2020-2021学年高一物理课时同步练(人教版必修1)3-5 力的分解

2020-2021学年高一物理课时同步练（人教版必修1）3-5 力的分解
一、选择题（本题共20小题）
1．如图所示，把光滑斜面上的物体所受重力mg分解为F1、F2两个力.图中F N为斜面对物体的支持力，则下列说法正确的是()
A．F1是斜面作用在物体上使物体下滑的力
B．物体受到mg、F N、F1、F2共四个力的作用
C．F2是物体对斜面的压力
D．力F N、F1、F2这三个力的作用效果与mg、F N这两个力的作用效果相同
【答案】D
【解析】
F1不是斜面作用在物体上使物体下滑的力，F2不是物体对斜面的压力，这两个力只是重力沿着两方向的分力，分力与合力是等效替代的，实际不存在．故AC错误．物体只受重力和支持力两个力．故B错误；
力F N、F1和F2的三个力的作用效果跟mg、F N两个力的效果相同．故D正确．故选D．
点睛：解决本题的关键知道F1、F2是重力的两个分力，要能正确分析重力产生的作用效果，一个使物体下滑，一个压斜面，运用平行四边形定则分析．
2．假期里，一位同学在厨房里协助妈妈做菜，对菜刀发生了兴趣．他发现菜刀的刀刃前部和后部的厚薄不一样，如图所示，菜刀横截面为等腰三角形，刀刃前部的横截面顶角较小，后部的顶角较大，他先后做出过几个猜想,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
【答案】D
【解析】
把刀刃部分抽象后，可简化成一个等腰三角劈，设顶角为2θ，背宽为d，侧面长为l，如图乙所示．当在劈背施加压力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（F1=F2），因此画出力分解的平行四边形，实为菱形，如图丙所示．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，由关系式，得F1=F2，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，F1和F2越大．但是，刀刃的顶角越小时，刀刃的强度会减小，碰到较硬的物体刀刃会卷口甚至碎裂，实际制造过程中为了适应加工不同物体的需要，所以做成前部较薄，后部较厚．使用时，用前部切一些软的物品（如鱼、肉、蔬菜、水果等），用后部斩劈坚硬的骨头之类的物品，俗话说：“前切后劈”，指的就是这个意思．故D正确．
3．如图所示，带有光滑竖直杆的三角形斜劈固定在水平地面上，放置于斜劈上的光滑小球与套在竖直杆上的小滑块用轻绳连接，开始时轻绳与斜劈平行．现给小滑块施加一个竖直向上的拉力，使小滑块沿杆缓慢上升，整个过程中小球始终未脱离斜劈，则有
A．小球对斜劈的压力保持不变
B．轻绳对小球的拉力先减小后增大
C．竖直杆对小滑块的弹力先增大再减小
D．对小滑块施加的竖直向上的拉力逐渐增大
【答案】D
【解析】
A、B、对小球受力分析，受重力、支持力和细线的拉力，如图所示：
根据平衡条件可知，细线的拉力T增加，支持力N减小，根据牛顿第三定律，球对斜面的压力也减小；
故A、B错误．
C、D、对球和滑块整体分析，受重力、斜面的支持力N，杆的支持力N′，拉力F，如图所示：
根据平衡条件，有：水平方向：N′=N sinθ，竖直方向：F+Ncosθ=G，由于N减小，故N′减小，F增加；
故C错误、D正确．
故选D．
【点睛】
本题考查共点力平衡条件的应用，关键是正确选择采用整体法和隔离法，灵活地选择研究对象，然后根据平衡条件并结合图示法和正交分解法分析即可．通常在分析外力对系统作用时，用整体法；在分析系统内各物体之间的相互作用时，用隔离法．有时在解答一个问题时要多次选取研究对象，需要整体法与隔离法交叉使用．
4．将四块相同的坚固石块垒成圆弧形的石拱，其中第3、4块固定在地基上，第1、2块间的接触面是竖直的，每块石块的两个侧面间所夹的圆心角均为30，石块间的摩擦力可以忽略不计。

