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微专题7　受力分析与整体法和隔离法
1.(2025广东实验中学期中)如图所示,两本书叠放在水平桌面上,水平拉力F作用在上面那本书上,使上下两本书一起共同向右做匀速直线运动,桌面保持静止不动,下面说法正确的是(　　)
A.上面那本书不受摩擦力作用
B.上面那本书受到向右的摩擦力作用
C.上面那本书受到下面那本书施加的静摩擦力
D.桌面受到下面那本书的摩擦力小于F
2.(2025湖南多校联考)如图所示,倾角为α=37°、质量为2m的三角形斜劈放在水平面上,质量为m的物体放在斜劈上。现在物体上施加一沿斜面向上的恒力F=0.6mg,物体和三角形斜劈均静止,重力加速度为g,sin 37°=0.6。则下列说法正确的是(　　)
A.物体所受的摩擦力大小为0.2mg
B.物体对斜劈的压力大小为0.8mg
C.斜劈所受的摩擦力方向水平向左
D.斜劈所受的摩擦力大小为0.36mg
3.(2025成都期末)如图,质量为m的物体A放在倾角为θ、质量为M的斜面体C上,通过一轻质细绳绕过定滑轮连接质量也为m的物体B,细绳与斜面平行,B恰好匀速下降。斜面体C处于水平地面上,定滑轮质量不计,B离地面足够高,重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　　)
A.A受5个力
B.C受到地面的支持力大小为FN=(M+m)g
C.C受到地面的支持力大小为FN=(M+2m)g
D.C受到地面的静摩擦力方向水平向左
4. （创新题）(2024合肥期末)如图为某款式双层晾衣篮。完全相同的上、下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。不装衣物时,两篮子保持水平,则(　　)
A.挂钩受到的拉力大小是上方某一根轻绳拉力的四倍
B.挂钩受到的拉力大小是下方某一根轻绳拉力的四倍
C.上方某一根轻绳的拉力大小是下方某一根轻绳的拉力的2.5倍
D.上方四根轻绳的拉力之和与下方四根轻绳的拉力之和大小相等
5.(2025北京顺义测试)用三根细线a、b、c将两个小球1和2连接并悬挂,如图所示,两小球处于静止状态,细线a与竖直方向的夹角为30°,细线c水平。已知小球1和2的重力分别为2G和G,关于细线a、b对小球1的拉力大小F1、F2及细线c对小球2的拉力大小F3,下列说法正确的是(　　)
A.F1=3G B.F2=3G
C.F3=G D.缺条件无法求出F2
6.(2025福建厦门一中期中)搬砖可以用夹钳,如图。已知砖块均为规格相同的长方体,每块质量为2.4 kg,夹钳与砖块间的动摩擦因数为0.6,砖块间的动摩擦因数为0.2,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10 m/s2。现用夹钳将4块砖竖直夹起,其对砖块一侧壁施加的压力大小至少为(　　)
A.40 N　　B.80 N　　C.120 N　　D.240 N
7. （知方法）(2024安徽安庆期末)如图所示,在水平面上有三个质量分别为m1、m2、m3的木块,木块1和2、2和3间分别用一原长为L、劲度系数为k的轻弹簧连接起来,木块1、2与水平面间的动摩擦因数为μ,木块3和水平面间无摩擦力。现用一水平向右的恒力拉木块3,当三个木块一起匀速运动时,1和3两木块间的距离为(木块大小忽略不计,重力加速度为g)(　　)
A.2L+ B.2L+
C.2L+ D.2L+
8.(2024河南南阳期末)倾角为θ的斜面体置于水平地面上,在斜面上的滑块A通过轻绳绕过轻质光滑定滑轮与物块B相连,分别按如图1、2所示的两种方式固定定滑轮,两种情形下滑块A和斜面体均处于静止状态。下列关于在两种情形下,地面对斜面体的支持力和摩擦力的大小关系的说法中,正确的是(　　)
A.两图中摩擦力相等、支持力相等
B.图1中摩擦力较小、支持力较大
C.图2中摩擦力较小、支持力较小
D.图2中摩擦力较大,两图中支持力相等
9.(2022浙江6月选考)如图所示,一轻质晒衣架静置于水平地面上,水平横杆与四根相同的斜杆垂直,两斜杆夹角θ=60°。一重为G的物体悬挂在横杆中点,则每根斜杆受到地面的(　　)
A.作用力为G B.作用力为G
C.摩擦力为G D.摩擦力为G
10.(2022海南卷)我国的石桥世界闻名,如图,某桥由六块形状完全相同的石块组成,其中石块1、6固定,2、5质量相同为m,3、4质量相同为m',不计石块间的摩擦,则m∶m'为(　　)
A.　　　B.　　　C.1　　　D.2
11.(2024浙江1月选考)如图所示,在同一竖直平面内,小球A、B上系有不可伸长的细线a、b、c和d,其中a的上端悬挂于竖直固定的支架上,d跨过左侧定滑轮、c跨过右侧定滑轮分别与相同配重P、Q相连,调节左、右两侧定滑轮高度达到平衡。已知小球A、B和配重P、Q质量均为50 g,细线c、d平行且与水平面成θ=30°(不计摩擦),则细线a、b的拉力分别为(g=10 m/s2)(　　)
A.2 N,1 N B.2 N,0.5 N
C.1 N,1 N D.1 N,0.5 N
12. （明易错）(2024福建三校联考)(多选)甲图中,轻杆AB一端与墙上的光滑的铰链连接,另一端用轻绳系住,杆上方绳、杆之间夹角为30°,在B点下方悬挂质量为m的物体。乙图中,轻杆CD一端插入墙内,另一端装有小滑轮,现用轻绳绕过滑轮挂住质量为m的物体,杆上方绳、杆之间夹角也为30°。甲、乙中杆都垂直于墙,物体都静止,重力加速度为g,则下列说法中正确的是(　　)
A.与轻杆AB连接的铰链受到杆的弹力大小为mg
B.轻杆CD上的小滑轮受到杆的弹力大小为mg
C.两根杆中弹力方向均沿杆
D.若甲、乙中轻绳能承受的最大拉力相同,则物体加重时,甲中轻绳更容易断裂
13.(2025吉林期末)如图所示,一氢气球用固定在地面上的轻绳拴接,绳上绑有一石块,将轻绳分成a、b两段,某时刻,由于水平风力的作用,轻绳a与竖直方向成60°角,已知氢气球重力为G,石块重力为3G,氢气球受到的浮力大小为5G,不考虑风对石块的作用力,求:
(1)轻绳a受到的拉力大小和氢气球受到的风力大小;
(2)轻绳b受到的拉力大小。
微专题7　受力分析与整体法和隔离法
1.C　根据受力平衡可知,上面那本书受到下面那本书水平向左的静摩擦力作用,A、B错误,C正确;以两本书为整体,根据受力平衡可知,下面那本书受到桌面的摩擦力大小为f=F,则桌面受到下面那本书的摩擦力等于F,D错误。
2.B　以物体为研究对象,根据受力平衡可知沿斜面方向有F=0.6mg=mg sin α,所以物体所受的摩擦力为0;根据受力平衡可知垂直斜面方向有N=mg cos α=0.8mg,所以物体对斜劈的压力大小为0.8mg,A错误,B正确。以物体和斜劈整体为研究对象,根据受力平衡可知斜劈所受的摩擦力方向水平向右,大小为f=F cos α=0.48mg,C、D错误。
3.C　A受重力、支持力、细绳拉力、摩擦力4个力的作用,A错误;以A、B、C为整体,竖直方向,根据受力平衡可知C受到地面的支持力大小为FN=(M+2m)g,水平方向,根据受力平衡可知地面对C没有静摩擦力,C正确,B、D错误。
4.C　如果上方的绳子是竖直的,则挂钩受到的拉力大小是上方某一根轻绳拉力的四倍,但上方的绳子不是竖直的,故A错误。挂钩受到的拉力大小是下方某一根轻绳拉力的四倍与上方篮子的重力之和,B错误。下方每一根绳子的拉力大小F1=,分析上方左边这根绳子,长度L=40 cm,钢圈半径r=24 cm,则绳子与竖直方向的夹角θ满足sin θ==,分析可得上方每一根绳子的拉力F2==,可知=2.5,C正确,D错误。
5.C　关键点拨　分析多物体平衡时,往往先应用整体法,再应用隔离法。本题中,若研究小球1、2和细线b这一整体,可分析出细线a和细线c的拉力;要分析细线b的拉力,只能隔离小球1或隔离小球2。
解题思路　把小球1、2和细线b看作整体,如图甲所示,由三角函数知识可得F1==2G,F3=3G tan 30°=G,A错误,C正确;
再把小球2隔离,如图乙所示,由几何知识可得F2==2G,B、D错误。
