高考物理中檔難度題型突破策略第03講重力彈力摩擦力中檔難度題型突破題型分類題型分類中檔難度題型題型一重力題型突破題型二彈力題型突破題型三摩擦力題型突破【中檔難度題型突破】一．選擇題（共24小題）1．（2021春?長安區(qū)校級月考）如圖所示，物塊A放在木板B上，A、B的質量均為m，A、B之間的動摩擦因數為μ，B與地面之間的動摩擦因數為。若將水平力作用在A上，使A剛好要相對B滑動，此時拉力為F1；若將水平力作用在B上，使B剛好要相對A滑動，此時拉力為F2。則F1與F2的比為（最大靜摩擦力等于滑動摩擦力）（）A．1：2 B．1：3 C．1：1 D．2：3【分析】根據題意整體法與隔離法，分別求出兩種拉力情況下的A、B剛好相對滑動時的加速度，然后應用牛頓第二定律的求出水平拉力，再求出拉力大小之比?！窘獯稹拷猓喝魧⑺搅ψ饔迷贏上，A、B剛好相對滑動，設此時整體的加速度為a1，由牛頓第二定律，則有：F1﹣對A有：F1﹣f＝ma1，而f＝μmg，聯(lián)合上式，解得：F1＝若將力作用在B上時，B剛好要相對A滑動時，設A的加速度為a2，對A，則有：a2＝μg，即為此時AB的共同加速度，對B：F2﹣?2mg﹣μmg＝μmg解得：F2＝μmg，則：F1：F2＝1：2，故A正確，BCD錯誤；故選：A。【點評】解決本題的關鍵抓住臨界狀態(tài)，結合剛好發(fā)生相對滑動時，A、B的加速度相等，根據牛頓第二定律進行求解，注意兩種情況下的加速度值不同，難度中等。2．（2021春?邢臺月考）關于物體的運動和受力，下列說法正確的是（）A．運動越快的物體慣性越小，運動狀態(tài)越容易改變 B．列車在水平軌道上加速行駛，列車上的人處于失重狀態(tài) C．用手握住瓶子，瓶子所受的摩擦力大小與握力的大小成正比 D．滑動摩擦力總是阻礙物體的相對運動，滑動摩擦力方向可能與物體運動方向相同【分析】由摩擦力、慣性、和超重與失重的知識點，即可進行一一分析?！窘獯稹拷猓篈、慣性是物體的固有屬性，慣性的大小只與質量有關，與運動的速度無關，故A錯誤；B、列車在水平軌道上加速，此時列車上的人所受重力與列車給人的支持力相平衡，在豎直方向上人處于平衡狀態(tài)，故B錯誤；C、用手握住瓶子，瓶子此時受到的摩擦力為靜摩擦力，大小與瓶子的重力平衡，與握力大小無關，故C錯誤；D、滑動摩擦力與物體間的相對運動的方向相反，與運動方向可能相同，故D正確；故選：D?！军c評】本題主要考查了慣性、超重與失重、摩擦力的影響因素等知識點，解題關鍵在于慣性只與質量有關，與物體的運動狀態(tài)無關，超重與失重狀態(tài)需要豎直方向的加速度，靜摩擦力的大小只與外力大小有關，滑動摩擦力的方向與相對運動的方向相反，而不是與運動方向相反。3．（2021?包頭一模）如圖（a），滑塊在與水平方向夾角為37°、斜向上的拉力F作用下，沿水平桌面做勻速直線運動。將該桌面傾斜成與水平方向夾角為37°，保持拉力的方向不變，大小變?yōu)?F，如圖（b），滑塊恰好沿傾斜桌面向上做勻速直線運動?；瑝K與桌面間的動摩擦因數是（）A． B． C． D．【分析】在圖（a）中，對滑塊受力分析，根據正交分解法，列出水平方向與豎直方向平衡的式子，再與滑動摩擦力公式f＝μN聯(lián)立；同理，在圖（b）中，對滑塊受力分析，根據正交分解法，列出沿著斜面方向與垂直于斜面方向平衡的式子，再與滑動摩擦力公式f′＝μN′聯(lián)立；最后以上各式聯(lián)立，即可求出動摩擦因數?！窘獯稹拷猓涸趫D（a）中，滑塊做勻速直線運動，設摩擦力為f，桌面的支持力為N，摩擦因數為μ，水平方向：f＝Fcos37°豎直方向：N+Fsin37°＝mg又有f＝μN在圖（b）中，滑塊向上做勻速直線運動，設摩擦力為f′，桌面的支持力為N′，沿斜面方向：2F＝mgsin37°+f′垂直于斜面方向：N′＝mgcos37°又有f′＝μN′聯(lián)立以上各式，解得：μ＝故BCD錯誤，A正確。故選：A?！军c評】解答本題的關鍵是在不同的情形下對物體正確受力分析，根據平衡條件，結合正交分解法及滑動摩擦力公式列式求解；注意此題中f≠μmg。4．（2021?閔行區(qū)二模）智能快遞分揀機器人簡化模型如圖，設運動過程中機器人和包裹之間沒有相對運動，下列說法正確的是（）A．當機器人加速運動時，包裹慣性消失 B．包裹受到的摩擦力一定與運動方向相同 C．加速運動時，包裹對機器人的摩擦力和機器人對包裹的摩擦力不相等 D．加速運動時，機器人對包裹的作用力大于包裹的重力【分析】根據牛頓第一定律可以知道慣性與運動狀態(tài)無關，根據運動狀態(tài)分析，包裹受到靜摩擦力情況?！窘獯稹拷猓篈、慣性是物體本身所具有的屬性，不會因為運動狀態(tài)而改變，當機器人加速運動時，包裹慣性不會消失，故A錯誤；B、不一定相同，當機器人加速運動時，包裹受到向前的摩擦力，當機器人做減速運動時，包裹受到向后的摩擦力，故B錯誤；C、包裹對機器人和機器人對包裹的摩擦力是一對相互作用力，時刻大小相等，方向相反，故C錯誤；D、加速運動時，包裹受到機器人對它的支持力和摩擦力作用，在豎直方向上，支持力等于重力，機器人對包裹的作用力應是支持力和摩擦力的合力，由平行四邊形定則合成后，合力大于重力，故D正確。故選：D?！军c評】本題考查摩擦力問題，在對物體受力分析時，要注意從作用對象、作用性質上找出作用力，靜摩擦力會隨運動狀態(tài)改變而改變。5．（2021?沈陽模擬）如圖所示，某雜技演員在豎直桿上進行“爬桿表演”，演員在桿上完成一系列的動作后，沿桿滑下，則下列說法正確的是（）A．演員用手握住豎直桿靜止時所受的靜摩擦力與演員的重力大小相等 B．演員靜止時，手握豎直桿的力越大，演員所受的靜摩擦力越大 C．演員沿豎直桿勻速下滑時，演員所受的滑動摩擦力小于演員的重力 D．演員沿豎直桿勻速上爬時，演員所受的滑動摩擦力等于演員的重力【分析】對演員受力分析，根據平衡條件求解；靜摩擦力大小與正壓力無關；根據平衡條件分析摩擦力?！窘獯稹拷猓篈、演員用手握住豎直桿靜止時，演員所受的摩擦力為靜摩擦力，由平衡條件可知所受的靜摩擦力與演員的重力大小相等，故A正確；B、演員靜止時所受的靜摩擦力始終等于演員的重力，與手握豎直桿的力的大小有關，故B錯誤；C、演員沿豎直桿勻速下滑時，演員所受的摩擦力等于滑動摩擦力，該摩擦力的大小等于演員的重力，故C錯誤；D、演員沿豎直桿勻速上爬，演員所受的摩擦力為靜摩擦力，該摩擦力等于演員的重力，故D錯誤。故選：A?！军c評】本題以某雜技演員在豎直桿上進行“爬桿表演”為情境載體，考查了受力分析及摩擦力的求解，解決此題的關鍵是要抓住平衡條件這個條件。6．（2021春?成都月考）關于重力、彈力和摩擦力，下列說法正確的是（）A．形狀規(guī)則的物體的重心在物體的幾何中心 B．相互接觸的物體之間一定有彈力 C．靜止的物體不可能受到滑動摩擦力作用 D．摩擦力方向可能與物體運動方向垂直【分析】只有質量分布均勻形狀規(guī)則的物體其重心才在幾何中心上；彈力產生的條件為：接觸，擠壓；靜摩擦力阻礙的是物體間的相對運動趨勢；滑動摩擦力總是阻礙物體間的相對運動，摩擦力方向可能與物體運動的方向垂直?！窘獯稹拷猓篈、形狀規(guī)則的物體，只有質量分布均勻時，重心才在幾何中心上，故A錯誤；B、根據彈力產生的條件可知，相互接觸的兩物體且發(fā)生彈性形變時才有彈力，故B錯誤；C、受滑動摩擦力的物體不一定運動，可以靜止，如：物體在地面上滑行，地面是靜止的，受到滑動摩擦力作用，故C錯誤；D、摩擦力的方向與相對運動的方向或相對運趨勢的方向相反，但是不一定與運動方向在同一條直線上，例如，隨水平圓盤一起運動的物體的靜摩擦力沿半徑方向，與運動方向垂直，故D正確。故選：D?！军c評】本題考查了重心、彈力以及摩擦力的產生條件及方向，理解彈力與摩擦力存在關系，可以利用生活中的實例進行說明。7．（2021?安慶一模）如圖甲所示，小物塊置于粗糙水平面上的O點，每次用水平拉力F，將物塊由O點從靜止開始拉動，當物塊運動到斜面頂端P點時撤去拉力。