2016届高三物理一轮复习第二章 相互作用 课时跟踪检测(六)力的合成与分解.doc
高考物理一轮复习 课时跟踪检测6 力的合成与分解
课时跟踪检测六力的合成与分解【基础过关】1．(2016届广东湛江一中月考)下列关于合力与分力的说法，正确的是( )A．两个已知力的合力一定大于其中的任意一个力B．两个已知力的合力可能比任意一个力都要小C．一个已知力可以有多种分解方法，但各种情况的分力都是一样的D．两个已知力的合力的结果有多种可能解析：合力可以大于任何一个分力，可以小于任何一个分力，也可以等于任何一个分力，A错误，B正确；没有条件限制，一个已知力可以分解出无数对不同的分力，C错误；两个已知力的合力的结果只有一种，D错误．综上本题选B.答案：B2．(多选)(2016届北京四中期中)两个共点力的大小分别为F1＝10 N、F2＝4 N，则合力F的大小可能是( )A．14 N B．10 NC．4 N D．2 N解析：二力合成时合力范围：|F1＋F2|≥F≥|F1－F2|，故合力最大为14 N，最小为6 N，二者之间任意结果都可以，A、B正确，C、D错误．综上本题选A、B.答案：AB3．(2017届甘肃定西通渭县马营中学期末)如图所示的水平面上，橡皮绳一端固定，另一端连接两根弹簧，连接点P在F1、F2和F3三力作用下保持静止．下列判断正确的是( )A．F1＞F2＞F3B．F3＞F1＞F2C．F2＞F3＞F1D．F3＞F2＞F1解题思路：如果一个物体受到三个力的作用也能处于平衡状态，叫做三力平衡．很显然这三个力的合力应该为零．而这三个力可能互成角度，也可能在一条直线上；对于三力平衡，一般根据“任意两个力的合力与第三个力等大反向”的关系，借助三角函数、相似三角形等手段求解；或将某一个力分解到另外两个力的反方向上，得到的这两个分力与另外两个力等大、反向；对于多个力的平衡，利用先分解再合成的正交分解法，本题对P点受力分析，可以运用合成法、分解法、正交分解法求解．解析：对P点受力分析，如图所示：根据共点力平衡条件F 1＝F 3cos30°＝32F 3，F 2＝F 3sin30°＝12F 3，因而F 3＞F 1＞F 2，故选B.答案：B4．(2016届黑龙江大庆铁人中学期中)F 1、F 2是力F 的两个分力．若F ＝10 N ，则下列不可能是F 的两个分力的是( )A ．F 1＝10 N ，F 2＝10 NB ．F 1＝20 N ，F 2＝20 NC ．F 1＝2 N ，F 2＝6 ND ．F 1＝20 N ，F 2＝30 N解析：根据|F 1－F 2|≤F ≤|F 1＋F 2|,10 N 和10 N 的合力范围为[0 N,20 N]，可能为10 N ，A 正确；20 N 和20 N 的合力范围为[0 N,40 N]，可能为10 N ，B 正确；2 N 和6 N 的合力范围为[4 N,8 N]，不可能为10 N ，C 错误；20 N 和30 N 的合力范围为[10 N,50 N]，可能为10 N ，D 正确．综上本题选C.答案：C5．如图所示，一物块置于水平地面上．当用与水平方向成60°角的力F 1拉物块时，物块做匀速直线运动；当改用与水平方向成30°角的力F 2推物块时，物块仍做匀速直线运动．若F 1和F 2的大小相等，则物块与地面之间的动摩擦因数为( )A.3－1 B ．2－ 3 C.32－12D ．1－32解析：当用F 1拉物块做匀速直线运动时，受力分析如图所示，将F 1正交分解，则水平方向有F 1cos60°＝F f 1， 竖直方向有F 1sin60°＋F N1＝mg ， 其中F f 1＝μF N1，联立上式可得F 1＝2μmg1＋3μ，同理，当用F 2推物块做匀速直线运动时 水平方向有F 2cos30°＝F f 2， 竖直方向有F 2sin30°＋mg ＝F N2， 其中F f 2＝μF N2，联立上式可得F 2＝2μmg 3－μ，根据题意知F 1＝F 2，解得μ＝2－3，B 正确． 答案：B【提升过关】一、单项选择题1．有两个大小相等的共点力F 1和F 2，当它们的夹角为90°时，合力为F ，它们的夹角变为120°时，合力的大小为( )A ．2FB ．22F C.2FD ．32F 解析：根据题意可得，F ＝2F 1.当两个力的夹角为120°时，合力F 合＝F 1＝22F . 答案：B2.如图所示，某钢制工件上开有一个楔形凹槽，凹槽的截面是一个直角三角形，三个角的度数分别是∠A ＝30°，∠B ＝90°，∠C ＝60°.在凹槽中放有一个光滑的金属球，当金属球静止时，金属球对凹槽的AB 边的压力为F 1，对BC 边的压力为F 2，则F 2F 1的值为( )A.12 B ．32 C.33D ．22解析：将金属球的重力mg 沿着垂直于AB 边和垂直于BC 边分解，F 1＝mg cos30°＝32mg ，F 2＝mg sin30°＝12mg ，所以F 2F 1＝33.答案：C3．(2017届浏阳一中月考)如图所示，物体B 通过动滑轮悬挂在细绳上，整个系统处于静止状态，动滑轮的质量和一切摩擦均不计．如果将绳的左端点由P 点缓慢地向右移到Q点，整个系统重新平衡后，绳的拉力F 和绳子与竖直方向的夹角θ的变化情况是()A ．F 变大，θ变大B ．F 变小，θ变小C ．F 不变，θ变小D ．F 不变，θ变大解题思路：整个系统重新平衡后，滑轮两侧的绳子F 的合力等于物体B 的重力不变，物体B 对滑轮的拉力也不变．根据平衡条件分析两滑轮间绳子的夹角，再研究θ的变化情况．解析：设两根绳子的夹角为β，两根绳子的拉力为F ，根据平行四边形定则，有2F cosβ2＝mg ，β变小，F 变小，θ变小，故B 正确．综上本题选B.答案：B4．(2016届北京四中期中)如图所示，某同学通过滑轮组将一重物缓慢吊起的过程中，该同学对绳的拉力将(滑轮、绳的重力及摩擦不计)()A ．保持不变B ．逐渐变大C ．逐渐变小D ．先变小后变大解题思路：对结点受力分析、受滑轮的压力和两根绳子的拉力，根据共点力的平衡条件，可以求解出拉力的大小．解析：对结点受力分析，如图所示．由于为同一根绳子，故F 1＝F 2＝F .设F 1与F 2夹角为θ，则F 1＝F 2＝mg2cosθ2.在重物被吊起的过程中，θ变大，故F 1与F 2同时变大，即该同学对绳的拉力逐渐变大，B 正确．综上本题选B.答案：B5．(2016届江西九江一中期中)两个大小相等的共点力，它们之间的夹角为106°时，其合力大小为12 N ，现将其中一个力转过180°，另一个力保持不变，则此时它们的合力是多大(cos53°＝0.6，cos37°＝0.8)( )A ．16 NB ．12 NC ．10 ND ．20 N解析：将两个力分解后可得合力为F ＝F 1cos53°＋F 2cos53°＝12 N ，又F 1＝F 2，可得F 1＝F 2＝10 N ，转过180°后两个力夹角为74°，故有F ＝F 1cos37°＋F 2cos37°＝16 N ，A正确．综上本题选A.答案：A 二、多项选择题6.(2017届北京四中期中)已知力F 的一个分力F 1跟F 成30°角，大小未知，F ＝100 N ，则另一个分力F 2的大小可能是( )A ．30 NB ．60 NC ．100 ND ．500 N解析：已知力F 的一个分力F 1跟F 成30°角，大小未知，F ＝100 N ，由平行四边形定则可知，另一个分力F 2的大小一定大于等于F sin30°＝100×12 N ＝50 N ，A 错误，B 、C 、D正确．综上本题选B 、C 、D.答案：BCD7.(2016届甘肃兰州一中期中)如图所示，质量为m 的质点放在半径为R 、质量为M 的半球体上，二者均处于静止状态，质点与球心的连线与水平地面的夹角为θ，则( )A ．地面对半球体的摩擦力方向水平向左B ．地面对半球体的支持力大小为(M ＋m )gC ．质点受到半球体对它的摩擦力大小为mg cos θD ．质点受到半球体对它的支持力大小为mg cos θ解析：以质点与半球体为系统．利用系统处于平衡可知，地面对半球体的摩擦力为零，地面对半球体的支持力大小为(M ＋m )g ，A 错误，B 正确；质点所受的重力可分解为沿半径方向与相应的切线方向两分量，F 切＝mg cos θ，沿半径方向；F 半＝mg sin θ，由质点平衡可得：质点所受的摩擦力为F f ＝mg cos θ，对半球体的压力F N ＝mg sin θ，故C 正确，D 错误．答案：BC8.(2017届福州模拟)如图所示，不可伸长的轻绳跨过动滑轮，其两端分别系在固定支架上的A 、B 两点，支架的左边竖直，右边倾斜．滑轮下挂一物块，物块处于平衡状态，下列说法正确的是( )A ．若左端绳子下移到A 1点，重新平衡后绳子上的拉力将变大B ．若左端绳子下移到A 1点，重新平衡后绳子上的拉力将不变C ．若右端绳子下移到B 1点，重新平衡后绳子上的拉力将变大D ．若右端绳子下移到B 1点，重新平衡后绳子上的拉力将不变解析：设绳子长度为L ，A 、B 间水平距离为d ，绳子与竖直方向的夹角为α，绳子拉力为T ，物块重力为G ，根据平衡条件可得2T cos α＝G ，且由几何关系可得L sin α＝d ，左端绳子下移到A 1点，重新平衡后，考虑到d 不变，L 不变，故依然满足L sin α＝d ，绳子与竖直方向的夹角不变，绳子上的拉力不变，故B 对；右端绳子下移到B 1点，重新平衡后，考虑到d 变大，L 不变，故绳子与竖直方向的夹角α将增大，根据力的合成知识可知，等大的两个分力的合力不变时，夹角越大分力越大，故C 对．答案：BC9.如图所示，形状相同的物块A 、B ，其截面为直角三角形，相对排放在粗糙水平地面上，光滑球体C 架在两物块的斜面上，系统处于静止状态．已知物块A 、B 的质量都为M ，θ＝60°，光滑球体C 质量为m ，则以下说法正确的是( )A ．地面对物块A 的摩擦力大小为12mgB ．地面对物块A 的摩擦力大小为32mgC ．物块A 对球体C 的弹力大小为32mg D ．物块A 对地面的压力大小为Mg ＋12mg解析：以球体C 为研究对象，其受到斜向上的两个弹力作用，把两个弹力合成，合力竖直向上，大小等于光滑球体的重力，受力分析如图所示．由数学知识可知，弹力大小为mg ，C 错误；再以A 为研究对象，C 对A 的正压力大小为mg ，其在水平方向上的分力大小等于地面对物块A 的静摩擦力大小，由此可知静摩擦力大小为mg cos30°＝32mg ，A 错误，B 正确；以A 、B 、C 整体为研究对象，所受重力为2Mg ＋mg ，地面对整体的支持力大小为2Mg ＋mg ，由对称性可知A 受地面的支持力大小为Mg ＋mg2，可知D 正确．答案：BD 三、计算题10．如图所示，木工常用木楔来固定木榫．直角三角形楔子底边长l ＝35 mm ，高h ＝12 mm ，今用水平力F 打楔子时，木楔自身重力不计，摩擦不计，求：(1)木楔直角边能产生多大的挤压力？ (2)木楔斜边能产生多大的挤压力？解析：(1)把作用在木楔上的水平力F 分解，如图所示垂直于木楔直角边的分力F 1就等于直角边产生的挤压力．由F 、F 1为邻边构成的三角形与木楔三角形相似得F 1F ＝l h 即F 1F ＝3512所以木楔直角边能产生的挤压力F 1＝3512F .(2)垂直于斜边的分力F 2就等于斜边产生的挤压力． 由F 、F 2为邻边构成的三角形与木楔三角形相似． 木楔三角形的斜边长为L ＝l 2＋h 2＝352＋122mm ＝37 mmF 2F ＝L h 即F 2F ＝3712所以木楔斜边能产生的挤压力F 2＝3712F .答案：(1)3512F (2)3712F11.如图所示，质量为m 1的物体甲通过3段轻绳悬挂，3段轻绳的结点为O ，轻绳OB 水平且B 端与站在水平面上的质量为m 2的人相连，轻绳OA 与竖直方向的夹角θ＝37°，物体甲及人均处于静止状态．(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g 取10 m/s 2.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(1)轻绳OA 、OB 受到的拉力是多大？ (2)人受到的摩擦力是多大？方向如何？(3)若人的质量m 2＝60 kg ，人与水平面之间的动摩擦因数为μ＝0.3，则欲使人在水平面上不滑动，物体甲的质量m 1最大不能超过多少？解析：(1)以结点O 为研究对象，如图，沿水平方向和竖直方向建立直角坐标系，将F OA分解，由平衡条件有F OB ＝F OA sin θ F OA cos θ＝m 1g联立得F OA ＝m 1g cos θ＝54m 1gF OB ＝m 1g tan θ＝34m 1g故轻绳OA 、OB 受到的拉力分别为54m 1g 、34m 1g .(2)人水平方向受到OB 绳的拉力和水平面的静摩擦力，受力如图所示，由平衡条件得：F f ＝F OB ＝34m 1g ，方向水平向左．(3)当甲的质量增大到人刚要滑动时，质量达到最大，此时人受到的静摩擦力达到最大值．当人刚要滑动时，静摩擦力达到最大值F f m ＝μm 2g 由平衡条件得F OB m ＝F f m 又F OB m ＝34m 1m g联立解得m 1m ＝4F OB m 3g ＝4μm 2g3g ＝24 kg即物体甲的质量m 1最大不能超过24 kg.答案：(1)54m 1g 34m 1g (2)34m 1g 方向水平向左 (3)24 kg。
高考物理一轮复习课时跟踪检测六第二章相互作用第3节力的合成与分解
课时跟踪检测（六）力的合成与分解对点训练：力的合成问题1．(多选)物体受共点力F1、F2、F3作用而做匀速直线运动，若F1、F2、F3三个力不共线，则这三个力可能选取的数值为( )A．15 N、5 N、6 N B．3 N、6 N、4 NC．1 N、2 N、10 N D．2 N、6 N、7 N解析：选BD 物体在F1、F2、F3作用下而做匀速直线运动，则三个力的合力必定为零，只有B、D选项中的三个力的合力可以为零且三个力不共线。
2．(2017·朝安模拟)如图所示，两绳相交于O点，绳与绳，绳与天花板间夹角大小如图，现用一力F作用于O点，F与右绳间夹角为α，保持F的大小不变，改变α角的大小，忽略绳本身的重力，则下述哪种情况下，两绳所受的张力相等( )A．α＝135° B.α＝150°C．α＝120° D．α＝90°解析：选A 点O受三个拉力，由于两绳所受的张力相等，故根据平行四边形定则可以得到两绳拉力的合力在其角平分线上，而其必定与第三个力F平衡，即与F等值、反向、共线，故拉力F在两绳夹角平分线的反向延长线上，根据几何关系，α＝135°，故选A。
3．(2017·南京模拟)如图所示，一个物体由绕过定滑轮的绳拉着，分别用图中所示的三种情况拉住物体静止不动。
在这三种情况下，若绳的张力分别为F T1、F T2、F T3，定滑轮对轴心的作用力分别为F N1、F N2、F N3，滑轮的摩擦、质量均不计，则( )A．F T1＝F T2＝F T3，F N1>F N2>F N3B．F T1>F T2>F T3，F N1＝F N2＝F N3C．F T1＝F T2＝F T3，F N1＝F N2＝F N3D．F T1<F T2<F T3，F N1<F N2<F N3解析：选A 由于定滑轮只改变力的方向，不改变力的大小，所以F T1＝F T2＝F T3；定滑轮对轴心的作用力等于两段绳的拉力的合力，随两段绳间夹角逐渐增大，两段绳的拉力的合力逐渐减小，即有：F N1>F N2>F N3，故A正确。
高三物理第一轮复习课时跟踪练：第二章第二讲力的合成与分解解析含答案
第二章相互作用第二讲力的合成与分解课时跟踪练A组基础巩固1．(多选)(2018·丽江模拟)下列说法正确的是( )A．平行四边形定则适用于任何力的合成B．矢量的加法满足平行四边形定则或三角形定则C．力的合成的平行四边形定则只适用于共点力D．三角形定则只适用于共点力的合成解析：两个力合成时，以表示这两个力的线段为邻边作平行四边形，这两个邻边之间的对角线就代表合力的大小和方向，所以力的合成的平行四边形定则只适用于共点力，与两个分力共点的那条对角线所表示的力才是它们的合力，故A错误，C正确；矢量运算时遵从平行四边形定则或三角形定则，故B正确；三角形定则适用于共点力的合成与分解，故D错误．答案：BC2．(2017·湖北名校月考)关于力的合成与分解，下列说法正确的是( )A．合力一定大于其中一个分力B．合力与分力一定是同种性质的力C．合力与分力是等效的，同时作用在物体上D．已知合力和它的两个分力的方向，则两个力有确定值解析：由平行四边形定则可知，两个力的合力，可以比这两个分力都小，所以A错误；合力与分力在作用效果上等效，但不能说成是同种性质的力，故B错误；合力与分力是等效替代关系，但不是同时作用在物体上，所以C错误；根据力的合成与分解可知，已知合力和两个分力的方向，分解结果是唯一的，故D正确．答案：D3.(2018·大连模拟)生活中的物理知识无处不在．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类似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地被拉开，关于其中的物理原理，以下说法正确的是( )A．在拉开拉链的时候，三角形的物体增大了分开两拉链的力B ．在拉开拉链的时候，三角形的物体只是为了将拉链分开，并没有增大拉力C ．在拉开拉链的时候，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 ．以上说法都不正确解析：在拉开拉链的时候，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，如图所示，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，同理可知，合上拉链时增大了合上的力．答案：A4.(2018·秦皇岛模拟)假期里，一位同学在厨房里帮助妈妈做菜，对菜刀产生了兴趣．他发现菜刀的刀刃前部和后部的厚薄不一样，刀刃前部的顶角小，后部的顶角大，如图所示，他先后作出过几个猜想，其中合理的是()A ．刀刃前部和后部厚薄不匀，仅是为了打造方便，外形美观，跟使用功能无关B ．在刀背上加上同样的压力时，分开其他物体的力跟刀刃厚薄无关C ．在刀背上加上同样的压力时，顶角越大，分开其他物体的力越大D ．在刀背上加上同样的压力时，顶角越小，分开其他物体的力越大解析：把刀刃部分抽象后，可简化成一个等腰三角形劈，设顶角为2θ，背宽为d ，侧面长为l ，如图所示．当在刀背施加压力F 后，产生垂直侧面的两个分力F 1、F 2，使用中依靠着这两个分力分开被加工的其他物体．由对称性知，这两个分力大小相等(F 1＝F 2)，因此画出力分解的平行四边形，实为菱形，如图所示，在这个力的平行四边形中，取其四分之一考虑(图中阴影部分)．根据它跟半个劈的直角三角形的相似关系，有关系式F 1F 2＝l d 2＝1sin θ，得F 1＝F 2＝F 2sin θ.由此可见，刀背上加上一定的压力F 时，侧面分开其他物体的力跟顶角的大小有关，顶角越小，sin θ的值越小，F 1和F 2的值越大，故D 正确．答案：D5.(2017·宁夏育才中学月考)如图所示，在粗糙水平面上放置A 、B 、C 、D 四个小物块，小物块之间由四根完全相同的轻质橡皮筋连接，正好组成一个菱形，∠BAD ＝120°，整个系统保持静止状态．已知A 物块所受的摩擦力大小为F f ，则D 物块所受的摩擦力大小为( )A.32F f B．F f C.3F f D．2F f解析：已知A物块所受的摩擦力大小为F f，设每根橡皮筋的弹力为F，则有2Fcos 60°＝F f，对D物块有2Fcos 30°＝F f′，解得F f′＝3F＝3F f，只有选项C正确．答案：C6．(2017·六安一中二模)如图所示，两个质量为m1的小球套在竖直放置的光滑支架上，支架的夹角为120°，用轻绳将两球与质量为m2的小球连接，绳与杆构成一个菱形，则m1∶m2为( )A．1∶1 B．1∶2 C．