高考物理一轮复习 第二章 相互作用 第2节 力的合成与分解作业与检测（含解析）鲁科版-鲁科版高三全册物理试题.doc

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1、第2节力的合成与分解基础必备1.(2019湖北武汉调研)两个力F1和F2间的夹角为,两力的合力为F.以下说法正确的是(C)A.合力F总比分力F1和F2中的任何一个力都大B.合力F一定比分力F1和F2中的一个力大C.若F1和F2大小不变,越小,合力F就越大D.如果夹角不变,若F1的大小不变,只要F2增大,合力F就必然增大解析:二力平衡时,合力为零,此时合力F比分力中的任何一个力都小,选项A,B错误;若F1和F2大小不变,角越小,合力F越大,选项C正确;如果两个力F1,F2方向相反,且F1F2,F1大小不变,F2增大,合力F减小,故选项D错误.2.如图所示,物块在力F作用下向右沿水平方向匀速运动,

2、则物块受到的摩擦力f与拉力F的合力方向应该是(B)A.水平向右B.竖直向上C.向右偏上D.向左偏上解析:对物块受力分析,如图所示.拉力F与摩擦力f的合力,再加上支持力N,与重力平衡,故B正确.3.城市中的路灯、无轨电车的供电线路等,经常用三角形的结构悬挂.如图是这类结构的一种简化模型,硬杆左端可绕通过B点且垂直于纸面的轴无摩擦地转动,右端O点通过钢索挂于A点,钢索和硬杆所受的重力均可忽略.有一质量不变的重物悬挂于O点,现将钢索缓慢变短,并使钢索的悬挂点A缓慢向下移动,以保证硬杆始终处于水平.则在上述变化过程中,下列说法中正确的是(A)A.钢索对O点的拉力变大B.硬杆对O点的弹力变小C.钢索和硬

3、杆对O点的作用力的合力变大D.钢索和硬杆对O点的作用力的合力变小解析:以O点为研究对象,受力分析,如图所示,由几何关系有FAO=,FBO=,将钢索缓慢变短,并使钢索的悬挂点A缓慢向下移动,减小,则FAO增大,FBO增大,故A正确,B错误;BO始终水平,O点始终平衡,钢索和硬杆对O点的作用力的合力与重力平衡,保持不变,故C,D错误.4.如图(甲)所示,斜拉桥的塔柱两侧有许多钢索,它们的一端都系在塔柱上.对于每一对钢索,它们的上端可以看成系在一起,即两根钢索对塔柱的拉力F1,F2作用在同一点,它们合起来对塔柱的作用效果应该让塔柱好像受到一个竖直向下的力F一样,如图(乙)所示.这样,塔柱便能稳固地矗

4、立在桥墩上,不会因钢索的牵拉而发生倾斜,甚至倒下.如果斜拉桥塔柱两侧的钢索不能呈对称分布,如图(丙)所示,要保持塔柱所受的合力竖直向下,那么钢索AC,AB的拉力FAC,FAB应满足(B)A.FACFAB=11B.FACFAB=sin sin C.FACFAB=cos cos D.FACFAB=sin sin 解析:将AB,AC上的力正交分解,在水平方向上的合力应为零,有FACsin -FABsin =0,则FACFAB=sin sin ,选项B正确.5.如图所示,一条小船在河中向正东方向行驶,船上挂起一风帆,帆受侧向风力作用,风力大小F1为100 N,方向为东偏南30,为了使船受到的合力能恰沿

5、正东方向,岸上一人用一根绳子拉船,绳子取向与河岸垂直,侧向风力和绳子拉力的合力大小及绳子拉力F2的大小为(B)A.50 N50 NB.50 N50 NC.50 N25 ND.50 N50 N解析:如图所示,以F1,F2为邻边作平行四边形,使合力F沿正东方向,则F=F1cos 30=100 N=50 N,F2=F1sin 30=100 N=50 N,故选项B正确.6.(多选)如图所示,电灯的重力G=10 N,AO绳与顶板间的夹角为45,BO绳水平,AO绳的拉力为FA,BO绳的拉力为FB,则(AD)A.FA=10 NB.FA=10 NC.FB=10 ND.FB=10 N解析:O点为两段绳的连接点,

