2020新课标高考物理一轮复习精编解析版复习资料(8)受力分析力的合成与分解

2020新课标高考物理一轮复习精编解析版复习资料（8）受力分析力的合成与分解第3课时受力分析力的合成与分解1.(2018·福州十中高三第二次时期性考试)两倾斜的滑杆上分不套有A、B两个圆环，两圆环上分不用细线悬吊着一个物体，如图14所示．当它们都沿滑杆向下滑动时，A的悬线与滑杆垂直，B的悬线竖直向下，那么(AD) 图14 A．A圆环与滑杆无摩擦力B．B圆环与滑杆无摩擦力C．A圆环做的是匀速运动D．B圆环做的是匀速运动解析由于A圆环与物体的连线与滑杆垂直，对物体研究，将物体的重力沿滑杆的方向和垂直于滑杆的方向分解，那么沿滑杆向下的分力产生的加速度为g sin θ，对整体研究，整体沿滑杆向下运动，整体要有沿滑杆向下的加速度必须是A圆环与滑杆的摩擦力为零，A正确；对B圆环连接的物体研究，由于连接圆环与物体的绳竖直向下，物体受到的合力假如不为零，合力必定沿竖直方向，合力在垂直于滑杆的方向上的分力必产生加速度，这与题意矛盾，物体在垂直于滑杆的方向上速度为零，因此物体受到的合力必为零，物体和圆环一起做匀速运动，D正确．2.有两个互成角度的共点力夹角为θ，它们的合力F随θ变化的关系如图15所示，那么这两个力的大小分不是(C)A．1 N和6 NB．2 N和5 NC．3 N和4 ND．3.5 N和3.5 N 图15解析设两分力分不为F1、F2，由图知F1＋F2＝7 N，|F1－F2|＝1 N．解得F1＝4 N，F2＝3 N，应选C.3．(2018·新泰模拟)如下图，F1、F2、F3恰好构成封闭的直角三角形(顶角为直角)．以下四个图中，这三个力的合力最大的是(C)解析A选项中把F2平移到F1和F3的箭尾处，F2和F3构成的平行四边形的对角线正好和F1重合，即合力的大小为F1，方向与F1同向，那么F1、F2、F3三个力的合力为2F3；同样的方法，B选项中把F3平移，能够求得合力为零；C选项中把F3平移，能够求得合力为2F1；D选项中把F1平移，能够求得合力为2F2，又因为图中的线段的长短表示力的大小，因此位于斜边上的F1最大．4．(2018·安徽联考)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16所示(小方格边长相等)，那么以下讲法正确的选项是(B)图16A．三力的合力有最大值F1＋F2＋F3，方向不确定B．三力的合力有惟一值3F3，方向与F3同向图17C ．三力的合力有惟一值2F 3，方向与F 3同向D ．由题给条件无法求出合力大小解析 依照三力的图示，知F 1、F 2在竖直方向分力的大小均为3个单位，方向相反，在水平方向的分力分不为6个单位和2个单位，方向与F 3方向相同．依照用正交分解法求合力的思想知，3个力的合力为12个单位，与F 3的方向相同，大小是F 3的3倍，即F 合＝3F 3.选项B 正确.5．如图17所示，人曲膝下蹲时，膝关节弯曲的角度为θ， 设现在大、小腿部的肌群对膝关节的作用力F 的方向水平向后， 且大腿骨、小腿骨对膝关节的作用力大致相等，那么脚掌所 受地面竖直向上的弹力约为( D )A.F 2sin θ2B.F 2cosθ2C.F 2tan θ2D.F 2cotθ26．(2018·焦作市高三联考)在倾角为α的斜面上，一条质量不计的皮 带一端固定在斜面上端，另一端绕过一中间有一圈凹槽的圆柱体，并用 与斜面夹角为β的力拉住，使整个装置处于静止状态，如图18所示．