1∶ 3 D.3∶2解析：将小球m2的重力按效果根据平行四边形定则进行分解如图，由几何知识得F T＝m2g，对m1受力分析，由平衡条件，在沿杆的方向有：m1g·sin 30°＝F T sin 30°，解得F T＝m1g，可见m1∶m2＝1∶1，故选A.答案：A7.如图所示，滑轮本身的质量可忽略不计，滑轮轴O安在一根轻木杆上，一根轻绳AB绕过滑轮，A 端固定在墙上，且A端到滑轮之间轻绳保持水平，B端下面挂一个重物，木杆与竖直方向的夹角为θ＝45°，系统保持平衡．若保持滑轮的位置不变，改变θ的大小，则滑轮受到木杆的弹力大小的变化情况是( )A．只有θ变小，弹力才变大B．只有θ变大，弹力才变大C．无论θ变大还是变小，弹力都变大D．无论θ变大还是变小，弹力都不变解析：无论θ变大还是变小，水平段轻绳和竖直段轻绳中的拉力不变，这两个力的合力与木杆对滑轮的弹力平衡，故滑轮受到木杆的弹力不变．答案：D8.一串小灯笼(五只)彼此用轻绳连接，并悬挂在空中．在稳定水平风力作用下发生倾斜，轻绳与竖直方向的夹角为30°，如图所示．设每只灯笼的质量均为m，重力加速度大小为g，则自上往下第一只灯笼对第二只灯笼的拉力大小为( )A．23mg B.23mg3C.83mg3D．8mg解析：以第一只灯笼下方的四只灯笼整体为研究对象，受力分析，根据力的合成与分解得，自上往下第一只灯笼对第二只灯笼的拉力大小F T＝4mgcos 30°＝83mg3，选项C正确．答案：C9．在如图所示的四幅图中．AB、BC均为轻质杆，各图中杆的A、C端都通过铰链与墙连接，两杆都在B处由铰链相连接，B点下方用轻绳悬挂小物块，下列关于杆受力的说法正确的是( )A．甲中的AB杆、BC杆均可替换为轻绳B．乙中的AB杆表现为拉力，BC杆表现为支持力C．丙中的AB杆、BC杆均可替换为轻绳D．丁中的AB杆、BC杆均表现为支持力解析：由题图看出，甲、丙、丁中，AB杆对B点产生的是拉力，当用轻绳代替时效果不变，仍能使装置平衡，同理可知，题图中的BC杆可以用等长的轻绳代替的只有丙，故A错误，C正确；乙中B点受向下的拉力，则BC杆表现为支持力，由平衡关系可知AB杆也表现为支持力，故B错误；对丁中B点分析可知，B点受向下的拉力，AB杆表现为拉力，BC杆表现为支持力，故D错误．答案：C10．(2018·渭南模拟)如图所示，A、B都是重物，A被绕过小滑轮P的细线悬挂着，B放在粗糙的水平桌面上；小滑轮P被一根斜短线系于天花板上的O点；O′是三根线的结点，bO′水平拉着B物体，cO′沿竖直方向拉着弹簧；弹簧、细线、小滑轮的重力和细线与滑轮间的摩擦力均可忽略，整个装置处于平衡静止状态．若悬挂小滑轮的斜线OP的张力大小是20 3 N，g取10 m/s2，则下列说法中错误的是( )A．弹簧的弹力为10 NB．重物A的质量为2 kgC．桌面对B物体的摩擦力为10 3 ND．OP与竖直方向的夹角为60°解析：O′a与aA两细线拉力的合力与OP线的张力大小相等，由几何知识可知F O′a＝F aA＝20 N，且斜线OP与竖直方向的夹角为30°，D错误；重物A的重力G A＝F aA，所以m A＝2 kg，B正确；桌面对B的摩擦力F f＝F O′b＝F O′a cos 30°＝10 3 N，C正确；弹簧的弹力F弹＝F O′a sin 30°＝10 N，故A正确．答案：DB组能力提升11.(2018·绵阳模拟)近年来，智能手机的普及使“低头族”应运而生．现将人体头颈部简化为如图的模型．重心在P点的头部，在可绕O转动的颈椎OP(可视为轻杆)的支持力和沿PQ方向肌肉拉力的作用下处于静止．当人低头时，颈椎与竖直方向的夹角为45°，PQ与竖直方向的夹角为60°，此时，颈椎受到的压力约为直立时颈椎受到的压力的(sin 15°＝0.26，3＝1.73)( )A．4.2倍 B．2.8倍C．3.3倍 D．2.0倍解析：对头部进行受力分析，如图所示．设人的颈椎对头的支持力为F，由正弦定理得FG ＝sin（180－15°－45°）sin 15°＝sin 60°sin 15°≈3.3，选项C正确．答案：C12．(2017·辽宁铁岭联考)如图甲所示，两段等长轻质细线将质量分别为m、2m的小球A、B(均可视为质点)悬挂在O点，小球A受到水平向右的恒力F1的作用，小球B受到水平向左的恒力F2的作用，当系统处于静止状态时，出现了如图乙所示的状态，小球B刚好位于O点正下方，则F1与F2的大小关系是( )A．F1＝4F2B．F1＝3F2C．2F1＝3F2D．2F1＝5F2解析：A受到水平向右的力F1，B受到水平向左的力F2，以整体为研究对象，受力分析如图所示，设O、A间的细线与竖直方向的夹角为α，则由力的分解和平衡条件得Fsin α＋F2＝F1，Fcos α＝2mg＋mg，故tan α＝F1－F22mg＋mg，以B为研究对象受力分析，设A、B间的细线与竖直方向的夹角为β，则由平衡条件得tan β＝F22mg，由几何关系有α＝β，得2F1＝5F2，选项D正确．答案：D13.(多选)如图所示，用大小恒定的力F将物体压在粗糙竖直墙壁上，当F从实线位置绕O点顺时针转至虚线位置的过程中，物体始终静止，则下列对在这个过程中，墙壁对物体的摩擦力F f与弹力F N的变化情况的分析正确的是( )A．F N先减小后增大B．F N先增大后减小C．F f的方向一直竖直向上D．F f可能先减小后增大解析：物体始终保持静止状态，受力平衡，对物体受力分析，F斜向下时，设F与水平方向的夹角为θ，在竖直方向上，根据平衡条件得F f＝mg＋Fsin θ，方向向上，在水平方向上，F N＝Fcos θ，当F从实线位置绕O点顺时针转至水平位置的过程中，θ减小，则sin θ减小，cos θ增大，所以F f减小，F N 增大．F斜向上时，设F与水平方向的夹角为α，若Fsin α<mg，则竖直方向，根据平衡条件得F f＝mg －Fsin α，F f方向向上，水平方向F N＝Fcos α，当F从水平位置转至虚线位置的过程中，α增大，则sin α增大，cos α减小，所以F f减小，F N减小；若Fsin α>mg，则F f方向向下，Fsin α＝mg＋F f，α增大，则sin α增大，F f增大．综上可知，F f的方向可能一直向上，大小逐渐减小；也可能先向上后向下，大小先减小后增大．F N先增大后减小，选项B、D正确．答案：BD14．如图所示，固定在水平地面上的物体A，左侧是圆弧面，右侧是倾角为θ的斜面，一根轻绳跨过物体A顶点上的小滑轮，绳两端分别系有质量为m1、m2的小球B、C，假设绳与物体A的表面平行，当两球静止时，小球B与圆弧圆心之间的连线和水平方向的夹角也为θ，不计一切摩擦，则m1、m2之间的关系是( )A．m1＝m2B．m1＝m2tan θC．m1＝m2tan θD．m1＝m2cos θ解析：设绳对两球的拉力大小为F T，对C根据力的合成与分解得F T＝m2gsin θ；对B根据力的合成与分解得F T＝m1gcos θ；联立解得m1＝m2tan θ，选项B正确．答案：B15．(多选)如图所示，斜面体A静置于水平地面上，其倾角θ＝45°，上表面水平的物块B在A上恰能匀速下滑，现对B施加一个沿斜面向上的力F，使B能缓慢地向上匀速运动．某时刻在B上轻轻地放上一个质量为m的小物体C(图中未画出)，A始终静止，仅改变F的大小为F′，使B保持运动状态不变．已知重力加速度大小为g.关于放上C之后，下列说法正确的是( )A．B受到的摩擦力大小增加了22mgB．B受到的摩擦力不变C．A受到地面的摩擦力不变D．A受到地面的摩擦力大小增加了mg解析：在B匀速下滑过程中，所受的摩擦力大小为F f1＝m B gsin θ，又F f1＝μm B gcos θ，联立解得μ＝tan θ＝1；未放C之前，B匀速上滑时，由于B对A的压力没有变化，则B所受的摩擦力大小没有变化，仍为F f2＝F f1＝μm B gcos θ.放上C之后，B匀速上滑时，B所受的摩擦力大小F f3＝μ(m B＋m)gcos θ，则B受到的摩擦力增加量为ΔF f＝F f3－F f2＝μmgcos θ＝tan θ·mgcos θ＝22mg，选项A正确，B错误．对整体研究，未放C时，地面对A的摩擦力大小为F fA1＝Fcos θ，对B有F＝μm B gcos θ＋m B gsin θ，将θ＝45°，μ＝1代入得F fA1＝m B g；放上C时，地面对A的摩擦力大小为F fA2＝F′cos θ，F′＝μ(m B＋m)gcos θ＋(m B＋m)gsin θ，将θ＝45°，μ＝1代入得F fA2＝(m＋m B)g；A受到地面的摩擦力增加量为ΔF fA＝mg，选项C错误，D正确．答案：AD。
高考物理一轮复习第2章物体间的相互作用第2讲力的合成和分解训练含解析
第2讲力的合成和分解知识巩固练习1．如图所示，一幼儿园小朋友在水平桌面上将a、b、c三个形状不规则的石块成功叠放在一起，受到了老师的表扬，则下列说法正确的是( )A．c受到水平桌面向左的摩擦力B．c对b的作用力方向一定竖直向上C．b对a的支持力大小一定等于a受到的重力D．b对a的支持力与a受到的重力一定是一对平衡力【答案】B【解析】以三个物体组成的整体为研究对象，整体只受到重力和桌面的支持力，水平方向不受摩擦力，故A错误；选取a、b作为整体研究，根据平衡条件，则石块c对b的作用力与整体的重力平衡，则石块c对b的作用力一定竖直向上，故B正确；石块b对a的支持力与其对a的静摩擦力的合力，跟a受到的重力是平衡力，则b对a的支持力和静摩擦力的合力方向竖直向上，支持力的方向不是竖直向上，也不等于a的重力，故C、D错误．2．如图所示，天鹅、大虾和梭鱼一起想把一辆大车在水平面上拖着跑，它们都给自己上了套，天鹅伸着脖子要往云里钻，大虾弓着腰儿使劲往前拉，梭鱼拼命地向水里跳，它们都在尽力地拉，结果大车却一动不动．则下列说法正确的是( )A．大虾和梭鱼对大车的拉力的合力一定比天鹅的拉力大B．它们三者拉力的合力与大车所受的重力一定平衡C．大车对地面的压力可能比重力大D．大车所受摩擦力大于其他所有力对大车的合力【答案】C【解析】车本身有重力的作用，大虾和梭鱼对大车的拉力的合力可以比天鹅的拉力小，A 错误；大车可能受到地面的支持力的作用，所以它们三者拉力的合力与大车所受的重力可以不平衡，B 错误；当梭鱼对大车的拉力在竖直方向上的分力大于天鹅对大车的拉力在竖直方向上的分力时，大车对地面的压力就会比重力大，C 正确；大车静止不动合力为零，所以大车所受摩擦力与其他所有力对大车的合力大小相等，方向相反，D 错误．3．(多选)(2021年德州质检)如图所示，形状和质量完全相同的两个小球a 、b 靠在一起，表面光滑，重力为G ，其中b 的下半部分刚好固定在水平面MN 的下方，上边露出另一半，a 静止在平面上．现过a 的轴心施加一水平作用力F ，可缓慢地将a 拉离平面一直滑到b 的顶端，对该过程分析，则应有( )A ．拉力F 先增大后减小，最大值是GB ．开始时拉力F 最大为3G ，以后逐渐减小为0C ．a 、b 间的压力开始最大为2G ，而后逐渐减小到GD ．a 、b 间的压力由0逐渐增大，最大为G【答案】BC【解析】据力的三角形定则可知，小球a 初状态时，受到的支持力N ＝G sin 30°＝2G ，拉力F ＝N cos 30°＝3G ．当小球a 缓慢滑动时，θ增大，拉力F ＝G cot θ，所以F 减小；当小球a 滑到小球b 的顶端时小球a 还是平衡状态，此时它受到的拉力必定为0，故A 错误，B 正确．小球a 受到的支持力由N ＝Gsin θ可知，θ增大而支持力减小，滑到b 球的顶端时由于小球处于平衡状态，支持力N ＝G ，故a 、b 间的压力开始最大为2G ，而后逐渐减小到G ，故C 正确，D 错误．4．如图，滑块A 置于水平地面上，滑块B 在一水平力作用下紧靠滑块A(A 、B 接触面竖直)，此时A 恰好不滑动，B 刚好不下滑．已知A 与B 间的动摩擦因数为μ1，A 与地面间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．则A 与B 的质量之比为( )A ．1μ1μ2 B ．1－μ1μ2μ1μ2C ．1＋μ1μ2μ1μ2D ．2＋μ1μ2μ1μ2【答案】B【解析】B 刚好不下滑，说明B 的重力等于最大静摩擦力，即m B g ＝μ1F ．A 恰好不滑动，视A 、B 为一个整体，水平力等于整体的最大静摩擦力，即F ＝μ2(m A ＋m B )g ．联立两式可解得m A m B ＝1－μ1μ2μ1μ2．故B 正确． 5．(2021届山东名校一模)如图，在固定斜面上的一物块受到一外力F 的作用，F 平行于斜面向上，若物块质量为6 kg ，斜面倾角为37°，动摩擦因数为0.5，物块在斜面上保持静止，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g ＝10 m/s 2，cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6，则F 的可能值为( )A ．10 NB ．20 NC ．0 ND ．62 N【答案】B【解析】当物体受到的摩擦力沿斜面向上时，由共点力平衡可知mg sin 37°－μmg cos 37°－F ＝0，解得F ＝mg sin 37°－μmg cos 37°＝12 N ．当物体受到的摩擦力沿斜面向下时，由共点力平衡可知mg sin 37°＋μmg cos 37°－F ′＝0，解得F ′＝mg sin 37°＋μmg cos 37°＝60 N ．故施加的外力F 范围为12 N≤F ≤60 N，B 正确．6．如图所示，橡皮筋一端固定，用力F 1和F 2共同作用于橡皮筋的另一端，使之伸长到点O ，这时力F 1和F 2与橡皮筋之间的夹角分别为α、β，现保持橡皮筋的位置不变，力F 2的大小保持不变，而使力F 2逆时针转过某一角度(小于β)则可能需要( )A ．增大F 1的同时，增大α角B ．增大F 1的同时，α角不变C ．增大F 1的同时，减小α角D ．减小F 1的同时，减小α角【答案】A【解析】以O 点为研究对象，F 1和F 2的合力不变，而力F 2的大小保持不变，使力F 2逆时针转过某一角度(小于β)，各力变化如图所示．由图可知，F 1的大小变大，夹角α增大，故A 正确，B 、C 、D 错误．7．(多选)如图所示，一个“房子”形状的铁制音乐盒静止在水平面上，一个塑料壳里面装有一个正方形强磁铁，吸附在“房子”的顶棚斜面上，保持静止状态．已知顶棚斜面与水平面的夹角为θ，塑料壳和磁铁的总质量为m ，塑料壳和顶棚斜面间的动摩擦因数为μ，则以下说法正确的是( )A ．塑料壳对顶棚斜面的压力大小为mg cos θB ．顶棚斜面对塑料壳的摩擦力大小一定为μmg cos θC ．将塑料壳与磁铁看作一个整体，顶棚斜面对它的支持力、吸引力和摩擦力的合力等于mgD ．磁铁的磁性若瞬间消失，塑料壳不一定会往下滑动【答案】CD【解析】将塑料壳和圆柱形磁铁当作整体进行受力分析，它受重力、支持力(垂直斜面向上)、沿斜面向上的摩擦力、顶棚对圆柱形磁铁的吸引力而处于平衡状态，则塑料壳对顶棚斜面的压力大于mg cos θ，A 错误；顶棚斜面对塑料壳的摩擦力大小等于mg sin θ，B 错误；将塑料壳和磁铁看作一个整体，顶棚斜面对它的支持力、吸引力和摩擦力三者的合力大小等于mg ，C 正确；当磁铁的磁性消失时，最大静摩擦力大小发生变化，但合力可能为零，可能保持静止状态，则塑料壳不一定会往下滑动，D 正确．综合提升练习8．(多选)(2021届南昌名校期末)两个中间有孔、质量为M 的小球A 、B 用一轻弹簧相连，套在水平光滑的横杆上．两个小球下面分别连一轻弹簧．两轻弹簧下端系在一质量为m 的小球C 上，如图所示．已知三根轻弹簧的劲度系数都为k ，三根轻弹簧刚好构成一等边三角形．下列说法正确的是( )A ．水平横杆对质量为M 的小球的支持力为Mg ＋mgB ．连接质量为m 的小球的轻弹簧的弹力为mg 3C ．连接质量为m 的小球的轻弹簧的伸长量为33k mg D ．套在水平光滑横杆上的轻弹簧的形变量为36k mg【答案】CD【解析】先将三个小球当作整体，在竖直方向，整体受到两个力作用：竖直向下的重力、竖直向上的支持力，其大小为F N ＝(2M ＋m )g ，则F N 2是水平横杆对质量为M 的小球的支持力，A 错误；以C 为研究对象，受到的弹力为F ，则有2F cos 30°＝mg ，F ＝mg 2cos 30°＝3mg 3，B 错误；连接质量为m 的小球的轻弹簧的伸长量为Δx ＝3mg 3k，C 正确；对M 进行受力分析，在水平方向，设连接M 的弹簧所受的弹力为F ′，有F ′＝F cos 60°，则kx ′＝12F ，得x ′＝3mg 6k，D 正确． 9．(多选)如图所示，三条绳子的一端都系在细直杆顶端，另一端都固定在水平地面上，将杆竖直紧压在地面上，若三条绳长度不同，下列说法正确的有( )A ．三条绳中的张力都相等B ．杆对地面的压力大于自身重力C ．绳子对杆的拉力在水平方向的合力为零D ．绳子拉力的合力与杆的重力是一对平衡力【答案】BC【解析】由于三条绳子的长度不同，绳子与竖直方向的夹角不同，故绳中的张力也不相等，A 错误；三条绳子对杆的拉力都有竖直向下的分力，分别设为T 1y 、T 2y 、T 3y ，杆的重力设为G ，地面对杆的支持力设为N 支，由平衡条件知，N 支＝T 1y ＋T 2y ＋T 3y ＋G ＞G ，再根据牛顿第三定律，杆对地面的压力N 压＝N 支＞G ，故B 正确；杆受到三条绳子的拉力在水平方向的分力分别为T 1x 、T 2x 、T 3x ，三个力平衡，合力为零，C 正确；绳子对杆的拉力的合力即为拉力在竖直方向分力的合力，方向竖直向下，与重力的方向相同，故与重力不可能是一对平衡力，D 错误．10．(多选)(2021年成都质检)如图所示，两个可视为质点的小球a 和b ，用质量可忽略的刚性细杆相连并放置在光滑的半球面内．已知细杆长度是球面半径的2倍，当两球处于静止状态时，细杆与水平面的夹角θ＝15°，则( )A ．杆对a 、b 球作用力大小相等且方向沿杆方向B ．小球a 和b 的质量之比为2∶1C ．小球a 和b 的质量之比为3∶2D ．半球面对a 、b 球的弹力之比为3∶1 【答案】AD【解析】对轻杆，受到两个球的弹力是一对平衡力，根据牛顿第三定律可得，杆对a 、b 两球的作用力大小相等，且方向沿杆方向，A 正确；a 、b 两球受力情况如图所示，过O 作竖直线交ab 于c 点，设球面半径为R ，则△Oac 与左侧力的三角形相似，△Obc 与右侧力的三角形相似，由几何关系可得m a g Oc ＝T ac ，m b g Oc ＝T bc ，即m a m b ＝bc ac，由题可知，细杆长度是球面半径的2倍，根据几何关系可得α＝45°，由于△acf ∽△bce ，则bc ac ＝be af ＝R sin 60°R sin 30°＝31，则m a m b ＝bcac ＝31，B 、C 错误；由几何关系可得N a Oa ＝T ac ，N b Ob ＝T bc ，解得N a N b ＝bc ac ＝31，D 正确．11．如图所示，AC 和BC 两轻绳共同悬挂一质量为m 的物体，若保持AC 绳的方向不变，AC 与竖直方向的夹角为60°，改变BC 绳的方向，求：(1)物体达到平衡时，θ角的取值范围．(2)θ在0°～90°的范围内，求BC 绳上拉力的最大值和最小值．【答案】(1)0°≤θ＜120° (2)3mg 32mg【解析】(1)改变BC 绳的方向时，AC 绳的拉力F T A 方向不变，两绳拉力的合力F 与物体的重力平衡，重力大小和方向保持不变，如图所示，经分析可知，θ最小为0°，此时F T A ＝0；且θ必须小于120°，否则两绳的合力不可能竖直向上，所以θ的取值范围是0°≤θ＜120°．(2)θ在0°～90°的范围内，当θ＝90°时，F T B最大，F max＝mg tan 60°＝3mg，当两绳垂直时，即θ＝30°时，F T B最小，F min＝mg sin 60°＝32 mg．。
高三物理一轮复习 第二章 力的合成与分解
2. 合力的大小范围 (1)两个共点力的合成
|F1－F2|≤F合≤F1＋F2
即两个力大小不变时，其合力随夹角的增大而减小，当两 力反向时，合力最小，为|F1－F2|，当两力同向时，合力最大， 为F1＋F2.
