2024高考物理一轮复习课时作业五力的合成与分解含解析新人教版

PAGE11-力的合成与分解(建议用时40分钟)1.(2024·玉溪模拟)某同学练习倒立,双臂对称分开,身体保持竖直,靠在墙上,如图所示。若该同学增大双臂分开的角度,但仍保持竖直靠在墙上,则下列有关该同学受力的说法正确的是 ()A.地面对该同学双手的支持力增大B.地面对该同学双手的支持力减小C.地面对该同学单只手的摩擦力增大D.地面对该同学单只手的摩擦力减小【解析】选C。依据人受力平衡,可知:无论双臂张开的角度多大,竖直方向地面对双手的支持力大小总是等于该同学的重力,故A、B错误;张开角度越大,双臂在沿水平方向的分力越大,故摩擦力越大,故C正确,D错误。故选C。2．有两个大小相等的共点力F1和F2，当它们的夹角为90°时合力的大小为F，则当它们的夹角为60°时，合力的大小为()A．2FB．eq\f(\r(6),2)FC．eq\f(\r(3),2)FD．eq\f(\r(2),2)F【解析】选B。当两个力的夹角为90°时，合力为F合＝eq\r(Feq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋Feq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)))＝eq\r(2)F1＝F，所以F1＝F2＝eq\f(\r(2),2)F当两个力的夹角为60°时，依据平行四边形定则，合力大小等于底角为30°的等腰三角形的底边：cos30°＝eq\f(\f(F合′,2),F1)F合′＝2F1cos30°＝2×eq\f(\r(2),2)×eq\f(\r(3),2)F＝eq\f(\r(6),2)F，故选B。3．(2024·西安模拟)如图，在水平晾衣杆(可视为光滑杆)上晾晒床单时，为了尽快使床单晾干，可在床单间支撑轻质细杆。随着细杆位置的不同，细杆上边两侧床单间夹角θ(θ<150°)将不同。设床单重力为G，晾衣杆所受压力大小为N，下列说法正确的是()A．当θ＝60°时，N＝eq\f(\r(3),3)GB．当θ＝90°时，N＝eq\f(\r(2),2)GC．只有当θ＝120°时，才有N＝GD．无论θ取何值，都有N＝G【解析】选D。对床单和轻质细杆进行受力分析可知，整体受重力G(轻质细杆不计质量)和晾衣杆给的支持力N，依据牛顿第三定律可知，晾衣杆给床单的支持力大小等于晾衣杆所受的压力大小，依据平衡条件可知，N＝G，与细杆上边两侧床单间夹角θ无关，选项D正确。4.(2024·昆明模拟)用斧头劈木柴的情景如图甲所示。劈的纵截面是一个等腰三角形,劈背的宽度为d,劈的侧面长为l,当在劈背加一个力F时的受力示意图如图乙所示,若不计斧头的重力,则劈的侧面推压木柴的力F1为()A.F B.F C.F D.F【解析】选A。依据对称性,两分力F1、F2大小相等,这样,以F1、F2为邻边的平行四边形就是一个菱形,因为菱形的对角线相互垂直且平分,所以依据三角形相像=,解得F1=F2=F,故A正确,B、C、D错误。故选A。5．(多选)我国不少地方在节日期间有挂红灯笼的习俗。如图，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FA、FB，轻绳能够承受足够大的拉力，则()A.FA小于FBB．FA、FB的合力大于mgC．调整悬点A的位置，可使FA、FB都大于mgD．换质量更大的灯笼，FB的增加量比FA的增加量大【解析】选A、C、D。作出结点O的力的合成图如图所示，由于OA比OB长，可知在力的直角三角形中大角对大边，所以FA小于FB，故A正确；由力的平衡可知FA、FB的合力等于mg，故B错误；依据力的分解可知，合力可以小于每一个分力，所以调整悬点A的位置，可使FA、FB都大于mg，故C正确；由于FA小于FB及力合成图可知换质量更大的灯笼，即增大合力，FB的增加量比FA的增加量大，故D正确。6.(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()A．μmg B．μ(mg＋Fsinθ)C．μ(mg－Fsinθ) D．Fcosθ【解题指导】本题属于已知条件较多的选择题，这类题一般为多解问题。对于本题一个解为依据物体的平衡求解滑动摩擦力，另一个解为依据滑动摩擦定律求解滑动摩擦力。