不 计一切摩擦，圆柱体质量为m ，求拉力F 的大小和斜面对圆柱体的弹力F N 的大小． 图18某同学分析过程如下：将拉力F 沿斜面和垂直于斜面方向进行分解． 沿斜面方向：F cos β＝mg sin α① 沿垂直于斜面方向：F sin β＋F N ＝mg cos α②咨询：你同意上述分析过程吗？假设同意，按照这种分析方法求出F 及F N 的大小；假设不同意，指明错误之处并求出你认为正确的结果．答案 见解析 解析不同意．平行于斜面的皮带对圆柱体也有力的作用，其受力如右图所示．①式应改为：F cos β＋F＝mg sin α③由③得F＝mg sin α④1＋cos β将④代入②，解得F N＝mg cos α－F sin β＝mg cos α－mg sin βsin α1＋cos β7．如图19所示，在轻质细线的下端悬挂一个质量为m的物体，假设用力F拉物体，使细线偏离竖直方向的夹角为α，且始终保持α角不变，求拉力F的最小值．图19答案mg sin α解析以物体为研究对象，始终保持α角不变，讲明处于静止状态．物体受到的细线的张力F T与拉力F的合力F′与物体的重力等大反向．由于细线的张力FT和合力F′的方向均不变，依照各力的特点可组成矢量三角形如右图所示，由图解能够看出，当F垂直于力FT时，F有最小值，Fmin=F′sin α，因F′=mg，故Fmin=mgsin α.【反思总结】一、选择题(此题共10小题，每题5分，共50分)1．(2018·广东·2)人站在自动扶梯的水平踏板上，随扶梯斜向上匀速运动，如图1所示，以下讲法正确的选项是()A．人受到重力和支持力的作用B．人受到重力、支持力和摩擦力的作用图1C．人受到的合外力不为零D．人受到的合外力方向与速度方向相同解析人匀速运动合外力为零．重力和支持力都在竖直方向，故水平方向不受力，摩擦力为零．答案 A2．(2018·安徽安庆二模)如图2所示，在水平力作用下，木块A、B保持静止．假设木块A与B的接触面是水平的，且F≠0.那么关于木块B的受力个数可能是()A．3个或4个B．3个或5个C．4个或5个D．4个或6个图2解析物体B静止，必受到重力、斜面的支持力、A给的压力和水平向左的摩擦力这4个力，斜面给的摩擦力可有可无，故C正确．答案 C3．(2018·济宁调研)如图3所示，位于水平桌面上的物块P，由跨过定滑轮的轻绳与物块Q相连，从滑轮到P和到Q的两段绳差不多上水平的，Q与P之间以及P与桌面之间的动摩擦因数差不多上μ，两物块的质量差不多上m，滑轮的质量、滑轮轴上的摩擦都不计．假设用一水平向右的力F拉P使它做匀速运动，那么F的大小为()图3A．4μmg B．3μmg C．2μmg D．μmg解析以Q为研究对象，Q在水平方向受绳的拉力F1和P对Q的摩擦力F f1作用，由平稳可知：F1＝F f1＝μmg以P为研究对象，水平方向受外力F，绳的拉力F2、Q对P的摩擦力F f1′和地面对P的摩擦力F f2，由平稳条件知：F＝F2＋F f1′＋F f2F f2＝μF N＝μ·2mg，由牛顿第三定律知：F1＝F2＝μmg，F f1′＝F f1＝μmg代入得：F＝4μmg答案 A4．(2018·江苏苏州教学调研)如图4所示，质量为m的物体静止在倾角为θ的斜面上．关于物体之因此能静止在斜面上的缘故，同学之间有不同的看法，你认为正确的选项是()A．物体所受的重力小于物体所受的摩擦力图4B．物体所受的下滑力小于物体所受的摩擦力C．