6.C　先将4块砖当作整体受力分析,在竖直方向受重力、静摩擦力,由平衡条件可知必须满足2μ1F≥4mg,所以F≥80 N;再整体分析中间的两块砖,在竖直方向受重力、静摩擦力,由平衡条件可知必须满足2μ2F≥2mg,所以F≥120 N,则F至少为120 N,故选C。
7.D　以木块1、2为整体,根据共点力的平衡条件有kx23=μm1g+μm2g,解得木块2、3间弹簧的伸长量为x23=,以木块1为对象,根据受力平衡可得kx12=μm1g,解得木块1、2间弹簧的伸长量为x12=,则1和3两木块间的距离为x13=2L+x12+x23=2L+,选D。
方法技巧　整体法和隔离法的选用原则
(1)整体法:研究系统外的物体对系统整体的作用力时往往采用整体法,受力分析时不用再考虑系统内物体间的相互作用力。
(2)隔离法:研究系统内物体之间的相互作用力时往往采用隔离法,一般隔离受力较少的物体。
(3)解决连接体问题时,往往先用整体法,后用隔离法选取合适的研究对象作为切入点,进行解题。
8.B　设斜面体质量为M,A的质量为m0,B的质量为m。图1中对整体进行受力分析,由平衡条件可知,斜面体和地面之间的摩擦力f1=0,地面对斜面体的支持力FN1=Mg+mg+m0g;图2中,分析B的受力得,轻绳的拉力T=mg,对A和斜面体整体受力分析,由平衡条件有f2=T cos θ=mg cos θ>0,FN2=Mg+m0g-T sin θ9.B　
以晒衣架和物体整体为研究对象,在竖直方向上,整体受重力和地面对四根斜杆的支持力而平衡,则G=4FN,所以FN=。以其中一根斜杆为研究对象,如图所示,斜杆受水平横杆对它的作用力F、地面对它的支持力FN和摩擦力Ff三个力作用,斜杆所受合力为零,F==G,Ff=FN tan 30°=G,斜杆受到地面的作用力为FN和Ff的合力,与F等大反向,故选项B正确,A、C、D错误。
10.D　六块形状完全相同的石块围成半圆,每块石块对应的圆心角为30°,对石块3受力分析如图1所示,可知tan 60°=;对石块2、3整体受力分析如图2所示,可知tan 30°=,解得=2,选D。
11.D　由题意可知细线c对A的拉力和细线d对B的拉力大小相等、方向相反,对A、B和细线b整体分析可知细线a的拉力大小为Ta=(mA+mB)g=1 N,设细线b与水平方向夹角为α,对A、B分别分析有Tb sin α+Tc sin θ=mAg,Tb cos α=Td cos θ,又Tc=mQg=0.5 N,Td=mPg=0.5 N,解得α=30°,Tb=0.5 N,故选项D正确。
12.AD　B点受力如图甲,杆的弹力方向沿杆,两段绳中拉力不同,由平行四边形定则可知,FN1==mg,FT1==2mg,则轻杆AB连接的铰链受到杆的弹力大小为mg,故A正确;小滑轮受力如图乙,杆的弹力方向不沿杆,两侧绳中拉力大小相同,可知小滑轮受到杆的弹力FN2=F'=FT2=mg,故B、C错误;若轻绳能承受的最大拉力相同,则物体加重时,FT1=2mg>FT2=mg,故题图甲中轻绳更容易断裂,故D正确。
易错警示　注意区分“动杆”与“定杆”模型
杆所受到的弹力方向可以沿着杆,也可以不沿杆,因此在分析问题时,要注意判断杆是“动杆”还是“定杆”。若轻杆用转动轴或铰链连接,当处于平衡时杆所受到的弹力方向一定沿着杆,否则会引起杆的转动。若轻杆被固定不发生转动,则杆所受到的弹力方向不一定沿杆的方向。
13.答案　(1)2G　G　(2)G
解题思路　(1)对氢气球、轻绳b和石块组成的系统进行受力分析,如图(a)所示,由平衡条件
在竖直方向有Ta cos 60°+4G=F浮
在水平方向有F风=Ta sin 60°
解得Ta=2G,F风=G
轻绳a受到的拉力Ta'=Ta=2G
(2)对石块进行受力分析,如图(b)所示,设轻绳b与竖直方向的夹角为θ,由平衡条件
在水平方向有Tb sin θ=Ta sin 60°
在竖直方向有Tb cos θ=Ta cos 60°+3G
解得Tb=G
则轻绳b受到的拉力Tb'=Tb=G微专题9　利用牛顿第二定律解决动力学实验
类型1　探究加速度与力、质量的关系
1.(2025吉林期末)某学习小组利用如图所示的装置探究加速度与力、质量的关系。
请回答下列问题:
(1)该实验需要研究三个物理量之间的关系,我们应该采用的研究方法是　　　　;
A.控制变量法　B.放大法　C.理想实验法
(2)某次实验获得的纸带如图所示,相邻计数点间均有4个点未画出,打点计时器所用电源频率为50 Hz,则小车的加速度大小为　　 　m/s2(结果保留三位有效数字);
(3)该小组在某次实验中,保持小车和砝码总质量不变,以槽码的重力为外力,通过改变槽码的个数,得到了下图中的曲线图像,一位同学利用最初的几组数据拟合了一条直线图像。如图所示,作一条与纵轴平行的虚直线,与这两条图线及横轴的交点分别为P、Q、N,若此虚线对应的小车和砝码总质量为M,悬挂槽码的质量为m,则=　　　　(用M、m表示);
(4)该实验小组经过讨论后,改进了(3)中的实验方案,保持槽码、小车、砝码的总质量不变,把槽码分别逐个叠放在小车上,重复(3)中的实验。由此得到的a-F图像是一条　　　(填“直线”或“曲线”)。
2.(2024福建厦门期末)某学习小组利用如图甲所示的实验装置探究物体加速度与合外力大小关系:
(1)组装好器材,不挂钩码时,调整木板的倾斜程度,直至小车运动时打点计时器在纸带上打出的点分布均匀为止。
(2)保持小车质量不变,改变悬挂的钩码数量,测出对应的加速度大小。打点计时器所用电源的频率为50 Hz,其中一条纸带如图乙所示,相邻两计数点之间还有4个点没有画出,则小车的加速度大小为　　　m/s2(计算结果保留两位有效数字)。
(3)测得悬挂不同钩码个数n时小车的加速度a,作出a-n图像如图丙所示,图像末端弯曲的原因是　　　　　　　　　　　　　　。
(4)因钩码盒上的标识模糊无法确定单个钩码的质量,该小组利用上述装置测量单个钩码的质量。完成步骤(1)后,先将8个钩码都放置在小车上,然后从小车上逐个取出钩码并挂在细绳末端,测得细绳末端悬挂不同个数的钩码时小车的加速度大小,小车加速度a与悬挂钩码个数n的关系如图丁所示。已知图像斜率为k,小车(空车)质量为M,重力加速度大小为g,则单个钩码的质量为　　　　　。
3.(2024杭州期中)如图1为两位同学设计的一个实验装置,用来探究一定质量的小车的加速度与力的关系。一质量为m0的光滑滑轮用一轻质细杆固定在小车的前端,小车的质量为M,砂和砂桶的质量为m。
(1)此实验中正确的操作是　　　　。
A.实验需要用天平测出砂和砂桶的质量m
B.实验前需要将带滑轮的长木板右端垫高,以补偿阻力
C.小车应靠近打点计时器,先接通电源,再释放小车
D.为减小系统误差,实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M
(2)该同学在实验中得到一条纸带如图2所示,相邻计数点间有4个点未画出,打点计时器所接交流电的频率为50 Hz,小车的加速度大小为　　　　m/s2(结果保留两位有效数字)。
(3)孙华同学以小车的加速度a为纵坐标,力传感器的示数F为横坐标,画出的a-F图线与横坐标轴的夹角为θ,且斜率为k,如图3所示,则小车的质量为　　　　(用题中所给字母表示)。
4.(2024江苏连云港期末)小明同学利用如图甲所示的装置做“探究加速度与力、质量的关系”实验。
(1)关于该实验的器材安装及平衡阻力的操作,下列说法正确的是　　　　。
A.为平衡阻力,实验前挂上槽码,轻推小车让其在木板上匀速运动
B.为平衡阻力,实验前将长木板一端垫高,在未挂槽码的前提下,轻推小车,让其拉着打点的纸带在木板上做匀速直线运动
C.连接小车与槽码时,调节定滑轮的高度使细绳与桌面平行
D.连接小车与槽码时,调节定滑轮的高度使细绳与木板平行
(2)若使用电磁打点计时器,则应使用图乙中　　　(填选项代码)的电源。
(3)为探究加速度与力的关系,根据测得的小车加速度a与力F的多组数据,作出a-F关系图像如图丙所示。已知该图像OA段近似为一条过原点的倾斜直线,由此可得出的实验结论是　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(4)已知图丙中AB段明显偏离OA方向,则产生此误差的原因可能是槽码质量m未满足　　　　小车的质量M(选填“远大于”“远小于”或“近似等于”)。
