《金版教程(物理）》2025高考科學復習解決方案第二章相互作用思想方法2整體法與隔離法在多物體平衡問題中的應用方法概述對于兩個或兩個以上物體組成的系統的平衡問題，分析外力對系統的作用時，宜用整體法；而在分析系統內各物體(或一個物體各部分)間的相互作用時常用隔離法。對一些較復雜的問題，通常需要多次選取研究對象，交替使用整體法和隔離法。(2023·云南省麗江市高三下第一次模擬統測)如圖所示，質量分別為M、m的兩個木塊A、B通過輕彈簧連接，木塊A放在水平桌面上，木塊B用輕繩通過定滑輪在力F的作用下整體恰好處于靜止狀態，繩與水平方向成α角，重力加速度為g，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。不計滑輪與繩間的摩擦，則下列說法正確的是()A．木塊A對桌面的壓力為(M＋m)g－FB．木塊A與桌面之間的動摩擦因數μ＝eq\f(Fcosα,（M＋m）g－F)C．彈簧與水平方向的夾角β的正切值tanβ＝eq\f(Fsinα－mg,Fcosα)D．彈簧的彈力大小為F彈＝eq\r(（Fsinα）2＋（Fcosα－mg）2)[答案]C[解析]對木塊A、B和彈簧構成的系統整體受力分析，系統恰好靜止，根據平衡條件，豎直方向有Fsinα＋N地＝(M＋m)g，水平方向有Fcosα＝fmax，解得桌面對木塊A的支持力N地＝(M＋m)g－Fsinα，桌面對木塊A的最大靜摩擦力fmax＝Fcosα，根據牛頓第三定律可知木塊A對桌面的壓力為N＝N地＝(M＋m)g－Fsinα，根據fmax＝μN可知木塊A與桌面之間的動摩擦因數μ＝eq\f(Fcosα,（M＋m）g－Fsinα)，故A、B錯誤；因輕繩對木塊B的拉力沿右上方向，分析可知，要使木塊B靜止，彈簧對木塊B的彈力一定沿左下方向，對木塊B受力分析，根據平衡條件有F彈sinβ＝Fsinα－mg，F彈cosβ＝Fcosα，兩式相比得tanβ＝eq\f(Fsinα－mg,Fcosα)，兩式平方相加得F彈＝eq\r(（Fcosα）2＋（Fsinα－mg）2)，故C正確，D錯誤。1.如圖所示，一輕繩跨過光滑的定滑輪，一端與質量為10kg的吊籃相連，另一端被站在吊籃里質量為50kg的人握住，整個系統懸于空中并處于靜止狀態。重力加速度g＝10m/s2，滑輪兩側的輕繩均處于豎直方向，則該人對吊籃的壓力大小為()A．150N B．200NC．300N D．350N答案B解析設輕繩的拉力為F，以人與吊籃組成的整體為研究對象，進行受力分析，根據平衡條件有2F＝(m＋M)g，將m＝10kg、M＝50kg代入解得F＝300N；再對人進行受力分析，根據平衡條件有F＋FN＝Mg，解得FN＝200N，根據牛頓第三定律，可知該人對吊籃的壓力大小為200N，故B正確，A、C、D錯誤。2.(2021·湖南高考)質量為M的凹槽靜止在水平地面上，內壁為半圓柱面，截面如圖所示，A為半圓的最低點，B為半圓水平直徑的端點。凹槽恰好與豎直墻面接觸，內有一質量為m的小滑塊。用推力F推動小滑塊由A點向B點緩慢移動，力F的方向始終沿圓弧的切線方向，在此過程中所有摩擦均可忽略，下列說法正確的是()A．推力F先增大后減小B．凹槽對滑塊的支持力先減小后增大C．墻面對凹槽的壓力先增大后減小D．水平地面對凹槽的支持力先減小后增大答案C解析對滑塊受力分析，設推力F與水平方向的夾角為θ，凹槽對滑塊的支持力為N，由平衡條件有F＝mgsinθ，N＝mgcosθ，滑塊從A點緩慢移動到B點的過程中，θ由0°增大到90°，則推力F逐漸增大，支持力N逐漸減小，A、B錯誤；對凹槽與滑塊整體受力分析，墻面對凹槽的壓力為FN＝Fcosθ＝mgsinθcosθ＝eq\f(1,2)mgsin2θ，則θ由0°增大到90°的過程中，墻面對凹槽的壓力FN先增大后減小，C正確；水平地面對凹槽的支持力為N地＝(M＋m)g－Fsinθ＝(M＋m)g－mgsin2θ，則θ由0°增大到90°的過程中，水平地面對凹槽的支持力N地逐漸減小，D錯誤。