衡水中学2020届高考一轮专题复习： 第2章 相互作用力

第1课时重力、弹力和摩擦力 考点考级 命题点 考查频率 弹力的分析与计算(Ⅰ)‎ 命题点1：弹力方向的判断 命题点2：含弹簧类弹力的分析与计算 命题点3：轻绳模型与轻杆模型 ‎2017·课标卷Ⅲ，17‎ 摩擦力的分析与计算(Ⅰ)‎ 命题点1：摩擦力有无及其方向的判断 命题点2：静摩擦力的分析与计算 命题点3：滑动摩擦力的分析与计算 ‎2017·课标卷Ⅱ，16‎ 摩擦力的突变模型(Ⅰ)‎ 命题点1：“静—静”突变 ‎————‎ 命题点2：“动—静”突变 命题点3：“静—动”突变 命题点4：“动—动”突变 考点一 弹力的分析与计算(高频4)‎ ‎1．形变：物体在力的作用下 形状  或 体积  的变化．‎ ‎2．弹性形变：有些物体在形变后撤去外力作用后能够 恢复原状 的形变．‎ ‎3．弹力 98‎ ‎(1)定义：发生 弹性形变 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 接触 ；‎ ‎②接触处发生 弹性形变 .‎ ‎(3)方向：总是与物体形变的方向 相反 .‎ ‎4．胡克定律 ‎(1)内容：弹簧发生 弹性形变 时，弹力的大小跟弹簧伸长(或缩短)的长度x成 正比 .‎ ‎(2)表达式：F＝ kx .k是弹簧的 劲度系数 ，由弹簧自身的性质决定，单位是 牛顿每米 ，用符号 N/m 表示，x是弹簧长度的 变化量 ，不是弹簧形变以后的长度．‎ ‎5．弹力有无的判断“三法”‎ ‎(1)条件法：根据物体是否直接接触并发生弹性形变来判断是否存在弹力．此方法多用来判断形变较明显的情况．‎ ‎(2)假设法：对形变不明显的情况，可假设两个物体间弹力不存在，看物体能否保持原有的状态，若运动状态不变， 则此处不存在弹力；若运动状态改变，则此处一定有弹力．‎ ‎(3)状态法：根据物体的运动状态，利用牛顿第二定律或共点力平衡条件判断弹力是否存在．‎ ‎6．弹力方向的确定 ‎[诊断小练]‎ ‎(1)弹力一定产生在相互接触的物体之间．(  )‎ 98‎ ‎(2)相互接触的物体间一定有弹力．(  )‎ ‎(3)F＝kx中“x”表示弹簧形变后的变化长度．(  )‎ ‎(4)弹簧的形变量越大，劲度系数越大．(  )‎ ‎(5)弹簧的劲度系数由弹簧自身性质决定．(  )‎ ‎【答案】 (1)√ (2)× (3)√ (4)× (5)√‎ 命题点1 弹力方向的判断 ‎1．如 图所示，固定在小车上的支架的斜杆与竖直杆的夹角为θ，在斜杆下端固定有质量为m的小球，下列关于杆对球的作用力F的判断中，正确的是(  )‎ A．小车静止时，F＝mgsin θ，方向沿杆向上 B．小车静止时，F＝mgcos θ，方向垂直于杆向上 C．小车向右以加速度a运动时，一定有F＝ D．小车向左匀速运动时，F＝mg，方向竖直向上 ‎【解析】 小车静止时，球受到重力和杆的弹力 作用，由平衡条件可得杆对球的作用力F＝mg，方向竖直向上，选项A、B错误；小车向右以加速度a运动时，只有当a＝gtan θ时，才有F＝ 98‎ ‎，如图所示，选项C错误；小车向左匀速运动时，根据平衡条件知，杆对球的弹力大小为mg，方向竖直向上，选项D正确．‎ ‎【答案】 D 命题点2 含弹簧类弹力的分析与计算 ‎2．(2017·课标卷Ⅲ，17)一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距80 cm的两点上，弹性绳的原长也为80 cm.将一钩码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为100 cm；再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点，则弹性绳的总长度变为(弹性绳的伸长始终处于弹性限度内)(  )‎ A．86 cm B．92 cm C．98 cm D．104 cm ‎【解析】 轻质弹性绳的两端分别固定在相距80 cm的两点上，钩码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为100 cm，以钩码为研究对象，受力如图所示，由胡克定律F＝k(l－l0)＝0.2k，由共点力的平衡条件和几何知识得F＝＝；再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点，设弹性绳的总长度变为l′，由胡克定律得F′＝k(l′－l0)，由共点力的平衡条件F′＝，联立上面各式解得l′＝92 cm，选项B正确．‎ ‎【答案】 B ‎3.(2018·江苏泰州高三上学期期中)如图，将一根长为L的弹性细绳左右两端固定在同一水平线上相距为L的M、N两点时，弹性细绳恰为自然长度，现将一重量为G的钩码挂在绳上P点，钩码挂钩光滑，静止时MPN恰构成一正三角形．假设弹性细绳中的弹力与弹性细绳的伸长之间的关系遵循胡克定律，弹性细绳没超过弹性限度，则弹性细绳的劲度系数为(  ) ‎ A. B． 98‎ C. D． ‎【解析】 弹性细绳弹力为F＝k·，由平衡条件得2Fcos 30°＝G，代入数据得k＝，D正确．‎ ‎【答案】 D 命题点3 轻绳模型与轻杆模型 ‎4．如图所示，一根质量不计的横梁A端用铰链固定在墙壁上，B端用细绳悬挂在墙壁上的C点，使得横梁保持水平状态．已知细绳与竖直墙壁之间的夹角为60°，当用另一段细绳在B点悬挂一个质量为M＝6 kg的重物时，求横梁对B点的弹力和绳BC的拉力各为多大？(g取10 m/s2) ‎ ‎【解析】 设横梁对B点的弹力为F1，因横梁A端用铰链固定，故F1的方向沿横梁方向，绳BC对B点的拉力为F2，由于B点静止，B点所受的向下的拉力大小恒定为重物的重力，根据受力平衡的特点，横梁的弹力F1与绳BC对B点的拉力F2的合力一定竖直向上，大小为G＝Mg，如图所示．‎ 根据以上分析可知 弹力F1与拉力F2的合力大小F＝G＝Mg＝60 N 由几何知识可知F1＝Ftan 60°＝60 N F2＝＝120 N 即横梁对B点的弹力为60 N，绳BC的拉力为120 N.‎ ‎【答案】 60 N 120 N 98‎ ‎“轻绳”和“轻杆”模型 ‎1．两类模型 ‎(1)绳与杆的一端连接为结点，轻绳属于“死结”．‎ ‎(2)绳跨过光滑滑轮或挂钩，动滑轮挂在绳子上，绳子就属于“活结”，如图所示，此时BC绳的拉力等于所挂重物的重力，轻绳属于“活结”模型．‎ ‎2．铰链连接三角形支架常见类型和受力特点 ‎(1)上图甲、乙中AB杆可用轻绳来代替；‎ ‎(2)研究对象为结点B，三力平衡；‎ ‎(3)两杆的弹力均沿杆的方向，可用轻绳代替的AB杆为拉力，不可用轻绳代替的BC杆为支持力．‎ 考点二 摩擦力的分析与计算(高频5)‎ ‎1.‎ 98‎ ‎2．静摩擦力的有无及其方向的判定方法 ‎(1)假设法：利用假设法判断摩擦力的有无及方向的思维程序如下：‎ ‎(2)状态法：从物体的运动状态反推出必须具备的受力条件，并进一步分析组成条件中静摩擦力所起的作用，从而判断出静摩擦力的有无及方向．‎ ‎(3)利用牛顿第三定律来判断：此法的关键是抓住“力是成对出现的”，先确定受力较少的物体受到的静摩擦力的方向，再根据“反向”确定另一物体受到的静摩擦力方向．‎ ‎3．滑动摩擦力方向判断的关键——对“相对运动”的理解 ‎“相对运动”是指研究对象相对于与其接触的物体是运动的．因此，研究对象与其接触的物体可能一个静止，另一个运动(如物体在地面上运动时，物体是运动的，地面是静止的)，也可能两者都是运动的. ‎ ‎[诊断小练]‎ ‎(1)摩擦力一定存在于相互接触的两物体间．(  )‎ ‎(2)摩擦力的方向一定与运动方向相反．(  )‎ ‎(3)滑动摩擦力方向一定与相对运动方向相反．(  )‎ ‎(4)滑动摩擦力一定阻碍物体间的相对运动．(  )‎ ‎【答案】 (1)√ (2)× (3)√ (4)√‎ 命题点1 摩擦力有无及其方向的判断 ‎5.(2018·中山模拟)如图所示，放在粗糙水平面上的物体A上叠放着物体B，A和B之间有一根处于压缩状态的弹簧，A、B均处于静止状态，下列说法中正确的是(  ) ‎ 98‎ A．B受到向左的摩擦力 B．B对A的摩擦力向右 C．地面对A的摩擦力向右 D．地面对A没有摩擦力 ‎【解析】 压缩的弹簧对B有向左的弹力，B有向左运动的趋势，受到向右的摩擦力，选项A错误；A对B的摩擦力向右，由牛顿第三定律可知，B对A的摩擦力向左，选项B错误；对整体研究，根据平衡条件分析可知，地面对A没有摩擦力，选项C错误，D正确．‎ ‎【答案】 D 命题点2 静摩擦力的分析与计算 ‎6.