　　
(5)平衡阻力后,保持槽码质量m不变,改变小车的质量M,小明根据测得的M和小车的加速度a,作出如图丁所示的图像,图线与纵轴交点的纵坐标为b,则b=　　　　(选填“-m”“-”“m”或“”)。
5.(2024山东烟台期末)某同学设计了如图甲所示的实验装置用来探究小车质量一定时其加速度与力的关系。在水平台面上固定一长木板,长木板右端附有定滑轮,在其上表面固定两个光电门A、B,两光电门中心之间的距离为L。小车上方固定一宽度为d的遮光片,右侧固定一轻滑轮,一细绳通过轻滑轮将力传感器和重物相连。现进行以下实验操作:
①调节长木板右端定滑轮的高度,使两绳拉力方向与板面平行;
②小车靠近长木板左侧由静止释放,先后通过两个光电门,记录相应的挡光时间及对应的力传感器的示数F;
③更换所挂重物(改变重物质量),重复以上过程,记录多组数据。
(1)某次实验时,记录小车先后通过两个光电门的挡光时间分别为Δt1、Δt2,则小车通过光电门A时的速度大小vA=　　　　,此过程中小车的加速度a=　　　　(均用题目中给定的字母表示)。
(2)处理数据,得到多组a、F值,若以力传感器的示数F为纵坐标,加速度a为横坐标,画出的F-a图像如图乙所示,求得图线的斜率为k。则小车的质量可表示为　　　　,图线不过坐标原点,主要原因为　　　　　　　　　　　　　　。
6.(2024江西卷)某小组探究物体加速度与其所受合外力的关系。实验装置如图(a)所示,水平轨道上安装两个光电门,小车上固定一遮光片,细线一端与小车连接,另一端跨过定滑轮挂上钩码。
(1)实验前调节轨道右端滑轮高度,使细线与轨道平行,再适当垫高轨道左端以平衡小车所受摩擦力。
(2)小车的质量为M1=320 g。利用光电门系统测出不同钩码质量m时小车加速度a。钩码所受重力记为F,作出a-F图像,如图(b)中图线甲所示。
(3)由图线甲可知,F较小时,a与F成正比;F较大时,a与F不成正比。为了进一步探究,将小车的质量增加至M2=470 g,重复步骤(2)的测量过程,作出a-F图像,如图(b)中图线乙所示。
(4)与图线甲相比,图线乙的线性区间　　　,非线性区间　　　　。再将小车的质量增加至M3=720 g,重复步骤(2)的测量过程,记录钩码所受重力F与小车加速度a,如表所示(表中第9~14组数据未列出)。
序号 1 2 3 4 5 6 7 8 9~14 15
钩码所 受重力 F/(9.8 N) 0.020 0.040 0.060 0.080 0.100 0.120 0.140 0.160 …… 0.300
小车加 速度a/ (m·s-2) 0.26 0.55 0.82 1.08 1.36 1.67 1.95 2.20 …… 3.92
(5)请在图(b)中补充描出第6至8三个数据点,并补充完成图线丙。
(6)根据以上实验结果猜想和推断:小车的质量　　　　　　　　时,a与F成正比。结合所学知识对上述推断进行解释:　
　。
类型2　测动摩擦因数
7.(2024重庆三模改编)某同学用图(a)所示装置研究滑块在水平传送带上的运动。实验前,该同学已先测出滑块和位移传感器(发射器)的总质量为M=0.4 kg。实验中,该同学让传送带保持恒定的速度,将滑块由静止轻放在传送带上O处并将此时刻作为计时起点,用位移传感器测出了各时刻滑块相对于O的位移x,利用测得的多组数据在图(b)所示的x-t坐标系中描出了14个点。(所有计算结果均保留两位有效数字)
(1)根据描出的点作出滑块运动的x-t图线,可以得出以下结论:
①滑块在传送带上先做的是匀加速直线运动;
②传送带的速度大小为　　　　m/s;
③滑块做匀加速直线运动的加速度大小为5 m/s2。
(2)若重力加速度大小取g=10 m/s2,则利用实验数据可求得:滑块与传送带间的动摩擦因数为μ=　　　　。
8.(2025辽宁期末)在“验证牛顿第二定律”的实验中,图甲为实验装置简图,长木板放在水平桌面上,细线与长木板平行,所用交变电流的频率为50 Hz。
(1)在进行实验时,为了减小实验时的系统误差,使分析数据时可以认为沙桶和沙子的总重力等于小车所受的合外力,应采取的措施有:　　　　。
A.将长木板一端垫起,用小车重力沿斜面的分力平衡摩擦阻力
B.先释放小车,再接通电源让打点计时器工作
C.小车质量远大于沙桶和沙子的总质量
(2)若直接利用图甲所示的实验装置,探究物块在水平桌面上的运动规律。物块在沙桶的牵引下开始运动,沙桶落地后,物块再运动一段距离停在桌面上。从纸带上便于测量的点开始,每5个计时点取1个计数点,相邻计数点间的距离如图乙所示。
①通过分析纸带数据,可判断物块在相邻计数点　　　　之间某时刻开始减速。
A.3和4　　B.4和5　　C.5和6
②计数点3对应的速度大小为　　　　m/s(结果保留三位有效数字)。
③物块减速运动过程中加速度的大小为a=　　　　m/s2(结果保留三位有效数字)。
④若用来计算物块与桌面间的动摩擦因数(g为重力加速度),则计算结果比动摩擦因数的真实值　　　　(填“偏大”或“偏小”)。
9.（明易错）(2023湖北卷)某同学利用测质量的小型家用电子秤,设计了测量木块和木板间动摩擦因数μ的实验。如图(a)所示,木板和木块A放在水平桌面上,电子秤放在水平地面上,木块A和放在电子秤上的重物B通过跨过定滑轮的轻绳相连。调节滑轮,使其与木块A间的轻绳水平,与重物B间的轻绳竖直。在木块A上放置n(n=0,1,2,3,4,5)个砝码(电子秤称得每个砝码的质量m0为20.0 g),向左拉动木板的同时,记录电子秤的对应示数m。
图(a)
(1)实验中,拉动木板时　　　　(填“必须”或“不必”)保持匀速。
(2)用mA和mB分别表示木块A和重物B的质量,则m和mA、mB、m0、μ、n所满足的关系式为m=　　　　　　。
(3)根据测量数据在坐标纸上绘制出m-n图像,如图(b)所示,可得木块A和木板间的动摩擦因数μ=　　　　(保留2位有效数字)。
图(b)
10.(2024合肥三模)某同学用如图甲所示装置,测滑块与水平桌面间的动摩擦因数。重力加速度g取10 m/s2。
(1)在砂桶中放入适量细砂,接通电源,由静止释放滑块,打出的一条纸带如图乙所示,从比较清晰的点迹起,在纸带上标出了连续的5个计数点A、B、C、D、E,相邻两个计数点之间还有4个点迹没有标出,测出各计数点到A点之间的距离,如图乙所示。打点计时器接的交流电频率为50 Hz,则滑块运动的加速度a=　　　　m/s2。(结果保留两位有效数字)
(2)多次改变砂桶中砂的质量重复实验,测得多组滑块运动的加速度a及对应的力传感器的示数F,以a为纵坐标,F为横坐标,描点得到如图丙所示的a-F图像。由图中的数据可知,滑块(含轻杆和轻滑轮)的质量为　　　　kg,滑块与桌面间的动摩擦因数μ=　　　　。
微专题9　利用牛顿第二定律
解决动力学实验
1.答案　(1)A　(2)0.820　(3)　(4)直线
解题思路　(1)该实验需要研究三个物理量之间的关系,需要保持力和质量其中一个物理量不变,研究加速度与另外一个物理量的关系,这种方法叫作控制变量法,故选A。
(2)由于相邻计数点间均有4个点未画出,则相邻计数点间的时间间隔T=5×0.02 s=0.1 s,根据逐差法可知小车的加速度大小为a= m/s2=0.820 m/s2。
(3)对小车和砝码进行分析,近似认为槽码重力等于小车和砝码所受的合力,根据牛顿第二定律有aP=,小车和砝码总质量不变,对槽码与小车和砝码构成的整体,根据牛顿第二定律有aQ=,则==。
(4)保持槽码、小车、砝码的总质量不变,把槽码分别逐个叠放在小车上,则以槽码、小车和砝码为整体,有a=,即a-F图像是一条直线。
2.答案　(2)0.42　(3)不满足钩码质量远小于小车质量　(4)
解题思路　(2)由题意可知,相邻两计数点间的时间间隔T=5×0.02 s=0.1 s,根据逐差法可知小车的加速度为a= m/s2≈0.42 m/s2;
(3)随着所挂钩码质量的增加,不再满足钩码质量远小于小车的质量时,图像将发生弯曲;
