2021届高考物理一轮复习课后限时集训5力的合成与分解含解析 9页

力的合成与分解 建议用时：45分钟 ‎1．(多选)将物体所受重力按力的作用效果进行分解，下列图中正确的是(　　)‎ ABD　[A图中，重力产生了使物体下滑的效果及挤压斜面的效果，故A作图正确；B图中，重力产生了向两边拉绳的效果，故B作图正确；C图中，重力产生了挤压两墙壁的效果，两分力分别垂直于墙面，故C作图错误；D图中，重力产生了拉绳及挤压墙面的效果，故D作图正确。]‎ ‎2.一物体受到三个共面共点力F1、F2、F3的作用，三力的矢量关系如图所示(小方格边长相等)，则下列说法正确的是(　　)‎ A．三力的合力有最大值F1＋F2＋F3，方向不确定 B．三力的合力有唯一值3F3，方向与F3同向 C．三力的合力有唯一值2F3，方向与F3同向 D．由题给条件无法求合力大小 B　[应先合成其中两个力，再合成第三个力，根据本题特点先合成F1和F2，如图所示，再求F12与F3的合力。‎ 由图可知F合＝3F3，方向与F3同向，故选项B正确。]‎ 9‎ ‎3.如图所示是两个共点力的合力F跟它的两个分力之间的夹角θ的关系图象，则这两个分力的大小分别是(　　)‎ A．1 N和4 N B．2 N和3 N C．1 N和5 N D．2 N和4 N B　[设两个力分别为F1、F2，F1>F2，当两个力的夹角为180°时，合力为1 N，即F1－F2＝1 N。当两个力的夹角为0°时，合力为5 N，即F1＋F2＝5 N，解得F1＝3 N，F2＝2 N，故A、C、D错误，B正确。]‎ ‎4．三个共点力大小分别是F1、F2、F3，关于它们合力F的大小，下列说法正确的是(　　)‎ A．F大小的取值范围一定是0≤F≤F1＋F2＋F3‎ B．F至少比F1、F2、F3中的某一个力大 C．若F1∶F2∶F3＝3∶6∶8，只要适当调整它们之间的夹角，一定能使合力为零 D．若F1∶F2∶F3＝3∶6∶2，只要适当调整它们之间的夹角，一定能使合力为零 C　[三个大小分别是F1、F2、F3的共点力合成后的最大值一定等于F1＋F2＋F3，但最小值不一定等于零，只有当某一个力的大小在另外两个力的大小的和与差之间时，这三个力的合力才可能为零，选项A、B、D错误，C正确。]‎ ‎5.(2019·江西南昌十中期末)为了把陷在泥坑里的汽车拉出来，司机用一条结实的绳子把汽车拴在一棵大树上，开始时车与树相距12 m，然后在绳的中点用400 N的水平力F沿垂直绳的方向拉绳，结果中点被拉过0.6 m，如图所示(俯视图)，假设绳子的伸长不计，则汽车受到的拉力为(　　)‎ A．200 N B．400 N ‎ C．2 000 N D．800 N C　[对绳中点受力分析，如图所示。设绳中张力大小为T，根据力的合成法则，结合几何知识有＝，解得T＝2 000 N，即汽车受到的拉力为2 000 N，故C正确。]‎ 9‎ ‎6.如图所示，光滑斜面的倾角为37°，一个可以看成质点的小球在轻质细线的拉力作用下静止在斜面上，细线与斜面间的夹角也为37°。若小球所受的重力为G，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则手对细线的拉力等于(　　)‎ A．G B． ‎ C. D． C　[对小球受力分析，小球受到细线的拉力F、斜面的支持力N和重力G，在沿斜面方向上，Fcos 37°＝Gsin 37°，解得F＝Gtan 37°＝G，故选项C正确。]‎ ‎7.如图所示，水平横梁的一端A插在墙壁内，另一端装有一个小滑轮B，一轻绳的一端C固定于墙壁上，另一端跨过滑轮后悬挂一质量m＝10 kg的重物，∠CBA＝30°，则滑轮受到绳子的作用力为(g取10 N/kg)(　　)‎ A．50 N B．100 N C．20 N D．