小物塊在不同拉力F作用下落在斜面上的水平射程x不同，如圖乙所示為F﹣x圖像，若物塊與水平面間的動摩擦因數為0.5，斜面與水平地面之間的夾角θ＝45°，g取10m/s2，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。則（）A．不能求出小物塊質量 B．小物塊質量m＝0.5kg C．O、P間的距離s＝0.25m D．小物塊每次落在斜面上的速度方向不同【分析】對OP段，運用動能定理列出F與s的關系。抓住小球平拋運動運動的豎直位移和水平位移的比值等于斜面傾角的正切值，得出F和水平射程x的關系式，結合圖象找到截距和斜率的數值，即可解得s。根據平拋運動規(guī)律分解末速度即可判斷末速度的方向?！窘獯稹拷猓篈BC、OP段，根據動能定理得：Fs﹣μmgs＝①，由平拋運動規(guī)律和幾何關系有，物塊的水平射程：x＝vPt…②，小球的豎直位移：y＝gt2…③，由幾何關系有：y＝xtanθ…④，由②③④有：x＝…⑤，由①⑤式解得F＝x+5m，由圖象知：m＝1kg，＝10N/m，解得s＝0.25m，故AB錯誤，C正確；D、如右圖，設速度與水平方向夾角為α，則tanα＝＝2×＝2×＝2tanθ，由于θ為定值，則α為定值，則小物塊每次落在斜面上的速度方向相同，故D錯誤。故選：C?！军c評】本題知道平拋運動水平方向和豎直方向上運動的規(guī)律，抓住豎直位移和水平位移的關系，把握兩個過程之間速度關系。注意公式和圖象的結合，重點是斜率和截距。8．（2021春?衢州月考）拉力器是一種很好的健身器材，由腳環(huán)、兩根相同的彈性繩、把手等組成。如圖所示，女子用100N的力拉開拉力器，使其比原長伸長了40cm，假設彈性繩的彈力與伸長量遵循胡克定律，且未超過彈性限度。則（）A．每根彈性繩的勁度系數為125N/m B．每根彈性繩的勁度系數為250N/m C．若對拉力器的拉力增大，則彈性繩的勁度系數也增大 D．若對拉力器的拉力減為50N，則彈性繩長度變?yōu)?0cm【分析】根據胡克定律F＝kx求解彈簧的勁度系數，從而確定拉力變化后的彈簧形變量?！窘獯稹拷猓篈B、根據胡克定律得：2kx＝F，代入數據解得每根彈性繩的勁度系數為：k＝125N/m，故A正確，B錯誤；C、彈簧的勁度系數是由彈簧本身的性質決定的，與彈簧拉力的大小無關，故C錯誤；D、若對拉力器的拉力減為50N，根據胡克定律得：2kx′＝F′，代入數據解得彈簧的形變量為：x′＝0.2m＝20cm，而不是彈性繩長度變?yōu)?0cm，故D錯誤。故選：A。【點評】彈簧的彈力與形變量之間的關系遵守胡克定律，公式F＝kx中，x是彈簧伸長的長度或壓縮的長度，即是彈簧的形變量。9．（2021春?宣化區(qū)校級月考）如圖所示，一個“Y”形彈弓頂部跨度為L，兩根相同的橡皮條自由長度均為L，在兩橡皮條的末端用一塊軟羊皮（長度不計）做成裹片。若橡皮條的彈力與形變量的關系滿足胡克定律，且勁度系數為k，發(fā)射彈丸時每根橡皮條的最大長度為1.5L（彈性限度內），則發(fā)射過程中裹片對彈丸的最大作用力為（）A．kL B．kL C．kL D．2kL【分析】當橡皮條的長度最大時，橡皮條的彈力最大，兩個彈力的夾角最小，則兩彈力的合力最大，根據平行四邊形定則和三角函數求出最大彈力?！窘獯稹拷猓焊鶕硕芍?，每根橡皮條的彈力為：F＝k（1.5L﹣L）＝0.5kL。設此時兩根橡皮條的夾角為θ，根據幾何關系知：cos＝＝，根據平行四邊形定則知，彈丸被發(fā)射過程中所受的最大彈力為：F合＝2Fcos＝2×0.5kl×＝kL，故B正確，ACD錯誤。故選：B。【點評】本題考查了胡克定律與力的合成的綜合，對幾何知識的應用要求較高。10．（2018秋?瀘州期末）將物體所受重力按力的效果進行分解，下列圖中錯誤的是（）A． B． C． D．【分析】根據各圖分析重力的作用效果，從而得出作用力的方向，確定圖示是否正確?！窘獯稹拷猓篈、重力產生了使物體下滑的效果及壓斜面的效果；故兩分力即圖中所示；故A正確；B、重力產生了向兩邊拉繩的效果，故B正確；C、重力產生了向兩墻壁的擠壓的效果，故兩分力應垂直于接觸面；故C錯誤；D、重力產生了拉繩及擠壓斜面的效果，故作圖正確；故D正確；本題選錯誤的；故選：C?！军c評】將一個力分解有無數個解，而按力的效果分解只有一解。兩個分力與重力只是效果上等效。同時注意垂直于斜面的分力與對斜面的壓力是兩個不同的力。11．（2019秋?金華期末）籃球比賽中的擊地傳球是指持球者在傳球時，為閃躲防守隊員防守而將球經擊地后傳給隊友，如圖所示，下列說法正確的是（）A．籃球對水平地面的彈力方向斜向下 B．水平地面對籃球的彈力方向豎直向下 C．水平地面受到的壓力是由于籃球發(fā)生了形變而產生的 D．籃球受到水平地面的支持力是由于籃球發(fā)生了形變而產生的【分析】支持力的方向垂直于接觸面指向被支持物體；地面對籃球的支持力和籃球對地面的壓力是一對相互作用力；籃球受到地面的支持力是由于地面發(fā)生了形變而產生的?！窘獯稹拷猓篈、籃球對水平地面的彈力方向豎直向下，故A錯誤；B、地面給籃球的彈力方向豎直向上，故B錯誤；C、地面受到的壓力是由于籃球發(fā)生了形變而產生的，故C正確；D、籃球受到地面的支持力是由于地面發(fā)生了形變而產生的，故D錯誤；故選：C?！军c評】本題考查了物體的彈性和彈力等知識點，支持力是常見的彈力，其方向垂直于接觸面并且指向被支持物。基礎題，比較容易。12．（2020秋?工農區(qū)校級期末）如圖所示是皮帶傳動示意圖，右側輪是主動輪，左側輪是從動輪，兩輪水平放置。當主動輪順時針勻速轉動時，重10N的物體同傳送帶一起運動，若物體與傳送帶間最大靜摩擦力為5N，則物體所受傳送帶的摩擦力的大小和圖中傳送帶上P、Q兩處所受的摩擦力的方向是（）A．5N，向下、向上 B．0，向下、向上 C．0，向上、向上 D．0，向下、向下【分析】物體與傳送帶速度相同，都是勻速運動，兩者沒有相對運動也沒有相對運動趨勢，故物體在這段不受摩擦力．O1為主動輪，即輪子帶著傳送帶運動，故傳送帶相對輪子由向后運動的趨勢，可知此處摩擦向下；O2為從動輪，即輪子是在傳送帶的帶動下運動的，故可知摩擦力向下．【解答】解：物體與傳送帶速度相同，都是勻速運動，兩者沒有相對運動也沒有相對運動趨勢，故物體在這段不受摩擦力；又O1為主動輪，即輪子帶著傳送帶運動，故傳送帶相對輪子有向上運動的趨勢，可知此處傳送帶受到的摩擦力向下；O2為從動輪，即輪子是在傳送帶的帶動下運動的，傳送帶相對輪子有向上運動的趨勢，故可知Q處傳送帶所帶的摩擦力向下。故選：D。【點評】摩擦力方向判定就是要判定物體間的相對運動，這點涉及到的主動輪和從動輪是個難點，這個要分清主動輪是輪子帶動皮帶，從動輪是皮帶帶動輪子，這樣就可以判定相對運動，進而確定摩擦力方向．13．（2020秋?天河區(qū)期末）一本書放在水平桌面上，桌面對書有支持力N，書對桌面有壓力F，則下列說法中正確的是（）A．壓力F實際上是由于桌面發(fā)生微小的彈性形變而對桌面產生的向下的彈力 B．壓力F實際上是由于書發(fā)生微小的彈性形變而對桌面產生的向下的彈力 C．支持力N實際上就是書受到的重力 D．壓力F和支持力N是一對平衡力【分析】知道彈力產生的條件：1、物體要相互接觸2、物體要發(fā)生彈性形變；清楚彈力的方向；彈力按效果的命名，牛頓第三定律的應用。【解答】解：AB、壓力F是由于施力物體書發(fā)生微小的彈性形變而對桌面產生的向下的彈力，故A錯誤，B正確；C、支持力與重力大小相等，是兩種不同性質的力，施力物體不同，不是同一個力，故C錯誤；D、壓力F和支持力N是一對作用力與反作用力，故D錯誤。故選：B。【點評】彈力是接觸力，要注意支持力、壓力屬于彈力。壓力和支持力的方向都垂直物體的接觸面，注意作用力與反作用力的關系。14．（2020秋?煙臺期末）如圖所示，三個質量均為3kg的小物塊通過兩個勁度系數均為600N/m的相同輕彈簧a、b及輕繩連接，其中物塊甲靜止放在水平桌面上，物塊乙、丙通過輕彈簧b拴接并靜止放在水平地面上，輕繩剛好伸直但無拉力作用，輕彈簧a處于原長。已知物塊甲與水平桌面間的動摩擦因數為0.2，重力加速度g＝10m/s2?