鲁科版高考物理一轮总复习课时质量评价4力的合成和分解含答案

四　力的合成和分解

(建议用时：40分钟)

1．如图所示，小车放在水平地面上，甲、乙二人用力向相反方向拉小车，不计小车与地面之间的摩擦力，下列说法正确的是(　　)

A．甲拉小车的力和乙拉小车的力是一对作用力和反作用力

B．小车静止时甲拉小车的力和乙拉小车的力是一对平衡力

C．若小车加速向右运动，表明小车拉甲的力大于甲拉小车的力

D．若小车加速向右运动，表明乙拉小车的力大于小车拉乙的力

B　解析：甲拉小车的力和乙拉小车的力作用在同一物体上，不是作用力和反作用力，A错误；不计小车与地面之间的摩擦力，小车静止时水平方向上受到两个拉力而处于平衡状态，则这两个拉力是一对平衡力，B正确；小车拉甲的力跟甲拉小车的力是一对作用力和反作用力，两力大小是相等的，C错误；同理，D错误。

2．如图所示，用相同的弹簧测力计将同一个重物m分别按甲、乙、丙三种方式悬挂起来，各弹簧测力计的读数分别是F1、F2、F3、F4，已知θ＝30°，则有(　　)

A．F4最大 B．F3＝F2

C．F2最大 D．F1比其他各读数都小

C　解析：由平衡条件可知F2cos θ＝mg,2F3cos θ＝mg，F4＝mg，F1＝mgtan θ，因此可得F1＝mg，F2＝mg，F3＝mg，故选项A、B、D错误，C正确。

3．(2019·全国卷Ⅲ)用卡车运输质量为m的匀质圆筒状工件，为使工件保持固定，将其置于两光滑斜面之间，如图所示。两斜面Ⅰ、Ⅱ固定在车上，倾角分别为30°和60°。重力加速度为g。当卡车沿平直公路匀速行驶时，工件对斜面Ⅰ、Ⅱ压力的大小分别为F1、F2，则(　　)

A．F1＝mg，F2＝mg

B．F1＝mg，F2＝mg

C．F1＝mg，F2＝mg

D．F1＝mg，F2＝mg

D　解析：对工件进行受力分析如图所示，工件处于平衡状态，由几何关系可知，F′1＝mgcos 30°，F′2＝mgsin 30°。解得F′1＝mg，F′2＝mg，由牛顿第三定律知F1＝mg，F2＝mg，故D正确。

4．体育器材室里，篮球摆放在如图所示的球架上。已知球架的宽度为d，每个篮球的质量为m、直径为D，不计篮球与球架之间的摩擦及球架圆柱面的粗细，则每个篮球对一侧球架的压力大小为(　　)

A．mg B．

C． D．

C　解析：将篮球的重力按作用效果进行分解如图所示。两个分力等于篮球对球架的压力，由几何知识得cos α＝，由力的合成得2Fcos α＝mg，解得F＝，故C正确。

5．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为30°，如图所示。假定石块间的摩擦力可以忽略不计，则第1、2块石块间的作用力和第1、3块石块间的作用力的大小之比为(　　)

A．　　B．　　C．　　D．

B　解析：如图所示，对第1个石块进行受力分析，由几何关系知θ＝60°，所以有N21∶N31＝sin 60°＝，B正确。

6．(多选)如图所示是剪式千斤顶，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(　　)

A．此时两臂受到的压力大小均为5.0×104 N

B．此时千斤顶对汽车的支持力为1.0×105 N

C．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

BD　解析：将汽车对千斤顶的压力F分解为沿两臂的两个分力F1、F2，如图所示，根据对称性可知，两臂受到的压力大小相等，即F1＝F2，由2F1cos θ＝F，得F1＝F2＝＝1.0×105 N，选项A错误；根据牛顿第三定律可知，千斤顶对汽车的支持力等于汽车对千斤顶的压力，为1.0×105 N，选项B正确；由F1＝F2＝可知，当F不变、θ减小时，cos θ 增大，F1、F2均减小，选项C错误，D正确。

7．(多选)如图所示，将力F分解为F1和F2两个分力，已知F1的大小和F2与F之间的夹角α，且α为锐角，则(　　)

A．当F1＞Fsin α时，一定有两解

B．当F1＝Fsin α时，有唯一解

C．当F1＜Fsin α时，无解

D．当Fsin α＜F1＜F时，一定有两解

BCD　解析：将一个力分解为两个分力，由三角形定则知，分力与合力可构成封闭三角形。当F1＜Fsin α时，三个力不能构成封闭三角形，故不可能分解为这样的一对分力F1和F2，选项C正确；当F1＝Fsin α时，可构成唯一一个直角三角形，选项B正确；当Fsin α＜F1＜F时，F1、F2与F可构成两个矢量三角形，即有两解，选项D正确；对于选项A，由于不能确定F1是否小于F，由前面的分析知，选项A错误。

