第2章 第11课时 实验二 探究弹簧弹力与形变量的关系 实验三 探究两个互成角度的力的合成规律(跟踪评价)-【状元桥】2027高考物理一轮总复习

第11课时实验二 探究 实验三 探究两个互成 基础溶实练 1.弹簧是生活中比较常见的物体.实验室中有五根一 模一样的弹簧，某同学想测量这批弹簧的劲度系数， 将弹簧等间距悬挂在水平铁架台上，如图甲所示， 1号弹簧不挂钩码，2号弹簧挂1个钩码，3号弹簧挂 2个钩码，依此类推，钩码的质量均相同.固定在弹簧 下端的轻指针在图中未画出. 12345 分 0.103 99 0.08 98 0.06 0.04 0.02 0246810x 乙 多 (1)为了更直观地呈现出弹簧弹力大小F与伸长量 △x的关系，某同学以1号弹簧末端指针所指的位置 为原，点，作出竖直的y轴及水平的x轴，其中x轴为 (选填“F”或“△x”) (2)为测量弹簧的伸长量，某同学取来一把米尺，竖 直固定在弹簧旁边，米尺的100cm刻度刚好与1号 弹簧末端指针在同一水平线上，测量2号弹簧末端 指针位置时，示数如图乙所示，则此时弹簧的伸长量 为 cm, (3)某同学依次测量3号、4号、5号弹簧的实验数 据，根据测量的数据作出的图像如图丙所示，已知图 中数据的单位均取国际单位制单位，则这些弹簧的 劲度系数均为 N/m(计算结果保留三位有 效数字). 2.如图甲所示，实验小组做“验证力的平行四边形定 则”的实验，先将白纸贴在水平桌面上，然后将橡皮 筋的一端用图钉固定在白纸上的O点，让橡皮筋处 于原长.部分实验步骤如下： 跟踪评价11/ 弹簧弹力与形变量的关系 角度的力的合成规律 D答案见D2 00 05 0 甲 乙 1cm F IN 0 丙 (1)用一个弹簧测力计通过细绳将橡皮筋的P端拉 至O1点，此时拉力的大小F可由弹簧测力计读出， 弹簧测力计的示数如图乙所示，F的大小为 N. (2)用两个弹簧测力计通过细绳同时拉橡皮筋的P 端，再次将P端拉到O1点.此时观察到两个弹簧测 力计的示数分别为F1=2.50N,F2=2.60N,方向 如图丙的虚线所示， (3)用图丙所示的标度，以O点为作用点，在图丙中 画出这两个共点力的合力F合的图示，F合的大小为 N(结果保留3位有效数字). (4)通过比较 这两个力的大小和方向，即可 得出实验结论 3.(2026天津模拟)在“探究两个互成角度的力的合成 规律”实验中，需要将橡皮条的一端固定在水平木板 上，橡皮条的另一端系两根细绳，细绳另一端带有绳 套，先用两个弹簧测力计分别勾住绳套并互成角度 地拉橡皮条，使橡皮条的结点达到某一位置O,并记 下该点的位置O.再用一个弹簧测力计勾住绳套将 橡皮条的结点拉到同一位置O点，如图甲所示 319 物理 (1)物理学有很多的科学研究方法，本实验所采用的 是 A.理想模型法 B.等效替代法 C.控制变量法 D.演绎推理法 (2)图甲中沿OB方向拉的弹簧测力计的示数为 N (3)实验中，在白纸上画出的测量结果如图乙所示， 其中O处为结点位置.图中的F与F两力中，方向 一定沿橡皮条方向的是 (4)关于本实验，下列说法正确的是 A.弹簧测力计、细绳、橡皮条都应与木板平行 B.橡皮条应与两绳夹角的平分线在同一直线上 C.两次拉伸橡皮条，只要使橡皮条伸长到相同长度 即可 D.拉橡皮条的细绳要适当长些，标记同一细绳方向 的两点要适当远些 素养提升练 4.