2024高考物理二轮复习专题二相互作用对对练含解析

PAGE25-相互作用2024年高考必备2015年2024年2024年2024年2024年Ⅰ卷Ⅱ卷Ⅰ卷Ⅱ卷Ⅲ卷Ⅰ卷Ⅱ卷Ⅲ卷Ⅰ卷Ⅱ卷Ⅲ卷Ⅰ卷Ⅱ卷Ⅲ卷考点一重力、弹力、摩擦力力的合成与分解考点二受力分析共点力的平衡191417211617191616考点三试验:1.探究弹力和弹簧伸长的关系22试验:2.验证力的平行四边形定则22考点一重力、弹力、摩擦力力的合成与分解命题角度1(储备)弹力与摩擦力的分析【典题】(多选)(2024河北衡水高三月考)如图所示,质量为m的木块A放在质量为M的三角形斜面体B上,现用大小不相等、方向相反的水平力F1、F2分别推A和B,它们均静止不动,且F1<F2,重力加速度为g,则()A.A受到四个力的作用B.B对A的摩擦力方向确定沿斜面对下C.地面对B的摩擦力方向水平向右,大小为F2-F1D.地面对B的支持力大小确定等于(M+m)g答案CD解析以A为探讨对象进行受力分析,如图所示,沿斜面方向,F1的分力和A所受重力的分力大小关系不确定,所以不确定B和A之间有无摩擦力,A的受力个数不确定,选项A、B错误;以整体为探讨对象,水平方向:Ff=F2-F1,方向向右,竖直方向:FN'=(M+m)g,选项C、D正确.用假设法分析隐藏的弹力与静摩擦力(1)接触面形变状况不清楚,则相关弹力较为“隐藏”.此时需用“假设法”判定弹力的有无和弹力的方向.也可假设有弹力,做相像分析.(2)接触面间的相对运动趋势不明确,则相关静摩擦力较为“隐藏”,此时需用“假设法”判定静摩擦力的有无和静摩擦力的方向.也可假设有静摩擦力,做相像分析.(3)应用“假设法”时,一般结合力的合成与分解、平衡条件等学问分析.典题演练提能·刷高分1.(2024宁夏银川六中月考)如图所示,A、B、C三物块叠放并处于静止状态,水平地面光滑,其他接触面粗糙,以下受力分析正确的是()A.A与墙面间存在压力B.A与墙面间存在静摩擦力C.A物块共受3个力作用D.B物块共受5个力作用答案C解析以三个物体组成的整体为探讨对象,由于地面光滑,对C没有摩擦力,依据平衡条件得知,墙对A没有压力,因而也没有摩擦力,选项A、B错误;物体A受到重力、B的支持力和摩擦力三个力作用,选项C正确;先对A、B整体探讨,水平方向上,墙对A没有压力,则由平衡条件分析可知,C对B没有摩擦力,再对B分析,受到重力、A的压力和摩擦力、C的支持力,共四个力作用,选项D错误.2.如图所示,在水平桌面上放置一斜面体P,斜面倾角为θ,质量分别为m和M的两长方体物块a和b静止在斜面体P上,下列说法正确的是()A.a对b的作用力大小为mgB.a对P的压力为mgcosθC.b受到的总摩擦力为(M+m)gsinθD.地面受到向左的摩擦力答案A解析取a为探讨对象,b对a的作用力大小为mg,方向竖直向上,故a对b的作用力大小为mg,A正确;a对b的压力为mgcosθ,力不能传递,a不对P产生压力,B错误;a对b的摩擦力沿斜面对下,大小为mgsinθ,P对b的摩擦力方向沿斜面对上,大小为(M+m)gsinθ,方向沿斜面对上,故b受到的摩擦力大小为Mgsinθ,方向沿斜面对上,C错误;对整体进行受力分析,整体没有相对运动趋势,地面对P没有摩擦力,D错误.命题角度2(储备)直线运动中的滑动摩擦力和静摩擦力【典题】如图所示为探讨物块与木板之间摩擦力大小的试验装置.将一物块和木板叠放于水平桌面上.轻质弹簧测力计一端固定,另一端用细线与物块水平相连.现在用绳索与长木板连接,用手向右水平拉绳索,使长木板在桌面上滑动.弹簧测力计示数稳定后,下列说法正确的是()A.物块与木板之间的摩擦力是静摩擦力B.木板必需在桌面上做匀速直线运动C.测力计示数确定等于物块受到的摩擦力D.测力计示数确定等于木板受到的摩擦力答案C解析物块与长木板间发生相对运动,是滑动摩擦力,只要两者间发生相对运动即可,木板不确定在桌面上做匀速直线运动,A、B错误;物块受力平衡,测力计示数等于物块受到的滑动摩擦力,C正确;木板与物块、桌面间都会有摩擦力,D错误.匀速直线运动中的滑动摩擦力或静摩擦力(1)若两物体在接触面处相对滑动,则此处为滑动摩擦力F滑=μFN,其大小与运动速度无关,方向与相对运动方向相反.(2)若两物体在接触面处相对静止,一起做匀速直线运动,则接触面处为静摩擦力F静,其大小介于0~Ffmax之间,方向与相对运动趋势方向相反.(3)结合受力平衡,合外力为零,确定摩擦力的大小和方向.典题演练提能·刷高分1.如图所示,长为3L的木板从光滑水平面滑上长为5L的粗糙桌面,停止运动时木板右端离开桌面边缘距离为L,则该过程中,木板所受摩擦力Ff与位移x的关系图象是()答案D解析在前3L的位移中,木板对桌面的压力FN随x匀称增大.则滑动摩擦力Ff=μFN随x匀称增大;在后3L的位移中,FN=mg不变,滑动摩擦力Ff=μmg不变,故D正确.2.为了让乘客乘车更为舒适,某探究小组设计了一种新的交通工具,乘客的座椅能随着坡度的变更而自动调整,使座椅始终保持水平,如图所示.当此车减速上坡时,乘客()A.处于超重状态B.不受摩擦力的作用C.受到向后(水平向左)的摩擦力作用D.所受力的合力竖直向上答案C解析当车减速上升时,车和乘客的加速度沿斜面对下,处于失重状态,A错误;将加速度分解可知乘客有水平向左的分加速度,故乘客受到水平向左的静摩擦力作用,C正确,B错误;依据牛顿其次定律可知,乘客所受力的合力与加速度方向相同,沿斜面对下,D错误.