【解析】选B、D。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：由平衡条件得：Fcosθ＝Ff，FN＝mg＋Fsinθ，又由于Ff＝μFN，解得Ff＝μ(mg＋Fsinθ)，故B、D正确。7.(2024·潍坊模拟)如图所示，山坡上两相邻高压塔A、B之间架有匀质粗铜线，平衡时铜线呈弧形下垂，最低点为C，已知弧线BC的长度是AC的3倍，而左塔B处铜线切线与竖直方向成β＝30°角。问右塔A处铜线切线与竖直方向成的角α应为()A．30°B．45°C．60°D．75°【解析】选C。设AB两端铜线上拉力分别为FA、FB，铜线质量为m，在水平方向，ABC整体受力平衡，有：FAsinα＝FBsinβ；在竖直方向，BC段受力平衡，有：FBcosβ＝eq\f(3,4)mg；(AC段对C点力的方向水平向右)；在竖直方向，AC段受力平衡，有：FAcosα＝eq\f(1,4)mg；联立解得：tanα＝3tanβ，所以，α＝60°，故A、B、D错误，C正确。8.(多选)如图所示是剪式千斤顶，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。当车轴刚被顶起时汽车对千斤顶的压力为1.0×105N，此时千斤顶两臂间的夹角为120°，则下列推断正确的是()A．此时两臂受到的压力大小均为5.0×104NB．此时千斤顶对汽车的支持力为1.0×105NC．若接着摇动把手，将汽车顶起，两臂受到的压力将增大D．若接着摇动把手，将汽车顶起，两臂受到的压力将减小【解析】选B、D。将汽车对千斤顶的压力F分解为沿两臂的两个分力F1、F2，如图所示，依据对称性可知，两臂受到的压力大小相等，即F1＝F2。由2F1cosθ＝F得F1＝F2＝eq\f(F,2cos60°)＝1.0×105N，选项A错误；依据牛顿第三定律可知，千斤顶对汽车的支持力等于汽车对千斤顶的压力，为1.0×105N，选项B正确；由F1＝F2＝eq\f(F,2cosθ)可知，当F不变、θ减小时，cosθ增大，F1、F2减小，选项C错误，D正确。9．(2024·哈尔滨模拟)图甲是由两圆杆构成的“V”形斜槽，它与水平面成倾角θ放置。现将一质量为m的圆柱体滑块由斜槽顶端释放，滑块恰好匀速下滑，沿斜槽看去，截面如图乙所示。已知滑块与两圆杆间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，β＝120°，则()A．μ＝tanθB．左边圆杆对滑块的支持力大小为mgcosθC．左边圆杆对滑块的摩擦力大小为mgsinθD．若增大θ，左边圆杆对滑块的支持力将增大【解析】选B。滑块恰好匀速下滑，则滑块受力平衡，对滑块受力分析，依据平衡条件得，mgsinθ＝2f＝2μFN，mgcosθ＝2FNcoseq\f(β,2)＝FN，解得μ＝eq\f(1,2)tanθ，选项A错误、B正确；左边圆杆对滑块的摩擦力大小为f＝eq\f(1,2)mgsinθ，选项C错误；若θ增大，cosθ减小，则左边圆杆对滑块的支持力将减小，选项D错误。10.(2024·曲靖模拟)如图为汽车的机械式手刹(驻车器)系统的结构示意图,结构对称。当向上拉动手刹拉杆时,手刹拉索(不行伸缩)就会拉紧,拉索OD、OC分别作用于两边轮子的制动器上,从而实现驻车的目的。则以下说法正确的是 ()A.当OD、OC两拉索夹角为60°时,三根拉索的拉力大小相等B.拉动手刹拉杆时,拉索AO上拉力总比拉索OD和OC中任何一个拉力大C.若在AO上施加一恒力,OD、OC两拉索夹角越小,拉索OD、OC拉力越大D.若保持OD、OC两拉索拉力不变,OD、OC两拉索越短,拉动拉索AO越省力【解析】选D。当OD、OC两拉索夹角为120°时,三根拉索的拉力大小才相等,选项A错误;拉动手刹拉杆时,当OD、OC两拉索夹角大于120°时,拉索AO上拉力比拉索OD和OC中任何一个拉力小,选项B错误;依据平行四边形定则可知,若在AO上施加一恒力,OD、OC两拉索夹角越小,拉索OD、OC拉力越小,选项C错误;若保持OD、OC两拉索拉力不变,OD、OC两拉索越短,则两力夹角越大,合力越小,即拉动拉索AO越省力,选项D正确。故选D。11．