高考物理一轮复习第二章相互作用学案

这是一份高考物理一轮复习第二章相互作用学案，共69页。学案主要包含了重力，形变，力的分解，矢量和标量等内容，欢迎下载使用。


第1讲 重力 弹力
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
(1)定义：物体各部分都受重力的作用，从效果上看，可以认为各部分受到的重力作用集中于一点，这一点叫作物体的重心。
(2)重心位置的确定
①其位置与物体的质量分布和形状有关。
②质量分布均匀的规则物体的重心在其几何中心。
二、形变、弹力、胡克定律
1．形变
(1)定义：物体在力的作用下形状或体积的变化叫作形变。
(2)弹性形变：有些物体在形变后撤去作用力时能够恢复原状的形变。
(3)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，这个限度叫作弹性限度。
2．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：①总是与物体形变的方向相反；②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。
3．胡克定律
(1)内容：弹簧发生弹性形变时，弹力F的大小跟弹簧伸长(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，不是弹簧形变以后的长度。,eq \a\vs4\al(情境创设)
如图所示，健身拉力器是一种很简单且容易获得的健身器材。拉力器能够锻炼的部位有很多：可以练肩部，练手臂，练胸，练腿，练背等。
微点判断
(1)健身爱好者所受重力的方向不一定指向地心。(√)
(2)地面对健身爱好者的支持力是由于健身爱好者的脚发生了形变。(×)
(3)弹簧拉伸时，健身爱好者的手与弹簧间一定有弹力。(√)
(4)健身拉力器中的弹簧，其形变量越大，劲度系数越大。(×)
(5)健身拉力器中的弹簧，其劲度系数是由弹簧自身性质决定的。(√)
(6)F＝kx中“x”表示弹簧形变后的长度。(×)
(一) 重力与重心(固基点)
[题点全练通]
1．关于物体的重力，下列说法正确的是( )
A．在“天上”绕地球飞行的人造卫星不受重力作用
B．物体放在真空中不受重力作用
C．将物体竖直向上抛出后，物体在上升阶段所受的重力比落向地面时小
D．物体所受重力的大小与物体的质量有关，与物体是否运动及怎样运动无关
解析：选D 重力是由于地球的吸引而使地面附近物体受到的地球的作用力，不管物体是否在真空中，是静止还是运动，也不管物体是上升还是下落，一切物体都受重力作用，故A、B项错误；地面附近同一物体的重力大小、方向都不会发生改变，重力的大小可由公式G＝mg求出，C项错误；重力大小与物体的质量m有关，与物体的运动状态无关，D项正确。
2．在下列物品中符合重心在几何体内部且位于中心的是( )
A．如图甲所示的均匀材质的铁球
B．如图乙所示的煎好的麦饼
C．如图丙所示的实心球
D．如图丁所示的对称的马蹄形磁铁
解析：选A 图甲为均匀材质的铁球，故重心在其内部且位于中心，A正确；煎好的麦饼质地不一定均匀、形状不一定规则，B错误；实心球质地不一定均匀，C错误；马蹄形磁铁的重心在几何体外部，D错误。
3.如图所示，公园里有一仿制我国古代欹器的U形水桶，桶可绕水平轴转动，水管口持续有水流出，过一段时间桶会翻转一次，决定桶能否翻转的主要因素是( )
A．水桶自身重力的大小
B．水管每秒出水量的大小
C．水流对桶撞击力的大小
D．水桶与水整体的重心高低
解析：选D 由题意可知水桶中的水到一定量之后，导致水桶与水整体的重心往上移动，竖直向下的重力作用线偏离中心转轴，导致水桶不能稳定平衡，发生翻转，D正确。
[要点自悟明]
1．重心是重力的等效作用点，其位置与物体的形状和质量分布有关，但不一定在物体上。
2．对于形状不规则或质量不均匀分布的薄板，重心可用悬挂法确定。
3．重力的方向总是竖直向下，不一定指向地心，也不一定垂直向下。
4．重力的大小G＝mg，而g的大小与所处的地球位置有关。
(二) 弹 力(精研点)
研清微点1 弹力的有无判断
1．[假设法]如图所示，图中的物体A、B均处于静止状态，下列说法正确的是( )
A．图甲中水平地面是光滑的，A与B间存在弹力
B．图乙中两斜面与水平地面的夹角分别为α、β，A对两斜面均有压力的作用
C．图丙中A不会受到斜面B对它的支持力的作用
D．图丁中A受到斜面B对它的支持力的作用
解析：选B 图甲中对B进行受力分析，B受重力和地面支持力的作用，竖直方向二力平衡，B静止，水平方向不可能再受到A对B的弹力作用，A错误；图乙中若除去左侧的斜面，或去掉右侧的斜面，A不能保持静止，所以A对两斜面均有压力的作用，B正确；图丙中绳子对A的拉力斜向右上，若将斜面B移走，A不能保持静止，故A受到斜面B对它的弹力作用，C错误；图丁中绳子处于竖直状态，若A与斜面B间有弹力，绳子不能保持竖直状态，故A不受斜面B的弹力作用，D错误。
2．[状态法]如图所示，一小车的表面由一光滑水平面和光滑斜面连接而成，其上放一球，球与水平面的接触点为a，与斜面的接触点为b。当小车和球一起在水平桌面上做直线运动时，下列结论正确的是( )
A．球在a、b两点处一定都受到支持力
B．球在a点一定受到支持力，在b点处一定不受支持力
C．球在a点一定受到支持力，在b点处不一定受到支持力
D．球在a点处不一定受到支持力，在b点处也不一定受到支持力
解析：选D 若球与小车一起做水平匀速运动，则球在b处不受支持力作用；若球与小车一起水平向左做匀加速运动，则球在a处受到的支持力可能为零，D正确。
一点一过
判断弹力有无的三种方法
1．条件法：看是否接触，有无弹性形变。
2．假设法(以下图为例说明)
3．状态法
根据物体的运动状态，由平衡条件或牛顿第二定律进行判断。如第2题，球在a点和b点是否存在支持力，与球和小车所处的运动状态有关。
研清微点2 弹力的方向判断
3．在下图中画出各弹力的方向
注：学生用书中已将3、4题示例中的弹力方向删除。
4．在下图中画出各弹力的方向
一点一过
常见的5种形式的弹力方向
1．物体间平面与平面接触：弹力的方向垂直于公共接触面，指向受力物体。
2．物体间点与曲面接触：物体所受弹力垂直于接触点的切面，指向受力物体。
3．物体间平面与曲面接触：物体所受弹力垂直于平面指向受力物体。
4．细绳上的弹力方向：沿绳指向绳收缩的方向。
5．轻杆对物体的弹力方向：不一定沿杆，其方向与物体的状态有关。
研清微点3 弹力的大小计算
5．[弹簧]两个劲度系数分别为k1和k2的轻质弹簧a、b串接在一起，a弹簧的一端固定在墙上，如图所示。开始时弹簧均处于原长状态，现用水平力作用在b弹簧的P端向右拉动弹簧，已知a弹簧的伸长量为L，则( )
A．b弹簧的伸长量也为L
B．b弹簧的伸长量为eq \f(k1L,k2)
C．P端向右移动的距离为2L
D．P端向右移动的距离为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(k2,k1)))L
解析：选B 根据两根弹簧中弹力相等可得b弹簧的伸长量为eq \f(k1L,k2)，P端向右移动的距离为L＋eq \f(k1,k2)L，选项B正确。
6．[平衡体]现代人经常低头玩手机，这会使颈椎长期受压，可能引发颈椎病。某同学低头看手机时，可粗略认为头受到重力G、肌肉拉力F和颈椎支持力N，如图所示，若颈椎弯曲与竖直方向成30°，此时肌肉对头的拉力F约为头所受重力的1倍，由此估算颈椎受到的压力大小约为( )
A．2G B.eq \r(3)G C．G D.eq \f(\r(3),2)G
解析：选B 由平衡条件知，重力G与肌肉拉力F的合力与颈椎支持力N平衡，根据几何关系及力的平行四边形定则得N＝2Gcs 30°＝eq \r(3)G，由牛顿第三定律知，颈椎受到的压力大小约为eq \r(3)G，故B正确。
7．[非平衡体](多选)如图所示为位于水平面上的小车，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。现使小车以加速度a向右做匀加速运动，下列说法正确的是( )
A．杆对小球的弹力竖直向上
B．杆对小球的弹力沿杆向上
C．杆对小球的弹力大小可能为eq \f(mg,cs θ)
D．杆对小球的弹力大小为F＝eq \r(mg2＋ma2)
解析：选CD 设杆对小球的弹力F在竖直方向的分力为Fy，水平方向的分力为Fx，由牛顿第二定律可知，Fy＝mg，Fx＝ma，F＝eq \r(mg2＋ma2)，当eq \f(ma,mg)＝tan θ时，即a＝gtan θ时，杆对球的弹力沿杆向上，此时F＝eq \f(mg,cs θ)，综上所述，A、B错误，C、D正确。
一点一过
计算弹力大小的3种方法
1．弹簧——应用胡克定律计算
(1)由F＝kx计算，其中x为弹簧的形变量。
(2)弹簧串联时，各弹簧的弹力大小相等，弹簧的形变量一般不同。
(3)弹簧并联时，各弹簧的形变量相等，弹力一般不同。
2．平衡体——应用平衡条件计算
(1)对物体受力分析，明确是二力平衡还是多力平衡，画出受力图。
(2)应用物体的平衡条件，借助力的平行四边形定则及三角函数知识求解结果。
3．非平衡体——应用牛顿第二定律计算
(1)对物体受力分析，画出受力图。
(2)应用牛顿第二定律，沿加速度的方向和垂直于加速度方向列方程。
(3)求解弹力的大小和方向，并判断结果的合理性。
[课时跟踪检测]
1．下列关于重力、重心的说法，正确的是( )
A．任何有规则形状的物体，它的重心一定与它的几何中心重合
B．任何物体的重心都在物体上，不可能在物体外
C．用一绳子将物体悬挂起来，物体静止时，该物体的重心不一定在绳子的延长线上
D．重力是由地面附近的物体受到地球的万有引力而产生的
解析：选D 只有质量分布均匀、形状规则的物体，其重心才在几何中心上，故A错误；物体的重心可以在物体上，也可以在物体外，如环的重心在环的本体外，故B错误；用一绳子将物体悬挂起来，物体静止时，由二力平衡可知，该物体的重心一定在绳子的延长线上，故C错误；重力是由地面附近的物体受到地球的吸引力而产生的，故D正确。
2．双层巴士靠站后，上车乘客向上层的后方走动，此时，车的重心( )
A．向前上方移动 B．向后上方移动
C．向上移动 D．不变
解析：选B 在乘客移动过程中，双层巴士后上方的质量增大，所以车的重心向后上方移动，故B正确。
3．下列图中，光滑小球都与下表面接触，则小球一定受支持力的是( )
解析：选C 选项A、B、D中，如果绳子的拉力等于小球的重力，则小球不会受到支持力的作用，但是选项C中若小球不受支持力的作用，小球不会处于平衡状态，故一定受到支持力作用，故C正确。
4.在日常生活及各项体育运动中，有弹力出现的情况比较普遍，如图所示的情况就是一个实例。当运动员踩压跳板使跳板弯曲到最低点时，下列说法正确的是( )
A．跳板发生形变，运动员的脚没有发生形变
B．运动员受到的支持力是运动员的脚发生形变而产生的
C．此时跳板对运动员的支持力和运动员的重力等大
D．此时跳板对运动员的支持力大于运动员的重力
解析：选D 发生相互作用的物体均要发生形变，故A错误；发生形变的物体，为了恢复原状，会对与它接触的物体产生弹力的作用，B错误；在最低点，运动员的瞬时速度虽然为零，但接着运动员要加速上升，故此时跳板对运动员的支持力大于运动员的重力，C错误，D正确。
5．(2023·山东高考)餐厅暖盘车的储盘装置示意图如图所示，三根完全相同的弹簧等间距竖直悬挂在水平固定圆环上，下端连接托盘。托盘上叠放若干相同的盘子，取走一个盘子，稳定后余下的正好升高补平。已知单个盘子的质量为300 g，相邻两盘间距1.0 cm，重力加速度大小取10 m/s2。弹簧始终在弹性限度内，每根弹簧的劲度系数为( )
A．10 N/m B．100 N/m
C．200 N/m D．300 N/m
解析：选B 由题意可得3kΔx＝mg，其中mg＝3 N，Δx＝1.0 cm＝10－2m，则k＝100 N/m，故B正确。
6.如图所示，有两根完全相同的轻弹簧。图甲中，弹簧竖直固定在地面上，弹簧顶端有一质量为2 kg的物块A，弹簧长度为7 cm；图乙中，质量为0.5 kg的物块B悬挂在弹簧下端，弹簧长度为9.5 cm。物块A、B均处于静止状态，弹簧均处于弹性范围内，取重力加速度大小g＝10 m/s2。则该弹簧的原长为( )
A．7.5 cm B．8 cm
C．8.5 cm D．9 cm
解析：选D 由胡克定律可得mAg＝k(x0－x1)，mBg＝k(x2－x0)，解得x0＝9 cm，D正确。
7．如图所示，小车内沿竖直方向的一根轻质弹簧和一条与竖直方向成α角的细绳拴接一小球。当小车与小球相对静止，一起在水平面上运动时，下列说法正确的是( )
A．细绳对小球一定有拉力的作用
B．轻弹簧对小球一定有弹力的作用
C．细绳对小球不一定有拉力的作用，但是轻弹簧对小球一定有弹力
D．细绳对小球不一定有拉力的作用，轻弹簧对小球也不一定有弹力的作用
解析：选D 当小车匀速运动时，弹簧弹力F＝mg，细绳拉力FT＝0，当小车向右匀加速运动时，若有FTsin α＝ma，FTcs α＝mg，即a＝gtan α，则FT≠0，而弹簧弹力
F＝0，弹簧弹力F、细绳拉力FT与小车运动的状态有关，故D正确。
8．如图，两个弹簧的质量不计，劲度系数分别为k1、k2，它们一端固定在质量为m的物体上，另一端分别固定在Q、P上，当物体平衡时上面的弹簧处于原长，若把固定的物体换成大小相同、质量为2m的物体(弹簧不变，且弹簧均在弹性限度内)，当物体再次平衡时，物体比第一次平衡时的位置下降了x，则x为( )
A.eq \f(mg,k1＋k2) B.eq \f(k1k2,mgk1＋k2)
C.eq \f(mg,k1－k2) D.eq \f(k1k2,2mgk1＋k2)
解析：选A 设物体质量为m时，下方弹簧压缩量为x1，则mg＝k1x1，当物体质量为2m时，物体下降了x，则上面弹簧的伸长量也为x，由平衡条件得：k1(x1＋x)＋k2x＝2mg，可解得：x＝eq \f(mg,k1＋k2)，故选项A正确。
第2讲 摩擦力
1．滑动摩擦力
(1)定义和条件
两个相互接触的粗糙物体之间有弹力，当它们发生相对滑动时，就会在接触面上产生阻碍相对运动的力。
(2)大小和方向
①大小：Ff＝μF压，式中μ为动摩擦因数，其大小与两个物体的材料和接触面的粗糙程度有关。
②方向：总是跟接触面平行，并与相对运动的方向相反。
2．静摩擦力
(1)定义和条件
两个相互接触的粗糙物体之间有弹力，当它们具有相对运动趋势时，就会在接触面上产生阻碍相对运动趋势的力。
(2)大小和方向
①大小：0＜F≤Fmax，其中Fmax为最大静摩擦力。
②方向：总是跟接触面平行，与相对运动趋势的方向相反。
3．四个易错点
(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。
(4)静摩擦力的大小与正压力无关，仅与外力有关，最大静摩擦力的大小与正压力有关且成正比。
情境创设
“共享单车”的经营模式，改变了我们的生活方式，为经济发展新常态增添了新的内涵。从自行车的结构和使用上来看，它涉及许多物理知识。