命题角度3(储备)力的合成与分解的理解和应用【典题1】(多选)(2024天津卷·7)明朝谢肇氵制的《五杂组》中记载:“明姑苏虎丘寺塔倾侧,议欲正之,非万缗不行.一游僧见之曰:无烦也,我能正之.”游僧每天将木楔从塔身倾斜一侧的砖缝间敲进去,经月余扶正了塔身.假设所用的木楔为等腰三角形,木楔的顶角为θ,现在木楔背上加一力F,方向如图所示,木楔两侧产生推力FN,则()A.若F确定,θ大时FN大B.若F确定,θ小时FN大C.若θ确定,F大时FN大D.若θ确定,F小时FN大答案BC解析本题考查力的分解,确定合力与分力等效替代关系是正确解题的关键.作用在木楔背上的力F可以分解为垂直于两个侧面的分力FN,如图所示.由平行四边形定则可知,FN=F2sinθ2,由上式可知,F确定时,木楔顶角越小,FN越大,选项A错误、B正确;木楔顶角确定时,F越大,【典题2】小明想推动家里的衣橱,但使出了最大的力气也推不动,他便想了个妙招,如图所示,用A、B两块木板,搭成一个底角较小的人字形架,然后往中心一站,衣橱被推动了.下列说法中正确的是()A.这是不行能的,因为小明根本没有用力去推衣橱B.这有可能,A板对衣橱的推力有可能大于小明的重力C.A、B板的夹角应当尽可能小,才能推动衣橱D.这不行能,A板对衣橱的推力不行能大于小明的重力答案B解析由题意可知A、B两块木板构成的顶角α很大,将小明的重力沿两板方向分解,依据平行四边形定则可知F=mg2cosα2,B正确,D错误;且A、力的效果分解法求分力的步骤(1)首先依据力的实际作用效果确定两个分力的方向.(2)再依据两个分力的方向画出平行四边形.(3)然后由平行四边形和数学学问,如正弦定理、余弦定理、三角形相像等求出两分力的大小.典题演练提能·刷高分1.(多选)如图所示,在“验证力的平行四边形定则”的试验中,用A、B两弹簧秤拉橡皮条结点,使其到达O点处,此时α+β>90°,然后保持弹簧测力计B的示数不变而减小β时,为保持结点O位置不变,可实行的方法是()A.减小A的读数,同时减小α角B.减小A的读数,同时增大α角C.增大A的读数,同时减小α角D.增大A的读数,同时增大α角答案AB解析保持O点的位置不变,即保持两弹簧测力计的合力FO不变,当保持弹簧测力计B的示数不变时,由平行四边形定则作图,由图可知A、B正确,C、D错误.2.(2024河北衡水调研)如图所示,质量为m的物体置于倾角为θ的固定斜面上,物体与斜面之间的动摩擦因数为μ,先用平行于斜面的推力F1作用于物体上使其能沿斜面匀速上滑(如图甲),若改用水平推力F2作用于物体上,也能使物体沿斜面匀速上滑(如图乙),则两次的推力之比F1F2A.cosθ+μsinθ B.cosθ-μsinθC.1+μtanθ D.1-μtanθ答案B解析物体在力F1作用下和力F2作用下匀速运动时的受力如图1、2所示.将物体受力沿斜面方向和垂直于斜面方向正交分解,由平衡条件可得:F1=mgsinθ+Ff1,FN1=mgcosθ,Ff1=μFN1,F2cosθ=mgsinθ+Ff2,FN2=mgcosθ+F2sinθ,Ff2=μFN2,解得:F1=mgsinθ+μmgcosθ,F2=mgsinθ+μmgcosθcosθ-考点二受力分析共点力的平衡命题角度1单物体及其受力的临界问题高考真题体验·对方向1.(2024全国Ⅱ·16)物块在轻绳的拉动下沿倾角为30°的固定斜面对上匀速运动,轻绳与斜面平行.已知物块与斜面之间的动摩擦因数为33,重力加速度取10m/s2.若轻绳能承受的最大张力为1500N,则物块的质量最大为(A.150kg B.1003kgC.200kg D.2003kg答案A解析本题考查物体的平衡及临界问题.因为物块在拉力作用下沿斜面对上做匀速运动,所以F-mgsinθ-μmgcosθ=0,而F≤1500N.因此m=Fgsin2.(2024全国Ⅲ·16)用卡车运输质量为m的匀质圆筒状工件,为使工件保持固定,将其置于两光滑斜面之间,如图所示.两斜面Ⅰ、Ⅱ固定在车上,倾角分别为30°和60°.重力加速度为g.当卡车沿平直马路匀速行驶时,圆筒对斜面Ⅰ、Ⅱ压力的大小分别为F1、F2,则()A.F1=33mg,F2=32B.F1=32mg,F2=3C.F1=12mg,F2=32D.F1=32mg,F2=1答案D解析圆筒做匀速直线运动,所受的合外力为零.对圆筒受力分析,圆筒受两个斜面的支持力与重力,有FN1sin30°=FN2sin60°,FN1cos30°+FN2cos60°=mg,联立求得FN1=32mg,FN2=12mg.依据牛顿第三定律得,F1=FN1=32mg,F2=FN2=13.(2024全国Ⅲ·17)一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距80cm的两点上,弹性绳的原长也为80cm.将一钩码挂在弹性绳的中点,平衡时弹性绳的总长度为100cm;再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点,则弹性绳的总长度变为(弹性绳的伸长始终处于弹性限度内)()A.86cm B.92cm C.98cm D.104cm答案B解析设起先时两段弹性绳的夹角为α,弹性绳的拉力为FT,依据平衡条件可得2FTcosα2=mg,cosα2=(12)