(2018·山东上学期期中)如图所示，倾角θ＝30°的斜面体C置于水平面上，B置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与A相连接，连接滑轮的轻杆沿竖直方向，连接B的一段细绳与斜面平行，A、B、C都处于静止状态，已知C的质量为2m，A、B质量均为m，则下列说法正确的是(  ) ‎ A．定滑轮受到轻杆的作用力为mg B．C受到水平面的摩擦力为mg C．B受到C的摩擦力大小为mg D．水平间对C的支持力为mg ‎【解析】 滑轮两侧细绳张力大小均为mg，夹角为60°，合力大小为mg，故轻杆对滑轮作用力大小也为mg，A对；B受到C沿斜面向下的摩擦力大小为mg－mgsin θ＝mg，C对；对B、C整体而言，B、C受到水平面向左的摩擦力f＝mgcos θ＝mg，B错；水平面对C的支持力大小为FN＝(mB＋mC)g－mAgsin θ＝mg，D对．‎ ‎【答案】 ACD 命题点3 滑动摩擦力的分析与计算 98‎ ‎7．(2018·江西上高县统考)如图a所示，质量为m的半球体静止在倾角为θ的平板上，当θ从0°缓慢增大到90°的过程中，半球体所受摩擦力Ff与θ的关系如图b所示，已知半球体始终没有脱离平板，半球体与平板间的动摩擦因数为，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度为g，则(  )‎ ‎    图a          图b A．O～q段图象可能是直线  B．q～段图象可能是直线 C．q＝ D．p＝ ‎【解析】 根据摩擦力随角度变化图象可得θ＝q时，半球体与平板间达到最大静摩擦力．当θ＜q时半球体相对静止，受到的是静摩擦力，处于平衡状态，故有Ff＝mgsin θ，故O～q段图象是sin θ的函数，不可能是直线，A错误；当θ＝q时，有mgsin θ＝μmgcos θ，半球体将发生滑动，解得θ＝，所以q＝，C正确；开始滑动之后，由于Ff＝μmgcos θ，是关于cos θ的函数，故q～的图象不可能是直线，B错误；当θ＝时，Ff＝mgsin ＝，即p＝，D正确．‎ ‎【答案】 CD ‎8.(2018·山东淄博一中高三上学期期中)如图所示，质量为m的木块在水平向右拉力F的作用下，在质量为M的长木板上向右滑行，长木板处于静止状态．‎ 已知木块与长木板间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面间的动摩擦因数为μ2，则(  ) ‎ A．长木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ1mg B．长木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ2(m＋M)g C．μ1一定大于μ2‎ D．无论怎样改变F的大小，长木板都不可能运动 98‎ ‎【解析】 木块受到长木板的滑动摩擦力f1＝μ1mg，由于长木板静止，它所受地面的静摩擦力大小一定是μ1mg，A对，B错；长木板静止，所以μ1mgFf2‎ C．Ff1向上，Ff2向上，且Ff1＝Ff2‎ D．Ff1向上，Ff2向下，且Ff1＝Ff2‎ ‎【解析】 匀速攀上时，杂技演员所受重力与静摩擦力平衡，由平衡条件可知Ff1＝G，方向竖直向上，匀速下滑时，其重力与滑动摩擦力平衡，则Ff2＝G，方向竖直向上，所以Ff1＝Ff2.故选项A、B、D错误，C正确．‎ ‎【答案】 C ‎8．生活实际——扑克牌蕴含的物理知识 水平桌面上叠放着一副共54张且每一张质量都相等的扑克牌．牌与牌之间的动摩擦因数以及最下面一张牌与桌面之间的动摩擦因数都相等．用手指以竖直向下的力按压第一张牌．并以一定的速度水平移动手指．将第一张牌从牌摞中水平移出(牌与手指之间无滑动)．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．则(  )‎ A．第1张牌受到手指的摩擦力的方向与手指的运动方向相反 B．从第2张牌到第M张牌之间的牌不可能发生相对滑动 C．从第2张牌到第M张牌之间的牌可能发生相对滑动 98‎ D．第54张牌受到桌面的摩擦力的方向与手指的运动方向相反 ‎【解析】 第1张牌在手指静摩擦力的作用下水平移动，所以摩擦力的方向与手指运动的方向相同，选项A错误；设竖直压力为FN，每张牌的质量为m，第n张牌(2≤n≤54)受上面第n－1张牌的摩擦力最大为Ff＝μ[FN＋(n－1)mg]，方向与手指的运动方向相同；受下面第n＋1张牌的摩擦力最大为Ff′＝μ(FN＋nmg)，方向与手指的运动方向相反，由于Ff0)．由此可求出(  ) ‎ A．物块的质量 B．斜面的倾角 C．物块与斜面间的最大静摩擦力 98‎ D．物块对斜面的正压力 ‎【解析】 物块受与斜面平行的外力F作用，而在斜面上静止，此时摩擦力的大小和方向将随F的变化而变化．设斜面倾角为θ，由平衡条件F1－mgsin θ－Ffmax＝0，F2－mgsin θ＋Ffmax＝0，解得Ffmax＝，故选项C正确．‎ ‎【答案】 C ‎3.(2016·课标卷Ⅲ，17)如图，两个轻环a和b套在位于竖直面内的一段固定圆弧上；一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为m的小球．在a和b之间的细线上悬挂一小物块．平衡时，a、b间的距离恰好等于圆弧的半径．不计所有摩擦．小物块的质量为(   ) ‎ A. B．m ‎ C.m D．2m ‎【解析】 根据题意设悬挂小物块的点为O′，圆弧的圆心为O，由于ab＝R，所以三角形Oab为等边三角形，根据几何知识可得∠aO′b＝120°，而一条绳子上的张力大小相等，故T＝mg，小物块受到两条绳子的拉力作用大小相等，夹角为120°，故受到的拉力的合力等于mg，因为小物块受到绳子的拉力和自身重力作用，处于平衡状态，故拉力的合力等于小物块的重力为mg，所以小物块的质量为m，C正确．‎ ‎【答案】 C ‎[名校模拟]‎ ‎4．(2018·安徽合肥段考)将两个质量均为m的小球a、b用细线相连后，再用细线悬挂于O点，如图所示，用力F拉小球b，使两个小球都处于静止状态，且细线Oa与竖直方向的夹角保持θ＝30°，则F达到最小时Oa绳上的拉力为(  )‎ A.mg B．mg C.mg D．mg 98‎ ‎【解析】 以两个小球组成的整体为研究对象，分析受力，作出F在不同方向时整体的受力图，根据平衡条件可知，F与T的合力与重力2mg总是大小相等、方向相反，由力的合成图可知，当F与绳子Oa垂直时，F有最小值，即图中2位置，F的最小值为Fmin＝2mgsin 30°＝mg，T＝2mgcos 30°＝mg，A正确．‎ ‎【答案】 A ‎5.(2018·月考)如图所示，跳伞运动员打开伞后经过一段时间，将在空中保持匀速降落．已知运动员和他身上装备的总重力为G1(不包括伞面)，圆顶形降落伞伞面的重力为G2，有8条相同的拉线，一端与飞行员相连(拉线重力不计)，另一端均匀分布在伞面边缘上(图中没有把拉线都画出来)，每根拉线和竖直方向都成30°角．那么每根拉线上的张力大小为(  ) ‎ A. B． C. D． ‎【解析】 对运动员进行受力分析可知，8条拉线拉力的合力与运动员的重力等大反向，即8条拉线在水平方向的分力的合力为零，竖直方向分力的合力与运动员的重力等大反向，根据对称性可知，8条拉线的张力大小都相等，每条拉线的张力在竖直方向的分力Fy＝Fcos 30°，且8Fy＝G1，可得F＝＝＝，故B正确，A、C、D错误．‎ ‎【答案】 B ‎6.‎ 98‎ ‎(2018·山东泰安高三上学期期中)在日常生活中，力的分解有着广泛的应用．如图为用斧子把树桩劈开的图示，斧子对木桩施加一个向下的力F时，产生了大小相等的两个侧向分力F1、F2，下列关系正确的是(  )‎ A．F＝2F1sin()‎ B．F＝2F1sin θ C．F＝2F1cos()‎ D．F＝2F1cos θ ‎【解析】 F1、F2与水平方向的夹角为，‎ 则F＝2F1sin，A对．‎ ‎【答案】 A 课时作业(五)‎ ‎[基础小题练]‎ ‎1．(2018·广州调研)如图，三个大小相等的力F，作用于同一点O，则合力最小的是(  )‎ ‎【解析】 根据矢量合成的平行四边形定则可知，C选项的合力为零，即合力最小，C正确．‎ ‎【答案】 C ‎2.(2018·淮安模拟)我国海军在南海某空域举行实兵对抗演练，某一直升机在匀速水平飞行过程中遇到突发情况，立即改为沿虚线方向斜向下减速飞行，则空气对其作用力可能是(  ) ‎ 98‎ A．F1 B．