物理2018屆高考第一輪總復習課件檢測打包老師搜集第二章相互作用

Ⅰ2018屆高考復習中應特別關注建立物ⅠⅠⅡⅡ第7重力彈力(雙基課[命題者說]重力和彈力是高中物理最常見、最基礎的兩個力。本的重點是彈力的其上放一球，球與水平面的接觸點為a，與斜面的接觸點為b。當小車 解析：Db處不受支持力作用；若球與小車一起做水平向左勻加速運動，則球在a處受到的支持力可能為零，選項D正確。3.(2017·聊城模擬)小車上固定一根彈性直桿A，桿頂固定一個小球B(如圖所變，其中正確的是()解析：Ca＝gsinθ(θ為斜面的傾角)，由牛gsinθ，則桿的彈力方向垂直于斜面向上，桿不會發(fā)生彎曲，C正確。 解析：選 根據(jù)定律和平衡條件分析可得：平衡時各彈簧的長度相等，選項m，則兩小球平衡時，BO的距離為(不考慮小球的大小，且彈簧都在彈性限度范圍內)() 解析：選C由題意可知，kL＝mg，當用兩個相同的彈簧按題圖所示懸掛時，下面彈mgL2mgkx＝2mg可知，上面彈簧伸長量為x＝2L，故B球到懸點O的距離為L＋L＋L＋2L＝5L，C正確。簧的一端固定在墻上，如圖所示。開始時彈簧均處于原長狀態(tài)，現(xiàn)用水平力作用在b彈簧的P端向右拉動彈簧，已知a彈簧的伸長量為L，則( kB．b彈簧的伸長量為k2

k解析：選 根據(jù)兩根彈 力相等可得b彈簧的伸長量為k1L，P端向右移動的k2kL＋k1LBk21 G2＋F2＝151Fα，sinα＝F1＝3 即方向與豎直方向成37°角斜向下，這個力與輕繩的拉力恰好在同一條直線上。根據(jù)物ADBC右端的定滑輪10kg的物體，∠ACB＝30°，g10m/s2，求：(2)BCCC點為研究對象，進行(1)圖中輕繩AD跨過定滑輪拉住質量為M的物體，物體處于平衡狀態(tài)，繩AC段的拉力大小為：FAC＝FCD＝Mg＝10×10N＝100(2)由幾何關系得：FC＝FAC＝Mg＝100N方向和水平方向成30°角斜向右上方。答案：(1)100N(2)100 解析：AA正確，B錯誤；從圖中可以看出，汽車(包括貨物)的形狀和質量分布發(fā)生了變化，重心的位置就發(fā)生了變化，故C錯誤；力不是使物體運動的原因而是改變物體運動狀態(tài)的原因，所以D錯誤。 解析：選D發(fā)生相互作用的物體均要發(fā)生形變，故A錯誤；發(fā)生形變的物體，為了錯誤，D正確。如圖所示的四個圖中，AB、BCA、C端都通過鉸鏈與墻B處由鉸鏈連接，且系統(tǒng)均處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)用等長的輕繩來代替輕桿，能保持平衡的是()B則不可用等長的輕繩代替，如題圖中甲、丙、的AB桿均受拉力作用，而甲、乙、BCA、C、D均錯誤，BF1l1；改勁度系數(shù)為()

B.

C如圖所示桿BC的B端用鉸鏈固定在豎直墻上另一端C為一滑輪。重物G上系一繩經過滑輪固定于墻上A點處，桿恰好平衡。若將繩的A端沿墻緩慢向下移(BC桿、滑輪、繩的質量及摩擦均不計)，則( 繩的拉力增大，BC桿受繩的壓力增大B．繩的拉力不變，BC桿受繩的壓力增大C．繩的拉力不變，BC桿受繩的壓力減小D．繩的拉力不變，BC桿受繩的壓力不變BFT1＝FT2＝G，C點處于三力平衡2ACθF＝2GsinθA端沿墻緩慢向下移時，繩的拉力不變，θ增大，F(xiàn)也增大，根據(jù)第三定律知，BC桿受繩的壓力增大，B正確。26.(2017·寧波聯(lián)考)如圖所示，A、BGA＝3 A．3N和4 B．5N和6N和2 D．5N和2解析：選D 可得：天花板受到的拉力為1N，地板受到的壓力為6N；當彈簧由于被拉伸而產生2N5N2N，D和k2，上面木塊壓在上面的彈簧上(但不拴接)，整個系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)?，F(xiàn)緩慢向

B.kk2

k2k解析：選 在這個過程中，壓在下面彈簧上的壓力由(m1＋m2)g減小到m2g，即減k了m1g，根 定律可斷定下面彈簧的長度增長了Δl＝m1gk2Fa的勻加速直線運動，忽略一切摩擦，以下說法中正確的是()Cma解析選D 則球受到的合力水平向右，為ma，如圖所示，設斜面傾角為θ，擋板對球F1，由正交分解法得：F1－FNsinθ＝ma，F(xiàn)Ncosθ＝GF1＝ma＋Gtanθ，可見，彈力為一定值，選項D正確。 F＝kxFx

＝x

kF解析：選ACD 彈簧的勁度系數(shù)是由彈簧本身的性質決定的，與彈力F及x無關，故C正確，B錯誤；由xx水平力F，且F通過球心，下列說法正確的是( 解析：選 F大小合適時，球可以靜止在無墻的斜面上，F(xiàn)增大時墻才會對球有A錯誤，BC正確，D錯誤。 解析選 由題圖可知滑輪兩邊繩的拉力均為F1,設動滑輪兩邊繩的夾角為θ，2F1cosθ＝mg，當重物上升時，θ變大，cosθ變小，F(xiàn)1 ＋F1＝MgF1變大，MgF2′F2變小。綜上可知，BCM的小球用一輕彈簧相連，套在一水k，三根輕彈簧剛好構成一等邊三角形。則下列判斷正確的是()333km小球的輕彈簧的伸長量為3D．套在水平光滑橫桿上輕彈簧的形變量為33k2解析：選 水平橫桿對質量為M的小球的支持力為Mg＋mg，選項A錯誤；設2 定律得kx＝ 3x＝3mgBCMFcos60°＝ 定律得kx′＝3mg，解得x′＝ ，選項D正確 6kmkF的是()

