高考物理一轮复习课时作业5力的合成与分解含答案

力的合成与分解

(建议用时40分钟)

1.(2021·玉溪模拟)某同学练习倒立,双臂对称分开,身体保持竖直,靠在墙上,如图所示。若该同学增大双臂分开的角度,但仍保持竖直靠在墙上,则下列有关该同学受力的说法正确的是              (　　)

A.地面对该同学双手的支持力增大

B.地面对该同学双手的支持力减小

C.地面对该同学单只手的摩擦力增大

D.地面对该同学单只手的摩擦力减小

【解析】选C。根据人受力平衡,可知:无论双臂张开的角度多大,竖直方向地面对双手的支持力大小总是等于该同学的重力,故A、B错误;张开角度越大,双臂在沿水平方向的分力越大,故摩擦力越大,故C正确,D错误。故选C。

2．有两个大小相等的共点力F1和F2，当它们的夹角为90°时合力的大小为F，则当它们的夹角为60°时，合力的大小为(　　)

A．2F　　　B．F　　　C．F　　　D．F

【解析】选B。当两个力的夹角为90°时，合力为F合＝＝F1＝F，所以F1＝F2＝F

当两个力的夹角为60°时，根据平行四边形定则，合力大小等于底角为30°的等腰三角形的底边：

cos30°＝

F合′＝2F1cos30°＝2××F＝F，故选B。

3．(2021·西安模拟)如图，在水平晾衣杆(可视为光滑杆)上晾晒床单时，为了尽快使床单晾干，可在床单间支撑轻质细杆。随着细杆位置的不同，细杆上边两侧床单间夹角θ(θ<150°)将不同。设床单重力为G，晾衣杆所受压力大小为N，下列说法正确的是(　　)

A．当θ＝60°时，N＝G

B．当θ＝90°时，N＝G

C．只有当θ＝120°时，才有N＝G

D．无论θ取何值，都有N＝G

【解析】选D。对床单和轻质细杆进行受力分析可知，整体受重力G(轻质细杆不计质量)和晾衣杆给的支持力N，根据牛顿第三定律可知，晾衣杆给床单的支持力大小等于晾衣杆所受的压力大小，根据平衡条件可知，N＝G，与细杆上边两侧床单间夹角θ无关，选项D正确。

4.(2021·昆明模拟)用斧头劈木柴的情景如图甲所示。劈的纵截面是一个等腰三角形,劈背的宽度为d,劈的侧面长为l,当在劈背加一个力F时的受力示意图如图乙所示,若不计斧头的重力,则劈的侧面推压木柴的力F1为 (　　)

A.F   B.F   C.F   D.F

【解析】选A。根据对称性,两分力F1、F2大小相等,这样,以F1、F2为邻边的平行四边形就是一个菱形,因为菱形的对角线互相垂直且平分,所以根据三角形相似=,解得F1=F2=F,故A正确,B、C、D错误。故选A。

5．(多选)我国不少地方在节日期间有挂红灯笼的习俗。如图，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FA、FB，轻绳能够承受足够大的拉力，则(　　)

A.FA小于FB

B．FA、FB的合力大于mg

C．调节悬点A的位置，可使FA、FB都大于mg

D．换质量更大的灯笼，FB的增加量比FA的增加量大

【解析】选A、C、D。作出结点O的力的合成图如图所示，由于OA比OB长，可知在力的直角三角形中大角对大边，所以FA小于FB，故A正确；由力的平衡可知FA、FB的合力等于mg，故B错误；根据力的分解可知，合力可以小于每一个分力，所以调节悬点A的位置，可使FA、FB都大于mg，故C正确；由于FA小于FB及力合成图可知换质量更大的灯笼，即增大合力，FB的增加量比FA的增加量大，故D正确。

6. (多选)如图所示，质量为m的木块在推力F作用下，在水平地面上做匀速运动，已知木块与地面间的动摩擦因数为μ，那么木块受到的滑动摩擦力为(　　)

A．μmg         B．μ(mg＋F sin θ)

C．μ(mg－F sin θ)     D．F cos θ

【解题指导】本题属于已知条件较多的选择题，这类题一般为多解问题。对于本题一个解为根据物体的平衡求解滑动摩擦力，另一个解为根据滑动摩擦定律求解滑动摩擦力。

【解析】选B、D。木块匀速运动时受到四个力的作用：重力mg、推力F、支持力FN、摩擦力Ff。沿水平方向建立x轴，将F进行正交分解如图所示：

由平衡条件得：F cos θ＝Ff，FN＝mg＋F sin θ，又由于Ff＝μFN，解得Ff＝μ(mg＋F sin θ)，故B、D正确。

7. (2021·潍坊模拟)如图所示，山坡上两相邻高压塔A、B之间架有匀质粗铜线，平衡时铜线呈弧形下垂，最低点为C，已知弧线BC的长度是AC的3倍，而左塔B处铜线切线与竖直方向成β＝30°角。问右塔A处铜线切线与竖直方向成的角α应为(　　)

