高考物理一轮复习课时分层练习2.2《力的合成与分解》(含答案详解)

课时分层作业  五

力的合成与分解

(45分钟　100分)

【基础达标题组】

一、选择题(本题共10小题,每小题6分,共60分。1～6题为单选题,7～10题为多选题)

1.两个共点力的大小分别为6 N和8 N,这两个共点力的合力的最大值是

(　　)

A.6 N     B.8 N

C.10 N    D.14 N

【解析】选D。当夹角为零时合力最大,最大值为6 N+8 N=14 N,所以D正确。

2.一体操运动员倒立并静止在水平地面上,下列图示姿势中,沿手臂的力F最大的是              (　　)

【解析】选D。将人所受的重力按照效果进行分解,由于大小方向确定的一个力分解为两个等大的力时,合力在分力的角平分线上,且两分力的夹角越大,分力越大,因而D正确。

3.如图所示是两个共点力的合力F跟它的两个分力之间的夹角θ的关系图象,则这两个分力的大小分别是              (　　)

A.1 N和4 N   B.2 N和3 N

C.1 N和5 N   D.2 N和4 N

【解析】选B。设两个力分别为F1、F2,F1>F2,当两个力的夹角为180度时,合力为1 N,则F1-F2=1 N。当两个力的夹角为0度时,合力为5 N,则F1+F2=5 N。解得F1=3 N,F2=2 N。故A、C、D错误,B正确。

4.如图所示,物体静止于光滑水平面M上,水平恒力F1作用于物体,现要使物体沿着OO′方向做直线运动(F1和OO′都在M平面内)。那么必须同时再加一个力F2,则F2的最小值是(　　)

A.F1cosθ       B.F1sinθ

C.F1tanθ       D.

【解析】选B。要使物体沿OO′方向做直线运动,则物体受到的合力F沿OO′方向,如图,由三角形定则知,当F2方向垂直OO′时,F2有最小值,为F2=F1sinθ,故B正确,A、C、D错误。

5.如图所示,质量为M的小车放在光滑的水平面上。小车上用细线悬吊一质量为m的小球,M>m。现用一力F水平向右拉小球,使小球和车一起以加速度a向右运动时,细线与竖直方向成α角,细线的拉力为T;若用另一力F′水平向左拉小车,使小球和车一起以加速度a′向左运动时,细线与竖直方向也成α角,细线的拉力为T′。则                           (　　)

A.a′=a,T′=T    B.a′>a,T′=T

C.a′<a,T′=T    D.a′>a,T′>T

【解析】选B。先对左图中情况下的整体受力分析,受重力、支持力和拉力

根据牛顿第二定律,有

F=(M+m)a　

再对左图中情况下的小球受力分析,如图

根据牛顿第二定律,有F-Tsinα=ma

Tcosα-mg=0

由以上三式可解得T=

a=

再对右图中小球受力分析,如图

由几何关系得:

F合=mgtanα

T′=

再由牛顿第二定律,得到a′=gtanα

由于M >m,故a′>a,T′=T,故选B。

6.(焦作模拟)如图所示,一根匀质绳质量为M,其两端固定在天花板上的A、B两点,在绳的中点悬挂一重物,质量为m,悬挂重物的绳PQ质量不计。设α、β分别为绳子端点和中点处绳子的切线方向与竖直方向的夹角,则              (　　)

A.=   B.=

C.=    D.=

【解析】选A。设绳子端点处和中点处绳子张力大小分别为F1、F2。对整体研究,分析受力,如图甲所示,根据平衡条件得:F1cos α=(M+m)g              ①

对左半边绳子研究(如图乙)得:

F1cos α=F2cos β+Mg ②

F1sin α=F2sin β ③

由①②得到:F2cos β=mg ④

则由③∶①得:tan α= ⑤

由③∶④得:tan β= ⑥

所以由③⑤⑥联立得:=。

7.如图所示,截面是直角梯形的物块放在光滑水平地面上,其两个侧面恰好与两个固定在地面上的压力传感器P和Q相接触,斜面ab上的ac部分光滑,cb部分粗糙。开始时两压力传感器的示数均为零。在a端由静止释放一金属块,下列说法正确的是(　　)

