2020版高考物理一輪復習 課后限時集訓5 力的合成與分解（含解析）新人教版

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1、課后限時集訓(五) 力的合成與分解 (建議用時：40分鐘) [基礎對點練] 題組一：力的合成 1．三個共點力大小分別是F1、F2、F3，關于它們合力F的大小，下列說法正確的是(　　) A．F大小的取值范圍一定是0≤F≤F1＋F2＋F3 B．F至少比F1、F2、F3中的某一個大 C．若F1∶F2∶F3＝3∶6∶8，只要適當調(diào)整它們之間的夾角，一定能使合力為零 D．若F1∶F2∶F3＝3∶6∶2，只要適當調(diào)整它們之間的夾角，一定能使合力為零 C　[三個大小分別是F1、F2、F3的共點力合成后的最大值一定等于F1＋F2＋F3，但最小值不一定等于零，只有當某一個力的大小在另外兩個力的

2、大小的和與差之間時，這三個力的合力才可能為零，選項A、B、D錯誤，C正確。] 2．某物體同時受到同一平面內(nèi)的三個共點力作用，在如圖所示的四種情況中(坐標紙中每格的邊長表示1 N大小的力)，該物體所受的合外力大小正確的是(　　) 甲　　　乙　　　　丙　　　　丁 A．圖甲中物體所受的合外力大小等于4 N B．圖乙中物體所受的合外力大小等于2 N C．圖丙中物體所受的合外力等于0 D．圖丁中物體所受的合外力等于0 D　[圖甲中，先將F1與F3合成，然后再由勾股定理求得合力大小等于5 N，選項A錯誤；圖乙中，先將F1與F3正交分解，再合成，求得合力大小等于5 N，選項B錯誤；圖丙中，

3、可將F3正交分解，求得合力大小等于6 N，選項C錯誤；根據(jù)三角形定則，圖丁中合力等于0，選項D正確。] 3．(多選)物體同時受到同一平面內(nèi)三個共點力的作用，下列幾組力的合力可能為零的是(　　) A．5 N、7 N、8 N　 B．5 N、2 N、3 N C．1 N、5 N、10 N D．10 N、10 N、10 N ABD　[三力合成，若其中兩力的合力與第三力大小相等、方向相反，就可以使這三個力合力為零，只要使其第三力在其他兩個力的合力范圍內(nèi)，就可能使合力為零，即第三力F3滿足|F1－F2|≤F3≤F1＋F2。 分析各選項中前兩力合力范圍：A選項，2 N≤F合≤12 N，第三力在其

4、范圍內(nèi)；B選項，3 N≤F合≤7 N，第三力在其合力范圍內(nèi)；C選項，4 N≤F合≤6 N，第三力不在其合力范圍內(nèi)；D選項，0≤F合≤20 N，第三力在其合力范圍內(nèi)。故A、B、D項中的三力的合力可能為零。] 4.(多選)如圖所示，已知F1＝F2＝F3＝F4＝F，且這四個力恰好組成一個正方形，F(xiàn)5是其對角線．關于這5個力，下列說法正確的是(　　) A．F1和F5的合力與F3大小相等，方向相反 B．能合成大小為2F、方向相互垂直的兩個力 C．除F5以外的4個力的合力大小為F D．這5個力的合力恰好為F，方向與F1和F3的合力方向相同 AD　[根據(jù)力的平行四邊形定則結(jié)合幾何關系得F1和

5、F5的合力與F3大小相等，方向相反，A正確；F1和F4大小相等，方向相同，F(xiàn)2和F3大小相等，方向相同，所以除F5以外的4個力能合成大小為2F、相互垂直的兩個力，B錯誤；F1和F4大小相等，方向相同，F(xiàn)2和F3大小相等，方向相同，所以除F5以外的4個力的合力大小為2F，方向與F5方向相反，C錯誤；因F5大小為F，所以這5個力的合力恰好為F，方向與F1和F3的合力方向相同，D正確。] 5．(2019·長沙模擬)如圖所示，完全相同的質(zhì)量為m的A、B兩球，用兩根等長的細線懸掛在O點，兩球之間夾著一根勁度系數(shù)為k的輕彈簧，靜止不動時，彈簧處于水平方向，兩根細線之間的夾角為θ。則彈簧的長度被壓縮了(　

6、　) A. B. C. D. A　[對球A受力分析，如圖所示。 由幾何關系得F＝mgtan 又F＝kΔx 可得Δx＝，A正確。] 6.如圖所示，三根粗細均勻且完全相同的圓木A、B、C堆放在水平地面上，處于靜止狀態(tài)，每根圓木的質(zhì)量為m，截面的半徑為R，三個截面圓心連線構(gòu)成的等腰三角形的頂角∠O1＝120°，若在地面上的兩根圓木剛好要滑動，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，不考慮圓木之間的摩擦，重力加速度為g，則(　　) A．圓木間的彈力為mg B．下面兩根圓木對地面的壓力均為mg C．地面上的每根圓木受到地面的作用力為mg D．地面與圓木間的動摩擦因數(shù)為 B

