【物理】2020届一轮复习人教版力的分解课时作业 8页

‎2020届一轮复习人教版 力的分解 课时作业 1．把一个力分解为两个力时(　　)‎ A．一个分力变大时，另一个分力一定要变小 B．两个分力不能同时变大 C．无论如何分解，两个分力不能同时小于这个力的一半 D．无论如何分解，两个分力不能同时大于这个力的2倍 解析：设把一个力F分解为F1、F2两个分力，当F1、F2在一条直线上且方向相反时，则有F＝|F1－F2|，当F1变大时，F2也变大，A、B错；F1、F2可以同时大于F的2倍，D错；当将F沿一条直线分解为两个方向相同的力F1、F2时，则有F＝F1＋F2，可知F1、F2不可能同时小于F，C对．‎ 答案：C ‎2．(多选)在已知的一个力的分解中，下列情况具有唯一解的是 (　　)‎ A．已知两个分力的方向，并且不在一条直线上 B．已知一个分力的大小和方向 C．已知一个分力的大小和另一个分力的方向 D．已知两分力的大小 解析：已知两分力的方向且不在同一直线上，或已知一个分力的大小和方向，根据平行四边形定则，只有唯一解，A、B正确；已知一个分力的大小和另一个分力的方向，解不唯一，C错误；已知两分力大小，解也不唯一，D错误．‎ 答案：AB ‎3．两个力的合力为50 N，其中一个力为30 N ‎，那么另一个力的大小可能是(　　)‎ A．10 N　　　B．15 N　　　C．80 N　　　D．85 N 解析：因为|F1－F2|≤F合≤F1＋F2，解得另一个分力的大小应在20 N≤F≤80 N范围内，故C正确．‎ 答案：C ‎4.如图所示是我们衣服上的拉链的一部分，在把拉链拉开的时候，我们可以看到有一个三角形的东西在两链中间运动．使很难直接分开的拉链很容易拉开，关于其中的物理原理，以下说法中正确的是(　　)‎ A．拉开拉链时，三角形的物体增大了分开拉链的力 B．拉开拉链时，三角形的物体只是为了将拉链分开并没有增大分开拉链的力 C．拉开拉链时，三角形的物体增大了分开拉链的力，但合上拉链时减小了合上的力 D．以上说法均不正确 解析：拉开拉链时，三角形的物体在两链间和拉链一起运动，手的拉力在三角形的物体上产生了两个分力，如图甲所示，在α角很小的情况下，F1＝F2>F，即分力大于手的拉力，所以很难直接分开的拉链可以很容易地被三角形物体分开．‎ ‎　　　　　 图甲　　　　　 图乙 合上拉链时，手的拉力在三角形物体上产生了拉拉链的两个分力，如图乙所示，根据边角关系，仍有F1＝F2>F，即增大了合上的力．所以，只有A正确．‎ 答案：A ‎5.如图所示，三段不可伸长的细绳OA、OB、OC能承受的最大拉力相同，它们共同悬挂一重物，其中OB是水平的，A端、B端固定．若逐渐增加C端所挂物体的质量，则最先断的(　　)‎ A．必定是OA B．必定是OB C．必定是OC D．可能是OB，也可能是OC 解析：OC下悬挂重物，它的拉力应等于重物的重力G，OC绳的拉力产生两个效果，使OB在O点受到向左的作用力F1，使OA在O点受到斜向下沿绳方向的作用力F2，F1、F2是G的两个分力．由平行四边形定则可作出力的分解图如图所示．‎ 当逐渐增大所挂物体的质量，哪根绳子承受的拉力最大则最先断．从图中可知：表示F2的有向线段最长，F2分力最大，故OA绳子最先断，故选A.‎ 答案：A ‎6.如图所示吊床用绳子拴在两棵树上等高位置．某人先坐在吊床上，后躺在吊床上，均处于静止状态．设吊床两端系绳中的拉力为 F1、吊床对该人的作用力为F2，则 (　　)‎ A．坐着比躺着时F1大 B．躺着比坐着时F1大 C．坐着比躺着时F2大 D．躺着比坐着时F2大 解析：设绳与竖直方向间的夹角为θ，对吊床受力分析并根据平衡条件可得，F1＝，因为坐着比躺着时θ大．所以坐着比躺着时F1大，A正确，B错误；对人受力分析，无论他是坐着还是躺着，均可以认为他只受到重力G和吊床对他的作用力F2的作用，二力平衡，所以F2的大小等于重力，即坐着与躺着时F2一样大，C、D错误．