2-(0.82)

212=0.6,得FT=56mg;弹性绳的两端移到同一点时,设弹性绳的拉力为FT',则2FT'=mg,得FT'=12mg;设弹性绳第一次伸长量x,其次次伸长量x',依据临界问题的分析方法当某一力(或某一物理量、某一物理现象)在题意中表现为“最大”“最小”“刚好”等特别点时,形成“临界现象”.(1)受力分析常见的四种临界现象接触面间弹力为零.接触面间静摩擦力为零或为最大值Ffmax.某种物理情景制约下的最值点,如悬绳承受力的最大值等.如图所示,合力F的大小、方向均确定,一个分力F1的方向确定,另一个分力F2在A点与F1垂直时,有最小值F2小=Fsinα.(2)分析临界现象的两种方法方法一:极限分析临界点首先分析确定临界点之所在,然后在临界点处应用受力与平衡学问分析计算、求解待求量.方法二:函数解析式求最值应用力与平衡的学问,列出待求量的函数解析式,在题意的定义域及值域内,求解函数的最值.典题演练提能·刷高分1.如图所示,一个质量为m的滑块置于倾角为30°的固定粗糙斜面上,一根轻弹簧一端固定在竖直墙上的P点,另一端系在滑块上的Q点,直线PQ与斜面垂直,滑块保持静止.则()A.弹簧可能处于原长状态B.斜面对滑块的摩擦力大小可能为零C.斜面对滑块的支持力大小可能为零D.滑块确定受到四个力作用答案A解析直线PQ与斜面垂直,滑块保持静止,滑块确定受摩擦力和支持力,弹簧的弹力可能为零,故A正确,BCD错误.2.〔2024河南名校联盟调研考试(三)〕两个质量均为m的小球A、B用轻杆连接,A球与固定在斜面上的光滑竖直挡板接触,B球放在倾角为θ的斜面上,A、B均处于静止状态,B球没有滑动趋势,则A球对挡板的压力大小为()A.mgtanθ B.2mgtanθ C.mgtanθ答案B解析由于B球没有滑动趋势,因此B球不受斜面的摩擦力,对A、B整体探讨,受力分析如图.依据平衡条件可得挡板对A球的弹力大小为F=2mgtanθ,依据牛顿第三定律可知,A球对挡板的压力大小也为2mgtanθ,选项B正确,选项ACD错误.命题角度2多物体系统的受力高考真题体验·对方向(2024全国Ⅲ·17)如图,两个轻环a和b套在位于竖直面内的一段固定圆弧上;一细线穿过两轻环,其两端各系一质量为m的小球.在a和b之间的细线上悬挂一小物块.平衡时,a、b间的距离恰好等于圆弧的半径.不计全部摩擦.小物块的质量为()A.m2 B.32m C.m答案C解析由几何关系知,△Oab为等边三角形,故∠AaO=θ1=30°;设细线中的张力为FT,同一根绳子中的张力大小到处相等,故FT=mg,对a处受力分析知,θ1=θ2=30°,则θ3=30°,故α=60°,对结点C分析可知,2FTcosα=m物g,解得m物=m,选项C正确.应用整体法与隔离法的要点(1)不涉及系统内力时,优先考虑用整体法,即“能整体、不隔离”.(2)应用隔离法,先隔离受力“简洁”的物体,如未知量少或受力少或处于系统边缘处的物体.(3)各“隔离体”间的“关联”力表现为作用力与反作用力,对整体系统则是内力.(4)将整体法与隔离法有机结合、敏捷应用.(5)在某些特别情形中,探讨对象可以是物体的一部分,或绳子的结点、力的作用点等.典题演练提能·刷高分1.如图所示,倾角θ=30°的斜面上,一质量为4m的物块经跨过定滑轮的细绳与一质量为m的小球相连,现将小球从水平位置静止释放,小球由水平位置运动到最低点的过程中,物块和斜面始终静止,运动过程中小球和物块始终在同一竖直平面内,则在此过程中()A.细绳的拉力先增大后减小B.物块所受摩擦力渐渐增大C.地面对斜面的支持力渐渐增大D.地面对斜面的摩擦力渐渐增大答案D解析小球向下摇摆的过程中,小球做圆周运动的速度渐渐增大,由向心力公式知细线对小球的拉力始终增大,A错误;起先物体有沿斜面下滑的趋势,物体受沿斜面对上的摩擦力,随绳的拉力增大,摩擦力减小.拉力增大到确定程度后物体受沿斜面对下的摩擦力,随绳的拉力增大,摩擦力增大,所以斜面对物块的摩擦力先减小后增大,B错误;对物块和斜面组成的整体分析可知,整体受重力、地面的支持力、绳的拉力、地面的摩擦力,如图所示.由于绳的拉力渐渐增大,所以地面对斜面的支持力始终减小,摩擦力始终增大,C错误,D正确.2.(2024山西太原第五中学月考)如图所示,斜面上放有两个完全相同的物体a、b,两物体间用一根细线连接,在细线的中点加一与斜面垂直的拉力F,使两物体均处于静止状态.则下列说法正确的是()A.a、b两物体的受力个数确定相同B.a、b两物体对斜面的压力不确定相同C.a、b两物体受到的摩擦力大小可能不相等D.