南方新高考2018版高考物理大一轮复习专题二相互作用与物体平衡第2讲力的合成与分解课时作业

第2讲力的合成与分解
一、单项选择题
1．(2014年广东广州摸底)如图K2­2­1所示，舰载机保持牵引力F大小不变，在匀速航行的航母上降落时受到阻拦而静止，此时阻拦索夹角θ＝120°，空气阻力和甲板阻力不计，则阻拦索承受的张力大小为 ( )
图K2­2­1
A.F
2
B．F C.3F D．2F
2．将一个已知力F分解为F1和F2，已知F＝10 N，F1与F的夹角为37°，则F2的大小不可能
．．．的是( )
A．4 N B．6 N C．10 N D．100 N
3．(2013年北京卷)如图K2­2­2所示，倾角为α、质量为M的斜面体静止在水平桌面上，质量为m的木块静止在斜面体上．下列结论正确的是( )
图K2­2­2
A．木块受到的摩擦力大小是mg cos α
B．木块对斜面体的压力大小是mg sin α
C．桌面对斜面体的摩擦力大小是mg sin αcos α
D．桌面对斜面体的支持力大小是(M＋m)g
4．(2016年江苏徐州高三检测)举重是中国代表团在奥运会上重要的夺金项目．在举重比赛中，运动员举起杠铃时必须使杠铃平衡一定时间，才能被裁判视为挺(或抓)举成功．运动员可通过改变两手握杆的距离来调节举起时双臂的夹角．若双臂夹角变大，则下面关于运动员保持杠铃平衡时手臂用力大小变化的说法正确的是( )
A．不变 B．减小
C．增大 D．不能确定
5．(2015年江苏扬州调研)两物体M、m用跨过光滑定滑轮的轻绳相连，如图2­2­3所示，OA、OB与水平面的夹角分别为30°、60°，M、m均处于静止状态．则( )
图K2­2­3
A ．绳OA 对M 的拉力大小大于绳O
B 对M 的拉力
B ．绳OA 对M 的拉力大小等于绳OB 对M 的拉力
C ．m 受到水平面的静摩擦力大小为零
D ．m 受到水平面的静摩擦力的方向水平向左
6．如图K2­2­4所示，光滑斜面倾角为30°，轻绳一端通过两个滑轮与A 相连，另一端固定于天花板上，不计绳与滑轮的摩擦及滑轮的质量．已知物块A 的质量为m ，连接A 的轻绳与斜面平行，挂上物块B 后，滑轮两边轻绳的夹角为90°，A 、B 恰好保持静止，则物块B 的质量为( )
图K2­2­4 A.22m B.2m C ．m D ．2m
二、多项选择题
7．如图K2­2­5所示，轻杆左端插在竖直墙内固定，右端安装有光滑轻滑轮．细绳的上端固定在竖直墙上，下端跨过滑轮与重为G 的物体相连，整个系统处于静止状态．已知杆处于水平位置，细绳的上段跟杆成α＝30°角．关于细绳对滑轮的压力F ，下列说法中正确的是( )
图K2­2­5
A ．F 的方向沿杆向左
B ．F 的方向跟杆成30°斜向左下方
C ．F 与G 的大小相等
D ．F 一定比G 大
8．2013年8月17日下午4时，汕头市潮南区遭受特大暴雨袭击，陈店、司马浦等多个镇变成一片泽国，一架军用直升运输机在汕头外沙机场转运救灾物资，飞往灾区空投矿泉水、面包、面巾纸、饼干等物资，急援当地洪灾受灾群众．如图K2­2­6所示，一运送救灾物资的直升机沿水平方向匀速飞行．已知物资的总质量为m ，吊运物资的悬索与竖直方向成θ角．设物资所受的空气阻力为f ，悬索对物资的拉力为T ，重力加速度为g ，则( )
图K2­2­6
A ．f ＝mg sin θ
B ．f ＝mg tan θ
C ．T ＝mg cos θ
D ．T ＝mg
tan θ
9．如图K2­2­7所示，将一根不能伸长、柔软的轻绳两端分别系于A 、B 两点上，一物体用动滑轮悬挂在绳子上，达到平衡时，两段绳子间的夹角为θ1，绳子张力为F 1，将绳子B 端移至C 点，待整个系统达到平衡时，两段绳子间的夹角为θ2，绳子张力为F 2；将绳子B 端移至D 点，待整个系统平衡时两段绳子间的夹角为θ3，绳子张力为F 3，不计摩擦，则( )
图K2­2­7
A．θ1＝θ2＝θ3 B．θ1＝θ2<θ3
