2021高考物理新高考版一轮习题：第二章 微专题11 力的合成与分解和“晾衣绳模型” Word版含解析 8页

‎1．一个结论：合力一定时，两等大分力夹角越大，分力越大．夹角趋于180°时，分力趋于无穷大．‎ ‎2．晾衣绳模型：如图．特点：(1)绳长不变，两杆间距不变，B点上下移动时，轻绳拉力不变．(2)绳长不变，两杆间距变大时，夹角θ增大，轻绳拉力增大．‎ ‎1．(多选)(2020·福建厦门市模拟)我国不少地方在节日期间有挂红灯笼的习俗，如图1所示，质量为m的灯笼用两根不等长的轻绳OA、OB悬挂在水平天花板上，OA比OB长，O为结点．重力加速度大小为g，设OA、OB对O点的拉力分别为FTA、FTB，轻绳能够承受足够大的拉力，则(　　)‎ 图1‎ A．FTA小于FTB B．FTA、FTB的合力大于mg C．调节悬点A的位置，可使FTA、FTB都大于mg ‎ D．换质量更大的灯笼，FTB的增加量比FTA的增加量大 ‎2．如图2所示，滑轮本身的质量可忽略不计，滑轮轴O安在一根轻木杆B上，一根轻绳AC绕过滑轮，A端固定在墙上，且轻绳保持水平，C端挂一重物，BO与竖直方向夹角θ＝45°，系统保持平衡．若保持滑轮的位置不变，改变θ的大小，则滑轮受到木杆作用力大小变化情况是(　　)‎ 图2‎ A．只有角θ变小，作用力才变大 B．只有角θ变大，作用力才变大 C．不论角θ变大或变小，作用力都是变大 D．不论角θ变大或变小，作用力都不变 ‎3．如图3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(　　)‎ 图3‎ A．kL B．2kL C.kL D.kL ‎4．如图4所示是轿车常用的千斤顶，当摇动把手时，螺纹轴就能迫使千斤顶的两臂靠拢，从而将汽车顶起．当车轮刚被顶起时，汽车对千斤顶的压力为1.0×105 N，此时千斤顶两臂间的夹角为120°.下列判断正确的是(　　)‎ 图4‎ A．此时千斤顶每臂受到的压力大小均为5.0×104 N B．此时千斤顶对汽车的支持力为1.0×104 N C．若继续摇动把手，将汽车顶起，千斤顶每臂受到的压力将增大 D．若继续摇动把手，将汽车顶起，千斤顶每臂受到的压力将减小 ‎5．四个半径为r的匀质球在光滑的水平面上堆成锥形，如图5所示．下面的三个球A、B、C用绳缚住，绳与三个球的球心在同一水平面内，D球放在三球上方处于静止状态．如果四个球的质量均为m，重力加速度为g，则D球对A、B、C三球的压力均为(　　)‎ 图5‎ A．mg B.mg C.mg D.mg ‎6．(2019·河北衡水市模拟)小明想推动家里的衣橱，但使出了很大的力气也没推动，于是他便想了个妙招，如图6所示，用A、B两块木板，搭成一个底角较小的人字形架，然后往中央一站，衣橱居然被推动了！下列说法正确的是(　　)‎ 图6‎ A．这是不可能的，因为小明根本没有用力去推衣橱 B．这是不可能的，因为无论如何小明的力气也没那么大 C．这有可能，A板对衣橱的推力有可能大于小明的重力 D．这有可能，但A板对衣橱的推力不可能大于小明的重力 ‎7.(2019·河南郑州市期中)如图7所示是一种常用的“千斤顶”示意图，摇动手柄能使螺旋杆转动并保持水平，而A、B间距离发生变化，重物就能被顶起或下降．若物重为G，杆AB与AC之间的夹角为θ，不计“千斤顶”本身的重量，则“千斤顶”螺旋杆AB的拉力大小为(　　)‎ 图7‎ A．Gsin θ B．Gcos θ C．Gtan θ D. ‎8．(多选)(2019·河南洛阳市联考)如图8所示为缓慢关门时(图中箭头方向)门锁的示意图，锁舌尖角为37°，此时弹簧弹力为24 N，锁舌表面较光滑，摩擦不计(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，下列说法正确的是(　　)‎ 图8‎ A．