人教版 (2019)必修 第一册4 力的合成和分解练习

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A级—学考达标


1.如图所示，物体B与竖直墙面接触，在竖直向上的力F的作用下，A、B均保持静止，则物体B的受力个数为( )


A．2个 B．3个


C．4个 D．5个


解析：选C 物体A处于静止状态，其受到的合外力为零，受力分析如图甲所示；对物体A、B整体受力分析如图乙所示，竖直墙面对物体B没有弹力作用，则墙面也不会提供静摩擦力； 对物体B受力分析，如图丙所示，则物体B受到4个力的作用，选项C正确。





2．如图所示，在水平力F的作用下，木块A、B保持静止。若木块A与B的接触面是水平的，且F≠0。则关于木块B的受力个数，可能是( )


A．3个或4个


B．3个或5个


C．4个或5个


D．4个或6个


解析：选C 木块B一定受重力和A对它的压力；将A、B看成整体，因整体保持静止，所以B一定受斜面的支持力；隔离木块A并对其受力分析，因A静止，故A一定受B的静摩擦力，故B也一定受A的静摩擦力；斜面对木块B可能有静摩擦力的作用，也可能没有。综上所述，C正确。


3．如图所示，A物体沿竖直墙面自由下滑，B、C、D物体均静止，各接触面均粗糙。下列说法正确的是( )





A．A物体受到三个力作用


B．B物体受到四个力作用


C．C物体受到三个力作用


D．D物体受到三个力作用


解析：选C A物体沿竖直墙面自由下滑，“自由”说明A物体与竖直墙面之间没有弹力和摩擦力，因此A物体只受重力作用，故A错误；B物体处于静止状态，受到重力、弹力、摩擦力三个力的作用，故B错误；C物体受到重力和两个绳子的拉力共三个力的作用，故C正确；D物体处于静止状态，受到重力、支持力、绳子的拉力和摩擦力共四个力的作用，故D错误。


4.如图所示，两个质量都为m的小球A、B用轻杆连接后斜放在墙壁上处于平衡状态。已知墙壁光滑，水平地面粗糙，现将A球向下移动一小段距离，两球再次达到平衡，那么将移动后的平衡状态和原来的平衡状态比较，地面对B球的支持力N和地面对B球的摩擦力f的变化情况是( )


A．N不变 B．N变大


C．f不变 D．f变小


解析：选A 对整体进行受力分析，知竖直方向：N＝2mg，移动两球后，仍然平衡，则N仍然等于2mg，所以N不变；水平方向：地面对B球的摩擦力f大小等于竖直墙壁对A球的弹力大小；再隔离A球进行受力分析，如图所示，墙壁对A球的弹力FN＝mgtan θ；当A球向下移动一小段距离，夹角θ增大，所以FN增大，而墙壁对A球的弹力大小始终等于地面对B球的摩擦力f大小，则地面对B球的摩擦力f变大，故A正确，B、C、D错误。


5.如图所示，一质量为m的长方体物块静止在粗糙水平地面上，一重为G的光滑圆球放在光滑竖直的墙壁和长方体物块之间处于静止状态。现用水平向右的拉力F缓慢拉动长方体物块，在圆球与地面接触之前，下列判断正确的是( )


A．地面对长方体物块的支持力逐渐增大


B．球对墙壁的压力逐渐减小


C．水平拉力F逐渐减小


D．地面对长方体物块的摩擦力逐渐增大


解析：选C 对球和长方体物块整体进行受力分析，整体处于平衡状态，竖直方向有：N＝mg＋G，则地面对整体的支持力不变，地面受到的摩擦力为滑动摩擦力，则有f＝μN，故地面对长方体物块的摩擦力不变，A、D错误；对球进行受力分析，如图所示，球受力平衡，则有：N1＝Gtan θ，N2＝eq \f(G,cs θ)，当用水平向右的拉力F缓慢拉动长方体物块时，θ增大，则tan θ增大，所以N1增大，cs θ减小，则N2增大，根据牛顿第三定律可知，球对墙壁的压力逐渐增大，故B错误；对长方体物块受力分析，


受到重力mg、地面的支持力N、拉力F、球对长方体物块的压力N2′以及滑动摩擦力f作用，如图所示，受力平衡，根据牛顿第三定律可知，N2′＝N2，则水平方向有：F＋N2′sin θ＝f，由于N2增大，θ增大，f不变，则F减小，故C正确。


6.如图所示，斜面与水平面、斜面与挡板间的夹角均为30°，一小球放置在斜面与挡板之间，挡板对小球的弹力为FN1，斜面对小球的弹力为FN2。以挡板与斜面连接点所形成的水平直线为轴，将挡板从图示位置开始缓慢地转到水平位置，不计摩擦，在此过程中( )


