资源简介

第1讲
重力
弹力
摩擦力
[目标要求]
核心知识
素养要求
1.重力、弹力与摩擦力
认识重力、弹力与摩擦力。通过实验了解胡克定律。知道滑动摩擦和静摩擦现象，能用动摩擦因数计算滑动摩擦力的大小。
2.力的合成与分解
通过实验了解力的合成与分解，知道合力与分力的等效性，知道矢量和标量。
3.共点力的平衡
通过对平衡条件的应用，掌握处理共点力平衡问题的方法，能用共点力的平衡条件分析生产生活中的问题。
4.实验：探究弹簧弹力与形变量的关系
通过实验进一步理解胡克定律，掌握数形结合分析数据的方法。
5.实验：探究两个互成角度的力的合成规律
通过实验体会等效思想和图示法表示力。
第1讲　重力　弹力　摩擦力
授课提示：对应学生用书第18页
一、重力
1．产生：由于地球的吸引而使物体受到的力。
2．大小：与物体的质量成正比，即G＝mg。可用弹簧测力计测量重力。
3．方向：总是竖直向下的。
4．重心：其位置与物体的质量分布和形状有关。
5．重心位置的确定
质量分布均匀且形状规则的物体，重心在其几何中心；对于形状不规则或者质量分布不均匀的薄板，重心可用悬挂法确定。
二、形变、弹性、胡克定律
1．形变
物体在力的作用下形状或体积的变化叫形变。
2．弹性
(1)弹性形变：有些物体在形变后撤去作用力能够恢复原状的形变。
(2)弹性限度：当形变超过一定限度时，撤去作用力后，物体不能完全恢复原来的形状，这个限度叫弹性限度。
3．弹力
(1)定义：发生弹性形变的物体，由于要恢复原状，对与它接触的物体会产生力的作用，这种力叫作弹力。
(2)产生条件：物体相互接触且发生弹性形变。
(3)方向：弹力的方向总是与作用在物体上使物体发生形变的外力方向相反。
4．胡克定律
(1)内容：弹簧发生弹性形变时，弹力的大小F跟弹簧伸长(或缩短)的长度x成正比。
(2)表达式：F＝kx。
①k是弹簧的劲度系数，单位为N/m；k的大小由弹簧自身性质决定。
②x是形变量，但不是弹簧形变以后的长度。
三、滑动摩擦力、动摩擦因数、静摩擦力
1．静摩擦力与滑动摩擦力对比
　　名称项目　　
静摩擦力
滑动摩擦力
定义
两相对静止的物体间的摩擦力
两相对运动的物体间的摩擦力
产生条件
(1)接触面粗糙(2)接触处有压力(3)两物体间有相对运动趋势
(1)接触面粗糙(2)接触处有压力(3)两物体间有相对运动
大小
(1)静摩擦力为被动力，与正压力无关，满足0＜F≤Fmax(2)最大静摩擦力Fmax大小与正压力大小有关
F＝μFN
方向
与受力物体相对运动趋势的方向相反
与受力物体相对运动的方向相反
作用效果
总是阻碍物体间的相对运动趋势
总是阻碍物体间的相对运动
2.动摩擦因数
(1)定义：彼此接触的物体发生相对运动时，摩擦力的大小和压力的比值。μ＝。
(2)决定因素：与接触面的材料和粗糙程度有关。
授课提示：对应学生用书第19页
　　自主探究
1．“三法”判断弹力的有无
2．弹力方向的确定
3．计算弹力大小的方法
(1)弹簧、橡皮条等物体的弹力可以由胡克定律F＝kx计算。
(2)其他弹力可以根据物体的受力情况和运动情况，利用平衡条件或牛顿第二定律来确定大小。
1.如图所示，小车内一根轻质弹簧沿竖直方向和一条与竖直方向成α角的细绳拴接一小球。当小车和小球相对静止，一起在水平面上运动时，下列说法正确的是(　　)
A．细绳一定对小球有拉力的作用
B．轻弹簧一定对小球有弹力的作用
C．细绳不一定对小球有拉力的作用，但是轻弹簧对小球一定有弹力
D．细绳不一定对小球有拉力的作用，轻弹簧对小球也不一定有弹力
解析：若小球与小车一起匀速运动，则细绳对小球无拉力；若小球与小车有向右的加速度a＝gtan
α，则轻弹簧对小球无弹力，D正确。
答案：D
2．图中各物体均处于静止状态。图中画出了小球A所受弹力的情况，其中正确的是(　　)
解析：选项A中小球只受重力和杆的弹力且处于静止状态，由二力平衡可得小球受到的弹力应竖直向上，所以A错。选项B中如果左边的绳有拉力，则竖直向上的那根绳就会发生倾斜，所以左边的绳没有拉力，故B错。对于球与面接触的弹力方向，过接触点垂直于接触面(即在接触点与球心的连线上)，即D项中大半圆对小球的支持力FN2应是沿着过小球与圆弧接触点的半径，且指向圆心的弹力，所以D错。球与球相接触的弹力方向，垂直于过接触点的公切面(即在两球心的连线上)，而指向受力物体，由此可知C对。
答案：C
3．一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距80
cm
的两点上，弹性绳的原长也为80
cm。将一钩码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为100
cm；再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点，则弹性绳的总长度变为(弹性绳的伸长始终处于弹性限度内)(　　)
A．86
cm　
B.
92
cm　　C.
98
cm　　D.
104
cm
解析：设弹性绳的劲度系数为k，左、右两半段绳的伸长量ΔL＝＝10
cm，由共点力的平衡条件可知，钩码的重力G＝2kΔL＝1.2kΔL，将弹性绳的两端缓慢移至天花板上同一点时，钩码的重力G＝
2kΔL′，解得ΔL′＝0.6ΔL＝6
cm，则弹性绳的总长度变为80
cm＋2ΔL′＝92
cm，故选B。
答案：B
　　师生互动
1．明晰“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
导致两物体间存在静摩擦力，可以发生却没有发生的相对运动的方向
2.掌握静摩擦力有无及方向的判断“三法”
(1)假设法：利用假设法判断的思维程序如下。
(2)状态法：先判明物体的运动状态(即加速度的方向)，再利用牛顿第二定律(F＝ma)确定合力，然后通过受力分析确定静摩擦力的大小及方向。
(3)牛顿第三定律法：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方向。
3．熟悉摩擦力分析与计算的“三点技巧”
(1)在确定摩擦力的大小之前，首先分析物体所处的状态，分清是静摩擦力还是滑动摩擦力。
(2)滑动摩擦力有具体的计算公式“Ff＝μFN”，其中FN是接触面间的弹力，并不总是等于物体的重力。
(3)静摩擦力要借助其他公式求解。若物体处于平衡状态(静止或匀速运动)时，利用力的平衡条件来计算其大小。当物体有加速度时，若只有静摩擦力，则Ff＝ma；若除静摩擦力外，物体还受其他力，则F合＝ma，先求合力再求静摩擦力。
　摩擦力有无及方向的判断
[典例1]　如图所示，物体A、B在力F作用下一起沿F方向匀速运动。关于物体A所受的摩擦力，下列说法正确的是(　　)
A．甲、乙两图中A均受摩擦力，且方向均与F相同
B．甲、乙两图中A均受摩擦力，且方向均与F相反
C．甲、乙两图中A均不受摩擦力
D．甲图中A不受摩擦力，乙图中A受摩擦力，方向和F相同
[解析]　题图甲中在水平方向A不受外力，相对于B没有运动趋势，故题图甲中A不受摩擦力；题图乙中A有相对于B沿斜面下滑的运动趋势，受到B对其沿斜面向上的摩擦力，即方向和F相同，选项D正确。
[答案]　D
　摩擦力大小的计算
[典例2]　如图所示，质量为M的长木板放在水平地面上，放在长木板上的质量为m的木块在水平向右的拉力F的作用下向右滑行，长木板保持静止。已知木块与长木板间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面间的动摩擦因数为μ2，下列说法正确的是(　　)
A．地面对长木板的摩擦力的大小一定为μ1mg
B．地面对长木板的摩擦力的大小一定为μ2Mg
C．地面对长木板的摩擦力的大小一定为μ2(m＋M)g
D．只要拉力F增大到足够大，长木板一定会与地面发生相对滑动
[解析]　木块所受木板的滑动摩擦力大小为μ1mg，方向水平向左，根据牛顿第三定律可知，木板受到木块的摩擦力方向水平向右，大小等于μ1mg，木板处于静止状态，水平方向受到木块的滑动摩擦力和地面的静摩擦力，根据平衡条件可知木板受到地面的摩擦力的大小也是μ1mg，木板相对于地面处于静止状态，不能使用滑动摩擦力的公式计算木板受到地面的摩擦力，所以木板与地面之间的摩擦力不一定是μ2(m＋M)g，故A正确，B、C错误；开始时木板处于静止状态，说明木块与木板之间的摩擦力小于木板与地面之间的最大静摩擦力，与拉力F的大小无关，所以即使拉力F增大到足够大，木板仍静止，故D错误。
[答案]　A
规律总结
摩擦力分析与计算的思维流程
———————————————————————
　
4．(多选)如图所示，水平地面上的L形木板M上放着小木块m，M与m间有一个处于拉伸状态的弹簧，整个装置处于静止状态。下列说法正确的是(　　)
A．M对m无摩擦力作用
B．M对m的摩擦力方向向左
C．地面对M的摩擦力方向向左
D．地面对M无摩擦力作用
解析：对m受力分析，m受到重力、支持力、水平向右的弹簧的拉力和木板的摩擦力，根据平衡条件知，M对m的摩擦力方向向左，故A错误，B正确；对整体受力分析，在竖直方向上受到重力和支持力平衡，若地面对M有摩擦力，则整体合力不为零，则整个装置不可能处于静止状态，故地面对M无摩擦力作用，故C错误，D正确。
答案：BD
5.一长方形木板放置在水平地面上，在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，挡板跟木板之间并不接触。现在有一个方形物块在木板上沿挡板以某一速度运动，同时长方形木板以相同大小的速度向左运动，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，则竖直挡板对物块的摩擦力大小为(　　)
A．0　　　　　　　
B.μ1μ2mg
C.μ1μ2mg
D.μ1μ2mg