F2‎ C．F3 D．F4‎ ‎【解析】 因为直升机沿虚线方向斜向下减速飞行，故合力沿虚线向上，直升机受到竖直向下的重力以及空气作用力两个力，要想合力沿虚线向上，则根据矢量三角形可得空气对其作用力可能为F1，如图所示．‎ ‎【答案】 A ‎3.(2018·石家庄模拟)如图所示，一个“Y”形弹弓顶部跨度为L，两根相同的橡皮条自由长度均为L，在两橡皮条的末端用一块软羊皮(长度不计)做成裹片．若橡皮条的弹力与形变量的关系满足胡克定律，且劲度系数为k，发射弹丸时每根橡皮条的最大长度为2L(弹性限度内)，则发射过程中裹片对弹丸的最大作用力为(  ) ‎ A．kL B．2kL C.kL D．kL ‎【解析】 设发射弹丸瞬间两橡皮条间的夹角为2θ，则sin θ＝＝，cos θ＝＝.发射过程中裹片对弹丸的最大作用力为F合＝2Fcos θ，F＝kx＝kL，故F合＝2kL·＝kL，D正确．‎ ‎【答案】 D ‎4．手握轻杆，杆的另一端安装有一个小滑轮C，支持着悬挂重物的绳子，如图所示，现保持滑轮C的位置不变，使杆柄向上转动一个角度，则杆对滑轮C的作用力将(  ) ‎ 98‎ A．变大 B．不变 C．变小 D．无法确定 ‎【解析】 杆对滑轮C的作用力大小等于两绳上拉力的合力，由于两绳上拉力的合力不变，故杆对滑轮C的作用力不变．‎ ‎【答案】 B ‎5．如图所示，作用于O点的三个力F1、F2、F3合力为零，F1沿－y方向，大小已知．F2与＋x方向夹角为θ(θ)．现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角α不变．在OM由竖直被拉到水平的过程中(  ) ‎ A．MN上的张力逐渐增大 B．MN上的张力先增大后减小 C．OM上的张力逐渐增大 D．OM上的张力先增大后减小 ‎【解析】 设重物的质量为m，绳OM中的张力为TOM，绳MN中的张力为TMN.开始时，TOM＝mg，TMN＝0.由于缓慢拉起，则重物一直处于平衡状态，两绳张力的合力与重物的重力mg等大、反向．‎ 如图所示，已知角α不变，在绳MN缓慢拉起的过程中，角β逐渐增大，则角(α－β)逐渐减小，但角θ不变，在三角形中，利用正弦定理得：‎ ＝，‎ 98‎ ‎(α－β)由钝角变为锐角，则TOM先增大后减小，选项D正确；‎ 同理知＝，在β由0变为的过程中，TMN一直增大，选项A正确．‎ ‎【答案】 AD ‎10．(2018·山东泰安高三上学期期中)如图所示，斜面上固定有一与斜面垂直的挡板，另有一截面为圆的光滑柱状物体甲放置于斜面上，半径与甲相等的光滑球乙被夹在甲与挡板之间，没有与斜面接触而处于静止状态．现在从球心O1处对甲施加一平行于斜面向下的力F，使甲沿斜面方向缓慢向下移动，设乙对挡板的压力大小为F1，甲对斜面的压力大小为F2，甲对乙的弹力为F3，斜面体与地面间的弹力为F4，在此过程中(  )‎ A．F1逐渐减小 B．F2保持不变 C．F3先减小后增大 D．F4逐渐增大 ‎【解析】 先对物体乙受力分析，受重力、挡板的支持力F1′和甲物体的支持力F3′，如图 根据平衡条件，结合几何关系可以看出挡板的支持力F1′不断减小，甲对乙的弹力F3′不断减小，根据牛顿第三定律，乙对挡板的压力F1不断减小，甲对乙的弹力F3不断减小；‎ 再对甲与乙整体受力分析，受重力、斜面的支持力、挡板的支持力和已知力F，如图 98‎ 根据平衡条件，有 x方向：F＋(M＋m)gsin θ－F1＝0‎ y方向：F2－(M＋m)gcos θ＝0‎ 解得：F2＝(M＋m)gcos θ，保持不变．‎ 结合牛顿第三定律，物体甲对斜面的压力F2不变．故A、B正确，C、D错误．‎ ‎【答案】 AB 命题点3 临界极值问题 ‎11．倾角为θ＝37°的斜面体与水平面固定不动，斜面上有一重为G的物体A，物体A与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5.现给A施加一水平力F，如图所示．设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，如果物体A能在斜面上静止，水平推力F与G的比值不可能是(  ) ‎ A．3 B．2 ‎ C.1 D．0.5‎ ‎【解析】 设物体刚好不下滑时F＝F1，‎ 则F1·cos θ＋μFN＝G·sin θ，‎ FN＝F1·sin θ＋G·cos θ.‎ 得：＝＝＝；‎ 设物体刚好不上滑时F＝F2，则：‎ F2·cos θ＝μFN′＋G·sin θ，‎ 98‎ FN′＝F2·sin θ＋G·cos θ，‎ 得：＝＝＝2，‎ 即≤≤2，‎ 故F与G的比值不可能为A.‎ ‎【答案】 A 解决动态平衡、临界与极值问题的常用方法 方法 步骤 解析法 ‎①列平衡方程求出未知量与已知量的关系表达式 ‎②根据已知量的变化情况来确定未知量的变化情况 图解法 ‎①根据已知量的变化情况，画出平行四边形的边角变化 ‎②确定未知量大小、方向的变化 假设法 ‎①明确研究对象 ‎②画出受力示意图 ‎③假设可发生的临界现象 ‎④列出满足所发生的临界现象的平衡方程求解 思想方法系列(二) 三力汇交原理及应用 物体仅在非平行的三个力的作用下处于平衡状态，则这三个力的作用线或作用线的延长线必相交于一点，运用这一规律再结合正交分解法、平行四边形法、矢量三角形法等求解．‎ ‎ 如图所示，一根粗细均匀的金属棒AB，棒的A端用轻绳连接，轻绳的另一端固定在天花板上，在棒的B端施加水平拉力F使金属棒处于静止状态．轻绳与竖直方向的夹角为α，金属棒与竖直方向的夹角为β，下列说法正确的是(  )‎ 98‎ A．sin β＝2sin α B．cos β＝2cos α C．tan β＝2tan α D．cot β＝2cot α ‎【思路点拨】 1.研究对象AB棒受绳的拉力、重力和水平拉力F三个力作用．‎ ‎2．三个力作用点不在同一点上．‎ ‎3．三个力的作用线相交于一点．‎ ‎4．取三个力作用线的交点为研究对象．‎ ‎【解析】 ‎ 金属棒受重力G、水平拉力F和轻绳拉力T三个力而平衡，则这三个力的矢量线段必相交于一点O′，如图所示．O点为棒的重心，即AB的中点，∠CAO′＝α，由几何关系得tan α＝，tan β＝，其中BC＝2CO′，因此tan β＝2tan α.‎ ‎【答案】 C ‎[高考真题]‎ ‎1.(2017·天津卷，8)如图所示，轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆M、N上的a、b两点，悬挂衣服的衣架挂钩是光滑的，挂于绳上处于静止状态．如果只人为改变一个条件，当衣架静止时，下列说法正确的是(  ) ‎ 98‎ A．绳的右端上移到b′，绳子拉力不变 B．将杆N向右移一些，绳子拉力变大 C．绳的两端高度差越小，绳子拉力越小 D．若换挂质量更大的衣服，则衣架悬挂点右移 ‎【解析】 设绳长为l，两杆间距离为d，选O点为研究对象，因aOb为同一根绳，故aO、bO对O点的拉力大小相等，因此平衡时aO、bO与水平方向的夹角相等，设为θ.对于O点受力情况如图所示，根据平衡条件，得 ‎2Tsin θ＝mg，‎ 而sin θ＝，‎ 所以T＝·.‎ 由以上各式可知，当l、d不变时，θ不变，故换挂质量更大的衣服时，悬挂点不变，选项D错误．‎ 若衣服质量不变，改变b的位置或绳两端的高度差，绳子拉力不变，选项A正确，选项C错误．‎ 当N杆向右移一些时，d变大，则T变大，选项B正确．‎ ‎【答案】 AB ‎2.(2016· 课标卷Ⅰ，19)如图，一光滑的轻滑轮用细绳OO′悬挂于O点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b.外力F向右上方拉b，整个系统处于静止状态．若F方向不变，大小在一定范围内变化，物块b仍始终保持静止，则(  ) ‎ 98‎ A．绳OO′的张力也在一定范围内变化 B．物块b所受到的支持力也在一定范围内变化 C．连接a和b的绳的张力也在一定范围内变化 D．物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化 ‎【解析】 物块b始终保持静止，所以连接a和b的绳的张力保持不变，夹角不变，所以绳OO′的张力也不变，故A、C错误；对b进行受力分析可知，当F方向不变，大小在一定范围内变化时，重力mg和绳子的拉力FT保持不变，所以，物块b所受到的支持力在一定范围内变化，物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化，故B、D正确．‎ ‎【答案】 BD ‎3.