高考物理一轮复习 第二章 相互作用
2025届高考物理一轮复习资料第二章相互作用第3讲受力分析共点力的平衡
第3讲受力分析共点力的平衡学习目标 1.从具体的情境中选择研究对象，会分析其弹力、摩擦力的有无及方向。
2.会灵活应用整体法和隔离法对多物体受力分析。
3.会运用共点力平衡的条件分析解决平衡问题。
1.2.1.思考判断(1)物体沿光滑斜面下滑时，受到重力、支持力和下滑力的作用。
(×)(2)物体的速度为零即处于平衡状态。
(×)(3)物体处于平衡状态时，其加速度一定为零。
(√)(4)物体受两个力作用处于平衡状态，这两个力必定等大反向。
(√)(5)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2F2。
(√)2.“空中速降”是一项具有挑战性的体育游乐项目。
如图所示，某人沿一根绳索匀速下滑，绳索上端A竖直，下端B松弛。
下列对人的受力分析正确的是()答案A考点一受力分析受力分析的四种方法假设法在未知某力是否存在时，先对其做出不存在的假设，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整体法将加速度相同的几个相互关联的物体作为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动力学分析法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求解的方法例1如图1所示，两梯形木块A、B叠放在水平地面上，A、B之间的接触面倾斜。
A的左侧靠在光滑的竖直墙面上，加水平推力后，关于两木块的受力，下列说法正确的是()图1A.A、B之间一定存在摩擦力作用B.木块A可能受三个力作用C.木块A一定受四个力作用D.木块B一定受到地面向右的摩擦力答案B解析如果A受到重力、墙面对它的弹力和B对它的支持力，这三个力恰好平衡，则A、B之间没有摩擦力，故A、C错误，B正确；以A、B整体为研究对象，竖直方向受到A、B的重力和地面的支持力，水平方向受到水平推力和墙面的弹力，水平地面可以对B无摩擦力，故D错误。
1.如图2，天花板与水平面间的夹角为θ＝37°，一质量为m的物块在一垂直于天花板向上的力F作用下静止于天花板上，已知物块与天花板之间的动摩擦因数为μ＝0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则()图2A.物块可能只受三个力作用B.物块对天花板的摩擦力沿天花板向上C.力F的大小不得小于2mgD.力F的大小可能为1.25mg答案C解析物块在重力作用下，有沿天花板下滑的趋势，一定受到沿天花板向上的静摩擦力，天花板对物块一定也有弹力，所以物块受重力、推力F、天花板的弹力和摩擦力四个力的作用，故A错误；天花板对物块的摩擦力沿天花板向上，根据牛顿第三定律可知，物块对天花板的摩擦力沿天花板向下，故B错误；对物块受力分析及正交分解如图所示，物块静止，则y方向有F＝mg cos θ＋F N，x方向有f＝mg sin θ≤f m＝μF N，联立解得F≥2mg，故C正确，D错误。
2023年高考物理一轮考点复习第二章相互作用第3讲受力分析、共点力的平衡
第二章相互作用练案[6] 第3讲受力分析共点力的平衡一、选择题(本题共13小题，1～9题为单选，10～13题为多选)1．(2023·浙江高三阶段练习)如图所示，在倾斜的滑杆上套一个质量为m的圆环，圆环通过轻绳拉着一个质量为M的物体，在圆环沿滑杆向下滑动的过程中，悬挂物体的轻绳始终处于竖直方向，则( B )A．环只受三个力作用B．环一定受四个力作用C．物体做匀加速运动D．悬绳对物体的拉力小于物体的重力[解析]悬挂物体的轻绳始终处于竖直方向，可知整体沿斜面向下做匀速运动，受力平衡，则环受重力、细绳的拉力、滑杆对圆环的支持力和摩擦力，共4个力作用，B正确，AC错误；因物体受力平衡，可知悬绳对物体的拉力等于物体的重力，D错误。
2．(2023·广东高三专题练习)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两个重力都为G的水泥制品，使之保持静止状态，铁夹与水泥制品及水泥制品间的接触面竖直，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( D )A．两水泥制品间动摩擦因数G 2NB ．两水泥制品间动摩擦因数可以求出C ．铁夹与水泥制品间动摩擦因数G 2ND ．铁夹与水泥制品间动摩擦因数G N[解析]对水泥制品整体分析可知2F f ＝2G ，则F f ＝G ，对单个的水泥制品分析可知，两水泥制品之间的摩擦力F ′f ＝0，则两水泥制品间动摩擦因数无法求出，A 错误，B 错误；铁夹与水泥制品间动摩擦因数μ＝F f N ＝G N ，C 错误，D 正确。
3．(2022·湖北黄冈中学二模)如图所示，水平地面上叠放着矩形物体A 和B ，细线一端连接A ，另一端跨过光滑定滑轮连接着物体C ，A 、B 、C 均静止。
下列说法正确的是( D )A ．A 可能受到三个力作用B ．B 可能受到四个力作用C ．适当减小C 的质量后，A 、B 、C 仍静止在原位置，则A 对B 的摩擦力不变D ．适当减小C 的质量后，A 、B 、C 仍静止在原位置，B 对地面的压力增大[解析]物体A 受力分析如图共受到四个力，故A 错误；物块B受力分析如图共受到五个力，故B错误；适当减小C的质量后，A、B、C仍静止在原位置，可知T减小，θ不变，由F fA＝T cos θ，可知，则B对A的摩擦力减小，则A对B的摩擦力减小；因为F NA ＝m A g－T sin θ，F NB＝F′NA＋m B g，T减小，θ不变，可知适当减小C的质量后，A、B、C仍静止在原位置，B对地面的压力增大，故C错误，D正确。
2023年高考物理一轮考点复习第二章相互作用第1讲重力、弹力、摩擦力
练案[4]第二章相互作用第1讲重力弹力摩擦力一、选择题(本题共12小题，1～8题为单选，9～12题为多选)1．(2022·广东梅州二模)2022年春晚舞蹈《只此青绿》表演中，需要舞者两脚前后分开，以胯部为轴，上半身后躺，与地面近乎平行，在舞者缓慢后躺的过程中，下列说法不正确的是( A )A．人对地面的压力和地面对人的支持力是一对平衡力B．舞者所受的支持力始终等于舞者的重力C．舞者越向下躺，重心越低D．舞者两脚间距越大，下弯时越稳定[解析]人对地面的压力和地面对人的支持力是一对作用力与反作用力，选项A错误，符合题意；舞者缓慢后躺，可认为都是平衡状态，则舞者所受的支持力始终等于舞者的重力，选项B正确，不符合题意；舞者越向下躺，整个身体的重心越低，选项C正确，不符合题意；舞者两脚间距越大，重心越向下，下弯时越稳定，选项D正确，不符合题意。
2．(2022·陕西榆林市高三二模)一矿泉水瓶如图所示，其外壳是由食品级的弹性塑料制成的。
下列说法正确的是( C )A．手轻握矿泉水瓶时外壳发生的形变为非弹性形变B．手对矿泉水瓶的作用力是由矿泉水瓶的形变而产生的C．矿泉水瓶的瓶盖以及瓶身上的条纹是为了增大最大静摩擦力D．矿泉水瓶里的水对瓶底部的作用力与瓶底部对水的作用力是一对平衡力[解析]手轻握矿泉水瓶时外壳发生的形变在手离开瓶后还能恢复原状，为弹性形变，故A错误；手对矿泉水瓶的作用力是由手的形变而产生的，故B错误；矿泉水瓶的瓶盖以及瓶身上的条纹，增加了瓶盖和瓶身的粗糙程度，手握瓶时可以增大最大静摩擦力，故C正确；矿泉水瓶里的水对瓶底部的作用力与瓶底部对水的作用力是一对相互作用力，故D错误。
3．(2023·重庆南开中学高三阶段练习)艺术课上，老师将学生们的剪纸作品进行展出时，用磁铁将剪纸作品吸在竖直的磁性黑板上，下列关于各物体的受力情况正确的是( D )A．磁铁对剪纸的摩擦力与剪纸对磁铁的摩擦力是一对平衡力B．磁铁对剪纸的压力是由于剪纸发生形变引起的C．黑板对剪纸的作用力与磁铁对剪纸的作用力大小相等D．磁铁对剪纸的摩擦力与黑板对剪纸的摩擦力大小不相等[解析]磁铁对剪纸的摩擦力与剪纸对磁铁的摩擦力是一对相互作用力，故A 错误；由弹力产生的条件可知：磁铁对剪纸的压力是由于磁铁发生形变引起的，故B错误；由图可知，三块磁铁对剪纸的压力与黑板对剪纸的支持力相等，黑板对剪纸的摩擦力大小等于剪纸与磁铁的重力之和，而磁铁对剪纸的摩擦力大小等于磁铁的重力，可得磁铁对剪纸的摩擦力与黑板对剪纸的摩擦力大小不相等，由力的合成知：黑板对剪纸的作用力与磁铁对剪纸的作用力大小不相等，故D 正确，C错误。
高三一轮复习2相互作用
第二章 ⎪⎪⎪相互作用 [备考指南]第1节 重力、弹力(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)弹力一定产生在相互接触的物体之间。
(√)(4)相互接触的物体间一定有弹力。
(×)(5)F＝kx中“x”表示弹簧形变后的长度。
(×)(6)弹簧的形变量越大，劲度系数越大。
(×)(7)弹簧的劲度系数由弹簧自身性质决定。
(√)要点一弹力的有无及方向判断1．弹力有无的判断“三法”2．弹力方向的确定[多角练通]1．如图2-1-1所示，小车受到水平向右的弹力作用，与该弹力的有关说法中正确的是( )A．弹簧发生拉伸形变B．弹簧发生压缩形变C．该弹力是小车形变引起的D．该弹力的施力物体是小车解析：选A 小车受到水平向右的弹力作用，是弹簧发生拉伸形变引起的，该弹力的施力物体是弹簧，故只有A项正确。
2．如图2-1-2所示，一个球形物体静止于光滑水平面上，并与竖直光滑墙壁接触，A、B两点是球跟墙和地面的接触点，则下列说法中正确的是( )图2-1-2A．物体受重力、B点的支持力、A点的弹力作用B．物体受重力、B点的支持力作用C．物体受重力、B点的支持力、地面的弹力作用D．物体受重力、B点的支持力、物体对地面的压力作用解析：选B 假设没有光滑墙壁，物体也不会左右滚动，可见物体并未受到A点的弹力，A错误；B点对物体的支持力和地面对物体的弹力实为一个力，所以C错误；物体对地面的压力作用在地面上，并不是物体受到的力，受力分析时一定要明确研究对象，D错误；综上，B正确。
3．(2016·聊城模拟)小车上固定一根弹性直杆A，杆顶固定一个小球B(如图2-1-3所示)，现让小车从光滑斜面上自由下滑，在下图的情况中杆发生了不同的形变，其中正确的是( )图2-1-3解析：选C 小车在光滑斜面上自由下滑，则加速度a＝g sin θ(θ为斜面的倾角)，由牛顿第二定律可知小球所受重力和杆的弹力的合力沿斜面向下，且小球的加速度等于g sin θ，则杆的弹力方向垂直于斜面向上，杆不会发生弯曲，C正确。
【名师讲解】高三物理一轮复习：二 相互作用(62张PPT)
第二节 一、知识要点
力的合成与分解
1、合力与分力：一个力如果它产生的效果跟几 个力共同作用所产生的效果相同，这个力就叫做 那几个力的合力，那几个力叫做这个力的分力。 2、力的合成与分解：求几个力的合力叫做力的 合成；求一个力的分力叫做力的分解。 3、共点力：物体同时受到几个力作用时，如果 这几个力都作用于物体的同一点或者它们的作用 线交于同一点，这几个力叫做共点力。
Ⅰ Ⅰ Ⅰ Ⅱ Ⅱ
三、考纲解读： 本部分内容在高考中分值占10%左右，高考命 题的热点集中在共点力的平衡问题及摩擦力问题， 常以生活实际及科普知识为背景，结合牛顿运动定 律、功能关系及电磁学相关知识考查。
四、高考命题趋向
力学是物理学的基础，是高考必考内容。弹力、 摩擦力是高考的热点，其中弹力大小和方向的判断，
(1) f=0 (3) f= mg (4) f= mg (2) f=ma
B
B
A
F
A
【练习6】 ：如图所示，两木块的质量分别为m1和 m2，两轻质弹簧的劲度系数分别为k1和 k2上面木块 压在上面的弹簧上（但不拴接），整个系统处于平 衡状态，现缓慢向上提上面的木块，直到它刚离开 上面弹簧，在这过程中下面木块移动的距离为（ C ） m2 g m1 g A、 B、 k1 k1
30N
【练习10】（资料第23页例题3）
D
第三节
一、知识要点
受力分析
பைடு நூலகம்
要根据力的概念，从物体所处的环境(与多少个物 体接触)和运动状态着手，其步骤如下： 1.确定研究对象.以整体为研究对象或从整体中 隔离出某一物体为研究对象. 2.按“性质力”的顺序分析，即按一重、二弹、 三摩擦、四其他的顺序进行分析，并同时画出受力 示意图. 说明：(1)分析研究对象受到的力，不要分析 研究对象对周围物体的力；