物体所受的重力和弹力的合力小于或等于物体与斜面间的最大静摩擦力D．物体所受的弹力和最大静摩擦力的合力等于物体所受的重力解析物体受重力、弹力、摩擦力这三个力，故B错；这三个力合力为零，因此摩擦力等于重力沿斜面方向的分力，故A错；但摩擦力不一定确实是最大静摩擦力，故D错．答案 C5．(2018·山东济南期末)物体b在水平推力F作用下，将物体a挤压在竖直墙壁上，如图5所示．a、b处于静止状态，关于a、b两物体的受力情形，以下讲法正确的选项是()A．a受到两个摩擦力的作用书馆B．a共受到四个力的作用图5C．b共受到三个力的作用D．a受到墙壁摩擦力的大小不随F的增大而增大解析a、b处于静止状态，对b受力分析可知，b必受竖直向上的静摩擦力与其重力平稳，由牛顿第三定律可知，a所受b给的摩擦力竖直向下，那么a必受墙给的竖直向上的静摩擦力来平稳，故a受到两个摩擦力作用，A正确；分不对a、b受力分析可知，a受5个力，b受4个力，故B、C错；把A、B作为整体分析，知D正确．答案AD6．(2018·山东济南质检)如图6所示，用细绳将条形磁铁A竖直挂起，再将小铁块B吸在条形磁铁A的下端，静止后将细绳烧断，A、B同时下落，不计空气阻力，那么下落过程中()A．小铁块B的加速度一定为gB．小铁块B只受一个力的作用图6C．小铁块B可能只受二个力的作用D．小铁块B共受三个力的作用解析烧断细绳后，A、B一起做自由落体运动，加速度为g，故A正确；分析B受力可知，除了受竖直向下的重力外，一定还受到A的竖直向上的引力，而B的加速度又为g，因此必还受到一个与引力等大反向的力(A对B的弹力)，故B、C错，D对．答案AD7．(2018·山东济宁质检)如图7所示，一质量为m的木块靠在粗糙竖直的墙上，且受到水平力F的作用，以下讲法正确的是()A．假设木块静止，那么受到的静摩擦力大小等于mg，方向竖直向上图7B．假设木块静止，当F增大时，木块受到的静摩擦力随之增大C．假设木块与墙壁间的动摩擦因数为μ，那么撤去F后，木块受到的滑动摩擦力大小等于μmgD．假设撤去F，木块沿墙壁下滑时，木块不受滑动摩擦力作用解析木块静止时，受力平稳，竖直方向始终只受重力和静摩擦力，且二力等大反向，故A对，B错；如撤去F，那么木块与墙间无弹力，也就不存在摩擦力，故C错，D对．答案AD8．(2018·浙江嘉兴基础测试)如图8所示，倾角为30°，重为80 N的斜面体静止在水平面上．一根弹性轻杆一端垂直固定在斜面体上，杆的另一端固定一个重为2 N的小球，小球处于静止状态时，以下讲法正确的是() 图8 A．斜面有向左运动的趋势B．地面对斜面的支持力为80 NC．球对弹性轻杆的作用力为2 N，方向竖直向下D．弹性轻杆对小球的作用力为2 N，方向垂直斜面向上解析把小球、杆和斜面作为整体受力分析可知，仅受重力和地面的支持力，且二力平稳，故A、B 错；对小球受力分析知，只受竖直向下的重力和杆给的竖直向上的弹力(杆对小球的力不一定沿杆)，故C 对，D错．答案 C9．(2018·威海模拟)如图9所示，不可伸长的轻绳一端固定于墙上O点，拉力F通过一轻质定滑轮和轻质动滑轮作用于绳另一端，那么重物m在力F的作用下缓慢上升的过程中，拉力F变化为(不计一切摩擦) ()A．变大B．变小图9C．不变D．无法确定解析取物体为研究对象，其缓慢上升，属平稳态，因此合力为零．物体受三个力作用，其中竖直向下的重力是恒力故不变，在上升过程中两个绳子拉力间的夹角逐步变大，依照三力平稳特点，绳子拉力逐步变大，故A项正确．