第二章 相互作用
第26页
触面的分力G1和G2，故C项图画得不正确．D项中物体的重力分
解为水平向左压紧墙的分力 G1 和沿绳向下使绳张紧的分力 G2 ， 故D项图画得正确． 答案：C
第二章 相互作用
第16页
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确．
答案：C
第二章 相互作用
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1. 力的三角形法则：
(1)如三个力首尾相连组成一个闭合的三角形，则三个力的 合力为零． (2)两个力首尾相接作为三角形的两个边，则第三边就是二 力的合力．
滑块所受的摩擦力等大反向，因此，滑块所受的拉力与摩擦力
的合力的大小为 Fsinθ ，方向竖直向上， A 、 C 正确， B 、 D 错 误． 答案：AC
第二章 相互作用
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方向成30°角且绷紧，小球A处于静止，对小球施加的最小的力
是( )
第二章 相互作用
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高三物理一轮复习 必考 第2章 相互作用 第2节 力的合成与分解课时强化练
咐呼州鸣咏市呢岸学校课时强化练(五) 力的合成与分解(限时：40分钟)A级跨越本科线1．将物体所受重力按力的效果进行分解，以下选项中错误的选项是( )C A项中物体重力分解为垂直于斜面使物体压紧斜面的分力G1和沿斜面向下使物体向下滑的分力G2；B项中物体的重力分解为沿两条细绳使细绳张紧的分力G1和G2，A、B正确；C项中物体的重力分解为垂直于两接触面的分力G1和G2，故C错；D中物体的重力分解为水平向左压紧墙的分力G1和沿绳向下使绳张紧的分力G2，故D正确．2．受斜向上的恒拉力作用，物体在粗糙水平面上做匀速直线运动，那么以下说法正确的选项是( ) 【导学号：96622251】A．拉力在竖直方向的分量一大于重力B．拉力在竖直方向的分量一于重力C．拉力在水平方向的分量一大于摩擦力D．拉力在水平方向的分量一于摩擦力D 受力分析如图，由力的平衡条件可知，水平方向F x－f＝0，竖直方向F y＋F N－mg＝0，故D正确，A、B、C错．3．减速带是交叉路口常见的一种交通设施，车辆驶过减速带时要减速，以保障行人的平安．当前轮刚爬上减速带时，减速带对车轮的弹力为F，以下图中弹力F画法正确且分解合理的是( )B 减速带对车轮的弹力方向垂直车轮和减速带的接触面，指向受力物体，故A、C错误；按照力的作用效果分解，将F可以分解为水平方向和竖直方向，水平方向的分力产生的效果减慢的速度，竖直方向上分力产生向上运动的作用效果，故B正确，D错误．4．如图2214所示，在粗糙水平面上放置A、B、C、D四个小物块，各小物块之间由四根完全相同的轻弹簧相互连接，正好组成一个菱形，∠BAD＝120°，整个系统保持静止状态．A物块所受的摩擦力大小为f，那么D物块所受的摩擦力大小为( ) 【导学号：96622252】图2214A．f B.3 2 fC.3f D．2fC A物块所受的摩擦力大小为f，设每根弹簧的弹力为F，那么有：2F cos 60°＝f，对D：2F cos 30°＝f′，解得：f′＝3f，C正确．5．如图2215所示，一条细绳跨过滑轮连接物体A、B，A悬挂起来，B穿在一根竖直杆上，两物体均保持静止，不计绳与滑轮、B与竖直杆间的摩擦，绳与竖直杆间的夹角为θ，那么物体A、B的质量之比m A∶m B于( )图2215A．cos θ∶1 B．1∶cos θC．tan θ∶1 D．1∶sin θB 细绳的拉力F＝m A g，物体B平衡，那么拉力F在竖直方向的分力于物体B的重力，即F cos θ＝m B g，即m A∶m B＝1∶cos θ.B正确．6．一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2216所示(小方格边长相)，那么以下说法正确的选项是( ) 【导学号：96622253】图2216A．三力的合力有最大值F1＋F2＋F3，方向不确B．三力的合力有唯一值3F3，方向与F3同向C．三力的合力有唯一值2F3，方向与F3同向D．由题给条件无法求合力大小B 沿F3方向和垂直于F3方向建立x轴、y轴，将不在坐标轴上的力F1、F2沿坐标轴正交分解，然后再合成．如下图，假设图中的方格边长代表1 N，那么F3＝4 N，沿x轴方向有：F x＝F1x＋F2x＋F3x＝(6＋2＋4)N＝12 N，沿y轴方向有：F y＝F1y＋F2y＋F3y＝(3－3)N＝0，F合＝3F3.7．如图2217所示，作用在滑块B上的推力F＝100 N，假设α＝30°，装置重力和摩擦力均不计，那么工件上受到的压力为( )图2217A．100 N B．100 3 NC．50 N D．200 NB 对B 进行受力分析，如图甲所示，得F 2＝Fsin 30°＝2F ；对上进行受力分析，如图乙所示，其中F ′2＝F 2，得F N ＝F ′2·cos 30°＝100 3 N ，故B 正确．8．(多项选择)如图2218所示，两个相同的光滑小球甲和乙放在倾角为45°的斜面上，被一固在斜面上的竖直挡板挡住，设每个小球的重力大小为G ，甲球对乙球的作用力大小为F 1，斜面对乙球的作用力大小为F 2，那么以下结论正确的选项是( ) 【导学号：96622254】图2218A ．F 1<F 2B ．G >F 1C ．G ＝F 1D ．F 1＝F 2BD 将乙球的重力分解，由平衡条件可得甲球对乙球的作用力大小F 1＝G sin 45°，斜面对乙球的作用力大小为F 2＝G cos 45°，显然，F 1＝F 2，G >F 1，选项B 、D 正确，A 、C 错误．9．如图2219为一位于墙角的光滑斜面，其倾角为45°，劲度系数为k 的轻质弹簧一端系在质量为m 的小球上，另一端固在墙上，弹簧水平放置，小球在斜面上静止，那么弹簧的形变量大小为( )图2219A.mg kB.3mg 2k C.3mg3kD.3mgkA 分析小球受力如下图．F 与mg 的合力与N 大反向，由θ＝45°可知，F ＝mg .又F ＝kx ，故弹簧的压缩量大小为x ＝mgk，A 正确．10．(多项选择)如图2220所示，轻质光滑滑轮两侧用细绳连着两个物体A 与B ，物体B 放在水平地面上，A 、B 均静止．A 和B 的质量分别为m A 、m B ，绳与水平方向的夹角为θ，那么( )图2220A ．物体B 受到的摩擦力可能为零 B ．物体B 受到的摩擦力为m A g cos θC ．物体B 对地面的压力可能为零D ．物体B 对地面的压力为m B g －m A g sin θBD 对B 受力分析如下图，那么水平方向上f ＝T cos θ，又T ＝m A g ，所以f ＝m A g cos θ，A 错误、B 正确；竖直方向上N B ＋T sin θ＝m B g ，所以N B ＝m B g －T sin θ＝m B g －m A g sin θ，C 错误、D 正确．B级必刷题11．(2021·高考)如图2221，光滑的四分之一圆弧轨道AB固在竖直平面内，A端与水平面相切．穿在轨道上的小球在拉力F作用下，缓慢地由A向B运动，F始终沿轨道的切线方向，轨道对球的弹力为N.在运动过程中( ) 【导学号：96622255】图2221A．F增大，N减小B．F减小，N减小C．F增大，N增大D．F减小，N增大A 小球一直受到重力、支持力、拉力作用，根据共点力平衡，有：F＝mg sin α，N＝mg cos α(α是小球转过的角度)，随着夹角的增大，支持力逐渐减小，拉力逐渐增大，A项正确．12．(多项选择)(2021·高考)如图2222所示，三条绳子的一端都系在细直杆顶端，另一端都固在水平地面上，将杆竖直紧压在地面上，假设三条绳长度不同．以下说法正确的有( )图2222A．三条绳中的张力都相B．杆对地面的压力大于自身重力C．绳子对杆的拉力在水平方向的合力为零D．绳子拉力的合力与杆的重力是一对平衡力BC 杆静止在水平地面上，那么杆受到重力、三条绳子的拉力和地面对它的支持力．根据平衡条件，那么三条绳的拉力的合力竖直向下，故绳子对杆的拉力在水平方向的合力为零．杆对地面的压力大小于杆的重力与三条绳的拉力的合力之和，选项B、C正确；由于三条绳长度不同，即三条绳与竖直方向的夹角不同，所以三条绳上的张力不相，选项A错误；绳子拉力的合力与杆的重力方向相同，因此两者不是一对平衡力，选项D错误．13．如图2223所示，质量为m的小球套在竖直固的光滑圆环上，轻绳一端固在圆环的最高点A，另一端与小球相连．小球静止时位于环上的B点，此时轻绳与竖直方向的夹角为60°，那么轻绳对小球的拉力大小为( )图2223A.32mg B．mgC.3mg D．2mgB 小球B受到竖直向下的重力mg，沿BA方向的拉力和沿OB方向的支持力，两两夹角为120°，故轻绳对小球的拉力大小为mg，B项正确．14．如图2224所示，将两根劲度系数均为k 、原长均为L 的轻弹簧，一端固在水平天花板上相距为2L 的两点，另一端共同连接一质量为m 的物体，平衡时弹簧与竖直方向的夹角为37°.假设将物体的质量变为M ，平衡时弹簧与竖直方向的夹角为53°(sin 37°＝0.6)，那么M m于( ) 【导学号：96622256】图2224A.932B.916C.38D.34A 由几何知识得，左图中弹簧的伸长量为：ΔL ＝23L ，右图中弹簧的伸长量为：ΔL ′＝14L ，根据胡克律：T ＝k ΔL ，那么两情况下弹簧拉力之比为：23∶14＝83，根据平衡条件：2T cos 37°＝mg,2T ′cos 53°＝Mg ，得：M m ＝932. 15．如图2225所示，一物块置于水平地面上，当用与水平方向成60°角的力F 1拉物块时，物块做匀速直线运动；当改用与水平方向成30°角的力F 2推物块时，物块仍做匀速直线运动．假设F 1和F 2的大小相，那么物块与地面之间的动摩擦因数为( )图2225A.3－1 B ．2－3 C.32－12D ．1－32B 当用F 1拉物块做匀速直线运动时，受力分析如图，将F 1正交分解，那么水平方向有F 1cos 60°＝F f1竖直方向有F 1sin 60°＋N 1＝mg 其中F f1＝μN 1联立上式可得F 1＝2μmg1＋3μ同理，当用F 2推物块做匀速直线运动时， 水平方向有F 2cos 30°＝F f2 竖直方向有F 2sin 30°＋mg ＝N 2 其中F f2＝μN 2 联立上式可得F 2＝2μmg 3－μ根据题意知F1＝F2，解得μ＝2－3，B正确．。
高三物理一轮复习第二章_相互作用_检测_word版有答案
章末检测提升(二)第二章相互作用一、选择题(本大题共10小题，共40分．每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1．在粗糙水平地面上与墙平行放着一个截面为半圆的柱状物体A，A与竖直墙之间放一光滑圆球B，整个装置处于静止状态．现对B施加一竖直向下的力F，F的作用线通过球心，设墙对B的作用力为F1，A对B的作用力为F2，地面对A 的作用力为F3，若F缓慢增大而整个装置仍保持静止，截面如图所示，在此过程中()A．F1保持不变，F3缓慢增大B．F1缓慢增大，F3保持不变C．F2缓慢增大，F3缓慢增大D．F2缓慢增大，F3保持不变解析：如图所示，球B受到四个力作用，整个系统保持静止，则θ不变，F2cos θ＝F＋mg.若F缓慢增加，则F2增加，F2sinθ＝F1，若F2缓慢增加，则F1增加；对于整体而言，地面对A的摩擦力F f＝F1，地面对A的支持力F N＝F＋G总，F f和F N均缓慢增加，所以F3缓慢增加，C项对．答案：C2．如图所示，A、B两木块放在水平面上，它们之间用细线相连，两次连接情况中细线倾斜方向不同但倾角一样，两木块与水平面间的动摩擦因数相同．先后用水平力F1和F2拉着A、B一起匀速运动，线上的张力分别为F T1和F T2，则()A．F1≠F2B．F1＝F2C．F T1＞F T2D．F T1＝F T2解析：取A、B为整体分析可知，F1＝F2＝μ(m A＋m B)g.隔离A物体，应用平衡条件可得F T1sinθ＝μ(m A g－F T1cosθ)，F T2sinθ＝μ(m A g＋F T2cosθ)，比较可得F T2＞F T1.答案：B3．(多选)如图所示，铁板AB与水平地面之间的夹角为θ，一块磁铁吸附在铁板下方．在缓慢抬起铁板的B端使θ角增大(始终小于90°)的过程中，磁铁始终相对于铁板静止．下列说法正确的是()A．磁铁所受合外力逐渐减小B．磁铁始终受到3个力的作用C．磁铁受到的摩擦力逐渐增大D．铁板对磁铁的弹力逐渐增大解析：以磁铁为研究对象进行受力分析可知，在缓慢抬起铁板B端的过程中磁铁相对铁板静止，因此磁铁所受合外力始终为零，A项错误；磁铁受重力、铁板的吸引力、铁板的弹力、铁板的摩擦力共4个力作用，如图所示，B项错误；由受力平衡关系可得，θ角增大的过程中磁铁受到的摩擦力F f＝mg sinθ逐渐增大，铁板对磁铁的弹力F N＝F引－mg cosθ也逐渐增大，C、D两项正确．答案：CD4．(多选)如图所示，物体m通过定滑轮牵引另一水平面上的物体沿斜面匀速下滑，此过程中斜面仍静止，斜面质量为M，则水平地面对斜面体()A．无摩擦力B．有水平向右的摩擦力C．支持力为(M＋m)g D．支持力小于(M＋m)g解析：设斜面夹角为θ，细绳的拉力为F T，M、m整体处于平衡状态，对M、m整体受力分析可得平衡方程F T cosθ＝F静，F T sinθ＋F N＝(M＋m)g，故F静方向水平向右，B、D正确．答案：BD5．(2014·江苏盐城一模)如图所示，壁虎在竖直玻璃面上斜向上匀速爬行，关于它在此平面内的受力分析，下列图示中正确的是()解析：壁虎在竖直玻璃面上斜向上匀速爬行，受到的竖直向下的重力和竖直向上的摩擦力，二者为平衡力，A项正确．答案：A6．如图所示，不计重力的轻杆OP能以O为轴在竖直平面内自由转动，P端悬挂一重物，另用一根轻绳通过定滑轮系在P端．当OP和竖直方向的夹角α缓慢逐渐增大时(0<α<90°)，OP的弹力F T和绳子的张力F的大小变化是()A．F T不变，F变大B．F T不变，F先变大后变小C．F T先变小后变大，F变大D．F T先变大后变小，F不变解析：设上面绳子为a，下面绳子为b；如图所示，以杆上P点为研究对象，P点受到三个力作用：杆对绳的弹力F T、绳b的拉力(大小等于重物重力G)、绳a的拉力F；三力组合成一个矢量三角形，且力的三角形与几何三角形APO相似；由于力的三角形与几何三角形相似，可由几何边长的变化判定对应力大小的变化：随着细绳a慢慢放下，几何边AP变长、PO边不变，则绳a的拉力F增大，杆所受压力F T 不变，故选项A正确．答案：A7．如图所示，运动员的双手握紧竖直放置的圆形器械，在手臂OA沿由水平方向缓慢移到A′位置过程中，若手臂OA、OB的拉力分别为F A和F B，下列表述正确的是()A．F A一定小于运动员的重力GB．F A与F B的合力始终大小不变C．F A的大小保持不变D．F B的大小保持不变解析：在手臂OA沿由水平方向缓慢移到A′位置的过程中，人的受力平衡图如图所示，由图可知F A是逐渐减小的，但不一定小于运动员的重力，选项A、C错误；F B是逐渐减小的，选项D错误；F A与F B的合力始终等于人的重力，大小不变，选项B正确．答案：B8．(多选)如图是用来粉刷墙壁的涂料滚的示意图．使用时，用撑竿推着涂料滚沿墙壁上下滚动，把涂料均匀地粉刷到墙壁上．撑竿的重量和墙壁的摩擦均不计，而且撑竿足够长．粉刷工人站在离墙壁某一距离处缓缓上推涂料滚，使撑竿与墙壁间的夹角越来越小．该过程中撑竿对涂料滚的推力为F1，涂料滚对墙壁的压力为F2，下列说法中正确的是()A．F1增大B．F1减小C．F2增大D．F2减小解析：涂料滚受三个力的作用，重力、墙壁对涂料滚水平向左的弹力F2′、撑竿对涂料滚的推力F1，重力的大小方向确定，墙壁对涂料滚的弹力方向确定、粉刷工人站在离墙壁某一距离处缓缓上推涂料滚，涂料滚受力始终平衡，这三个力构成矢量三角形，使撑竿与墙壁间的夹角越来越小，矢量图变化如图所示，由图可知，当使撑竿与墙壁间的夹角越来越小时，F1、F2′均减小，F2和F2′等大反向，因此F1、F2均减小．答案：BD9．两刚性球a和b的质量分别为m a和m b、直径分别为d a和d b(d a＞d b)，将a、b两球依次放入一竖直放置、内径为d(d a<d<d a＋d b)的平底圆筒内，如图所示．设a、b两球静止时对圆筒侧面的压力大小分别为F1和F2筒底所受的压力大小为F N.已知重力加速度大小为g.若所有接触面部是光滑的，则()A．F N＝(m a＋m b)g，F1＝F2B．F N＝(m a＋m b)g，F1≠F2C．m a g＜F N<(m a＋m b)g，F1＝F2D．m a g<F N<(m a＋m b)g，F1≠F2解析：以a、b整体为研究对象，其重力方向竖直向下，而侧壁产生的压力水平，故不能增大对底部的挤压，所以F N＝(m a＋m b)g；水平方向，由于物体处于平衡，所以受力也是平衡的，因此水平方向力的大小是相等的，即F1＝F2，故正确答案为A.