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第4讲　牛顿第三定律　共点力的平衡
【学习目标】
1.理解牛顿第三定律的作用力与反作用力关系,并能区分平衡力与相互作用力;建立共点力平衡条件的物理模型,能分析静力学问题,并能分析实际情境中的受力平衡问题。
2.运用整体法、隔离法和转换研究对象法,构建多物体系统的受力分析策略;通过矢量三角形法、正交分解法等数学工具,解决复杂平衡问题,体现模型建构与逻辑推理能力。
3.通过实验验证牛顿第三定律的普适性,探究不同条件下共点力平衡的临界与极值现象,培养实验设计与误差分析能力。
4.认识力学规律在工程与生活中的应用,养成严谨分析的习惯,理解科学结论的普适性与局
限性。
[footnoteRef:2] [2:
1. 有一种吊篮花盆如图所示,三根等长的链条对称分布,下列说法正确的是(　　)
A.三根链条对花盆的作用力相同
B.三根链条对花盆作用力的合力方向一定竖直向上
C.若将每根链条增加相同的长度,则每根链条的拉力都增大
D.若将每根链条缩短相同的长度,则三根链条对花盆作用力的合力增大
【答案】 B
2.在一场精彩的杂技表演中,如图是甲演员举起乙演员的一个场景,两名杂技演员处于静止状态。下列说法正确的是(　　)
A.水平地面对甲演员的摩擦力水平向右
B.水平地面对甲演员的支持力和甲演员所受重力是一对平衡力
C.甲演员对乙演员的作用力大小小于乙演员对甲演员的作用力大小
D.甲演员对乙演员的作用力大小等于乙演员所受重力大小
【答案】 D]
【答案】 相互　同时　作用　相反　同一条直线上　静止　匀速　0　0　0　相等　相反　合力　合力
考点一　牛顿第三定律
如图所示,体育项目“押加”实际上相当于两个人拔河,如果甲、乙两人在“押加”比赛中,甲获胜,是因为甲对乙的拉力大于乙对甲的拉力吗 如果不是,请说明甲获胜的原因。
提示:不是。甲对乙的拉力与乙对甲的拉力是一对作用力与反作用力,大小总是相等;甲获胜的原因是地面对甲的摩擦力大于地面对乙的摩擦力。
1.作用力和反作用力的三个关系
2.作用力和反作用力与一对平衡力的比较
比较项目 作用力和反作用力 一对平衡力
不 同 点 受力 物体 作用在两个相互作用的物体上 作用在同一物体上
依赖 关系 同时产生, 同时消失 不一定同时产生、同时消失
叠加性 两力作用效果不可抵消,不可叠加,不可求合力 两力作用效果可相互抵消,可叠加,可求合力,合力为零
力的 性质 一定是同性质的力 性质不一定相同
相同点 大小相等,方向相反,作用在同一条直线上
[例1] 【对牛顿第三定律的理解】 (2025·吉林二模)为保护中国天眼(FAST)的反射面板,巡检维护工作需采用“微重力蜘蛛人”系统,如图所示,“微重力”是通过氦气球的浮力“减轻人的重力”实现的。某次作业过程中工作人员处于静止状态,其与氦气球连接的轻绳保持竖直,下列说法正确的是(　　)
A.人对面板的压力和面板对人的支持力是一对平衡力
B.绳对气球的力和绳对人的力是一对作用力与反作用力
C.人对面板的作用力大小等于面板对人受到的作用力大小
D.气球对人的作用力大小等于人受到的重力大小
【答案】 C
【解析】 人对面板的压力和面板对人的支持力是一对作用力与反作用力,而非平衡力,故A错误;绳对气球的力和气球对绳的力是一对作用力与反作用力,故B错误;根据牛顿第三定律,人对面板的作用力大小等于面板对人的作用力大小,故C正确;气球对人的作用力与面板对人的支持力的合力大小才等于人受到的重力大小,三力处于平衡状态,故D错误。
[例2] 【转换研究对象法的应用】(2024·贵州卷,4)如图甲,一质量为m的匀质球置于固定钢质支架的水平横杆和竖直墙之间,并处于静止状态,其中一个视图如图乙所示。测得球与横杆接触点到墙面的距离为球半径的1.8倍,已知重力加速度大小为g,不计所有摩擦,则球对横杆的压力大小为(　　)
A.mg B.mg
C.mg D.mg
【答案】 D
【解析】 设球与横杆接触点与球心连线与竖直方向夹角为θ ,如图所示,
将小球所受的重力按照力的作用效果分解为G1和G2,有G1=,设小球的半径为r,则sin θ=
=0.8,所以cos θ==0.6,即G1==mg,球对横杆的压力FN大小等于分力G1,即FN=G1=mg,D正确,A、B、C错误。
在计算物体所受某力大小时,如果不便于直接分析求出物体受到的某些力时,可先求这个力的反作用力,再根据牛顿第三定律求待求力。如求压力时,可先求支持力,在许多问题中,摩擦力的求解亦是如此。利用牛顿第三定律转换研究对象,使我们分析问题的思路更灵活、更宽阔。
考点二　受力分析
1.受力分析的一般步骤
2.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3] 【单个物体的受力分析】 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行,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
【答案】 C
【解析】 甲处于匀速直线运动状态,受重力与竖直向上的支持力,二力平衡,不受摩擦力,故A、B错误;乙处于匀速直线运动状态,受力平衡,受到重力、斜面的支持力以及沿斜面向上的摩擦力三个力的作用,故C正确,D错误。
[变式] 在[例3]中,若甲乘坐电动扶梯,与扶梯一起加速向上运动,则甲受到几个力的作用 扶梯对甲有没有摩擦力的作用
【答案】 见解析
【解析】 甲与扶梯一起加速运动,所以人的加速度方向为斜向右上,可以将人的加速度分解为竖直向上的加速度和水平向右的加速度;竖直方向受到重力以及扶梯的支持力,有FN-mg=may,水平方向受到水平向右的摩擦力,有Ff=max。综上所述,甲受到三个力的作用;扶梯对甲有摩擦力的作用,摩擦力的方向为水平向右。
[例4] 【多个物体的受力分析】 (2025·湖北一模)如图所示,质量为M、倾角为30°的粗糙斜面体置于水平面上,质量为m的木块放置在斜面上,一根轻弹簧一端固定在竖直墙上的P点,另一端系在木块上,弹簧方向与斜面垂直,斜面体与木块均处于静止。已知木块与斜面间的动摩擦因数为0.5,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则(　　)
A.木块一定受到四个力的作用
B.弹簧一定处于拉伸状态
C.斜面体可能受到四个或者五个力的作用
D.斜面体对水平面的压力大小等于Mg+mg
【答案】 A
【解析】 依题意,如果弹簧处于原长状态,木块所受最大静摩擦力小于重力沿斜面向下的分力,无法保持静止状态,故而弹簧对木块必有弹力,弹簧必然处于压缩状态,木块必然受到四个力的作用,故A正确,B错误;对斜面体进行受力分析,知斜面体必然受到五个力的作用,故C错误;对斜面体和木块整体分析,由于受到弹簧斜向下的弹力,其竖直分量竖直向下,则对地面压力大于二者重力之和,故D错误。
考点三　共点力的平衡
静止的物体速度为零,处于平衡状态;竖直上抛的物体到达最高点时速度为零,也处于平衡状态。这两种说法都对吗 物体的哪个运动学物理量为零时一定处于平衡状态
提示:第一种说法对,第二种说法不对。物体保持静止或做匀速直线运动时处于平衡状态,某一时刻速度为零不是物体处于平衡状态的判断依据。物体的加速度为零时一定处于平衡状态。
1.处理共点力平衡问题的基本思路
确定平衡状态(加速度为零)→巧选研究对象(整体法或隔离法)→受力分析→建立平衡方程→求解或作讨论。
2.解决平衡问题的四种常用方法
合成法 三个共点力平衡时,任意两个力的合力一定与第三个力大小相等、方向相反
分解法 三个共点力平衡时,将任意一个力沿着另外两个力的方向分解,则其分力一定分别与另外两个力大小相等、方向相反
正交 分解法 物体受到多个力作用而平衡时,将物体所受的力分解为相互垂直的两组,每组力都满足平衡条件
三角 形法 三个共点力平衡时,将力的矢量图平移使三力组成一个首尾顺次相接的矢量三角形,结合正弦定理、余弦定理、相似三角形或直角三角形等数学知识求解有关问题
[例5] 【合成法(或分解法)】 (2025·山东菏泽期末)如图所示,光滑半圆球形碗内放有一根质量分布不均匀的筷子,O点为半球的球心。当筷子静止时,筷子与碗接触点A、B的连线与碗的直径BC夹角为30°,在A点碗对筷子的作用力大小为FA,在B点碗对筷子的作用力大小为FB,筷子的质量为m,重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　　)
A.FA=mg B.FB=mg
C.FA=FB D.FA=2FB
【答案】 C
【解析】 对筷子受力分析,如图所示,
FA的方向过圆心,由平行四边形定则结合几何关系得FA=FB==mg。
[例6] 【正交分解法】 (2024·河北卷,5)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
【答案】 A
【解析】 对小球受力分析如图所示,由几何关系得力F、FN与竖直方向的夹角均为30°,因此,由正交分解可得FNsin 30°=Fsin 30°,FNcos 30°+Fcos 30°+FT=mg,联立得F=FN= N,故A正确。
[例7] 【三角形法】 如图所示,两个可视为质点的光滑小球a和b,先用一刚性轻细杆相连,再用两根细绳分别连接a、b球,并将细绳悬挂在O点。已知小球a和b的质量之比ma∶mb=∶1,细绳Oa的长度是细绳Ob长度的倍,两球处于平衡状态时,绳Oa上的拉力大小为Fa,绳Ob上的拉力大小为Fb,则Fa∶Fb为(　　)
A.∶1 B.∶1
C.∶ D.∶
【答案】 B
【解析】 两球都受到重力、细杆的弹力和细绳的拉力这三个力的作用而处于平衡状态,对a、b受力分析,如图所示,在图中过O点作竖直线交ab于c点,则△Oac与小球a的力矢量三角形相似,△Obc与小球b的力矢量三角形相似,有=,=,解得Fa∶Fb=∶1,故B正确。
[例8] 【整体法与隔离法解多物体平衡问题】 (多选)(2024·河南开封期末)质量为M的正方体A与质量为m的圆球B在水平向右的外力F作用下静止在墙角处,它们的截面图如图所示,截面正方形的对角线与截面圆的一条直径恰好在一条直线上,所有摩擦忽略不计,重力加速度为g。则(　　)
A.F=mg
B.F=(M+m)g
C.地面受到的压力FN=(M+m)g
D.地面受到的压力FN>(M+m)g
【答案】 AC
【解析】 对圆球B受力分析如图甲所示,
根据平衡条件有FAB==mg,FB=mgtan 45°=mg,对A、B整体受力分析如图乙所示,则F=FB=mg,地面受到的压力为FN=(M+m)g,故A、C正确,B、D错误。
[变式] 如图所示,若质量为m的正方体A和质量为M的正方体B放在两竖直墙和水平面间,处于静止状态。A和B的接触面与竖直方向的夹角为α,重力加速度为g,若不计一切摩擦,求水平面对正方体B的弹力大小和墙面对正方体A的弹力大小。
【答案】 (M+m)g　
【解析】 对A和B构成的整体进行受力分析,如图甲所示,整体受重力(M+m)g、水平面的支持力FN、两墙面的弹力FNA和FNB,
由于两正方体受力平衡,根据共点力平衡条件,水平面对正方体B的弹力大小为FN=(M+m)g;
隔离A,对A进行受力分析,受重力mg、墙面的弹力FNA、B的弹力FNBA,如图乙所示,
根据共点力平衡条件有,
竖直方向mg=FNBAsin α,
水平方向FNA=FNBAcos α,
解得FNA=,
即墙面对正方体A的弹力大小为。
处理多物体平衡问题的技巧
(1)合理选择研究对象:在分析两个或两个以上物体间的相互作用时,一般采用整体法与隔离法进行分析,在使用时有时需要先整体再隔离,有时需要先隔离再整体,交替使用整体法和隔离法。
(2)转移研究对象:用隔离法直接分析一个物体的受力情况不方便时,可转移研究对象,先隔离分析相互作用的另一个物体的受力情况,再根据牛顿第三定律分析该物体的受力情况。
课时作业
对点1.牛顿第三定律
1.(2025·湖南娄底模拟)一人用手推水平地面上的汽车但未推动。下列说法正确的是(　　)
A.人对汽车的推力和汽车对人的力是一对平衡力
B.汽车受到的重力和地面对汽车的支持力是一对作用力与反作用力
C.人对汽车的推力和地面对汽车的摩擦力是一对平衡力
D.地面对汽车的支持力和汽车对地面的压力是一对平衡力
【答案】 C
【解析】 人对汽车的推力和汽车对人的力,这两个力分别作用在汽车和人这两个不同物体上,根据作用力与反作用力的定义,它们是一对作用力与反作用力,而非平衡力,故A错误;汽车受到的重力方向竖直向下,地面对汽车的支持力方向竖直向上,这两个力都作用在汽车上,且汽车在竖直方向静止,满足平衡力“同体、等大、反向、共线”的条件,是一对平衡力,并非作用力与反作用力,故B错误;人对汽车有推力,汽车未被推动处于静止状态,在水平方向上受到平衡力作用,此时地面对汽车有摩擦力,推力和摩擦力都作用在汽车上,方向相反且大小相等,满足平衡力条件,是一对平衡力,故C正确;地面对汽车的支持力作用在汽车上,汽车对地面的压力作用在地面上,这两个力分别作用在两个不同物体上,是一对作用力与反作用力,不是平衡力,故D错误。
2.(多选)(2025·重庆期中)如图所示为某高山滑雪运动员在倾斜赛道上沿直线下滑时的情景,下列说法正确的是(　　)
A.赛道对滑雪板的摩擦力方向沿赛道斜向下
B.赛道对滑雪板的摩擦力方向沿赛道斜向上
C.滑雪板受到的摩擦力与赛道受到的摩擦力是一对平衡力
D.滑雪板受到的摩擦力与赛道受到的摩擦力是一对作用力与反作用力
【答案】 BD
【解析】 滑雪运动员在倾斜赛道上沿直线下滑时,赛道对滑雪板的摩擦力方向与滑雪板相对赛道的运动方向相反,为沿赛道斜向上,故A错误,B正确;赛道在给滑雪板施加滑动摩擦力的同时,滑雪板也给赛道施加了滑动摩擦力,二者是一对作用力与反作用力,故C错误,D正确。
对点2.受力分析
3.(2025·重庆模拟)如图所示,一艘船静止在水面上,其粗糙外壁面与竖直方向夹角为θ,一可视为质点的机器人通过磁铁吸附在外壁上并与船保持静止,磁力垂直于壁面,则该机器人受力个数为(　　)
A.2 B.3 C.4 D.5
【答案】 C
【解析】 机器人与船保持静止,受力分析如图所示,机器人共受4个力。故选C。
4.(2025·贵州黔东南一模)平衡术对人的观察能力和动手能力要求较高,极其锻炼人的耐心。小强同学在海边堆放了一些石块,如图所示,石块A、B的接触面水平,不计空气的作用力,下列说法正确的是(　　)
A.最上面的石块D一定只受两个力作用
B.心形石块E一定不受摩擦力作用
C.石块C可能受到6个力的作用
D.石块B对石块A的作用力方向一定竖直向上
【答案】 D
【解析】 因为不知道接触面是否水平,所以最上面的石块D可能受摩擦力作用,心形石块E也有可能受摩擦力作用,故A、B错误;石块C最多受到重力、左右两边石块对它的两个摩擦力和两个弹力,共5个力的作用,故C错误;石块A、B的接触面水平,把石块A及其上面的石块看作整体,根据二力平衡条件可知,石块B对石块A的作用力方向一定竖直向上,故D正确。
对点3.共点力的平衡
5.(2025·广东模拟)有一挂在架子上的双层晾衣篮,上、下篮子完全相同且保持水平,每个篮子由两个质地均匀的圆形钢圈穿进网布构成,两篮通过四根等长的轻绳分别与钢圈的四等分点相连,上篮钢圈用另外四根等长轻绳系在挂钩上。晾衣篮的有关尺寸如图所示,则上、下各一根绳中的张力大小之比为(　　)
A.1∶1 B.2∶1
C.5∶2 D.5∶4
【答案】 C
【解析】 对上下两篮子整体分析,设晾衣篮总质量为2m,如图所示,根据平衡条件和对称关系可知,每根绳上的拉力竖直向上的分量为·2mg=mg,设绳与篮子平面夹角为θ,由几何关系得cos θ===0.6,F1sin θ=mg,解得F1=mg,隔离下面篮子,对下面篮子受力分析,根据平衡条件可知,F2=mg,则F1∶F2=5∶2,故C正确,A、B、D错误。
6.(多选)(2025·福建阶段练习)如图所示,用三根轻绳a、b、c将质量均为m的两个灯笼1、2悬挂起来。两灯笼静止时,轻绳a与竖直方向的夹角为30°,轻绳c水平,三根轻绳能承受的最大拉力均相等,重力加速度为g,则(　　)
A.轻绳a中的拉力大小为mg
B.轻绳c中的拉力大小为mg
C.轻绳b中的拉力大小为mg
D.若增大m,轻绳a最先被拉断
【答案】 AD
【解析】 将两个灯笼看作一个整体,对整体受力分析,如图所示,根据平衡条件可得
Facos 30°=2mg,Fasin 30°=Fc,解得轻绳a中的拉力大小Fa=mg,A正确;轻绳c中的拉力大小为Fc=Fasin 30°=mg,B错误;对灯笼2受力分析,由平衡条件得,轻绳b中的拉力大小为Fb==mg,C错误;由于轻绳a的拉力最大,因此增大m,轻绳a最先被拉断,D
正确。
7.(2025·四川乐山三模)如图所示,一半径为R、质量为3m的半球放在水平地面上,O点是球心,在O点正上方 R处固定一钉子A,长度为R的轻质细绳一端拴在A上,另一端连接质量为m的光滑小球(可视为质点),整个系统处于静止状态。已知重力加速度为g,下列说法正确的是(　　)
A.细绳对小球的拉力为mg
B.半球对小球的支持力为mg
C.地面对半球的支持力为4mg
D.地面对半球的摩擦力为零
【答案】 A
【解析】 如图所示,由几何关系可得△ABO是底角为30°的等腰三角形,以小球为研究对象,受力分析可得FN=FT,FNcos 30°+FTcos 30°=mg,解得细绳对小球的拉力为FT=mg,半球对小球的支持力为FN=mg,故A正确,B错误;以小球和半球为整体,根据平衡条件可得地面对半球的支持力为FN地=4mg-FTcos 30°=mg,地面对半球的摩擦力为Ff地=FTsin 30°=mg,故C、D错误。
8.(2025·陕西西安模拟)如图所示,有40个质量相等的小球(可视为质点),将它们用长度相等的轻绳依次连接,再将两端固定在天花板上,静止时,连接天花板的轻绳与水平方向的夹角为30°,已知每个小球的重力均为1 N,则第15个小球与第16个小球之间轻绳的张力大小为(　　)
A.14 N B.28 N C.35 N D.45 N
【答案】 C
【解析】 每个小球受到的重力均为1 N,以左侧20个小球为整体,受力分析如图甲所示,由共点力的平衡条件可知F=,解得F=20 N;以16到20这五个球为整体,设第15个小球与第16个小球之间轻绳的张力大小为F1,受力分析如图乙所示,根据共点力的平衡条件可得F1=,解得F1=35 N。故选C。
9.(2025·辽宁开学考试)如图所示,物块A放置于水平桌面上,轻绳DO与轻质弹簧的左端及轻绳CO的上端连接于O点,弹簧中轴线沿水平方向,轻绳DO、DE与竖直方向夹角θ相等,均为53°,整个系统均处于静止状态,不计绳与滑轮间的摩擦。已知物块A和B的质量分别为m1=5 kg,m2=1.5 kg,人的质量为m3=50 kg,弹簧的伸长量为4 cm,取sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,重力加速度g取10 m/s2。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,求:
(1)弹簧的劲度系数k;
(2)物块A与桌面间的动摩擦因数的最小值;
(3)地面对人的支持力大小。
【答案】 (1)500 N/m　(2)0.4　(3)485 N
【解析】 (1)对结点O受力分析,如图甲所示。根据平衡条件可得竖直方向有
FTcos θ=m2g,
水平方向有FTsin θ=F,
由胡克定律有F=kx,
解得FT=25 N,F=20 N,k=500 N/m。
(2)物块A所受静摩擦力方向水平向右,对物块A受力分析,如图乙所示。根据物体平衡和临界条件,有F=Ff,
又Ff≤Ffmax=μm1g,
解得μ≥0.4,
则物块A与桌面间的动摩擦因数最小为0.4。
(3)对人,竖直方向根据平衡条件可得
FTcos θ+FN=m3g,
解得地面对人的支持力大小为FN=485 N。(共40张PPT)
第3讲
力的合成与分解
【学习目标】
1.理解合力与分力的等效替代关系,掌握平行四边形定则和正交分解法,建立矢量合成的运算思想。
2.运用平行四边形定则或三角形定则分析多力合成与分解,掌握正交分解法解决实际问题。
3.通过实验探究合力与分力的关系,培养误差分析与方案设计能力。
4.认识力学规律在工程中的应用价值,养成严谨的矢量运算习惯,避免标量思维误区。
知识构建
【答案】 同一点　一点　相同　合力　分力　等效替代　合力　合力
有向线段　分力　逆运算　平行四边形　垂直　方向　平行四边形
方向　算术
基础转化
1.(多选)(2025·云南昆明期中)关于力的合成和分解,下列说法正确的是
(　 　)
A.两个力的合力,可能比这两个分力都小
B.已知合力及一个分力的大小和方向,求另一个分力有唯一解
C.两个分力大小一定,夹角越大,合力越小
D.把一个力分解为两个分力,两个分力不能同时大于这个力的2倍
ABC
2.(多选)如图所示,把光滑斜面上物体所受的重力G分解为F1、F2两个力,则(　 　)
A.F1是斜面作用在物体上使物体下滑的力,F2是物体对斜面的压力
B.物体受到G、FN、F1、F2四个力作用
C.物体受到的合力为Gsin θ,方向沿斜面向下
D.FN、F1、F2三个力的作用效果和G与FN两个力的作用效果相同
CD
考点一
共点力的合成
(1)互成角度的两个力,其中一个力增大后,合力一定增大吗 请作图说明。
模理探真·深度学习
提示:(1)不一定。如图,F2增大后,合力F可能减小,可能不变,还可能增大。
(2)有三个共点力F1=8 N,F2=7 N,F3=16 N,这三个力合力的最大值和最小值分别是多少 若F3=10 N 呢
提示:(2)31 N,1 N;25 N,0。
1.共点力合成的方法
(1)作图法。
(2)计算法。
2.合力大小的范围
(1)两个共点力的合成。
①当两个力方向相同时,合力最大,Fmax=F1+F2。
②当两个力方向相反时,合力最小,Fmin=|F1-F2|。
③合力大小的变化范围为|F1-F2|≤F≤F1+F2。
(2)三个共点力的合成。
①最大值:当三个分力同方向时,合力最大,即Fmax=F1+F2+F3。
②最小值:如果一个力的大小处于另外两个力的合力大小范围内,则其合力的最小值为零,即Fmin=0;如果不处于,则合力的最小值等于最大的一个力减去另外两个力的大小之和,即Fmin=F1-(F2+F3)(F1为三个力中最大的力)。
3.多个共点力的合成方法
依据平行四边形定则先求出任意两个力的合力,再求这个合力与第三个力的合力,依次类推,求完为止。
[例1] 【两个力的合成及合力的范围】 (2025·山西太原期末)两个力F1和F2之间的夹角为θ,其合力为F。下列说法正确的是(　　)
A.若F1和F2大小不变,θ角越大,合力F就越大
B.合力F总比分力F1、F2中的任何一个力都大
C.合力F的大小范围是|F1-F2|D.若夹角θ不变,F1大小不变,F2增大,合力F可能先减小后增大
D
【解析】 根据平行四边形定则可知,若F1和F2大小不变,θ角越大,合力F就越小,故A错误;合力F可能比分力F1、F2中的任何一个力都大,也可能比分力F1、F2中的任何一个力都小,还可能等于分力F1、F2中的其中一个,故B错误;合力F的大小范围是|F1-F2|≤F≤F1+F2,故C错误;若夹角θ不变,F1大小不变,F2增大,若夹角θ大于90°,根据平行四边形定则可知,合力F可能先减小后增大,故D正确。
[例2] 【作图法求合力】 (2025·广东茂名期末)某质点在同一平面内同时受三个共点力作用的四种情况分别如图甲、乙、丙、丁所示,已知图中每个正方形方格的边长表示大小为1 N的力,则下列关于该质点所受合力大小的说法正确的是(　　)
A.图甲中质点所受的合力大小等于4 N
B.图乙中质点所受的合力大小等于5 N
C.图丙中质点所受的合力大小等于0
D.图丁中质点所受的合力大小等于3 N
B
【解析】 题图甲,先将F1与F3合成,合力为向左的 3 N,然后再用勾股定理,求得F1、F2、F3的合力等于5 N,故A错误;题图乙,先将F1与F3沿水平和竖直方向正交分解,水平分量相等,竖直分量分别为1 N和2 N,再与F2合成,求得合力等于5 N,故B正确;题图丙,F2和F3的合力与F1等大同向,则三力的合力为2F1,即合力等于6 N,故C错误;题图丁,根据三角形定则,合力等于0,故D错误。
[例3] 【共点力的合成】 (2025·山西大同阶段检测)如图所示,一个“Y”形弹弓顶部跨度为L,两根相同的橡皮条自由长度均为L,在两橡皮条的末端用一块软羊皮(长度不计)做成裹片。若橡皮条的弹力与形变量的关系满足胡克定律,且劲度系数为k,发射弹丸时每根橡皮条的最大长度为1.5L(弹性限度内),则发射过程中裹片对弹丸的最大作用力为(　　)
A
考点二
力的分解
1.力的分解常用的方法
力的分 解方法 选取 原则 一般来说,当物体受到三个或三个以下的力时,常按效果分解法进行分解。若这三个力中,有两个力互相垂直,优先选用正交分解法。当物体受到三个以上的力时,常用正交分解法
2.一个已知力分解时有无解的讨论