，F用水平力緩慢地向左拉輕彈簧a的左端，直到物塊丙剛好離開水平地面，此過程中彈簧a的左端向左移動的距離為（整個過程中兩輕彈簧始終處于彈性限度內）（）A．11cm B．20cm C．21cm D．31cm【分析】開始時，繩的拉力為零，以乙為對象，乙的重力和彈簧的彈力是一對平衡力，根據胡克定律可以求出開始時b彈簧壓縮的長度x1；小物塊丙剛好離開水平地面時，以乙與丙組成的系統(tǒng)為整體，繩的拉力T和乙與丙總重力是一對平衡力，根據平衡條件可以求出輕繩對小物塊乙的拉力大?。粡氖┘铀嚼開始到小物塊丙剛好離開水平地面的過程中，以丙為對象，根據平衡條件和胡克定律可以求出彈簧b的伸長量x2，對彈簧a，根據胡克定律可以求出彈簧a的伸長量x3，a彈簧的左端向左移動的距離d＝x1+x2+x3。【解答】解：開始時，繩的拉力為零，以乙為研究對象，乙的重力和彈簧的彈力是一對平衡力，可知彈簧b處于壓縮狀態(tài)，根據胡克定律有kx1＝mg；小物塊丙剛好離開水平地面時，以乙與丙組成的系統(tǒng)為整體，繩的拉力T和乙與丙的總重力是一對平衡力，有T＝（m+m）g＝2mg；從施加水平拉力F開始到小物塊丙剛好離開水平地面的過程中，丙的重力和彈簧的彈力是一對平衡力，可知彈簧b處于伸長狀態(tài)，根據胡克定律有kx2＝mg；從施加水平拉力F開始到小物塊丙剛好離開水平地面的過程中，設彈簧a伸長量為x3，以甲為對象，根據平衡條件：kx3＝μmg+T；彈簧a的左端向左移動的距離d＝x1+x2+x3代入數據可得：d＝0.21m＝21cm。故ABD錯誤，C正確。故選：C?！军c評】本題考查了共點力的平衡、力的合成與分解的運用、胡克定律等知識點。如果涉及彈簧由拉伸（壓縮）形變到壓縮（拉伸）形變的轉化，運用胡克定律的推論△F＝k△x可直接求出彈簧長度的改變量△x的大小，從而確定物體的位移，再由運動學公式和動力學公式求相關量。15．（2020秋?駐馬店期末）如圖所示，物體A與勁度系數為k的輕彈簧一端相連，用大小為F0的拉力提起彈簧另一端，物體可以靜止懸掛?，F把物體放在粗糙水平地面上，物體與地面間的動摩擦因數為μ，用一大小為F的力水平向右拉彈簧，使物體做勻速直線運動，則彈簧的伸長量為（）A． B． C． D．【分析】根據共點力平衡求出彈簧彈力的大小，結合胡克定律求出彈簧的伸長量．【解答】解：用大小為F0的拉力提起彈簧另一端，物體可以靜止懸掛說明物體的重力等于F0；把物體放在粗糙水平地面上，用彈簧拉物體使之做勻速直線運動時，根據平衡條件得彈簧的彈力：F彈＝F＝μF0根據胡克定律得：F彈＝kx解得彈簧的伸長量：x＝，或x＝．故A正確，BCD錯誤。故選：A。【點評】本題考查了共點力平衡和胡克定律的綜合，知道拉力等于彈簧的彈力、等于摩擦力的大?。?6．（2021?未央區(qū)校級模擬）某運輸貨物的裝置可簡化為如圖所示模型，兩根足夠長的平行直圓棒MN、PQ間距保持R不變，兩棒所在平面與水平面成θ角，現將一個質量為m、截面半徑為R的圓柱形貨物放在MN、PQ上并由靜止釋放，已知圓柱形貨物與兩棒之間的動摩擦因數均為μ＝，且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則下列關于圓柱形貨物被釋放后的受力和運動的說法正確的是（）A．圓柱形貨物受到3個力的作用 B．兩根圓棒對圓柱形貨物的支持力大小都等于mgcosθ C．θ＞30°時，圓柱形貨物會沿圓棒下滑 D．θ＝45°時，圓柱形貨物一定會沿圓棒下滑【分析】依據受力分析，結合彈力方向垂直支持力，而摩擦力方向平行接觸面，并根據平衡條件，及幾何知識與三角知識，且作出不同平面的受力圖，即可一一判定分析?！窘獯稹拷猓篈、兩根圓棒對圓柱形貨物都有支持力和摩擦力，同時貨物還受到重力作用，因此圓柱形貨物總共受到5個力的作用，如下圖1所示，故A錯誤；B、將重力沿垂直MN、PQ所在的平面和平行該平面分解，垂直該平面向下的分量大小為Gy＝mgcosθ，在垂直MN、PQ所在的平面內對圓柱形貨物作受力如下圖2所示，由幾何知識，且圓棒MN、PQ間距保持R，那么棒受到的支持力夾角為90°再根據平衡條件，結合三角知識，可知，兩根圓棒對圓柱形貨物的支持力大小都為：N1＝N2＝mgcosθ，故B錯誤；CD、若圓柱形貨物剛好能夠沿圓棒下滑，則沿圓棒方向，由平衡條件有：mgsinθ﹣2μmgcosθ＝0，解得tanθ＝，則有30°＜θ＜45°，當θ＞30°時，圓柱形貨物不會沿圓棒下滑時，當θ＝45°時，圓柱形貨物一定會沿圓棒下滑，故C錯誤，D正確。故選：D?！军c評】本題以運輸圓柱形貨物為情境，考查了考生的理解能力、推理論證能力，掌握平衡條件的應用，理解幾何知識，及三角函數的運用，注意畫出不同平面的受力圖是解題的關鍵。17．（2021?德州二模）如圖所示，為從高處向下傳送圓柱形物體，工人師傅將MN和PQ兩相同直細桿平行傾斜固定在水平地面上做為軌道，兩直桿間的距離與圓柱形物體的半徑相同，兩直桿與水平面的夾角都為θ＝30°，圓柱形物體恰好能勻速下滑。則圓柱形物體與直桿間的動摩擦因數為（）A． B． C． D．【分析】作出圓柱形物體垂直于桿的平面內受力示意圖，根據垂直于桿方向的力平衡和平行于桿方向的力平衡，分別列式，求出桿對圓柱形物體的支持力和摩擦力，即可求得動摩擦因數?！窘獯稹拷猓鹤鞒鰣A柱形物體垂直于桿的平面內受力示意圖：據題，兩直桿間的距離與圓柱形物體的半徑相同，則2α＝60°，即α＝30°，根據圓柱形物體勻速下滑，在沿桿的方向有：2f＝mgsinθ垂直于桿的方向有：2Ncosα＝mgsinθ又有f＝μN聯(lián)立，代入數據解得：μ＝故ACD錯誤，B正確。故選：B。【點評】本題中圓柱形物體的受力分布在一個空間中，可分兩個平面進行研究，作出側視圖是關鍵，再由平衡條件即可分析求解。本題的易錯點在于，有的同學可能會直接套用斜面模型結論，勻速下滑時μ＝tanθ，從而誤選C，一定要注意具體問題具體分析。18．（2021?河南模擬）坡道式自動扶梯（不帶臺階）因其安全便捷在一些商場和車站等場所得到廣泛應用。考慮到經濟和效率性，扶梯在空載模式下低速運行，當有乘客踏上扶梯時，通過傳感器和控制系統(tǒng)，扶梯會逐漸提升至一個較高的速率勻速運行。如圖為一名乘客踏上空載運行的坡道式扶梯并相對扶梯保持靜止，則下列說法正確的是（）A．只有在提速階段乘客才受到摩擦力 B．在整個過程中乘客受到扶梯的作用力始終豎直向上 C．在提速階段乘客受滑動摩擦力，而在較高速度勻速運動時受靜摩擦力作用 D．在提速階段乘客受到扶梯的作用力斜向上，而在高速勻速運動時所受扶梯的作用力則豎直向上【分析】加速運動階段，扶梯對乘客有沿扶梯向上的靜摩擦力和垂直扶梯向上的支持力，二者的合力即扶梯對乘客的作用力指向斜向上方；勻速運動階段，扶梯對乘客作用力豎直向上．從而即可判定．【解答】解：A、由于乘客踏上空載運行的坡道式扶梯，不論加速還是勻速，乘客均受到沿著扶梯向上的靜摩擦力，故A錯誤；BD、加速運動階段，扶梯對乘客有沿扶梯向上的靜摩擦力和垂直扶梯向上的支持力，依據牛頓第二定律，加速度與合力方向相同，那么二者的合力即扶梯對乘客的作用力指向斜向上方；而在勻速運動階段，扶梯對乘客作用力則豎直向上，故B錯誤，D正確；C、因乘客相對扶梯保持靜止，因此在提速階段乘客受靜摩擦力，而在較高速度勻速運動時仍受靜摩擦力作用，故C錯誤；故選：D?！军c評】本題考查物體的運動情況分析物體受力情況的能力．要注意不論是勻速運動，還是提速運動，扶梯對乘客總有靜摩擦力，不過當提速過程中，扶梯對乘客的作用力不是豎直向上的．同時理解由牛頓第二定律，知道加速度與合力的方向關系。19．（2021?懷化一模）如圖所示，A，B是粗糙水平面上的兩點，O、P、A三點在同一豎直線上，且OP＝L，在P點處固定一光滑的小立柱，一小物塊通過原長為L0的彈性輕繩與懸點O連接。當小物塊靜止于A點時，小物塊受到彈性輕繩的拉力小于重力。將小物塊移至B點（彈性輕繩處于彈性限度內），由靜止釋放后，小物塊沿地面運動通過A點。若L0＞L，則在小物塊從B運動到A的過程中（）A．小物塊受到的滑動摩擦力保持不變 B．小物塊受到的滑動摩擦力逐漸減小 C．