(2025重庆卷)弹簧是熄火保护装置中的一个元件， 其劲度系数会影响装置的性能.小组设计了如图1 所示的实验装置测量弹簧的劲度系数，其中压力传 感器水平放置，弹簧竖直放在传感器上，螺旋测微器 竖直安装，测微螺杆正对弹簧， (1)某次测量时，螺旋测微器的示数如图2所示，此 时读数为 mm 测微螺杆 弹簧 45 压力传 感器 图1 图2 320 (2)对测得的数据进行处理后得到弹簧弹力F与弹 簧长度1的关系如图3所示，由图可得弹簧的劲度系 数为 N/m,弹簧原长为 mm(均保 留3位有效数字). 3.00 F/N 2.50 2.00 1.50 1.00 0.50 0.00060800.02.014.0160180mm 图3 5.(2025新课标卷)某探究小组利用橡皮筋完成下面 实验. 1 cm 500 图(a 图) (1)将粘贴有坐标纸的木板竖直放置.橡皮筋的一端 用图钉固定在木板上，另一端悬挂钩码.钩码质量分 别为200g、250g、…、500g,平衡时橡皮筋底端在坐 标纸上对应的位置如图(a)中圆点所示（钩码的质量 在图中用数字标出).悬挂的钩码质量分别为200g和 300g时，橡皮筋底端位置间的距离为 cm. (2)根据图(a)中各点的位置可知，在所测范围内橡 皮筋长度的增加量与所挂钩码的 (选填“质 量”或“质量的增加量”)成正比，由此可求出橡皮筋 的劲度系数为 N/m(保留2位有效数字，重 力加速度取9.8m/s2). (3)悬挂的钩码质量为m时，在橡皮筋底端施以水平 向右的力F,平衡时橡皮筋方向如图(b)中虚线所 示，图(b)中测力计的示数给出了力F的大小，则F= N,m= g（选填“200”“300”或 “400”).物理 篮球 R/ 6横杆 150 横 G 第10课时专题强化三动态平衡问题平衡中 的临界、极值问题 1.C解析货物处于平衡状态，则工人对货物的作用力大小为 mg,根据共点力平衡条件有F:=mgsin0,FN=mgcos0,则随 着日减小，F、逐渐增大，F:逐渐减小，工人用力抓紧货物，不会 增大对货物的静摩擦力.故选C. 2.D解析设蜘蛛的重力为G,蛛丝OA的拉力为F1,蛛丝OB 的拉力为F2,由平衡条件有Fsin0=F2,Fcos0=G,解得 F=G c0S0B,=Gtan8,猎物向右侧移动则日减小，当0减小 时，cos0增大，tan0减小，故F1减小，F2也减小.故选D. 3.B解析对物体受力分析，并构封闭的失量三角形，如图所示 G 由图可知，在拉力到达竖直方向前，与竖直方向的夹角越来越 小，拉力F增大，F、减小，经过竖直方向后，夹角又逐渐变大， 拉力F继续增大，F、也增大，故B正确.故选B. 4.D解析油桶受重力、斜面的支持力和推力，因油桶缓慢地推 到汽车上，处于动态平衡状态，由三角形定则作出力的动态变 化过程，如图所示 当水平推力F由水平方向逐渐变为与水平方向成60°角斜向 上的过程中，推力先变小后变大，最小时力F和支持力N垂 直，即沿斜面方向，此时最小值为"受，故选D. 5.C解析头发恰好被拉断时，设头发与竖直方向的夹角为日，根 据受力平衡可得2 FcOs0=mg,根据图中几何关系可得 sin0=青-司，可得0=30，则头发能承受的最大拉力为E。 