課時作業1.(2023·吉林省白山市高三下二模聯考)風力儀可以測量風力的大小，其原理如圖所示，儀器中有一根輕質金屬絲，懸掛著一個金屬球，無風時，金屬絲豎直下垂，當金屬球受到水平方向的風力時，金屬絲偏離豎直方向一個角度，下列說法正確的是()A．當金屬絲偏離豎直方向的角度增大時，金屬球所受的合力增大B．若金屬絲偏離豎直方向的角度增大，則說明風力增大C．當金屬絲偏離豎直方向的角度增大時，金屬絲的拉力減小D．當水平風力足夠大時，金屬絲偏離豎直方向的角度可達90°答案B解析不論金屬絲偏離豎直方向的角度如何變化，當金屬球穩定時，金屬球所受的合力始終為零，故A錯誤；金屬球受豎直向下的重力mg、水平風力F和沿金屬絲方向的拉力T作用處于平衡狀態，有eq\f(F,mg)＝tanθ，eq\f(mg,T)＝cosθ，當金屬絲偏離豎直方向的角度θ增大時，風力F增大，金屬絲的拉力T增大，故B正確，C錯誤；當水平風力足夠大時，假設金屬絲偏離豎直方向的角度可達90°，此時金屬球受豎直向下的重力、水平風力和金屬絲的水平拉力，此三力不能平衡，假設不成立，即金屬絲偏離豎直方向的角度不可能達到90°，故D錯誤。2.(2023·河北省石家莊市高三下教學質量檢測(一))如圖所示，不可伸長、質量不計的繩子兩端分別固定在豎直桿PQ、MN上，雜技演員利用輕鉤讓自己懸掛在繩子上，不計輕鉤與繩間的摩擦。現將MN桿繞N點垂直紙面向外緩慢轉動15°，該過程中關于繩子上張力大小的變化，下列說法正確的是()A．逐漸變大 B．逐漸變小C．始終不變 D．先變大后變小答案A解析設雜技演員的質量為m，繩子上的張力大小為T，輕鉤兩側繩子與豎直方向的夾角均為θ，對雜技演員和輕鉤整體受力分析，如圖所示，由平衡條件有2Tcosθ＝mg，解得T＝eq\f(mg,2cosθ)。設繩總長為L，繩的兩懸點在水平方向的距離為d，根據幾何關系有sinθ＝eq\f(d,L)，將MN桿繞N點垂直紙面向外緩慢轉動15°的過程中，L不變，d逐漸變大，則sinθ逐漸變大，cosθ逐漸變小，T逐漸變大，故A正確，B、C、D錯誤。3.(2023·天津市紅橋區高三下二模)如圖所示，將截面為三角形的斜面體P固定在水平地面上，其右端點與豎直擋板MN靠在一起，在P和MN之間放置一個光滑均勻的圓柱體Q，整個裝置處于靜止狀態。若用外力使豎直擋板MN以N點為軸緩慢地順時針轉動至擋板MN水平之前，斜面體P始終靜止不動，在此過程中，下列說法正確的是()A．MN對Q的彈力先減小后增大B．MN對Q的彈力先增大后減小C．P對Q的彈力一直增大D．P對Q的彈力先減小后增大答案A解析對圓柱體Q受力分析，受重力G、斜面體的彈力FP和擋板的彈力FMN，根據平衡條件可知，斜面體的彈力和擋板的彈力的合力與Q的重力大小相等、方向相反，擋板以N點為軸順時針緩慢地轉動至水平位置的過程中，Q的重力G大小、方向均不變，FP方向不變，FMN方向由水平向左順時針轉動至豎直向上，根據平行四邊形定則作出受力分析動態圖，如圖所示，可得斜面體P對Q的彈力FP逐漸減小，擋板MN對Q的彈力FMN先減小后增大，故A正確，B、C、D錯誤。4.(2023·湖南省株洲市高三下一模)碗內部為半球形，半徑為R，碗口水平。生米粒與碗內側的動摩擦因數為μ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，靜止于碗內的生米粒與碗口間的最小距離d為()A．Req\r(1＋μ2) B．Req\r(1－μ2)C．Req\r(\f(1,1－μ2)) D．Req\r(\f(1,1＋μ2))答案D解析設生米粒的質量為m，當生米粒受到碗的摩擦力達到最大靜摩擦力時，靜止于碗內的生米粒與碗口的距離最小，設此時碗對生米粒的支持力與水平方向的夾角為θ，作出生米粒的受力分析示意圖如圖所示，根據平衡條件有mgcosθ＝fm，FN＝mgsinθ，又fm＝μFN，聯立解得μ＝eq\f(cosθ,sinθ)，則sinθ＝eq\r(\f(1,1＋μ2))，根據幾何關系有sinθ＝eq\f(d,R)，可得d＝Req\r(\f(1,1＋μ2))，故D正確。