100 N B　[由题意可得，对滑轮B点受力分析如图所示，滑轮受到绳子的作用力应为图中两段绳中拉力F1和F2的合力F，因同一根绳子张力处处相等，都等于重物的重力，即F1＝F2＝G＝mg＝100 N。用平行四边形定则作图，由于拉力F1和F2的夹角为120°，由几何关系可得F＝100 N，所以滑轮受绳子的作用力大小为100 N，方向与水平方向成30°斜向下。故选项B正确。]‎ ‎8.(多选)如图所示，质量为m的木块在推力F作用下，在水平地面上做匀速运动。已知木块与地面间的动摩擦因数为μ，那么木块受到的滑动摩擦力为(　　)‎ 9‎ A．μmg B．μ(mg＋Fsin θ)‎ C．μ(mg－Fsin θ) D．Fcos θ BD　[木块匀速运动时受到四个力的作用：重力mg、推力F、支持力FN、摩擦力Ff。沿水平方向建立x轴，将F进行正交分解，如图所示(这样建立坐标系只需分解F)，由于木块做匀速直线运动，所以在x轴上，向左的力等于向右的力(水平方向二力平衡)；在y轴上，向上的力等于向下的合力。 即Fcos θ＝Ff，FN＝mg＋Fsin θ，又Ff＝μFN，解得，Ff＝μ(mg＋Fsin θ)，故选项B、D正确。]‎ ‎9.如图所示，一质量为m的沙袋用不可伸长的轻绳悬挂在支架上，一练功队员用垂直于绳的力将沙袋缓慢拉起，使绳与竖直方向的夹角为θ＝30°，且绳绷紧，则练功队员对沙袋施加的作用力大小为(　　)‎ A.mg B．mg ‎ C.mg D．mg A　[如图，建立直角坐标系对沙袋进行受力分析。‎ 由平衡条件有：Fcos 30°－FTsin 30°＝0，FTcos 30°＋Fsin 30°－mg＝0，联立可解得：F＝mg，故A正确。]‎ ‎10.(2019·淄博一模)如图所示，a、b 9‎ 两个小球穿在一根光滑的固定杆上，并且通过一条细绳跨过定滑轮连接。已知b球质量为m，杆与水平面的夹角为30°，不计所有摩擦。当两球静止时，Oa段绳与杆的夹角也为30°，Ob段绳沿竖直方向，则a球的质量为(　　)‎ A.m B．m ‎ C.m D．2m A　[分别对a、b两球受力分析，运用合成法，如图所示 根据共点力的平衡条件，得：T′＝mbg；＝(根据正弦定理列式)，T＝T′。故mb∶ma＝tan 30°∶1，则ma＝m，故B、C、D均错误，A正确。]‎ ‎11.如图所示，质量为m的小球置于倾角为30°的光滑斜面上，劲度系数为k的轻质弹簧一端系在小球上，另一端固定在墙上的P点。小球静止时，弹簧与竖直墙壁间的夹角为30°，则弹簧的伸长量为(　　)‎ A. B． 9‎ C. D． C　[如图为小球的受力情况，其中的F弹为弹簧对它的弹力，由几何关系判断可知，F弹与斜面之间的夹角为30°。‎ 将小球所受的重力mg与F弹分别沿斜面和与斜面垂直的方向进行正交分解，由共点力的平衡条件知，F弹沿斜面向上的分力与重力mg沿斜面向下的分力大小相等，即F弹cos 30°＝mgsin 30°，由胡克定律得F弹＝kx，联立两式解得弹簧的伸长量x＝，故C正确。]‎ ‎12．在如图所示的甲、乙、丙、丁四幅图中，滑轮本身所受的重力忽略不计，滑轮的轴O安装在一根轻木杆P上，一根轻绳ab绕过滑轮，a端固定在墙上，b端下面挂一个质量都是m的重物，当滑轮和重物都静止不动时，甲、丙、丁图中木杆P与竖直方向的夹角均为θ，乙图中木杆P竖直。假设甲、乙、丙、丁四幅图中滑轮受到木杆P的弹力的大小依次为FA、FB、FC、FD，则以下判断中正确的是(　　)‎ 甲　　　 乙　　　　丙　　　　　丁 A．FA＝FB＝FC＝FD B．FD>FA＝FB>FC C．FA＝FC＝FD>FB D．FC>FA＝FB>FD B　[绳上拉力等于重物所受的重力mg，设滑轮两侧细绳之间的夹角为φ，滑轮受到木杆P的弹力F等于滑轮两侧细绳拉力的合力，即F＝2mgcos ，由夹角关系可得FD>FA＝FB>FC，选项B正确。]