解析：因为v1和v2数值大小相等，以木板为参考系，物块相对于木板的运动方向如图中v物，则tan
θ＝1，得θ＝45°。木板对物块的摩擦力方向与v物方向相反，如图。木板对物块的摩擦力大小Ff＝μ2mg，挡板对物块的支持力FN＝Ff·sin
45°＝μ2mg，挡板对物块的摩擦力Ff′＝μ1FN＝μ1μ2mg，故B项正确。
答案：B
　　师生互动
当物体的受力情况发生变化时，摩擦力的大小和方向往往会发生变化，有可能导致静摩擦力和滑动摩擦力之间的相互转化。常见的摩擦力突变模型如下：
分类
诠释
“静—静”突变
当作用在物体上的其他力的合力发生变化时，物体仍保持静止，而所受静摩擦力发生“突变”，则“突变”点是静摩擦力为零时
“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
某物体相对于另一物体滑动的过程中，若相对运动方向变了，则滑动摩擦力方向发生“突变”，“突变”点为两物体相对速度为零时
　“静—静”突变
[典例3]　(多选)(2021·浙江绍兴一中模拟)如图所示，一倾角θ＝30°的斜面体B置于粗糙水平地面上，质量为M，一质量为m的物体A静止在B上，现用水平力F推物体A，F的大小为mg，A和B始终保持静止，则(　　)
A．物体有沿斜面向上运动的趋势
B．物体有沿斜面向下运动的趋势
C．物体所受的摩擦力方向沿斜面向下
D．若逐渐减小推力F至0，此过程中物体所受摩擦力的方向不变
[解析]　先作出物体除摩擦力以外的力的受力示意图，建立如图所示的直角坐标系，G与推力F在x轴上的合力F合＝Fcos
θ－mgsin
θ＝mg，方向沿斜面向上，所以物体有上滑的趋势，摩擦力的方向应沿斜面向下，A、C对，B错；减小推力F，G与F在x轴上的合力先减小为0，此过程中合力方向向上，继续减小F，合力方向将变为向下，摩擦力的方向将发生突变，由之前的沿斜面向下变成沿斜面向上，D错。
[答案]　AC
　“动—静”突变
[典例4]　如图所示，斜面固定在地面上，倾角为θ＝37°(sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8)。质量为1
kg的滑块以初速度v0从斜面底端沿斜面向上滑行(斜面足够长，该滑块与斜面间的动摩擦因数为0.8)，则该滑块所受摩擦力Ff随时间变化的图象是下图中的(取初速度v0的方向为正方向，g取10
m/s2)(　　)
[解析]　滑块向上滑行过程中受滑动摩擦力，由Ff＝μFN和FN＝mgcos
θ联立得Ff＝6.4
N，方向沿斜面向下；当滑块的速度减为零后，由于重力的分力mgsin
θ＜μmgcos
θ，滑块将静止，滑块受到的摩擦力为静摩擦力，由平衡条件得Ff′＝mgsin
θ，代入数据可得Ff′＝6
N，方向沿斜面向上，故选项B正确。
[答案]　B
　“静—动”突变
[典例5]　(多选)将力传感器A固定在光滑水平桌面上，测力端通过轻质水平细绳与滑块相连，滑块放在较长的小车上。如图甲所示，传感器与计算机相连接，可获得力随时间变化的规律，一水平轻质细绳跨过光滑的定滑轮，一端连接小车，另一端系一沙桶，整个装置开始处于静止状态。在滑块与小车分离前缓慢向沙桶里倒入细沙，力传感器采集的Ft
图象如图乙所示，则(　　)
A．2.5
s前小车慢慢滑动
B．2.5
s后小车做变加速运动(假设细沙仍在加注中)
C．2.5
s前小车所受摩擦力不变
D．2.5
s后小车所受摩擦力不变
[解析]　由题图乙可知，2.5
s之后传感器拉力不变，说明此时小车开始运动，2.5
s之前，滑块与小车之间没有相对滑动，属于静摩擦力，所以2.5
s前，小车、滑块均静止，选项A错误；2.5
s后小车受恒定摩擦力，但是外力增加，因此做变加速直线运动，选项B正确；根据上述分析，2.5
s前滑块受静摩擦力，且静摩擦力在变化，2.5
s后受滑动摩擦力，且大小不变，选项C错误，D正确。
[答案]　BD
　“动—动”突变
[典例6]　(多选)如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为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μθ，则下列选项中能客观地反映小木块的受力和运动情况的是(　　)
[解析]　当小木块速度小于传送带速度时，小木块相对于传送带向上滑动，小木块受到的滑动摩擦力沿传送带向下，加速度a＝gsin
θ＋μgcos
θ；当小木块速度达到传送带速度时，由于μθ，即μmgcos
θθ，所以速度能够继续增加，此时滑动摩擦力的大小不变，但方向突变为向上，a＝gsin
θ－μgcos
θ，加速度变小，则vt图象的斜率变小，所以B、D正确。
[答案]　BD
易错警示
摩擦力突变问题的3点注意
———————————————————————
(1)静摩擦力是被动力，其存在与否及大小、方向取决于物体间的相对运动的趋势，相对滑动与相对静止的临界条件是静摩擦力达到最大值。
(2)题目中出现“最大”“最小”和“刚好”等关键词时，一般隐藏着临界问题。　
(3)研究传送带问题时，物体和传送带的速度相等的时刻往往是摩擦力的大小、方向和物体运动性质突变的分界点，如典例6中当小木块速度达到传送带速度时，滑动摩擦力的大小不变，而方向突变为沿传送带向上。　
6．一木块放在水平桌面上，在水平方向共受到三个力即F1、F2和摩擦力的作用，木块处于静止状态，如图所示，其中F1＝10
N，F2＝2
N。
若撤去F1，则木块受到的摩擦力为(　　)
A．10
N，方向向左　　　　　
B．6
N，方向向右
C．2
N，方向向右
D．0
解析：当木块受F1、F2及摩擦力的作用而处于平衡状态时，由平衡条件可知木块所受的摩擦力的大小为8
N，方向向左，可知最大静摩擦力Ffmax≥8
N。当撤去力F1后，F2＝2
N＜Ffmax，木块仍处于静止状态，由平衡条件可知木块所受的静摩擦力大小和方向发生突变，与作用在木块上的F2等大反向，选项C正确。
答案：C
7.如图所示，把一重为G的物体，用一水平方向的推力F＝kt(k为恒量，t为时间)压在竖直的足够高的平整墙上，从t＝0开始物体所受的摩擦力Ff随t的变化关系是下图中的(　　)
解析：当墙壁对物体的摩擦力Ff小于重力G时，物体加速下滑；当Ff增大到等于G时(即加速度为零，速度达到最大)，物体继续下滑；当Ff>G时，物体减速下滑。在上述过程中，物体受到的摩擦力都是滑动摩擦力，其大小为Ff＝μF＝μkt，即Fft图象是一条过原点的斜向上的线段(不含上端点)。当物体减速到速度为零后，物体静止，物体受到的摩擦力为静摩擦力，由平衡条件知Ff＝G，此时图象为一条水平线。
答案：B
PAGE
-
11
-第2讲　力的合成与分解
授课提示：对应学生用书第22页
一、力的合成和分解
1．合力与分力
(1)定义：如果一个力产生的效果跟几个共点力共同作用产生的效果相同，这一个力就叫作那几个力的合力，原来那几个力叫作分力。
(2)关系：合力和分力是等效替代的关系。
2．共点力
作用在物体的同一点，或作用线的延长线交于一点的力。如下图所示均是共点力。
3．力的合成
(1)定义：求几个力的合力的过程。
(2)运算法则
①平行四边形定则：求两个互成角度的共点力的合力，可以用表示这两个力的线段为邻边作平行四边形，这两个邻边之间的对角线就表示合力的大小和方向。如图甲所示。
②三角形定则：把两个矢量首尾相接，从而求出合矢量的方法。如图乙所示。
4．力的分解
(1)定义：求一个已知力的分力的过程。
(2)遵循原则：平行四边形定则或三角形定则。
(3)分解方法：①按力产生的效果分解；②正交分解。
二、矢量和标量
1．矢量：既有大小又有方向的量，运算时遵从平行四边形定则。
2．标量：只有大小没有方向的量，求和时按代数法则相加。
授课提示：对应学生用书第23页
　　自主探究
1．力的合成中合力与分力的大小范围
(1)两个共点力的合成
①|F1－F2|≤F合≤F1＋F2，两个力大小不变时，其合力随夹角的增大而减小。
②两种特殊情况：当两力反向时，合力最小，为|F1－F2|。当两力同向时，合力最大，为F1＋F2。
(2)三个共点力的合成
①三个力共线且同向时，其合力最大，为F1＋F2＋F3。
②任取两个力，求出其合力的范围，如果第三个力在这个范围之内，则三个力的合力最小值为零；如果第三个力不在这个范围内，则合力最小值等于最大的力减去另外两个力。
2．共点力合成的方法
(1)作图法
(2)计算法
F＝　　F＝2F1cos
　　　　F＝F1＝F2
1．(多选)(2021·福建省福州市罗源一中高三上学期月考)一个物体静止于水平桌面上，两者之间的最大静摩擦力为5
N，现将水平面内三个力同时作用于物体的同一点，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
解析：2
N和2
N的合力范围为0～4
N,3
N在此范围内，故当两个2
N的合力为3
N时，与第三个力大小相等、方向相反，则三个力的合力为0，所以2
N、2
N、3
N三个力的合力范围为0～7
N,2
N在三个力的合力范围内，故当三个力的合力为2
N时，物体所受静摩擦力为2
N，故A正确；4
N在三个力的合力范围内，故当三个力的合力为4
N时，物体所受静摩擦力为4
N，故B正确；当三个力的合力小于最大静摩擦力5
N时，物体仍保持静止状态，故C正确，D错误。
答案：ABC
2．(2021·安徽皖北协作区联考)航母阻拦索用于拦停高速着舰的舰载机，被喻为“舰载机生命线”。如图所示为其结构简图，滑轮1、2、3、4及液压缸a、b、c固定在甲板平面上，阻拦索绕过滑轮组后闭合。某时刻舰载机的挂钩勾住阻拦索，形成图示的夹角时，舰载机受到阻拦索的合力大小为F。不考虑阻拦索、滑轮的质量及摩擦，则此时单个柱塞所受阻拦索的合力大小为(　　)
A.　　　　　　　
