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2011高考物理一轮复习典例精析课件:第二章 相互作用 力与平衡(可编辑文字版)


第二章
相互作用 力与平衡

第1节
常见的几种力

例1.关于物体的重力和重心下列说法正确的是( ) A. 参加2010年智利地震的救援工作的汽车的重力方向指向地心 B. 一架飞机在机场同一地点起飞时比降落时受到的重力大 C. 整装待发的装甲车对地面的压力就是它受到的重力 D. 物体的重心不一定在物体上


【点拨】(1)明确重力的定义和决定因素. (2)明确影响重心位置的因素. (3)明确重力的定义及含义.

【解析】物体所受重力的方向是竖直向下的,除两极和赤 道外重力与万有引力的方向不同,并不指向地心,A选项错 误;物体的重力大小取决于物体的质量和重力加速度,而 重力加速度随纬度的增加而增加,随高度的增加而减小,与 物体的运动状态无关,在同一地点物体所受的重力不变,B 选项错误;整装待发的装甲车对地面的压力大小等于它受 到的重力,但两者的方向及施力物体和受力物体均不相同, 故不是一个力,C选项错误;物体的重心是重力的等效作用 点,与物体的质量分布和几何形状有关,可以在物体上也 可以在物体外,阅兵方阵中的群众所举的花环的重心在圆心 而不在物体上,D选项正确. 【答案】D

1. (2009·南开中学模拟)如图所示,一被吊着的空心的均匀 球壳内装满了细沙,底部有一阀门,打开阀门让细沙慢慢流出 的过程中,球壳与细沙的共同重心将会 ( ) A. 一直下降 B. 一直不变 C. 先下降后上升 D. 先上升后下降

【解析】在装满细沙时,球壳和细沙的共同重心在球心. 随着细沙的流出,球壳的重心不变,但是细沙的重心在 下降,二者的共同重心在下降;当细沙流完时,重心又 回到了球心.可见重心应是先下降后上升,故C正确.
【答案】C

例2.如图所示,小车上固定着一根弯成α 角的曲杆,杆的另一 端固定一个质量为m的球,有关小球所受的弹力的说法正确的有 ( ) A. 杆对球总是提供沿杆方向的作用力 B. 杆对球只能提供拉力,不能提供支持力,但方向不是唯一的 C. 小车静止时,杆对球的作用力的大小为mg,方向为竖直向上 D. 小车水平向右做加速运动时,杆对球的作用力的方向沿杆

【解析】当小车的运动状态不同时,球对杆的作用力使 其产生的形变可能出现拉伸、压缩、扭转等形变,杆对 球不仅能提供拉力,而且能提供支持力,其方向不一定沿 杆方向,故A、B均错误;根据物体平衡条件可知选项C正确; 因小球随车具有水平向右的加速度,所以弹力的方向应斜 向右上方.当加速度的大小发生变化时,小球所受弹力方 向与竖直方向的夹角也将发生变化,杆对球的作用力的方 向不一定沿杆的方向.

【答案】C

例3 (2010· 绵阳模拟)如图所示, 原长分别为L1和L2,劲度系数分 别为k1、k2的轻弹簧竖直悬挂在 天花板上,两弹簧之间有一质量 为m1的物体,最下端挂着质量为 m2的另一物体,整个装置处于静 止状态.若用一个质量为M的平板 把下面的物体竖直缓慢地向上托 起,直到两弹簧的总长度等于两弹 簧的原长之和,求这时平板受到下 面物体m2的压力

? 解析:本题考查对胡克定律的理解和应用. ? 要使两个弹簧的总长度等于两弹簧的原长 之和,必须是上面的伸长Δx,下面的弹簧缩短 Δx. ? 对m2有N=k2Δx+m2g, ? 对m1有m1g=k1Δx+k2Δx, ? N=m2g+k2 m1g /(k1+k2).