5.(2023·重慶市合川區高三下聯考)如圖所示，物體A、B用輕質細繩連接后跨過滑輪，A靜止在傾角為45°的斜面上，B懸掛著。已知質量mA＝2mB，不計滑輪摩擦，現將斜面傾角由45°增大到60°，但物體仍保持靜止，下列說法正確的是()A．繩子的張力增大B．物體A對斜面的壓力將增大C．物體A受到的靜摩擦力增大D．滑輪受到繩子的作用力保持不變答案C解析對物體B受力分析，受豎直向下的重力mBg和繩子豎直向上的拉力T，由平衡條件得T＝mBg，可知斜面傾角增大時，繩子張力不變，A錯誤；以物體A為研究對象，假設其所受摩擦力沿斜面向上，受力分析如圖所示，由平衡條件得f＋T－mAgsinθ＝0，N－mAgcosθ＝0，解得f＝mAgsinθ－mBg，N＝mAgcosθ，當θ＝45°時，f＝(eq\r(2)－1)mBg，方向沿斜面向上，則在θ由45°增大到60°的過程中，f不斷變大，N不斷變小，由牛頓第三定律得，物體A對斜面的壓力N′＝N將變小，故B錯誤，C正確；繩子張力的大小不變，在θ由45°增大到60°的過程中，滑輪兩邊繩子的夾角減小，由平行四邊形定則可知，滑輪受到繩子的作用力即兩側繩子張力的合力變大，D錯誤。6.(多選)如圖所示，兩根輕繩一端系于結點O，另一端分別系于固定圓環上的A、B兩點，O為圓心。O點下面懸掛一物體M，繩OA水平，拉力大小為F1，繩OB與繩OA的夾角α＝120°，拉力大小為F2。將兩繩同時緩慢順時針轉過75°，并保持兩繩之間的夾角α始終不變，物體始終保持靜止狀態。則在旋轉過程中，下列說法正確的是()A．F1逐漸增大 B．F1先增大后減小C．F2逐漸減小 D．F2先減小后增大答案BC解析如圖所示，以結點O為研究對象進行受力分析。由正弦定理得eq\f(G,sinα)＝eq\f(F1,sinγ)＝eq\f(F2,sinβ)，其中α＝120°不變，則比值不變，γ由鈍角變為銳角，sinγ先變大后變小，則F1先增大后減小，β由90°變為鈍角，則sinβ變小，F2逐漸減小，故B、C正確，A、D錯誤。7.(多選)如圖，不可伸長的輕繩OA下面懸掛一重物，水平輕繩OD一端固定于D點，輕彈簧一端與O點連接，初始時另一端位于B點且與豎直方向成60°夾角，現保持O點的位置不變，緩慢將彈簧的另一端從B處逆時針轉到C處且OC豎直(圖中未畫出)，則在此過程中()A．彈簧的彈力一直增大B．水平繩OD的拉力一直增大C．彈簧在OC處時的彈力是在OB處時的一半D.eq\f(1,2)BO＜CO＜BO答案CD解析結點O受三個力而平衡，三力組成的矢量三角形如圖所示，隨著彈簧逆時針轉動，水平繩OD的拉力T一直減小，彈簧彈力F也一直減小，故A、B錯誤；彈簧在OB處時，FB＝kxB＝eq\f(mg,cos60°)＝2mg，在OC處時，FC＝kxC＝mg，所以FC＝eq\f(1,2)FB，故C正確；設彈簧原長為L0，則eq\f(CO,BO)＝eq\f(L0＋xC,L0＋xB)＝eq\f(L0＋xC,L0＋2xC)，所以eq\f(1,2)BO<CO<BO，故D正確。8.(2023·遼寧省丹東市高三下總復習質量測試(二))如圖所示，細線一端系在質量為m的圓環A上，通過光滑定滑輪另一端系一質量為2m的物塊B。細線對圓環A的拉力方向水平向左。