当渐渐增大拉力F时,物体b先起先滑动答案C解析对a、b进行受力分析,如图所示.b物体处于静止状态,当绳子沿斜面对上的分力与重力沿斜面对下的分力相等时,摩擦力为零,所以b可能只受3个力作用,而a物体必定受到摩擦力作用,确定受4个力作用,选项A错误;a、b两个物体,垂直于斜面方向受力都平衡,则有:FN+FTsinθ=mgcosθ,解得:FN=mgcosθ-FTsinθ,则a、b两物体对斜面的压力相同,选项B错误;依据A的分析可知,b的摩擦力可以为零,而a的摩擦力确定不为零,故C正确;对a沿斜面方向有:FTcosθ+mgsinθ=Ffa,对b沿斜面方向有:FTcosθ-mgsinθ=Ffb,正压力相等,所以最大静摩擦力相等,则a先达到最大静摩擦力,先滑动,选项D错误.3.如图所示,a、b两个小球穿在一根光滑的固定杆上,并且通过一条细绳跨过定滑轮连接.已知b球质量为m,杆与水平面成θ角,不计全部摩擦,重力加速度为g.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,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.绳子对a的拉力等于mgD.a的重力为mgtanθ答案C解析Ob绳沿竖直方向,b只受两个力的作用,B错误;a受三个力的作用,A错误;绳子上的拉力大小等于mg,C正确;小球a受重力G、支持力FN、绳的拉力mg作用,且支持力FN与绳的拉力mg间的夹角为锐角,a球受力如图,由平衡条件可知,FNsinθ=mgcos2θ,FNcosθ+mgsin2θ=mag,解得小球a的重力mag=mgcotθ,D错误.命题角度3力的动态平衡问题分析高考真题体验·对方向1.(多选)(2024全国Ⅰ·19)如图,一粗糙斜面固定在地面上,斜面顶端装有一光滑定滑轮.一细绳跨过滑轮,其一端悬挂物块N,另一端与斜面上的物块M相连,系统处于静止状态.现用水平向左的拉力缓慢拉动N,直至悬挂N的细绳与竖直方向成45°.已知M始终保持静止,则在此过程中()A.水平拉力的大小可能保持不变B.M所受细绳的拉力大小确定始终增加C.M所受斜面的摩擦力大小确定始终增加D.M所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加答案BD解析对物块N进行受力分析,如图所示.F=mgtanβ,随着β的增大,F增大,A错误.FT=mgcosβ,随着FT增大,B正确.由于物块M和N的质量关系、斜面倾角的大小均未知,不能确定物块M所受斜面摩擦力的方向;当物块M起先时所受斜面摩擦力的方向沿斜面对上时,随FT增大,物块M所受斜面摩擦力可能先减小后增加,C错误,D正确.2.(多选)(2024全国Ⅰ·21)如图,松软轻绳ON的一端O固定,其中间某点M拴一重物,用手拉住绳的另一端N,初始时,OM竖直且MN被拉直,OM与MN之间的夹角为αα>π2.现将重物向右上方缓慢拉起,并保持夹角α不变.在OMA.MN上的张力渐渐增大B.MN上的张力先增大后减小C.OM上的张力渐渐增大D.OM上的张力先增大后减小答案AD解析方法一:受力分析如图.设OM与竖直方向夹角为θ,M点绕O点做圆周运动,沿切线方向:FMNcos(α-90°)=mgsinθ,沿半径方向:FOM=FMNsin(α-90°)+mgcosθ,故FMN=mgsinθcos(FOM=mgsinθcos(α-=mg=mgcos(α-90°)·cos(α-90°-θ),当方法二:利用矢量圆,如图重力保持不变,是矢量圆的一条弦,FOM与FMN夹角即圆心角保持不变,由图知FMN始终增大到最大,FOM先增大再减小,当OM与竖直夹角为θ=α-90°时FOM最大.3.(多选)(2024全国Ⅰ·19)如图,一光滑的轻滑轮用细绳OO'悬挂于O点;另一细绳跨过滑轮,其一端悬挂物块a,另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b.外力F向右上方拉b,整个系统处于静止状态.若F方向不变,大小在确定范围内变更,物块b仍始终保持静止,则()A.绳OO'的张力也在确定范围内变更B.物块b所受到的支持力也在确定范围内变更C.连接a和b的绳的张力也在确定范围内变更D.物块b与桌面间的摩擦力也在确定范围内变更答案BD解析物块b始终保持静止,物块a也始终保持静止,绳子对a的拉力等于a的重力,绳子的夹角α也保持不变,OO'绳的拉力也保持不变,选项A、C错误.