B.F
C．F
D.F
解析：某时刻舰载机的挂钩勾住阻拦索，形成60°夹角时，有2F′cos
30°＝F，解得阻拦索中的拉力F′＝F。单个柱塞所受阻拦索的合力大小为F合＝2F′cos
60°＝F′＝F，选项B正确。
答案：B
　　师生互动
1．力的分解常用的方法
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的方法
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
θy轴方向上的分力Fy＝Fsin
θ
F1＝F2＝Gtan
θ
2.
力的分解方法选取原则
(1)一般来说，当物体受到三个或三个以下的力时，常按实际效果进行分解，若这三个力中，有两个力互相垂直，优先选用正交分解法。
(2)当物体受到三个以上的力时，常用正交分解法。
　力的效果分解法
[典例1]　(多选)明朝谢肇淛的《五杂组》中记载：“明姑苏虎丘寺塔倾侧，议欲正之，非万缗不可。一游僧见之曰：无烦也，我能正之。”游僧每天将木楔从塔身倾斜一侧的砖缝间敲进去，经月余扶正了塔身。假设所用的木楔为等腰三角形，木楔的顶角为θ，现在木楔背上加一力F，方向如图所示，木楔两侧产生推力FN，则(　　)
A．若F一定，θ大时FN大
B．若F一定，θ小时FN大
C．若θ一定，F大时FN大
D．若θ一定，F小时FN大
[解析]　根据力F的作用效果将力F分解为垂直于木楔两侧的力FN，如图所示。
则＝sin，
即FN＝，
所以当F一定时，θ越小，FN越大；当θ一定时，F越大，FN越大，故选项B、C正确。
[答案]　BC
　力的正交分解法
[典例2]　如图所示，质量为m的物体置于倾角为θ的固定斜面上，物体与斜面之间的动摩擦因数为μ，先用平行于斜面的推力F1作用于物体上使其能沿斜面匀速上滑(如图甲)，再改用水平推力F2作用于物体上，也能使物体沿斜面匀速上滑(如图乙)，则两次的推力之比为(　　)
A．cos
θ＋μsin
θ　　　　　
B．cos
θ－μsin
θ
C．1＋μtan
θ
D．1－μtan
θ
[思路点拨]　解此题可按以下思路：
确定研究对象→作出受力分析图→建立直角坐标系→分方向列方程求解。
[解析]　物体在力F1作用下和力F2作用下匀速运动时的受力分别如图a、b所示，将物体受力沿斜面方向和垂直于斜面方向正交分解，由平衡条件可得F1＝mgsin
θ＋Ff1，FN1＝mgcos
θ，F2cos
θ＝mgsin
θ＋Ff2，FN2＝mgcos
θ＋F2sin
θ，又Ff1＝μFN1，Ff2＝μFN2，解得F1＝mgsin
θ＋μmgcos
θ，F2＝，故＝cos
θ－μsin
θ，B正确。
[答案]　B
方法技巧
力的正交分解的2点技巧
———————————————————————
(1)应用范围：力的正交分解是在物体受三个或三个以上的共点力作用下求合力的一种方法，分解的目的是更方便地求合力，将矢量运算转化为代数运算。
(2)建系要求：一般情况下，应用正交分解法建立坐标系时，应尽量使所求量(或未知量)“落”在坐标轴上，这样解方程较简单。　
3．(2021·河南省九师联盟高三模拟)如图所示，将一个质量为m的半球形物体放在倾角为37°的斜面上，用通过球心且水平向左的力F作用在物体上使其静止。已知物体与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8。要使半球形物体刚好沿斜面上滑，则力F的大小是(　　)
A．mg　　B．2mg　　　C．3mg　　　D．4mg
解析：分析半球形物体的受力，如图所示，物体刚好沿斜面上滑时，由平衡条件得Fcos
37°－mgsin
37°＝μFN，FN＝Fsin
37°＋mgcos
37°，联立两式解得F＝2mg，故选项B正确。
答案：B
4．如图所示是扩张机的原理示意图，A、B为活动铰链，C为固定铰链，在A处作用一水平力F，滑块B就以比F大得多的压力向上顶物体D。已知图中2l＝1.0
m，b＝0.05
m，F＝400
N，B与左壁接触，接触面光滑，则D受到向上顶的力为(滑块和杆的重力不计)(　　)
A．3
000
N
B．2
000
N
C．1
000
N
D．500
N
解析：将力F按作用效果沿AB和AC两个方向进行分解，如图甲所示，则有2F1cos
α＝F，则得F1＝F2＝，再将F1按作用效果分解为FN和FN′，如图乙所示，则有FN＝F1sin
α，联立得到FN＝，根据几何知识可知tan
α＝＝10，得到FN＝5F＝2
000
N，故选项B正确。
答案：B
　　自主探究
已知条件
示意图
解的情况
已知合力与两个分力的方向
已知合力与两个分力的大小
在同一平面内有两解或无解(当F<|F1－F2|或F>F1＋F2时无解)
已知合力与一个分力的大小和方向
有唯一解
已知合力与一个分力的大小及另一个分力的方向
在0°<θ<90°时有三种情况：①当F1＝Fsin
θ或F1>F时，有一组解②当F1θ时无解③当Fsin
θF时有一组解，其余情况无解
5．已知两个共点力的合力为50
N，分力F1的方向与合力F的方向成30°角，分力F2的大小为30
N，则(　　)
A．F1的大小是唯一的
B．F2的方向是唯一的
C．F2有两个可能的方向
D．F2可取任意方向
解析：由F1、F2和F的矢量三角形图可以看出：因F2＝30
N＞F20＝25
N且F2＜F，所以F1的大小有两个，即F1′和F1″，F2的方向有两个，即F2′的方向和F2″的方向，故选项A、B、D错误，选项C正确。
答案：C
6．(多选)已知力F，且它的一个分力F1跟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
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。
答案：AC
PAGE
-
7
-第3讲　受力分析　共点力的平衡
授课提示：对应学生用书第25页
一、受力分析
1．受力分析的定义
把指定物体(研究对象)在特定的物理环境中受到的所有外力都找出来，并画出受力示意图，这个过程就是受力分析。
2．受力分析的一般步骤
二、共点力的平衡
1．平衡状态
物体处于静止状态或匀速直线运动状态。
2．平衡条件：F合＝0或者
如图，小球静止不动，物块匀速运动。
则：小球F合＝F－mg＝0。
物块Fx＝F1－Ff＝0，Fy＝F2＋FN－mg＝0。
3．平衡条件的推论
(1)二力平衡：如果物体在两个共点力的作用下处于平衡状态，这两个力必定大小相等、方向相反。
(2)三力平衡：如果物体在三个共点力的作用下处于平衡状态，则其中任何一个力与其余两个力的合力大小相等、方向相反。
(3)多力平衡：如果物体在多个共点力的作用下处于平衡状态，则其中任何一个力与其余几个力的合力大小相等、方向相反。
授课提示：对应学生用书第25页
　　自主探究
　研究对象的选取方法——整体法和隔离法
(1)整体法与隔离法
(2)整体法和隔离法的使用技巧
当分析相互作用的两个或两个以上物体整体的受力情况及分析外力对系统的作用时，宜用整体法；而在分析系统内各物体(或一个物体各部分)间的相互作用时，宜用隔离法。
1．(2021·上海市松江区高三模拟)如图，三米跳板跳水运动员在跳板的外端静止站立时，受到力的个数是(　　)
A．1个　　　　　　　
B．2个
C．3个
D．4个
解析：三米跳板跳水运动员在跳板的外端静止站立时受重力、跳板的支持力，由于跳板向下弯曲，运动员有向下滑动的趋势，所以还受到静摩擦力作用，所以运动员受到3个力的作用，故C正确。
答案：C
2．生活中常见的手机支架，其表面采用了纳米微吸材料，用手触碰无粘感，接触到平整光滑的硬性物体时，会牢牢吸附在物体上。如图是一款放置在高铁水平桌面上的手机支架，支架能够吸附手机，小明有一次搭乘高铁时将手机放在该支架上看电影，若手机受到的重力为G，手机所在平面与水平面间的夹角为θ，则下列说法正确的是(　　)
A．当高铁未启动时，支架对手机的作用力大小等于
B．当高铁匀速行驶时，支架受到桌面的摩擦力方向与高铁前进方向相反
C．高铁匀速行驶时，手机可能受到5个力作用
D．高铁减速行驶时，手机可能受到3个力作用
解析：高铁未启动时，手机处于静止状态，受重力和支架对手机的作用力，根据平衡条件可知，支架对手机的作用力与重力大小相等、方向相反，A错误；高铁匀速行驶时，以手机和支架整体为研究对象，受重力和桌面的支持力，二力平衡，不受桌面摩擦力，B错误；高铁匀速行驶时，手机受重力、纳米材料的吸引力、支架的支持力和摩擦力，共4个力作用，C错误；高铁减速行驶时，手机具有与高铁前进方向相反的加速度，可能只受重力、纳米材料的吸引力和支架的支持力共3个力作用，D正确。
答案：D
3.L形木板P(上表面光滑)放在固定斜面上，轻质弹簧一端固定在木板上，另一端与置于木板上表面的滑块Q相连，如图所示。若P、Q一起沿斜面匀速下滑，不计空气阻力，则木板P共受力个数为(　　)
A．3
B．4
C．5
D．6
解析：木板P一定受到的力：重力Mg、斜面对P的支持力FN和滑块Q对P的压力FN′。
用“整体法”确定斜面与P之间的摩擦力Ff：
选木板P、滑块Q和弹簧构成的系统为研究对象，由于系统一起匀速下滑，斜面对P一定有沿斜面向上的滑动摩擦力Ff，且Ff＝(M＋m)gsin
θ，如图甲所示。