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，直桿傾角θ＝37°，要保證圓環A靜止不動，則A與固定直桿間動摩擦因數μ至少為(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)()A.eq\f(1,2) B.eq\f(5,11)C.eq\f(5,6) D.eq\f(4,5)答案A解析設細線拉力大小為F，對物塊B受力分析，由平衡條件可得F＝2mg，對圓環A受力分析，細線拉力沿直桿向上的分力Fcosθ＝1.6mg大于圓環A重力沿直桿向下的分力mgsinθ＝0.6mg，要保證圓環A靜止不動，故直桿對圓環A的摩擦力f沿桿向下，對圓環A受力分析，如圖所示，由平衡條件，有N＝mgcosθ＋Fsinθ，f＋mgsinθ＝Fcosθ，解得N＝2mg，f＝mg，當A恰好靜止不動時，有f＝μminN，可得μmin＝eq\f(1,2)，故選A。9．(2023·云南省昭通市高三下3月調研(四))如圖甲所示，擋板OM、擋板ON與水平面的夾角均為60°，一個重力G＝30N的光滑的球靜置在兩擋板之間。現將整個裝置以過O點垂直于紙面的水平線為軸沿逆時針方向緩慢地轉動，直到擋板ON豎直，如圖乙所示，整個過程中兩擋板的夾角保持不變，則下列說法正確的是()A．擋板OM對球的作用力先減小后增大B．擋板ON對球的作用力先增大后減小C．轉動前擋板OM對球的作用力大小為15ND．轉動后擋板ON對球的作用力大小為10eq\r(3)N答案D解析整個過程球處于動態平衡狀態，由共點力的平衡條件可知兩擋板對球的作用力的合力與球的重力等大反向，則三力可構成閉合的矢量三角形，又兩擋板對球的作用力之間的夾角始終為120°，如圖所示，則α＝60°，裝置轉動過程中，三角形中FOM與FON的交點在一個圓弧上移動，在裝置轉動到擋板ON豎直的過程中，由圖可知擋板ON對球的作用力逐漸減小，擋板OM對球的作用力逐漸增大，故A、B錯誤；根據對稱性可知，轉動前擋板OM對球的作用力大小等于擋板ON對球的作用力大小，根據平衡條件可得2FOM1sineq\f(α,2)＝G，解得轉動前擋板OM對球的作用力大小為FOM1＝30N，故C錯誤；轉動后，根據平衡條件可得FON2＝eq\f(G,tanα)，可得擋板ON對球的作用力大小為FON2＝10eq\r(3)N，故D正確。10.(2023·山東省濟寧市高三下二模)如圖所示，輕繩MN的兩端固定在水平天花板上，輕繩OP系在輕繩MN的某處，光滑輕滑輪懸掛一質量為m的物體，并跨在輕繩MN上。初始時用豎直向下的力F拉OP，使O點處于如圖所示的位置，此時OM與水平方向的夾角為60°，O′N與水平方向的夾角為30°。在保證O點位置不變的情況下，使輕繩OP以O點為圓心順時針緩慢轉過90°的過程中，下列說法正確的是()A．力F的大小先減小后增大B．輕繩OM的拉力大小先減小后增大C．當力F豎直向下時，力F的大小為eq\f(\r(3),2)mgD．當力F豎直向下時，輕繩O′N的拉力大小為eq\f(\r(3),2)mg答案A解析O點位置不變，則O′點位置也不變，滑輪兩側輕繩與水平方向夾角均始終為30°，對滑輪和物體整體受力分析，如圖1所示，由平衡條件可知，2F2sin30°＝mg，則繩O′N上的拉力大小始終為F2＝mg，故D錯誤；對O點受力分析，輕繩OP上的拉力F與輕繩OO′上的拉力F1的合力與OM在同一直線上，且F1＝F2＝mg，輕繩OP以O點為圓心順時針緩慢轉過90°的過程中，F、F1、FOM構成的矢量三角形如圖2所示，故力F的大小先減小后增大，輕繩OM拉力FOM的大小不斷減小，A正確，B錯誤；當力F豎直向下時，由幾何知識可知，F＝F1＝mg，C錯誤。11.(2023·湖南省邵陽市高三下三模)在樓房維修時，為防止重物碰撞陽臺，工人經常使用如圖所示的裝置提升重物。跨過光滑定滑輪的a繩和b、c繩連結在O點，工人甲拉動a繩的一端使重物上升，工人乙在地面某固定位置用力拉著b繩的一端，保證重物沿豎直方向勻速上升，則下列說法正確的是()A．a繩的拉力先變大后變小B．b繩的拉力越來越小C．工人乙對地面的壓力越來越大D．