2. 如图所示,一根弹性杆的一端固定 在倾角为30°的斜面上,杆的另一端 固定一个重量是2 N的小球,小球处于 静止状态时,弹性杆对小球的弹力() A. 大小为2 N,方向平行于斜面向上 B. 大小为1 N,方向平行于斜面向上 C. 大小为2 N,方向垂直于斜面向上 D. 大小为2 N,方向竖直向上 【解析】根据小球平衡,弹力和重力大小相等,方向相反, 所以弹力大小为2 N,方向竖直向上,D正确.

【答案】D

例4.在粗糙的水平面上放一物体A,A上再放一质量为m的 物体B,AB间的动摩擦因数为μ ,对A施加一水平力F, 计算下列情况下A对B的摩擦力的大小. (1)当AB一起做匀速运动时. (2)当AB一起以加速度a向右做匀加速运动时. (3)当力F足够大而使AB发生相对运动时.

【点拨】
滑动摩擦力 判断是静摩擦 还是滑动摩擦 静摩擦力 分析物体的 运动状态 用力的平衡 或牛顿第二定律 求解

用Ff=μFN计算

【解析】(1)因为AB向右做匀速运动,B物体受到的合力为零, 所以B物体受到的摩擦力为零. (2)因为AB无相对滑动,所以B物体受到的摩擦力为静摩擦力, 此时不能用滑动摩擦力的公式来计算,用牛顿第二定律对B 物体有Ff=F合=ma. (3)因为AB发生了相对滑动,所以B物体受到的摩擦力为滑动 摩擦力,用滑动摩擦力的公式来计算,Ff=μ FN=μ mg.

3. (2009·天津)物块静止在固定的斜面上,分别按图示的 方向对物块施加大小相等的力F,A中F垂直于斜面向上.B中 F垂直于斜面向下,C中F竖直向上,D中F竖直向下,施力后 物块仍然静止,则物块所受的静摩擦力增大的是 ( )

【解析】四个图中都是静摩擦力,受力如下图所示.A中 FfA=Gsin θ ;B中FfB=Gsin θ ;C中FfC=(G-F)sin θ ;D 中FfC=(G+F)sin θ . 【答案】D

例.如图甲所示水平放置的粗糙的长木板上放置一个物 体m,当用力缓慢抬起一端时,木板受到物体的压力和 摩擦力将怎样变化?

【错解】以木板上的物体为研究对象.物体受重力、摩擦力、 支持力.因为物体静止,则根据牛顿第二定律有 mgsin θ -fmax=0①,N-mgcos θ =may=0②. 错解一:据式①知道θ 增加,f增加. 错解二:据式②知θ 增加,N减小;则f=μ N说明f减少. 【剖析】错解一和错解二都没能把木板缓慢抬起的全过程认 识全面.只抓住一个侧面,缺乏对物理情景的分析.若能从木 块相对木板静止入手,分析出再抬高会相对滑动,就会避免 错解一的错误.若想到f=μ N是滑动摩擦力的判据,就应考虑 滑动之前怎样,也就会避免错解二.

【正解】 以物体为研究对象,受力如图乙所示:物体受重力、 摩擦力、支持力.物体在缓慢抬起过程中先静止后滑动.静止 时可以依据错解一中的解法,由①式可知θ 增加,静摩擦力 增加.当物体在斜面上滑动时,可以同错解二中的方法,据 Ff=μ N,分析FN的变化,知Ff滑的变化.θ 增加,滑动摩擦 力减小.在整个缓慢抬起过程中y方向的方程关系不变.依据错 解中②式知压力一直减小.所以抬起木板的过程中,摩擦力的 变化是先增加后减小,压力一直减小.

第2节
力的合成与分解

例1.正六边形ABCDEF的一个顶点向其 他5个顶点作用着5个力F1、F2、F3、 F4、F5,如图所示.已知F1=10 N,具 体各力的大小跟对应的边长成正比, 这5个力的合力大小为 N.

