金版教程物理2024导学案必修第一册人教版新第三章 相互作用-力共点力的平衡含答案

《金版教程(物理）》2024导学案必修第一册(人教版新）第三章相互作用——力5．共点力的平衡1．理解平衡状态，掌握共点力的平衡条件。2.进一步掌握分析物体受力的方法。3.能根据共点力的平衡条件分析计算共点力的平衡问题。任务1共点力平衡的条件1．平衡状态：物体在力的作用下保持的eq\x(\s\up1(01))静止或eq\x(\s\up1(02))匀速直线运动状态。2．共点力平衡的条件：在共点力作用下物体平衡的条件是eq\x(\s\up1(03))合力为0。温馨提示：实际问题中如果可以不考虑物体形状和大小而把物体当成一个质点时，作用在该物体上的几个力都可以被看作是共点力。判一判(1)平直道路上高速匀速行驶的赛车处于平衡状态。()(2)合力保持恒定的物体处于平衡状态。()(3)物体的加速度为零，则物体一定处于平衡状态。()提示：(1)√(2)×当合力恒定且不为零时，物体的速度会发生变化，物体不处于平衡状态。(3)√1．对静止状态的理解：静止与速度v＝0不是一回事。物体保持静止状态，说明v＝0，a＝0，两者同时成立。若仅是v＝0，a≠0，如自由下落开始时刻的物体，并非处于静止状态。2．共点力平衡的条件的数学表达式有两种：①F合＝0；②eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Fx合＝0,Fy合＝0))。Fx合和Fy合分别是将力进行正交分解后，物体在x轴和y轴上所受的合力。非共点力的平衡条件不是合力为0，例如杠杆的平衡条件为F1l1＝F2l2。3．共点力平衡的几种常见类型例1物体在五个共点力的作用下保持平衡，如图所示，其中F1大小为10N，方向水平向右，求：(1)若撤去力F1，而保持其余四个力不变，物体所受合力的大小和方向；(2)若将F1转过90°，物体所受的合力大小。[规范解答](1)五个共点力平衡时合力为零，则其余四个力的合力与F1等大、反向，故撤去力F1后，物体所受的合力大小为10N，方向水平向左。(2)若将F1转过90°得到F1′，则F1′与其余四个力的合力F垂直，如图所示，物体所受合力F合＝eq\r(F1′2＋F2)＝eq\r(（10N）2＋（10N）2)＝10eq\r(2)N。[答案](1)10N方向水平向左(2)10eq\r(2)N任务2共点力静态平衡问题的常见处理方法方法内容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，作用在同一直线上效果分解法物体受三个共点力的作用而平衡，将某一个力按力的效果分解，则其分力和其他两个力满足平衡条件正交分解法物体受到三个或三个以上力的作用而平衡，将物体所受的力分解为相互垂直的两组，每组力都满足平衡条件力的三角形法对受三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，根据数学知识求解未知力例2(2024·广东省佛山市高一上期末)如图所示，质量为m的回形针系在细线下端被磁铁吸引保持静止，此时细线与竖直方向的夹角为θ，且回形针与磁铁在一条水平线上，试求回形针静止时受到的磁铁对它的磁力大小。[规范解答]回形针受到重力mg、细线的拉力FT和磁铁的磁力F而平衡，如图所示，根据共点力平衡的条件和几何知识可得竖直方向有FTcosθ＝mg水平方向有FTsinθ＝F联立解得F＝mgtanθ。[答案]mgtanθ例3(2023·广东省肇庆市高一上期末)如图所示，集装箱司机为方便装卸货，在车厢底部和水平地面之间搭建了一个长为L、高为h的固定斜面，货物恰好沿斜面匀速下滑，已知重力加速度为g。(1)求货物与斜面间的动摩擦因数μ；(2)装货时，若货物质量为m，对货物施加沿斜面向上的外力F，使之匀速上滑，求F的大小。[规范解答](1)设斜面与水平地面的夹角为θ，对沿斜面匀速下滑的货物进行受力分析，如图甲所示，由平衡条件得，沿斜面方向有mgsinθ＝Ff垂直于斜面方向有mgcosθ＝FN且有Ff＝μFN由几何知识知sinθ＝eq\f(h,L)，cosθ＝eq\f(\r(L2－h2),L)联立解得μ＝eq\f(h\r(L2－h2),L2－h2)。