k力F的大小為 ．力F的大小為2k3 3解析選 3A正確，BA、BFcos30°＝2mgsin30°F＝23mg，C錯誤，D14.(2017·黃岡模擬)k的輕彈簧一端固mPRμ，OPθ＝30°。下列說法正確的是()BO2輕彈簧對小球的作用力大小為2k解析：選BD 動趨勢，A錯誤；容器對小球的彈力沿半徑指向球心O，B正確；由FNsinθ＋Fsinθ＝mg，F(xiàn)Ncosθ＝Fcosθ，可得：F＝FN＝mg，C錯誤；由F＝kx可得彈簧的壓縮量x＝mg，彈簧k的原長L ＋x＝R＋mg，D正確 第8摩擦力(雙基課[命題者說]本主要包括摩擦力的分析和計算高考常把摩擦力與其他知識結合進兩物體間有相對運動趨勢(相對靜止(1)靜摩擦力為力，與正壓力無0＜F≤Fmax(2)最大靜摩擦力FmaxFN為正壓力沿接觸面與受力物體相對運動趨勢沿接觸面與受力物體相對運動的方 解析：AC因為車內電動馬達驅動后輪轉動，汽車前進時，后輪受摩擦力向前，前知，A、C兩項正確。量為m的物塊，M和m相對靜止，一起沿斜面勻速下滑，下列說法正確的是( m解析：BD對題圖甲：設物塊m受到摩擦力，則物塊m受到重力、支持力、摩擦m勻速下滑，mm只受重力、支持力作用，由于支持力與接觸上的摩擦力，B、D正確。

F合＝ma，先求合力 A．BAB．F增大時，ACBABA解析：選AD 將A、B視為整體，可以看出A物體受到墻的摩擦力方向豎直向上。對B受力分析可知B受到的摩擦力方向向上由第三定律可知B對A的摩擦力方向向下，A正確；由于A、B兩物體受到的重力不變，根據(jù)平衡條件可知B錯誤；A和墻之間的摩擦力與A、B兩物體的總重力等大、反向，故C錯誤，D正確。mθC勻速下滑，則()A．A、BB．ABC．A受到斜面的滑動摩擦力大2mgsinD．ABμ＝tan解析：CA、BθC勻速下滑，A受到斜面的滑動摩擦力大2mgsinθ，A對B的摩擦力等于B的重力沿斜面方向的分力，A錯誤，C正確；由第三定律可知，A受到B的靜摩擦力方向沿斜面向下，B錯誤；A與B間的摩擦力是靜摩擦力，不能確定A、B之間的動摩擦因數(shù)，D錯誤。與木板間的動摩擦因數(shù)為μ1，木板與地面間的動摩擦因數(shù)為μ2。下列說法正確的是( A．木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ1mg μ1mg和地面的靜摩擦力的作用，二力平衡，A正確，B錯誤；若增大F的大小，只能使木塊加速運動，但木塊對木板的滑動摩擦力大小不變，因而也就不可能使木板運動起來，C錯誤，D正確。(2)F＝μFN中FN為兩接觸面間的正壓力，與物體的重力沒有必然聯(lián)系，不一定等在摩擦力和其他力作用下，做運動的物體突然停止滑行時，物體將不如圖所示，設滑動摩擦力與最大靜摩擦力相等，則力F作用后( A8B9B7解析：選AC 未加F時，木塊A在水平方向上受彈簧的彈力F1及靜摩擦力FA作用，且FA＝F1＝kx＝8N，木塊B在水平方向上受彈簧彈力F2和靜摩擦力FB作用，且FB＝F2＝kx＝8NBF＝1NF2＋F＜μGBB所受摩擦力仍為靜摩擦力，其大小FB′＝F2＋F＝9N，木塊A的受力情況不變，A、C對。0.8)質量為1kg的滑塊以初速度v0從斜面底端沿斜面向上滑行(斜面足夠長，該滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.8)，則該滑塊所受摩擦力Ff隨時間變化的圖像是下圖中的(取初速度v0的方向為正方向)(g＝10m/s2)( 解析：BFf＝μFNFN＝mgcosθ6.4Nmgsinθ＜μmgcosθ，滑向沿斜面向上，故選項B正確。A與計算機連接，可獲得力隨時間變化的規(guī)律，將力傳感器結合該圖像，下列說法正確的是()解析：ABCt＝02N，則滑塊受到的摩擦力為靜摩擦力，大2N，由車與空沙桶受力平衡可知空沙桶的重力也等于2N，A對；t＝50s時摩擦力的滑動摩擦力，B、C3.5N3N50s后小車將加速運動，D錯。力，下列說法正確的是() 項A錯誤；棋盤對棋子的摩擦力等于棋子的重力，故無論棋子的磁性多強，摩擦力是不變的，質量不同的棋子所受的重力不同，故摩擦力不同，選項B、C錯誤，D正確。則能反映物體受到的摩擦力Ff隨時間變化的圖像的是圖中的(取向右為正方向，g＝10 解析：選A開始時，滑動摩擦力方向與速度方向相反，即水平向左，大＝2NF＝1N的作用，所以物體將受到向右的靜摩擦力，大小等于1N，選項A正確。3.(2014·高考)如圖所示，水平地面上堆放著原木。關于原木 C．MMN解析：選AM處支持力方向垂直于地面，因此豎直向上，A項正確；N處的支持力方向垂直于原木P，因此B項錯誤；M處受到的靜摩擦力方向平行于地面，C項錯誤；N處受到的靜摩擦力方向平行于原木P，D項錯誤。F向下推此物體，使物體加速下滑，斜面體依然和地面保持相對靜止，則斜面體受地面的摩擦力() 解析：A由題知物體恰能在斜面體上沿斜面勻速下滑時，斜面體不受地面的摩擦力力。若沿平行于斜面的方向用力F向下推此物體，使物體加速下滑時，物體對斜面體的壓B、C都處于靜止狀態(tài)，各接觸面與水平地面平行。A、C間的摩擦力大小為Ff1，B、C間的摩擦力大Ff2，C與地面間的摩擦力大Ff3，則 以ABC整體為研究對象，分析整體在水平方向的受力，地面對CA為研究對象，ACAB為研究對象，C與B之間的摩擦力與F平衡，即Ff2＝F。上勻速前進，F(xiàn)30°角，運料車和材料所受的總重力為G，下列說法正確的是()2 2 ．運料車對地面壓力為解析：選D 運料車受推力F作用向右運動，受到地面的摩擦力水平向左，而建筑工人向右推車時受到地面水平向右的摩擦力，A、C均錯誤；建筑工人受到的摩擦力Ff＝Fcos30°＝3F，BFN＝Fsin30°＋G＝F＋G，D 7.(2017·懷化模擬)A、B置于水平地面上，與地m mB