A．30°　　　B．45°　　　C．60°　　　D．75°

【解析】选C。设AB两端铜线上拉力分别为FA、FB，铜线质量为m，在水平方向，ABC整体受力平衡，有：FA sin α＝FB sin β；在竖直方向，BC段受力平衡，有：FB cos β＝mg；(AC段对C点力的方向水平向右)；在竖直方向，AC段受力平衡，有：FA cos α＝mg；联立解得：tan α＝3tan β，所以，α＝

60°，故A、B、D错误，C正确。

8. (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。当车轴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

【解析】选B、D。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减小，选项C错误，D正确。

9．(2021·哈尔滨模拟)图甲是由两圆杆构成的“V”形斜槽，它与水平面成倾角θ放置。现将一质量为m的圆柱体滑块由斜槽顶端释放，滑块恰好匀速下滑，沿斜槽看去，截面如图乙所示。已知滑块与两圆杆间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，β＝120°，则(　　)

A．μ＝tan θ

B．左边圆杆对滑块的支持力大小为mg cos θ

C．左边圆杆对滑块的摩擦力大小为mg sin θ

D．若增大θ，左边圆杆对滑块的支持力将增大

【解析】选B。滑块恰好匀速下滑，则滑块受力平衡，对滑块受力分析，根据平衡条件得，mg sin θ＝2f＝2μFN，mg cos θ＝2FNcos ＝FN，解得μ＝

tan θ，选项A错误、B正确；左边圆杆对滑块的摩擦力大小为f＝

mg sin θ，选项C错误；若θ增大，cos θ减小，则左边圆杆对滑块的支持力将减小，选项D错误。

10.(2021·曲靖模拟)如图为汽车的机械式手刹(驻车器)系统的结构示意图,结构对称。当向上拉动手刹拉杆时,手刹拉索(不可伸缩)就会拉紧,拉索OD、OC分别作用于两边轮子的制动器上,从而实现驻车的目的。则以下说法正确的

是 (　　)

A.当OD、OC两拉索夹角为60°时,三根拉索的拉力大小相等

B.拉动手刹拉杆时,拉索AO上拉力总比拉索OD和OC中任何一个拉力大

C.若在AO上施加一恒力,OD、OC两拉索夹角越小,拉索OD、OC拉力越大

D.若保持OD、OC两拉索拉力不变,OD、OC两拉索越短,拉动拉索AO越省力

【解析】选D。当OD、OC两拉索夹角为120°时,三根拉索的拉力大小才相等,选项A错误;拉动手刹拉杆时,当OD、OC两拉索夹角大于120°时,拉索AO上拉力比拉索OD和OC中任何一个拉力小,选项B错误;根据平行四边形定则可知,若在AO上施加一恒力,OD、OC两拉索夹角越小,拉索OD、OC拉力越小,选项C错误;若保持OD、OC两拉索拉力不变,OD、OC两拉索越短,则两力夹角越大,合力越小,即拉动拉索AO越省力,选项D正确。故选D。

11．如图所示，一直杆倾斜固定并与水平方向成30°的夹角。直杆上套有一个质量为0.5 kg的圆环，圆环与轻弹簧相连，在轻弹簧上端施加一竖直向上、大小F＝10 N的力，圆环处于静止状态。已知直杆与圆环之间的动摩擦因数为0.7，g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)

A．圆环受到直杆的弹力，方向垂直直杆向上

B．圆环受到直杆的弹力大小等于2.5 N

C．圆环受到直杆的摩擦力，方向沿直杆向上

D．圆环受到直杆的摩擦力大小等于2.5 N

【解析】选D。因弹簧的拉力F＝10 N>mg＝5 N，所以圆环受到垂直直杆向下的支持力FN，故A项错误；同理，拉力沿直杆向上的分力F1＝Fsin30°＝5 N，也大于重力沿直杆向下的分力G1，所以圆环受到沿直杆向下的摩擦力Ff，故C项错误；如图所示，垂直直杆方向FN＋mgcos30°＝Fcos30°，沿直杆方向Ff＋mgsin30°＝Fsin30°，解得FN＝ N，Ff＝2.5 N，故B项错误，D项正确。

【题后反思】本题弹簧的弹力大于物体的重力，可以用等效法，相当于物体受一个竖直向上的重力，从而转化为我们熟悉的模型求解。

【加固训练】

 (2020·宁波模拟)如图所示，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              (　　)