答案：A10．A、B、C三个物体通过细线和光滑的滑轮相连，处于静止状态，如图所示，C是一箱砂子，砂子和箱的重力都等于G，动滑轮的质量不计，打开箱子下端开口，使砂子均匀流出，经过时间t0流完，则下图中哪个图线表示在这过程中桌面对物体B的摩擦力F f随时间的变化关系()解析：选择A、B整体作为研究对象，由于这个整体开始处于静止状态，所以后来应该一直处于静止状态，整体共受到5个力的作用，即：重力G＝G A＋G B，支持力F N、静摩擦力F f、两根绳子的拉力F1和F2，其中F1＝F2＝G C2，根据力的平衡得F f＝F1＋F2＝G C，所以当砂子均匀流出时，B选项正确．答案：B二、填空与实验题(本大题共2小题，共10分．把答案填在相应的横线上或按题目要求作答)11．(5分)某学习小组在做“探究力的平行四边形定则”的实验．(1)他们的实验步骤分别是：A．在竖直放置的方木板上固定一张白纸，用图钉把橡皮条的一端固定在方木板上，另一端拴上两个绳套，通过细绳同时用两个弹簧测力计沿方木板平面平行的方向互成角度地拉橡皮条，使细绳的结点到达某一位置O点，在白纸上用铅笔记下O点的位置和读出两个弹簧测力计的示数F1和F2，如图甲所示．B．只用一只弹簧测力计，通过细绳拉橡皮条，使它的伸长量与用两个弹簧测力计拉时相同，读出此时弹簧测力计的示数F′和记下细绳的方向．请指出以上步骤中的错误．．或疏漏．．：A中是_______________________________________________________________________ _B中是_______________________________________________________________________ _(2)该学习小组纠正了(1)中的问题后．在某次实验中两个弹簧测力计的拉力F a ＝4 N、F b＝3 N已在图乙中画出，图中方格每边的长度表示1 N，O点是橡皮条的结点，请用两个直角三角板作出合力F的图示，并求出合力的大小为________ N.(3)图甲中的OA沿竖直线，则图乙中的F a、F b与水平方向的夹角分别为β和α，它们一定满足cos α∶cos β＝________．(4)(多选)该实验小组想创新一下该实验，用如图丙所示的贴有白纸的木板竖直放置，弹簧测力计A挂在固定于木板上的P点，下端用细线挂一重物M.他们想用此实验装置来验证“力的平行四边形定则”，下列关于此实验的说法中正确的是________．A．应测量重物M所受的重力B．拉线方向应与竖直木板平面平行C．图丁中F′表示用一个测力计测出来的力，F表示用平行四边形定则合成的力C．改变拉力，进行多次实验，每次都要使O点静止在同一位置解析：(1)A中是没有记录两拉力的方向；B中是没有说明要把结点拉至O点；(2)作图如图戊所示，合力大小为6 N；(3)根据F a cosβ＝F b cosα，得cosα∶cosβ＝4∶3；(4)实验通过作出三个力的图示来验证平行四边形定则，因此重物的重力要知道，A项对；拉线方向应与竖直木板平面平行，B项对；图丁中F′表示用一个测力计测出来的力，F表示用平行四边形定则合成的力，C项对；当结点O位置确定后，弹簧测力计A的示数也是确定的，由于重物的重力已确定，两力大小与方向均一定，因此D项错．答案：(1)没有记录两拉力的方向没有说明要把结点拉至O点(2)见解析 6 N(或5.8 N～6.2 N)(3)4∶3(4) ABC12．(5分)为测定木块P和木板Q间的动摩擦因数，某同学设计了一个实验，下图为实验装置示意图，其中各物体的接触面均水平，该同学在实验中的主要操作有：导学号36280426A．用弹簧测力计测出木块P的重力为G P＝6.00 N；B．用弹簧测力计测出木板Q的重力为G Q＝9.25 N；C．用手按住木块和木板，按图装置安装好器材；D．松开木块和木板让其运动，待弹簧测力计指针稳定时再读数．(1)上述操作中多余的步骤是______．(填步骤序号)(2)在听取意见后，该同学按正确方法操作，稳定时弹簧测力计的指针位置如图所示，其示数为_____ N ．根据该同学的测量数据，可求得木块P 和木板Q 间的动摩擦因数为______．解析：(1)要做好本题，需理解实验原理．无论木板怎样滑动，弹簧测力计的示数总与P 木块的滑动摩擦力相等，且这个值是稳定的，故可用F ＝μF N ＝μmg 求解μ，所以步骤B 是多余的．(2)由读数的估读规则可知，弹簧测力计的读数为2.10 N ，由F ＝μF N ＝μmg ，可知μ＝Fmg＝0.35.答案：(1)B (2)2.10 0.35三、计算题(本大题共4小题，共50分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)13．(10分)雨滴接近地面的过程可以看做匀速直线运动，此时雨滴的速度称为收尾速度．某同学在一本资料上看到，雨滴的收尾速度v 与雨滴的半径r 成正比，由此该同学对雨滴运动中所受的阻力F 作了如下几种假设：(1)阻力只与雨滴的半径成正比，即F ＝kr (k 为常数)． (2)阻力只与速度的平方成正比，即F ＝k v 2(k 为常数)．(3)阻力与速度的平方和半径的乘积成正比，即F ＝kr v 2(k 为常数)．你认为哪种假设能够解释雨滴收尾速度与半径成正比这一关系？请写出推导过程．解析：雨滴达到收尾速度状态时，处于平衡状态，只受重力和空气阻力F.由平衡条件得：F ＝G ＝mg ＝43πr 3ρg.①r 、ρ分别为雨滴的半径、密度． 由题意知v ＝k 1r ，k 1为常数．②由①②得F ＝4πρg 3k 21rv 2＝krv 2，③ 式中k ＝4πρg3k 21.由推导知，阻力与速度的平方和半径的乘积成正比． 即F ＝krv 2假设才能解释v ∝ r. 答案：见解析14．(12分)如图所示，一球A夹在竖直墙与三角劈B的斜面之间，三角形劈的重力为G，劈的底部与水平地面间的动摩擦因数为μ，劈的斜面与竖直墙面是光滑的，问欲使三角劈静止不动，球的重力不能超过多大？(设劈的最大静摩擦力等于滑动摩擦力)解析：本题两物体均处于静止状态，故需分析好受力图后，列出平衡方程求解．用正交分解法，对球和三角劈分别进行受力分析，如上图甲、乙所示．由于三角劈静止，故其受地面的静摩擦力．F f≤F f max＝μF N B.由平衡条件有：对球有：G A＝F N cos 45°①F N A＝F N sin 45°②对三角劈有F N B＝G＋F N′sin 45°③F f＝F N′cos 45°④F f≤μF N B，⑤因为F N＝F N′⑥由①～⑥式解得：G A≤μ1－μG.所以球的重力不得超过μ1－μG.答案：μ1－μG15．(12分)如图所示，质量为m 1的物体甲通过三段轻绳悬挂，三段轻绳的结点为O ，轻绳OB 水平且B 端与放置在水平面上的质量为m 2的物体乙相连，轻绳OA 与竖直方向的夹角θ＝37°，物体甲、乙均处于静止状态．(已知 sin 37°＝0.6, cos 37°＝0.8，tan 37°＝0.75，g 取10 m/s 2.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)求：(1)轻绳OA 、OB 受到的拉力是多大？ (2)物体乙受到的摩擦力是多大？方向如何？(3)若物体乙的质量m 2＝4 kg ，物体乙与水平面之间的动摩擦因数为μ＝0.3，则欲使物体乙在水平面上不滑动，物体甲的质量m 1最大不能超过多少？解析：(1)F T OA ＝m 1g cos θ＝54m 1g ，F T OB ＝m 1g tan θ＝34m 1g.(2)F f ＝F T OB ＝34m 1g ，方向水平向左．(3)F fm ＝μm 2g ＝0.3×40 N ＝12 N ，当F T OB ＝34m 1g ＝F f m ＝12 N 时，m 1＝1.6 kg ，即物体甲的质量m 1最大不能超过1.6 kg .答案：(1)54m 1g 34m 1g(2)34m 1g 方向水平向左 (3)1.6 kg16．(16分)如图所示，斜面体A 可以在水平面上无摩擦地滑动，其斜面倾角为α，柱体B 压在A 上，并能在竖直方向上无摩擦地运动，B 上放有重物C ，F 为水平向左施加于A 上的推力，重物C 的质量为M ，A 、B 质量不计，它们之间的动摩擦因数为μ，求使重物C 匀速上升时推力F 的大小.第11页 共11页解析：依题意，分别对A 、B 两物体进行受力分析，如图所示．对B ：列竖直方向的平衡方程F N AB ·cos α＝f AB ·sin α＋Mg ，①对A ：列水平方向的平衡方程F ＝F fBA ·cos α＋F N BA ·sin α，②F fAB ＝μF N AB ，③由①②③得F ＝μcos α＋sin αcos α－μsin αMg. 答案：μcos α＋sin αcos α－μsin αMg。
高三一轮复习秘籍-第二章第2讲 力的合成与分解
第二章相互作用第2讲力的合成与分解过好双基关————回扣基础知识训练基础题目一、力的合成1．合力与分力(1)定义：如果几个力共同作用产生的效果与一个力的作用效果相同，这一个力就叫做那几个力的合力，那几个力叫做这一个力的分力．(2)关系：合力与分力是等效替代关系．2．力的合成(1)定义：求几个力的合力的过程．(2)运算法则①平行四边形定则：求两个互成角度的分力的合力，可以用表示这两个力的线段为邻边作平行四边形，这两个邻边之间的对角线就表示合力的大小和方向．如图甲所示，F1、F2为分力，F为合力．②三角形定则：把两个矢量的首尾顺次连接起来，第一个矢量的首到第二个矢量的尾的有向线段为合矢量．如图乙，F1、F2为分力，F为合力．二、力的分解1．遵循的原则(1)平行四边形定则．(2)三角形定则．2．分解方法(1)效果分解法．如图所示，物体重力G的两个作用效果，一是使物体沿斜面下滑，二是使物体压紧斜面，这两个分力与合力间遵循平行四边形定则，其大小分别为G1＝G sinθ，G2＝G cosθ.(2)正交分解法．三、矢量和标量1．矢量：既有大小又有方向的物理量，叠加时遵循平行四边形定则，如速度、力等．2．标量：只有大小没有方向的物理量，求和时按代数法则相加，如路程、速率等．研透命题点————细研考纲和真题分析突破命题点1．两个共点力的合成|F 1－F 2|≤F 合≤F 1＋F 2，即两个力大小不变时，其合力随夹角的增大而减小，当两力反向时，合力最小；当两力同向时，合力最大．2．三个共点力的合成(1)最大值：三个力共线且同向时，其合力最大，为F 1＋F 2＋F 3.(2)最小值：任取两个力，求出其合力的范围，如果第三个力在这个范围之内，则三个力的合力的最小值为零，如果第三个力不在这个范围内，则合力的最小值为最大的一个力减去另外两个较小的力的大小之和．3．几种特殊情况的共点力的合成类型作图合力的计算互相垂直F ＝F 21＋F 22tan θ＝F 1F 2两力等大，夹角为θF ＝2F 1cos θ2F 与F 1夹角为θ2两力等大，夹角为120°合力与分力等大F ′与F 夹角为60°4.力合成的方法(1)作图法(2)计算法若两个力F1、F2的夹角为θ，如图所示，合力的大小可由余弦定理得到：F ＝F21＋F22＋2F1F2cosθtanα＝F2sinθF1＋F2cosθ【例1】如图所示，一物块在斜向下的推力F的作用下沿光滑的水平地面向右运动，那么物体受到的地面的支持力F N与拉力F的合力方向是()A．水平向右B．向上偏右C．向下偏左D．竖直向下答案B解析对物体受力分析可知，其受重力、支持力、拉力．若拉力F与水平方向夹角为θ，在竖直方向，F N＝mg＋F sinθ，支持力F N与F在竖直方向的分力之和F y＝mg，方向向上，F在水平方向的分力F x＝F cosθ，故合力F合＝F2y＋F2x＝(mg)2＋(F cosθ)2，方向向上偏右，故B正确．【变式1】(多选)5个共点力的情况如图所示，已知F1＝F2＝F3＝F4＝F，且这四个力恰好构成一个正方形，F5是其对角线．下列说法正确的是()A．F1和F5的合力与F3大小相等，方向相反B．这5个共点力能合成大小为2F、相互垂直的两个力C．除F5以外的4个力的合力的大小为2FD．这5个共点力的合力恰好为2F，方向与F1和F3的合力方向相同答案AD解析力的合成遵从平行四边形定则，根据这五个力的特点，F1和F3的合力与F5大小相等，方向相反，可得F1和F5的合力与F3大小相等，方向相反，A正确；F2和F4的合力与F5大小相等，方向相反；又F1、F2、F3、F4恰好构成一个正方形，所以F5为2F，可得除F5以外的4个力的合力的大小为22F，C错误；这5个共点力的合力大小等于2F，方向与F5相反，D正确，B错误．【例2】(多选)我国不少地方在节日期间有挂红灯笼的习俗，如图所示，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F A、F B，轻绳能够承受足够大的拉力，则()A．F A小于F BB．F A、F B的合力大于mgC．调节悬点A的位置，可使F A、F B都大于mgD．换质量更大的灯笼，F B的增加量比F A的增加量大答案ACD解析对结点O受力分析，画出力的矢量图如图所示，由图可知，F A小于F B，F A、F B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F A、F B都大于mg，选项C正确；换质量更大的灯笼，则重力mg增大，F B的增加量比F A的增加量大，选项D正确．【变式2】(2020·全国Ⅲ卷)如图，悬挂甲物体的细线拴牢在一不可伸长的轻质细绳上O点处；绳的一端固定在墙上，另一端通过光滑定滑轮与物体乙相连．甲、乙两物体质量相等．系统平衡时，O点两侧绳与竖直方向的夹角分别为α和β.若α＝70°，则β等于()A．45°B．55°C．60°D．70°答案B解析甲物体是拴牢在O点，且甲、乙两物体的质量相等，则甲、乙绳的拉力大小相等，O点处于平衡状态，则左侧绳子拉力的方向在甲、乙绳子的角平分线上，如图所示根据几何关系有180°＝2β＋α，解得β＝55°.1．效果分解法按力的作用效果分解(思路图)2．正交分解法分解方法：物体受到多个力F1、F2、F3、…作用，求合力F时，可把各力向相互垂直的x轴、y轴分解．x轴上的合力F x＝F x1＋F x2＋F x3＋…y轴上的合力F y＝F y1＋F y2＋F y3＋…合力大小F＝F2x＋F2y.合力方向：与x轴夹角为θ，则tanθ＝F yF x【例3】如图所示，墙上有两个钉子a和b，它们的连线与水平方向的夹角为45°，两者的高度差为l.一条不可伸长的轻质细绳一端固定于a点，另的c点有一固一端跨过光滑钉子b悬挂一质量为m1的重物．在绳上距a端12定绳圈．若绳圈上悬挂质量为m2的钩码，平衡后绳的ac段正好水平，则重为()物和钩码的质量比m1m2A．5B．2C．5D．22答案C解析解法一(力的效果分解法)：钩码的拉力F 等于钩码重力m 2g ，将F 沿ac 和bc 方向分解，两个分力分别为F a 、F b ，如图甲所示，其中F b ＝m 1g ，由几何关系可得cos θ＝F F b ＝m 2g m 1g，又由几何关系得cos θ＝l l 2＋l22，联立解得m 1m 2＝52.解法二(正交分解法)：绳圈受到F a 、F b 、F 三个力作用，如图乙所示，将F b 沿水平方向和竖直方向正交分解，由竖直方向受力平衡得m 1g cos θ＝m 2g ；由几何关系得cos θ＝ll 2＋l 22，联立解得m 1m 2＝52.【变式3】如图所示，力F 1、F 2、F 3、F 4是同一平面内的共点力，其中F 1＝20N ，F 2＝20N，F 3＝202N ，F 4＝203N ，各力之间的夹角如图所示．求这四个共点力的合力的大小和方向．答案202N 方向与F 3的方向一致解析以F2的方向为x轴的正方向，建立如图所示的直角坐标系．将F1、F3、F4向两坐标轴上分解得N＝10NF1x＝F1cos60°＝20×12N＝103NF1y＝F1sin60°＝20×32N＝20NF3x＝F3cos45°＝202×22N＝－20NF3y＝－F3sin45°＝－202×22N＝－30NF4x＝－F4sin60°＝－203×32N＝－103NF4y＝－F4cos60°＝－203×12则x轴上各分力的合力为F x＝F1x＋F2＋F3x＋F4x＝20Ny轴上各分力的合力为F y＝F1y＋F3y＋F4y＝－20N故四个共点力的合力为F＝F2x＋F2y＝202N，合力的方向与F3的方向一致．【变式4】(2021·广东卷)唐代《耒耜经》记载了曲辕犁相对直辕犁的优势之一是起土省力，设牛用大小相等的拉力F通过耕索分别拉两种犁，F与竖直方向的夹角分别为α和β，α<β，如图所示，忽略耕索质量，耕地过程中，下列说法正确的是()A．耕索对曲辕犁拉力的水平分力比对直辕犁的大B．耕索对曲辕犁拉力的竖直分力比对直辕犁的大C．曲辕犁匀速前进时，耕索对犁的拉力小于犁对耕索的拉力D．