则第1块对第2块的弹力F1和第1块对第3块的弹力F2的大小之比为（）
A B C D．1 2
【答案】A
【解析】
如图对第一个石块进行受力分析
由几何关系知
θ=60°
所以有
F1 ：F2
故选A。

5．如图所示，某中学新校区装修时，工人用质量为m的磨石对斜壁进行打磨，当对磨石施加方向竖直向上、大小为F的推力时，磨石恰好沿斜壁向上匀速运动，已知磨石与斜壁之间的动摩擦因数为μ，则磨石受到的摩擦力大小为
A．μ(F-mg)co sθB．(F-mg)s inθ
C．(F-mg)co sθD．μ(F-mg)
【答案】C
【解析】
磨石受重力、推力、斜壁的弹力及摩擦力而处于平衡状态，由图可知，F一定大于重力；
先将重力及向上的推力合力后，将二者的合力向垂直于斜面方向及沿斜面方向分解可得：在沿斜面方向有：
f=（F-mg）cosθ；
在垂直斜面方向上有：
F N=（F-mg）sinθ
则
f=（F-mg）cosθ=μ（F-mg）sinθ
A．μ(F-mg)co sθ，与结论不相符，故A错误；
B．(F-mg)s inθ，与结论不相符，故B错误；
C．(F-mg)co sθ，与结论相符，故C正确；
D．μ(F-mg) ，与结论不相符，故D错误。

故选C。

6．质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上。

用水平向左的力F缓慢拉动绳的中点O，如图所示。

用T 表示绳OA段拉力的大小，在O点向左移动的过程中（）
A．F逐渐变大，T逐渐变大B．F逐渐变大，T逐渐变小
C．F逐渐变小，T逐渐变大D．F逐渐变小，T逐渐变小
【答案】A
【解析】
对结点O进行受力分析，如图所示
由题意知O 点缓慢向左移动，即在过程中O 点始终处于平衡状态，有
cos B T T θ
sin T F θ=
两式联立可得
tan tan B F T mg θθ==
cos cos B T mg T θθ
== 因此在O 点缓慢向左移动的过程中，夹角θ增大，F 、T 均变大。

故选A 。

7．如图所示，倾角为θ=30°的光滑斜面上固定有竖直光滑挡板P ，质量相同的横截面为直角三角形的两物块A 、B 叠放在斜面与档板之间，且A 与B 间的接触面水平。

则A 对B 的压力与B 对斜面的压力之比应为（ ）
A ．2：1
B
2 C
4 D
：1
【答案】C
【解析】 设AB 的质量都为m ，A 处于静止状态，对A 进行受力分析可知，B 对A 的支持力等于A 的重力，结合牛顿第三定律可知，A 对B 的压力N mg =；把AB 看成一个整体，对整体受力分析可知，整体受到重力2mg ，斜面的支持力1N ，挡板的压力2N ，根据平衡条件得
1
2cos30mg N ︒=
解得13N mg =，所以B
对斜面的压力13
N mg '=，则
14
N N =' 故选C 。

8．如图所示，用一根长为l 的细绳一端固定在O 点，另一端悬挂质量为m 的小球A ，为使小球A 处于静止状态时细绳与竖直方向成30角且绷紧，则对小球施加的最小外力的大小是（ ）
A
B
．2mg C ．12mg D
．3
mg 【答案】C
【解析】 以小球为研究对象，分析受力，作出力图如图，
根据作图法分析得到，当小球施加的力F 与细绳垂直时，所用的力最小。

根据平衡条件得
F 的最小值为
F min =
G sin30°=
12
mg 所以ABD 错误、C 正确；
故选C 。

9．图中的大力士用绳子拉动汽车，绳中的拉力为F ，绳与水平方向的夹角为θ．若将F 沿水平方向和竖直方向分解，则其竖直方向的分力为（ ）
A ．Fsin θ
B ．Fcos θ
C ．sin θF
D ．cos F θ
【答案】A
【解析】 将F 分解为水平方向和竖直方向，根据平行四边形定则，竖直方向上分力sin x F F θ=，A 正确． 10．图甲为杂技表演的安全网示意图，网绳的结构为正方格形，O 、a 、b 、c 、d …等为网绳的结点．安全网水平张紧后，若质量为m 的运动员从高处落下，并恰好落在O 点上．该处下凹至最低点时，网绳dOe 、bOg 均成120°向上的张角，如图乙所示，此时O 点受到的向下的冲击力大小为F ，则这时O 点周围每根网绳承受的力的大小为（ ）
A ．F
B ．2F
C ．F mg
D ．2
F mg 【答案】B
【解析】 因每根绳的合力应为
2F ，而绳受力后成120度角，作出平行四边形可知，由几何关系可知：当合力为2
F 时，时，两分力也为2F ，故每根绳承受的力大小为2F 。

