第1講重力彈力高考總復習2025課程標準1.認識重力、彈力與摩擦力。通過實驗,了解胡克定律。知道滑動摩擦和靜摩擦現象,能用動摩擦因數計算滑動摩擦力的大小。2.通過實驗,了解力的合成與分解,知道矢量和標量。能用共點力的平衡條件分析生產生活中的問題核心素養試題情境生活實踐類交通運輸,橋梁建設,體育運動,生活中物體的懸掛等學習探索類受力分析,物體靜態平衡,動態平衡,合力和分力的關系考點一重力強基礎?固本增分重力1.產生:由于地球的吸引而使物體受到的力。2.大小:在同一位置,與物體的質量成正比,即G=

。可用彈簧測力計測量重力。

針對同一地點來說的。同一物體在不同位置,重力不是恒定的3.方向:總是

的。

4.重心:其位置與物體的

和

有關。

mg豎直向下

質量分布

形狀

√××√研考點?精準突破考向一

對重力的理解典題1

關于重力,下列說法正確的是(

)A.重力就是地球對物體的吸引力B.質量大的物體受到的重力可能比質量小的物體受到的重力小C.物體對支持面的壓力大小總等于物體重力的大小D.重力的方向總是指向地球中心B解析

由于地球自轉的原因,在除了南北極點的其他地方,重力是物體所受地球引力的一個分力,重力的方向并不總是指向地球中心,A、D錯誤;由于地球的形狀不是規則的球體,所以不同緯度處的重力加速度是不同的,故質量大的物體受到的重力可能比質量小的物體受到的重力小,B正確;物體對支持面的壓力大小并不總是等于物體重力的大小,還與支持面的角度、物體的運動狀態等有關,C錯誤。易錯提醒重力是由地球的吸引產生的,但重力與地球引力是有區別的;另外,重力加速度g在不同空間位置不是絕對恒量,不能說重力與質量成正比。考向二

對重心的理解典題2(2023湖南長沙模擬)小明在參觀科技館時觀察到有一個十分有趣的“錐體上滾”實驗。如圖所示,將一個雙圓錐體輕輕放在傾斜軌道的低端,就會看到它似乎在向“上”滾去,關于錐體的運動說法正確的是(

)A.雙圓錐體的重心在錐體的外部,不在錐體上B.在雙圓錐體上滾的過程中,錐體的重心在向上運動C.雙圓錐體上滾實驗中,雖然看到的現象好像是錐體在上滾,但是從側面觀察的話錐體重心其實是下移的D.當雙圓錐體在軌道的最低處時,它的重心在最低處;當雙圓錐體在軌道最高處時,它的重心在最高處C解析

錐體上滾的原理是重心運動,雖然看到的現象好像是錐體在上滾,但是從側面觀察的話錐體重心其實是下移的,B錯誤,C正確;錐體的重心在錐體內部幾何中心上,不在錐體外部,A錯誤;雙圓錐體放在軌道的低處時,放手后它會向軌道高處滾動,這是因為當雙圓錐體在軌道的最低處時,它的重心在最高處,當雙圓錐體在軌道最高處時,它的重心在最低處,D錯誤。考點二彈力強基礎?固本增分一、彈力1.定義:發生

的物體由于要恢復原狀而對與它接觸的物體產生的作用力。

施力物體是發生形變的物體,受力物體是阻礙恢復形變的物體2.產生的條件

(1)物體間直接

。

(2)接觸處發生

。

3.方向:總是與施力物體形變的方向

。

彈性形變接觸彈性形變相反二、胡克定律(1)內容:在彈性限度內,彈簧發生彈性形變時,彈力的大小跟彈簧伸長(或縮短)的長度x成

。

同一彈簧伸長量與壓縮量相等時,彈力大小相等,方向相反

(2)表達式:F=

。k是彈簧的

,由彈簧自身的性質決定,單位是N/m,x是彈簧長度的改變量,不是彈簧形變以后的長度。

正比kx勁度系數×√√×提示

微小量放大法。

研考點?精準突破1.“三法”判斷彈力有無

2.彈力方向的判斷

3.“三法”計算彈力大小(1)根據胡克定律求解。(2)根據力的平衡條件求解。(3)根據牛頓第二定律求解。考向一

彈力有無及方向的判斷典題3(2024江蘇南通調研)如圖所示,小車內沿豎直方向的一根輕質彈簧和一條與豎直方向成α角的細繩連接一個小球。當小車與小球相對靜止,一起在水平面上運動時,下列說法正確的是(

)A.細繩一定對小球有拉力的作用B.輕彈簧一定對小球有彈力的作用C.細繩不一定對小球有拉力的作用,但是輕彈簧對小球一定有彈力的作用D.細繩不一定對小球有拉力的作用,輕彈簧對小球也不一定有彈力的作用D解析

當小車勻速運動時,彈簧彈力大小等于小球重力大小,細繩的拉力為零;當小車和小球向右做勻加速直線運動時,繩的拉力不能為零,彈簧彈力有可能為零,故D正確。典題4(2023上海川沙中學模擬)三個半徑相同的小球放置于相同的凹形槽上,如圖所示。在圖甲、乙、丙中,小球的重心分別在球心上方、球心處和球心下方,對應凹形槽對小球的兩個彈力之間的夾角分別為θ1、θ2和θ3,則三個夾角的關系為(

)A.θ1>θ2>θ3B.θ1=θ2=θ3C.θ1<θ2<θ3D.因小球質量未知,故無法確定B解析

由曲面與點的彈力方向垂直于過接觸點的切面可知,凹形槽對小球的兩個彈力分別過各自的接觸點指向球心,如圖所示,根據幾何關系可得,凹形槽對小球的兩個彈力之間的夾角關系為θ1=θ2=θ3,A、C、D錯誤,B正確。指點迷津題中彈力的方向均指向小球的球心,與小球的質量分布情況無關,不要錯誤地認為彈力方向指向重心。考向二

彈力大小的計算典題5(多選)如圖所示為一輛位于水平面上的小車,固定在小車上的支架的斜桿與豎直桿的夾角為θ,在斜桿下端固定有質量為m的小球。下列關于桿對球的作用力F的判斷正確的是(

)A.小車靜止時,F=mgsin

θ,方向沿桿向上B.小車靜止時,F=mgcosθ,方向垂直于桿向上C.小車向右勻速運動時,一定有F=mg,方向豎直向上D.小車向右勻加速運動時,一定有F>mg,方向可能沿桿向上CD解析

小車靜止時,由物體的平衡條件可知,此時桿對球的作用力方向豎直向上,大小等于球的重力mg,故A、B錯誤;小車向右勻速運動時,小車和小球的加速度為零,桿對小球的作用力方向豎直向上,大小為mg,C正確;考向三

胡克定律的應用典題6

電子顯示握力器(圖甲)是一種鍛煉人手腕、手臂力量的小型健身器材。在進行握力訓練時可以簡化成如圖乙所示狀態,此時彈簧被壓縮,處于靜止狀態。彈簧原長L0,受到握力后彈簧長度變為L(在彈性限度內),彈簧的勁度系數為k,則下列說法正確的是(