設繩中張力為F，對A應用平衡條件可得：Fcos53°＝μ(mAg－FsinB應用平衡條件可得：Fcos37°＝μ(mg－Fsin

，以上兩式聯(lián)立可解得：m A從與傳送帶等高的光滑水平地面上的A處滑上傳送帶。若從小物塊滑上傳送帶開始計時，小物塊在傳送帶上運動的v-t圖像(以地面為參考系)如圖乙所示。已知v2＞v1，則( 解析：BAt1A錯誤；t2時刻，小物塊相對傳送帶滑動的距離達到最大，選項B正確；0～t2時間內，小物C錯誤；0～t2時間內，小物塊始終受到大小不變的滑動摩擦力作用，t2～t3時間內，由于小物塊與傳送帶速度相同，二者相對靜止，小物塊不受摩擦力作用，選項D錯誤。9．(2017·安陽聯(lián)考)如圖甲所示，A、B兩個物體疊放在水平面上，B的上下表面均水k、t1、t2，且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。據(jù)此可求()A．A、B之間的最大靜摩擦力BB之間的滑動摩擦力C．A、BμAB解析：ABABB的最大靜Ffm＝kt1，A、B 解析：選ACD物體隨皮帶機一起上升的過程中，物體具有相對于皮帶下滑的趨向下的分力，與傳送帶的速度大小無關，故A、C、D正確，B錯誤。11.(2017·廣州質檢)如圖所示，用水平力F拉著一物體在水平地面上做勻速直線運動，從t＝0時刻起水平力F的大小隨時間均勻減小，到t1時刻F減零。物體所受的摩擦力Ff隨時間t的變化圖像可能是( 解析：選AD 物體開始做勻速直線運動，說明物體所受水平向右的拉力F與向左的滑動摩擦力等大反向。當F減小時，物體做運動。若F減零之前物體始終運動，則摩擦力始終為滑動摩擦力，大小不變，A正確。若F減零之前物體已停止運動，則停D正確。測出了彈簧的彈力F1、拉力F2和木塊的重力G，則以下結論正確的是 FF1FF1解析：選BD Ff＝G＋F2

F1C錯誤，Da、b均靜止，彈簧處于伸長狀態(tài)，兩細繩均有拉力，a所受摩擦力Ffa≠0，b所受摩擦力Ffb＝0?，F(xiàn)將右側細繩 Ffa大小不變B．FfaC．Ffb仍然為零D．Ffb解析：選AD 力沒有發(fā)生突變，與原來一樣，所以b相對地面有向左運動的趨勢，受到靜摩擦力Ffb方向B錯誤。擦因數(shù)均相等，則在上述過程中() 小相等，根據(jù)v＝at，魚缸在桌布上和在桌面上的滑動時間相等，選項B正確；若貓增大拉魚缸可能隨桌布一起運動而滑出桌面，選項D正確。第9力的合成與分解(重點突破課 B．5C．3 D．10解析：選 根據(jù)|F1－F2|≤F≤F1＋F2得，合力的大小范圍為1N≤F≤9N，B、讀數(shù)分別是F1、F2、F3、F4，已知θ＝30°，則有( 3解析：選 對甲圖：F2cosθ＝mg，F(xiàn)1＝F2sinθ，可解得，F(xiàn)2＝23

3，F(xiàn)1＝33對乙圖：2F3cosθ＝mg，可解得，F(xiàn)3＝3mg，對丙圖：F4＝mg，故可知，F(xiàn)2最大，F(xiàn)13F3C [典例 (2017·承德模擬)如圖所示是剪式千斤頂，當搖動把1.0×105N，此時千斤頂兩臂間120°，則下列判斷正確的是()[解析]1.0×105N，A誤；由第三定律可知，千斤頂對汽車的支持力大1.0×105N，B錯誤；若繼續(xù)搖動把手，兩臂間的夾角減小，而合力不變，故兩分力減小，即兩臂受到的壓力減小，C錯誤，D正確。[答案] F1 tan夾角為θF＝2F1cos2FF1夾角為2 B3F3F3同向C2F3F3同向 用F1和F2的合力與F3合成，可得出三個力的合力大3F3，方向沿F3方向，B正確根橡皮條的最大長度為2L(在彈性限度內)，則發(fā)射過程中裹片對彈丸的最大作用力為() 15 2解析：選 根據(jù)定律知，每根橡皮條的彈力F＝k(2L－L)＝kL。設時兩根橡皮條的夾角為θ，根據(jù)幾何關系知，sinθ＝1 2＝ 2＝

2kLD[1]BA鉸鏈處C的重力不計，l＝0.5m，b＝0.05mD所受壓F的多少倍？ 按力F的作用效果沿AC、AB方向分解為F1、F2，如圖甲所示，2cosF1＝F2＝2costanθ＝l＝10bbDF5[答案]52正交分解yx軸上的合力：y軸上的合力： 合力大?。篎＝F2＋F Fxθtanθ＝FyFx 摩擦力為() B．μ(mg＋FsinC．μ(mg－Fsin D．Fcos 做勻速直線運動，所以在x軸和y軸均受力平衡，即Fcosθ＋FsinθFf＝μFNFf＝μ(mg＋Fsinθ)，B、D θFAOA與豎直方向的夾角也θA、O、F均在同一豎直截面內，則小物塊對半圓柱體表面的壓力為()2sincos

mgcos2cos解析：選 質量為m的小物塊受3個力的作用：重力mg、支持力FN、拉力F，據(jù)幾何關系可知FN＝F＝mg，根 第三定律可得FN′＝FN＝mg，D正確2cos 2cos如圖所示，作用在滑塊B上的推力F＝100N，若α＝30°，裝置重 3A．100 3C．50 D．200sin解析：選 對Bsin得F2＝ ＝2F；對上部分進行受力分析，如圖乙所示，其中F2′＝F2，得3F2′·cos NB32bm1a端lc點有一固定繩圈。若2m繩圈上懸掛質量為m2的鉤碼，平衡后繩的ac段正好水平，則重物和鉤碼的質量比m1m2 5522

2解析：選 對于結點c，受三個拉力的作用，如圖所示2其中F1＝m2g，F(xiàn)2＝m1g，平衡時，F(xiàn)2、F3的合力F大小等于F1，即＝m2g。由圖可知，F(xiàn)＝cosα，而cos ＝2，所以m2g＝2，即m1＝5，C

