、B上，上表面MN处于水平。下列说法正确的是 (　　) A.柱体可能受到2个力的作用 B.柱体可能受到5个力的作用 C.B对PN的支持力大小为mg，方向竖直向上 D.A对PM的支持力大小为mg，方向垂直PM向上 解析：选D　根据平衡条件，对柱体受力分析，如图所示，可知柱体受到3个力，A、B错误；由平衡条件可知N1sin 45°=N2sin 45°，N1cos 45°+N2cos 45°=mg，得N1=N2=mg，N1方向垂直PN向上，N2方向垂直PM向上，D正确，C错误。 方法2　正交分解法 3.如图所示，质量m=2 kg的三角形木楔置于倾角θ=37°的固定粗糙斜面上，三角形木楔的AB边和AC边长度相等，∠BAC=74°，它与斜面间的动摩擦因数为0.5，水平向右的推力F垂直作用在AB边上，在力F的推动下，木楔沿斜面向上匀速运动。三角形ABC与斜面在同一竖直平面内，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=0.6，则木楔匀速运动过程中受到的摩擦力大小为 (　　) A.20.0 N B.12.8 N C.12.0 N D.8.0 N 解析：选A　因AB边和AC边长度相等，∠BAC=74°，由几何知识可知∠ABC=53°，由于斜面倾角θ=37°，故AB边竖直，推力F水平向右，对木楔受力分析如图所示，根据平衡条件可得Fcos θ=Ff+mgsin θ，FN=Fsin θ+mgcos θ，摩擦力Ff=μFN，联立解得Ff=20 N，故A正确。 方法3　力的三角形法 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。 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 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。 3.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平衡条件。 4.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。 逐点清(三)　多物体的平衡 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 题点1　隔离法的应用 1.(2025·安徽马鞍山模拟)如图，质量均为m的小球A和小球B分别用轻质细线a、b悬于O点，小球A、B用轻质细线c连接。给小球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，分别对小球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。 题点2　先隔离后整体 2.两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：选D　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。 题点3　先整体后隔离 3.(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：选D　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、B受力分析分别有Tbsin α+Tcsin θ=mAg，Tbcos α=Tdcos θ，解得Tb=0.5 N。故选D。 4.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。 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 1.多物体平衡问题的常用解题方法 (1)整体法：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。 (2)隔离法：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.整体法和隔离法的选择技巧 (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。 数智赋能：随堂加训，灵活选用 [课时跟踪检测]　　　 (说明：标★的题目为推荐讲评题目) 1.如图所示，一梯子斜靠在光滑的竖直墙壁上，下端放在粗糙的水平地面上，某工人站立于梯子上，下列说法正确的是 (　　) A.地面对梯子的摩擦力方向水平向右 B.工人和梯子组成的系统受三个力作用 C.梯子对工人的作用力竖直向上 D.地面对梯子的作用力竖直向上 解析：选C　对工人和梯子组成的系统受力分析，由平衡条件可得，在竖直方向上受重力、地面的支持力，因为墙光滑，所以竖直墙壁对梯子没有摩擦力；在水平方向上，受到竖直墙壁水平向右的支持力和地面水平向左的摩擦力，共四个力作用，故A、B错误；对工人受力分析，工人受到竖直向下的重力，根据平衡条件，梯子对工人的作用力竖直向上与重力平衡，故C正确；地面对梯子的作用力为支持力和摩擦力的合力，方向斜向左上方，故D错误。 2.(2025·贵州黔西调研)小明同学在擦完黑板后，当他把装有磁铁的黑板擦吸附在竖直的黑板上时，发现黑板擦自动缓慢地往下滑，于是他又把黑板擦放到黑板另一位置，黑板擦静止不动，下列说法正确的是 (　　) A.黑板擦缓慢下滑过程中，黑板擦受到的摩擦力大于重力 B.黑板擦缓慢下滑时受到黑板的作用力竖直向上，大小等于重力 C.第二次黑板擦静止时仅受到3个力的作用 D.第二次黑板擦静止时受到的摩擦力小于重力 解析：选B　黑板擦缓慢下滑过程中，黑板擦受力平衡，则黑板擦受到的摩擦力等于重力，故A错误；黑板擦缓慢下滑时，根据受力平衡条件可知，黑板擦受到黑板的作用力竖直向上，大小等于重力，故B正确；第二次黑板擦静止时，黑板擦受到重力、摩擦力、弹力和磁吸引力共4个力的作用，根据受力平衡条件可知，黑板擦静止时受到的摩擦力大小等于重力，故C、D错误。 3.(2025·江苏模拟预测)如图所示，篝火晚会中某同学用三根等长的轻杆交叉做成简易的烧烤架放在水平地面上，交叉固定点为O，再用一根轻绳将质量为m的烧水锅静止悬挂在O点。已知三根轻杆与竖直方向的夹角均为30°，重力加速度为g，则每根轻杆对O点的作用力大小为 (　　) A.mg B.mg C.mg D.mg 解析：选A　根据共点力平衡条件，三根杆对O点的弹力沿竖直方向的分力之和等于锅的重力，有3Fcos 30°=mg，解得F=mg，故A正确。 4.(多选)一根轻绳一端系小球P，另一端系于光滑墙壁上的O点，在墙壁和小球P之间夹有一长方体物块Q，如图所示。在小球P、物块Q均处于静止状态的情况下，下列有关说法正确的是 (　　) A.