)A.圖乙中的F1、F2可以不相等B.彈簧的形變量是LC.彈簧的彈力是k(L0-L)D.顯示器上顯示的握力大小為kLC解析

此時的彈簧處于靜止狀態,根據二力平衡可知F1、F2的大小一定相等,A錯誤;由于彈簧處于壓縮狀態,所以彈簧的形變量為ΔL=L0-L,B錯誤;根據胡克定律可得,彈簧的彈力是F=kΔL=k(L0-L),C正確;顯示器上顯示的握力大小應為k(L0-L),D錯誤。典題7(多選)(2024湖南懷化開學考試)兩根相同的輕彈簧的原長均為l,將兩彈簧與兩相同物體按如圖所示的方式連接并懸掛于天花板上,靜止時兩根彈簧的總長為2.6l,現用手托著B物體,使下面的彈簧2恢復到原長,則下列說法正確的有(

)A.懸掛穩定時彈簧1的長度為1.4l,彈簧2的長度為1.2lB.彈簧2恢復原長時彈簧1長度為1.4lC.物體A上升的距離為0.4lD.物體B上升的距離為0.4lAD第2講摩擦力高考總復習2025考點一摩擦力強基礎?固本增分一、靜摩擦力1.定義:兩個相互接觸的物體之間只有

,而沒有相對運動時在接觸面上產生的阻礙

的力。

可能在一起運動2.產生條件:(1)接觸面

;(2)接觸處有

;(3)兩物體間有

。

3.方向:沿兩物體的

,與相對運動趨勢的方向

。

4.大小:0<F≤Fmax。相對運動趨勢相對運動趨勢粗糙彈力相對運動趨勢接觸面相反二、滑動摩擦力

可能有一個物體靜止1.定義:兩個相互接觸的物體,發生相對運動時,在接觸面上產生的阻礙相對運動的力。2.產生條件:(1)接觸面粗糙;(2)接觸處有彈力;(3)兩物體間有相對運動。3.方向:沿兩物體的接觸面,與

的方向相反。

4.大小:Ff=

,μ為動摩擦因數,其值與兩個物體的材料和接觸面的粗糙程度有關。

特別提醒

(1)一般情況下最大靜摩擦力略大于滑動摩擦力。(2)靜摩擦力與正壓力無關,最大靜摩擦力與正壓力成正比。相對運動μFN××√閱讀人教版教材必修第一冊第66頁“科學漫步”——流體的阻力,完成下面問題。神舟返回艙在返回地面時,會打開減速傘減速。設減速傘下落過程受到的空氣阻力與減速傘的橫截面積S成正比,與減速傘下落的速度v的二次方成正比,即Ff=kSv2(其中k為比例系數)。減速傘在接近地面時近似看作勻速直線運動,重力加速度為g。如果返回艙和減速傘的總質量為m,求返回艙接近地面勻速時的速度vm。解析

當阻力等于傘和返回艙的重力時,傘和返回艙做勻速運動,即

研考點?精準突破1.靜摩擦力的有無及方向的判斷方法(1)假設法(2)狀態法根據平衡條件、牛頓第二定律,判斷靜摩擦力的方向。(3)牛頓第三定律法先確定受力較少的物體受到的靜摩擦力的方向,再根據“力的相互性”確定另一物體受到的靜摩擦力方向。2.計算摩擦力大小的思維流程

考向一

摩擦力有無及方向的判斷典題1(2024四川遂寧期中)中國書法是一種藝術。在楷書筆畫中,長橫的寫法要領如下:起筆時一頓,然后向右行筆,收筆時略向右按,再向左上回帶。某同學在水平桌面上平鋪一張白紙,為防止打滑,他在白紙的左側靠近邊緣處用鎮紙壓住。他手提毛筆書寫長橫,在行筆過程中,各物體的受力情況正確的是(

)A.毛筆對紙的壓力等于毛筆所受重力B.鎮紙受到了向右的靜摩擦力C.白紙受到了3個摩擦力D.桌面受到了向右的靜摩擦力D解析

毛筆還受到手的作用力,故紙對毛筆的支持力不一定等于毛筆所受重力,即毛筆對紙的壓力不一定等于毛筆所受重力,A錯誤;鎮紙處于靜止狀態,水平方向上不受力的作用,故沒有受到摩擦力作用,B錯誤;白紙受到了2個摩擦力,一個是毛筆施加的向右的摩擦力,一個是桌面施加的向左的摩擦力,C錯誤;桌面對白紙有向左的靜摩擦力,則桌面受到了向右的靜摩擦力,D正確。典題2(2023湖北十堰模擬)如圖所示,A、B、C三個物體疊放在水平地面上,物體B受到大小為20N、方向水平向右的力F1的作用,物體C受到大小為5N、方向水平向左的力F2的作用,三者均處于靜止狀態,則(

)A.物體B對物體A的摩擦力方向水平向右B.地面與物體C之間的摩擦力大小為5NC.物體C對物體B的摩擦力方向水平向左D.地面與物體C之間無摩擦力C解析

A處于靜止狀態,所受外力的合力為0,則A只受重力與支持力,物體B對物體A沒有摩擦力作用,A錯誤;對A、B、C整體分析,由于F1=20

N>F2=5

N,所以地面對物體C的摩擦力方向水平向左,大小為Ff=F1-F2=15

N,B、D錯誤;對A、B整體分析,由于F1的作用,整體相對C有向右運動的趨勢,則物體C對物體B的摩擦力方向水平向左,C正確。考向二

摩擦力大小的計算典題3(2024山東菏澤期中)防燙取物夾是生活中常用的工具,如圖甲所示,我們可以用夾子夾住長方形托盤,其側視圖如圖乙所示。已知托盤的質量為m=160g,托盤側邊與豎直方向的夾角為θ=53°,夾子與托盤兩側共有4個接觸點,設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,重力加速度g取10m/s2,sin53°=0.8,cos53°=0.6。當托盤水平靜止時,下列說法正確的是(

)A.托盤與取物夾每個接觸點處彈力的大小為0.24NB.托盤與取物夾每個接觸點處摩擦力的大小為0.32NC.取物夾與托盤側邊接觸點間的動摩擦因數的最小值為0.75D.取物夾與托盤側邊接觸點間的動摩擦因數的最小值為0.60C解析

對托盤進行受力分析,在每個接觸點,取物夾對托盤的彈力大小滿足4FN=mgsin

θ,摩擦力大小滿足4Ff=mgcos

θ,解得FN=0.32

N,Ff=0.24

N,A、B錯誤;當取物夾與托盤之間的摩擦力恰好為最大靜摩擦力時,μ最小,則Ff=μFN,解得μ=0.75,C正確,D錯誤。典題4(多選)質量為10kg的木箱靜止在水平地板上,至少要用35N的水平推力,才能使它從原地開始運動。現將一水平推力F作用在木箱上,F隨時間t變化的圖線如圖所示。已知木箱在4~6s時間內做勻速直線運動,重力加速度g取10m/s2。則下列說法正確的是(

)A.木箱與地板之間的動摩擦因數為0.3B.0~2s時間內木箱所受摩擦力大小為0C.2~4s時間內木箱所受摩擦力大小為35ND.4~6s時間內木箱所受摩擦力大小為30NAD解析