A ．F 。

故A 不符合题意。

B ．2
F 。

故B 符合题意。

C ．F mg 。

故C 不符合题意。

D ．
2F mg 。

故D 不符合题意。

11．如图为两种形式的吊车的示意图，OA 为可绕O 点转动的轻杆，重量不计，AB 为缆绳，当它们吊起相同重物时，杆OA 在图(a)、(b)中的受力分别为F A 、F B ，则下列关系正确的是( )
A ．F A ＝F B
B ．F A ＜F B
C ．大小不确定
D ．F A ＞F B
【答案】A
【解析】 ABCD. 分别对两种形式的结点进行受力分析
设杆子的作用力分别为F 1、F 2，各图中=T mg ，在图（a ）中有
=2cos30a F mg ︒
在图（b ）中有
=tan60b F mg ︒
可知=a b F F ，故A 正确BCD 错误。

故选A 。

12．如图，一物块在水平拉力F 的作用下沿水平桌面做匀速直线运动．若保持F 的大小不变，而方向与水平面成60°角，物块也恰好做匀速直线运动．物块与桌面间的动摩擦因数为( )
A ．2
B
C
D 【答案】C
【解析】 当拉力水平时，物体匀速运动，则拉力等于摩擦力，即：F mg μ=，当拉力倾斜时，物体受力分析如图
由平衡条件得：N F mg Fsin θ=-，cos60f F =，又N f F μ=，得摩擦力为：
()cos60f mg Fsin F μθ=-=，联立解得：3
μ=，故选C. 13．将一个有确定方向的力F=10N 分解成两个分力,已知一个分力有确定的方向,与F 成30°夹角,另一个分力的大小为6N,则在分解时( )
A ．有无数组解
B ．有两组解
C ．有唯一解
D ．无解
【答案】B
【解析】
已知一个分力有确定的方向，与F 成30夹角，知另一个分力的最小值为sin305F N ︒=，而另一个分力大小大于5N 小于10N ，所以分解的组数有两组解．如图．故B 正确，A 、C 、D 错误． 故选B ．
14．如图所示，A 、B 两球用轻杆相连，用两根细线1l 、2l 将它们悬挂在水平天花板上的O 点，现有一水平力F 作用于小球B 上，使A 、B 两球和轻杆组成的系统保持静止状态且A 、B 两球在同一水平线上，细线1l 垂直于轻杆．已知两球的重力均为G ，轻杆与细线1l 的长度均为L ．则（ ）
A ．细线2l 的拉力的大小为2G
B ．细线2l 的拉力的大小为G
C ．水平力F 的大小为2G
D ．水平力F 的大小为G
【答案】D
【解析】
对AB 球受力分析，如图所示
因为A 球受到细线l 1的拉力与其重力是一对平衡力，所以轻杆对A 球的作用力为零，轻杆对B 球的作用力也为零，故B 球只受到重力G 、细线l 2的拉力F BO 和水平拉力F 的作用，对B 球根据几何知识和力的平衡条件有：
F =
G •tan45°=G 2sin 45
BO G F == A ．细线2l 的拉力的大小为2G ，与结论不相符，选项A 错误；
B ．细线2l 的拉力的大小为G ，与结论不相符，选项B 错误；
C ．水平力F 的大小为2G ，与结论不相符，选项C 错误；
D ．水平力F 的大小为G ，与结论相符，选项D 正确．
15．如图所示，一根弹性杆的一端固定在倾角为30︒的斜面上，杆的另一端固定一个重力为2N 的小球，小球处于静止状态，则弹性杆对小球的弹力（ ）
A ．大小为2N ，方向平行于斜面向上
B ．大小为1N ，方向平行于斜面向上
C ．大小为2N ，方向垂直于斜面向上
D ．大小为2N ，方向竖直向上
【答案】D
【解析】 小球受重力和杆的支持力(弹力)作用处于静止状态，由二力平衡可知，弹性杆对小球的弹力与重力等大、反向即大小为2N ，方向竖直向上
故选D 。