(4)以n个钩码和小车整体分别为研究对象,由牛顿第二定律得,nmg-T=nma,T=[M+(8-n)m]a,联立解得a=n,则k=,解得单个钩码的质量m=。
3.答案　(1)BC　(2)2.4　(3)-m0
解题思路　(1)由题图1可知,细绳上的拉力大小可由力传感器读出,因此实验不需要用天平测出砂和砂桶的质量m,实验中也不需要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M,A、D错误;为了使小车受到的合力为力传感器示数的2倍,应平衡摩擦力,因此实验前需要将带滑轮的长木板右端垫高,以补偿阻力,B正确;为了充分利用纸带,获取更多的数据,实验时小车应靠近打点计时器,先接通电源,再释放小车,C正确。
(2)相邻计数点间有4个点未画出,打点计时器所接交流电的频率为50 Hz,因此相邻计数点间的时间间隔为T=5×0.02 s=0.1 s,由匀变速直线运动的推论Δx=aT2可得小车的加速度大小为a=≈2.4 m/s2。
(3)对小车、轻杆和动滑轮,由牛顿第二定律可得2F=(M+m0)a,整理可得a=F,可知a-F图线的斜率为k=,解得M=-m0。
4.答案　(1)BD　(2)D　(3)保持小车质量不变,加速度与合外力成正比　(4)远小于　(5)-m
解题思路　(1)补偿阻力就是让小车在无拉力的作用下做匀速直线运动,让小车重力沿木板方向的分力等于受到的阻力,所以平衡阻力时应将纸带连接在小车上并穿过打点计时器,在不挂槽码的情况下,轻推小车,使小车恰好做匀速运动;连接小车与槽码时要使细绳与木板平行。故选B、D。
(2)电磁打点计时器应接约8 V的交流电源,故选D。
(3)该图像OA段近似为一条过原点的倾斜直线,所以结论为保持小车质量不变,加速度与合外力成正比。
(4)根据牛顿第二定律有,T=Ma,mg-T=ma,联立解得T==,所以实验要满足槽码的质量比小车的质量小很多的这一条件,此时槽码的重力近似等于细绳的拉力。
(5)根据牛顿第二定律,mg-T=ma,T=Ma,联立解得M=mg×-m,所以b=-m。
5.答案　(1)　　(2)2k　小车与长木板之间存在摩擦阻力
解题思路　(1)小车做匀变速直线运动,用在极短时间内的平均速度来代替瞬时速度,则小车通过光电门A时的速度大小vA=,小车通过光电门B时的速度大小vB=,根据匀变速直线运动规律,得2aL=-,得a=。
(2)设小车所受阻力为Ff,对小车,由牛顿第二定律得2F-Ff=Ma,解得F=a+,又F-a图像的斜率为k,则k=,解得M=2k,图线不过坐标原点,主要原因是小车与长木板之间存在摩擦阻力。
6.答案　(4)大　小　(5)如图所示
(6)较大(远大于钩码质量)　见解题思路
解题思路　(4)由图像可得,小车质量越大,线性范围越大。
(6)根据牛顿第二定律,对小车有T=Ma,即小车质量一定时,加速度与拉力成正比,对钩码有mg-T=ma,联立得T=,由此可以看出,当小车质量远大于钩码质量时,细线拉力即小车所受合外力近似等于钩码重力。
7.答案　(1)②2.0　(2)0.50
解题思路　(1)②由图(b)可知,0.40 s后滑块做匀速直线运动,此时滑块的速度等于传送带的速度,则有v传== m/s=2.0 m/s;
(2)滑块在传送带上匀加速运动时,根据牛顿第二定律可得μmg=ma,代入数据解得μ=0.50。
8.答案　(1)AC　(2)①B　②1.10　③2.00　④偏大
解题思路　(1)若使小车受到的合力为细线的拉力,应平衡摩擦力,需要将长木板一端垫起,让小车重力沿斜面的分力平衡摩擦阻力;为了充分利用纸带,应先接通电源让打点计时器工作,再释放小车;若使细线拉力近似等于沙桶和沙子的总重力,应让小车质量远大于沙桶和沙子的总质量。故选A、C。
(2)①从纸带上的数据分析得知,在计数点4之前,相邻两计数点之间的位移逐渐增大,且连续相邻两计数点间位移差基本相等,是匀加速运动,在计数点5之后,相邻两计数点之间的位移逐渐减小,且连续相邻两计数点间位移差基本相等,是匀减速运动,所以物块在相邻计数点4和5之间某时刻开始减速,故选B。
②每5个计时点取1个计数点,则相邻计数点间的时间间隔T=0.1 s,计数点3对应的速度大小v3== m/s≈1.10 m/s。
③对纸带分析可知,计数点5之后物块做匀减速运动,由逐差法可得加速度大小a==×10-2 m/s2≈2.00 m/s2。
④在减速阶段产生加速度的力是滑动摩擦力和纸带所受的阻力,所以计算结果比动摩擦因数的真实值偏大。
9.答案　(1)不必　(2)mB-μmA-μm0n　(3)0.39
审题指导　电子秤有示数,则重物B与电子秤始终接触,则木块A和砝码处于静止状态。
解题思路　(1)电子秤有示数,说明木块A静止,而木板只要运动,木块A与木板间的摩擦力就是滑动摩擦力,滑动摩擦力的大小与相对速度大小无关,故拉动木板时不必保持匀速。(2)对木块A和砝码分析知T=μ(mA+nm0)g,电子秤示数为m,则FN=mg,对B分析可知FN+T=mBg,联立可得mg+μ(mA+nm0)g=mBg,得m=mB-μmA-μm0n。(3)由(2)的关系式,结合m-n图像可知,斜率k=-μm0= g,解得μ=0.39。
易错易混　对B分析时注意T≠mBg,电子秤示数显示的是质量,其对B的支持力为mg。最后计算斜率时注意纵轴单位为g,m0的单位也是g,故单位可消去。
10.答案　(1)1.0　(2)0.8　0.05
解题思路　(1)相邻两计数点间还有4个点未标出,则相邻两计数点间的时间间隔T=0.1 s,根据逐差法,可得加速度为a==×0.01 m/s2=1.0 m/s2;
(2)由牛顿第二定律得2F-f=ma,化简得a=F-,结合图丙可知,a-F图线的斜率k== kg-1=2.5 kg-1,可得滑块(含轻杆和轻滑轮)的质量m=0.8 kg,由纵截距-=-0.5 m/s2可得f=0.4 N,则滑块与桌面间的动摩擦因数μ==0.05。微专题6　实验:探究两个互成角度的力的合成规律
类型1　原型实验
1.(2025杭州期中)某同学做“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验,装置如图甲所示。
(1)为了使实验能够顺利进行,且尽量减小误差,你认为下列说法正确的是　　　　。
A.两细绳必须等长
B.测量时,橡皮条、细绳和弹簧测力计应贴近并平行于木板
C.用弹簧测力计拉两个细绳套时,两拉力夹角越大越好
D.两次拉伸橡皮条,只要使橡皮条伸长到相同长度即可
(2)本实验采用的科学方法是　　　　。
A.理想实验法 B.等效替代法
C.控制变量法 D.微小量放大法
(3)按照正常实验操作,图乙中的F与F'两力中,方向一定沿AO方向的是　　　　。
2.(2024福建莆田期末)在“验证力的平行四边形定则”的实验中,把橡皮筋的一端用图钉固定在A点,另一端用两根细线打一个结点B,两根细线分别挂上一弹簧测力计,如图(a)所示。
(1)实验中,弹簧测力计　　　　(填“是”或“否”)必须与木板保持平行。
(2)读数时,视线要　　　　(填“A”或“B”)弹簧测力计刻度。
A.斜视　　　　　　　　　B.正对
(3)图(b)中用两个弹簧测力计将结点B拉到O点,撤去一弹簧测力计,只用一个力F拉弹簧测力计,如图(c)所示,为使作用效果与两个力F1和F2共同作用时相同,必须将结点B拉到　　　　。(填“A”或“B”)
A.O点附近　　　　　　　B.O点
3.(2023全国乙)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,填正确答案标号)
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。
4.(2024海南卷)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。请解答下列问题:
(1)在图乙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:　　　　　　　　;　　　　　　　　。
类型2　实验拓展与创新
5.(2025重庆西南大学附中测试)某物理老师用保温杯喝了水后,打算利用保温杯和办公室的器材探究两个互成角度的力的合成规律,步骤如下:
A.在竖直墙壁上贴一张白纸;
B.在保温杯上系一条细绳套,用一个弹簧测力计钩住细绳套将保温杯静止悬挂在紧靠白纸的位置;
C.在白纸上记录细绳套与保温杯拴接点的位置,标记为O;
D.记录弹簧测力计的拉力F的大小(如图1)和方向;
E.以F的大小作为保温杯所受重力G的大小,沿着细绳套的方向画出重力的图示;
F.在保温杯上系上两个细绳套,用两个弹簧测力计共同将保温杯静止悬挂(如图2),使细绳套与保温杯拴接点仍位于O,记录两弹簧测力计的拉力F1和F2的大小和方向,作出F1、F2的图示;
G.根据平行四边形定则作出F1、F2的合力F合;
H.改变F1与F2的夹角,重复步骤F、G多做几次实验。
(1)本实验主要采用的科学方法是(　　)
A.理想实验法 B.控制变量法
C.等效替代法 D.极限法
(2)在步骤D中,弹簧测力计的读数为　　　N。
(3)改变F1与F2的夹角,多次进行实验,　　　　(选填“需要”或“不需要”)每次都使细绳套与保温杯的拴接点位于O点。
6.(2022浙江6月选考)“探究求合力的方法”的实验装置如图所示,在该实验中,
①下列说法正确的是　　　　(单选);
A.拉着细绳套的两只弹簧秤,稳定后读数应相同
B.在已记录结点位置的情况下,确定一个拉力的方向需要再选择相距较远的两点
C.测量时弹簧秤外壳与木板之间不能存在摩擦
D.测量时,橡皮条、细绳和弹簧秤应贴近并平行于木板
②若只有一只弹簧秤,为了完成该实验至少需要　　　　(选填“2”“3”或“4”)次把橡皮条结点拉到O点。
7.(2025广东东莞五校联考)某同学在家利用身边器材做“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验。他找了木板、白纸、图钉、橡皮筋、细绳套、一个弹簧测力计和一根弹簧。为完成实验,他进行了如下步骤的操作:
(1)先测量找来的那根弹簧的劲度系数。他通过实验得到如图甲所示的弹力大小F与弹簧的伸长量x的关系图像,由此图像求得该弹簧的劲度系数k=　　　　N/m(结果保留两位有效数字)。
(2)将木板放在水平桌面上,再用图钉把一张白纸钉在木板上,将橡皮筋的一端用图钉固定在白纸上的A点,另一端拴两个细绳套,分别被弹簧测力计和弹簧钩住,将结点拉到某一合适位置。弹簧测力计的指针位置如图乙所示,其读数为F1=　　　　N;同时利用(1)中的结果获得弹簧上的弹力值F2=2.50 N,记下这两个力的大小及两细绳套的方向,同时记下结点的位置O。撤去弹簧,只用弹簧测力计,把橡皮筋的结点拉到　　　　,并记下此时弹簧测力计的读数为F=3.30 N,同时记下此时细绳套的方向OD,如图丙所示。
(3)该同学选择合适的标度利用尺规作图,画出F1、F2与F这三个力的图示,并把三个力的图示的箭头端用直虚线相连,如图丁所示,观察构成的四边形的特点。
(4)改变拉力F1和F2的大小及方向,多次重做上述实验。该同学归纳出:在两个力合成时,以表示这两个力的有向线段为邻边作　　　　,这两个邻边之间的　　　　就代表合力的大小和方向。
8.(2024西安长安一中期末)某同学用一弹簧测力计和一个量角器等器材做“验证力的平行四边形定则”实验,设计的装置如图所示,固定在竖直木板上的量角器直边水平,橡皮筋一端固定在量角器圆心O正上方的A点,另一端系着绳套1和绳套2。
(1)实验步骤如下:
①将弹簧测力计挂在绳套1上,竖直向下拉橡皮筋,使橡皮筋的结点到达O点,记下弹簧测力计的示数F;
②将弹簧测力计挂在绳套1上,手拉着绳套2,缓慢拉橡皮筋,使橡皮筋的结点到达O点,此时绳套1沿0°方向,绳套2沿150°方向,弹簧测力计的示数为F1;
③根据力的平行四边形定则计算②中绳套1的拉力大小F1'=　　　　(用F表示);
④比较F1与　　　　(选填“F”或“F1'”)的大小,即可验证力的平行四边形定则。
(2)将绳套1由0°方向缓慢转动到80°方向,同时绳套2沿150°方向不变,保持橡皮筋的结点在O点不动,此过程中绳套1的拉力大小的变化是　　　　,绳套2的拉力大小的变化是　　　　。
A.逐渐增大 B.先增大后减小
C.逐渐减小 D.先减小后增大
微专题6　实验:探究两个互成角度
的力的合成规律
1.答案　(1)B　(2)B　(3)F'
解题思路　(1)实验中,为了便于确定力的方向,两细绳应适当长一点,但不需要保证两细绳等长,A错误;为了确保力大小的精确,测量时,橡皮条、细绳和弹簧测力计应贴近并平行于木板,B正确;用弹簧测力计拉两个细绳套时,为了便于准确作出平行四边形,两拉力的夹角应适当大一些,但不是两拉力夹角越大越好,C错误;两次拉伸橡皮条,需要使橡皮条末端拉至同一位置,不能仅使橡皮条伸长到相同长度,D错误。故选B。
(2)实验中用两个弹簧测力计拉橡皮条与用一个弹簧测力计拉橡皮条时,均应使橡皮条末端拉至同一位置,使两次效果相同,可知该实验采用了等效替代法,故选B。
(3)F是按照平行四边形定则作出的合力,其方向一定沿平行四边形的对角线方向,而F'是用一个弹簧测力计拉橡皮条时的拉力,其方向一定沿橡皮条拉伸的方向,则方向一定沿AO方向的是F'。
2.答案　(1)是　(2)B　(3)B
解题思路　(1)本实验要在木板所在平面内作力的图示,为了减小误差,弹簧测力计必须保持与木板平行。
(2)读数时视线要正对弹簧测力计的刻度,减小读数的偶然误差,选B。
(3)为保证力F与两个力共同作用时的作用效果相同,应使结点拉到同一位置,选B。
3.答案　②CD　③同一位置　⑤大小和方向
解题思路　②本实验不需要测量橡皮条和细线的长度,需要记录F1和F2的方向,即用铅笔在白纸上标记出两细线的方向,还需要记录F1和F2的作用效果,即在白纸上标记出小圆环的位置,故选C、D。
③为了保证合力和分力产生的效果相同,要把小圆环拉到同一位置。
⑤如果在误差允许范围内,F和F'的大小相等、方向相同,则力的平行四边形定则得以验证。
名师点睛　记录要精准
(1)用两个弹簧测力计通过细线拉橡皮条时,记录两弹簧测力计示数、两细线方向和结点O的位置;
(2)用一个弹簧测力计通过细线拉橡皮条时,记录弹簧测力计示数和细线方向。
4.答案　见解题思路
解题思路　(1)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',如图所示。
(2)F和F'不完全重合的误差原因可能是:①没有做到弹簧测力计、细线、橡皮条都与木板平行;②读数时没有正视弹簧测力计刻度。
5.答案　(1)C　(2)2.33(2.32~2.34均正确)　(3)不需要
解题思路　(1)本实验探究分力与合力的关系,用到的科学方法是等效替代法,故选C。
(2)弹簧测力计的分度值为0.1 N,则弹簧测力计的示数为2.33 N。
(3)本实验中,保温杯重力大小和方向确定,保持平衡状态即可,无需每次都使细绳套与保温杯的拴接点位于O点。
6.答案　①D　②3
解题思路　①拉着细绳套的两只弹簧秤读数不必相同,A错误;记录拉力方向时需要两个点即可,已经有结点位置的情况下,再需要一个点就行,B错误;测量时弹簧秤外壳与木板之间可以存在摩擦,但弹簧秤中的弹簧等与弹簧秤外壳之间不能存在摩擦,C错误;测量时,橡皮条、细绳和弹簧秤应贴近并平行于木板,D正确。②本实验需要知道两个分力大小和两分力的合力大小,只有一只弹簧秤,所以需要测量3次,至少需要3次将橡皮条的结点拉到O点。
7.答案　(1)60　(2)2.00　位置O　(4)平行四边形　对角线
解题思路　(1)根据胡克定律可知,F-x图像的斜率表示劲度系数,可得该弹簧的劲度系数为k== N/m=60 N/m。
(2)弹簧测力计的分度值为0.1 N,则读数为F1=2.00 N。为了保证力的作用效果相同,撤去弹簧,只用弹簧测力计时,应把橡皮筋的结点拉到位置O。
(4)在两个力合成时,以表示这两个力的有向线段为邻边作平行四边形,这两个邻边之间的对角线就代表合力的大小和方向。
8.答案　(1)③F　④F1'　(2)D　C
关键点拨　(1)根据力的平行四边形定则计算绳套1的拉力大小;(2)根据平行四边形定则画出动态矢量图判断绳套的拉力大小的变化情况。
解题思路　(1)③根据力的平行四边形定则计算绳套1的拉力大小为F1'==F。