【解析】选C。解法一：(力的合成法)小球受mg、FN、F三个力作用而静止。其中FN、F的合力与mg等大反向，即2Fcos30°=mg

F=kx，所以x=，故C正确。

解法二：(力的效果分解法)

将mg沿垂直斜面方向和沿弹簧方向进行分解。

两个分力分别为F1、F2，其中F1大小等于弹簧弹力F。则2Fcos30°＝mg，F＝kx，所以x＝，故C正确。

解法三：

(正交分解法)

将FN、F沿x、y轴进行分解。

Fsin30°＝FNsin30°，Fcos30°＋FNcos30°＝mg，F＝kx，联立得x＝，故C正确。

12．(创新题)如图所示，质量均为M的A、B两滑块放在粗糙水平面上，两轻杆等长，杆与滑块、杆与杆间均用光滑铰链连接，在两杆铰合处悬挂一质量为m的重物C，整个装置处于静止状态，设杆与水平面间的夹角为θ。下列说法正确的是(　　)

A．当m一定时，θ越小，滑块对地面的压力越大

B．当m一定时，θ越大，轻杆受力越小

C．当θ一定时，M越大，滑块与地面间的摩擦力越大

D．当θ一定时，M越小，可悬挂重物C的质量m越大

【解析】选B。

对ABC整体分析可知，对地压力为FN＝(2M＋m)g，与θ无关，故A错误；将C的重力按作用效果分解，如图所示，根据平行四边形定则有F1＝F2＝＝，故m一定时，θ越大，轻杆受力越小，故B正确；对A分析，受重力、杆的推力、支持力和向右的静摩擦力，根据平衡条件有Ff＝F1cos θ＝，与M无关，故C错误；只要动摩擦因数足够大，即满足F1cos θ≤μF1sin θ，不管M多大，M都不会滑动，所以可悬挂重物C的质量大小与M无关，故D错误。

【题后反思】物体的动态平衡有两种方法，图解法和解析法，一般来说物体受三个力用图解法，如分析轻杆的作用力，物体受三个力以上时用解析法，如分析滑块和地面的静摩擦力。

13.如图所示，轻杆BC的C点用光滑铰链与墙壁固定，杆的B点通过水平细绳AB使杆与竖直墙壁保持30°的夹角。若在B点悬挂一个定滑轮(不计重力)，某人用它匀速地提起重物。已知重物的质量m＝30 kg，人的质量M＝50 kg，g取10  m/s2。试求：

(1)此时地面对人的支持力的大小。

(2)轻杆BC和绳AB所受力的大小。

【解析】(1)因匀速提起重物，则FT＝mg，且绳对人的拉力为mg，所以地面对人的支持力为FN＝Mg－mg＝(50－30)×10 N＝200 N，方向竖直向上。

(2)定滑轮对B点的拉力方向竖直向下，大小为2mg，杆对B点的弹力方向沿杆的方向，如图所示，由共点力平衡条件得

FAB＝2mgtan 30°＝2×30×10× N＝200 N，

FBC＝＝400 N。

由牛顿第三定律可得F′BC＝FBC＝400 N，F′AB＝FAB＝200 N。

答案：(1)200 N　(2)400 N　200 N

【加固训练】

(2021·双鸭山模拟)如图所示，光滑的轻滑轮通过支架固定在天花板上，一足够长的细绳跨过滑轮，一端悬挂小球b，另一端与套在水平细杆上的小球a连接。在水平拉力F作用下小球a从图示虚线位置开始缓慢向右移动(细绳中张力大小视为不变)。已知小球b的质量是小球a的2倍，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，小球a与细杆间的动摩擦因数为，已知小球a的质量为m，则下列说法正确的是(　　)

A.当细绳与细杆的夹角为60°时，拉力F的大小为(2-)mg

B.支架对轻滑轮的作用力大小逐渐增大

C.拉力F的大小一直增大

D.拉力F的大小先减小后增大

【解析】选C。小球b的质量为2m，在缓慢移动的过程中，两小球都处于平衡状态，绳子的拉力T＝mbg＝2mg，当细绳与细杆的夹角为60°时，

对小球a受力分析如图所示，则在水平方向上有F＝μN＋T·cos60°，在竖直方向上有Tsin60°＋N＝mg，联立解得F＝mg，选项A错误；小球a从图示虚线位置开始缓慢向右移动时，两段绳子的拉力大小不变，但夹角变大，所以合力变小，故支架对轻滑轮的作用力减小，B错误；绳子与轻杆方向的夹角θ越来越小，根据T sin θ＋N＝mg可知N越来越大，在水平方向上F＝μN＋T·

cos θ，即摩擦力越来越大，T·cos θ越来越大，故拉力F的大小一直增大，C正确，D错误。