已知合力F和两个分力F1、F2的方向,求两个分力的大小,有唯一解
已知合力F和一个分力(大小、方向)求另一个分力(大小、方向),有唯一解
已知合力F和两分力F1、F2(F1>F2)的大小,求两分力的方向 F>F1+F2,无解
F=F1+F2,有唯一解,F1和F2与F同向
F=F1-F2,有唯一解,F1与F同向,F2与F反向
F1-F2已知合力F和F1的方向、F2的大小(F1与合力的夹角为θ) F2F2=Fsin θ,有唯一解
Fsin θF2≥F,有唯一解
[例4] 【力的正交分解法】 (2024·湖北卷,6)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(　　)
B
[例5] 【力的效果分解法】 (2025·广东佛山开学考试)如图甲所示是斧子砍进木桩时的示意图,其横截面如图乙所示,斧子的剖面可视作顶角为θ的等腰三角形,若施加竖直向下的力与斧子所受重力合为F,则(　　 )
D
B.F越小,斧子对木桩的侧向压力越大
C.相同的力F,θ越大的斧子,越容易劈开木桩
D.相同的力F,θ越小的斧子,越容易劈开木桩
AC
[变式] 若已知力F,且它的一个分力F1与F成30°角,F1大小未知,当另一个分力F2取最小值时,分力F1大小为多少
考点三
“活结—死结”模型与“动杆—定杆”模型
1.“活结—死结”模型
模型结构 模型解读 模型特点
“活结”把绳子分为两段,且可沿绳移动,“活结”一般由绳跨过滑轮或绳上挂一光滑挂钩而形成,绳子因“活结”而弯曲,但实际为同一根绳 “活结”两侧的绳子上的张力大小处处相等
“死结”把绳子分为两段,且不可沿绳子移动,“死结”两侧的绳因结而变成两根独立的绳 “死结”两侧的绳子上的张力不一定相等
2.“定杆—动杆”模型
模型结构 模型解读 模型特点
轻杆被固定, 不发生转动 杆受到的弹力方向不一定沿杆
轻杆用光滑的转轴或铰链连接 杆平衡时,杆所受到的弹力方向一定沿着杆,否则杆会转动
[例7] 【“活结—死结”模型】 如图,悬挂物体甲的细线拴牢在一不可伸长的轻质细绳上O点处;绳的一端固定在墙上,另一端通过光滑定滑轮与物体乙相连,甲、乙两物体质量相等。系统平衡时,O点两侧绳与竖直方向的夹角分别为α和β。若α=70°,则β等于(　　)
A.45° B.55° C.60° D.70°
B
【解析】 物体甲是拴牢在O点的,且甲、乙两物体的质量相等,则绳OB、OC的拉力大小相等,O点处于平衡状态,则绳OA拉力的方向在绳OB、OC夹角的平分线上,如图所示,根据几何关系有180°=2β+α,解得β=55°。
[变式] 在[例7]中,若甲、乙两物体的质量均为m=2 kg,重力加速度g取10 m/s2,取sin 55°=0.82,sin 70°=0.94。绳OA的拉力约为多大
【答案】 23 N
[例8] 【“定杆—动杆”模型】 (多选)(2025·山东期中)如图甲所示,水平轻杆BC一端固定在竖直墙上,另一端C处固定一个光滑轻质定滑轮,一端固定的轻绳AD跨过定滑轮拴接一个质量为m的重物P,∠ACB=30°。如图乙所示,水平轻杆HG一端用光滑铰链固定在竖直墙上,另一端通过轻绳EG固定,∠EGH=30°,在轻杆的G端用轻绳GF悬挂一个与重物P质量相等的重物Q。重力加速度为g,下列说法正确的是(　 　)
A.轻杆BC产生的弹力方向沿杆向外
B.轻杆BC对定滑轮的作用力大小为mg
C.轻杆HG产生的弹力方向沿杆向外
D.轻绳EG上的拉力大小为2mg
BCD
【解析】 对题图甲,以定滑轮为研究对象,受力分析如图1所示,轻绳AD上拉力大小相等,结合图1可知固定杆BC产生的弹力方向不沿杆,故A错误;轻杆对定滑轮的作用力与绳对定滑轮的合力等大反向,由几何关系知F1=mg,故B正确;轻杆HG为活动杆,轻杆HG产生的弹力方向沿杆向外,故C正确;对题图乙,以G点为研究对象,受力分析如图2所示,由平衡条件得FTsin 30°=mg,解得FT=2mg,故D正确。
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第二章　
相互作用——力
【考情分析】
　　　　　年份 　考查点 2025 2024 2023
重力　弹力　摩擦力 北京·T6、 陕晋青宁·T4 广西·T2、黑吉辽·T3、 山东·T2、 山东·T2、
江苏·T7
力的合成与分解 河北·T4 河北·T5 广东·T2、
重庆·T1、
浙江6月选考·T6
共点力的平衡 重庆·T1、 福建·T1 湖北·T6、新课标·T24、 浙江1月选考·T6、 贵州·T4 海南·T3、
浙江1月选考·T2、
江苏·T7
实验:探究弹簧弹力与形变量的关系 四川·T11 浙江6月选考·
T16Ⅰ(2)
实验:探究两个互成角度的力的合成规律 黑吉辽内蒙古·T12 海南·T14 全国乙·T22
【AI考情预测】
一、命题趋势
1.情境化命题:结合科技前沿(如“太空舱微重力实验”)或工程问题(如“悬索桥受力优化”)。
2.模型创新:复杂连接体(多物体、多弹簧系统);非典型约束条件(如柔性绳与刚性杆混合模型)。
3.数学工具强化:矢量运算、三角函数与极值问题结合;图像分析(F-x、F-t图像斜率含义)。
二、热点预测
1.动态平衡问题解法:如图解法、相似三角形、三角函数或拉密定理在动态平衡中的应用。
2.摩擦力的临界分析:涉及自锁现象或变动摩擦因数问题。
3.跨学科融合:与生物力学结合(如人体关节受力模型)。
4.实验拓展:可能设计“探究动摩擦因数与接触面关系”的创新实验。
三、备考建议
1.基础强化:熟练掌握正交分解法和三角形定则,尤其注意多力平衡的合成。
2.模型归纳:整理“斜面+摩擦”“轻绳+滑轮”“弹簧串联/并联”等经典模型。
3.情境训练:通过航天、体育、建筑等实际情境题,提炼物理模型。
4.实验拓展:关注“数字化实验”(如应用力传感器验证平行四边形定则)。
5.计算能力:强化解析几何在动态平衡中的应用(如圆方程与极值问题)。
总结:“相互作用——力”仍是高考物理的重难点,未来命题将更注重学科素养和实际应用能力。备考需从“基础模型+情境创新+数学工具”三维度突破,尤其要关注与科技热点关联的问题。
第1讲
重力　弹力　摩擦力
【学习目标】
1.建立重力、弹力、摩擦力的清晰概念,形成正确的力的物理观念。
2.掌握弹力、摩擦力的有无及方向的判断方法,以及用胡克定律、平衡条件、整体法、隔离法分析计算力的大小的能力,提升逻辑思维与建模能力。
3.通过探究胡克定律、滑动摩擦力与压力关系等实验,培养实验设计、数据处理和误差分析的科学探究能力。
4.联系生活实际(如弹簧测力计、刹车系统、重心稳定),认识物理知识的应用价值,养成依据规律分析问题的科学态度。
知识构建
【答案】 吸引　mg　竖直向下　弹性形变　相反　正比　相对运动　相对运动　μF压　相反　相对运动　相对静止　相对运动趋势　相反　相对运动趋势
基础转化
1.(多选)关于重力和弹力,下列说法正确的是(　　 )
A.在地球上的物体都要受到重力作用,所受的重力与它的运动状态无关,也与是否存在其他力的作用无关
B.在地球各处的重力方向都是一样的
C.两个物体只要接触就一定有弹力
D.弹力的方向一定与施力物体发生弹性形变的方向相反
AD
2.如图所示,重为500 N的沙发放在水平地面上,某同学沿水平方向推沙发,当水平推力大小为90 N时沙发恰好开始运动。沙发运动后,用75 N的水平力即可使沙发保持匀速直线运动。下列说法正确的是(　　)
A.沙发与地面之间的动摩擦因数为0.18
B.若用80 N的水平力推静止的沙发,沙发所受的摩擦力大小为75 N
C.若用100 N的水平力推静止的沙发,沙发所受的摩擦力大小为100 N
D.若用50 N的水平力推已经运动的沙发,沙发所受的摩擦力大小为75 N
D
考点一
重力和重心
1.重力
(1)重力的大小与运动状态无关,与所处的纬度和高度有关。重力加速度随纬度的减小而减小,随高度的增加而减小。
(2)重力的方向总是竖直向下的,但并不一定垂直于地面,也不一定指向地心。
(3)重力是由于地球的吸引而产生的,但重力并不等于地球的引力,它实际上是万有引力的一个分力。
2.重心
(1)重心的位置可以在物体上,也可以在物体外。
(2)质量分布均匀、形状规则的物体的重心在其几何中心上;对形状不规则的薄物体,可用支撑法或悬挂法来确定其重心。
[例1] 【对重力的理解】 (2025·广西南宁阶段检测)下列关于重力的说法正确的是(　　)
A.重力等于地球对物体的吸引力
B.运动的物体不受重力作用
C.同一物体在地球上不同位置受到的重力可能不同
D.重力方向垂直向下
C
【解析】 重力是由于地球的吸引而产生的,但重力只是地球对物体的吸引力的一个分力,故A错误;运动的物体仍受重力作用,故B错误;同一物体在地球上不同位置,重力加速度大小可能不同,受到的重力可能不同,故C正确;重力方向竖直向下,故D错误。
[变式] 物体挂在弹簧测力计下,弹簧测力计的示数是否一定等于物体受到的重力
【答案】 物体挂在弹簧测力计下处于平衡状态时,弹簧测力计的示数才等于物体受到的重力。
[例2] 【对重心的理解】 (2025·青海西宁期末)如图为仰韶文化时期的尖底瓶,装水后的尖底瓶“虚则欹、中则正、满则覆”。下列说法正确的是(　　)
A.瓶的重心是瓶各部分所受重力的等效作用点
B.向瓶中缓慢注入水的过程中,瓶(包括水)的重心位置逐渐升高
C.瓶的重心可能在瓶口
D.瓶的重心一定在瓶底
A
【解析】 瓶的重心是瓶各部分所受重力的等效作用点,这是重心的定义,故A正确;向瓶中缓慢注入水的过程中,瓶(包括水)的重心位置先降低再升高,故B错误;瓶的重心一定在瓶口的下方,在瓶底的上方,故C、D错误。
考点二
弹力
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、通常可忽略的是哪些
模理探真·深度学习
提示:(1)轻绳、轻杆。
(2)产生弹力方向一定沿物体本身的是哪些 弹力方向可以与其本身成任意角度的是哪个
提示:(2)轻绳、橡皮筋、轻弹簧;轻杆。
(3)既可产生拉伸、又可产生压缩形变的是哪些 既可以产生拉伸、也可以产生压缩、又可以产生弯曲形变的是哪个
提示:(3)轻杆、轻弹簧;轻杆。
(4)弹力大小可以突变的是哪些 不能突变的是哪些
提示:(4)轻绳、轻杆;橡皮筋、轻弹簧。
1.弹力有无的判断
2.弹力方向的判断
(1)按接触面分。
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
(2)按模型分。
[例3] 【弹力有无及方向的判断】 (多选)(2025·浙江丽水期中)下列情境中关于球所受弹力的描述,正确的是(　 　)
A.图甲,反弹出去的排球在空中运动时,受到沿运动方向的弹力
B.图乙,小球静止,其中a绳处于竖直方向,则b绳对小球无拉力
C.图丙,小球随车厢(底部光滑)一起向右做匀速直线运动,车厢左壁对小球无弹力
D.图丁,静止在杆顶端的铁球受到沿杆向上的弹力
BC
【解析】 反弹出去的排球在空中运动时,若忽略空气阻力,则它只受到重力作用,不受沿运动方向的弹力作用,故A错误;小球被a、b两轻绳悬挂而静止,其中a绳处于竖直方向,则小球所受重力和a绳的拉力平衡,故b绳对小球一定没有拉力,故B正确;小球随车厢(底部光滑)一起向右做匀速直线运动,速度不变,则水平方向不受力的作用,车厢左壁对小球无弹力,故C正确;静止在杆顶端的铁球,由平衡条件可知,受到竖直向上的弹力,故D错误。
[例4] 【胡克定律的应用】 (2025·重庆模拟)质量分别为m1、m2的小球1、2用劲度系数分别为ka、kb的a、b轻质弹簧悬挂,平衡后状态如图甲所示。若将小球1、2交换位置,平衡后状态如图乙所示,则(　　)
A.ka>kb B.m1C.m1>m2 D.kaC
【解析】 对题图甲中的小球2和题图乙中的小球1进行受力分析,有mg=
kbΔx,对比可知题图乙中弹簧b伸长量较长,则有m1>m2,故B错误,C正确;对题图甲中的小球1进行受力分析,有kaΔxa=kbΔxb+m1g,由于a、b两弹簧的伸长量Δxa、Δxb大小未知,故无法比较两个弹簧的劲度系数,故A、D错误。
[变式] 若用S1和S2表示劲度系数分别为k1和k2的两根弹簧,k1>k2;a和b表示质量分别为ma和mb的两个小物体,ma>mb,将弹簧与物体按图示方式悬挂起来,现要求两根弹簧的总长度最大,则应使S1和S2、a和b的位置顺序怎样
【答案】 S2在上,b在上
[例5] 【杆的弹力大小计算】 (多选)如图所示,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。关于斜杆对小球的作用力F,下列判断正确的是(　 　)
A.小车静止时,F=mg,方向竖直向上
B.小车静止时,F=mgcos θ,方向垂直于斜杆向上
AD
计算弹力大小的三种方法
(1)公式法:利用胡克定律F=kx计算。适用于弹簧、橡皮筋等弹力的计算。
(2)平衡法:静止或做匀速直线运动时利用平衡条件计算。
(3)牛顿运动定律:利用牛顿第二定律和牛顿第三定律分析求解。
方法点拨
考点三
摩擦力
模理探真·深度学习
请思考下列与摩擦力有关的几个问题:
(1)若两物体间有摩擦力,则两物体间一定有弹力吗 若两物体间有弹力,则两物体间一定有摩擦力吗
提示:(1)有摩擦力一定有弹力,有弹力不一定有摩擦力。
(2)静止物体受到的摩擦力一定是静摩擦力吗 运动物体受到的摩擦力一定是滑动摩擦力吗
提示:(2)发生相对运动的两物体中的一个物体,可能相对地面是静止的,所以静止的物体也可以受到滑动摩擦力;同理运动的物体也可以受到静摩擦力。
(3)滑动摩擦力的大小是否与物体间的接触面积有关 静摩擦力呢
提示:(3)滑动摩擦力Ff=μFN,大小与接触面积无关;静摩擦力大小由外部条件决定,与接触面积无关。
(4)摩擦力的方向是不是可以与物体运动方向相反,也可以与物体运动方向相同,还可以与物体运动方向成任意角度 试举例说明。
提示:(4)用手握住水杯,水杯所受静摩擦力竖直向上,当水杯向上运动、向下运动、水平运动、斜向上运动、斜向下运动时,静摩擦力可以与物体运动方向相反,也可以与物体运动方向相同,还可以与物体运动方向成任意角度。
(5)摩擦力都是物体运动的阻力吗
提示:(5)摩擦力既可以是动力也可以是阻力。
1.明确三个方向
名称 释义
运动方向 一般指物体相对地面(以地面为参考系)的运动方向
相对运动 方向 指以其中一个物体为参考系,另一个物体相对参考系的运动方向
相对运动 趋势方向 能发生却没有发生的相对运动的方向,导致两物体间存在静摩擦力
2.静摩擦力有无及方向的判断
(1)假设法。
(2)状态法:根据平衡条件、牛顿第二定律,通过受力分析确定静摩擦力的有无及方向。
(3)转换对象法: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的方向。
3.静摩擦力大小的分析与计算
(1)物体处于平衡状态(静止或匀速直线运动)时,利用力的平衡条件来计算静摩擦力的大小。
(2)物体有加速度时,若只有静摩擦力提供加速度,则Ff=ma;若除受静摩擦力外,物体还受其他力,则F合=ma,先求合力再求静摩擦力。
4.滑动摩擦力大小的分析与计算
(1)滑动摩擦力略小于最大静摩擦力,一般情况下,可认为最大静摩擦力与滑动摩擦力近似相等。
(2)滑动摩擦力的大小用公式Ff=μFN来计算,其中FN为两接触面间的正压力,其大小不一定等于物体受到的重力。
[例6] 【摩擦力的有无及方向判断】 (2025·宁夏银川模拟)如图,水平地面上放着一辆手推小车,小车的水平板上放置一只金属桶。当小车水平向左启动时,桶相对小车先向右运动一小段距离,随后相对小车静止一起向左匀速运动。则(　　)
A.桶相对地面先向右运动,后向左运动
B.桶匀速运动前,受到水平向右的滑动摩擦力
C.桶对小车先是滑动摩擦力,后是静摩擦力
D.桶匀速运动后,桶对小车没有摩擦力
D
【解析】 当小车水平向左启动时,桶先向左加速后匀速,相对地面,桶向左运动,故A错误。桶匀速运动前,桶相对于车向右运动,桶受到的摩擦力水平向左,故B错误。桶先向左加速后匀速,加速阶段桶和小车相对滑动,桶对小车是滑动摩擦力;小车匀速运动时,桶受力平衡,水平方向不受摩擦力作用,故C错误,D正确。
(1)摩擦力的方向总是与物体间相对运动(或相对运动趋势)的方向相反,但不一定与物体的运动方向相反。
(2)摩擦力总是阻碍物体间的相对运动(或相对运动趋势),但不一定阻碍物体的运动。即摩擦力可以作为阻力使物体减速,也可以作为动力使物体加速。
(3)受静摩擦力作用的物体不一定静止,但一定与静摩擦力的施力物体保持相对静止。
误区警示
[例7] 【摩擦力大小的分析与计算】 (多选)如图甲所示,质量为m=20 kg的木箱静止在水平地面上,人至少要用F=35 N的水平推力才能使其运动。木箱运动后,人再用30 N的水平推力,就可以使木箱继续做匀速直线运动(g取10 m/s2)。下列说法正确的是(　　 )
A.木箱与地面间的滑动摩擦力大小为35 N
B.木箱与地面间的动摩擦因数等于0.15
C.若用F=32 N的水平推力推静止的木箱,木箱所受摩擦力大小为30 N
D.若在该木箱上叠放一个相同木箱,60 N水平推力可使两木箱保持匀速直线运动
BD
感谢观看第3讲　力的合成与分解
【学习目标】
1.理解合力与分力的等效替代关系,掌握平行四边形定则和正交分解法,建立矢量合成的运算思想。
2.运用平行四边形定则或三角形定则分析多力合成与分解,掌握正交分解法解决实际问题。
3.通过实验探究合力与分力的关系,培养误差分析与方案设计能力。
4.认识力学规律在工程中的应用价值,养成严谨的矢量运算习惯,避免标量思维误区。
[footnoteRef:2] [2:
1.(多选)(2025·云南昆明期中)关于力的合成和分解,下列说法正确的是(　　)
A.两个力的合力,可能比这两个分力都小
B.已知合力及一个分力的大小和方向,求另一个分力有唯一解
C.两个分力大小一定,夹角越大,合力越小
D.把一个力分解为两个分力,两个分力不能同时大于这个力的2倍
【答案】 ABC
2.(多选)如图所示,把光滑斜面上物体所受的重力G分解为F1、F2两个力,则(　　)
A.F1是斜面作用在物体上使物体下滑的力,F2是物体对斜面的压力
B.物体受到G、FN、F1、F2四个力作用
C.物体受到的合力为Gsin θ,方向沿斜面向下
D.FN、F1、F2三个力的作用效果和G与FN两个力的作用效果相同
【答案】 CD]
【答案】 同一点　一点　相同　合力　分力　等效替代　合力　合力
有向线段　分力　逆运算　平行四边形　垂直　方向　平行四边形
方向　算术
考点一　共点力的合成
(1)互成角度的两个力,其中一个力增大后,合力一定增大吗 请作图说明。
(2)有三个共点力F1=8 N,F2=7 N,F3=16 N,这三个力合力的最大值和最小值分别是多少 若F3=10 N 呢
提示:(1)不一定。如图,F2增大后,合力F可能减小,可能不变,还可能增大。
(2)31 N,1 N;25 N,0。
1.共点力合成的方法
(1)作图法。
(2)计算法。
①图甲中,F1与F2垂直,F=。
②图乙中,F1与F2大小相等,夹角为θ,F=2F1cos 。
③图丙中,F1与F2大小相等,夹角为120°,F=F1=F2。
2.合力大小的范围
(1)两个共点力的合成。
①当两个力方向相同时,合力最大,Fmax=F1+F2。
②当两个力方向相反时,合力最小,Fmin=|F1-F2|。
③合力大小的变化范围为|F1-F2|≤F≤F1+F2。
(2)三个共点力的合成。
①最大值:当三个分力同方向时,合力最大,即Fmax=F1+F2+F3。
②最小值:如果一个力的大小处于另外两个力的合力大小范围内,则其合力的最小值为零,即Fmin=0;如果不处于,则合力的最小值等于最大的一个力减去另外两个力的大小之和,即Fmin=F1-(F2+F3)(F1为三个力中最大的力)。
3.多个共点力的合成方法
依据平行四边形定则先求出任意两个力的合力,再求这个合力与第三个力的合力,依次类推,求完为止。
[例1] 【两个力的合成及合力的范围】 (2025·山西太原期末)两个力F1和F2之间的夹角为θ,其合力为F。下列说法正确的是(　　)
A.若F1和F2大小不变,θ角越大,合力F就越大
B.合力F总比分力F1、F2中的任何一个力都大
C.合力F的大小范围是|F1-F2|D.若夹角θ不变,F1大小不变,F2增大,合力F可能先减小后增大
【答案】 D
【解析】 根据平行四边形定则可知,若F1和F2大小不变,θ角越大,合力F就越小,故A错误;合力F可能比分力F1、F2中的任何一个力都大,也可能比分力F1、F2中的任何一个力都小,还可能等于分力F1、F2中的其中一个,故B错误;合力F的大小范围是|F1-F2|≤F≤F1+F2,故C错误;若夹角θ不变,F1大小不变,F2增大,若夹角θ大于90°,根据平行四边形定则可知,合力F可能先减小后增大,故D正确。
[例2] 【作图法求合力】 (2025·广东茂名期末)某质点在同一平面内同时受三个共点力作用的四种情况分别如图甲、乙、丙、丁所示,已知图中每个正方形方格的边长表示大小为1 N的力,则下列关于该质点所受合力大小的说法正确的是(　　)
A.图甲中质点所受的合力大小等于4 N
B.图乙中质点所受的合力大小等于5 N
C.图丙中质点所受的合力大小等于0
D.图丁中质点所受的合力大小等于3 N
【答案】 B
【解析】 题图甲,先将F1与F3合成,合力为向左的 3 N,然后再用勾股定理,求得F1、F2、F3的合力等于5 N,故A错误;题图乙,先将F1与F3沿水平和竖直方向正交分解,水平分量相等,竖直分量分别为1 N和2 N,再与F2合成,求得合力等于5 N,故B正确;题图丙,F2和F3的合力与F1等大同向,则三力的合力为2F1,即合力等于6 N,故C错误;题图丁,根据三角形定则,合力等于0,故D错误。
[例3] 【共点力的合成】 (2025·山西大同阶段检测)如图所示,一个“Y”形弹弓顶部跨度为L,两根相同的橡皮条自由长度均为L,在两橡皮条的末端用一块软羊皮(长度不计)做成裹片。若橡皮条的弹力与形变量的关系满足胡克定律,且劲度系数为k,发射弹丸时每根橡皮条的最大长度为1.5L(弹性限度内),则发射过程中裹片对弹丸的最大作用力为(　　)
A.kL B.kL
C.kL D.2kL
【答案】 A
【解析】 根据胡克定律可知,每根橡皮条的最大弹力为F=k(1.5L-L)=0.5kL,设此时两根橡皮条与合力的夹角均为θ,根据几何关系知sin θ==,则cos θ==,根据平行四边形定则知,弹丸被发射过程中所受的最大弹力为F合=2Fcos θ,联立解得F合=kL。
考点二　力的分解
1.力的分解常用的方法
项目 正交分解法 效果分解法
分解 方法 将一个力沿着两个互相垂直的方向进行分解 根据一个力产生的实际效果进行分解
实例 分析 x轴方向上的分力 Fx=Fcos θ, y轴方向上的分力 Fy=Fsin θ F1=, F2=Gtan θ
力的分 解方法 选取 原则 一般来说,当物体受到三个或三个以下的力时,常按效果分解法进行分解。若这三个力中,有两个力互相垂直,优先选用正交分解法。当物体受到三个以上的力时,常用正交分解法
2.一个已知力分解时有无解的讨论
已知合力F和两个分力F1、F2的方向,求两个分力的大小,有唯一解
已知合力F和一个分力(大小、方向)求另一个分力(大小、方向),有唯一解
已知合力F和两分力F1、F2(F1>F2)的大小,求两分力的方向 F>F1+F2,无解
F=F1+F2,有唯一解,F1和F2与F同向
F=F1-F2,有唯一解,F1与F同向,F2与F反向
F1-F2已知合力F和F1的方向、F2的大小(F1与合力的夹角为θ) F2F2=Fsin θ,有唯一解
Fsin θF2≥F,有唯一解
[例4] 【力的正交分解法】 (2024·湖北卷,6)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
【答案】 B
【解析】 根据题意,对S在水平面受力分析如图甲所示,有2FTcos 30°=f,解得FT=f;对P在水平面受力分析如图乙所示,有(FT′sin 30°)2+(f+FT′cos 30°)2=F2,且FT=FT′,解得F=,故选B。
[例5] 【力的效果分解法】 (2025·广东佛山开学考试)如图甲所示是斧子砍进木桩时的示意图,其横截面如图乙所示,斧子的剖面可视作顶角为θ的等腰三角形,若施加竖直向下的力与斧子所受重力合为F,则(　　)
A.侧向分力F1、F2的大小为
B.F越小,斧子对木桩的侧向压力越大
C.相同的力F,θ越大的斧子,越容易劈开木桩
D.相同的力F,θ越小的斧子,越容易劈开木桩
【答案】 D
【解析】 如图所示,将力F进行分解,由几何关系可知2α+θ=180°,F1=F2=,解得F1=F2=,可知,力F越小,侧向分力F1、F2越小,则斧子对木桩的侧向压力越小;施加相同的力F,θ越小,斧子对木桩的侧向压力越大,越容易劈开木桩,故A、B、C错误,D正确。
[例6] 【力的分解的多解问题】 (多选)已知力F,且它的一个分力F1与F成30°角,大小未知,另一个分力F2的大小为F,方向未知,则F1的大小可能是(　　)