【点拨】求几个力的合力可采用以下方法: (1)平行四边形法. (2)三角形法. (3)正交分解法.

【解析】解法一 用平行四边形定则分别进行两力合成.先 连接BD,则F1与F4两力合力等于F3;再连接FD,则F5与F2的 合力也等于F3,所以5个力的合力为3F3.又由三角形ABD知 F3=2F1,故5个力的合力F=3F3=60 N,方向与F3相同. 解法二 用力的三角形法.先将F4平移至BD,则F1与F4的合力 为AD所示,等于F3;再将F5平移至CD,则F2与F5的合力为AD, 也等于F3,故F=3F3=60 N. 解法三 用正交分解法求合力.取F3为x轴正向,由于F1与F5、 F2与F4的对称性,它们在y轴方向的分力两两平衡,所以 Fy=0;而F1x+F4x=F3,F2x+F5x=F3,故5个力的合力 F=(F2x+F2y)1/2=Fx=3F3=60 N.
【答案】60 N

1. 当颈椎肥大压迫神经时,需要用颈部牵拉器牵拉颈 部,以缓解神经压迫症状.如图所示为颈部牵拉器牵拉 颈椎肥大患者颈部的示意图,图中θ 为45°,牵拉物P 的质量一般为3 kg~10 kg,求牵拉器作用在患者头部 的合力大小.

【解析】题中滑轮大小可以忽略,因此可以认为力F1、F2 竖直向上,大小等于F3即等于牵拉物的重量.题中所述情 景为求F1、F2、F3的合力,F1、F2可等效为竖直向上的力 F12=2F3=2G,由力的平行四边形定则及余弦定理可知,F 合=(F212+F23+2F12F3cosθ )1/2,代入数据得:F合= 5 ? 2 2G =2.8G.用m数值代入,可求得合力的取值范围为84 N~280 N.

例2.(2009·江苏)用一根长1 m的轻质细绳将一副质量为 1 kg的画框对称悬挂在墙壁上,已知绳能承受的最大张 力为10 N.为使绳不断裂,画框上两个挂钉的间距最大为 (g取10 m/s2) ( ) A. 3 m B. 22 m 2 C. 1/2 m D. 3 m
4

【点拨】
判断两挂钉间距最大时的绳的拉力

对物体进行受力分析

正交分解列方程求解

【解析】熟练应用力的合成和分解以及合成与分解中的一些规 律,是解决本题的关键;一个大小方向确定的力分解为两个等 大的力时,合力在分力的角平分线上,且两分力的夹角越大, 分力越大.题中当绳子拉力达到F=10 N的时候,绳子间的张角最 大,即两个挂钉间的距离最大;画框受到重力和绳子的拉力, 三个力为共点力,受力如图所示.

绳子与竖直方向的夹角为θ ,绳子长为L0=1 m,则有mg=2Fcos θ 可得cos θ =1/2,两个挂钉间的距离L=2·L0/2sin θ ,解得 L= 23 m,A项正确. 【答案】A

2. 如图所示,轻绳AO和BO共同吊起质量为m的重物.AO 与BO垂直,BO与竖直方向的夹角为θ ,OC连接重物,则 ( ) ① AO所受的拉力大小为mg/sin θ ② AO所受的拉力大小为mg/sin θ ③ BO所受的拉力大小为mgcos θ ④ BO所受的拉力大小为mg/sin θ A ① ③ B ①④ C ②③ D ③ ④

【解析】方法一:正交分解法 将O点受到的三个力沿水平、竖直两个方向进行分解, 如图甲所示,分别在这两个方向上列出平衡方程得: FAsin θ +FBcos θ =mg ① FAcos θ =FBsin θ ② 由①②解得FA=mgsin θ ,FB=mgcos θ .