[典例]如圖所示的四腳支架經常使用在架設高壓線路通信的塔臺等豎直方向均成θ角，重力加速度為g，則每根支架對地面的作用大( 4sin1

4cos14mgtan 4cos 第三定律及力的合成與分解知識可得：4Fcosθ＝mg，解得：F＝mg，B4cos 44用該傘掛上重為G的物體進行兩次落體實驗，懸繩的長度l1<l2，勻速下降時每根懸繩的拉力大小分別為F1、F2，則( 的豎直分力為G，設繩與豎直方向的夾角為θ，則有cosθ＝G，解得F＝ ncos夾角θ較小，故拉力較小，即F1>F2，A錯誤，B正確。三條繩長度不同。下列說法正確的有() BC正確。A錯誤。繩子拉力的合力與桿的重力方向相同，因此兩者不是一對平衡力，選項D錯誤。情況為()A．FT減小，F(xiàn)不 B．FT增大，F(xiàn)不C．FT增大，F(xiàn)減 D．FT增大，F(xiàn)增解析：選B吊環(huán)兩繩拉力的合力與運動員重力相等，即兩繩拉力的合力F不變。在角增大的過程，所以FT增大，選項B正確。當L取什么方向時，F(xiàn)1、F2在L上分力之和為最大？( C．F1、F2中較小力的方向D解析：AF1、F2LF1、F2L上的分力最大，則L的方向應該沿F1、F2的合力方向。F1、F2、F3F 解析：C合力不一定大于分力，B錯；三個共點力的合力的最小值能否為零，取決的最小值不一定為零，A錯；當三個力的大小分別為3a、6a、8a，其中任何一個力都在其況，故D錯。洞實驗示意圖如圖所示，AB代表飛機模型的截面，OL是拉住飛機模型的繩。已知飛機模 cossin

B．GcosD．Gsincos解析：選A 作用于飛機模型上的風力F垂直于AB向上，風力F的豎直分力等于飛機模型的重力，即Fcosθ＝G，解得F＝G，A正確。cos如圖所示，一半圓形降落傘邊緣用24根傘繩中心對稱分布，下端懸掛一名，每根繩與中軸線的夾角為30°，及身上裝備的總質量每根懸繩的拉力是(g取10m/s2)( A．50

N3N93C.2003 D.100393解析：選 把繩的拉力正交分解為豎直向上和水平方向，豎直分力為Fy＝Fcos＝3F， 6.(2016·甲卷)質量為m的物體用輕繩AB懸掛于天花板上。用水平O點向左移動的過程中 A．F逐漸變大，TB．F逐漸變大，TC．F逐漸變小，TD．F逐漸變小，T解析：選A以O點為研究對象，受力如圖所示，當用水平向左的件知F逐漸變大，T逐漸變大，選項A正確。的張力大()B. 6B.55 本題中O點與各球心的連線構成一個邊長為2R的正四面體，如圖甲所＝2＝23R，由勾股定理得 3R，對A處球受力分析有：FsinGsin

OO′F＝6B＝ 2mab之間的細線上懸掛一小物塊。平衡時，a、b間的距離恰好等于圓弧的半徑。不計所有摩擦。小物塊的質量為()2 322 解析：選C如圖所示，由于不計摩擦，線上張力處處相等，且輕a、b間距等于圓弧半徑，則∠aOb＝60°aO、bO30°。取懸掛的小物塊研究，懸掛小物塊的細線為120°，由平衡條件知，小物塊的質量與小球的質量相等，即為m。故選項C正確。 A．5N,8N,9 B．5N,2N,3N,7N,10 D．1N,10N,10 －F2|F1＋F2之間時，則合力可能為零，A、B、D 解析：選CD 拉力的水平分力等于小孩和車所受的摩擦力，故選項A錯誤；小孩和車整體受重力、支持重力、支持力的合力豎直向下，故拉力與摩擦力的合力方向豎直向上，故選項B錯誤，C正確；小孩和車做勻速直線運動，故所受的合力為零，故選項D正確。33FF1的大小可能是()3333 D.2D.3 根據(jù)題意作出矢量三角形，如圖所示，因為 3F>22＝3F。由直角三角形ABD得：F F2－F2＝3F。由圖的對稱性可知：F

2

＝3FF1＝3F－3F＝3，F(xiàn)1′＝3F＋3

3 6 12．(2017·益陽質檢)如圖所示，A、B都是重物，AP的細線所懸掛，BPO點；O′是三根細線的3斜線OP的張力是 310A23桌面對B物體的摩擦力為10 D．OP與豎直方向的夾角為60°3解析：選ABC O′a與aA兩細線拉力的合力與斜線OP的張力大小相等。由幾何知識可知FO′a＝FaA＝20N，且OP與豎直方向夾角為30°，D錯誤；重物A的重力GA＝FaA，3mA＝2kg，BBFf＝FO′b＝FO′acos3F彈＝FO′asin30°＝10N，A

N，C之間用細繩連接，在繩的中點加一豎直向上的拉力F，使兩物塊處于靜止狀態(tài)，此時繩與斜面間的夾角小于90°。當增大拉力F后，系統(tǒng)仍處于靜止狀態(tài)，下列說法正確的是( 解析：選ACDF增大，由于繩的夾角不變，故繩上的拉力增大，A0，故D正確。)解析：BD g，與兩板間距離無關，BOθθθF＝θ 變大，即木塊與擋板間正壓力變大，D第10共點力的平衡(重點突破課平衡條件：F合＝0或 2.(多選)如圖所示物體M在豎直向上的拉力F作用下靜止在一固定的粗糙斜面上，則物體M受力的個數(shù)可能為( A．2 B．3C．4 D．5 FmgFNFfA、CθG，則椅子各部分對他的作用力的合力大 B．GsinC．Gcos D．Gtan解析：選A 與人的重力G等大反向，A正確。法4 (2017·吉林模擬)如圖所示兩梯形木塊AB疊放在水平地面上，A、B之間的接觸面傾斜。A的左側靠在光滑的豎直墻面上，關于兩木塊的受 A、BA、C錯誤，BA、BD錯 4(1)研究對象所受的力與研究對象對其他物體的作用力出現(xiàn)；當把某一物體單獨分析時，原來的內力變成外力，要在受力分析圖中畫出。)解析：選BCD 設小球質量為m，若FP＝mg，則小球只受拉力FP和重力mg兩個力若FP＝0，則小球要保持靜止，應受FN、FQ和mg三個力作用，故小球受力個數(shù)不可能為2.如圖所示，A、B兩物體緊靠著放在粗糙水平面上，A、B滑。在水平推力F作用下兩物體一起加速運動，物體A恰好不離開地面，則物體A的受力個數(shù)為( 解析：選A 由于物體A恰好不離開地面，因此A不受地面的支持力和摩擦力，而只受重力、F和B [典例]如圖所示，光滑半球形容器固定在水平面上，O為球心。一質FN，OPθ。下列關系正確的是()＝tantanC．FN＝tan

