步步高大一轮复习讲义物理要点

ⅠⅠ力ⅠⅡⅡ2理思维与物理能力的考核第1学 重 弹 摩擦考纲解读1.掌握重力的大小、方向及重心的概念.2.掌握弹力的有无、方向的判断及大小计算的基本办法.3.掌握胡克定律.4.会判断摩擦力的大小和方向.5.考点 弹力的分析与计条件法：根据物体与否直接接触并发生弹性形变(4)替代法：能够将硬的、形变不明显的施力物体用软的、易产生明显形变的物体来替代，看能否维持原来的运动状态．①内容：弹簧发生弹性形变F跟弹簧伸长(或缩短)x成簧长度的变化量例1如图1所示，一重为10N的球固定在支杆AB的上端，今用一段绳子水平拉球，使杆发生弯曲，已知绳的拉力为7.5N，则AB杆对球的作用力( 7.51053°53°解析对小球进行受力分析可得，ABF和绳的拉力的合力与小球的重力等tanα＝＝，α＝53°，F＝＝12.5ND项对的．答案1．[弹力的有无及方向判断]如图2所示，在一种正方体的盒子中放有一种质量分布均匀的小球，小球的直径正好和盒子内表面正方体的边长相等，盒子沿倾角为α的固定斜面滑动， 图2答 盒子的左、右侧面提供弹力，故选项A对的．FPFN，OP与水平方向的θ，下列关系对的的是() B．F＝mgtan D．FN＝mgtan答案mgFNFF′构成直角三角形，解直角三角形可求得：F＝，FN＝F′＝.因此对的选项为3．[含弹簧类弹力的分析与计算]1kga、b、c和两个劲度系数均500N/m的相似轻弹簧p、q4所示，其中a放在光滑水平桌面上．开始时p弹簧处在原长，木块都处在静止状态．现用水平力F缓慢地向左拉p弹簧的左端，直到c木块刚好离开水平地面为止g取10m/s2.该过程p弹簧的左端向左移动的距离是()A．4 B．6 C．8 D．10答 “缓慢地拉动”p弹簧的左端向左移动的距离mbg＝1×10N＝10Nx1＝＝2cmc木块刚好离开水平地面，qFN2＝mcg＝1×10N＝10Nx2＝＝2cmF＝x＝x1＋x2＋x3＝8cm.“弹簧类”中学物理中的“弹簧”和“橡皮绳”F＝kxx轻：即弹簧(或橡皮绳) 注意：轻质固定杆的弹力方向不一定例2如图5所示，轻绳AD跨过固定在水平横梁BC右端的定滑轮挂住一种质量为10的物体，∠ACB＝30°，g10m/s2ACFACBCC解析M处在平衡状态，根据平衡条件可判断，与物体相连的轻绳拉力大小等于物体C点为研究对象，进行受力分析，如图所示．ADMAC段的拉力大FAC＝FCD＝Mg＝10×10N＝100由几何关系得：FC＝FAC＝Mg＝10030°答 (1)100 (2)100 方向与水平方向成30°角斜向右上4．[滑轮模型]6OBAC绕过滑轮，A端固定在墙上，且绳保持水平，C端挂一重物，BO与竖直方向θ＝45°θ的大小，则滑轮受到木杆作用力大小变化状况是()θθθθ答 mg，方向为与竖直方向成45°角斜向左上方，与θ角无关．ADC端，求：(计算成果保存三位有效数字)(1)ACFAC(2)BCC答 (1)200(2)173N 对结点C受力分析如图：FAC·sin30°＝MgFAC·cos得：FAC＝2Mg＝200NFBC＝Mg·cot30°≈173N考点 摩擦力的分析与计①物体处在平衡状态(静止或匀速直线运动)合＝ma方向：与相对运动②例3如图8所示，人重600N，木块A重400N，人与木块、木块与水平面间的动摩擦因数均为A甲解 设绳的拉力为FT，木块与地面间的摩擦力为FfA＝μ(mA＋m人)g＝200N.FT＝100乙FT＝Ff人＝100AA之间的摩擦力为静摩擦力．由牛顿第三A100N.答 (1)100 (2)100 方向水平向 A．BAB．F增大时，ACBABADA、B的重力哪个大，BA答 知B受到的摩擦力方向向上，由牛顿第三定律可知B对A的摩擦力方向向下，AA、BB错误；A和墙之间的摩擦A、BC错误，D对的．Pm＝4kg的小球，小球与圆心连线θ＝60°350N，作用在物2F＝20Ng＝10m/s2，则下列对的的是()A．1220B．2320C．320ND36个力作用答 对小球受力分析可知，绳的拉力等于小球重力沿圆弧面切线方向的分力，由几何关系F等于绳的拉力，故整体受力平衡，与桌面间没有摩擦力，故物30，C1、21320N，B32的压力、25个力作用，D错误．