物块Q受3个力 B.小球P受4个力 C.若O点下移，物块Q受到的静摩擦力将增大 D.若O点上移，绳子的拉力将变小 解析：选BD　分别对P和Q进行受力分析可知，Q受重力、墙壁的弹力、P对Q的弹力、P对Q的摩擦力，P受重力、绳子的拉力、Q对P的弹力、Q对P的摩擦力，A错误，B正确；分析Q的受力情况可知，若O点下移，Q处于静止状态，其受到的静摩擦力仍等于重力，大小不变，C错误；对P进行受力分析可知，若O点上移，绳子的拉力将变小，D正确。 5.(2025·重庆模拟预测)如图甲所示为烤肠机，香肠可视为质量为m的均匀圆柱体，静止在两根水平的平行金属杆中间，其截面图如图乙所示。金属杆1圆心和香肠圆心的连线与竖直方向的夹角为θ，不计一切摩擦，重力加速度为g。则金属杆1对香肠的作用力大小为 (　　) A.mg B. C. D. 解析：选C　对香肠受力分析如图所示，根据平衡条件有N1=N2，2N1cos θ=mg，解得金属杆1对香肠的作用力大小为N1=N2=，故选C。 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.(2024·江苏苏州三模)图甲中挂钩架的相邻挂钩间距为10 cm，图乙中单肩包的宽度约为30 cm，将包挂在挂钩上，要使包的背带受力最小，则背包带之间的挂钩个数应为 (　　) A.1个 B.2个 C.3个 D.4个 解析：选D　设悬挂后背包带与竖直方向的夹角为θ，背包带上的拉力为F，根据平衡条件可得2Fcos θ=mg，解得背包带的拉力F=，在单肩包的质量一定的条件下，为了使悬挂时背包带受力最小，则cos θ最大，由于相邻挂钩之间的距离为10 cm，单肩包的宽度约为30 cm，故使背包带跨过4个挂钩时，则有θ≈0，cos θ≈1，此时背包带受力最小。故选D。 8.(2025·青海模拟预测)(多选)如图所示，轻绳两端固定在水平天花板上，在轻绳上悬挂3个质量均为m的灯笼，左右两侧的灯笼关于过结点O的竖直线对称，MN段轻绳与水平方向的夹角为α，NO段轻绳与竖直方向的夹角为β，重力加速度大小为g，下列说法正确的是 (　　) A.NO段轻绳的拉力大小为 B.MN段轻绳的拉力大小为 C.NO段轻绳的拉力大小与MN段轻绳的拉力大小之比为sin α∶3sin β D.NO段轻绳的拉力大小与MN段轻绳的拉力大小之比为cos α∶sin β 解析：选BD　对最底部的灯笼受力分析，竖直方向受力平衡，有2FNOcos β=mg，解得FNO=，A错误；对三个灯笼整体受力分析，竖直方向受力平衡，有2FMNsin α=3mg，解得FMN=，B正确；对结点N受力分析，水平方向受力平衡，有FNOsin β=FMNcos α，故NO段轻绳的拉力大小与MN段轻绳的拉力大小之比为=，C错误，D正确。 9.(2025·广东江门模拟预测)(多选)如图所示的家用燃气炉架有四个爪，若将总质量为m的锅放在炉架上，忽略爪与锅之间的摩擦力，设锅是半径为R的球面，重力加速度为g，下列说法正确的是 (　　) A.每个爪对锅的弹力方向竖直向上 B.每个爪与锅之间的弹力大于mg C.R越大，燃气炉架对锅的弹力越大 D.R越大，燃气炉架对锅的弹力越小 解析：选BD　根据弹力的特点可知每个爪对锅的弹力指向球心方向，故A错误；设每个爪与锅之间的弹力F方向与水平方向夹角为θ，在竖直方向根据平衡条件有4Fsin θ=mg，解得F=·>mg，故B正确；设正对的一对爪之间的距离为d，可知sin θ=，结合上述分析得F=，因为d不变，故可知R越大，F越小，故C错误，D正确。 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，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°=mg，故选B。 11.(2025·江苏苏州检测)如图所示，a、b两个小球穿在一根与水平面成θ角的光滑固定杆上，并且通过一条细绳跨过定滑轮连接，当两球静止时，Oa段绳与杆的夹角也为θ，Ob段绳沿竖直方向。已知a球质量为m，重力加速度为g，不计所有摩擦，则下列说法正确的是 (　　) A.a可能受到2个力的作用 B.b可能受到3个力的作用 C.b的重力为mgtan θ D.绳子对a的拉力等于mg 解析：选C　 对b进行受力分析，因为Ob段绳沿竖直方向，故b只受竖直向下的重力和竖直向上的绳子拉力而平衡，则FT=mbg，故B错误；细绳对b有拉力，故对a也有等大的拉力，对a进行受力分析，如图所示，则a需要受到3个力的作用才能平衡，故A错误；在a的受力分析图中，FN垂直杆向上，它与竖直方向的夹角为θ，FT沿绳方向，故它与竖直方向的夹角β=90°-2θ，故α=90°+θ，FT和FN的合力与a的重力大小相等，由正弦定理得=，解得FT=mgtan θ，故D错误；又因为FT=mbg，所以b的重力为mgtan θ，C正确。 12.轻杆的两端固定有可视为质点的小球A和B，不可伸长的轻质细绳两端与两小球连接，轻绳挂在水平固定的光滑细杆O上，平衡时的状态如图所示。已知A的质量是B的质量的2倍，则OA与OB的长度之比为 (　　) A.1∶1 B.1∶2 C.1∶3 D.2∶5 解析：选B　由于是一个绳子挂在光滑细杆O上，所以绳子OA段和OB段的拉力大小相等，过O作竖直线与AB交于D，如图所示，三角形OAD与小球A受力的矢量三角形相似，同理三角形OBD与小球B的受力矢量三角形相似，所以有==，结合题意有mA=2mB，TOA=TOB，解得=，故选B。 13.(2025·浙江温州模拟)如图所示，在竖直平面内有一半径为R的圆环，在圆环内放置半径分别为R1、R2的两个小球。已知R=6 m，R1=3 m，R2=1 m。OO1和OO2与竖直方向的夹角分别为α、β，则大球与小球的质量比为 (　　) A. B. C. D. 解析：选C　根据题意R=6 m，R1=3 m，R2=1 m，分析几何关系知∠OO1O2=90°，sin ∠OO2O1=，对大球与小球分别受力分析，根据平衡条件有==，N21=N12，联立解得大球与小球的质量比为=，故选C。 14.(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A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；(5分) (2)木块与水平杆间的动摩擦因数μ。(5分) 解析：(1)对B进行受力分析，如图所示，设轻绳对B的拉力大小为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，如图所示，由平衡条件有 FTsin θ+Mg=FN，FTcos θ=μFN 解得μ=。 答案：(1)30°　(2) 第2课时　共点力的动态平衡 逐点清(一)　解决动态平衡的三种方法 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 方法1　解析法 1.