方法二:相似三角形法或平行四边形法 因为O点受力平衡,故可将O点受到的三 个力进行平移组成封闭的三角形,又由 于拉力FA和FB互相垂直,所以得到的是 一个直角三角形,如图乙所示,解此三 角形得FA=mgsin θ ,FB=mgcos θ . 方法三:按力的实际作用效果进行分解 结点O受到的绳OC的拉力FC等于重物所受 重力mg,拉力FC的作用效果是拉紧了绳AO 和BO,故可将拉力FC沿绳AO和BO所在直 线进行分解,两分力分别等于拉力FA和FB, 力的图示如图丙所示,解得 FA=mgsin θ ,FB=mgcos θ . 【答案】A

3. 如图所示,轻绳AC与水平面夹角α =30°,BC与水平 面夹角β =60°,若AC、BC能承受的最大拉力不能超过 100 N,那么重物G不能超过多少?(设悬挂重物G的绳CD 强度足够大)

【解析】本题是关于力的合成与分解中的临界问题.连结点C 为研究对象,因为C点受AC、BC的拉力与重物G的拉力.由于C 点只受三个力且合力为零,所以最简单的求解方法就是力的 合成与分解. 由于重物静止时对C点的拉力F=G,拉力产生两个效果:对BC 的拉力FBC和对AC的拉力FAC,其力的矢量关系如图所示. 从图中关系可以看出FBC>FAC,即当重力G增加时,FBC先达100 N.因此重力G的极限值就等于FBC=100 N时所对应的F的数值, 由几何关系得F=FBC/cos30°= 200 3 N,所以重物的重力G 3 不能超过 200 3 N.
3

例.把一个已知力分解为两个分力时,下面几种情况中,只 能得到唯一解的是 ( ) A. 已知两个分力的大小 B. 已知两个分力的方向 C. 已知一个分力的大小和另一个分力的方向 D. 已知一个分力的大小和方向 【错解】ABD 【剖析】该题最容易犯的错误是错选A,导致这种错误的原 因是对矢量的方向理解不深刻.错误地认为确定了三条边就 能构成一个唯一确定的三角形,即只有唯一解.这样就把矢 量与线段混淆了,从而导致了错误.错选B是因为忘掉了限制 条件,即这两分力必须不共线. 【答案】D

第3节
受力分析 共点力的平衡

例1.(改编题)如图甲所示,重为G的均匀 链条两端用等长的轻绳连接,并挂在等 高的地方,轻绳与水平方向成θ 角.试求: (1)绳子的拉力大小. (2)链条在最低点处相互间的拉力大小.
【点拨】
恰当选择 研究对象 隔离法 受力分析 求绳最低点拉力

整体法

受力分析

求绳子的拉力

【解析】(1)先用整体法,以整个链条为研究 对象,链条受重力G和两端轻绳的拉力F1、F2 的作用,此三力必相交于一点O,如图乙所示, 则有:F1cos θ =F2cos θ ,即F1=F2, F1sin θ +F2sin θ =G, 解得F1=F2=G2/sin θ . (2)再用隔离法,以链条的左半部分为研究对 象,如图丙所示.左半部分链条受到重力G2、 绳的拉力F1、右半部分链条的拉力F的作用, 此三力相交于一点O′,则有: F=F1cosθ ,1/2G=F1sin θ ,解得F=1/2Gcotθ .

1. (2009·海南)两刚性球a和b的质量分别为ma 和mb、直径分别为da、db(da>db).将a、b球依次 放入一竖直放置、内径为L(L<da+db)的平底圆 筒内,如图所示.设a、b两球静止时对圆筒侧面 的压力大小分别为FN1和FN2,筒底所受的压力大 小为FN.已知重力加速度大小为g.若所有接触 都是光滑的,则 ( ) A. FN=(ma+mb)g,FN1=FN2 B. FN=(ma+mb)g,FN1≠FN2 C. ma<FN<(ma+mb)g,FN1=FN2 D. ma<FN<(ma+mb)g,FN1≠FN2

【解析】对两刚性球a和b整体分析,竖直方向受力平衡可知 FN=(ma+mb)g,水平方向受力平衡有FN1=FN2.故选项A正确. 【答案】A

例2.(2010·广雅模拟)倾角为θ 的 斜面上有质量为m的木块,它们之间 的动摩擦因数为μ .现用水平力F推 动木块,如图所示,使木块恰好沿 斜面向上做匀速运动.若斜面始终保 持静止,求水平推力F的大小.