高考物理一轮总复习精品课件 第2章 相互作用 第2讲 摩擦力 (5)
40 N,因为40 N>35 N,所以木箱在2~4 s内做加速运动,受到的摩擦力为滑动
摩擦力,滑动摩擦力与推力大小无关,因压力大小和接触面的粗糙程度均不
变,所以木箱受到滑动摩擦力的大小为30 N,C错误。
考向三摩擦力的综合分析与应用
远,D正确。
考向四 动—静突变
典题9 如图所示,质量为1 kg的物体与地面间的动摩擦因数为μ=0.2,从t=0开始物
体以初速度v0沿水平地面向右滑行,同时受到一个水平向左的恒力F=1 N的作用,
设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10 m/s2,以向右为正方向,则该物体受到的
摩擦力 f 随时间变化的图像是( A )
线运动, 重力加速度为g。
如果返回舱和减速伞的总质量为m, 求返回舱接近地面匀速时的速度vm。
答案
解析 当阻力等于伞和返回舱的重力时,伞和返回舱做匀速运动,即
2
mg=kSm ,得 vm=
。
研考点•精准突破
1.静摩擦力的有无及方向的判断方法
(1)假设法
(2)状态法
根据平衡条件、牛顿第二定律,判断静摩擦力的方向。
B.若水平匀速向后拉动刀具,则磨刀器对刀具的作用力竖直向上
C.向后加速拉动刀具,刀具受到的摩擦力小于磨刀器受到的摩擦力
D.对同一把刀具在竖直方向上施加相同压力时,磨刀器的夹角越小,越难被拉动
解析 磨刀过程中,向后轻拉刀具,刀具受到的摩擦力向前,根据牛顿第三定律,磨
刀器受到的摩擦力向后,故A错误;若水平匀速向后拉动刀具,从侧面看,刀具受力
小车滑动,受到的摩擦力为滑动摩擦力,B错误;保持木块与小车间接触面的
高中物理一轮复习识记落实卡第二章 相互作用
第二章相互作用7重力弹力摩擦力目标一重力和重心1．力(1)定义：力是一个物体对另一个物体的作用。
(2)作用效果：使物体发生形变或改变物体的运动状态(即产生加速度)。
(3)性质：力具有物质性、相互性、矢量性、独立性等特征。
2．重力(1)产生：由于地球的吸引而使物体受到的力。
注意：重力不是万有引力，而是万有引力竖直向下的一个分力。
(2)大小：G＝mg，可用弹簧测力计测量。
同一物体G的变化是由在地球上不同位置处g的变化引起的。
(3)方向：竖直向下。
(4)重心：物体的各部分都受到重力的作用，可认为重力集中作用于一点，这一点叫作物体的重心。
①影响重心位置的因素：物体的几何形状；物体的质量分布。
②不规则薄板形物体重心的确定方法：悬挂法。
注意：重心的位置不一定在物体上。
目标二弹力1．弹力(1)定义：发生形变的物体，要恢复原状，对与它接触的物体产生的力的作用。
(2)产生条件：①物体间直接接触；②接触处发生弹性形变。
(3)方向：总是与施力物体形变的方向相反。
2．弹力有无的判断方法(1)条件法：根据弹力产生条件——物体是否直接接触并发生弹性形变。
(2)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，则此处没有弹力；若运动状态改变，则此处一定有弹力。
(3)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弹力是否存在。
3．接触面上的弹力方向判断面与面点与平面点与曲面曲面与平面垂直于接触面垂直于接触面垂直于切面垂直于平面4.弹力大小的计算(1)应用胡克定律F＝kx计算弹簧的弹力。
注意：x表示形变量。
(2)物体静止或做匀速直线运动时，用共点力平衡条件来计算弹力。
(3)物体不处于平衡状态时可应用牛顿第二定律计算弹力。
思考物理中的轻绳、轻杆、橡皮筋、轻弹簧四个物体中。
(1)受外力作用形变量较小的有轻绳、轻杆。
(2)产生弹力方向不一定沿物体本身的有轻杆。
(3)既可产生拉伸形变，又可产生压缩形变的有轻杆、轻弹簧。
2024届高考一轮复习物理教案(新教材人教版)第二章相互作用实验三探究两个互成角度的力的合成规律
实验三探究两个互成角度的力的合成规律目标要求 1.掌握实验原理、器材、步骤及注意事项.2.理解教材基本实验的数据处理方法，并会进行误差分析.3.理解创新和拓展实验原理并会处理数据，进行误差分析．实验技能储备1．实验原理如图所示，分别用一个力F、互成角度的两个力F1、F2，使同一条一端固定的橡皮条伸长到同一点O，即伸长量相同，根据合力的定义，F为F1和F2的合力，作出力F及F1、F2的图示，分析F、F1和F2的关系．2．实验器材方木板，白纸，弹簧测力计(两个)，橡皮条，小圆环，细绳套(两个)，三角板，刻度尺，图钉(若干)，铅笔．3．实验步骤(1)装置安装：在方木板上用图钉固定一张白纸，如图甲，轻质小圆环挂在橡皮条的一端，另一端固定，橡皮条的原长为GE.(2)两力拉：如图乙，在小圆环上系上两个细绳套，用手通过两个弹簧测力计互成角度地共同拉动小圆环，小圆环处于O点，橡皮条伸长的长度为EO.用铅笔描下O点位置、细绳套的方向，并记录两弹簧测力计的示数F1、F2.(3)一力拉：如图丙，改用一个弹簧测力计单独拉住小圆环，仍使它处于O点，记下细绳套的方向和弹簧测力计的示数F.(4)重复实验：改变拉力F1和F2的大小和方向，重复做几次实验．4．数据处理(1)用铅笔和刻度尺从点O沿两细绳套的方向画直线，按选定的标度作出F1、F2和F的图示．(2)以F1和F2为邻边用刻度尺作平行四边形，过O点画平行四边形的对角线，此对角线代表的力记为F′，如图丁．(3)分析多次实验得到的多组数据，比较F与F′在误差允许的范围内是否完全重合，从而总结出两个互成角度的力的合成规律：平行四边形定则．5．注意事项(1)弹簧相同：使用弹簧测力计前，要先观察指针是否指在零刻度处，若指针不在零刻度处，要设法调整指针，使它指在零刻度处，再将两个弹簧测力计的挂钩钩在一起，向相反方向拉，两个测力计的示数相同方可使用．(2)位置不变：在同一次实验中，使橡皮条拉长时小圆环的位置一定要相同．(3)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°～120°之间为宜．(4)尽量减少误差：在合力不超出弹簧测力计的量程及在橡皮条弹性限度内形变应尽量大一些；细绳套应适当长一些，便于确定力的方向．(5)统一标度：在同一次实验中，画力的图示选定的标度要相同，并且要恰当选定标度，使力的图示稍大一些．考点一教材原型实验例1(2023·黑龙江省哈师大附中高三检测)在“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中，实验装置及实验过程如图甲、乙、丙所示，E为橡皮筋原长时小圆环的位置，O为实验时小圆环被拉至的位置．(1)图丁中弹簧测力计的示数为________ N；(2)在实验过程中，不必记录的有________；A．甲图中E的位置B．乙图中O的位置C．OB、OC的方向D．弹簧测力计的示数(3)下列选项中，与本实验要求相符的是________；A．两细绳OB、OC夹角越大越好B．读数时，视线应正对弹簧测力计的刻度C．实验时，只需保证两次橡皮筋伸长量相同即可(4)某次实验记录纸如图戊所示，拉力F1和F2的方向分别过P1和P2点，拉力F的方向过P 点；三个力的大小分别为：F1＝N、F2＝N和F＝N，得出正确实验结论后，请根据实验结论和图中给出的标度：①在图中作出F1和F2的合力；②根据作图求出该合力大小为________ N.答案(1)(2)A(3)B(4)①见解析图②解析(1)弹簧测力计最小分度值为N，估读到N，题图丁中读数为N.(2)必须要记录的有两个分力F1和F2的大小和方向、合力F的大小和方向，力的大小通过弹簧测力计读出，两次都要使小圆环被拉到O点位置，所以必须记录的有B、C、D；不需要记录的是题图甲中E的位置，故选A.(3)两个细绳OB、OC夹角要适当大一些，但不能太大，合力一定时，两分力夹角太大导致两分力太大，测量误差变大，A错误；读数时，视线应正对弹簧测力计的刻度，规范操作，B 正确；实验时，不仅需保证两次橡皮筋伸长量相同，还必须都是沿竖直方向伸长至O点才行，C错误．(4)①由于标度已经选定，作图时要保证表示F1、F2的线段长度分别为标度的倍和倍，作图如图所示；②量出作图法求出的合力长度约为标度的倍，所以合力大小为N.例2(2023·浙江绍兴市模拟)如图所示，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个图钉上．(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”)．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，力的合成遵循力的平行四边形定则等效替代法解析(3)要作出力的图示，需要记录分力的大小和方向，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；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，力的合成遵循力的平行四边形定则；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．考点二探索创新实验常见创新实验方案合力的改进：橡皮筋伸长到同一位置→钩码(重物)的重力不变分力的改进：弹簧测力计示数→⎩⎪⎨⎪⎧力传感器钩码的重力 力的大小创新：弹簧测力计的示数→橡皮筋长度的变化考向1 实验原理的改进例3 某同学要验证力的平行四边形定则，所用器材有：轻弹簧一只，钩码一个，橡皮条一根，刻度尺及细绳若干．实验步骤：①用轻弹簧竖直悬挂钩码，静止时测得弹簧的伸长量为 cm.②如图所示，把橡皮条的一端固定在竖直板上的A 点，用两根细绳连在橡皮条的另一端，其中一根细绳挂上钩码，另一根细绳与轻弹簧连接并用力拉弹簧使橡皮条伸长，让细绳和橡皮条的结点到达O 点，用铅笔在白纸上记下O 点的位置，并分别沿细绳的方向在适当位置标出点B 、C .③测得轻弹簧的伸长量为 cm.④去掉钩码，只用轻弹簧仍将结点拉到O 点的位置，并标出了力F 作用线上的一点D ，测得此时轻弹簧的伸长量为 cm.请完成下列问题：(1)该实验____________(选填“需要”或“不需要”)测出钩码的重力；(2)在图中以O 为力的作用点，每一个小方格边长代表 cm ，以 cm 为标度作出各力的图示，并根据平行四边形定则作出步骤②中的两个力的合力F ′的图示；(3)观察比较F 和F ′，得出的结论是__________________________________．答案(1)不需要(2)见解析图(3)在误差允许的范围内，力的平行四边形定则成立解析(1)由胡克定律可得，在弹性限度内，弹簧发生弹性形变时，弹力的大小F与弹簧伸长(或缩短)的长度成正比，即有F＝kΔx，故可以用弹簧的伸长量来代替重力的大小，无需测出钩码的重力；(2)根据平行四边形定则作出步骤②中的两个力的合力F′的图示，如图所示(3)观察比较F和F′，由图示可得出的结论是：在误差允许的范围内，力的平行四边形定则成立．考向2测量物理量的创新例4某实验小组欲验证力的平行四边形定则．实验步骤如下：①将弹簧测力计固定在贴有白纸的竖直木板上，使其轴线沿竖直方向；②如图甲所示，将环形橡皮筋一端挂在弹簧测力计的挂钩上，另一端用圆珠笔尖竖直向下拉，直到弹簧测力计的示数为某一设定值，将橡皮筋两端的位置标记为O1、O2，记录弹簧测力计的示数F，测量并记录O1、O2间的距离(即橡皮筋的长度l)．每次将弹簧测力计的示数改变N，测出对应的l，部分数据如下表所示；F/N0l/cm l0③找出步骤②中F＝N时橡皮筋两端的位置，重新标记为O、O′(橡皮筋上端为O，下端为O′)，此时橡皮筋的拉力记为F OO′；④在挂钩上涂抹少许润滑油，将橡皮筋搭在挂钩上，如图乙所示，用两圆珠笔尖成适当角度地同时拉橡皮筋的两端，使挂钩的下端到达O点，将两笔尖的位置标记为A、B，橡皮筋OA 段的拉力记为F OA，OB段的拉力记为F OB；⑤根据给出的标度，作出F OA和F OB的合力F′，如图丙所示．(1)利用表中数据可得l0＝________ cm；(2)若测得OA＝cm，OB＝cm，则F OA的大小为________ N；(3)通过比较F′与________的大小和方向，即可得出实验结论．