16．如图所示，物体A 用轻质细绳系在竖直杆MN 上的B 点．现用一水平力F 作用在绳上的O 点，将O 点缓慢向左移动，使细绳与竖直方向的夹角θ逐渐增大．关于此过程，下列说法中正确的是（ ）
A ．水平力F 逐渐增大
B ．水平力F 逐渐减小
C ．绳OB 的弹力逐渐减小
D ．绳OB 的弹力逐渐增大
【答案】AD
【解析】 AB ．设细绳与水平方向倾角为α，物体的质量为m ，对结点O 受力分析．运用合成法，则由平衡条件得：tan mg F α
=
，α减小，则F 增大，故A 正确，B 错误； CD ．设绳子的弹力为T ，sin T mg α=，sin mg T α=，α减小，则T 增大，故选项C 错误，选项D 正确．
故选AD.
17．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 加一竖直向下的力F F ，的作用线通过球心，设B 对墙的作用力为1F ，B 对A 的作用力为2F ，地面对A 的摩擦力为3F ，地面对A 的支持力为4F 。

若F 缓慢增大而整个装置仍保持
静止，截面如图所示，则在此过程中（ ）
A ．1F 保持不变，4F 保持不变
B ．1F 缓慢增大，4F 缓慢增大
C ．2F 缓慢增大，3F 缓慢增大
D ．2F 缓慢增大，3F 保持不变
【答案】BC
【解析】
对B 分析，可知墙对B 的作用力及A 对球的作用力的合力与F 及重力的合力大小相等，方向相反，故当F 增大时， A 对B 的支持力增大；即F 2增大；同理可知，墙对B 的作用力F 1增大；
对整体分析，整体受重力、支持力F 4、摩擦力F 3、墙壁的弹力F 1及压力F 而处于平衡，故当F 增大时，地面对A 的支持力增大；故F 4增大；因F 1=F 3，则地面对A 的摩擦力F 3变大。

故选BC 。

18．如图所示，一光滑小球静止放置在光滑半球面的最底端，利用竖直放置的光滑挡板水平向右缓慢地推动小球，在推动过程中挡板保持竖直,则在小球运动的过程中（该过程小球未脱离球面），木板对小球的推力F 1、半球面对小球的支持力F 2的变化情况正确的是：( )
A ．F 1一直增大
B ．F 1先减小后增大
C ．F 2一直增大
D ．F 2先减小后增大
【答案】AC
【解析】
对小球受力分析，受重力、挡板向右的支持力和半球面的支持力，如图
根据平衡条件解得
1tan F mg θ=
2cos mg F θ
=
由于θ不断增加，故F 1增大、F 2增大。