(2)货物在外力F的作用下匀速上滑时，受力分析如图乙所示，由平衡条件得，沿斜面方向有F＝mgsinθ＋Ff′垂直斜面方向有mgcosθ＝FN且有Ff′＝μFN联立解得F＝eq\f(2mgh,L)。[答案](1)eq\f(h\r(L2－h2),L2－h2)(2)eq\f(2mgh,L)处理平衡问题的“四步骤”[跟进训练1]图示为一种学生小黑板，将黑板展开放在水平地面上，使得其顶角为θ，此时黑板擦恰好能静止放置在小黑板上。已知黑板擦的质量为m，黑板与黑板擦之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是()A．黑板擦对黑板的压力大小为mgcoseq\f(θ,2)B．黑板擦对黑板的压力大小为mgsinθC．黑板对黑板擦的摩擦力大小为μmgcosθD．黑板对黑板擦的作用力大小为mg答案：D解析：对黑板擦进行受力分析，如图所示，根据平衡条件，FN＝mgsineq\f(θ,2)，Ff＝mgcoseq\f(θ,2)，又黑板擦恰好能静止放置在小黑板上，故Ff＝μFN，根据牛顿第三定律，黑板擦对黑板的压力大小为FN′＝FN＝mgsineq\f(θ,2)，黑板对黑板擦的摩擦力大小为Ff＝mgcoseq\f(θ,2)＝μmgsineq\f(θ,2)，故A、B、C错误；黑板对黑板擦的作用力为FN与Ff的合力，大小和重力mg相等，故D正确。任务3轻绳和轻杆的弹力1．轻绳的“活结”和“死结”问题(1)活结：当绳绕过光滑的滑轮或挂钩时，由于滑轮或挂钩对绳无约束，因此绳上的力大小是相等的，即滑轮或挂钩只改变力的方向不改变力的大小。(2)死结：若结点不是滑轮，而是固定点时，称为“死结”，这时两侧绳上的弹力大小不一定相等。2．轻杆的“定杆”和“动杆”问题(1)动杆：若轻杆用光滑的转轴或铰链连接，当杆处于平衡状态时杆所受到的弹力方向一定沿着杆，否则会引起杆的转动。如图甲所示，若轻杆的C端用转轴固定，则轻杆在缓慢转动中，弹力方向始终沿杆的方向。(2)定杆：若轻杆被固定而不发生转动，则杆所受到的弹力方向不一定沿杆的方向，如图乙所示。轻绳、轻杆以及轻弹簧只是理想模型，若绳、杆以及弹簧的质量(重力)不可忽略，则绳、杆、弹簧中各处的弹力大小一般不同。例4如图甲所示，轻杆OB可绕B点自由转动，另一端O点用细绳OA拉住，固定在左侧墙壁上，质量为m的重物用细绳OC悬挂在轻杆上的O点，OA与轻杆的夹角∠BOA＝30°，轻杆OB水平。图乙中水平轻杆OB一端固定在竖直墙壁上，另一端O装有小滑轮，用一根细绳跨过滑轮后悬挂一质量为m的重物，图中∠BOA＝30°。则：(1)图甲、乙中细绳OA的拉力各是多大？(2)图甲中轻杆受到的弹力是多大？(3)图乙中轻杆对滑轮的作用力是多大？[规范解答](1)题图甲中的杆可绕B转动，是“动杆”，故其受力方向沿杆，O点的受力情况如图1所示，则O点所受的细绳OA的拉力FT1、杆的弹力FN1的合力与细绳OC的拉力FT2大小相等、方向相反，又FT2＝mg，可得图甲中细绳OA的拉力大小为FT1＝eq\f(FT2,sin30°)＝eq\f(mg,sin30°)＝2mg；题图乙中是用一细绳跨过滑轮悬挂重物的，对题图乙中的滑轮受力分析，如图2所示，由于O点处是滑轮，它只改变细绳中力的方向，并未改变力的大小，且AOC是同一根细绳，而同一根细绳上的力大小处处相等，故图乙中细绳OA的拉力大小为FT1′＝FT2′＝mg。(2)由图1中力的平行四边形可知，题图甲中轻杆所受的弹力大小为FN1′＝FN1＝eq\f(FT2,tan30°)＝eq\f(mg,tan30°)＝eq\r(3)mg。(3)由于题图乙中杆OB不可转动，所以杆所受弹力的方向不一定沿OB方向，但杆对滑轮的作用力一定与两根细绳的合力大小相等、方向相反，由图2可得，FN2′＝2FT1′cos60°＝mg，则所求力大小为FN2＝FN2′＝mg。[答案](1)2mgmg(2)eq\r(3)mg(3)mg“死结”相当于将一段绳子分成两段，所以“死结”两侧轻绳的拉力大小不一定相等。“活结”两侧轻绳虽然受力方向不同，但仍是一根绳子，故两侧轻绳的张力大小相等，两侧轻绳张力的合力沿绳子的角平分线。[跟进训练2]如图甲所示，吊车是建筑工地常用的一种大型机械。为了便于研究问题，将它简化成如图乙所示的模型：硬杆OB的一端装有定滑轮，另一端固定在车体上；质量不计的绳索绕过定滑轮吊起质量为m的物体匀速上升。