工人乙對地面的摩擦力越來越大答案D解析如圖所示，重物沿豎直方向勻速上升時，O點受到c繩的拉力的大小始終等于重物的重力，a繩與豎直方向的夾角變大，b繩與豎直方向的夾角變小，根據平行四邊形定則可知a、b繩中的拉力都變大，A、B錯誤；根據以上分析可知工人乙受到的b繩拉力沿豎直方向的分量越來越大，根據平衡條件可知地面對乙的支持力越來越小，結合牛頓第三定律可知工人乙對地面的壓力越來越小，C錯誤；由于a繩與豎直方向的夾角越來越大，a繩的拉力也越來越大，所以其水平方向上的分力越來越大，對重物和工人乙整體分析，根據平衡條件可知工人乙水平方向上受到地面的摩擦力等于a繩沿水平方向的分力，所以工人乙受到地面的摩擦力越來越大，結合牛頓第三定律可知工人乙對地面的摩擦力越來越大，D正確。實驗探究彈簧彈力與形變量的關系科學探究梳理1．探究彈簧彈力與形變量的關系。2．學會用列表法和圖像法處理實驗數據。彈簧受到拉力作用會伸長，平衡時彈簧產生的彈力和拉力大小相等；彈簧的伸長量越大，彈力也就越大。鐵架臺、彈簧、鉤碼、刻度尺、坐標紙。1．安裝實驗儀器(如圖所示)。2．測量彈簧的伸長量(或總長)及所受的拉力(或所掛鉤碼的質量)，列表作出記錄，要盡可能多測幾組數據。1．列表法由表格中的F、x數據，可以發現彈力F與彈簧伸長量x的比值在誤差允許范圍內是相等的。2．圖像法以彈簧伸長量x為橫坐標、彈力F為縱坐標建立坐標系，描出F、x各組數據相應的點，作出的擬合曲線是一條過坐標原點的直線。1．安裝實驗裝置時，要保持刻度尺豎直并靠近彈簧。2．實驗中彈簧下端掛的鉤碼不要太多，以免超過彈簧的彈性限度。3．要使用輕質彈簧，且要盡量多測幾組數據。4．描點畫線時，不要畫折線。所描的點不一定都落在一條直線上，但應注意不在直線上的點要均勻分布在直線的兩側。5．記錄數據時要注意彈力及彈簧伸長量的對應關系及單位。1．鉤碼標值不準確、彈簧長度測量不準確帶來誤差。2．畫圖時描點及連線不準確也會帶來誤差。科學探究精研考點一教材原型實驗考向1實驗原理與操作例1如圖1所示，甲同學用鐵架臺、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2是彈簧彈力F與彈簧伸長量x的F-x圖像，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__________________________。(4)為完成該實驗，乙同學使用同樣的實驗器材，設計的實驗步驟如下：A．以彈簧伸長量為橫坐標，以彈力為縱坐標，描出各組(x，F)對應的點，并用平滑的曲線連接起來；B．記下彈簧不掛鉤碼時其下端在刻度尺上的刻度l0；C．將鐵架臺固定于桌子上，并將彈簧的一端系于橫梁上，在彈簧附近豎直固定一把刻度尺；D．依次在彈簧下端掛上1個、2個、3個、4個……鉤碼，分別記下鉤碼靜止時彈簧下端所對應的刻度，并記錄在表格內，然后取下鉤碼；E．以彈簧伸長量為自變量，寫出彈力與伸長量的關系式。首先嘗試寫成一次函數，如果不行，則考慮二次函數；F．解釋函數表達式中常數的物理意義；G．整理儀器。請將以上步驟按操作的先后順序排列出來：____________。[答案](1)毫米刻度尺(2)彈簧原長、彈簧所受外力與對應的伸長量(或與彈簧對應的長度)(3)200彈簧自身存在重力(4)CBDAEFG[解析](1)根據實驗原理可知，還需要毫米刻度尺來測量彈簧原長和形變量。(2)根據實驗原理，實驗中需要測量的物理量有彈簧的原長、彈簧所受外力與對應的伸長量(或與彈簧對應的長度)。(3)取圖像中(0.5，0)和(3.5，6)兩個點，代入ΔF＝kΔx可得k＝200N/m。由于彈簧自重的原因，使得彈簧不掛鉤碼時就有形變量。(4)根據完成實驗的合理性可知先后順序為CBDAEFG。考向2數據處理與誤差分析例2一個實驗小組做“探究彈簧彈力與彈簧伸長關系”的實驗。(1)甲同學采用如圖a所示裝置，質量不計的彈簧下端掛一個小盤，在小盤中增添砝碼，改變彈簧的彈力，實驗中作出小盤中砝碼重力隨彈簧伸長量x變化的圖像如圖b所示。(重力加速度g＝10m/s2)①利用圖b中圖像，可求得該彈簧的勁度系數為________N/m。