答案(1)(2)(3)F OO′解析(1)根据胡克定律，有ΔF＝kΔx代入表格中第二组和第三组数据，有(－) N＝k(－)×10－2 m解得k＝100 N/m同理，再代入第一组和第二组数据，有(－0) N＝100 N/m×(－l0)×10－2 m解得l0＝cm.(2)根据OA、OB的长度可求橡皮筋的弹力大小为F OA＝kΔl＝100×(＋－)×10－2 N＝N(3)在两个力的作用效果和一个力的作用效果相同的情况下，通过比较F′和F OO′的大小和方向，即可验证力的平行四边形定则．考向3实验器材的创新例5如图所示，某实验小组同学利用DIS实验装置研究力的平行四边形定则，A、B为两个相同的双向力传感器，该型号传感器在受到拉力时读数为正，受到压力时读数为负．A连接质量不计的细绳，可沿固定的圆弧形轨道移动．B固定不动，通过光滑铰链连接长为m的杆．将细绳连接在杆右端O点构成支架．保持杆在水平方向，按如下步骤操作：①测量绳子与水平杆的夹角∠AOB＝θ；②对两个传感器进行调零；③用另一根绳在O点悬挂一个钩码，记录两个传感器的读数；④取下钩码，移动传感器A改变θ角，重复上述实验步骤，得到表格．F1/N……(1)根据表格，A传感器对应的是表中力______(选填“F1”或“F2”)．钩码质量为______ kg(g 取10 m/s2，结果保留1位有效数字)．(2)本实验中多次对传感器进行调零，对此操作说明正确的是________．A．因为事先忘记调零B．何时调零对实验结果没有影响C．为了消除水平杆自身重力对结果的影响D．可以完全消除实验的误差(3)实验中，让A传感器沿圆心为O的圆弧形(而不是其他形状)轨道移动的主要目的是________．A．方便改变A传感器的读数B．方便改变B传感器的读数C．保持杆右端O的位置不变D．方便改变细绳与杆的夹角θ答案(1)F1(2)C(3)C解析(1)A传感器中的力均为拉力，为正值，故A传感器对应的是表中力F1，平衡时，mg ＝F1sin θ当θ＝30°时，F1＝N，可求得m≈ kg(2)在挂钩码之前，对传感器进行调零，是为了消除水平杆自身重力对结果的影响，故C正确．(3)让A传感器沿圆心为O的圆弧形轨道移动的过程中，传感器与O点的距离保持不变，即O点位置保持不变，故A、B、D错误，C正确．课时精练1．(2023·云南省模拟)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：(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＝N，F2＝N，方向如图丙的虚线所示；(3)用图丙所示的标度，以O1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．答案(1)(3)见解析图( ～)(4)F和F合解析(1)弹簧测力计的最小刻度为N，则F的大小为N；(3)画出这两个共点力的合力F合如图：由图可知F合的大小为N(～N)；(4)通过比较F和F合这两个力的大小和方向，即可得出实验结论．2．(2023·浙江省镇海中学模拟)某实验小组用一只弹簧测力计和一个量角器等器材验证力的平行四边形定则．设计了如图所示的实验装置，固定在竖直木板上的量角器直边水平，橡皮筋一端固定于量角器圆心O的正上方A处，另一端系着绳套1和绳套2.(1)主要实验步骤如下：①弹簧测力计挂在绳套1上竖直向下拉橡皮筋，使橡皮筋的结点到达O处，记下弹簧测力计的示数F；②弹簧测力计挂在绳套1上，手拉着绳套2，缓慢拉橡皮筋，使橡皮筋的结点到达O点．此时绳套1沿0°方向，绳套2沿120°方向，记下拉绳套1的弹簧测力计的示数F1；③根据力的平行四边形定则计算此时绳套1的拉力F1′＝________ F；④比较F1和F1′，即可初步验证力的平行四边形定则；⑤改变绳套2的方向，重复上述实验步骤．(2)保持绳套2的方向不变，绳套1从图示位置逆时针缓慢转动90°，此过程中保持橡皮筋的结点在O处不动，关于绳套1的拉力大小的变化，下列结论正确的是________．A．逐渐增大B．先增大后减小C．逐渐减小D．先减小后增大答案(1)③33(2)D解析(1)③根据力的平行四边形定则计算绳套1的拉力F1′＝F tan 30°＝3 3F(2)保持绳套2的方向不变，绳套1从图示位置向下缓慢转动90°，此过程中保持橡皮筋的结点在O处不动，说明两个细绳拉力的合力不变，作图如下，故绳套1的拉力先减小后增大，故A、B、C错误，D正确．3．某学生实验小组设计了一个“验证力的平行四边形定则”的实验，装置如图甲所示，在竖直放置的木板上部附近两侧，固定两个力传感器，同一高度放置两个可以移动的定滑轮，两根细绳跨过定滑轮分别与两力传感器连接，在两细绳连接的结点O下方悬挂钩码，力传感器1、2的示数分别为F1、F2，调节两个定滑轮的位置可以改变两细绳间的夹角．实验中使用若干相同的钩码，每个钩码质量均为100 g，取g＝m/s2.(1)关于实验，下列说法正确的是________．A．实验开始前，需要调节木板使其位于竖直平面内B．每次实验都必须保证结点位于O点C．实验时需要记录钩码数量、两力传感器的示数和三细绳的方向D．实验时还需要用一个力传感器单独测量悬挂于O点钩码的总重力(2)根据某次实验得到的数据，该同学已经按照力的图示的要求画出了F1、F2(如图乙)，请你作图得到F1、F2的合力F(只作图，不求大小)，并写出该合力不完全竖直的一种可能原因．____________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________________答案(1)AC(2)见解析图定滑轮有摩擦、木板未竖直放置等(回答出一项合理答案即可)解析(1)实验开始前，需要调节木板使其位于竖直平面内，以保证钩码重力等于细绳的拉力，选项A正确；该装置不需要每次实验保证结点位于O点，选项B错误；实验时需要记录钩码数量、两力传感器的示数和三细绳的方向，选项C正确；因为每个钩码的重力已知，所以不需要测钩码总重力，选项D错误．(2)利用平行四边形定则作出F1和F2的合力F，如图所示，该合力方向不完全在竖直方向的可能原因是定滑轮有摩擦、木板未竖直放置等．4.有同学利用如图所示的装置来探究两个互成角度的力的合成规律：在竖直木板上铺有白纸，固定两个光滑的滑轮A和B，将绳子打一个结点O，每个钩码的重力相等，当系统达到平衡时，根据钩码个数读出三根绳子的拉力F1、F2和F3，回答下列问题：(1)改变钩码个数，实验可能完成的是________(填正确答案前的字母)．A．钩码的个数N1＝N2＝2，N3＝5B．钩码的个数N1＝N3＝3，N2＝4C．钩码的个数N1＝N2＝N3＝4D．钩码的个数N1＝3，N2＝4，N3＝5(2)在拆下钩码和绳子前，最重要的一个步骤是________(填选项前字母)．A．标记结点O的位置，并记录OA、OB、OC三段绳子的方向B．量出OA、OB、OC三段绳子的长度C．用量角器量出三段绳子之间的夹角D．用天平测出钩码的质量(3)在作图时，你认为________(填“甲”或“乙”)是正确的．答案(1)BCD(2)A(3)甲解析(1)实验中的分力与合力的关系必须满足：|F1－F2|≤F3≤F1＋F2(等号在反向或同向时取得)，因此B、C、D三项都是可以的．(2)在拆下钩码和绳子前，最重要的一个步骤是标记结点O的位置，并记录OA、OB、OC三段绳子的方向．(3)F3的方向一定竖直向下，由于测量误差，F1和F2的合力方向可能偏离竖直方向，所以甲是正确的．5．(2023·浙江省丽水第二高级中学模拟)在“探究求合力的方法”的实验中：(1)小王同学采用图甲所示实验装置，在实验过程中需要记录的“结点”应该选择________(填“O”或“O′”)．某次实验时弹簧测力计的显示如图乙所示，则读数是________ N.(2)小李同学用两根完全相同的轻弹簧、一瓶矿泉水、智能手机等器材做实验．先用一根弹簧静止悬挂一瓶矿泉水，如图丙所示；然后用两根弹簧互成角度的悬挂同一瓶矿泉水，静止时用智能手机的测角功能分别测出AO、BO与竖直方向的夹角α、β，如图丁所示．对于本实验，下列说法或操作正确的是________．(选填选项前的字母)A．结点O的位置必须固定B．弹簧的劲度系数必须要已知C．必须要测量弹簧的伸长量D．矿泉水的质量对实验误差没有影响答案(1)O′(2)C解析(1)由题图可知，小王同学采用题图甲所示实验装置，在实验过程中需要记录的“结点”应该选择O′.弹簧测力计分度值为N，其读数为N；(2)实验中矿泉水的重力是定值，所以不必保证结点O的位置必须固定，故A错误；实验中，题图丙用来测量合力，题图丁用来测量两个分力，根据胡克定律，力的大小与弹簧伸长量成正比，力的大小可以用弹簧伸长量来表示，因此必须测量弹簧的伸长量，不必知道弹簧的劲度系数，故C正确，B错误；矿泉水的质量影响重力的大小，会影响弹簧测力计读数的精确度，故D错误．。
高考物理一轮复习第2章物体间的相互作用第2讲力的合成和分解训练含解析
第2讲力的合成和分解知识巩固练习1．如图所示，一幼儿园小朋友在水平桌面上将a、b、c三个形状不规则的石块成功叠放在一起，受到了老师的表扬，则下列说法正确的是( )A．c受到水平桌面向左的摩擦力B．c对b的作用力方向一定竖直向上C．b对a的支持力大小一定等于a受到的重力D．b对a的支持力与a受到的重力一定是一对平衡力【答案】B【解析】以三个物体组成的整体为研究对象，整体只受到重力和桌面的支持力，水平方向不受摩擦力，故A错误；选取a、b作为整体研究，根据平衡条件，则石块c对b的作用力与整体的重力平衡，则石块c对b的作用力一定竖直向上，故B正确；石块b对a的支持力与其对a的静摩擦力的合力，跟a受到的重力是平衡力，则b对a的支持力和静摩擦力的合力方向竖直向上，支持力的方向不是竖直向上，也不等于a的重力，故C、D错误．2．如图所示，天鹅、大虾和梭鱼一起想把一辆大车在水平面上拖着跑，它们都给自己上了套，天鹅伸着脖子要往云里钻，大虾弓着腰儿使劲往前拉，梭鱼拼命地向水里跳，它们都在尽力地拉，结果大车却一动不动．则下列说法正确的是( )A．大虾和梭鱼对大车的拉力的合力一定比天鹅的拉力大B．它们三者拉力的合力与大车所受的重力一定平衡C．大车对地面的压力可能比重力大D．大车所受摩擦力大于其他所有力对大车的合力【答案】C【解析】车本身有重力的作用，大虾和梭鱼对大车的拉力的合力可以比天鹅的拉力小，A 错误；大车可能受到地面的支持力的作用，所以它们三者拉力的合力与大车所受的重力可以不平衡，B 错误；当梭鱼对大车的拉力在竖直方向上的分力大于天鹅对大车的拉力在竖直方向上的分力时，大车对地面的压力就会比重力大，C 正确；大车静止不动合力为零，所以大车所受摩擦力与其他所有力对大车的合力大小相等，方向相反，D 错误．3．(多选)(2021年德州质检)如图所示，形状和质量完全相同的两个小球a 、b 靠在一起，表面光滑，重力为G ，其中b 的下半部分刚好固定在水平面MN 的下方，上边露出另一半，a 静止在平面上．现过a 的轴心施加一水平作用力F ，可缓慢地将a 拉离平面一直滑到b 的顶端，对该过程分析，则应有( )A ．拉力F 先增大后减小，最大值是GB ．开始时拉力F 最大为3G ，以后逐渐减小为0C ．a 、b 间的压力开始最大为2G ，而后逐渐减小到GD ．a 、b 间的压力由0逐渐增大，最大为G【答案】BC【解析】据力的三角形定则可知，小球a 初状态时，受到的支持力N ＝G sin 30°＝2G ，拉力F ＝N cos 30°＝3G ．当小球a 缓慢滑动时，θ增大，拉力F ＝G cot θ，所以F 减小；当小球a 滑到小球b 的顶端时小球a 还是平衡状态，此时它受到的拉力必定为0，故A 错误，B 正确．小球a 受到的支持力由N ＝Gsin θ可知，θ增大而支持力减小，滑到b 球的顶端时由于小球处于平衡状态，支持力N ＝G ，故a 、b 间的压力开始最大为2G ，而后逐渐减小到G ，故C 正确，D 错误．4．如图，滑块A 置于水平地面上，滑块B 在一水平力作用下紧靠滑块A(A 、B 接触面竖直)，此时A 恰好不滑动，B 刚好不下滑．已知A 与B 间的动摩擦因数为μ1，A 与地面间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．则A 与B 的质量之比为( )A ．1μ1μ2 B ．1－μ1μ2μ1μ2C ．1＋μ1μ2μ1μ2D ．2＋μ1μ2μ1μ2【答案】B【解析】B 刚好不下滑，说明B 的重力等于最大静摩擦力，即m B g ＝μ1F ．