B．F＝mgtanD．FN＝mgtan滑塊受力如圖甲，由平衡條件知：mg＝tanθ，mg＝sin F＝mg，F(xiàn)N＝mgtan sinF＝G2＝mg，F(xiàn)N＝G1＝mgtan sinmg＝FNsin 聯(lián)立解得：F＝mg，F(xiàn)N＝mgtan sinA

tan

sinFF逐漸減小后，下列說法正確的是()解析：AFG是不變的，θFf也是不變的，物體受到的合力為0，所以選項A正確，B、C、D錯誤。兩小球均處于靜止狀態(tài)，則力F的大()A.A.C.3 解析：AB為研究對象，BOBB處于靜止狀態(tài)，則AB繩的拉力為零。再以小球A為研究對象，進行受力分析，如圖所示，根據(jù)力的矢量運算法則可得F＝3mg，A正確。 如圖所示，擋板垂直于斜面固定在斜面上，一滑塊m放在一切摩擦均不計用平行于斜面的拉力F拉住弧形滑塊使球與滑塊均 A．滑塊對球的彈力增大B．擋板對球的彈力減小C．斜面對滑塊的彈力增大DF不變 對球的力F1，方向不變，作出力的矢量圖，滑塊上移時，F(xiàn)2F2F1F1F2都減小，A錯誤，B正確；再對滑塊和球一起受力分析，如圖(b)FN＝Gcosθ不變，F(xiàn)＋F1不變，F(xiàn)1減小，可以知道斜面對滑塊的支持力不變，拉力F增大，故C、D錯誤。 當分析相互作用的兩個或兩個以上物體整體的受力情況及分析外力對系統(tǒng)的作用時，宜用整體法。B.間，且A與B間的接觸面水平，則A對B的壓力與B對斜面的壓力之比應為( B.C.C.D.解析：DA、Bm，AA進行受力分析可知，B對A的支持力等于A的重力，結合第三定律可知，A對B的壓力FN＝mg，把AB看成一2mgFN1根據(jù)平衡條件得：cos30°＝2mg，解得FN1＝4 ，所以B對斜面的壓力FN1′＝4 則FN＝3D

3

3 是()解析：Bab整體為研究對象受力分析，受重力、圓筒底支持力到的壓力，故A 上面球為研究對象受力分析，根據(jù)平衡條件運用合成法，如圖所示，由幾何知識可知：桶＝gtanabB mgsin30°＝μmgcos30°3μ＝tan30°＝33(2)αFcosα＝mgsinα＋FfFN＝mgcosα＋Fsinαmgsinα＋μmgcoscosα－μsincosα－μsinα＝0tanα＝3時，F(xiàn)→∞，即“F多大，都不能使物體沿斜面向上滑行”，此時，臨界角θ0＝α＝60°。(1)

B兩端被懸掛在水平天花板上相距2L，現(xiàn)在C點上懸掛一個質量為m的重物，為使CD繩保持水平，在D點上可施加力的最小值為 B. 3B. 解析：CCD水平，各繩均應繃緊，則AC60°C受力平衡，受力分析如圖所示，則CD繩的拉力FT＝mgtan30°＝23mg；DFTCD水平，D點兩繩的拉力與外F2BD垂直時，F(xiàn)2最小，而F2的大小即為施加在D點的力的大小，故最小力F＝FTsin60°＝1mg，故C正確。2為m，拖桿質量可以忽略；拖把頭與地板之間的動摩擦因數(shù)為常數(shù)μ，重θ。tanθ0。解析：(1)設該同學沿拖桿方向用大F的力推拖把，將推拖把的力沿豎直和水平方Fcosθ＋mg－FN＝0①Fsinθ－Ff＝0②FNFf聯(lián)立①②③式得 。sinθ－μcos力，設為Ffm，則依題意有FFNFcos⑥FsinF(sinθ－λcosλmgFsinθ－λcosθ≤0⑨即有tanθ≤λ⑩tanθ0＝λ sinθ－μcos

λF向左拉動B，使其以速度v做勻速運動，此時繩水平且拉力大FT，下面說法正確的 B2v解析：選A以B為研究對象分析受力，當其勻速運動時，受力平衡，受力情況與速度大小無關，AA、BF＝FT＋Ff地，故繩子拉力小于水平恒力，BABA所受摩擦力為滑動摩擦力，C錯誤；木板B受到兩個滑動摩擦力，木板B所受合力為零，D錯誤。 解析：選B分析物體M可知，其受到兩個力的作用，重力和輕繩對其的拉力，因為kP點，小球靜止時，彈簧與豎直30°，則彈簧的伸長量為()kk

kD.k解析：選C 30°2kxcos＝mgx＝3mgC如圖所示，一個半球形的碗放在桌面上，碗口水平，O點為其球心，碗球對地面壓力大FN，細線的拉力大FT，則() C．FT＝ D．FT＝m2－ 解析：選B分析小球m1的受力情況，由物體的平衡條件可得，繩的拉力FT＝0C、Dm2受力，由平衡條件可得：FN＝m2g，故A錯誤、B5.(2017·蕪湖模擬)AP拴狀態(tài)。下列說法正確的是()解析：選C對物塊P受力分析可知，若推力F與彈簧彈力的合力與物塊重力沿斜面P與斜面之間無摩擦力，AP均可能保持靜止，B錯誤；由整體法可知地面對斜面體A的靜摩擦力平衡了推力F沿水平O是球心，碗的內表面光滑，一根輕質桿的兩端固定有兩個小球，質量分別是m1、m2，當它們靜止時，m1、m2與球心的連線跟水平面分別成60°、30°，則碗對兩小球m1、m2的彈力大小之比是( B.D.B.D.解析：選 m1、m2組成的系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，對m1、m2整體受力析如圖所示，F(xiàn)N1、FN2分別為碗對m1和m2FN1sin30°＝FN2sin60°，則FN1∶FN2＝3∶1，BF作用下，A、BAB受力的個數(shù)判斷正確的是()A．A可能受3個 B．B可能受2個C．A一定受4個 D．B可能受4個解析：CDA為研究對象，AF、重力、BB4個力的作用，A錯誤，CBABBBBBAB的支BBB受到四個力的作用，故B錯誤，D正確。()B．小物體對半球體的壓力大mgcosθCD力圖如圖，則半球體對小物體的支持力FN＝mgsinθ，由第三定律得：體對半球體的壓力大mgsinθ，故B錯誤；半球體受到小物體的壓力和靜摩擦力的合力等于小物體的重力，故C正確。 解析：CDm甲gsinθ，則甲只受vv＝3m/s＝45°，則()Av＝3m/s時，F(xiàn)Bv＝6m/s解析：AD對小球受力分析，小球受重力、風力和拉力處于平衡，當細線與豎直方θ＝45°F＝mgA6m/s，22mg，根據(jù)平行四邊形定則知，tanθ＝2mg＝2，θ≠90°cosFT＝mgθ越大，則細線的Cθ＝45°時，風力F＝mg，可知風力增大，所以v大于3m/s，故Dcos33