考点 摩擦力的突变问例4表面粗糙的长直木板的上表面的一端放有一种木块，如图11所示，木板由水平位置Ffα变化的图象是下图中的() 木板由水平位置刚开始运动时：α＝0，Ff静由平衡关系可知，静摩擦力大小等于木块重力沿斜面对下的分力：Ff静＝mgsinα.因此，静α的增大而增大，它们满足正弦规律变化．继续增大，木块将开始滑动，静摩擦力变为滑动摩擦力，且满足：Ffm>Ff滑木块相对于木板开始滑动后，Ff滑＝μmgcosαα的增大而减小，满最后，α＝，Ff滑C对的．Ff静＝0，A选项错误.Ffm>FfB、D选项C答 v0F＝1N＝10m/s2，向右为正方向，该物体受到的摩擦力Ff随时间t变化的图象是(最大静摩擦力等 答 13A(调节传感器高度使细绳水平)，滑块放在较长的小车上，小车一端连接一根轻绳并跨过光滑的轻定滑轮系一只空沙桶(调节滑轮使桌面上部细绳水平)，整个装置处在静止状态．实验开始时打开传感器同时缓慢向沙桶里倒入沙子，小车一旦运动起来，立刻停止倒沙子，若力传感器采集的图象如图乙所示则结合该图象，下列说法对的的是( )D．可判断第50秒后小车做匀速直线运动(滑块仍在车上) 解析t＝02N2N，3.5N3.5N，此时摩擦摩擦力，B、C3.5N3N50s车将加速运动，D高考模 明确考向，下列说法对的的是()A．MB．NC．MMND．N答 解析M处受到的支持力垂直于地面竖直向上，N处受NP斜向上，A项对的，B项错；静摩擦力的方向平行于接触面与相M处的静摩擦力沿水平方向，NMN方向，C、D项都错误．2．(·北京·16)2αMm的木块静止在斜面体上．下列结论对的的是()A．木块受到的摩擦力大小是mgcosαBmgsinαmgsinαcos桌面对斜面体的支持力大小是答 解 对木块受力分析，如图甲所示，由平衡条件得Ff＝mgsinα，FN＝mgcosα，故A、平衡条件知，FN′＝(M＋m)g，D对的．4.9N．有关物体受力的判断(g＝9.8m/s2)，下列说法对的的是()4.9N斜面对物体的支持力大小为 N，方向竖直向4.9N答 解析为零，A对的，BFN＝mgcos30°＝4.9N，方向垂直斜面对上，C、D错误．如图4所示，一串红灯笼在水平风力的吹动下发生倾斜，悬挂绳与竖直方向的夹角为笼的拉力大小为() 答 解 D上，BmA＝3mB45°30°，那么下列说法中对的的是()AAA答 解析A物体为研究对象进行受力分析：竖直向下的重BF弹＝mBg可知，C选项对的，DFN＝mgcosθ，当倾角减小时，A物体对斜面B选项错误．6AB，AB状态的弹簧．A、B均处在静止状态，下列说法对的的是 A．BB．BACADA答 解析BBB处在静止状态，故受C错误，D对的．如图1所示，壁虎在竖直玻璃面上斜向上匀速爬行，有关它在此平面内的受力分析，下 答 如图2所示，杆BC的B端用铰链固定在竖直墙上，另一端C为一滑轮．重物G上系一绳通过滑轮固定于墙上A点处，杆正好平衡．若将绳的A端沿墙缓慢向下移(BC杆、滑轮、 A．绳的拉力增大，BC杆受绳的压力增大B．绳的拉力不变，BC杆受绳的压力增大C．绳的拉力不变，BC杆受绳的压力减小D．绳的拉力不变，BC杆受绳的压力不变答 如图中虚线所示，设AC段绳子与竖直墙壁间的夹角为θ，则根据几何知识可知F＝2GsinA端沿墙缓慢向下移时，绳的拉力不变，θ增大，FBC杆受绳的压力增大，B到它刚离开上面的弹簧．在此过程中下面木块移动的距离为() 答 解析k2被压缩，压缩的长度为：Δx＝.在用力缓m1m1k2Δx′＝.因此在此过程中，下面木块移动的距离为：Δx－Δx′＝C.F向下推此物体，使物体加速下滑，斜面体仍然和地面保持相对静止，则斜面体受地面的摩擦力()大小为 B．方向水平向C．方向水平向 答 如图5所示，斜面固定在地面上，倾角为37°(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．质量为1kg的滑块以初速度v0从斜面底端沿斜面对上滑行(斜面足够长，该滑块与斜面间的动摩擦因数g＝10m/s2)( 答 滑块上升过程中受到滑动摩擦力作用，由F＝μFN和FN＝mgcosθ联立得F＝6.4N，滑块受的摩擦力为静摩擦力，由平衡条件得F＝mgsinθ，代入可得F＝6N，方向为沿斜面对上，故B项对的．