故选AC 。

19．已知力F 的一个分力F 1跟F 成30°角，大小未知，另一个分力F 2的大小为
3
F ，方向未知，则1F 的大小可能是（ ）
A ．3F
B ．2F
C ．3F D
【答案】AC
【解析】
因一个分力F 1跟F 成30°角，F 2F ，F 2大于2F ，因此有两种分解结果； 根据平行四边形定则得，如图，
通过几何关系得，13F F =或13
F F =． 故选AC ． 20．明朝谢肇淛的《五杂组》中记载：“明姑苏虎丘寺庙倾侧，议欲正之，非万缗不可．一游僧见之,曰：无烦也，我能正之．”游僧每天将木楔从塔身倾斜一侧的砖缝间敲进去，经月余扶正了塔身．假设所用的木楔为等腰三角形，木楔的顶角为θ，现在木楔背上加一力F ，方向如图所示，木楔两侧产生推力N ，则：
A ．若F 一定，θ大时N 大
B ．若F 一定，θ小时N 大
C ．若θ一定，F 大时N 大
D ．若θ一定，F 小时N 大
【答案】BC
【解析】
选木楔为研究对象，木楔受到的力有：水平向左的F 、和两侧给它的与木楔的斜面垂直的弹力，由于木楔处于平衡状态，所以侧给它的与木楔的斜面垂直的弹力与F 沿两侧分解的分力是相等的，力F 的分解如图：
则：1211cos(90)cos(90)2cos(90)2sin 2222F F F F F π
ππθ=︒-+︒-=︒-=，所以：12sin 2
F
F θ=，由
公式可知，当F 一定，θ小时F N 大；当θ一定，F 大时F N 大．故A 、D 错误，B 、C 正确．故选BC ．
【点睛】对力进行分解时，一定要分清力的实际作用效果的方向如何，再根据平行四边形定则或三角形定则进行分解即可．
二、计算题（本题共3小题）
21．如图所示，质量m 1＝1 kg 的物块A ，悬挂在绳OP 和OQ 的结点O 上，OP 绳水平，OQ 绳与竖直方向的夹角为60°，并跨过光滑定滑轮与斜面上质量为m 2＝3 kg 的物块B 相连，斜面倾角为30°，斜面及物块A 、B 均保持静止。

g 取10 m/s 2。

求：
(1)绳OQ 的拉力大小；
(2)斜面对物块B 的支持力与摩擦力的大小。

【答案】(1)20 N ；(2)f ＝5 N ；F N ＝
N
【解析】
(1)以结点O 为研究对象，受力如图并正交分解
根据平衡条件有
F 1-F sin60°=0
F cos60°-m 1g =0
联立解得
F =20N
1F =
(2)物块B 受力如图并正交分解
根据平衡条件有
F -m 2g sin30°-f =0
2cos300N m g -︒=
解得
f ＝F−m 2
g sin30°＝5N
2cos303102
N m g ︒=⨯⨯=＝ 22．如图所示，某人用轻绳牵住一只质量m =0.6kg 的氢气球，因受水平风力的作用，系氢气球的轻绳与水平方向成37°角。

已知空气对气球的浮力为15N ，人的质量M =50kg ，且人受的浮力忽略不计（g 取10N/kg ，sin37°=0.6，co s37°=0.8）。

求：
(1)水平风力的大小；
(2)人对地面的压力大小；
(3)若水平风力增强，人对地面的压力如何变化？（要求说明理由）
【答案】(1)12N ；(2)491N ；(3)若水平风力增强，人对地面的压力不变
【解析】
(1)对氢气球进行受力分析，并分解如下图
由平衡条件列式，竖直方向
F 浮=mg ＋T sin37°
水平方向
F 风=Tco s37°
解得
F 风=12N
T =15N
(2)对人进行受力分析，并分解如上图：
由平衡条件列式，竖直方向
F N =Mg －T sin37°=500－15×0.6N=491N
(3)若风力增强，只改变了水平方向的力，视气球及人为一整体可知，竖直方向上的受力情况没改变，人对地面的压力不变。

23．如图所示，半径为R 的半球支撑面顶部有一小孔，质量分别为m 1和m 2的两只小球（视为质点），通过一根穿过半球顶部小孔的细线相连，不计所有摩擦，请你分析。

（1）m 2小球静止在球面上时，其平衡位置与半球面的球心连线跟水平方向的夹角为θ，则m 1、m 2、θ和R 之间应满足什么关系；
（2）若m 2小球静止于θ=45°处，现将其沿半球面稍稍向下移动一些，则释放后m 2能否回到原来位置？请作简析。

【答案】（1）12cos m m θ=，与R 无关；（2）不能回到原来位置，m 2将向下运动
【解析】
（1）m 2小球静止在球面上时，对其受力分析如图所示
根据平衡条件，对m 2有
m 2g cos θ=T
对m 1有
T =m 1g
解得m 1=m 2cos θ，与R 无关
（2）将m 2沿半球面稍稍向下，不能回到原来位置，因为m 2所受的合力为
()212cos cos cos 450m g m g m g θθ'-='-︒>
（因为45θ'<︒）
所以m 2将向下运动。