直辕犁加速前进时，耕索对犁的拉力大于犁对耕索的拉力答案B解析以曲辕犁为例，把耕索的拉力F分解到水平和竖直两个方向：F x＝F sin θ，F y＝F cosθ.因α<β，故F曲x<F直x，F曲y>F直y，选项A错误，B正确；耕索对犁的拉力与犁对耕索的拉力是一对作用力与反作用力，由牛顿第三定律知两力大小相等，则选项C、D错误．故选B项．◆应用1斧头劈木柴类问题【例4】刀、斧、凿等切削工具的刃部叫做劈，如图是斧头劈木柴的示意图．劈的纵截面是一个等腰三角形，使用劈的时候，垂直劈背加一个力F，这个力产生两个作用效果，使劈的两个侧面推压木柴，把木柴劈开．设劈背的宽度为d，劈的侧面长为l，不计斧头的自身重力，则劈的侧面推压木柴的力约为()A ．d lF B ．l d F C ．l 2d F D ．d 2l F 答案B 解析斧头劈木柴时，设两侧面推压木柴的力分别为F 1、F 2且F 1＝F 2，利用几何三角形与力的三角形相似有d F ＝l F 1，得推压木柴的力F 1＝F 2＝l dF ，所以B 正确，A 、C 、D 错误．◆应用2拖把拖地问题【例5】拖把是由拖杆和拖把头构成的擦地工具(如图)．设拖把头的质量为m ，拖杆质量可忽略．拖把头与地板之间的动摩擦因数为常数μ，重力加速度为g .某同学用该拖把在水平地板上拖地时，沿拖杆方向推拖把，拖杆与竖直方向的夹角为θ.(1)若拖把头在地板上匀速移动，求推拖把的力的大小．(2)设能使该拖把在地板上从静止刚好开始运动的水平推力与此时地板对拖把的正压力的比值为λ.已知存在一临界角θ0，若θ≤θ0，则不管沿拖杆方向的推力有多大，都不可能使拖把从静止开始运动．求这一临界角的正切tanθ0.答案(1)μsinθ－μcosθmg(2)λ解析(1)设该同学沿拖杆方向用大小为F的力推拖把．将推拖把的力沿竖直和水平方向分解，根据平衡条件有F cosθ＋mg＝F N①F sinθ＝F f②式中F N和F f分别为地板对拖把的支持力和摩擦力．所以F f＝μF N③联立①②③式得F＝μsinθ－μcosθmg④(2)若不管沿拖杆方向用多大的力都不能使拖把从静止开始运动，应有F sin θ≤λF N⑤这时，①式仍成立．联立①⑤式得sinθ－λcosθ≤λmgF⑥λmg F 大于零，且当F无限大时λmgF为零，有sinθ－λcosθ≤0⑦使⑦式成立的θ角满足θ≤θ0，这里θ0是题中所定义的临界角，即当θ≤θ0时，不管沿拖杆方向用多大的力都推不动拖把．故临界角的正切为tanθ0＝λ.【变式5】如图所示，质量为m的物块静止于斜面上，物块与斜面间的动摩擦因数为μ，逐渐增大斜面的倾角θ，直到θ等于某特定值φ时，物块达到“欲动未动”的临界状态，此时的摩擦力为最大静摩擦力，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求θ角满足什么条件时物块总与斜面保持相对静止．答案tanθ≤μ解析θ等于某特定值φ时，物块受力平衡，则有F N－G cosφ＝0，F fm－G sin φ＝0.又F fm＝μF N，解得μ＝tanφ.显然，当θ≤φ即tanθ≤μ时，物块始终保持静止．。
高考物理一轮微专题复习第2章_相互作用_微专题6_word版有答案
[方法点拨] (1)力的合成遵循平行四边形定则；(2)力分解常用的方法有实际效果分解法和正交分解法．1．(合力与分力的关系)(多选)两个共点力F 1、F 2大小不同，它们的合力大小为F ，则( )A ．F 1、F 2同时增大一倍，F 也增大一倍B ．F 1、F 2同时增加10 N ，F 也增加10 NC ．F 1增加10 N ，F 2减少10 N ，F 一定不变D ．若F 1、F 2中的一个增大，F 不一定增大2．(力的合成)如图1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 ，在两橡皮条的末端有一块软羊皮(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1A ．kLB ．2kL C.32kL D.152kL 3．(力的分解)如图2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2A ．G sin θB ．G cos θC ．G tan θ D.G tan θ4．(正交分解)如图3所示，物体A 和B 的质量分别为2 kg 和1 kg ，用跨过定滑轮的细线相连，静止地叠放在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，A 与B 间的动摩擦因数为35，现有一平行于斜面向下的力F 作用在物体B 上，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，若要使物体运动， 图3 则F 至少为(g ＝10 m/s 2)( )A ．20 NB ．22 NC ．11 ND ．17 N5．如图4所示，老鹰沿虚线MN 斜向下减速俯冲的过程中，空气对老鹰的作用力可能是图中的( )图4A ．F 1B ．F 2C ．F 3D ．F 46．如图5所示，两根轻绳AO 和BO 共同悬吊一重物，两绳的另一端分别系在天花板和竖直墙上，两绳与水平方向的夹角分别为α和β，则以下说法不正确的是( )A ．若α＝β，则两绳的张力大小相等 图5B ．若α＞β，则AO 绳中的张力较大C ．若α、β同时增大，则两绳中的张力都会增大D ．若α不变而β可变，则当α＋β＝π2时，BO 绳中的张力最小7．如图6是一顶搭在水平地面上的简易帐篷的骨架，骨架由一根立杆OO ′和三条绳索AO 、BO 、CO 构成，三条绳索的长度都为L ，地面上的三个固定桩A 、B 、C 之间的距离也均等于L ，三条绳索绷紧后，立杆对结点O 的支持力为F ，已知三条绳索上的张力大小都相等，不计绳索的重力，则每条绳索上的张力大小为( )图6 A.33F B.62F C.63F D.66F 8．如图7所示，一竖直放置的大圆环，在其水平直径上的A 、B 两端系着一根不可伸长的柔软轻绳，绳上套有一光滑小铁环．现将大圆环在竖直平面内绕O 点顺时针缓慢转过一个微小角度，则关于轻绳对A 、B 两点拉力F A 、F B 的变化情况，下列说法正确的是( )图7A ．F A 变小，FB 变小B ．F A 变大，F B 变大C ．F A 变大，F B 变小D ．F A 变小，F B 变大9．如图8所示，一根轻绳两端分别固定两个完全相同的小球a 、b ，每个球的重力为G .在绳的中点施加一个竖直向上的拉力F ，两球静止在空中，以下判断正确的是( )A ．轻绳越长，F 越大B ．轻绳越长，轻绳对球的拉力越大 图8C ．轻绳对球的拉力可能小于GD ．轻绳越短，a 、b 之间的弹力越大10．迎泽公园有这样一根电杆，一条电缆线由北向南绕过电杆转向由东向西，电缆与电杆的接触点为P .固定电杆的钢索一端固定在P 点，另一端固定在地面上，钢索、电杆与东西方向的电缆在同一竖直平面内，如图9所示．设电缆线水平，南北、东西方向的电缆对电杆的拉力分别为F1、F2，且大小相等，钢索对电杆的拉力为F3.已知植于土中的电杆竖直，下列说法正确的是()图9A．F1、F2和F3的合力竖直向下B．地面对电杆的作用力竖直向上C．F1、F2和F3在水平面内的合力可能为0D．F1、F2和F3在水平面内合力的方向偏向北方一侧答案精析1．AD [根据求合力的公式F ＝F 21＋F 22＋2F 1F 2cos θ(θ为F 1、F 2的夹角)，若F 1、F 2都变为原来的2倍，合力也一定变为原来的2倍，A 正确；对于B 、C 两种情况，力的变化不是按比例增加或减少的，不能判断合力的变化情况，B 、C 错误；若F 1与F 2共线反向，F 1>F 2，则F ＝F 1－F 2，F 1增大时，F 增大．F 2增大且小于F 1时，F 减小，所以D 正确．]2．D [根据胡克定律知，每根橡皮条的弹力F ＝k (2L －L )＝kL .设橡皮条最长时两根橡皮条的夹角为θ，根据几何关系知，sin θ2＝14.根据平行四边形定则知，弹丸被发射过程中所受的最大弹力F 合＝2F cos θ2＝152kL ，故D 正确．] 3．D [如图所示，将重力G 分解到沿BA 方向的拉AB 杆的力F 1和沿AC方向的压AC 杆的力F 2，即得F 1＝G tan θ，由牛顿第三定律知螺旋杆AB 的拉力大小为G tan θ.]4．D [物体刚好运动时，A 、B 间的摩擦力等于最大静摩擦力，对物体A 受力分析，由平衡条件得m A g sin 30°＋μm A g cos 30°＝F 拉，解得F 拉＝16 N ，对整体分析，由平衡条件得(m A ＋m B )g sin 30°＋F ＝2F 拉，解得F ＝17 N ．故选项D 正确，A 、B 、C 错误．]5．B [老鹰沿虚线由M 到N 做减速运动，合外力与初速度的方向相反，由受力分析可知，空气的阻力与重力的合力方向与初速度反向，因此空气对老鹰的作用力可能是题图中的F 2，B 正确．]6．C [两绳结点O 受三个拉力作用，处于平衡状态．由平衡条件可知，三力可平移构成一闭合三角形．若α＝β，则两绳张力大小相等，A 项正确；若α＞β，由几何关系可知，AO 绳中张力较大，B 项正确；若α、β同时增大，即两绳夹角减小，两绳中张力都会减小，C 项错；若α不变，则当两绳垂直时，即α＋β＝π2时，BO 绳中张力最小，D 项正确．] 7．D [O －ABC 是一个棱长为L 的正四面体，O ′为△ABC 的中心，由几何关系知O ′A ＝33L ，由勾股定理得OO ′＝OA 2－AO ′2＝23L ，则F T sin ∠OAO ′＝13F ，解得F T ＝66F ，D 正确．]8．A[柔软轻绳上套有光滑小铁环，两侧轻绳中拉力相等．将大圆环在竖直平面内绕O点顺时针缓慢转过一个微小角度，A、B两点之间的水平距离减小，光滑小铁环两侧轻绳间夹角2α减小，由2F cos α＝mg可知，轻绳中拉力F减小，轻绳对A、B两点的拉力F A和F B都变小，选项A正确．]9．D[利用整体法，拉力F等于两球的总重力，A项错误；设两根轻绳的夹角为θ，以a球为研究对象，F T＝mgcos θ2，所以，轻绳越长，夹角越小，轻绳对球的拉力F T越小，但大于重力G，B、C项错误；两球之间的弹力为mg tan θ2，细绳越短，夹角越大，弹力越大，D项正确．]10．D[由于钢索、电杆与东西方向的电缆在同一竖直平面内，F1、F2和F3的合力一定不是竖直向下，选项A错误；地面对电杆的作用力方向一定不是竖直向上，选项B错误；F1、F2和F3在水平面内的合力不可能为0，在水平面内合力的方向偏向北方一侧，选项C错误，D 正确．]。
高三物理第一轮复习课时跟踪练第二章第二讲力的合成与分解含解析(2)
第二章相互作用第二讲力的合成与分解课时跟踪练A组基础巩固1．(多选)(2018·丽江模拟)下列说法正确的是()A．平行四边形定则适用于任何力的合成B．矢量的加法满足平行四边形定则或三角形定则C．力的合成的平行四边形定则只适用于共点力D．三角形定则只适用于共点力的合成解析：两个力合成时，以表示这两个力的线段为邻边作平行四边形，这两个邻边之间的对角线就代表合力的大小和方向，所以力的合成的平行四边形定则只适用于共点力，与两个分力共点的那条对角线所表示的力才是它们的合力，故A错误，C正确；矢量运算时遵从平行四边形定则或三角形定则，故B正确；三角形定则适用于共点力的合成与分解，故D错误．答案：BC2．(2017·湖北名校月考)关于力的合成与分解，下列说法正确的是()A．合力一定大于其中一个分力B．合力与分力一定是同种性质的力C．合力与分力是等效的，同时作用在物体上D．已知合力和它的两个分力的方向，则两个力有确定值解析：由平行四边形定则可知，两个力的合力，可以比这两个分力都小，所以A错误；合力与分力在作用效果上等效，但不能说成是同种性质的力，故B错误；合力与分力是等效替代关系，但不是同时作用在物体上，所以C错误；根据力的合成与分解可知，已知合力和两个分力的方向，分解结果是唯一的，故D正确．答案：D3.(2018·大连模拟)生活中的物理知识无处不在．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类似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地被拉开，关于其中的物理原理，以下说法正确的是()A．在拉开拉链的时候，三角形的物体增大了分开两拉链的力B．在拉开拉链的时候，三角形的物体只是为了将拉链分开，并没有增大拉力C．在拉开拉链的时候，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．以上说法都不正确解析：在拉开拉链的时候，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，如图所示，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，同理可知，合上拉链时增大了合上的力．答案：A4.(2018·秦皇岛模拟)假期里，一位同学在厨房里帮助妈妈做菜，对菜刀产生了兴趣．他发现菜刀的刀刃前部和后部的厚薄不一样，刀刃前部的顶角小，后部的顶角大，如图所示，他先后作出过几个猜想，其中合理的是()A．刀刃前部和后部厚薄不匀，仅是为了打造方便，外形美观，跟使用功能无关B．在刀背上加上同样的压力时，分开其他物体的力跟刀刃厚薄无关C．在刀背上加上同样的压力时，顶角越大，分开其他物体的力越大D．在刀背上加上同样的压力时，顶角越小，分开其他物体的力越大解析：把刀刃部分抽象后，可简化成一个等腰三角形劈，设顶角为2θ，背宽为d，侧面长为l，如图所示．当在刀背施加压力F后，产生垂直侧面的两个分力F1、F2，使用中依靠着这两个分力分开被加工的其他物体．由对称性知，这两个分力大小相等(F 1＝F 2)，因此画出力分解的平行四边形，实为菱形，如图所示，在这个力的平行四边形中，取其四分之一考虑(图中阴影部分)．根据它跟半个劈的直角三角形的相似关系，有关系式F 1F 2＝l d 2＝1sin θ，得F 1＝F 2＝F 2sin θ.由此可见，刀背上加上一定的压力F 时，侧面分开其他物体的力跟顶角的大小有关，顶角越小，sin θ的值越小，F 1和F 2的值越大，故D 正确．答案：D5.(2017·宁夏育才中学月考)如图所示，在粗糙水平面上放置A 、B 、C 、D 四个小物块，小物块之间由四根完全相同的轻质橡皮筋连接，正好组成一个菱形，∠BAD ＝120°，整个系统保持静止状态．已知A 物块所受的摩擦力大小为F f ，则D 物块所受的摩擦力大小为()A.32F fB ．F f C.3F f D ．2F f 解析：已知A 物块所受的摩擦力大小为F f ，设每根橡皮筋的弹力为F ，则有2F cos 60°＝F f ，对D 物块有2F cos 30°＝F f ′，解得F f ′＝3F＝3F f，只有选项C正确．答案：C6．(2017·六安一中二模)如图所示，两个质量为m1的小球套在竖直放置的光滑支架上，支架的夹角为120°，用轻绳将两球与质量为m2的小球连接，绳与杆构成一个菱形，则m1∶m2为()A．1∶1 B．1∶2 C．1∶ 3 D.3∶2解析：将小球m2的重力按效果根据平行四边形定则进行分解如图，由几何知识得F T＝m2g，对m1受力分析，由平衡条件，在沿杆的方向有：m1g·sin 30°＝F T sin 30°，解得F T＝m1g，可见m1∶m2＝1∶1，故选A.答案：A7.如图所示，滑轮本身的质量可忽略不计，滑轮轴O安在一根轻木杆上，一根轻绳AB绕过滑轮，A端固定在墙上，且A端到滑轮之间轻绳保持水平，B端下面挂一个重物，木杆与竖直方向的夹角为θ＝45°，系统保持平衡．若保持滑轮的位置不变，改变θ的大小，则滑轮受到木杆的弹力大小的变化情况是()A ．只有θ变小，弹力才变大B ．只有θ变大，弹力才变大C ．无论θ变大还是变小，弹力都变大D ．无论θ变大还是变小，弹力都不变解析：无论θ变大还是变小，水平段轻绳和竖直段轻绳中的拉力不变，这两个力的合力与木杆对滑轮的弹力平衡，故滑轮受到木杆的弹力不变．答案：D8.一串小灯笼(五只)彼此用轻绳连接，并悬挂在空中．在稳定水平风力作用下发生倾斜，轻绳与竖直方向的夹角为30°，如图所示．设每只灯笼的质量均为m ，重力加速度大小为g ，则自上往下第一只灯笼对第二只灯笼的拉力大小为( )A ．23mg B.23mg 3 C.83mg 3 D ．8mg解析：以第一只灯笼下方的四只灯笼整体为研究对象，受力分析，根据力的合成与分解得，自上往下第一只灯笼对第二只灯笼的拉力大小F T ＝4mgcos 30°＝83mg 3，选项C 正确．答案：C9．在如图所示的四幅图中．AB、BC均为轻质杆，各图中杆的A、C端都通过铰链与墙连接，两杆都在B处由铰链相连接，B点下方用轻绳悬挂小物块，下列关于杆受力的说法正确的是()A．甲中的AB杆、BC杆均可替换为轻绳B．乙中的AB杆表现为拉力，BC杆表现为支持力C．丙中的AB杆、BC杆均可替换为轻绳D．