7、　[對A進行受力分析，如圖所示，A處于平衡狀態(tài)，合力為零，則有N2cos ＝mg，解得N1＝N2＝＝mg，故A錯誤；對整體受力分析，受到重力、地面的支持力、B受到的向右的摩擦力和C受到的向左的摩擦力，由對稱性可知，豎直方向有NB＝NC＝mg，故B正確；對B進行研究，地面對B的作用力等于地面對B的支持力與地面對B的摩擦力的合力，大于mg，故C錯誤；對C，根據(jù)平衡條件得Ff＝N2sin 60°＝mg×＝mg，所以地面對C的摩擦力大小為mg，根據(jù)摩擦力公式Ff＝μNC，可得μ＝＝＝，故D錯誤。] 題組二：力的分解 7．(2019·池州模擬)將物體所受重力按力的效果進行分解，下列選項中錯誤的是(　

8、　) A　　　　B　　　　C　　　　D C　[A項中物體重力分解為垂直于斜面使物體壓緊斜面的分力G1和沿斜面向下使物體向下滑的分力G2，A正確；B項中物體的重力分解為沿兩條細繩使細繩張緊的分力G1和G2，B正確；C項中物體的重力應分解為垂直于兩接觸面的分力G1和G2，故C錯誤；D中物體的重力分解為水平向左壓緊墻的分力G1和沿繩向下使繩張緊的分力G2，故D正確。] 8．(多選)已知力F的一個分力F1跟F成30°角，大小未知，另一個分力F2的大小為F，方向未知，則F1的大小可能是(　　) A.　　　B. C.　　　D.F AC[如圖所示，因F2＝F＞Fsin 30°，故F1的大小有

9、兩種可能情況，由ΔF＝＝F，即F1的大小分別為Fcos 30°－ΔF和Fcos 30°＋ΔF，即F1的大小分別為F和F，A、C正確。] 9.如圖所示，楔形凹槽的截面是一個直角三角形ABC，∠CAB＝30°，∠ABC＝90°，∠ACB＝60°，在凹槽中放有一個光滑的金屬球，當金屬球靜止時，其對凹槽AB邊的壓力為F1，對BC邊的壓力為F2，則的值為(　　) A.　　　B. C.　　　D. C　[金屬球受到的重力產(chǎn)生兩個作用效果，壓AB面和壓BC面，如圖所示，將金屬球所受的重力分解為對AB面的壓力F1′和對BC面的壓力F2′，又由題意知，F(xiàn)1＝F1′，F(xiàn)2＝F2′，故＝tan 30°＝，

10、故C項正確。] 10.(多選)如圖所示，質(zhì)量為m的木塊在推力F作用下，在水平地面上做勻速運動。已知木塊與地面間的動摩擦因數(shù)為μ，那么木塊受到的滑動摩擦力為(　　) A．μmg B．μ(mg＋Fsin θ) C．μ(mg－Fsin θ) D．Fcos θ BD　[木塊勻速運動時受到四個力的作用：重力mg、推力F、支持力FN、摩擦力Ff。沿水平方向建立x軸，將F進行正交分解，如圖所示(這樣建立坐標系只需分解F)，由于木塊做勻速直線運動，所以在x軸上，向左的力等于向右的力(水平方向二力平衡)；在y軸上，向上的力等于向下的合力。 即Fcos θ＝Ff，F(xiàn)N＝mg＋Fsin θ，又Ff＝

11、μFN，解得，F(xiàn)f＝μ(mg＋Fsin θ)，故選項B、D正確。] 11.如圖所示，一質(zhì)量為m的沙袋用不可伸長的輕繩懸掛在支架上，一練功隊員用垂直于繩的力將沙袋緩慢拉起使繩與豎直方向的夾角為θ＝30°，且繩繃緊，則練功隊員對沙袋施加的作用力大小為(　　) A. B.mg C.mg D.mg A　[建立如圖所示直角坐標系，對沙袋進行受力分析。 由平衡條件有： Fcos 30°－FTsin 30°＝0， FTcos 30°＋Fsin 30°－mg＝0， 聯(lián)立可解得：F＝，故選A。] 題組三：“活結(jié)”“死結(jié)”“動桿”“定桿”模型 12.如圖所示，作用在滑塊B上的推力F

12、＝100 N，若α＝30°，裝置重力和摩擦力均不計，則工件上受到的壓力為(　　) A．100 N B．100 N C．50 N D．200 N B　[對B進行受力分析，如圖甲所示， 甲　　　　　　乙 得F2＝＝2F；對上部分進行受力分析，如圖乙所示，其中F′2＝F2，得FN＝F′2·cos 30°＝100 N，根據(jù)牛頓第三定律，工件受到的壓力F′N＝FN＝100 N，故B正確。] 13.粗鐵絲彎成如圖所示半圓環(huán)的形狀，圓心為O，半圓環(huán)最高點B處固定一個小滑輪，小圓環(huán)A用細繩吊著一個質(zhì)量為m2的物塊并套在半圓環(huán)上。一根一端拴著質(zhì)量為m1的物塊的細繩，跨過小滑輪后，另一端