A 恰好不滑动，视A 、B 为一个整体，水平力等于整体的最大静摩擦力，即F ＝μ2(m A ＋m B )g ．联立两式可解得m A m B ＝1－μ1μ2μ1μ2．故B 正确． 5．(2021届山东名校一模)如图，在固定斜面上的一物块受到一外力F 的作用，F 平行于斜面向上，若物块质量为6 kg ，斜面倾角为37°，动摩擦因数为0.5，物块在斜面上保持静止，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g ＝10 m/s 2，cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6，则F 的可能值为( )A ．10 NB ．20 NC ．0 ND ．62 N【答案】B【解析】当物体受到的摩擦力沿斜面向上时，由共点力平衡可知mg sin 37°－μmg cos 37°－F ＝0，解得F ＝mg sin 37°－μmg cos 37°＝12 N ．当物体受到的摩擦力沿斜面向下时，由共点力平衡可知mg sin 37°＋μmg cos 37°－F ′＝0，解得F ′＝mg sin 37°＋μmg cos 37°＝60 N ．故施加的外力F 范围为12 N≤F ≤60 N，B 正确．6．如图所示，橡皮筋一端固定，用力F 1和F 2共同作用于橡皮筋的另一端，使之伸长到点O ，这时力F 1和F 2与橡皮筋之间的夹角分别为α、β，现保持橡皮筋的位置不变，力F 2的大小保持不变，而使力F 2逆时针转过某一角度(小于β)则可能需要( )A ．增大F 1的同时，增大α角B ．增大F 1的同时，α角不变C ．增大F 1的同时，减小α角D ．减小F 1的同时，减小α角【答案】A【解析】以O 点为研究对象，F 1和F 2的合力不变，而力F 2的大小保持不变，使力F 2逆时针转过某一角度(小于β)，各力变化如图所示．由图可知，F 1的大小变大，夹角α增大，故A 正确，B 、C 、D 错误．7．(多选)如图所示，一个“房子”形状的铁制音乐盒静止在水平面上，一个塑料壳里面装有一个正方形强磁铁，吸附在“房子”的顶棚斜面上，保持静止状态．已知顶棚斜面与水平面的夹角为θ，塑料壳和磁铁的总质量为m ，塑料壳和顶棚斜面间的动摩擦因数为μ，则以下说法正确的是( )A ．塑料壳对顶棚斜面的压力大小为mg cos θB ．顶棚斜面对塑料壳的摩擦力大小一定为μmg cos θC ．将塑料壳与磁铁看作一个整体，顶棚斜面对它的支持力、吸引力和摩擦力的合力等于mgD ．磁铁的磁性若瞬间消失，塑料壳不一定会往下滑动【答案】CD【解析】将塑料壳和圆柱形磁铁当作整体进行受力分析，它受重力、支持力(垂直斜面向上)、沿斜面向上的摩擦力、顶棚对圆柱形磁铁的吸引力而处于平衡状态，则塑料壳对顶棚斜面的压力大于mg cos θ，A 错误；顶棚斜面对塑料壳的摩擦力大小等于mg sin θ，B 错误；将塑料壳和磁铁看作一个整体，顶棚斜面对它的支持力、吸引力和摩擦力三者的合力大小等于mg ，C 正确；当磁铁的磁性消失时，最大静摩擦力大小发生变化，但合力可能为零，可能保持静止状态，则塑料壳不一定会往下滑动，D 正确．综合提升练习8．(多选)(2021届南昌名校期末)两个中间有孔、质量为M 的小球A 、B 用一轻弹簧相连，套在水平光滑的横杆上．两个小球下面分别连一轻弹簧．两轻弹簧下端系在一质量为m 的小球C 上，如图所示．已知三根轻弹簧的劲度系数都为k ，三根轻弹簧刚好构成一等边三角形．下列说法正确的是( )A ．水平横杆对质量为M 的小球的支持力为Mg ＋mgB ．连接质量为m 的小球的轻弹簧的弹力为mg 3C ．连接质量为m 的小球的轻弹簧的伸长量为33k mg D ．套在水平光滑横杆上的轻弹簧的形变量为36k mg【答案】CD【解析】先将三个小球当作整体，在竖直方向，整体受到两个力作用：竖直向下的重力、竖直向上的支持力，其大小为F N ＝(2M ＋m )g ，则F N 2是水平横杆对质量为M 的小球的支持力，A 错误；以C 为研究对象，受到的弹力为F ，则有2F cos 30°＝mg ，F ＝mg 2cos 30°＝3mg 3，B 错误；连接质量为m 的小球的轻弹簧的伸长量为Δx ＝3mg 3k，C 正确；对M 进行受力分析，在水平方向，设连接M 的弹簧所受的弹力为F ′，有F ′＝F cos 60°，则kx ′＝12F ，得x ′＝3mg 6k，D 正确． 9．(多选)如图所示，三条绳子的一端都系在细直杆顶端，另一端都固定在水平地面上，将杆竖直紧压在地面上，若三条绳长度不同，下列说法正确的有( )A ．三条绳中的张力都相等B ．杆对地面的压力大于自身重力C ．绳子对杆的拉力在水平方向的合力为零D ．绳子拉力的合力与杆的重力是一对平衡力【答案】BC【解析】由于三条绳子的长度不同，绳子与竖直方向的夹角不同，故绳中的张力也不相等，A 错误；三条绳子对杆的拉力都有竖直向下的分力，分别设为T 1y 、T 2y 、T 3y ，杆的重力设为G ，地面对杆的支持力设为N 支，由平衡条件知，N 支＝T 1y ＋T 2y ＋T 3y ＋G ＞G ，再根据牛顿第三定律，杆对地面的压力N 压＝N 支＞G ，故B 正确；杆受到三条绳子的拉力在水平方向的分力分别为T 1x 、T 2x 、T 3x ，三个力平衡，合力为零，C 正确；绳子对杆的拉力的合力即为拉力在竖直方向分力的合力，方向竖直向下，与重力的方向相同，故与重力不可能是一对平衡力，D 错误．10．(多选)(2021年成都质检)如图所示，两个可视为质点的小球a 和b ，用质量可忽略的刚性细杆相连并放置在光滑的半球面内．已知细杆长度是球面半径的2倍，当两球处于静止状态时，细杆与水平面的夹角θ＝15°，则( )A ．杆对a 、b 球作用力大小相等且方向沿杆方向B ．小球a 和b 的质量之比为2∶1C ．小球a 和b 的质量之比为3∶2D ．半球面对a 、b 球的弹力之比为3∶1 【答案】AD【解析】对轻杆，受到两个球的弹力是一对平衡力，根据牛顿第三定律可得，杆对a 、b 两球的作用力大小相等，且方向沿杆方向，A 正确；a 、b 两球受力情况如图所示，过O 作竖直线交ab 于c 点，设球面半径为R ，则△Oac 与左侧力的三角形相似，△Obc 与右侧力的三角形相似，由几何关系可得m a g Oc ＝T ac ，m b g Oc ＝T bc ，即m a m b ＝bc ac，由题可知，细杆长度是球面半径的2倍，根据几何关系可得α＝45°，由于△acf ∽△bce ，则bc ac ＝be af ＝R sin 60°R sin 30°＝31，则m a m b ＝bcac ＝31，B 、C 错误；由几何关系可得N a Oa ＝T ac ，N b Ob ＝T bc ，解得N a N b ＝bc ac ＝31，D 正确．11．如图所示，AC 和BC 两轻绳共同悬挂一质量为m 的物体，若保持AC 绳的方向不变，AC 与竖直方向的夹角为60°，改变BC 绳的方向，求：(1)物体达到平衡时，θ角的取值范围．(2)θ在0°～90°的范围内，求BC 绳上拉力的最大值和最小值．【答案】(1)0°≤θ＜120° (2)3mg 32mg【解析】(1)改变BC 绳的方向时，AC 绳的拉力F T A 方向不变，两绳拉力的合力F 与物体的重力平衡，重力大小和方向保持不变，如图所示，经分析可知，θ最小为0°，此时F T A ＝0；且θ必须小于120°，否则两绳的合力不可能竖直向上，所以θ的取值范围是0°≤θ＜120°．(2)θ在0°～90°的范围内，当θ＝90°时，F T B最大，F max＝mg tan 60°＝3mg，当两绳垂直时，即θ＝30°时，F T B最小，F min＝mg sin 60°＝32 mg．。
高考物理一轮复习(新高考版2(粤冀渝湘)适用) 第2章 实验二 探究弹力和弹簧伸长的关系
S L
，其中Y是由材料决定的常数，
材料力学中称之为杨氏模量.
(1)在国际单位中，杨氏模量Y的单位应为__D___.
A.N
B.m
C.N/m
D.N/m2
23
解析 根据表达式 k＝YLS得 Y＝kSL，已知 k 的单位是 N/m，L 的单位是 m， S 的单位是 m2，所以 Y 的单位是 N/m2，D 正确，A、B、C 错误.
得的图线，就可探知弹力大小与形变量间的关系.
2.实验器材
铁架台、 弹簧 、毫米刻度尺、 钩码若干 、三角板、坐标纸、重垂线.
3.实验步骤
(1)将弹簧的一端挂在铁架台上，让其自然下垂，用刻度尺测出弹簧自然
伸长状态时的长度 l0，即原长.
(2)如图2所示，在弹簧下端挂质量为m1的钩码，测出此
时弹簧的长度l1，记录m1和l1，得出弹簧的伸长量x1，将
4.数据处理 (1)以弹力F(大小等于所挂钩码的重力)为纵坐标，以弹簧的伸长量x为横 坐标，用描点法作图.用平滑的曲线连接各点，得出弹力F随弹簧伸长量x 变化的图线. (2)以弹簧的伸长量为自变量，写出图线所代表的函数表达式.首先尝试 一次函数，如果不行则考虑二次函数. (3)得出弹力和弹簧形变量之间的定量关系，解释函数表达式中常数的物 理意义.
03
考点二 拓展创新实验
例3 (2020·广东东莞六中模拟)在“探究弹力和弹簧形变量的关系，并 测定弹簧的劲度系数”的实验中，实验装置如图7所示，所用的每个钩 码的重力相当于对弹簧提供了向右恒定的拉力.实验时先测出不挂钩码时 弹簧的自然长度，再将5个钩码逐个挂在绳子的下端，每次测出相应的 弹簧总长度.
跟进训练
1.利用如图5所示装置做探究弹簧弹力与形变量关系的实验，所用的钩 码每个质量为30 g.实验中，先测出不挂钩码时弹簧的自然长度，再将5 个钩码逐个加挂在弹簧下端，稳定后依次测出相应的弹簧总长度，将数 据填在表中.(弹力始终未超过弹性限度，取g＝10 m/s2)
备考2025届高考物理一轮复习分层练习第二章相互作用专题四动态平衡问题平衡中的临界极值问题
专题四动态平衡问题平衡中的临界、极值问题1.[2024黑龙江鸡西试验中学校考]建筑工人用如图所示的方式将重物从平台缓慢下放到地面上，固定重物的光滑圆环套在轻绳上，轻绳的一端固定在竖直墙上，工人手握的部分有足够长的绳子，工人站在平台上的位置保持不变，缓慢释放手中的绳子，重物缓慢下降，则在重物下降的过程中（D）A.绳对圆环的作用力渐渐减小B.工人对绳的拉力不变C.平台对工人的支持力渐渐增大D.平台对工人的摩擦力渐渐减小解析由于重物缓慢下降，故绳对环的作用力等于重物的重力，保持不变，A错误；设重物重为G，绳与竖直方向的夹角为θ，绳的拉力大小为F，依据力的平衡可知2F cosθ＝G，缓慢释放手中的绳子，圆环两侧绳间夹角变小，即θ变小，易知绳上拉力F变小，故B错误；每侧绳的拉力的竖直分力等于重物重力的一半，对工人受力分析可知，平台对工人的支持力等于工人自身的重力与重物重力的一半之和，即平台对工人的支持力保持不变，故C错误；平台对工人的摩擦力等于绳的拉力的水平分力，即f＝1G tanθ，因此随着θ的减2小，平台对工人的摩擦力也渐渐减小，故D正确.2.[2024辽宁鞍山模拟]如图所示，装卸工人利用斜面将一质量为m、表面光滑的油桶缓慢地推到汽车上.在油桶上移的过程中，人对油桶推力的方向由与水平方向成60°角斜向上渐渐变为水平向右，已知斜面的倾角为θ＝30°，重力加速度为g，则关于工人对油桶的推力大小，下列说法正确的是（D）A.不变B.渐渐变小C.渐渐变大D.最小值为mg 2解析 分析油桶的受力状况，油桶受重力、斜面的支持力和推力，因工人缓慢地将油桶推到汽车上，油桶处于动态平衡状态，由三角形定则作出力的动态变更过程，如图所示，推力F 由与水平方向成60°角斜向上渐渐变为水平向右的过程中，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mg 2，D 正确.3.[设问创新/2024湖北武汉部分学校调研]某装备矢量发动机（其喷口可以偏转，以产生不同方向的推力）的战斗机沿水平方向飞行.已知战斗机的质量为m ，升阻比（升力与阻力之比，升力主要由机翼上下表面空气流速不同产生，垂直机身向上，阻力平行机身向后）为k ，重力加速度取g .战斗机匀速巡航时，该发动机供应的最小推力为（ D ）A.mgB.mg kC.√k 2+1kmgD.√k 2+1k 2+1mg解析 由题意可知战斗机在匀速巡航时受到的重力、升力、阻力的示意图如图所示，由于F 升F 阻＝k 为确定值，所以升力和阻力的合力的方向是确定的，设此合力与阻力的夹角为θ，则tan θ＝k ，易知cos θ＝√k 2+1k 2+1，将重力向左上平移至如图所示，由图示的几何关系可知，当推力F 与升力和阻力的合力垂直时，推力最小，故最小推力F min ＝mg cos θ＝√k 2+1k 2+1mg ，D 正确.4.