A. B.
C. D.F
【答案】 AC
【解析】 根据题意,作出矢量三角形,如图,通过几何关系得F1=F或F1′=F,故A、C正确,B、D错误。
[变式] 若已知力F,且它的一个分力F1与F成30°角,F1大小未知,当另一个分力F2取最小值时,分力F1大小为多少
【答案】 F
【解析】 根据三角形定则知,当另一个分力F2与F1垂直时,F2最小,则F1=Fcos 30°=F。
考点三　“活结—死结”模型与“动杆—定杆”模型
1.“活结—死结”模型
模型结构 模型解读 模型特点
“活结”把绳子分为两段,且可沿绳移动,“活结”一般由绳跨过滑轮或绳上挂一光滑挂钩而形成,绳子因“活结”而弯曲,但实际为同一根绳 “活结”两侧的绳子上的张力大小处处相等
“死结”把绳子分为两段,且不可沿绳子移动,“死结”两侧的绳因结而变成两根独立的绳 “死结”两侧的绳子上的张力不一定相等
2.“定杆—动杆”模型
模型结构 模型解读 模型特点
轻杆被固定, 不发生转动 杆受到的弹力方向不一定沿杆
轻杆用光滑的转轴或铰链连接 杆平衡时,杆所受到的弹力方向一定沿着杆,否则杆会转动
[例7] 【“活结—死结”模型】 如图,悬挂物体甲的细线拴牢在一不可伸长的轻质细绳上O点处;绳的一端固定在墙上,另一端通过光滑定滑轮与物体乙相连,甲、乙两物体质量相等。系统平衡时,O点两侧绳与竖直方向的夹角分别为α和β。若α=70°,则β等于(　　)
A.45° B.55° C.60° D.70°
【答案】 B
【解析】 物体甲是拴牢在O点的,且甲、乙两物体的质量相等,则绳OB、OC的拉力大小相等,O点处于平衡状态,则绳OA拉力的方向在绳OB、OC夹角的平分线上,如图所示,根据几何关系有180°=2β+α,解得β=55°。
[变式] 在[例7]中,若甲、乙两物体的质量均为m=2 kg,重力加速度g取10 m/s2,取sin 55°=
0.82,sin 70°=0.94。绳OA的拉力约为多大
【答案】 23 N
【解析】 如图所示,由拉密定理得
=,
又FTOC=mg=20 N,
解得FTOA=F合=23 N。
[例8] 【“定杆—动杆”模型】 (多选)(2025·山东期中)如图甲所示,水平轻杆BC一端固定在竖直墙上,另一端C处固定一个光滑轻质定滑轮,一端固定的轻绳AD跨过定滑轮拴接一个质量为m的重物P,∠ACB=30°。如图乙所示,水平轻杆HG一端用光滑铰链固定在竖直墙上,另一端通过轻绳EG固定,∠EGH=30°,在轻杆的G端用轻绳GF悬挂一个与重物P质量相等的重物Q。重力加速度为g,下列说法正确的是(　　)
A.轻杆BC产生的弹力方向沿杆向外
B.轻杆BC对定滑轮的作用力大小为mg
C.轻杆HG产生的弹力方向沿杆向外
D.轻绳EG上的拉力大小为2mg
【答案】 BCD
【解析】 对题图甲,以定滑轮为研究对象,受力分析如图1所示,轻绳AD上拉力大小相等,结合图1可知固定杆BC产生的弹力方向不沿杆,故A错误;轻杆对定滑轮的作用力与绳对定滑轮的合力等大反向,由几何关系知F1=mg,故B正确;轻杆HG为活动杆,轻杆HG产生的弹力方向沿杆向外,故C正确;对题图乙,以G点为研究对象,受力分析如图2所示,由平衡条件得FTsin 30°=mg,解得FT=2mg,故D正确。
课时作业
对点1.共点力的合成
1.(多选)(2025·安徽芜湖模拟)物体静止于水平桌面上,两者之间的最大静摩擦力为5 N,现将水平面内的三个力同时作用于物体上的同一点,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
【答案】 ABC
【解析】 2 N、2 N、3 N三个力可构成闭合三角形,则三个力的合力范围为0～7 N,由于最大静摩擦力为5 N,因此可判定选项A、B、C正确,D错误。
2.(2025·河北邯郸期中)如图所示,有六个力分别组成正六边形的六个边,还有三个力分别为此正六边形的对角线,若F1已知,这九个力作用在同一点上,则这九个力的合力大小为(　　)
A.0 B.(6+2)F1
C.9F1 D.12F1
【答案】 C
【解析】 根据力的三角形定则,由题图可知,F7和F3的合力为F8,F4和F9的合力为F8,F1和F6的合力为F8,因为是正六边形,所以力的大小关系为F8=2F1,F2=F5=F1,则九个力的合力大小为F合=3F8+F8+F2+F5,联立解得F合=9F1。
3.(2025·河北卷,4)如图,内壁截面为半圆形的光滑凹槽固定在水平面上,左右边沿等高。该截面内,一根不可伸长的细绳穿过带有光滑孔的小球,一端固定于凹槽左边沿,另一端过右边沿并沿绳方向对其施加拉力F。小球半径远小于凹槽半径,所受重力大小为G。若小球始终位于内壁最低点,则F的最大值为(　　)
A.G B.G C.G D.G
【答案】 B　
【解析】 对小球受力分析可知,当内壁最低点对小球的支持力为零时,拉力F最大,根据平衡条件有2Fmcos 45°=G,解得Fm=G。
对点2.力的分解
4.(教材改编题)如图所示,倾角为15°的斜面上放着一个木箱,现有一个与水平方向成45°角的拉力F斜向上拉着木箱,分别以平行于斜面和垂直于斜面的方向为x轴和y轴建立直角坐标系,把F分解为沿着两个坐标轴的分力,则分力Fx和Fy的大小分别为(　　)
A.Fcos 15°,Fsin 15°
B.Fcos 30°,Fsin 30°
C.Fcos 45°,Fsin 45°
D.Fcos 60°,Fsin 60°
【答案】 B
【解析】 将F沿x轴方向和y轴方向分解,如图所示,根据平行四边形定则,x轴方向上分力为Fx=Fcos (45°-15°)=Fcos 30°,y轴方向分力为Fy=Fsin (45°-15°)=Fsin 30°。故选B。
5.(2025·山东菏泽二模)某兴趣小组探究分力F1、F2与合力F的关系。保持合力F的大小和方向不变,分力F2的大小不变,在如图所示平面内改变分力F2的方向,分力F1的箭头的轨迹图形为(　　)
A　　　　B
C　　　　D
【答案】 A
【解析】 根据三角形定则,分力F1、F2与合力F构成一个矢量三角形,如图所示,保持合力F的大小和方向不变,即F的箭头位置不变,F2的终点不变,且F2大小不变,则F1的箭头的轨迹为以F2的终点为圆心,以F2大小为半径的圆,故A正确,B、C、D错误。
对点3.“活结—死结”模型与“动杆—定杆”模型
6.(2025·安徽模拟)装有物品的手提袋悬挂在光滑的钉子上,手提绳与竖直方向的夹角为θ,手提绳张力大小为F。因为袋中物品倾倒,所以袋体由水平静止状态变为倾斜状态后再次静止,如图所示,此时手提绳与竖直方向的夹角为θ′,手提绳张力大小为F′。不计手提绳质量,则下列判断正确的是(　　)
A.θ=θ′ B.θ<θ′
C.F=F′ D.F>F′
【答案】 D
【解析】 由题意知,绳与竖直方向的夹角为θ,绳子上的拉力为F,2Fcos θ=mg,解得F=;袋体由水平静止状态变为倾斜状态后,θ减小,cos θ增大,所以绳的拉力F′减小,故A、B、C错误,D正确。
7.(2025·江西萍乡三模)如图,甲、乙为两种吊装装置,杆OA的端点O分别固定在水平地面和竖直墙面上,另一端固定一个光滑定滑轮。轻绳绕过定滑轮,一端固定在B点,另一端连接两个相同的物块。装置中的θ均为30°,乙装置中的杆OA水平,定滑轮的质量不计,则甲、乙装置中,定滑轮受到轻绳的作用力大小之比为(　　)
A.∶1 B.1∶
C.∶2 D.2∶
【答案】 A
【解析】 由题意,设重物所受重力为G,可知甲、乙装置中,每段绳的拉力大小等于重物所受的重力大小G,根据平行四边形定则,可得F甲=2Gcos 30°=G,F乙=2Gcos 60°=G,所以F甲∶
F乙=∶1。故选A。
8.(多选)(2025·辽宁葫芦岛一模)逆风能使帆,这是力分解的神奇作用。如图所示,把帆面张在航向(船头指向)和风向之间,因风对帆的压力F垂直于帆面,它会分成两个分力F1、F2,其中F2垂直于船轴(“龙骨”)即航向,会被很大的横向阻力平衡,F1沿着航向,已知帆面与航向之间的夹角为θ,船的总质量为m,下列说法正确的是(　　)
A.F2=Fcos θ
B.船受到的合力是F1
C.F1是船前进的动力
D.若船沿着航向的阻力为F阻,则船的加速度为
【答案】 AC
【解析】 F2垂直于航向,会被很大的横向阻力平衡,根据几何关系可得F2=Fcos θ,故A正确;根据题意可知F1与船运动的方向相同,是船前进的动力,船还受到其他阻力的作用,所以船受到的合力不是F1,故B错误,C正确;若船沿着航向的阻力为F阻,根据牛顿第二定律可得
F合=F1-F阻=Fsin θ-F阻=ma,可得船的加速度a=,故D错误。
9.(2025·安徽专题练习)某同学周末在家大扫除,移动衣橱时,无论怎么推也推不动,于是他组装了一个装置,如图所示,两块相同木板可绕A处的环转动,两木板的另一端点B、C分别用薄木板顶住衣橱和墙脚,该同学站在该装置的A处。若调整装置A点距地面的高h=8 cm时,B、C两点的间距L=96 cm,B处衣橱恰好移动。已知该同学的质量为m=50 kg,重力加速度g取
9.8 m/s2,忽略A处的摩擦,此时衣橱受到该装置的水平推力为多大
【答案】 1 470 N
【解析】 该同学站在A点时,重力产生两个作用效果力F1、F2,如图甲所示,
设F1、F2与竖直方向的夹角为θ,则有
F1=F2=,
在B点对F1分解,如图乙所示,
则水平推力为
F=F1sin θ=mgtan θ,
由几何关系得
tan θ=,
联立并代入数据得
F==1 470 N。第2讲　小专题:摩擦力的综合分析
【学习目标】
1.深入理解摩擦力的产生条件、方向判断及大小计算,能结合平衡条件与牛顿运动定律分析实际问题。
2.掌握处理摩擦力突变和临界问题的方法,提升逻辑推理与模型建构能力。
3.通过实验探究影响摩擦力的因素,学会误差分析与方案设计。
4.认识摩擦力在科技与生活中的双重作用,辩证分析其利弊,培养科学严谨的态度。
考点一　摩擦力的计算
摩擦力大小的计算方法
(1)公式法。
①滑动摩擦力:根据公式Ff=μFN计算。
②最大静摩擦力:与接触面间的压力成正比,其值略大于滑动摩擦力,当认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力时,Fmax=μFN。
(2)状态法。
①物体处于平衡状态可利用力的平衡条件来计算。
②物体处于变速状态可根据牛顿第二定律进行分析。
[例1] 【公式法求摩擦力】 (2025·云南昆明阶段检测)如图甲、乙、丙所示,一个质量为1 kg的圆柱工件放在“V”形槽中,槽顶角α=60°,槽与工件接触处的动摩擦因数处处相同且大小为μ=0.25。现把整个装置倾斜,工件沿槽下滑。已知工件的轴线与水平方向的夹角为37°,工件对“V”形槽两侧面的压力大小相等,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2,则(　　)
A.工件对“V”形槽一侧的压力为10 N
B.“V”形槽对工件的摩擦力为6 N
C.“V”形槽对工件的摩擦力为2 N
D.“V”形槽对工件的摩擦力为4 N
【答案】 D
【解析】 对工件受力分析,如图所示,因为α=60°,则F1=F2=mg,工件在槽内滑动,受到滑动摩擦力,一个侧面受到的摩擦力Ff=μFN,FN=mgcos 37°=8 N,Ff=2 N,故两个侧面受到的摩擦力为2Ff=4 N,即“V”形槽对工件的摩擦力为4 N。
[变式] 在[例1]中,若工件恰好能沿槽匀速下滑,求此时槽与工件接触处的动摩擦因数μ′。
【答案】 0.375
【解析】 把整个装置倾斜,则重力沿压紧两侧斜面的分力F1′=F2′=mgcos 37°=0.8mg,匀速下滑,此时工件每个侧面所受槽的摩擦力大小Ff′=,由Ff′=μ′F2′,解得μ′==0.375。
[例2] 【状态法求摩擦力】 (2025·山东济南期末)如图所示,粗糙斜面C置于粗糙水平地面上,轻绳跨过光滑的定滑轮,一端悬挂物块A,另一端与斜面上的物块B相连,滑轮左侧的轻绳与斜面平行,整个装置保持静止状态。已知物块A的质量为1.2 kg,物块B的质量为1 kg,斜面倾角θ=37°,物块B与斜面C之间的动摩擦因数μ=0.8,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,下列说法正确的是(　　)
A.地面对斜面C的摩擦力大小为12 N
B.斜面C对物块B的摩擦力大小为12 N
C.若剪断轻绳,则地面对斜面C的摩擦力大小为0
D.若剪断轻绳,则斜面C对物块B的摩擦力大小为6.4 N
【答案】 C
【解析】 设斜面C对物块B的摩擦力大小为Ff,绳子的拉力大小为FT,由题可知,A、B均处于平衡状态,则根据平衡条件可得FT=mAg,mBgsin θ+Ff=FT,联立可得FT=12 N,Ff=6 N,故B错误。设地面对斜面C的摩擦力大小为Ff′,对B、C整体,由平衡条件可得Ff′=FTcos θ,解得Ff′=
9.6 N,故A错误。由题意可知,B、C间的最大静摩擦力大小为==μmBgcos θ,解得Ffmax=
Ff滑=6.4 N,因为mBgsin θ=1×10×0.6 N=6 N考点二　摩擦力的突变问题
1.摩擦力突变常见的情况
分类及图示 案例
“静—静” 突变 在水平力F作用下物体静止于斜面上,F突然增大时物体仍静止,则物体所受静摩擦力的大小或方向将“突变”
“静—动” 突变 物体放在粗糙水平面上,作用在物体上的水平力F从零逐渐增大,当物体开始滑动时,物体受水平面的摩擦力由静摩擦力“突变”为滑动摩擦力
“动—静” 突变 滑块以v0冲上斜面做减速运动,当到达某位置时速度减为零,而后静止在斜面上,滑动摩擦力“突变”为静摩擦力
“动—动” 突变 水平传送带的速度v1大于滑块的速度v2,滑块受到的滑动摩擦力方向水平向右,当传送带突然被卡住时,滑块受到的滑动摩擦力方向“突变”为向左
2.分析摩擦力突变问题的方法
(1)在涉及摩擦力的情况中,题目中出现“最大”“最小”和“刚好”等关键词时,一般隐藏着摩擦力突变的临界问题。某个物理量在变化过程中发生突变,可能导致摩擦力突变,则该物理量突变时的状态即为临界状态。
(2)存在静摩擦力的情境中,物体由相对静止变为相对运动,或者由相对运动变为相对静止,或者受力情况发生突变,往往是摩擦力突变问题的临界状态。
(3)确定各阶段摩擦力的性质和受力情况,对各阶段摩擦力进行分析。
[例3] 【“静—静”突变】 (2025·甘肃兰州模拟)如图所示,木块A、B分别重50 N和60 N,与水平地面之间的动摩擦因数均为0.2。夹在A、B之间的轻弹簧被压缩了2 cm,弹簧的劲度系数为 400 N/m。用F=2 N的水平拉力拉木块B,木块A、B均保持静止。最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力,下列说法正确的是(　　)
A.弹簧的弹力大小为80 N
B.木块A受到的摩擦力大小为10 N
C.木块B受到的摩擦力大小为6 N
D.地面对A、B组成的系统的摩擦力大小为2 N
【答案】 D
【解析】 弹簧的弹力大小为F弹=kx=400×0.02 N=8 N,故A错误;施加水平拉力F后,弹簧长度没有变化,弹力不变,故木块A相对地面有向左的运动趋势,其受到向右的静摩擦力,木块A所受摩擦力大小为FfA=F弹=8 N,故B错误;施加水平拉力F后,木块B静止不动,则木块B受到的静摩擦力与弹簧弹力和拉力的合力平衡,木块B所受摩擦力大小为FfB=F弹+F=(8+2) N=
10 N,故C错误;对A、B组成的系统,由平衡条件可知地面对系统的摩擦力Ff=F=2 N,故D
正确。
[例4] 【“静—动”突变】 (多选)某同学利用图甲所示装置研究摩擦力的变化情况,实验台上固定一个力传感器,传感器用棉线拉住物块,物块放置在粗糙的长木板上。水平向左拉木板,传感器记录的F-t图像如图乙所示。已知物块质量为m=1 kg,重力加速度g取10 m/s2,下列说法正确的是(　　)
A.实验中必须让木板保持匀速运动,否则力传感器的示数不等于摩擦力
B.图乙中曲线反映的是拉力随时间的变化,其数值等于对应时刻物块受到的摩擦力大小
C.由图乙可知,物块与木板间的最大静摩擦力约为10 N,滑动摩擦力约为7 N,则动摩擦因数μ=0.7　
D.若增大拉力使木板加速运动,力传感器的示数会持续增大
【答案】 BC
【解析】 实验中木板的运动状态(匀速、加速等)不影响测量,因为物块与木板相对静止时,棉线拉力与静摩擦力平衡;物块与木板相对滑动后,棉线拉力与滑动摩擦力平衡。无论木板如何运动,只要物块相对地面静止,拉力就始终等于摩擦力,因此“必须匀速”说法错误,A错误。力传感器测量棉线对物块的拉力,物块与木板相对静止时,拉力与静摩擦力大小相等;物块与木板相对滑动后,拉力与滑动摩擦力大小相等。虽然题图乙曲线反映的是拉力随时间的变化,但其数值也等于对应时刻物块受到的摩擦力大小,B正确。由题图乙可知,拉力的峰值对应最大静摩擦力,约为10 N;拉力稳定后对应滑动摩擦力,约为7 N。滑动摩擦力公式为Ff=μFN,物块对木板的压力FN=mg=1×10=10 N,因此动摩擦因数μ==0.7,C正确。当木板加速运动时,滑动摩擦力仅由压力和动摩擦因数决定,与木板运动速度无关,因此力传感器的示数(等于滑动摩擦力)不会持续增大,D错误。
[例5] 【“动—静”突变】 如图所示,把一重力为G的物体,用一个水平的推力F=kt(k为恒量,t为时间)压在竖直的足够高的平整墙面上,从t=0开始,物体所受的摩擦力Ff随t的变化关系正确的是(　　)
A 　B
C　 D
【答案】 B
【解析】 推力F=FN=kt,开始物体沿墙面竖直向下滑动,Ff=μFN=μkt,为正比例函数,当Ff增加到大于G时,物体开始做减速运动,Ff继续增大,当速度减为零时,物体静止,此时摩擦力为最大静摩擦力,此后摩擦力为静摩擦力,大小等于物体所受的重力且不再变化,故B正确。
[例6] 【“动—动”突变】 (多选)如图所示,足够长的传送带与水平面间的夹角为θ,以速度v0逆时针匀速转动。在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块,小木块与传送带间的动摩擦因数μA　 B
C 　D
【答案】 BD
【解析】 当小木块的速度小于传送带的速度时,小木块相对于传送带向上滑动,受到的滑动摩擦力沿传送带向下,根据牛顿第二定律可得小木块的加速度a=gsin θ+μgcos θ;当小木块的速度与传送带的速度相等时,由于μ[变式] 在[例6]中,若小木块与传送带间的动摩擦因数μ>tan θ,选沿传送带向下为正方向,则下列能客观地反映小木块的受力或运动情况的是(　　)
A　 B
C　 D
【答案】 C
【解析】 开始时,小木块的速度小于传送带的速度,小木块相对于传送带向上运动,则受沿传送带向下的滑动摩擦力,大小为Ff1=μmgcos θ>mgsin θ,小木块做匀加速运动;当小木块与传送带速度相等时,将保持相对静止,由平衡条件可知,小木块受沿传送带向上的静摩擦力,大小为Ff2=mgsin θ,小木块与传送带一起做匀速运动。综上所述,小木块先受沿传送带向下的滑动摩擦力,再受沿传送带向上的静摩擦力,小木块先做匀加速运动,再做匀速运动,故C正确。
摩擦力突变问题的注意事项
(1)静摩擦力是被动力,其大小、方向取决于物体间的相对运动趋势,而且静摩擦力存在最大值。存在静摩擦力的连接系统,相对滑动与相对静止的临界状态是静摩擦力达到最大值。
(2)滑动摩擦力的突变问题:滑动摩擦力的大小与接触面的动摩擦因数和接触面受到的压力均成正比,发生相对运动的物体,如果接触面的动摩擦因数发生变化或接触面受到的压力发生变化,则滑动摩擦力就会发生变化。
(3)研究传送带问题时,物体和传送带速度相等的时刻往往是摩擦力的大小、方向和运动性质发生变化的分界点。
课时作业
对点1.摩擦力的计算
1.(2025·广东模拟)图甲是一种榫卯连接构件,相互连接的两部分P、Q如图乙所示。图甲中构件Q固定在水平地面上,若榫、卯接触面间的动摩擦因数均为μ,各接触面间的弹力大小均为FN,滑动摩擦力与最大静摩擦力大小相等,要用大小为F的力沿P的轴线OO′将P从Q中拉出,则F的大小至少为(　　)
A.6μFN B.4μFN C.2μFN D.μFN
【答案】 A
【解析】 P受到的最大静摩擦力大小为Ff=6μFN,所以要用大小为F的力沿P的轴线OO′将P从Q中拉出,F的大小至少要和P所受的最大静摩擦力相等,即为6μFN,故A正确,B、C、D错误。
2.(2024·山东卷,2)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.