A.金属块在ac之间运动时,传感器P、Q示数均为零

B.金属块在ac之间运动时,传感器P的示数为零,Q的示数不为零

C.金属块在cb之间运动时,传感器P、Q示数可能均为零

D.金属块在cb之间运动时,传感器P的示数一定不为零,Q的示数一定为零

【解析】选B、C。金属块在ac之间运动时,斜面对物块的作用力垂直于斜面向上,根据牛顿第三定律可知,物块对斜面的作用力垂直于斜面向下,所以传感器P的示数为零,Q的示数不为零,A错误,B正确;金属块在cb之间运动时,如果加速向下运动,斜面对物块在水平方向的作用力向左,根据牛顿第三定律可知,物块对斜面水平方向的作用力水平向右,传感器P示数为零,Q的示数不为零;如果匀速向下运动,斜面对物块的作用力向上,根据牛顿第三定律可知,物块对斜面的作用力竖直向下,传感器P、Q的示数均为零;如果物块减速向下运动,斜面对物块在水平方向的作用力向右,根据牛顿第三定律可知物块对斜面水平方向的作用力水平向左,传感器P示数不为零,Q的示数为零,所以C正确,D错误。

8.如图,将力F(大小已知)分解为两个分力F1和F2,F2和F的夹角θ小于90°。则关于分力F1,以下说法中正确的是               (　　)

A.当F1>Fsin θ时,肯定有两组解

B.当F>F1>Fsin θ时,肯定有两组解

C.当F1<Fsin θ时,有唯一一组解

D.当F1<Fsin θ时,无解

【解析】选B、D。已知合力、一个分力的方向、另一个分力的大小,根据平行四边形定则作图,如图所示:当F>F1>Fsin θ,有两组解;当F1>Fsin θ时,可能有一个解,当F1<Fsin θ时,无解。

9.(商丘模拟)如图所示,质量为M的斜劈放置在水平地面上,细线绕过滑轮O1、O3连接m1、m3物体,连接m1细线与斜面平行,滑轮O3由细线固定在竖直墙O处,滑轮O1用轻质杆固定在天花板上,动滑轮O2跨在细线上,其下端悬挂质量为m2的物体,初始整个装置静止,不计细线与滑轮间摩擦,下列说法正确的是

(　　)

A.若增大m2质量,m1、M仍静止,待系统稳定后,细线张力大小不变

B.若增大m2质量,m1、M仍静止,待系统稳定后,地面对M摩擦力变大

C.若将悬点O上移,m1、M仍静止,待系统稳定后,细线与竖直墙夹角变大

D.若将悬点O上移,m1、M仍静止,待系统稳定后,地面对M摩擦力不变

【解析】选A、D。若增大m2质量,m1、M仍静止,先对物体m3分析,受重力和拉力而平衡,说明细线的拉力大小保持不变,再隔离m1和斜面体整体分析,受重力、支持力、拉力和摩擦力,根据平衡条件,摩擦力等于拉力的水平分力,由于拉力不变,故地面对M摩擦力不变,故A正确,B错误;若将悬点O上移,m1、M仍静止,细线的拉力依然等于m3g,大小不变,先分析m2,由于重力不变,两个拉力的大小也不变,故根据平衡条件,两个拉力的方向不变,再分析滑轮O3,受三个拉力,由于两个拉力的大小和方向不变,故根据平衡条件,第三个拉力的方向也不变,故细线与竖直墙夹角不变,故C错误;最后分析m1和斜面体整体,受重力、支持力、拉力和摩擦力,根据平衡条件,摩擦力等于拉力的水平分力,由于拉力不变,故地面对M摩擦力不变,故D正确。

【加固训练】

(多选)如图所示,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。Ff表示木块与挡板间摩擦力的大小,FN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              (　　)

A.Ff变小　　　　　  B.Ff不变

C.FN变小     D.FN变大

【解析】选B、D。系统处于平衡状态,以整体为研究对象,在竖直方向:

2Ff=(2m+M)g,Ff=g,与两板间距离无关,B正确;以点O为研究对象,受力如图,且F=F′,

根据平衡条件有:2Fcos=Mg

所以F=。挡板间的距离稍许增大后,硬杆OO1、OO2之间的夹角θ变大,F变大,则FN=Fsin变大,即木块与挡板间正压力变大,D正确。

10.如图所示是骨折病人的牵引装置示意图,绳的一端固定,绕过定滑轮和动滑轮后挂着一个重物,与动滑轮相连的帆布带拉着病人的脚,整个装置在同一竖直平面内。为了使脚所受的拉力增大,可采取的方法是(　　)

A.只增加绳的长度

B.只增加重物的质量

C.只将病人的脚向左移动

D.只将两定滑轮的间距增大

【解析】选B、C。若只增加绳的长度,拉力不变,A选项错误;若只增加重物的质量,则绳子拉力增大,脚所受的拉力增大,B选项正确;若只将病人的脚向左移动,则夹角θ会减小,绳子拉力的合力增大,脚所受的拉力增大,C选项正确;只将两定滑轮的距离增大,则夹角θ会增大,绳子拉力的合力减小,脚所受的拉力减小,D选项错误。

二、计算题(15分。需写出规范的解题步骤)

11.如图所示,两滑块放在光滑的水平面上,中间用一细线相连,轻杆OA、OB搁在滑块上,且可绕铰链O自由转动,两轻杆长度相等,夹角为θ,当竖直向下的力F作用在铰链上时,滑块间细线的张力多大?             

【解析】对O点受力分析,

并对两个轻杆的作用力进行合成,

则有:滑块间细线的张力F′=Tsin

而轻杆的张力T=;

因此滑块间细线的张力F′=tan。

答案:tan

【能力拔高题组】

1.(8分)(大同模拟)一铁球悬挂在OB绳的下端,轻绳OA、OB、OC的结点为O,轻绳OA悬挂在天花板上的A点,轻绳OC拴接在轻质弹簧测力计上。第一次,保持结点O位置不变,某人拉着轻质弹簧测力计从竖直位置缓慢转动到水平位置,如图中的甲所示,弹簧测力计的示数记为F1。第二次,保持轻绳OC垂直于OA,缓慢释放轻绳,使轻绳OA转动到竖直位置,如图中的乙所示,弹簧测力计的示数记为F2。则              (　　)

A.F1恒定不变,F2逐渐增大

B.F1、F2均逐渐增大

C.F1先减小后增大,F2逐渐减小

D.F1逐渐增大,F2先减小后增大

【解析】选C。题图甲中,OA与OC的合力与重力等大反向,且保持不变,OA的方向不变,通过画平行四边形可知,当OC顺时针转动到水平位置时,F1先减小后增大。题图乙中,设OA绳与竖直方向的夹角为θ,因为OA与OC垂直,且合力与重力等大反向,故F2=mgsin θ,根据题意,随着θ的减小,F2逐渐减小,故选项C正确。

2.(17分)(沧州模拟)质量为M的斜面倾角为θ,在水平面上保持静止,当将一质量为m的木块放在斜面上时正好匀速下滑,若用与斜面也成θ角的力F拉木块沿斜面向上匀速上升,如图。求:

(1)求木块与斜面的动摩擦因数μ。

(2)求拉力F的大小。

(3)求木块向下和向上运动时,水平面对斜面的摩擦力大小相差多少。

【解析】(1)木块在斜面上匀速向下运动,有:

mgsin θ=μmgcos θ,即:μ=tan θ

(2)匀速上滑时,平行斜面方向:

Fcos θ=mgsin θ+Ff,

垂直斜面方向:Fsin θ+FN=mgcos θ,

其中:Ff=μFN,

联立解得:F=mgsin2θ;

(3)滑块匀速下滑时,对整体分析,受重力和支持力,不受摩擦力,否则不平衡,故:Ff1=0,

滑块上滑时,受重力、支持力、拉力和摩擦力,在水平方向,有:Ff2=Fcos2θ,

故ΔFf=mgsin2θcos2θ。

答案:(1)tan θ　(2)mgsin2θ

(3)mgsin2θcos2θ