微点判断
(1)正在水平路面上正常行驶的共享单车，其前轮受到的摩擦力方向向后，后轮受到的摩擦力方向向前。(√)
(2)自行车后轮受到的摩擦力总是阻碍自行车的运动或运动趋势。(×)
(3)自行车运动时地面与车轮接触处有摩擦力作用，也一定有弹力作用。(√)
(4)自行车运动时地面与车轮接触处的摩擦力一定与弹力方向垂直。(√)
(5)刹车时，用力捏紧车闸，以增大刹车片与车圈之间的压力，从而增大摩擦力。(√)
(6)自行车轮胎、车把套、脚踏板以及刹车处均刻有花纹，并且都使用动摩擦因数较大的材料，从而增大摩擦力。(√)
(一) 静摩擦力的有无及方向判断三法(释疑点)
方法1 假设法
[研一题] 如图甲是某同学写字时的握笔姿势，如图乙是他在握笔时把拇指和食指松开时的状态，笔尖仍然斜向下且笔保持静止状态。关于两幅图中笔的受力，下列说法正确的是( )
A．图甲中笔可能不受摩擦力
B．图乙中笔可能不受摩擦力
C．图甲和图乙中手对笔的作用力方向都为竖直向上
D．图甲中手的握力越大，笔所受的摩擦力越大
解析：选C 对图甲中的笔受力分析，受到手指的压力、重力、摩擦力，假设没有受到摩擦力，笔就会顺着手指滑下来，故A错误；对图乙中的笔受力分析，受到重力、支持力和摩擦力，假设没有受到摩擦力，笔就会顺着手指滑下来，故B错误；因为图甲和图乙中的笔都是静止状态，所以手对笔的作用力应与重力大小相等，方向相反，故C正确；图甲中的笔受到的是静摩擦力，大小与手的握力无关，故D错误。
[悟一法] 假设法的解题思路：
如上题，甲、乙两种情况均可用假设法判断笔是否受到摩擦力及其方向。
方法2 状态分析法
[研一题]
如图所示，竖直墙面上有一只壁虎从A点沿水平直线加速运动到B点，此过程中壁虎受到摩擦力的方向是( )
A．斜向右上方 B．斜向左上方
C．水平向左 D．竖直向上
解析：选B 由于壁虎从A点到B点做加速直线运动，即壁虎所受合力水平向左，在竖直平面内壁虎受重力、摩擦力，由平行四边形定则可知，摩擦力方向斜向左上方，故B正确。
[悟一法] 状态分析法的应用要领：此法关键是先确定物体的运动状态(如平衡或求出加速度)，再利用平衡条件或牛顿第二定律(F＝ma)确定静摩擦力的方向。如上题，先结合壁虎的运动状态确定出壁虎所受合力的方向水平向左，再利用平衡条件确定壁虎所受摩擦力的方向。
方法3 牛顿第三定律法
[研一题] 大型商场或者大型超市为了方便顾客上下楼，都会安装自动扶梯。小王同学经过调查研究发现自动扶梯分为两大类，一种有台阶，另一种无台阶，两种自动扶梯分别如图所示。此外，小王同学还发现，为了节约能源，在没有乘客乘行时，这两种自动扶梯都以较小的速度匀速运行，当有乘客乘行时自动扶梯经过先加速再匀速两个阶段运行。则自动扶梯在运送乘客上楼的整个过程中( )
A．图甲所示的无台阶自动扶梯中，乘客始终受摩擦力作用
B．图乙所示的有台阶自动扶梯中，乘客始终受摩擦力作用
C．图甲所示的无台阶自动扶梯中，乘客对扶梯的作用力始终竖直向下
D．图乙所示的有台阶自动扶梯中，乘客对扶梯的作用力始终竖直向下
解析：选A 乘客在无台阶的扶梯上运动时，在加速阶段和匀速阶段，都受重力、支持力、摩擦力作用，匀速阶段乘客加速度为零，扶梯对乘客的作用力竖直向上，由牛顿第三定律可知，乘客对扶梯的作用力竖直向下，加速阶段扶梯对乘客的作用力斜向上，由牛顿第三定律可知，乘客对扶梯的作用力斜向下；有台阶的扶梯，在扶梯匀速上升阶段，乘客不受摩擦力作用，在扶梯加速阶段，乘客所受支持力和摩擦力的合力斜向上，由牛顿第三定律可知，乘客对扶梯的作用力斜向下，综上所述，A正确，B、C、D均错误。
[悟一法] 牛顿第三定律法应用要领：“力是物体间的相互作用”，先确定受力较少的物体受到的静摩擦力的方向，再根据牛顿第三定律确定相互作用的另一物体受到的静摩擦力的方向。如上题，乘客对扶梯的作用力与扶梯对乘客的作用力是作用力与反作用力，先分析扶梯对乘客的作用力的方向，再由牛顿第三定律得出乘客对扶梯的作用力的方向。
(二) 摩擦力大小的计算(精研点)
研清微点1 静摩擦力大小的计算
1．[应用平衡条件计算]如图所示，甲、乙两物体用跨过光滑定滑轮的轻绳相连，其中甲物体静止在粗糙的水平面上，乙物体悬空静止，轻绳OM、ON与水平方向间的夹角分别为53°、37°。已知乙物体的质量为10 kg，g取10 m/s2，sin 53°＝0.8。则甲物体受到水平面的摩擦力的大小和方向为( )
A．20 N、沿水平面向左 B．20 N、沿水平面向右
C．28 N、沿水平面向左 D．28 N、沿水平面向右
解析：选B 以乙物体为研究对象，根据平衡条件得，在竖直方向上：FTMsin 53°＋FTNsin 37°－mg＝0，在水平方向上：FTMcs 53°－FTNcs 37°＝0，由于甲物体也处于平衡状态，故在水平方向上：FTN＋Ff－FTM＝0，解得摩擦力大小：Ff＝20 N，方向沿水平面向右，故B正确。
2．[应用牛顿第二定律计算]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处于静止状态。若小车以1 m/s2的加速度向右运动后，则(g取10 m/s2)( )
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受到的弹簧拉力增大
解析：选C 由题意得物体A与小车的上表面间的最大静摩擦力Fmax≥5 N，小车向右加速运动后，对物体A受力分析，可得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，所以物体A相对于小车仍然静止，故A错误；所以物体A受到的摩擦力大小不变，故B错误，C正确；物体A相对于小车仍然静止，所以受到的弹簧的拉力大小不变，故D错误。
一点一过
静摩擦力大小的计算方法
(1)物体处于平衡状态(静止或匀速直线运动)，利用力的平衡条件求解其大小。如第1题，由乙物体悬空静
止，由平衡条件求乙物体受到的两轻绳拉力，再由甲物体静止，根据平衡条件求出甲物体受到的静摩擦力。
(2)物体有加速度时，若只受摩擦力，则Ff＝ma，如匀速转动的圆盘上与圆盘相对静止的物块靠静摩擦力提供向心力产生向心加速度。若除摩擦力外，物体还受其他力，则F合＝ma，需先求合力再求摩擦力。如第2题，可设物体所受的静摩擦力水平向右，由F弹簧＋f＝ma，解得f＝5 N，说明摩擦力的方向向右，若结果为负，则方向与所设方向相反，若f≤5 N，物体A相对小车静止，若f>5 N，则物体有可能与小车发生相对滑动。
研清微点2 滑动摩擦力大小的计算
3.(多选)如图所示，某中学新校区装修时，工人用质量为m的磨石对斜壁进行打磨，当对磨石施加方向竖直向上、大小为F的推力时，磨石恰好沿斜壁向上匀速运动，已知磨石与斜壁之间的动摩擦因数为μ，则磨石受到的摩擦力大小为( )
A．μ(F－mg)cs θ B．μ(F－mg)sin θ
C．(F－mg)cs θ D．μ(F－mg)
解析：选BC 磨石受重力、推力、斜壁的弹力及摩擦力而处于平衡状态，由图可知，F一定大于重力；先将重力与向上的推力合成后，将二者的合力向垂直于斜面方向及沿斜面方向分解，可得在沿斜面方向有：f＝(F－mg)cs θ；在垂直于斜面方向上有：FN＝(F－mg)sin θ；则f＝(F－mg)cs θ＝μ(F－mg)sin θ，故B、C正确。
一点一过
滑动摩擦力大小的计算方法
(三) 摩擦力的四类突变(培优点)
类型1 “静—静”突变
物体受到静摩擦力和其他力的共同作用，当其他力的合力发生变化时，如果仍保持相对静止，则静摩擦力的大小和(或)方向可能发生突变。
[例1] (多选)如图甲所示，两物体A、B叠放在光滑的水平面上，对物体A施加一水平变力F，F-t关系图像如图乙所示，两物体在力F作用下由静止开始运动，且始终相对静止，规定水平向右为正方向，则( )
A．两物体一直向右做直线运动
B．两物体沿直线做往复运动
C．在2～3 s时间内两物体间的摩擦力逐渐减小
D．B物体所受摩擦力的方向始终与力F的方向相同
[解析] 在0～2 s内两物体向右做加速运动，加速度先增大后减小；2～4 s内加速度反向，两物体做减速运动，因为两段时间内受力是对称的，所以4 s末速度变为零，在0～4 s内两物体一直向右运动，然后重复以前的运动，A正确，B错误；在2～3 s内，F逐渐增大，两物体加速度逐渐增大，隔离对B分析，B所受的合力逐渐增大，即B所受的摩擦力逐渐增大，C错误；对整体分析，两物体的加速度与F的方向相同，B物体所受的合力为摩擦力，故摩擦力的方向与加速度方向相同，即与F的方向相同，D正确。
[答案] AD
类型2 “静—动”突变
物体受到静摩擦力和其他力的共同作用，当其他力变化时，如果发生相对滑动，则静摩擦力突变为滑动摩擦力。
[例2] (多选)如图甲所示，水平木板上有一质量m＝3.75 kg的物块，受到随时间t变化的水平拉力F的作用。如图乙所示，用力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力Ff的大小，g取10 m/s2，下列判断正确的是( )
A．t＝1 s时外力F等于零
B．t＝6 s时外力F可能等于5 N
C．物块与木板间的动摩擦因数为0.08
D．物块与木板间的动摩擦因数为0.11
[解析] 由题意可知水平木板表面粗糙，物块在水平方向上的摩擦力在t＝1 s时为零，若受到不为零的外力F作用，则必定会产生摩擦力，故互相矛盾，因此t＝1 s时，F＝0，A正确；由题图乙可知，物块受到的最大静摩擦力为4 N，外力需要大于最大静摩擦力才可能让该物块受到的摩擦力从静摩擦力变成滑动摩擦力，而在t＝6 s时，该物块受到的摩擦力刚好从静摩擦力突变成滑动摩擦力，所以外力F必定大于4 N，可能是5 N，B正确；由题图乙可知，物块受到的滑动摩擦力Ff＝3 N，因为Ff＝μmg，动摩擦因数μ＝eq \f(Ff,mg)＝eq \f(3,3.75×10)＝0.08，C正确，D错误。
[答案] ABC
类型3 “动—静”突变
物体受到滑动摩擦力和其他力的共同作用，当相对滑动突然停止时，滑动摩擦力可能突变为静摩擦力。
[例3] 如图所示，斜面固定在地面上，倾角为θ＝37°(sin 37°＝0.6，cs 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随时间变化的图像是选项图中的(取初速度v0的方向为正方向，g取10 m/s2)( )
[解析] 滑块上滑过程中受滑动摩擦力，由Ff＝μFN和FN＝mgcs θ，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＜μmgcs 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，代入可得Ff＝6 N，方向沿斜面向上，故B正确。
[答案] B
类型4 “动—动”突变
物体受到滑动摩擦力和其他力的共同作用，当两物体间的正压力发生变化时，滑动摩擦力的大小随之而变；或者两物体达到共同速度时相对滑动方向发生变化，滑动摩擦力的方向也会随之而变。
[例4] 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μ＜tan θ，则下面四个图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是( )
[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＋μgcs θ；当小木块速度达到传送带速度时，由于μ[答案] D
[归结总结]
摩擦力的突变问题，无论怎样变化，其题根就是静摩擦力和滑动摩擦力大小或方向的变化分析问题，解题时应注意以下三点：
(1)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。有时，有些临界问题中并不含上述常见的“临界术语”，但审题时发现某个物理量在变化过程中会发生突变，则该物理量突变时物体所处的状态即为临界状态。
(2)静摩擦力是被动力，其存在及大小、方向取决于物体间的相对运动的趋势，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时静摩擦力达到最大值。
(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、方向和运动性质的分界点。
[课时跟踪检测]
一、立足主干知识，注重基础性和综合性
1.中国书法是一种艺术。在楷书笔画中，长横的写法要领如下：起笔时一顿，然后向右行笔，收笔时略向右按，再向左上回带。某同学在水平桌面上平铺一张白纸，为防止打滑，他在白纸的左侧靠近边缘处用镇纸压住。则下列关于从左至右行笔过程中各物体的受力情况说法正确的是( )
A．毛笔对纸的压力一定大于毛笔的重力
B．镇纸受到了向右的静摩擦力
C．白纸受到了3个摩擦力
D．桌面受到了向右的静摩擦力
解析：选D 提笔写字时，手对毛笔可能有向上的作用力，则毛笔对纸的压力不一定大于毛笔的重力，A错误；镇纸相对白纸无运动趋势，则镇纸不受静摩擦力作用，B错误；白纸受到笔向右的滑动摩擦力，同时受到桌面向左的静摩擦力作用，C错误；桌面受到了白纸向右的静摩擦力，D正确。
2．躺椅在生活中用途广泛，图甲中人双脚离地而坐，图乙中人双脚着地而坐。两图中位于水平地面上的人和椅子都保持静止状态，下列说法正确的是( )
A．甲中人对躺椅的压力是由椅子发生形变产生的
B．甲中人不同的躺姿会改变躺椅对人的合力
C．乙中人脚用力蹬地时，躺椅对人背部摩擦力一定沿椅面向上
D．乙中人脚用力蹬地时，脚对地的摩擦力大小与躺椅对地的摩擦力大小相等
解析：选D 甲中人对躺椅的压力是由人发生形变产生的，A错误；甲中人不同的躺姿，躺椅对人的作用力均与人的重力大小相等，方向相反，B错误；乙中人脚用力蹬地时，如果人的背部相对于躺椅有向上运动的趋势时，人背部所受摩擦力一定沿椅面向下，C错误；以人和躺椅整体为研究对象，乙中人脚用力蹬地时，地对脚的摩擦力和地对躺椅的摩擦力等大反向，由牛顿第三定律知，D正确。
3．小明将一辆后轮驱动的电动小汽车，按图示方法置于两个平板小车上，三者置于水平实验桌上。当小明用遥控器启动小车向前运动后，他看到两个平板小车也开始运动，下列标出的平板小车运动方向正确的是( )
解析：选C 用遥控器启动小车向前运动，后轮是主动轮，将顺时针转动，所以左侧平板小车对后轮的摩擦力向右，后轮对左侧平板小车的摩擦力向左，因此左侧平板小车向左运动；前轮是从动轮，所以右侧平板小车对前轮的摩擦力向左，前轮对右侧平板小车的摩擦力向右，因此右侧平板小车向右运动，C正确，A、B、D错误。
4.如图所示，在桌面上放置一张纸和一瓶矿泉水，矿泉水瓶静止在纸面上，如果突然迅速向右拉动纸的一边，将纸片拉出，而矿泉水瓶相对桌面的位置几乎没变。下列说法正确的是( )
A．纸片对矿泉水瓶摩擦力的方向向左
B．矿泉水瓶相对纸片向左运动
C．拉动纸片越快，矿泉水瓶受到的摩擦力越大
D．拉动纸片越快，矿泉水瓶受到的摩擦力越小