不计定滑轮质量和滑轮与轴承之间的摩擦，重力加速度为g，∠BOC＝45°，∠AOC＝60°，sin15°＝eq\f(\r(6)－\r(2),4)，下列说法正确的是()A．OA段绳索受到的拉力小于mgB．OB杆受定滑轮的弹力沿杆向下C．OB杆对定滑轮的弹力大小是eq\r(3)mgD．OB杆对定滑轮的弹力大小是2eq\r(2)mg答案：C解析：根据题意，OC、OA段绳索受到的拉力大小相等，物体被匀速提升，所以OC段绳索的拉力与物体重力平衡，则OA段绳索受到的拉力大小等于mg，A错误；定滑轮在OA段绳索的拉力FOA、OC段绳索的拉力FOC、OB杆的弹力FOB作用下处于平衡状态，FOA和FOC大小相等，则FOB沿∠AOC的角平分线向上，根据牛顿第三定律可知，OB杆受定滑轮的弹力FOB′沿∠AOC的角平分线向下，根据几何关系可知，FOB′不沿杆向下，B错误；根据平衡条件可知，2FOAcoseq\f(∠AOC,2)＝FOB，可解得FOB＝eq\r(3)mg，C正确，D错误。课后课时作业题号1234567难度★★★★★★★★★★★对应考点/知识点平衡状态的理解共点力平衡状态的理解共点力的平衡条件、三个共点力的合力范围共点力静态平衡分析共点力静态平衡分析共点力的平衡共点力静态平衡分析题号8910111213难度★★★★★★★★★★★★★对应考点/知识点共点力静态平衡分析，轻绳、轻杆模型共点力的平衡条件的应用共点力的平衡条件、合力与分力的关系综合共点力的静态平衡、力的分解的综合受力分析、共点力的平衡综合共点力静态平衡分析，轻绳、轻杆模型知识点一共点力的平衡条件1．(多选)下列运动项目中的运动员处于平衡状态的是()A．体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时B．蹦床运动员在空中上升到最高点时C．举重运动员在举起杠铃后不动的那段时间内D．游泳运动员仰卧在水面静止不动时答案：ACD解析：物体受到几个力作用时，保持静止或匀速直线运动状态，物体便处于平衡状态，故A、C、D正确；B项中运动员上升到最高点时v＝0，但其无法保持该状态，故不是处于平衡状态，B错误。2．若一个物体在共点力作用下处于平衡状态，则此物体一定是()A．静止B．匀速直线运动C．速度为零D．各共点力的合力为零答案：D解析：一个物体处于平衡状态，可能处于静止状态，也可能处于匀速直线运动状态，A、B错误；一个物体处于平衡状态，速度不一定为零，各共点力的合力一定为零，C错误，D正确。3．(2024·陕西省安康市高一上统考期末)下列四组共点力分别作用在同一个物体上，不可能使物体保持静止状态的是()A．1N、3N、5N B．2N、4N、6NC．3N、4N、5N D．4N、4N、4N答案：A解析：3N、5N的合力范围为2N≤F合≤8N，1N的力不在这个合力范围内，三力的合力不可能为0，即在这三个力的作用下，物体不可能保持静止状态，故A符合题意；4N、6N的合力范围为2N≤F合≤10N，2N的力在这个合力范围内，三力的合力可以为0，即在这三个力的作用下，物体可以保持静止状态，故B不符合题意；4N、5N的合力范围为1N≤F合≤9N，3N的力在这个合力范围内，三力的合力可以为0，即在这三个力的作用下，物体可以保持静止状态，故C不符合题意；4N、4N的合力范围为0≤F合≤8N，4N的力在这个合力范围内，三力的合力可以为0，即在这三个力的作用下，物体可以保持静止状态，故D不符合题意。知识点二共点力静态平衡分析4．(2024·河北省唐山市高一上1月期末)如图所示，光滑斜面固定在水平面上，斜面倾角为45°，质量是0.1kg的木块在水平恒力F作用下恰好沿斜面匀速上滑，重力加速度g取10m/s2，则F的大小是()A．0.5N B．0.75NC．1.0N D．2.0N答案：C解析：根据题意，对木块受力分析，由平衡条件可知，沿斜面方向上有mgsin45°＝Fcos45°，解得F＝mg＝1.0N，故选C。5．如图所示，一件重为G的衣服悬挂在等腰三角形衣架上。已知衣架顶角θ＝120°，底边水平，不计摩擦，则衣架一侧对衣服的作用力大小为()A.eq\f(\r(3),3)G B.eq\f(\r(2),3)GC.eq\f(G,2) D．G答案：A解析：选取衣服作为研究对象，受到重力G和衣架两侧对衣服的弹力，弹力方向与衣架侧边垂直，如图甲所示，根据几何关系可知两个弹力与竖直方向的夹角均为30°，衣服处于静止状态，所受的合力为零，如图乙所示，则2Fcos30°＝G，解得F＝eq\f(\r(3),3)G，A正确。