8．如图所示，一物块受一恒力F作用，现要使该物块沿直线AB运动，应该再加上另一个力的作用，则加上去的这个力的最小值为(　　)

A．Fcos θ B．Fsin θ

C．Ftan θ D．Fcot θ

B　解析：物块虽只受两个力作用，但物块要沿直线AB运动，就意味着这两个力的合力方向是不变的，可以看成是一个力(已知的力F)恒定，一个力(合力)的方向一定，另一个力(所求的力)的大小、方向都变，可以利用力的图示法求解，如图所示，可知B正确。

9．如图所示，A、B两物体的质量分别为mA和mB，且mA＞mB，整个系统处于静止状态，小滑轮的质量和一切摩擦均不计。如果绳子的一端由Q点缓慢地向左移到P点，整个系统重新平衡后，物体A的高度和两滑轮间绳子与水平方向的夹角θ的变化情况是(　　)

A．物体A的高度升高，θ角变大

B．物体A的高度降低，θ角变小

C．物体A的高度不变，θ角不变

D．物体A的高度升高，θ角不变

D　解析：系统静止时，与动滑轮接触的那一小段绳子的受力情况如图所示，同一根绳子上的拉力F1、F2大小总是相等的，它们的合力F与F3大小相等、方向相反，以F1、F2为邻边所作的平行四边形是菱形，故mBg＝2mAgsin θ，绳子的端点由Q点移到P点时，由于mA、mB的大小不变，故θ不变；绳长不变，因为物体B下降，故物体A上升，选项D正确。

10．在如图所示的甲、乙、丙、丁四幅图中，滑轮本身所受的重力忽略不计，滑轮的轴O安装在一根轻木杆P上，一根轻绳ab绕过滑轮，a端固定在墙上，b端下面挂一个质量都是m的重物，当滑轮和重物都静止不动时，图甲、丙、丁中轻木杆P与竖直方向的夹角均为 θ，图乙中轻木杆P竖直。假设甲、乙、丙、丁四幅图中滑轮受到轻木杆P的弹力大小依次为FA、FB、FC、FD，则以下判断正确的是(　　)

A．FA＝FB＝FC＝FD 

B．FD＞FA＝FB＞FC

C．FA＝FC＝FD＞FB 

D．FC＞FA＝FB＞FD

B　解析：轻绳上的拉力等于重物所受的重力mg，设滑轮两侧轻绳之间的夹角为φ，滑轮受到轻木杆P的弹力F等于滑轮两侧轻绳拉力的合力，即 F＝2mgcos ，由夹角关系可得FD＞FA＝FB＞FC，选项B正确。

11．如图所示，α＝30°，装置的重力和摩擦力均不计，若用F＝100 N的水平推力使滑块B保持静止，则工件受到的向上的弹力多大？

解析：装置的重力和摩擦力均不计，对滑块B进行受力分析如图所示，则水平方向有F＝F1sin α

对A进行受力分析如图所示，

则竖直方向有 F1′cos α＝F2

又F1＝F1′

所以 F2＝F

根据牛顿第三定律，工件受到的向上的弹力与工件对装置的作用力大小相等、方向相反，即N＝F2＝F＝×100 N＝100 N。

答案：100 N

12．电梯修理员或牵引专家常常需要监测金属绳中的张力，但不能到绳的自由端去直接测量。某公司制造出一种能测量绳中张力的仪器，工作原理如图所示，将相距为L的两根固定支柱A、B(图中小圆圈表示支柱的横截面)垂直于金属绳水平放置，在A、B的中点金属绳的另一侧用一可动支柱C向上推动金属绳，使绳在垂直于A、B的方向竖直向上发生一个偏移量d(d≪L)，这时仪器测得金属绳对支柱C竖直向下的作用力为F。

(1)试用L、d、F表示这时金属绳中的张力T；

(2)如果偏移量d＝10 mm，作用力F＝400 N，L＝250 mm，计算金属绳中张力的大小。

解析：(1)设F点受两边金属绳的张力分别为T1和T2，BE与BF的夹角为θ，如图所示。根据对称性有

T1＝T2＝T

由力的合成有F＝2Tsin θ

根据几何关系有sin θ＝

联立解得T＝

因d≪L，故T＝。

(2)将d＝10 mm，F＝400 N，L＝250 mm代入T＝

解得T＝2.5×103 N，即金属绳中张力的大小为2.5×103 N。

答案：(1)　(2)2.5×103 N