(2025·山东烟台质检)(多选)如图所示，不可伸长的轻质晾衣绳左端固定在晾衣架上O点，右端系在a点，光滑小滑轮悬挂一衣服可在轻绳上滑动。先将轻绳右端沿竖直杆缓慢上移到b点，然后再沿水平杆缓慢移至c点，整个过程衣服始终未与地面和杆接触，设轻绳张力为F，滑轮左侧轻绳与竖直方向的夹角为θ，则轻绳右端沿杆 (　　) A.由a→b的过程，F不变，θ不变，衣服的位置不变 B.由a→b的过程，F不变，θ不变，衣服的位置升高 C.由b→c的过程，F减小，θ变小，衣服的位置下降 D.由b→c的过程，F不变，θ不变，衣服的位置升高 解析：选BC　根据几何关系可知滑轮两侧轻绳间的夹角为2θ，由平衡条件可知2Fcos θ=mg，所以F=，设轻绳总长为L，两端点间水平距离为s，由几何关系L1sin θ+L2sin θ=s，得sin θ==，由a→b的过程，L、s都不变，θ不变，轻绳张力F也不变，由几何关系可知衣服的位置升高，故B正确，A错误；由b→c的过程，s变小，θ变小，cos θ变大，F变小，由几何关系可知衣服的位置下降，故C正确，D错误。 方法2　图解法 2.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。 方法3　相似三角形法 3.(2025·广州高三模拟)(多选)如图甲所示，一名登山爱好者正沿着竖直崖壁向上攀爬，绳的一端固定在较高处的A点，另一端拴在人的腰间C点(重心处)。在人向上攀爬的过程中可以把人简化为图乙所示的物理模型：脚与崖壁接触点为O点，人的重力G全部集中在C点，O到C点可简化为轻杆，AC为轻绳。已知OC长度不变，人向上攀爬过程中的某时刻AOC构成等边三角形，则 (　　) A.轻绳对人的拉力与人对轻绳的拉力是一对平衡力 B.在此时刻，轻绳对人的拉力大小等于G C.在虚线位置时，轻绳AC承受的拉力更小 D.在虚线位置时，OC段承受的压力不变 解析：选BD　轻绳对人的拉力与人对轻绳的拉力是一对作用力和反作用力，故A错误；在此时刻，重力、轻绳对人的拉力、OC的支持力构成等边三角形，如图所示，根据相似三角形，有==，所以轻绳对人的拉力大小和OC的支持力大小都等于人的重力大小G，故B正确；在虚线位置时AC更长，则轻绳承受的拉力更大，OC长度不变，OC段受到的压力一直不变，故C错误，D正确。 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 1.解析法应用技巧 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。 2.图解法应用技巧 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： 3.相似三角形法应用技巧 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。 逐点清(二)　平衡中的临界极值问题 必备知能 1.临界、极值问题特征 (1)临界问题：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。 ①由静止到运动，摩擦力达到最大静摩擦力。 ②绳子恰好绷紧，拉力F=0。 ③刚好离开接触面，支持力FN=0。 (2)极值问题：平衡物体的极值，一般指在力的变化过程中的最大值和最小值。 2.解答平衡中的临界极值问题的三种方法 物理分析法 根据平衡条件，作出力的矢量图，通过对物理过程的分析，利用平行四边形定则进行动态分析，确定最大值和最小值 数学分析法 通过对问题分析，根据平衡条件列出物理量之间的函数关系(画出函数图像)，用数学方法求极值(如求二次函数极值、公式极值、三角函数极值) 极限法 正确进行受力分析和变化过程分析，找到平衡的临界点和极值点；临界条件必须在变化中寻找，不能在一个状态上研究临界问题，要把某个物理量推向极大或极小 　 　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 方法1　物理分析法 1.(2025·云南红河检测)挂灯笼是我国年俗文化的重要组成部分。图甲中灯笼竖直悬挂在轻绳OA和OB的结点O处，OA、OB与水平杆的夹角均为60°，OA、OB的拉力大小分别为F1、F2。现保持OA方向不变，仅将OB沿顺时针方向缓慢旋转至图乙所示的水平位置OB'，则此过程中 (　　) A.F1大小不变 B.F2先变小后变大 C.F1与F2的合力变小 D.F1与F2的合力变大 解析：选B　以灯笼为研究对象，灯笼处于平衡状态，灯笼受到两绳拉力的合力等于灯笼的重力，F1与F2的合力恒定不变；OA拉力F1方向保持不变，仅将OB沿顺时针方向缓慢旋转至水平位置OB'，作出力的矢量三角形，如图所示，可知F1变大，F2先变小后变大，故选B。 方法2　数学分析法 2.(2025·潍坊模拟预测)小明同学喜欢体育运动，他拖拉物体时拉力最大为 1 000 N，某次训练中，体育老师将不同质量的重物置于倾角为15°的斜面上，让他拉动重物沿斜面向上运动，重物与斜面间的动摩擦因数为 ，重力加速度g取10 m/s2。则他能拉动的重物质量最大为 (　　) A.100 kg B.100 kg C.200 kg D.200 kg 解析：选C　设F与斜面夹角为θ，则恰好拉动重物时有Fcos θ=mgsin 15°+μ(mgcos 15°-Fsin θ)，整理可得F===，故当sin(θ+φ)=1时，m最大，最大值为mm==200 kg，故选C。 方法3　极限分析法 3.如图所示，用一根轻质细绳将重为10 N的画框对称悬挂在竖直墙上，画框上两个挂钉间的距离为0.5 m。若绳能承受的最大拉力为10 N，要使绳不会被拉断，绳子的最短长度为 (　　) A. m　 B.0.5 m　 C. m　 D.1.0 m 解析：选C　对画框进行受力分析如图，画框受到重力G和两个大小相等的细绳拉力F1、F2的作用而处于静止状态，当F1=F2=Fmax=10 N时，对应细绳不会被拉断的最小长度L，设此时F1和F2与竖直方向的夹角都为θ，由平衡条件知2F1cos θ=G=10 N，解得cos θ=0.5，设画框上两个挂钉间的距离为d，绳子的最小长度为L=×2= m，故选C。 4.如图所示，两个半圆柱体静止于粗糙程度处处相同的水平地面上，紧靠但无相互作用力。现将一个圆柱体轻放在这两个半圆柱体上，三者均静止。已知圆柱体和两半圆柱体的材料、长度、半径、密度均相同，不考虑它们之间的摩擦，则半圆柱体与水平地面间的动摩擦因数至少为(最大静摩擦力等于滑动摩擦力) (　　) A. B. C. D. 