木箱在4~6

s時間內做勻速直線運動,根據二力平衡條件可得此時的摩擦力為Ff=F=30

N,木箱對地面的壓力大小等于木箱的重力,即FN=mg=10×10

N=100

N,所以動摩擦因數

,A、D正確;0~2

s時間內,推力為20

N,因為20

N<35

N,所以木箱處于靜止狀態,根據二力平衡條件可得,木箱所受摩擦力大小為20

N,B錯誤;2~4

s時間內,推力為40

N,因為40

N>35

N,所以木箱在2~4

s內做加速運動,受到的摩擦力為滑動摩擦力,滑動摩擦力與推力大小無關,因壓力大小和接觸面的粗糙程度均不變,所以木箱受到滑動摩擦力的大小為30

N,C錯誤。考向三

摩擦力的綜合分析與應用典題5(多選)(2024福建泉州模擬)如圖所示,質量為m的物體放在水平放置的鋼板C上,鋼板上有兩根固定的平行導槽A、B,物體只能沿水平導槽運動。已知物體與鋼板間、物體與導槽間的動摩擦因數均為μ。現使鋼板以速度v1向右勻速運動,同時用平行導槽的力F拉動物體,使物體以速度v2沿導槽勻速運動,則(

)C.若增大速度v1,則導槽對物體的摩擦力增大D.若增大速度v2,則導槽對物體的摩擦力增大AC解析

根據題意,物體相對鋼板具有向左的速度分量v1和沿導槽方向的速度分量v2,故相對鋼板的合速度v的方向如圖所示,鋼板對物體的滑動摩擦力大小為Ff=μmg,導槽對物體的彈力大小為FN=Ffsin

θ=μmgsin

θ,則導槽對物體的摩擦力大小為Ff'=μFN=μ2mgsin

θ,根據受力平衡可得F=Ffcos

θ+Ff',考點二摩擦力的四類突變問題摩擦力的“四類典型”突變問題

考向一

靜—靜突變典題6

如圖所示,放在粗糙水平桌面上的一個物體,受到水平方向的兩個力,F1=16N,方向向右,F2=10N,方向向左,當F1從16N逐漸減小到零時,物體始終保持靜止,物體與桌面間摩擦力大小變化情況是(

)A.先增大后減小,方向先向右后向左B.先減小后增大,方向先向左后向右C.逐漸減小,方向一直向右D.逐漸增大,方向一直向左B解析

物體處于平衡狀態,所受合外力為零,所以摩擦力Ff=F1-F2,方向向左,隨著F1逐漸減小,摩擦力向左減小;當F1<F2時,摩擦力Ff=F2-F1,方向向右,隨著F1逐漸減小,摩擦力向右增大,故選B。考向二

動—動突變典題7(多選)(2023湖北荊門調考)如圖所示,足夠長的傳送帶與水平面夾角為θ,以速度v0逆時針勻速轉動。在傳送帶的上端輕輕放置一個質量為m的小木塊,小木塊與傳送帶間的動摩擦因數μ<tan

θ,若以沿傳送帶向下為正方向,則下列圖像中能客觀地反映小木塊的受力和運動情況的是(

)BD解析

當小木塊速度小于傳送帶速度時,小木塊相對于傳送帶向上滑動,小木塊受到的滑動摩擦力沿傳送帶向下,加速度a=gsin

θ+μgcos

θ;當小木塊速度達到傳送帶速度時,由于μ<tan

θ,即μmgcos

θ<mgsin

θ,所以速度能夠繼續增加,此時滑動摩擦力的大小不變,而方向突變為向上,a=gsin

θ-μgcos

θ,加速度變小,則v-t圖像的斜率變小,所以B、D正確。考向三

靜—動突變典題8

如圖所示,接通電動機電源,它通過細繩開始拉動平板小車,小車上的長方體木塊隨小車一起向左運動,到一定程度,小車繼續向左運動而木塊卻不再運動。下列說法正確的是(

)A.木塊開始時隨小車一起向左運動過程中,木塊受到的摩擦力為滑動摩擦力B.小車繼續向左運動而木塊卻不再運動,木塊受到的摩擦力為靜摩擦力C.保持木塊與小車間接觸面的粗糙程度不變,在木塊上方增加砝碼,重復上述實驗,木塊最后靜止下來時仍在原來的位置D.保持壓力不變,換用接觸面更粗糙的木塊,重復上述實驗,木塊最后靜止下來時位置離定滑輪更遠D解析

木塊開始時隨小車一起向左運動過程中,木塊相對小車靜止,受到的摩擦力為靜摩擦力,A錯誤;小車繼續向左運動而木塊卻不再運動,木塊相對小車滑動,受到的摩擦力為滑動摩擦力,B錯誤;保持木塊與小車間接觸面的粗糙程度不變,在木塊上方增加砝碼,導致最大靜摩擦力增大,重復上述實驗,木塊最后靜止下來時,彈簧彈力增大,則彈簧形變量增大,木塊靜止在原來的位置的左側,C錯誤;保持壓力不變,換用接觸面更粗糙的木塊,也會導致最大靜摩擦力增大,重復上述實驗,木塊最后靜止下來時位置離定滑輪更遠,D正確。考向四

動—靜突變典題9

如圖所示,質量為1kg的物體與地面間的動摩擦因數為μ=0.2,從t=0開始物體以初速度v0沿水平地面向右滑行,同時受到一個水平向左的恒力F=1N的作用,設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,g取10m/s2,以向右為正方向,則該物體受到的摩擦力Ff隨時間變化的圖像是(

)A解析

物體向右減速過程中,受滑動摩擦力作用,方向水平向左,大小為Ff1=μmg=2

N;物體速度減為0后,因F<μmg,物體將保持靜止,此時摩擦力大小Ff2=F=1

N,方向水平向右。故A正確。方法點撥

摩擦力突變問題注意事項1.靜摩擦力是被動力,其大小、方向取決于物體間的相對運動趨勢,而且靜摩擦力存在最大值。存在靜摩擦力的連接系統,相對滑動與相對靜止的臨界狀態是靜摩擦力達到最大值。2.滑動摩擦力的突變問題:滑動摩擦力的大小與接觸面的動摩擦因數和接觸面受到的壓力均成正比,發生相對運動的物體,如果接觸面的動摩擦因數發生變化或接觸面受到的壓力發生變化,則滑動摩擦力就會發生變化。3.研究傳送帶問題時,物體和傳送帶的速度相等的時刻往往是摩擦力的大小、方向和運動性質發生變化的分界點。第3講力的合成與分解高考總復習2025考點一共點力的合成強基礎?固本增分一、合力與分力

合力不一定大于分力1.定義:如果一個力單獨作用的

跟某幾個力共同作用的效果相同,這個力就叫作那幾個力的合力,那幾個力叫作這一個力的分力。

2.關系:合力和分力是

的關系。

二、共點力作用在物體的同一點,或作用線相交于一點的幾個力。如圖所示均是共點力。效果等效替代三、力的合成1.定義:求幾個力的合力的過程。2.運算法則

所有矢量的運算法則(1)平行四邊形定則:求兩個互成角度的共點力的合力時,以表示這兩個力的有向線段為

作平行四邊形,這兩個鄰邊之間的

就表示合力的大小和方向。如圖甲所示。

(2)三角形定則:把兩個矢量

,從而求出合矢量的方法。如圖乙所示。

鄰邊對角線首尾相連√×√研考點?精準突破1.合力與分力的關系(1)兩個分力一定時,夾角θ越大,合力越小。(2)合力一定,兩等大分力的夾角越大,兩分力越大。(3)合力可以大于分力、等于分力,也可以小于分力。2.幾種特殊情況的共點力的合成