重庆南开中学为增加学生体魄，组织学生进行多种体育熬炼.在某次熬炼过程中，一学生将铅球置于两手之间，其中两手之间夹角为60°，保持两手之间夹角不变，将右手由图示位置缓慢旋转60°至水平位置.不计一切摩擦，则在转动过程中，下列说法正确的是（ B ）A.右手对铅球的弹力增加B.右手对铅球的弹力先增加后减小C.左手对铅球的弹力增加D.左手对铅球的弹力先增加后减小解析对铅球受力分析，右手对铅球的弹力为F1，左手对铅球的弹力为F2，受力分析如图甲所示.F1与F2夹角为120°保持不变，故可以用动态圆求解如图乙所示.从图乙可看出F1先增大后减小，F2始终减小.故选B.图甲图乙5.[2024湖南常德一中开学考]如图所示，质量均为m的铁球和木块通过轻绳a连接，轻绳b 一端拴接在铁球上，另一端连接在弹簧测力计的挂钩上，通过弹簧测力计牵引铁球和木块一起沿水平方向做匀速直线运动.当轻绳b与水平方向成30°角时弹簧测力计示数最小.已知重力加速度为g，则（D）A.木块与地面间的动摩擦因数为0.5mgB.弹簧测力计示数的最小值为12C.弹簧测力计示数最小时，轻绳a上的拉力大小为1mg2D.弹簧测力计示数最小时，轻绳a与竖直方向的夹角为60°解析由于弹簧测力计牵引铁球和木块一起沿水平方向做匀速直线运动，则对铁球和木块整体受力分析如图甲所示，当轻绳b与水平方向成30°角时，弹簧测力计示数最小，此时轻绳b上的拉力T、整体的重力2mg，地面给木块的支持力F N与地面给木块的摩擦力f的合力F合的关系如图乙所示，依据几何关系可知α＝30°，且tanα＝f、T＝2mg sinα、f＝F NμF N，解得μ＝√3、T＝mg，故A、B错误；弹簧测力计示数最小时，轻绳a与竖直方向的3夹角为θ，则对铁球受力分析有T sin30°＋T a cosθ＝mg、T cos30°＝T a sinθ，联立解得θ＝60°、T a＝T＝mg，故C错误、D正确.6.[回来教材/2024山西大同一中阶段练习/多选]如图所示，木板B放在粗糙水平地面上，O为光滑铰链.轻杆一端与铰链O固定连接，另一端固定连接重为G的小球A.现将轻绳一端拴在小球A上，另一端通过光滑定滑轮O'由力F牵引，定滑轮位于O的正上方，整个系统处于静止状态.现变更力F的大小使小球A和轻杆从图示位置缓慢运动到O点正上方，木板始终保持静止，则在小球A运动过程中（AD）A.牵引力F渐渐减小B.轻杆对小球的作用力先减小后增大C.地面对木板的支持力渐渐减小D.地面对木板的摩擦力渐渐减小解析对小球A进行受力分析，三力构成矢量三角形，如图所示.由几何三角形与力三角形相像可得mgOO'＝FO'A＝F'OA，缓慢运动过程中，O'A渐渐减小，由mgOO'＝FO'A可知牵引力F渐渐减小，选项A正确；由mgOO'＝F'OA可知F'大小不变，即轻杆对小球A的作用力大小始终保持不变，选项B错误；设轻杆与竖直方向的夹角为θ，由B项可知轻杆对木板的作用力大小也不变，方向沿杆指向右下，但夹角θ渐渐减小，由N＝G B＋F'cosθ可知地面对木板的支持力N渐渐增大，选项C错误；由受力分析可知，地面对B的静摩擦力大小为f s＝F'sinθ，因F'大小不变，θ角渐渐减小，故f s渐渐减小，选项D正确.7.拖把是常用的劳动工具，假设拖把与水平地面接触端的质量为m，其他部分质量可忽视，接触端与地面之间的动摩擦因数为μ，如图所示，人施加沿杆方向的力F（图中未画出），推着接触端在水平地面上匀速滑行，杆与水平地面的夹角为α，重力加速度为g，则（D）A.夹角α越大，推动拖把越轻松B.接触端受到的支持力大小为F sin αC.接触端受到地面的摩擦力大小为μmgD.接触端受到地面的摩擦力与支持力的合力方向不变解析 接触端所受水平地面的摩擦力f 与支持力N 满意的关系为f N＝μ，所以f 和N 的合力F'方向不变，则接触端可视为在mg 、F 和F'三个力的作用下保持平衡状态（把摩擦力与支持力合成为一个力，此题就转化成三个共点力的平衡问题，再由摩擦力与支持力的合力、人施加的力F 和接触端受到的重力建构出力的矢量三角形），如图所示，可知夹角α越大，F 越大，即推动拖把越费劲，故A 错误，D 正确；接触端受到的支持力为N ＝mg ＋F sin α，故B 错误；接触端受到地面的摩擦力为f ＝μ（mg ＋F sin α）＝F cos α，故C 错误.8.[情境创新/2024江苏苏州试验中学校考]某建筑工地用一可以移动的升降机来吊装重物，如图所示，轻绳穿过下方吊着重物的光滑圆环，A 、B 两点分别固定在建筑和升降机上，下列说法正确的是（ A ）A.升降机缓慢上升时，绳中的张力大小不变B.升降机缓慢向左移动时，绳中的张力变小C.升降机缓慢上升时，地面对升降机的摩擦力变小D.升降机缓慢向左移动时，升降机对地面的压力变大解析 光滑圆环受力状况如图所示，设绳长为l ，升降机和建筑间距离为d ，右侧绳与竖直方向夹角为θ，绳中张力大小为F ，依据几何学问可知sin θ＝dl ，依据平衡条件有2F cos θ＝mg ，又cos θ＝√1－d 2l 2，解得F ＝mg2√1－d 2l2，升降机缓慢上升时，d 和l 不变，故绳中的张力大小不变，A 正确；升降机缓慢向左移动时，d 变大，绳中的张力变大，故B 错误；依据平衡条件可知地面对升降机的摩擦力为f ＝12mg tan θ，升降机缓慢上升时，d 和l 不变，夹角θ不变，则地面对升降机的摩擦力不变，故C 错误；依据平衡条件可知，升降机对地面的压力为N'＝Mg ＋mg 2，升降机缓慢向左移动时，升降机对地面的压力不变，故D 错误.9.[2024河北]如图，用两根等长的细绳将一匀质圆柱体悬挂在竖直木板的P点，将木板以直线MN为轴向后方缓慢转动直至水平，绳与木板之间的夹角保持不变，忽视圆柱体与木板之间的摩擦，在转动过程中（B）A.圆柱体对木板的压力渐渐增大B.圆柱体对木板的压力先增大后减小C.两根细绳上的拉力均先增大后减小D.两根细绳对圆柱体的拉力不变解析解法1：正弦定理法设两绳子对圆柱体的拉力的合力为T，木板对圆柱体的支持力为N，绳子与垂直于木板方向的夹角为α，如图所示.在矢量三角形中，依据正弦定理得sinαmg ＝sinβN＝sinγT.在木板以直线MN为轴向后方缓慢转动直至水平的过程中，α不变，γ从90°渐渐减小到0°，又γ＋β＋α＝180°且α＜90°，可知90°＜γ＋β＜180°，则0°＜β＜180°，可知β从锐角渐渐增大到钝角，依据sinαmg ＝sinβN＝sinγT可知，由于sinγ渐渐减小，sinβ先增大后减小，可知T渐渐减小，N先增大后减小.因两绳子的拉力的合力T渐渐减小，两绳子的拉力的夹角不变，则绳子拉力减小，故B正确.解法2：正交分解法设木板与竖直方向的夹角为θ，圆柱体受到重力mg、支持力F N和两绳拉力的作用，设两绳拉力的合力为T，方向在两绳角平分线上，设两绳夹角为2α，每条绳的拉力为T0，由平行四边形定则可知T＝2T0cosα，设合力T与木板间的夹角为β，由平衡条件可知T cosβ＝mg cosθ，F N＝mg sinθ＋T sinβ，联立得F N＝mg sinθ＋mg cosθtanβ，依据数学学问有F N＝mg·√1+tan2βsin（θ＋x），即θ由0°变更到90°的过程中，F N先增大后减小，A项错、B项正确；由上述式子解得T0＝mgcosθ2cosαcosβ，所以绳的拉力随木板与竖直方向的夹角的增大而减小，C、D项错.10.一般教室门上都安装一种暗锁，这种暗锁由外壳A、骨架B、弹簧C（劲度系数为k）、锁舌D（倾角θ＝30°）、锁槽E以及连杆、锁头等部件组成，如图甲所示.设锁舌D的侧面与外壳A和锁槽E之间的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力F f m由F f m＝μF N（F N为正压力）求得.有一次放学后，当某同学打算关门时，无论用多大的力，也不能将门关上（这种现象称为自锁），此刻暗锁所处的状态的俯视图如图乙所示，P为锁舌D与锁槽E之间的接触点，弹簧由于被压缩而缩短了x.下面说法正确的是（D）A.自锁状态时锁舌D的下表面所受摩擦力的方向向左B.锁舌D受到锁槽E摩擦力的方向沿侧面对上C.无论μ多大，暗锁照旧能够保持自锁状态D.无论用多大的力拉门，暗锁照旧能够保持自锁状态，μ存在最小值解析锁舌D受力分析如图所示，自锁状态时，由于锁舌有向左运动的趋势，故锁舌D的下表面所受到的最大静摩擦力为f1，其方向向右，锁舌D受到锁槽E摩擦力f2的方向沿侧面对下，故A、B错误；设锁舌D受到锁槽E的最大静摩擦力为f2，正压力为N，下表面受到的正压力为F，所受弹簧弹力为kx，由平衡条件有kx＋f1＋f2cosθ－N sinθ＝0，F－N cosθ－f2sinθ＝0，又f2＝μN，f1＝μF，联立上述方程得N＝2kx，令N趋向于无穷大，则有1－2√3μ－μ2＝0，解得μ1－2√3μ－μ2＝2－√3，无论用多大的力拉门，暗锁照旧能够保持自锁状态，μ最小值为2－√3，故D正确、C错误.11.[传统文化/2024湖南师范高校附属中学开学考]“抖空竹”是中国传统的体育活动之一，在我国有悠久的历史，为国家级非物质文化遗产之一.现将“抖空竹”中的一个变更过程简化成以下模型：轻质绳系于两根轻杆的端点位置，左、右手分别握住两根轻杆的另一端，确定质量的空竹架在绳上.接下来做如下动作，左手抬高的同时右手放低，使绳的两个端点缓慢匀速移动，其轨迹为竖直面内等腰梯形的两个腰（梯形的上、下底水平），如图所示.两端点分别自A、C两点，沿AB、CD以同一速度大小v匀速移动，忽视摩擦力及空气阻力的影响，则运动过程中（A）A.左、右两边绳的弹力均不变且相等B.左、右两边绳的弹力均变大C.左边绳的弹力变大D.右边绳的弹力变小解析如图所示，以空竹为探讨对象进行受力分析，同一根绳子拉力到处相等，所以F1＝F2，设F1与水平方向的夹角为α，F2与水平方向的夹角为β，则有F1cosα＝F2cosβ，所以α＝β，故两根绳与竖直方向的夹角相等，设为θ，则2F1cosθ＝mg，即F1＝mg，两端点移动的过程，两端点在水平方2cosθ向上的距离不变，又绳长不变，所以θ不变，cosθ不变，从而得出F1和F2均不变，选项A正确，B、C、D错误.12.[空间力系＋活结问题/2024河南高三统考/多选]野炊时，三根对称分布的轻质细杆构成烹煮支架静置于水平地面上，如图甲所示.炊具与食物的总质量为m，各杆与竖直方向的夹角均为30°.出于平安考虑，盛取食物时用光滑铁钩缓慢拉动吊绳使炊具偏离火堆，如图乙所示.重力加速度为g，下列说法正确的是（AB）A.烹煮食物时，各杆对地面的压力大小均为2√3mg9mgB.烹煮食物时，各杆受到地面的摩擦力大小均为√39C.拉动吊绳过程中，吊绳上的张力不断增大D.拉动吊绳过程中，铁钩对吊绳的作用力方向不变mg，解析依据共点力平衡有3F cos30°＝mg，解得地面对各杆的支持力大小均为F＝2√39mg，故A正确；烹由牛顿第三定律知烹煮食物时，各杆对地面的压力大小均为F'＝F＝2√39煮食物时，各杆受到地面的摩擦力大小均为f＝F sin30°＝√3mg，故B正确；拉动吊绳过程9中，炊具与食物受力平衡，故绳子的拉力等于炊具与食物的重力，故大小不变，C错误；拉动吊绳过程中，结点受到竖直向下的绳子拉力、斜向上的绳子拉力，以及铁钩对吊绳的作用力，在拉动吊绳过程中，斜向上的绳子拉力的方向变更，依据共点力平衡可知铁钩对吊绳的作用力方向变更，故D错误.。
备考2024届高考物理一轮复习分层练习第二章相互作用实验三探究两个互成角度的力的合成规律