6．(2024·湖北省十堰市高一上统考期末)质量为m的木块能够静止于倾角为30°的固定斜面上，现对木块平行斜面施加大小为eq\f(1,2)mg(g为重力加速度大小)的恒定水平拉力，使木块沿斜面匀速运动，如图所示。木块在静止和匀速运动两种情况下所受的摩擦力大小之比为()A.eq\r(2)∶1 B．1∶eq\r(2)C．1∶1 D．2∶1答案：B解析：木块静止时，根据平衡条件可知受到的摩擦力大小为Ff1＝mgsin30°＝eq\f(1,2)mg，木块匀速运动时，重力沿斜面向下的分力mgsin30°与恒定水平拉力F＝eq\f(1,2)mg的合力与此时木块所受摩擦力平衡，可知受到的摩擦力大小为Ff2＝eq\r(（mgsin30°）2＋F2)＝eq\f(\r(2),2)mg，则有Ff1∶Ff2＝1∶eq\r(2)，故选B。7．如图所示，将四块相同的坚固石块垒成圆弧形的石拱，其中第3、4块固定在地基上，第1、2块间的接触面是竖直的，每块石块的两个侧面间所夹的圆心角为30°。假定石块间的摩擦力可以忽略不计，则第1、2块石块间的作用力和第1、3块石块间的作用力的大小之比为()A.eq\f(\r(2),2) B.eq\f(\r(3),2)C.eq\f(\r(3),3) D.eq\f(\r(3),4)答案：B解析：对第1块石块进行受力分析，如图所示，由几何关系知θ＝60°，所以有eq\f(F21,F31)＝sin60°＝eq\f(\r(3),2)。故B正确。知识点三轻绳、轻杆模型8．如图所示，在水平天花板的A点处固定一根轻杆，杆与天花板保持垂直。杆的下端有一个轻滑轮。另一根细线上端固定在该天花板的B点处，细线跨过滑轮，下端系一个重为G的物体，BO段细线与天花板的夹角为θ＝30°。系统保持静止，不计一切摩擦。下列说法中正确的是()A．细线BO对天花板的拉力大小是eq\f(G,2)B．杆对滑轮的作用力大小是eq\f(G,2)C．杆和细线对滑轮的合力大小是GD．杆对滑轮的作用力大小是G答案：D解析：细线上的弹力处处相等，因此细线BO对天花板的拉力大小是G，A错误。两段细线上的弹力大小均为G，合力大小为2Gsin30°＝G，而杆和细线对滑轮的合力大小是0，所以杆对滑轮的作用力大小是G，D正确，B、C错误。9．光滑水平面上，某物体在水平方向两个力的作用下处于静止状态，其中一个力F在大小不变的情况下，将其方向在水平面内逆时针转过90°，保持另一个力的大小、方向都不变，则欲使物体仍能保持静止状态，必须再施加的水平方向力的大小为()A．F B.eq\r(2)FC．2F D．3F答案：B解析：物体水平方向受到两个力的作用而处于静止状态，由物体的平衡条件可知，力F与另一个力一定等大反向，当力F在水平面内转过90°时，力F与另一个力的合力大小为eq\r(2)F，因此，欲使物体仍能保持静止状态，必须再施加一个大小为eq\r(2)F的水平方向的力，故B正确。10．(2023·广东省清远市高一上期末)国务院提出：学校教育要树立“健康第一”的指导思想，体测中“引体向上”项目的标准操作步骤流程如图所示。关于被测试学生分别静止于最低点与最高点时(如图甲、乙所示)，下列说法正确的是()A．甲图中前臂的拉力更大B．甲图中前臂拉力竖直方向的分力更大C．甲图中两前臂拉力的合力更小D．甲图中单杠对学生的作用力更大答案：A解析：甲、乙图中学生均处于平衡状态，两前臂拉力在竖直方向上分力之和与被测试学生的重力均等大反向，所以甲、乙两图中前臂拉力合力一样大，竖直方向分力均等于学生所受的重力的一半，故B、C错误；根据共点力平衡，单杠对学生的作用力大小等于学生所受的重力大小，故D错误；以被测试学生为研究对象，甲、乙两图的受力分析分别如图1、2所示，由于甲图手臂张开角度比较大，则其拉力比较大，故A正确。11．(2023·广东省佛山市高一上期末)杆秤是延续千年的华夏国粹，如图甲所示。三根轻绳与秤盘的捆绑点E、F、G将秤盘三等分，如图乙所示，捆绑点到结点O的长度均为26cm，秤盘的直径为20cm，质量为80g，重力加速度g取10m/s2。