④比较F1和F1'的大小,若在误差允许的范围内相同,即可验证力的平行四边形定则。
(2)绳套1在转动过程中,合力保持不变,根据平行四边形定则画出动态矢量图,如图所示
由图可知,将绳套1缓慢转动到60°方向时拉力最小,故绳套1的拉力大小先减小后变大,故选D,绳套2的拉力大小逐渐减小,故选C。微专题8　动态平衡问题
类型1　解析法
1.(2025四川遂宁测试)如图,一块木板倾斜放置,O端着地,一个物块放在木板上处于静止,将木板绕O点在竖直面内顺时针缓慢转动至木板接近竖直,物块相对于木板始终静止。则在转动过程中,下列说法正确的是(　　)
A.物块受两个力的作用
B.物块受到的合外力变大
C.物块对木板的压力大小不变
D.木板对物块的摩擦力不断增大
2. （知方法）(2025浙江台州期中)如图,跨过光滑定滑轮的轻绳一端系着铁球(大小不可忽略,轻绳延长线过球心)、一端连在水平台上的玩具小车上,小车牵引着绳使球沿光滑竖直墙面从较低处匀速上升。则在球上升且未离开墙面的过程中(　　)
A.绳对球的拉力变小
B.绳对球的拉力变大
C.绳对球的拉力大小不变
D.绳对球的拉力先减小后增大
3.(2021湖南卷)质量为M的凹槽静止在水平地面上,内壁为半圆柱面,截面如图所示,A为半圆的最低点,B为半圆水平直径的端点。凹槽恰好与竖直墙面接触,内有一质量为m的小滑块。用推力F推动小滑块由A点向B点缓慢移动,力F的方向始终沿圆弧的切线方向,在此过程中所有摩擦均可忽略,下列说法正确的是(　　)
A.推力F先增大后减小
B.凹槽对滑块的支持力先减小后增大
C.墙面对凹槽的压力先增大后减小
D.水平地面对凹槽的支持力先减小后增大
4.(人教版教材课后习题改编)(多选)如图,物体所受重力为40 N,用细绳OC悬于O点,绳OC所能承受的最大拉力为50 N。现用细绳AB绑住绳OC上的A点,再用缓慢增大的水平力牵引A点(已知:sin 53°=0.8,cos 53°=0.6),下列说法正确的是(　　)
A.OA绳拉力大小增大
B.AB绳拉力大小增大
C.AC绳比OA绳先断
D.OA绳与竖直方向最大的夹角为53°
类型2　图解法(或矢量三角形法)
5.(2025江苏常州期中)如图所示,空调外机用三角形支架固定在外墙上,其重心恰好在支架横梁AO和斜梁BO的连接点O的正上方。若把B点上移使斜梁变短些,仍保持O点的位置不变和横梁水平。已知横梁AO对O点的拉力方向沿OA方向,斜梁BO对O点的弹力方向沿BO方向。所给选项中实线为变短前O点的受力,虚线为变短后O点的受力,下列示意图正确的是(　　)
6. （知方法）(2025湖南岳阳期中)(多选)如图所示,一盏马灯用三根轻绳OA、OB、OC悬挂于两壁之间,若更换水平绳OA使连接点A逐渐向上移动而保持O点的位置不变,则A点向上移动时(　　)
A.绳OA的拉力逐渐增大
B.绳OA的拉力先减小后增大
C.绳OB的拉力保持不变
D.绳OB的拉力逐渐减小
7.(2025浙江南太湖联盟联考)如图所示,一小球放在竖直的墙面与倾斜的木板之间,设小球对墙面的压力大小为F1,小球对木板的压力大小为F2,以木板与墙连接处所形成的水平直线为轴,将木板从图示位置顺时针缓慢转到与墙面垂直的位置,不计摩擦,此过程中(　　)
A.F1一直增大,F2一直减小
B.F1和F2都一直在减小
C.F1先减小后增大,F2一直减小
D.F1一直减小,F2先减小后增大
8.(2025郑州期中)(多选)一个挡板固定于光滑水平地面上,截面为四分之一圆的柱状物体甲放在水平面上,半径与甲相等的光滑圆球乙被夹在甲与挡板之间,没有与地面接触而处于静止状态,如图所示。现在对甲施加一个水平向左的力F,使甲沿地面缓慢地移动,直至甲与挡板接触为止。设乙对挡板的压力为F1,甲对地面的压力为F2,在此过程中(　　)
A.F缓慢减小,F1缓慢减小
B.F缓慢增大,F1缓慢增大
C.F1缓慢减小,F2不变
D.F1缓慢减小,F2缓慢增大
类型3　相似三角形法
9. （知方法）(2024四川广安期末改编)如图所示,大圆环固定在竖直平面内,一根轻弹簧一端固定于圆环的最高点A,另一端系一光滑小环,小环套在大圆环上可自由滑动,O点为大圆环的圆心。小环恰好在大圆环上B点处于静止状态,此时(　　)
A.弹簧可能处于压缩状态
B.大圆环对小环的弹力方向指向圆心O
C.小环可能只受到两个力的作用
D.更换弹簧,小环微下移,大圆环对小环的弹力大小不变
10.(2025海南期中)如图所示,半球体放置在水平面上,细线一端固定在球心正上方的天花板上,另一端连接光滑、可视为质点的小球,小球静止在半球体上。半球体由于受热均匀缓慢膨胀时,球心始终在细线悬点正下方,则(　　)
A.细线对小球的拉力减小
B.细线对小球的拉力增大
C.半球体对小球的支持力增大
D.半球体对小球的支持力减小
11.(2024山东青岛测试)(多选)如图所示,A、B两球用原长为2L,劲度系数为k1的轻质弹簧相连,B球用长为L的细线悬于O点,A球固定在O点正下方,且O、A间的距离也为L,O、A、B恰好构成一个正三角形;现把A、B间的弹簧换成原长相同但劲度系数为k2的轻质弹簧,仍使系统平衡,此时A、B间的距离变为L,则(　　)
A.细线的拉力变小
B.弹簧产生的弹力变小
C.k2=k1
D.k2=k1
类型4　正弦定理法和辅助圆法
12.(2025山东名校联盟期中)如图所示,两根轻绳一端系于结点O,另一端分别系于竖直固定环上的A、B两点,O点下面悬挂一物体M,绳OA水平,拉力大小为F1,绳OB与OA的夹角α=120°,拉力大小为F2。将两绳同时缓慢沿顺时针转过75°,并保持两绳之间的夹角α始终不变,且物体始终保持静止状态。则在旋转过程中,下列说法正确的是(　　)
　　　　　 　　　　　　　　　　
A.F1逐渐增大 B.F1逐渐减小
C.F2逐渐减小 D.F2先减小后增大
13.（创新题）(2024济南期末)消防员具有维护社会稳定的职责和使命,是我们的安全保障。如图甲所示,是消防员在训练攀爬能力,绳子的一端拴在消防员的腰间B点(重心处),可以把消防员简化为图乙所示的物理模型:脚与墙壁接触点为A点,消防员的重力全部集中在B点,A点到B点部分可简化为“轻杆”,“轻杆”可绕A点自由转动,OB为轻绳。消防员在缓慢下降过程中,AB长度以及AB与竖直方向的夹角均保持不变。假设绳索对其拉力大小为F1,“轻杆”对其支持力大小为F2,下列说法正确的是(　　)
A.F1一定减小
B.F2一定减小
C.F2一定增大
D.F1与F2的合力增大
14. （知方法）(2025河北邯郸期末)(多选)如图所示,半圆柱B固定在水平地面上,质量为m的光滑圆柱A紧靠着半圆柱B静置于水平地面上,二者截面半径均为r。现对圆柱A施加一拉力F,使A缓慢沿B向上移动,运动过程中拉力F与圆心连线O1O2的夹角始终为60°。重力加速度为g,则从圆柱A刚好离开地面至移动到半圆柱B的最高点过程中(　　)
A.拉力F有最大值,为mg
B.拉力F有最小值,为mg
C.A、B之间的弹力FN先增大后减小
D.A、B之间的弹力FN先减小后增大
微专题8　动态平衡问题
1.D　物块受重力、弹力、摩擦力作用,A错误;物块始终处于平衡状态,所受合外力为0,保持不变,B错误;设木板倾角为θ,物块对木板的压力大小为F=mg cos θ,θ增大,则压力减小,C错误;根据平衡条件可知,木板对物块的摩擦力为Ff=mg sin θ,θ增大,则摩擦力增大,D正确。
2.B　对球受力分析,如图所示,设球重为G,绳对球的拉力大小为T,墙对球的支持力大小为N,拉力T与竖直方向夹角为θ,由平衡条件有T=,N=G tan θ,随着球高度升高,绳与竖直方向的夹角θ逐渐增大,故T、N均增大,A、C、D错误,B正确。
方法总结　解析法处理动态平衡问题的技巧
(1)选定坐标系,将各个分力进行正交分解;
(2)沿坐标系的两个坐标轴列平衡方程,推导出未知量与已知量的关系表达式;
(3)根据已知量的变化情况来确定未知量的变化情况。
3.C　图形剖析　对滑块受力分析
解题思路　由图形剖析可知A、B错误。对凹槽与滑块整体分析,墙面对凹槽的压力F墙=F cos θ=mg sin θ cos θ=mg sin 2θ,当θ=45°时F墙有最大值,故F墙先增大后减小,选项C正确。水平地面对凹槽的支持力FN=(M+m)g-F sin θ=(M+m)g-mg sin2 θ,θ增大,则FN减小,选项D错误。