丁中的AB杆、BC杆均表现为支持力解析：由题图看出，甲、丙、丁中，AB杆对B点产生的是拉力，当用轻绳代替时效果不变，仍能使装置平衡，同理可知，题图中的BC杆可以用等长的轻绳代替的只有丙，故A错误，C正确；乙中B 点受向下的拉力，则BC杆表现为支持力，由平衡关系可知AB杆也表现为支持力，故B错误；对丁中B点分析可知，B点受向下的拉力，AB杆表现为拉力，BC杆表现为支持力，故D错误．答案：C10．(2018·渭南模拟)如图所示，A、B都是重物，A被绕过小滑轮P的细线悬挂着，B放在粗糙的水平桌面上；小滑轮P被一根斜短线系于天花板上的O点；O′是三根线的结点，bO′水平拉着B 物体，cO′沿竖直方向拉着弹簧；弹簧、细线、小滑轮的重力和细线与滑轮间的摩擦力均可忽略，整个装置处于平衡静止状态．若悬挂小滑轮的斜线OP的张力大小是20 3 N，g取10 m/s2，则下列说法中错误的是()A．弹簧的弹力为10 NB．重物A的质量为2 kgC．桌面对B物体的摩擦力为10 3 ND．OP与竖直方向的夹角为60°解析：O′a与aA两细线拉力的合力与OP线的张力大小相等，由几何知识可知F O′a＝F aA＝20 N，且斜线OP与竖直方向的夹角为30°，D错误；重物A的重力G A＝F aA，所以m A＝2 kg，B正确；桌面对B的摩擦力F f＝F O′b＝F O′a cos 30°＝10 3 N，C正确；弹簧的弹力F弹＝F O′a sin 30°＝10 N，故A正确．答案：DB组能力提升11.(2018·绵阳模拟)近年来，智能手机的普及使“低头族”应运而生．现将人体头颈部简化为如图的模型．重心在P点的头部，在可绕O转动的颈椎OP(可视为轻杆)的支持力和沿PQ方向肌肉拉力的作用下处于静止．当人低头时，颈椎与竖直方向的夹角为45°，PQ与竖直方向的夹角为60°，此时，颈椎受到的压力约为直立时颈椎受到的压力的(sin 15°＝0.26，3＝1.73)()A．4.2倍B．2.8倍C．3.3倍D．2.0倍解析：对头部进行受力分析，如图所示．设人的颈椎对头的支持力为F，由正弦定理得FG＝sin（180－15°－45°）sin 15°＝sin 60°sin 15°≈3.3，选项C正确．答案：C12．(2017·辽宁铁岭联考)如图甲所示，两段等长轻质细线将质量分别为m、2m的小球A、B(均可视为质点)悬挂在O点，小球A受到水平向右的恒力F1的作用，小球B受到水平向左的恒力F2的作用，当系统处于静止状态时，出现了如图乙所示的状态，小球B刚好位于O点正下方，则F1与F2的大小关系是()A．F1＝4F2B．F1＝3F2C．2F1＝3F2D．2F1＝5F2解析：A受到水平向右的力F1，B受到水平向左的力F2，以整体为研究对象，受力分析如图所示，设O、A间的细线与竖直方向的夹角为α，则由力的分解和平衡条件得F sin α＋F2＝F1，F cos α＝2mg＋mg，故tan α＝F1－F22mg＋mg，以B为研究对象受力分析，设A、B间的细线与竖直方向的夹角为β，则由平衡条件得tan β＝F22mg，由几何关系有α＝β，得2F1＝5F2，选项D正确．答案：D13.(多选)如图所示，用大小恒定的力F将物体压在粗糙竖直墙壁上，当F从实线位置绕O点顺时针转至虚线位置的过程中，物体始终静止，则下列对在这个过程中，墙壁对物体的摩擦力F f与弹力F N的变化情况的分析正确的是()A．F N先减小后增大B．F N先增大后减小C．F f的方向一直竖直向上D．F f可能先减小后增大解析：物体始终保持静止状态，受力平衡，对物体受力分析，F 斜向下时，设F与水平方向的夹角为θ，在竖直方向上，根据平衡条件得F f＝mg＋F sin θ，方向向上，在水平方向上，F N＝F cos θ，当F从实线位置绕O 点顺时针转至水平位置的过程中，θ减小，则sin θ减小，cos θ增大，所以F f 减小，F N 增大．F 斜向上时，设F 与水平方向的夹角为α，若F sin α<mg ，则竖直方向，根据平衡条件得F f ＝mg －F sin α，F f 方向向上，水平方向F N ＝F cos α，当F 从水平位置转至虚线位置的过程中，α增大，则sin α增大，cos α减小，所以F f 减小，F N 减小；若F sin α>mg ，则F f 方向向下，F sin α＝mg ＋F f ，α增大，则sin α增大，F f 增大．综上可知，F f 的方向可能一直向上，大小逐渐减小；也可能先向上后向下，大小先减小后增大．F N 先增大后减小，选项B 、D 正确．答案：BD14．如图所示，固定在水平地面上的物体A ，左侧是圆弧面，右侧是倾角为θ的斜面，一根轻绳跨过物体A 顶点上的小滑轮，绳两端分别系有质量为m 1、m 2的小球B 、C ，假设绳与物体A 的表面平行，当两球静止时，小球B 与圆弧圆心之间的连线和水平方向的夹角也为θ，不计一切摩擦，则m 1、m 2之间的关系是( )A ．m 1＝m 2B ．m 1＝m 2tan θC ．m 1＝m 2tan θD ．m 1＝m 2cos θ解析：设绳对两球的拉力大小为F T ，对C 根据力的合成与分解得F T ＝m 2g sin θ；对B 根据力的合成与分解得F T ＝m 1g cos θ；联立解得m 1＝m 2tan θ，选项B 正确．答案：B15．(多选)如图所示，斜面体A 静置于水平地面上，其倾角θ＝45°，上表面水平的物块B 在A 上恰能匀速下滑，现对B 施加一个沿斜面向上的力F ，使B 能缓慢地向上匀速运动．某时刻在B 上轻轻地放上一个质量为m 的小物体C (图中未画出)，A 始终静止，仅改变F 的大小为F ′，使B 保持运动状态不变．已知重力加速度大小为g .关于放上C 之后，下列说法正确的是( )A ．B 受到的摩擦力大小增加了22mg B ．B 受到的摩擦力不变C ．A 受到地面的摩擦力不变D ．A 受到地面的摩擦力大小增加了mg解析：在B 匀速下滑过程中，所受的摩擦力大小为F f 1＝m B g sin θ，又F f 1＝μm B g cos θ，联立解得μ＝tan θ＝1；未放C 之前，B 匀速上滑时，由于B 对A 的压力没有变化，则B 所受的摩擦力大小没有变化，仍为F f 2＝F f 1＝μm B g cos θ.放上C 之后，B 匀速上滑时，B 所受的摩擦力大小F f 3＝μ(m B ＋m )g cos θ，则B 受到的摩擦力增加量为ΔF f ＝F f 3－F f 2＝μmg cos θ＝tan θ·mg cos θ＝22mg ，选项A 正确，B 错误．对整体研究，未放C 时，地面对A 的摩擦力大小为F fA 1＝F cos θ，对B有F＝μm B g cos θ＋m B g sin θ，将θ＝45°，μ＝1代入得F fA1＝m B g；放上C时，地面对A的摩擦力大小为F fA2＝F′cos θ，F′＝μ(m B＋m)g cos θ＋(m B＋m)g sin θ，将θ＝45°，μ＝1代入得F fA2＝(m＋m B)g；A受到地面的摩擦力增加量为ΔF fA＝mg，选项C错误，D正确．答案：AD。
高考物理一轮复习 第二章 第2讲 力的合成与分解跟踪检测
权掇市安稳阳光实验学校第2讲力的合成与分解(对应学生用书第19页)力的合成1.合力与分力错误!2.共点力错误!3.力的合成错误!4.合成法则错误!合力与分力是等效替代关系，在受力分析时，不能同时考虑合力、分力.【针对训练】1．(2012·上海高考)已知两个共点力的合力为50 N，分力F1的方向与合力F的方向成30°角，分力F2的大小为30 N．则( )A．F1的大小是唯一的B．F2的方向是唯一的C．F2有两个可能的方向 D．F2可取任意方向【解析】如下图，F2可能有两个方向．【答案】C力的分解、矢量与标量1.力的分解(1)定义：求一个力的分力的过程．(2)遵循原则：平行四边形定则或三角形定则．(3)分解方法：①按力产生的效果分解；②正交分解．2．矢量和标量(1)矢量：既有大小又有方向的量．相加时遵从平行四边形定则．(2)标量：只有大小没有方向的量．求和时按算术法则相加．【针对训练】2．(2012·广东高考)如图2－2－1所示，两根等长的轻绳将日光灯悬挂在天花板上，两绳与竖直方向的夹角为45°，日光灯保持水平，所受重力为G，左右两绳的拉力大小分别为( )图2－2－1A．G和G B.22G和22GC.12G和32G D.12G和12G【解析】日光灯受重力和两绳力平衡，将重力沿两绳方向分解，可得绳的拉力F＝G2cos θ＝22G.【答案】B(对应学生用书第20页)共点力合成方法及合力范围1.图2－2－2(1)作图法：用统一标度去度量作出的平行四边形的对角线，求出合力的大小，再量出对角线与某一分力的夹角．(2)计算法：作出力的合成示意图，将求解合力的物理问题转化成数学的几何问题．(3)经常遇到的两种计算合力的类型 图2－2－3①相互垂直的两个力的合成(即α＝90°)F 合＝F 21＋F 22，F 合与F 1夹角的正切值tan β＝F 2F 1，如图2－2－3.图2－2－4②两个等大的力的合成：平行四边形为菱形，利用其对角线互相垂直平分的特点可解得F 合＝2F cos α2，F 合与每一个分力的夹角为α2，如图2－2－4所示，若α＝120°，则F 合＝2F cos 120°2＝F ，即合力大小等于分力大小．2．合力范围(1)两个共点力的合力范围：|F 1－F 2|≤F ≤F 1＋F 2，即两个力的大小不变时，其合力随夹角的增大而减小．当两个力反向时，合力最小，为|F 1－F 2|；当两力同向时，合力最大，为F 1＋F 2.(2)三个共面共点力的合力范围①三个力共线且方向相同时，其合力最大为F ＝F 1＋F 2＋F 3.②以这三个力的大小为边，如果能组成封闭的三角形，则其合力最小值为零；若不能组成封闭的三角形，则合力最小值的大小等于最大的一个力减去另外两个较小力的和的绝对值．图2－2－5一物体受到三个共面共点力F 1、F 2、F 3的作用，三力的矢量关系如图2－2－5所示(小方格边长相等)，则下列说法正确的是( )A ．三力的合力有最大值为F 1＋F 2＋F 3，方向不确定B ．三力的合力有唯一值3F 3，方向与F 3同向C ．三力的合力有唯一值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】 方法一：以F 1和F 2为邻边作平行四边形，对角线必沿F 3方向，其大小F 12＝2F 3，再与F 3求合力，故F ＝3F 3，与F 3同向，所以只有B 正确．方法二：分解F 1、F 2，竖直方向抵消，水平方向合成后相当2F 3，所以合力为3F 3.【答案】 B 【即学即用】1．(2012·银川一中模拟)射箭是广州亚运会比赛项目之一，如图2－2－6甲为我国著名选手张娟娟的射箭场景．已知弓的顶部跨度为l ，弦均匀且弹性良好，其自由长度为l .发射时弦和箭可等效为图乙的情景，假设弓的跨度保持不变，即箭在弦的正中间，弦夹在类似动滑轮的附加装置上，将箭发射出去．已知弦的劲度系数为k，发射箭时弦的最大长度为2l(弹性限度内)，则箭被发射瞬间所受的最大弹力为(设弦的弹力满足胡克定律)( )甲乙图2－2－6A．kl B.32kl C.3kl D．2kl【解析】弓发射箭的瞬间，受力如图．设放箭处弦的弹力分别为F1、F2，合力为F，则F1＝F2＝k(2l－l)＝kl，F＝2F1·cos θ，由几何关系得cos θ＝32，所以，箭被发射瞬间的最大弹力为F＝3kl，C项正确．【答案】C力分解常用方法按效果分解分解步骤(1)根据力的实际作用效果确定两个分力的方向(2)再根据两个分力方向画出平行四边形(3)最后由平行四边形知识求出两分力的大小正交分解概念将一个力分解为相互垂直的两个分力的分解方法叫做力的正交分解法分解过程多个共点力合成的正交分解法，把各力沿相互垂直的x轴、y轴分解，F1分解为F1x和F1y，F2分解为F2x和F2y，F3分解为F3x和F3y…则x轴上的合力F x＝F1x＋F2x＋F3x＋…y轴上的合力F y＝F1y＋F2y＋F3y＋…合力F＝F2x＋F2y，设合力与x轴夹角为θ，则tan θ＝F yF x分解原则(1)在静力学中，以少分解力和容易分解力为原则(2)在动力学中，以加速度方向和垂直加速度方向为坐标轴建立坐标系，这样使牛顿第二定律表达式变为⎩⎪⎨⎪⎧F x＝maF y＝0(3)尽量不分解未知力或少分解未知力进行的，其他的分解方法都是为了解题引入的．正交分解法可将矢量运算转化为代数运算．图2－2－7如图2－2－7所示，轻绳AO和BO共同吊起质量为m的重物．AO与BO垂直，BO与竖直方向的夹角为θ，OC连接重物，求AO、BO两绳所受拉力的大小．【审题视点】(1)AO与BO垂直．(2)BO与竖直方向夹角θ.【解析】解法一(按力的实际作用效果进行分解)结点O受到的绳OC的拉力F C 大小为重物所受到的重力mg ，将拉力F C 沿绳AO 和BO 所在直线进行分解，两分力F A ′和F B ′大小分别等于AO 、BO 两绳所受拉力的大小，如图甲所示，由图甲解得F A ′＝mg sin θ，F B ′＝mg cos θ.解法二 (正交分解法)建立如图乙所示的坐标系，将O 点受到的三个力沿两个方向进行分解，并分别在这两个方向上列出平衡方程得：F A sin θ＋F B cos θ＝mg ，F A cos θ＝F B sin θ解得F A ＝mg sin θ，F B ＝mg cos θ.【答案】 mg sin θ mg cos θ 【即学即用】2．如图2－2－8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( )图2－2－8A.mg kB.3mg2kC.3mg 3k D.3mgk【解析】 如图为小球的受力情况，其中的F 为弹簧对它的弹力，由几何关系判断得知，弹力F 与斜面之间的夹角为30°.将小球所受的重力mg 和弹力F 分别沿斜面和与斜面垂直的方向进行正交分解，由共点力的平衡条件知，弹力F 沿斜面向上的分力与重力mg 沿斜面向下的分力大小相等，即F cos 30°＝mg sin 30°，由胡克定律得F ＝kx ，联立以上两式解得弹簧的伸长量x ＝3mg3k.【答案】 C(对应学生用书第21页)“活结”与“死结”的区别图2－2－9甲中，因为绳上挂的是一个轻质光滑挂钩，它可以无摩擦地滑动(即是“活结”)，所以挂钩两侧的绳(其实是同一根绳)的形变相同，拉力也必然相等．图2－2－9乙中，用三根轻绳连接于一点(即“死结”)，三根轻绳中的拉力不相等．甲 乙 图2－2－9(2012·安徽江南十校联考)如图2－2－10所示，轻绳AD 跨过固定在水平横梁BC 右端的定滑轮挂住一个质量为10 kg 的物体，∠ACB ＝30°；图2－2－11中轻杆HP 一端用铰链固定在竖直墙上，另一端P 通过细绳EP 拉住，EP 与水平方向也成30°角，轻杆的P 点用细绳PQ 拉住一个质量也为10 kg 的物体，g 取10 m/s 2，求：图2－2－10 图2－2－11(1)轻绳AC 段的张力F AC 与细绳EP 的张力F EP 之比； (2)横梁BC 对C 端的支持力； (3)轻杆HP 对P 端的支持力．【潜点探究】 (1)图甲中轻绳AD 跨过固定的定滑轮，AC 、CD 两段绳子的拉力大小相等，都等于M 1所受的重力的大小．(2)图乙中P 为“死结”，PQ 的拉力等于M 2所受重力，EP 所受的力和PQ所受的力不相等．【规范解答】 题图甲和题图乙中的两个物体M 1、M 2都处于平衡状态，根据平衡条件可判断，与物体相连的竖直细绳拉力大小等于物体的重力．分别以C 点和P 点为研究对象，进行受力分析如图(a)和(b)所示．(a) (b)(1)图(a)中轻绳AD 跨过定滑轮拉住质量为M 1的物体，物体处于平衡状态，绳AC 段的拉力F AC ＝F CD ＝M 1g ，图(b)中由F EP sin 30°＝F PQ ＝M 2g得F EP ＝2M 2g ，所以F AC F EP ＝M 12M 2＝12. (2)图(a)中，根据几何关系得： F C ＝F AC ＝M 1g ＝100 N ，方向和水平方向成30°角斜向右上方． (3)图(b)中，根据平衡条件有F EP sin 30°＝M 2g ，F EP cos 30°＝F P所以F P ＝M 2gtan 30°＝3M 2g ≈173 N，方向水平向右．【答案】 (1)1∶2 (2)100 N ，方向与水平方向成30°角斜向右上方(3)173 N ，方向水平向右【即学即用】3.图2－2－12(淮南二中模拟)如图2－2－12所示，在某同学通过滑轮组将一重物缓慢吊起的过程中，该同学对绳的拉力将(滑轮与绳的重力及摩擦力不计)( )A ．逐渐变大B ．逐渐变小C ．先变大后变小D ．先变小后变大【解析】“缓慢吊起”说明重物始终处于平衡状态，对绳与滑轮的接触点受力分析，如图所示，其中绳上的弹力T 1＝T 2，设绳子与水平方向的夹角为θ，三力平衡，利用正交分解法，在竖直方向上，可得T 1sin θ＋T 2sin θ＝G ，联立解得：T 1＝T 2＝G sin θ2；在重物被缓慢吊起的过程中，夹角θ变小，所以绳上弹力T 1和T 2逐渐变大，该同学对绳的拉力逐渐变大．【答案】 A(对应学生用书第22页)●考查合力的范围1．