解析：选B 纸片相对矿泉水瓶向右运动，故矿泉水瓶相对纸片向左运动，则纸片对矿泉水瓶的摩擦力方向向右，A错误，B正确；将纸片拉出过程中，纸片与矿泉水瓶间的摩擦力是滑动摩擦力，根据滑动摩擦力公式Ff＝μFN，可知滑动摩擦力的大小只与动摩擦因数、正压力有关，与纸片运动的快慢无关，故C、D错误。
5．如图所示为一同学从t＝0时刻起逐渐增加水平推力推动箱子过程中三个时刻(t1、t2、t3)的漫画图。假设t1时刻同学对箱子的推力为5 N，t2时刻推力为10 N，t3时刻推力为15 N。下列说法正确的是( )
A．箱子对地面的压力就是箱子的重力
B．t1时刻，箱子所受地面的摩擦力大于5 N
C．t2时刻，箱子所受合外力与t1时刻相同
D．箱子与地面的滑动摩擦力一定为15 N
解析：选C 重力和压力是两种不同性质的力，只能说箱子对地面的压力大小等于箱子的重力，A错误；t1时刻，箱子没动，水平方向由二力平衡可知，箱子所受地面的静摩擦力等于5 N，B错误；t2时刻和t1时刻箱子都处于平衡状态，所受的合力均为零，C正确；t3时刻推力为15 N，此时箱子动了，但不能确定箱子的运动状态，故不能确定与地面的滑动摩擦力是否等于15 N，D错误。
6.“电动平衡车”是一种代步工具。如图，人站在“电动平衡车”上在某水平地面上沿直线匀速前进，人受到的空气阻力与速度成正比，下列说法正确的是( )
A．“电动平衡车”对人的作用力竖直向上
B．“电动平衡车”对人的作用力大小大于空气阻力大小
C．不管速度多大，“电动平衡车”对人的作用力大小相同
D．不管速度多大，地面对“电动平衡车”摩擦力大小相同
解析：选B “电动平衡车”对人的作用力与空气阻力的合力与重力等大反向，“电动平衡车”对人的作用力与空气阻力的合力方向竖直向上，“电动平衡车”对人的作用力不是竖直向上，故A错误；“电动平衡车”在水平方向对人的作用力等于空气阻力，竖直方向对人的作用力等于人的重力，所以“电动平衡车”对人的作用力大于空气阻力，故B正确；速度越大，人受到的空气阻力越大，“电动平衡车”对人水平方向的作用力越大，所以“电动平衡车”对人的作用力越大，故C错误；以人和“电动平衡车”整体为研究对象，竖直方向受到支持力和重力，水平方向受到地面的摩擦力和空气的阻力，速度越大，空气阻力越大，地面对“电动平衡车”摩擦力越大，故D错误。
7．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。下列说法正确的是( )
A．实验中必须让木板保持匀速运动
B．图乙中曲线就是摩擦力随时间的变化曲线
C．最大静摩擦力与滑动摩擦力之比约为10∶7
D．只用图乙中数据可得出物块与木板间的动摩擦因数
解析：选C 实验过程中物块处于平衡状态即可，没有必要让木板保持匀速运动，A错误；由于物块处于平衡状态，所以其在水平方向上受到的拉力(传感器的示数)与摩擦力大小相等，但是不能说拉力(传感器的示数)就是摩擦力，B错误；由题图乙可知最大静摩擦力约为10 N，滑动摩擦力约为7 N，故最大静摩擦力与滑动摩擦力之比约为10∶7，C正确；由于不知道物块的质量，也就不知道物块对木板的压力，因此只用题图乙的数据无法求出物块与木板间的动摩擦因数，D错误。
二、强化迁移能力，突出创新性和应用性
8．(多选)有一种圆珠笔，内部有一根小弹簧。如图所示，当笔杆竖直放置时，在圆珠笔尾部的按钮上放一个100 g的砝码，砝码静止时，弹簧压缩量为2 mm。现用这支圆珠笔水平推一本放在水平桌面上质量为900 g的书，当按钮压缩量为3.6 mm(未超过弹簧的弹性限度)时，这本书恰好匀速运动。下列说法正确的是(g取10 m/s2)( )
A．笔内小弹簧的劲度系数是500 N/m
B．笔内小弹簧的劲度系数是50 N/m
C．书与桌面间的动摩擦因数是0.02
D．书与桌面间的动摩擦因数是0.2
解析：选AD 由于砝码处于静止状态，则kΔx＝mg，所以有k＝eq \f(mg,Δx)＝500 N/m，A正确，B错误；要使书恰好能匀速运动，则kΔx′＝μm′g，代入数据解得μ＝0.2，C错误，D正确。
9.一长木板静止在倾角为θ的斜面上，长木板上一人用力推长木板上的物块，使物块与长木板间的摩擦力刚好为零，已知人、物块、长木板的质量均为m，人、物块与长木板间的动摩擦因数均为μ1，长木板与斜面间的动摩擦因数为μ2，则下列说法正确的是( )
A．斜面对长木板的摩擦力为mgsin θ
B．斜面对长木板的摩擦力为3μ2mgcs θ
C．长木板对人的摩擦力为2mgsin θ
D．长木板对人的摩擦力为2μ1mgcs θ
解析：选C 对人、物块、长木板三者整体研究，斜面对它们的摩擦力为静摩擦力，其大小为f＝3mgsin θ，A、B错误；对人和物块整体研究，由于物块与长木板间的摩擦力刚好为零，因此长木板对人的静摩擦力大小为f′＝2mgsin θ，C正确，D错误。
10.如图所示，一辆运送沙子的自卸卡车装满沙子，沙粒之间的动摩擦因数为μ1，沙子与车厢底板间的动摩擦因数为μ2(μ2＞μ1)，车厢的倾角用θ表示，下列说法正确的是( )
A．要顺利地卸干净全部沙子，应满足tan θ＜μ2
B．要顺利地卸干净全部沙子，应满足sin θ＞μ2
C．只卸去部分沙子，车上还留有一部分沙子，应满足μ2＞tan θ＞μ1
D．只卸去部分沙子，车上还留有一部分沙子，应满足tan θ＞μ2＞μ1
解析：选C 要顺利地卸干净全部沙子，对沙子整体分析，有Mgsin θ＞μ2Mgcs θ，即μ2＜tan θ，A、B均错误；若只卸去部分沙子，对滑下的部分沙子，有：mgsin θ＞μ1mgcs θ，即μ1＜tan θ，对留下的部分沙子，有：m′gsin θ＜μ2m′gcs θ，即：μ2＞tan θ，故C正确，D错误。
11.(多选)如图所示，皮带运输机将物体匀速地送往高处，下列结论正确的是( )
A．物体受到与运动方向相同的摩擦力作用
B．传送的速度越大，物体受到的摩擦力越大
C．物体所受的摩擦力与传送的速度无关
D．物体受到的静摩擦力为物体随皮带运输机上升的动力
解析：选ACD 物体随皮带运输机一起上升的过程中，物体具有相对于皮带下滑的趋势，受到沿皮带向上的静摩擦力作用，是物体随皮带运输机上升的动力，其大小等于物体所受重力沿皮带向下的分力，与传送的速度大小无关，故A、C、D正确，B错误。
12．如图甲所示，粗糙的水平地面上有一斜劈，斜劈上一物块正沿斜面以速度v0匀速下滑，斜劈保持静止，地面对斜劈的摩擦力为f1；如图乙所示，若对该物块施加一平行于斜面向下的推力F1，使其加速下滑，则地面对斜劈的摩擦力为f2；如图丙所示，若对该物块施加一平行于斜面向上的推力F2，使其减速下滑，则地面对斜劈的摩擦力为f3。下列关于f1、f2、f3的大小关系正确的是( )
A．f1>0 B．f2>f3
C．f2解析：选D 题图甲中斜劈和物块都处于平衡状态，对整体，只有竖直方向的重力和支持力，地面对斜劈的摩擦力f1＝0，故A项错误；根据图甲的情景可知，在图乙、丙中，物块受到斜面的作用力都是滑动摩擦力和支持力，合力与物块重力平衡即竖直向上，因此物块对斜面的作用力(摩擦力和压力的合力)总是竖直向下的，且与物块的重力等大，所以斜劈只受到了竖直方向的重力、地面支持力和物块的作用力，与图甲的受力情况相同，因此有f1＝f2＝f3＝0，B、C项错误，D项正确。
第3讲 力的合成和分解
一、共点力 合力和分力
1．共点力
几个力如果都作用在物体的同一点，或它们的作用线相交于一点，这几个力叫作共点力。
2．合力和分力
(1)定义：假设一个力单独作用的效果跟某几个力共同作用的效果相同，这一个力就叫作那几个力的合力，那几个力叫作这一个力的分力。
(2)关系：合力和分力是等效替代的关系。
二、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。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。
三、力的分解
1．定义：求一个已知力的分力的过程。
2．运算法则：平行四边形定则或三角形定则。
3．两种分解方法：正交分解法和效果分解法。
四、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，运算时按算术法则相加减。,eq \a\vs4\al(情境创设)
如图甲所示，两个小孩分别用F1、F2提着一桶水，水桶静止；如图乙所示，一个大人单独用力F提着同一桶水，水桶静止。
微点判断
(1)F1和F2是共点力。(√)
(2)F1和F2的共同作用效果与F的作用效果相同。(√)
(3)合力F与分力F1、F2之间满足平行四边形定则。(√)
(4)水桶的重力就是F1、F2两个力的合力。(×)
(5)几个力的共同作用效果可以用一个力代替。(√)
(6)在进行力的合成与分解时，要应用平行四边形定则或三角形定则。(√)
(7)两个力的合力一定比任一分力大。(×)
(8)合力与分力是等效替代关系，因此受力分析时不要重复分析。(√)
(一) 力的合成(固基点)
[题点全练通]
1．[两个力的合力范围]有两个共点力，一个力的大小是10 N，另一个力的大小是4 N，它们合力的大小可能是( )
A．40 N B．25 N
C．15 N D．8 N
解析：选D 6 N≤F合≤14 N，只有8 N在此范围内，D项正确。
2．[三个力的合力范围](多选)一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：选ABC 两个2 N的力的合力范围为0～4 N，然后与3 N的力合成，则三力的合力范围为0～7 N，由于最大静摩擦力为5 N，因此可判定A、B、C正确，D错误。
3．[作图法求合力]某物体同时受到2个共点力作用，在如图所示的四种情况中(坐标纸中每格的边长均表示1 N大小的力)，物体所受合外力最大的是( )
解析：选C 题A图中，将F1与F2进行合成，如图甲所示，求得合力的大小为F合＝3 N；题B图中，将F1与F2进行合成，如图乙所示，求得合力的大小为F合＝eq \r(32＋42) N＝5 N；题C图中，将F1与F2进行合成，求得合力的大小为F合＝4eq \r(2) N，如图丙所示；题D图中，将F1与F2进行合成，求得合力的大小为F合＝3 N，如图丁所示，故C符合题意。
4．[计算法求合力]在平面内有作用于同一点的四个力，以力的作用点为坐标原点O，四个力的方向如图所示，其中F1＝6 N，F2＝8 N，F3＝4 N，F4＝2 N。这四个力的合力方向指向( )
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
解析：选A F1与F3的合力F13沿着x轴的正方向，为2 N；F2与F4的合力F24为6 N，沿着y轴正方向；最后再将F13与F24合成，故合力F1234为2eq \r(10) N，指向第一象限，A正确，B、C、D错误。
[要点自悟明]
1．合力范围的确定
(1)两个共点力的合力范围：|F1－F2|≤F≤F1＋F2。
(2)三个共点力的合力范围
最大值：三个力同向时，其合力最大，为Fmax＝F1＋F2＋F3。
最小值：以这三个力的大小为边，如果能组成封闭的三角形(三个力首尾相接)，则其合力的最小值为零，即Fmin＝0；如果不能，则合力的最小值为Fmin＝F1－|F2＋F3|(F1为三个力中最大的力)。
2．共点力合成的常用方法
(1)作图法：从力的作用点起，按同一标度作出两个分力F1和F2的图示
，再以F1和F2的图示为邻边作平行四边形，画出过作用点的对角线，量出对角线的长度，计算出合力的大小，量出对角线与某一力的夹角确定合力的方向(如图所示)。
(2)计算法：几种特殊情况的共点力的合成。
(二) 力的分解(精研点)
方法1 力的效果分解法
1．力的分解的原则
(1)选用哪一种方法进行力的分解要视情况而定，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，若受到三个力中，有两个力互相垂直，可选用正交分解法。
(2)当物体受到三个以上的力时，常用正交分解法。
2．力的效果分解法的步骤
[例1] 某压榨机的结构示意图如图所示，其中B为固定铰链，若在A铰链处作用一垂直于墙壁的力F，则由于力F的作用，使滑块C压紧物体D，设C与D光滑接触，杆的重力及滑块C的重力不计，图中a＝0.6 m，b＝0.1 m，则物体D所受压力的大小与力F的比值为( )
A．3 B．4
C．5 D．6
[解析] 设力F与AC方向间的夹角为θ，将力F按作用效果沿AB和AC两个方向进行分解，作出力的分解图如图甲所示。由几何关系得2F1cs θ＝F，则得F1＝F2＝eq \f(F,2cs θ)，再将F2按作用效果分解为FN和FN′，作出力的分解图如图乙所示。
由几何关系得FN＝F2sin θ，联立得到FN＝eq \f(Ftan θ,2)，根据几何知识得tan θ＝eq \f(a,b)＝6，得到FN＝3F，故A正确，B、C、D错误。
[答案] A
方法2 力的正交分解法
(1)定义：将已知量按相互垂直的两个方向进行分解的方法。
(2)建轴原则：一般选共点力的作用点为原点，在静力学中，以少分解力和容易分解力为原则(使尽量多的力分布在坐标轴上)；在动力学中，往往以加速度方向和垂直加速度方向为坐标轴建立坐标系。
(3)解题方法：首先把各力向相互垂直的x轴、y轴上分解，然后分别对x轴方向和y轴方向列式分析。
[例2] (2023·广东高考)如图所示，可视为质点的机器人通过磁铁吸附在船舷外壁面检测船体。壁面可视为斜面，与竖直方向夹角为θ。船和机器人保持静止时，机器人仅受重力G、支持力FN、摩擦力Ff和磁力F的作用，磁力垂直壁面。下列关系式正确的是( )
A．Ff＝G B．F＝FN
C．Ff＝Gcs θ D．F＝Gsin θ
[解析] 如图所示，将重力沿斜面方向和垂直于斜面方向分解，沿斜面方向，由平衡条件得Ff＝Gcs θ，故A错误，C正确；垂直斜面方向，由平衡条件得F＝Gsin θ＋FN，故B、D错误。
[答案] C
(三) “活结”与“死结”、“动杆”与“定杆”模型(融通点)
模型1 “活结”与“死结”
[例1·“活结”模型] 如图所示，钉子A和小定滑轮B均固定在竖直墙面上，它们相隔一定距离且处于同一高度，细线的一端系有一小沙桶D，另一端跨过定滑轮B与动滑轮C后固定在钉子A上。质量为m的小球E与轻质动滑轮C固定连接。初始时整个系统处于静止状态，滑轮C两侧细线的夹角为74°。现缓慢地往沙桶添加细沙，当系统再次平衡时，滑轮C两侧细线的夹角为106°。不计一切摩擦，取cs 37°＝0.8，cs 53°＝0.6，则此过程中往沙桶D中添加的细沙质量为( )
A.eq \f(5,6)m B.eq \f(5,8)m C.eq \f(5,24)m D.eq \f(1,8)m
[解析] 设初始时沙桶和沙的质量为m1，再次平衡时沙桶和沙的质量为m2，则添加细沙前后根据平衡条件有m1gcs 37°＝eq \f(1,2)mg，m2gcs 53°＝eq \f(1,2)mg，解得m2＝eq \f(5,6)m，m1＝eq \f(5,8)m，则Δm＝m2－m1＝eq \f(5,24)m，C正确。
[答案] C
eq \a\vs4\al([模型建构])
“活结”模型分析