【解析】多力平衡问题宜采用正交分解法,采用正交分解 法时,建立坐标系的原则是让尽可能多的力落在坐标轴上. 分析物体受力情况如图所示: 由于物体处于平衡状态,则有:沿斜面方向: Fcosθ =Ff+mgsin θ 垂直斜面方向:FN=Fsin θ +mgcos θ 又Ff=μ FN 解得F=(sin θ +μ cos θ )mg/(cos θ -μ sin θ ).

2. (2009·浙江)如图所示,质量为m的等边三棱柱静止在水 平放置的斜面上.已知三棱柱与斜面之间的动摩擦因数为μ , 斜面的倾角为30°,则斜面对三棱柱的支持力与摩擦力的大 小分别为 ( )
3 1 A. mg 和 mg 2 2 1 3 B. mg 和 mg 2 2 1 1 C . mg 和 umg 2 2 3 3 D. mg 和 umg 2 2

【解析】受力如图所示, 3 FN=mgcos 30°= 2 mg, Ff=mgsin 30°=1/2mg.

【答案】A

例3.如图所示,质量为m的球放 在倾角为α 的光滑斜面上,试 分析:挡板AO与斜面间的倾角 β 为多大时,AO所受压力最小? 【点拨】
受力分析

三力形成“△”或“平行四边形”

找到不变量 分析变量的变化

【解析】虽然题目求解的是挡板AO的受力情况,但若直接以 挡板为研究对象,因挡板所受力均为未知力,将无法得出结 论. 解法一:以球作为研究对象.球所受重力G产生的效果有两个: 对斜面产生了压力F1,对挡板产生了压力F2.根据重力产生的 效果将重力分解,如图所示.

当挡板与斜面的夹角β 由图示位置变化时,F1大小改变,但 方向不变,始终与斜面垂直;F2的大小、方向均改变(图中 画出的一系列虚线表示变化的F2).由图可以看出,当F2与F1 垂直,即β =90°时,挡板AO所受压力最小,最小压力 F2min=mgsin α . 解法二:也可用解析法分析力的矢量三角形.根据正弦定理有 F2/sinα =mg/sinβ ,所以F2=mgsinα /sinβ ,mgsin α 是定值, F2随sin β 变化而变化.当β <90°时,β 变大,sin β 变大, F2减小,当β >90°时,β 变大,sin β 减小,F2变大.所以当 β =90°时,F2有最小值.F2min=mgsin α .

3. 如图所示,小球质量为m,两根轻绳BO、CO系好后, 将绳固定在竖直墙上,在小球上施加一个与水平方向夹 角为60°的力F,使小球平衡时,两绳均伸直且夹角为 60°,则力F大小的取值范围是什么?

【解析】当力F较小时,OB张紧,OC有可能松弛; 当力F较大时,OC张紧,OB有可能松弛.由此可 知,OC刚要松弛和OB刚要松弛是此问题的临界 条件. 对小球进行受力分析如图所示,根据物体的平 衡条件,在水平方向上:Fcos θ -FTBcos θ FTC=0① 在竖直方向上:Fsin θ +FTBsin θ -mg=0② 联立①②得FTB=mg/sin θ -F③ FTC=2Fcos θ -mgcot θ ④ 绳BO伸直的条件为FTB≥0,由③式得: F≤mg/sin θ =2(3)1/2mg/3 绳CO伸直的条件为FTC≥0,由④式得: F≥mg/2sin θ =(3)1/2mg.故力F的大小应满足 的条件为(3)1/2mg≤F≤2(3)1/2mg.