考向一

合力大小的范圍典題1

關于共點力的合成,下列說法正確的是(

)A.兩個分力的合力一定比分力大B.兩個分力的大小一定,夾角越大,合力越小C.兩個力合成,其中一個力增大,另外一個力不變,合力一定增大D.現有兩個力,大小分別為3N、6N,這兩個力的合力的最小值為1NB解析

兩個分力的合力不一定比分力大,如兩力方向相反時,合力一定至少小于其中一個分力,A錯誤;兩個分力的大小一定,夾角越大,合力越小,B正確;兩個力合成,一個分力增大,合力不一定增大,如當分力夾角為180°時,較小的分力增大,合力減小,C錯誤;3

N和6

N兩個力的合力大小范圍是3

N至9

N,合力的最小值為3

N,D錯誤。考向二

平行四邊形定則的應用典題2

某物體同時受到同一平面內的三個共點力作用,在如圖所示的四種情況中(坐標紙中每格邊長表示1N大小的力),對物體所受的合力說法正確的是(

)D解析

圖A中,先將F1與F3合成為F13,則有F13=F1-F3=3

N,方向水平向左,然后再將F13與F2合成,由平行四邊形定則可得,合力的大小為

=5

N,A錯誤;圖B中,由平行四邊形定則,用作圖的方法,先將F1與F3合成為F13,可得F13=3

N,方向與F2方向相同,然后再將F13與F2合成,可得合力的大小為F=F13+F2=5

N,B錯誤;圖C中,由平行四邊形定則,用作圖的方法,先將F2與F3合成為F23,可得F23=3

N,方向與F1方向相同,然后再將F23與F1合成,可得合力的大小為F=F23+F1=6

N,C錯誤;圖D中,由平行四邊形定則,用作圖的方法,先將F2與F3合成為F23,可得F23方向與F1方向相反、大小相等,然后再將F23與F1合成,可得合力的大小為零,D正確。典題3(2024黑龍江佳木斯一中模擬)如圖所示,一個“Y”字形彈弓頂部跨度為L,兩根相同的橡皮條均勻且彈性良好,其自由長度均為L,在兩橡皮條的末端用一塊軟羊皮(長度不計)做成裹片可將彈丸發射出去。若橡皮條的彈力滿足胡克定律,且勁度系數為k,發射彈丸時每根橡皮條的最大長度為2L(在彈性限度內),則彈丸被發射過程中所受的最大彈力為(

)A考點二力的分解的兩種方法強基礎?固本增分力的分解

是力的合成的逆運算1.定義:求一個已知力的

的過程。

2.運算法則:

定則或

定則。

3.分解方法:(1)按力產生的

分解;

(2)正交分解,即把力沿兩個互相

的方向分解。

特別提醒

求幾個力的合力時,可以先將各力進行正交分解,求出互相垂直方向上的合力后合成,分解的目的是將矢量運算轉化為代數運算,便于求合力。分力平行四邊形三角形效果垂直√×√研考點?精準突破方法1

效果分解法

方法2

正交分解法1.建立坐標系的原則:一般選共點力的作用點為原點,在靜力學中,以少分解力和容易分解力為原則(使盡量多的力分布在坐標軸上);在動力學中,往往以加速度方向和垂直加速度方向為坐標軸建立坐標系。2.方法:物體受到多個力F1、F2、F3、…作用,求合力F時,可把各力分別向相互垂直的x軸、y軸分解。x軸上的合力Fx=Fx1+Fx2+Fx3+…y軸上的合力Fy=Fy1+Fy2+Fy3+…考向一

按力的作用效果分解典題4(2023遼寧葫蘆島二模)有一種瓜子破殼器的簡化截面如圖所示,將瓜子放入兩圓柱體所夾的凹槽之間,按壓瓜子即可破開瓜子殼。瓜子的剖面可視作頂角為θ的扇形,將其豎直放入兩完全相同的水平等高圓柱體A、B之間,并用豎直向下的恒力F按壓瓜子且保持靜止,若此時瓜子殼未破開,忽略瓜子重力,不考慮瓜子的形狀改變,不計摩擦,保持A、B距離不變,則(

)A.圓柱體A、B對瓜子壓力的合力為零B.頂角θ越大,圓柱體A對瓜子的壓力越小C.頂角θ越大,圓柱體A對瓜子的壓力越大D.圓柱體A對瓜子的壓力大小與頂角θ無關B考向二

正交分解典題5(★一題多解)(多選)如圖所示,電燈的重力G=10N,AO繩與水平頂板間的夾角為45°,BO繩水平,AO繩的拉力為FA,BO繩的拉力為FB,則(

)A.FA=10N B.FA=10NC.FB=10N D.FB=10NAD解析

方法一

效果分解法在結點O,電燈的重力產生了兩個效果,一是沿AO向下拉緊AO繩的分力F1,二是沿BO向左拉緊BO繩的分力F2,分解示意圖如圖所示。則方法二

正交分解法結點O受力如圖所示,正交分解OA繩的拉力,F=G=10

N,FAsin

45°=F,FAcos

45°=FB,代入數值得FA=10

N,FB=10

N,故選項A、D正確。反思提升

力的正交分解的兩點注意(1)力的正交分解是在物體受三個或三個以上共點力作用下求合力的一種方法,分解的目的是更方便地求合力,將矢量運算轉化為代數運算。(2)一般情況下,應用正交分解法建立坐標系時,應盡量使所求量(或未知量)“落”在坐標軸上,這樣解方程較簡單。考向三

非共面力的合成與分解典題6(多選)(2024河北保定質檢)如圖所示(俯視圖),完全相同的四個足球彼此相互接觸疊放在水平面上,每個足球的質量都是m,不考慮轉動情況,下列說法正確的是(

)AD思維點撥

在力的合成與分解的實際問題中,經常遇到物體受多個非共面力作用處于平衡狀態的情況,而在這類平衡問題中,又常有圖形結構對稱的特點,結構的對稱性往往對應著物體受力的對稱性,解決這類問題的方法是根據物體受力的對稱性,結合力的合成與分解知識及平衡條件列出方程,求解結果。考點三輕繩、輕桿模型

所在的繩都是輕繩(不計質量)一、“活結”與“死結”的比較1.“死結”:理解為繩子的結點是固定的,“死結”兩側是兩根獨立的繩,兩段繩子上的彈力不一定相等。2.“活結”:理解為繩子的結點可以移動,一般是由繩子跨過光滑滑輪或者繩子掛一光滑掛鉤而形成的。“活結”兩側的兩段繩子上的彈力的大小一定相等,它們合力的方向一定沿兩段繩子夾角的角平分線。