用“隔离法”确定弹簧对P的弹力F：隔离滑块Q受力分析，因木板P上表面光滑，当其匀速下滑时，滑块Q必受到弹簧沿斜面向上的弹力F′，且F′＝mgsin
θ。根据牛顿第三定律推知，弹簧必给木板P沿斜面向下的弹力F，且F＝F′＝mgsin
θ。
综上可知，木板P受到5个力的作用，如图乙所示。
故选项C正确。
答案：C
易错警示
受力分析的4个易错点
———————————————————————
(1)不要把研究对象所受的力与研究对象对其他物体的作用力混淆。
(2)每一个力都应找出其施力物体，不能无中生有。
(3)合力和分力不能重复考虑。
(4)对整体进行受力分析时，组成整体的几个物体间的作用力为内力，不能在受力图中出现；当把某一物体单独隔离分析时，原来的内力变成外力，要在受力分析图中画出(如第3题中的滑块Q对P的压力FN′)。　
　　教材走向高考
1．分析物体静态平衡的四种常用方法
适用条件
注意事项
优点
合成法
物体受三个力作用而平衡
(1)表示三个力大小的线段长度不可随意画；(2)两力的合力与第三个力等大反向
对于物体所受的三个力，有两个力相互垂直或两个力大小相等的平衡问题求解较简单
分解法
物体受三个力作用而平衡
将其中一个力按作用效果分解，其两个分力分别与物体受到的另两个力等大反向
正交分解法
物体受三个力或三个以上的力作用而平衡
选坐标轴时应使尽量多的力与坐标轴重合
对于物体受三个以上的力处于平衡状态的问题求解较方便
力的三角形法
物体受三个力作用而平衡
将三个力的矢量图平移，构成一个依次首尾相连接的矢量三角形
常用于求解一般矢量三角形中未知力的大小和方向
2.静态平衡问题的解题“五步骤”
共点力作用下的平衡问题是高考的热点，分析近几年高考题可以发现，每年的命题虽然都有新意，但每年的考题都是源于教材习题的拓展提升。教材习题多以静态平衡为背景考查物体的受力分析和基本规律，而高考题通常会拓展为多物体间相互作用的静态平衡或动态平衡问题，考查学生灵活应用的能力。同学们可通过以下示例认真体会，利用高考真题与教材习题间的溯源关系及老高考的命题特点，把握新高考的命题方向。
[典例1]　[人教版必修1·P91·T1]
在光滑墙壁上用网兜把足球挂在A点，足球与墙壁的接触点为B(如图所示)。足球的质量为m，悬绳与墙壁的夹角为α，网兜的质量不计。求悬绳对球的拉力和墙壁对球的支持力。
[解析]　足球受重力、悬绳的拉力和墙壁的支持力而平衡，受力如图所示，
运用合成法，根据几何知识得绳子对球的拉力为
FT＝，
墙壁的支持力为FN＝mgtan
α。
[答案]　　
mgtan
α
拓展?　由静止悬挂的物体拓展为匀速运动的物体
　(2019·高考全国卷Ⅲ)用卡车运输质量为m的匀质圆筒状工件，为使工件保持固定，将其置于两光滑斜面之间，如图所示。两斜面
Ⅰ、Ⅱ
固定在车上，倾角分别为30°和60°。重力加速度为g。当卡车沿平直公路匀速行驶时，圆筒对斜面
Ⅰ、Ⅱ
压力的大小分别为F1、F2，则(　　)
A．F1＝mg，F2＝mg
B．F1＝mg，F2＝mg
C．F1＝mg，F2＝mg
D．F1＝mg，F2＝mg
【真题命题立意】　本题在典例1单一静止物体的受力分析及平衡问题的基础上，拓展为物体随汽车一起运动，题目由典例1中直接给出角度信息，拓展为通过一定的数学运算获取角度信息，但考查的核心知识点仍然是基本受力分析及平衡问题的求解方法。
解析：如图所示，卡车匀速行驶，圆筒受力平衡，由题意知，力F1′与F2′相互垂直。
由牛顿第三定律知F1＝F1′，F2＝F2′，
则F1＝mgsin
60°＝mg，
F2＝mgsin
30°＝mg，选项D正确。
答案：D
拓展?　由单一物体拓展为“绳—滑轮关联”的多物体
　(2020·高考全国卷Ⅲ)如图，悬挂甲物体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°
【真题命题立意】　本题在典例1单一静止物体的受力分析及平衡问题的基础上，拓展为两关联物体的静态平衡综合问题，题目由典例1中直接给出角度计算绳对球的拉力和墙壁对球的支持力，拓展为利用关联物体间“绳上弹力大小相等”的信息分析物体受力特点，但考查的核心知识和方法不变。
解析：取O点为研究对象，在三力的作用下处于平衡状态，对其受力分析如图所示，根据几何关系可得β＝55°。
答案：B
方法技巧
处理平衡问题的2个技巧
———————————————————————
(1)物体受三个力平衡时，利用力的分解法或合成法比较简单(如典例1和拓展1)。
(2)物体受四个以上的力作用时一般要采用正交分解法。　
4．(2021·适应性测试辽宁卷)如图所示，用轻绳系住一质量为2m的匀质大球，大球和墙壁之间放置一质量为m的匀质小球，各接触面均光滑。系统平衡时，绳与竖直墙壁之间的夹角为α，两球心连线O1O2与轻绳之间的夹角为β，则α、β应满足(　　)
A．tan
α＝3cot
β
B．2tan
α＝3cot
β
C．3tan
α＝tan(α＋β)
D．3tan
α＝2tan(α＋β)
解析：设绳子的拉力为T，墙壁的支持力为N，两球之间的压力为F，将两个球作为一个整体进行受力分析，可得
Tcos
α＝2mg＋mg
Tsin
α＝N
对小球进行受力分析，可得
Fcos(α＋β)＝mg
Fsin(α＋β)＝N
联立得
3tan
α＝tan(α＋β)
故选C。
答案：C
5．某同学设计了一个验证平行四边形定则的实验，装置如图所示。系着小物体m1、m2的细线绕过光滑小滑轮与系着小物体m3的细线连接在O点，当系统达到平衡时绕过滑轮的两细线与竖直方向的夹角分别为37°和53°，则三个小物体的质量之比m1∶m2∶m3为(sin
37°＝0.6，sin
53°＝0.8)(　　)
A．3∶4∶5
B．4∶3∶5
C．4∶5∶3
D．3∶5∶4
解析：对结点O受力分析，O点受到三根细线的拉力如图所示。由于物体m1、m2的细线绕过光滑小滑轮与系着小物体m3的细线连接，因此有F1＝m1g，F2＝m2g，由于O点处于静止状态，因此有F3′＝F3＝m3g，故m3gcos
37°＝m1g，m3gcos
53°＝m2g，可得m1∶m2∶m3＝4∶3∶5，故A、C、D错误，B正确。
答案：B
　　师生互动
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，使物体的状态发生缓慢变化，而在这个过程中物体又始终处于一系列的平衡状态，常利用图解法解决此类问题。
(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及其步骤
方法
步骤
解析法
(1)列平衡方程求出未知量与已知量的关系表达式；(2)根据已知量的变化情况来确定未知量的变化情况
图解法
(1)根据已知量的变化情况，画出平行四边形(三角形)边、角的变化；(2)确定未知量大小、方向的变化
相似三角形法
(1)根据已知条件画出某一状态对应的力的三角形和空间几何三角形，确定对应边，利用三角形相似知识列出比例式；(2)确定未知量大小的变化情况
　解析法的应用
[典例2]　(2021·适应性测试重庆卷)如图所示，垂直墙角有一个截面为半圆的光滑柱体，用细线拉住的小球静止靠在接近半圆底端的M点。通过细线将小球从M点缓慢向上拉至半圆最高点的过程中，细线始终保持在小球处与半圆相切。下列说法正确的是(　　)
A．细线对小球的拉力先增大后减小
B．小球对柱体的压力先减小后增大
C．柱体受到水平地面的支持力逐渐减小
D．柱体对竖直墙面的压力先增大后减小
[解析]　以小球为研究对象，设小球所在位置沿切线方向与竖直方向夹角为θ，沿切线方向有
FT＝mgcos
θ
沿半径方向有
FN＝mgsin
θ
通过细线将小球从M点缓慢向上拉至半圆最高点的过程中θ增大，所以细线对小球的拉力减小，小球对柱体的压力增大，故A、B错误；
以柱体为研究对象，竖直方向有
F地＝Mg＋FNsin
θ＝Mg＋mgsin2
θ
水平方向有
F墙＝FNcos
θ＝mgsin
θcos
θ＝mgsin
2θ
θ增大，柱体受到水平地面的支持力逐渐增大，柱体对竖直墙面的压力先增大后减小，当θ＝45°时柱体对竖直墙面的压力最大，故D正确，C错误。
[答案]　D
　图解法的应用
[典例3]　(多选)如图所示，等腰直角斜劈A的直角边靠在粗糙的竖直墙壁上，一根不可伸长的轻绳一端固定在竖直墙上，另一端与半径不可忽略的光滑球B连接。轻绳与水平方向成30°角。现将轻绳上端点沿竖直墙缓慢向上移动，A始终处于静止状态，则(　　)
A．绳上拉力先减小后增大
B．竖直墙对A的摩擦力先减小后增大
C．竖直墙对A的摩擦力可能为零
D．竖直墙对A的支持力逐渐减小
[解析]　以B为研究对象，对其进行受力分析，其受重力mg、绳子拉力F1和斜面对它的支持力F2，如图所示，由图可知，当F1与F2的方向垂直，即轻绳与斜面平行时，F1最小，所以绳子的拉力先减小后增大，选项A正确；以A与B组成的整体为研究对象，整体受到重力、墙的支持力和摩擦力以及绳子的拉力。当轻绳上端点沿竖直墙缓缓向上移动时，绳子的拉力F1沿竖直方向的分力增大，沿水平方向的分力减小，所以竖直墙对A向上的摩擦力将减小，竖直墙对A的支持力逐渐减小，选项B错误，选项D正确；以A为研究对象，A受到重力、墙壁的支持力以及B对A斜向下的压力，A处于平衡状态，竖直方向的合外力等于0，所以摩擦力的大小等于A的重力与B对A的压力向下的分力的和，不可能等于0，选项C错误。
[答案]　AD
　相似三角形法的应用