‎ ‎13.粗铁丝弯成如图所示半圆环的形状，圆心为O，半圆环最高点B处固定一个小滑轮，小圆环A用细绳吊着一个质量为m2的物块并套在半圆环上。一根一端拴着质量为m1的物块的细绳，跨过小滑轮后，另一端系在小圆环A上。设小圆环、滑轮、绳子的质量以及相互之间的摩擦均不计，绳子不可伸长。若整个系统平衡时，∠AOB为α，则两物块的质量的比值为(　　)‎ 9‎ A．cos B．2sin C．sin D．2cos B　[对小环进行受力分析，如图所示，小环受上面绳子的拉力m1g，下面绳子的拉力m2g，以及圆环对它沿着OA向外的支持力，将两个绳子的拉力进行正交分解，它们在切线方向的分力应该相等：‎ m1gsin ＝m2gcos (α－90°)‎ 即：m1cos ＝m2sin α m1cos ＝2m2sin cos 得：＝2sin 故选B。]‎ ‎14.将一光滑轻杆固定在地面上，杆与地面间夹角为θ，一光滑轻环套在杆上。一个大小和质量都不计的滑轮用轻绳OP悬挂在天花板上，用另一轻绳通过滑轮系在轻环上，用手拉住轻绳另一端并使OP恰好在竖直方向，如图所示。现水平向右拉绳，当轻环重新静止不动时，OP绳与天花板之间的夹角为(　　)‎ A．90° B．45° ‎ 9‎ C．θ D．45°＋ D　[由题意可知，当轻环重新静止不动时，环所受的轻绳拉力方向与轻杆垂直，滑轮两侧轻绳的夹角为90°＋θ，此时，定滑轮P受OP绳拉力、绳子水平拉力和滑轮P与环间绳子拉力作用，处于静止状态，设此时OP绳与天花板之间的夹角为α，由几何知识及力的合成与分解，可得α＝45°＋，故选项D正确，A、B、C错误。]‎ ‎15.如图所示，三根粗细均匀且完全相同的圆木A、B、C堆放在水平地面上，处于静止状态，每根圆木的质量为m，截面的半径为R，三个截面圆心连线构成的等腰三角形的顶角∠O1＝120°，若在地面上的两根圆木刚好要滑动，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不考虑圆木之间的摩擦，重力加速度为g，则(　　)‎ A．圆木间的弹力为mg B．下面两根圆木对地面的压力均为mg C．地面上的每根圆木受到地面的作用力为mg D．地面与圆木间的动摩擦因数为 B　[对A进行受力分析，如图所示，A处于平衡状态，合力为零，则有N2cos ＝mg，解得N1＝N2＝＝mg，故A错误；对整体受力分析，受到重力、地面的支持力、B受到的向右的摩擦力和C受到的向左的摩擦力，由对称性可知，竖直方向有NB＝NC＝mg，故B正确；对B进行研究，地面对B的作用力等于地面对B的支持力与地面对B的摩擦力的合力，大于mg，故C错误；对C，根据平衡条件得Ff＝N2sin 60°＝mg×＝mg，所以地面对C的摩擦力大小为mg，根据摩擦力公式Ff＝μNC，可得μ＝＝＝，故D错误。]‎ 9‎ ‎16．如图所示，质量为m的物体置于倾角为θ的固定斜面上，物体与斜面之间的动摩擦因数为μ，先用平行于斜面的推力F1作用于物体上使其能沿斜面匀速上滑，若改用水平推力F2作用于物体上，也能使物体沿斜面匀速上滑，则两次的推力之比为(　　)‎ 甲　　　　　　　乙 A．cos θ＋μsin θ B．cos θ－μsin θ C．1＋μtan θ D．1－μtan θ B　[物体在力F1作用下和力F2作用下运动时的受力情况如图所示。‎ 甲　　　　　　　　乙 将重力mg、力F2分别沿斜面方向和垂直于斜面方向正交分解，由平衡条件可得 F1＝mgsin θ＋Ff1‎ FN1＝mgcos θ Ff1＝μFN1‎ F2cos θ＝mgsin θ＋Ff2‎ FN2＝mgcos θ＋F2sin θ Ff2＝μFN2‎ 解得F1＝mgsin θ＋μmgcos θ F2＝ 故＝cos θ－μsin θ，B正确。]‎ 9‎