如图6所示，两辆车在以相似的速度做匀速运动，根据图中所给信息和所学知识你能够 图6答 物体各部分都受重力作用，但能够认为物体各部分所受重力集中于一点，这个点就是CD错 解析摩擦力总是妨碍物体间的相对运动(或相对运动趋势)，而物体间的相对运动与物体的C、D项对的．体随传送带一起匀速运动，运动方向如图中箭头所示．则下列说法对的的是()A．ABAC．B、C受到的摩擦力大小相等，方向相似D．B、C受到的摩擦力大小相等，方向相反答案BCAA物mgsinθB、C对的，D错误．图可知()A．αβB．m1C．m12m2D．m1答案解析A对的；滑轮两侧绳的拉力大小C对的，B、D错误．9kR的半球形容μ，OPθ＝30°.下列说法对的的是()B．弹簧对小球的作用力大小为mgC答 以容器和小球构成的整体为研究对象，受力分析可知，竖直方向有总重力、地面的支A错误．对小球进行受力分析可知，F＝mgRB错误，C、D10所示，水平轻杆的一端固定着一小球，另一端固定在墙上，一轻绳一端系着小N9N答 5 方向与竖直方向成37°角斜向右上 重力、轻弹簧的拉力两者的合力的大小为F＝ ＝15NFα，sinα＝＝1110cmm＝2kg的物体上，11cm13cm答 (1)200 (2)2 (3)4解 (1)物体匀速运动时则k＝ N/m＝200F1＝k(x1－x0)＝200×(0.11－0.1)N＝2Ffm＝0.2×2×10N＝4Ff1＝F1＝2F2＝k(x2－x0)＝200×(0.13－0.1)N＝6Ff2＝μFN＝μmg＝0.2×2×10N＝4第2学 力的合成与分考纲解读1.会用平行四边形定则、三角形定则进行力的合成与分解.2.考点 共点力的合(2)计算法：根据平行四边形段为邻边作平行四边形，平行四边形的对角线就表达合力的大小和方向1甲所示．F1、F2的另外两端连接起来，则此连线就表达合力θ例1 B3F3F3同向C2F3F3同向解析F1、F23个单位，方向相反，在水B对的．答案1．[二力的合成](·上海·18)两个共点力F1、F2大小不同，它们的合力大小为F，则( A．F1、F2同时增大一倍，F也增大一倍B．F1、F210N，F10DF1、F2中的一种增大，F不一定增大答案AD解析F1、F2同时增大一倍，FA对的．F1、F210N，F不一10NB错误．F110N，F210N，FCF1、F2中的一种增大，FD对的．2．[三力的合成]三个共点力大小分别是F1、F2、F3，有关它们的合力F的大小，下列说法 A．FB．FF1、F2、F3CF1∶F2∶F3＝3∶6∶8．若答 (1)①考点 力分解的两种惯用办1．(1)(2)建立坐标轴的原则：以少分解力和容易分解力为原则(即尽量多的力在坐标轴上例2 如图3所示，A、B两物体叠放在水平地面上，已知A、B的质量分别为mA＝10kg，mB＝20kg，A、B之间、B与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.5.一轻绳一端系住物体A，另一端系于墙上，绳与竖直方向的夹角为37°，现欲用外力将物体B匀速向右拉出，求所加水平力F的大小，并画出A、B的受力分析图．(取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)解 A、B的受力分析如图所示A应用平衡条件得FTsin37°＝Ff1＝μFN1①FTcos37°＋FN1＝mAg②联立①、② ＝60Ff1＝μFN1＝30B＝2Ff1＋μmBg＝160答 160 受力分析图见解析3．[力的效果分解法]4G的重物匀速吊起，此时四条钢索与竖直60°，则每根钢索中弹力的大小为() 答 解 D4．[力的正交分解法]5M的正方形空木箱放置在粗糙水平面上，沿空木45°.m的物体沿(1)(2)答 (2)mg，方向水平向解 (1)以物体为研究对象，垂直轨道方向有FN＝mgcos FN′＝FNFf＝FN′sinFf＝mg考点 力的合成与分解办法在实际问题中的应用把力按实际效果分解的普通思路36BA铰链处作用一垂直为() 按力F的作用效果沿AC、AB杆方向分解为图甲所示的F1、F2，则F1＝F2＝ 由几何知识得tanθ＝＝10，再按F1的作用效果将F1沿水平向左和竖直向下分解为图乙所F3、F4F4＝F1sinθF4＝5FDF5，B 答 后作出过几个猜想，其中合理的是()图7答 中阴影部分)．