(铜陵一中模拟)两个大小分别为F 1和F 2(F 2＜F 1)的力作用在同一质点上，它们的合力的大小F 满足( )A ．F 2≤F ≤F 1 B.F 1－F 22≤F ≤F 1＋F 22C ．F 1－F 2≤F ≤F 1＋F 2D ．F 21－F 22≤F 2≤F 21＋F 22【解析】 由矢量合成的平行四边形定则可知，合力的最大值为F 1＋F 2，合力的最小值为F 1－F 2，故F 1－F 2≤F ≤F 1＋F 2，正确答案为C.【答案】 C ●考查力的合成2．(2011·广东高考)如图2－2－13所示的水平面上，橡皮绳一端固定，另一端连接两根弹簧，连接点P 在F 1、F 2和F 3三力作用下保持静止．下列判断正确的是( )图2－2－13A ．F 1>F 2>F 3B ．F 3>F 1>F 2C ．F 2>F 3>F 1D ．F 3>F 2>F 1【解析】 P 点在三力F 1、F 2、F 3作用下保持静止，则其合力为零，F 1、F 2的合力F 12与F 3等大反向．对三角形PF 1F 12，由大角对大力可知，F 12>F 1>F 2，从而可得F 3>F 1>F 2.【答案】 B●考查力的分解3.图2－2－14(阜阳模拟)半圆柱体P 放在粗糙的水平地面上，其右端有固定放置的竖直挡板MN 在半圆柱体P 和挡板MN 之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q ，整个装置处于静止，如图2－2－14所示为这个装置的截面图．现使MN 保持竖直并且缓慢地向右平移，在Q 滑落到地面之前，P 始终保持静止．在此过程中，下列说法中正确的是( )A ．MN 对Q 的弹力逐渐减小B ．P 对Q 的弹力先减小后增大C ．Q 所受的合力逐渐增大D ．地面对P 的摩擦力逐渐增大 【解析】由“缓慢”可知，Q始终处于平衡状态，其所受的合力始终为零，选项C 错误；球Q受三个共点力mg、T1、T2而处于动态平衡，可将T1、T2平移跟重力mg组成力的矢量三角形(一般先画出初始状态的三角形)，如图所示，三个力中，重力mg的大小、方向都不变，弹力T1的方向也不变，随着MN保持竖直并且缓慢地向右平移，T2与mg之间的夹角逐渐变大，T1和T2大小也跟着变化(如图中虚线所示)，可见T1和T2一直增大，选项A、B错误；选取P和Q组成的系统为研究对象，该系统共受到四个力的作用：竖直向下的重力、地面支持力、挡板水平向左的弹力T1和地面对P水平向右的摩擦力，系统受力平衡，地面对P的摩擦力大小等于T1，所以该摩擦力逐渐增大，选项D正确．【答案】D●考查力的二次分解与平衡4．(2012·山东高考)如图2－2－15所示，两相同轻质硬杆OO1、OO2可绕其两端垂直纸面的水平轴O、O1、O2转动，在O点悬挂一重物M，将两相同木块m紧压在竖直挡板上，此时整个系统保持静止．F f表示木块与挡板间摩擦力的大小，F N表示木块与挡板间正压力的大小．若挡板间的距离稍许增大后，系统仍静止且O1、O2始终等高，则( )图2－2－15A．F f变小 B．F f变大C．F N变小 D．F N变大【解析】图1选重物M及两个木块m组成的系统为研究对象，系统受力情况如图1所示，根据平衡条件有2F f＝(M＋2m)g，即F f ＝M＋2m g2，与两挡板间距离无关，故挡板间距离稍许增大后，F f不变，所以选项A、B错误；如图2所示，将绳的张力F沿OO1、OO2两个方向分解为F1、F2，则F1＝F2＝F2cos θ，当挡板间距离稍许增大后，F不变，θ变大，cos θ变小，故F1变大；选左边木块m为研究对象，其受力情况如图3所示，根据平衡条件得F N＝F1sin θ，当两挡板间距离稍许增大后，F1变大，θ变大，sin θ变大，因此F N变大，故选项C错误，选项D正确．图2 图3【答案】D●考查力的正交分解与平衡条件5．(2010·新课标全国高考)如图2－2－16所示，一物块置于水平地面上．当用与水平方向成60°角的力F1拉物块时，物块做匀速直线运动；当改用与水平方向成30°角的力F2推物块时，物块仍做匀速直线运动．若F1和F2的大小相等，则物块与地面之间的动摩擦因数为( )图2－2－16A.3－1 B．2－3C.32－12D．1－32【解析】分别对物块受力分析如图据物块的平衡条件F1cos 60°＝μ(mg－F1sin 60°)F2cos 30°＝μ(mg＋F2sin 30°)F1＝F2解得μ＝2－ 3.【答案】B课后作业(五) (对应学生用书第225页)(时间45分钟，满分100分)一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分．只有一个选项正确．)1．如图所示，由F1、F2、F3为边长组成四个三角形，且F1＜F2＜F3.根据力的合成，在四个图中三个力F1、F2、F3的合力最大的是( )【解析】由三角形定则，A中F1、F2的合力大小为F3，方向与F3相同，再与F3合成合力为2F3；B中合力0；C中F3、F2的合力为F1，三个力的合力为2F1；D中的合力为2F2；其中最大的合力为2F3，故A正确．【答案】A2．(黄山模拟)一种测定风力的仪器原理如图2－2－17所示，它的细长金属直杆一端固定于悬点O，另一端悬挂着一个质量为m金属球．无风时，金属直杆自然下垂，当受到沿水平方向吹来的风时，金属直杆将偏离竖直方向一定角度θ，风力越大，偏角越大．下列关于风力F与偏角θ小球质量m之间的关系式正确的是( )图2－2－17A．F＝mg sin θB．F＝mg cos θC．F＝mg tan θ D．F＝mg cot θ【解析】对小球受力分析，如题图所示，三力平衡，由几何关系可得F ＝mg tan θ.本题答案为C.【答案】C3.图2－2－18(宁夏大学附中模拟)如图2－2－18所示，一条细绳跨过定滑轮连接物体A、B，A悬挂起来，B穿在一根竖直杆上，两物体均保持静止，不计绳与滑轮、B 与竖直杆间的摩擦，已知绳与竖直杆间的夹角θ，则物体A、B的质量之比m A∶m B等于( )A ．cos θ∶1B ．1∶cos θC ．tan θ∶1D ．1∶sin θ【解析】 由物体A 平衡可知，绳中张力F ＝m A g ，物体B 平衡，竖直方向合力为零，则有F cos θ＝m B g ，故得：m A ∶m B ＝1∶cos θ，B 正确．【答案】 B 4.图2－2－19如图2－2－19所示，置于水平地面的三脚架上固定着一质量为m 的照相机．三脚架的三根轻质支架等长，与竖直方向均成30°角，则每根支架中承受的压力大小为( )A.13mgB.23mgC.36mgD.2 39mg【解析】 对物体进行受力分析： 竖直方向受力平衡3F cos 30°＝mg 故F ＝mg3cos 30°＝23 3mg ＝2 39mg .由牛顿第三定律知F ′＝F ＝2 39mg .故D 正确．【答案】 D 5.图2－2－20物块A 、B 静置在水平地面上，如图2－2－20，某时刻起，对B 施加一沿斜面向上的力F ，力F 从零开始随时间均匀增大，在这一过程中，A 、B 均始终保持静止．则地面对A 的( )A ．支持力不变B ．支持力减小C ．摩擦力不变D ．摩擦力减小【解析】 将A 、B 看做一个整体，受到重力、地面对A 的支持力和水平向左的静摩擦力以及力F .由于在F 增大的过程中A 、B 均始终保持静止，所以力F 的水平分力增大，竖直分力增大，故与水平分力平衡的摩擦力也随之增大，竖直分力与支持力的合力与重力平衡，故支持力减小，所以B 项正确．【答案】 B 6.图2－2－21(2012·无锡模拟)如图2－2－21所示，质量为m 的正方体和质量为M 的正方体放在两竖直墙和水平面间，并处于静止状态．m 和M 的接触面与竖直方向的夹角为α，若不计一切摩擦，下列说法正确的是( )A ．水平面对正方体M 的弹力大小大于(M ＋m )gB．水平面对正方体M的弹力大小为(M＋m)g cos αC．墙面对正方体M的弹力大小为mg cot αD．墙面对正方体m的弹力大小为mg tan α【解析】对m和M组成的整体受力分析，竖直方向上水平面对M的支持力等于二者的总重力，故A、B项错；隔离m受力分析，它受到重力、右侧墙的弹力和M的弹力(方向垂直于图中虚线指向右上方)，在力的三角形中找到力的关系，则墙面对m的弹力大小为mg cot α，故D项错；墙面对正方体M的弹力和墙面对m的弹力等大反向(在整体法分析中是一对平衡力)，故C项正确．【答案】C7.图2－2－22如图2－2－22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，且绳保持水平，C端下面挂一个重物，BO与竖直方向的夹角为θ＝45°，系统保持平衡．若保持滑轮的位置不变，改变θ的大小，则滑轮受到木杆的弹力大小的变化情况是( ) A．只有θ变小，弹力才变大B．只有θ变大，弹力才变大C．无论θ变大还是变小，弹力都变大D．无论θ变大还是变小，弹力都不变【解析】无论θ变大还是变小，水平绳和竖直绳中的拉力均不变，因这两个力的合力与杆的弹力平衡，故弹力都不变．【答案】D8．(安师大附中模拟)如图2－2－23所示，A、B两木块放在水平面上，它们之间用细线相连，两次连接情况中细线倾斜方向不同但倾角一样，两木块与水平面间的动摩擦因数相同．先后用水平力F1和F2拉着A、B一起匀速运动，线上的张力分别为F T1和F T2，则( )图2－2－23A．F1≠F2 B．F1＝F2C．F T1＞F T2 D．F T1＝F T2【解析】取A、B为整体分析可知，F1＝F2＝μ(m A＋m B)g.隔离A物体，应用平衡条件可得F T1sin θ＝μ(m A g－F T1cos θ)，F T2sin θ＝μ(m A g＋F T2cos θ)，比较可得F T2＞F T1.【答案】B9．(2013马鞍山二中模拟)在某驾校的训练场地上，有一段圆弧形坡道，如图2－2－24所示，若将同一辆车先后停放在a点和b点，下述分析和比较正确的是( )图2－2－24A．车在a点受坡道的支持力大于在b点受坡道的支持力B．车在a点受坡道的摩擦力大于在b点受坡道的摩擦力C．车在a点受到的合外力大于在b点受到的合外力D．车在a点受的重力的下滑分力大于在b点受的重力的下滑分力【解析】本题可以把汽车所处的两个位置看做是汽车静止在两个倾角不同的斜面上；设a点和b点位置所对应的斜面倾角分别为θ1和θ2，则θ1＜θ2，因为汽车静止在倾角为θ的斜面上时共受到三个力的作用：竖直向下的重力mg、垂直斜面向上的支持力N和平行于斜面向上的静摩擦力f，三力平衡，所以有N＝mg cos θ，f＝mg sin θ，因为θ1＜θ2，所以mg cos θ1＞mg cos θ2，mg sin θ1＜mg sin θ2，即N1＞N2，f1＞f2，选项A正确，B错误；车在两个位置均处于静止状态，合外力均为零，选项C错误；车在a点受的重力的下滑分力mg sin θ1小于在b点受的重力的下滑分力mg sin θ2，选项D错误．本题答案为A.【答案】A10.图2－2－25(天津模拟)如图2－2－25所示，小球用细线拴住放在光滑斜面上，用力推斜面向左运动，小球缓慢升高的过程中，细线的拉力将( )A．先增大后减小B．先减小后增大C．一直增大D．一直减小【解析】“缓慢”说明小球始终处于平衡状态，对小球受力分析如图所示．将拉力F与支持力F N平移跟重力G组成封闭三角形，其中重力G的大小和方向不变，斜面支持力F N的方向不变，在矢量三角形中，随小球缓慢升高线对小球的拉力F与小球重力G之间的夹角逐渐增大，可见，该过程中，拉力F先减小后增大，斜面的支持力F N一直增大．【答案】B二、非选择题(本题共2小题，共30分．计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位．)11.图2－2－26(14分)(宣城模拟)如图2－2－26所示，一弧形的石拱桥由四块形状规则的相同的石块垒成，每块石块的左、右两个截面间所夹的圆心角为30°，第1、4块石块固定在地面上，直线OA沿竖直方向．求第2、3块石块间的作用力F23和第1、2块石块的作用力F12之比．(不计石块间的摩擦力)【解析】设每块石块的重力为G，第2、3块石块间的作用力为F23，第1、2块石块间的作用力为F 12，以第二块石块为研究对象，受力分析如图所示．由物体的平衡F 12cos 30°＝F 23 解得F 23∶F 12＝cos 30°＝32.【答案】 3212．(16分)如图2－2－27是压榨机的原理示意图，B 为固定铰链，A 为活动铰链，在A 处作用一水平力F ，滑块C 就以比F 大得多的压力压物体D .已知图中l ＝0.5 m ，b ＝0.05 m ，F ＝200 N ，C 与左壁接触面光滑(滑块和杆的重力不计)，求D 受到的压力多大？图2－2－27【解析】 力F 的作用效果是对AB 、AC 两杆沿杆方向产生挤压作用，因此可将F 沿AC 、AB 方向分解为F 1、F 2，如图(a)所示，则F 1＝F2cos α.力F 1的作用效果是使滑块C 对左壁有水平向左的挤压作用，对物体D 有竖直向下的挤压作用．因此可将F 1沿水平方向和竖直方向分解为F 3、F 4，如图(b)所示，则物体D 所受的压力为F 4＝F 1sin α＝F2tan α.且F ＝200 N ，由图可知tan α＝lb＝10，故F 4＝1 000 N.【答案】 1 000 N。
高考物理课标通用一轮复习课时跟踪检测六力的合成与分解Word版含解析()
课时跟踪检测（六）力的合成与分解[A级——保分题目巧做快做]1．关于力的合成与分解，下列说法正确的是()A．合力一定大于其中一个分力B．合力与分力一定是同种性质的力C．合力与分力是等效的，同时作用在物体上D．已知合力和它的两个分力的方向，则两个力有确定值解析：选D由平行四边形定则可知，两个力的合力，可以比这两个分力都小，所以A 错误；合力与分力在作用效果上等效，但不能说成是同种性质的力，故B错误；合力与分力是等效替代关系，但不是同时作用在物体上，所以C错误；根据力的合成与分解可知，已知合力和两个分力的方向，分解结果是唯一的，故D正确。
2．(2018·嘉兴模拟)科技的发展正在不断地改变着我们的生活，如图甲是一款手机支架，其表面采用了纳米微吸材料，用手触碰无粘感，接触到平整光滑的硬性物体时，会牢牢吸附在物体上，如图乙是手机静止吸附在支架上的侧视图，若手机的重力为G，则下列说法正确的是()A．手机受到的支持力大小为G cos θB．手机受到的支持力不可能大于GC．纳米材料对手机的作用力大小为G sin θD．纳米材料对手机的作用力竖直向上解析：选D手机支架采用了纳米微吸材料，支架斜面会对手机存在一个吸引力，所以手机受到的支持力大小不可能为G cos θ，其大小可能大于G，也可能小于G，取决于吸引力的大小，A、B错误；手机处于静止状态，受力平衡，手机受到竖直向下的重力和纳米材料的作用力(支持力、吸引力和摩擦力的合力)，故纳米材料对手机的作用力竖直向上，大小等于G，C错误，D正确。
3.(2018·铜仁模拟)如图所示，两根相距为L的竖直固定杆上各套有质量为m 的小球，小球可以在杆上无摩擦地自由滑动，两球用长为2L 的轻绳相连，今在轻绳中点施加一个竖直向上的拉力F ，恰能使两球沿竖直杆向上匀速运动。
则每个小球所受的拉力大小为(重力加速度为g )( )A.12mg B ．mg C.3F 3 D ．F解析：选C 根据题意可知：两侧轻绳与竖直杆间距正好组成等边三角形，对结点进行受力分析，根据平衡条件可得，F ＝2mg ＝2F ′cos 30°，解得小球所受拉力F ′＝3F 3＝233mg ，C 正确。
高三物理一轮复习第二章相互作用6力的合成与分解课时达标word版本