(2014·课标卷Ⅰ，17)如图，用橡皮筋将一小球悬挂在小车的架子上，系统处于平衡状态．现使小车从静止开始向左加速，加速度从零开始逐渐增大到某一值，然后保持此值，小球稳定地偏离竖直方向某一角度(橡皮筋在弹性限度内)．与稳定在竖直位置时相比，小球的高度(  ) ‎ A．一定升高 B．一定降低 C．保持不变 D．升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定 98‎ ‎【解析】 设橡皮筋的原长为l0，伸长量为x，受力分析如图所示，由牛顿第二定律有 kxsin θ＝ma①‎ kxcos θ＝mg②‎ 小球稳定在竖直位置时，形变量为x0，由平衡条件有kx0＝mg③‎ 对②③两式可知，x0＝xcos θ 而悬点与小球间的高度差分别为l0＋x0与(l0＋x)cos θ 可见l0＋x0＞(l0＋x)cos θ 所以小球的高度一定升高．A项正确．‎ ‎【答案】 A ‎[名校模拟]‎ ‎4．(2018·天津江桥区联考)如图甲所示，笔记本电脑散热底座设置有四个卡位用来调节角度．某同学将电脑放在散热底座上，为了获得更好的舒适度，由原卡位1调至卡位4(如图乙所示)，电脑始终处于静止状态，则(  )‎ A．电脑受到的支持力变小 B．电脑受到的摩擦力变大 C．散热底座对电脑的作用力的合力不变 D．电脑受到的支持力与摩擦力两力大小之和等于其重力 ‎【解析】 设散热底座与水平面的夹角为θ，以笔记本电脑为研究对象，笔记本电脑受重力、支持力和静摩擦力，如图所示．根据平衡条件，有N＝mgcos θ，f＝mgsin θ，由原卡位1调至卡位4，角度θ减小，支持力N 98‎ 增大，静摩擦力减小，故A、B错误；散热底座对电脑的作用力的合力是支持力和静摩擦力的合力，与重力平衡，始终是不变的，故C正确；电脑受到的支持力与摩擦力两力的矢量和与重力平衡，故D错误．‎ ‎【答案】 C ‎5.(2018·河北唐山一模)光滑斜面上固定着一根刚性圆弧形细杆，小球通过轻绳与细杆相连，此时轻绳处于水平方向，球心恰位于圆弧形细杆的圆心，如图所示，将悬点A缓慢沿杆向上移动，直到轻绳处于竖直方向，在这个过程中，轻绳的拉力(  ) ‎ A．逐渐增大 B．大小不变 C．先增大后减小 D．先减小后增大 ‎【解析】 以小球为研究对象，分析受力情况：受重力G、斜面的支持力N和轻绳的拉力T，如图所示．由平衡条件得知，N和T的合力与G大小相等、方向相反，将悬点A缓慢沿杆向上移动，使轻绳绕O点逆时针转动的过程中，T先减小后增大，故D正确．‎ ‎【答案】 D ‎6.(2018·山东烟台高三上学期期中)如图所示，质量为M的半球形物体A和质量为m的球形物体B紧靠着放在倾角为α的固定斜面上，并处于静止状态．B球表面光滑，已知重力加速度为g.则关于物体受力情况的判断正确的是(  ) ‎ 98‎ A．物体A受到3个力的作用 B．物体B对物体A的压力大于mgsin α C．物体B对斜面的压力等于mgcos α D．物体A对斜面的摩擦力等于(M＋m)gsin α ‎【解析】 物体A受重力、斜面支持力、摩擦力和B球压力四个力作用，A错；物体B对物体A的压力沿两球心方向，由几何关系知FN>mgsin α，物体B对斜面的压力应小于mgcos α，由A、B整体所受摩擦力f＝(M＋m)gsin α知，A对斜面摩擦力大小也等于(M＋m)gsin α，故B、D正确．‎ ‎【答案】 BD 课时作业(六)‎ ‎[基础小题练]‎ ‎1.如图所示，物体m通过定滑轮牵引另一水平面上的物体沿斜面匀速下滑，此过程中斜面仍静止，斜面质量为M，则水平地面对斜面体(  ) ‎ A．无摩擦力 B．有水平向右的摩擦力 C．支持力为(M＋m)g D．支持力小于(M＋m)g ‎【解析】 设斜面夹角为θ，细绳的拉力为FT，M、m整体处于平衡状态，对M、m整体受力分析可得平衡方程FTcos θ＝F静，FTsin θ＋FN＝(M＋m)g，故F静方向水平向右，B、D正确．‎ ‎【答案】 BD ‎2.两个相同的可视为质点的小球A和B，质量均为m，用长度相同的两根细线把A、B两球悬挂在水平天花板上的同一点O，并用长度相同的细线连接A、B两个小球，然后用一水平方向的力F作用在小球A上，此时三根细线均处于伸直状态，且OB细线恰好处于竖直方向，如图所示．如果两个小球均处于静止状态，则力F的大小为(  ) ‎ 98‎ A．0 B．mg C. D．mg ‎【解析】 分析B球受力，由平衡条件得，AB段细线的拉力为零，再分析A球受力，如图所示，则有Tcos θ＝mg，Tsin θ＝F，解得F＝mgtan θ＝mg，故D正确．‎ ‎【答案】 D ‎3．如图所示，一轻杆两端分别固定着质量为mA和mB的两个小球A和B(均可视为质点)．将其放在一个直角形光滑槽中，已知轻杆与槽右壁成α角，槽右壁与水平地面成θ角时，两球刚好能平衡，且α≠θ，则A、B两小球的质量之比为(  )‎ A. B． C. D． ‎【解析】 A，B各受三个力而平衡，在沿斜槽方向，对A球有Tsin α＝mBgcos θ，对B球有T′cos α＝mBgsin θ，T′＝T，联立解得＝，D正确．‎ 98‎ ‎【答案】 D ‎4.如图所示，质量分布均匀的细棒中心为O点，O1为光滑铰链，O2为光滑定滑轮，O与O2由一根轻质细绳连接，水平外力F作用于细绳的一端．用N表示铰链对杆的作用力，现在水平外力F作用下，θ从缓慢减小到0的过程中，下列说法正确的是(  ) ‎ A．F逐渐变小，N大小不变 B．F逐渐变小，N逐渐变大 C．F先变小再变大，N逐渐变小 D．F先变小再变大，N逐渐变大 ‎【解析】 如图所示，力三角形(△FNG)与几何三角形(△O2OO1)相似，则有＝＝，因为O2O1、OO1长度不变，故N大小不变，OO2长度变短，故F变小．故选A项．‎ ‎【答案】 A ‎5.(2018·山东上学期期中)如图所示，轻绳一端系在质量为m的物体A上，另一端与套在粗糙竖直杆MN的轻圆环B相连接．现用水平力F拉住绳子上一点O，使物体A及环B静止在图中虚线所在的位置．现稍微增加力F使O点缓慢地移到实线所示的位置，这一过程中圆环B仍保持在原来位置不动．则此过程中，环对杆摩檫力F1和环对杆的弹力F2的变化情况是(  ) ‎ 98‎ A．F1保持不变，F2逐渐减小 B．F1保持不变，F2逐渐增大 C．F1逐渐减小，F2保持不变 D．F1逐渐增大，F2保持不变 ‎【解析】 以A、B组成的整体为研究对象，环受杆的摩擦力F′1＝(mA＋mB)g保持不变，则F1＝F′1也保持不变，环对杆的弹力F2与杆对环的弹力F′2等大反向，而F′2＝F，所以分析F变化情况即可，研究结点O，构造力三角形可知F变大，F′2变大，F2变大，B正确．‎ ‎【答案】 B ‎6.(2018·高三上学期期中)如图所示，穿在一根光滑固定杆上的小球A、B通过一条跨过定滑轮的细绳连接，杆与水平面成θ角，不计所有摩擦，当两球静止时，OA绳与杆的夹角为θ，OB绳沿竖直方向，则下列说法正确的是(  ) ‎ A．A可能受到2个力的作用 B．B可能受到3个力的作用 C．A、B的质量之比为tan θ∶1‎ D．A、B的质量之比为1∶tan θ ‎【解析】 对A球受力分析可知，A受到重力、绳子的拉力以及杆对A球的弹力，三个力的合力为零，故A错误；对B球受力分析可知，B受到重力、绳子的拉力，两个力合力为零，杆对B球没有弹力，否则B不能平衡，故B错误；分别对A、B两球分析，运用合成法，如图：‎ 98‎ 根据共点力平衡条件，得：T＝mBg ＝(根据正弦定理列式)‎ 故mA∶mB＝1∶tan θ，故C错误，D正确．‎ ‎【答案】 D ‎[创新导向练]‎ ‎7．科技与生活——匀速飞行中的直升机受力问题分析 如图所示，在抗震救灾中，一运送救灾物资的直升机沿水平方向匀速飞行．已知物资的总质量为m，吊运物资的悬索与竖直方向成θ角．设物资所受的空气阻力为F阻，悬索对物资的拉力为FT，重力加速度为g，则(  ) ‎ A．F阻＝mgsin θ B．F阻＝mgtan θ C．FT＝ D．FT＝ ‎【解析】 对物资受力分析如图所示，由合成法解得FT＝，F阻＝mgtan θ，故B项正确．‎ 98‎ ‎【答案】 B ‎8．就地取材——借助教学用具三角板考查共点力平衡问题 如图所示，一个教学用的直角三角板的边长分别为a、b、c，被沿两直角边的细绳A、B悬吊在天花板上，且斜边c恰好平行天花板，过直角的竖直线为MN.设A、B两绳对三角形薄板的拉力分别为Fa和Fb，已知Fa和Fb及薄板的重力为在同一平面的共点力，则下列判断正确的是(  ) ‎ A．薄板的重心不在MN线上 B．薄板所受重力的反作用力的作用点在MN的延长线上 C．