都是輕桿(不計質量)二、“動桿”與“定桿”的比較1.動桿:對一端有光滑轉軸O的靜止輕桿而言,輕桿受力平衡時,輕桿的另一端受到的力一定沿輕桿的方向,如圖甲所示,輕桿OB靜止時,輕繩ABC對輕桿OB的作用力一定要沿BO方向,否則輕桿將會繞光滑軸O發生轉動,與已知桿靜止產生矛盾。2.定桿:圖乙中,輕桿是插入墻中固定不動的,這時輕繩A'B'C'對輕桿O'B'的作用力不一定沿B'O'方向。考向一

輕繩上的“活結”與“死結”典題7

如圖所示,細繩一端固定在A點,另一端跨過與A等高的B處的光滑定滑輪后懸掛一個砂桶Q(含砂子)。現有另一個砂桶P(含砂子)通過光滑掛鉤掛在A、B之間的細繩上,穩定后掛鉤下降至C點,∠ACB=120°,下列說法正確的是(

)A.若只增加Q桶中的砂子,再次平衡后P桶位置不變B.若只增加P桶中的砂子,再次平衡后P桶位置不變C.若在兩桶內增加相同質量的砂子,再次平衡后P桶位置不變D.若在兩桶內增加相同質量的砂子,再次平衡后Q桶位置上升C★一題多變(多選)在典題7中,將與砂桶P連接的光滑掛鉤改為質量不計的細繩,細繩系在C點,如圖所示,在兩砂桶中裝上一定質量的砂子,砂桶(含砂子)P、Q的總質量分別為m1、m2,系統平衡時,∠ACB=90°,∠CAB=60°,忽略滑輪的大小及軸摩擦。則下列說法正確的是(

)A.m1∶m2=1∶1B.m1∶m2=2∶1C.若在兩桶內增加相同質量的砂子,C點的位置上升D.若在兩桶內增加相同質量的砂子,C點的位置保持不變BC解析

以結點C為研究對象,受力分析如圖所示,其中F=m1g,FB=m2g,由力的平衡條件可知FB=Fsin

30°,聯立解得m1∶m2=2∶1,選項A錯誤,B正確;由以上分析可知,當砂桶(含砂子)P、Q的總質量的比值為2時,AC與BC保持垂直狀態,C點的位置保持不變,而在兩桶內增加相同質量的砂子后,兩砂桶(含砂子)質量的比值會小于2,則桶Q向下移動,C點的位置上升,選項C正確,D錯誤。考向二

輕桿中的“動桿”與“定桿”典題8

如圖為細繩拉某重物M的簡化裝置圖,輕桿OA可繞垂直于紙面的軸O轉動,AB為輕繩,重物M平衡時角度關系如圖所示,輕桿OA在圖甲、乙、丙中受的力分別為F1、F2、F3,則它們的大小關系正確的是(

)A.F1>F2=F3

B.F1=F2>F3C.F1>F2>F3

D.F1=F2<F3BC第4講牛頓第三定律共點力的平衡高考總復習2025考點一牛頓第三定律強基礎?固本增分1.作用力和反作用力:兩個物體之間的作用總是

的,當一個物體對另一個物體施加了力,后一個物體一定同時對前一個物體也施加了力。物體間相互作用的這一對力叫作作用力和反作用力。

2.牛頓第三定律:兩個物體之間的作用力和反作用力總是大小

,方向

,作用在

上。

相互相等相反同一條直線特別提醒

相互作用力的特點可概括為“三同”“三異”“三無關”×××閱讀人教版教材必修第一冊第70頁“拓展學習”——用力傳感器探究作用力和反作用力的關系,完成下面小題。如圖甲所示,用傳感器研究兩鉤子間的作用力與反作用力(其中左側傳感器固定于木塊上),兩個鉤子拉力的情況由計算機屏幕顯示,如圖乙所示。若用數學形式表示作用力與反作用力關系,下面表達式最為恰當的是()B解析

根據圖像可知作用力與反作用力等大反向,而兩力作用在兩物體上,不能求合力,故用數學形式表示作用力與反作用力關系最為恰當的是F1=-F2,A、C、D錯誤,B正確。研考點?精準突破1.應用牛頓第三定律的三點注意(1)在任何條件下牛頓第三定律都是成立的。(2)作用力與反作用力雖然等大反向,但因所作用的物體不同,所產生的效果往往不同。(3)作用力與反作用力只能是一對物體間的相互作用力,不能涉及第三個物體。2.相互作用力與平衡力的比較

比較項作用力和反作用力一對平衡力不同點受力物體作用在兩個相互作用的物體上作用在同一物體上依賴關系同時產生,同時消失不一定同時產生,同時消失疊加性兩力作用效果不可抵消,不可疊加,不可求合力兩力作用效果可相互抵消,可疊加,可求合力,合力為零力的性質一定是同性質的力性質不一定相同相同點大小、方向大小相等,方向相反,作用在同一條直線上3.“轉換研究對象法”的應用(1)應用原則:在研究某些力學問題時,如果不能直接求解物體受到的某個力,可先求它的反作用力。(2)本質:“轉換研究對象法”在受力分析中的應用,其本質是牛頓第三定律的應用。考向一

牛頓第三定律的理解典題1

下列關于相互作用力的說法正確的是(

)A.由于地球的質量遠遠大于人的質量,因此地球對人的吸引力比人對地球的吸引力大得多B.若作用力是彈力,則反作用力也一定是彈力C.作用力與反作用力大小相等、方向相反,因此其作用效果可以抵消D.物體在斜面上下滑過程中,受到斜面對它的摩擦力和它對斜面的摩擦力不是一對相互作用力B解析

地球對人的吸引力和人對地球的吸引力是作用力與反作用力,大小相等、方向相反,A錯誤;作用力與反作用力是同一性質的力,B正確;作用力與反作用力大小相等、方向相反,作用在不同的物體上,效果不能抵消,C錯誤;物體在斜面上下滑過程中,受到斜面對它的摩擦力和它對斜面的摩擦力是一對相互作用力,D錯誤。考向二

相互作用力和平衡力的比較典題2(2023廣東揭陽模擬)如圖所示,兩輕質彈簧P、Q連接在一起,Q的下端與一質量為m的物塊相連,物塊處于靜止狀態。已知P、Q的勁度系數分別為k1、k2,且k1>k2,重力加速度為g。下列說法正確的是(

)A.P對Q的拉力與Q對P的拉力是一對平衡力B.P對Q的拉力與Q對P的拉力是一對相互作用力C.彈簧P、Q的形變量相同D.與Q相比,P的形變量更大B解析

平衡力是作用在同一物體上,大小相等、方向相反,使物體保持平衡狀態的兩個力,P對Q的拉力作用在Q上,Q對P的拉力作用在P上,不滿足平衡力的條件,A錯誤;相互作用力是作用在不同的兩個物體上,大小相等、方向相反,且同時產生、同時消失,P對Q的拉力與Q對P的拉力是一對相互作用力,B正確;由于P對Q的拉力與Q對P的拉力是一對相互作用力,兩個彈簧的彈力大小相等,即k1Δx1=k2Δx2,且有k1>k2,則應滿足Δx1<Δx2,即Q的形變量更大,C、D錯誤。考向三