解析：选B　设圆柱体的质量为m，则半圆柱体的质量为，设圆柱体与半圆柱体之间的弹力大小为F，对圆柱体进行受力分析，根据平衡条件有2Fcos 30°=mg，解得F=mg，设地面对一个半圆柱体的支持力为N，结合对称性，对圆柱体与两半圆柱体整体进行受力分析有2N=m++g，解得N=mg，三者始终处于静止状态，则有Fsin 30°≤μN，解得μ≥，即半圆柱体与水平地面间的动摩擦因数至少为，故选B。 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 1.(链接T1)如图所示，F1、F2的合力恒定不变，F1的方向不变，当F1与F2垂直时，F2为最小值。 2.(链接T2)拉力的大小为定值时，拉力的方向变化，能拉动的重物质量不同，重物质量存在极值。 数智赋能：随堂加训，灵活选用 [课时跟踪检测]　　　 (说明：标★的题目为推荐讲评题目) 1.(2025·重庆模拟预测)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，根据平衡条件有2Fcos θ=mg，增加重物质量，θ减小，OA与OB的夹角减小，根据几何关系可知，弓弦的长度变长。减小重物质量，OA与OB的夹角增大，弓弦的长度变短。故选B。 2.如图甲所示，10个人用20根等长的绳子拉起一个鼓，一端系在鼓上，一端用手拉住，每根绳子与竖直方向的夹角均相等，若绳子连接鼓的结点、拉绳子的手分别在其所在圆周上等间距分布，鼓处于静止状态且鼓面水平，忽略绳子质量，简化图如图乙所示。现使鼓在绳子的作用下保持鼓面水平沿竖直方向缓慢下降，其他条件不变，则在鼓缓慢下降过程中，下列说法正确的是 (　　) A.绳子对鼓的合力变大 B.绳子对鼓的合力变小 C.每根绳子对人的作用力增大 D.每根绳子对人的作用力减小 解析：选D　鼓缓慢下降，处于动态平衡状态，绳子对鼓的合力大小等于鼓的重力，绳子对鼓的合力不变，A、B错误；根据平衡条件得20Fcos θ=mg，解得F=，鼓缓慢下降过程中，绳子与竖直方向的夹角θ变小，cos θ变大，F减小，C错误，D正确。 3.(2025·陕西质检)如图1所示，某手机店用放在水平面上的折叠支架来展示手机，图2为示意图，背部支撑面与底部支撑面垂直，不计背部支撑面与手机间的摩擦，减小背部支撑面与水平面的夹角θ，则 (　　) A.支架底座与水平面间的摩擦力增大 B.手机对底部支撑面的压力增大 C.手机对支架的作用力增大 D.手机重力和底部支撑面对手机作用力的合力增大 解析：选D　以整体为研究对象，整体受到重力和水平面的支持力，方向均在竖直方向上，水平方向没有运动趋势，可知支架底座与水平面间的摩擦力为零不变，故A错误；对手机受力分析，底部支撑面对手机的支持力为N=mgsin θ，减小背部支撑面与水平面的夹角θ，底部支撑面对手机的支持力减小，根据牛顿第三定律可知，手机对底部支撑面的压力减小，故B错误；对手机受力分析，根据平衡条件可知，支架对手机的作用力大小始终等于手机的重力，根据牛顿第三定律可知，手机对支架的作用力不变，故C错误；根据平衡条件可知，手机重力和底部支撑面对手机作用力的合力大小等于背部支撑面对手机的支持力，背部支撑面对手机的支持力N'=mgcos θ，减小背部支撑面与水平面的夹角θ，背部支撑面对手机的支持力增大，故D正确。 4.(2025·四川巴中模拟预测)如图所示，表面粗糙的固定斜面顶端安有滑轮，两物块P、Q用轻绳连接并跨过滑轮(不计滑轮的质量和摩擦)，P悬于空中，Q放在斜面上，均处于静止状态。当用沿斜面向上的恒力推Q时，P、Q仍静止不动，则 (　　) A.Q受到斜面的摩擦力一定变小 B.Q受到斜面的摩擦力不变 C.轻绳的拉力一定变小 D.轻绳的拉力一定不变 解析：选D　不施加外力时，对Q受力分析，Q受重力、斜面的支持力和轻绳的拉力，可能受静摩擦力，静摩擦力的方向可能沿斜面向上或向下，也可能不受摩擦力；若原静摩擦力沿斜面向上，施加外力时，静摩擦力可能减小但方向不变，也可能等于0或者反向大小不定；若原静摩擦力沿斜面向下，施加外力时，静摩擦力变大；若原来不受静摩擦力，施加外力时，静摩擦力沿斜面向下，故A、B错误；对P受力分析，P受重力和轻绳拉力，处于静止状态，二力平衡，则拉力等于P的重力，则轻绳的拉力一定不变，故C错误，D正确。 5.(2025·哈尔滨模拟预测)如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的金属环，绕过光滑定滑轮的轻绳一端与金属环相连，另一端施加拉力F使金属环从A点缓慢上升到位于定滑轮正下方的B点。设杆对金属环的弹力大小为FN，整个装置处于同一竖直平面内，在此过程中 (　　) A.FN逐渐减小，F逐渐增大 B.FN逐渐增大，F逐渐增大 C.FN逐渐增大，F逐渐减小 D.FN逐渐减小，F先减小后增大 解析：选A　对金属环受力分析，金属环受到重力mg、绳子的拉力F、杆对金属环的弹力FN。金属环的重力保持不变，杆对金属环的弹力方向与杆垂直，作出力的矢量三角形，如图所示，金属环从A点缓慢上升到位于定滑轮正下方的B点，绳子与竖直方向的夹角θ逐渐减小至零，可知FN逐渐减小，F逐渐增大。故选A。 6.如图所示，三根细轻绳系于O点，其中OA绳另一端固定于A点，OB绳的另一端与放在粗糙水平地面上的质量为60 kg的物体乙相连，乙与水平地面间的动摩擦因数为0.2，OC绳的另一端悬挂物体甲，轻绳OA与竖直方向的夹角θ=37°，OB绳水平。欲使乙物体静止，则甲物体的质量最大为(已知重力加速度g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8；最大静摩擦力等于滑动摩擦力) (　　) A.24 kg B.20 kg C.16 kg D.12 kg 解析：选C　根据题意可知，甲对绳子的拉力大小等于甲的重力，对结点O受力分析如图所示，则当乙与地面间的静摩擦力达到最大时，有TB=μm乙g=m甲gtan 37°，解得m甲=16 kg，故A、B、D错误，C正确。 7.(2025·内蒙古乌海质检)(多选)如图所示，倾角为α的粗糙斜劈放在粗糙水平面上，物体a放在斜面上，轻质细线一端固定在物体a上，另一端绕过光滑的滑轮固定在c点，滑轮2下悬挂物体b，系统处于静止状态。若将固定点c向右移动少许，而a与斜劈始终静止，下列说法正确的是 (　　) A.斜劈对物体a的摩擦力一定减小 B.斜劈对地面的压力一定不变 C.细线对物体a的拉力一定增大 D.地面对斜劈的摩擦力一定不变 解析：选BC　设滑轮2和物体b的总质量为mb，对滑轮2和物体b受力分析，受重力和两侧细线的拉力，如图所示，根据平衡条件，有mbg=2Tcos θ，解得T=，将固定点c向右移动少许，则θ增大，故拉力T增大；对物体a受力分析，受重力、支持力、拉力，可能受到静摩擦力，由于不知道拉力与重力沿斜面向下的分力的大小关系，则无法判断静摩擦力的大小和方向，故不能判断静摩擦力的变化情况，故C正确，A错误；对整体受力分析，受重力、细线的拉力、地面对斜劈的支持力和静摩擦力，根据平衡条件，有支持力N=G总-Tcos θ=G总-mbg，静摩擦力f=Tsin θ，支持力N与角度θ无关，恒定不变，根据牛顿第三定律可知，斜劈对地面的压力也不变，θ增大，地面对斜劈的摩擦力一定增大，故B正确，D错误。 