两绳对薄板的拉力Fa和Fb是由于薄板发生形变而产生的 D．两绳对薄板的拉力Fa和Fb之比为Fa∶Fb＝b∶a ‎【解析】 ‎ 三角板受到重力和两个绳子的拉力，处于平衡状态，如图所示，由几何关系，三个力一定交于三角形下面的顶点，所以重心一定在MN线上，薄板所受重力的反作用力的作用点在MN的延长线上，故A错误，B正确；两绳对薄板的拉力是由于绳子的形变而产生的，C错误；根据共点力平衡条件可得Fa＝mgcos α，Fb＝mgsin α，故可得＝＝，D正确．‎ ‎【答案】 BD ‎9.理想变现实——将理想的轻质绳换成实际的匀质绳 如图所示，一根匀质绳的质量为M，其两端固定在天花板上的A、B两点，在绳的中点悬挂一质量为m的重物，悬挂绳的质量不计，设α、β为绳的端点和中点处的切线方向与竖直方向的夹角，则的大小为(  ) ‎ 98‎ A. B． ‎ C. D． ‎【解析】 设悬点A处对绳的拉力大小为F1，由对称性可知点B处对绳的拉力大小也为F1，取M和m为一整体，由平衡条件得 ‎2F1cos α＝(M＋m)g 设绳在P点的张力大小为F2，对P点由平衡条件得 ‎2F2cos β＝mg 再以AP段绳为研究对象，由水平方向合力为零求得 F1sin α＝F2sin β 以上三式联立可得＝.‎ ‎【答案】 C ‎10．科技生活——风速仪中的物理原理 气象研究小组用图示简易装置测定水平风速．在水平地面上竖直固定一直杆，半径为R、质量为m的薄空心塑料球用细线悬挂，绳的另一端固定于杆顶端O，当水平风吹来时，球在风力的作用下飘起来．已知风力大小正比于风速和球正对风的截面积，当风速v0＝3 m/s时，测得球平衡时细线与竖直方向的夹角θ＝30°，则(  ) ‎ A．θ＝60°时，风速v＝6 m/s 98‎ B．若风速增大到某一值时，θ可能等于90°‎ C．若风速不变，换用半径变大、质量不变的球，则θ不变 D．若风速不变，换用半径相等、质量变大的球，则θ减小 ‎【解析】 风力可表示为F＝kvS，当风速v0＝3 m/s时，风力可表示为F0＝kv0S，测得球平衡时细线与竖直方向的夹角θ＝30°，则tan 30°＝，当θ＝60°时，tan60°＝，解得风速v＝9 m/s，选项A错误；无论风速增大到多大，θ一定小于90°，选项B错误；若风速不变，换用半径变大、质量不变的球，S变大，风力变大，由tan θ＝知θ变大，选项C错误；若风速不变，换用半径相等、质量变大的球，S不变，风力不变，则θ减小，选项D正确．‎ ‎【答案】 D ‎[综合提升练]‎ ‎11．一般教室门上都安装一种暗锁，这种暗锁由外壳A、骨架B、弹簧C(劲度系数为k)、锁舌D(倾角θ＝45°)、锁槽E以及连杆、锁头等部件组成，如图甲所示．设锁舌D的侧面与外壳A和锁槽E之间的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力Ffm由Ffm＝μFN(FN为正压力)求得．有一次放学后，当某同学准备关门时，无论用多大的力，也不能将门关上(这种现象称为自锁)，此刻暗锁所处的状态的俯视图如图乙所示，P为锁舌D与锁槽E之间的接触点，弹簧由于被压缩而缩短了x.‎ ‎(1)试问，自锁状态时D的下表面所受摩擦力的方向；‎ ‎(2)求此时(自锁时)锁舌D与锁槽E之间的正压力的大小；‎ ‎(3)无论用多大的力拉门，暗锁仍然能够保持自锁状态，则μ至少要多大？‎ ‎【解析】 (1)锁舌D有向左的运动趋势，故其下表面所受摩擦力Ff1方向向右．‎ ‎(2)设锁舌D受锁槽E的最大静摩擦力为Ff2，正压力为FN，下表面的正压力为F，弹簧弹力为kx，由力的平衡条件可知 98‎ kx＋Ff1＋Ff2cos 45°－FNsin 45°＝0，‎ F－FNcos 45°－Ff2sin 45°＝0，‎ 又Ff1＝μF，‎ Ff2＝μFN，‎ 联立各式，解得正压力大小 FN＝.‎ ‎(3)令FN趋近于∞，则有1－2μ－μ2＝0，‎ 解得μ＝－1＝0.41.‎ ‎【答案】 (1)向右 (2) (3)0.41‎ ‎12.质量为M的木楔倾角为θ，在水平面上保持静止，当将一质量为m的木块放在木楔斜面上时，它正好匀速下滑．如果用与木楔斜面成α角的力F拉着木块匀速上升，如图所示(已知木楔在整个过程中始终静止)．‎ ‎(1)当α＝θ时，拉力F有最小值，求此最小值；‎ ‎(2)当α＝θ时，木楔对水平面的摩擦力是多大？‎ ‎【解析】 木块在木楔斜面上匀速向下运动时，‎ 有mgsin θ＝μmgcos θ，即μ＝tan θ.‎ ‎(1)木块在力F作用下沿斜面向上匀速运动，有 Fcos α＝mgsin θ＋Ff 98‎ Fsin α＋FN＝mgcos θ Ff＝μFN 解得F＝＝ ‎＝ 则当α＝θ时，F有最小值，为Fmin＝mgsin 2θ.‎ ‎(2)因为木块及木楔均处于平衡状态，整体受到地面的摩擦力等于F的水平分力，即Ff＝Fcos(α＋θ)‎ 当α＝θ时，F取最小值mgsin 2θ，‎ Ffm＝Fmincos 2θ＝mg·sin 2θcos 2θ＝mgsin 4θ.‎ ‎【答案】 (1)mgsin 2θ (2)mgsin 4θ 实验微课(二)探究弹力和弹簧伸长的关系 考点考级 命题点 考查频率 实验原理与实验操作(Ⅰ)‎ 命题点1：考查实验原理 命题点2：考查实验操作 ‎————‎ 实验数据处理与误差分析(Ⅰ)‎ 命题点：实验数据处理与误差分析 ‎————‎ 实验拓展与创新(Ⅱ)‎ 命题点1：实验拓展 命题点2：实验创新 ‎2014·课标卷Ⅱ，23‎ 一、实验目的 98‎ ‎1．探究弹力和弹簧伸长的关系．‎ ‎2．培养学生实验探究的能力．‎ 二、实验原理 ‎ 弹簧受到拉力会伸长，平衡时弹簧产生的弹力和外力大小相等；弹簧的伸长量越大，弹力也就越大．‎ 三、实验器材 ‎ 铁架台、弹簧、钩码若干、毫米刻度尺、三角板、铅笔、重垂线、坐标纸．‎ 四、实验步骤 ‎1．安装实验仪器．‎ ‎2．测量弹簧的伸长量(或总长)及所受的拉力(或所挂钩码的质量)，列表作出记录，要尽可能多测几组数据．‎ ‎3．根据所测数据在坐标纸上描点，以力为纵坐标，以弹簧的伸长量为横坐标．‎ ‎4．按照在图中所绘点的分布与走向，尝试作出一条平滑的图线，所画的点不一定正好在这条图线上，但要注意使图线两侧的点数大致相同．‎ 五、数据处理 ‎1．解析法：以弹簧的伸长量为自变量，写出图线所代表的函数解析式，首先尝试一次函数，如果不行再考虑二次函数．‎ ‎2．列表法：将测得的F、x填入设计好的表格中，可以发现弹力F与弹簧伸长量x的比值在误差允许范围内是相等的．‎ ‎3．图象法：以弹簧伸长量x为横坐标，弹力F为纵坐标，描出F、x各组数据相应的点，作出的拟合曲线是一条过坐标原点的直线．‎ 六、注意事项 ‎1．对钩码的要求 98‎ ‎(1)所挂钩码不要过重，以免弹簧被过分拉伸，超出它的弹性限度．‎ ‎(2)每次所挂钩码的质量差尽量大一些，从而使坐标上描的点尽可能稀，这样作出的图线更精确．‎ ‎2．测量与记录数据 ‎(1)测弹簧长度时，一定要在弹簧竖直悬挂且处于平衡状态时测量．‎ ‎(2)记录数据时要注意弹力及弹簧伸长量的对应关系及单位．‎ ‎3．作图象：描点画线时，所描的点不一定都落在一条线上，但应注意一定要使尽可能多的点落在线上，其余各点均匀分布在线的两侧．‎ 七、误差分析 ‎1．弹簧长度的测量和作图象时造成偶然误差．‎ ‎2．钩码标值不准确造成系统误差．‎ 考点一 实验原理与实验操作 命题点1 考查实验原理 ‎1．(2018·安徽省名校联考)某同学在研究性学习中，利用所学的知识解决了如下问题：一轻弹簧一端固定于某一深度为h＝0.25 m、且开口向右的小筒中(没有外力作用时弹簧的左部分位于筒内)，如图甲所示，如果本实验的长度测量工具只能测量出筒口右端弹簧的长度l，现要测出弹簧的原长l0和弹簧的劲度系数，该同学通过改变挂钩码的个数来改变l，作出Fl变化的图线如图乙所示．‎ ‎(1)由此图线可得出的结论是 ________；‎ ‎(2)弹簧的劲度系数为 ________N/m，弹簧的原长l0＝ ________m；‎ ‎(3)该同学实验时，把弹簧水平放置与弹簧悬挂放置相比较，优点在于 ________；缺点在于 ________.‎ ‎【解析】 设弹簧原长为l0，由题图可知，弹簧伸长量可表示为Δl＝l＋h－l0，由胡克定律可得F＝kΔl＝k(l＋h 98‎ ‎－l0)，Fl图线斜率表示弹簧的劲度系数，k＝100 N/m；Fl图线在纵轴截距表示l＝0时F＝10 N，代入F＝k(l＋h－l0)，解得弹簧的原长l0＝0.15 m.