某次称量药材时，保持杆秤静止，称得盘中药材的质量为120g，则此时每根绳子的拉力大小为()A.eq\f(24,15)N B.eq\f(26,15)NC.eq\f(13,18)N D.eq\f(13,30)N答案：C解析：秤盘质量M＝80g＝0.08kg，药材质量m＝120g＝0.12kg，对结点O受力分析，如图1所示，杆秤静止，根据平衡条件可知结点O受到向上的力F合等于秤盘和盘中药材的总重力(M＋m)g，设绳子的拉力F与竖直方向的夹角为α，如图2所示，由几何知识知sinα＝eq\f(10cm,26cm)＝eq\f(5,13)，cosα＝eq\r(1－sin2α)＝eq\f(12,13)，根据平衡条件和力的合成可得F合＝3Fcosα＝(M＋m)g，代入数据解得F＝eq\f(13,18)N，故选C。12．质量为20kg的小孩坐在2kg的雪橇上，大人用与水平方向成37°斜向上的100N的拉力拉雪橇，他们一起沿水平地面向前做匀速直线运动。(g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：(1)雪橇对地面的压力大小；(2)雪橇与水平地面间的动摩擦因数；(3)若大人用与水平方向成37°角斜向下的推力推雪橇，两者一起沿水平方向匀速前进，求推力大小。答案：(1)160N(2)0.5(3)220N解析：(1)设小孩质量为M，雪橇质量为m，地面对雪橇的支持力为FN，对小孩和雪橇整体受力分析，竖直方向有Fsinθ＋FN＝(M＋m)g代入数据解得FN＝160N由牛顿第三定律知，雪橇对地面的压力大小为160N。(2)对小孩和雪橇整体受力分析，水平方向有Fcosθ－Ff＝0又雪橇受到的滑动摩擦力Ff＝μFN联立并代入数据解得雪橇与地面间的动摩擦因数μ＝0.5。(3)设推力大小为F′，此时地面对雪橇的支持力为FN′、摩擦力为Ff′，对小孩和雪橇整体受力分析，竖直方向有F′sinα＋(M＋m)g＝FN′水平方向有F′cosα＝Ff′又Ff′＝μFN′联立可得F′＝eq\f(μ（M＋m）g,cosα－μsinα)α＝37°时，代入数据可得F′＝220N。13．如图所示，小球A吊着一个质量为m2的物块并套在另一个竖直放置的大圆环上，有一细线一端拴在小球A上，另一端跨过固定在大圆环最高点处的小滑轮B后吊着一个质量为m1的物块。如果小球、滑轮、细线的大小和质量以及所有摩擦都可以忽略不计，细线不可伸长，静止时弦AB所对应的圆心角为α，则两物块质量的比值eq\f(m1,m2)应为()A．coseq\f(α,2) B．sineq\f(α,2)C．2sineq\f(α,2) D．2coseq\f(α,2)答案：C解析：对小球A受力分析，如图所示，由A静止可知，FT2与FN的合力与FT1平衡，若将FT1、FT2、FN首尾相接组成矢量三角形，则它与两半径OA、OB和弦AB组成的几何三角形相似，设圆环半径为R，则eq\f(FT2,R)＝eq\f(FN,R)，FT2＝FN，则有2FT2sineq\f(α,2)＝FT1，又FT2＝m2g，FT1＝m1g，解得eq\f(m1,m2)＝2sineq\f(α,2)，C正确。第三章水平测评题号12345678难度★★★★★★★★★★★★★对应考点/知识点重力与重心、弹力、相互作用力的理解相互作用力、牛顿第三定律的理解和应用弹簧弹力F和弹簧总长度x的图像分析力的分解摩擦力、共点力平衡中的临界和极值问题综合受力分析多物体共点力静态平衡分析，假设法、隔离法的应用共点力动态平衡分析、牛顿第三定律综合题号9101112131415难度★★★★★★★★★★★★★★★对应考点/知识点多物体共点力静态平衡分析共点力动态平衡分析、整体法与隔离法实验：探究弹力与形变量的关系实验：验证力的平行四边形定则胡克定律受力分析、共点力静态平衡分析共点力静态平衡中轻绳模型相关的临界问题、受力分析、整体法与隔离法本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分100分，考试时间75分钟。第Ⅰ卷(选择题，共50分)一、选择题(本题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1．如图所示为与足球有关的情景，下列说法正确的是()A．图甲足球只有重心受到重力的作用B．图甲足球受到地面的支持力作用点在足球球心，方向垂直于地面向上C．图乙运动员踢球时，脚对足球的弹力是由于脚部发生形变且要恢复原状引起的D．