13、系在小圓環(huán)A上。設小圓環(huán)、滑輪、繩子的質(zhì)量以及相互之間的摩擦均不計，繩子不可伸長。若整個系統(tǒng)平衡時∠AOB為α，則兩物塊的質(zhì)量的比值為(　　) A．cos B．2sin C．sin D．2cos B　[對小環(huán)進行受力分析，如圖所示，小環(huán)受上面繩子的拉力m1g，下面繩子的拉力m2g，以及圓環(huán)對它沿著OA向外的支持力，將兩個繩子的拉力進行正交分解，它們在切線方向的分力應該相等： m1gsin ＝m2gcos (α－90°) 即：m1cos ＝m2sin α m1cos ＝2m2sin cos 得：＝2sin 故選B。] [考點綜合練] 14．如圖所示，在豎直墻壁

14、間有半圓球A和圓球B，其中圓球B的表面光滑，半圓球A與左側(cè)墻壁之間的動摩擦因數(shù)為。兩球心之間連線與水平方向成30°的夾角，兩球恰好不下滑，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則半球圓A和圓球B的質(zhì)量之比為(　　) A.　　　　B.　　　　C.　　　　D. C　[設A的質(zhì)量為m，B的質(zhì)量為M，以B為研究對象，受力分析如圖所示，由平衡條件得FN＝Mgcot 30°，以A、B為研究對象，由平衡條件得(M＋m)g＝μFN，由以上兩式解得＝，選項A、B、D錯誤，C正確。] 15.(多選)如圖所示，重物A被繞過小滑輪P的細線所懸掛，重物B放在粗糙的水平桌面上；小滑輪P被一根斜拉短線系于天花板上的O點；

15、O′是三根線的結(jié)點，bO′水平拉著B物體，cO′沿豎直方向拉著彈簧；彈簧、細線、小滑輪的重力和細線與滑輪間的摩擦力均可忽略，整個裝置處于平衡靜止狀態(tài)，g＝10 m/s2。若懸掛小滑輪的斜線OP的張力是20 N，則下列說法中正確的是(　　) A．彈簧的彈力為10 N B．重物A的質(zhì)量為2 kg C．桌面對B物體的摩擦力為10 N D．OP與豎直方向的夾角為60° ABC　[O′點是三根線的結(jié)點，屬于“死結(jié)”，而小滑輪重力不計且與細線間的摩擦力可忽略，故P處為“活結(jié)”。由mAg＝FO′a，F(xiàn)OP＝2FO′acos 30°可解得：FO′a＝20 N，mA＝2 kg，選項B正確；OP的方

16、向沿繩子張角的角平分線方向，故OP與豎直方向間的夾角為30°，選項D錯誤；對O′受力分析，由平衡條件可得：F彈＝FO′asin 30°，F(xiàn)O′b＝FO′acos 30°，對物體B有：fB＝FO′b，聯(lián)立解得：F彈＝10 N，fB＝10 N，選項A、C均正確。] 16.(2019·六安模擬)如圖所示，兩個質(zhì)量為m1的小球套在豎直放置的光滑支架上，支架的夾角為120°，用輕繩將兩球與質(zhì)量為m2的小球連接，繩與桿構(gòu)成一個菱形，則m1∶m2為(　　) A．1∶1 B．1∶2 C．1∶ D.∶2 A　[將小球m2的重力按效果根據(jù)平行四邊形定則進行分解如圖，由幾何關系得：T＝m2g，對m1

17、受力分析，由平衡條件，在沿桿的方向有：m1gsin 30°＝Tsin 30°，解得：T＝m1g，可見m1∶m2＝1∶1，故A正確。] 17．如圖所示，質(zhì)量為m的物體置于傾角為θ的固定斜面上，物體與斜面之間的動摩擦因數(shù)為μ，先用平行于斜面的推力F1作用于物體上使其能沿斜面勻速上滑，若改用水平推力F2作用于物體上，也能使物體沿斜面勻速上滑，則兩次的推力之比為(　　) 甲　　　　　乙 A．cos θ＋μsin θ B．cos θ－μsin θ C．1＋μtan θ D．1－μtan θ B　[物體在力F1作用下和力F2作用下運動時的受力情況如圖所示。 甲　　　　　　　乙 將重力mg、力F2分別沿斜面方向和垂直于斜面方向正交分解，由平衡條件可得 F1＝mgsin θ＋Ff1 FN1＝mgcos θ Ff1＝μFN1 F2cos θ＝mgsin θ＋Ff2 FN2＝mgcos θ＋F2sin θ Ff2＝μFN2 解得F1＝mgsin θ＋μmgcos θ F2＝ 故＝cos θ－μsin θ，B正確。] - 10 -