[例2·“死结”模型] 如图所示，蜘蛛用蛛丝将其自身悬挂在水管上，并处于静止状态。蛛丝OM、ON与竖直方向夹角分别为α、β(α>β)。用F1、F2分别表示OM、ON的拉力，则( )
A．F1的竖直分力大于F2的竖直分力
B．F1的竖直分力等于F2的竖直分力
C．F1的水平分力大于F2的水平分力
D．F1的水平分力等于F2的水平分力
[解析] 对O点受力分析如图所示，由几何关系可知，F1的竖直分力小于F2的竖直分力，F1的水平分力等于F2的水平分力，故A、B、C错误，D正确。
[答案] D
eq \a\vs4\al([模型建构]) 模型2 “动杆”与“定杆”
“死结”模型分析
[例3·“动杆”模型] 如图为两种形式的吊车的示意图，OA为可绕O点转动的轻杆，重量不计，AB为缆绳，当它们吊起相同重物时，杆OA在图甲、乙中的受力分别为Fa、Fb，则下列关系正确的是( )
A．Fa＝Fb B．Fa>Fb
C．Fa[解析] 对题图中的A点受力分析，
则由图甲可得Fa＝Fa′＝2mgcs 30°＝eq \r(3)mg
由图乙可得tan 30°＝eq \f(mg,Fb′)，则Fb＝Fb′＝eq \r(3)mg，故Fa＝Fb。
[答案] A
eq \a\vs4\al([模型建构])
“动杆”模型分析
[例4·“定杆”模型] 如图所示，水平横梁一端A插在墙壁内，另一端装有一小滑轮B。一轻绳的一端C固定于墙壁上，另一端跨过滑轮后悬挂一质量为m＝10 kg的重物，∠CBA＝30°，则滑轮受到绳子的作用力大小为(g取10 m/s2)( )
A．50 N B．60 N
C．120 N D．100 N
[解析] 轻绳跨过滑轮，BC段、BD段拉力F1＝F2＝mg＝100 N，夹角为120°，根据平行四边形定则，二力合成如图所示。由于F1＝F2，所以平行四边形为菱形，又因为∠DBG＝60°，所以△BGD为等边三角形，所以F1、F2的合力F＝F1＝F2＝100 N，即绳子对滑轮的作用力大小为100 N，D正确。
[答案] D
eq \a\vs4\al([模型建构])
“定杆”模型分析

(四) 力的合成中两类最小值问题(释疑点)

类型1
合力一定，其中一个分力的方向一定，当两个分力垂直时，另一个分力最小。
1.如图所示，重力为G的小球用轻绳悬于O点，用力F拉住小球，使轻绳保持偏离竖直方向60°角且不变，当F与竖直方向的夹角为θ时F最小，则θ、F的值分别为( )
A．0°，G B．30°，eq \f(\r(3),2)G
C．60°，G D．90°，eq \f(1,2)G
解析：选B 小球重力不变，位置不变，则绳OA拉力的方向不变，故当拉力F与绳OA垂直时，力F最小，故θ＝30°，F＝Gcs θ＝eq \f(\r(3),2)G，B正确。
2.将两个质量均为m的小球a、b用细线相连后，再用细线悬挂于O点，如图所示。用力F拉小球b，使两个小球都处于静止状态，且细线Oa与竖直方向的夹角保持θ＝30°，则F的最小值为( )
A.eq \f(\r(3),3)mg B．mg
C.eq \f(\r(3),2)mg D.eq \f(1,2)mg
解析：选B 将a、b看成一个整体受力分析可知，当力F与Oa垂直时F最小，可知此时F＝2mgsin θ＝mg，B正确。
类型2
合力方向一定，其中一个分力的大小和方向都一定，当另一个分力与合力方向垂直时，这一分力最小。
3.如图所示，物体静止于光滑水平面M上，水平恒力F1作用于物体上，现要使物体沿着OO′方向做直线运动(F1和OO′都在M平面内)。那么必须同时再加一个力F2，则F2的最小值是( )
A．F1cs θ B．F1sin θ
C．F1tan θ D.eq \f(F1,tan θ)
解析：选B 要使物体沿OO′方向做直线运动，则物体受到的合力F沿OO′方向，如图，由三角形定则知，当F2方向垂直OO′时，F2有最小值，为F2＝F1sin θ，B正确。
4.如图所示，甲、乙、丙三人分别在两岸用绳拉小船在河流中行驶，已知甲的拉力大小为800 N，方向与航向夹角为30°，乙的拉力大小为400 N，方向与航向夹角为60°，要保持小船在河流正中间沿虚线所示的直线行驶，则丙用力最小为( )
A．与F甲垂直，大小为400 N
B．与F乙垂直，大小为200eq \r(3) N
C．与河岸垂直，大小约为746 N
D．与河岸垂直，大小为400 N
解析：选C 如图所示，甲、乙两人的拉力大小和方向一定，其合力为如图所示中的F，要保持小船在河流中间沿虚线方向直线行驶，F与F丙的合力必沿河岸方向，当F丙与河岸垂直时，其值最小，由图可知，F丙min＝F乙sin 60°＋F甲sin 30°＝200eq \r(3) N＋400 N≈746 N，C正确。
eq \a\vs4\al([归纳总结])
两类最小值问题因初始条件有所差别，表面上看似乎不同，但这两类问题实际上都是应用图解法分析极值条件，从而得出最后结果的。

[课时跟踪检测]
一、立足主干知识，注重基础性和综合性
1．两个力F1和F2间的夹角为θ，两力的合力为F。以下说法正确的是( )
A．合力F总比分力F1和F2中的任何一个力都大
B．合力F一定总比分力F1和F2中的一个力大
C．若F1和F2大小不变，θ越小，合力F就越大
D．如果夹角θ不变，若F1的大小不变，只要F2增大，合力F就必然增大
解析：选C 二力平衡时，合力为零，此时合力F比分力中的任何一个力都小，A、B错误；若F1和F2大小不变，θ越小，合力F越大，C正确；如果夹角θ不变，F1大小不变，F2增大，合力F可能减小，也可能增大，故D错误。
2.如图所示，某质点在共点力F1、F2、F3作用下处于静止状态，现将F1逆时针旋转60°，其他力均保持不变，那么该质点所受合力大小为( )
A．F1 B．F2＋F1
C．F3 D．F1＋F3
解析：选A 三力平衡时任意两个力的合力与第三个力等大、反向、共线，故除F1外的两个力F2、F3的合力大小等于F1，方向与F1相反；现将F1逆时针旋转60°，根据平行四边形定则可知，两个大小均为F1且互成120°角的力合成时，合力在两个分力的角平分线上，大小等于分力F1，故此时质点所受到的合力大小为F1，故A正确。
3.如图所示，水平长为L、重为G的长方体工件放在水平地面上，弹性绳(可等效成轻弹簧)两端系在工件的两端，用光滑吊钩吊着弹性绳，当弹性绳刚要绷紧时，吊钩两侧弹性绳与水平方向的夹角θ为37°，将吊钩缓慢向上提起，当工件刚好要离开地面时，吊钩两侧弹性绳与水平方向的夹角θ为53°，弹性绳始终在弹性限度内，sin 37°＝0.6，则弹性绳的劲度系数为( )
A.eq \f(G,2L) B.eq \f(G,L)
C.eq \f(3G,2L) D.eq \f(2G,L)
解析：选C 当工件刚要离开地面时，弹性绳的伸长量为x＝eq \f(L,cs 53°)－eq \f(L,cs 37°)＝eq \f(5,12)L，设弹性绳上的弹力为F，则有2Fsin 53°＝G，解得F＝eq \f(5,8)G，则弹性绳的劲度系数为k＝eq \f(F,x)＝eq \f(3G,2L)，选项C正确。
4．小陶、小盛两人共提一桶水匀速走向教室，如图所示，水和水桶的总质量为m，两人拉力方向与竖直方向都成θ角，大小都为F，下列说法中正确的是( )
A．不管θ为何值，F＝eq \f(mg,2)
B．当θ＝30°时，F＝mg
C．当θ＝45°时，F＝eq \r(2)mg
D．θ越大，F越大
解析：选D 由题可知小陶、小盛的手臂对水桶的拉力大小为F，两人拉力方向与竖直方向都成θ角，根据对称性可知，结合平衡条件得2Fcs θ＝mg，解得F＝eq \f(mg,2cs θ)，当θ＝0°时，cs θ值最大，则F＝eq \f(mg,2)；当θ＝30°时，F＝eq \f(\r(3),3)mg；当θ＝45°时，F＝eq \f(\r(2),2)mg；当θ为60°时，F＝mg；当θ越大时，则F越大；故A、B、C错误，D正确。
5．(2022·广东高考)如图是可用来制作豆腐的石磨。木柄AB静止时，连接AB的轻绳处于绷紧状态。O点是三根轻绳的结点，F、F1和F2分别表示三根绳的拉力大小，F1＝F2且∠AOB＝60°。下列关系式正确的是( )
A．F＝F1 B．F＝2F1
C．F＝3F1 D．F＝eq \r(3)F1
解析：选D 对O点受力分析如图所示。因F1＝F2，由物体的平衡条件得F＝2F1cs 30°，即F＝eq \r(3)F1，D正确，A、B、C错误。
6.如图所示，在两竖直墙面间的同一竖直面内有两根等长细绳AO和BO连接于O点，O点的下方用绳子CO悬挂一重物，D点在B点正下方，且A、O、D在等高处，物体处于静止状态，绳BO与竖直墙面的夹角θ＝37°，此时绳AO的张力为T1。现在把绳子端点B移到D点，静止时绳子AO的张力为T2，则下列结论正确的是( )
A．T1＝eq \f(4,3)mg B．T1＝eq \f(4,5)mg
C．T2＝eq \f(5,6)mg D．T2＝mg
解析：选C 绳子端点B在最初位置时，根据平衡条件可得T1＝mgtan θ＝eq \f(3,4)mg，设细绳AO长度为L，据几何关系可知两竖直墙面间的距离为d＝L＋Lsin θ＝1.6L，绳子端点B移到位置D点时，绳子AO与竖直墙面间的夹角为α，由几何知识得sin α＝eq \f(\f(1,2)d,L)＝0.8，此时有2T2cs α＝mg，得T2＝eq \f(5,6)mg，所以C正确，A、B、D错误。
7．(多选)已知力F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eq \f(\r(3),3)F，方向未知，则F1的大小可能是( )
A.eq \f(\r(3)F,3) B.eq \f(\r(3)F,2) C.eq \f(2\r(3)F,3) D.eq \r(3)F
解析：选AC 如图所示，因F2＝eq \f(\r(3),3)F>Fsin 30°，故F1的大小有两种可能情况，由ΔF＝eq \r(F22－Fsin 30°2)＝eq \f(\r(3),6)F，即F1的大小分别为Fcs 30°－ΔF和Fcs 30°＋ΔF，即F1的大小分别为eq \f(\r(3),3)F和eq \f(2\r(3),3)F，A、C正确。
8.蹦床可简化为如图所示的完全相同的网绳构成的正方形，点O，a，b，c，…为网绳的结点。当网水平张紧时，若质量为m的运动员从高处竖直落下，并恰好落在O点，当该处下凹至最低点时，网绳aOe、cOg均成120°向上的张角，此时O点受到的向下的冲击力为F，则这时O点周围每根网绳的拉力的大小为( )
A.eq \f(F,4) B.eq \f(F,2)
C.eq \f(F＋mg,4) D.eq \f(F＋mg,2)
解析：选B 设每根网绳的拉力大小为F′，由几何关系知，对结点O有4F′cs 60°＝F，解得F′＝eq \f(F,2)，B正确。
9.如图所示，一卡车沿倾角为15°的下坡路段匀速行驶，一质量为m的匀质圆筒置于车厢内两固定光滑斜面之间，两斜面Ⅰ、Ⅱ与车厢底板的夹角分别为30°和60°，圆筒对斜面Ⅰ、Ⅱ压力的大小分别为F1、F2，则( )
A．F1＝eq \f(\r(2),2)mg、F2＝eq \f(\r(2),2)mg
B．F1＝eq \f(\r(3),2)mg、F2＝eq \f(1,2)mg
C．F1＝eq \f(\r(6)＋\r(2),4)mg、F2＝eq \f(\r(6)－\r(2),4)mg
D．F1＝eq \f(\r(3),3)mg、F2＝eq \f(\r(3),2)mg
解析：选A 对圆筒受力分析如图所示，由几何关系可得F1、F2与竖直方向夹角都为45°，由平衡条件可得
F1＝mgcs 45°＝eq \f(\r(2),2)mg，
F2＝mgsin 45°＝eq \f(\r(2),2)mg，
所以A正确，B、C、D错误。
二、强化迁移能力，突出创新性和应用性
10.如图，轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆M、N上的a、b两点(b点高于a点)，悬挂衣服的衣架钩是光滑的，将衣服从靠近b端挂上晾衣绳，衣服最终静止时(未与地面接触)，绳对a点和b点的拉力大小分别为Fa和Fb，已知衣服(含衣架)所受重力为G，绳长L与两杆间距d的关系式为eq \f(d,L)＝eq \f(\r(3),2)，则( )
A．Fa＜Fb＜G B．Fa＝Fb＝G
C．Fa＞Fb＞G D．Fa＝Fb＜G
解析：选B 由于悬挂衣服的衣架钩是光滑的，则两边绳子是同一根绳子，两边拉力处处相等，有Fa＝Fb＝F，由对称性可知，静止时，两边绳子与竖直方向的夹角θ相同，由平衡条件可得2Fcs θ＝G，由几何关系可得sin θ＝eq \f(d,L)，由题意有eq \f(d,L)＝eq \f(\r(3),2)，联立解得F＝G，所以B正确，A、C、D错误。
11.(多选)如图所示为缓慢关门时(图中箭头方向)门锁的示意图，锁舌尖角为37°，此时弹簧弹力为24 N，锁舌表面较光滑，摩擦不计(sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)，下列说法正确的是( )
A．此时锁壳碰锁舌的弹力为40 N
B．此时锁壳碰锁舌的弹力为30 N
C．关门时锁壳碰锁舌的弹力逐渐增大
D．关门时锁壳碰锁舌的弹力保持不变
解析：选AC 锁壳碰锁舌的弹力分解如图所示，其中F1＝FNsin 37°，且此时F1大小等于弹簧的弹力24 N，解得锁壳碰锁舌的弹力为40 N，A正确，B错误；关门时，弹簧的压缩量增大，弹簧的弹力增大，故锁壳碰锁舌的弹力逐渐增大，C正确，D错误。
12.在港珠澳大桥建设中，将一根根直径D＝22 m，高H＝40.5 m的钢筒，打入海底围成人工岛，创造了快速筑岛的世界纪录。钢筒质量为M，起重机用如图所示的8根对称分布的、长为L＝22 m的钢索将其吊起，并处于静止状态，则每根钢索受到的拉力大小为( )
A.eq \f(1,8)Mg B.eq \f(1,4)Mg C.eq \f(\r(3),24)Mg D.eq \f(\r(3),12)Mg
解析：选D 由于钢筒的直径为22 m，钢索的长为22 m，则每两根对称钢索与直径构成等边三角形，所以每根钢索与竖直方向的夹角为30°；设每根钢索受到的拉力大小为F，在竖直方向根据平衡条件可得8Fcs 30°＝Mg，所以F＝eq \f(\r(3)Mg,12)。
13.为了把陷在泥坑里的汽车拉出来，司机用一条结实的绳子把汽车拴在一棵大树上，开始时车与树相距12 m，然后在绳的中点用400 N的水平力F沿垂直绳的方向拉绳，结果中点被拉过0.6 m，如图所示(俯视图)，假设绳子的伸长不计，则汽车受到的拉力为( )
A．200 N B．400 N C．2 000 N D．800 N
解析：选C
对绳中点受力分析，如图所示。设绳中张力大小为FT，根据力的合成法则，结合几何知识有eq \f(\f(F,2),FT)＝eq \f(0.6,6)，解得FT＝2 000 N，即汽车受到的拉力为2 000 N，故C正确。
14.如图所示为汽车的机械式手刹(驻车器)系统的结构示意图，结构对称。当向上拉动手刹拉杆时，手刹拉索(不可伸缩)就会拉紧，拉索OD、OC分别作用于两边轮子的制动器，从而实现驻车的目的。则以下说法正确的是( )