8 mg=0.3X10N=√3N,故选C. 2cos 0 2×9 6.D解析木箱沿斜坡向上匀速行驶，对木箱分析可知F1= Gsin0,F2=Gcos0,F=G,由于0°<030°，可知F1<G,F1< F2,F等于木箱的重力G,与0无关，故ABC错误；由于F1= Gsin0,若仅减小0，则F1也减小，故D正确；故选D. 7.AC解析轻绳吊着圆环后形成的角度为0，有2Fcos0 mg,升降机缓慢上升或缓慢下降的过程中，根据几何关系可 知，轻绳形成的角度是不变的，故绳上拉力也是不变的，故A 正确；当升降机向左移动时，轻绳形成的角度增加，根据公式可 知绳上拉力变大，故B错误；对升降机进行受力分析可知，地面 对升降机的弹力为R=FC0s0叶Mg=Mg+",地 D64 面对升降机的弹力是不变的，根据相互作用力原理，升降机对 地面的压力也是不变的，故C正确；此时地面对升降机的摩擦 力与绳上拉力的水平分量相同，即f=Fsin0,由于升降机上升 时，绳上拉力与角度都不变，所以地面对升降机的摩擦力也不 变，故D错误.故选AC. 8.C解析匀速行走，处于平衡状态，合外力为0，斜面对机器人 的静摩擦力f=mgsin0,又0<f<fm,可得fm≥250N,故选C 9.D解析如下图所示： F 生米粒在碗中受到重力、支持力和静摩擦力，支持力和接触面 垂直并指向圆心，设与竖直方向夹角为，设此时刚好不下滑， 则重力沿着接触面向下的分力等于最大静摩擦力，列式得 mgsin0=mgcos0,解得u=tan0,根据几何关系得tan0= ,平，联立解得d=RV十故D正确，故选D 1 d 10.D解析对石球进行受力分析，石球 g 受重力mg、拉力F、地面的支持力N 和滑动摩擦力f作用，石球做匀速 直线运动，f与N的合力为F'令，如 图所示：设F金与竖直方向的夹角为 F合 0 B,则tanB==μ，所以B=30,当 F的方向与F合的方向垂直时，F最 小，则Fin=mgsin3=1l00N,此时 ￥mg 0=B=30°，故选D. 11.A解析以这三片瓦整体作为研究对象，易得这个整体的重力 在垂直椽子所在平面方向上的分力为3mgc0s0,垂直椽子所在 平面方向整体处于平衡状态，则有3mngc0s0-4FNc0sa,可得FN= 3 mgoos9,为使底瓦与盖瓦不下滑，应使4FN≥3 mgsin8,解 得≥an0:0s。一得×0.8=得，故选A 第11课时实验二探究弹簧弹力 与形变量的关系 实验三探究两个互成角度的力的合成规律 1.(1)F(2)2.00(3)100解析(1)由题图甲知，y轴与弹簧 拉伸方向一致，且原，点选在了弹簧原长处，所以y轴代表弹簧 的伸长量，x轴代表弹力大小F. (2)由题图乙知，2号弹簧末端指针位置对应的刻度为98.00cm, 故弹簧仲长量△=100-98.00cm=2.00cm 0由题图丙释k三，0720N/m=1007 2.(1)4.30(3)见解析图4.36(4.29~4.43均可)(4)F和 F台解析(1)弹簧测力计的最小刻度为0.1N,则F的大小为 4.30N. (3)画出这两个共，点力的合力F合如图： F=2.50N,1cm F、 IN F含-4.36N E-2.60N12 由图可知F6的大小为4.36N(4.294.43N). (4)通过比较F和F◆这两个力的大小和方向，即可得出实验结论. 3.