“轉換研究對象法”在受力分析中的應用典題3

某同學在家用拖把拖地,如圖所示,沿推桿方向對拖把頭施加大小為F的推力,此時推桿與水平方向的夾角為θ,拖把頭沿水平地面做勻速直線運動。已知拖把頭的質量為m,推桿的質量忽略不計,重力加速度大小為g,下列說法正確的是(

)A.拖把頭對地面的摩擦力為Fsin

θB.拖把頭對地面的作用力為mg+Fsin

θC.拖把頭與地面間的動摩擦因數為D.若僅增大夾角θ,則拖把頭對地面的作用力一定增大D解析

拖把頭受重力、推力、地面的摩擦力和支持力,水平方向,根據平衡條件可得地面對拖把頭的摩擦力為Ff=Fcos

θ,根據牛頓第三定律可得拖把頭對地面的摩擦力為Ff'=Ff=Fcos

θ,A錯誤;地面對拖把頭的支持力為考點二受力分析1.受力分析:把指定物體(研究對象)在特定的物理環境中受到的所有力找出來,并畫出受力示意圖。2.一般順序:重力→彈力→摩擦力→其他力。3.常用方法(1)整體法:將加速度相同的幾個相互關聯的物體作為一個整體進行受力分析的方法。(2)隔離法:將所研究的對象從周圍的物體中分離出來,單獨進行受力分析的方法。(3)假設法:若不能確定某力是否存在,可先對其做出存在或不存在的情況假設,然后就該力存在與否對物體運動狀態影響的不同來判斷該力是否存在。(4)轉換法:在受力分析時,若不能確定某力是否存在,則可以轉換為分析該力的反作用力,根據其反作用力是否存在,判斷該力是否存在;也可以轉換為分析與該力相關的其他研究對象,通過對其他研究對象進行受力分析,判斷該力是否存在。典題4(2023重慶八中二模)如圖所示,一個帶磁性的白板擦被吸附在傾斜放置的白板的下表面并處于靜止狀態。若磁力垂直于接觸面,則下列說法正確的是(

)A.白板擦與白板之間可能沒有摩擦力B.白板擦與白板之間可能沒有彈力C.白板擦受到的合力大小等于其重力大小D.白板擦受到白板的作用力方向豎直向上D解析

對白板擦進行受力分析,白板擦受到重力、垂直于白板的吸引力、垂直于白板的彈力,在重力的作用下,白板擦有沿白板向下的運動趨勢,即受到沿白板向上的摩擦力,共四個力的作用,A、B錯誤;白板擦處于靜止狀態,根據平衡條件可知,白板擦受到的合力為0,C錯誤;白板對白板擦有彈力、摩擦力與吸引力三個力作用,根據平衡條件可知,這三個力的合力與重力大小相等、方向相反,即白板擦受到白板的作用力方向豎直向上,D正確。典題5(多選)(2023北京模擬)如圖所示,在斜面上,木塊A與B的接觸面是水平的。連接木塊A的繩子呈水平狀態,兩木塊均保持靜止。則木塊A和木塊B可能的受力個數分別為(

)A.2個和4個B.3個和4個C.4個和5個D.4個和6個AC解析

由平衡條件知,A受到重力和B的支持力,還可能受到繩子的拉力與B對A的摩擦力,因此A可能受到2個力或4個力;B可能受到重力、A的壓力、斜面的靜摩擦力、斜面的支持力4個力而保持平衡,也有可能還受到A的靜摩擦力,因此B受到4個力或5個力。故選A、C。規律方法

受力分析的一般步驟

考點三共點力的平衡1.共點力的平衡

速度、加速度均為零(1)平衡狀態:物體靜止或做勻速直線運動。(2)平衡條件:F合=0或Fx=0,Fy=0。(3)常用推論①若物體受n個作用力而處于平衡狀態,則其中任意一個力與其余(n-1)個力的合力大小相等、方向相反。②若三個共點力的合力為零,則表示這三個力的有向線段平移后首尾相接組成一個封閉三角形。2.處理共點力平衡問題的基本思路確定平衡狀態(加速度為零)→巧選研究對象(整體法或隔離法)→受力分析→建立平衡方程→求解或討論。3.求解共點力平衡問題的常用方法(1)合成法:一個力與其余所有力的合力等大反向,常用于非共線三力平衡。(2)正交分解法:,常用于多力平衡。(3)矢量三角形法:平移表示三個力的有向線段構成一個閉合的三角形,常用于非特殊角的一般三角形。考向一

合成法典題6(2020全國Ⅲ卷)如圖所示,懸掛甲物體的細線拴牢在一不可伸長的輕質細繩上O點處;繩的一端固定在墻上,另一端通過光滑定滑輪與物體乙相連。甲、乙兩物體質量相等。系統平衡時,O點兩側繩與豎直方向的夾角分別為α和β。若α=70°,則β等于(

)A.45° B.55°C.60° D.70°B解析

O點受力如圖所示,甲、乙兩物體的質量相等,繩子的拉力與物體的重力相等,所以F甲=F乙;O點受三個力處于平衡狀態,拉力F與另兩個力的合力等大反向,所以與墻相連一側的細繩的延長線是力F甲和力F乙夾角的角平分線,根據幾何關系知,θ=β,2θ+α=180°,解得β=55°,選項B正確。考向二

正交分解法典題7

如圖所示,光滑半球形容器固定在水平面上,O為球心。一質量為m的小滑塊,在水平力F的作用下靜止于P點。設滑塊所受支持力為FN,OP與水平方向的夾角為θ,重力加速度為g。下列關系正確的是(

)A解析

將滑塊受的力沿水平、豎直方向分解,如圖所示,由平衡條件得mg=FNsin

θ,F=FNcos

θ,聯立解得

,故A正確。技巧點撥

處理平衡問題的三個技巧(1)物體受三個力平衡時,利用力的分解法或合成法比較簡單。(2)物體受四個或四個以上的力作用時,一般要采用正交分解法。(3)正交分解法建立坐標系時應使盡可能多的力與坐標軸重合,需要分解的力盡可能少。考向三

矢量三角形法典題8(2024福建南平模擬)如圖所示,半徑為R的光滑圓環豎直固定,輕彈簧一端固定在圓環的最高點A,另一端與套在圓環上的小球相連。小球的質量為m,靜止在B點時彈簧與豎直方向的夾角θ=30°,重力加速度為g。若換用原長相同、勁度系數更大的某輕質彈簧,小球能靜止于圓環上的C點(圖中未畫出,但不在圓環最低點)。下列說法正確的是(

)A.小球靜止在B點時,彈簧的彈力大小為2mgB.小球靜止在B點時,圓環對小球的作用力指向圓環的圓心C.換用勁度系數更大的輕彈簧后,彈簧的彈力將變小D.換用勁度系數更大的輕彈簧后,圓環對小球的作用力將變大C解析