小物塊受到的滑動摩擦力逐漸增大 D．小物塊受到的滑動摩擦力先減小后增大【分析】分析物塊所受的支持力的變化情況，結合胡克定律，及平衡條件，且依據滑動摩擦力公式f＝μFN，即可分析滑動摩擦力變化情況?！窘獯稹拷猓簩π∥飰K受力分析因為L0＞L，設彈性輕繩開始原長到A點的伸長量為x0，則在A點物塊對地面的壓力：FNA＝mg﹣kx0設在B點繩子與豎直方向的夾角為θ，則物塊在B點彈性輕繩中的張力：則物塊在B對地面的壓力為：則從B點到A點物塊對地面正壓力的變化量為：△FN＝FNB﹣FNA＝kL﹣2kx0﹣kL0（1﹣cosθ）小物塊從B運動到A的過程中，繩與豎直方向的夾角θ減小，則cosθ增大，物塊對地面正壓力的變化量△FN增大，由f＝μFN可知，小物塊受到的滑動摩擦力逐漸增大，故C正確，ABD錯誤。故選：C?！军c評】考查平衡條件的應用，掌握胡克定律與滑動摩擦力公式，解答此題的關鍵是先對小物塊在B點時受力分析，由豎直方向上合力為零，分析物塊對地面壓力的變化。20．（2021?合肥一模）如圖甲所示，質量為0.4kg的物塊在水平力F作用下由靜止釋放，物塊與墻面間的動摩擦因數為0.4，力F隨時間t變化的關系如圖乙所示，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g＝10m/s2。下列圖像中，能正確反映物塊所受摩擦力大小與時間（Ff﹣t）變化關系的是（）A． B． C． D．【分析】物體先做加速度逐漸減小的加速運動，然后做加速度反向增大減速運動，最后停止，根據摩擦力與重力的關系分析，利用動量定理求解時間。【解答】解：物塊水平方向受力平衡F＝FN＝5t滑動摩擦力豎直向上F＝μF＝0.4×5t＝2t所以Ff﹣t圖象的是過原點的傾斜直線，斜率k＝2，當物塊靜止時，物塊受到靜摩擦力作用Ff＝mg＝0.4kg×10N＝4N圖象和t軸平行，Ff﹣t圖象的面積表示Ff的沖量，根據動量定理mgt﹣＝0解得物塊運動的時間為t＝4s，故C正確，ABD錯誤。故選：C?！军c評】本題考查了摩擦力的判斷和計算，求解摩擦力的問題時，首先要判斷是靜摩擦力還是滑動摩擦力。21．（2021春?鼓樓區(qū)校級月考）如圖所示，一輕彈簧直立于水平地面上，質量為m的小球從距離彈簧上端B點h高處的A點自由下落，在C處小球速度達到最大，vB表示小球下落至B處的速度大小，x0表示BC兩點之間的距離。若改變高度h，則表示x0隨h變化的圖象、vB隨h變化的圖象正確的是（）A． B． C． D．【分析】分析小球的運動過程及過程中受力情況可以得出BC間的距離與h的關系；分析高度與動能的關系成正比，則速度與高度的關系不成正比。【解答】解：AB、因小球下落過程中只有重力和彈簧的彈力做功，因彈簧的形變量保持不變，故彈簧彈力做功不變，故高度越高，小球到達C點的動能越大；Ek＝mgh﹣W彈，動能與高度成正比，速度不成正比，故AB錯誤；CD、小球在下落中先做自由落體運動，再做加速度減小的加速運動，當重力等于彈力時，小球的速度達最大，故小球速度最大值與小球下落的高度無關，不論A點多高，到達C點均為速度最大值；x0保持不變；故C正確，D錯誤；故選：C?！军c評】本題主要考查彈簧彈力和高度的關系，彈簧為高考中的重點內容，要求學生能正確分析其力的變化及做功情況．22．（2021?岳陽一模）一根輕質彈性繩的兩端分別固定在水平天花板上相距80cm的兩點上，彈性繩的原長也為80cm。將一重物掛在彈性繩的中點，平衡時彈性繩的總長度為100cm；已知彈性繩的勁度系數為100N/m，則重物的重力為（彈性繩的伸長始終處于彈性限度內）（）A．5N B．10N C．12N D．24N【分析】繩長變?yōu)?00cm時，伸長了20cm，應用胡克定律求得彈性繩的拉力，根據共點力的平衡關系可得出物體的重力。【解答】解：繩子原長是80cm＝0.8m，平衡時彈性繩的總長度為100cm＝1.0m，則彈性繩中張力為F＝100×（1.0﹣0.8）N＝20N對節(jié)點B受力分析，如圖所示：平衡時繩子上的拉力處處相等：FA＝FC＝F＝20N由平衡條件得：2FAsinθ＝mg；sinθ＝＝0.6代入數據得：mg＝24N，故D正確，ABC錯誤；故選：D。【點評】本題考場共點力的平衡，本題的關鍵是找出繩子與豎直方向的夾角，然后計算出勁度系數。另外做這一類題目，要養(yǎng)成畫圖的習慣，這樣題目就能變的簡單。23．（2020秋?朝陽區(qū)期末）某實驗小組用力傳感器探充彈簧的彈力和伸長量的關系。如圖甲所示，將輕質彈簧上端固定于架臺上，使標尺的零刻度線與彈簧上端對齊。某同學用力傳感器豎直向下拉彈簧，同時記錄拉力值F及對應的標尺刻度x（如圖乙所示）。通過描點畫圖得到圖丙所示的F﹣x圖像，a、b分別為使用輕彈簧1、2時所描繪的實驗圖線。下列說法正確的是（）A．彈簧1的原長大于彈簧2的原長 B．彈簧1的勁度系數大于彈簧2的勁度系數 C．彈簧2產生的彈力是15N時，彈簧的伸長量是50cm D．因未測彈簧原長，故本實驗無法探究彈簧的彈力與伸長量的關系【分析】根據圖丙分析兩根彈簧的原長；根據F﹣x圖像的斜率表示勁度系數分析勁度系數的大小；根據胡克定律求解彈簧的形變量；本實驗可以通過F﹣x關系圖像探究彈簧的彈力與伸長量的關系。【解答】解：A、根據圖丙可知，拉力為零時彈簧的長度均為0.2m，所以兩根彈簧的原長均為0.2m，故A錯誤；B、根據△F＝k△x可知：k＝，所以F﹣x圖像的斜率表示勁度系數，根據圖丙可知彈簧1的勁度系數大于彈簧2的勁度系數，故B正確；C、根據圖丙可知彈簧2的勁度系數為k2＝N/m＝50N/m，所以彈簧2產生的彈力是15N時，彈簧的伸長量是△x2＝＝0.3m＝30cm，故C錯誤；D、雖然未測彈簧原長，但本實驗可以通過F﹣x關系圖像探究彈簧的彈力與伸長量的關系，故D錯誤。故選：B?！军c評】本題考查了胡克定律、求彈簧的原長、勁度系數等問題，要能夠根據圖象進行分析，掌握F﹣x關系圖像的物理意義是關鍵。24．（2020秋?廣州期末）彈力在日常生活和工農業(yè)生產中有著廣泛的應用。如生活中的緩沖裝置就是利用彈簧的彈力作用來實現的。某緩沖裝置可抽象成如圖所示的簡單模型，圖中K1，K2為原長相等、對應勁度系數k1＜k2的不同輕質彈簧。當墊片緩慢向右移動時（）A．K1彈簧產生的彈力較大 B．K2彈簧產生的彈力較大 C．K1彈簧產生的壓縮量較大 D．兩彈簧的長度始終保持相等【分析】墊片向右移動時，兩彈簧均被壓縮，兩彈簧串聯(lián)彈力相等，由于勁度系數不同，兩彈簧形變量不同．【解答】解：AB、當墊片向右移動時，兩彈簧均被壓縮，兩彈簧串聯(lián)，彈力大小相等，故AB錯誤；CD、當墊片向右移動時，墊片向右移動時，兩彈簧均被壓縮，兩彈簧串聯(lián)，彈力相等，由于勁度系數不同，兩彈簧形變量不同，故兩彈簧長度不相等，勁度系數小的彈簧，形變量大，所以K1彈簧產生的壓縮量較大，故C正確，D錯誤；故選：C?！军c評】此題考查了彈簧的彈力、勁度系數的關系，知道兩彈簧串聯(lián)彈力大小相等。二．實驗題（共26小題）25．（2021?長春模擬）如圖甲所示，某同學在豎直懸掛的彈簧下加掛鉤碼，做實驗研究彈力與彈簧伸長量的關系。他將實驗數據記錄在表格中。實驗時彈簧始終未超過彈性限度，重力加速度g＝10m/s2。砝碼質量m/g0306090120150180彈簧總長度l/cm6.07.28.39.510.611.813.8（1）根據實驗數據，在圖乙給出的坐標紙上做出彈力F跟彈簧伸長量x關系的F﹣x圖像。（2）根據F﹣x圖像計算彈簧的勁度系數k＝26N/m（結果保留3位有效數字）。【分析】（1）根據所給數據，利用描點法即可畫出圖像；（2）根據胡克定律可知，圖象的斜率大小等于勁度系數大小.【解答】解：（1）根據測量得到的數據，利用描點法先在坐標圖中畫出數據點。然后用直尺過盡可能多的點畫出傾斜直線。但最后一個數圍點明顯偏離直線，應舍棄，如圖所示。（2）根據圖像求斜率，得到k＝26N/m故答案為：（1）如圖所示；（2）26【點評】本題關鍵是熟悉描點法畫圖的應用以及正確理解圖象斜率、截距等物理量的含義.26．