如图所示，始终杆倾斜固定并与水平方向成30°的夹角。直杆上套有一个质量为0.5kg的圆环，圆环与轻弹簧相连，在轻弹簧上端施加一竖直向上、大小F＝10N的力，圆环处于静止状态。已知直杆与圆环之间的动摩擦因数为0.7，g取10m/s2。下列说法正确的是()A．圆环受到直杆的弹力，方向垂直直杆向上B．圆环受到直杆的弹力大小等于2.5NC．圆环受到直杆的摩擦力，方向沿直杆向上D．圆环受到直杆的摩擦力大小等于2.5N【解析】选D。因弹簧的拉力F＝10N>mg＝5N，所以圆环受到垂直直杆向下的支持力FN，故A项错误；同理，拉力沿直杆向上的分力F1＝Fsin30°＝5N，也大于重力沿直杆向下的分力G1，所以圆环受到沿直杆向下的摩擦力Ff，故C项错误；如图所示，垂直直杆方向FN＋mgcos30°＝Fcos30°，沿直杆方向Ff＋mgsin30°＝Fsin30°，解得FN＝eq\f(5\r(3),2)N，Ff＝2.5N，故B项错误，D项正确。【题后反思】本题弹簧的弹力大于物体的重力，可以用等效法，相当于物体受一个竖直向上的重力，从而转化为我们熟识的模型求解。【加固训练】(2024·宁波模拟)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，弹簧与竖直方向的夹角为30°，则弹簧的伸长量为 ()【解析】选C。解法一：(力的合成法)小球受mg、FN、F三个力作用而静止。其中FN、F的合力与mg等大反向，即2Fcos30°=mgF=kx，所以x=，故C正确。解法二：(力的效果分解法)将mg沿垂直斜面方向和沿弹簧方向进行分解。两个分力分别为F1、F2，其中F1大小等于弹簧弹力F。则2Fcos30°＝mg，F＝kx，所以x＝eq\f(\r(3)mg,3k)，故C正确。解法三：(正交分解法)将FN、F沿x、y轴进行分解。Fsin30°＝FNsin30°，Fcos30°＋FNcos30°＝mg，F＝kx，联立得x＝eq\f(\r(3)mg,3k)，故C正确。12．(创新题)如图所示，质量均为M的A、B两滑块放在粗糙水平面上，两轻杆等长，杆与滑块、杆与杆间均用光滑铰链连接，在两杆铰合处悬挂一质量为m的重物C，整个装置处于静止状态，设杆与水平面间的夹角为θ。下列说法正确的是()A．当m肯定时，θ越小，滑块对地面的压力越大B．当m肯定时，θ越大，轻杆受力越小C．当θ肯定时，M越大，滑块与地面间的摩擦力越大D．当θ肯定时，M越小，可悬挂重物C的质量m越大【解析】选B。对ABC整体分析可知，对地压力为FN＝(2M＋m)g，与θ无关，故A错误；将C的重力按作用效果分解，如图所示，依据平行四边形定则有F1＝F2＝eq\f(\f(1,2)mg,sinθ)＝eq\f(mg,2sinθ)，故m肯定时，θ越大，轻杆受力越小，故B正确；对A分析，受重力、杆的推力、支持力和向右的静摩擦力，依据平衡条件有Ff＝F1cosθ＝eq\f(mg,2tanθ)，与M无关，故C错误；只要动摩擦因数足够大，即满意F1cosθ≤μF1sinθ，不管M多大，M都不会滑动，所以可悬挂重物C的质量大小与M无关，故D错误。【题后反思】物体的动态平衡有两种方法，图解法和解析法，一般来说物体受三个力用图解法，如分析轻杆的作用力，物体受三个力以上时用解析法，如分析滑块和地面的静摩擦力。13.如图所示，轻杆BC的C点用光滑铰链与墙壁固定，杆的B点通过水平细绳AB使杆与竖直墙壁保持30°的夹角。若在B点悬挂一个定滑轮(不计重力)，某人用它匀速地提起重物。已知重物的质量m＝30kg，人的质量M＝50kg，g取10m/s2。试求：(1)此时地面对人的支持力的大小。(2)轻杆BC和绳AB所受力的大小。【解析】(1)因匀速提起重物，则FT＝mg，且绳对人的拉力为mg，所以地面对人的支持力为FN＝Mg－mg＝(50－30)×10N＝200N，方向竖直向上。(2)定滑轮对B点的拉力方向竖直向下，大小为2mg，杆对B点的弹力方向沿杆的方向，如图所示，由共点力平衡条件得FAB＝2mgtan30°＝2×30×10×eq\f(\r(3),3)N＝200eq\r(3)N，FBC＝eq\f(2mg,cos30°)＝400eq\r(3)N。由牛顿第三定律可得F′BC＝FBC＝400eq\r(3)N，F′AB＝FAB＝200eq\r(3)N。答案：