②利用圖b中圖像，可求得小盤的質量為________kg，小盤的質量會導致彈簧勁度系數的測量結果與真實值相比________(選填“偏大”“偏小”或“相同”)。(2)為了制作一個彈簧測力計，乙同學選了A、B兩根規格不同的彈簧進行測試，根據測得的數據繪出如圖c所示的圖像，為了制作一個量程較大的彈簧測力計，應選彈簧________(填“A”或“B”)；為了制作一個精確度較高的彈簧測力計，應選彈簧________(填“A”或“B”)。[答案](1)①200②0.1相同(2)BA[解析](1)①由圖b中圖像可知，彈簧的勁度系數：k＝eq\f(ΔF,Δx)＝eq\f(6－2,3.5－1.5)N/cm＝2N/cm＝200N/m。②由圖b中圖像可知：mg＝kx1，解得小盤的質量：m＝eq\f(kx1,g)＝eq\f(2×0.5,10)kg＝0.1kg；應用圖像法處理實驗數據，小盤的質量不會影響彈簧勁度系數的測量結果，即測量結果與真實值相同。(2)由圖c可知，彈簧A所受拉力超過4N則超過彈性限度，彈簧B所受拉力超過8N則超過彈性限度，故為了制作一個量程較大的彈簧測力計，應選彈簧B；由圖c可知，在相同拉力作用下，彈簧A的伸長量大，則為了制作一個精確度較高的彈簧測力計，應選彈簧A。考點二實驗拓展與創新1．彈力的獲得：彈簧豎直懸掛，鉤碼的重力大小等于彈簧的彈力→壓力傳感器測彈簧彈力；彈簧水平放置，消除彈簧自重的影響。2．長度的獲得：刻度尺測量→游標卡尺測量。3．圖像的獲得：根據測得的數據在坐標紙上作圖→由傳感器和計算機輸入數據得到圖像。1．將兩個彈簧“串聯”或“并聯”。2．探究彈簧勁度系數與彈簧原長、“粗細”的關系。考向1實驗裝置的創新例3(2021·廣東高考)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，數據如表所示。實驗過程中彈簧始終處于彈性限度內，采用逐差法計算彈簧壓縮量，進而計算其勁度系數。n123456Ln/cm8.0410.0312.0514.0716.1118.09(1)利用ΔLi＝Li＋3－Li(i＝1，2，3)計算彈簧的壓縮量：ΔL1＝6.03cm，ΔL2＝6.08cm，ΔL3＝________cm，壓縮量的平均值eq\o(ΔL,\s\up6())＝eq\f(ΔL1＋ΔL2＋ΔL3,3)＝________cm。(2)上述eq\o(ΔL,\s\up6())是管中增加________個鋼球時產生的彈簧平均壓縮量。(3)忽略摩擦，重力加速度g取9.80m/s2，該彈簧的勁度系數為________N/m(結果保留3位有效數字)。[答案](1)6.046.05(2)3(3)48.6[解析](1)根據ΔLi＝Li＋3－Li(i＝1，2，3)，得ΔL3＝L6－L3＝18.09cm－12.05cm＝6.04cm；壓縮量的平均值為eq\o(ΔL,\s\up6())＝eq\f(ΔL1＋ΔL2＋ΔL3,3)＝eq\f(6.03＋6.08＋6.04,3)cm＝6.05cm。(2)因ΔL1、ΔL2、ΔL3均是管中增加3個鋼球時彈簧的壓縮量，則所求平均值eq\o(ΔL,\s\up6())是管中增加3個鋼球時產生的彈簧平均壓縮量。(3)設每個鋼球的質量均為m，對連續滑進的3個鋼球，根據平衡條件有3mgsin30°＝k·eq\o(ΔL,\s\up6())，解得k＝eq\f(3mgsin30°,eq\o(ΔL,\s\up6()))＝eq\f(3×0.200×9.80×0.5,6.05×10－2)N/m＝48.6N/m。考向2實驗目的的創新例4(2022·湖南高考)小圓同學用橡皮筋、同種一元硬幣、刻度尺、塑料袋、支架等，設計了如圖a所示的實驗裝置，測量冰墩墩玩具的質量。