【答案】 B
【解析】 根据题意,对机器人分析有mgsin 30°≤μmgcos 30°,可得μ≥tan 30°=,故选B。
3.(多选)(2025·四川成都期中)如图所示,一质量为m的物块用水平轻质细线连接,细线绕过光滑定滑轮后其下悬挂一质量为m0的物体,物块放在水平传送带上,水平传送带以v2的速度顺时针匀速转动,物块以初速度v1向右运动,传送带与物块间的动摩擦因数为μ。关于物块所受的摩擦力Ff,下列说法正确的是(　　)
A.若v1B.若v1>v2,则Ff=μmg,方向向左
C.若v1=v2,且物块保持匀速运动,则Ff=0
D.若v1=v2,且物块保持匀速运动,则Ff=m0g,方向向左
【答案】 BD
【解析】 若v1v2,则物块相对于传送带向右滑动,故滑动摩擦力方向向左,大小为Ff=μmg,故B正确;若v1=v2,且物块保持匀速运动,由物块处于平衡状态可知,摩擦力方向向左,且大小为Ff=m0g,故C错误,D正确。
4.(2025·河北衡水阶段练习)如图所示,物体A的质量mA=1 kg,物体B的质量mB=2 kg,物体A、物体B、水平面之间的动摩擦因数均为0.5,轻绳和滑轮间的摩擦不计,A、B处于静止状态。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,求:(g取10 N/kg)
(1)如图1,轻绳跨过光滑定滑轮一端与A水平相连,另一端与物体C竖直相连,C处于静止状态,物体C的最大质量是多少
(2)如图2,物体A用轻绳与墙壁水平相连,另一轻绳跨过光滑定滑轮一端与物体B水平相连,另一端与物体D竖直相连,D处于静止状态,物体D的最大质量是多少
【答案】 (1)0.5 kg　(2)2 kg
【解析】 (1)对物体A受力分析如图甲所示,
根据平衡条件可得
FT=,FBA=mAg,
又FfBA=μFBA,
联立解得FT=5 N;
对物体C受力分析如图乙所示,
根据平衡条件有mCg=FT,又FT=FT′,
解得物体C的最大质量为mC=0.5 kg。
(2)同理对物体A受力分析如图丙所示,可得
FTA=FfBA′=5 N,
对物体B水平方向受力分析如图丁所示(竖直方向受力情况没有画出),
则有FT1=FfAB+Ff地,
其中FfAB=FfBA′=5 N,
Ff地=μ(mA+mB)g=15 N,
解得FT1=20 N,
对物体D受力分析如图戊所示,
则有mDg=FT1′,
又FT1=FT1′,
解得物体D的最大质量为mD=2 kg。
对点2.摩擦力的突变问题
5.如图所示,质量为10 kg 的物体A拴在一个被水平拉伸的弹簧一端,弹簧的拉力为5 N时,物体A与小车均处于静止状态。若小车以1 m/s2的加速度向右运动,则(　　)
A.物体A相对小车向右运动
B.物体A受到的摩擦力减小
C.物体A受到的摩擦力大小不变
D.物体A受到的弹簧的拉力增大
【答案】 C
【解析】 由题意得,物体A与小车的上表面间的最大静摩擦力Ffm≥5 N,当小车加速运动时,假设物体A与小车仍然相对静止,则物体A所受合力大小F合=ma=10 N,可知此时小车对物体A的摩擦力大小为5 N,方向向右,且为静摩擦力,所以假设成立,物体A受到的摩擦力大小不变,故A、B错误,C正确;弹簧长度不变,物体A受到的弹簧的拉力大小不变,故D错误。
6.(多选)(2025·河南开学考试)如图甲所示,在一块足够长的长木板上,放置一个质量m=1.0 kg的小物块。现以木板的下端为轴,缓慢抬起另一端,直至竖直位置,小物块所受摩擦力Ff随木板倾角θ变化的图像如图乙所示,已知重力加速度g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,sin 53°=0.8。则下列说法正确的是(　　)
A.在此过程中物块与木板间的最大静摩擦力为6 N
B.在此过程中物块与木板间的最大静摩擦力为4 N
C.物块与木板间的动摩擦因数为0.5
D.物块与木板间的动摩擦因数为0.3
【答案】 AC
【解析】 根据题意,由题图乙可知,当木板与水平面夹角为θ0时,摩擦力变小,可知,物块开始滑动,则物块与木板间的最大静摩擦力为6 N,故A正确,B错误;由平衡条件有Ffm=mgsin θ0=6 N,解得sin θ0=0.6,则有θ0=37°,由题图乙可知,当θ0=37°时,滑动摩擦力为4 N,由Ff=μmgcos θ0,解得μ==0.5,故C正确,D错误。
7.如图所示,物块A、木板B的质量均为m=10 kg,不计A的大小,木板B长L=2 m,开始时A、B均静止。现使A以水平初速度v0=4 m/s从B的最左端开始运动,已知A与B、B与水平面之间的动摩擦因数分别为μ1=0.3和μ2=0.1。g取10 m/s2,则木板B由开始运动到静止,物块A所受的摩擦力随时间变化的图像正确的是(选v0的方向为正方向,最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(　　)
A　　 B
C　 　D
【答案】 A
【解析】 刚开始,A、B速度不相等,A、B之间为滑动摩擦力,则Ff1=μ1mg=30 N,方向与v0方向相反,对物块A有a1==3 m/s2,向右减速,对木板B有a2= =1 m/s2,向右加速。设经时间t二者共速,则v0-a1t=a2t,解得t=1 s,则共同运动时速度v=a2t=1 m/s,二者相对位移
x相=xA-xB= t-t=2 m=L,A恰好没有从B上滑下。假设A、B共速后一起做减速运动,由μ2·2mg= 2ma3,得a3=1 m/s2,对A有Ff2=ma3=10 N8.(2025·湖南常德一模)如图,质量分别为mA、mB的两滑块紧贴但不粘连地放在粗糙的水平地面上,滑块B与滑块A接触的那一面固定一个力传感器。两滑块与地面间的动摩擦因数均为μ,从t=0时起,对A施加一个水平向右的外力F,且F=kt(k>0),滑块与地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列选项中力传感器测得A、B之间的弹力FN与时间的函数关系图像正确的是(　　)
A　　 　B
C　　 　D
【答案】 C
【解析】 当F=kt<μmAg时,滑块A对B没有弹力,传感器测得的数值为0;当μmAg(mA+mB)g时,传感器测得的数值FN=F-μmAg=kt-μmAg,为一次函数,斜率为k;当F=kt>
μ(mA+mB)g时,滑块A、B一起向右做加速运动,满足F-μ(mA+mB)g=(mA+mB)a,对B有FN-μmBg=
mBa,得A、B之间的弹力FN=F,为过原点的一次函数,故C正确,A、B、D错误。
9.长方形木板放置在水平地面上,在长方形木板的上方有一条状竖直挡板,挡板的两端固定于水平地面上,挡板与木板不接触。现有一个方形物块在木板上沿挡板以速度v运动,同时长方形木板以大小相等的速度向左运动,木板的运动方向与竖直挡板垂直,已知物块跟竖直挡板和水平木板间的动摩擦因数分别为μ1和μ2,物块的质量为m,重力加速度大小为g。下列关于物块所受摩擦力的说法正确的是(　　)
A.竖直挡板对物块的摩擦力大小为0
B.竖直挡板对物块的摩擦力大小为μ1μ2mg
C.只增大木板向左运动的速度,竖直挡板对物块的摩擦力将变小
D.只增大物块沿挡板运动的速度,木板对物块的摩擦力将增大
【答案】 B
【解析】 根据题意可知,物块与木板之间的弹力大小等于物块所受的重力,由Ff=μFN可知,木板对物块的摩擦力为Ff2=μ2mg,只增大物块沿挡板运动的速度,木板对物块的摩擦力不变,故D错误;根据题意,物块相对于木板的运动方向如图所示,根据运动的合成和分解规律可知
tan θ=1,解得θ=45°,由平衡条件可知,挡板对物块的支持力为FN1=Ff2sin 45°,挡板对物块的摩擦力大小Ff1=μ1FN1=μ1μ2mg,故A错误,B正确;结合上述分析可知,只增大木板向左运动的速度,θ增大,则FN1增大,竖直挡板对物块的摩擦力将变大,故C错误。
10.如图所示,一本大字典置于桌面上,一张A4纸(质量和厚度均可忽略不计)夹在字典最深处。假设字典的质量分布均匀,同一页纸上的压力分布也均匀,字典总质量M=3 kg,宽L=20 cm,高H=6 cm,A4纸上、下表面与书页之间的动摩擦因数均为μ1=0.5,字典与桌面之间的动摩擦因数为μ2,各接触面的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,水平向右拉动A4纸,当A4纸上方部分字典的高度h为4 cm时,字典恰好能被拖动。重力加速度g取10 m/s2。
(1)求A4纸受到的字典对它的正压力大小;
(2)求字典与桌面之间的动摩擦因数μ2;
(3)若将A4纸夹在字典最深处,A4纸上方部分字典的高度h为3 cm,用水平向右的拉力F将A4纸从字典中匀速抽出,当A4纸抽出位移为x时,分别写出A4纸受到的压力FN、拉力F与A4纸位移x的函数表达式。(在抽出A4纸的过程中,只有与A4纸上方重叠部分的字典才对A4纸有压力)
【答案】 (1)20 N　(2)
(3)FN=15-75x(N)　F=15-75x(N)(0【解析】 (1)(2)当A4纸上方部分字典的高度h为4 cm时,即高于桌面2 cm,字典恰好能被拖动,设A4纸上方部分字典的质量为m,则有
m=M=2 kg,
字典受力平衡,则在竖直方向上有
FN′=mg=20 N,
根据牛顿第三定律可知,A4纸受到字典对它的正压力为20 N;
在水平方向,A4纸对字典的摩擦力Ff=Ff桌,
而Ff桌=μ2Mg,Ff=2μ1mg,
代入数据得μ2=。
(3)若A4纸上方部分字典的高度为3 cm,字典不能被拖动,当A4纸抽出位移为x时,纸上方的压力FN=,
此时A4纸受到的拉力大小F=Ff=2μ1FN,
联立得F=μ1Mg,
代入数据解得
FN=15-75x(N),
F=15-75x(N)(0第5讲
小专题:动态平衡和临界极值问题
【学习目标】
1.掌握动态平衡的特点及临界极值的判断条件,熟练运用受力分析、矢量三角形法或正交分解法解决变力平衡问题。
2.掌握图解法、解析法、相似三角形法等动态平衡分析工具,能运用极限法、数学工具解决临界极值问题,提升动态逻辑推理与定量分析能力。
3.通过实验探究力的变化规律,培养实验设计与数据验证能力。
4.理解动态平衡在工程实践中的应用,养成严谨分析临界条件的科学习惯。
考点一
动态平衡问题
1.动态平衡
(1)所谓动态平衡问题,是指通过控制某些物理量,使物体的受力情况发生缓慢变化,而在这个过程中物体又始终处于一系列的平衡状态。
(2)基本思路:化“动”为“静”,“静”中求“动”。
2.分析动态平衡问题的方法
(1)图解法:一个力恒定,另一个力的方向恒定时可用此法。例如:挡板P由竖直位置沿逆时针方向向水平位置缓慢旋转时小球受力的变化(如图所示)。
(2)解析法:如果物体受到多个力的作用,可进行正交分解,利用解析法,建立平衡方程,根据自变量的变化确定因变量的变化。
(3)相似三角形法:一个力恒定、另外两个力的方向同时变化,当所作矢量三角形与空间的某个几何三角形总相似时用此法。(如表所示)
(4)力的外接圆法和拉密定理法:一力恒定,另外两力方向均变化,但两力方向夹角保持不变的动态平衡问题,可利用力的外接圆法或拉密定理法。
力的外 接圆法 作出某状态三个力的矢量三角形,根据不同位置判断另外两个力的大小变化
[例1] 【图解法】 如图所示,装有足球的轻网兜系在钉子上,墙壁光滑。将网绳在钉子上多绕几圈后,则(　　)
A.网绳上的拉力变小
B.网绳上的拉力不变
C.墙壁对足球的支持力变大
D.墙壁对足球的支持力不变
C
【解析】 把三个力放在一个矢量三角形中,如图所示,当网绳长度减小时,
θ增大,矢量三角形中,随着θ角增大,FT变大,FN变大,故C正确。
[例2] 【解析法】 (2025·天津一模)抖空竹是一种以四肢协调作为核心的传统体育项目,是国家级非物质文化遗产之一。如图所示,表演者右手控制A点不动,左手控制B点沿图中的四个方向缓慢移动,忽略空竹转动的影响,不计空竹和轻质细线间的摩擦,且认为细线不可伸长。下列说法正确的是(　　)
A.沿虚线a向左移动,空竹的高度不变
B.沿虚线b向上移动,细线与竖直方向的夹角不变
C.沿虚线c斜向上移动,细线的拉力不变
D.沿虚线d向右移动,细线对空竹的合力减小
B
[例3] 【相似三角形法】 (2025·四川达州二模)如图所示,水平天花板下方O点固定一光滑小定滑轮,一轻质弹簧一端固定在定滑轮的正下方N处,另一端与小球P连接,同时一轻绳跨过定滑轮与小球P相连。开始时在外力F作用下系统在图示位置静止。改变F大小使小球P缓慢移动,在小球P到达N点正上方前,下列说法正确的是(　　)
A.外力F大小不变
B.外力F逐渐变大
C.弹簧弹力逐渐变小
D.小球的运动轨迹是圆弧
D
[例4] 【力的外接圆法或拉密定理法】 某中学为增强学生体魄,组织学生进行多种体育锻炼。在某次锻炼过程中,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,将右手由图所示位置沿顺时针方向缓慢旋转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(　　)
A.右手对铅球的弹力一直增大
B.右手对铅球的弹力先增大后减小
C.左手对铅球的弹力一直增大
D.左手对铅球的弹力先增大后减小
B
【解析】 方法一　力的外接圆法　以铅球为研究对象,受重力G、右手对铅球的弹力F1和左手对铅球的弹力F2,受力分析如图甲所示,缓慢旋转过程中铅球处于平衡状态,则将三力平移后构成一个首尾相连的三角形,两手之间夹角保持60°不变,两力之间的夹角保持120°不变,在力矢量三角形中,F1与F2夹角保持60°不变,重力G的大小方向不变,作出力三角形的外接圆,在右手由图示位置沿顺时针方向缓慢旋转60°至水平位置过程中,力的三角形变化如图甲所示,分析可得F1开始小于直径,当转过30°时F1等于直径,再转时又小于直径,所以F1先增大后减小,F2开始就小于直径,转动过程中一直减小,选项B正确。
[变式] 在[例4]中,若保持两手之间夹角不变,将右手由图所示位置沿逆时针缓慢旋转30°至竖直位置,则在转动过程中,左、右手对铅球的弹力大小如何变化
【答案】 右手对铅球的作用力逐渐减小,左手对铅球的作用力逐渐增大
【解析】 整个过程铅球处于动态平衡,受力分析如图所示,当转动到右手竖直时,由图可知该过程中右手对铅球的作用力F1逐渐减小,左手对铅球的作用力F2逐渐增大。
分析动态平衡问题的流程
方法总结
考点二
平衡中的临界、极值问题
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。
常见的种类:
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:平衡中的极值问题,一般指在力的变化过程中的最大值和最小值问题。
2.解决极值和临界问题的三种方法
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,确定最大值或最小值
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
数学 分析法 通过对问题的分析,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)
[例5] 【物理分析法】 (2025·贵州贵阳模拟)如图,四分之一光滑圆弧轨道ABC固定在水平面上,一质量为m的小球(视为质点)处于圆弧AB的中点P,在推力F的作用下处于静止,则推力F的大小不可能是(　　)
A
[变式] 如图,半径为R的光滑半圆弧槽固定在水平面上,质量为2m的小球A和质量为3m的小球B用长为R的轻杆通过光滑铰链连接,给小球B施加一个推力,使A、B两球处于如图所示静止状态,小球B处于圆弧最低点,不计小球大小,则作用在小球B上的最小推力为多少
[例6] 【极限法】(2025·重庆模拟)如图所示,两根半圆柱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。现将一根圆柱轻放在这两根半圆柱上,三者均静止。已知圆柱和两半圆柱的材料、长度、半径、密度均相同,不考虑它们之间的摩擦,则半圆柱与水平地面间的动摩擦因数至少为(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(　　)
B
[变式] 若用水平向右的力拉右侧半圆柱A,使A缓慢移动,直至圆柱C恰好落到地面。整个过程中左侧半圆柱B保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。求半圆柱与地面间动摩擦因数的最小值μmin。
C
A.360 N B.225 N
C.200 N D.180 N
辅助角公式的应用
方法点拨
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第4讲
牛顿第三定律　共点力的平衡
【学习目标】
1.理解牛顿第三定律的作用力与反作用力关系,并能区分平衡力与相互作用力;建立共点力平衡条件的物理模型,能分析静力学问题,并能分析实际情境中的受力平衡问题。
2.运用整体法、隔离法和转换研究对象法,构建多物体系统的受力分析策略;通过矢量三角形法、正交分解法等数学工具,解决复杂平衡问题,体现模型建构与逻辑推理能力。
3.通过实验验证牛顿第三定律的普适性,探究不同条件下共点力平衡的临界与极值现象,培养实验设计与误差分析能力。
4.认识力学规律在工程与生活中的应用,养成严谨分析的习惯,理解科学结论的普适性与局限性。
知识构建
【答案】 相互　同时　作用　相反　同一条直线上　静止　匀速　0　0　0　相等　相反　合力　合力
基础转化
1. 有一种吊篮花盆如图所示,三根等长的链条对称分布,下列说法正确的是(　　)
A.三根链条对花盆的作用力相同
B.三根链条对花盆作用力的合力方向一定竖直向上
C.若将每根链条增加相同的长度,则每根链条的拉力都增大
D.若将每根链条缩短相同的长度,则三根链条对花盆作用力的合力增大
B
2.在一场精彩的杂技表演中,如图是甲演员举起乙演员的一个场景,两名杂技演员处于静止状态。下列说法正确的是(　　)
A.水平地面对甲演员的摩擦力水平向右
B.水平地面对甲演员的支持力和甲演员所受重力是一对平衡力
C.甲演员对乙演员的作用力大小小于乙演员对甲演员的作用力大小
D.甲演员对乙演员的作用力大小等于乙演员所受重力大小
D
考点一
牛顿第三定律
如图所示,体育项目“押加”实际上相当于两个人拔河,如果甲、乙两人在“押加”比赛中,甲获胜,是因为甲对乙的拉力大于乙对甲的拉力吗 如果不是,请说明甲获胜的原因。
模理探真·深度学习
提示:不是。甲对乙的拉力与乙对甲的拉力是一对作用力与反作用力,大小总是相等;甲获胜的原因是地面对甲的摩擦力大于地面对乙的摩擦力。
1.作用力和反作用力的三个关系
2.作用力和反作用力与一对平衡力的比较
比较项目 作用力和反作用力 一对平衡力
不 同 点 受力 物体 作用在两个相互作用的物体上 作用在同一物体上
依赖 关系 同时产生, 同时消失 不一定同时产生、同时消失
叠加性 两力作用效果不可抵消,不可叠加,不可求合力 两力作用效果可相互抵消,可叠加,可求合力,合力为零
力的 性质 一定是同性质的力 性质不一定相同
相同点 大小相等,方向相反,作用在同一条直线上
[例1] 【对牛顿第三定律的理解】 (2025·吉林二模)为保护中国天眼(FAST)的反射面板,巡检维护工作需采用“微重力蜘蛛人”系统,如图所示,“微重力”是通过氦气球的浮力“减轻人的重力”实现的。某次作业过程中工作人员处于静止状态,其与氦气球连接的轻绳保持竖直,下列说法正确的是(　　)
A.人对面板的压力和面板对人的支持力是一对平衡力
B.绳对气球的力和绳对人的力是一对作用力与反作用力
C.人对面板的作用力大小等于面板对人受到的作用力大小
D.气球对人的作用力大小等于人受到的重力大小
C
【解析】 人对面板的压力和面板对人的支持力是一对作用力与反作用力,而非平衡力,故A错误;绳对气球的力和气球对绳的力是一对作用力与反作用力,故B错误;根据牛顿第三定律,人对面板的作用力大小等于面板对人的作用力大小,故C正确;气球对人的作用力与面板对人的支持力的合力大小才等于人受到的重力大小,三力处于平衡状态,故D错误。
[例2] 【转换研究对象法的应用】(2024·贵州卷,4)如图甲,一质量为m的匀质球置于固定钢质支架的水平横杆和竖直墙之间,并处于静止状态,其中一个视图如图乙所示。测得球与横杆接触点到墙面的距离为球半径的1.8倍,已知重力加速度大小为g,不计所有摩擦,则球对横杆的压力大小为(　　)
D
在计算物体所受某力大小时,如果不便于直接分析求出物体受到的某些力时,可先求这个力的反作用力,再根据牛顿第三定律求待求力。如求压力时,可先求支持力,在许多问题中,摩擦力的求解亦是如此。利用牛顿第三定律转换研究对象,使我们分析问题的思路更灵活、更宽阔。
方法总结
考点二
受力分析
1.受力分析的一般步骤
2.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3] 【单个物体的受力分析】 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行,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
C
【解析】 甲处于匀速直线运动状态,受重力与竖直向上的支持力,二力平衡,不受摩擦力,故A、B错误;乙处于匀速直线运动状态,受力平衡,受到重力、斜面的支持力以及沿斜面向上的摩擦力三个力的作用,故C正确,D错误。
[变式] 在[例3]中,若甲乘坐电动扶梯,与扶梯一起加速向上运动,则甲受到几个力的作用 扶梯对甲有没有摩擦力的作用
【答案及解析】 甲与扶梯一起加速运动,所以人的加速度方向为斜向右上,可以将人的加速度分解为竖直向上的加速度和水平向右的加速度;竖直方向受到重力以及扶梯的支持力,有FN-mg=may,水平方向受到水平向右的摩擦力,有Ff=max。综上所述,甲受到三个力的作用;扶梯对甲有摩擦力的作用,摩擦力的方向为水平向右。
[例4] 【多个物体的受力分析】 (2025·湖北一模)如图所示,质量为M、倾角为30°的粗糙斜面体置于水平面上,质量为m的木块放置在斜面上,一根轻弹簧一端固定在竖直墙上的P点,另一端系在木块上,弹簧方向与斜面垂直,斜面体与木块均处于静止。已知木块与斜面间的动摩擦因数为0.5,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则(　　)
A.木块一定受到四个力的作用
B.弹簧一定处于拉伸状态
C.斜面体可能受到四个或者五个力的作用
D.斜面体对水平面的压力大小等于Mg+mg
A
【解析】 依题意,如果弹簧处于原长状态,木块所受最大静摩擦力小于重力沿斜面向下的分力,无法保持静止状态,故而弹簧对木块必有弹力,弹簧必然处于压缩状态,木块必然受到四个力的作用,故A正确,B错误;对斜面体进行受力分析,知斜面体必然受到五个力的作用,故C错误;对斜面体和木块整体分析,由于受到弹簧斜向下的弹力,其竖直分量竖直向下,则对地面压力大于二者重力之和,故D错误。
考点三
共点力的平衡
模理探真·深度学习
静止的物体速度为零,处于平衡状态;竖直上抛的物体到达最高点时速度为零,也处于平衡状态。这两种说法都对吗 物体的哪个运动学物理量为零时一定处于平衡状态
提示:第一种说法对,第二种说法不对。物体保持静止或做匀速直线运动时处于平衡状态,某一时刻速度为零不是物体处于平衡状态的判断依据。物体的加速度为零时一定处于平衡状态。
1.处理共点力平衡问题的基本思路
确定平衡状态(加速度为零)→巧选研究对象(整体法或隔离法)→受力分析→建立平衡方程→求解或作讨论。
2.解决平衡问题的四种常用方法