A. 当OD、OC两拉索夹角为60°时，三根拉索的拉力大小相等
B．拉动手刹拉杆时，拉索AO上拉力总比拉索OD和OC中任何一个拉力大
C．若在AO上施加一恒力，OD、OC两拉索夹角越小，拉索OD、OC拉力越大
D．若保持OD、OC两拉索拉力不变，OD、OC两拉索越短，拉动拉索AO越省力
解析：选D 当OD、OC两拉索夹角为120°时，三根拉索的拉力大小才相等，A错误；拉动手刹拉杆时，当OD、OC两拉索夹角大于120°时，拉索AO上拉力比拉索OD和OC中任何一个拉力小，B错误；根据平行四边形定则可知，若在AO上施加一恒力，OD、OC两拉索夹角越小，拉索OD、OC拉力越小，C错误；若保持OD、OC两拉索拉力不变，OD、OC两拉索越短，则两力夹角越大，合力越小，即拉动拉索AO越省力，D正确。

第4讲 “共点力的静态平衡”解题技能强化
加强点(一) 物体的受力分析

1．受力分析的四个步骤
2．受力分析的三种方法
[多维训练]
考法1 假设法分析物体受力
1.(多选)如图所示，固定斜面上有一光滑小球，与一竖直轻弹簧P和一平行斜面的轻弹簧Q连接着，小球处于静止状态，则关于小球所受力的个数可能的是( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选BCD 设小球质量为m，若FP＝mg，则小球只受拉力FP和重力mg两个力作用；若FP考法2 状态法分析物体受力
2.如图所示是翠鸟俯冲捕捉小鱼的精彩画面。如果整个俯冲过程翠鸟做加速直线运动，用O表示翠鸟，G表示翠鸟受到的重力，F表示空气对它的作用力，下列四幅图中能正确表示此过程中翠鸟受力情况的是( )
解析：选A 根据题意，翠鸟做加速直线运动，所以翠鸟所受合力方向与速度方向相同，根据平行四边形定则分析可知只有A选项中，重力与F的合力的方向有可能与速度方向相同，B、C、D中合力的方向一定与速度方向有夹角，翠鸟不可能做直线运动。所以A正确，B、C、D错误。
考法3 转换法分析物体受力
3．(2024年1月·贵州高考适应性演练)如图，一小型卡车行驶在平直公路上，车上装有三个完全相同、质量均为m的光滑圆柱形匀质物体，A、B水平固定，C自由摆放在A、B之上。当卡车以某一恒定的加速度刹车时，C对A的压力恰好为零，已知重力加速度大小为g，则C对B的压力大小为( )
A.eq \f(\r(3),3)mg B.eq \f(2\r(3),3)mg
C.eq \r(3)mg D．2mg
解析：选B 卡车以某一恒定的加速度刹车时，其加速度水平向左，则C所受的合力水平向左，而C对A的压力恰好为零，则C只受重力和B对C的支持力，由竖直方向平衡有NBCsin 60°＝mg，解得B球对C球的支持力为NBC＝eq \f(2\r(3),3)mg，由牛顿第三定律可知C对B的压力大小为eq \f(2\r(3),3)mg。故选B。
加强点(二) 解答静态平衡问题的三种常用方法
方法1 合成法与分解法
1．合成法：物体受三个共点力的作用而平衡，则任意两个力的合力一定与第三个力大小相等，方向相反。
2．分解法：物体受三个共点力的作用而平衡，将某一个力按作用效果分解，则其分力和其他两个力满足平衡条件。
[例1] (2023·浙江1月选考)如图所示，轻质网兜兜住重力为G的足球，用轻绳挂于光滑竖直墙壁上的A点，轻绳的拉力为FT，墙壁对足球的支持力为FN，则( )
A．FTC．FT>G D．FT＝G
[解析] 设轻绳与墙的夹角为θ，对足球受力分析如图所示，由物体的平衡条件得：FTcs θ＝G，FTsin θ＝FN，可判断：FT＞G，FT＞FN，故C正确，A、B、D错误。
[答案] C
方法2 正交分解法
正交分解法：物体受到三个或三个以上共点力的作用而平衡时，将物体所受的力沿互相垂直的方向分解，每个方向上的力都满足力的平衡条件。
[例2] 如图所示，倾角为30°的斜面固定在水平地面上，斜面上放有一重力为G的物块A，有一水平轻弹簧一端固定在竖直墙面上，另一端与物块A接触。若物块A静止时受到沿斜面向下的摩擦力大小为eq \f(G,2)，此时弹簧的弹力大小是( )
A.eq \f(\r(3),3)G B.eq \f(2\r(3),3)G C．G D.eq \f(3＋\r(3),3)G
[解析] 对A进行受力分析，利用正交分解法对力进行分解，如图所示：
在沿斜面方向，根据平衡条件：Fcs 30°＝f＋Gsin 30°，而f＝eq \f(G,2)，解得F＝eq \f(2\r(3),3)G，故B正确，A、C、D错误。
[答案] B
方法3 力的三角形法
力的三角形法：对受三个共点力作用而平衡的物体，将力的矢量图平移使三力组成一个首尾依次相接的矢量三角形，根据正弦定理、余弦定理或相似三角形等数学知识求解未知力。
[例3] (2023·重庆高三模拟)如图所示，一轻杆两端固定两个小球A、B，A球的质量是B球质量的3倍，轻绳跨过滑轮连接A和B，一切摩擦不计，平衡时OA和OB的长度之比为( )
A．1∶2 B．2∶1
C．1∶3 D．1∶4
[解析] 设绳上拉力为FT，OA长L1，OB长L2，过O点做竖直向下的辅助线交AB为C点，如图所示，利用力的三角形和几何三角形相似，有eq \f(FT,mAg)＝eq \f(L1,OC)，eq \f(FT,mBg)＝eq \f(L2,OC)，解得eq \f(L1,L2)＝eq \f(1,3)，故A、B、D错误，C正确。
[答案] C
加强点(三) 多物体的平衡问题
1．多物体平衡问题的常用解题方法
2.应用整体法和隔离法的解题思路
[典例] 如图所示，一轻质光滑定滑轮固定在倾斜木板上，质量分别为m和2m的物块A、B，通过不可伸长的轻绳跨过滑轮连接，A、B间的接触面和轻绳均与木板平行。A与B间、B与木板间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当木板与水平面的夹角为45°时，物块A、B刚好要滑动，则μ的值为( )
A.eq \f(1,3) B.eq \f(1,4)
C.eq \f(1,5) D.eq \f(1,6)
[解题指导] 解答本题应把握以下两点：
(1)当木板与水平面的夹角为45°时，物块A、B刚要滑动，此时A与B间、B与木板间的摩擦力恰好为最大静摩擦力(即滑动摩擦力)。
(2)本题可分别对A、B受力分析求解，也可先对A受力分析，再对A、B整体受力分析求解。
[解析] 根据题述，物块A、B刚要滑动，可知A、B之间的摩擦力fAB＝μmgcs 45°，B与木板之间的摩擦力f＝μ·3mgcs 45°。隔离A分析受力，由平衡条件可得轻绳中拉力F＝fAB＋mgsin 45°。对A、B整体，由平衡条件：2F＝3mgsin 45°－f，联立解得：μ＝eq \f(1,5)，C正确。
[答案] C
[规律方法]
整体法和隔离法的灵活选择
(1)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。
(2)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。
(3)整体法和隔离法不是独立的，对一些较复杂问题，通常需要多次选取研究对象，交替使用整体法和隔离法。
[多维训练]
1．[整体法的应用]如图，A、B、C、D是四个完全相同的球，重力皆为G，A、B、C放置在水平面上用细线扎紧，D球叠放在A、B、C三球上面，则球A对地面的压力为( )
A.eq \f(4,3)G B.eq \f(3,2)G
C.eq \f(3,4)G D．G
解析：选A 由对称性知，地面对A、B、C每个球的支持力相等，设为FN，对整体受力分析，据平衡条件可得3FN＝4G，可知地面对每个球的支持力FN＝eq \f(4,3)G。据牛顿第三定律可得，球A对地面的压力F压＝FN＝eq \f(4,3)G，故A正确。
2．[隔离法的应用]如图，V型对接的绝缘斜面M、N固定在水平面上，两斜面与水平面夹角均为α＝60°，其中斜面N光滑。两个质量相同的带电小滑块P、Q分别静止在M、N上，P、Q连线垂直于斜面M，已知
最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则P与M间的动摩擦因数至少为( )
A.eq \f(\r(3),6) B.eq \f(1,2)
C.eq \f(\r(3),2) D.eq \f(\r(3),3)
解析：选D 滑块Q在光滑斜面N上静止，则P与Q带电同性，设两者之间的库仑斥力为F，两滑块的受力分析和角度关系如图所示，对滑块Q在沿着斜面方向有mgcs 30°＝Fcs 30°，可得F＝mg，P与M间动摩擦因数最小时有N2＝F＋mgsin 30°，f＝μN2，f＝mgcs 30°，联立解得μ＝eq \f(\r(3),3)，故D正确。
3．[整体法与隔离法的综合应用](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平行且与水平成θ＝30°(不计摩擦)，重力加速度g取10 m/s2，则细线a、b的拉力分别为( )
A．2 N 1 N B．2 N 0.5 N
C．1 N 1 N D．1 N 0.5 N
解析：选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整体受力分析可知细线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受力分析分别有Tbsin α＋Tcsin θ＝mAg，Tbcs α＝Tdcs θ，解得Tb＝0.5 N。故选D。
[课时跟踪检测]
1.被誉为“中国天眼”的射电天文望远镜(FAST)如图所示，质量为3×104 kg的馈源舱用对称的六索六塔装置悬吊在球面镜正上方，相邻塔顶的水平距离为300 m，每根连接塔顶和馈源舱的绳索长600 m，不计绳索重力，则每根绳索承受的拉力大约为( )
A．4×105 N B．6×104 N
C．1×105 N D．3×104 N
解析：选B 将各塔顶连接起来，得到正六边形，由几何关系可得馈源舱到塔顶的水平距离等于相邻塔顶的水平距离为300 m，则可知每根绳索与竖直方向的夹角为30°，由平衡条件可得6Fcs 30°＝mg，解得F＝eq \f(mg,6cs 30°)≈6×104 N，所以B正确，A、C、D错误。
2.如图所示，对称晾挂在光滑等腰三角形衣架上的衣服质量为M，衣架顶角为120°，重力加速度为g，则衣架右侧对衣服的作用力大小为( )
A.eq \f(1,2)Mg B.eq \f(\r(3),3)Mg
C.eq \f(\r(3),2)Mg D．Mg
解析：选B 以衣服为研究对象，受力分析如图所示，由几何关系得F与竖直方向的夹角为30°，由共点力的平衡条件可得，2Fcs 30°＝Mg，解得F＝eq \f(\r(3),3)Mg，故选项B正确。
3.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＝3ct β B．2tan α＝3ct β
C．3tan α＝tan(α＋β) D．3tan α＝2tan(α＋β)
解析：选C 设绳子拉力为T，墙壁支持力为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Tcs α＝2mg＋mg，Tsin α＝N，对小球进行受力分析，可得Fcs(α＋β)＝mg，Fsin(α＋β)＝N，联立得3tan α＝tan(α＋β)，故C正确。
4．如图所示为高空滑索情景，现将该模型简化如下：一质量为m的游客通过轻绳沿倾角为30°的倾斜钢索由静止下滑，下滑过程中轻绳保持竖直状态。不计空气阻力，不计轻绳以及吊环等质量，下列说法正确的是( )
A．游客受重力、轻绳拉力和下滑力三个力的作用
B．游客下滑过程的加速度为5 m/s2
C．轻绳对游客的作用力大小等于游客对轻绳的作用力大小
D．钢索对轻质吊环没有摩擦力
解析：选C 游客和吊环一起向斜向下运动，如果产生加速度，加速度的方向沿钢索斜向下，但是游客受到重力和轻绳竖直向上的拉力，没有斜向下的分力，则游客是匀速下滑的，所以A、B错误；根据牛顿第三定律，游客对轻绳的作用力与轻绳对游客的作用力属于相互作用力，大小相等，方向相反，C正确；游客在下滑过程中，轻质吊环所受的合力为零，受到轻绳竖直向下的拉力、垂直钢索的支持力和沿钢索斜向上的摩擦力而受力平衡，钢索对轻质吊环有滑动摩擦力，D错误。
5．(2022·湖南高考)2022年北京冬奥会跳台滑雪空中技巧比赛场地边，有一根系有飘带的风力指示杆，教练员根据飘带的形态提示运动员现场风力的情况。若飘带可视为粗细一致的匀质长绳，其所处范围内风速水平向右、大小恒定且不随高度改变。当飘带稳定时，飘带实际形态最接近的是( )
解析：选A 将飘带等分成n小段，每段质量均为m，每段所受风力大小为F。由下向上数，第1段受力如图1所示，设mg与F的合力方向与水平方向的夹角为θ，根据平衡条件可知，第2段对第1段的拉力F1与水平方向的夹角为θ。第2段受力如图2所示，F1′为第1段对第2段的反作用力，由于mg与F的合力为F1，且F1′与F1等大反向，可知mg、F、F1′三者的合力为2F1，且合力与水平方向的夹角为θ，可知第3段对第2段的拉力F2＝2F1，方向与水平方向的夹角为θ。以此类推，可知每小段之间的相互作用力在同一直线上，故飘带实际形态最接近直线，故A正确，B、C、D错误。
6.(多选)如图所示，倾角为θ、上表面粗糙的斜面体C置于水平地面上，小物块B置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与物块A相连接，连接B的一段细绳与斜面平行，已知A、B、C都处于静止状态。则( )
A．B受到C的摩擦力一定不为零
B．C受到水平地面的摩擦力一定为零
C．斜面体C有沿水平地面向右滑动的趋势，一定受到地面施加的向左的摩擦力
D．将细绳剪断，若B依然静止在斜面上，此时水平地面对C的摩擦力为0
解析：选CD A与B质量关系未知，若绳对B的拉力恰好与B的重力沿斜面向下的分力平衡，则B与C间的摩擦力为零，A错误；将B和C看成一个整体，则B和C受到细绳向右上方的拉力作用，水平方向上有向右的分力，故C有向右滑动的趋势，一定受到水平地面施加的向左的摩擦力，B错误，C正确；将细绳剪断，若B依然静止在斜面上，利用整体法判断，B、C系统在水平方向不受其他外力作用，处于平衡状态，则水平地面对C的摩擦力为0，D正确。
7.如图所示，一根直杆固定在水平地面上，与水平面成θ＝37°的倾角，杆上套着一个质量为m的圆环A，跨过定滑轮的细绳一端系在圆环A上，另一端系一物块B。细绳对圆环A的拉力方向是水平向左。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，圆环A与直杆间动摩擦因数为μ＝0.5，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，要保证A不向上滑动，所悬挂的物块B质量不能超过( )
A．m B.eq \f(4,3)m
C.eq \f(5,3)m D．2m