主要實驗步驟如下：(1)查找資料，得知每枚硬幣的質量為6.05g；(2)將硬幣以5枚為一組逐次加入塑料袋，測量每次穩定后橡皮筋的長度l，記錄數據如下表：序號12345硬幣數量n/枚510152025長度l/cm10.5112.0213.5415.0516.56(3)根據表中數據在圖b上描點，繪制圖線；(4)取出全部硬幣，把冰墩墩玩具放入塑料袋中，穩定后橡皮筋長度的示數如圖c所示，此時橡皮筋的長度為________cm；(5)由上述數據計算得冰墩墩玩具的質量為________g(計算結果保留3位有效數字)。[答案](3)圖見解析(4)15.35(5)127[解析](3)根據表格數據描點連線如圖。(4)由題圖c可知刻度尺的分度值為1mm，故讀數為l＝15.35cm。(5)由l-n圖像得，當l＝15.35cm時，n＝21枚，即冰墩墩的質量與21枚硬幣質量相等，為21×6.05g＝127g。例5在探究彈力和彈簧伸長的關系時，某同學先按圖1對彈簧甲進行探究，然后把彈簧甲和彈簧乙并聯起來按圖2進行探究。在彈性限度內，將質量為m＝50g的鉤碼逐個掛在彈簧下端，分別測得圖1、圖2中彈簧的長度L1、L2如下表所示。鉤碼個數1234L1/cm30.0031.0432.0233.02L2/cm29.3329.6529.9730.30已知重力加速度g＝9.8m/s2，要求盡可能多地利用測量數據，計算彈簧甲的勁度系數k＝________N/m(結果保留兩位有效數字)。由表中數據________(填“能”或“不能”)計算出彈簧乙的勁度系數。[答案]49能[解析]分析圖1中，鉤碼數量和彈簧伸長量的關系為：每增加一個鉤碼，彈簧長度的增加量ΔL1＝eq\f(32.02＋33.02－30.00－31.04,4)cm＝1cm，所以彈簧甲的勁度系數k甲＝eq\f(mg,ΔL1)＝eq\f(0.05×9.8N,0.01m)＝49N/m。分析圖2中，每增加一個鉤碼，彈簧長度的增加量ΔL2＝eq\f(29.97＋30.30－29.33－29.65,4)cm＝0.3cm，即k甲×0.003m＋k乙×0.003m＝mg，m、g已知，k甲已求出，則可以求出彈簧乙的勁度系數。課時作業1.(2019·海南高考)某同學利用圖a的裝置測量輕彈簧的勁度系數。圖中，光滑的細桿和直尺水平固定在鐵架臺上，一輕彈簧穿在細桿上，其左端固定，右端與細繩連接；細繩跨過光滑定滑輪，其下端可以懸掛砝碼(實驗中，每個砝碼的質量均為m＝50.0g)。彈簧右端連有一豎直指針，其位置可在直尺上讀出。實驗步驟如下：①在繩下端掛上一個砝碼，調整滑輪，使彈簧與滑輪間的細線水平且彈簧與細桿沒有接觸；②系統靜止后，記錄砝碼的個數及指針的位置；③逐次增加砝碼個數，并重復步驟②(保持彈簧在彈性限度內)；④用n表示砝碼的個數，l表示相應的指針位置，將獲得的數據記錄在表格內。回答下列問題：(1)根據下表的實驗數據在圖b中補齊數據點并作出l-n圖象。n12345l/cm10.4810.9611.4511.9512.40(2)彈簧的勁度系數k可用砝碼質量m、重力加速度大小g及l-n圖線的斜率a表示，表達式為k＝________。若g取9.80m/s2，則本實驗中k＝________N/m(結果保留三位有效數字)。答案(1)圖見解析(2)eq\f(mg,a)102解析(1)作出l-n圖象如圖所示。(2)由胡克定律：nmg＝k(l－l0)，即l＝eq\f(mg,k)n＋l0，則eq\f(mg,k)＝a，解得k＝eq\f(mg,a)；由圖線可知a＝eq\f(12.40－10.00,5)cm＝0.48cm，解得k＝eq\f(0.05×9.80,0.48×10－2)N/m≈102N/m。2.(2022·湖北省武漢市高三下5月模擬(一))某同學用如圖所示的裝置測量彈簧的勁度系數k。