[典例4]　(2021·河南焦作高三模拟)如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆环的最高点有一个光滑的小孔，质量为m的小球套在圆环上。一根细线的下端系着小球，上端穿过小孔用手拉住。现拉动细线，使小球沿圆环缓慢上移，在移动过程中手对线的拉力F和轨道对小球的弹力FN的大小变化情况是(　　)
A．F不变，FN增大
B．F减小，FN不变
C．F不变，FN减小
D．F增大，FN减小
[解析]　小球沿圆环缓慢上移可看作处于平衡状态，对小球进行受力分析，作出受力示意图，如图所示，由图可知△OAB∽△GFA，即＝＝，当A点上移时，半径不变，AB长度减小，故F减小，FN不变，A、C、D错误，B正确。
[答案]　B
　方法技巧
分析动态平衡问题的3种方法
———————————————————————
(1)在三力平衡问题中，若三个力能构成直角三角形，一般用解析法处理(如典例2)。
(2)在三力平衡问题中，若一个力的大小、方向不变，另一个力的方向不变，一般用图解法处理(如典例3)。
(3)在三力平衡问题中，若一个力的大小、方向不变，另外两个力的方向都改变，一般用相似三角形法处理(如典例4)。
6．(2021·山东青岛第十七中学高三模拟)如图所示，在竖直平面内一根不可伸长的柔软轻绳通过光滑的轻质滑轮悬挂一重物。轻绳一端固定在墙壁上的A点，另一端从墙壁上的B点先沿着墙壁缓慢移到C点，后由C点缓慢移到D点，不计一切摩擦，且墙壁BC段竖直，CD段水平。在此过程中，关于轻绳的拉力F的变化情况，下列说法正确的是(　　)
A．F一直减小　　　
B．F一直增大
C．F先增大后减小
D．F先不变后增大
解析：当轻绳另一端在C点时，设轻绳左右两侧间的夹角为2θ。以滑轮和重物整体为研究对象，分析受力情况，受力分析图如图所示，根据平衡条件得2Fcos
θ＝mg，得到轻绳的拉力F＝，轻绳另一端从B点沿墙壁缓慢移到D点，由几何知识可知，θ先不变后增大，cos
θ先不变后减小，轻绳的拉力F先不变后增大，D正确，A、B、C错误。
答案：D
7．(2021·福建漳州长泰一中月考)如图所示，AC是上端带定滑轮的固定竖直杆，质量不计的轻杆BC一端通过铰链固定在C点，另一端B悬挂一重为G的重物，且B端系有一根轻绳并绕过定滑轮A。现用力F拉绳，开始时∠BCA＞90°，使∠BCA缓慢减小，直到杆BC接近竖直杆AC。在此过程中，杆BC所受的力(　　)
A．大小不变
B．逐渐增大
C．逐渐减小
D．先增大后减小
解析：以B点为研究对象，分析受力情况，其受重物的拉力FT(等于重物的重力G)、轻杆的支持力FN和绳子的拉力F，作出受力分析图，如图所示，由平衡条件可知，FN和F的合力FT′与FT大小相等，方向相反，根据三角形相似可得＝＝，又FT＝G，AC和BC不变，则FN和FT不变，所以杆BC所受的力大小不变，故A正确，B、C、D错误。
答案：A
8.如图所示，小球用细绳系住，绳的另一端固定于O点。现用水平力F缓慢推动斜面体，小球在斜面上无摩擦地滑动，细绳始终处于直线状态，当小球升到接近斜面顶端时细绳接近水平，此过程中斜面对小球的支持力FN以及绳对小球的拉力FT的变化情况是(　　)
A．FN保持不变，FT不断增大
B．FN不断增大，FT不断减小
C．FN保持不变，FT先增大后减小
D．FN不断增大，FT先减小后增大
解析：方法一：解析法
对小球进行受力分析，如图甲所示，小球受到重力mg、支持力FN、拉力FT的作用，设细绳与水平方向的夹角为β，斜面的倾角为α，由平衡条件得FNcos
α＋FTsin
β＝mg，FNsin
α－FTcos
β＝0，联立解得FT＝，FN＝。用水平力F缓慢推动斜面体，β一直减小直至接近0。由题图易知，起始时刻β>α，当β＝α时，cos(β－α)＝1，FT最小，所以FT先减小后增大。β一直减小直至接近0，tan
β不断减小，FN不断增大，选项D正确。
方法二：图解法
由于用水平力F缓慢推动斜面体，故小球处于动态平衡状态。小球受到大小方向均不变的重力、方向不变的支持力、方向大小均变化的细绳的拉力，三个力构成封闭的三角形，画出小球受力示意图如图乙所示。当细绳与斜面平行时，细绳拉力FT2与支持力方向垂直，细绳拉力最小。当小球升到接近斜面顶端时细绳接近水平，细绳拉力为FT4，所以FT先减小后增大，而此过程中斜面对小球的支持力FN一直增大，选项D正确。
答案：D
　　师生互动
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”“恰能”“恰好”等语言叙述。
2．极值问题：平衡物体的极值，一般指在力的变化过程中的最大值或最小值问题。
3．解决极值问题和临界问题的方法
(1)图解法：根据物体的平衡条件，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，确定最大值与最小值。
(2)数学解析法：通过对问题的分析，依据物体的平衡条件写出物理量之间的函数关系(或画出函数图象)，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)。
[典例5]　质量为M的木楔倾角为θ，在水平面上保持静止，当将一质量为m的木块放在木楔斜面上，轻推一下后，它恰好匀速下滑。如果用与木楔斜面成α角的力F拉着木块匀速上升，如图所示(已知木楔在整个过程中始终静止)。
(1)当α＝θ时，拉力F有最小值，求此最小值；
(2)当α＝θ时，木楔对水平面的摩擦力是多大？
[解析]　木块在木楔斜面上匀速向下运动时，有
mgsin
θ＝μmgcos
θ，即μ＝tan
θ。
(1)木块在力F作用下沿斜面向上匀速运动，有
Fcos
α＝mgsin
θ＋Ff，
Fsin
α＋FN＝mgcos
θ，
Ff＝μFN，
解得F＝＝＝，
则当α＝θ时，F有最小值，为Fmin＝mgsin
2θ。
(2)因为木块及木楔均处于平衡状态，整体受到地面的摩擦力等于F的水平分力，即Ff＝Fcos(α＋θ)，
当α＝θ时，F取最小值mgsin
2θ，
Ff＝Fmincos
2θ＝mg·sin
2θcos
2θ＝mgsin
4θ。
[答案]　(1)mgsin
2θ　(2)mgsin
4θ
9．如图，一物块在外力F的作用下沿水平桌面做匀速直线运动，已知物块质量为1
kg，与桌面间的动摩擦因数μ＝0.75，重力加速度g取10
m/s2，外力F的最小值为(　　)
A．5
N　　　　　　　
B．6
N
C．7.5
N
D．8
N
解析：设F与水平方向夹角为θ，根据平衡知识可知，Fcos
θ＝μ(mg－Fsin
θ)，解得F＝＝；由数学知识可知，cos
θ＋0.75sin
θ的最大值为1.25，则外力F的最小值为Fmin＝6
N，故选B。
答案：B
10．如图所示，足够长的光滑平板AP与BP用铰链连接，平板AP与水平面成53°角固定不动，平板BP可绕水平轴在竖直面内自由转动，质量为m的均匀圆柱体O放在两板间，已知sin
53°＝0.8，cos
53°＝0.6，重力加速度为g。在使BP板由水平位置缓慢转动到竖直位置的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．平板BP受到的最小压力为mg
B．平板BP受到的最大压力为mg
C．平板AP受到的最小压力为mg
D．平板AP受到的最大压力为mg
解析：圆柱体受重力、斜面AP的弹力F1和平板BP的弹力F2，将F1与F2合成为F，如图所示。圆柱体一直处于平衡状态，三个力中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线，故F1与F2的合力F与重力等值、反向、共线；从图中可以看出，BP板由水平位置缓慢转动过程中，F1越来越大，F2先减小后增大。由几何关系可知，当F2的方向与AP的方向平行(即与F1的方向垂直)时，F2有最小值F2min＝mg，根据牛顿第三定律知，平板BP受到的最小压力为mg，故A正确；当平板BP转动到竖直位置时，F2最大，F2max＝mg，即平板BP受到的最大压力为mg，故B错误；当平板BP沿水平方向时，平板AP对圆柱体的弹力F1＝0，即平板AP受到的最小压力为0，故C错误；当BP转到竖直方向时，AP对圆柱体的弹力F1最大，F1max＝＝mg，根据牛顿第三定律知，平板AP受到的最大压力为mg，故D错误。
答案：A
PAGE
-
15
-实验二　探究弹簧弹力与形变量的关系
授课提示：对应学生用书第30页
一、实验目的
1．探究弹力和弹簧伸长量的关系。
2．学会利用图象法处理实验数据，探究物理规律。
二、实验原理与要求
[基本实验要求]
1．实验原理
弹簧受到拉力作用会伸长，平衡时弹簧产生的弹力和外力大小相等；弹簧的伸长量越大，弹力也就越大。
2．实验器材
铁架台、弹簧、钩码、刻度尺、坐标纸。
3．实验步骤
(1)安装实验仪器(如实验原理图所示)。
(2)测量弹簧的伸长量(或总长)及所受的拉力(或所挂钩码的质量)，列表做出记录，要尽可能多测几组数据。
(3)根据所测数据在坐标纸上描点，以力为纵坐标，以弹簧的伸长量为横坐标。
(4)按照在图中所绘点的分布与走向，尝试作出一条平滑的曲线(包括直线)，所画的点不一定正好在这条曲线上，但要注意使曲线两侧的点数大致相同。
(5)以弹簧的伸长量为自变量，写出曲线所代表的函数，首先尝试一次函数，如果不行再考虑二次函数。