3木塊A與質量m＝3kg的小球B相連。今用跟水平方向成α＝30°角的力 3解析：(1)設輕繩對B的拉力為FT，小球受力如圖甲所示，由平衡條件可得Fcos30°－FTcos Fsin30°＋FTsin 解得103cos 103sin θ＝103由③④解得 3θ＝30°FcosFN＋Fsin5μ＝355 (2)5AAθ角的拉力值范圍。(g10m/s2)解析：cFA θ＋Fbsinθ－mg＝0① θ－Fbcosθ＝0②Fmin＝mg＝203N2sin b繩剛好伸直時，拉力F最大，物體A受力如圖乙所示。由平衡條件得Fmaxsin Fmax＝mg＝403sin F203

403N≤20 40≤答案： N≤F≤ 第11共點力的動態(tài)平衡問題(題型研究課[命題者說]共點力的動態(tài)平衡問題是高考的熱點，主要考查平衡條件的應用；高物體的狀態(tài)發(fā)生緩慢地變化，在這一變化過程中物體始終處于一系列的平衡狀態(tài)，這具體有以下三種方法：解析法、圖解法和相似三角形法。[典例]θF作用在物塊上，隨著物塊受到的外力，下列判斷正確的是()FF Fcosθ－Ff＝0，F(xiàn)N－(mg＋Fsinθ)＝0，又Ff＝μFN，聯(lián)立可得 cosθ－μsin＝μ(mg＋Fsinθ)θ、F減小時，F(xiàn)f一直減小。[答案]如圖所示，A、BA、B改變C緩慢豎直下降。關于此過程中繩上拉力大小的變化，下列說法中正確的是() 2cos解析：BCACBC與豎直方向的夾角為α，繩的拉力為F，繩AC和BC在水平方向上的分力均為Fx＝Fsinα，大小相等，方向相反，是一對平衡力。繩AC和BC在豎直方向的分力都為Fy＝Fcosα，兩繩的合力與重力2cosFB2.(2017·新鄉(xiāng)模擬)如圖所示為建筑工地一個小型起重機起吊重物的示意圖。一根輕繩跨過光滑的動滑輪，輕繩的一端系在位置A下端掛上重物，輕繩的另一端掛在起重機的吊鉤C處于靜止狀態(tài)。起吊重物過程是這樣的：先讓吊鉤從位置C地移動到位置B，然后再讓吊鉤從位置B水平向右緩慢地移動到把重物卸在某一個位置。則關于輕繩上的拉力大小變化情況，下列說法正確的是() 由C到B時，兩繩夾角不變，故繩子拉力不變，由B到D時，兩繩夾增大 2FAAFNAFfFT，則此過程中()A．F增大B．FfC．FT減小D．FNcos解析：ABF和FT，如圖甲所示，由平衡條件得：FT＝mg，F(xiàn)＝mgtanθ，θ增大，F(xiàn)T增大，F(xiàn)cos圖乙所示，根據(jù)平衡條件得：Ff＝F，則Ff逐漸增大。FN＝(M＋m)g，即FNA以受力以受力化“動”為“靜 ) 三角形，如圖所示，G的大小和方向始終不變，F(xiàn)N變，F(xiàn)T的大小、方向都在變，在繩向上偏移的過程中，可以作出一系列矢量三角形，顯而FTFN垂直前，F(xiàn)TFTD 若已知F合的方向、大小及一個分力F1的方向，則另一分力F2若已知F合的方向及一個分力F1的大小、方向，則另一分力F2F2⊥F)解析選B 以結點O為研究對象受力如圖所示根據(jù)平衡條件知，兩根繩子的拉力的合力與重力大小相等、方向相反，繪出輕繩OB在兩個位置時力的合成圖如圖，由圖看出，F(xiàn)OA逐漸減小，F(xiàn)OB先減小后增大，當θ＝90°時，F(xiàn)OB最小，選項B正確。BF，F(xiàn)的作用線通過球心，設墻個裝置仍保持靜止，截面如圖所示，在此過程中() 球B受力情況如圖所示，墻對球B的作用力及A對球BFF增大時，BA的壓力增大，即F2增大，同理可知，墻對B的作用力F1FF1A的摩擦F3FAF3Cm的圓球放在斜面與擋板之間，擋θ＝60°，下列說法正確的是()C．若保持擋板不動，則球對斜面的壓力大mg解析：選CD若擋板從圖示位置順時針方向緩慢轉動60°，根據(jù)圖像可知，F(xiàn)B先減小后增大，F(xiàn)A逐漸減小，根據(jù)第三定律可知A、B錯誤；球處于靜止狀態(tài)，受力平衡，對球進行受力分析，F(xiàn)A、FB以及G構成的三角形為等邊三角形，根據(jù)幾何關系可知，F(xiàn)A＝FB＝mgC正確；若保持擋板不動，使小車水平向右做勻加速直FAGD[典例] (017·商丘模擬)如圖所示，固定在豎直平面內的光滑圓環(huán)的最高點有一個光滑的小孔質量為m的小球套在圓環(huán)上一根細線的下端系著小球力F和軌道對小球的彈力FN的大小變化情況是( A．F不變，F(xiàn)N增 B．F不變，F(xiàn)N減C．F減小，F(xiàn)N不 D．F增大，F(xiàn)N減 力示意圖如圖所示，由圖可知△OAB∽△GFA即：G＝F＝FNA 時，半徑不變，ABF減小，F(xiàn)NC 1.(多選)(2017·開封模擬)mA、B用勁度系數(shù)為原長相同但勁度系數(shù)為k2(k2>k1)的另一輕彈簧，在其他條件不變的情況下仍使系統(tǒng)平衡，系，正確的是() 解析：選BC 條件可知，彈簧的彈力F和繩子的拉力T的合力F合與重力mg大小相等F合＝mgG＝F＝T

ABOB、OAT1＝T2，F(xiàn)2>F1；故A、D錯誤，B、C正確。未斷)FFN的變化，判斷正確的是()A．F變 B．F變 解析：選B 設物體的重力為G。以B點為研究對象，分析受力情況，F(xiàn)2＝F1＝G。由△F2FNB∽△OBA得FN＝ABFN＝ABG，式中，AB AOGFN保持不變，CD△F2FNB∽△OBA得FN＝FOBF一直減小，A錯誤，B