合成法 三个共点力平衡时,任意两个力的合力一定与第三个力大小相等、方向相反
分解法 三个共点力平衡时,将任意一个力沿着另外两个力的方向分解,则其分力一定分别与另外两个力大小相等、方向相反
正交 分解法 物体受到多个力作用而平衡时,将物体所受的力分解为相互垂直的两组,每组力都满足平衡条件
三角 形法 三个共点力平衡时,将力的矢量图平移使三力组成一个首尾顺次相接的矢量三角形,结合正弦定理、余弦定理、相似三角形或直角三角形等数学知识求解有关问题
[例5] 【合成法(或分解法)】 (2025·山东菏泽期末)如图所示,光滑半圆球形碗内放有一根质量分布不均匀的筷子,O点为半球的球心。当筷子静止时,筷子与碗接触点A、B的连线与碗的直径BC夹角为30°,在A点碗对筷子的作用力大小为FA,在B点碗对筷子的作用力大小为FB,筷子的质量为m,重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　　)
C
【解析】 对筷子受力分析,如图所示,
[例6] 【正交分解法】 (2024·河北卷,5)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
B
[例8] 【整体法与隔离法解多物体平衡问题】 (多选)(2024·河南开封期末)质量为M的正方体A与质量为m的圆球B在水平向右的外力F作用下静止在墙角处,它们的截面图如图所示,截面正方形的对角线与截面圆的一条直径恰好在一条直线上,所有摩擦忽略不计,重力加速度为g。则(　　 )
A.F=mg
B.F=(M+m)g
C.地面受到的压力FN=(M+m)g
D.地面受到的压力FN>(M+m)g
AC
【解析】 对圆球B受力分析如图甲所示,
[变式] 如图所示,若质量为m的正方体A和质量为M的正方体B放在两竖直墙和水平面间,处于静止状态。A和B的接触面与竖直方向的夹角为α,重力加速度为g,若不计一切摩擦,求水平面对正方体B的弹力大小和墙面对正方体A的弹力大小。
【解析】 对A和B构成的整体进行受力分析,如图甲所示,整体受重力(M+m)g、水平面的支持力FN、两墙面的弹力FNA和FNB,
由于两正方体受力平衡,根据共点力平衡条件,水平面对正方体B的弹力大小为FN=(M+m)g;
隔离A,对A进行受力分析,受重力mg、墙面的弹力FNA、B的弹力FNBA,如图乙所示,
根据共点力平衡条件有,
竖直方向mg=FNBAsin α,
水平方向FNA=FNBAcos α,
处理多物体平衡问题的技巧
(1)合理选择研究对象:在分析两个或两个以上物体间的相互作用时,一般采用整体法与隔离法进行分析,在使用时有时需要先整体再隔离,有时需要先隔离再整体,交替使用整体法和隔离法。
(2)转移研究对象:用隔离法直接分析一个物体的受力情况不方便时,可转移研究对象,先隔离分析相互作用的另一个物体的受力情况,再根据牛顿第三定律分析该物体的受力情况。
方法总结
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第2讲
小专题:摩擦力的综合分析
【学习目标】
1.深入理解摩擦力的产生条件、方向判断及大小计算,能结合平衡条件与牛顿运动定律分析实际问题。
2.掌握处理摩擦力突变和临界问题的方法,提升逻辑推理与模型建构能力。
3.通过实验探究影响摩擦力的因素,学会误差分析与方案设计。
4.认识摩擦力在科技与生活中的双重作用,辩证分析其利弊,培养科学严谨的态度。
考点一
摩擦力的计算
摩擦力大小的计算方法
(1)公式法。
①滑动摩擦力:根据公式Ff=μFN计算。
②最大静摩擦力:与接触面间的压力成正比,其值略大于滑动摩擦力,当认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力时,Fmax=μFN。
(2)状态法。
①物体处于平衡状态可利用力的平衡条件来计算。
②物体处于变速状态可根据牛顿第二定律进行分析。
[例1] 【公式法求摩擦力】 (2025·云南昆明阶段检测)如图甲、乙、丙所示,一个质量为1 kg的圆柱工件放在“V”形槽中,槽顶角α=60°,槽与工件接触处的动摩擦因数处处相同且大小为μ=0.25。现把整个装置倾斜,工件沿槽下滑。已知工件的轴线与水平方向的夹角为37°,工件对“V”形槽两侧面的压力大小相等,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2,则(　　)
A.工件对“V”形槽一侧的压力为10 N
B.“V”形槽对工件的摩擦力为6 N
C.“V”形槽对工件的摩擦力为2 N
D.“V”形槽对工件的摩擦力为4 N
D
【解析】 对工件受力分析,如图所示,因为α=60°,则F1=F2=mg,工件在槽内滑动,受到滑动摩擦力,一个侧面受到的摩擦力Ff=μFN,FN=mgcos 37°=8 N,
Ff=2 N,故两个侧面受到的摩擦力为2Ff=4 N,即“V”形槽对工件的摩擦力为
4 N。
[变式] 在[例1]中,若工件恰好能沿槽匀速下滑,求此时槽与工件接触处的动摩擦因数μ′。
【答案】 0.375
[例2] 【状态法求摩擦力】 (2025·山东济南期末)如图所示,粗糙斜面C置于粗糙水平地面上,轻绳跨过光滑的定滑轮,一端悬挂物块A,另一端与斜面上的物块B相连,滑轮左侧的轻绳与斜面平行,整个装置保持静止状态。已知物块A的质量为1.2 kg,物块B的质量为1 kg,斜面倾角θ=37°,物块B与斜面C之间的动摩擦因数μ=0.8,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10 m/s2,取sin 37°=
0.6,cos 37°=0.8,下列说法正确的是(　　)
A.地面对斜面C的摩擦力大小为12 N
B.斜面C对物块B的摩擦力大小为12 N
C.若剪断轻绳,则地面对斜面C的摩擦力大小为0
D.若剪断轻绳,则斜面C对物块B的摩擦力大小为6.4 N
C
考点二
摩擦力的突变问题
1.摩擦力突变常见的情况
分类及图示 案例
“静—静” 突变 在水平力F作用下物体静止于斜面上,F突然增大时物体仍静止,则物体所受静摩擦力的大小或方向将“突变”
“静—动” 突变 物体放在粗糙水平面上,作用在物体上的水平力F从零逐渐增大,当物体开始滑动时,物体受水平面的摩擦力由静摩擦力“突变”为滑动摩擦力
“动—静” 突变 滑块以v0冲上斜面做减速运动,当到达某位置时速度减为零,而后静止在斜面上,滑动摩擦力“突变”为静摩擦力
“动—动” 突变 水平传送带的速度v1大于滑块的速度v2,滑块受到的滑动摩擦力方向水平向右,当传送带突然被卡住时,滑块受到的滑动摩擦力方向“突变”为向左
2.分析摩擦力突变问题的方法
(1)在涉及摩擦力的情况中,题目中出现“最大”“最小”和“刚好”等关键词时,一般隐藏着摩擦力突变的临界问题。某个物理量在变化过程中发生突变,可能导致摩擦力突变,则该物理量突变时的状态即为临界状态。
(2)存在静摩擦力的情境中,物体由相对静止变为相对运动,或者由相对运动变为相对静止,或者受力情况发生突变,往往是摩擦力突变问题的临界状态。
(3)确定各阶段摩擦力的性质和受力情况,对各阶段摩擦力进行分析。
[例3] 【“静—静”突变】 (2025·甘肃兰州模拟)如图所示,木块A、B分别重50 N和60 N,与水平地面之间的动摩擦因数均为0.2。夹在A、B之间的轻弹簧被压缩了2 cm,弹簧的劲度系数为 400 N/m。用F=2 N的水平拉力拉木块B,木块A、B均保持静止。最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力,下列说法正确的是(　　)
A.弹簧的弹力大小为80 N
B.木块A受到的摩擦力大小为10 N
C.木块B受到的摩擦力大小为6 N
D.地面对A、B组成的系统的摩擦力大小为2 N
D
【解析】 弹簧的弹力大小为F弹=kx=400×0.02 N=8 N,故A错误;施加水平拉力F后,弹簧长度没有变化,弹力不变,故木块A相对地面有向左的运动趋势,其受到向右的静摩擦力,木块A所受摩擦力大小为FfA=F弹=8 N,故B错误;施加水平拉力F后,木块B静止不动,则木块B受到的静摩擦力与弹簧弹力和拉力的合力平衡,木块B所受摩擦力大小为FfB=F弹+F=(8+2) N=10 N,故C错误;对A、B组成的系统,由平衡条件可知地面对系统的摩擦力Ff=F=2 N,故D正确。
[例4] 【“静—动”突变】 (多选)某同学利用图甲所示装置研究摩擦力的变化情况,实验台上固定一个力传感器,传感器用棉线拉住物块,物块放置在粗糙的长木板上。水平向左拉木板,传感器记录的F-t图像 如图乙所示。已知物块质量为m=1 kg,重力加速度g取10 m/s2,下列说法正确的是(　 　)
A.实验中必须让木板保持匀速运动,否则力传感器的示数不等于摩擦力
B.图乙中曲线反映的是拉力随时间的变化,其数值等于对应时刻物块受到的摩擦力大小
C.由图乙可知,物块与木板间的最大静摩擦力约为10 N,滑动摩擦力约为7 N,则动摩擦因数μ=0.7　
D.若增大拉力使木板加速运动,力传感器的示数会持续增大
BC
[例5] 【“动—静”突变】 如图所示,把一重力为G的物体,用一个水平的推力F=kt(k为恒量,t为时间)压在竖直的足够高的平整墙面上,从t=0开始,物体所受的摩擦力Ff随t的变化关系正确的是(　　)
A 　 B C　 D
B
【解析】 推力F=FN=kt,开始物体沿墙面竖直向下滑动,Ff=μFN=μkt,为正比例函数,当Ff增加到大于G时,物体开始做减速运动,Ff继续增大,当速度减为零时,物体静止,此时摩擦力为最大静摩擦力,此后摩擦力为静摩擦力,大小等于物体所受的重力且不再变化,故B正确。
[例6] 【“动—动”突变】 (多选)如图所示,足够长的传送带与水平面间的夹角为θ,以速度v0逆时针匀速转动。在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块,小木块与传送带间的动摩擦因数μBD
A 　 B C　 D
【解析】 当小木块的速度小于传送带的速度时,小木块相对于传送带向上滑动,受到的滑动摩擦力沿传送带向下,根据牛顿第二定律可得小木块的加速度a=gsin θ+μgcos θ;当小木块的速度与传送带的速度相等时,由于μ[变式] 在[例6]中,若小木块与传送带间的动摩擦因数μ>tan θ,选沿传送带向下为正方向,则下列能客观地反映小木块的受力或运动情况的是(　　)
C
A 　 B C　 D
【解析】 开始时,小木块的速度小于传送带的速度,小木块相对于传送带向上运动,则受沿传送带向下的滑动摩擦力,大小为Ff1=μmgcos θ>mgsin θ,小木块做匀加速运动;当小木块与传送带速度相等时,将保持相对静止,由平衡条件可知,小木块受沿传送带向上的静摩擦力,大小为Ff2=mgsin θ,小木块与传送带一起做匀速运动。综上所述,小木块先受沿传送带向下的滑动摩擦力,再受沿传送带向上的静摩擦力,小木块先做匀加速运动,再做匀速运动,故C正确。
摩擦力突变问题的注意事项
(1)静摩擦力是被动力,其大小、方向取决于物体间的相对运动趋势,而且静摩擦力存在最大值。存在静摩擦力的连接系统,相对滑动与相对静止的临界状态是静摩擦力达到最大值。
(2)滑动摩擦力的突变问题:滑动摩擦力的大小与接触面的动摩擦因数和接触面受到的压力均成正比,发生相对运动的物体,如果接触面的动摩擦因数发生变化或接触面受到的压力发生变化,则滑动摩擦力就会发生变化。
(3)研究传送带问题时,物体和传送带速度相等的时刻往往是摩擦力的大小、方向和运动性质发生变化的分界点。
方法点拨
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第6讲
实验:探究弹簧弹力与形变量的关系 探究两个互成角度的力的合成规律
【学习目标】
1.掌握胡克定律的适用条件,理解合力与分力的等效替代关系,会应用矢量合成法则(平行四边形定则)。
2.学会用图像法处理实验数据,分析误差来源,培养用数学工具解决物理问题的能力。
3.通过实验操作,提升方案设计、器材选择和误差分析的实践能力。
4.认识实验规律在生活中的应用,养成实事求是、严谨记录数据的科学态度。
实验一:探究弹簧弹力与形变量的关系
一、装置与器材
铁架台、毫米刻度尺、弹簧、钩码(若干)、铅笔、重垂线、坐标纸等,装置如图所示。
二、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.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,将这些数据填入自己设计的表格中。
3.改变所挂钩码的质量,测出对应的弹簧长度,记录m2、m3、m4、m5和相应的弹簧长度l2、l3、l4、l5,并得出每次弹簧的伸长量x2、x3、x4、x5。
三、数据处理
1.列表法:将实验数据填入表中,研究测量的数据,可发现在 的范围内,弹力与弹簧伸长量的比值不变。
2.图像法:以 为纵轴, 为横轴,用描点法作图,根据描点的情况,作出弹力F与弹簧伸长量x间的变化图线。
实验误差允许
弹簧的弹力F
弹簧的伸长量x
四、注意事项
1.操作:弹簧 悬挂,待钩码 时测出弹簧长度。
2.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。
3.适量:弹簧下端所挂钩码不要 ,以免超出弹性限度。
4.多测:要使用轻质弹簧尽可能多测几组数据。
5.统一:弹力及伸长量对应关系及单位应统一。
竖直
静止
太多
五、误差分析
1.钩码标称值不准确、弹簧长度测量不准确以及画图时描点连线不准确等都会引起实验误差。
2.悬挂钩码数量 ,导致弹簧超出了其弹性限度,不再符合胡克定律(F=kx),故图线发生弯曲,如图甲所示。
3.弹簧水平放置测量其原长,由于 ,将其悬挂起来后会有一定的伸长量,故图像横轴截距不为零,如图乙所示。
过多
弹簧自身受到重力
实验二:探究两个互成角度的力的合成规律
一、装置与器材
木板、白纸、图钉若干、橡皮条、细绳、轻质小圆环、弹簧测力计两个、三角板、刻度尺等,装置如图所示。
二、实验步骤
1.用图钉把白纸钉在水平桌面上方的木板上。
2.用图钉把橡皮条的一端固定在G点,橡皮条的另一端连接轻质小圆环,橡皮条的原长为GE,如图甲所示。
3.用两个弹簧测力计分别通过连接小圆环的细绳,互成角度地拉动小圆环至某点O,橡皮条伸长的长度为EO。记录 ,用铅笔描下 的位置及此时 (即细绳方向),如图乙所示。
4.改用一个弹簧测力计单独拉住小圆环到 ,记录弹簧测力计的 ,如图丙所示。
5.改变两个力F1、F2的大小和夹角,再重复3、4两个实验步骤。
两弹簧测力计的读数F1、F2
O点
两弹簧测力计拉力F1、F2的方向
同一位置O
示数F及方向
三、数据处理
1.用铅笔和刻度尺从O点沿两条细绳方向画直线,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.用刻度尺从O点按同样的标度沿记录的方向作出只用一个弹簧测力计时拉力F的图示。
3.以F1和F2为邻边用刻度尺作平行四边形,过O点作出平行四边形的对角线,此对角线代表的力记为F′,看F′与F在误差允许范围内是否重合。
四、注意事项
1.同一实验中的两个弹簧测力计的选取方法是:将两个弹簧测力计调零后互钩对拉,读数 。
2.在同一次实验中,使橡皮条拉长时,结点O的位置一定要 。
3.用两个弹簧测力计钩住绳套互成角度地拉橡皮条时,夹角
,在60°～100°为宜。
4.实验时弹簧测力计应与木板平行,读数时眼睛要正视弹簧测力计的刻度,在合力不超过量程及橡皮条弹性限度的前提下,拉力的数值 。
相同
相同
不宜太大也不
宜太小
尽量大些
5.细绳套应 ,便于确定力的方向。不要直接沿细绳套的方向画直线,应在细绳套末端用铅笔画一个点,移开细绳套后,再将所标点与O点连接,即可确定力的方向。
6.在同一次实验中,画力的图示所选定的标度要相同,并且要恰当选取标度,使所作力的图示稍长一些。
五、误差分析
1.误差来源
(1) 和作图误差。
(2)两力F1、F2间的夹角θ过大或过小,用平行四边形定则作图得出的合力F′的相对误差越大。
适当长一些
读数误差
2.减小误差的办法
(1)实验过程中,读数时眼睛一定要 弹簧测力计的刻度,要按有效数字和弹簧测力计的精度正确读数和记录。
(2)用刻度尺作平行四边形时借助于三角板,使表示两力的对边平行。
正视
考点一
基础性实验
[例1] 【实验原理与实验操作】(2025·天津北辰阶段练习)某实验小组利用如图甲所示实验装置“探究弹簧弹力与形变量的关系”,他们的实验步骤如下:
A.将铁架台固定于水平桌面上,按如图所示安装好实验装置;
B.以弹簧的弹力F(弹簧下端所挂钩码受的重力)为纵轴,以弹簧伸长的长度x(x=L-L0)为横轴建立直角坐标系,根据测得的数据,用描点法作图,画出F-x图像;
C.依次在弹簧下端挂上1个、2个、3个、4个……钩码,并分别记录钩码静止时,弹簧下端所对应的刻度L,然后取下钩码;
D.记下弹簧自由下垂时,其下端在刻度尺上的刻度L0;
E.根据图像写出弹簧弹力F与伸长量x的关系式,得出弹力
与伸长量的规律,分析函数表达式中常数的物理意义;
(1)请按实验操作的先后顺序排序:A　　　　E。
DCB
【解析】 (1)安装好实验装置后,记下弹簧自然下垂时下端所对应的刻度,接下来开始实验操作记录数据,根据数据作出图像,最后得出结论,故正确顺序为ADCBE。
(2)另一个小组在实验步骤D的操作中,将同一弹簧水平放置测出其自然长度L0′,然后竖直悬挂完成实验。他们得到的F-x图像用虚线表示,前面小组得到的F-x图像用实线表示。下列图像最符合实际的是　　　　(填字母)。
C
A　　　 B C　　 　D
【解析】 (2)弹簧竖直悬挂时,弹簧在自身重力作用下要伸长,即竖直悬挂时弹簧的原长比水平放置在桌面上所测原长要长,即还未挂钩码弹簧就有了一定的伸长量,图线应与横轴交于正半轴,两种情况下弹簧的劲度系数相同,两图线平行。
[例2] 【实验原理与实验操作】(2023·全国乙卷,22)在“验证力的平行四边形定则”的实验中使用的器材有:木板、白纸、两个标准弹簧测力计、橡皮条、轻质小圆环、刻度尺、铅笔、细线和图钉若干。完成下列实验步骤:
(1)用图钉将白纸固定在水平木板上。
(2)将橡皮条的一端固定在木板上,另一端系在轻质小圆环上。将两细线也系在小圆环上,它们的另一端均挂上测力计。用互成一定角度、方向平行于木板、大小适当的力拉动两个测力计,小圆环停止时由两个测力计的示数得到两拉力F1和F2的大小,并　　　　。(多选,填字母)
A.用刻度尺量出橡皮条的长度
B.用刻度尺量出两细线的长度
C.用铅笔在白纸上标记出小圆环的位置
D.用铅笔在白纸上标记出两细线的方向
CD
【解析】 (2)当得到两拉力F1和F2的大小后,还需要用铅笔在白纸上标记出小圆环的位置以及两细线的方向。
(3)撤掉一个测力计,用另一个测力计把小圆环拉到　　　　　　,由测力计的示数得到拉力F的大小,沿细线标记此时F的方向。
相同位置
【解析】 (3)撤掉一个测力计,用另一个测力计把小圆环拉到相同位置,由测力计的示数得到拉力F的大小,沿细线标记此时F的方向。
(4)选择合适标度,由步骤(2)的结果在白纸上根据力的平行四边形定则作F1和F2的合成图,得出合力F′的大小和方向;按同一标度在白纸上画出力F的图示。
(5)比较F′和F的　　　 　　　,从而判断本次实验是否验证了力的平行四边形定则。
大小和方向
【解析】 (5)比较F′和F的大小和方向,从而判断本次实验是否验证了力的平行四边形定则。
[例3] 【实验数据处理与误差分析】(2025·湖北二模)某同学用图甲装置做
“探究弹簧弹力与形变量的关系”实验。
(1)在图乙中,刻度尺保持竖直,为了便于直接读出弹簧的长度,刻度尺的零刻度应与弹簧的　　　　(选填“上端”或“下端”)对齐,不挂钩码时指针所指刻度尺的位置如图乙所示,则此时弹簧的长度L0=　　　　 cm。
上端　
14.94
【解析】 (1)为了方便读出弹簧的长度,刻度尺的零刻度应与弹簧的上端对齐。由题图乙可知该刻度尺的分度值为1 mm,估读到分度值的下一位,则弹簧的长度L0=14.94 cm。
(2)改变所挂钩码的个数,进行多次实验,记录每次所挂钩码的质量m及弹簧的长度L,根据F=mg求得弹力(重力加速度g取10 m/s2),根据x=L-L0求弹簧的伸长量,得到多组F、x的值作F-x图像,如图丙所示。由图像求出弹簧的劲度系数k=　　　　 N/m。
187.5
(3)本实验中弹簧自重对弹簧劲度系数的测量结果　　 　　(选填“有”或“无”)影响。
无
【解析】 (3)由于本实验是竖直悬挂测弹簧原长,之后悬挂重物做实验,所以弹簧自重对测量结果没有影响。
[例4] 【实验数据处理与误差分析】(2025·新疆喀什模拟)如图甲所示,某小组在水平放置的方木板上做“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:
①将橡皮筋的一端固定,两名同学合作,先同时用两个力F1、F2将橡皮筋的另一端拉到某一点O,同时记录F1和F2的大小和方向,再用一个力F′将橡皮筋的端点拉到同一位置O,记录F′的大小和方向;
②过O点,按统一标度作出力F1、F2和F′的图示,如图乙所示;
③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　　　　。(填字母)
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橡皮筋时,需调整弹簧测力计的拉力大小与方向,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
C
【解析】 (1)两绳之间的夹角不能太大也不能太小,也不一定是特殊的120°,故A错误;使用弹簧测力计时,弹簧测力计的面板应与木板平行,不可以斜向上拉弹簧测力计,故B错误;用一个弹簧测力计拉细绳时,需调整弹簧测力计的大小与方向,直到橡皮筋结点与事先标记的O点重合,这样才能保证F′与F1、F2是等效替代关系,故C正确;平行四边形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,故D错误。
(2)对图乙,F1、F2合力的理论值是　　　　,实际测量值是　　　　(均选填“F′”或“F”)。
F　
F′　
【解析】 (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)实验小组重新做了一次实验,如图丙所示,若图中每一小格边长均代表1.5 N,则在图中作出F1与F2的合力为　　　　N(结果保留两位有效数字)。
9.0
【解析】 (3)根据平行四边形定则,作出的合力如图所示,图中每一小格边长均代表1.5 N,则作出F1与F2的合力大小为F=6×1.5 N=9.0 N。
考点二
创新性实验
[例5] 【实验原理的创新】(2025·甘肃白银期末)弹簧是大家在生活中比较常见的机械零件,弹簧在外力作用下发生形变,撤去外力后,弹簧就能恢复原状。很多工具和设备都是利用弹簧这一性质来工作的。实验室中有五根一模一样的弹簧,某实验小组的两名同学想测量这批弹簧的劲度系数,将弹簧等间距地悬挂在铁架台的水平横杆上,如图甲所示,1号弹簧下端不挂钩码,2号弹簧下端挂1个钩码,3号弹簧下端挂2个钩码,依此类推,钩码均相同。
(1)为了更直观地呈现出弹簧弹力大小F与弹簧伸长量Δx的关系,该实验小组同学以1号弹簧末端指针所指的位置为坐标原点,竖直方向为y轴,水平方向为x轴建立直角坐标系,其中y轴代表　　 　　(选填“钩码重力mg”“钩码个数n”或“弹簧的伸长量Δx”),x轴代表弹力F。
弹簧的伸长量Δx
【解析】 (1)由题意,已知x轴代表弹力F,由题图甲知,1号弹簧对应1位置,表示弹簧的长度,每挂一个钩码弹簧都会变长一些,y轴记录了弹簧挂上钩码后伸长的长度,故y轴代表弹簧的伸长量Δx。