[规律方法总结]
1．实验数据处理方法
(1)列表法
将测得的F、x填入设计好的表格中，可以发现弹力F与弹簧伸长量x的比值在误差允许范围内是相等的。
(2)图象法
以弹簧伸长量x为横坐标，弹力F为纵坐标，描出F、x各组数据相应的点，作出的拟合曲线是一条过坐标原点的直线。
(3)函数法
弹力F与弹簧伸长量x满足F＝kx的关系。
2．注意事项
(1)不要超过弹性限度：实验中弹簧下端挂的钩码不要太多，以免弹簧被过分拉伸，超过弹簧的弹性限度。
(2)尽量多测几组数据：要使用轻质弹簧，且要尽量多测几组数据。
(3)观察所描点的走向：本实验是探究性实验，实验前并不知道其规律，所以描点以后所作的曲线是试探性的，只是在分析了点的分布和走向以后才决定用直线来连接这些点的。
(4)统一单位：记录数据时要注意弹力及弹簧伸长量的对应关系及单位。
3．误差分析
(1)钩码标值不准确、弹簧长度测量不准确带来误差。
(2)画图时描点及连线不准确也会带来误差。
授课提示：对应学生用书第31页
命题点一　教材原型实验
　实验原理与操作
[典例1]　如图甲所示，用铁架台、弹簧和多个已知质量且质量相等的钩码探究在弹性限度内弹簧弹力与弹簧伸长量的关系。
(1)为完成实验，还需要的实验器材有：________。
(2)实验中需要测量的物理量有：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)图乙是弹簧弹力F与弹簧伸长量x的F-x图象，由此可求出弹簧的劲度系数为________N/m。图线不过原点的原因是________________________________________。
(4)为完成该实验，设计的实验步骤如下：
A．以弹簧伸长量为横坐标，以弹力为纵坐标，描出各组(x，F)对应的点，并用平滑的曲线连接起来
B．记下弹簧不挂钩码时其下端在刻度尺上的刻度l0
C．将铁架台固定于桌子上，并将弹簧的一端系于横梁上，在弹簧附近竖直固定一把刻度尺
D．依次在弹簧下端挂上1个、2个、3个、4个……钩码，并分别记下钩码静止时弹簧下端所对应的刻度，并记录在表格内，然后取下钩码
E．以弹簧伸长量为自变量，写出弹力与弹簧伸长量的关系式，首先尝试写成一次函数，如果不行，则考虑二次函数
F．解释函数表达式中常数的物理意义
G．整理仪器
请将以上步骤按操作的先后顺序排列出来：________________________。
[解析]　(1)根据实验原理可知还需要刻度尺来测量弹簧原长和形变量。
(2)根据实验原理，实验中需要测量的物理量有弹簧的原长、弹簧挂不同个数的钩码时所对应的伸长量(或对应的弹簧长度)。
(3)取图象中(0.5
cm,0)和(3.5
cm,6
N)两个点，代入F＝kx，可得k＝200
N/m，由于弹簧自身存在重力，使得弹簧不加外力时就有形变量。
(4)根据完成实验的合理性可知先后顺序为CBDAEFG。
[答案]　(1)刻度尺　(2)弹簧原长、弹簧挂不同个数的钩码时所对应的伸长量(或对应的弹簧长度)　(3)200　弹簧自身存在重力　(4)CBDAEFG
规律方法
实验操作中两个应注意的问题
———————————————————————
(1)测弹簧长度时，一定要在弹簧和钩码静止后再测量，这样弹簧弹力与钩码的重力相等。
(2)所挂钩码不要过重，以免超出弹簧的弹性限度。　
　数据处理与分析
[典例2]　图甲为某同学用力传感器去探究弹簧的弹力和伸长量的关系的实验情境。用力传感器竖直向下拉上端固定于铁架台的轻质弹簧，读出不同拉力下的标尺刻度x及拉力大小F(从电脑中直接读出)。所得数据记录在下列表格中：
拉力大小F/N
0.45
0.69
0.93
1.14
1.44
1.69
标尺刻度x/cm
57.02
58.01
59.00
60.00
61.03
62.00
(1)从图乙读出刻度尺上的刻度值为________
cm。
(2)根据所测数据，在图丙坐标纸上作出F与x的关系图象。
(3)由图象求出该弹簧的劲度系数为________
N/m，弹簧的原长为________
cm。(均保留三位有效数字)
[解析]　(1)由题图乙可知，刻度尺的最小分度值为0.1
cm，故读数为63.60
cm。
(2)根据表中数据利用描点法得出对应的图象如图所示。
(3)由胡克定律可知，图象的斜率表示劲度系数，则可知k＝＝
N/m＝25.0
N/m；图线与横坐标的交点为弹簧的原长，则可知原长为55.2
cm。
答案：(1)63.60　(2)图见解析　(3)25.0　55.2
规律方法
处理实验数据的两种常用方法
———————————————————————
(1)列表分析法：将实验数据填入表格，分析列表中弹簧拉力F与对应弹簧的形变量Δx的关系，得出误差范围内为常数的结论。
(2)图象分析法：根据数据，描点作出F-Δx图象，如图所示。此图象是过坐标原点的一条直线，即F和Δx成正比关系。
　
命题点二　实验创新设计
　实验器材创新
[典例3]　(2021·云南昆明模拟)在探究弹簧的弹力与伸长量之间关系的实验中，所用装置如图甲所示，将轻弹簧的一端固定，另一端与力传感器连接，其伸长量通过刻度尺测得。某同学的实验数据列于下表中：
伸长量x/
(10－2
m)
2.00
4.00
6.00
8.00
10.00
弹力F/N
1.50
2.93
4.55
5.98
7.50
(1)以x为横坐标、F为纵坐标，在图乙的坐标纸上描绘出能正确反映这一弹簧的弹力与伸长量之间关系的图线。
(2)由图线求得这一弹簧的劲度系数为________。(保留三位有效数字)
[解析]　(1)描点作图，如图所示。
(2)根据解析(1)中图象，该直线为一条过原点的倾斜直线，即弹力与伸长量成正比，图象的斜率表示弹簧的劲度系数，k＝＝75.0
N/m。
[答案]　(1)图见解析　(2)75.0
N/m
创新评价
本题的创新点体现在两处，一是弹簧水平放置，消除了弹簧自身重力对实验的影响；二是应用拉力传感器显示拉力的大小，减少了读数误差，使实验数据更准确。　
　实验设计创新
[典例4]　某实验小组探究弹簧的劲度系数k与其长度(圈数)的关系。实验装置如图(a)所示：一均匀长弹簧竖直悬挂，7个指针P0、P1、P2、P3、P4、P5、P6分别固定在弹簧上距悬点0、10、20、30、40、50、60圈处；通过旁边竖直放置的刻度尺，可以读出指针的位置，P0指向0刻度。设弹簧下端未挂重物时，各指针的位置记为x0；挂有质量为0.100
kg的砝码时，各指针的位置记为x。测量结果及部分计算结果如下表所示(n为弹簧的圈数，取重力加速度为9.80
m/s2)。
已知实验所用弹簧总圈数为60，整个弹簧的自由长度为11.88
cm。
P1
P2
P3
P4
P5
P6
x0(cm)
2.04
4.06
6.06
8.05
10.03
12.01
x(cm)
2.64
5.26
7.81
10.30
12.93
15.41
n
10
20
30
40
50
60
k(N/m)
163
①
56.0
43.6
33.8
28.8
(m/N)
0.006
1
②
0.017
9
0.022
9
0.029
6
0.034
7
(1)将表中数据补充完整：①________，②________。
(2)以n为横坐标，为纵坐标，在图(b)给出的坐标纸上画出n图象。
(b)
(3)图(b)中画出的直线可近似认为通过原点。若从实验中所用的弹簧截取圈数为n的一段弹簧，该弹簧的劲度系数k与其圈数n的关系的表达式为k＝________
N/m；该弹簧的劲度数k与其自由长度l0(单位为m)的关系的表达式为k＝________
N/m。
[解析]　(1)①由胡克定律F＝kΔx可得k＝＝＝
N/m≈81.7
N/m。
②＝
m/N≈0.012
2
m/N。
(2)通过描点作图可得到一条直线。
(3)由图线可知直线的斜率为5.72×10－4
m/N，故函数关系满足＝5.72×10－4×n，即k＝(N/m)。
由于60匝弹簧的总长度为11.88
cm，则n匝弹簧的原长满足＝，代入k＝可得k＝
N/m。
[答案]　(1)①81.7　②0.012
2　(2)如图所示
(3)(在～之间均可)　(在～之间均可)
创新评价
本实验的创新主要是实验设计，实验设计的目的是探究弹簧的劲度系数k与其长度(圈数)的关系；实验数据处理的设计利用了“化曲为直”的思想，将探究劲度系数k与弹簧圈数的关系，转化为探究与n的关系。
　实验情景创新
[典例5]　某物理学习小组用如图甲所示装置来研究橡皮筋的劲度系数(遵循胡克定律且实验中弹力始终未超过弹性限度)，将一张白纸固定在竖直放置的木板上，原长为L0的橡皮筋的上端固定在O点，下端N挂一重物。用与白纸平行的水平力(由拉力传感器显示其大小)作用于N点，静止时记录下N点的位置a。请回答：
甲　　　　　　　乙
(1)若拉力传感器显示的拉力大小为F，用刻度尺测量橡皮筋ON的长为L及N点与O点的水平距离为x，则橡皮筋的劲度系数为________________(用所测物理量表示)。
(2)若换用另一个原长相同的橡皮筋，重复上述过程，记录静止时N点的位置b，发现O、a、b三点刚好在同一直线上，其位置如图乙所示，则下列说法正确的是________________。
A．第二次拉力传感器显示的拉力示数较大
B．两次拉力传感器显示的拉力示数相同
C．第二次所用的橡皮筋的劲度系数小