(1)B(2)3.70(3)F(4)AD 解析(1)本实验用一个弹簧测力计拉橡皮条的效果替代两个 弹簧测力计拉橡皮条的效果，应用了等效替代法，故选B. (2)弹簧测力计的精确度为0.1N,要估读到下一位，则弹簧测 力计的示数为3.70N. (3)F是通过失量合成得出的力，而F是用一个弹簧测力计拉 绳套时测得的力，其方向一定沿橡皮条方向 (4)测量力的实验要求尽量准确，为了减小实验中因摩擦造成 的误差，操作中要求弹簧测力计、细绳、橡皮条都应与木板平 行，A正确；橡皮条可以与两绳夹角的平分线在同一直线上，也 可以不在同一直线上，保证每次的结点相同即可，B错误；本实 验采用“等效替代法”，为了使两次拉伸橡皮条的效果相同，要 求两次拉伸橡皮条时必须将其结，点拉至同一个位置，即沿同一 个方向拉伸相同长度，故C错误；弹簧测力计标记同一细绳方 向的两点要远些，作图时产生的误差会减小，故D正确 4.(1)7.415(2)18417.6 解析(1)根据螺旋测微器的读数法则有7mm十41.5× 0.01mm=7.415mm. (2)当弹力为零时弹簧处于原长为17.6mm,将题图反向延长 与纵坐标的交点为2.50N,则根据胡克定律可知弹簧的劲度 系数为k=A184Nm 5.(1)1.90(2)质量的增加量52(3)1.00300 解析(1)根据图()可知悬挂的钩码质量分别为200g和300g 时，橡皮筋底端位置间的距离为1.90cm. (2)根据图像可知钩码每增加相同的质量，橡皮筋增加相同的 长度，故在所测范围内橡皮筋长度的增加量与所挂钩码的质量 的增加量成正比.设橡皮筋原长为L。,劲度系数为k,根据胡克 定律F=kx;其中F=mg,x为橡皮筋长度的增加量.设悬挂质 量为m1、2的钩码时，橡皮筋长度的增加量分别为x1、x2,则 mg=k.1,m2g=kx2,两式相减得(m2一m1)g=k(x2一01)，取 m1=200g=0.2kg,m2=300g=0.3kg,△x=x2-x1= 1.9cm=1.9X10-2m,根据(m2一m1)g=k(x2一)，可得k= (me-m)g=(0.3-0.2)X9.8N/m≈52N/m 2T1 1.9×10-2 (3)根据图(b)可知F=1.00N;设橡皮筋与竖直方向夹角为0， 对橡皮药下端点进行受力分折有m是从图中可知m的 号，结合F=1.0N,可得m0.31kg,所以取m=300g 第三章运动和力的关系 第12课时牛顿第一定律牛顿第二定律 1.A解析“米”是国际单位制中的基本单位，故A正确；“吨”是 质量单位，故B错误；国际单位中的基本单位有千克、米、秒、安 培、开尔文、摩尔、坎德拉；所以节不是国际单位中的基本单位， 故C错误；在力学范围内，质量、长度和时间是基本量之一，速 度不是基本量之一，故D错误.故选A 2.C解析雨雪天，汽车装防滑铁链不是为了帮助汽车克服惯 性，而是为了增大摩擦力，防止车辆打滑，故A错误；喷洒农药 无人机（包括携带的药液）在进行喷洒工作时，随着质量的减 小，惯性减小，故B错误；惯性只由质量决定，与运动状态无 关，所以滑雪运动员下滑的快慢不会改变运动员的惯性大小， 故C正确；磁悬浮列车的车头设计可以减小阻力，但它的惯性 由质量决定，不一定惯性小，故D错误 3.B解析物体的惯性只与质量有关，故A错误；龙舟比赛位移 相同，获得冠军的龙舟，所用时间最短，故获得冠军的龙舟，其 平均速度一定最大，故B正确；龙舟齐头并进时，相对于河岸是 运动的，故C错误；根据牛顿第三定律，水对船桨的作用力等于 船桨对水的作用力，故D错误.