图乙运动员踢球使球加速，是因为脚部对足球的作用力大于足球对脚部的作用力答案：C解析：足球的所有部分都受到重力，重心只是重力的等效作用点，故A错误；图甲足球受到地面的支持力作用点在两者接触面上，方向垂直于地面向上，只不过将足球看作质点画受力分析图时，可以将作用点画在足球球心，故B错误；图乙运动员踢球时，脚部受到球的挤压发生形变，由于要恢复原状，所以会对足球产生弹力，故C正确；图乙运动员踢球使球加速时，脚部对足球的作用力与足球对脚部的作用力是一对作用力与反作用力，大小一定相等，故D错误。2．(2023·甘肃省白银市高一上校考期末)画家李可染的国画《斗牛图》如图所示，图中两头牛头抵头斗架。若左边的牛对右边的牛的力用F表示，右边的牛对左边的牛的力用F′表示，并且左边的牛不敌右边的牛在不断后退，则()A．F′>FB．F′先于F产生C．F和F′大小相等D．F和F′的作用可相互抵消答案：C解析：由题意可知力F和F′是一对作用力与反作用力，它们大小相等，方向相反，且同时产生，同时变化，作用在不同的牛身上，不可相互抵消，故C正确，A、B、D错误。3．某同学在“探究弹簧弹力和弹簧形变量的关系”实验中，通过实验画出弹簧弹力F(N)与弹簧总长度l(m)的关系图线如图所示，则下面说法正确的是()A．由图像可知，弹簧的原长l0是0.1cmB．由图像可知，弹簧的劲度系数是300N/mC．由图像可知，在弹性限度内弹簧弹力与形变量不成正比D．当弹簧的弹力大小是15N时，此时弹簧总长度一定是5cm答案：B解析：由图像可知，F＝0时弹簧的长度即原长l0＝0.1m，故A错误。由图像可知，弹簧的劲度系数k＝eq\f(ΔF,Δl)＝eq\f(30N－0N,0.2m－0.1m)＝300N/m，故B正确。由图像可知，在弹性限度内，弹簧的弹力与形变量成正比，故C错误。当弹簧的弹力大小是15N时，弹簧可能处于拉伸状态，也可能处于压缩状态，若弹簧处于拉伸状态，则有F＝k(L－l0)，其中l0＝0.1m，此时弹簧总长度是L＝eq\f(F,k)＋l0＝eq\f(15N,300N/m)＋0.1m＝0.15m＝15cm；若弹簧处于压缩状态，则有F＝k(l0－L′)，此时弹簧总长度是L′＝l0－eq\f(F,k)＝0.1m－eq\f(15N,300N/m)＝0.05m＝5cm，故D错误。4．一汽车行驶中不慎陷入泥潭，天无绝人之路，碰巧在车前方30m处有一棵大树，如图甲所示，司机拿出后备箱里的绳索一端系在车上，一端系在树上，他在绳索中点垂直绳子施加F＝100N的水平恒力，将绳索中点拉离原位置x＝30cm，如图乙所示，结果就把车拉了出来。则车被拉出时绳子对车的拉力约为(角度很小时，sinθ≈tanθ)()A．500N B．1000NC．2500N D．5000N答案：C解析：设车被拉出时绳子对车的拉力大小为T，将拉力F沿绳方向分解，如图所示。根据平行四边形定则有F＝2Tsinθ，根据几何关系可得tanθ＝eq\f(30cm,15m)＝eq\f(1,50)，则sinθ≈tanθ，解得T＝2500N，C正确。5．如图所示，在建筑沙石料产地常将沙石颗粒输送到高处落下，在水平地面上堆积成圆锥体，若沙石颗粒间的动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则该圆锥体表面与水平地面的最大夹角α满足的关系式为()A．tanα＝μ B．tanα＝eq\f(1,μ)C．cosα＝μ D．cosα＝eq\f(1,μ)答案：A解析：当该圆锥体表面与水平地面的夹角最大时，圆锥体表面沙石颗粒恰好静止，受到的静摩擦力达到最大，设圆锥体表面某个沙石颗粒质量为m，根据平衡条件，沿圆锥体表面方向有Ff＝mgsinα，垂直于圆锥体表面方向有FN＝mgcosα，且Ff＝μFN，解得tanα＝μ，故选A。6．无人机的使用方便和丰富了人们的工作和生活。可利用无人机送快递、送餐、施肥和喷农药等，节约了人力物力，提高了生产生活效率，还能减少人员接触，减少卫生隐患。如图所示，在无风环境下无人机A用轻绳吊着质量为m的快递箱B水平向左做匀速直线运动，轻绳与竖直方向夹角为α，重力加速度为g。下列说法正确的是()A．快递箱B受到两个力的作用B．快递箱B受到的合力水平向左C．快递箱B受到的绳子拉力大小为eq\f(mg,cosα)D．