根据它跟半个劈的直角三角形的相似关系，有关系式＝＝，得＝.F顶角越小，sinθ的值越小，F1F2D对的．6．[实际问题分析]图8为庆祝新年时某教室里悬挂灯笼的一种方式，三段轻绳ac、cd、bdFbd，两灯笼受到的重力分别为Gc和Gd，下列表述对的的是( FacFbdFacGcGdFacFbdGcGd答案根据题述的对称性，FacFbd大小一定相等，GcGdA、C对的；FacFcdFacFcd，B错误．LA、B(图中的小圆圈表达支柱的横截面)垂直于金属绳水平d(d≪L)CF.(1)L、d、F(2)d＝10mmF＝400N，L＝250mm答 (2)2.5×103解析(1)C′FT1FT2，BCBC′θ，如图所由力的合成有：F＝2FTsinsind≪LFT＝.(2)d＝10mm，F＝400N，L＝250mmFT＝2.5×103N2.5×103高考模 明确考L.则钩码的质量为() 答 拉力的合力等大反向，由三角函数关系可知，钩码的重力为Mg，故其质量为M，选G，则椅子各部分对他的作用力的合力大小为() B．Gsin C．Gcos D．Gtan答案解 椅子各部分对人的作用力的合力与重力G是平衡力，因此选项A对的F230N．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可取任意方向答案C解 由F1、F2和F的矢量三角形图能够看出F2＝F20＝25N时，F1的大小才是唯一的，F2F2＝30N>F20＝25A、B、DC对的．型上的风力大小为()B．Gcos D．Gsin答 作用于飞机模型上的风力F垂直于AB向上风力F的竖直分力等于飞机模型的重力，即Fcosθ＝G，解得F＝ ，A对的．如图所示，F1、F2、F3正好构成封闭的直角三角形，这三个力的合力最大的是 答 为120°时，合力的大小为( 答 解 根据题意可得 F1.当两个共点力F1和F2之间的夹角为120°时，合力F合 某物体同时受到同一平面内的三个共点力作用，在如图1所示的四种状况中(坐标纸中每格边长表达1N大小的力)，该物体所受的合外力大小对的的是( 42答 题图甲，先将F1与F3直接合成，再以3N和4N为边画平行四边形，并结合勾股定理知合力的大小为5N，A项错误；题图乙，先将F1与F3正交分解，再合成，求得合力的根据三角形法则，题图丁中合力的大小等于0，D项对的．两物体M、m用跨过光滑定滑轮的轻绳相连，如图2所示，OA、OB与水平面的夹角分别为30°、60°，M、m均处在静止状态．则( OAMOBMOAMOBMC．mD．m答 解 受水平面的静摩擦力的方向水平向左，D3所示(俯视图)m的物块上，另B点的木桩上．用弹簧测力计的光滑挂钩缓慢拉绳，弹簧测力计始终与地F，则()答案A解析FTFT＝μmgFT＝F，因此物μ＝A对．当∠AOB120°FBFT＝μmg不变，但∠AOBFC、DPO点；O′是三根线的结点，bOBOP20N，g10m/s2，则下列说法中错误的是()10A2桌面对B物体的摩擦力为10 D．OP与竖直方向的夹角为60°答 解析O′aaAOP2kg，B对的；桌面对B的摩擦力Ff＝FO′b＝FO′acos30°＝10N，C对的；弹簧的弹力F弹＝FO′asin30°＝10N，故A对的．GOAOB吊在空中，OAOBF1、F25所示，则 B．F1、F2COAF1DG、OAF1、OBF2F答 解析FF1、F2共BOAOAF1是互相作用力，等大反CF是为研究问题方便而假想出来的力，事实上不存在，D错误.90°.F后，系统仍处在静止状态，下列说法对的的是()答 解析F增大，由于绳的夹角不变，故绳上的拉力增大，A对的；对物块进行受力分析，沿变大，支持力变小，B错误，C0DFF1F30°F2的大小为F1的大小可能是( 答案 F>，从图上能够看出，F1有两个解，由直角三角形OAD可：FOA＝ F.由直角三角形ABD：FBA＝ F，则分力F1＝ 持静止．