此时锁壳碰锁舌的弹力为40 N B．此时锁壳碰锁舌的弹力为30 N C．关门时锁壳碰锁舌的弹力逐渐增大 D．关门时锁壳碰锁舌的弹力保持不变 ‎9．(2019·湖南衡阳市二模)超市里磁力防盗扣的内部结构及原理如图9所示，在锥形金属筒内放置四颗小铁珠(其余两颗未画出)，工作时弹簧通过铁环将小铁珠挤压于金属筒的底部，同时，小铁珠陷于钉柱上的凹槽里，锁死防盗扣．当用强磁场吸引防盗扣的顶部时，铁环和小铁珠向上移动，防盗扣松开，已知锥形金属筒底部的圆锥顶角刚好是90°，弹簧通过铁环施加给每个小铁珠竖直向下的力F，小铁珠锁死防盗扣，每个小铁珠对钉柱产生的侧向压力大小为(不计摩擦力以及小铁珠的重力)(　　)‎ 图9‎ A.F B.F C．F D.F ‎10.(2020·湖北省黄冈市模拟)一物块用轻绳AB悬挂于天花板上，用力F拉住套在轻绳上的光滑小圆环O(圆环质量忽略不计)，系统在图10所示位置处于静止状态，此时轻绳OA与竖直方向的夹角为α，力F与竖直方向的夹角为β.当缓慢拉动圆环使α(0°<α<90°)增大时(　　)‎ 图10‎ A．F变大，β变大 B．F变大，β变小 C．F变小，β变大 D．F变小，β变小 ‎11．(2019·辽宁沈阳市诊测)如图11所示，A、B两物体的质量分别为mA和mB，且mA>mB，整个系统处于静止状态，滑轮的质量和一切摩擦均不计．如果绳一端由Q点缓慢地向左移到P点，整个系统重新平衡后，物体A的高度和两滑轮间绳与水平方向的夹角θ如何变化(　　)‎ 图11‎ A．物体A的高度升高，θ角变大 B．物体A的高度降低，θ角变小 C．物体A的高度升高，θ角不变 D．物体A的高度不变，θ角变小 ‎12．(2019·河南省六校联考)如图12所示，一固定的细直杆与水平面的夹角为α＝15°，一个质量忽略不计的小轻环C套在直杆上，一根轻质细线的两端分别固定于细直杆上的A、B两点，细线依次穿过小环甲、小轻环C和小环乙，且小环甲和小环乙分居在小轻环C的两侧．调节A、B间细线的长度，当系统处于静止状态时β＝45°.不计一切摩擦．设小环甲的质量为m1，小环乙的质量为m2，则m1∶m2等于(　　)‎ 图12‎ A．tan 15° B．tan 30°‎ C．tan 60° D．tan 75°‎ ‎13.(多选)如图13所示，不计质量的光滑小滑轮用细绳悬挂于墙上O点，跨过滑轮的细绳连接物块A、B，A、B都处于静止状态，现将物块B移至C点后，A、B仍保持静止，下列说法中正确的是(　　)‎ 图13‎ A．B与水平面间的摩擦力减小 B．水平面对B的弹力增大 C．悬于墙上的绳所受的拉力不变 D．A、B静止时，图中α、β、θ三角始终相等 答案精析 ‎1．ACD　[对结点O受力分析，画出力的矢量图如题图所示．由图可知，FTA小于FTB，FTA、FTB的合力等于mg，‎ 选项A正确，B错误；调节悬点A的位置，当∠AOB大于某一值时，则FTA、FTB都大于mg，选项C正确；换质量更大的灯笼，则重力mg增大，FTB的增加量比FTA的增加量大，选项D正确．]‎ ‎2．D　[对滑轮受力分析，受两个轻绳的拉力和杆的弹力；滑轮一直保持静止，合力为零，故杆的弹力与两个轻绳的拉力的合力等值、反向、共线；由于两个轻绳的拉力大小等于重物的重力，大小不变，方向也不变，则两个拉力的合力为mg，与水平方向成45°斜向右下方，方向、大小也不变，故杆的作用力也不变，选项D正确．]‎ ‎3．D　[根据胡克定律知，发射弹丸时，每根橡皮条的弹力F弹＝k(2L－L)＝kL.设此时两橡皮条的夹角为θ，根据几何关系知sin＝.‎ 根据力的平行四边形定则知，弹丸被发射过程中所受的最大作用力F＝2F弹cos＝2F弹 ＝F弹＝kL，选项D正确．]‎ ‎4．