解析：选D 对圆环A受力分析，如图，对物块B，由平衡条件可得T＝mBg，当圆环刚要上滑时，由平衡条件可得Tcs θ＝mgsin θ＋fm，fm＝μ(Tsin θ＋mgcs θ)，联立解得mB＝2m，即悬挂的物块B质量不能超过2m。故D正确。
第5讲 “共点力的动态平衡”解题技能强化
加强点(一) 解答动态平衡问题的三种常用方法
动态平衡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，在问题描述中常用“缓慢”等字眼。解决该类问题的总体思路是“化动为静，静中求动”。
方法1 解析法
对研究对象进行受力分析，先画出受力示意图，再根据物体的平衡条件，得到因变量与自变量的关系表达式(通常要用到三角函数)，最后根据自变量的变化确定因变量的变化。
[例1] 某同学参加“筷子夹玻璃珠”游戏。如图所示，夹起玻璃珠后，左侧筷子与竖直方向的夹角θ为锐角，右侧筷子竖直，且两筷子始终在同一竖直平面内。保持玻璃珠静止不动，且忽略筷子与玻璃珠间的摩擦。左侧筷子对玻璃珠的弹力为F1，右侧筷子对玻璃珠的弹力为F2。玻璃珠的重力为G，下列说法正确的是( )
A．F1＜F2
B．F1＜G
C．保持右侧筷子竖直，玻璃珠仍静止，左侧筷子与竖直方向的夹角θ略微减小，则F1减小
D．保持右侧筷子竖直，玻璃珠仍静止，左侧筷子与竖直方向的夹角θ略微减小，则F2增大
[解析] 对玻璃珠受力分析如图，两侧筷子对玻璃珠的合力等于重力，由几何关系得F2＝eq \f(mg,tan θ)，F1＝eq \f(mg,sin θ)，左侧筷子对玻璃珠的弹力F1一定比玻璃珠的重力大，eq \f(F2,F1)＝cs θ<1，则F2[答案] D
[例2] 如图，用两根等长的细绳将一匀质圆柱体悬挂在竖直木板的P点，将木板以底边MN为轴向后方缓慢转动直至水平，绳与木板之间的夹角保持不变，忽略圆柱体与木板之间的摩擦，在转动过程中( )
A．圆柱体对木板的压力逐渐增大
B．圆柱体对木板的压力先增大后减小
C．两根细绳上的拉力均先增大后减小
D．两根细绳对圆柱体拉力的合力保持不变
[解析] 设两根细绳对圆柱体的拉力的合力为T，木板对圆柱体的支持力为N，从右向左看如图所示，在矢量三角形中，根据正弦定理得eq \f(sin α,mg)＝eq \f(sin β,N)＝eq \f(sin γ,T)，在木板以直线MN为轴向后方缓慢转动直至水平过程中，α不变，γ从90°逐渐减小到0，又γ＋β＋α＝180°，且α<90°，可知90°<γ＋β<180°，则0<β<180°，可知β从锐角逐渐增大到钝角，根据eq \f(sin α,mg)＝eq \f(sin β,N)＝eq \f(sin γ,T)，由于sin γ不断减小，可知T不断减小，sin β先增大后减小，可知N先增大后减小，结合牛顿第三定律可知，圆柱体对木板的压力先增大后减小，设两绳子之间的夹角为2θ，绳子拉力为T′，则2T′cs θ＝T，可得T′＝eq \f(T,2cs θ)，θ不变，T逐渐减小，可知绳子拉力不断减小，故B正确，A、C、D错误。
[答案] B
方法2 图解法
此法常用于求解三力平衡且有一个力是恒力、另有一个力方向不变的问题。一般按照以下流程解题：
eq \x(\a\al(受力,分析))eq \(―――――――→,\s\up7(化“动”为“静”))eq \x(\a\al(画不同状态,下的平衡图))eq \(―――――――→,\s\up7(“静”中求“动”))eq \x(\a\al(确定力,的变化))
[例3] (多选)如图所示，墙角处放置一个光滑的小球A，用轻绳一端拴着小球B靠在小球A上，轻绳的另外一端拴在墙壁上，两个小球保持静止不动，此时两个小球之间的弹力和轻绳的拉力正好相互垂直，现在通过调整轻绳缓慢移动小球B，调整后小球B和轻绳的位置如图中虚线所示，小球B未越过小球A的最高点，小球A始终保持静止，轻绳始终保持和原来绳方向平行，则( )
A．两球之间的弹力变大，轻绳的拉力变小
B．两球之间的弹力不变，轻绳的拉力变小
C．地面对A球的支持力变大，A球对墙壁的压力变小
D．地面对A球的支持力不变，A球对墙壁的压力变小
[解析] 根据题意，缓慢移动小球B，轻绳始终保持和原来绳方向平行，轻绳对B球的拉力沿绳方向，B球的重力方向竖直向下，如图甲所示，根据平行四边形定则可知两球之间的弹力变大，轻绳的拉力变小，A正确，B错误；对小球A进行受力分析，如图乙所示，小球受到重力G、墙壁的支持力N1、地面的支持力N2以及B对A的压力F，根据上述分析，B对A的压力在水平方向的分量减小，根据平衡条件，墙壁的支持力等于B的压力在水平方向的分量，墙壁的支持力减小，A球对墙壁的压力变小，A球重力和B的压力在竖直方向的分量的合力等于地面对A球的支持力，所以地面对A球的支持力增大，C正确，D错误。
[答案] AC
方法3 相似三角形法
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，多数情况下力的矢量三角形与空间几何三角形相似，可利用相似三角形对应边成比例进行计算。
[例4] 如图所示，质量均可忽略的轻绳与轻杆承受弹力的最大值一定，杆的A端用铰链固定，光滑轻小滑轮在A点正上方，B端吊一重物G，现将绳的一端拴在杆的B端，用拉力F将B端缓慢上拉，在AB杆达到竖直前(均未断)，关于绳子的拉力F和杆受的弹力FN的变化，判断正确的是( )
A．F变大 B．F变小
C．FN变大 D．FN变小
[解析] 设物体的重力为G。以B点为研究对象，分析受力情况，如图所示。作出力FN与F的合力F2，根据平衡条件得知，F2＝F1＝G。由△F2FNB∽△OBA，得eq \f(FN,F2)＝eq \f(AB,AO)，解得FN＝eq \f(AB,AO)G，式中，AB、AO、G不变，则FN保持不变，C、D错误；由△F2FNB∽△OBA，得eq \f(FN,AB)＝eq \f(F,BO)，BO减小，则F一直减小，A错误，B正确。
[答案] B
加强点(二) 三法破解平衡中的临界和极值问题
临界问题是指当某物理量变化时，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；极值问题是指在力的变化过程中的最大值和最小值问题。解决平衡中的临界极值问题通常有以下三种方法：
方法1 数学分析法
根据物体的平衡条件列方程，在解方程时利用数学知识求极值。通常用到的数学知识有二次函数求极值、讨论公式求极值、三角函数求极值以及几何法求极值等。
[例1] 如图所示，学校门口水平地面上有一质量为m的石墩，石墩与水平地面间的动摩擦因数为μ，工作人员用轻绳按图示方式匀速移动石墩时，两平行轻绳与水平面间的夹角均为θ，则下列说法正确的是( )
A．轻绳的合拉力大小为eq \f(μmg,cs θ)
B．轻绳的合拉力大小为eq \f(μmg,cs θ＋μsin θ)
C．减小夹角θ，轻绳的合拉力一定减小
D．轻绳的合拉力最小时，地面对石墩的摩擦力也最小
[解析] 设轻绳的合拉力为T，地面对石墩的支持力为N，对石墩受力分析，由平衡条件可知 Tcs θ＝f，f＝μN，Tsin θ＋N＝mg，联立解得T＝eq \f(μmg,cs θ＋μsin θ)，A错误，B正确；轻绳的合拉力大小为T＝eq \f(μmg,cs θ＋μsin θ)＝eq \f(μmg,\r(1＋μ2)sinθ＋φ)，可知当θ＋φ＝90°时，轻绳的合拉力有最小值，即减小夹角θ，轻绳的合拉力不一定减小，C错误；摩擦力大小为f＝Tcs θ＝eq \f(μmgcs θ,cs θ＋μsin θ)＝eq \f(μmg,1＋μtan θ)，可知增大夹角θ，摩擦力一直减小，当θ趋近于90°时，摩擦力最小，故轻绳的合拉力最小时，地面对石墩的摩擦力不是最小，D错误。
[答案] B
方法2 物理分析法
根据平衡条件作出力的矢量图，若只受三个力，则这三个力能构成封闭矢量三角形，然后根据矢量图进行动态分析，确定最大值和最小值。
[例2] 如图所示，重力都为G的两个小球A和B用三段轻绳连接后悬挂在O点上，O、B间的绳子长度是2l，A、B间的绳子长度是l。将一个拉力F作用到小球B上，使三段轻绳都伸直，同时O、A间和A、B间的两段轻绳分别处于竖直和水平方向上，则拉力F的最小值为( )
A.eq \f(1,2)G B.eq \f(\r(3),3)G C．G D.eq \f(2\r(3),3)G
[解析] 对小球A受力分析可知，因O、A间轻绳竖直，则A、B间轻绳上的拉力为0。对小球B受力分析如图所示，则可知当F与O、B间轻绳垂直时F最小，Fmin＝Gsin θ，其中sin θ＝eq \f(l,2l)＝eq \f(1,2)，则Fmin＝eq \f(1,2)G，故A正确。
[答案] A
方法3 极限分析法
首先要正确地进行受力分析和变化过程分析，找出平衡的临界点和极值点；临界条件必须在变化中去寻找，不能停留在一个状态来研究临界问题，而要把某个物理量推向极端，即极大和极小。
[例3] 筷子是中国人常用的饮食工具，也是中华饮食文化的标志之一。筷子在先秦时称为“梜”，汉代时称“箸”，明代开始称“筷”。如图所示，用筷子夹质量为m的小球，筷子均在竖直平面内，且筷子和竖直方向的夹角均为θ，为使小球静止，求每根筷子对小球的压力N的取值范围。已知小球与筷子之间的动摩擦因数为μ(μ＜tan θ)，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。
[解析] 筷子对小球的压力太小时，小球有下滑的趋势，最大静摩擦力沿筷子向上，如图甲所示。小球平衡时，有2Nsin θ＋2fcs θ＝mg，
f＝μN，
联立解得N＝eq \f(mg,2sin θ＋μcs θ)，
筷子对小球的压力太大时，小球有上滑的趋势，最大静摩擦力沿筷子向下，如图乙所示。小球平衡时，有
2N′sin θ＝mg＋2f′cs θ，
f′＝μN′，
联立解得N′＝eq \f(mg,2sin θ－μcs θ)，
综上，筷子对小球的压力的取值范围为：
eq \f(mg,2sin θ＋μcs θ)≤N≤eq \f(mg,2sin θ－μcs θ)。
[答案] eq \f(mg,2sin θ＋μcs θ)≤N≤eq \f(mg,2sin θ－μcs θ)
[课时跟踪检测]
1．(2023·广东珠海模拟)如图甲所示，10个人用20根等长的绳子拉起一个鼓，一端系在鼓上，一端用手拉住，每根绳子与竖直方向的夹角均相等，若绳子连接鼓的结点、拉绳子的手分别在其所在圆周上均等间距分布，鼓处于静止状态且鼓面水平，忽略绳子质量，简化图如图乙所示。现使鼓在绳子的作用下保持鼓面水平沿竖直方向缓慢下降，其他条件不变，则在鼓缓慢下降过程中，下列说法正确的是( )
A．绳子对鼓的合力变大
B．绳子对鼓的合力变小
C．每根绳子对人的作用力增大
D．每根绳子对人的作用力减小
解析：选D 鼓缓慢下降，处于动态平衡，绳子对鼓的合力等于鼓的重力，绳子对鼓的合力不变，A、B错误；根据平衡条件得20Fcs θ＝mg，解得F＝eq \f(mg,20cs θ)，鼓缓慢下降过程中绳子与竖直方向的夹角θ变小，cs θ变大，F减小，C错误，D正确。
2．如图所示，用AC、CD两根轻绳将物块悬于水平轻杆BC的下方，其中B为光滑转轴，C为结点，轻杆BC始终保持水平，重物静止不动。已知物块质量为m，重力加速度为g。设AC、CD绳的拉力分别为FAC、FCD。下列选项正确的是( )
A．FAC＞mg
B．FCD＞mg
C．若A点上移，则FAC变大
D．若A点下移，则FCD变大
解析：
选A C点的受力如图所示，则有FACsin α＝FCD，FCD＝mg，则FAC＝eq \f(FCD,sin α)＝eq \f(mg,sin α)，所以FAC＞mg，故A正确，B、D错误；若A点上移，α变大，sin α变大，所以FAC变小，故C错误。
3.(2023·湖北武汉模拟)如图所示，一物块用一根不可伸长的细线悬挂于O点，在细线上的A点绑上另一根细线，在该细线上施加一与OA段细线始终垂直的力F，使物块缓慢移动到图示位置，C点为细线与物块的连接点，则( )
A．AC段细线上的拉力逐渐变大
B．OA段细线上的拉力逐渐减小
C．力F先变大后变小
D．OA段细线上拉力不可能与力F大小相等
解析：选B 分析可知AC段细线上的拉力始终等于物块的重力，A错误；设OA段细线与竖直方向的夹角为θ，结点A受力平衡，结合受力分析构建如图所示的矢量三角形，可得OA段细线上的拉力FOA＝mgcs θ，力F满足F＝mgsin θ，随着θ角的增大，可知FOA逐渐减小，力F逐渐增大，B正确，C错误；根据以上分析可知当θ等于45°时，OA段细线上的拉力与F大小相等，D错误。
4.(多选)如图所示，内壁光滑的“V”形容器AOB放在水平地面上，∠AOB为锐角，贴着内壁放置一个铁球，现将容器以O点为轴在竖直平面内逆时针缓慢旋转90°，则在转动过程中( )
A．球对OA的压力逐渐增大
B．球对OA的压力先增大后减小
C．球对OB的压力逐渐增大
D．球对OB的压力先增大后减小
解析：选AD 当容器以O点为轴在竖直平面内逆时针缓慢旋转90°的过程中，相当于容器不动，而重力G的方向从竖直向下的位置转到与OB平行且方向向左的位置，对小球在某位置受力分析如图，若设F1与O1H的夹角为θ(定值)，某时刻重力G与O1H的夹角为α，则对小球O1，由正交分解法可知：F2＝Gcs α＋F1cs θ；F1sin θ＝Gsin α，则解得F1＝eq \f(G,sin θ)sin α；F2＝Gcs α＋eq \f(G,tan θ)sin α＝eq \f(G,sin θ)sin(α＋θ)，则当α角从0°增加到90°角的过程中，F1逐渐变大；F2先增加后减小，由牛顿第三定律可知，球对OA的压力逐渐增大，球对OB的压力先增大后减小，故A、D正确。
5.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
解析：选C 对小滑块受力分析，如图所示，由题意可知，推力F与凹槽对滑块的支持力FN始终垂直，即α＋β始终为90°，在小滑块由A点向B点缓慢移动的过程中，α减小，β增大，而F＝mgcs α、FN＝mgsin α，可知推力F一直增大，凹槽对滑块的支持力FN一直减小，A、B错误；对小滑块和凹槽整体根据平衡条件可得，墙面对凹槽的压力大小FN1＝Fsin α＝eq \f(1,2)mgsin 2α，水平地面对凹槽的支持力FN2＝Mg＋mg－Fcs α，在小滑块由A点向B点缓慢移动的过程中，α由eq \f(π,2)逐渐减小到零，根据数学知识可知墙面对凹槽的压力先增大后减小，水平地面对凹槽的支持力一直减小，C正确，D错误。
6．(2024年1月·安徽高考适应性演练)如图所示，轻绳1两端分别固定在M、N两点(N点在M点右上方)，轻绳1上套有一个轻质的光滑小环O，质量为m的物块P通过另一根轻绳2悬挂在环的下方，处于静止状态，∠MON＝60°。现用一水平向右的力F缓慢拉动物块，直到轻绳2与MN连线方向垂直。已知重力加速度为g。下列说法错误的是( )
A．施加拉力F前，轻绳1的张力大小为eq \f(\r(3),3)mg
B．物块在缓慢移动过程中，轻绳2的延长线始终平分∠MON
C．物块在缓慢移动过程中，轻绳2的张力越来越大
D．物块在缓慢移动过程中，轻绳1的张力可能先增大后减小