Ff表达木块与挡板间摩擦力的大小，FN表达木块与挡板间正压力的大小．若挡板O1、O2始终等高，则() B．Ff不 C．FN变 答 甲解析Mm构成的系统为研究对象，系统受力状况如图甲所示，根据平2Ff＝(M＋2m)gFf＝F1、F2F1＝F2＝，当挡板间距离稍许增大后，FT不变，θCD对的．8OA、OB搁在滑OθF作用在铰链答 解析FOA、OB方向分解，如图甲所示，可求出杆作用于滑块上F1沿竖直方向和水平方向分解，如图乙所示，考虑到滑块不受摩擦力，细线上的F1F1′，即： 解得：F1′＝AB(中央有孔)，A、B间由细绳9所示位置时正好都能保持静止状态．此状况下，BO(1)B(2)A球的质量．(g10答 (1)60 (2)6解析(1)BFTsinFT＝2mg＝60(2)A球，受力分析如图所示．在水平方向：FTcos30°＝FNAsin30°在竖直方向：FNAcos30°＝mAg＋FTsin由以上方程解得：mA＝2m＝6第3学 受力分 共点力的平考纲解读1.学会进行受力分析的普通环节与办法.2.掌握共点力的平衡条件及推论.3.考点 整体与隔离法的应例1 如图1所示，传送带沿逆时针方向匀速转动．小木块a、b用细线连接，用平行于传送带的细线拉住a，两木块均处在静止状态．有关木块受力个数，对的的是( 4个，b54个，b4C．a5个，b5D．a5个，b4 先分析木块b的受力，木块b受重力、传送带对b的支持力、沿传送带向下的滑动摩沿传送带向下的滑动摩擦力及上、下两段细线的拉力，共5个力，故D对的．答 1．[整体法与隔离法的应用](·上海·8)如图2所示，质量mA>mB的两物体A、B叠放在一起，靠着竖直墙面让它们由静止释放在沿粗糙墙面下落过程中物体B的受力示意图是( 答案解析A、B叠放在一起，在沿粗糙墙面下落过程中，由于物体与竖直墙面之间没有压力，因此物体与竖直墙面之间没有摩擦力，两者一起做自由落体运动，A、B之间没有弹BA.2．[整体与隔离法的应用]3F作用下，a、b两物体一起沿粗糙竖直墙面匀速向上运动，则有关它们受力状况的说法对的的是()A．a44C．aD．ab答 对物体b进行受力分析，如图乙所示，b受到3个力作用，因此a受到4个力作用． 弹簧A、C的伸长量之比为( A.∶4B．4∶C．1∶2D．2∶1答案D 1FAsin30°－FBsinFB′sinFA＝2FCA、C2∶1D FA′＝FAFA＝2FCD考点 解决平衡问题惯用的“三种”办法解决平衡问题的惯用办例 在科学研究中，能够用风力仪直接测量风力的大小，其原理如图5所示．仪器中Fmθ之间的关系．解析mgFFT，如图所示．这三个力是共点力，在这三个共点力的作用下金属球处在法一：(力的合成法)FFTF＝mgtan够将重力沿水平方向和金属丝的方向进行分解，如图乙所示，由几何关系可得F＝F′＝mgtanθ.法三：(正交分解法)xy轴，建立坐标Fx合＝FTsinθ－F＝0Fy合＝FTcosθ－mg＝0解得F＝mgtanθ.答 F＝mgtan4．[平衡条件的应用]6所示，A、B两球用轻杆相连，用两根细线将其悬挂在水平天花OFBA、B两球在同一GOAL，则()OBOBFF答 5．[正交分解法的应用]7O1的另一端固30°23m1、2、3x1、x2、x3，则 30°＝kx2，联立解得x1∶x2∶x3＝2∶1∶ 6．[合成法的应用]A、B、C、D四幅图中，滑轮本身的重力忽视不计，滑轮OPab绕过滑轮，a端固定在墙上，b端下面挂一种FA、FB、FC、FD，则下列判断中对的的是()答案Bφmg，FF＝2mgcosFD＞FA＝FB＞FCB考点 动态平衡问题的解决技，“例3 (·新课标·16)如图8一小球放置在木板与竖直墙面之间设墙面对球的压力大小为FN1，球对木板的压力大小为FN2.以木板与墙连接点所形成的水平直线为轴将木板从图示位置开 A．FN1始终减小，FN2始终增大B．FN1始终减小，FN2始终减小解 办法一(解析法)如图所示，由平衡条件θ90°，tanθ、sinθ都增大，FN1、FN2B对的．3GFN1和板对球的弹力B对的．答案OCFC与原先相比是() C．FA增大，FC减小D．