（2021?廣東一模）某實驗小組在“探究彈力和彈簧伸長量的關系”的實驗中，操作過程如下：（1）將彈簧水平放置并處于自然狀態(tài)，將標尺的零刻度與彈簧一端對齊，彈簧的另一端所指的標尺刻度如圖甲所示，則該讀數為7.0cm。（2）接著，將彈簧豎直懸掛，由于彈簧自身重力的影響，不掛鉤碼時，彈簧也有一定的伸長，其下端所指的標尺刻度如圖乙所示；圖丙是在彈簧下端懸掛鉤碼后所指的標尺刻度，則彈簧因掛鉤碼引起的伸長量為6.9cm。（3）逐一增掛鉤碼，記下每增加一只鉤碼后彈簧下端所指的標尺刻度和對應的鉤碼總重力。該實驗小組的同學在處理數據時，將鉤碼總重力F作為橫坐標，彈簧伸長量△l作為縱坐標，作出了如圖丁所示的a、b兩條△l﹣F圖像，其中直線b中的是用掛鉤碼后的長度減去圖甲（選填“圖甲”或“圖乙”）所示長度得到的?！痉治觥勘绢}考查的是胡克定律，知道F＝kX中的X代表的是形變量。會利用刻度尺讀數。【解答】解：（1）本尺子的分分度值為0.2cm，估讀到分度值相同位，故讀數為7.0cm（2）由于彈簧自身重力的影響，不掛鉤碼時，彈簧也有一定的伸長量，其下端所指的的刻度尺的示數為7.4cm；在彈簧下端懸掛鉤碼后所指的示數為14.3cm，則彈簧因掛鉤的伸長量為14.3cm﹣7.4cm＝6.9cm（3）由圖像b的位置可知，當外力F＝0時，彈簧有伸長量，則可知直線b中是用掛鉤碼后的長度減去圖甲所示長度得到的。答案：（1）7.0（2）彈簧自身重力6.9（3）圖甲【點評】本題考查的是刻度尺的讀數和彈簧勁度系數的測量。能夠找到彈簧的形變量是解決本題的關鍵，也是學生愿意出現問題的地方。27．（2021?湛江一模）如圖甲所示，用鐵架臺、彈簧和多個質量已知的相同鉤碼，探究彈簧彈力與形變量的關系。（1）本實驗還需要的實驗器材有刻度尺。（2）如圖乙所示，根據實驗數據繪圖，橫軸為彈簧的形變量x，縱軸為鉤碼的質量m。已知重力加速度大小g＝9.8m/s2，則彈簧的勁度系數k＝9.8N/m（結果保留兩位有效數字）。（3）從圖乙可以看出，當彈簧下端未掛鉤碼時，彈簧也有一定的伸長量，其原因是彈簧自身的重力造成的?！痉治觥浚?）根據實驗的原理：測量彈簧的彈力和伸長的長度來選擇器材；（2）圖線的斜率即為彈簧的勁度系數，由胡克定律求出k；（3）沒有掛重物時，彈簧有伸長，從彈簧自身有重力進行分析?！窘獯稹拷猓海?）本實驗需要測彈簧的長度、形變量，故還需要的實驗器材是刻度尺；（2）圖線的物理意義是表明彈簧的彈力大小和彈簧伸長量大小成正比，由此可得：k＝＝N/m＝9.8N/m（3）由圖可知，當m＝0即F＝0時，x＝1.0cm，說明沒有掛重物時，彈簧有伸長，是由于彈簧自身的重力造成的。故答案為：（1）刻度尺；（2）9.8；（3）彈簧自身的重力造成的?！军c評】本題考查了胡克定律實驗，要明確彈簧的彈力與形變量的關系，注意正確理解圖象的性質。28．（2020秋?安徽期末）在“探究彈簧彈力和彈簧伸長的關系，并測定彈簧的勁度系數”的實驗中：（1）某次研究彈簧彈力F與彈簧長度L關系實驗時得到如圖甲所示的F﹣L圖象。由圖象可知彈簧原長L0＝3.00cm，由此求得彈簧的勁度系數k＝200N/m。（2）如圖乙毫米刻度尺水平放置，“0”刻度線上方固定一個有孔擋板，一條不可伸長的輕質細線一端下面懸掛兩個完全相同的鉤碼，另一端跨過光滑定滑輪并穿過光滑小孔與輕彈簧右端相連接，使（1）中研究的輕彈簧壓縮，穩(wěn)定后指針指示如圖乙，則指針所指刻度尺示數為1.00cm，由此可推測每個鉤碼重為2N?！痉治觥浚?）由F﹣L圖象的意義，斜率表示彈簧的勁度系數，圖象與橫坐標的截距為彈簧的原長；（2）刻度尺需要估讀到最小刻度的下一位，求得彈簧的壓縮量，根據胡克定律求得重物的重力，根據鉤碼個數求得每個鉤碼的重力?！窘獯稹拷猓海?）如題圖甲所示的F﹣L圖像，在橫軸的解決等于彈簧的原長L0＝3.0cm，斜率等于彈簧的勁度系數k＝；（2）根據毫米刻度尺讀數規(guī)則，要估讀到L＝0.1mm，如題圖乙所示指針所指刻度尺的示數為1.00cm，彈簧的壓縮量為△x＝L0﹣L＝3.00cm﹣1.00cm＝2.00cm根據胡克定律，F＝k△x＝2mg，解得每個鉤碼重為故答案為：（1）3.00，200；（2）1.00，2；【點評】本題關鍵明確實驗原理，能夠根據胡克定律列式求解；能利用F﹣L圖象分析求解是關鍵，注意橫坐標的截距為彈簧的原長，斜率表示彈簧的勁度系數。29．（2020秋?昌平區(qū)期末）在“探究彈簧彈力的大小與伸長量的關系”實驗中，某同學選取了甲、乙兩根不同的彈簧分別進行研究。在實驗中彈簧始終在彈性限度內，彈簧的質量可忽略不計。根據實驗數據，他在同一個坐標系內作出了彈簧彈力F與彈簧長度L的圖像，如圖所示。甲、乙兩根彈簧的原長分別用l甲和l乙表示，則l甲＞l乙（選填“＞”“＜”或“＝”）；若用甲、乙兩根彈簧制成彈簧測力計測量同一個力，用乙（選填“甲”或“乙”）彈簧制作的彈簧測力計形變量更大?！痉治觥扛鶕硕傻贸鰪椈蓮椓εc彈簧長度的表達式，結合圖線的斜率和截距比較原長的大小和勁度系數，根據勁度系數大小，結合胡克定律比較彈簧的形變量?！窘獯稹拷猓焊鶕硕捎校篎＝k（L﹣L0），圖線的斜率表示勁度系數，則有：k甲＞k乙，當F＝0時，彈簧的長度等于原長，可知：l甲＞l乙；根據胡克定律得：，彈力相等，k甲＞k乙，則有：x甲＜x乙，即乙彈簧制作的彈簧測力計形變量更大。故答案為：＞；乙。【點評】本題考查了胡克定律的基本運用，知道F﹣L圖線的斜率表示勁度系數，橫軸截距表示彈簧的原長。30．（2020秋?眉山期末）某同學在做“彈力與彈簧伸長的關系”實驗時，將一輕彈簧豎直懸掛，讓其自然下垂；然后在彈簧下端加1個、2個……質量都為m0的鉤碼，測出彈簧靜止時對應的總長度L1、L2……，以鉤碼的總質量m為縱軸、彈簧的總長度L為橫軸建立直角坐標系，根據測得數據描點得出m﹣L圖象，如圖所示。由圖可知，彈簧的原長為2cm，彈簧的勁度系數為200N/m。（實驗過程中未超過彈簧的彈性限度，重力加速度取10m/s2）【分析】應用彈力與彈簧長度關系的圖象分析問題，由圖線和坐標軸交點的橫坐標表示彈簧的原長可知彈簧的原長．再由胡克定律可求出彈簧的勁度系數.【解答】解：所掛鉤碼質量為0時，彈簧的長度等于彈簧原長，因此彈簧原長為2cm。設彈簧原長為L0，根據mg＝k?（L﹣L0），得：，圖像的斜率為：，代入數據，可得k＝200N/m故答案為：2；200.【點評】該題要求要會從圖象中正確的找出彈簧的原長及在各外力作用下彈簧的長度，并會求出彈簧的形變量，在應用胡克定律時，要首先轉化單位，要知道圖線與坐標軸的交點的橫坐標是彈簧的原長.31．（2020秋?水富市校級期末）某同學利用如圖1甲所示的裝置做“探究彈簧彈力大小與其長度的關系”的實驗。（1）在安裝刻度尺時，必須使刻度尺保持豎直狀態(tài)。（2）實驗得到如圖1乙所示的彈力大小F與彈簧長度x的關系圖線。由此圖線可得該彈簧的勁度系數k＝50N/m。（3）他又把該彈簧做成一個彈簧測力計，當彈簧測力計上的示數如圖1丙所示時，該彈簧的長度x＝10cm。（4）他再用該彈簧做“探究兩個互成角度的力的合成規(guī)律”的實驗。如圖2甲所示，用該彈簧c和彈簧測力計a、b，在保持彈簧伸長10cm不變的條件下：①若彈簧測力計a、b間夾角為90°，彈簧測力計a的讀數如圖2乙所示，則彈簧測力計b的讀數應為4.00N。②若彈簧測力計a、b間夾角大于90°，保持彈簧測力計a與彈簧c的夾角不變，減小彈簧測力計b與彈簧c的夾角∠boc，則彈簧測力計a的讀數變大（填“變大”“變小”或“不變”）。【分析】（1）根據重力和彈力方向，判斷刻度尺的狀態(tài)；（2）根據F﹣x圖像的斜率，求解彈簧的勁度系數；（3）首先求解彈簧的伸長量，然后根據圖像讀出彈簧的原長，最后彈簧的長度等于彈簧的原長加伸長量求解；（4）①首先根據求解Fa和Fc，然后根據勾股定理求解Fb；②根據平行四邊形法則，分析彈簧測力計a的變化情況?！窘獯稹拷猓海?）彈簧彈力與物體重力是一對平衡力，由于重力的方向豎直向下，所以彈簧彈力豎直向上，安裝刻度尺時必須與彈簧平行才能讀數，所以必須使刻度尺保持豎直方向。