根據平衡條件,對小球在B點受力分析如圖所示,由幾何關系可知△OAB和矢量三角形相似,圓環對小球的作用力背離圓環的圓心,彈簧彈力的大小為F=2mgcos

θ=mg,A、B錯誤;換用勁度系數更大的某輕質彈簧,小球沿圓環上移,最終受力平衡,由三角形相似得

,當小球上移到C點時,半徑不變,AB的長度減小,故彈簧的彈力F減小,圓環對小球的作用力FN大小不變,C正確,D錯誤。考向四

整體法與隔離法解決多物體問題典題9

某景區掛出34個燈籠,相鄰兩個燈籠之間用輕繩等距連接,從左向右依次標為1、2、3、…、34。無風時,燈籠均自然靜止,與標為17的燈籠右側相連的輕繩恰好水平,如圖所示。已知每個燈籠的質量均為m=1kg,重力加速度g取10m/s2,懸掛燈籠的輕繩最大承受力Fm=340N,最左端懸掛的輕繩與豎直方向的夾角為θ。sin37°=0.6,cos37°=0.8。下列說法正確的是(

)A.夾角θ的最大值為45°B.當夾角θ最大時,最底端水平輕繩的拉力大小為170NC.當θ=37°時,最底端水平輕繩的拉力大小為204ND.當θ=37°時,第4個燈籠與第5個燈籠之間的輕繩與豎直方向的夾角為45°B第5講專題提升動態平衡及平衡中的臨界、極值問題高考總復習2025專題概述:本專題是對物體的平衡知識的深化提高,包括動態平衡問題、平衡中的臨界與極值問題。解決動態平衡問題主要涉及的方法有圖像法、解析法和相似三角形法等;解決臨界、極值問題可采用的方法有極值分析法和數學分析法等,解答這兩類問題都需要根據題目條件恰當合理地選用相應方法解決。題型一力學中的動態平衡問題方法一

解析法對研究對象進行受力分析,先畫出受力示意圖,再根據物體的平衡條件,應用正交分解的方法列方程,得到因變量與自變量的關系表達式(通常要用到三角函數),最后根據自變量的變化確定因變量的變化。典題1(2024七省適應性測試安徽物理)如圖所示,輕繩1兩端分別固定在M、N兩點(N點在M點右上方),輕繩1上套有一個輕質的光滑小環O,質量為m的物塊P通過另一根輕繩2懸掛在環的下方,處于靜止狀態,∠MON=60°。現用一水平向右的力F緩慢拉動物塊,直到輕繩2與MN連線方向垂直。已知重力加速度為g。下列說法錯誤的是(

)A.施加拉力F前,輕繩1的拉力大小為

mgB.物塊在緩慢移動過程中,輕繩2的延長線始終平分∠MONC.物塊在緩慢移動過程中,輕繩2的拉力越來越大D.物塊在緩慢移動過程中,輕繩1的拉力可能先增大后減小D

方法二

圖解法此法常用于求解三力平衡且有一個力是恒力、另一個力方向不變的問題。一般按照以下流程解題。典題2(2023湖北華中師大一模)如圖所示,半圓柱體沖浪臺靜止在粗糙水平面上,半圓柱圓弧面光滑。運動員在水平牽引力F的作用下,從離開B點后緩慢運動到A點之前,始終處于平衡狀態。將運動員看成質點,下面說法正確的是(

)A.牽引力先增大后減小B.沖浪臺對運動員的支持力增大C.地面對沖浪臺的支持力減小D.地面對沖浪臺的靜摩擦力減小D解析

運動員從離開B點后到運動到A點之前,始終保持平衡狀態,運動員受到重力mg、牽引力F、支持力FN三個力,由平衡條件可知,牽引力與支持力的合力與重力等大反向,矢量三角形如圖所示,可知牽引力F減小,支持力FN減小,A、B錯誤;以運動員和沖浪臺整體為研究對象,整體在重力、牽引力、地面對沖浪臺的支持力、地面對沖浪臺的靜摩擦力4個力的共同作用下處于平衡狀態,由平衡條件有,水平方向上F=Ff,豎直方向上FN'=,則地面對沖浪臺的支持力不變,對沖浪臺的靜摩擦力減小,C錯誤,D正確。方法三

相似三角形法在三力平衡問題中,如果有一個力是恒力,另外兩個力方向都變化,且題目給出了空間幾何關系,多數情況下力的矢量三角形與空間幾何三角形相似,可利用相似三角形對應邊成比例進行計算。典題3

如圖所示,AC是上端帶光滑輕質定滑輪的固定豎直桿,質量不計的輕桿BC一端通過鉸鏈固定在C點,另一端B懸掛一重力為G的物體,且B端系有一根輕繩并繞過定滑輪,用力F拉繩,開始時∠BCA>90°,現使∠BCA緩慢變小,直到∠BCA=30°,此過程中,輕桿BC所受的力(

)A.逐漸減小

B.逐漸增大C.大小不變

D.先減小后增大C方法四

輔助圓法在三力平衡問題中,如果有一個力是恒力,另外兩個力方向都變化,但夾角不變,且題目給出了空間幾何關系。具體做法:畫出三力的矢量三角形的外接圓,不變力為一固定弦,因為固定弦所對的圓周角大小始終不變,改變一力的方向,另一力大小方向變化情況可得。典題4(2023山東日照二模)水平地面上有一個固定的粗糙斜面,斜面頂端固定一個光滑定滑輪,如圖所示,一輕質細繩跨過滑輪,其一端懸掛小球N,另一端與斜面上的物塊M相連,系統處于靜止狀態。現用圖示的拉力F緩慢拉動N,且拉動過程中力F的方向與懸掛N的細繩保持某個鈍角不變,使懸掛N的細繩由豎直達到水平位置。此過程中物塊M始終保持靜止,則在此過程中(

)A.拉力F先增大后減小B.細繩對M的拉力先增大后減小C.M對斜面的壓力逐漸增大D.斜面對M的摩擦力一直增大B解析

對小球N進行受力分析,由平衡條件可得,拉力F和細繩對小球拉力的合力與小球重力等大反向,由三角形定則畫出輔助圓如圖甲所示,由圖可知,拉力F一直增大,細繩對N的拉力先增大后減小,即細繩對M的拉力先增大后減小,A錯誤,B正確;對物塊M受力分析如圖乙所示,設斜面的傾角為α,根據共點力平衡可知FN=mgcos

α,根據牛頓第三定律可知,M對斜面的壓力不變,C錯誤;細繩對M的拉力先增大后減小,但是由于不確定拉力與mgsin

α的大小關系,所以無法判斷摩擦力的方向以及變化情況,D錯誤。題型二平衡中的臨界、極值問題1.臨界、極值問題的典型特征(1)臨界問題:當某物理量變化時,會引起其他幾個物理量的變化,從而使物體所處的平衡狀態“恰好出現”或“恰好不出現”,在問題的描述中常用“剛好”“剛能”“恰好”等語言敘述。(2)極值問題:平衡物體的極值問題,一般指在力的變化過程中出現的最大值和最小值問題。2.解決臨界和極值問題的三種方法