FA减小，FC答案 OB绳的拉力FB不变，OA绳的拉力FA的方向不变，OC绳的拉力FC的方向与拉力FB方向的夹角减小，保持平衡时FA、FC的变化如虚线所示，显然都减小了．8．[图解法的应用]半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有一固定放置的竖直挡板P始终保持静止．则在此过程中，下列说法中对的的是()A．MNQ的弹力逐步减小BP的摩擦力逐步增大C．P、QD．Q答 Q的受力状况如图甲所示，F1PQ的弹力，F2MNQ的弹力，F2的方向水平向左保持水平，F1的方向顺时针旋转，由平行四边形的边长变化可知：F1F2都逐步增大，A、CMN缓慢移动，Q处在平衡状态，所受合力为零，D错误；Ff不停增大，B对的．①若已知F合的方向、大小及一种分力F1F2的最小值的条件为②F合F1F2考点 平衡中的临界与极值问(1)两接触物体脱离与不脱离的临界条件是互相作用力为0(重要体现为两物体间的弹力为(2)绳子断与不停的临界条件为绳中的张力达成最大值；绳子绷紧与松驰的临界条件为绳中0.例 重为G的木块与水平地面间的动摩擦因数为μ，一人欲用最小的作用力F使木块解析FF斜α时，F的值最小．木块受力分析如图所示，由平衡条件知：Fcosα－μFN＝0，Fsin令tanφ＝μ，则sinφ＝ ，cosφ＝可得F＝ α＝φ时，F答 与水平方向成α角斜向上且tan动摩擦力相等(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)AFG的比值不可能是() 答案 则F1·cosθ＋μFN＝G·sinθ，FN＝F1·sinθ＋G·cosθ.得： F2·cosθ＝μFN＋G·sinθ，FN＝F2·sinθ＋G·cosθ，得： ≤≤2，故F与G的比值不可能为10．[极值问题]12lC、D两点，A、B两端被D点上可施加的力的最小值为() C. D.答 解析CCDCFCD＝mgtan30°何关系可知，F3＝FCDsin60°＝mgC对的．高考模 明确考1．(·ft东·14)13，用两根等长轻绳将木板悬挂在竖直木桩上等高的两点，制成一简易秋千，某次维修时将两轻绳各剪去一小段，但仍保持等长且悬挂点不变．木板静止时，1表达木板所受合力的大小，F2表达单根轻绳对木板拉力的大小，则维修后()答案A 则2Fcosθ＝G，得 维修后，θ增大，cosθ减小，FF2A对的，B2．(·新课标Ⅱ·15)14F的作用，F平行于斜面对F2(F2＞0)．由此可求出()B答案解 ＝mgsinθ＋fm.当拉力为F2时物块有沿斜面对下运动的趋势受到沿斜面对上的静摩擦力，则F2＋fm＝mgsinθ，由此解得fm＝ ，其它几个量无法求出，只有选项C对的．3．(·天津·5)15OF缓慢()A．FN保持不变，FT不停增大B．FN不停增大，FT不停减小答 对小球受力分析如图(mgFNFT)．画出FT方向与斜面平行时，FTFT先减小后增大，FND对的．16所示，在一根水平直杆上套着两个轻环，在环下用两根等长的轻绳拴着一种重缩短某些，系统仍处在静止状态，则()B．FNC．Ff答案由对称性可知杆对两环的支持力大小相等．对重物与两环构成的整体受力分析，由平2FN＝mg恒定，A、Ba、b两环间距离减小到0，则两绳竖直，杆对环不产生摩擦力的作用，故两环距离缩短时，Ff变小，C对的，D错17所示，固定的半球面右侧是光滑的，左侧是粗糙的，O点为球心，A、B为两个完全相似的小物块(可视为质点)AF1，FN1BF2的作用下静止在球面的右侧，对球面的 图17A．F1∶F2＝cosθ∶1 B．F1∶F2＝sinθ∶1C．FN1∶FN2＝cos2θ∶1 D．FN1∶FN2＝sin2θ∶1 解 分别对A、B两个相似的小物块受力分析，如图，由平衡条件得F1＝mgsinθ，FN1＝mgcosF2＝mgtanA、C如图1所示，A和B两物块的接触面是水平的，A与B保持相对静止一起沿固定斜面匀速下滑，在下滑过程中B的受力个数为( A．3 B．4 C．5 D．6答 解析ABB进B对的．2m，θFfF，重力加速度为g，则 A．Ff＝mgsinθ B．Ff＝mgtanθC．