绳子对B的拉力与绳子对A的拉力是一对平衡力答案：C解析：由于快递箱B水平向左做匀速直线运动，则其所受合力为0，B错误；由于快递箱B受到的合力为0，则快递箱B不可能只受到绳的拉力和重力的作用，快递箱B还受水平方向的空气阻力，A错误；对快递箱B，在竖直方向上由平衡条件可得FTcosα＝mg，解得FT＝eq\f(mg,cosα)，C正确；绳子对B的拉力与绳子对A的拉力作用在两个物体上，不是一对平衡力，D错误。7．(2023·河北省邯郸市高一上期末)如图所示，倾角θ＝30°的固定斜面上放有质量分别为200g、300g的木块A、B，A、B之间有一轻质弹簧，用平行于斜面的拉力F作用在木块B上，系统保持静止，此时夹在A、B之间的轻弹簧伸长量为1cm。已知木块A、B与斜面间的动摩擦因数均为0.75，弹簧的劲度系数为100N/m，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是()A．木块A所受摩擦力沿斜面向上，大小为eq\f(3\r(3),4)NB．木块A所受摩擦力沿斜面向下，大小为eq\f(\r(3),4)NC．若拉力F为1.5N，木块B所受摩擦力为0D．若拉力F为1.5N，木块B所受摩擦力沿斜面向上，大小为1N答案：D解析：对木块A进行受力分析，沿斜面方向有重力沿斜面向下的分力，大小为FxA＝mAgsinθ＝1N，弹簧处于伸长状态，对木块A的弹力沿斜面向上，大小为F弹＝kx＝1N，因FxA＝F弹，故木块A所受摩擦力fA＝0，A、B错误；设F＝1.5N时，木块B所受摩擦力为fB，对木块B进行受力分析，根据共点力平衡，有mBgsinθ＋F弹＋fB＝F，解得fB＝－1N，故木块B所受摩擦力Ff＝1N，方向沿斜面向上，大小为1N，C错误，D正确。8．图甲是“中国天眼”——500m口径球面射电望远镜，图乙是工作人员维护望远镜球面时的照片。为不损伤望远镜球面，质量为m的工作人员被悬在空中的氦气球拉着，当他在离望远镜底部有一定高度的倾斜球面上缓慢移动时，氦气球对其有大小为eq\f(5,6)mg、方向竖直向上的拉力作用，使其有“人类在月球上行走”的感觉。若将人视为质点，重力加速度为g，此时工作人员()A．受到的合力大小为0B．受到的重力大小为eq\f(mg,6)C．对球面的作用力大小为eq\f(mg,6)D．对球面的压力大小为eq\f(mg,6)答案：AC解析：工作人员在球面上缓慢移动，处于动态平衡状态，受到的合力为0，故A正确；工作人员的质量为m，则工作人员受到的重力大小为G＝mg，故B错误；设球面对工作人员的作用力大小为F，由平衡条件得eq\f(5,6)mg＋F＝mg，解得F＝eq\f(1,6)mg，根据牛顿第三定律可得，工作人员对球面的作用力大小为F′＝F＝eq\f(1,6)mg，故C正确；工作人员所在的球面位置不水平，故工作人员对球面有压力和摩擦力两个力作用，且随工作人员移动，两个力的方向不断变化，分析可知工作人员对球面的压力大小不等于eq\f(1,6)mg，故D错误。9．(2023·广东省惠州市高一上期末)如图所示，质量为m1的物体甲通过三段轻绳悬挂，三段轻绳的结点为O。轻绳OB水平且B端与放置在水平面上的质量为m2的物体乙相连，轻绳OA与竖直方向的夹角θ＝30°，物体甲、乙均处于静止状态，重力加速度为g，则有()A．轻绳OA所受拉力为eq\f(2\r(3),3)m1gB．轻绳OB所受拉力为eq\f(\r(3),3)m1gC．水平面对物体乙的支持力为(m1＋m2)gD．水平面对物体乙的摩擦力为eq\f(1,2)m1g答案：AB解析：对结点O进行受力分析，竖直方向有FOAcosθ＝m1g，水平方向上有FOB＝FOAsinθ，解得轻绳OA的拉力为FOA＝eq\f(2\r(3),3)m1g，轻绳OB的拉力为FOB＝eq\f(\r(3),3)m1g，结合牛顿第三定律可知，轻绳OA和轻绳OB所受拉力分别为eq\f(2\r(3),3)m1g和eq\f(\r(3),3)m1g，故A、B正确；以物体乙为研究对象，轻绳OB对其拉力FOB′＝FOB，根据竖直方向合力为零可知，水平面对物体乙的支持力为N＝m2g，根据水平方向合力为零可知，水平面对物体乙的摩擦力为Ff＝FOB′＝eq\f(\r(3),3)m1g，方向水平向左，故C、D错误。10．如图所示，半径相同、质量分布均匀的圆柱体A和半圆柱体B靠在一起，A表面光滑，重力为G，B下表面粗糙，A静止在水平地面上。