实验三探究两个互成角度的力的合成规律1.[2024河南高三校联考]如图甲所示，某小组在水平放置的木板上做“探究两个互成角度的力的合成规律”实验.实验的主要过程如下：A.将橡皮筋的一端固定，分别进行两次拉伸橡皮筋，一次是两位同学合作，先同时通过两细绳用两个弹簧测力计互成角度将橡皮筋的另一端拉到某一点O，记录O点位置同时记录两弹簧测力计示数F1和F2的大小和方向；另一次是用一个弹簧测力计通过细绳将橡皮筋的端点拉到同一位置点O，记录此时弹簧测力计示数F'的大小和方向；B.过O点，按统一标度作出力F1、F2和F'的图示如图乙所示；C.以F1、F2这两个力为邻边作出平行四边形，其对角线为如图乙所示的F.回答下列问题：（1）下列说法正确的是C.A.F1、F2之间的夹角最好为120°B.为了避免摩擦力的影响，要斜向上拉弹簧测力计C.用一个弹簧测力计拉细绳时，需调整弹簧测力计拉力的大小与方向，直到橡皮筋结点与事先标记的O点重合D.平行四边形定则求和的方法适用于某些矢量的求和，速度的合成遵循这种求和的方法，位移以及磁感应强度的合成不遵循这种方法（2）对乙图，F1、F2合力的理论值是F，实际测量值是F'.（均选填“F'”或“F”）（3）实验小组重新做了一次实验，如图丙所示，若图中每一小格长度均代表1.5N，则在图中作出F1与F2的合力大小为9.0N（保留2位有效数字）.解析（1）F1与F2之间的夹角不能太大也不能太小，也不一定是特殊的120°，选项A错误；使用弹簧测力计的时候，弹簧测力计应与木板平行，不可以斜向上拉弹簧测力计，选项B错误；用一个弹簧测力计拉细绳时，需调整弹簧测力计拉力的大小与方向，直到橡皮筋结点与事先标记的O点重合，这样保证F'与F1、F2是等效替代关系，选项C正确；平行四边形定则求和的方法适用于一切矢量的求和，位移、速度、磁感应强度的合成都遵循这种求和的方法，选项D错误.（2）对题图乙，F1、F2合力的理论值是平行四边形的对角线，即F.实际测量值是F'.（3）在题图丙中作出F1与F2的合力如图所示.图中每一小格长度均代表1.5N，则F1与F2的合力大小为9.0N.2.在探究求合力的方法时，先将橡皮条的一端固定在水平木板上，另一端系上带有绳套的两根细绳，实验时，需要两次拉伸橡皮条，一次是通过两细绳用两个弹簧测力计互成角度拉橡皮条，另一次是用一个弹簧测力计通过细绳拉橡皮条.（1）在实验操作过程中，下列说法正确的是BD（填字母代号）.A.将橡皮条拉伸相同长度即可B.弹簧测力计、细绳、橡皮条都应与木板平行C.用两个弹簧测力计同时拉细绳时，两个弹簧测力计示数之差应尽可能大D.拉橡皮条的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些（2）小组同学利用坐标纸记下了橡皮条的结点位置O以及两个弹簧测力计拉力的大小和方向，如图所示，图中每一小格长度均代表0.5N，则F1与F2的合力大小为 2.5N.（保留2位有效数字）（3）实验过程中，保持橡皮条的结点位置O不动和弹簧测力计的拉力F1的方向不变，使另一个弹簧测力计从图示位置开始，沿顺时针方向缓慢转过53°角，关于弹簧测力计示数F2的变化，下列结论正确的是D.（已知sin53°＝0.8）A.逐渐增大B.逐渐减小C.先增大后减小D.先减小后增大解析（1）探究求合力的方法采用了等效替代的思想，需要两次将橡皮条的结点拉到同一位置，A错误；为了减小实验误差，操作中要求弹簧测力计、细绳、橡皮条都应与木板平行，B正确；用两个弹簧测力计同时拉细绳时，两个弹簧测力计示数之差不应太大，否则将增大作图误差，C错误；为了更准确地记录力的方向，拉橡皮条的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些，D正确.（2）根据平行四边形定则，作出合力，如图甲所示，由图像可得合力大小F合＝2.5N.图甲图乙（3）实验过程中，保持橡皮条的结点位置O不动，即合力不变，弹簧测力计的拉力F1的方向不变，弹簧测力计的拉力F2的方向和大小都改变，如图乙所示.当F2与F1垂直时，F2有最小值，根据两力的大小与方向关系可知，两力初始夹角小于143°，由此可知F2的示数先减小后增大，D正确.3.[2024山东青岛调研检测]某同学探究共点力的合成规律.ABCD为竖直平板，E、F两处固定了轴线水平的轻质滑轮.调整钩码个数，当装置平衡时如图所示，此时记下绳子结点O的位置、三段绳子OE、OF、OP中弹力的方向及对应的钩码数目.图中OE、OF与水平或90°.方向的夹角分别为α、β，如果共点力的合成满足平行四边形定则，则α＋β＝π2保持钩码个数不变，将F处滑轮水平向右移动到G点，装置再次平衡后，结点O的位置将降低（选填“升高”“降低”或“不变”）.解析在探究共点力的合成规律时，需要记下力的大小和方向，在本实验中，钩码的个数反映力的大小，则还需记下力的方向.如果题图中的共点力的合成满足平行四边形定则，则.F处滑轮水平向右移动到G点，装根据钩码个数3、4、5结合几何关系可知应有α＋β＝π2置再次平衡时，由于钩码个数不变，则α、β均不变，O点沿EO向右下移动，即O点的位置降低.4.[实验装置创新]某同学用光滑平板A和B制作了一个直角架.该同学想通过此装置，利用压力传感器和量角器来验证力的平行四边形定则，主要实验步骤如下.（1）平板B置于水平面上，压力传感器固定在平板B上，将木块C置于压力传感器正上方，木块C紧靠平板A，如图甲所示，记录此时传感器的示数F1，此时平板A对木块C的弹力为0.图甲图乙（2）以直角架连接边为转轴，抬高平板B的另一端，使平板B绕转轴逆时针缓慢旋转，平板B转过的角度为60°时，记录传感器的示数F2，如图乙所示.（3）在误差允许的范围内，比较F1和F2的大小，若F1与F2的关系为F1＝2F2，即可初步验证平行四边形定则.（4）重复步骤（2），多次调整平板B转动的角度，比较F1和F2的大小，多次验证.（5）在步骤（2）中，随着转动角度的增大，通过平行四边形定则可以推出平板A对木块C的弹力一直变大（选填“一直变大”或“先变大后变小”）.解析（1）题图甲中平板B水平放置，平板A与木块C只接触没有弹力作用.【易错辨析】此处要注意两物体接触且发生弹性形变才有弹力，当不确定是否有弹力时可以采用假设法，假设没有平板A，看木块C能否静止，如果C静止，则A、C之间没有弹力，如果C不静止，则A、C之间有弹力.（3）对木块C进行受力分析，可知平板A对木块C的弹力和平板B对木块C的弹力均与各自接触面垂直，由于木块C处于平衡状态，故这两个弹力的合力应该竖直向上，如图（a）所示，根据几何关系可知合力为2F2，所以在误差允许的范围内，若F1＝2F2，即两个平板对木块C的弹力的合力与木块C受到的重力大小相等，方向相反，则可初步验证平行四边形定则.（5）平板B从题图甲所示位置缓慢旋转的过程中，两板对木块C的弹力夹角不变，保持垂直，作出辅助圆，如图（b）所示，可知平板A对木块C的弹力一直变大.5.[2024广东茂名联考]某中学实验小组的同学在探究合力与分力关系时，把木板放在水平桌面上，在木板上固定一张白纸，将橡皮筋的一端固定在图中的P点，橡皮筋的另一端拴接两个细绳套，用两弹簧测力计A、B（单位为N）拉两个细绳套使结点到O点（未画出），如图所示，其中弹簧测力计A的示数如图，改用一个弹簧测力计拉细绳套仍使结点到O点.（1）弹簧测力计A的读数为 4.90N.（2）下列说法不正确的是D.（请填写选项前对应的字母）A.实验时，应记录弹簧测力计的读数以及细绳的方向B.实验前，应将弹簧测力计进行校零C.实验时，应保持细绳与木板平行D.为了减小实验误差，应进行多次实验，且每次都必须使结点拉到同一位置O点（3）实验时，分别用两个弹簧测力计与一个弹簧测力计拉橡皮筋，均使结点拉到O点，则该实验用到的研究方法是B.A.控制变量法B.等效替代法C.类比法D.建立物理模型法（4）如果用两个弹簧测力计拉橡皮筋时的合力为F，用一个弹簧测力计拉橡皮筋时力为F'，则作图时F'（选填“F”或“F'”）一定与橡皮筋在同一条直线上.（5）如果开始两弹簧测力计的夹角小于90°，保持弹簧测力计B的方向以及结点O的位置不变，将弹簧测力计A沿逆时针方向缓慢转动，则弹簧测力计A、B读数的变化情况是B （请填写选项前对应的字母）.A.弹簧测力计A的读数先增大后减小，弹簧测力计B的读数一直减小B.弹簧测力计A的读数先减小后增大，弹簧测力计B的读数一直增大C.弹簧测力计A的读数一直减小，弹簧测力计B的读数先增大后减小D.弹簧测力计A的读数一直减小，弹簧测力计B的读数先减小后增大解析（1）由题图可知，弹簧测力计的分度值是0.1N，估读一位，故读数为4.90N.（2）实验时，要画出力的图示，因此需要记录弹簧测力计的读数和力的方向，A正确，不符合题意；为了用弹簧测力计准确测出力的大小，在测量之前要校零，B正确，不符合题意；细绳方向必须与木板平面平行，C正确，不符合题意；使结点拉到同一位置O点是针对同一次实验，并不是多次实验，D错误，符合题意.【易错辨析】同一次实验用单个弹簧测力计拉和用两个弹簧测力计拉需要将结点拉到同一位置，两次不同的实验不需要将结点拉到同一位置.（3）两次均使结点拉到O点，说明两次力的作用效果相同，则该实验用到的研究方法是等效替代法.故选项B正确.（4）根据二力平衡条件可知，用一个弹簧测力计拉橡皮筋时，弹簧测力计的拉力应与橡皮筋在同一条直线上，即F'一定与橡皮筋在同一条直线上.（5）画出两弹簧测力计拉力的合力，如图所示；现将弹簧测力计A沿逆时针方向缓慢转动，显然弹簧测力计A的读数先减小后增大，弹簧测力计B的读数一直增大.故选项B正确.。
备考2024届高考物理一轮复习分层练习第二章相互作用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.某同学用如图甲所示装置做“测定弹簧的劲度系数”的实验.（1）以下是这位同学根据自己的设想拟定的实验步骤，请按合理的操作顺序将步骤的序号写在横线上CBDAE.A.以弹簧长度l为横坐标，以钩码质量m为纵坐标，标出各组数据（l，m）对应的点，并用平滑的线连接起来.B.记下弹簧下端不挂钩码时，其下端A处指针所对刻度尺上的刻度l0.C.把铁架台固定于桌子上，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、…钩码，待钩码静止后，读出弹簧下端指针指示的刻度记录在表格内，然后取下钩码（弹簧始终未超过弹性限度）.E.由图像找出m与l间的函数关系，进一步写出弹力与弹簧长度之间的关系式（重力加速度取g＝10m/s2），求出弹簧的劲度系数.（2）图乙为根据实验测得的数据标出的对应点，请作出钩码质量m与弹簧长度l的关系图线.图乙（3）写出弹簧弹力F关于弹簧长度l的函数表达式：F＝12.5（l－0.15）（N）.（4）此实验得到的结论：弹簧的劲度系数k＝12.5（12.4～12.6均可）N/m.（结果保留3位有效数字）（5）如果将指针分别固定在图甲A点上方的B处和A点下方的C处，作出钩码质量m和指针所对刻度l的关系图像，由图像进一步得出弹簧的劲度系数k B、k C，k B、k C与k相比，可能是AD.（请将正确选项的字母填在横线上）A.k B大于kB.k B等于kC.k C小于kD.k C等于k答案（2）如图所示解析 （1）合理的操作步骤的序号是CBDAE.（2）作出钩码质量m 与弹簧长度l 之间的关系图线，如答图所示.（3）由胡克定律可知mg ＝k （l －l 0），故有m ＝k （l －l 0）g＝k g（l －l 0），而m －l 图线的斜率k'＝0.3（39－15）×10－2kg/m ＝1.25kg/m ，弹簧的劲度系数k ＝k'g ＝12.5N/m ，则弹簧弹力F 和弹簧长度l 的关系为F ＝k （l －l 0），已知l 0＝1.5×10－1m ，所以F ＝12.5（l －0.15）（N ）.（4）由以上分析可知k ＝12.5N/m.（5）指针固定在B 处，测量的弹簧伸长量偏小，由F ＝k B Δl 可知，k B 偏大；指针固定在C 处，不影响弹簧伸长量的测量，k 值不变.2.一个实验小组做“探究弹簧弹力与弹簧伸长量关系”的实验.（1）甲同学采用如图（a ）所示装置，质量不计的弹簧下端挂一个小盘，在小盘中增添砝码，改变弹簧的弹力，实验中作出小盘中砝码重力随弹簧伸长量x 变化的图像如图（b ）所示.（重力加速度g ＝10m/s 2）①利用图（b ）中图像，可求得该弹簧的劲度系数为 200 N/m.②利用图（b ）中图像，可求得小盘的质量为 0.1 kg ，小盘的质量会导致弹簧劲度系数的测量结果与真实值相比 相同 （填“偏大”“偏小”或“相同”）.（2）为了制作一个弹簧测力计，乙同学选了A 、B 两根规格不同的弹簧进行测试，根据测得的数据绘出如图（c ）所示的图像，为了制作一个量程较大的弹簧测力计，应选弹簧 B （填“A ”或“B ”）；为了制作一个精确度较高的弹簧测力计，应选弹簧 A （填“A ”或“B ”）.解析 （1）①由图（b ）中图像可知，弹簧的劲度系数k ＝ΔF Δx ＝6－23.5－1.5N/cm ＝2N/cm ＝200N/m.②由图（b）中图像可知mg＝kx1，解得小盘质量m＝kx1g ＝2×0.510kg＝0.1kg；应用图像法处理实验数据，小盘的质量不会影响弹簧劲度系数的测量结果，即测量结果与真实值相同.