C．F1>F2>F3 D．F1＝F2<F3
三、非选择题
10．如图K2­2­8所示，水平细杆上套一环A，环A与球B间用一不可伸长的轻质绳相连，质量分别为m A＝0.40 kg和m B＝0.30 kg，由于球B受到水平风力作用，使环A与球B 一起向右匀速运动．运动过程中，绳始终保持与竖直方向夹角θ＝30°，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)球B受到的水平风力大小．
(2)环A与水平杆间的动摩擦因数．
图K2­2­8
(1)轻绳PB拉力的大小．
(2)木块所受斜面的摩擦力和弹力大小．
图K2­2­9
第2讲力的合成与分解
1．B 解析：舰载机与航母一起做匀速运动，合力为零，两阻拦索的张力的合力与舰载机的牵引力是一对平衡力，由平行四边形定则可知，B正确．
2．A
3．D 解析：对木块受力分析，如图D50甲所示，由平衡条件得F f＝mg sin α，F N＝mg cos α，故A、B错误；对M和m组成的整体受力分析，如图乙所示，可知水平方向没有力的作用，C错误；由平衡条件，F N′＝(M＋m)g，D正确．
甲乙
图D50
4．C 解析：对杠铃受力分析如图D51所示，则2F cos α＝G，解得F＝G
2cos α
，若α增大，则cos α减小，因此F变大，故选项C正确．
图D51 图D52
5．D 解析：设绳OA 对M 的拉力为F A ，绳OB 对M 的拉力为F B ，由O 点合力为零可得：F A ·cos 30°＝F B ·cos 60°即3F A ＝F B ，故A 、B 均错误；因F B ＞F A ，物体m 有向右滑动的趋势，m 受到水平面的摩擦力的方向水平向左，D 正确，C 错误．
6．A 解析：因物块A 处于静止状态，轻绳的拉力F ＝mg sin 30°＝12
mg ，由物块B 处于静止状态可知，滑轮左、右两段轻绳拉力的合力与物块B 的重力等大反向，即2F cos 45°
＝m B g ，解得m B ＝22
m ，A 正确． 7．BC 8．BC
9．BD 解析：设绳子结点为O ，对其受力分析，如图D52所示．当绳子右端从B 移动
到C 点时，根据几何关系，有AO sin θ12＋OB sin θ12＝AC ；同理：AO ′sin θ22＋O ′B sin θ22
＝AC ，绳子长度不变，有AO ＋OB ＝AO ′＋O ′B ，故θ1＝θ2.绳子的结点受重力和两个绳子的拉力，由于绳子夹角不变，根据三力平衡可知，绳子拉力不变，即F 1＝F 2；绳子右端从B 移动到D 点时，绳子间夹角显然变大，也就是θ2<θ3, 绳子的结点受重力和两个绳子的拉力，再次根据共点力平衡条件可得F 1＜F 3，故B 、D 正确，A 、C 错误．
10．解：(1)对B 球受力分析，如图D53甲所示，根据平衡条件可得
F ＝m B g tan θ
代入数据解得F ＝ 3 N.
甲 乙
图D53
(2)选取环、球和轻绳整体为研究对象，受力如图乙所示，根据平衡条件得
F N ＝(m A ＋m B )g
F ＝F f
且F f ＝μF N
得μ＝m B tan θm A ＋m B
代入数据解得μ＝
37
≈0.25. 11．解：(1)对点P 受力分析如图D54甲所示，根据共点力作用下物体的平衡条件得：
甲 乙
图D54
F B －F A sin 37°＝0 F A cos 37°－mg ＝0
联立解得F B ＝mg sin 37°cos 37°
＝6 N 故轻绳PB 拉力的大小为6 N.
(2)对木块受力分析如图乙所示，由共点力作用下物体的平衡条件得 Mg sin 37°＋F B cos 37°－F f ＝0
F N ＋F B sin 37°－Mg cos 37°＝0
联立解得F f ＝Mg sin 37°＋F B cos 37°＝(10×10×0.6＋6×0.8)N＝64.8 N F N ＝Mg cos 37°－F B sin 37°＝(10×10×0.8－6×0.6) N＝76.4 N.。