（2）由圖1乙圖像，彈簧的勁度系數：k＝＝N/m＝50N/m（3）圖1丙中彈簧測力計示數為：F＝3.00N，彈簧伸長量為x1＝＝0.06m＝6cm，由圖像可知，彈簧原長為x0＝4cm，該彈簧的長度x＝x1+x0＝6cm+4cm＝10cm（4）①彈簧c保持不變，彈簧c的示數為Fc＝k△xc＝50×0.1N＝5.00N，圖2乙中彈簧測力計示數為Fa＝3.00N，解得：Fb＝＝N＝4.00N②根據平行四邊形定則，當彈簧測力計a、b間夾角等于90°時，彈簧測力計a的讀數最小，保持彈簧測力計a與彈簧c的夾角不變，減小彈簧測力計b與彈簧c的夾角∠boc，則彈簧測力計a的讀數變大。答：（1）豎直（2）50（3）10（4）①4.00②變大【點評】本題考查彈簧彈力與彈簧伸長量的關系，求解勁度系數時，一定要注意統(tǒng)一單位。32．（2021?池州一模）為了測量滑塊與長木板間的動摩擦因數，某同學設計了如圖（a）所示的實驗裝置。長木板固定在水平桌面上，力傳感器固定在豎直的墻上，光電計時器的光電門固定在豎直支架上，繞過動滑輪的兩段繩處于水平（兩滑輪光滑且滑輪和繩質量不計），懸掛的重物上固定一窄遮光條?；瑝K質量為M，重物和遮光條的總質量為m。現將滑塊拉到某一位置，靜止釋放滑塊，重物牽引滑塊向左運動，測量并記錄釋放時遮光條中心到光電門之間的距離x以及遮光條通過光電門時的遮光時間△t和力傳感器示數F。多次改變滑塊釋放的位置，重復上述操作，并記錄多組相應的x和△t值。已知重力加速度為g。（1）用20分度的游標卡尺測量出遮光條的寬度d如圖（b）所示，d＝2.40mm。（2）以x為縱坐標，為橫坐標，畫出x﹣圖像是一條通過坐標原點的傾斜直線，直線的斜率為k，則滑塊運動的加速度a＝，滑塊與長木板間的動摩擦因數μ＝（用已知量和題中所給的物理量M、m、d、F、k表示）?！痉治觥浚?）游標卡尺讀數等于主尺讀數加上游標尺讀數，注意不需要估讀；（2）由運動學公式結合牛頓第二定律列式求得的關系式，結合數學知識確定斜率的物理意義即可求滑塊的加速度和μ的表達式。【解答】解：（1）游標卡尺的最小分度值為0.05mm，游標卡尺讀數等于主尺讀數和游標尺讀數之和，所以遮光條寬度d＝2mm+8×0.05mm＝2.40mm；（2）重物通過光電門的速度為，此時滑塊的速度為重物下降高度為x時，滑塊左移據速度﹣位移關系公式得：整理可得：圖線斜率k＝，解得滑塊的加速度對滑塊，由牛頓第二定律可知，2F﹣μMg＝Ma，則動摩擦因數μ＝故答案為：（1）2.40；（2）；（3）；【點評】本題在求解的表達式時，注意重物下降高度和滑塊左移的位移關系，重物通過光電門的速度和此時滑塊的速度關系。33．（2021?云南模擬）某同學利用如圖甲所示的裝置來測量滑塊P與水平桌面之間的動摩擦因數。由靜止釋放物塊Q，打點計時器打出的紙帶如圖乙所示，依打點先后順序取計數點A、B、C及D、E、F，兩相鄰計數點間還有四個點未標出，測得相鄰兩計數點間距離為：xAB＝2.75cm、xBC＝4.96cm、xDE＝5.26cm、xEF＝2.22cm。所用交流電的頻率為50Hz，取重力加速度g＝9.8m/s2。根據以上數據可得（1）Q落地前P的加速度大小為2.21m/s2。（2）Q落地后P的加速度大小為3.04m/s2；滑塊P與水平桌面間的動摩擦因數為0.31（結果保留2位小數）。【分析】（1）由題意，結合圖乙可知，計數點A、B、C是P做加速運動階段的點，計數點D、E、F是P做減速運動階段的點，根據△x＝at2，即可求出Q落地前P的加速度大?。唬?）同理求出Q落地后P的加速度大小，然后由a＝μg求出動摩擦因數?！窘獯稹拷猓海?）計數點A、B、C是P做加速運動階段的點，所用交流電的頻率為50Hz，則打點的周期：T＝s＝0.02s，計數點間還有四個點未標出，則計數點之間的時間間隔：t＝5T＝5×0.02s＝0.1s根據公式△x＝at2，則Q落地前P的加速度大小加速度：＝2.21m/s2（2）Q落地后P的加速度大小：＝＝3.04m/s2Q落地后P沿水平方向只受到桌面的滑動摩擦力的作用，由牛頓第二定律可得：所以：＝0.31故答案為：（1）2.21；（2）3.04，0.31【點評】該題考查紙帶問題，要注意單位的換算，對于相鄰的計數點位移間隔不等時能夠運用逐差法求解。34．（2021?攀枝花一模）為了探究靜摩擦力及滑動摩擦力變化規(guī)律，某同學設計了如圖甲所示的實驗裝置，并進行了下列實驗步驟：（ⅰ）用力傳感器D測出物塊A重為5.0N；（ⅱ）將力傳感器D固定在水平桌面上，小車B放在桌面上，調整小車B的上表面水平，將沙桶C用細繩通過定滑輪與小車B連接，將物塊A放在小車B上，并用細繩與傳感器D連接，整個裝置處于靜止，定滑輪以上的細繩均保持水平；（ⅲ）逐漸向沙桶中加入沙，通過力傳感器D與計算機連接，得到細繩對物塊A的拉力隨時間的變化關系如圖乙所示。分析以上實驗數據可得：小車與物塊間的最大靜摩擦力大小為2.2N，動摩擦因數為0.4，t＝9s時物塊離開小車?！痉治觥扛鶕D乙直接讀出最大靜摩擦力、滑動摩擦力和物塊離開小車的時刻，根據滑動摩擦力的計算公式求解動摩擦因數?！窘獯稹拷猓海á＃┯捎诨瑝K一直處于靜止狀態(tài)，所以傳感器顯示的力和滑塊受到的摩擦力大小相等，實驗開始時打開傳感器同時緩慢向沙桶里倒入沙子，此時小車沒有運動，滑塊與小車間是靜摩擦力，隨著沙子逐漸增多，達5s時，小車與滑塊間的摩擦力達到最大靜摩擦力，根據圖乙可知最大靜摩擦力約為2.2N；此后滑塊受到滑動摩擦力且保持不變，滑動摩擦力大小為f＝2N，根據滑動摩擦力公式可得：μ＝＝＝0.4；根據圖乙可知，在t＝9s時物塊離開小車。故答案為：（ⅲ）2.2；0.4；9?！军c評】本題考查滑動摩擦力的實驗探究，要是明確實驗原理，利用所學物理規(guī)律進行分析求解即可；能夠根據圖象獲取信息是關鍵。35．（2021春?遼寧月考）為了測量滑塊（視為質點）與水平桌面間的動摩擦因數，某學習小組設計了如圖所示的實驗裝置。其中斜面體可以沿著桌面移動，重力加速度為g，空氣阻力不計。實驗步驟如下：a.測出桌面距水平地面高度h；b.將斜面體鎖定于距桌面右端一定的距離A點，把滑塊從斜面頂端靜止釋放，最終落在水平地面上的P點（圖中未畫出），測出P點到桌面右端的水平距離為x1；c.將斜面體沿著桌面向右平移至B點并鎖定，測出B點與A點距離d。再次讓滑塊從斜面頂端靜止釋放，并落在水平地面上的Q點（圖中未畫出），測出Q點到桌面右端的水平距離x2。（1）為完成本實驗，下列說法中正確的是C。A.必須測出小滑塊的質量mB.必須測量斜面體的高度h′C.斜面體高度h′不能太小D.必須測出A點與桌面右端的距離s（2）寫出動摩擦因數的表達式μ＝（用題中所需要測量的物理量的字母表示）。（3）若不測量桌面距地面的高度，用一定的方法測出滑塊從飛離桌面到落地的時間t，其他測量步驟不變，可以（填“可以”或“不可以”）測出滑塊與水平桌面間的動摩擦因數?！痉治觥浚?、2）明確實驗原理，根據動能定理和平拋運動規(guī)律列式即可確定出動摩擦因數的表達式，從而確定應測量的物理量和注意事項；（3）根據平拋運動規(guī)律和實驗方法明確是否可以利用時間來完成實驗?！窘獯稹拷猓海?）設小滑塊滑到斜面底端的速度為v0，滑塊第一次離開桌面的速度為v1，第二次離開桌面的速度為v2，A離桌邊的距離為s，根據平拋運動規(guī)律可知：h＝gt2，x1＝v1t，x2＝v2t對兩次在水平桌面上的滑動過程，由動能定理有：mv02﹣mv12＝μmgsmv02﹣mv22＝μmg（s﹣d）兩式相減可得：μmgd＝mv22﹣mv12聯(lián)立解得：μ＝；所以本實驗中不需要再測量滑塊質量以及斜面的高度以及必須測出A點與桌面右端的距離s，但為了能讓滑塊離開桌面做平拋運動，并且水平位移要足夠大，斜面體的高度不能太小，故C正確，ABD錯誤；（2）由（1）中分析可知，求出的動摩擦因數大小為：μ＝；（3）如果不測量桌面的高度，但測出滑塊在空中飛行時間，可以根據水平方向的勻速直線運動求出水平速度，可以根據動能定理求出滑塊與水平桌面的動摩擦因數。故答案為：（1）C；（2）；（3）可以?！