極限分析法正確進行受力分析和變化過程分析,找到平衡的臨界點和極值點;臨界條件必須在變化中尋找,不能在一個狀態上研究臨界問題,要把某個物理量推向極大或極小數學分析法通過對問題的分析,根據平衡條件列出物理量之間的函數關系(畫出函數圖像),用數學方法求極值(如求二次函數極值、公式極值、三角函數極值)圖解法根據平衡條件,作出力的矢量圖,通過對物理過程的分析,利用平行四邊形定則進行動態分析,確定最大值和最小值典題5(2024甘肅張掖模擬)某同學做家務時,使用浸濕的拖把清理地板。假設濕拖把的質量為2kg,當拖把桿與水平方向成53°角,對拖把施加一個沿拖把桿向上、大小為10N的力時,恰好能拉著拖把向前勻速運動。設拖把與地板間的動摩擦因數始終不變,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。g取10m/s2,sin53°=0.8,cos53°=0.6。(1)求拖把與地板間的動摩擦因數。(2)已知存在一臨界角θ,當拖把桿與水平方向所成角度超過此角度時,不管沿拖把桿方向的推力多大,都不可能使拖把從靜止開始運動。求這一臨界角θ的正切值。答案

(1)0.5

(2)2解析

(1)設拖把與地板間的動摩擦因數為μ,當拉著拖把向前勻速運動時,根據平衡條件有解得μ=0.5。(2)若不管沿拖把桿方向的推力多大,都不能使拖把從靜止開始運動,應有Fcos

θ≤μFN此時Fsin

θ+mg=FN聯立解得cos

θ-μsin

θ≤分析知,當F無限大時極限值為零,有cos

θ-μsin

θ≤0此時不管沿拖把桿方向的推力多大,都推不動拖把,該臨界角的正切為典題6(1)如圖甲所示,三條不可伸長的輕繩結于O點,OC繩將質量為m=1kg的重物懸掛起來,保持O點的位置不變,改變BO繩拉力方向時,求BO繩拉力的最小值。(重力加速度取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8)(2)如圖乙所示,質量為m'=12kg的物體放在傾角為30°的粗糙斜面上,物體和斜面間的動摩擦因數μ=,DO繩與斜面成α角,改變DO繩拉力方向,使物體沿斜面勻速下滑,求DO繩拉力的最小值。(重力加速度取10m/s2,結果可用根號表示)解析

(1)當BO繩與AO繩垂直時,BO繩的拉力最小,如圖所示

根據幾何關系有FBO=mgsin

37°=6

N。(2)對物體受力分析,如圖所示根據平衡條件,有mgsin

30°+FDOcos

α=Ffmgcos

30°=FN+FDOsin

α又Ff=μFN第6講實驗探究彈簧彈力與形變量的關系高考總復習2025強基礎固本增分研考點精準突破目錄索引強基礎固本增分一、實驗目的探究彈簧彈力與形變量的定量關系。二、實驗思路靜止時讀數1.如圖所示,彈簧彈力(F)等于懸掛鉤碼的重力。2.彈簧伸長量(x)等于彈簧的現長(l)減去原長(l0)。3.多測幾組,找出F與x的關系。三、實驗器材彈簧、毫米刻度尺、鐵架臺、鉤碼若干、坐標紙。四、進行實驗1.安裝實驗儀器。

豎直懸掛,自然下垂時測量2.用刻度尺測出彈簧的原長。3.在彈簧下端掛質量為m1的鉤碼,量出此時彈簧的長度l1,填入表格中。4.改變所掛鉤碼的質量,量出對應的彈簧長度,記錄m2,m3,m4,m5和相應的彈簧長度l2,l3,l4,l5,并得出每次彈簧的伸長量x1,x2,x3,x4,x5。五、數據處理與分析1.以彈力F為縱坐標,以彈簧的伸長量x為橫坐標,建立坐標系,選取合適的單位,用描點法作圖。用平滑的曲線連接各點,得到彈力F隨彈簧伸長量x變化的關系圖像。2.以彈簧的伸長量為自變量,寫出曲線所代表的函數。首先嘗試一次函數,如果不行,則考慮二次函數等。3.得出彈力和彈簧伸長量之間的定量關系,解釋函數表達式中常數的物理意義。六、誤差分析1.鉤碼標值不準確、彈簧長度測量不準確以及畫圖時描點連線不準確等都會引起實驗誤差。2.懸掛鉤碼數量過多,導致彈簧的形變量超出了其彈性限度,不再符合胡克定律(F=kx),圖像發生彎曲。3.水平放置彈簧測量其原長,由于彈簧有自重,將其懸掛起來后會有一定的伸長量,使圖像橫軸截距不為零。√√×××√研考點精準突破考點一教材原型實驗考向一

實驗原理和實驗操作典題1

如圖甲所示,用鐵架臺、彈簧和多個已知質量且質量相等的鉤碼探究在彈性限度內彈簧彈力與彈簧伸長量的關系。(1)為完成實驗,還需要的實驗器材有

。

(2)實驗中需要測量的物理量有

。(3)圖乙是彈簧彈力F與彈簧伸長量x的關系圖線,由此可求出彈簧的勁度系數為

N/m。圖線不過原點的原因是

。

刻度尺

彈簧掛不同個數的鉤碼時所對應的伸長量

200彈簧自身存在重力解析

(1)根據實驗原理可知還需要刻度尺來測量彈簧的長度。(2)根據實驗原理,實驗中需要測量的物理量是彈簧掛不同個數的鉤碼時所對應的伸長量。(3)取圖像中(0.5,0)和(3.5,6)兩個點,由F=kx,可得

。由于彈簧自身存在重力,使得彈簧不加外力時就有形變量。考向二

數據處理和誤差分析典題2(2023湖北模擬)某實驗小組利用圖甲所示裝置探究彈簧的彈力與形變量的關系。實驗中使用的彈簧在自然狀態下有一定的收縮力。實驗時把彈簧的上端固定在鐵架臺的橫桿上,記錄彈簧自然下垂時下端的示數(L)。在彈簧的下端懸掛不同質量(m)的鉤碼,記錄彈簧在不同彈力下彈簧下端的示數并填入表格中,計算對應的彈簧伸長量x的值。m/g010203040506070L/cm10.5010.5010.5010.5010.7511.4012.2013.25x/cm00000.250.901.702.75m/g8090100110120130140150L/cm14.3015.3516.417.5018.6519.6520.7521.85x/cm3.804.855.907.008.159.1510.2511.35(1)圖乙是根據上表數據繪制的m-x圖線,其中AB段為曲線、BC段為直線,則該彈簧在

(選填“OA”“AB”或“BC”)段滿足胡克定律。

(2)由圖乙可得直線BC的斜率為g/cm,則彈簧的勁度系數k=

N/m,彈簧在自然狀態下的收縮力F0=

N。(已知重力加速度大小取9.8m/s2,結果均保留2位小數)

(3)由于彈簧的質量不能忽略,它對彈簧勁度系數的測量

(選填“有”或“沒有”)影響。

BC9.33

0.43沒有考點二實驗的改進與創新考向一

實驗方法的創新典題3(2021廣東卷)某興趣小組測量一緩沖裝置中彈簧的勁度系數。緩沖裝置如圖所示,固定在斜面上的透明有機玻璃管與水平面夾角為30°,彈簧固定在有機玻璃管底端。實驗過程如下:先沿管軸線方向固定一毫米刻度尺,再將單個質量為200g的鋼球(直徑略小于玻璃管內徑)逐個從管口滑進,每滑進一個鋼球,待彈簧靜止,記錄管內鋼球的個數n和彈簧上端對應的刻度尺示數Ln,