‎ 答案：A ‎7.如图所示，一架直升机通过轻绳打捞海中物体，物体质量为m，由于流动的海水对物体产生水平方向的冲击，使轻绳张紧且偏离竖直方向，当直升机相对地面静止时，绳子与竖直方向成θ角，已知物体所受的浮力不能忽略．下列说法正确的是(　　)‎ A．绳子的拉力为 B．绳子的拉力一定大于mg C．物体受到海水的水平方向的作用力等于绳子的拉力 D．物体受到海水的水平方向的作用力小于绳子的拉力 解析：小球受力如图所示．‎ 由平衡条件，知 FTcos θ＋F浮＝mg，‎ FTsin θ＝F海水，‎ 由此可知A、B、C错误，D正确．‎ 答案：D ‎8.如图所示，水平地面上的物体重G＝100 N，受到与水平方向成37°角的拉力F＝60 N，支持力FN＝64 N，摩擦力Ff＝16 N，求物体所受的合力及物体与地面间的动摩擦因数．‎ 解析：对四个共点力进行正交分解，如图所示．‎ 则x方向的合力：‎ Fx＝Fcos 37°－Ff＝60×0.8 N－16 N＝32 N，‎ y方向的合力：‎ Fy＝Fsin 37°＋FN－G＝60×0.6 N＋64 N－100 N＝0，‎ 所以合力大小F合＝Fx＝32 N，方向水平向右．‎ 动摩擦因数μ＝＝＝0.25.‎ 答案：32 N，方向水平向右　0.25 9.如图所示，电线AB下端有一盏电灯，用绳子BC将其拉离墙壁，在保证电线AB与竖直墙壁间的夹角θ不变的情况下，使绳子BC由水平方向逐渐向上转动至竖直方向，则绳子BC中的拉力的变化情况是(　　)‎ A．逐渐增大 B．逐渐减小 C．先增大后减小 D．先减小后增大 解析：将重力按作用效果沿AB、BC两绳的方向分解，如图所示，F1是对AB绳的拉力，F2是对BC绳的拉力，由于AB绳方向不变，当BC绳向上转动，转到与AB绳方向垂直时，BC绳上的拉力最小，故BC绳上的拉力先减小后增大．‎ 答案：D ‎10.如图所示，A、B两球完全相同，质量均为m，用两根等长的细线悬挂在O点，两球之间连着一根轻质弹簧，静止不动时，两根细线之间的夹角为θ，则弹簧的弹力为(　　)‎ A．2mgtan θ B．mgtan θ C．2mgtan D．mgtan 解析：A球受力如图所示，则 FTcos ＝mg，F＝FTsin 故弹簧弹力F＝mgtan ，D正确．‎ 答案：D ‎11.如图所示，一攀岩运动员正沿竖直岩壁缓慢攀登，由于身背较重的行囊，重心上移至肩部的O点，总质量为60 kg.此时手臂与身体垂直，手臂与岩壁夹角为53°，则手受到的拉力和脚受到的作用力分别为(设手、脚受到的作用力均通过重心O，g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)(　　)‎ A．360 N，480 N B．480 N，360 N C．450 N，800 N D．800 N，450 N 解析：由题意知，运动员的重力mg可分解为沿手臂方向的力F1和沿身体方向的力F2，F1＝mgcos 53°＝360 N，F2＝mgsin 53°＝480 N．由此可知手受到的拉力为360 N，脚受的作用力为480 N，A正确．‎ 答案：A ‎12．如图所示，物体的质量m＝4.4 kg，用与竖直方向成θ＝37°‎ 的斜向右上方的推力把该物体压在竖直墙壁上，并使它沿墙壁在竖直方向上做匀速直线运动．物体与墙壁间的动摩擦因数μ＝0.5，取重力加速度g＝10 N/kg，求推力F的大小(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．‎ 解析：若物体向上做匀速直线运动，则受力如图甲所示．‎ Fcos θ＝mg＋f Fsin θ＝FN f＝μFN 故推力F＝＝ N＝88 N 图甲　　　　图乙 若物体向下做匀速直线运动，受力如图乙所示．‎ Fcos θ＋f＝mg Fsin θ＝FN f＝μFN 故推力F＝＝ N＝40 N.‎ 答案：88 N或40 N ‎