选b为探讨对象,在y轴方向有FTcosβ+Fcosγ+FN=mbg,由于FT不变,F变更,所以FN也变更,选项B正确.FT和F在x轴方向的分力和桌面对b的摩擦力的合力为零,由于F在确定范围内变更,则摩擦力也在确定范围内变更,选项D正确.4.(2024全国Ⅱ·14)质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上.用水平向左的力F缓慢拉动绳的中点O,如图所示.用T表示绳OA段拉力的大小,在O点向左移动的过程中()A.F渐渐变大,T渐渐变大B.F渐渐变大,T渐渐变小C.F渐渐变小,T渐渐变大D.F渐渐变小,T渐渐变小答案A解析由于是缓慢移动,O点所受力处于动态平衡,设随意时刻绳子与竖直方向的夹角为θ,移动过程中θ增大,如图所示.将拉力F与重力合成后,合力与绳子拉力等大反向.依据几何关系,可知F=Gtanθ,T=F合=Gcosθ,随θ增大,F和T用图解法或解析法分析动态平衡(1)图解法物体受三个力,其中一个力恒定,另一个力大小或方向不变,求力的变更时,可用图解法.在相应的“力三角形”中,先确定大小方向均不变的力,再确定只变更大小或方向的力,最终结合力三角形边长、角度的变更特点,定性分析待求力大小、方向的变更.(2)解析法依据平衡条件和几何关系,写出待求力大小或方向(角度)的函数表达式,通过函数规律分析待求力变更特点及“临界值”等.解析法较为精确,可以详细计算力的大小、方向,一般用于较困难的动态现象.典题演练提能·刷高分1.(多选)(2024山东聊城模拟)如图所示,一光滑小球放置在斜面与挡板之间处于静止状态,不考虑一切摩擦,设斜面对小球的弹力为FN1,挡板对小球的弹力为FN2.假如把挡板由图示位置缓慢绕O点转至竖直位置,则此过程中()A.FN1始终减小 B.FN1先减小后增大C.FN2先减小后增大 D.FN2始终减小答案AD解析小球受力如图甲所示,因挡板是缓慢转动的,所以小球处于动态平衡状态,在此过程中,重力G、FN1、FN2组成的封闭矢量三角形的变更状况如图乙所示.G大小、方向均不变,FN1方向始终不变,FN2方向与水平方向夹角渐渐减小到零,由图可知此过程中,FN1始终减小,FN2始终减小,选项A、D正确.2.如图所示,轻绳OA、OB系于水平杆上的A点和B点,两绳与水平杆之间的夹角均为30°,重物通过细线系于O点.将杆在竖直平面内沿顺时针方向缓慢转动30°,此过程中()A.OA绳上拉力变大,OB绳上拉力变大B.OA绳上拉力变大,OB绳上拉力变小C.OA绳上拉力变小,OB绳上拉力变大D.OA绳上拉力变小,OB绳上拉力变小答案B解析转动前,FTA=FTB,2FTAsin30°=mg,则FTA=mg=FTB;转动后,OA与水平方向的夹角变为60°,OB变为水平.FTA'sin60°=mg,FTA'cos60°=FTB'解得FTA'=233mg,FTB'=12FTA'=33mg3.(多选)如图所示,不行伸长的轻绳AO和BO下端共同系一个物体P,且绳长AO>BO,AB两端点在同一水平线上,起先时两绳刚好绷直,细绳AO、BO的拉力分别设为FA、FB,现保持A、B端点在同一水平线上,在A、B缓慢向两侧远离的过程中,关于两绳拉力的大小随A、B间距离的变更状况是()A.FA随距离的增大而始终增大B.FA随距离的增大而始终减小C.FB随距离的增大而始终增大D.FB随距离的增大先减小后增大答案AD解析以结点O为探讨对象,受力分析如图所示,由受力图可以看出,起先时A的拉力为零,B的拉力与重力平衡;当A、B缓慢向两侧远离的过程中,A的拉力增大、B的拉力起先减小,当OA与AB垂直时OB的拉力最小,当OA和OB之间的夹角大于90°时,OA的拉力始终在增大,OB的拉力起先增大;所以FA随距离的增大而始终增大,FB随距离的增大先减小后增大.依据以上分析可以知道,AD正确、BC错误.考点三试验:1.探究弹力和弹簧伸长的关系2.验证力的平行四边形定则命题角度1探究弹力和弹簧伸长的关系及其“变式型”试验高考真题体验·对方向(2024全国Ⅰ·22)如图(a),一弹簧上端固定在支架顶端,下端悬挂一托盘;一标尺由游标和主尺构成,主尺竖直固定在弹簧左边;托盘上方固定有一能与游标刻度线精确对齐的装置,简化为图中的指针.现要测量图(a)中弹簧的劲度系数.当托盘内没有砝码时,移动游标,使其零刻度线对准指针,此时标尺读数为1.950cm;当托盘内放有质量为0.100kg的砝码时,移动游标,再次使其零刻度线对准指针,标尺示数如图(b)所示,其读数为cm.当地的重力加速度大小为9.80m/s2,此弹簧的劲度系数为N/m(保留3位有效数字).