4.AB　由受力分析可知FAC=G=40 N,设OA绳与竖直方向夹角为θ,则FOA cos θ=FAC,FOA sin θ=FAB,随着θ增大,FAB、FOA均在增大,故A、B正确;AC绳上的拉力为40 N,保持不变,故不会被拉断,故C错误;当OA绳刚要被拉断时,夹角最大,代入数据解得cos θ==,故θ=37°,故D错误。
5.B　对O点受力分析如图所示,把斜梁下端B点上移,使斜梁变短些,斜梁对O点作用力的方向与竖直方向的夹角增大,而变化前后O点受力始终平衡,则横梁AO对O点作用力大小增大,故B正确。
6.BD　图形剖析　
解题思路　由图形剖析可知当A点上移时绳OA的拉力先减小后增大,绳OB的拉力逐渐减小,故选B、D。
方法总结　图解法处理动态平衡问题的技巧
(1)先对物体进行受力分析(一般受三个力);
(2)若满足一个力大小、方向均不变,另一个力方向不变时,可画出这三个力的封闭矢量三角形或根据其中两个力的合力与第三个力等大反向画出力的平行四边形来分析力的变化情况;
(3)图解法也常用于求极值问题。
7.B　对小球进行受力分析,作出动态矢量三角形,如图所示
可知,木板从题图所示位置顺时针缓慢转到与墙面垂直的位置过程中,F1和F2都一直在减小,故选B。
8.AC　以乙为研究对象,受力如图1所示,
当甲向左移动时,N2与竖直方向的夹角减小,由图1可知,甲对乙的弹力N2与挡板对乙的弹力N1均减小,根据牛顿第三定律可知,乙对挡板的压力F1减小;以甲、乙为整体,受力如图2所示,根据受力平衡可得F=N1,N=G总,可知推力F缓慢减小,地面对整体的支持力保持不变,则甲对地面的压力F2不变。故选A、C。
9.D　小环一定受到竖直向下的重力,弹簧的弹力沿弹簧方向,而支持力沿OB方向,若只受弹簧的弹力和重力或支持力和重力,不可能处于静止状态,因此小环不可能只受到两个力的作用,C错误;若弹簧处于压缩状态,弹簧对小环的弹力方向沿弹簧向外,小环还受到重力和圆环对小环指向圆心的弹力,这3个力不可能平衡,所以弹簧处于拉伸状态,受力如图,大圆环对小环的弹力方向背离圆心O,选项A、B错误;依据力的三角形和几何三角形OAB相似,对应边成比例,有=,可见大圆环对小环的弹力大小一定等于小环的重力,D正确。
方法技巧　本题用相似三角形法列式比较简单。在三力平衡问题中,如果有一个力是恒力,另外两个力方向都变化,且题目给出了空间几何关系,多数情况下可得力的矢量三角形与几何三角形相似,可利用相似三角形对应边成比例进行计算。注意:构建三角形时可能需要画辅助线。
10.C　设细线长度为L,悬点到半球体球心的距离为h,半球体半径为R,以小球为研究对象,受力分析如图所示,
由相似三角形对应边成比例有==,解得N=mg,T=mg,半球体受热均匀缓慢膨胀时,R增大,但h、L不变,故半球体对小球的支持力N增大,细线对小球的拉力T大小不变,故选C。
11.BC　
以小球B为研究对象,分析受力情况,由平衡条件可知,弹簧的弹力N和细线的拉力F的合力F合与重力mg大小相等,方向相反,即F合=mg,作出力的合成图如图所示,由三角形相似得==,又OA=OB=L,解得F=F合=mg,细线的拉力F只与小球B的重力有关,与弹簧的劲度系数k无关,所以细线的拉力不变,A、B间的距离变小,N减小,故A错误,B正确;根据上述力与长度的关系,用劲度系数为k1的轻质弹簧时,弹力N=F合=mg,mg=k1Δx1=k1(2L-L),用劲度系数为k2的轻质弹簧时,弹力N'=F合=mg,mg=k2Δx2=k2(2L-L),联立解得k2=k1,故C正确,D错误。
12.C　对结点O进行受力分析,作出矢量三角形如图所示,
由正弦定理可知==,在旋转过程中,两段绳子的夹角不变,则∠A始终为60°,而∠O会从90°逐渐减小,∠B会从30°逐渐增大,且最后大于90°,则根据正弦值的变化可知,F1先增大后减小,F2一直减小,故选C。
13.B　
AB提供支持力,否则无法平衡。消防员在缓慢下降过程中,保持平衡,对消防员受力分析如图所示,根据几何关系可得==,根据正弦定理=,可得F1=mg,F2=mg,消防员在缓慢下降过程中,AB长度以及AB与竖直方向的夹角∠OAB均保持不变,OA逐渐增大,∠OBA从锐角增大为钝角,sin ∠OBA 先增大后减小,则F1先减小后增大,F2一定减小,故A、C错误,B正确;消防员在缓慢下降过程中,F1与F2的合力与消防员的重力平衡,等大反向,故F1与F2的合力不变,故D错误。
一题多解　两种情况相比较,重力大小方向不变,杆的支持力F2方向不变,作出受力图如图所示,消防员下降过程中,消防员所受的合力为零,不变,F2变小,F1先减小后增大,故B正确。
14.AC　以A为研究对象,A受到重力mg、拉力F、B对A的弹力FN,由平衡条件可知,三个力的合力始终为零,矢量三角形如图所示。
在FN转至竖直的过程中,FN先增大后减小,F逐渐减小,C正确,D错误;由矢量三角形知初始状态拉力F最大,最大值为mg,当A移动到半圆柱B的最高点时,拉力F有最小值,最小值为0,A正确,B错误。
方法技巧　辅助圆法求解动态平衡问题
若物体受到三个力且三个力在动态平衡过程中一个是恒力,另两个力的夹角不变,则可画一个圆,根据初位置力的方向关系,用圆的一根弦长表示恒力,画出初位置力的矢量三角形示意图,沿圆弧移动两个变力的交点判断力的变化情况。微专题5　实验:探究弹力与形变量的关系
类型1　原型实验
1.(2025安徽芜湖期中)某实验小组利用如图所示实验装置“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.以弹簧弹力F(弹簧下端所挂钩码的重力)为纵坐标,以弹簧伸长的长度x(x=L-L0)为横坐标,用描点法作图,画出F-x图线;
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。
请按实验操作的先后顺序排序:A、　　　　、　　　　、　　　　、E。
2.(人教版教材课后习题改编)某同学在竖直悬挂的弹簧下加挂钩码,做探究弹簧弹力与弹簧伸长量的关系的实验。他将实验数据记录在表格中。实验时弹簧始终未超过弹性限度,g取10 m/s2。
钩码质量与对应的弹簧总长度
钩码质量m/g 0 30 60 90 120 150
弹簧总长度l/cm 6.0 7.2 8.3 9.5 10.6 11.8
(1)由表格中的数据可知,弹簧的原长l0=　　　　cm。
(2)根据实验数据在坐标纸上作出弹力F跟弹簧伸长量x的关系图像。
(3)根据(2)中的F-x图像可知,弹力与弹簧伸长量成　　　　比。
3.(2024福建三明期末)在“探究弹簧弹力的大小与伸长量的关系”实验中,实验装置如图甲所示。
　
(1)实验测得弹簧弹力F以及弹簧伸长量x的数据点如图乙所示,请作出F-x关系图线。
(2)根据所作图线,求得弹簧的劲度系数k=　　　　N/m。(结果保留2位有效数字)
(3)若实验过程中,刻度尺倾斜测量,如图丙所示,则测得的劲度系数k　　　　(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。
4.(2024合肥六校期末)某物理实验小组利用如图甲所示的装置探究弹簧弹力与形变量的关系。将弹簧的上端与刻度尺的零刻度对齐,读出不挂钩码时弹簧下端指针所指刻度尺的刻度值,然后在弹簧下端挂上钩码,并逐个增加钩码,依次读出指针所指刻度尺的刻度值。
(1)实验中挂30 g钩码时刻度尺示数如图甲所示,该读数为　　　　cm。
(2)根据实验数据,他们在坐标纸上作出了弹力F跟弹簧伸长量x关系的图像,如图乙所示。根据图像可求得弹簧的劲度系数为　　　　N/m(结果保留两位有效数字)。
(3)甲、乙两位同学分别用同一弹簧来做实验,其中甲同学是测出竖直状态时不挂钩码的弹簧长度作为原长,乙同学是测出弹簧自然水平放置时的弹簧长度作为原长。他们以钩码重力大小作为弹簧弹力大小F,x表示弹簧伸长量,两位同学完成实验后,得到F-x图像;其中实线是甲同学的,虚线是乙同学的,则下列图像正确的是　　　　。