8.碗内部为半球形，半径为R，碗口水平。生米粒与碗内侧的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，静止于碗内的生米粒与碗口间的最小距离d为 (　　) A.R B.R C.R D.R 解析：选D　设米粒的质量为m，当米粒受到碗的静摩擦力达到最大时，米粒距碗口的距离最小，设支持力与水平方向的夹角为θ，作出米粒的受力分析图如图所示，根据平衡条件有mgcos θ=fm，fm=μFN，FN=mgsin θ，联立解得μ=，根据几何关系有cos θ=，sin θ=，联立解得d=R，故选D。 9.如图所示，甲、乙两柱体的截面分别是半径均为R的圆和半圆，甲的右侧顶着一块竖直的挡板。甲和乙的质量相等，柱体的曲面和挡板可视为光滑，开始两柱体柱心连线沿竖直方向，将挡板缓慢地向右移动，直到圆柱体甲刚要落至地面为止，整个过程半圆柱体乙始终保持静止，那么半圆柱体乙与水平面间的动摩擦因数的最小值为 (　　) A. B. C. D. 解析：选A　分析可知，只要摩擦力最大时乙刚好不滑动，此时对应的动摩擦因数最小。对整体受力分析有地面对乙的支持力N=2mg，地面对乙的摩擦力f=F板，设O1O2与水平面的夹角为θ，对甲受力分析，由平衡条件得F板=，可得f=，可知θ越小，f越大，由几何关系得，θ最小为30°，则fm==μN=μ·2mg，解得μ=，故选A。 10.(2025·衡阳调研)(多选)如图所示，小球a、b的质量均为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，分析受力，作出F在几个方向时整体的受力图，根据平衡条件可知，F和FT的合力与整体重力2mg总是大小相等、方向相反，由力的示意图可知，当F与细线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≥，故A、C正确。 11.如图(a)，某人借助瑜伽球锻炼腿部力量，她屈膝静蹲，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，人的背部与水平面的夹角逐渐增大，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。 12.(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。 13.(2025·河北阶段练习)劳动人民的智慧是无穷的，他们在劳动中摸索、总结着自然的规律，积累着劳动的智慧。人们在向一定高度处运送物料时，为了省力，搭建了一长斜面，其简化图如图所示。将质量为m的物料放在倾角为α的粗糙斜面上，用轻绳拉着物料匀速上滑，绳子与斜面之间的夹角为θ(θ<90°-α)保持不变。则下列说法正确的是 (　　) A.物料对斜面的压力可能为零 B.物料所受绳子的拉力越大，所受斜面的摩擦力越小 C.斜面对物料的作用力方向与θ角无关 D.若适当增大θ，则物料所受绳子的拉力减小 解析：选C　由于物料匀速上滑，则物料受力平衡，对物料受力分析，如图所示，若物料对斜面的压力为零，则摩擦力为零，在拉力F和重力mg作用下不可能平衡，故物料对斜面的压力不可能为零，故A错误；由共点力的平衡条件可知，沿斜面方向Fcos θ=mgsin α+Ff，沿垂直斜面方向FN=mgcos α-Fsin θ，又Ff=μFN，整理得F=，显然当sin(θ+β)=1时，绳子的拉力最小，当拉力变大时，摩擦力可能变大也可能变小，故B、D错误；斜面对物料的作用力为支持力与摩擦力的合力，设其合力的方向与斜面的夹角为γ，则tan γ==，显然γ与θ角无关，故C正确。 第四讲　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。 　　　　　　　　　　　　　　　　 命题点(一) 是否需消除弹簧自重的影响 1.如图甲所示，用铁架台、弹簧和多个质量均为m的钩码探究在弹性限度内弹簧弹力与弹簧伸长量的关系。 (1)为完成实验，还需要的实验器材有：　　　　。  (2)实验中需要测量的物理量有： 　 　。  (3)图乙是弹簧弹力F与弹簧伸长量x的F-x图像，由此可求出弹簧的劲度系数为　　　　N/m。图像不过原点是由于 　。  (4)为完成该实验，设计实验步骤如下： A.以弹簧伸长量为横坐标，以弹力为纵坐标，描出各组(x，F)对应的点，并用平滑的曲线连接起来； B.记下弹簧不挂钩码时其下端所对应刻度尺上的刻度l0； C.将铁架台固定于桌子上，并将弹簧的一端系于横梁上，在弹簧附近竖直固定一把刻度尺； D.依次在弹簧下端挂上1个、2个、3个、4个……钩码，并分别记下钩码静止时弹簧下端所对应的刻度，并记录在表格内，然后取下钩码； E.以弹簧伸长量为自变量，写出弹力与伸长量的关系式。首先尝试写成一次函数，如果不行，则考虑二次函数； F.解释函数表达式中常数的物理意义； G.整理仪器。 将以上步骤按操作的先后顺序排列： 　。 解析：(1)根据实验原理可知还需要刻度尺来测量弹簧原长和伸长量。 (2)根据实验原理，实验中需要测量的物理量有弹簧的原长、弹簧所受外力与对应的伸长量(或与弹簧对应的长度)。 (3)取图像中(0.5，0)和(3.5，6)两个点，代入F=kx，解得k=200 N/m。由于弹簧自身的重力，使得弹簧不加外力时就有形变量。 (4)根据实验操作的合理性可知先后顺序为C、B、D、A、E、F、G。 答案：(1)刻度尺　(2)弹簧原长、弹簧所受外力与对应的伸长量(或与弹簧对应的长度)　(3)200　弹簧自身的重力　(4)CBDAEFG 2.(2025·湖北武汉质检)某同学利用图1装置测量轻弹簧的劲度系数。图中光滑的细杆和游标卡尺主尺水平固定在铁架台上，一轻弹簧穿在细杆上，其左端固定，右端与细绳连接；细绳跨过光滑定滑轮，其下端可以悬挂砝码(实验中，每个砝码的质量均为m=50.0 g)；弹簧右端连有一竖直指针，其位置可通过移动游标尺使其零刻度线对准指针读出。实验步骤如下： ①在绳下端挂上一个砝码，调整滑轮，使弹簧与滑轮间的细绳水平且弹簧与细杆没有接触； ②系统静止后，记录指针的位置l1如图2所示； ③逐次增加砝码个数，并重复步骤②(保持弹簧在弹性限度内)，记录砝码的个数n及指针的位置l； ④根据获得的数据作出l-n图像如图3所示，图线斜率用a表示。 回答下列问题： (1)图2所示读数l1=　　　　 cm。  (2)弹簧的劲度系数表达式k=　　　　(用砝码质量m、重力加速度g和图线的斜率a表示)。