答案3.77553.7解析①主尺读数3.7cm,即37mm,游标尺第15格与主尺某刻度对齐,所以总读数为37mm+15×120mm=37.75mm=3.②由F=kΔx得k=F=0.=0.981“变式型”试验的突破“变式型”试验的分析解答要以教材试验原型为基础,综合应用力学中的规律与方法.本题以胡克定律为基础,理解题中图象的物理意义,利用斜率解决问题.典题演练提能·刷高分1.(2024河北承德一中模拟)(1)试验小组在“探究弹力和弹簧伸长的关系”的试验中,运用两条不同的轻质弹簧a和b,得到弹力与弹簧长度的图象如图甲所示.下列表述正确的是;

甲A.a的原长比b的长 B.a的劲度系数比b的大C.a的劲度系数比b的小 D.测得的弹力与弹簧的长度成正比(2)另一试验小组在同一试验的探讨性学习中,利用所学的学问解决了如下问题:一轻质弹簧竖直悬挂于某一深度为h=35.0cm,且开口向下的小筒中(没有外力作用时弹簧的下端位于筒内,用弹簧测力计可以与弹簧的下端接触),如图乙所示,若本试验的长度测量工具只能测量露出筒外弹簧的长度l,现要测出弹簧的原长l0和弹簧的劲度系数,该同学通过变更l而测出对应的弹力F,作出F-l图象如图丙所示,则弹簧的劲度系数为k=N/m,弹簧的原长l0=cm.