现过A的轴心施以水平作用力F，可缓慢地将A拉离水平地面且一直滑到B的顶端，整个过程中，B始终处于静止状态。对该过程，下列说法正确的是()A．开始时拉力F最大，为eq\r(3)G，而后逐渐减小到0B．开始时A、B间的压力最大，为2G，而后逐渐减小到GC．地面受到B的压力逐渐增大D．地面对B的摩擦力逐渐增大答案：AB解析：设A、B的半径均为R，则圆柱体A和半圆柱体B的圆心的连线长为2R，故开始时此连线与竖直方向的夹角为60°。A受重力G、水平作用力F和B对A的弹力三个力平衡，如图所示，三个力构成封闭矢量三角形，其中重力不变，拉力F的方向不变，B对A的弹力FN与竖直方向的夹角由60°逐渐减小到0，故开始时拉力F最大，则有eq\f(Fmax,G)＝tan60°，解得Fmax＝eq\r(3)G，而后逐渐减小到0，A正确；开始时A、B间的压力FN最大，有eq\f(G,FNmax)＝cos60°，则FNmax＝2G，而后逐渐减小到G，B正确；对圆柱体A和半圆柱体B整体分析，受重力、水平力F、地面的支持力和摩擦力，根据平衡条件，支持力FN＝G＋GB保持不变，由牛顿第三定律知B对地面的压力大小不变，C错误；整体在水平方向上受到水平力F和地面对B的摩擦力，由于始终处于平衡状态，故摩擦力Ff＝F逐渐减小，D错误。第Ⅱ卷(非选择题，共50分)二、实验题(本题共2小题，共14分)11．(6分)小明同学用如图甲所示的装置完成“探究弹簧弹力与形变量的关系”实验。(1)关于本实验，下列说法正确的是________。A．需要借助铅垂线来判断弹簧是否沿竖直方向B．在安装刻度尺时，必须让刻度尺零刻度线与弹簧上端对齐C．实验过程中悬挂钩码的数量越多越好D．由于弹簧自身受到重力，测量原长时，应将其竖直悬挂，在其静止后再测量(2)在图乙坐标纸上画出第一组数据对应的坐标点(10.0，0)，并作出弹簧弹力F与弹簧长度l对应的F­l关系图像。(3)根据图像得到该弹簧的劲度系数为________N/m。(结果保留三位有效数字)答案：(1)D(2)图见解析(3)22.7解析：(1)弹簧和悬挂的钩码所受的重力方向都是竖直向下的，所以弹簧会沿竖直方向拉伸，无需用铅垂线来判断弹簧是否沿竖直方向，A错误；实验数据需要用到的是“弹簧的伸长量”，所以无需让刻度尺零刻度线与弹簧上端对齐，只需要记录弹簧拉伸前后末端所对应的刻度即可，B错误；悬挂钩码数量太多，弹簧弹力太大，有可能超出弹簧的弹性限度，C错误；由于弹簧自身受到重力，测量原长时，应将其竖直悬挂，在其静止后再测量，这样可消除由于弹簧自重产生的系统误差，D正确。(2)描出点(10.0，0)后，观察到除第5个点外，各点大致分布在一条直线上，舍去偏差较大的第5个点，用一条直线进行拟合，让尽可能多的点落在直线上，不在直线上的点均匀分布在直线的两侧，作出F­l关系图像如图所示。(3)由胡克定律可知k＝eq\f(ΔF,Δl)＝eq\f(2.5N－0,（21.0－10.0）×10－2m)＝22.7N/m。12．(8分)有同学利用如图所示的装置来验证力的平行四边形定则。在竖直木板上铺有白纸，在A和B处固定两个光滑的滑轮，将绳子打一个结点O，每个钩码的重量相等。当系统达到平衡时，根据钩码个数读出三根绳子的拉力FOA、FOB和FOC。回答下列问题：(1)改变钩码个数，实验不能完成的是________。A．钩码的个数N1＝N2＝3，N3＝4B．钩码的个数N1＝N3＝3，N2＝6C．钩码的个数N1＝N2＝N3＝4D．钩码的个数N1＝3，N2＝4，N3＝5(2)在拆下钩码和绳子前，下列不需要的步骤是________。A．标记结点O的位置，并记录OA、OB、OC三段绳子的方向B．量出OA、OB、OC三段绳子的长度C．用量角器量出三段绳子之间的夹角D．用天平测出钩码的质量(3)在作图时，你认为图示中________是正确的(填“甲”或“乙”)。(4)本实验中是否必须保持O点位置不变：________。答案：(1)B(2)BCD(3)甲(4)否解析：(1)根据三角形定则，三段绳子上钩码的个数应满足三角形的三边关系，即任意两段绳子上钩码的个数之和大于第三段绳子上钩码的个数。对比可知，不能完成实验的是选项B。(2)在拆下钩码和绳子前，需要标记结点O的位置，并记录OA、OB、OC三段绳子的方向及钩码的个数。故不需要的步骤是B、C、D。