解析：选D 施加拉力F前，以小环O为对象进行受力分析，其受到轻绳2的拉力等于物块P的重力mg，竖直方向根据受力平衡可得2T1cs 30°＝mg，解得轻绳1的张力大小为T1＝eq \f(\r(3),3)mg，故A正确，不满足题意要求；物块在缓慢移动过程中，以小环O为对象，由于小环O两侧轻绳1的张力大小总是相等，则小环O两侧轻绳1的张力合力沿∠MON平分线，根据受力平衡可知，轻绳2的延长线始终平分∠MON，故B正确，不满足题意要求；物块在缓慢移动过程中，轻绳2与竖直方向的夹角θ逐渐增大，以物块为对象，根据受力平衡可得T2cs θ＝mg，可知T2＝eq \f(mg,cs θ)，可知轻绳2的张力越来越大，故C正确，不满足题意要求；物块在缓慢移动过程中，由于M、N之间的轻绳1长度不变，根据数学知识可知，小环O的运动轨迹为椭圆，M、N为椭圆的两个焦点，当轻绳2与MN连线方向垂直时，小环O刚好位于椭圆的短轴顶点上，根据椭圆知识可知此时∠MON最大，则此过程∠MON＝α逐渐增大，以小环O为对象，根据受力平衡可得2T1′cs eq \f(α,2)＝T2，可得T1′＝eq \f(T2,2cs \f(α,2))，可知此过程轻绳1的张力一直增大，故D错误，满足题意要求。故选D。
第6讲 实验：探究弹簧弹力与形变量的关系
把握经典实验方案
一、基本原理与操作
二、核心关键——数据处理
融通多彩实验方案
鲁科版新教材——探究弹簧弹力的大小与伸长量的关系
实验装置图
[要点解读]
(1)刻度尺固定在铁架台上，刻度尺的零点与弹簧悬点并不对齐。
(2)弹簧的伸长量仍等于两次弹簧长度的读数之差。
归纳共性实验关键
1．不变的实验原理
(1)都是利用平衡时弹簧弹力等于悬挂钩码的重力大小来得到弹簧弹力的大小，即F＝G。
(2)都是利用刻度尺测量弹簧原长l0和挂钩码后弹簧的长度l，利用x＝l－l0得出弹簧的形变量x。
2．必备的实验器材
铁架台、刻度尺、弹簧、钩码(若干)。
3．通用的数据处理方法
以纵坐标表示弹簧弹力大小F，以横坐标表示弹簧的形变量x，建立直角坐标系，在坐标系中描出实验所测得的各组(x，F)对应的点，得出F随x变化的图线。
4．共同的注意事项
(1)所挂钩码不要过重，不能超出弹簧的弹性限度。
(2)测量弹簧的长度时，一定要在弹簧竖直悬挂且处于稳定状态时测量。
(3)连线时要注意一定要使各点均匀分布在直线的两侧。
一、基础考法保住分
考查点(一) 实验原理与操作
1．如图甲所示，用铁架台、弹簧和多个质量均为m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图线，由此可求出弹簧的劲度系数为________N/m。图线不过原点是由于_______________________________________。
(4)为完成该实验，设计实验步骤如下：
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。
将以上步骤按操作的先后顺序排列：____________________________________。
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伸长量。
(2)根据实验原理，实验中需要测量的物理量有弹簧的原长、弹簧所受外力与对应的伸长量(或与弹簧对应的长度)。
(3)取图像中(0.5,0)和(3.5,6)两个点，代入F＝kx解得k＝200 N/m，由于弹簧自身的重力，使得弹簧不加外力时就有形变量。
(4)根据实验操作的合理性可知先后顺序为C、B、D、A、E、F、G。
答案：(1)刻度尺 (2)弹簧原长、弹簧所受外力与对应的伸长量(或与弹簧对应的长度) (3)200 弹簧自身的重力 (4)CBDAEFG
[关键点拨]
(1)用图像法处理实验数据时，因所选取的坐标轴不同，图线特点也不同。如作F-x图像，图线为一条过原点的直线，如作F-l(l为弹簧长度)图线，图线为一条与l轴有交点的倾斜直线。
(2)描点画线时，所描的点不一定都落在一条直线上，但应注意一定要使不在直线上的点均匀分布在直线两侧。
(3)本题中F-x图线不过原点的原因是测量弹簧原长时没有将弹簧竖直悬挂在铁架台上。
考查点(二) 数据处理与误差分析
2．某兴趣小组测量一缓冲装置中弹簧的劲度系数，缓冲装置如图所示，固定在斜面上的透明有机玻璃管与水平面夹角为30°，弹簧固定在有
机玻璃管底端。实验过程如下：先沿管轴线方向固定一毫米刻度尺，再将单个质量为200 g的钢球(直径略小于玻璃管内径)逐个从管口滑进，每滑进一个钢球，待弹簧静止，记录管内钢球的个数n和弹簧上端对应的刻度尺示数L0，数据如表所示。实验过程中弹簧始终处于弹性限度内。采用逐差法计算弹簧压缩量，进而计算其劲度系数。
(1)利用ΔLi＝Li＋3－Lieq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(i＝1，2，3))计算弹簧的压缩量：ΔL1＝6.03 cm，ΔL2＝6.08 cm，ΔL3＝______cm，压缩量的平均值eq \x\t(ΔL)＝eq \f(ΔL1＋ΔL2＋ΔL3,3)＝______cm。
(2)上述eq \x\t(ΔL)是管中增加________个钢球时产生的弹簧平均压缩量。
(3)忽略摩擦，重力加速度g取9.80 m/s2，该弹簧的劲度系数为________N/m。(结果保留3位有效数字)
解析：(1)根据压缩量的变化量为ΔL3＝L6－L3＝(18.09－12.05)cm＝6.04 cm。压缩量的平均值为eq \x\t(ΔL)＝eq \f(ΔL1＋ΔL2＋ΔL3,3)＝eq \f(6.03＋6.08＋6.04,3) cm＝6.05 cm。
(2)因ΔLi是相差3个钢球的压缩量之差，则所求平均值为管中增加3个钢球时产生的弹簧平均压缩量。
(3)根据钢球的平衡条件有3mgsin θ＝k·eq \x\t(ΔL)，解得k＝eq \f(3mgsin θ,\a\vs4\al(\x\t(ΔL)))＝eq \f(3×0.2×9.8×sin 30°,6.05×10－2) N/m≈48.6 N/m。
答案：(1)6.04 6.05 (2)3 (3)48.6
二、创新考法不失分
本实验一般是在教材实验原理的基础上设计新情境进行考查，因此，要在教材实验的基础上注重迁移创新能力的培养，善于用教材中实验的原理、方法和技巧处理新问题。近几年高考命题趋势如下：

创新角度(一) 实验装置的创新
1．(1)某次研究弹簧弹力F与弹簧长度x关系实验时，得到如图甲所示的F-x图像。由图像可知：弹簧原长x0＝______cm，由此求得弹簧的劲度系数k＝______N/m。
(2)如图乙所示毫米刻度尺水平放置，“0”刻度线上方固定一个有孔挡板，一条不可伸长的轻质细线一端下面悬挂一个钩码，另一端跨过光滑定滑轮并穿过光滑小孔与(1)中研究的轻弹簧右端相连接，使其压缩，稳定后指针指示如图乙所示，则指针所指刻度尺示数为________cm，由此可得钩码重为________N。
解析：(1)当弹力为零时，弹簧处于原长状态，故原长为x0＝8 cm，在F-x图像中斜率表示弹簧的劲度系数，则k＝eq \f(ΔF,Δx)＝eq \f(6,0.24) N/m＝25 N/m。
(2)根据毫米刻度尺读数规则，要估读到0.1 mm，指针所指刻度尺示数为1.00 cm。弹簧被压缩了ΔL＝8.00 cm－1.00 cm＝7.00 cm，根据胡克定律F＝kΔL，解得F＝1.75 N。
答案：(1)8 25 (2)1.00 1.75
2．图甲为某同学用力传感器去探究弹簧弹力与形变量的关系的实验情景。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：

(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的关系图像。
(3)由图像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像如图所示。
(3)由胡克定律可知，图像的斜率表示劲度系数，则可知k＝eq \f(ΔF,Δx)≈eq \f(1.7－0.2,0.62－0.56) N/m＝25.0 N/m；图像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
创新角度(二) 实验目的的创新
3．(2022·湖南高考)小圆同学用橡皮筋、同种一元硬币、刻度尺、塑料袋、支架等，设计了如图甲所示的实验装置，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，记录数据如下表：
(3)根据表中数据在图乙上描点，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丙所示，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)。
解析：(3)根据表格中数据描点连线，如图所示。
(4)由题图可知刻度尺的分度值为1 mm，故读数l＝15.35 cm。
(5)设橡皮筋的劲度系数为k，原长为x0，则
n1mg＝k(l1－x0)，n2mg＝k(l2－x0)
设冰墩墩的质量为m1，则有m1g＝k(l－x0)
联立各式代入数据可得m1≈127 g。
答案：(3)见解析图 (4)15.35 (5)127
创新角度(三) 实验原理的创新
4．小李同学尝试用电压表量度弹簧的拉力。他设计了如图甲所示的实验装置，其中MN是一条长20 cm、电阻为20 Ω的均匀电阻丝。电阻不计的金属弹簧下端与滑动接触头P相连，上端连有接线柱。将电阻丝固定在竖直位置，当弹簧被拉长时，P可沿MN自由的滑动。直流电源的电动势为4.5 V，内阻可忽略。将电阻箱的阻值设定为40 Ω，当拉力为零时，P刚好触及电阻丝的端点M，此时让接入的电压表读数为零。
(1)为达到实验目的，请你帮他完成实物连线图(导线要接在接线柱上)。
(2)当P触及端点N时，电压表的读数为______V。
(3)已知该弹簧的伸长量x与拉力F关系图线如图乙所示，则弹簧拉力F与电压表读数U的关系式为________。
解析：(1)MN相当于滑动变阻器，PM段与电压表并联，故连接图如图所示。
(2)当P触及端点N时，电压表的读数即MN电阻分得的电压，根据闭合电路的欧姆定律可知U＝eq \f(E,RMN＋R电阻箱)RMN＝1.5 V。
(3)由题图可知，x＝0.5F(cm)，长度为x的电阻丝的电阻大小为r＝eq \f(x,20)×20＝0.5F(Ω)，根据闭合电路的欧姆定律可得U＝eq \f(E,RMN＋R电阻箱)r，
解得F＝eq \f(80,3)U(N)。
答案：(1)见解析图 (2)1.5 (3)F＝eq \f(80,3)U(N)
第7讲 实验：探究两个互成角度的力的合成规律
把握经典实验方案
一、实验原理与操作
1．原理装置图
互成角度的两个力与一个力产生相同的效果
2．操作要领
(1)等效：同一次实验中两次把橡皮条拉长后的结点O位置必须保持不变。
(2)拉力：沿弹簧测力计轴线方向拉(与板面平行)，橡皮条、弹簧测力计和细绳套与板面平行；两分力F1、F2的夹角不要太大或太小。
(3)记录：记下每次各力的大小和方向，标记方向的两点尽量远些。
(4)作图：选定比例要相同，严格按力的图示要求作平行四边形求合力。
二、核心关键——数据处理
(1)用铅笔和刻度尺从结点O沿两条细绳套方向画直线，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实验步骤中只用一个弹簧测力计的拉力F的图示。
(3)用虚线将拉力F的箭头端与拉力F1、F2的箭头端连接起来，观察所围成的四边形是否为平行四边形。然后，改变两个力的大小和方向，重做实验，确认所围成的四边形是否为平行四边形。
融通多彩实验方案
粤教版新教材——互成角度的力的合成方法
[要点解读]
(1)拉橡皮筋时，使汇力圆环每次都与定位圆重合，保证分力F1、F2的共同作用效果与合力F的作用效果相同。
(2)合力和分力的方向都沿射线方向。
(3)力的大小和方向可依据射线上的刻度和角度圆上选定的标度直接画出。
归纳共性实验关键
1．不变的实验原理
(1)保证两个分力的共同作用效果与一个力单独作用的效果相同。
(2)作出两个分力的图示和合力的图示，然后用虚线将分力F1、F2的箭头端与合力F的箭头端连接起来，看是否围成平行四边形。
2．必备的实验器材
橡皮筋、细绳套、弹簧测力计、铅笔。
3．共同的注意事项
(1)在同一次实验中，使橡皮筋拉长时的结点位置一定相同。
(2)在合力不超出量程的情况下，拉力应尽量大些。
(3)弹簧测力计读数时眼睛一定要平视，读数要符合有效数字的读数规则。
一、基础考法保住分
考查点(一) 实验原理与操作
1．某同学做“探究两个互成角度的力的合成规律”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________。
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)实验时，主要的步骤是：
A．在桌上放一块方木板，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个弹簧测力计的拉力F1和F2的图示，并用平行四边形定则求出合力F；
E．只用一个弹簧测力计，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。
上述步骤中：①有重要遗漏的步骤的标号是________和________；
②遗漏的内容分别是_________________________________________________________
和________________________________________________________________________。
解析：(1)由一个弹簧测力计拉橡皮条至O点的拉力一定沿AO方向；而根据平行四边形定则作出的合力，由于误差的存在，不一定沿AO方向。
(2)一个力的作用效果与两个力的作用效果相同，它们的作用效果可以等效替代，故本实验采用等效替代法，B正确。
(3)①根据实验的操作步骤可知，有重要遗漏的步骤的标号是C、E。②在C中未记下两条细绳的方向，E中未说明是否把橡皮条的结点拉到同一位置O。
答案：(1)F′ (2)B (3)①C E ②C中应加上“记下两条细绳的方向” E中应说明“把橡皮条的结点拉到同一位置O”
[关键点拨]
(1)本实验的方法是等效替代法。
(2)为保证在同一次实验中，两次拉橡皮条的作用效果相同，必须保证结点位置一定相同。
(3)在记录弹簧测力计拉力的方向时，用铅笔点的两个定位点间距应稍大些。
(4)在同一次实验中，用平行四边形定则确定的合力方向可与橡皮条不在一条直线上，但单独用一个弹簧测力计时拉力的方向一定与橡皮条在同一直线上。
考查点(二) 数据处理与误差分析
2．某学习小组在课外做“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验。