答案(1)B(2)20025解析(1)在图象中横截距表示弹簧的原长,故a的原长比b的短,选项A错误;在图象中斜率表示弹簧的劲度系数k,故a的劲度系数比b的大,选项B正确、C错误;弹簧的弹力满意胡克定律,弹力与弹簧的形变量成正比,选项D错误.(2)依据胡克定律F与l的关系式为:F=k(l+h-l0)=kl+k(h-l0),从图象中可得直线的斜率为2N/cm,截距为20N,故弹簧的劲度系数为k=2N/cm=200N/m;由k(h-l0)=20N,于是l0=25cm.2.试验桌上放有小木块、长木板、轻弹簧、毫米刻度尺、细线等,物理爱好小组的同学们设计了一个试验,间接测量小木块与长木板间的动摩擦因数.试验步骤如下:(1)如图甲将弹簧竖直悬挂,用刻度尺测出弹簧的长度L1=4.00cm.(2)在图甲的基础上,将小木块挂在弹簧下端(如图乙),用刻度尺测出弹簧的长度L2=cm.

(3)将长木板固定在水平面上,如图丙,用弹簧拉着小木块(选填“水平匀速运动”或“水平加速运动”),测出此时弹簧的长度L3=6.07cm.

(4)依据上面的操作,可以得出小木块与长木板间的动摩擦因数μ=(结果保留两位有效数字).

答案(2)8.65(8.63~8.67间都对)(3)水平匀速运动(4)0.45(0.44也对)解析(2)刻度尺的读数须要估读一位,故读数为8.65cm;(3)用弹簧拉着小木块水平匀速运动时,拉力等于滑动摩擦力;(4)滑动摩擦力Ff=μmg,μ=Ffmg,而依据平衡条件得mg=k(L2-L1),Ff=k(L3-L1),代入数据解得μ≈0.命题角度2验证力的平行四边形定则及其“变式型”试验高考真题体验·对方向(2024全国Ⅲ·22)某探究小组做“验证力的平行四边形定则”试验,将画有坐标轴(横轴为x轴,纵轴为y轴,最小刻度表示1mm)的纸贴在水平桌面上,如图(a)所示.将橡皮筋的一端Q固定在y轴上的B点(位于图示部分之外),另一端P位于y轴上的A点时,橡皮筋处于原长.(1)用一只测力计将橡皮筋的P端沿y轴从A点拉至坐标原点O,此时拉力F的大小可由测力计读出.测力计的示数如图(b)所示,F的大小为N.

(2)撤去(1)中的拉力,橡皮筋P端回到A点;现运用两个测力计同时拉橡皮筋,再次将P端拉至O点.此时视察到两个拉力分别沿图(a)中两条虚线所示的方向,由测力计的示数读出两个拉力的大小分别为F1=4.2N和F2=5.6N.(ⅰ)用5mm长度的线段表示1N的力,以O为作用点,在图(a)中画出力F1、F2的图示,然后按平行四边形定则画出它们的合力F合;图(a)图(b)(ⅱ)F合的大小为N,F合与拉力F的夹角的正切值为.