力的合成与分解1．(多选)学校用不锈钢支架和铁丝给宿舍一楼的同学们做了晾衣架，细心的同学发现夏天时铁丝长些，冬天时铁丝短些，如图所示．下列说法中正确的是( )A ．冬季铁丝对晾衣杆的拉力较大B ．夏季铁丝对晾衣杆的拉力较大C ．冬季晾衣杆对地面的压力较大D ．两季晾衣杆对地面的压力相等解析：如图所示，铁丝受力平衡，有2T cos θ＝mg ，夏天夹角θ比冬天的小，所以铁丝的拉力更小，选项A 项正确，B 项错误；夏季与冬季的晾衣杆对地面的压力均等于杆与铁丝的总重力，选项C 错误，D 正确．答案：AD2．如图所示，在细绳的下端挂一物体，用力F 拉物体，使细绳偏离竖直方向α角，且保持α角不变．当拉力F 与水平方向夹角β为多大时，拉力F 取得最小值 ( )A ．β＝0B ．β＝π2C ．β＝αD ．β＝2α解析：对结点受力分析如图所示．由图解法可知，若拉力F 最小则F 方向与细绳垂直．如图所示，则α＝β.3．(多选)千斤顶能够用很小的力顶起很重的物体，如图所示是剪式千斤顶，当启动液压装置时，中间螺纹轴就能迫使千斤顶的两臂靠拢，从而将重物顶起．如果当某重物被顶起时，重物对千斤顶的压力为1.0×105 N，此时千斤顶两臂间的夹角为120°，则下列判断正确的是( )A．此时两臂受到的压力大小均为1.0×105 NB．此时千斤顶对重物的支持力为1.0×105 NC．若两臂继续靠拢，两臂受到的压力将增大D．若两臂继续靠拢，两臂受到的压力将减小解析：根据力的平行四边形定则可知千斤顶所受的压力与两臂的分力相等，A、B两项正确；若两臂继续靠拢，则两臂所受的分力在合力不变的情况下将减小，故C项不正确，D 项正确．答案：ABD4．如图所示，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( )A．B与水平面间的摩擦力减小B．地面对B的弹力增大C．悬于墙上的绳所受拉力不变D ．A 、B 静止时，图中α、β、θ三角始终相等解析：将物块B 移至C 点后，细绳与水平方向夹角减小，细绳中拉力不变，B 与水平面间的摩擦力增大，地面对B 的弹力增大，选项A 错误，选项B 正确；由于α＋β增大，滑轮两侧细绳拉力合力减小，由平衡条件可知，悬于墙上的绳所受拉力减小，选项C 错误；A 、B 静止时，图中α、β、θ三角始终相等，选项D 正确．答案：BD5．(多选)如图是某同学对颈椎病人设计的一个牵引装置的示意图，一根绳绕过两个定滑轮和一个动滑轮后两端各挂着一个相同的重物，与动滑轮相连的帆布带拉着病人的颈椎(图中是用手指代替颈椎做实验)，整个装置在同一竖直平面内．如果要增大手指所受的拉力，可采取的办法是( A ．只增加与重物相连的绳的长度 B ．只增加重物的重量 C ．只将手指向下移动 D ．只将手指向上移动解析：根据受力分析可知，手指所受的拉力等于2mg cos θ，增加重物重量，减小夹角θ，都可以使拉力增大，B 、C 两项正确．答案：BC6．如图所示，石拱桥的正中央有一质量为m 的对称楔形石块，侧面与竖直方向的夹角为α，重力加速度为g ，若接触面间的摩擦力忽略不计，则石块侧面所受弹力的大小为( ) A.mg 2sin α B.mg2cos αC.12mg tan α D.12mg cot α 解析：楔形石块受力如图．将弹力沿水平方向和竖直方向分解，由竖直方向受力平衡可得mg＝2F cos(90°－α)，解得F＝mg2cos（90°－α）＝mg2sinα，故本题答案为A.答案：A7．(多选)如图所示，倾角为θ的斜面体c置于水平地面上，小物块b置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与沙漏a连接，连接b的一段细绳与斜面平行．在a中的沙子缓慢流出的过程中，a、b、c都处于静止状态，则 ( )A．b对c的摩擦力一定减小B．b对c的摩擦力方向可能平行斜面向上C．地面对c的摩擦力方向一定向右D．地面对c的摩擦力一定减小解析：在a中的沙子缓慢流出的过程中，细绳中拉力减小，b对c的摩擦力方向可能平行斜面向上，但是不一定减小，选项A错误，B正确；把b和c看做整体，分析受力，由平衡条件，地面对c的摩擦力方向一定向左且地面对c的摩擦力一定减小，选项C错误，D正确．答案：BD8. 如图甲为我国著名运动员张娟娟的射箭场景．已知弓的顶部跨度为l，弦均匀且弹性良好，其自由长度为l.发射时弦和箭可等效为图乙的情景，假设弓的跨度保持不变，即箭在弦的正中间，弦夹在类似动滑轮的附加装置上，将箭发射出去．已知弦的劲度系数为k，发射箭时弦的最大长度为2l(弹性限度内)，则箭被发射瞬间所受的最大弹力为(设弦的弹力满足胡克定律)( )A．kl B.32kl C.3kl D．2kl解析：弓发射箭的瞬间，受力如图．设放箭处弦的弹力分别为F1、F2，合力为F，则F1＝F2＝k(2l－l)＝kl，F＝2F1·cosθ，由几何关系得cosθ＝32，所以，箭被发射瞬间的最大弹力F＝3kl，C项正确．答案：C9．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，sin53°＝0.8，cos 53°＝0.6) (A．360 N，480 N B．480 N，360 NC．450 N，800 N D．800 N，450 N解析：对运动员受力分析如图所示．F1与F2的合力F与重力平衡，F1＝F cos 53°＝360N，F2＝F sin 53°＝480 N，A项正确．答案：A10．如图所示，水平细杆上套一环A ，环A 与球B 间用一不可伸长轻质绳相连，质量分别为m A ＝0.40 kg 和m B ＝0.30 kg ，由于B 球受到水平风力作用，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/s 2，求：(1)B 球受到的水平风力大小； (2)环A 与水平杆间的动摩擦因数．解析：对B 球受力分析，如图甲所示，根据平衡条件可得F ＝m B g tan θ 代入数据得，F ＝3N ≈1.73 N(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 且f ＝μF N解得μ＝mBtan θmA ＋mB代入数据得μ＝37≈0.25 答案：(1)1.73 N (2)0.25。
高三物理一轮 课时跟踪检测06 力的合成与分解
课时跟踪检测(六) 力的合成与分解高考常考题型：选择题1．(2012·广东高考)如图1所示，两根等长的轻绳将日光灯悬挂在天花板上，两绳与竖直方向的夹角都为45°，日光灯保持水平，所受重力为G，左右两绳的拉力大小分别为( ) 图1A．G和G B.22G和22GC.12G和32G D.12G和12G2．2010年广州亚运会，我国运动员陈一冰勇夺吊环冠军，为中国体育军团勇夺第一金，其中有一个高难度的动作就是先双手撑住吊环(设开始时两绳与肩同宽)，然后身体下移，双臂缓慢张开到如图2所示位置，则在两手之间距离增大的过程中，吊环的两根绳的拉力F T(两个拉力大小相等)及它们的合力F的大小变化情况为( ) 图2 A．F T增大，F不变B．F T增大，F增大C．F T增大，F减小D．F T减小，F不变3．两倾斜的滑杆上分别套有A、B两个小球，两小球上分别用细线悬吊着一个物体，如图3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，则( )A．A小球与滑杆无摩擦力B．B小球与滑杆无摩擦力图3C．A小球做的是匀速运动D．B小球做的是匀速运动4．(2012·苏北四市二次调考)如图4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大图4B．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5. (2012·山东四市联考)有一直角V形槽固定在水平面上，其截面如图5所示，BC面与水平面间夹角为60°，有一质量为m的正方体均匀木块放在槽内，木块与BC面间的动摩擦因数为μ，与AB面间无摩擦。
现用垂直于纸面向里的力推木块使之沿槽运动，则木块所受的摩擦力为( ) 图5A.12μmg B.32μmgC.22μmg D．μmg6．如图6所示，一根轻弹簧上端固定在O点，下端拴一个钢球P，球处于静止状态，现对球施加一个方向向右的外力F，使球缓慢偏移，在移动中的每一时刻，都可以认为钢球处于平衡状态，若外力F方向始终水平，移动中弹簧与竖直方向的夹角θ<90°，且弹簧的伸长量不超过弹性限度，则图7中给出的弹簧伸长量x与cos θ的函数关系图象中，最接近的是( ) 图6图77．如图8所示，在水平天花板的A点处固定一根轻杆a，杆与天花板保持垂直。
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课时跟踪检测(六) 力的合成与分解一、单项选择题1. (2013·广西三校联考)图1中AO 、BO 、CO 是完全相同的三条绳子，将一根均匀的钢梁吊起。
当钢梁足够重时，结果AO 先断，则( )图1A ．α＝120°B ．α<120°C ．α>120°D ．不能确定2. (2014·徐州质检)如图2所示，一个“Y”字形弹弓顶部跨度为L ，两根相同的橡皮条均匀且弹性良好，其自由长度均为L ，在两橡皮条的末端用一块软羊皮(长度不计)做成裹片可将弹丸发射出去。
若橡皮条的弹力满足胡克定律，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)，则弹丸被发射过程中所受的最大弹力为( )图2 A.15kL /2 B.3kL /2 C ．kL D ．2kL3. (2014·济南检测)有一直角V 形槽固定在水平面上，其截面如图3所示，BC 面与水平面间夹角为60°，有一质量为m 的正方体均匀木块放在槽内，木块与BC 面间的动摩擦因数为μ，与AB 面间无摩擦。
现用垂直于纸面向里的力推木块使之沿槽运动，则木块所受的摩擦力为( )图3A.12μmg B.32μmg C.22μmg D ．μmg4.如图4所示，一物体在粗糙水平地面上受斜向上的恒定拉力F 作用而做匀速直线运动，则下列说法正确的是( )图4A ．物体可能只受两个力作用B ．物体可能受三个力作用C ．物体可能不受摩擦力作用D ．物体一定受四个力作用5.如图5所示，在水平天花板的A 点处固定一根轻杆a ，杆与天花板保持垂直。
杆的下端有一个轻滑轮O 。
另一根细线上端固定在该天花板的B 点处，细线跨过滑轮O ，下端系一个重为G 的物体，BO 段细线与天花板的夹角θ＝30°。
系统保持静止，不计一切摩擦。
下列说法中正确的是( )图5A ．细线BO 对天花板的拉力大小是G 2B ．a 杆对滑轮的作用力大小是G 2C ．a 杆和细线对滑轮的合力大小是GD ．a 杆对滑轮的作用力大小是G6．如图6为三种形式的吊车的示意图，OA 为可绕O 点转动的杆，重量不计，AB 为缆绳，当它们吊起相同重物时，杆OA 在三图中的受力F a 、F b 、F c 的关系是( )图6A ．F a >F c ＝F bB ．F a ＝F b >F cC ．F a >F b >F cD ．F a ＝F b ＝F c7. (2013·孝感检测)如图7所示，一根不可伸长的轻绳穿过轻滑轮，两端系在高度相等的A 、B 两点，滑轮下挂一物体，不计轻绳和轻滑轮之间的摩擦。
现让B 缓慢向右移动，则下列说法正确的是( )图7A．随着B向右缓慢移动，绳子的张力减小B．随着B向右缓慢移动，绳子的张力不变C．随着B向右缓慢移动，滑轮受绳AB的合力变小D．随着B向右缓慢移动，滑轮受绳AB的合力不变8. (2014·扬州调研)两物体M、m用跨过光滑定滑轮的轻绳相连，如图8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8A．绳OA对M的拉力大小大于绳OB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9. (2013·大连模拟)如图9所示，作用于O点的三个力F1、F2、F3合力为零。
F1沿－y 方向，大小已知。
F2与＋x方向夹角为θ(θ<90°)，大小未知。
下列说法正确的是()图9A．F3一定指向第二象限B．F3一定指向第三象限C．F3与F2的夹角越小，则F3与F2的合力越小D．F3的最小可能值为F1cos θ10. (2014·江苏四校联考)如图10所示，一根轻弹簧上端固定在O点，下端拴一个小球P，开始时，小球处于静止状态，现对小球施加一个水平向右的外力F，使小球向右缓慢偏移，依次经过A点和B点，已知A、B两点分别在如图直线OM和ON上，但图中未标出具体位置，弹簧的伸长量始终处于弹性限度内，下列说法中正确的是()图10A ．B 点比A 点高B ．B 点比A 点低C ．B 点与A 点高度相同D ．B 点可能比A 点高，也可能比A 点低二、多项选择题11.如图11所示，物体在水平外力作用下处于静止状态，当外力F 由图示位置逆时针转到竖直位置的过程中，物体仍保持静止，则在此过程中静摩擦力可能为( )图11A ．0B ．FC.F 2 D ．2F 12．(2013·上海高考)两个共点力F 1、F 2大小不同，它们的合力大小为F ，则( )A ．F 1、F 2同时增大一倍，F 也增大一倍B ．F 1、F 2同时增加10 N ，F 也增加10 NC ．F 1增加10 N ，F 2减少10 N ，F 一定不变D ．若F 1、F 2中的一个增大，F 不一定增大13. (2013·烟台期末)图12为庆祝新年时某教室里悬挂灯笼的一种方式，三段轻绳ac 、cd 、bd 长度相等，a 、b 点等高，c 、d 为结点且等高，三段轻绳的拉力大小分别为F ac 、F cd 、F bd ，两灯笼受到的重力分别为G c 和G d ，下列表述正确的是( )图12A ．F ac 与F bd 大小一定相等B ．F ac 一定小于F cdC ．G c 和G d 一定相等D ．F ac 与F bd 的大小之和等于G c 与G d 大小之和14.如图13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°，则下列判断正确的是()图13A．此时两臂受到的压力大小均为5.0×104 NB．此时千斤顶对汽车的支持力为1.0×105 NC．若继续摇动把手，将汽车顶起，两臂受到的压力将增大D．若继续摇动把手，将汽车顶起，两臂受到的压力将减小15．如图14所示，A、B都是重物，A被绕过小滑轮P的细线所悬挂，B放在粗糙的水平桌面上；小滑轮P被一根斜短线系于天花板上的O点；O′是三根线的结点，bO′水平拉着B物体，cO′沿竖直方向拉着弹簧；弹簧、细线、小滑轮的重力和细线与滑轮间的摩擦力均可忽略，整个装置处于平衡静止状态，g＝10 m/s2。
若悬挂小滑轮的斜线OP的张力是20 3 N，则下列说法中正确的是()图14A．弹簧的弹力为10 NB．重物A的质量为2 kgC．桌面对B物体的摩擦力为10 3 ND．OP与竖直方向的夹角为60°答案1．选B AO先断，说明AO中拉力大于其他两根绳子，α<120°，选项B正确。
2．选A发射弹丸时每根橡皮条的最大长度为2L，每根橡皮条的弹力为kL，两根橡皮条的夹角为θ＝2arcsin0.25，弹丸被发射过程中所受的最大弹力为F＝2kL cos(θ/2)＝2kL·15/4＝15kL /2，选项A 正确。
3．选A 由受力分析可知BC 面对木块的支持力大小为F BC ＝mg sin 30°，木块运动后木块受到的摩擦力为F f ＝μF BC ＝μmg sin 30°＝12μmg ，所以A 正确。
4．选D 本题考查根据物体的运动状态分析物体的受力及摩擦力产生的条件等知识点。
物体做匀速直线运动，则受力平衡，将拉力F 在水平方向和竖直方向上分解，则物体一定受到水平向左的滑动摩擦力，再根据摩擦力的产生条件可知，物体一定受到地面的支持力，故D 正确。
5．选D 细线对天花板的拉力等于物体的重力G ；以滑轮为研究对象，两段绳的拉力都是G ，互成120°，因此合力大小是G ，根据共点力平衡，a 杆对滑轮的作用力大小也是G (方向与竖直方向成60°角斜向右上方)；a 杆和细线对滑轮的合力大小为零。
6．选B 对图(a)，画出A 点受力分析图，可得杆OA 对A 点的作用力，由牛顿第三定律可得图(a)中杆OA 受力F a ＝2G cos 30°＝3G 。
对图(b)，画出A 点受力分析图，由tan 30°＝G /F b ，可得杆OA 对A 点的作用力，由牛顿第三定律可得图(b)中杆OA 受力F b ＝G /tan 30°＝3G 。
对图(c)，画出A 点受力分析图，由cos 30°＝F c /G ，可得杆OA 对A 点的作用力，由牛顿第三定律可得图(c)中杆OA 受力F c ＝G cos 30°＝3G /2。
所以F a ＝F b >F c ，选项B 正确。
7．选D 随着B 向右缓慢移动，AB 绳之间夹角逐渐增大，而滑轮所受绳AB 的合力始终等于物体的重力，保持不变，故绳子的张力逐渐增大，D 正确。
8．选D 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。
9．选D 因F 1、F 2、F 3的合力为零，故F 3应与F 2、F 1的合力等大反向，故F 3可能在第二象限，也可能在第三象限，A 、B 均错；F 3、F 2的合力与F 1等大反向，而F 1大小、方向均已知，故F 3与F 2的合力与其夹角大小无关，C 错；当F 3与F 2垂直时，F 3最小，其最小值为F 1cos θ，D 正确。
10．选A 对小球施加一个水平向右的外力F ，使小球向右缓慢偏移，小球处于动态平衡状态，弹簧弹力在竖直方向的分力等于小球重力，在A 点，kx cos θ＝mg ，小球距离O 点的竖直高度可表示为(L 0＋x )cos θ＝L 0cos θ＋x cos θ＝L 0cos θ＋mg k，据此可知，经过B 点时，θ较大，小球距离O 点竖直高度较小，B 点比A 点高，选项A 正确。
11．选ABC 由于物体不动，当F 逆时针转动时，静摩擦力与F 的水平分力平衡，当F 水平时，F f ＝F ，当F 竖直时，F f ＝0，所以静摩擦力的变化范围是0≤F f ≤F ，故A 、B 、C 正确。
12．选AD F 1、F 2同时增大一倍，F 也增大一倍，选项A 正确；F 1、F 2同时增加10 N ，F不一定增加10 N，选项B错误；F1增加10 N，F2减少10 N，F可能变化，选项C错误；若F1、F2中的一个增大，F不一定增大，选项D正确。