（2）由图（c）可知，弹簧A所受拉力超过4N则超过弹性限度，弹簧B所受拉力超过8N 则超过弹性限度，故为了制作一个量程较大的弹簧测力计，应选弹簧B；由图（c）可知，在相同拉力作用下，弹簧A的伸长量大，则为了制作一个精确度较高的弹簧测力计，应选弹簧A.3.某同学从废旧的弹簧测力计上拆下弹簧，用它来做“探究弹力和弹簧伸长量的关系”实验.（1）对家中贴有瓷砖的墙面，用铅垂线测量，发现瓷砖之间的竖缝是竖直的，将刻度尺平行于竖缝固定在墙面上，将弹簧挂在墙面的挂钩上，并使刻度尺的零刻度线与弹簧上端平齐，如图甲所示.（2）在弹簧下端依次悬挂n个槽码（n＝0，1，2，3，…），当槽码静止时，测出弹簧拉力F n与指针所指的刻度尺示数L n，在F－L坐标系中描点，如图乙所示.图甲图乙①初始时弹簧下端未挂槽码，竖直弹簧的自然长度为L0＝ 1.3（1.2～1.4均可）cm（结果保留2位有效数字）；②实验中，若在测得图乙中P点的数据（27.0cm，10.78N）后，取下弹簧下端悬挂的所有槽码，则弹簧静止时不能（选填“能”或“不能”）恢复到自然长度L0；③在弹簧弹力从0增大至17.64N的过程中，弹簧劲度系数变化情况是先不变，再变小，后变大.（3）本次实验的部分数据如下.槽码个数n1234F n（N）0.98 1.96 2.94 3.92L n（cm） 2.5 3.7 4.9 6.1弹簧伸长量x n＝L n－L n－2（cm 2.4 2.4＝82N/m2位有效数字）.解析（2）①初始时弹簧下端未挂槽码，此时弹簧拉力F为0，由题图乙可知竖直弹簧的自然长度为1.3cm.②由题图乙分析可知，弹簧在挂8个以内槽码时弹力与弹簧形变量呈线性关系，大于8个之后的点不在同一直线上，说明弹簧被拉伸到超出了弹簧弹性限度范围，取下所有槽码后，弹簧静止时将无法恢复到自然长度，而P点时已大于8个槽码.③根据胡克定律有k＝ΔFΔL，将题图乙中的点平滑连接，连成的线的斜率对应弹簧的劲度系数，因此弹簧弹力从0增大至17.64N的过程中，弹簧劲度系数变化情况是先不变，再变小，后变大.（3）根据胡克定律有k＝ΔFΔL ＝（3.92－1.96）＋（2.94－0.98）2×2.4×10－2N/m＝82N/m.4.[实验原理创新/2024广东惠州第一次调研]某学习小组利用如图（a）所示的实验装置测量圆柱形橡皮筋的弹性模量，在弹性限度内，橡皮筋像弹簧一样，弹力大小F与伸长量x成正比，即F＝kx，k值与橡皮筋的原长L、横截面积S有关，理论与实践都表明k＝Y SL，其中Y在材料力学上被称为弹性模量.（1）在国际单位制中，弹性模量Y的单位应该是D.A.NB.mC.N/mD.N/m2（2）先利用刻度尺测量圆柱形橡皮筋的原长L，再利用螺旋测微器测量橡皮筋处于原长时的直径D，如图（b）所示，则D＝ 2.150mm.（3）作出橡皮筋受到的拉力F与伸长量x的关系图像，如图（c）所示，则该橡皮筋的k值为313N/m（保留3位有效数字），由k＝Y SL通过计算得出该橡皮筋的弹性模量.解析（1）根据表达式k＝Y SL ，可得Y＝kLS，由F＝kx可得在国际单位制中k的单位是N/m，又在国际单位制中L的单位是m，S的单位是m2，所以在国际单位制中，Y的单位应该是N/m2，故选D.（2）由题图（b ）可知，螺旋测微器的读数为D ＝2mm ＋15.0×0.01mm ＝2.150mm ，则橡皮筋处于原长时的直径为2.150mm.（3）根据F ＝kx 可知，F －x 图像的斜率大小等于橡皮筋的k 值，由题图（c ）可求出k ＝250.08N/m ＝312.5N/m ≈313N/m.5.[实验器材创新/2023广东六校第一次联考]在探究弹力和弹簧形变量的关系时，某同学用力传感器先按图1所示的装置对弹簧甲进行探究，然后把弹簧甲和弹簧乙顺次连接起来按图2进行探究.在弹性限度内，每次使弹簧伸长一定的长度并记录相应的力传感器的示数，分别测得图1、图2中力传感器的示数F 1、F 2，如表中所示.弹簧总长度/cm12.00 14.00 16.00 18.00F 1/N30.00 31.04 32.02 33.02 F 2/N29.3429.6529.9730.30（1）根据表格，要求尽可能多地利用测量数据，计算弹簧甲的劲度系数k 1＝ 50.0 N/m （结果保留3位有效数字）；若该同学在进行实验之前忘了对力传感器进行校零，通过上述方法测得的弹簧甲的劲度系数跟真实值相比将 不变 （选填“偏大”“偏小”或“不变”）.（2）仅根据表格中的数据 能 （选填“能”或“不能”）计算出弹簧乙的劲度系数.解析 （1）由于要尽可能多地利用测量数据，故采用逐差法计算劲度系数，即k 1＝12×[32.02－30.00（16.00－12.00）×10－2＋33.02－31.04（18.00－14.00）×10－2]N/m ＝50.0N/m ；若力传感器没有校零，可采用图像法处理，得出的图线斜率不变，即劲度系数的测量值跟真实值相比不变.（2）设弹簧乙的劲度系数为k ，将甲、乙两根弹簧等效为一根弹簧，可以根据表格中的数据求出等效弹簧的劲度系数k 2；由于甲、乙两弹簧承受的弹力始终相同，即有k 1x 1＝kx ＝k 2（x 1＋x ），化简可得1k 2＝1k 1＋1k ，即有k ＝k 1k 2k 1－k 2，因此可以根据表格中的数据计算出弹簧乙的劲度系数.6.[实验目的创新/2024陕西高三校联考阶段练习]用如图所示的装置可以测量弹性绳的劲度系数和物体之间的动摩擦因数.重力加速度大小为g ，认为最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等.具体操作如下：A.高度可调的悬点O 处悬挂一弹性绳，调整悬点O 的高度，使弹性绳自然下垂时，其下端恰与A 处的钉子等高.B.保持悬点O 固定，将质量为m 的盒子挂在弹性绳下端，稳定后测得弹性绳的伸长量为h 0（盒子未接触木板）.C.将质量为m0的重物放入盒中，使得盒子压在木板上，测得A与盒子上表面间的高度差为h.D.缓慢拉动木板，直至盒子相对木板发生滑动，测得此过程中盒子通过的距离为x.（1）实验时，不需要（选填“需要”或“不需要”）测量O、A间的距离.（2）弹性绳的劲度系数为mgℎ0.（3）盒子与木板间的动摩擦因数为mx（m＋m0）ℎ0－mℎ.解析（1）题中已测出弹性绳的伸长量，则不需要测量O、A间的距离.（2）根据胡克定律可知k＝FΔx ＝mgℎ0.（3）盒子通过距离x后，对其受力分析，设弹性绳的拉力为F，拉力与水平方向的夹角为θ，盒子所受支持力为N，盒子与木板间的摩擦力为f，根据共点力平衡条件有F cosθ＝f、F sinθ＋N＝（m＋m0）g，根据几何关系结合胡克定律可知F＝k√x2＋ℎ2，其中cosθ＝√x2＋ℎ2，sinθ＝√x2＋ℎ2，又f＝μN，联立解得μ＝mx（m＋m0）ℎ0－mℎ.。
备考2024届高考物理一轮复习讲义第二章相互作用第3讲力的合成与分解考点3“活结”与“死结”“动杆”
考点3 “活结”与“死结”“动杆”与“定杆”模型模型结构模型解读模型特点“活结”模型“活结”可理解为把绳子分成两段，且可以沿绳子移动的结点.“活结”一般是由绳跨过滑轮或者绳上挂一光滑挂钩而形成的.绳子虽然因“活结”而弯曲，但实际上是同一根绳“活结”两侧的绳子上的张力大小处处相等，两侧绳子拉力的合力方向一定沿绳子夹角的角平分线“死结”模型“死结”可理解为把绳子分成两段，且不可以沿绳子移动的结点.“死结”两侧的绳因结而变成了两根独立的绳“死结”两侧的绳子上张力不一定相等“动杆”模型轻杆一端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状态，且只有杆两端受力时，杆所受的弹力方向一定沿杆（否则杆会转动）“定杆”模型轻杆被固定在接触面上（如一端“插入”墙壁或固定于地面），不发生转动杆所受的弹力方向不一定沿杆，力的方向只能根据具体情况进行分析，如根据平衡条件或牛顿第二定律确定杆中弹力的大小和方向研透高考明确方向命题点1“活结”与“死结”模型6.[“活结”模型/多选]如图所示，轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆M、N上的a、b两点，悬挂衣服的衣架挂钩是光滑的，挂于绳上处于静止状态.如果只人为改变一个条件，当衣架静止时，下列说法正确的是（AB）A.绳的右端上移到b'，绳子拉力不变B.将杆N向右移一些，绳子拉力变大C.绳的两端高度差越小，绳子拉力越小D.若换挂质量更大的衣服，则衣架悬挂点右移解析 设衣架挂于绳上O 点，衣架与衣服质量之和为m ，绳aOb 长为L ，M 、N 的水平距离为d ，bO 延长线交M 于a'，由几何关系知a'O ＝aO ，sin θ＝dL ，由平衡条件有2F cosθ＝mg ，则F ＝mg2cosθ.当绳右端从b 上移到b'时，d 、L 不变，θ不变，故F 不变，选项A 正确，C 错误.将杆N向右移一些，L 不变，d 变大，θ变大，cos θ变小，则F 变大，选项B 正确.只改变衣服的质量，则m 变化，其他条件不变，则sin θ不变，θ不变，衣架悬挂点不变，选项D 错误. 命题拓展命题情境变化：挂钩自由滑动→固定不动（1）[“死结”模型]如图所示，轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在两根竖直杆上，A 端高于B 端，绳上挂有一件衣服，为防止滑动，将悬挂衣服的衣架钩固定在绳上，当固定在适当位置O 处时，绳子两端对两杆的拉力大小相等，则（ D ）A .绳子OA 段与竖直杆夹角比OB 段与竖直杆夹角大B .O 点位置与衣服重力有关，衣服重力越大，O 点离B 端越近C .若衣架钩固定在绳子上中点处，则绳子两端对杆的拉力大小仍然相等D .若衣架钩固定在绳子上中点处，则绳子A 端对杆的拉力大于B 端对杆的拉力解析 设左、右两段绳的拉力大小分别为F 1、F 2，左、右两段绳与竖直方向的夹角分别为α、β，根据水平方向受力平衡可得F 1sin α＝F 2sin β，由于F 1＝F 2，故α＝β，选项A 错误；结合上述分析可知，O 点的位置取决于绳长和两杆间的距离，与衣服重力无关，选项B 错误；若衣架钩固定在绳子的中点处，由于杆A 高于杆B ，即cos α＞cos β，故sin α＜sin β，结合F 1sin α＝F 2sin β可得F 1＞F 2，选项C 错误，D 正确.命题情境变化：平面→立体空间（2）[“活结”模型]某小区晾晒区的并排等高门形晾衣架A'ABB'－C'CDD'如图所示，AB 、CD 杆均水平，不可伸长的轻绳的一端M 固定在AB 中点上，另一端N 系在C 点，一衣架（含所挂衣物）的挂钩可在轻绳上无摩擦滑动.将轻绳N 端从C 点沿CD 方向缓慢移动至D 点，整个过程中衣物始终没有着地，则此过程中轻绳上张力大小的变化情况是（ B ）A.一直减小B.先减小后增大C.一直增大D.先增大后减小解析 轻绳N 端由C 点沿CD 方向缓慢移动至D 点的过程中，衣架两侧轻绳与水平方向的夹角先增大后减小，设该夹角为θ，轻绳上的张力为F ，由平衡条件有2F sin θ＝mg ，故F ＝mg2sinθ，可见张力大小先减小后增大，B 项正确. 方法点拨“晾衣绳”模型1.识别条件（1）重物挂在长度不变的轻绳上.（2）悬挂点可在轻绳上自由移动. 2.模型特点（1）悬挂点两侧轻绳上拉力大小相等.（2）悬挂点两侧轻绳与竖直方向夹角相等，绳长为L 、横向间距为d .结论：sin θ＝d L，F ＝mg 2cosθ.3.结论（1）夹角θ只与横向间距d 和绳长L 有关，与悬挂的重物质量m 无关，而拉力F 的大小与夹角θ和重物质量m 有关.（2）若横向间距d 不变，在竖直方向上移动结点a 或b ，夹角θ与轻绳拉力均不变.若横向间距d 变大，则夹角θ增大，轻绳拉力也增大.命题点2 “动杆”与“定杆”模型7.如图甲所示，细绳AD 跨过固定在轻杆BC 右端的定滑轮挂住一个质量为m 1的物体，∠ACB ＝30°；如图乙所示，轻杆HG 一端用铰链固定在竖直墙上，另一端G 通过细绳EG 拉住，EG 与水平方向成30°角，在轻杆的G 点上用细绳GF 拉住一个质量为m 2的物体，重力加速度为g ，则下列说法正确的是（ D ）A.图甲中BC 对滑轮的作用力为m 1g 2B.图乙中HG 受到绳的作用力为m 2gC.细绳AC 段的拉力F AC 与细绳EG 段的拉力F EG 之比为1∶1D.细绳AC 段的拉力F AC 与细绳EG 段的拉力F EG 之比为m 1∶2m 2解析 根据题意知两个物体都处于平衡状态，根据平衡条件，易知直接与物体相连的细绳，其拉力大小等于物体的重力大小；分别取C 点和G 点为研究对象，进行受力分析如图甲和图乙所示.图甲中，根据F AC ＝F CD ＝m 1g 且夹角为120°，有F BC ＝F AC ＝m 1g ，方向与水平方向成30°角，指向右上方，A 选项错误；图乙中，根据平衡条件有F EG sin30°＝F GF ＝m2g、F EG cos30°＝F HG，联立解得F HG＝√3m2g，根据牛顿第三定律可知，HG杆受到绳的作用力大小也为√3m2g，B选项错误；图乙中有F EG sin30°＝F GF＝m2g，得F EG＝2m2g，所以F AC∶F EG＝m1∶2m2，C选项错误，D选项正确.方法点拨1.无论“死结”还是“活结”，一般均以结点为研究对象进行受力分析.2.如果题目搭配杆出现，一般情况是“死结”搭配有转轴的杆即“动杆”，“活结”搭配无转轴的杆即“定杆”.。