军c評】該實驗有一定的創(chuàng)新性，其實很多復雜的實驗其實驗原理都是來自我們所學的基本規(guī)律，這點要在平時訓練中去體會，注意如何設置中間量才能準確得出最終的表達式。36．（2021?晉中二模）某同學在輔導叢書上閱讀到彈簧彈性勢能的表達式為Ep＝kx2（k為彈簧的勁度系數，x為彈簧的形變量），該同學想進一步探究彈簧的性質，并驗證以上彈性勢能的表達式是否成立。請根據如下探究的過程，完成相關內容：（1）將輕質彈簧懸掛于鐵架臺，測得彈簧原長L0；（2）在彈簧下端拴掛質量為m的鉤碼，待系統(tǒng)靜止時，測得彈簧長度L；（3）根據以上測量值可得，彈簧的勁度系數為（用m、當地重力加速度g以及L、L0表示）；（4）托起鉤碼使彈簧恢復原長，并由靜止釋放，測得彈簧拉伸的最大長度L'。發(fā)現L'＞L，得到彈簧兩次伸長量分別為x0＝L﹣L0和x＝L'﹣L0；（5）改變鉤碼個數，重復實驗，得到多組x0、x數據，作出x﹣x0圖象是一條直線（填“一條直線”或“一條曲線”）；（6）x﹣x0圖象中斜率大小在誤差范圍內等于2時，說明以上彈簧彈性勢能表達式成立?！痉治觥渴紫?，利用二力平衡可以求出彈簧的勁度系數。再根據機械能守恒定律寫出能量的關系式，進而得到x﹣x0的關系式。判斷圖像的形狀?！窘獯稹拷猓海?）鉤碼靜止時處于平衡狀態(tài)，mg＝k（L﹣L0）解得（2）鉤碼釋放彈簧拉伸長度達到最大值L′過程中，機械能守恒，減少的重力勢能等于增加的彈性勢能，△Ep＝mg（L′﹣L0）＝mgx，若成立，那么mgx＝，其中mg＝kx0，所以x＝2x0，則該圖像為一條直線。（3）若成立，那么x＝2x0，該直線的斜率為2.答案：（1）（2）一條直線（3）2【點評】本體考察的為彈簧彈性勢能的表達式，利用機械能守恒定律來驗證非公式，是學生不容易想到的地方。37．（2020秋?紹興期末）“探究彈簧彈力與形變量的關系”實驗中（1）某同學使用了鐵架臺、彈簧、毫米刻度尺、鉤碼、坐標紙、鉛筆，此外還須選用一個器材是C。A．小車B．紙帶C．重錘線D．電火花計時器（2）該同學測出了彈簧受到的拉力F與彈簧的伸長量x的相應數據，其對應點在圖中所示的坐標紙上標出，請在圖中作出F﹣x關系圖像，并根據圖像求出彈簧的勁度系數為10N/m（保留兩位有效數字）?！痉治觥浚?）根據實驗原理和注意事項即可判斷所需實驗器材；（2）通過描出的點，讓直線盡量通過多的點，不在直線上的點盡量分布在直線的兩側，圖像的斜率表示彈簧的勁度系數?！窘獯稹拷猓海?）本實驗中需要保證彈簧豎直放置，需要重垂線，故選C（2）通過描出的點，讓直線盡量通過多的點，不在直線上的點盡量分布在直線的兩側，如圖所示在F﹣x圖像中，圖像的斜率表示彈簧的勁度系數，則k＝答案為：（1）C（2），如圖所示，10【點評】本題主要考查了胡克定律，關鍵是抓住實驗原理，在作圖時，注意讓直線盡量通過多的點，不在直線上的點盡量分布在直線的兩側。38．（2020秋?黃岡期末）某實驗小組設計實驗探究彈簧的勁度系數與哪些因素有關，在研究彈簧勁度系數與彈簧的圈數關系時：（1）小組取材料相同、直徑相同、粗細相同、長度相同、圈數不同的兩個彈簧進行實驗。這種實驗方法稱控制變量法。（2）按照如圖甲所示的方案設計實驗，1的圈數少，2的圈數多，改變被支撐重物的質量m，靜止時測出彈簧的形變量x，得到質量m與形變量x的關系式圖象，取多組類似彈簧實驗均可得到類似的圖象，如圖乙所示，則可知彈簧單位長度的圈數越少（填“多”或“少”），彈簧的勁度系數越大。（3）圖乙中，已知彈簧1的勁度系數為k，則彈簧2的勁度系數為?！痉治觥浚?）保持其中的一些量不變，只研究兩個量之間的關系，這種方法就是控制變量法；（2）根據平衡條件結合胡克定律得到x﹣m的表達式，結合圖象的斜率進行分析；（3）根據圖象可知，2的斜率為1的斜率的3倍，根據圖象斜率表示的物理意義進行解答?！窘獯稹拷猓海?）研究一個量與其它幾個量的關系時，常保持其中的一些量不變，只研究兩個量之間的關系，這種方法就是控制變量法，所以該實驗采用的方法就是控制變量法；（2）根據平衡條件可知，彈簧的彈力等于物體的重力，根據胡克定律可得：kx＝mg，則x＝?m，可見圖象的斜率越小、勁度系數越大，則可知彈簧單位長度的圈數越少，彈簧的勁度系數越大；（3）根據圖象可知，2的斜率為1的斜率的3倍，則有：，已知彈簧1的勁度系數為k，則彈簧2的勁度系數為k2＝。故答案為：（1）控制變量法；（2）少；（3）?！军c評】本題主要是考查探究彈簧的勁度系數與哪些因素有關，知道什么是控制變量法，能夠根據胡克定律推導x﹣m的關系式，知道圖象斜率表示的物理意義。39．（2021?安康模擬）某同學探究彈力與彈簧伸長量的關系。將彈簧懸掛在鐵架臺上，將刻度尺固定在彈簧一側，彈簧軸線和刻度尺都在豎直方向上。彈簧自然懸掛，待彈簧靜止時，長度記為L0；彈簧下端掛上砝碼盤時，長度記為Lx。（1）在砝碼盤中每次增加20g砝碼，彈簧長度依次記為L1至L6，數據如表：彈簧長度L0LxL1L2L3L4L5L6數值（cm）6.157.139.1011.0513.0115.016.9318.83表中有一個數值記錄不規(guī)范，代表符號為L4（填“L0”、“Lx”、“L1”、“L2”、“L3”、“L4”、“L5”、或“L6”）。（2）該同學根據表中部分數據作的圖如圖所示，縱軸是砝碼的質量，橫軸是彈簧長度與L0（填“L0”或“Lx”）。（3）由圖可知彈簧的勁度系數為10N/m（結果保留兩位有效數字，取重力加速度大小g＝9.8m/s2）?！痉治觥扛鶕碇袛祿潭瘸叩淖钚》侄葹閙m，讀數應估計到0.1mm；充分利用測量數據和圖象，根據公式△F＝k△x可知橫軸是彈簧的長度與L0的差值，斜率即彈簧的勁度系數k?！窘獯稹拷猓海?）彈簧自然懸掛，待彈簧穩(wěn)定時，長度記為L0．用刻度尺測量長度時讀數應估計到最小分度的下一位，可知L4讀數不規(guī)范，沒有估讀一位。（2）圖像中質量為0時，x＝0.5×1.96×10﹣2cm＝0.98cm，所以橫軸是彈簧的長度與彈簧未掛上砝碼時彈簧長度L0的差值；（3）根據胡克定律公式△F＝k△x，有k＝＝N/m＝10N/m答：（1）L4，（2）L0，（3）10【點評】彈簧測力計的原理是在彈簧的彈性限度內，彈簧的伸長與受到的拉力成正比。對于實驗問題，我們要充分利用圖象處理實驗數據來減少偶然誤差。40．（2021?九模擬）在探究彈力和彈簧伸長量的關系實驗中，由于彈簧自身重力的影響，彈簧平放時的長度與豎直懸掛時的長度有明顯不同。（1）先將彈簧平放在桌面上，如圖甲所示，用刻度尺測得彈簧的長度為L0，彈簧左端與刻度尺0刻線對齊，右端對應刻度尺的讀數如圖乙所示，則L0＝1.15cm。（2）將彈簧的一端固定在鐵架臺上，然后將最小刻度是毫米的刻度尺豎直放在彈簧的一側，并使彈簧另一端的指針恰好落在刻度尺上，如圖丙所示。當彈簧自然下垂時，將指針指示的刻度值記為L1；彈簧下端掛一個50g的鉤碼時，指針指示的刻度值記為L2；彈簧下端掛兩個50g的鉤碼時，指針指示的刻度值記為L3；……；測量記錄如表。代表符號L1L2L3L4L5L6刻度值/cm1.703.405.106.858.6010.30借鑒力學實驗中常用的“逐差法”處理實驗數據，能夠減小因為長度測量帶來的誤差，每增加50g鉤碼，彈簧平均伸長量增加△L，則△L＝（用表格中的符號表示）。（3）彈簧的勁度系數k＝28.4N/m（g取9.8m/s2，保留3位有效數字）。（4）彈簧自身的重力G0＝0.156N（保留3位有效數字）?！痉治觥浚?）根據刻度尺讀數的方法讀出；（2）利用六組數據求出三個△L，再求解平均值；（3）根據胡克定律求解彈簧的勁度系數以及彈簧自身的重力；【解答】解：（1）該刻度尺的最小分度為1mm，則圖中得讀數為1.15cm；（2）根據題意有：L4﹣L1＝3△L同理：L5﹣L2＝3△L，L6﹣L3＝3△L，因此△L＝；（3）彈簧的勁度系數為：k＝＝＝N/m＝28.4N/m；（4）彈簧自身的重力為：G0＝k（L1﹣L0）＝28.4×（1.70﹣1.15）×10﹣2N＝0.156N。