若g取9.8 m/s2，则本实验中k=　　　　 N/m(结果保留2位有效数字)。  解析：(1)题图2所示读数l1=61 mm+14×0.05 mm=61.70 mm=6.170 cm。 (2)由胡克定律可得ΔF=Δnmg=kΔl，故==a，解得k=；根据题图3可知图线斜率为a= m=7×10-3 m，代入数据可得k= N/m=70 N/m。 答案：(1)6.170　(2)　70 [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。 命题点(二) 区分F-x图像和F-l图像 1.(2025·广州质检)在一个弹簧的规格参数中，查得该弹簧的劲度系数为k0=26 N/m，现用图甲装置研究该弹簧的弹力与伸长量之间的关系。 将弹簧的上端与刻度尺的零刻度对齐，读出不挂钩码时弹簧下端指针所指刻度尺的刻度值，然后在弹簧下端逐个挂上钩码，并依次读出指针所指刻度尺的刻度值。 (1)挂2个钩码时刻度尺的示数如图乙所示，该毫米刻度尺的读数为　　　　 cm。  (2)根据实验数据，在坐标纸上作出了弹力F与弹簧伸长量x的关系图像如图丙所示。根据图像可求得弹簧的劲度系数为k=　　　　 N/m。(保留两位有效数字)  (3)相对误差的计算式为δ=×100%，则该实验结果的相对误差为δ=　　　　%。(保留1位小数)  (4)如图丁所示，若整个实验过程中弹簧下端指针没有沿水平方向，而是斜向上偏，则劲度系数的测量值理论上　　　　(选填“大于”“等于”或“小于”)真实值。  解析：(1)该毫米刻度尺的最小分度为0.1 cm，需要估读到0.01 cm，所以读数为10.90 cm。 (2)根据题图丙可求得弹簧的劲度系数为k==25 N/m。 (3)该实验结果的相对误差为δ=×100%≈3.8%。 (4)由第(2)问分析可知，劲度系数表达式中代入的是弹簧形变量的变化量，所以若整个实验过程中弹簧下端指针没有沿水平方向，而是斜向上偏，则劲度系数的测量值理论上等于真实值。 答案：(1)10.90　(2)25　(3)3.8　(4)等于 2.在“探究弹力与弹簧伸长量的关系”实验中，小明设计了如图甲所示的实验装置，弹簧放置在光滑水平桌面上，左端固定并与刻度尺的零刻度对齐，右端通过平行于桌面的细线跨过光滑的定滑轮与托盘相连，随后他在托盘中逐一增加砝码，待稳定后记录每次对应弹簧的形变量。小明以砝码的重力为纵坐标，以弹簧的形变量为横坐标，建立坐标系，并将测得的数据在坐标纸上描点，得到如图乙所示曲线，g取10 m/s2。 (1)由图线求得弹簧的劲度系数为　　　 N/m。(保留3位有效数字)  (2)托盘的质量为　　　　 kg。  (3)图线AB段发生明显弯曲， 造成这种现象的主要原因是 　。 (4)如图丙所示，实验中用两根不同的弹簧a和b，画出弹簧弹力F与弹簧长度L的F-L图像，下列说法正确的是　　　　。  A.a的劲度系数比b的大 B.a的劲度系数比b的小 C.弹力与弹簧长度成正比 解析：(1)由F-ΔL图像的斜率表示弹簧的劲度系数，可得k= N/m=16.0 N/m。 (2)不加砝码时，弹簧的弹力等于托盘的重力，即kΔL1=mg，解得m== kg=0.08 kg。 (3)图线AB段发生明显弯曲，说明弹簧超出了弹性限度。 (4)由胡克定律可得F=k(L-L1)=k·ΔL，根据题图丙可知，a的劲度系数比b的大，弹力与弹簧长度不成正比，故B、C错误，A正确。 答案：(1)16.0　(2)0.08　(3)弹簧超出了弹性限度　(4)A [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，图像特点也不同。如作F-x(x为弹簧形变量)图像，图像为一条过原点的直线；如作F-l(l为弹簧长度)图像，图像为一条与l轴有交点的倾斜直线。 3.无论是F-x图像还是F-l图像，图像的斜率均表示弹簧(或弹性绳)的劲度系数。 　　　　　　　　　　　　　　　　 1.某实验小组为测量自动笔里面弹簧的劲度系数，他们一开始设计如图甲所示的实验。将自动笔活动端竖直置于电子秤上，当竖直向下按下约0.80 cm时(未触底且未超过弹簧弹性限度)，稳定后电子秤上的读数增加了37.85 g(重力加速度大小g取10 m/s2)。 (1)此笔里的弹簧的劲度系数为　　　　 N/m(结果保留3位有效数字)，这支笔的重力对实验　　　(填“有”或“无”)影响。  (2)由于弹簧较短，施加适当外力时长度变化不太明显，于是他们将实验设计成图乙所示，将三根相同的弹簧串联起来，竖直挂在图乙所示的装置中。小组成员通过测量，作出三根弹簧的总长度l与相应所挂重物重力即拉力大小F的关系图像如图丙，则一根弹簧的劲度系数为　　　　 N/m(结果保留3位有效数字)。  解析：(1)根据胡克定律，可得弹簧劲度系数为k==≈47.3 N/m；由于弹簧受挤压时弹力大小变化可借助于电子秤测出，所以与笔的重力无关。 (2)由于有三根弹簧串联，则弹簧劲度系数满足k= N/m=50.0 N/m。 答案：(1)47.3　无　(2)50.0 2.(2025·福建龙岩质检)某实验小组要测量弹簧的劲度系数，他们利用智能手机中自带的定位传感器设计了如图甲所示的实验，手机软件中的“定位”功能可以测量手机竖直方向的位移(以打开定位传感器时手机的位置为初位置)。 (1)该实验小组进行了如下主要的实验步骤，正确的顺序是　　　　。  A.按图安装实验器材，弹簧上端固定在横杆上，下端与手机连接，手机重心和弹簧在同一竖线上； B.在手机下方悬挂一个钩码，缓慢释放，当手机和钩码静止时记录手机下降的位移x； C.在坐标纸中描点作出n-x图像，如图乙所示； D.手托着手机缓慢下移，手离开手机，手机静止时，打开手机中的定位传感器； E.改变钩码个数n，重复上述操作，记录相应的位移x，数据如表格所示。 钩码个数n 1 2 3 4 5 6 手机位移x/cm 0.98 2.02 3.01 3.98 5.01 5.99 (2)已知每个钩码的质量为50 g，重力加速度g=9.8 m/s2，由图像可以求得弹簧的劲度系数为　　　　 N/m。  (3)实验中未考虑手机重力使弹簧伸长，这对弹簧劲度系数的测量结果　　　　(选填“有”或“无”)影响，说明理由： 　  　。  解析：(1)根据题意，由实验原理可知，本实验通过改变钩码的数量来改变弹簧的弹力，通过手机的定位传感器确定弹簧的形变量，通过作图的方法得到弹簧的劲度系数，则正确的实验步骤为ADBEC。 (2)根据题意，由胡克定律得F=nmg=kx，整理得n=x， 由题图乙可知，图像的斜率为100 m-1，解得k=49 N/m。 (3)由上述分析可知，弹簧的劲度系数是通过n-x图像的斜率与单个钩码重力的乘积得到的，手机重力使弹簧伸长，这对弹簧劲度系数的测量结果无影响。 答案：(1)ADBEC　(2)49　(3)无　劲度系数是通过n-x图像斜率与单个钩码重力的乘积得到的 3.