第二章相互作用【高考新动向】1.滑动摩擦力、动摩擦因数、静摩擦力Ⅰ三年3考2.形变、弹性、胡克定律Ⅰ三年3考3.矢量和标量Ⅰ三年1考4.力的合成和分解Ⅱ三年11考5.共点力的平衡Ⅱ三年10考实验二：探究弹力和弹簧伸长的关系三年2考实验三：验证力的平行四边形定则三年5考第1节重力弹力摩擦力【考纲全景透析】一、重力和弹力1.重力(1)产生：由于______的吸引而使物体受到的力.(2)大小：与物体的质量成______，即G=______.可用____________测量重力.(3)方向：总是____________.(4)重心：其位置与其______分布和形状有关.【答案】地球正比mg弹簧测力计竖直向下的质量2.弹力(1)定义：发生__________的物体由于要恢复原状而对与它接触的物体产生的作用力.(2)产生的条件.①物体间直接_____；②接触处发生__________.(3)方向：总是与物体形变的方向_____.【答案】弹性形变接触弹性形变相反(4)大小——胡克定律.①内容：弹簧发生__________时，弹力的大小跟弹簧伸长(或缩短)的长度x成_____.②表达式：F=_____.k是弹簧的__________，由弹簧自身的性质决定，单位是__________，用符号_____表示.x是弹簧长度的______，不是弹簧形变以后的长度.13
【答案】弹性形变正比kx劲度系数牛顿每米N/m变化量二、摩擦力1.定义：两个相互接触的物体，当它们发生相对运动或具有相对运动的趋势时，在接触面上产生阻碍__________或_______________的力.2.产生条件(1)接触面_____；(2)接触处有_____；(3)两物体间有__________或____________.3.方向：与受力物体相对运动或相对运动趋势的方向_____.【答案】相对运动相对运动趋势粗糙弹力相对运动相对运动趋势相反4.大小(1)滑动摩擦力：Ff=_____；(2)静摩擦力：__μ2(m+M)g时，长木板便开始运动.无论怎样改变F的大小，长木板都不可能运动【答案】选、【详解】木块向右滑行，木块受到水平向左的滑动摩擦力，其大小Ff=μ1mg，则木板受到木块水平向右的滑动摩擦力为μ1mg，由于木板处于静止状态，故木板受到地面的静摩擦力的大小一定是μ1mg,方向水平向左，正确，错误；力F发生变化，只能改变木块的运动状态，但木块所受的滑动摩擦力不会发生变化，因此长木板仍保持静止状态，错误、正确.3.如图所示，两辆车在以相同的速度做匀速运动；根据图中所给信息和所学知识你可以得出的结论是().物体各部分都受重力作用，但可以认为物体各部分所受重力集中于一点.重力的方向总是垂直向下的.物体重心的位置与物体形状和质量分布有关.力是使物体运动的原因【答案】【详解】物体各部分都受重力作用，但可以认为物体各部分所受重力集中于一点，这个点就是物体的重心，故正确；重力的方向总是和水平面垂直，是竖直向下而不是垂直向下，故错误；从图中可以看出，汽车（包括货物）的形状和质量分布发生了变化，重心的位置就发生了变化，故正确；力不是使物体运动的原因，而是使物体发生形变或产生加速度的原因，故错误.4.(2011·兴化模拟)实验室常用的弹簧测力计如图甲所示，弹簧的一端与连接有挂钩的拉杆相连，另一端固定在外壳上的O点，外壳上固定一个圆环，整个外壳重为G，弹簧和拉杆的质量忽略不计.现将该弹簧测力计以如图乙和丙的两种方式固定在地面上，并分别用同样的力F0(F0>G)竖直向上拉弹簧测力计，则稳定后弹簧测力计的读数分别为()13
.乙图读数为F0-G，丙图读数为F0+G.乙图读数为F0+G，丙图读数为F0-G.乙图读数为F0，丙图读数为F0-G.乙图读数为F0-G，丙图读数为F0【答案】选.【详解】弹簧测力计的读数与弹簧的形变成正比，按图乙方式外壳受力F0=F+G，则弹簧测力计的读数F=F0-G，按图丙方式弹簧测力计的读数直接由F0引起，弹簧测力计的读数为F0，正确.5.(2011·南通模拟)如图所示，水平桌面上平放一叠共计54张的扑克牌，每一张的质量均为m.用一手指以竖直向下的力压第1张牌，并以一定速度向右移动手指，确保手指与第1张牌之间有相对滑动.设最大静摩擦力与滑动摩擦力相同，手指与第1张牌之间的动摩擦因数为μ1，牌间的动摩擦因数均为μ2，第54张牌与桌面间的动摩擦因数为μ3，且有μ1＞μ2＞μ3.则下列说法正确的是().第2张牌到第53张牌之间可能发生相对滑动.第2张牌到第53张牌之间不可能发生相对滑动.第1张牌受到手指的摩擦力向左.第54张牌受到水平桌面的摩擦力向左【答案】选、.【详解】由题意知，第1张牌受到手指的摩擦力方向向右，13