故答案為：（1）1.15；（2）；（3）28.4；（4）0.156【點評】解決該題的關鍵是能根據逐差法的原理分析彈簧的平均伸長量的表達式，熟記胡克定律的表達式，注意求解過程中進行單位換算。41．（2021?北京學業(yè)考試）利用如圖1所示的裝置可探究彈簧的彈力F與伸長量x的關系。某同學選取了1、2兩根不同的彈簧分別進行探究。在實驗過程中，彈簧始終在彈性限度內，彈簧質量可忽略不計。根據實驗數據，他在同一個坐標系內作出了F﹣x圖象，如圖2所示，據此可知：在彈性限度內，彈簧的彈力F與其伸長量x成正比（選填“正比”或“反比”）；彈簧1、2的勁度系數分別為k1和k2，則k1＞k2（選填“＞”或“＜”）。【分析】根據所畫出圖象，可知彈簧的彈力F跟彈簧伸長量x的關系；根據胡克定律可知，圖象的斜率大小等于勁度系數大小?！窘獯稹拷猓阂罁D象過原點，則可知在彈性限度內，彈簧的彈力F跟彈簧伸長量x成正比；圖象的斜率表示勁度系數的大小，由此可得k＝，可知a的勁度系數大于b的勁度系數。故答案為：正比，＞【點評】該題考查胡克定律的內容，掌握形變量的概念，注意正確理解圖象斜率、截距等物理量的含義。42．（2021?成都模擬）某實驗小組設計了如圖甲所示的裝置來測量物塊與長木板間的動摩擦因數，一端帶有定滑輪的長木板水平放置，平行于長木板的細線一端與帶有遮光片的物塊相連，另一端跨過定滑輪與砂桶相連，在長木板B點固定有一個光電門，與光電門相連的計時器可以記錄遮光片經過B點的擋光時間。實驗時，多次改變砂桶中砂的質量，每次都讓物塊從長木板上的A處由靜止釋放，并記錄下砂桶和砂的質量m及對應的遮光片在B處的擋光時間t。已知物塊質量為M，重力加速度為g＝9.80m/s2，測得遮光片寬度d＝7.0mm。不計空氣阻力和定滑輪處的摩擦，不計細線的質量和伸縮，請回答以下問題：（1）若與光電門相連的計時器顯示的時間為t，則物塊到達B點的速度v的表達式為v＝（用題中所給物理量的符號表示）。（2）某次測量中，A、B兩點間的距離L用刻度尺測量，如圖乙所示，L為60.00cm，測得物塊質量為M＝100.0g，與光電門相連的計時器顯示的時間為t＝0.010s，砂桶和砂的質量為m＝20.0g，則在該次測量中，測得物塊與長木板之間的動摩擦因數μ為0.15（計算結果保留兩位小數）?！痉治觥浚?）利用光電門計時器測定速度的方法求解窄片通過光電門B的速度表達式；（2）刻度尺的最小刻度為1mm，根據刻度尺的讀數方法得到A、B兩點間的距離；根據運動學公式求解加速度，對整體根據牛頓第二定律求解動摩擦因數?！窘獯稹拷猓海?）由于窄片的寬度為d很小，因此可以利用其平均速度代替物體的瞬時速度，故窄片通過光電門B的速度表達式為：v＝；（2）刻度尺的最小刻度為1mm，根據圖乙可得A、B兩點間的距離L＝60.00cm；根據運動學公式：v2＝2aL其中v＝＝m/s＝0.70m/s，L＝60.00cm＝0.60m解得：a＝0.408m/s2，對整體根據牛頓第二定律可得：mg﹣μMg＝（m+M）a其中M＝100.0g＝0.1kg，m＝20.0g＝0.02kg聯(lián)立解得：μ≈0.15。故答案為：（1）；（2）60.00；0.15?！军c評】本題主要是考查測定摩擦力實驗，關鍵是弄清楚實驗原理、實驗方法，能夠根據牛頓第二定律結合運動學公式求解動摩擦因數；注意計算過程中單位要全部化為國際單位制單位。43．（2021?道里區(qū)校級二模）小蘭同學設計如圖甲所示裝置測量木塊與水平桌面之間的動摩擦因數。打點計時器固定在水平桌面左端，紙帶穿過打點計時器連接在木塊上，連接木塊的細線跨過桌面右端定滑輪后連接鉤碼，釋放木塊后，木塊在細線的作用下運動，細線始終保持水平，打點計時器打出的部分紙帶如圖乙所示。已知乙圖中紙帶右端連接木塊，A、B、C、D、E、F、G、H、I、J為計數點，相鄰兩計數點間有3個計時點未畫出，打點計時器所用交流電源頻率為50Hz，取重力加速度g＝10m/s2。（1）下列實驗操作或分析中正確的是D。A．實驗中必須測出鉤碼釋放時離地的高度B．實驗中應先釋放木塊再啟動打點計時器C．實驗中必須保證鉤碼的質量遠小于木塊的質量D．鉤碼落地發(fā)生在打點計時器打出E、F兩點的時刻之間（2）用題中所給數據求木塊與桌面間的動摩擦因數，應選取AE（選填“AE”、“AF”或“FJ”）段紙帶進行計算，由此測得木塊與桌面間的動摩擦因數μ＝0.31（結果保留兩位有效數字）?！痉治觥浚?）明確實驗原理，根據實驗中打出的紙帶確定實驗過程，從而確定出實驗注意事項以及落地時刻；（2）根據紙帶利用“逐差法”求出加速度，再根據牛頓第二定律求出動摩擦因數?！窘獯稹拷猓海?）AC、實驗是根據鉤碼落地后木塊在水平桌面上受摩擦力做勻減速直線運動求出動摩擦因數，故無需測出鉤碼釋放時離地的高度，也不需要鉤碼的質量遠小于木塊的質量，故AC錯誤；B、為了提高紙帶的利用率，實驗準確操作應該是先啟動打點計時器，再釋放木塊，故B錯誤；D、從紙帶打出的點跡可知AE段木塊做勻變速直線運動，FJ段也做勻變速直線運動，可知鉤碼是在打出E、F兩點時刻之間落地的，故D正確；故選：D。（2）由于紙帶右端連接木塊，故木塊在摩擦力作用下做勻減速直線運動時打出的是“AE”段紙帶；由AE段紙帶上打出的點跡間距離可知，勻減速運動的加速的大小為：a＝其中T＝4×0.02s＝0.08s，則有：a＝m/s2＝3.1m/s2由牛頓第二定律可得：μmg＝ma解得：μ＝0.31。故答案為：（1）D；（2）AE，0.31?！军c評】本題考查測量動摩擦因數涉及牛頓第二定律、加速度的計算及利用圖象求解相關物理量等，意在考查學生的綜合分析能力和實驗能力，掌握實驗原理和數據處理是關鍵。44．（2021?瀘州模擬）科學探究活動通常包括以下環(huán)節(jié)：提出問題、形成猜想和假設、設計實驗與制訂方案、獲取和處理信息、基于證據得出結論并作出解釋，以及交流、評估、反思等。某物理學習小組進行《研究影響滑動摩擦力的因素》的探究實驗時，提出“滑動摩擦力可能與接觸面間的壓力有關”（1）這屬于科學探究活動的形成猜想和假設環(huán)節(jié)。（2）他們用如圖甲所示的實驗裝置來探究滑動摩擦力與正壓力的關系，測得木塊1的重力為1N。木板2在拉力作用下向右運動，木塊1相對于地面靜止，讀出此時彈簧的測壓力為計的示數F1。改變放在木塊1上面的砝碼，重復上述操作，得到一組FN與相應的砝碼重力G的數據如表。其中FN的值從圖乙中彈簧測力計的示數讀出，則表中FN＝1.20N，根據表中數據在如圖丙所示的坐標紙中作出滑動摩擦力f與正壓力FN的關系圖線。砝碼重力G/N0.501.001.502.002.503.00正壓力FN/N1.502.002.503.003.504.00彈簧測力計讀數F/N0.440.620.750.891.06F6（3）由作出的圖線你得到的科學結論是滑動摩擦力與正壓力成正比?！痉治觥浚?）知道科學探究的主要環(huán)節(jié)有：提出問題、形成猜想和假設、設計實驗與制訂方案、獲取和處理信息、基于證據得出結論并作出解釋，以及交流、評估、反思；（2）根據彈簧測力計示數，結合估計值，即可求解；（3）依據彈簧測力計的讀數即為滑動摩擦力大小，再根據記錄的數據，采用描點法就可以繪制出摩擦力與壓力關系的圖象，從而判定分析?！窘獯稹拷猓海?）科學探究的6個環(huán)節(jié)依次是：提出問題、形成猜想和假設、設計實驗與制訂方案、獲取和處理信息、基于證據得出結論并作出解釋，以及交流、評估、反思。同學們提出“滑動摩擦力大小可能與接觸面間的壓力有關”屬于6個環(huán)節(jié)中的猜想與假設環(huán)節(jié)。故答案為：猜想與假設。（2）不論木板2如何運動，因木塊1處于靜止，因此彈簧的拉力總等于木塊1受到的滑動摩擦力，故f＝F＝1.20N，（3）通過描點做出f與壓力FN的關系圖象如下圖所示；由此可知，滑動摩擦力與正壓力成正比，故答案為：（1）形成猜想和假設；（2）1.20；（3）滑動摩擦力與正壓力成正比?！军c評】本題屬于探究摩擦力實驗的改進，常規(guī)做法用彈簧測力計水平勻速拉動木塊有一定難度，不容易做到；采用圖中設計，無論木板2是否做勻速直