將彈簧豎直懸掛在鐵架臺上，指針固定在彈簧上P1處，將刻度尺豎直固定在彈簧一側，在彈簧下端依次懸掛2個到7個鉤碼，當鉤碼處于靜止狀態時，測出彈簧受到的拉力Fn與指針所指的刻度尺示數Ln，實驗記錄如下：鉤碼個數n234567Fn(N)0.981.471.962.452.943.43Ln(cm)17.6519.8221.9824.1526.3228.45彈簧伸長量xn＝Ln＋3－Ln(cm)6.50①6.47回答下列問題：(1)由表可知所用刻度尺的分度值為________；(2)將表中數據補充完整：①＝________；(3)根據逐差法計算出彈簧的勁度系數k＝________N/cm(結果保留三位有效數字)；(4)如圖所示，若將固定在彈簧上P1處的指針改為固定在彈簧上P2處，重做上述實驗，則測得的勁度系數k′________k(選填“大于”“等于”或“小于”)。答案(1)1mm(2)6.50(3)0.227(4)大于解析(1)題表中Ln數據的最后一位是毫米的下一位，所以所用刻度尺的分度值為1mm。(2)根據公式xn＝Ln＋3－Ln代入數據得①＝L6－L3＝26.32cm－19.82cm＝6.50cm。(3)根據ΔF＝kΔx可知k2＝eq\f(F5－F2,x2)，k3＝eq\f(F6－F3,x3)，k4＝eq\f(F7－F4,x4)，則彈簧的勁度系數k＝eq\f(k2＋k3＋k4,3)，聯立并代入數據得k＝0.227N/cm。(4)若將固定在彈簧上P1處的指針改為固定在彈簧上P2處，P1P2間的彈簧的形變沒有測量，即彈簧的形變量的測量值偏小，則測得的勁度系數偏大。3.(2022·江蘇省南通市高三下第一次調研)某同學用圖a裝置探究兩根相同彈簧甲、乙串聯后總的勁度系數與彈簧甲勁度系數的關系。他先測出不掛鉤碼時彈簧甲的長度和兩彈簧的總長度，再將鉤碼逐個掛在彈簧的下端，記錄數據填在下面的表格中。序號123456鉤碼重力F/N0.000.501.001.502.002.50彈簧甲的長度L1/cm1.952.202.452.702.953.20兩彈簧總長度L2/cm4.004.505.005.506.006.50(1)關于本實驗操作，下列說法正確的是________。A．懸掛鉤碼后立即讀數B．鉤碼的數量可以任意增減C．安裝刻度尺時，必須使刻度尺保持豎直狀態(2)已作出鉤碼重力F與彈簧總長度L2的關系圖像，如圖b中實線所示，由圖像可知兩根彈簧串聯后總的勁度系數k為________N/cm。(3)在圖b的坐標紙上描點作出鉤碼重力F與彈簧甲的長度L1的關系圖像。(4)根據F-L1圖像可求出一根彈簧的勁度系數k′，k和k′的定量關系為________。(5)本實驗中，彈簧的自重對所測得的勁度系數________(選填“有”或“無”)影響。答案(1)C(2)1.00(3)圖見解析(4)k′＝2k(5)無解析(1)懸掛鉤碼后應等指針穩定后再讀數，故A錯誤；因為所掛鉤碼總重力不能超過彈簧的彈性限度，則鉤碼的數量不可以任意增減，故B錯誤；因為彈簧豎直懸掛，為準確測量彈簧長度，則安裝刻度尺時，必須使刻度尺保持豎直狀態，故C正確。(2)由二力平衡及胡克定律有ΔF＝kΔL2，故F-L2圖像的斜率為兩根彈簧串聯后總的勁度系數，即k＝eq\f(ΔF,ΔL2)＝eq\f(2.50,6.50－4.00)N/cm＝1.00N/cm。(3)圖像如圖所示。(4)根據F-L1圖像可求出一根彈簧的勁度系數為k′＝eq\f(ΔF,ΔL1)＝eq\f(2.50,3.20－1.95)N/cm＝2.00N/cm，故k和k′的定量關系為k′＝2k。(5)若彈簧的自重不能忽略，則仍有ΔF＝kΔx，故彈簧的自重對所測得的勁度系數無影響。4．(2022·河北省唐山市高三下第三次模擬演練)如圖甲所示，有兩條長度不同的彈性繩。兩繩上端固定在同一位置，下端系在一個輕質鉤上。兩繩在同一豎直面內，不纏繞。1的長度比2短，1自然伸長時，2處于松弛狀態。現測量這兩條彈性繩的勁度系數。進行以下操作：(每個鉤碼質量為100g，g取10m/s2)①測量彈性繩1的自然長度L0；②下端逐個加掛鉤碼，測量彈性繩1的長度L，并記錄對應鉤碼數量n，兩條彈性繩一直處于彈性限度內；③在坐標紙上建立坐標系。以L為縱坐標，以所掛鉤碼數為橫坐標，描出部分數據如圖乙所示；④根