A．FN1始终减小，FN2始终增大


B．FN1始终增大，FN2始终减小


C．FN1始终减小，FN2先减小后增大


D．FN1先减小后增大，FN2始终减小


解析：选D 对小球受力分析如图所示，将FN1与FN2合成，其合力与重力等大反向，挡板转动时，挡板给球的弹力FN1与斜面给球的弹力FN2的合力的大小和方向均不变，其中FN2垂直于斜面，方向不变，挡板转动过程中，FN1的方向变化情况如图所示，为满足平行四边形定则，FN1大小变化规律为先变小后变大，其中挡板与斜面垂直时为最小，与此对应，FN2的大小一直减小，故D正确。


7.如图所示，质量为m的木块A放在质量为M的三角形斜劈上，现用大小均为F、方向相反的水平力分别推A和B，它们均静止不动，则(重力加速度取g)( )


A．A与B之间一定存在摩擦力


B．B与地面之间可能存在摩擦力


C．B对A的支持力可能小于mg


D．地面对B的支持力为Mg


解析：选C 对A、B整体受力分析，如图所示，受到重力(M＋m)g、支持力FN和已知的两个推力F，对于整体，由于两个推力刚好平衡，故整体与地面间没有摩擦力，且有FN＝(M＋m)g，故B、D错误；对A受力分析，A至少受重力mg、推力F、B对A的支持力FN′，当推力F沿斜面的分力大于重力沿斜面的分力时，摩擦力的方向沿斜面向下，当推力F沿斜面的分力小于重力沿斜面的分力时，摩擦力的方向沿斜面向上，当推力F沿斜面的分力等于重力沿斜面的分力时，摩擦力为零，A错误；在垂直斜面方向上有FN′＝mgcs θ＋Fsin θ(θ为斜劈倾角)，故FN′可能小于mg，C正确。


8.半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有一固定放置的竖直挡板MN，在半圆柱体P和MN之间放有一光滑的均匀小圆柱体Q，整个装置处于平衡状态，装置的纵截面图如图所示。现使MN保持竖直并且缓慢地向右平移，在Q滑落到地面之前，发现P始终保持静止，则在此过程中，下列说法正确的是( )


A．MN对Q的弹力逐渐减小


B．地面对P的摩擦力逐渐增大


C．P、Q间的弹力先减小后增大


D．Q所受的合力逐渐增大


解析：选B Q的受力分析如图所示，F1表示P对Q的弹力，F2表示MN对Q的弹力，F2的方向水平向左保持不变，F1的方向顺时针旋转，由平行四边形的边长变化可知：F1与F2都逐渐增大，A、C错误；由于MN缓慢移动，Q处于平衡状态，所受合力为零，D错误；对P、Q整体受力分析，由平衡条件得，Ff＝F2，由于F2逐渐增大，故Ff逐渐增大，B正确。


9.如图所示，粗糙水平地面上放着一个截面为半圆的柱状物体A，物体A与竖直墙之间放一光滑半圆球B，整个装置处于平衡状态。已知物体A、半圆球B的质量分别为m和M，半圆球B与物体A半径均为R，半圆球B的球心到水平地面的竖直距离为eq \r(2)R，重力加速度为g。求：


(1)物体A对地面的压力大小；


(2)物体A对地面的摩擦力大小。


解析：(1)把物体A、半圆球B看成一个整体，对整体受力分析，


在竖直方向上受到竖直向下的重力(M＋m)g和地面的支持力FN的作用，二力平衡，


所以FN＝(M＋m)g，由牛顿第三定律得物体A对地面的压力大小为(M＋m)g。


(2)在水平方向上，整体受到竖直墙水平向右的弹力的作用，故物体A受到地面水平向左的摩擦力，并且摩擦力大小等于弹力大小；选取半圆球B为研究对象，运用隔离法，受力分析如图所示。


根据力的分解和力的平衡条件可得：


FN1＝eq \f(Mg,cs θ)，FN2＝Mgtan θ


半圆球B的球心到水平地面的竖直距离为eq \r(2)R，


由几何关系可知θ＝45°


所以FN2＝Mg


根据受力分析及牛顿第三定律，物体A对地面的摩擦力大小等于FN2，所以物体A对地面的摩擦力大小为Mg。


答案：(1)(M＋m)g (2)Mg


B级—选考提能


10.[多选]《大国工匠》节目中讲述了王进利用“秋千法”在1 000 kV的高压线上带电作业的过程。如图所示，绝缘轻绳OD一端固定在高压线杆塔上的O点，另一端固定在兜篮上。另一绝缘轻绳跨过固定在杆塔上C点的定滑轮，一端连接兜篮，另一端由工人控制。身穿屏蔽服的王进坐在兜篮里，缓慢地从C点运动到处于O点正下方E点的电缆处。绳OD一直处于伸直状态，兜篮、王进及携带的设备总质量为m，不计一切阻力，重力加速度大小为g。关于王进从C点运动到E点的过程中，下列说法正确的是( )