D．第二次所用的橡皮筋的劲度系数大
[解析]　(1)设橡皮筋与竖直方向夹角为θ，重物重力为G，结点N在竖直拉力(重物重力G)、橡皮筋拉力FT和水平拉力F作用下处于平衡状态，满足图示关系，则
sin
θ＝，而sin
θ＝，FT＝k(L－L0)，联立得k＝。
(2)由受力图知F＝Gtan
θ，两次中G、θ均相同，所以两次拉力传感器显示的拉力示数相同，A错，B对；同理，两次橡皮筋的拉力也相同，而橡皮筋的原长相同，第二次的伸长量大，由胡克定律知第二次所用的橡皮筋的劲度系数小，C对，D错。
[答案]　(1)　(2)BC
创新评价
本题的创新点体现在新情景设计上，实验中由测橡皮筋劲度系数替代了测弹簧劲度系数，由根据物体平衡问题的处理替代长度和弹力的测量，很好地体现了知识的迁移与拓展。　
PAGE
-
8
-实验三　探究两个互成角度的力的合成规律
授课提示：对应学生用书第35页
一、实验目的
1．会使用弹簧测力计。
2．验证互成角度的两个力合成时是否符合平行四边形定则。
二、实验原理与要求
[基本实验要求]
1．实验原理
互成角度的两个力F1、F2与另外一个力F′产生相同的效果，看F1、F2用平行四边形定则求出的合力F与F′在实验误差允许范围内是否相等。
2．实验器材
木板、白纸、图钉若干、橡皮条、细绳套、弹簧测力计(2个)、三角板、刻度尺。
3．实验步骤
(1)用图钉把一张白纸钉在水平桌面上的木板上。
(2)用两个弹簧测力计分别钩住两个细绳套，互成角度地拉橡皮条，使橡皮条伸长，结点到达某一位置O。如实验原理图所示。
(3)用铅笔描下结点O的位置和两个细绳套的方向，并记录弹簧测力计的读数，利用刻度尺和三角板根据平行四边形定则求出合力F。
(4)只用一个弹簧测力计，通过细绳套把橡皮条的结点拉到与前面相同位置O点，记下弹簧测力计的读数F′和细绳的方向。
(5)比较F′与用平行四边形定则求得的合力F，看它们在实验误差允许的范围内是否相等。
[规律方法总结]
1．正确使用弹簧测力计
(1)将两只弹簧测力计调零后水平互钩对拉过程中，读数相同，可选；若不同，应另换或调校，直至相同为止。
(2)使用时，读数应尽量大一些，但不能超出其量程。
(3)被测力的方向应与轴线方向一致。
(4)读数时应正对、平视刻度。
2．注意事项
(1)位置不变：在同一次实验中，使橡皮条拉长时结点的位置一定要相同。
(2)角度合适：用两个弹簧测力计钩住细绳套互成角度地拉橡皮条时，其夹角不宜太小，也不宜太大，以60°～100°为宜。
(3)在合力不超出弹簧测力计量程及在橡皮条弹性限度内形变应尽量大一些。细绳套应适当长一些，便于确定力的方向。
(4)统一标度：在同一次实验中，画力的图示时选定的标度要相同，并且要恰当选定标度，使力的图示稍大一些。
3．误差分析
(1)误差来源：除弹簧测力计本身的误差外，还有读数误差、作图误差等。
(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盘，要按有效数字位数要求和弹簧测力计的精度正确读数和记录。
②作图时使用刻度尺，并借助三角板，使表示两力线段的对边一定要与表示两力的线段平行。
授课提示：对应学生用书第36页
命题点一　教材原型实验
　实验原理与操作
[典例1]　(2021·江苏常州高三检测)“验证力的平行四边形定则”的装置如图所示，实验步骤如下：
①用两个相同的弹簧测力计互成角度拉细绳套，使橡皮条伸长，结点到达纸面上某一位置，记为O1；
②记录两个弹簧测力计的拉力F1和F2的大小和方向；
③只用一个弹簧测力计，将结点仍拉到位置O1，记录弹簧测力计的拉力F3的大小和方向；
④按照力的图示要求，作出拉力F1、F2、F3；
⑤根据力的平行四边形定则作出F1和F2的合力F；
⑥比较F3和F的一致程度。
(1)下列说法正确的是________。
A．应使橡皮条与两绳夹角的平分线在同一直线上
B．为了便于计算合力大小，两绳间夹角应取30°、45°、90°等特殊角度
C．系在橡皮条末端的两绳要一样长
D．同时改变两个弹簧测力计拉力的大小和方向，结点可能保持在位置O1
(2)改变F1、F2，重复步骤①至⑥进行第二次实验，记下结点位置O2，位置O2________(选填“必须”或“不必”)与位置O1相同。
(3)实验中，用两个弹簧测力计同时拉，两绳夹角小于90°，一个弹簧测力计示数接近量程，另一个超过量程的一半，这样操作________(选填“合理”或“不合理”)。
[解析]　(1)F1、F2方向间夹角大小适当即可，不一定要橡皮条和两绳套夹角的角平分线在一条直线上，故A错误；两绳拉橡皮条时，只要确保拉到同一点即可，两绳间夹角不必取30°、45°、90°等特殊角度，故B错误；细绳的作用是能显示出力的方向，所以不必须等长，故C错误；同时改变两个弹簧测力计的拉力，结点可能保持在位置O1，故D正确。
(2)重复实验时，结点位置不必相同。
(3)用两个弹簧测力计同时拉，两绳夹角小于90°
，一个弹簧测力计示数接近量程，另一个超过量程的一半，这样操作不合理，理由是只用一个弹簧测力计拉时会超过其量程。
[答案]　(1)D　
(2)不必　(3)不合理
规律方法
实验操作牢记“一注意”和“两记录”
———————————————————————
(1)注意两次结点O的位置必须相同。
(2)用两个弹簧测力计拉橡皮条时，应记录两弹簧测力计示数、两绳方向和结点O的位置。
(3)用一个弹簧测力计拉橡皮条时，应记录弹簧测力计示数和细绳方向。
　数据处理与分析
[典例2]　某探究小组做“验证力的平行四边形定则”实验，将画有坐标轴(横轴为x轴，纵轴为y轴，最小刻度表示1
mm)的纸贴在水平桌面上，如图(a)所示。将橡皮筋的一端Q固定在y轴上的B点(位于图示部分之外)，另一端P位于y轴上的A点时，橡皮筋处于原长。
(1)用一只测力计将橡皮筋的P端沿y轴从A点拉至坐标原点O。此时拉力F的大小可由测力计读出。测力计的示数如图(b)所示，F的大小为________
N。
(2)撤去(1)中的拉力，橡皮筋P端回到A点，现使用两个测力计同时拉橡皮筋，再次将P端拉至O点。此时观察到两个拉力分别沿图(a)中两条虚线所示的方向，由测力计的示数读出两个拉力的大小分别为F1＝4.2
N和F2＝5.6
N。
(ⅰ)用5
mm长度的线段表示1
N的力，以O为作用点，在图(a)中画出力F1、F2的图示，然后按平行四边形定则画出它们的合力F合；
　　
(ⅱ)F合的大小为________
N，F合与拉力F的夹角的正切值为________。
若F合与拉力F的大小及方向的偏差均在实验所允许的误差范围之内，则该实验验证了力的平行四边形定则。
[解析]　(1)由测力计的读数规则可知，读数为4.0
N。
(2)(ⅰ)利用平行四边形定则作图；(ⅱ)由图可知F合＝4.0
N，从F合的顶点向x轴和y轴分别作垂线，顶点的横坐标对应长度为1
mm，顶点的纵坐标长度为20
mm，则可得出F合与拉力F的夹角的正切值为0.05。
[答案]　(1)4.0
(2)(ⅰ)F1、F2和F合如图所示　(ⅱ)4.0　0.05
规律总结
1．数据处理——作图法
在“验证力的平行四边形定则”实验中，由作图法得到的合力F与实际测量得到的合力F′不可能完全重合，只要在误差范围内可以认为合力F与合力F′重合即可验证平行四边形定则，如图所示。
2．误差分析
(1)用两个测力计拉橡皮条时，若橡皮条、细绳和测力计不在同一个平面内，这样得到的两个测力计的水平分力的实际合力比由作图法得到的合力小。
(2)结点O的位置和两个测力计的方向画得不准确，造成作图误差。
(3)作图比例不恰当造成作图误差。　
命题点二　实验创新设计
　实验器材创新
[典例3]　如图所示，某实验小组的同学利用DIS实验装置研究支架上力的分解。A、B为两个相同的双向力传感器，该型号传感器在受到拉力时读数为正，受到压力时读数为负。A连接质量不计的细绳，可沿固定的板做圆弧形移动。B固定不动，通过光滑铰链连接长0.3
m的杆。将细绳连接在杆右端O点构成支架。保持杆在水平方向，按如下步骤操作：(g取10
m/s2)
①测量绳子与水平杆的夹角∠AOB＝θ；
②对两个传感器进行调零；
③用另一根绳在O点悬挂一个钩码，记录两个传感器的读数；
④取下钩码，移动传感器A改变θ角。
重复上述实验步骤，得到数据如下表：
F1
1.001
0.580
…
1.002
…
F2
－0.868
－0.291
…
0.865
…
θ
30°
60°
…
150°
…
(1)根据表格，A传感器对应的是表中力________(选填“F1”或“F2”)。钩码质量为________kg(保留一位有效数字)。
(2)本实验中多次对传感器进行调零，对此操作说明正确的是________。
A．因为事先忘记调零
B．何时调零对实验结果没有影响
C．为了消除横杆自身重力对结果的影响
D．可以完全消除实验的误差
[解析]　(1)A传感器中的力均为正值，故A传感器对应的是表中力F1，平衡时，mg＝F1sin
θ，当θ＝30°时，F1＝1.001
N，可求得m≈0.05
kg。
(2)在挂钩码之前，对传感器进行调零，目的是消除横杆自身重力对结果的影响，故C正确。
[答案]　(1)F1　0.05　(2)C
创新评价
本题的创新主要是用传感器的读数替代弹簧测力计的读数，钩码的重力替代弹簧测力计的拉力，从而减小实验中读数带来的误差。　
　实验设计创新