(2)为了测量弹簧的伸长量,同学A取来一把米尺,将其竖直放置在地上,米尺的100.00 cm刻度线刚好与1号弹簧末端指针在同一水平线上,测量2号弹簧伸长量时,弹簧末端指针位置如图乙所示,已知此时弹簧的弹力F=2.00 N,则这根弹簧的劲度系数为　　　　 N/cm。(结果保留三位有效数字)
0.500
(3)同学B重新实验,依次测量1号、2号、3号、4号、5号弹簧的实验数据,根据测量的数据作出图像如图丙所示,已知图丙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为　　　　 N/m。(结果保留三位有效数字)
50.0
[例6] 【实验目的的创新】(2025·吉林模拟)如图甲所示,实验小组打算用量程为5 N的弹簧测力计,测量一个超出其量程的物体所受的重力。
(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上的位置调节细线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如图甲所示,为
　　　　 N。
3.00
【解析】 (3)由于弹簧测力计的分度值为0.1 N,需要估读到分度值的下一位,故其读数为3.00 N。
(4)设定相邻两环间距离表示1 N,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,由作图结果可得重物的重力为　　　　 N(结果保留一位有效数字)。
8
【解析】 (4)根据力的图示可知,重力的大小等于合力的大小,即G=F合=8 N。
(5)若结点O和图钉的位置不动,使弹簧测力计拉动细线OA从图示位置逆时针缓慢转动至水平,则弹簧测力计示数大小变化情况为　 　 　　(选填“增大”“减小”或“先减小后增大”)。
先减小后增大
【解析】 (5)作出如图所示的动态矢量三角形,可知弹簧测力计的示数先减小后增大。
[例7] 【实验器材的创新】 (2025·四川卷,11)某学习小组利用生活中常见的物品开展“探究弹簧弹力与形变量的关系”实验。已知水的密度为1.0×103 kg/m3,当地重力加速度为9.8 m/s2。
实验过程如下:
(1)将两根细绳分别系在弹簧两端,将其平放在较光滑的水平桌面上,让其中一个系绳点与刻度尺零刻度线对齐,另一个系绳点对应的刻度如图甲所示,可得弹簧原长为　　　　cm。
13.15
【解析】 (1)由题图甲知,该刻度尺的分度值为0.1 cm,读数时应估读到分度值的下一位,故弹簧原长为13.15 cm。
(2)将弹簧一端细绳系到墙上挂钩上,另一端细绳跨过固定在桌面边缘的光滑金属杆后,系一个空的小桶。使弹簧和桌面上方的细绳均与桌面平行,如图乙所示。
(3)用带有刻度的杯子量取50 mL水,缓慢加到小桶里,待弹簧稳定后,测量两系绳点之间的弹簧长度并记录数据。按此步骤操作6次。
(4)以小桶中水的体积V为横坐标,弹簧伸长量x为纵坐标,根据实验数据拟合成如图丙所示直线,其斜率为200 m-2。由此可得该弹簧的劲度系数为
　　　　N/m(结果保留两位有效数字)。
49
(5)图丙中直线的截距为0.005 6 m,可得所用小桶质量为　　　　kg(结果保留两位有效数字)。
0.028
[例8] 【数据处理的创新】(2025·黑吉辽内蒙古卷,12)某兴趣小组设计了一个可以测量质量的装置。如图甲,细绳1、2和橡皮筋相连于一点,绳1上端固定在A点,绳2下端与水杯相连,橡皮筋的另一端与绳套相连。
为确定杯中物体质量m与橡皮筋长度x的关系,该小组逐次加入等质量的水,拉动绳套,使绳1每次与竖直方向夹角均为30°且橡皮筋与绳1垂直,待装置稳定后测量对应的橡皮筋长度。根据测得的数据作出x-m关系图线,如图乙所示。
回答下列问题。
(1)将一芒果放入此空杯,按上述操作测得x=11.60 cm,由图乙可知,该芒果的质量m0=　　　 　 g(结果保留到个位)。若杯中放入芒果后,绳1与竖直方向夹角为30°但与橡皮筋不垂直,由图像读出的芒果质量与m0相比
　　　　(选填“偏大”或“偏小”)。
106　
偏大
【解析】 (1)操作测得x=11.60 cm,由题图乙的图像坐标可知,该芒果的质量为106 g;若杯中放入芒果后,绳1与竖直方向夹角为30°但与橡皮筋不垂直,根据共点力平衡作受力分析图如图,可知橡皮筋的拉力变大,导致橡皮筋的长度偏大,则根据图像读出的芒果质量与m0相比偏大。
(2)另一组同学利用同样方法得到的x-m图像在后半部分弯曲,下列原因可能的是　　　　。
A.水杯质量过小
B.绳套长度过大
C.橡皮筋伸长量过大,弹力与其伸长量不成正比
C
【解析】 (2)另一组同学利用同样方法得到的x-m图像在后半部分弯曲,可能是所测物体的质量过大,导致橡皮筋所受的弹力过大,伸长超过了弹性限度,从而使橡皮筋弹力与其伸长量不成正比,故选C。
(3)写出一条可以使上述装置测量质量范围增大的措施。
　 。
减小细绳与竖直方向的夹角(或增加橡皮筋的条数)
【解析】 (3)根据共点力平衡条件可知,减小绳子与竖直方向的夹角或增加橡皮筋的条数都可以增大质量测量范围。
感谢观看【考情分析】
　　　　　　年份 　考查点 2025 2024 2023
重力　弹力　摩擦力 北京·T6、 陕晋青宁·T4 广西·T2、黑吉辽·T3、 山东·T2、 山东·T2、 江苏·T7
力的合成与分解 河北·T4 河北·T5 广东·T2、 重庆·T1、 浙江6月选考·T6
共点力的平衡 重庆·T1、 福建·T1 湖北·T6、新课标·T24、 浙江1月选考·T6、 贵州·T4 海南·T3、 浙江1月选考·T2、 江苏·T7
实验:探究弹簧弹力与形变量的关系 四川·T11 浙江6月选考·T16Ⅰ(2)
实验:探究两个互成角度的力的合成规律 黑吉辽内蒙古·T12 海南·T14 全国乙·T22
【AI考情预测】
一、命题趋势
1.情境化命题:结合科技前沿(如“太空舱微重力实验”)或工程问题(如“悬索桥受力优化”)。
2.模型创新:复杂连接体(多物体、多弹簧系统);非典型约束条件(如柔性绳与刚性杆混合模型)。
3.数学工具强化:矢量运算、三角函数与极值问题结合;图像分析(F-x、F-t图像斜率含义)。
二、热点预测
1.动态平衡问题解法:如图解法、相似三角形、三角函数或拉密定理在动态平衡中的应用。
2.摩擦力的临界分析:涉及自锁现象或变动摩擦因数问题。
3.跨学科融合:与生物力学结合(如人体关节受力模型)。
4.实验拓展:可能设计“探究动摩擦因数与接触面关系”的创新实验。
三、备考建议
1.基础强化:熟练掌握正交分解法和三角形定则,尤其注意多力平衡的合成。
2.模型归纳:整理“斜面+摩擦”“轻绳+滑轮”“弹簧串联/并联”等经典模型。
3.情境训练:通过航天、体育、建筑等实际情境题,提炼物理模型。
4.实验拓展:关注“数字化实验”(如应用力传感器验证平行四边形定则)。
5.计算能力:强化解析几何在动态平衡中的应用(如圆方程与极值问题)。
总结:“相互作用——力”仍是高考物理的重难点,未来命题将更注重学科素养和实际应用能力。备考需从“基础模型+情境创新+数学工具”三维度突破,尤其要关注与科技热点关联的问题。
第1讲　重力　弹力　摩擦力
【学习目标】
1.建立重力、弹力、摩擦力的清晰概念,形成正确的力的物理观念。
2.掌握弹力、摩擦力的有无及方向的判断方法,以及用胡克定律、平衡条件、整体法、隔离法分析计算力的大小的能力,提升逻辑思维与建模能力。
3.通过探究胡克定律、滑动摩擦力与压力关系等实验,培养实验设计、数据处理和误差分析的科学探究能力。
4.联系生活实际(如弹簧测力计、刹车系统、重心稳定),认识物理知识的应用价值,养成依据规律分析问题的科学态度。
[footnoteRef:2] [2:
1.(多选)关于重力和弹力,下列说法正确的是(　　)
A.在地球上的物体都要受到重力作用,所受的重力与它的运动状态无关,也与是否存在其他力的作用无关
B.在地球各处的重力方向都是一样的
C.两个物体只要接触就一定有弹力
D.弹力的方向一定与施力物体发生弹性形变的方向相反
【答案】 AD
2.如图所示,重为500 N的沙发放在水平地面上,某同学沿水平方向推沙发,当水平推力大小为90 N时沙发恰好开始运动。沙发运动后,用75 N的水平力即可使沙发保持匀速直线运动。下列说法正确的是(　　)
A.沙发与地面之间的动摩擦因数为0.18
B.若用80 N的水平力推静止的沙发,沙发所受的摩擦力大小为75 N
C.若用100 N的水平力推静止的沙发,沙发所受的摩擦力大小为100 N
D.若用50 N的水平力推已经运动的沙发,沙发所受的摩擦力大小为75 N
【答案】 D]
【答案】 吸引　mg　竖直向下　弹性形变　相反　正比　相对运动　相对运动　μF压　相反　相对运动　相对静止　相对运动趋势　相反　相对运动趋势
考点一　重力和重心
1.重力
(1)重力的大小与运动状态无关,与所处的纬度和高度有关。重力加速度随纬度的减小而减小,随高度的增加而减小。
(2)重力的方向总是竖直向下的,但并不一定垂直于地面,也不一定指向地心。
(3)重力是由于地球的吸引而产生的,但重力并不等于地球的引力,它实际上是万有引力的一个分力。
2.重心
(1)重心的位置可以在物体上,也可以在物体外。
(2)质量分布均匀、形状规则的物体的重心在其几何中心上;对形状不规则的薄物体,可用支撑法或悬挂法来确定其重心。
[例1] 【对重力的理解】 (2025·广西南宁阶段检测)下列关于重力的说法正确的是(　　)
A.重力等于地球对物体的吸引力
B.运动的物体不受重力作用
C.同一物体在地球上不同位置受到的重力可能不同
D.重力方向垂直向下
【答案】 C
【解析】 重力是由于地球的吸引而产生的,但重力只是地球对物体的吸引力的一个分力,故A错误;运动的物体仍受重力作用,故B错误;同一物体在地球上不同位置,重力加速度大小可能不同,受到的重力可能不同,故C正确;重力方向竖直向下,故D错误。
[变式] 物体挂在弹簧测力计下,弹簧测力计的示数是否一定等于物体受到的重力
【答案】 物体挂在弹簧测力计下处于平衡状态时,弹簧测力计的示数才等于物体受到的重力。
[例2] 【对重心的理解】 (2025·青海西宁期末)如图为仰韶文化时期的尖底瓶,装水后的尖底瓶“虚则欹、中则正、满则覆”。下列说法正确的是(　　)
A.瓶的重心是瓶各部分所受重力的等效作用点
B.向瓶中缓慢注入水的过程中,瓶(包括水)的重心位置逐渐升高
C.瓶的重心可能在瓶口
D.瓶的重心一定在瓶底
【答案】 A
【解析】 瓶的重心是瓶各部分所受重力的等效作用点,这是重心的定义,故A正确;向瓶中缓慢注入水的过程中,瓶(包括水)的重心位置先降低再升高,故B错误;瓶的重心一定在瓶口的下方,在瓶底的上方,故C、D错误。
考点二　弹力
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、通常可忽略的是哪些
(2)产生弹力方向一定沿物体本身的是哪些 弹力方向可以与其本身成任意角度的是哪个
(3)既可产生拉伸、又可产生压缩形变的是哪些 既可以产生拉伸、也可以产生压缩、又可以产生弯曲形变的是哪个
(4)弹力大小可以突变的是哪些 不能突变的是哪些
提示:(1)轻绳、轻杆。
(2)轻绳、橡皮筋、轻弹簧;轻杆。
(3)轻杆、轻弹簧;轻杆。
(4)轻绳、轻杆;橡皮筋、轻弹簧。
1.弹力有无的判断
2.弹力方向的判断
(1)按接触面分。
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
(2)按模型分。
轻绳 轻杆 轻弹簧
沿绳 沿杆 不沿杆 沿弹簧
[例3] 【弹力有无及方向的判断】 (多选)(2025·浙江丽水期中)下列情境中关于球所受弹力的描述,正确的是(　　)
A.图甲,反弹出去的排球在空中运动时,受到沿运动方向的弹力
B.图乙,小球静止,其中a绳处于竖直方向,则b绳对小球无拉力
C.图丙,小球随车厢(底部光滑)一起向右做匀速直线运动,车厢左壁对小球无弹力
D.图丁,静止在杆顶端的铁球受到沿杆向上的弹力
【答案】 BC
【解析】 反弹出去的排球在空中运动时,若忽略空气阻力,则它只受到重力作用,不受沿运动方向的弹力作用,故A错误;小球被a、b两轻绳悬挂而静止,其中a绳处于竖直方向,则小球所受重力和a绳的拉力平衡,故b绳对小球一定没有拉力,故B正确;小球随车厢(底部光滑)一起向右做匀速直线运动,速度不变,则水平方向不受力的作用,车厢左壁对小球无弹力,故C正确;静止在杆顶端的铁球,由平衡条件可知,受到竖直向上的弹力,故D错误。
[例4] 【胡克定律的应用】 (2025·重庆模拟)质量分别为m1、m2的小球1、2用劲度系数分别为ka、kb的a、b轻质弹簧悬挂,平衡后状态如图甲所示。若将小球1、2交换位置,平衡后状态如图乙所示,则(　　)
A.ka>kb B.m1C.m1>m2 D.ka【答案】 C
【解析】 对题图甲中的小球2和题图乙中的小球1进行受力分析,有mg=kbΔx,对比可知题图乙中弹簧b伸长量较长,则有m1>m2,故B错误,C正确;对题图甲中的小球1进行受力分析,有kaΔxa=kbΔxb+m1g,由于a、b两弹簧的伸长量Δxa、Δxb大小未知,故无法比较两个弹簧的劲度系数,故A、D错误。
[变式] 若用S1和S2表示劲度系数分别为k1和k2的两根弹簧,k1>k2;a和b表示质量分别为ma和mb的两个小物体,ma>mb,将弹簧与物体按图示方式悬挂起来,现要求两根弹簧的总长度最大,则应使S1和S2、a和b的位置顺序怎样
【答案】 S2在上,b在上
【解析】 先对下方的物体受力分析,受重力和下方弹簧的拉力而平衡,即下方弹簧的拉力等于下方物体的重力,有k下x下=m下g;再对两个物体整体受力分析,受到总重力和上方弹簧的拉力,根据共点力平衡条件,有k上x上=(ma+mb)g,则弹簧总长度为L=L1+L2+x上+x下=L1+L2++
,要使总长度最大,k上要取较小值k2,k下则取较大值k1,m下要取较大值ma,故S2在上,b在上。
[例5] 【杆的弹力大小计算】 (多选)如图所示,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。关于斜杆对小球的作用力F,下列判断正确的是(　　)
A.小车静止时,F=mg,方向竖直向上
B.小车静止时,F=mgcos θ,方向垂直于斜杆向上
C.小车向右以加速度a加速运动时,一定有F=
D.小车向左以加速度a加速运动时,F=,方向向左上方,与竖直方向的夹角为α,且tan α=
【答案】 AD
【解析】 小车静止时,小球受到重力和杆的弹力,由平衡条件得F=mg,方向竖直向上,故A正确,B错误;小车向右以加速度a加速运动时,如图甲所示,只有当a=gtan θ时,才有F=,故C错误;小车向左以加速度a加速运动时,如图乙所示,根据牛顿第二定律知小球受到的合力水平向左,F=,方向向左上方,与竖直方向的夹角为α,且tan α=,故D正确。
计算弹力大小的三种方法
(1)公式法:利用胡克定律F=kx计算。适用于弹簧、橡皮筋等弹力的计算。
(2)平衡法:静止或做匀速直线运动时利用平衡条件计算。
(3)牛顿运动定律:利用牛顿第二定律和牛顿第三定律分析求解。
考点三　摩擦力
请思考下列与摩擦力有关的几个问题:
(1)若两物体间有摩擦力,则两物体间一定有弹力吗 若两物体间有弹力,则两物体间一定有摩擦力吗
(2)静止物体受到的摩擦力一定是静摩擦力吗 运动物体受到的摩擦力一定是滑动摩擦力吗
(3)滑动摩擦力的大小是否与物体间的接触面积有关 静摩擦力呢
(4)摩擦力的方向是不是可以与物体运动方向相反,也可以与物体运动方向相同,还可以与物体运动方向成任意角度 试举例说明。
(5)摩擦力都是物体运动的阻力吗
提示:(1)有摩擦力一定有弹力,有弹力不一定有摩擦力。
(2)发生相对运动的两物体中的一个物体,可能相对地面是静止的,所以静止的物体也可以受到滑动摩擦力;同理运动的物体也可以受到静摩擦力。
(3)滑动摩擦力Ff=μFN,大小与接触面积无关;静摩擦力大小由外部条件决定,与接触面积无关。
(4)用手握住水杯,水杯所受静摩擦力竖直向上,当水杯向上运动、向下运动、水平运动、斜向上运动、斜向下运动时,静摩擦力可以与物体运动方向相反,也可以与物体运动方向相同,还可以与物体运动方向成任意角度。
(5)摩擦力既可以是动力也可以是阻力。
1.明确三个方向
名称 释义
运动方向 一般指物体相对地面(以地面为参考系)的运动方向
相对运动 方向 指以其中一个物体为参考系,另一个物体相对参考系的运动方向
相对运动 趋势方向 能发生却没有发生的相对运动的方向,导致两物体间存在静摩擦力
2.静摩擦力有无及方向的判断
(1)假设法。
(2)状态法:根据平衡条件、牛顿第二定律,通过受力分析确定静摩擦力的有无及方向。
(3)转换对象法: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的方向。
3.静摩擦力大小的分析与计算
(1)物体处于平衡状态(静止或匀速直线运动)时,利用力的平衡条件来计算静摩擦力的大小。
(2)物体有加速度时,若只有静摩擦力提供加速度,则Ff=ma;若除受静摩擦力外,物体还受其他力,则F合=ma,先求合力再求静摩擦力。
4.滑动摩擦力大小的分析与计算
(1)滑动摩擦力略小于最大静摩擦力,一般情况下,可认为最大静摩擦力与滑动摩擦力近似
相等。
(2)滑动摩擦力的大小用公式Ff=μFN来计算,其中FN为两接触面间的正压力,其大小不一定等于物体受到的重力。
[例6] 【摩擦力的有无及方向判断】 (2025·宁夏银川模拟)如图,水平地面上放着一辆手推小车,小车的水平板上放置一只金属桶。当小车水平向左启动时,桶相对小车先向右运动一小段距离,随后相对小车静止一起向左匀速运动。则(　　)
A.桶相对地面先向右运动,后向左运动
B.桶匀速运动前,受到水平向右的滑动摩擦力
C.桶对小车先是滑动摩擦力,后是静摩擦力
D.桶匀速运动后,桶对小车没有摩擦力
【答案】 D
【解析】 当小车水平向左启动时,桶先向左加速后匀速,相对地面,桶向左运动,故A错误。桶匀速运动前,桶相对于车向右运动,桶受到的摩擦力水平向左,故B错误。桶先向左加速后匀速,加速阶段桶和小车相对滑动,桶对小车是滑动摩擦力;小车匀速运动时,桶受力平衡,水平方向不受摩擦力作用,故C错误,D正确。
(1)摩擦力的方向总是与物体间相对运动(或相对运动趋势)的方向相反,但不一定与物体的运动方向相反。
(2)摩擦力总是阻碍物体间的相对运动(或相对运动趋势),但不一定阻碍物体的运动。即摩擦力可以作为阻力使物体减速,也可以作为动力使物体加速。
(3)受静摩擦力作用的物体不一定静止,但一定与静摩擦力的施力物体保持相对静止。
[例7] 【摩擦力大小的分析与计算】 (多选)如图甲所示,质量为m=20 kg的木箱静止在水平地面上,人至少要用F=35 N的水平推力才能使其运动。木箱运动后,人再用30 N的水平推力,就可以使木箱继续做匀速直线运动(g取10 m/s2)。下列说法正确的是(　　)
A.木箱与地面间的滑动摩擦力大小为35 N
B.木箱与地面间的动摩擦因数等于0.15
C.若用F=32 N的水平推力推静止的木箱,木箱所受摩擦力大小为30 N
D.若在该木箱上叠放一个相同木箱,60 N水平推力可使两木箱保持匀速直线运动
【答案】 BD
【解析】 用30 N的水平推力就可以使木箱继续匀速运动,根据二力平衡可知,木箱与地面间的滑动摩擦力大小为30 N,A错误;根据滑动摩擦力公式Ff=μFN,动摩擦因数μ===0.15,B正确;若用32 N的水平推力推静止的木箱,木箱仍静止,木箱所受静摩擦力大小为32 N,C错误;两木箱叠放后,根据滑动摩擦力公式可知Ff′=μFN′=0.15×400 N=60 N,故用60 N水平推力可使两木箱保持匀速直线运动,D正确。
课时作业
对点1.重力和重心
1.(2025·湖南娄底模拟)关于重力,下列说法不正确的是(　　)
A.重力的作用点叫重心,物体的重心一定在物体上
B.用线竖直悬挂的物体静止时,线的方向一定通过重心
C.无论支持面是否水平,重力的方向总是竖直向下的
D.一车荔枝(质量不变)从广东运到北京,其重力变大
【答案】 A
【解析】 重力的作用点叫重心,物体的重心不一定在物体上,如圆环的重心,故A说法错误,符合题意;重力的方向竖直向下,与支持面是否水平无关,用线竖直悬挂的物体静止时,线的方向一定通过重心,故B、C说法正确,不符合题意;重力的计算公式G=mg,一车荔枝(质量不变)从广东运到北京,g值变大,其重力变大,故D说法正确,不符合题意。
2.(2025·河南模拟)《西游记》中孙悟空的武器如意金箍棒大小可随心变化,深受读者喜爱。如图,假设金箍棒可以变到地球直径的长度,把金箍棒立在地面上,若变长的金箍棒质量分布均匀,其长度的中点在O处,那么金箍棒的重心位置(　　)
A.也在O点处
B.在O点右方,比O点更远离地球
C.在O点左方,比O点更靠近地球
D.无法确定在O点左方还是右方
【答案】 C
【解析】 因为质量分布均匀,但越靠近地面重力加速度越大,所以重心与几何中心不重合,在O点左方,比O点更靠近地球。
对点2.弹力
3.(多选)(2025·福建莆田期中)力是物理学基础的概念,下列受力情况分析正确的是(　　)
A.图甲中,由于桌子的形变,书对桌面产生向下的弹力F1
B.图乙中,小车向右压缩弹簧,小车对弹簧的弹力方向向右
C.图丙中,半圆形碗对筷子的弹力沿筷子斜向上
D.图丁中,轻绳的拉力沿着绳并指向绳收缩的方向
【答案】 BD
【解析】 题图甲中,由于书的形变,书对桌面产生向下的弹力F1,故A错误;题图乙中,小车向右压缩弹簧,弹簧对小车的弹力方向向左,小车对弹簧的弹力方向向右,故B正确;题图丙中,碗对筷子的弹力垂直于该点切线指向圆心,故C错误;题图丁中,绳的拉力沿着绳并指向绳收缩的方向,故D正确。
4.(多选)(2025·宁夏中卫期中)如图所示为一轻质弹簧的弹力随长度变化的关系图像(轻质弹簧未超过弹性限度),下列说法正确的是(　　)
A.弹簧的原长为6 cm
B.弹簧的劲度系数为100 N/m
C.弹簧两端各加4 N拉力时,弹簧的长度为8 cm
D.弹簧的长度为0.16 m时,弹力的大小为10 N
【答案】 ABD
【解析】 根据图像可知,当弹簧的长度为l0=6 cm时,弹簧的弹力为零,即弹簧的原长为6 cm,故A正确;根据图像可知,弹簧的劲度系数为k== N/m=100 N/m,故B正确;弹簧两端各加4 N拉力时,弹簧弹力为4 N,则弹簧的伸长量x==0.04 m=4 cm,弹簧的长度为l=l0+x=10 cm,故C错误;弹簧的长度为0.16 m时,弹力的大小为F1=k(l1-l0)=10 N,故D正确。
对点3.摩擦力
5.(2025·陕晋青宁卷,4)如图,质量为m的均匀钢管,一端支在粗糙水平地面上,另一端被竖直绳悬挂,处于静止状态,钢管与水平地面之间的动摩擦因数为μ、夹角为θ,重力加速度大小为g。则地面对钢管左端的摩擦力大小为(　　)
A.μmgcos θ B.μmg
C.μmg D.0
【答案】 D
【解析】 对钢管受力分析,如图所示,若钢管受到地面的摩擦力,则钢管水平方向受力不平衡,钢管不可能处于静止状态,故地面对钢管左端的摩擦力大小为零,A、B、C错误,D正确。
6.(2024·黑吉辽卷,3)利用砚台将墨条研磨成墨汁时讲究“圆、缓、匀”,如图,在研磨过程中,砚台始终静止在水平桌面上。当墨条的速度方向水平向左时,(　　)
A.砚台对墨条的摩擦力方向水平向左
B.桌面对砚台的摩擦力方向水平向左
C.桌面和墨条对砚台的摩擦力是一对平衡力
D.桌面对砚台的支持力与墨条对砚台的压力是一对平衡力
【答案】 C