A．工人对绳的拉力一直变大


B．绳OD的拉力一直变小


C．OD、CD两绳拉力的合力大小等于mg


D．当绳CD与竖直方向的夹角为30°时，工人对绳的拉力为eq \f(\r(3),3)mg


解析：选CD 对兜篮、王进及携带的设备整体受力分析如图所示，绳OD的拉力为F1，与竖直方向的夹角为θ，绳CD的拉力为F2，与竖直方向的夹角为α。王进下降的过程中，θ减小，α增大，故F1增大，F2减小，A、B错误；两绳拉力的合力大小等于mg，C正确；α＝30°时，θ＝30°，可求出F2＝eq \f(\r(3),3)mg，D正确。


11．如图所示，顶端附有光滑定滑轮的斜面体静止在粗糙的水平地面上。三条绳结于O点，一条绳跨过定滑轮平行于斜面与物块P连接，一条绳连接小球Q，另一条绳OA在外力F的作用下使夹角θ<90°，P、Q两物体处于静止状态。现缓慢改变绳OA的方向至θ>90°，且保持结点O位置不变，整个装置始终处于静止状态。下列说法正确的是( )





A．斜面对P的摩擦力一定增大


B．绳OA的拉力先减小后增大


C．地面对斜面体的摩擦力方向可能向右


D．地面对斜面体的支持力等于P和斜面体所受的重力之和


解析：选B 缓慢改变绳OA的方向至θ>90°的过程，OA拉力的方向变化如图所示，可见OA的拉力先减小后增大，OP的拉力一直增大，故B正确；若开始时P受绳的拉力比较小，斜面对P的摩擦力沿斜面向上，OP拉力一直增大，则斜面对P的摩擦力先变小后反向增大，故A错误；以斜面体和P、Q整体为研究对象受力分析，根据平衡条件：斜面体受地面的摩擦力与绳OA水平方向的分力等大反向，故摩擦力方向向左，故C错误；以斜面体和P、Q整体为研究对象受力分析，根据


竖直方向受力平衡：N＋Fcs α＝(M斜＋MP＋MQ)g，α为F与竖直方向的夹角，由图分析可知F的最大值即为MQg(当F方向竖直向上时)，故Fcs αM斜g＋MPg，故D错误。


12．一般教室门上都安装一种暗锁，这种暗锁由外壳A、骨架B、弹簧C(劲度系数为k)、锁舌D(倾角θ＝30°)、锁槽E以及连杆、锁头等部件组成，如图甲所示。设锁舌D的侧面与外壳A和锁槽E之间的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力Ffm由Ffm＝μFN(FN为正压力)求得。有一次放学后，当某同学准备关门时，无论用多大的力，也不能将门关上(这种现象称为自锁)，此刻暗锁所处的状态的俯视图如图乙所示，P为锁舌D与锁槽E之间的接触点，弹簧由于被压缩而缩短了x。





(1)求自锁状态时锁舌D的下表面所受摩擦力的方向；


(2)求此时(自锁时)锁舌D与锁槽E之间的正压力的大小；


(3)无论用多大的力拉门，暗锁仍然能够保持自锁状态，则μ至少要多大？


解析：(1)锁舌D受力分析如图所示，由于锁舌D有向左运动的趋势，故锁舌D所受到的最大静摩擦力为f1，其方向向右。


(2)设锁舌D受到锁槽E的最大静摩擦力为f2，正压力为N，下表面的正压力为F，弹簧的弹力为kx，由平衡条件可得：


kx＋f1＋f2cs θ－Nsin θ＝0


F－Ncs θ－f2sin θ＝0


又有：f1＝μF


f2＝μN


解得：N＝eq \f(2kx,1－2\r(3)μ－μ2)。


(3)无论用多大的力拉门，暗锁仍然能够保持自锁状态，说明压力N无穷大，即：


1－2eq \r(3)μ－μ2＝0


解得：μ＝2－eq \r(3)≈0.27。


答案：(1)方向向右 (2)eq \f(2kx,1－2\r(3)μ－μ2) (3)0.27