如圖所示一小球放置在木板與豎直墻面之間設球對墻面的壓力大FN1，球對木板的壓力大FN2。以木板與墻連接點所形成的水平直線為軸，將木板從 A．FN1始終減小，F(xiàn)N2始終增大B．FN1始終減小，F(xiàn)N2始終減小 tan sinθ90°，tanθ、sinθ都增大，F(xiàn)N1、FN2B法二(圖解法)mg按它的兩個效果進行分解如圖所示。在木板緩慢轉木板的轉動而轉動，由圖可知，在木板轉動時，F(xiàn)N2變小，F(xiàn)N1也變小，選項B正確。AOB，AO水平放置，表面粗糙，OB豎直向下，表面光滑。AOP，OBQm，兩平衡狀態(tài)比較，AOPFNFT的變化情況是() cos解析：BP、QFN＝2mgPQ環(huán)為研究對象并受力分析，設∠ABO＝θFT，F(xiàn)Tcosθ＝mg，F(xiàn)T＝mg，θ角由于P環(huán)左移而減小時，拉力FT減小，B正確。cos保持等長且懸掛點不變。木板靜止時，F(xiàn)1表示木板所受合力的大小，F(xiàn)2表示單根輕繩對木板拉力的大小，則維修后() 解析：A如果維修時將兩輕繩各剪去一小段，但仍保持兩輕繩等長且懸掛點不變，大小F1始終不變，由力的平行四邊形定則可知，當兩繩的合力大小不變，在剪短輕繩后，由于懸點不變，使兩繩之間的夾角變大，而合力不變，所以兩繩上的分力F2變大，由此可知該題答案為A，選項B、C、D皆不正確。正確的是()A．MNQ的彈力逐漸減小BP的摩擦力逐漸增大C．P、Q間的彈力先減小后增大解析：BQ的受力情況如圖甲所示，F(xiàn)1PQ的彈力，F(xiàn)2MNQ的彈力，F(xiàn)2的方向水平向左保持水平，F(xiàn)1的方向順時針旋轉，由平行四邊形的邊長變化可知：F1F2都逐漸增大，A、CMN緩慢移動，Q處于平衡狀態(tài)，所受合力為0，DP、Q整體受力分析，如圖乙所示，由平衡條件得，F(xiàn)f＝F2＝mgtanθ，由于θ不斷增大，故Ff不斷增大，B正確。5.(2016·寧波模擬)ROC處固定一個光滑定滑輪(大小可忽略)，細線一端拴一小球(可視為質點)置于半球面上A小球對半球的壓力大小FN、細線的拉力大小FT的變化情況是( 解析：CFN′FAFN′COABh長AC為 FN′＝G＝FT，由于小球從A點移向B點的 ，則有

LFN′大小不變(FN＝FN′)，F(xiàn)T減小，C6.(2016·卷Ⅰ)如圖一光滑的輕滑輪用細繩OO′懸掛于O點；另一細繩跨過滑輪，其一端懸掛物塊a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物塊b。外力F向右上方拉b，整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)。若F方向不變，大小在一定范圍內變化，物塊b仍始終保持靜止，則( 解析：選BD 因為物塊b始終保持靜止，所以繩OO′的張力不變，連接a和b的繩的張力也不變，選項A、C錯誤；拉力F大小變化，F(xiàn)的水平分量和豎直分量都發(fā)生變化，由共點力的平衡條件知物塊b受到的支持力和摩擦力在一定范圍內變化選項BD正確則有()解析：ADθ繩對小球的拉力為FT，小球的重力大G1，小滑塊的重力大小為G2，豎直桿對小滑塊的彈力大FN2。由于小滑塊沿桿緩慢力FN1逐漸減小，故小球對斜面的壓力逐漸減小，選項B錯誤；將小球和小滑塊看成一個－FN1cosθFN1FN2逐漸減小，F(xiàn)C錯誤，Db靠在一起，表面光滑，重力均為G，其中b的下一半剛好固定在水平面MN的下方，上邊露出另一半，a靜止在平面上，現(xiàn)過a的施以水平作用力F，可緩慢地將a拉離水平面MN一直滑到b 開始時拉力F最大為3G，以后逐漸減a、b02tan解析：BD根據(jù)幾何關系可知：sinθ＝1，θ＝30°a受力分析，如圖所示，應用平衡條件，F(xiàn)＝G＝3Ga緩慢移動過程2tanF也一直變小，可得拉力從最大值Fm＝3G逐漸減0，選項A錯誤、B正確；a、bsinFN＝G＝2GGC錯誤、Dsin第12探究彈力和彈簧伸長的關系(實驗提能課x，建立直角坐標系，以縱坐標表示梁上，在靠近彈簧處將刻度尺(1mm)固定于鐵架臺上，并用重垂線檢查刻度尺lx和所受F(等于所掛鉤碼的重力)。 cm123456F(大小等于所掛鉤碼的重力)x為橫坐標，用描Fx變化的圖線。l0l及彈簧伸長量的對應關系及單 [例1] 圖乙是彈簧彈力F與彈簧伸長量x的F-x 1個、2個、3個、4個、…鉤碼，并分別記下鉤碼靜止時彈 N/mCBDAEFG 彈簧自重 [2]某實驗小組在探究彈力與彈簧伸長量的關系時，先把彈簧平放在桌面上，用刻L0＝4.6cm，再把彈簧豎直懸掛起來，在下端掛鉤碼，每增加一個鉤x，數(shù)據(jù)記錄如下表所示。12345 定律F＝kx可得 50N/mx軸的交點坐標為彈簧豎直懸掛且沒掛鉤碼時的長度，因受自身重力影響，L0。 (1)見解析圖 [例3](2017·模擬)某同學利用彈簧測力計、小車、砝碼、鉤碼、木塊和帶有定滑 FfFN為縱軸，建立直角 (1)實驗中應測量木塊和木塊上砝碼的總重力，為小車受到的正壓力FN；記FfFf＝μFN可知，F(xiàn)NFfFfFN[答案](1)彈簧測力計的示數(shù)(2)動摩擦因數(shù)的倒數(shù)(3)在誤差允許的范圍內，滑動FfFN成正比就是“探究彈力和彈簧伸長的關系”綜合了第三定律、滑動摩擦力Ff＝μFN等)。的關系圖像，如圖乙所示。則下列判斷正確的是()C200N/m解析選

N/m＝200 彈簧的勁度系數(shù)與彈簧所受力的方向無關，A錯誤，B、C、DabFl的圖像如圖所示。下列表述正確的是()A．abB．abC．ab解析：選B 數(shù)，B正確，C錯誤；圖像不過原點，D錯誤。 解析：AB實驗中應以所研究的一根彈簧為實驗對象，在彈性限度內通過增減鉤碼選A、B。L0，再把彈簧豎直懸掛起來，掛上鉤碼后測出彈簧伸長出的圖線可能是下列選項中的()解析：選C 選C。 cm。在彈簧下端分別掛2個、3個、4個、5個相同鉤碼，靜止時彈簧長度分別是l2、l3、l4、l5。已知每個鉤碼質量是50g，掛2個鉤碼時，彈簧彈力F2＝ 地重力加速度g＝9.8m/s2)。要得到彈簧伸長量x，還需要測量的是 解析：2l1＝25.85cmF＝0.98N。要測彈簧伸長 下端懸掛鉤碼后指針所指的標尺刻度，此時彈簧的伸長量Δl為 直線OA，造成這種現(xiàn)象的主要原因是 N/m和 解析：(1)4F4k甲