错误；如果第2张牌到第53张牌之间发生了相对滑动，则其中的某一张牌受到的来自于其上方的牌的摩擦力F上必大于其所受来自下方牌的摩擦力F下，牌之间的摩擦因数均为μ2，令每张牌的重力为mg，令F上=μ2FN，则F下=μ2(mg+FN)，总有F下＞F上，即从第2张牌到第53张牌之间不可能有相对滑动发生.将第2张牌到第53张牌视为一个整体，该整体受第1张牌的摩擦力向右，由牛顿第三定律知第53张牌对第54张牌的摩擦力向右，则桌面对第54张牌的摩擦力必向左.6.(2012·银川模拟)在水平力F作用下，重为G的物体沿墙壁匀速下滑，如图所示.若物体与墙之间的动摩擦因数为μ，则物体所受的摩擦力的大小为().μF.μF+G.G.【答案】选、.【详解】由Ff=μFN得Ff=μF,正确，错误；由竖直方向二力平衡得Ff=G,正确，错误.7.(2012·揭阳模拟)如图所示，物体P放在粗糙水平面上，左边用一根轻弹簧与竖直墙相连，物体静止时弹簧的长度小于原长.若再用一个从0开始逐渐增大的水平力F向右拉P，直到拉动，那么在P被拉动之前的过程中，弹簧对P的弹力FT的大小和地面对P的摩擦力Ff的大小的变化情况是().弹簧对P的弹力FT始终增大，地面对P的摩擦力始终减小.弹簧对P的弹力FT保持不变，地面对P的摩擦力始终增大.弹簧对P的弹力FT保持不变，地面对P的摩擦力先减小后增大.弹簧对P的弹力FT先不变后增大，地面对P的摩擦力先增大后减小【答案】选.【详解】在P被拉动之前的过程中，弹簧长度不变，弹簧对P的弹力FT的大小保持不变；由于弹簧长度小于原长，P有向右的运动趋势，所受静摩擦力向左，用一个从0开始逐渐增大的水平力F向右拉P的过程中，地面对P的摩擦力始终增大，选项正确.8.(2011·成都市高三摸底测试)缓冲装置可抽象成如右图所示的简单模型，图中、为原长相等、劲度系数分别为k1、k2(k1≠k2)的两个不同的轻质弹簧．下列表述正确的是( )．装置的缓冲效果与两弹簧的劲度系数无关．垫片向右移动稳定后，两弹簧产生的弹力之比F1∶F2＝k1∶k2．势片向右移动稳定后，两弹簧的长度之比l1∶l2＝k2∶k1．垫片向右移动稳定后，两弹簧的压缩量之比x1∶x2＝k2∶k113
【答案】【详解】根据力的作用是相互的可知：轻质弹簧、中的弹力是相等的，即k1x1＝k2x2，所以两弹簧的压缩量之比x1∶x2＝k2∶k1，故正确．9．如图，物体M在竖直向上的拉力F的作用下能静止在斜面上，关于M受力的个数，下列说法中正确的是( )．M一定是受两个力作用．M一定是受四个力作用．M可能受三个力作用．M不是受两个力作用就是受四个力作用【答案】【详解】若拉力F大小等于物体的重力，则物体与斜面没有相互作用力，所以物体就只受到两个力作用；若拉力F小于物体的重力时，则斜面对物体产生支持力和静摩擦力，故物体应受到四个力作用，正确．10．如图所示，将一质量为3m的长木板静止地放在水平地面上，另一质量为m的木块以水平初速度v0滑上长木板，若木块与木板、木板与地面间的动摩擦因数均为μ，则在木块与长木板相对静止之前，长木板受地面的摩擦力大小为( )．μmg．2μmg．3μmg．4μmg【答案】【详解】木块对木板的摩擦力向右，大小为μmg，木板静止，木板水平方向合力为0，故地面对木板的摩擦力向左，大小为μmg.11.木块、分别重50N和60N，它们与水平地面之间的动摩擦因数均为0.25；夹在、之间的轻弹簧被压缩了2cm，弹簧的劲度系数为400N/m.系统置于水平地面上静止不动.现用F＝1N的水平拉力作用在木块上，如图所示，求力F作用后木块、所受摩擦力的大小.13
【详解】未加F时，木块、受力平衡，所受静摩擦力等于弹簧的弹力，即F＝F＝F弹＝kx＝400×0.02N＝8N(3分)木块受地面的最大静摩擦力为：(3分)施加F后，对木块有：(2分)故所受摩擦力仍为静摩擦力，其大小为：F′＝F＋F弹＝9N(2分)施加F后，木块所受摩擦力仍为静摩擦力，大小为：F′＝8N(2分)【答案】8N9N12.(2012·铜陵模拟)如图所示，倾角为θ的光滑斜面放在水平面上，劲度系数分别为k1、k2的两个轻弹簧沿斜面悬挂着，两弹簧之间有一质量为m1的重物，最下端挂一质量为m2的重物，此时两重物处于平衡状态，现把斜面绕点缓慢地顺时针旋转90°后，重新达到平衡.试求m1、m2分别沿斜面移动的距离.【详解】没旋转时，两弹簧均处于伸长状态，两弹簧伸长量分别为x1、x2k2x2=m2gsinθ(2分)解得(1分)k2x2+m1gsinθ=k1x1(2分)解得(1分)旋转后，两弹簧均处于压缩状态，压缩量分别为x1′、x2′m2gcosθ=k2x2′(2分)解得(1分)(m1+m2)gcosθ=k1x1′(2分)13
解得(1分)所以m1移动的距离(2分)m2移动的距离(2分)【答案】13
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