‎ ‎【答案】 (1)在弹性限度内，弹力与弹簧的伸长量成正比 ‎(2)100 0.15‎ ‎(3)避免弹簧自身所受重力对实验的影响 弹簧与筒及绳子与滑轮间存在的摩擦造成实验的误差 命题点2 考查实验操作 ‎2．如图甲所示，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限度内弹簧弹力与弹簧伸长量的关系．‎ ‎(1)为完成实验，还需要的实验器材有： ________.‎ ‎(2)实验中需要测量的物理量有： ________.‎ ‎(3)图乙是弹簧弹力F与弹簧伸长量x的Fx图线，由此可求出弹簧的劲度系数为 ________N/m.图线不过原点的原因是由于________________________________________________________________________．‎ ‎(4)为完成该实验，设计的实验步骤如下：‎ A．以弹簧伸长量x为横坐标，以弹力为纵坐标，描出各组(x，F)对应的点，并用平滑的曲线连接起来；‎ B．记下弹簧不挂钩码时其下端在刻度尺上的刻度l0；‎ C．将铁架台固定于桌子上，并将弹簧的一端系于横梁上，在弹簧附近竖直固定一把刻度尺；‎ D．依次在弹簧下端挂上1个、2个、3个、4个…钩码，分别记下钩码静止时弹簧下端所对应的刻度，并记录在表格内，然后取下钩码；‎ E．以弹簧伸长量为自变量，写出弹力与伸长量的关系式．首先尝试写成一次函数，如果不行，则考虑二次函数；‎ F．解释函数表达式中常数的物理意义；‎ G．整理仪器．‎ 98‎ 请将以上步骤按操作的先后顺序排列出来：________________________________________________________________________.‎ ‎【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，实验中需要测量的物理量有弹簧的原长、弹簧所受外力与对应的伸长量(或与弹簧对应的长度)；(3)取图象中(0.5,0)和(3.5,6)两个点，代入F＝kx可得k＝200 N/m，由于弹簧自重的原因，使得弹簧不加外力时就有形变量；(4)根据完成实验的合理性可知先后顺序为CBDAEFG.‎ ‎【答案】 (1)刻度尺 (2)弹簧原长、弹簧所受外力与对应的伸长量(或与对应的长度) (3)200 弹簧自重 ‎(4) CBDAEFG 考点二 实验数据处理与误差分析 ‎ 实验数据处理与误差分析 ‎3. (2015·福建卷，19(1))某同学做“探究弹力和弹簧伸长量的关系”的实验．‎ ‎(1)图甲是不挂钩码时弹簧下端指针所指的标尺刻度，其示数为7.73 cm；图乙是在弹簧下端悬挂钩码后指针所指的标尺刻度，此时弹簧的伸长量Δl为 ________cm；‎ ‎(2)本实验通过在弹簧下端悬挂钩码的方法来改变弹簧的弹力，关于此操作，下列选项中规范的做法是 ________；(填选项前的字母)‎ A．逐一增挂钩码，记下每增加一只钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重 B．随意增减钩码，记下增减钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重 ‎(3)图丙是该同学描绘的弹簧的伸长量Δl与弹力F的关系图线，图线的AB段明显偏离直线OA，造成这种现象的主要原因是 ____________________________.‎ ‎【解析】 (1)由乙图知，读数为14.66 cm，所以弹簧伸长(14.66－7.73) cm＝6.93 cm；(2)若随意增减砝码，会作图 不方便，有可能会超出弹簧形变范围，所以应逐一增挂钩码，选项A正确；(3)由图知AB段伸长量与弹力不成线性关系，是因为钩码重力超过弹簧弹性范围．‎ 98‎ ‎【答案】 (1)6.93 (2)A (3)钩码重力超过弹簧弹性范围 处理实验数据的方法 ‎1．列表分析法：分析列表中弹簧拉力F与对应弹簧的形变量Δx的关系，可以先考虑F和Δx的乘积，再考虑F和Δx的比值，也可以考虑F和(Δx)2的关系或F和的关系等，结论：为常数．‎ ‎2．图象分析法：作出FΔx图象，如图所示．此图象是过坐标原点的一条直线，即F和Δx成正比关系．‎ 作图的规则：‎ ‎(1)要在坐标轴上标明轴名、单位，恰当地选取纵轴、横轴的标度，并根据数据特点正确确定坐标起点，使所作出的图象几乎占满整个坐标图纸．若弹簧原长较长，则横坐标起点可以不从零开始选择．‎ ‎(2)作图线时，尽可能使直线通过较多坐标描点，不在直线上的点也要尽可能对称分布在直线的两侧(若有个别点偏离太远，则是因偶然误差太大所致，应舍去)．‎ ‎(3)要注意坐标轴代表的物理量的意义，注意分析图象的斜率、截距的意义.‎ 考点三 实验拓展与创新 探究高考命题视角 以本实验为背景，通过改变实验条件、实验仪器设置题目，不脱离教材而又不拘泥教材，体现开放性、探究性等特点．‎ 视角1 可能对实验方案进行改进 将弹簧水平放置或穿过一根水平光滑的横杆，在水平方向做实验．‎ 视角2 对实验器材的改进 98‎ 利用计算机及传感器技术，将弹簧水平放置，且一端固定在传感器上，传感器与电脑相连，对弹簧施加变化的作用力(拉力或推力)时，电脑上得到弹簧弹力和弹簧形变量的关系图象(如图所示)．分析图象得出结论．‎ 视角3 图象法处理数据 命题点1 实验拓展 ‎4．橡皮筋也像弹簧一样，在弹性限度内，伸长量x与弹力F成正比，即F＝kx，k的值与橡皮筋未受到拉力时的长度l、横截面积S有关．理论和实践都表明k＝Y，其中Y是一个由材料决定的常数，材料力学中称之为杨氏模量．‎ ‎(1)在国际单位制中，杨氏模量Y的单位应该是(  )‎ A．N B．m ‎ C.N/m D．Pa ‎(2)有一段横截面为圆形的橡皮筋，应用如图所示的实验装置，可以测量出它的杨氏模量Y的值．‎ 首先利用测量工具a测得橡皮筋的长度l＝20.00 cm，利用测量工具b测得橡皮筋未受到拉力时的直径D＝4.000 mm，那么测量工具a和b应分别为 ________、 ________.‎ ‎(3)用如图(a)所示的装置就可以测量出这种橡皮筋的Y值，下表为橡皮筋受到的拉力F与伸长量x的实验记录，请在图(b)中作出Fx图象.‎ 拉力F/N ‎5.0‎ ‎10.0‎ ‎15.0‎ ‎20.0‎ ‎25.0‎ 伸长量x/cm ‎1.60‎ ‎3.20‎ ‎4.80‎ ‎6.40‎ ‎8.00‎ ‎(4)由以上实验可求出该橡皮筋的Y值为 ________.(保留一位有效数字)‎ 98‎ ‎【解析】 在国际单位制中k、S、l的单位分别是N/m、m2、m，代入k＝Y进行单位计算得Y的单位为N/m2，即Pa.由于橡皮筋的长度的测量结果准确到1 mm，所以其测量工具为毫米刻度尺，而直径的测量结果准确到0.01 mm，所以其测量工具为螺旋测微器．‎ 根据表格中的数据，作出Fx图象如图所示，由图象求出k值，将有关数据代入公式k＝Y，求出Y值，Y＝，代入数值解得Y＝5×106 Pa.‎ ‎【答案】 (1)D (2)毫米刻度尺 螺旋测微器 ‎(3)见解析图 (4)5×106 Pa 命题点2 实验创新 ‎5．(2014·课标卷Ⅱ，23)‎ 图(a)‎ 某实验小组探究弹簧的劲度系数k与其长度(圈数)的关系．实验装置如图(a)所示：一均匀长弹簧竖直悬挂，7个指针P0、P1、P2、P3、P4、P5、P6分别固定在弹簧上距悬点0、10、20、30、40、50、60圈处；通过旁边竖直放置的刻度尺，可以读出指针的位置，P0指向0刻度．设弹簧下端未挂重物时，各指针的位置记为x0; 挂有质量为0.100 kg的砝码时，各指针的位置记为x.测量结果及部分计算结果如下表所示(n为弹簧的圈数，取重力加速度为9.80 m/s2)．‎ 已知实验所用弹簧总圈数为60，整个弹簧的自由长度为11.88 cm.‎ 98‎ P1‎ P2‎ P3‎ P4‎ P5‎ P6‎ x0(cm)‎ ‎2.04‎ ‎4.06‎ ‎6.06‎ ‎8.05‎ ‎10.03‎ ‎12.01‎ x(cm)‎ ‎2.64‎ ‎5.26‎ ‎7.81‎ ‎10.30‎ ‎12.93‎ ‎15.41‎ n ‎10‎ ‎20‎ ‎30‎ ‎40‎ ‎50‎ ‎60‎ k(N/m)‎ ‎163‎ ‎①‎ ‎56.0‎ ‎43.6‎ ‎33.8‎ ‎28.8‎ (m/N)‎ ‎0.006 1‎ ‎②‎ ‎0.017 9‎ ‎0.022 9‎ ‎0.029 6‎ ‎0.034 7‎ ‎(1)将表中数据补充完整：① ________，② ________.