故选B. 4.C解析对木块进行受力分析，接触弹簧后弹力不断增大，开 始接触弹簧时，弹力小于力F,木块仍将加速运动，但加速度变 小，故A、B均错误.在弹簧弹力大小等于恒力F时，木块的加 跟踪评价答案//■ 速度为零，速度最大，故C正确.继续压缩弹簧，弹簧弹力大于 F时，木块开始做减速运动，随弹簧弹力的逐渐增大，木块所受 合力反向且增大，加速度向右且不断增大，故D错误.故选C 5.D解析无人机沿水平方向飞行，零件相对于无人机静止，也 沿水平方向飞行做直线运动，故零件的高度不变，可知零件的 重力势能保持不变，故D正确；对零件受力分析，受重力和绳 子的拉力，由于零件沿水平方向做直线运动，可知合外力沿水 平方向，提供水平方向的加速度.零件水平向左做匀加速直线 运动，故AB错误；惯性的大小只与质量有关，零件的质量不 变，故零件的惯性不变，故C错误.故选D. 解析以箱子和物块为整体，由牛顿第二定律得a=m 2g,在以物块为研究对象，由牛顿第二定律得FN=ma=2mg, 由于物块刚好不下滑，则mg=∫=24mg,求出μ=2，故选C. 7.CD解析人和竹筏在水里减速滑行，速度在变化，根据牛顿第 二定律可知合力不为零，故A错误；竹筏在水平方向有加速 度，人对竹筏的力在竖直方向有重力，水平方向有摩擦力，所以 人对竹筏的力方向不是竖直向下，故B错误；人和竹筏相对静 止，且减速滑行，人和竹筏的重心要在竹筏锁在竖直面上才能 保持相对稳定，故C正确；人和竹竿构成的整体在减速滑行，受 到的合力不为零，根据力的作用线和重心的关系可知整体的重 心与杆受到合力作用线应该在同一竖直面上，故D正确.故选 CD. 8.D解析根据题意，对结点受力分析，如图所示，由平衡条件有 2T0s0-F,由几何关系可得c0s0=号，sin0=号，对小球，由 _3卫.故选D. 牛顿第二定律有Tsin=ma,联立解得a=8 B T 00T OY YF 9.C解析对甲、乙和弹簧整体进行受力分析可知，L的拉力大 小为=2mgm60=-23mg山的拉力大小为工=0= 4mg,选项AB错误；若剪断L1瞬间，弹簧的弹力不变，则小球 乙受的合外力仍为零，加速度为零；对甲分析可知，甲受重力和 弹簧向下的拉力，绳子L2对其的拉力，甲球的速度为0，将力 沿着绳子方向和垂直绳子方向分解，沿绳方向合力为0，则剪 断L1瞬间，甲球受到的合力F合=2 mgsin60°=ma,由牛顿第 二定律可知加速度a=√3g,选项C正确，D错误.故选C. 10.B解析根据牛顿第二定律mgsin Ocos日-mgcos0 umgsin Osin 0=ma,a=gsin dcos 0-ugcos -ug sin, 故选B. 11.BC解析剪断细线后，弹力大于A的重力，则A先向上做加 速运动，随弹力的减小，则向上的加速度减小，当加速度为零 时速度最大，此时弹力等于重力，弹簧处于拉伸状态，选项A 错误；剪断细线之前则F谦=3g,剪断细线瞬间弹簧弹力不 变，则对A由牛顿第二定律F华一2mg=2ma,解得A的加速 度a=号，选项B正确：剪断妇线之首弹簧仲长量， 剪断细线后A做简谐振动，在平衡位置时弹簧伸长量x2= 2,即振幅为A=西一=，由对称性可知小球A运动 到最高点时，弹簧伸长量为，选项C正确：由上述分析可 知，小球A运动到最低，点时，弹簧伸长量为3mg,选项D错 误.故选BC. 12.C解析初始时系统恰好不发生运动，即物体在底板上所受 摩擦力恰好为最大静摩擦力，等于滑动摩擦力，根据平衡条件 D65