(1)该实验需要用到如图甲所示的弹簧测力计，并用对拉的方法选择弹簧测力计。有两种选择方案，方案一：两弹簧测力计竖直悬挂在铁架台上对拉；方案二：两弹簧测力计置于尽量光滑的水平桌面对拉，下列说法正确的是________。
A．弹簧测力计使用前必须进行调零
B．对拉的两个弹簧测力计的量程需一致
C．若方案一的两弹簧测力计读数相等，则可正常使用
D．若方案二的两弹簧测力计读数相等，则可正常使用
(2)该学习小组使用的弹簧测力计量程为5.00 N，将橡皮条一端固定，先用两只弹簧测力计将橡皮条另一端拉到某一位置，标记为O点，紧靠细绳标记A、B两点及记录弹簧测力计读数；然后用一只弹簧测力计将其拉至O点，紧靠细绳标记C点及记录弹簧测力计读数，该小组完成的某次实验数据记录在图乙中。
①为探究两个互成角度的力的合成规律，请按实验要求在图乙中完成作图；
②结合图乙，分析实验过程与结果，请至少给出一个方案以减小该实验的实验误差：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：(1)对拉弹簧测力计是为了校准两弹簧测力计，但是在校准前必须要调零，然后在水平面上对拉两弹簧测力计，若其读数相等，则可正常使用，竖直方向上对拉时考虑弹簧自身重力的影响，并且与弹簧的量程无关，所以A、D正确，B、C错误。
(2)①如图所示。②适当增大两细绳的夹角或增大A、B两点到O点的距离。
答案：(1)AD (2)①见解析图 ②适当增大两细绳的夹角或增大A、B两点到O点的距离
[关键点拨]
(1)实验前应检查两弹簧测力计是否可正常使用。
(2)使用弹簧测力计时，拉力方向沿弹簧测力计轴线，可以减小摩擦影响。
(3)读数时视线应正对测力计刻度线，可以减小读数误差。
(4)画力的图示时，所选的标度应小些，两分力间的夹角应适当大些，这样作出的图形较大，作图误差相对较小。
3．某探究小组做“探究两个互成角度的力的合成规律”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，如图甲所示。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。测力计的示数如图乙所示，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甲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。
①用5 mm长度的线段表示1 N的力，以O为作用点，在图甲中画出力F1、F2的图示，然后按平行四边形定则画出它们的合力F合；
②F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，则合力与两分力的关系符合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)①利用平行四边形定则作图，如图所示。
②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)①图见解析 ②4.0 0.05
[关键点拨]
(1)测力计的精确度为0.2 N，读数时应读到牛顿单位的十分位，即以N为单位，小数点后应保留一位。
(2)用5 mm长度的线段表示1 N，作出分力F1、F2的图示，然后用平行四边形定则画出合力F合，根据F合的长度用同一标度算出F合的大小。
二、创新考法不失分

创新角度(一) 实验原理的创新
1.某同学用如图所示的实验装置做“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验，弹簧测力计A挂于固定点P，下端用细线挂一重物M。弹簧测力计B的一端用细线系于O点，手持另一端向左拉，使结点O静止在某位置，分别读出弹簧测力计A和B的示数，并在贴于竖直木板的白纸上记录O点的位置和拉线的方向。
(1)本实验用的弹簧测力计示数的单位为N，图中弹簧测力计A的示数为________N。
(2)下列不必要的实验要求是________。
A．应测量重物M所受的重力
B．弹簧测力计应在使用前校零
C．拉线方向应与木板平面平行
D．改变拉力进行多次实验，每次都要使O点静止在同一位置
(3)某次实验中，该同学发现弹簧测力计A的指针稍稍超出量程，请提出两个解决的方法：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：(1)根据弹簧测力计的指针位置以及读数规则可知A的示数为3.6 N。
(2)实验中要验证的关系是A、B两个弹簧测力计的拉力的合力与M所受的重力等大反向，所以应测量重物M所受的重力；为减小测量误差，弹簧测力计应在使用前校零，拉线方向应与木板平面平行，A、B、C对；改变拉力进行多次实验，O点位置不同不影响实验结果，D错。
(3)为减小A的数值，有多种方法，如：使B拉力减小；减小M的重量；把A换成量程更大的弹簧测力计；改变B的拉力方向等。
答案：(1)3.6 (2)D (3)使B拉力减小；减小M的重量；把A换成量程更大的弹簧测力计；改变B的拉力方向等(任选两个)
创新角度(二) 实验器材的创新
2.如图所示的实验装置可以用来验证力的平行四边形定则，带有滑轮的方木板竖直放置，为了便于调节绳子拉力的方向，滑轮可以安放在木板上的多个位置。
(1)请把下面的实验步骤补写完整：
①三段绳子各自悬挂一定数目的等质量钩码，调整滑轮在木板上的位置，使得系统静止不动；
②把一张画有等间距同心圆的厚纸，紧贴木板放置在绳子与木板之间，使得圆心位于绳子结点O处，有足够多等间距同心圆作为画图助手，这样做的目的是方便作出力的图示。你认为本实验有必要测量钩码所受的重力大小吗？答：________(填“有”或“没有”，不必说明理由)；
③记录三段绳子悬挂的钩码个数以及三段绳子的方向；
④根据记录的数据，作出三段绳子上的拉力FA、FB、FC的图示；
⑤以表示FA、FB的线段为邻边，画出平行四边形，如果平行四边形的对角线所表示的力与FC近似__________，则在实验误差允许的范围内验证了力的平行四边形定则。
(2)若在图中A、B、C三段绳子上分别悬挂了4、5、6个钩码而静止不动，图中OA、OB两段绳子与竖直方向的夹角分别为α、β，如果本实验是成功的，那么eq \f(sin α,sin β)应接近于__________。
解析：(1)②每个钩码的重量相同，可以通过钩码的个数表示力的大小，没有必要测量钩码所受的重力大小。⑤FA、FB、FC三力平衡，通过平行四边形可以作出FA和FB的合力，若近似与FC等大反向，即可在实验误差允许的范围内验证了力的平行四边形定则。
(2)根据平衡条件可知在水平方向FAsin α＝FBsin β，
则eq \f(sin α,sin β)＝eq \f(FB,FA)＝eq \f(5,4)＝1.25。
答案：(1)②没有 ⑤等大反向 (2)1.25
3．为验证力的平行四边形定则，某同学准备了以下器材：支架，弹簧，直尺，量角器，坐标纸，细线，定滑轮(位置可调)两个，钩码若干。支架带有游标尺和主尺，游标尺(带可滑动的指针)固定在底座上，主尺可升降，如图甲所示。
实验步骤如下：
(1)仪器调零。如图甲，将已测量好的劲度系数k为5.00 N/m的弹簧悬挂在支架上，在弹簧挂钩上用细线悬挂小钩码作为铅垂线，调节支架竖直。调整主尺高度，使主尺与游标尺的零刻度对齐。滑动指针，对齐挂钩上的O点，固定指针。
(2)搭建的实验装置示意图如图乙。钩码组mA＝40 g，钩码组mB＝30 g，调整定滑轮位置和支架的主尺高度，使弹簧竖直且让挂钩上O点重新对准指针。实验中保持定滑轮、弹簧和铅垂线共面。此时测得α＝36.9°，β＝53.1°，由图丙可读出游标卡尺示数为________cm，由此计算出弹簧拉力的增加量F＝________N。当地重力加速度g为9.80 m/s2。
(3)请将第(2)步中的实验数据用力的图示的方法在图框中做出，用平行四边形定则做出合力F′。
(4)依次改变两钩码质量，重复以上步骤，比较F′和F的大小和方向，得出结论。实验中铅垂线上小钩码的重力对实验结果________(填写“有”或“无”)影响。
解析：(2)游标卡尺精确度为eq \f(1 mm,10)＝0.1 mm，读数为97 mm＋8×0.1 mm＝97.8 mm＝9.78 cm。则弹簧拉力的增加量为ΔF＝kΔx＝5.00×9.78×10－2N＝0.489 N。(3)根据题意可知OA绳产生的拉力为FOA＝mAg＝40×10－3×9.8 N＝0.392 N，OB绳产生的拉力为FOB＝mBg＝30×10－3×9.8 N＝0.294 N，合力F′如图所示。
(4)在求解合力的过程中，求解的是弹簧弹力的变化量，所以小钩码的重力对实验结果无影响。
答案：(2)9.78 0.489 (3)见解析图 (4)无
创新角度(三) 数据处理的创新
4．某同学通过下述实验探究两个互成角度的力的合成规律。
实验步骤：
①将弹簧测力计固定在贴有白纸的竖直木板上，使其轴线沿竖直方向。
②如图甲所示，将环形橡皮筋一端挂在弹簧测力计的挂钩上，另一端用圆珠笔尖竖直向下拉，直到弹簧测力计示数为某一设定值时，将橡皮筋两端的位置标记为O1、O2，记录弹簧测力计的示数F，测量并记录O1、O2间的距离(即橡皮筋的长度l)。每次将弹簧测力计示数改变0.50 N，测出所对应的l，部分数据如下表所示：
③找出②中F＝2.50 N时橡皮筋两端的位置，重新标记为O、O′，橡皮筋的拉力记为FO O′。
④在测力计挂钩上涂抹少许润滑油，将橡皮筋搭在挂钩上，如图乙所示。用两圆珠笔尖成适当角度同时拉橡皮筋的两端，使挂钩的下端达到O点，将两笔尖的位置标记为A、B，橡皮筋OA段的拉力记为FOA，OB段的拉力记为FOB。
完成下列作图和填空：
(1)利用表中数据在图丙中画出F-l图线，根据图线求得l0＝________cm。
(2)测得OA＝6.00 cm，OB＝7.60 cm，则FOA的大小为________N。
(3)根据给出的标度，在图丁中作出FOA和FOB的合力F′的图示。
(4)通过比较F′与________的大小和方向，即可得出实验结论。
解析：(1)在坐标系中描点，用平滑的曲线(直线)将各点连接起来，不在直线上的点均匀分布在直线的两侧。如图甲所示，由图线可知与横轴的交点l0＝10.00 cm。
(2)橡皮筋的长度l＝OA＋OB＝13.60 cm，由图甲可得F＝1.80 N，所以FOA＝FOB＝F＝1.80 N。
(3)利用给出的标度作出FOA和FOB的图示，然后以FOA和FOB为邻边作出平行四边形，过O点的对角线即为合力F′，如图乙所示。
(4)FO O′的作用效果和FOA、FOB两个力的作用效果相同，F′是FOA、FOB两个力的合力，所以只要比较F′和FO O′的大小和方向，即可得出实验结论。
答案：(1)见解析图甲 10.00(9.90～10.10均可)
(2)1.80(1.70～1.90均可) (3)见解析图乙 (4)FO O′
eq \a\vs4\al(光滑接触面a倾斜,光滑接触面b水平)
项目
具体方法
结果
结论
解除接触面
去除接触面a
球保持静止
a对球无弹力
去除接触面b
球下落
b对球有弹力
假设有弹力
a对球有弹力
球向右滚动
a对球无弹力
b对球有弹力
球仍保持静止
b对球有弹力
类型
面与面
点与面
点与曲面
曲面与平面
示
例
类型
绳的弹力一定沿绳
杆的弹力不一定沿杆
弹簧分拉伸、压缩
示例
公式法
若μ已知，则F＝μFN，FN是两物体间的正压力
状态法
若μ未知，可结合物体的运动状态和其他受力情况，利用平衡条件或牛顿第二定律列方程求解
类 型
作 图
合力的计算
①互相垂直
F＝eq \r(F12＋F22)，
tan θ＝eq \f(F1,F2)
②两力等大，夹角为θ
F＝2F1cseq \f(θ,2)，
F与F1夹角为eq \f(θ,2)
③两力等大且夹角为120°
合力与分力等大
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
模型结构
模型解读
模型特点
“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”两侧的绳子上张力不一定相等
模型结构
模型解读
模型特点
轻杆用光滑的转轴或铰链连接，轻杆可围绕转轴或铰链自由转动
当杆处于平衡时，杆所受的弹力方向一定沿杆
模型结构
模型解读
模型特点
轻杆被固定在接触面上，不发生转动
杆所受的弹力方向不一定沿杆，可沿任意方向
假设法
在受力分析时，若不能确定某力是否存在，可先对其作出存在的假设，然后分析该力存在对物体运动状态的影响来判断该力是否存在
状态法
受力分析时，若一时不能确定某力是否存在，可先分析物体的运动状态和除此力外物体所受的其他力，根据其他力与物体的运动状态是否相符判断该力是否存在
转换法
在受力分析时，若不能确定某力是否存在，则
(1)可以转换为分析该力的反作用力，根据其反作用力是否存在，判断该力是否存在
(2)可以转换为分析与该力相关的其他研究对象，通过对其他研究对象进行受力分析，判断该力是否存在
整体法
整体法是指将相互关联的各个物体看成一个整体的方法。整体法的优点在于只需要分析整个系统与外界的关系，避开了系统内部繁杂的相互作用。
隔离法
隔离法是指将某物体从周围物体中隔离出来，单独分析该物体的方法。隔离法的优点在于能把系统内各个物体所处的状态、物体状态变化的原因以及物体间的相互作用关系表达清楚。
原理装置图
操作要领
平衡时弹簧产生的弹力和外力大小相等
(1)安装：按照原理装置图安装实验仪器
(2)操作：弹簧竖直悬挂，待钩码静止时测出弹簧长度
(3)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
图像法
根据测量数据，在建好直角坐标系的坐标纸上描点。以弹簧的弹力F为纵轴，弹簧的伸长量x为横轴，根据描点的情况，作出一条经过原点的直线
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
函数法
根据实验数据，找出弹力与弹簧伸长量的函数关系
n
1
2
3
4
5
6
Ln/cm
8.04
10.03
12.05
14.07
16.11
18.09
装置时代化
操作智能化
弹力的获得：由弹簧竖直悬挂，重物的重力作为弹簧的拉力(存在弹簧自重的影响)⇨弹簧水平使用，重物的重力作为弹簧的拉力，消除了弹簧自重的影响。
图像的获得：由坐标纸作图得F-x图像⇨由传感器和计算机输入数据直接得F-x图像。
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
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
实验原理的创新
实验器材的创新
创新意图：
1.橡皮筋拉力→物体重力：合力的大小和方向恒定
2.分力任意角度→某一分力水平：该分力的方向恒定
F/N
0
0.50
1.00
1.50
2.00
2.50
l/cm
l0
10.97
12.02
13.00
13.98
15.05