F＝mgcosθ 答 解 和沿悬索斜向上的拉力，可得Ff＝mgtanθ，A错误，B对的 ，C、D错误的物体，在圆环沿滑杆向下滑动的过程中，悬挂物体的轻绳始终处在竖直方向，则 答 解析M可知，其受到两个力的作用，重力和轻绳对其的拉力，由于悬挂物体的可知，环受到重力、轻绳对环的拉力、滑杆对环的支持力和摩擦力，A错误，B对的．AFfD物块所受的摩擦力大小为() 答案解析AFfF，则有：2Fcos60°＝Ff，D：2Fcos30°＝Ff′，解得：Ff′＝F＝Ff.OF，使甲沿斜面方向缓慢地移动，直至甲F1F2，在此过程中()答案D对甲和乙构成的整体受力分析，如图甲所示，垂直斜面方向只受两个力：甲、乙的总F2也保持不变；对圆球乙受力分析如图乙、丙所示，当甲缓慢下移时，FN与竖直方向的夹角缓慢减小，F1缓慢减小． 如图6所示，水平固定且倾角为30°的光滑斜面上有两个质量均为m的小球A、B，它们用劲度系数为k的轻质弹簧连接现对B施加一水平向左的推力F使AB均静止在斜面上，此时弹簧的长度为l，则弹簧原长和推力F的大小分别为( ，，答案解析A、BFcos30°＝2mgsin30°F＝mg；Akx＝mgsin30°l－x＝l－B对的．7θ＝30°GF的αF的大小不变，且小球和斜面体仍然保持静止，此时水平地面对斜面体FfFFf的大小分别是() G 答 G解 的水平分力等大，即Ff＝Fcos 8m30°固定在竖直墙上的P点，另一端系在滑块上，弹簧与竖直方向的夹角为30°，则 P上，则()A．PB．PC．PD．P答案mgsinθ＝f≤μmgcosθ，N＝mgcosθ.m增大时，不等式两边都增大，不等式仍然成立，PB、D.AO′点，细线与竖直方向所成的角度α，则()B在地板上向右移动稍许，αB在地板上左移还是右移，只要距离足够小，α增大小球A的质量，α角一定减小D．悬挂定滑轮的细线的弹力不可能等于小球A的重力 解析O、AB在地板上向右移动稍许，O、B之间αA对的，BABα角AD对的．如图11所示，形状和质量完全相似的两个圆柱体a、b靠在一起，表面光滑，重力为其中b的下半部刚好固定在水平面MN的下方上边露出另二分之一a静止在平面上现 F开始时拉力F最大 a、b2Ga、b0答 sinθ＝＝θ＝30°F＝＝G.aFN＝＝2GGB、C.P点，另一端与A相连接，下列说法对的的是 ABABBBABC．P点缓慢下移过程中，BAD．PB答 BABB无摩擦力，A对的；若BAABB有向左的摩擦力，BPA物体的BA的支持力增大，CP点缓慢下B的摩擦力逐步减小到零，D错误．θ＝30°，轻绳与斜面平行且另一端固定在竖直墙面上，不计小球与斜面间的摩擦，则()A．斜面体对小球的作用力的大小为mgB．轻绳对小球的作用力的大小为mgD．斜面体与水平面间的摩擦力的大小为mg答案解析B为研究对象，对其受力分析如图．因小球保持静止，因此由共点力的平衡mgsinθ－FT＝0①FN－mgcosθ＝0②FT＝mgsinθ＝FN＝mgcos 即轻绳对小球的作用力(拉力)为mg，斜面体对小球的作用力(支持力) mg，A错把小球和斜面体作为一种整体进行研究，其受重力(M＋m)gFN′、摩擦FfFT.受力状况如图所示．Ff－FTcosFN′＋FTsin联立①③④FN′＝Mg＋ Mgmg，C错，D实验 探究弹力和弹簧伸长的关考纲解读1.学会用列表法、图象法等办法解决实验数据.2.探究弹力和弹簧伸长的关系安装实验仪器(如实验原理图所示F、xFx的比值在误差允许范xFF、x各组数据对应的点，作出的拟合曲FxF＝kx考点 实验原理与实验操例1如图1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程 图乙是弹簧弹力F与弹簧伸长量xFx图线，由此可求出弹簧的劲度系数为 N/m.图线但是原点的因素是由 1234个…请将以上环节按操作的先后次序排列出来 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 是()A．abB．abC．