‎ ‎(2)以n为横坐标，为纵坐标，在图(b)给出的坐标纸上画出n图象．‎ 图(b)‎ ‎(3)图(b)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的关系的表达式为k＝ ______N/m；该弹簧的劲度系数k与其自由长度l0(单位为m)的关系的表达式为k＝ ______N/m.‎ ‎【解析】 (1)①由胡克定律F＝kΔx可得：k＝＝＝ N/m≈81.7 N/m.‎ ‎②＝ m/N≈0.012 2 m/N.‎ ‎(2)通过描点作图可得到一条直线(见答案图)．‎ ‎(3)由图线可知直线的斜率为5.71×10－4 m/N，故函数关系满足＝5.71×10－4×n，即k＝(N/m)．‎ 98‎ 由于60匝弹簧的总长度为11.88 cm；则n匝弹簧的原长满足＝，代入k＝ 可得：k＝ N/m.‎ ‎【答案】 (1)①81.7 ②0.012 2‎ ‎(2)如图所示 ‎(3)(在～之间均可)‎ (在～之间均可)‎ 实验原理和数据处理的创新 ‎1．实验原理的创新(如图甲、乙、丙所示)‎ ‎2．数据处理的创新 ‎(1)弹力的获得：弹簧竖直悬挂，重物的重力作为弹簧的拉力，存在弹簧自重的影响→弹簧水平使用，重物的重力作为弹簧的拉力，消除了弹簧自重的影响．‎ ‎(2)图象的获得：由坐标纸作图得Fx图象→由传感器和计算机输入数据直接得Fx图象．‎ 98‎ ‎6．某物理兴趣小组的同学在研究弹簧弹力的时候，测得弹力的大小F和弹簧长度L的关系如图所示，则由图线可知：‎ ‎(1)弹簧的劲度系数为 ________.‎ ‎(2)为了用弹簧测定两木块A、B间的动摩擦因数μ，两同学分别设计了如图所示的甲、乙两种方案．‎ ‎①为了用某一弹簧测力计的示数表示A和B之间的滑动摩擦力的大小，你认为方案 ________更合理．‎ ‎②甲方案中，若A和B的重力分别为10.0 N和20.0 N．当A被拉动时，弹簧测力计a的示数为6.0 N，b的示数为11.0 N，则A、B间的动摩擦因数为 ________.‎ ‎【解析】 (1)由题图1可知，当弹力为F0＝60 N，弹簧的伸长量x0＝L－L0＝20 cm＝0.2 m，由胡克定律得弹簧的劲度系数k＝＝ N/m＝300 N/m.‎ ‎(2)①甲、乙两种方案，在拉着A运动的过程中，拉A的弹簧测力计由于在不断地运动，示数可能会变化，读数不准，甲方案中的a是不动的，指针稳定，便于读数，甲方案更合理．‎ ‎②a的拉力与A对B的滑动摩擦力f平衡，由于a示数为6.0 N，即f＝F＝6.0 N，A、B间的动摩擦因数μ＝＝＝0.3.‎ ‎【答案】 (1)300 N/m (2)①甲 ②0.3‎ 实验微课(三)验证力的平行四边形定则 考点考级 命题点 考查频率 实验原理与实验操作(Ⅰ)‎ 命题点1：考查实验原理 命题点2：考查实验操作 ‎————‎ 98‎ 实验数据处理与误差分析(Ⅰ)‎ 命题点：实验数据处理与误差分析 ‎2017·课标卷Ⅲ，22‎ 实验拓展与创新(Ⅱ)‎ 命题点1：实验拓展 命题点2：实验创新 ‎————‎ 一、实验目的 ‎1．验证互成角度的两个共点力合成时的平行四边形定则．‎ ‎2．培养应用作图法处理实验数据和得出结论的能力．‎ 二、实验原理 ‎ 互成角度的两个力F1、F2与另外一个力F′产生相同的效果，看F1、F2用平行四边形定则求出的合力F与F′在实验误差允许范围内是否相等．‎ 三、实验器材 ‎ 木板、白纸、图钉若干、橡皮条、细绳、弹簧测力计两个、三角板、刻度尺、铅笔．‎ 四、实验步骤 ‎1．用图钉把白纸钉在水平桌面上的方木板上．‎ ‎2．用图钉把橡皮条的一端固定在A点，橡皮条的另一端拴上两个细绳套．‎ ‎3．用两只弹簧测力计分别钩住细绳套，互成角度地拉橡皮条，使橡皮条与绳的结点伸长到某一位置O，如图所示，记录两弹簧测力计的读数，用铅笔描下O点的位置及此时两细绳的方向．‎ 98‎ ‎4．只用一只弹簧测力计通过细绳套把橡皮条的结点拉到同样的位置O，记下弹簧测力计的读数和细绳套的方向．‎ ‎5．改变两弹簧测力计拉力的大小和方向，再重做两次实验．‎ 五、数据处理 ‎1．用铅笔和刻度尺从结点O沿两条细绳方向画直线，按选定的标度作出这两只弹簧测力计的拉力F1和F2的图示，并以F1和F2为邻边用刻度尺和三角板作平行四边形，过O点画平行四边形的对角线，此对角线即为合力F的图示．‎ ‎2．用刻度尺从O点按同样的标度沿记录的方向作出实验步骤4中弹簧测力计的拉力F′的图示．‎ ‎3．比较F与F′是否完全重合或几乎完全重合，从而验证平行四边形定则．‎ 六、注意事项 ‎1．同一实验中的两只弹簧测力计的选取方法是：将两只弹簧测力计调零后互钩对拉，读数相同．‎ ‎2．在同一次实验中，使橡皮条拉长时，结点O位置一定要相同．‎ ‎3．用两只弹簧测力计钩住绳套互成角度地拉橡皮条时，夹角不宜太大也不宜太小，在60°～100°之间为宜．‎ ‎4．实验时弹簧测力计应与木板平行，读数时眼睛要正视弹簧测力计的刻度，在合力不超过量程及橡皮条弹性限度的前提下，拉力的数值尽量大些．‎ ‎5．细绳套应适当长一些，便于确定力的方向．不要直接沿细绳套的方向画直线，应在细绳套末端用铅笔画一个点，去掉细绳套后，再将所标点与O点连接，即可确定力的方向．‎ ‎6．在同一次实验中，画力的图示所选定的标度要相同，并且要恰当选取标度，使所作力的图示稍大一些．‎ 七、误差分析 ‎1．弹簧测力计本身的误差．‎ ‎2．读数误差和作图误差．‎ ‎3．两分力F1、F2间的夹角θ越大，用平行四边形定则作图得出的合力F的误差ΔF也越大．‎ 98‎ 考点一 实验原理与实验操作 命题点1 考查实验原理 ‎1．某同学用钩码和弹簧测力计做“验证力的平行四边形定则”实验．‎ ‎(1)请将实验内容补充完整：‎ A．将一根橡皮筋的一端固定在贴有白纸的竖直平整木板上，在另一端绑上两根系有细绳套的细线．‎ B．其中一根细线挂上5个质量相等的钩码(每个钩码质量均为50 g)，使橡皮筋拉伸，如图甲所示，记录 ________、结点的位置O和细线方向．‎ C．将图甲中钩码取下一个，并将细线用一光滑铁钉B(可随时固定)支开，在另一细线上挂上弹簧测力计，使两细线成一定角度，拉弹簧测力计，如图乙所示，图中α、β可测定，当＝时，橡皮筋正好位于竖直方向且橡皮筋与细线结点的位置与步骤B中结点的位置O重合，此时弹簧测力计的示数应为 ________ N(当地重力加速度g＝10 m/s2)．‎ ‎(2)本实验采用的科学方法是 ________.‎ A．理想实验法 B．等效替代法 C．控制变量法 D．建立物理模型法 ‎【解析】 (1)由实验原理可知本实验利用等效替代法来验证“力的平行四边形定则”，图甲中钩码的重力即合力大小，细线方向即合力方向，所以应记录钩码的个数(细线上的拉力)、结点O 98‎ 的位置和细线方向，在用钩码和弹簧测力计一起拉橡皮筋时，一定要将橡皮筋与细线结点的位置与步骤B中结点的位置O重合，此时应记录钩码个数、弹簧测力计示数及对应的细线方向，分析图乙中结点的受力情况可得水平方向有4mgcos α＝Fcos β，代入数据得弹簧测力计的示数应为F＝3mg＝1.5 N.‎ ‎(2)由(1)知是等效替代法．‎ ‎【答案】 (1)钩码的个数(细线上的拉力) 1.5 (2)B 命题点2 考查实验操作 ‎2．(2018·沈阳高三一模)某同学用如图所示的实验装置来验证“力的平行四边形定则”．弹簧测力计A挂于固定点P，下端用细线挂一重物M，弹簧测力计B的一端用细线系于O点，手持另一端向左拉，使结点O静止在某位置．分别读出弹簧测力计A和B的示数，并在贴于竖直木板的白纸上记录O点的位置和拉线的方向．‎ ‎(1)本实验用的弹簧测力计示数的单位为N，图中A的示数为 ________N.‎ ‎(2)下列不必要的实验要求是 ________.(请填写选项前对应的字母)‎ A．应测量重物M所受的重力 B．弹簧测力计应在使用前校零 C．拉线方向应与木板平面平行 D．改变拉力，进行多次实验，每次都要使O点静止在同一位置 ‎(3)某次实验中，该同学发现弹簧测力计A的指针稍稍超出量程，请您提出两个解决办法．‎ ‎________________________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________‎ ‎【解析】 (1)弹簧测力计读数为3.6 N.‎ 98‎ ‎(2)验证力的平行四边形定则，需要分别测量各个力的大小和方向，所以A项是必要的；根据仪器使用常识，弹簧测力计在使用前需校零，B项是必要的；实验中力必须在同一平面内，C项也是必要的；实验是验证三个力的关系，只要测出三个力就可以了，所以不需要固定O点位置，D项不必要，本题应选D项．