例.如图甲所示,用绳AC和BC吊起一重物,绳与竖直方向夹 角分别为30°和60°,AC绳能承受的最大的拉力为150 N, 而BC绳能承受的最大的拉力为100 N,求物体最大重力不能 超过多少?

【错解】以重物为研究对象,重物受 力如图乙所示.由于重物静止,则有 FTACsin 30°=FTBCsin 60°① FTACcos 30°+FTBCcos 60°=G② 将FTAC=150 N,FTBC=100 N代入,联立 ①②式解得G=200 N. 【剖析】错解的原因是错误地认为当 FTAC=150 N时,FTBC=100 N,而没有认 真分析力之间的关系.实际当FTBC=100 N时,FTAC已经超过150 N.

【正解】 以重物为研究对象.重物受力如上图所示,重 物静止,加速度为零.根据牛顿第二定律列方程 FTACsin 30°-FTBCsin 60°=0① FTACcos 30°+FTBCcos 60°-G=0② 由式①可知FTAC=(3)1/2FTBC, 当FTBC=100 N时,FTAC=173 N,AC将断. 而当FTAC=150 N时,FTBC=86.6 N<100 N 将FTAC=150 N,FTBC=86.6 N代入式②解得G=173.2 N. 所以重物的最大重力不能超过173.2 N.

实验二
探究弹力与弹簧伸长量的关系

例.(1)在“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验中,以下 说法正确的是 ( ) A. 弹簧被拉伸时,不能超出它的弹性限度 B. 用悬挂钩码的方法给弹簧施加拉力,应保证弹簧位于竖 直位置且处于平衡状态 C. 用刻度尺测得弹簧的长度即为弹簧的伸长量 D. 用几个不同的弹簧,分别测出几组拉力与伸长量,得出 拉力与伸长量之比相等

(2)某同学做“探究弹力和弹簧伸长量的关系”的实验,他先 把弹簧平放在桌面上使其自然伸长,用刻度尺测出弹簧的原 长L0,再把弹簧竖直悬挂起来,挂上钩码后测出弹簧伸长后的 长度L,把L-L0作为弹簧的伸长量x,这样操作,由于弹簧自身重 力的影响,最后画出的图线可能是图中的( )

【解析】本题主要考查使用弹簧时应注意的问题,还有用图 象法来描述弹簧的弹力与其伸长量间的关系. (1)本实验中应以所研究的一根弹簧为实验对象,在弹性限度 内通过增减钩码的数目,以改变对弹簧的拉力,来探索弹力与 弹簧伸长量的关系,所以选A、B. (2)由于考虑弹簧自身重力的影响,当不挂钩码时,弹簧的伸 长量x≠0,所以选C.
【答案】(1)AB(2)C

例.(2010·日照模拟)利用如图所示装置做探究弹力和弹 簧伸长关系的实验.所用的钩码每只的质量为30 g.实验中, 先测出不挂钩码时弹簧的自然长度,再将5个钩码逐个加挂 在弹簧下端,稳定后依次测出相应的弹簧总长度,将数据填 在表中.(弹力始终未超过弹性限度,取g=10 m/s2)
记录数据组
码总质量(g)

1
0

2
30

3
60

4
90

5
120

6
150

弹簧总长(cm) 6.00 7.11 8.20

9.31

10.40 11.52

(1)在图中坐标系中作出弹簧弹力大小F跟弹簧总长度x之 间的函数关系的图线.

(2)由图线求得该弹簧的劲度系数k= 位有效数字)

N/m.(保留两

【解析】(1)弹力大小F跟弹簧总长度x之间的函数关系图线 如图所示.

(2)弹簧的劲度系数k等于F?x关系图线的斜率,故 k=Δ F/Δ x=27 N/m.