2025届高考物理一轮复习资料第二章相互作用专题强化三动态平衡平衡中的临界与极值问题
专题强化三动态平衡平衡中的临界与极值问题学习目标 1.学会运用解析法、图解法等分析处理动态平衡问题。
2.会分析平衡中的临界与极值，并会进行相关计算。
考点一动态平衡问题1.动态平衡是指物体的受力状态缓慢发生变化，但在变化过程中，每一个状态均可视为平衡状态。
2.做题流程方法解析法1.对研究对象进行受力分析，画出受力示意图。
2.根据物体的平衡条件列式，得到因变量与自变量的关系表达式(通常要用到三角函数)。
3.根据自变量的变化确定因变量的变化。
例1如图1，OABC为常见的“汽车千斤顶”。
当汽车需要换轮胎时，司机将它放在车身底盘和地面之间，只需摇动手柄使螺旋杆OA转动，O、A之间的距离就会逐渐减小，O、C之间的距离增大，就能将汽车车身缓缓地顶起来。
在千斤顶将汽车顶起来的过程中，下列关于OA、OB的弹力的说法正确的是()图1A.OA 、OB 的弹力不断变大B.OA 、OB 的弹力不断变小C.OA 的弹力变大、OB 的弹力变小D.OA 的弹力变小、OB 的弹力变大 答案 B解析 对O 点进行受力分析，它受到汽车对它竖直向下的压力，大小等于汽车的重力G ，OA 方向杆的弹力F OA ，BO 方向的弹力F BO ，设OB 与水平方向夹角为θ，可知F BO ＝G sin θ，F OA ＝Gtan θ，当千斤顶将汽车顶起来的过程中，θ变大，则F BO 和F OA 均变小，故B 正确。
1.(2024·河南三门峡模拟)如图2所示，在水平粗糙横杆上，有一质量为m 的小圆环A ，悬吊一个质量为M 的小球B ，今用一水平力F 缓慢地拉起B ，A 仍保持静止不动，设圆环A 受到的支持力为F N ，静摩擦力为f ，此过程中( )图2A.F N 增大，f 减小B.F N 不变，f 减小C.F N 不变，f 增大D.F N 增大，f 增大答案C解析将A、B整体受力分析，如图甲所示，由平衡条件得F N＝(M＋m)g，可知F N不变，f＝F；隔离B，受力分析如图乙所示，由平衡条件知F＝Mg tan θ，水平力F缓慢地拉起B的过程中，θ增大，外力F逐渐增大，所以f增大，故C正确。
备考2025届高考物理一轮复习强化训练第二章相互作用实验二探究弹簧弹力与形变量的关系
试验二探究弹簧弹力与形变量的关系1.[创新试验装置/2024浙江6月]如图所示，某同学把A、B两根不同的弹簧串接竖直悬挂，探究A、B弹簧弹力与伸长量的关系.在B弹簧下端依次挂上质量为m的钩码，静止时指针所指刻度x A、x B的数据如表.钩码个数012…x A/cm7.758.539.30…x B/cm16.4518.5220.60…钩码个数为1时，弹簧A的伸长量Δx A＝0.78cm，弹簧B的伸长量Δx B＝ 1.29cm，两根弹簧弹性势能的增加量ΔE p＝mg（Δx A＋Δx B）（选填“＝”“＜”或“＞”）.解析钩码个数为1时，弹簧A的伸长量Δx A＝8.53cm－7.75cm＝0.78cm；弹簧B的伸长量Δx B＝18.52cm－16.45cm－0.78cm＝1.29cm；依据系统机械能守恒可知两根弹簧弹性势能的增加量ΔE p等于钩码重力势能的削减量mg（Δx A＋Δx B）.2.[创新试验目的/2024河南郑州中牟期中]某试验小组设计试验探究弹簧的劲度系数与哪些因素有关，在探讨弹簧劲度系数与弹簧的圈数关系时：（1）小组取材料相同、直径相同、粗细相同、长度相同、圈数不同的两个弹簧（如图甲）进行试验.这种试验方法称为限制变量法.（2）依据如图甲所示的方案设计试验，1的圈数少，2的圈数多，变更被支撑重物的质量m，静止时测出弹簧的形变量x，得到质量m与形变量x的关系图像，如图乙所示，取多组类似弹簧试验均可得到类似的图像，则可知弹簧单位长度的圈数越少（填“多”或“少”），弹簧的劲度系数越大.（3）图乙中，已知弹簧1的劲度系数为k，则弹簧2的劲度系数为k3.解析（2）依据胡克定律有mg＝kx，整理后有x＝gk m，则x－m图像的斜率为gk，则图像斜率越大弹簧的劲度系数越小，由题图乙可看出直线2的斜率大于直线1的斜率，则k1＞k2，由于1的圈数少，2的圈数多，则可知弹簧单位长度的圈数越少，弹簧的劲度系数越大.（3）依据x＝gk m，结合题图乙可计算出3x1＝gk2m，x1＝gk1m，由于弹簧1的劲度系数为k，则k1＝k，k2＝k3.。
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Fx11－ －xF22＝Fx11＝k
ΔF＝kΔx，弹簧在弹性限度内所受弹力的变化量ΔF与形变量Δx成正比
➢ 考法2 平衡中的弹簧及弹簧组合问题
1．弹力可由压缩或拉伸形变产生，形变方式不同，弹力方向不同．
2．弹力属于接触力，弹簧两端必须都与其他物体接触才可能有弹力
当弹簧与物体分离或一端断开时，弹簧的弹力大小不会突然改变
【解析】由图乙可知，在F的变化阶段，砂桶质量在由小变大，滑块与小车之间没有相 对滑动，属于静摩擦力，所以2.5 s前，小车、滑块均静止.2.5 s后小车受恒定大小的 滑动摩擦力，所受拉力大小恒定，因此做匀加速直线运动.
考点6 受力分析 力的合成与分解
应试基础必备 高考考法突破
➢ 考法6 受力分析 ➢ 考法7 合力与分力的关系
2．根据摩擦力的效果来判断
3.根据牛顿运动定律来判断
考法例
如图甲、乙所示，倾角为θ的斜面上放置一滑块M，在滑块M上放
置一个质量为m的物块，M和m相对静止，一起沿斜面匀速下滑，分别分析物块m
可能受到的摩擦力及其方向.
➢ 考法4 摩擦力的“突变”问题
1.静—静“突变” 2.静—动“突变” 3.动—动“突变” 考法例 将力传感器A固定在光滑水平桌面上，测力端通过轻质水平细绳与滑块相 连，滑块放在较长的小车上.如图甲所示，传感器与计算机相连接，可获得力随时 间变化的规律.一水平轻质细绳跨过光滑的定滑轮，一端连接小车，另一端系砂桶， 整个装置开始处于静止状态.在滑块与小车分离前缓慢向砂桶里倒入细砂，力传感 器采集的F-t图像如图乙所示，据图分析小车的受力情况及运动情况.
✓ 2. 物体受到三个以上的力，采用正交分解法
分析静止物体受力:
(1) 建直角坐标系，少分解和容易分解力为原则，不分解未知力
(2) 力分解成沿x轴和沿y轴方向的分力
(3)列x轴和y 轴方向方程Fx=0、Fy=0
考法例
如图所示，位于斜面上的物块的质量为m，在沿斜面向上的力F作用下，处于
静止状态，斜面作用于物块的静摩擦力的( )
第二章 相互作用
考点4 考点5 考点6 考点7
弹力 胡克定律 摩擦力 受力分析 力的合成与分解 共点力平衡
考点4 弹力 胡克定律
应试基础必备 高考考法突破
➢ 考法1 胡克定律的应用 ➢ 考法2 平衡中的弹簧及弹簧组合问题
2
应试基础必备
考点4 弹力 胡克定律
✓ 1. 基本概念：
力、形变、弹力及其产生条件
考法例
L形木板P（上表面光滑）放在固定斜面上，轻质弹簧一端固定在木板上，另一 端与置于木板上表面的滑块Q相连，如图所示.若P、Q一起沿斜面匀速下滑，不计空 气阻力，则木板P共受几个力？
➢ 考法7 合力与分力关系
1.合力F可能大于或等于两分力的大小之差
可能小于或等于两分力的大小之和
2.掌握几类合力与分力关系的规律
✓ 3．摩擦力的大小．
(1) 静摩擦力随外力的变化而变化，大小为0～fm. (2) 滑动摩擦力与正压力成正比：f滑＝μN .
➢ 考法3 摩擦力的有无及方向的判断
相对运动和相对运动趋势是判断摩擦力方向的基本依据
判断物体间有无静摩擦力及确定静摩擦力的方向时常用的方法有三种：
1．根据“静摩擦力与物体相对运动的趋势方向相反”来判断
✓ 2．弹力有无的判断方法
形变不明显时，假设法或物体的运动状态进行判断
✓ 3．胡克定律
弹簧发生弹性形变时，弹簧的弹力F与弹簧形变量x成正比F＝kx 弹力的方向与形变的方向相反
➢ 考法1 胡克定律的应用
胡克定律计算公式F＝kx中
k为弹簧的劲度系数 x为弹簧的形变量(伸长量或压缩量)
Fx11＝Fx22＝k
B.F2的方向是唯一的
C.F2有两个可能的方向
D.F2可取任意方向
考点7 共点力的平衡
应试基础必备 高考考法突破
➢ 考法8 静态平衡问题 ➢ 考法9 动态平衡问题 ➢ 考法10 平衡问题中的临界极值问题
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➢ 考点7 共点力的平衡
➢ 考法8 静态平衡问题
✓ 1. 物体受三个力平衡
任意两个力的合力一定与第三个力大小相等，方向相反
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考点6 受力分析 力的合成与分解
✓ 1.受力分析
所有外力用力的示意图画出 忌漏力、多力
✓ 2. 合力与分力
合力与分力之间是一种等效替代的关系 合力与分力不是同时作用在物体上
✓ 3.力的合成与分解 (1)两分力夹角90°，合力大小 (2)夹角为θ的大小相同的两力合成，采用“菱形四分法”
➢ 考法6 受力分析
A.方向可能沿斜面向上
B.方向可能沿斜面向下
C.大小可能等于零
D.大小可能等于F
➢ 考法9 动态平衡问题
✓ 1.动态平衡：控制某些物理量使物体的状态发生缓慢变化 ✓ 2.动态平衡特征：三力作用 一个大小和方向均不变化；一个大小变化、方向不变；一个大小和方向均变化 ✓ 3.物体动态平衡问题分析方法 解析法、图解法和相似三角形法 (1) 解析法 对研究对象的任一状态进行受力分析，建立平衡方程 求出应变物理量与自变物理量的一般函数关系式 根据自变量的变化情况及变化区间确定应变物理量的变化情况 (2)图解法：动态三角形法 不变力F为一系列可能的闭合三角形的公共边 不变力箭头起按方向确定力的方向作射线 不变力起点画第三个力的有向线段将图形封闭成三角形 (3) 相似三角形法 三个力构成的力的三角形不是直角三角形，可考虑用相似三角形法
（1）当两等大分力夹角为120°时，合力的大小与分力的大小相等，方向与
F1(F2)夹角为60° （2）两个分力一定，夹角θ越大，合力越小
（3）合力一定时，两等大分力夹角越大，两分力越大
考法例
已知两个共点力的合力为50 N，分力F1的方向与合力F的方向成30°角，
分力F2的大小为30 N.则（）
A.F1的大小是唯一的
3．弹簧组合问题处理可以使用“等效思维方法”．Fra bibliotek 考点5 摩擦力
应试基础必备 高考考法突破
➢ 考法3 摩擦力的有无及方向的判断 ➢ 考法4 摩擦力的“突变”问题 ➢ 考法5 摩擦力大小的计算
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考点5 摩擦力
✓ 1. 基本概念 滑动摩擦力、静摩擦力、最大静摩擦力等．
✓ 2．摩擦力的方向
滑动摩擦力的方向与物体相对运动的方向相反 静摩擦力的方向与相对运动趋势的方向相反
✓ 1.定义 指定物体在特定环境中受到的所有外力，画出受力示意图 ✓ 2.受力分析的一般顺序 先重力，再接触力（弹力、摩擦力），最后分析其他力 ✓ 3.受力分析的步骤 注意：确保受力分析时不漏力、不添力、不错力 ✓ 4.物体受力情况分析的依据 从力的概念判断寻找对应的施力物体 从力的性质判断寻找产生的原因 从力的效果判断寻找是否发生形变或改变物体的运动状态