[典例4]　某实验小组用一个弹簧测力计和一个量角器等器材验证力的平行四边形定则，设计了如图所示的实验装置，固定在竖直木板上的量角器的直边水平，橡皮筋的一端固定在量角器的圆心O的正上方A处，另一端系上绳套1和绳套2。主要实验步骤如下：
Ⅰ.弹簧测力计挂在绳套1上竖直向下拉橡皮筋，使橡皮筋与绳套的结点到达O处，记下弹簧测力计的示数F；
Ⅱ.弹簧测力计挂在绳套1上，沿水平方向缓慢拉橡皮筋，同时用手拉着绳套2沿120°方向缓慢拉橡皮筋，使橡皮筋与绳套的结点到达O处，记下弹簧测力计的示数F1；
Ⅲ.根据力的平行四边形定则计算绳套1的拉力大小F1′＝____①____；
Ⅳ.比较____②____，若在误差允许的范围内相同，即可初步验证力的平行四边形定则；
Ⅴ.只改变绳套2的方向，重复上述实验步骤。
回答下列问题：
(1)完成实验步骤：①____________；②____________。
(2)将绳套1由0°方向缓慢转动到60°方向，同时绳套2由120°方向缓慢转动到180°方向，此过程中保持橡皮筋与绳套的结点在O处不动，保持绳套1和绳套2的夹角120°不变。关于绳套1的拉力大小的变化，下列结论正确的是________。
A．逐渐增大　　　　　　　　
B．先增大后减小
C．逐渐减小
D．先减小后增大
[解析]　(1)①由共点力的平衡条件得
F1′＝Ftan
30°＝F。
②要验证力的平行四边形定则，即绳套1和绳套2共同作用时产生的效果与F相同，需要比较F1′和F1。
(2)两个绳套在转动过程中，合力保持不变，根据平行四边形定则画出图象，如图所示，根据图象可知，绳套1的拉力大小逐渐增大，A正确。
[答案]　(1)①F　②F1和F1′　(2)A
创新评价
本题的创新体现在实验设计方案，用量角器可直接测量力的夹角，从而可用几何知识求出分力大小，由量角器上的刻度值可以保证两绳套方向改变时两绳套间夹角不变。　
　实验情景创新
[典例5]　(2021·福建福清高三质检)一同学用电子秤、水壶、细线、墙钉和贴在墙上的白纸等物品，在家中验证力的平行四边形定则，主要实验步骤如下：
①如图甲，细线OC一端连接一装满水的水壶，另一端连接圆环O，用电子秤的下端挂钩钩住圆环O，记下水壶静止时电子秤的示数F；
②如图乙，将细线AB一端拴在墙钉A处，另一端穿过圆环O拴在电子秤的挂钩B处。手握电子秤沿斜上方拉住细线的B端使水壶处于平衡状态，在墙面的白纸上记录圆环O的位置、三细线OA、OB、OC的方向和电子秤的示数F1；
③如图丙，在白纸上以O为力的作用点，按一定标度作出各力的图示，根据平行四边形定则作出两个F1的合力F′的图示。
(1)步骤①中________(选填“必须”或“不必”)记录O点位置；
(2)步骤②中用细线穿过圆环O，而不用细线直接拴接在细线AB上的原因是________________________________________________________________________；
(3)通过比较F与________的大小和方向，即可得出实验结论。
[解析]　(1)因为重力恒竖直向下，只要保证水壶静止，读出电子秤示数即可，故步骤①不需要记录O点位置。
(2)由于圆环的滑动，使得OA、OB两细线拉力大小相同，故两分力大小可以一次同时测定，减小误差。
(3)OA和OB两条细线的拉力作用效果和OC一条细线的拉力的作用效果相同，而OC一条细线的作用力为F，OA和OB细线的合力为根据平行四边形定则画出来的F′，所以只要比较F和F′的大小和方向，即可验证平行四边形定则。
[答案]　(1)不必　(2)一次可以同时测定两分力的大小，减小误差(或由于圆环的滑动，使得OA、OB两细线拉力大小相同)　(3)F′
创新评价
本题的创新是利用电子秤代替弹簧测力计，可以直接读出力的大小，使细线通过圆环，用电子秤一次测出两分力的大小，可减小实验误差。　
授课提示：对应学生用书第38页
1．(2021·重庆南开中学月考)某同学做“验证力的平行四边形定则”的实验情况如图甲所示，其中A为固定橡皮条的图钉，O为橡皮条与细绳的结点，OB和OC为细绳。图乙是在白纸上根据实验结果画出的图。
(1)如果没有操作失误，图乙中的F与F′两力中，方向一定沿AO方向的是________。
(2)本实验采用的科学方法是________________(填正确答案标号)。
A．理想实验法　　　
B．等效替代法
C．控制变量法
D．建立物理模型法
(3)下列说法正确的是________(填正确答案标号)。
A．拉橡皮条的绳细一些且长一些
B．拉橡皮条时，弹簧秤、橡皮条、细绳应靠近木板且与木板面平行
C．同一次验证过程中O点位置应相同
D．拉力F1和F2的夹角应该较小
(4)由于实验室没有细绳，在进行实验时，图甲中的OB和OC可以用橡皮条代替吗？请说明理由：________________________________________。
解析：(1)图乙中的F与F′，F′是由平行四边形得出的，而F是通过实验方法得出的，其方向一定与橡皮筋的方向相同，一定与AO共线的是F。
(2)本实验采用的科学方法是等效替代法，故选B。
(3)拉橡皮条的绳细一些且长一些，以便记录拉力的方向，选项A正确；拉橡皮条时，弹簧秤、橡皮条、细绳应靠近木板且与木板面平行，选项B正确；同一次验证过程中O点位置应相同，以保证等效性，选项C正确；拉力F1和F2的夹角应该大小适当，选项D错误。
(4)在进行实验时，图甲中的OB和OC可以用橡皮条代替，因为OB和OC的作用是确定两个力的方向。
答案：(1)F　(2)B　(3)ABC　(4)可以，因为OB和OC的作用是确定两个力的方向
2．(2021·江西南昌新建二中高三测试)某同学做“验证力的平行四边形定则”的实验装置如图甲所示，其中A为固定橡皮条的图钉，O为橡皮条与细绳的结点，OB和OC为细绳。实验的主要步骤有：
甲
A．在水平桌面上放一块方木板，在方木板上铺一张白纸，用图钉把白纸钉在方木板上；
B．用图钉把橡皮条的一端固定在板上的A点，在橡皮条的另一端拴上两条细绳，细绳的另一端系着绳套；
C．用两个弹簧测力计分别钩住绳套，互成角度地拉橡皮条，使橡皮条伸长，结点到达某一位置O，记录下O点的位置，读出两个弹簧测力计的示数；
D．按选好的标度，用铅笔和刻度尺作出两只弹簧测力计的拉力F1和F2的图示，并用平行四边形定则求出合力F；
E．只用一只弹簧测力计，通过细绳套拉橡皮条使其伸长，读出弹簧测力计的示数，记下细绳的方向，按同一标度作出这个力F′的图示；
F．比较F′和F的大小和方向，看它们是否相同，得出结论。
(1)上述步骤中，有重要遗漏的步骤的序号是____________和____________。(填字母)
(2)根据实验数据在白纸上所作图如图乙所示，已知实验过程中操作正确。
①乙图中F1、F2、F、F′四个力，其中力________(填上述字母)不是由弹簧测力计直接测得的。
②丙图是测量中某一弹簧测力计的示数，读出该力大小为________N。
解析：(1)本实验为了验证力的平行四边形定则，采用的方法是力的图示法，作出合力的理论值和实际值，然后进行比较，得出结果，所以实验时，除记录弹簧测力计的示数外，还要记下两条细绳的方向，以便确定两个拉力的方向，这样才能作出拉力的图示，步骤C中未记下两条细绳的方向；实验时应使实验效果相同，步骤E中未说明把橡皮条的结点拉到位置O。
(2)①F在F1与F2组成的平行四边形的对角线上，为实验的理论值，所以F不是由弹簧测力计直接测得的。
②由图示测力计可知，其分度值为1
N，示数为9.5
N。
答案：(1)C　E　(2)①F　②9.5
3．(2021·云南昆明教学质量检测)某实验小组设计了一个“验证力的平行四边形定则”的实验，装置如图甲所示，在竖直放置的木板上部附近两侧，固定两个力传感器，同一高度放置两个可以移动的定滑轮，两根细绳跨过定滑轮分别与两力传感器连接，在两细绳连接的结点O下方悬挂钩码，力传感器1、2的示数分别为F1、F2，调节两个定滑轮的位置可以改变两细绳间的夹角。实验中使用若干相同的钩码，每个钩码质量均为100
g，g取9.8
m/s2。
(1)关于实验，下列说法正确的是________。
A．实验开始前，需要调节木板使其位于竖直平面内
B．每次实验都必须保证结点位于O点
C．实验时需要记录钩码数量、两力传感器的示数和三根细绳的方向
D．实验时还需要用一个力传感器单独测量悬挂于O点钩码的总重力
(2)根据某次实验得到的数据，该同学已经按照力的图示的要求画出了F1、F2，请你作图得到F1、F2的合力F(只作图，不求大小)，并写出该合力不完全竖直的一种可能的原因：
________________________________________________________________________。
解析：(1)实验开始前，需要调节木板使其位于竖直平面内，以保证钩码重力等于细绳中的拉力，A正确；该装置每次实验不需要保证结点位于O点，B错误；实验时需要记录钩码数量、两力传感器的示数和三根细绳的方向，C正确；悬挂于O点的钩码的总重力可以根据钩码的质量得出，不需要力传感器测量，D错误。
(2)利用平行四边形定则作出F1和F2的合力F，如图所示。该合力方向不完全在竖直方向的可能原因是定滑轮有摩擦或木板未竖直放置等。
答案：(1)AC　(2)图见解析　定滑轮有摩擦或木板未竖直放置等(回答出一项合理答案即可)
PAGE
-
11
-

展开更多......

收起↑