D　[汽车对千斤顶的压力大小为1.0×105 N，根据牛顿第三定律，千斤顶对汽车的支持力也为1.0×105 N，B项错误；两臂夹角为120°，由力的合成可知千斤顶每臂受到的压力为1.0×105 N，A项错误；继续摇动把手，将汽车顶起，千斤顶两臂夹角减小，每臂受到的压力减小，C项错误，D项正确．]‎ ‎5．D　[如图所示，‎ A、B、C、D分别为四个球的球心，θ为BD连线与竖直方向间的夹角，根据几何关系有sin θ＝，则cos θ＝.分析D球受力，得3Fcos θ＝mg，其中F为A、B、C三球对D球的支持力大小，可得F＝mg，选项D正确．]‎ ‎6．C　[开始小明是推不动衣橱的，说明小明的推力小于最大静摩擦力．站在人字形架上时，小明的重力产生两个效果，分别向左、右两侧推衣橱和墙壁，如图所示，‎ 小明的重力可以分解成沿A、B两个方向的力，由于底角较小，所以A、B方向的力会很大，A对衣橱的力可以分解成水平方向和竖直方向的力，而水平方向的力会远大于小明的重力，可能大于最大静摩擦力，故选项C正确．]‎ ‎7．D　[如图所示，‎ 将重力G分解到沿AB方向的拉AB杆的力F1和沿AC方向的压AC杆的力F2，即得F1＝，由牛顿第三定律知螺旋杆AB的拉力大小为.]‎ ‎8．AC　[锁壳碰锁舌的弹力分解如图所示，‎ 其中F1＝FNsin 37°，且此时F1大小等于弹簧的弹力24 N，解得锁壳碰锁舌的弹力为40 N，选项A正确，B错误；关门时，弹簧的压缩量增大，弹簧的弹力增大，故锁壳碰锁舌的弹力逐渐增大，选项C正确，D错误．]‎ ‎9．C　[以一个铁珠为研究对象，将力F按照作用效果进行分解如图所示，‎ 根据几何关系可得小铁珠对钉柱产生的侧向压力大小为：FN＝＝F，故C正确、A、B、D错误．]‎ ‎10．B　[圆环受到三个力，拉力F以及两个绳子的拉力FT，三力平衡，故两个绳子的拉力的合力与拉力F始终等值、反向、共线．由于两个绳子的拉力等于物块的重力，α增大时，两拉力夹角越小，合力越大，且合力在角平分线上，逐渐竖直，故拉力F逐渐变大，由于始终与两绳拉力的合力反向，故拉力F也逐渐竖直，β逐渐变小，故选B.]‎ ‎11．C　[原来整个系统处于静止状态，绳的拉力大小等于A物体的重力，B物体对动滑轮的拉力等于B物体的重力．将绳一端由Q点缓慢地向左移到P点，整个系统重新平衡后，绳的拉力大小仍等于A物体的重力，B物体对动滑轮的拉力仍等于B物体的重力，都没有变化，即滑轮所受的三个拉力都不变，则根据平衡条件可知，两绳之间的夹角也没有变化，则θ角不变，动滑轮将下降，物体A的高度升高，故选项C正确．]‎ ‎12．C　[小环C为轻环，重力不计，受两边细线的拉力的合力与杆垂直，C环与乙环的连线与竖直方向的夹角为60°，C环与甲环的连线与竖直方向的夹角为30°，A点与甲环的连线与竖直方向的夹角为30°，乙环与B点的连线与竖直方向的夹角为60°，设细线拉力为FT，根据平衡条件，对甲环有2FTcos 30°＝m1g，对乙环有2FTcos 60°＝m2g，得m1∶m2＝tan 60°，故选C.]‎ ‎13．BD　[对物块A进行受力分析，受到重力和细绳的拉力，根据平衡条件可知，细绳的拉力FT等于物块A的重力，大小不变．当把物块B移至C点后，连接物块B的细绳与水平方向的夹角θ′变小，对物块B进行受力分析，受重力、支持力、拉力和静摩擦力，如图所示，根据共点力平衡条件，有FTcos θ′＝Ff，由于θ′变小，故B与水平面间的静摩擦力变大，故A错误；水平面对B的弹力FN＝mg－FTsin θ′，θ′变小，则FN变大，故B正确；对滑轮进行受力分析，受到的连接A、B的绳子的拉力相等且夹角变大，故其合力变小，故悬于墙上的绳所受的拉力也变小，故C错误；连接A、B的绳子的拉力相等，故合力在角平分线上，故α＝β，又由于三力平衡，所以α＝β＝θ，故D正确．]‎