若F合与拉力F的大小及方向的偏差均在试验所允许的误差范围之内,则该试验验证了力的平行四边形定则.答案(1)4.0(2)(ⅰ)F1、F2和F合如图所示(ⅱ)3.80.05解析(1)题图(b)中弹簧测力计的精度为0.2N,则示数为4.0N;(2)用5mm长的线段表示1N的力,F2对应的长度为2.8cm,F1对应的长度为2.1cm,依据平行四边形定则作出的图形如答案图所示;测出F合的长度为1.9cm,则F合的大小为3.8N,如图F合、F及ΔF构成的三角形,ΔF的长度约0.1cm,此三角形可近似看作直角三角形,则F合与拉力F的夹角的正切值tanα=0.11.作图法求合力按力的实际效果作图,应用平行四边形定则画出合力,依据比例关系求出合力大小.利用夹角很小时,近似看作直角三角形处理相关角度问题,是高考的一个考查点.典题演练提能·刷高分1.〔2024天津·9(2)〕某探讨小组做“验证力的平行四边形定则”试验,所用器材有:方木板一块,白纸,量程为5N的弹簧测力计两个,橡皮条(带两个较长的细绳套),刻度尺,图钉(若干个).(1)详细操作前,同学们提出了如下关于试验操作的建议,其中正确的有.

A.橡皮条应和两绳套夹角的角平分线在一条直线上B.重复试验再次进行验证时,结点O的位置可以与前一次不同C.运用测力计时,施力方向应沿测力计轴线;读数时视线应正对测力计刻度D.用两个测力计互成角度拉橡皮条时的拉力必需都小于只用一个测力计时的拉力(2)该小组的同学用同一套器材做了四次试验,白纸上留下的标注信息有结点位置O、力的标度、分力和合力的大小及表示力的作用线的点,如下图所示.其中对于提高试验精度最有利的是.

答案(1)BC(2)B解析(1)做验证力的平行四边形定则试验时,橡皮筋和两绳套夹角的角平分线没有必要在一条直线上,选项A错误;在同一次试验中要保持橡皮筋结点O在同一位置,但为了找寻普遍规律重复试验(或不同试验小组试验)时,结点O的位置可以不同,选项B正确;由弹簧测力计的运用规则可知选项C正确;合力与分力的大小关系不确定,试验中没有必要使两个测力计拉橡皮筋时拉力小于只用一个测力计时的拉力,选项D错误.(2)A、D图中选择的力的标度太大,不便利作图,并且A图中表示力的作用线的点离结点O太近不利于确定力的方向,选项A、D错误;C图中试验时弹簧测力计的示数太小,作图误差较大,不利于总结试验结论,选项C错误.故只有选项B最符合题意.2.小明同学想利用试验验证共点力作用下物体的平衡条件,他设计了以下试验过程.在竖直木板上固定两个定滑轮M1和M2,在一个铁环P上系三根轻细绳a、b、c,其中a、b细绳跨过滑轮各挂一组钩码,细绳c干脆挂一组钩码,每个钩码质量相同,轻绳、钩码、铁环均与木板不接触,整个装置平衡时状况如图所示.(1)小明想通过作图法来进行验证,他除了记录铁环P位置及三根细绳的方向外,还需知道哪些物理量?.

A.每组钩码的个数B.每个钩码的质量C.铁环P的质量D.M1、M2两滑轮的高度差(2)关于本试验,下列说法正确的是.

A.为了减小试验误差,两滑轮与绳间的摩擦尽量小些B.为了减小试验误差,铁环P的质量应尽量小些C.变更滑轮两侧钩码个数,重新试验时应保持铁环P位置不变D.作力的图示时应选择适当的标度答案(1)ABC(2)AD解析(1)作图法验证力的平行四边形定则,必需知道铁环所受的各个力的大小和方向,故ABC正确,D错误.(2)两滑轮与绳间的摩擦越小,绳上的拉力测得越准,若没有摩擦则等于所挂钩码的重力,故A正确;因为作图时考虑了铁环的重力,故铁环的质量没有影响,B错误;本试验是利用共点力的平衡验证平行四边形定则,故P的位置没有要求,C错误;作力的图示时应结合力的大小选择合适的标度,D正确.3.(2024辽宁大连模拟)将橡皮筋的一端固定在A点,另一端拴上两根细绳,每根细绳分别连着一个量程为5N、最小刻度为0.1N的弹簧测力计,沿着两个不同的方向拉弹簧测力计,当橡皮筋的活动端拉到O点时,两根细绳相互垂直,如图甲所示.这时弹簧测力计的读数可从图中读出.甲乙(1)由图甲可读得两个相互垂直的拉力的大小分别为N和N.

(2)在如图乙所示的方格纸上按作图法的要求画出这两个力及它们的合力.丙(3)图丙中a、b两图是两位同学得到的试验结果,其中哪一个图符合实际?;若合力测量值F'是精确的,则F与F'有误差的缘由可能有哪些?