‎ ‎【答案】 (1)3.6 (2)D (3)①减小弹簧测力计B拉力的大小；②减小重物M的质量(或将弹簧测力计A更换成较大量程的弹簧测力计、改变弹簧测力计B拉力的方向等)‎ 考点二 实验数据处理与误差分析 ‎ 实验数据处理与误差分析 ‎3．(2017·课标卷Ⅲ，22)某探究小组做“验证力的平行四边形定则”实验，将画有坐标轴(横轴为x轴，纵轴为y轴，最小刻度表示1 mm)的纸贴在桌面上，如图(a)所示．将橡皮筋的一端Q固定在y轴上的B点(位于图示部分之外)，另一端P位于y轴上的A点时，橡皮筋处于原长．‎ ‎(1)用一只测力计将橡皮筋的P端沿y轴从A点拉至坐标原点O.此时拉力F的大小可由测力计读出．测力计的示数如图(b)所示，F的大小为 ________N.‎ ‎(2)撤去(1)中的拉力，橡皮筋P端回到A点，现使用两个测力计同时拉橡皮筋，再次将P端拉至O点．此时观察到两个拉力分别沿图(a)中两条虚线所示的方向，由测力计的示数读出两个拉力的大小分别为F1＝4.2 N和F2＝5.6 N.‎ ‎(ⅰ)用5 mm长度的线段表示1 N的力，以O点为作用点，在图(a)中画出力F1、F2的图示，然后按平行四边形定则画出它们的合力F合；‎ ‎(ⅱ)F合的大小为________N，F合与拉力F的夹角的正切值为________．‎ 若F合与拉力F的大小及方向的偏差均在实验所允许的误差范围之内，则该实验验证了力的平行四边形定则．‎ ‎【解析】 (1)由题给测力计示数可知，读数为4.0 N.‎ ‎(2)作图，F2长度为28 mm，F1长度为21 mm，平行四边形如图，量出合力长度约为20 mm，大小代表4.0 N，量出合力箭头处到y轴距离和所作合力在y轴上投影长度，其比值就是F合与拉力F的夹角的正切值．‎ 98‎ ‎【答案】 (1)4.0 (2)(ⅰ)见解析图 (ⅱ)4.0 0.05‎ ‎4．(2015·山东卷，21)某同学通过下述实验验证力的平行四边形定则．‎ 实验步骤：‎ ‎①将弹簧秤固定在贴有白纸的竖直木板上，使其轴线沿竖直方向．‎ ‎②如图甲所示，‎ 将环形橡皮筋一端挂在弹簧秤的秤钩上，另一端用圆珠笔尖竖直向下拉，直到弹簧秤示数为某一设定值时，将橡皮筋两端的位置标记为O1、O2，记录弹簧秤的示数F，测量并记录O1、O2间的距离(即橡皮筋的长度l)．每次将弹簧秤示数改变0.50 N，测出所对应的l，部分数据如下表所示：‎ F(N)‎ ‎0‎ ‎0.50‎ ‎1.00‎ ‎1.50‎ ‎2.00‎ ‎2.50‎ l(cm)‎ l0‎ ‎10.97‎ ‎12.02‎ ‎13.00‎ ‎13.98‎ ‎15.05‎ ‎③找出②中F＝2.50 N时橡皮筋两端的位置，重新标记为O、O′，橡皮筋的拉力记为FO O′.‎ ‎④在秤钩上涂抹少许润滑油，将橡皮筋搭在秤钩上，如图乙所示．用两圆珠笔尖成适当角度同时拉橡皮筋的两端，使秤钩的下端达到O点，将两笔尖的位置标记为A、B，橡皮筋OA段的拉力记为FOA，OB段的拉力记为FOB.‎ 完成下列作图和填空：‎ 98‎ ‎(1)利用表中数据在坐标纸上画出Fl图线，根据图线求得l0＝________cm.‎ ‎(2)测得OA＝6.00 cm，OB＝7.60 cm，则FOA的大小为________N.‎ ‎(3)根据给出的标度，在图中作出FOA和FOB的合力F′的图示．‎ ‎(4)通过比较F′与________的大小和方向，即可得出实验结论．‎ ‎【解析】 (1)做出Fl图象，如图(a)所示，求得直线的截距即为l0，可得l0＝10.0 cm.‎ ‎(2)可计算橡皮筋的劲度系数 k＝＝ N/m＝50 N/m 若OA＝6.00 cm，OB＝7.60 cm，则橡皮筋的弹力为 98‎ F＝kΔx＝50×(6.00＋7.60－10.00)×10－2 N＝1.80 N 则此时FOA＝F＝1.80 N.‎ ‎(3)FOB＝FOA＝1.80 N，两力的合力F′如图(b)所示．‎ ‎(4)通过比较F和FO O′的大小和方向，可得出实验结论．‎ ‎【答案】 (1)见解析图(a) 10.0(9.8、9.9、10.1均正确)‎ ‎(2)1.80(1.70～1.90均正确) (3)见解析图(b) (4)FO O′‎ 考点三 实验拓展与创新 探究高考命题视角 以本实验为背景，通过改变实验条件、实验仪器设置题目，不脱离教材而又不拘泥教材，体现拓展性、开放性、探究性等特点．‎ 视角1 考查对实验原理的理解、实验方法的迁移 视角2 实验器材的改进 ‎(1)用橡皮筋弹簧秤 三个相同的橡皮筋，可将三个橡皮筋系于一点，互成角度地将它们拉长，记下各自的拉力方向，伸长后的长度，并测出原长，根据伸长量确定三个拉力的大小关系，再结合力的图示作图验证平行四边形定则．‎ ‎(2)使用力的传感器——用力传感器确定各力的大小，同时确定细绳中拉力的方向，再结合力的图示作图验证平行四边形定则．‎ ‎(3)钩码弹簧秤 命题点1 实验拓展 ‎5．(2018·广州二模)一同学用电子秤、水壶、细线、墙钉和贴在墙上的白纸等物品，在家中验证力的平行四边形定则．‎ 98‎ ‎(1)如图(a)，在电子秤的下端悬挂一装满水的水壶，记下水壶________时电子秤的示数F.‎ ‎(2)如图(b)，将三根细线L1、L2、L3的一端打结，另一端分别拴在电子秤的挂钩、墙钉A和水壶杯带上．水平拉开细线L1，在白纸上记下结点O的位置、______和电子秤的示数F1.‎ ‎(3)如图(c)，将另一颗墙钉B钉在与O同一水平位置上，并将L1拴在其上．手握电子秤沿着(2)中L2的方向拉开细线L2，使________和三根细线的方向与(2)中重合，记录电子秤的示数F2.‎ ‎(4)在白纸上按一定标度作出电子秤拉力F、F1、F2的图示，根据平行四边形定则作出F1、F2的合力F′的图示，若________，则平行四边形定则得到验证．‎ ‎【解析】 (1)要测量装满水的水壶的重力，则应记下水壶静止时电子秤的示数F.‎ ‎(2)要画出平行四边形，则需要记录分力的大小和方向，所以在白纸上记下结点O的位置的同时，也要记录三根细线的方向以及电子秤的示数F1.‎ ‎(3)已经记录了一个分力的大小，还要记录另一个分力的大小，则结点O点位置不能变化，力的方向也都不能变化，所以应使结点O的位置和三根细线的方向与(2)中重合，记录电子秤的示数F2.‎ ‎(4)根据平行四边形定则作出F1、F2的合力F′的图示，若F和F′在误差范围内重合，则平行四边形定则得到验证．‎ ‎【答案】 (1)静止 ‎(2)三根细线的方向 ‎(3)结点O的位置 ‎(4)F和F′在误差范围内重合 命题点2 实验创新 ‎6．如图所示，某实验小组同学利用DIS实验装置研究支架上力的分解，A、B为两个相同的双向力传感器，该型号传感器在受到拉力时读数为正，受到压力时读数为负．A连接质量不计的细绳，可沿固定的板做圆弧形移动．B固定不动，通过光滑铰链连接长0.3 m的杆．将细绳连接在杆右端O 98‎ 点构成支架．保持杆在水平方向，按如下步骤操作：‎ ‎①测量绳子与水平杆的夹角∠AOB＝θ ‎②对两个传感器进行调零 ‎③用另一根绳在O点悬挂一个钩码，记录两个传感器的读数 ‎④取下钩码，移动传感器A改变θ角 重复上述实验步骤，得到表格.‎ F1‎ ‎1.001‎ ‎0.580‎ ‎…‎ ‎1.002‎ ‎…‎ F2‎ ‎－0.868‎ ‎－0.291‎ ‎…‎ ‎0.865‎ ‎…‎ θ ‎30°‎ ‎60°‎ ‎…‎ ‎150°‎ ‎…‎ ‎(1)根据表格，A传感器对应的是表中力__________(选填“F1”或“F2”)．钩码质量为________ kg(保留1位有效数字)．‎ ‎(2)本实验中多次对传感器进行调零，对此操作说明正确的是(  )‎ A．因为事先忘记调零 B．何时调零对实验结果没有影响 C．为了消除横杆自身重力对结果的影响 D．可以完全消除实验的误差 ‎【解析】 (1)A传感器中的力均为拉力，为正值，故A传感器对应的是表中力F1，平衡时，mg＝F1sin θ，当θ＝30°时，F1＝1.001 N，可求得m＝0.05 kg.‎ ‎(2)在挂钩码之前，对传感器进行调零，目的是为了消除横杆自身重力对结果的影响，故C正确．‎ ‎【答案】 (1)F1 0.05 (2)C 98‎ 验证力的平行四边形定则中的“万变不离其宗”‎ ‎1．器材的变化(如图甲、乙、丙所示)‎ ‎2．合力、分力的变化 ‎(1)分力的获得：弹簧测力计的拉力→钩码的重力．‎ ‎(2)合力的获得：弹簧测力计的拉力→重物的重力→钩码的重力．‎ 98‎ 98‎