ab答 解 C错误；图象但是原点，D 伸长，用直尺测出弹簧的原长L0，再把弹簧竖直悬挂起来，挂上钩码后测出弹簧伸长后的图线可能是下列选项中的()答案(1)AB解析(1)实验中应以所研究的一根弹簧为实验对象，在弹性程度内通过增减钩码的数目来变化对弹簧的拉力，以探究弹力和弹簧伸长量的关系，并且拉力和重力平衡，因此选A、(2)x>0考点 数据解决及误差分例2(·广东·34(2))某同窗探究弹力与弹簧伸长量的关系 ②弹簧自然悬挂，待弹 10gL1L6表中有一种数值统计不规范，代表符号 ．由表可知所用刻度尺的最小分度 ③图3为该同窗根据表中数据作的图，纵轴是砝码的质量，横轴是弹簧长度与 果保存两位有效数字，重力加速度取9.8m/s2)． 读出弹簧的原长，此时误差较小；表中数据L3与其它数据有效位数不同，因此数据L3不规范，由表格中的数据可知刻度尺的最小刻度为1mm.③图象通过坐标原点，纵轴是砝码的质量则横轴为与所挂砝码质量相对应的弹簧的伸长量因此横轴是弹簧长度与Lx的差值．④ ＝0.01kg＝10答 ①竖 ②静 1 3．[对误差分析的考察]Fx的关系，某同窗选了甲、乙两根规4所示图象． N/m和 答 (1)弹簧的形变量超出其弹性程 (3)见解解析(1)在弹性程度内，弹簧的弹力与弹簧的形变量成正比，超出弹簧的弹性程度，则此(2)k甲 N/m≈66.7k乙 N/m＝200(3)5连接起来进行探究．图 图(1)某次测量如图6所示，指针示数

N/m(g＝10m/s2) (填“能”或“不能”)计算出弹簧Ⅱ的劲度系数1234 (1)16.00(15.95～16.05均可，有效数字位数对的) (2)12.50(12.20～12.80均可) 解析(1)刻度尺最小分度为1mm，读数时需估读到毫米下一位，故指针的示数为16.00 ＝0.04mk＝＝12.50LB－LAA、B两指针间的长度，进而计算出增加一种钩码时弹簧Ⅱ增加的(1)6F－L(2)由此图线可得出该弹簧的原长L0＝ cm，劲度系数k＝ 录实验数据的表格(不必填写其实验测得的具体数据(4)优点 答案(1)见解析 (3)见解析(4)避免弹簧本身所受重力对实验的影响弹簧解 (1)用平滑的曲线将各点连接起来，如图所示L0，即为弹簧的弹力为零时弹簧的长度，由图象可知，L0＝5×10－2m＝5cm.弹簧的劲度系数为图象直线部分的斜率，k＝20N/m.123456L/(×10－2x/(×10－2考点 实验拓展与创例3(·新课标Ⅱ·23)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kgx.测量成果及部分计算成果以下表所示(n为弹簧的圈数，9.80m/s2)6011.88n①0.006②0.0170.0220.0290.034将表中数据补充完整 n9给出的坐标轴上画出－n图9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的关系的体现方式为k＝ 数k与其自由长度l0(单位为m)的关系的体现式为k＝ 解析(1)①k＝ ≈81.7②＝m/N≈0.0122(2)(3)a＝ank＝·60 k＝·答案(1)①81.7②0.0122(2)－n 的关系图象，如图乙所示．则下列判断不对的的是()C．该弹簧的劲度系数是200N/m答 解析由题图乙知，F－x是一种过原点的直线，弹簧的劲度系数 N/m＝200AB、C、D对的码(m＝0.1kgg＝10m/s2)x加i(i在绳下端钩码个数)x减i，绳下端坐标的平均值xi＝的甲乙123456同一标号橡皮绳的x加 x减i(选填“不不大于”或“不大于 同窗的数据更符合实验规定(选填“甲”或“乙答案(1)不大于(2)乙(3)尽量使伸长量在弹性程度范畴内，同时有足够大的伸长量，以橡皮绳长度的变化量甲乙123456 (1)因橡皮绳被拉伸后不是完全弹性形变，不可能恢复到原长，故x加i不大于x减i.橡皮绳长度的变化量甲乙123456(3)实验 验证力的平行四边形定考纲解读1.懂得什么是等效替代法.2.能用作图法验证互成角度的两个力合成时恪守平行FF′在实验误差允许范畴内与否相等．O.如实验原理图所示．F.F′和细绳的方向．FF1．60°～100°之间为宜．3．考点 实验原理及实验操例1某同窗做“验证力的平行四边形定则”的实验状况如图1甲所示，其中A为固定橡皮如果没有操作失误，图乙中的F与F′两力中，方向一定沿AO