【解析】 当墨条速度方向水平向左时,墨条相对于砚台向左运动,故砚台对墨条的摩擦力方向水平向右,故A错误;根据牛顿第三定律,墨条对砚台的摩擦力方向水平向左,由于砚台处于静止状态,故桌面对砚台的摩擦力方向水平向右,故B错误;由于砚台处于静止状态,水平方向桌面和墨条对砚台的摩擦力是一对平衡力,故C正确;桌面对砚台的支持力大小等于砚台所受重力与墨条对砚台的压力的合力,故桌面对砚台的支持力大于墨条对砚台的压力,故D错误。
7.(2025·湖南湘潭期末)如图所示为一个免打孔伸缩晾衣杆的示意图,使用时,先调节杆的长度使其恰好与两侧的竖直墙面接触,然后打开锁紧装置保持杆长不变,最后旋转增压旋钮增加杆头与墙面间的压力,使其在晾衣物时能保持静止。下列说法正确的是(　　)
A.杆头与墙面间的压力越大,杆头与墙面间的摩擦力就越大
B.所晾衣物的质量越大,杆头与墙面间的摩擦力就越大
C.在湿衣物晾干的过程中,杆头与墙面间的摩擦力保持不变
D.为了能晾更大质量的衣物,可增加杆头与墙面的接触面积
【答案】 B
【解析】 以晾衣杆与衣物为整体,受力分析可知,两边杆头与墙面间的静摩擦力等于晾衣杆与衣物所受的总重力,即Ff=(m衣物+m晾衣杆)g,故杆头与墙面间的压力越大,杆头与墙面间的摩擦力不变,所晾衣物的质量越大,杆头与墙面间的摩擦力就越大,故A错误,B正确;在湿衣物晾干的过程中,晾衣杆与衣物所受的总重力减小,杆头与墙面间的摩擦力减小,故C错误;为了能晾更大质量的衣物,可增加杆头与墙面的粗糙程度或增大杆头与墙面间的压力,以增大杆头与墙面间的最大静摩擦力,增加杆头与墙面的接触面积不能够增大杆头与墙面间的最大静摩擦力,故D错误。
8.(2025·四川成都三模)图甲为答题卡扫描仪,其内部结构如图乙所示。扫描仪内部有一个摩擦滚轮放置在水平答题卡上方。正常工作时滚轮对顶部答题卡的正压力为F,摩擦滚轮顺时针转动,摩擦力只带动与之接触的顶部答题卡进入扫描仪内部进行逐张扫描,直至所有答题卡扫描完毕。已知每张答题卡的质量均为m,摩擦滚轮与答题卡间的动摩擦因数恒为μ=0.8,各答题卡间的动摩擦因数μ′范围为0.4≤μ′≤0.5,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度大小为g。要使该扫描仪能一直正常工作,正压力F的最大取值范围为(　　)
A.mgB.mgC.mgD.mg【答案】 A
【解析】 要使扫描仪正常工作,每次只能带动顶部答题卡,需满足滚轮对顶部答题卡的摩擦力大于顶部与下方答题卡间的最大静摩擦力,则由平衡条件及摩擦力的计算公式可得μF>μ′(F+mg),由题知μ=0.8,令μ′=0.5(取最大值保证所有μ′情况),解得F>mg;同时第二张答题卡不能动,需满足第一张答题卡对第二张答题卡的滑动摩擦力小于或等于第三张答题卡对第二张答题卡的最大静摩擦力,即0.5(F+mg)≤0.4(F+2mg),解得F≤3mg,综上可得mg9.某同学制作的“互”字形木制模型如图所示。模型的上下两部分质量均为0.5m。用细线连接两部分。当细线都绷紧时,整个模型可以竖直静止在水平地面上。则(　　)
A.模型下部分受到三个力的作用
B.地面受到模型的压力为0.5mg
C.细线ab的拉力小于细线cd的拉力
D.细线ab和cd对模型上半部分的力均向下
【答案】 C
【解析】 模型下部分受到重力、地面的支持力、细线ab的拉力、细线cd的拉力四个力的作用,故A错误;对整个模型受力分析,受总重力mg、地面的支持力,二力平衡,根据牛顿第三定律,整个模型对地面的压力大小为mg,故B错误;模型上部分受三个力的作用,重力0.5mg、细线ab对a点向下的拉力F1、细线cd对d点向上的拉力F2,它们的关系为F2=0.5mg+F1,故C正确,D错误。
10.如图所示,一质量不计的弹簧原长为10 cm,一端固定于质量m=2 kg的物体上,另一端施加一水平拉力F。已知物体与水平面间的动摩擦因数为0.2。(设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等,g取10 m/s2)
(1)当弹簧拉长至12 cm时,物体恰好匀速运动,弹簧的劲度系数为多大
(2)若将弹簧拉长至11 cm,物体受到的摩擦力大小为多少
(3)若将弹簧拉长至13 cm,物体受到的摩擦力大小为多少
【答案】 (1)200 N/m　(2)2 N　(3)4 N
【解析】 (1)物体匀速运动时,有k(l-l0)=μmg,
解得k=200 N/m。
(2)弹簧拉长至11 cm时的弹力为
F1=k(l1-l0)=200×(0.11-0.10) N=2 N,
最大静摩擦力可看作等于滑动摩擦力,
Ffm=0.2×2×10 N=4 N,
弹力小于最大静摩擦力,物体静止,故所受静摩擦力大小Ff1=F1=2 N。
(3)弹簧拉长至13 cm时的弹力为
F2=k(l2-l0)=200×(0.13-0.10) N=6 N,
物体将运动,此时所受到的滑动摩擦力大小为
Ff2=μmg=0.2×2×10 N=4 N。
11.(2025·山东青岛期中)如图所示,原长分别为L1和L2、劲度系数分别为k1和k2的两轻质弹簧竖直悬挂在天花板上,两弹簧之间有一质量为m的物体,最下端挂着质量为2m的另一物体,整个装置处于静止状态。
(1)求这时两弹簧的总长度;
(2)若用一平板把下面的物体竖直缓慢地向上托起,直到两弹簧的总长度等于两弹簧的原长之和,求这时平板对下面物体的弹力大小。
【答案】 (1)L1+L2++
(2)+2mg
【解析】 (1)设劲度系数为k1的轻质弹簧的伸长量为x1,对整体,根据胡克定律有
(m+2m)g=k1x1,
设劲度系数为k2的轻质弹簧的伸长量为x2,对下面的物体,根据胡克定律有
2mg=k2x2,
这时两个弹簧的总长度为
L=L1+L2+x1+x2,
联立可得L=L1+L2++。
(2)用一个平板把下面的物体竖直缓慢地向上托起,直到两个弹簧的总长度等于两弹簧的原长之和时,设此时下面的弹簧被压缩x,上面的弹簧被拉伸x,以质量为m的物体为研究对象,根据平衡关系有(k1+k2)x=mg,
以质量为2m的物体为研究对象,设平板对质量为2m的物体的支持力为FN,根据平衡关系有
FN=k2x+2mg,
联立可得FN=+2mg。第5讲　小专题:动态平衡和临界极值问题
【学习目标】
1.掌握动态平衡的特点及临界极值的判断条件,熟练运用受力分析、矢量三角形法或正交分解法解决变力平衡问题。
2.掌握图解法、解析法、相似三角形法等动态平衡分析工具,能运用极限法、数学工具解决临界极值问题,提升动态逻辑推理与定量分析能力。
3.通过实验探究力的变化规律,培养实验设计与数据验证能力。
4.理解动态平衡在工程实践中的应用,养成严谨分析临界条件的科学习惯。
考点一　动态平衡问题
1.动态平衡
(1)所谓动态平衡问题,是指通过控制某些物理量,使物体的受力情况发生缓慢变化,而在这个过程中物体又始终处于一系列的平衡状态。
(2)基本思路:化“动”为“静”,“静”中求“动”。
2.分析动态平衡问题的方法
(1)图解法:一个力恒定,另一个力的方向恒定时可用此法。例如:挡板P由竖直位置沿逆时针方向向水平位置缓慢旋转时小球受力的变化(如图所示)。
(2)解析法:如果物体受到多个力的作用,可进行正交分解,利用解析法,建立平衡方程,根据自变量的变化确定因变量的变化。
(3)相似三角形法:一个力恒定、另外两个力的方向同时变化,当所作矢量三角形与空间的某个几何三角形总相似时用此法。(如表所示)
受力分析 力的矢量三角形 和几何三角形相似 比例关系
= =
= =
= =
(4)力的外接圆法和拉密定理法:一力恒定,另外两力方向均变化,但两力方向夹角保持不变的动态平衡问题,可利用力的外接圆法或拉密定理法。
力的外 接圆法 作出某状态三个力的矢量三角形,根据不同位置判断另外两个力的大小变化
拉密 定理法 物体受三个共点力作用而处于平衡状态,对表示三个力的矢量组成的封闭三角形,根据拉密定理可推出==,若F1、α不变、β(或γ)的变化导致F2(或F3)变化
[例1] 【图解法】 如图所示,装有足球的轻网兜系在钉子上,墙壁光滑。将网绳在钉子上多绕几圈后,则(　　)
A.网绳上的拉力变小
B.网绳上的拉力不变
C.墙壁对足球的支持力变大
D.墙壁对足球的支持力不变
【答案】 C
【解析】 把三个力放在一个矢量三角形中,如图所示,当网绳长度减小时,θ增大,矢量三角形中,随着θ角增大,FT变大,FN变大,故C正确。
[例2] 【解析法】 (2025·天津一模)抖空竹是一种以四肢协调作为核心的传统体育项目,是国家级非物质文化遗产之一。如图所示,表演者右手控制A点不动,左手控制B点沿图中的四个方向缓慢移动,忽略空竹转动的影响,不计空竹和轻质细线间的摩擦,且认为细线不可伸长。下列说法正确的是(　　)
A.沿虚线a向左移动,空竹的高度不变
B.沿虚线b向上移动,细线与竖直方向的夹角不变
C.沿虚线c斜向上移动,细线的拉力不变
D.沿虚线d向右移动,细线对空竹的合力减小
【答案】 B
【解析】 对空竹受力分析如图所示,由于空竹缓慢移动,由平衡条件可知2Fsin θ=mg,设绳长为L,由几何关系可知cos θ=,当一只手沿虚线a缓慢向左移动时,θ增大,cos θ减小, l减小,空竹的高度降低,故A错误;沿虚线b向上移动, l不变,θ不变,故B正确;沿虚线c斜向上移动,θ减小,sin θ减小,细线的拉力增大,故C错误;沿虚线d向右移动,细线对空竹的合力始终等于空竹所受的重力,所以细线对空竹的合力不变,故D错误。
[例3] 【相似三角形法】 (2025·四川达州二模)如图所示,水平天花板下方O点固定一光滑小定滑轮,一轻质弹簧一端固定在定滑轮的正下方N处,另一端与小球P连接,同时一轻绳跨过定滑轮与小球P相连。开始时在外力F作用下系统在图示位置静止。改变F大小使小球P缓慢移动,在小球P到达N点正上方前,下列说法正确的是(　　)
A.外力F大小不变
B.外力F逐渐变大
C.弹簧弹力逐渐变小
D.小球的运动轨迹是圆弧
【答案】 D
【解析】 对小球P进行受力分析,三力构成矢量三角形,如图所示,根据几何关系可知两三角形相似,因此==,可知如果PN增大,则x会先减小,如果PN减小,则x会增大,该等式不可能成立,所以弹簧的形变量保持不变,弹簧弹力大小始终不变,小球的运动轨迹是圆弧,则缓慢运动过程中OP越来越小,则F逐渐减小,故A、B、C错误,D正确。
[例4] 【力的外接圆法或拉密定理法】 某中学为增强学生体魄,组织学生进行多种体育锻炼。在某次锻炼过程中,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,将右手由图所示位置沿顺时针方向缓慢旋转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(　　)
A.右手对铅球的弹力一直增大
B.右手对铅球的弹力先增大后减小
C.左手对铅球的弹力一直增大
D.左手对铅球的弹力先增大后减小
【答案】 B
【解析】 方法一　力的外接圆法　以铅球为研究对象,受重力G、右手对铅球的弹力F1和左手对铅球的弹力F2,受力分析如图甲所示,缓慢旋转过程中铅球处于平衡状态,则将三力平移后构成一个首尾相连的三角形,两手之间夹角保持60°不变,两力之间的夹角保持120°不变,在力矢量三角形中,F1与F2夹角保持60°不变,重力G的大小方向不变,作出力三角形的外接圆,在右手由图示位置沿顺时针方向缓慢旋转60°至水平位置过程中,力的三角形变化如图甲所示,分析可得F1开始小于直径,当转过30°时F1等于直径,再转时又小于直径,所以F1先增大后减小,F2开始就小于直径,转动过程中一直减小,选项B正确。
方法二　拉密定理法　以铅球为研究对象,受重力G、右手对铅球的弹力F1及左手对铅球的弹力F2,受力分析如图乙所示,缓慢旋转过程中铅球处于平衡状态,将三力平移后构成一个首尾相连的三角形,两手之间夹角保持60°不变,右手由图示位置缓慢旋转的角度设为θ,根据拉密定理有==,右手由图示位置沿顺时针方向缓慢旋转60°至水平位置过程中,θ由0°变为60°,sin(60°+θ)先变大再变小,所以F1先增大后减小,sin(60°-θ)一直变小,所以F2一直减小,选项B正确。
[变式] 在[例4]中,若保持两手之间夹角不变,将右手由图所示位置沿逆时针缓慢旋转30°至竖直位置,则在转动过程中,左、右手对铅球的弹力大小如何变化
【答案】 右手对铅球的作用力逐渐减小,左手对铅球的作用力逐渐增大
【解析】 整个过程铅球处于动态平衡,受力分析如图所示,当转动到右手竖直时,由图可知该过程中右手对铅球的作用力F1逐渐减小,左手对铅球的作用力F2逐渐增大。
分析动态平衡问题的流程
受力分析画不同状态下的受力平衡图构造矢量三角形
考点二　平衡中的临界、极值问题
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。
常见的种类:
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:平衡中的极值问题,一般指在力的变化过程中的最大值和最小值问题。
2.解决极值和临界问题的三种方法
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,确定最大值或最小值
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
数学 分析法 通过对问题的分析,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)
[例5] 【物理分析法】 (2025·贵州贵阳模拟)如图,四分之一光滑圆弧轨道ABC固定在水平面上,一质量为m的小球(视为质点)处于圆弧AB的中点P,在推力F的作用下处于静止,则推力F的大小不可能是(　　)
A.mg B.mg
C.mg D.2mg
【答案】 A
【解析】 对小球受力分析,如图所示,当推力F与弹力FN垂直时,推力F最小,由三角函数关系可知,F最小为mg,可知推力F的大小不可能小于mg。
[变式] 如图,半径为R的光滑半圆弧槽固定在水平面上,质量为2m的小球A和质量为3m的小球B用长为R的轻杆通过光滑铰链连接,给小球B施加一个推力,使A、B两球处于如图所示静止状态,小球B处于圆弧最低点,不计小球大小,则作用在小球B上的最小推力为多少
【答案】 mg
【解析】 根据力的作用效果可知,作用在小球B上的最小作用力等于轻杆作用在B球上作用力的水平分力,对A球分析可知,根据力的平衡,杆对A球的作用力等于A球所受的重力,因此最小推力为Fmin=2mgcos 30°=mg。
[例6] 【极限法】(2025·重庆模拟)如图所示,两根半圆柱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。现将一根圆柱轻放在这两根半圆柱上,三者均静止。已知圆柱和两半圆柱的材料、长度、半径、密度均相同,不考虑它们之间的摩擦,则半圆柱与水平地面间的动摩擦因数至少为(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(　　)
A. B. C. D.
【答案】 B
【解析】 设圆柱的质量为m,则半圆柱的质量为,设圆柱与半圆柱之间的弹力大小为F,对圆柱进行受力分析,有2Fcos 30°=mg,解得F=mg;设地面对一个半圆柱的支持力为FN,对圆柱与半圆柱整体进行分析有2FN=(m++) g,解得FN=mg,三者始终处于静止状态,则对圆柱和半圆柱在水平方向上有Fsin 30°≤μFN,解得μ≥。
[变式] 若用水平向右的力拉右侧半圆柱A,使A缓慢移动,直至圆柱C恰好落到地面。整个过程中左侧半圆柱B保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。求半圆柱与地面间动摩擦因数的最小值μmin。
【答案】
【解析】 对B受力分析,如图所示,C恰好落地时,B受C压力的水平分力最大,此时F与竖直方向夹角θ=60°,
对C有2Fcos 60°=mg,
对B有Ff=Fsin 60°,
且Ff=μminFNB,
又FNB=mg+Fcos 60°=mg,
解得μmin=。
[例7] 【数学分析法】 (2025·河北廊坊一模)如图所示,运动员拖轮胎做负重训练时,用两根不计质量的等长细绳拴在质量为60 kg的轮胎上,两根细绳之间的夹角为θ,轮胎与水平地面间的动摩擦因数为0.75。轮胎在地面上匀速运动时,已知cos =0.9,重力加速度g取10 m/s2,则每根细绳的最小拉力是(　　)
A.360 N B.225 N
C.200 N D.180 N
【答案】 C
【解析】 由题意,两根细绳拉力的合力F合=2Fcos ,设此时合力方向与水平方向的夹角为α,轮胎做匀速直线运动,由力的平衡可得F合cos α=μ(mg-F合sin α),整理可得每根细绳的拉力F==,其中tan β=,可知当sin(α+β)=1时,细绳的拉力最小,为Fmin=200 N。
[变式] 若将质量为m的物体放置在倾角θ=30°的粗糙固定斜面上,物体与斜面间的动摩擦因数μ=,现用拉力F(与斜面的夹角为β)拉动物体沿斜面向上匀速运动,则斜面的夹角β为多少时拉力F最小 并求拉力F的最小值。
【答案】 当β=30°时,拉力F最小,最小值为mg
【解析】 对物体受力分析如图所示,
Fcos β=Ff+mgsin θ,
Ff=μFN,
FN=mgcos θ-Fsin β,
联立解得
F==,
其中tan α==,
即α=60°,
可知当β=30°时,拉力F最小,最小值为mg。
辅助角公式的应用
y=acos θ+bsin θ=(cos θ+sin θ),
令sin φ=,cos φ=,
则有y=(sin φcos θ+cos φsin θ)
=sin(φ+θ),
所以当φ+θ=时,y有最大值,且ymax=。
课时作业
对点1.动态平衡问题
1.(2025·四川成都一模)当今社会节能环保理念深入人心,每个公民都应尽量避免使用一次性塑料袋,减少白色污染。如图甲所示为一款环保袋,既可反复使用,又美观大方。手提环保袋静止时,简化示意图如图乙所示,设环保袋所受的重力大小为G,不考虑绳带的质量,下列说法正确的是(　　)
A.绳带中的张力大于
B.绳带中的张力等于
C.若只缩短绳带长度,则绳带中的张力将减小
D.若只减小两绳扣间距,则绳带中的张力将增大
【答案】 A
【解析】 对环保袋的受力分析如图所示,可知绳带中的张力FT=>,故A正确,B错误;绳带长度缩短时,α增大,cos α减小,绳带中的张力增大,故C错误;减小两绳扣间距,α减小,cos α增大,绳带中的张力减小,故D错误。
2.(多选)(2025·山西临汾三模)如图是工人在高层安装空调时吊运室外机的场景示意图。一名工人在楼上A点向上拉绳子AO,另一名工人站在水平地面上拉住另一根绳子OB,防止空调撞墙。在吊运的过程中,地面上的工人在缓慢后退时缓慢放绳,室外机缓慢竖直上升,绳子OB与竖直方向的夹角近似不变,下列说法正确的是(　　)
A.绳子AO上的拉力不断减小
B.绳子OB上的拉力不断增大
C.地面对工人的支持力不断增大
D.地面对工人的摩擦力不断增大
【答案】 BD
【解析】 对室外机受力分析,受绳子AO的拉力F1、绳子OB的拉力F2和自身重力mg而平衡,室外机受力如图甲所示。
将这三个力构成矢量三角形,如图乙所示。由图乙可知,地面上的工人在缓慢后退时缓慢放绳过程中,β不变,α逐渐增大,F1、F2均增大,故A错误,B正确;β不变,绳子的拉力F2增大,则绳子的拉力F2在竖直方向的分力增大,对地面上的工人,由平衡条件易得地面对工人的支持力不断变小,绳子的拉力F2在水平方向的分力增大,可知地面对工人的摩擦力不断增大,故C错误,D正确。
3.(2024·广东韶关二模)我们常用支架与底板垂直的两轮手推车搬运货物。如图甲所示,将质量为m的货物平放在手推车底板上,此时底板水平;如图乙,缓慢压下把手直至底板与水平面间的夹角为60°。不计货物与支架及底板间的摩擦,重力加速度为g,则(　　)
A.当底板与水平面间的夹角为30°时,底板对货物的支持力大小为
B.当底板与水平面间的夹角为30°时,支架对货物的支持力大小为
C.压下把手的过程中,底板对货物的支持力一直增大
D.压下把手的过程中,支架对货物的支持力一直减小
【答案】 A
【解析】 当底板与水平面间的夹角为30°时,对货物受力分析如图1所示,由平衡条件可得FN1cos 60°=FN2cos 30°,FN1sin 60°+FN2sin 30°=mg,解得底板对货物的支持力大小FN1=,支架对货物的支持力大小FN2=,A正确,B错误;压下把手的过程中,货物的受力情况如图2所示,可知底板对货物的支持力一直减小,支架对货物的支持力一直增大,C、D错误。
4.(2025·江苏一模)如图所示,在水平面上固定一竖直挡板M,现用水平力F向左推楔形木块B,使球A缓慢上升,所有接触面均光滑。在此过程中(　　)
A.球A对木块B的压力始终不变
B.球A对挡板M的压力逐渐增大
C.水平外力F逐渐增大
D.水平面对木块B的支持力逐渐增大
【答案】 A
【解析】 设楔形木块B的倾角为θ,根据题意,对球A受力分析,受重力GA、挡板M的弹力FN1、木块B的支持力FN2,如图甲所示,由平衡条件可得FN2cos θ=GA,FN1=GAtan θ,由题可知,球A缓慢上升,但θ不变,则木块B的支持力FN2、挡板M的弹力FN1均不变,由牛顿第三定律可知,球A对木块B的压力和球A对挡板M的压力始终不变,故A正确,B错误;
对A、B整体受力分析,如图乙,由平衡条件可得FN=G总,F=FN1,结合题意可知,G总和FN1均不变,则水平面对木块B的支持力FN不变、水平外力F不变,故C、D错误。
5.(2025·河北沧州二模)如图所示,轻质弹性绳的一端固定在O点,另一端与一小球相连,带孔小球穿在一固定半圆环上,弹性绳绕过固定在半圆环顶端A点的光滑小定滑轮,OA为弹性绳原长。当小球位于半圆环底端B点时,小球与半圆环间恰好无相互作用。现对小球施加一外力F,使小球受到向右的轻微扰动缓慢向上运动,运动过程中小球与半圆环间仍无相互作用,弹性绳始终在弹性限度内且弹性绳弹力与其形变量成正比,则外力F的大小(　　)
A.先减小后增大 B.先增大后减小
C.越来越小 D.越来越大
【答案】 D
【解析】 当小球位于半圆环底端B点时,小球与半圆环间恰好无相互作用,所以小球在B点时重力和弹力平衡,有mg=k·2R,在上移到C点时,受力如图,设弹性绳与竖直方向的夹角为θ,则F弹=k·LAC=k·2Rcos θ=mgcos θ,方向沿AC,根据三角形定则可知,外力F必沿BC方向,大小F=mgsin θ,在上移过程中θ变大,则F越来越大,故D正确,A、B、C错误。
对点2.平衡中的临界、极值问题
6.(2025·湖南郴州模拟)如图所示,三根长度均为L的轻绳分别连接于C、D两点,A、B两端被悬挂在水平天花板上,相距为2L。现在C点上悬挂一重物,为使CD绳保持水平,在D点处施加的最小拉力的方向为(　　)
A.水平向右
B.与水平方向的夹角为60°
C.与水平方向的夹角为30°
D.竖直向下
【答案】 C
【解析】 要使CD水平,各轻绳均应绷紧,则AC与水平方向的夹角(锐角)为60°。设结点C受力平衡,受力分析如图所示,D点受轻绳CD的拉力大小等于FT,方向向左。要使CD水平,D点两轻绳的拉力与外界拉力的合力应为零,则轻绳CD对D点的拉力可分解为沿BD绳的F1及另一分力F2,由几何关系可知,当力F2与BD垂直时,F2最小,施加的外力与F2反向,此时与水平方向的夹角为30°。
7.(2025·山东临沂三模)如图所示,甲、乙两柱体的横截面分别为半径相等的圆和半圆,甲的右侧顶着一块竖直挡板,乙的平面部分与水平面接触。若乙的质量是甲的2倍,两柱体的曲面部分和挡板均光滑,开始时两柱体截面的圆心连线沿竖直方向。现将挡板缓慢向右移动,直到圆柱甲刚要落至水平面为止,整个过程中半圆柱乙始终保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则乙与水平面间的动摩擦因数不能小于(　　)