实验三
验证力的平行四边形定则

例1.(2009·青岛高三期中测试)某同学做“验证力的平行四边 形定则”的实验时,主要步骤是 A. 在桌上放一块方木板,在方木板上铺一张白纸,用图钉把白纸 钉在方木板上 B. 用图钉把橡皮条的一端固定在板上的A点,在橡皮条的另一端 拴上两条细绳套 C. 用两个弹簧测力计分别钩住绳套,互成角度地拉橡皮条,使橡 皮条伸长,结点到达某一位置O.记下O点的位置,读出两个弹簧测 力计的示数 D. 按选好的标度,用铅笔和刻度尺作出两只弹簧测力计的拉力F1 和F2的图示,并用平行四边形定则求出合力F E. 只用一只弹簧测力计,通过细绳套拉橡皮条使其伸长,读出弹 簧测力计的示数,记下细绳的方向,按同一标度作出这个力F′的图 示 F. 比较F′和F的大小和方向,看它们是否相同,得出结论 上述实验步骤中: (1)有重要遗漏的步骤的序号是 和 . (2)遗漏的内容分别是 和 .

【解析】本题考查对实验原理和实验步骤的理解.根据 “验证力的平行四边形定则”实验的操作规程可知,有重 要遗漏的步骤的序号是C、E.在C中未记下两条细绳的方 向,E中未说明是否把橡皮条的结点拉到了同一位置O. 【答案】(1)C E(2)C中未记下两条细绳的方向,E中未说 明是否把橡皮条的结点拉到了同一位置O.

例2.某同学在做“互成角度的两个力的合 成”实验时,利用坐标纸记下了橡皮条的 结点位置O点以及两只弹簧测力计拉力的 大小,如图所示. (1)试在图中作出无实验误差情况下F1和 F2的合力图示,并用F表示此力. (2)有关此实验,下列叙述正确的是 . A. 两弹簧测力计的拉力可以同时比橡皮 条的拉力大 B. 橡皮条的拉力是合力,两弹簧测力计的 拉力是分力 C. 两次拉橡皮条时,需将橡皮条结点拉到 同一位置O,这样做的目的是保证两次弹簧 测力计拉力的效果相同 D. 若只增大某一只弹簧测力计的拉力大 小而保证橡皮条结点位置不变,只需调整 另一只弹簧测力计拉力的大小即可

【解析】本题考查对实验数据的处 理及实验的误差分析. (1)用平行四边形定则作图,即以F1、 F2为两邻边作平行四边形,对角线就 表示合力F.(标上箭头表明方向) (2)两分力可以同时大于合力,故A正 确;结点受三个力作用处于平衡状态, 其中两弹簧测力计的拉力的合力与 第三个力——橡皮条的拉力等大反 向,是一对平衡力,而橡皮条的拉力 不是合力,故B错误;只有保证结点在 同一位置才能说明力的作用效果相 同,故C正确;若两个分力的大小都改 变而方向都不变,则合力一定改变, 结点的位置一定改变,故D错误. 【答案】(1)图见解析 (2)AC

在本实验中,除了必要的器材外,只用一个弹簧测力计, 能完成“验证力的平行四边形定则”实验吗?如果能,应 如何操作? 【解析】“一个弹簧测力计如何起到两个弹簧测力计的 作用”,是该实验创新设计需要突破的一个难点.体现在 迁移能力上就是用一个弹簧测力计分次测力来代替两个 弹簧测力计同时测力,但仍遵循力的合成的等效性,即每 次都是将结点拉到同一位置O,这是解决本实验创新的核 心问题.

【答案】能. (1)把两条细绳中的一条细绳与弹簧测力计连结,另一 条细绳用手直接抓住,然后同时拉这两条细绳,使结点 至O点,记下两条绳的方向和弹簧测力计的示数F1. (2)放回橡皮条后,将弹簧测力计连结到另一细绳上,用 手再同时拉这两条细绳,使结点至O点,并使两条细绳位 于记录下来的方向上,读出弹簧测力计的示数F2. 其他步骤与提供两弹簧测力计相同.


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