类型2　实验拓展与创新
5. （创新题）(2024长沙名校联合体联考)某实验小组用如图所示实验装置“探究弹簧弹力与形变量的关系”。实验中,始终保持两侧悬挂钩码相同,g取10 m/s2。
(1)下列叙述不正确的是　　　　。
A.实验前,将弹簧上端固定,用刻度尺测出弹簧自由下垂时的长度l0
B.在两侧逐个增加钩码(弹簧弹力始终在弹性限度内),记录对应弹簧两端所指的标尺刻度和钩码总数
C.实验结束后,应拆除实验装置,整理并复原实验器材
(2)将5对质量均为50 g的钩码按次序挂在绳子下端,记下弹簧长度L,选择合适的横、纵坐标刻度,在所给的坐标纸上作出F-L图像如图所示。根据图像可得,弹簧的劲度系数为　　　　N/m(结果保留2位小数)。
(3)探究弹簧弹力与形变量的关系的实验中,将弹簧水平放置在桌面上的方案与将弹簧竖直放置的方案相比,前者方案做实验最主要的缺点是　。
6.(2025江苏宿迁期中)“探究弹簧弹力与形变量的关系”的实验中,某实验小组利用智能手机中自带的定位传感器设计了如图甲所示的实验,手机软件中的“定位”功能可以测量手机竖直方向的位移。
(1)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关系图像;
钩码数目n 1 2 3 4 5 6
手机位移x/cm 0.49 1.01 1.51 1.99 2.39 2.51
(2)根据图像可得出弹簧弹力与弹簧伸长量的关系是　;
(3)已知每个钩码的质量为5.0 g,重力加速度g=10 m/s2,由图像可以求得弹簧的劲度系数为　　　　N/m(结果保留两位有效数字);
(4)实验中未考虑弹簧自身受到的重力,这对弹簧劲度系数的测量结果　　　　(选填“有”或“无”)影响。
7.(2022湖南卷)小圆同学用橡皮筋、同种一元硬币、刻度尺、塑料袋、支架等,设计了如图(a)所示的实验装置,测量冰墩墩玩具的质量。主要实验步骤如下:
(1)查找资料,得知每枚硬币的质量为6.05 g;
(2)将硬币以5枚为一组逐次加入塑料袋,测量每次稳定后橡皮筋的长度l,记录数据如表:
序号 1 2 3 4 5
硬币数量n/枚 5 10 15 20 25
长度l/cm 10.51 12.02 13.54 15.05 16.56
(3)根据表中数据在图(b)上描点,绘制图线;
(4)取出全部硬币,把冰墩墩玩具放入塑料袋中,稳定后橡皮筋长度的示数如图(c)所示,此时橡皮筋的长度为　　　　cm;
(5)由上述数据计算得冰墩墩玩具的质量为　　　　g(计算结果保留3位有效数字)。
8.(2024河南南阳期末)某同学在做“测弹簧的劲度系数”实验时,将两根劲度系数分别为k1和k2的弹簧Ⅰ、Ⅱ首尾相连悬挂在铁架台上,如图甲所示,在旁边竖直放置一刻度尺,将质量为m0=50 g的钩码逐个挂在弹簧Ⅱ下端,从刻度尺上读出指针A、B对应的刻度尺的示数LA和LB,刻度尺的示数记录如表所示。已知弹簧未超出弹性限度,重力加速度大小取g=10 m/s2。
钩码数 1 2 3 4
LA/cm 18.72 22.71 26.70
LB/cm 26.26 32.27 38.27 44.26
(1)弹簧下端挂一个钩码时,A弹簧下端指针对应的刻度尺刻度如图乙所示,则此读数为　　　　cm;
(2)弹簧Ⅰ的劲度系数k1=　　　　N/m;
(3)两根弹簧首尾连接后作为一根弹簧使用,则其劲度系数k0=　　　　N/m(结果保留三位有效数字);
(4)如果一根弹簧剪掉一部分后变成了新弹簧,它的劲度系数将　　　　(填“变大”“变小”或“不变”)。
微专题5　实验:探究弹力与形变量的关系
1.答案　D　C　B
解题思路　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.答案　(1)6.0　(2)图见解题思路　(3)正
解题思路　(1)不挂钩码时,弹簧弹力为零,弹簧的长度为6.0 cm,则弹簧的原长l0=6.0 cm。
(2)弹力F跟弹簧伸长量x的关系如表所示,设计好适当的标度,作出的F-x图像如图所示。
弹力F/N 0 0.30 0.60 0.90 1.20 1.50
弹簧伸长量x/m 0 0.012 0.023 0.035 0.046 0.058
(3)F-x图线为一过原点的直线,所以弹力与弹簧伸长量成正比。
归纳总结　实验中的注意事项
(1)适当:弹簧下端挂的钩码不要太多,以免超过弹簧的弹性限度。
(2)数据:尽量选用轻质弹簧以减小弹簧自身重力带来的影响,且要尽量多测几组数据。
(3)作图:先描点,然后将这些点拟合成一条直线,不要画折线。
3.答案　(1)图见解题思路　(2)54　(3)偏小
解题思路　(1)根据数据点作出F-x关系图线如图所示。
(2)根据胡克定律可得F=kx,可得弹簧的劲度系数为k== N/m≈54 N/m。
(3)若实验过程中,刻度尺倾斜测量,可知测得的弹簧伸长量x偏大,根据k=,可知测得的劲度系数k偏小。
4.答案　(1)7.20　(2)25　(3)A
解题思路　(1)刻度尺的分度值为1 mm,读数为7.20 cm。
(2)F-x图线的斜率表示弹簧的劲度系数,k= N/m=25 N/m。
(3)由胡克定律F=kx可知,甲同学是测出竖直状态时不挂钩码的弹簧长度作为原长,则图像过原点;乙同学是测出弹簧自然水平放置时的弹簧长度作为原长,由于弹簧自身的重力,竖直状态下弹簧不挂钩码时弹簧的伸长量已经不为零,则图像不过原点,两种情况下弹簧的劲度系数相同,两图线平行。故选A。
5.答案　(1)A　(2)13.89　(3)弹簧与桌面之间存在摩擦
解题思路　(1)实验前,应该将弹簧水平放置,用刻度尺测量弹簧在自由状态时的长度l0,A错误;在两侧逐个增加钩码,记录对应弹簧两端所指的标尺刻度和钩码总数,B正确;实验结束后,应拆除实验装置,整理并复原实验器材,C正确。此题选择不正确的选项,故选A。
(2)由题中图像可知,弹簧的劲度系数为k== N/m≈13.89 N/m。
(3)探究弹簧弹力与形变量的关系实验中,将弹簧水平放置在桌面上做实验最主要的缺点是弹簧与桌面之间存在摩擦。
6.答案　(1)如图所示　(2)在弹性限度内,弹簧的弹力与弹簧伸长量成正比　(3)10　(4)无
解题思路　(1)以x为横坐标,n为纵坐标,在坐标系中描点画线,让多数的点分布在直线上,其余点均匀分布直线两侧,偏差太多的点舍弃。
(2)由n-x图像为一过原点的直线可知,钩码数量与弹簧伸长量成正比,又因为钩码为等重钩码,弹簧弹力等于钩码总重力,故在弹性限度内,弹簧的弹力与弹簧伸长量成正比。
(3)由题意知每个钩码的质量m=5.0×10-3 kg,根据二力平衡有F=nmg=kx,整理得n=x,结合n-x图像斜率有= m-1=200 m-1,解得k=10 N/m。
(4)若考虑弹簧重力G弹,则未挂钩码时,弹簧伸长量为x0,则G弹=kx0,挂上钩码后有G弹+nmg=k(x+x0),联立整理得n=x,由以上分析可知,劲度系数是通过图像斜率与单个钩码的重力的乘积得到的,与弹簧自重无关,故对弹簧劲度系数的测量结果无影响。
7.答案　(3)如图所示　(4)15.35　(5)127
解题思路　(3)根据表格中数据描点作图即可。(4)橡皮筋的长度为15.35 cm。(5)由答案图可知,当l=15.35 cm时,n=21枚,即冰墩墩玩具的质量等于21枚硬币的总质量,则m=21×6.05 g=127 g。
8.答案　(1)14.70　(2)12.5　(3)8.33　(4)变大
解题思路　(1)由题图乙可知,指针位置对应的读数为14.70 cm。
(2)根据题表中数据可知,每增加一个钩码,弹簧Ⅰ伸长的平均值为4.00 cm,弹簧Ⅱ伸长的平均值为2.00 cm,由胡克定律得ΔF=kΔL,又有ΔF=m0g=0.5 N,可得弹簧Ⅰ的劲度系数k1= N/m=12.5 N/m。
(3)弹簧串联后,每增加一个钩码,伸长量的平均值为6 cm,则劲度系数为k0= N/m≈8.33 N/m。
(4)一根弹簧剪掉一部分后变成了新弹簧,相同的弹力,新弹簧的形变量小,由k=可知,劲度系数变大。

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