某同学用三根完全相同的弹簧设计了如下实验，以探究弹簧的劲度系数。 (1)将弹簧上端均固定在铁架台上相同高度的横杆上，甲装置用一根弹簧挂质量为m1的物块，乙装置用另外两根弹簧挂大小相同但质量为m2的物块，在物块正下方的距离传感器可以测出物块到传感器的距离，此时刚好均为x1，如图所示，则m1是m2的　　　　倍。  (2)只交换两物块的位置，此时甲装置的距离传感器显示为x2，弹簧相对原长的形变量为Δx1；乙装置中的每根弹簧相对原长的形变量为Δx2，则Δx1是Δx2的　　　　倍。  (3)已知物块的质量m1=0.50 kg，当地重力加速度为9.8 m/s2，该同学测得x1=10 cm、x2=8 cm，则每根弹簧的劲度系数k=　　　　 N/m。  解析：(1)根据题意，两物块均受力平衡，则由受力分析及胡克定律可知甲、乙两装置弹簧伸长量相等，即k·Δx=m1g，2k·Δx=m2g，则=，即m1是m2的倍。 (2)交换位置后再分别对两物块受力分析，有k·Δx1=m2g，2k·Δx2=m1g，两式联立解得=，即Δx1是Δx2的4倍。 (3)设弹簧处于原长状态时下端与距离传感器之间的距离为h，则h=x1+Δx，h=x2+Δx1，与以上各小问方程联立并代入m1与g值，解得k=245 N/m。 答案：(1)(或0.5)　(2)4　(3)245 第五讲　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 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、强化重点环节和关键能力 1.注意事项 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条件下，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 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。 　　　　　　　　　　　　　　　　 命题点(一)　是否需要固定结点 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，产生误差的原因可能是：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.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)弹簧测力计读数为4.0 N； (2)验证力的平行四边形定则需测量合力与分力的大小和方向； (4)因为每一次都是独立的实验，绳结受力平衡即可，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。 命题点(二)　是否需要测量力的具体值 1.某同学在家中尝试验证力的平行四边形定则，他找到三根完全相同的橡皮条(遵循胡克定律)、三角板、刻度尺、白纸、方木板、几枚图钉、细绳，并设计了如下实验。 (1)将三根橡皮条两端各拴接一根相同的细绳，用刻度尺测出橡皮条的原长，记为L0。 (2)将三根橡皮条一端的细绳拴在同一结点上，另一端的细绳分别拴在三枚图钉上。 (3)将白纸固定在方木板上，互成角度地拉伸三根橡皮条，并在白纸上分别固定三枚图钉，如图所示，记下结点位置O和　　　　　　　　　，分别测出三根橡皮条的长度，记为L1、L2、L3，则三根橡皮条的拉力大小之比为　　　　　　　　　。  (4)取下器材，用铅笔和刻度尺从O点沿着三根橡皮条的方向画直线，按照一定的标度作出三根橡皮条对结点O的拉力F1、F2、F3的图示，用平行四边形定则求出F1、F2的合力F，改变三枚图钉的位置重复实验。 (5)若测量发现F与F3在同一直线上，大小接近相等，则实验结论为： 　 　。  本实验采用的科学方法是　　　　　　(填“理想实验法”或“等效替代法”)。  解析：(3)要作出力的图示，需要记录力的大小和方向，所以在白纸上记下结点O的位置的同时，也要记录三根橡皮条伸长的方向；由胡克定律可知，三根橡皮条的拉力大小之比等于三根橡皮条的伸长量之比，即为(L1-L0)∶(L2-L0)∶(L3-L0)。 (5)结点O受三个力的作用处于平衡状态，所受合力为零，则实验结论为：在实验误差允许的范围内，力的合成遵循平行四边形定则；在“验证力的平行四边形定则”实验中，运用了合力的作用效果和分力的作用效果相同这一原理进行实验，故采用了等效替代法。 答案：(3)三根橡皮条伸长的方向　(L1-L0)∶(L2-L0)∶(L3-L0)　(5)在实验误差允许的范围内，力的合成遵循平行四边形定则　等效替代法 2.(2025·福建南平质检)利用橡皮条、弹簧测力计和圆形量角器等器材验证力的平行四边形定则。 (1)量角器固定在水平桌面上，将带细绳套的橡皮条一端用图钉固定，如图(a)。 (2)两细绳套挂上弹簧测力计，互成角度拉两只弹簧测力计，将结点拉至量角器圆心O点，如图(b)，此时右侧弹簧测力计示数为　　　　N，记录此时力F1、F2的大小和方向。在纸上作力F1、F2的图示并得到合力F，如图(c)。  (3)改变两细绳套的夹角，仍将结点拉至O点，记录此时力F3、F4的大小和方向。 (4)请在图(c)中作出F3、F4的合力F'的力的图示。 (5)多次重复步骤(3)和(4)，比较每次作出的合力，如果这些合力在误差允许范围内都 　 　　　　　　　　　　　　　　，则说明一个力分解成两个力有多种分解方式，分力与合力的关系遵循平行四边形定则。  解析：(2)由题图(b)可知弹簧测力计的示数为5.00 N。 (4)根据平行四边形定则作出F3、F4的合力F'，如图。 (5)根据实验规律可知，如果合力在误差允许范围内都大小相等、方向相同，则说明一个力分解成两个力有多种分解方式，分力与合力的关系遵循平行四边形定则。 答案：(2)5.00　(4)见解析图　(5)大小相等、方向相同 [系统建模] 1.若用遵循胡克定律的橡皮条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，只要根据橡皮条的伸长量大小和方向按比例作出力的图示即可。如第1题。 2.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。如第2题。 　　　　　　　　　　　　　　　　 1.(2025·辽宁丹东模拟预测)在“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验中，如图甲所示，橡皮条的一端固定，另一端挂一轻质小圆环，橡皮条的长度为GE。用手通过两个弹簧测力计共同拉动小圆环，圆环受到拉力F1、F2的共同作用，处于O点，如图乙所示，橡皮条伸长的长度为EO。撤去F1、F2，改用一个力F单独拉动小圆环，如图丙所示，使小圆环仍处于O点。 (1)关于该实验，下列说法正确的是　　　　　；  A.不需要记录甲图中E点的位置 B.重复实验再次进行探究时，圆环的位置必须与前一次相同 C.应在细绳上用笔尖记录间距较近的两点来确定细绳的方向 D.在不超过橡皮条弹性限度时，弹簧测力计示数要适当大些 (2)在图丙中，弹簧测力计的示数如图丁所示，则示数F=　　　　 N；  (3)若图乙中两弹簧测力计的读数分别为F1=3.00 N、F2=4.00 N，且F1、F2的夹角为锐角，则　　　　(填“能”或“不能”)用一个量程为5 N的弹簧测力计测出F1、F2的合力。  解析：(1)实验需要的是题图乙和题图丙中橡皮条伸长的长度相同，因此不需要记录题图甲中E点的位置，故A正确；重复实验再次进行探究时，为避免实验具有偶然性和特殊性，圆环的位置应与前一次不同，故B错误；应在细绳上用笔尖记录间距较远的两点来确定细绳的方向，以减小实验误差，故C错误；弹簧测力计示数适当大些可减小实验误差，故D正确。 (2)弹簧测力计的精确度是0.1 N，读数为F=3.70 N。 (3)若题图乙中两弹簧测力计的读数分别为F1=3.00 N，F2=4.00 N，两个力的夹角为90°，则这两个力的合力大小为F合==5.00 N；若F1、F2的夹角为锐角，可知F1、F2的合力大小要大于5.00 N，因此不能用一个量程为5 N的弹簧测力计测出F1、F2的合力。 答案：(1)AD　(2)3.70　(3)不能 2.(2025·广州调研)如图甲所示，用量程为5 N的弹簧测力计，测量一个超出其量程的物体的重力。 (1)将表面印有等距圆环的白纸固定在竖直放置的木板上； (2)三根细线分别与弹簧测力计一端、一个图钉、待测重物相连，弹簧测力计的另一端固定，通过改变图钉在木板的位置调节细线OB，使细线的结点O与圆环的圆心位置重合； (3)标出OA、OB、OC的拉力方向，记录弹簧测力计的读数为　　　　　N；  (4)①根据共点力平衡条件和平行四边形定则，用“力的图示”在图乙中作出OA、OB拉力的合力； ②由作图结果可得重物的重力为　　　　　　N(结果保留一位小数)。  解析：(3)弹簧测力计的最小分度为0.1 N，读数时需要估读到0.01 N，所以其读数为3.00 N。 (4)①作出力的图示，如图所示。②由作图结果可得重物的重力为7.0 N。 答案：(3)3.00(2.99~3.01均可)　(4)①见解析图　②7.0(6.8~7.2均可) 3.在“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中，将橡皮条的一端固定在竖直放置的木板上，另一端系上两根细绳OA、OB，O为两细绳与橡皮条的结点，细绳OA跨过钉在木板上C点的光滑的钉子，下端挂重力已知的钩码，细绳OB用一个弹簧测力计钩住，如图所示，可以通过改变钩码的个数和弹簧测力计的拉力调整橡皮条与两细绳的结点O的位置。 (1)关于实验中必须注意的以下几项，其中正确的是　　　　。  A.只用弹簧测力计通过细绳拉橡皮条时结点O达到的位置，应与钩码、弹簧测力计同时拉时相同 B.在拉动弹簧测力计时弹簧不可与外壳相碰或摩擦 C.两个分力F1、F2间的夹角θ不宜过大，也不宜过小，两个分力F1、F2的大小越大越好 D.拉橡皮条的细绳要适当长些，视线通过细绳垂直于纸面，在绳下的纸上用笔画出两个点的位置并使这两个点的距离适当远些 (2)图中OC与橡皮条延长线的夹角为α，细绳OB与橡皮条延长线的夹角为β，α+β<90°，下列操作正确的是　　　　。  A.减少钩码个数后，为使结点位置不变，应减小β，同时增大弹簧测力计的拉力 B.减少钩码个数后，为使结点位置不变，应增大β，同时增大弹簧测力计的拉力 C.保持钩码个数不变，将钉子向右平移一些，为使结点位置不变，应增大β，同时增大弹簧测力计的拉力 D.保持钩码个数不变，将钉子向右平移一些，为使结点位置不变，应减小β，同时减小弹簧测力计的拉力 解析：(1)为使力的作用效果相同，只用弹簧测力计通过细绳拉橡皮条时结点O达到的位置，应与钩码、弹簧测力计同时拉时相同，故A正确；为减小实验误差，在拉动弹簧测力计时弹簧不可与外壳相碰或摩擦，故B正确；两个分力F1、F2间的夹角θ不宜过大，也不宜过小，两个分力F1、F2的大小也不宜过大或过小，适宜即可，故C错误；为减小实验误差，拉橡皮条的细绳要适当长些，视线通过细绳垂直于纸面，在绳下的纸上用笔画出两个点的位置并使这两个点的距离适当远些，故D正确。 (2)减少钩码个数后，相当于减小一个分力的大小但方向不变，结点位置不变，相当于合力不变，根据平行四边形定则可知，此时应该减小β，同时增大弹簧测力计的拉力，故A正确，B错误；保持钩码个数不变，将钉子向右移动一些，结点位置不变，相当于一个分力的大小不变但方向与合力方向的夹角变小，根据平行四边形定则可知，此时应该减小β，同时减小弹簧测力计的拉力，故C错误，D正确。 答案：(1)ABD　(2)AD 4.某同学用两根完全相同的轻弹簧和一瓶矿泉水等器材验证“力的平行四边形定则”。实验时，先将一弹簧一端固定在墙上的钉子A上，另一端挂矿泉水瓶，如图甲所示；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，静止时用智能手机的测角功能分别测出AO、BO与竖直方向的偏角α、β，如图乙所示。改变钉子B的位置，按照上述方法多测几次。 (1)依据上述方案并根据力的平行四边形定则，要画出力的合成图，必须的操作是　　　　。  A.实验中要使AO、BO长度相同 B.要测量弹簧的原长 C.要测量图甲、乙中弹簧的长度 D.实验中要使结点O的位置始终固定不变 (2)根据实验原理及操作，为验证力的平行四边形定则，在作图时，图　　　　(选填“丙”或“丁”)是正确的。  (3)某次实验中测得乙图中α=30°，β=45°，保持α偏角不变，将OB从乙图中位置沿顺时针缓慢转到水平位置，则OA中弹簧的长度将　　　　　，OB中弹簧的长度将　　　　　　　。(均选填“一直增大”“一直减小”“先减小后增大”或“先增大后减小”)。  解析：(1)实验中，题图甲用来测量合力，题图乙用来测量两个分力，根据胡克定律，力的大小与弹簧形变量成正比，则力的大小可用弹簧形变量来表示，因此必须测量弹簧的形变量，但AO、BO长度不必相同，A错误，B、C正确；实验中矿泉水瓶重力是定值，所以不必保证O点固定不变，D错误。 (2)实验中矿泉水瓶的重力方向始终竖直向下，所以x1需要沿着竖直方向，故题图丙是正确的。 (3)对O点受力分析，O点处于动态平衡状态，重力的大小、方向不变，OA中弹力方向不变，根据平行四边形定则可得OA中弹力将一直增大，OB中弹力将先减小后增大，如图所示，所以OA中弹簧的长度将一直增大，OB中弹簧的长度将先减小后增大。 答案：(1)BC　(2)丙　(3)一直增大　先减小后增大 68 / 76 学科网（北京）股份有限公司 $$