答案 A10.(2018·抚顺一调)如图10所示，在倾角为θ的固定光滑斜面上，质量为m的物体受外力F1和F2的作用，F1方向水平向右，F2方向竖直向上．假设物体静止在斜面上，那么以下关系正确的选项是() 图10 A．F1sin θ＋F2cos θ＝mg sin θ，F2≤mgB．F1cos θ＋F2sin θ＝mg sin θ，F2≤mgC．F1sin θ－F2cos θ＝mg sin θ，F2≤mgD．F1cos θ－F2sin θ＝mg sin θ，F2≤mg解析对m受力分析如右图所示m处于平稳状态，那么任意垂直的两个方向上合力都为零，在平行斜面方向上，有mg sin θ＝F1cos θ＋F2sin θ，且F2≤mg，应选B.答案 B二、运算题(此题共3小题，第11、12题各16分，第13题18分，共50分)11．(2018·广东深圳九校联考)第29届奥林匹克运动会在北京举办，请解答与奥运会有关的物理学咨询题：(取重力加速度g＝10 m/s2)举重运动员在抓举竞赛中，为了减少杠铃上升的高度和发力，抓杠铃的两手间要有较大距离．某运动员成功抓举杠铃时，测得两手臂间的夹角为120度，运动员质量为75 kg ，举起的杠铃为125 kg ，示意图如图11 图11 所示，求该运动员每只手臂对杠铃的作用力大小．解析 设运动员一只手臂对杠铃的作用力大小为F ，两手臂间的夹角为：2θ＝120°， 对杠铃由平稳条件得：2F cos θ＝mg 代入数据得：F ＝1 250 N. 答案 1 250 N12．(2018·南宁高三月考)如图12所示，轻绳AB 总长为l ，用轻滑轮悬挂重为G 的物体．绳能承担的最大拉力是2G ，将A 端固定，将B 端缓慢向右移动d 而使绳不断，求d 的最大值．图12解析 如右图所示，以与滑轮接触的那一小段绳子为研究对象， 在任何一个平稳位置都在滑轮对它的压力(大小为G )和绳的拉力 F 1、F 2共同作用下静止．而同一根绳子上的拉力大小F 1、F 2总 是相等的，它们的合力F N 是压力G 的平稳力，方向竖直向上．因此以F 1、F 2为分力作力的合成的平行四边形一定是菱形．利用菱形对角线互相垂直平分的性质，结合相似三角形知识可得d ∶l =15∶4，因此d 最大为415l . 答案415l 13．(2018·许昌第一次调研)如图13所示是一种研究劈的作用的装置，托盘A 固定在细杆上，细杆放在固定的圆孔中，下端有滚轮，细杆只能在竖直方向上移动，在与托盘连接的滚轮正下面的底座上也固定一个滚轮，轻质劈放在两滚轮之间，劈背的宽度为a ，侧面的长度为l ，劈尖上固定的细线通过滑轮悬挂质量为m 的砝码，调整托盘上所放砝码的质量M ，能够使劈在任何位置时都不发生移动．忽略一切摩擦和劈、托盘、细杆与滚轮的重力，假设a ＝35l ，试求M 是m 的多少倍？图13解析 分析托盘和劈的受力，如图甲、乙所示．托盘受向下的重力F 3＝Mg ，劈对滚轮的支持力F 1，圆孔的约束力F 2.劈受两个滚轮的作用力F 4、F 5，细线的拉力F 6＝mg .对托盘有：F 3=Mg =F 1cos α，那么Mg = la l 422- F 4对劈有：F 6=mg =2F 4sin α，那么mg =la F 4 因为F 1与F 4是作用力与反作用力，因此F 1=F 4由上三式得：M =m aa l 422-代入数据得：M=1.5m 答案 1.5。