A. B.
C. D.
【答案】 B
【解析】 分析可知,当摩擦力最大时半圆柱乙刚好不动,此时对应的动摩擦因数μ最小,且刚好达到最大静摩擦力,设甲的质量为m,地面对乙的支持力、摩擦力分别为FN、Ff,挡板给甲的力为F板,整体分析可知有FN=3mg,Ff=F板,设O1O2连线与水平方向夹角为θ,对甲,由平衡条件得F板=,故可得Ff=,可知θ越小,Ff越大,由几何关系可知,θ最小为30°,又因为Ff=μFN,联立解得动摩擦因数的最小值μ=。
8.(2025·河北廊坊期末)如图所示,倾角θ=30°的粗糙斜面体C放在水平地面上,斜面顶端装有一光滑定滑轮。一细绳跨过滑轮,一端悬挂质量为m的物块A,另一端与斜面上质量也为m的物块B相连,滑轮与B之间的细绳平行于斜面,整个系统处于静止状态。现用始终沿水平方向的拉力F缓慢拉动A,使其绕定滑轮逆时针旋转60°,B、C始终保持静止,在此过程中(　　)
A.拉力F先增大后减小
B.斜面对物块B的摩擦力先减小后增大
C.地面对斜面体C的摩擦力增大
D.地面对斜面体C的支持力先增大后减小
【答案】 C
【解析】 设右侧细绳与竖直方向的夹角为α,则F=mgtan α,细绳的拉力FT=,当α角增加到60°过程中,F变大,细绳的拉力FT从mg逐渐变大到2mg;对物块B分析可知,开始时FT=
mgsin 30°+Ff,则在FT从mg逐渐变大到2mg过程中,斜面对B的摩擦力逐渐增大,A、B错误。对两物块和斜面体的整体分析可知,水平方向,地面对斜面体C的摩擦力Ff′=F,则随着F增加,地面对斜面体C的摩擦力逐渐变大;竖直方向FN=2mg+Mg,则地面对C的支持力不变,C正确,D错误。
9.(多选)(2025·浙江温州期末)如图所示,假设用两手指对称抓球,手指与球心在同一竖直面,两手指接触点连线水平且相距为L,球半径为R,接触点与圆心的连线和水平方向的夹角为θ,手指和球间的动摩擦因数为μ,球的质量为m。已知重力加速度为g,最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力,忽略抓球引起的球变形。则(　　)
A.每个手指对球的摩擦力大小均为
B.两手指间距L的取值范围为L>
C.每个手指对球的压力最小值为
D.手对球的压力增大2倍时,摩擦力也增大2倍
【答案】 BC
【解析】 对球受力分析,如图,竖直方向有Ffcos θ=F压sin θ+mg,则Ffcos θ>mg,所以Ff>,故A错误;由Ff≤μF压,有F压sin θ+mg≤μF压cos θ,即F压≥,故C正确;因为
F压sin θ+mg≤μF压cos θ,所以F压sin θ<μF压cos θ,可得μ>tan θ,则cos θ>,又cos θ=,所以>,即L>,故B正确;当球受到手的静摩擦力时,Ff≠μF压,手对球的压力增大2倍时,摩擦力不增大2倍,故D错误。
10.(2024·广西柳州阶段练习)如图所示,两个相同的小物块A、B(可视为质点)静止放在粗糙水平面上,两物块与水平面间的动摩擦因数相同,两根等长轻杆一端分别通过光滑铰链连接在A、B上,另一端通过光滑铰链连接在O处,两杆之间的夹角为α。现对O施加一个竖直向上的拉力F,已知物块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
(1)若物块A、B受到的重力大小均为G,动摩擦因数为μ,要使两物块发生滑动,F应满足什么条件
(2)若α=60°,对O施加一个竖直向下的压力F,无论F多大均不能使A、B与水平面发生相对滑动,则物块与水平面间的动摩擦因数μ应满足什么条件
【答案】 (1)F>　(2)μ≥
【解析】 (1)把拉力F按作用效果分解,对物块A受力分析,如图甲所示,
则F=2F2cos ,
可得F2=;
若物块A刚好要相对滑动,水平方向
F2sin =Ff1,
竖直方向FN1+F2cos =G,
又Ff1=μFN1,
解得F=,
要使两物块发生滑动,
F应满足F>。
(2)把压力F按作用效果分解,对物块A受力分析,如图乙所示,
则F=2F2cos ,
要使A不发生相对滑动,对A,
水平方向F2sin =Ff2,
竖直方向FN2=G+F2cos ,
又Ff2≤Ffmax=μFN2,
解得μ≥,
当F→∞时,μ≥tan =。
所以无论F多大均不能使A、B与水平面发生相对滑动,则物块与水平面间的动摩擦因数应满足μ≥。第6讲　实验:探究弹簧弹力与形变量的关系 探究两个互成角度的力的合成规律
【学习目标】
1.掌握胡克定律的适用条件,理解合力与分力的等效替代关系,会应用矢量合成法则(平行四边形定则)。
2.学会用图像法处理实验数据,分析误差来源,培养用数学工具解决物理问题的能力。
3.通过实验操作,提升方案设计、器材选择和误差分析的实践能力。
4.认识实验规律在生活中的应用,养成实事求是、严谨记录数据的科学态度。
实验一:探究弹簧弹力与形变量的关系
一、装置与器材
铁架台、毫米刻度尺、弹簧、钩码(若干)、铅笔、重垂线、坐标纸等,装置如图所示。
二、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.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,将这些数据填入自己设计的表格中。
3.改变所挂钩码的质量,测出对应的弹簧长度,记录m2、m3、m4、m5和相应的弹簧长度l2、l3、l4、l5,并得出每次弹簧的伸长量x2、x3、x4、x5。
三、数据处理
1.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。
2.图像法:以弹簧的弹力F为纵轴,弹簧的伸长量x为横轴,用描点法作图,根据描点的情况,作出弹力F与弹簧伸长量x间的变化图线。
四、注意事项
1.操作:弹簧竖直悬挂,待钩码静止时测出弹簧长度。
2.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。
3.适量:弹簧下端所挂钩码不要太多,以免超出弹性限度。
4.多测:要使用轻质弹簧尽可能多测几组数据。
5.统一:弹力及伸长量对应关系及单位应统一。
五、误差分析
1.钩码标称值不准确、弹簧长度测量不准确以及画图时描点连线不准确等都会引起实验误差。
2.悬挂钩码数量过多,导致弹簧超出了其弹性限度,不再符合胡克定律(F=kx),故图线发生弯曲,如图甲所示。
3.弹簧水平放置测量其原长,由于弹簧自身受到重力,将其悬挂起来后会有一定的伸长量,故图像横轴截距不为零,如图乙所示。
实验二:探究两个互成角度的力的合成规律
一、装置与器材
木板、白纸、图钉若干、橡皮条、细绳、轻质小圆环、弹簧测力计两个、三角板、刻度尺等,装置如图所示。
二、实验步骤
1.用图钉把白纸钉在水平桌面上方的木板上。
2.用图钉把橡皮条的一端固定在G点,橡皮条的另一端连接轻质小圆环,橡皮条的原长为GE,如图甲所示。
3.用两个弹簧测力计分别通过连接小圆环的细绳,互成角度地拉动小圆环至某点O,橡皮条伸长的长度为EO。记录两弹簧测力计的读数F1、F2,用铅笔描下O点的位置及此时两弹簧测力计拉力F1、F2的方向(即细绳方向),如图乙所示。
4.改用一个弹簧测力计单独拉住小圆环到同一位置O,记录弹簧测力计的示数F及方向,如图丙所示。
5.改变两个力F1、F2的大小和夹角,再重复3、4两个实验步骤。
三、数据处理
1.用铅笔和刻度尺从O点沿两条细绳方向画直线,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.用刻度尺从O点按同样的标度沿记录的方向作出只用一个弹簧测力计时拉力F的图示。
3.以F1和F2为邻边用刻度尺作平行四边形,过O点作出平行四边形的对角线,此对角线代表的力记为F′,看F′与F在误差允许范围内是否重合。
四、注意事项
1.同一实验中的两个弹簧测力计的选取方法是:将两个弹簧测力计调零后互钩对拉,读数相同。
2.在同一次实验中,使橡皮条拉长时,结点O的位置一定要相同。
3.用两个弹簧测力计钩住绳套互成角度地拉橡皮条时,夹角不宜太大也不宜太小,在60°～100°为宜。
4.实验时弹簧测力计应与木板平行,读数时眼睛要正视弹簧测力计的刻度,在合力不超过量程及橡皮条弹性限度的前提下,拉力的数值尽量大些。
5.细绳套应适当长一些,便于确定力的方向。不要直接沿细绳套的方向画直线,应在细绳套末端用铅笔画一个点,移开细绳套后,再将所标点与O点连接,即可确定力的方向。
6.在同一次实验中,画力的图示所选定的标度要相同,并且要恰当选取标度,使所作力的图示稍长一些。
五、误差分析
1.误差来源
(1)读数误差和作图误差。
(2)两力F1、F2间的夹角θ过大或过小,用平行四边形定则作图得出的合力F′的相对误差越大。
2.减小误差的办法
(1)实验过程中,读数时眼睛一定要正视弹簧测力计的刻度,要按有效数字和弹簧测力计的精度正确读数和记录。
(2)用刻度尺作平行四边形时借助于三角板,使表示两力的对边平行。
考点一　基础性实验
[例1] 【实验原理与实验操作】(2025·天津北辰阶段练习)某实验小组利用如图甲所示实验装置“探究弹簧弹力与形变量的关系”,他们的实验步骤如下:
A.将铁架台固定于水平桌面上,按如图所示安装好实验装置;
B.以弹簧的弹力F(弹簧下端所挂钩码受的重力)为纵轴,以弹簧伸长的长度x(x=L-L0)为横轴建立直角坐标系,根据测得的数据,用描点法作图,画出F-x图像;
C.依次在弹簧下端挂上1个、2个、3个、4个……钩码,并分别记录钩码静止时,弹簧下端所对应的刻度L,然后取下钩码;
D.记下弹簧自由下垂时,其下端在刻度尺上的刻度L0;
E.根据图像写出弹簧弹力F与伸长量x的关系式,得出弹力与伸长量的规律,分析函数表达式中常数的物理意义;
(1)请按实验操作的先后顺序排序:A　　　　E。
(2)另一个小组在实验步骤D的操作中,将同一弹簧水平放置测出其自然长度L0′,然后竖直悬挂完成实验。他们得到的F-x图像用虚线表示,前面小组得到的F-x图像用实线表示。下列图像最符合实际的是　　　　(填字母)。
A　 　　B
C　　 　D
【答案】 (1)DCB　(2)C
【解析】 (1)安装好实验装置后,记下弹簧自然下垂时下端所对应的刻度,接下来开始实验操作记录数据,根据数据作出图像,最后得出结论,故正确顺序为ADCBE。
(2)弹簧竖直悬挂时,弹簧在自身重力作用下要伸长,即竖直悬挂时弹簧的原长比水平放置在桌面上所测原长要长,即还未挂钩码弹簧就有了一定的伸长量,图线应与横轴交于正半轴,两种情况下弹簧的劲度系数相同,两图线平行。
[例2] 【实验原理与实验操作】(2023·全国乙卷,22)在“验证力的平行四边形定则”的实验中使用的器材有:木板、白纸、两个标准弹簧测力计、橡皮条、轻质小圆环、刻度尺、铅笔、细线和图钉若干。完成下列实验步骤:
(1)用图钉将白纸固定在水平木板上。
(2)将橡皮条的一端固定在木板上,另一端系在轻质小圆环上。将两细线也系在小圆环上,它们的另一端均挂上测力计。用互成一定角度、方向平行于木板、大小适当的力拉动两个测力计,小圆环停止时由两个测力计的示数得到两拉力F1和F2的大小,并　　　　。(多选,填字母)
A.用刻度尺量出橡皮条的长度
B.用刻度尺量出两细线的长度
C.用铅笔在白纸上标记出小圆环的位置
D.用铅笔在白纸上标记出两细线的方向
(3)撤掉一个测力计,用另一个测力计把小圆环拉到　　　　　　,由测力计的示数得到拉力F的大小,沿细线标记此时F的方向。
(4)选择合适标度,由步骤(2)的结果在白纸上根据力的平行四边形定则作F1和F2的合成图,得出合力F′的大小和方向;按同一标度在白纸上画出力F的图示。
(5)比较F′和F的　　　　　　,从而判断本次实验是否验证了力的平行四边形定则。
【答案】 (2)CD　(3)相同位置　(5)大小和方向
【解析】 (2)当得到两拉力F1和F2的大小后,还需要用铅笔在白纸上标记出小圆环的位置以及两细线的方向。
(3)撤掉一个测力计,用另一个测力计把小圆环拉到相同位置,由测力计的示数得到拉力F的大小,沿细线标记此时F的方向。
(5)比较F′和F的大小和方向,从而判断本次实验是否验证了力的平行四边形定则。
[例3] 【实验数据处理与误差分析】(2025·湖北二模)某同学用图甲装置做“探究弹簧弹力与形变量的关系”实验。
(1)在图乙中,刻度尺保持竖直,为了便于直接读出弹簧的长度,刻度尺的零刻度应与弹簧的
　　　　(选填“上端”或“下端”)对齐,不挂钩码时指针所指刻度尺的位置如图乙所示,则此时弹簧的长度L0=　　　　 cm。
(2)改变所挂钩码的个数,进行多次实验,记录每次所挂钩码的质量m及弹簧的长度L,根据F=mg求得弹力(重力加速度g取10 m/s2),根据x=L-L0求弹簧的伸长量,得到多组F、x的值作F-x图像,如图丙所示。由图像求出弹簧的劲度系数k=　　　　 N/m。
(3)本实验中弹簧自重对弹簧劲度系数的测量结果　　　　(选填“有”或“无”)影响。
【答案】 (1)上端　14.94　(2)187.5　(3)无
【解析】 (1)为了方便读出弹簧的长度,刻度尺的零刻度应与弹簧的上端对齐。由题图乙可知该刻度尺的分度值为1 mm,估读到分度值的下一位,则弹簧的长度L0=14.94 cm。
(2)根据胡克定律,结合F-x图像可知,弹簧的劲度系数k== N/m=187.5 N/m。
(3)由于本实验是竖直悬挂测弹簧原长,之后悬挂重物做实验,所以弹簧自重对测量结果没有影响。
[例4] 【实验数据处理与误差分析】(2025·新疆喀什模拟)如图甲所示,某小组在水平放置的方木板上做“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:
①将橡皮筋的一端固定,两名同学合作,先同时用两个力F1、F2将橡皮筋的另一端拉到某一点O,同时记录F1和F2的大小和方向,再用一个力F′将橡皮筋的端点拉到同一位置O,记录F′的大小和方向;
②过O点,按统一标度作出力F1、F2和F′的图示,如图乙所示;
③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　　　　。(填字母)
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橡皮筋时,需调整弹簧测力计的拉力大小与方向,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)对图乙,F1、F2合力的理论值是　　　　,实际测量值是　　　　(均选填“F′”或“F”)。
(3)实验小组重新做了一次实验,如图丙所示,若图中每一小格边长均代表1.5 N,则在图中作出F1与F2的合力为　　　　N(结果保留两位有效数字)。
【答案】 (1)C　(2)F　F′　(3)9.0
【解析】 (1)两绳之间的夹角不能太大也不能太小,也不一定是特殊的120°,故A错误;使用弹簧测力计时,弹簧测力计的面板应与木板平行,不可以斜向上拉弹簧测力计,故B错误;用一个弹簧测力计拉细绳时,需调整弹簧测力计的大小与方向,直到橡皮筋结点与事先标记的O点重合,这样才能保证F′与F1、F2是等效替代关系,故C正确;平行四边形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,故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)根据平行四边形定则,作出的合力如图所示,图中每一小格边长均代表1.5 N,则作出F1与F2的合力大小为F=6×1.5 N=9.0 N。
考点二　创新性实验
[例5] 【实验原理的创新】(2025·甘肃白银期末)弹簧是大家在生活中比较常见的机械零件,弹簧在外力作用下发生形变,撤去外力后,弹簧就能恢复原状。很多工具和设备都是利用弹簧这一性质来工作的。实验室中有五根一模一样的弹簧,某实验小组的两名同学想测量这批弹簧的劲度系数,将弹簧等间距地悬挂在铁架台的水平横杆上,如图甲所示,1号弹簧下端不挂钩码,2号弹簧下端挂1个钩码,3号弹簧下端挂2个钩码,依此类推,钩码均相同。
(1)为了更直观地呈现出弹簧弹力大小F与弹簧伸长量Δx的关系,该实验小组同学以1号弹簧末端指针所指的位置为坐标原点,竖直方向为y轴,水平方向为x轴建立直角坐标系,其中y轴代表　　　　(选填“钩码重力mg”“钩码个数n”或“弹簧的伸长量Δx”),x轴代表弹力F。
(2)为了测量弹簧的伸长量,同学A取来一把米尺,将其竖直放置在地上,米尺的100.00 cm刻度线刚好与1号弹簧末端指针在同一水平线上,测量2号弹簧伸长量时,弹簧末端指针位置如图乙所示,已知此时弹簧的弹力F=2.00 N,则这根弹簧的劲度系数为　　　　 N/cm。(结果保留三位有效数字)
(3)同学B重新实验,依次测量1号、2号、3号、4号、5号弹簧的实验数据,根据测量的数据作出图像如图丙所示,已知图丙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为　　　　 N/m。(结果保留三位有效数字)
【答案】 (1)弹簧的伸长量Δx　(2)0.500 (3)50.0
【解析】 (1)由题意,已知x轴代表弹力F,由题图甲知,1号弹簧对应1位置,表示弹簧的长度,每挂一个钩码弹簧都会变长一些,y轴记录了弹簧挂上钩码后伸长的长度,故y轴代表弹簧的伸长量Δx。
(2)刻度尺的分度值为1 mm,读数时需要估读到分度值的下一位,由题图乙知,2号弹簧末端指针位置对应的刻度为96.00 cm,故弹簧伸长量Δx=100 cm-96.00 cm=4.00 cm,劲度系数k===0.500 N/cm。
(3)根据胡克定律,有k=,由题图丙得k′===50.0 N/m。
[例6] 【实验目的的创新】(2025·吉林模拟)如图甲所示,实验小组打算用量程为5 N的弹簧测力计,测量一个超出其量程的物体所受的重力。
(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上的位置调节细线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如图甲所示,为　　　　 N。
(4)设定相邻两环间距离表示1 N,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,由作图结果可得重物的重力为　　　　 N(结果保留一位有效数字)。
(5)若结点O和图钉的位置不动,使弹簧测力计拉动细线OA从图示位置逆时针缓慢转动至水平,则弹簧测力计示数大小变化情况为　　　　(选填“增大”“减小”或“先减小后增大”)。
【答案】 (3)3.00　(4)8　(5)先减小后增大
【解析】 (3)由于弹簧测力计的分度值为0.1 N,需要估读到分度值的下一位,故其读数为
3.00 N。
(4)根据力的图示可知,重力的大小等于合力的大小,即G=F合=8 N。
(5)作出如图所示的动态矢量三角形,可知弹簧测力计的示数先减小后增大。
[例7] 【实验器材的创新】 (2025·四川卷,11)某学习小组利用生活中常见的物品开展“探究弹簧弹力与形变量的关系”实验。已知水的密度为1.0×103 kg/m3,当地重力加速度为9.8 m/s2。
实验过程如下:
(1)将两根细绳分别系在弹簧两端,将其平放在较光滑的水平桌面上,让其中一个系绳点与刻度尺零刻度线对齐,另一个系绳点对应的刻度如图甲所示,可得弹簧原长为　　　　cm。
(2)将弹簧一端细绳系到墙上挂钩上,另一端细绳跨过固定在桌面边缘的光滑金属杆后,系一个空的小桶。使弹簧和桌面上方的细绳均与桌面平行,如图乙所示。
(3)用带有刻度的杯子量取50 mL水,缓慢加到小桶里,待弹簧稳定后,测量两系绳点之间的弹簧长度并记录数据。按此步骤操作6次。
(4)以小桶中水的体积V为横坐标,弹簧伸长量x为纵坐标,根据实验数据拟合成如图丙所示直线,其斜率为200 m-2。由此可得该弹簧的劲度系数为　　　　N/m(结果保留两位有效数字)。
(5)图丙中直线的截距为0.005 6 m,可得所用小桶质量为　　　 　kg(结果保留两位有效数字)。
【答案】 (1)13.15　(4)49　(5)0.028
【解析】 (1)由题图甲知,该刻度尺的分度值为0.1 cm,读数时应估读到分度值的下一位,故弹簧原长为13.15 cm。
(4)设小桶质量为m,由胡克定律可知mg+ρVg=kx,化简可得x=V+,由图像可知=200 m-2,代入数据解得该弹簧的劲度系数为k=49 N/m。
(5)由题图丙可知=0.005 6 m,代入数据可得所用小桶质量为m=0.028 kg。
[例8] 【数据处理的创新】(2025·黑吉辽内蒙古卷,12)某兴趣小组设计了一个可以测量质量的装置。如图甲,细绳1、2和橡皮筋相连于一点,绳1上端固定在A点,绳2下端与水杯相连,橡皮筋的另一端与绳套相连。
为确定杯中物体质量m与橡皮筋长度x的关系,该小组逐次加入等质量的水,拉动绳套,使绳1每次与竖直方向夹角均为30°且橡皮筋与绳1垂直,待装置稳定后测量对应的橡皮筋长度。根据测得的数据作出x-m关系图线,如图乙所示。
回答下列问题。
(1)将一芒果放入此空杯,按上述操作测得x=11.60 cm,由图乙可知,该芒果的质量m0=　　　　 g(结果保留到个位)。若杯中放入芒果后,绳1与竖直方向夹角为30°但与橡皮筋不垂直,由图像读出的芒果质量与m0相比　　　　(选填“偏大”或“偏小”)。
(2)另一组同学利用同样方法得到的x-m图像在后半部分弯曲,下列原因可能的是　　　　。
A.水杯质量过小
B.绳套长度过大
C.橡皮筋伸长量过大,弹力与其伸长量不成正比
(3)写出一条可以使上述装置测量质量范围增大的措施。 　 。
【答案】 (1)106　偏大　(2)C
(3)减小细绳与竖直方向的夹角(或增加橡皮筋的条数)
【解析】 (1)操作测得x=11.60 cm,由题图乙的图像坐标可知,该芒果的质量为106 g;若杯中放入芒果后,绳1与竖直方向夹角为30°但与橡皮筋不垂直,根据共点力平衡作受力分析图如图,可知橡皮筋的拉力变大,导致橡皮筋的长度偏大,则根据图像读出的芒果质量与m0相比偏大。
(2)另一组同学利用同样方法得到的x-m图像在后半部分弯曲,可能是所测物体的质量过大,导致橡皮筋所受的弹力过大,伸长超过了弹性限度,从而使橡皮筋弹力与其伸长量不成正比,故选C。
(3)根据共点力平衡条件可知,减小绳子与竖直方向的夹角或增加橡皮筋的条数都可以增大质量测量范围。
课时作业
1.(2025·湖南怀化期中)用如图甲所示的装置,探究弹簧弹力F的大小与伸长量x之间的定量关系。
(1)关于本实验,下列说法正确的是　　　　。(多选)
A.弹簧被拉伸时,不能超出它的弹性限度
B.用刻度尺测得弹簧的长度即为弹簧的伸长量
C.用悬挂钩码的方法给弹簧施加拉力,应保证弹簧位于竖直位置且处于平衡状态
D.可得出弹簧弹力与弹簧长度成正比
(2)未挂钩码时,弹簧原长放大如图甲所示,可读得弹簧原长L0=　　　　 cm。
(3)由图乙可得B弹簧的劲度系数为　　　　 N/m。
(4)若要制作一个精确度较高的弹簧测力计,应选　　　　(选填“A”或“B”)弹簧。
【答案】 (1)AC　(2)7.00　(3)10　(4)B
【解析】 (1)弹簧被拉伸时,不能超出它的弹性限度,选项A正确;用刻度尺测得弹簧的长度减去原长即为弹簧的伸长量,选项B错误;用悬挂钩码的方法给弹簧施加拉力,应保证弹簧位于竖直位置且处于平衡状态,选项C正确;可得出弹簧弹力与弹簧形变量成正比,选项D错误。
(2)刻度尺最小刻度为0.1 cm,弹簧原长L0=7.00 cm。
(3)F-x图像的斜率表示弹簧的劲度系数,由题图乙可得B弹簧的劲度系数为k== N/m=
10 N/m。
(4)若要制作一个精确度较高的弹簧测力计,在相同拉力下弹簧的形变量应比较大,故应选劲度系数较小的弹簧,即选择B弹簧。
2.(2024·海南卷,14)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.如图甲、乙、丙所示,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。
请回答下列问题。
(1)在图丙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:
　 。
【答案】 见解析
【解析】 (1)已知F1=3.60 N,F2=2.90 N,F=5.60 N,根据题图丙给出的标度画出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′,如图所示。
(2)根据作出的图示可知,F和F′不完全重合,产生误差的原因可能是没有做到弹簧测力计、细线、橡皮条都与木板平行或者读数时没有正视弹簧测力计的刻度。
3.(2025·湖北二模)某同学利用如图甲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,每个钩码所受的重力相等,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　　　　(多选,填字母)。
A.钩码的个数N1=N2=2,N3=5
B.钩码的个数N1=1,N2=4,N3=6
C.钩码的个数N1=N2=N3=4
D.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　　　　(选填“乙”或“丙”)是正确的。
【答案】 (1)CD　(2)A　(3)乙
【解析】 (1)实验中的分力与合力的关系必须满足|F1-F2|≤F3≤F1+F2,C、D正确。
(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,从而确定三个力的大小和方向。故选A。
(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,所以乙是正确的。
4.(2025·广东广州期末)某实验小组利用如图甲所示的实验装置来测量橡皮绳的劲度系数k。将手机悬挂在橡皮绳下,利用手机内置传感器结合软件可获得手机运动的位移。
(1)该实验小组进行了如下主要的实验步骤:
①安装实验器材,橡皮绳分别与手机和铁架台连接,手机重心和橡皮绳在同一竖直线上;
②手掌托着手机,使橡皮绳处于原长状态,打开手机软件;
③缓慢释放手机,当手机平衡时记录下手机下降的高度x0;
④在手机正下方分别悬挂不同个数的钩码,每个钩码的质量m0=50 g,缓慢释放,当钩码平衡时,依次记录下手机下降的高度x,数据记录如下表所示。
钩码数量n/个 0 1 2 3 4
手机下降的 高度x/cm 1.50 2.01 2.51 2.99 3.50
(2)根据表格中的数据,在图乙中描点作出钩码数量与手机位移的n-x图像。
(3)根据n-x图像,可知不挂钩码时,橡皮绳的伸长量为x0=　　　　 cm。
(4)已知每个钩码的质量为50 g,重力加速度g取10 m/s2,由图像可以求得橡皮绳的劲度系数为
　　　 N/m,由此计算出手机的质量为　　　　 g。(结果均保留三位有效数字)
(5)某同学查阅相关资料得知当地重力加速度的值为9.78 m/s2,若考虑此因素的影响,实验测得的劲度系数结果　　　　(选填“大于”“小于”或“等于”)真实值。
【答案】 (2)图见解析　(3)1.50　(4)100　0.150
(5)大于
【解析】 (2)将表格中的数据在题图乙中描点,作出钩码数量与手机位移的nx图像如图所示。
(3)当手机平衡时记录下手机下降的高度x0,根据胡克定律与平衡条件有mg=kx0,悬挂钩码平衡时,记录下手机下降的高度x,根据胡克定律与平衡条件有mg+nm0g=kx,解得n=x-,将坐标(1.50 cm,0)代入上式解得x0=1.50 cm。
(4)结合上述有= m-1,解得k=100 N/m,由于mg=kx0,结合上述解得m=0.150 kg。
(5)结合上述,劲度系数是根据图像的斜率求解,即有=k0,解得k=k0m0g,由于当地重力加速度的值为9.78 m/s2,而实验中重力加速度取10 m/s2,可知,实验测得的劲度系数结果大于真实值。
5.(2025·甘肃模拟)为了探究并验证两个互成角度的力的合成规律,两名同学分别设计了如下方案。
(1)李红同学找到三条相同的橡皮筋(遵循胡克定律)和若干小重物,还有刻度尺、三角板、铅笔、细绳、白纸、钉子等。
实验方案:先将三条橡皮筋的一端连接成结点O,将其中两条橡皮筋的另一端分别挂在竖直墙上的两个钉子a、b上,然后将第三条橡皮筋的另一端通过细绳悬挂小重物,如图甲所示。
①本实验中,下列说法正确的是　　　　。(多选)
A.Oa与Ob的夹角必须为30°、60°或90°,不能为其他角
B.测量每条橡皮筋的原长
C.测量悬挂小重物后每条橡皮筋的长度
D.记录悬挂小重物后每条橡皮筋的方向
②探究结论:两个互成角度的力的合成遵循平行四边形定则。
(2)王华同学为了验证李红同学的实验结论,设计了如下实验方案:
A.用天平测得一个小物块的质量。
B.如图乙所示,两根固定的竖直杆间距为d,用长为L的不可伸长的轻绳穿过光滑轻质滑轮,滑轮下端连接小物块,轻绳两端分别固定在杆上M、N两点,在轻绳的左端连接力传感器,力传感器的重力忽略不计。
C.改变并记录小物块的质量m,记录力传感器对应的示数F,得到多组数据,已知重力加速度
为g。
①力传感器的示数F与小物块的质量m满足F=　　　　　　(用题中给出的L、d、g、m等表示),就可以验证力的平行四边形定则。
②王华同学作出F-m图像如图丙所示,则图线的斜率k=　　　　。
【答案】 (1)①BCD
(2)①m　②
【解析】 (1)探究两个互成角度的力的合成规律,要利用同一个作用点,分别作出三个力的图示,以挂在两个钉子a、b上的两条橡皮筋的拉力的图示作出平行四边形,用两个力所夹对角线的长度和方向与第三条橡皮筋的拉力的图示对比分析,找出其规律。故完成本实验必须的操作有:不挂小重物时测量每条橡皮筋的原长,悬挂小重物后记录结点O的位置,因为三条相同的橡皮筋都遵循胡克定律,故不需要测量每条橡皮筋的弹力大小,而是测量悬挂小重物后每条橡皮筋的长度,并且记录每条橡皮筋的方向,本实验要验证的是一个普遍规律,因此Oa与Ob的角度不必为30°、60°或90°,可以是其他角度,故A错误,B、C、D正确。
(2)①设绳与竖直方向的夹角为θ,根据几何关系有sin θ=,则cos θ=,根据平衡条件有2Fcos θ=mg,解得F=m。
②根据F=m,可知F-m图像中图线的斜率k=。

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