N/m≈66.7Δx 8F8k乙

N/m＝200N/mΔx 答案：(1)形變量超過彈簧的彈性限度 1.00cm不變的條件下： b的讀數(shù)可能 (2)a、b90°aOC －2N＝5.00NaFa＝3.00N，根據(jù)勾股定理，F(xiàn)a2＋F2＝F Fb＝4.00N(2)bOC1.00cm不變，F(xiàn)aFbF保持不變，根據(jù)平行四邊形定則，F(xiàn)a、Fb合成的平行四邊形如圖所示(?OAC′B)bOC的夾角變小時，其 (2)變大變8.(2014·卷Ⅱ)某實驗小組探究彈簧的勁度系數(shù)k與其長度(圈數(shù))的關系。實驗裝置如圖(a)所示：一均勻長彈簧豎直懸掛，7個指針P0、P1、P2、P3、P4、P5、P60、10、20、30、40、50、60圈處；通過旁邊豎直放置的刻度尺，可以讀出指針的位置，P00刻度。x00.100kg的砝x。測量結果及部分計算結果如下表所示(n為彈簧9.80m/s2)60，整個11.88cm。n①k0.006②0.0170.02200290.034k k

段彈簧，該彈簧的勁度系數(shù)k與其圈數(shù)n的關系的表達式為k＝ 度系數(shù)k與其自由長度l0(單位為m)的關系的表達式為k＝ 解得k＝mg

N/m≈81.7N/m，1≈0.0122

1kn1 kn ②0.0121kn

kl0

l0

l0

l0

l0之間均可第13驗證力的平行四邊形定則(實驗提能課O，記下彈簧測力F′和細繩套的方向。用鉛筆和刻度尺從結點O沿兩條細繩方向畫直線，按選定的標度繪出這兩個彈簧F的圖示。用刻度尺從O點按同樣的標度沿記錄的方向繪出實驗步驟中只用一個彈簧測力計的F′的圖示。睛一定要平視，要按有效數(shù)字的讀數(shù)規(guī)確地讀數(shù)和記錄。用平行四邊形繪出的合力F的誤差ΔF就越大，所以實驗中F1、F2間的夾角取得太60°～100°之間為宜。 [1]A為固定 OOF1F2；F；F．比較F′和F的大小和方向，看它們是否相同，得出結論。 (1)由一個彈簧測力計拉橡皮條至O點的拉力一定沿AO方向而根據(jù)平行四AOAOF′一個力的作用效果與兩個力的作用效果相同，它們的作用效果可以等效替代，B正號是C、E。C中未記下兩條細繩的方向，EO[答案](1)F′(2)B(3)①CE②C中應加上“記下兩條細繩的方向”E中應O” [2]A點，另一端拴上兩根細繩，每根細繩分別連著一個量5N0.1N的彈簧測力計，沿著兩個不同的方向拉彈簧測力計，當橡皮筋O點時，兩根細繩相互垂直，如圖甲所示。這時彈簧測力計的讀數(shù)可從圖中 N NFFF′有誤差的原因可能有哪些？ (1)彈簧測力計的最小刻度為0.1N，讀數(shù)時應估讀一位，所以讀數(shù)分別為2.50N和4.00N。0.50N (2)見解析圖(3)b圖誤差原因見解實驗題目也要尊重客觀事實，比如本題第(3)問，F(xiàn)是利用平行四邊形定則作圖得到的合力，F(xiàn)′是使用一個彈簧測力計時的測量值，F(xiàn)F′的[例3] O1、O2，記錄彈簧秤的l，部分數(shù)據(jù)如下表所示：0FOO′。O點，將A、BOAFOA，OB段的拉力FOB。 測得OA＝6.00cm，OB＝7.60cm，則FOA的 勻分布在直線的兩側。如圖甲所示，由圖線可知與橫軸的交點l0＝10.0cm。l＝OA＋OB＝13.60cmF＝1.80N＝1.80NFOA和FOB的圖示，然后以FOA和FOB為鄰邊的平行四邊形，對角線即為合力F′，如圖乙。FOO′FOA、FOB兩個力的作用效果相同，F(xiàn)′FOA、FOB兩個力的合力，所以只要比較F′和FOO′的大小和方向，即可得出實驗結論。 10.0(9.8、9.9、10.1均正確)(2)1.80(1.70～1.90均正確)FO OA、OB、OC三段繩子的長度 ，因此 實驗中F3是豎直向下的 等長，故A中要求彈簧測力計、細繩、橡皮條都應與木板平行，故B正確；為了更加準確地記錄力的方向，拉橡皮條的細繩要長些，標記同一細繩方向的兩點要遠些，故C正確；用彈簧測力計同時拉細繩時，拉力不能太大，也不能太小，故D錯誤。OA、B、COA、OB、OC的方向確定三個拉力的方向，從而探究求其中任意兩個拉力的合力的方法。在實驗過，下列說法正確的是()解析：選D定律F＝kx中x為形變量，需要先測出橡皮筋的原長，所以A錯；為了減小誤差，橡皮筋的伸長量應該大些，故應選擇勁度系數(shù)稍小的橡皮筋，故B錯誤；OB、OCOB、OC為兩CO點位置不同，依然滿足任意兩個橡皮筋彈力的合力與第三個橡皮筋彈力等大反向的特點，所以即使O點不D③只用一個彈簧測力計，通過細繩套把橡皮條的結點仍拉到位置O，記錄測力計的示 ⑥FF3作比較，即比較用平行四邊形作出的合力和產生相同效果的實際的力是否相答案：③沿此時細繩(套)的方向用鉛筆描出幾個點，用刻度尺把這些點連成直線⑥FF3A上，另一條橡皮筋任其下垂，如圖甲所示；再將另一B上，如圖乙所示。 A．兩橡皮筋的另一端連接的細繩a、b長度要相同 直方向，選項E中的操作是必需的。(2)為了能用橡皮筋的伸長量表示彈力大小，滿足F＝kx，應讓k值相同，即橡皮筋的材料、粗細、原長均要相同，選項C正確。 O點以及兩個彈簧測力計拉力的大小，如圖甲所示。 做的實驗？(力F′是用一個彈簧測力計拉