6、属于“死结”,AO绳的拉力FA与BO绳的拉力FB大小不相等.结点O处电灯的重力产生了两个效果,沿OA向下的拉紧AO的分力F1和沿BO向左的拉紧BO绳的分力F2,画出力的平行四边形如图所示.由几何关系得F1=10 N,F2=10 N,故FA=F1=10 N,FB=F2=10 N,故A,D正确.7.(2019陕西渭南质检)如图为一攀岩运动员正沿竖直岩壁缓慢攀登,由于身背较重的行囊,重心上移至肩部的O点,总质量为60 kg.此时手臂与身体垂直,手臂与岩壁夹角为53.则手受到的拉力和脚受到的作用力分别为(设手、脚受到的作用力均通过重心O,g取10 m/s2,sin 53=0.8,cos 53=0.6)

7、(A)A.360 N480 NB.480 N360 NC.450 N800 ND.800 N450 N解析:对人进行受力分析,如图所示,设人受到的重力为mg,手受到的力的大小为F1,脚受到的力的大小为F2,根据共点力的平衡条件有F1=mgcos 53=60100.6 N=360 NF2=mgsin 53=60100.8 N=480 N.8.(多选)已知力F,且它的一个分力F1跟F成30角,大小未知,另一个分力F2的大小为F,方向未知,则F1的大小可能是(AC)A.B.C.D.F解析:根据题意作出矢量三角形如图,因为F,从图上可以看出,F1有两个解,由直角三角形OAD可知FOA=F,由直角三角形

8、ABD得FBA=F.由图的对称性可知FAC=FBA=F,则分力F1=F-F=F,F1=F+F=F.能力培养9.如图所示,水平轻杆的一端固定在墙上,轻绳与竖直方向的夹角为37,小球的重力为12 N,轻绳的拉力为 10 N,水平轻弹簧的拉力为9 N,则轻杆对小球的作用力的大小及其方向与竖直方向夹角为(C)A.12 N53B.6 N90C.5 N37D.1 N90解析:以小球为研究对象,受力分析如图所示,小球受四个力的作用;重力G、轻绳的拉力F2、轻弹簧的拉力F1、轻杆的作用力F,其中轻杆的作用力的方向和大小不能确定,重力、弹簧的弹力二者的合力的大小为F合=15 N10 N.设F合与竖直方向夹角为,

9、则sin =,则=37,所以杆对小球的作用力方向与F2方向相同,大小为F=F合-F2=5 N,故选项C正确.10.如图所示是一旅行箱,它既可以在地面上推着行走,也可以在地面上拉着行走.已知该旅行箱的总质量为15 kg,一旅客用斜向上的拉力拉着旅行箱在水平地面上做匀速运动,若拉力的最小值为90 N,此时拉力与水平方向间的夹角为,重力加速度大小为g=10 m/s2,sin 37=0.6,旅行箱受到地面的阻力与其受到地面的支持力成正比,比值为,则(D)A.=0.5,=37B.=0.5,=53C.=0.75,=53D.=0.75,=37解析:对旅行箱受力分析,如图所示;根据平衡条件,水平方向,有Fco

10、s -f=0,竖直方向,有N+Fsin -G=0,其中f=N,故F=令=tan ,则F=;当-=0时,F有最小值,故F=Gsin =90 N,故=37,故=tan 37=0.75,=37;故选项D正确.11.(2019河南六校联考)如图所示,一固定的细直杆与水平面的夹角为=15,一个质量忽略不计的小轻环C套在直杆上,一根轻质细线的两端分别固定于直杆上的A,B两点,细线依次穿过小环甲、小轻环C和小环乙,且小环甲和小环乙分居在小轻环C的两侧.调节A,B间细线的长度,当系统处于静止状态时=45.不计一切摩擦.设小环甲的质量为m1,小环乙的质量为m2,则 m1m2等于(C)A.tan 15B.tan

11、30C.tan 60D.tan 75解析:小环C为轻环,重力不计,受两边细线的拉力的合力与杆垂直,C环与乙环的连线与竖直方向的夹角为60,C环与甲环的连线与竖直方向的夹角为30,A点与甲环的连线与竖直方向的夹角为30,乙环与B点的连线与竖直方向的夹角为60,根据平衡条件,对甲环:2Tcos 30=m1g,对乙环有:2Tcos 60=m2g,得m1m2=tan 60,故选C.12.如图所示,一质量为m的沙袋用不可伸长的轻绳悬挂在支架上,一练功队员用垂直于绳的力将沙袋缓慢拉起使绳与竖直方向的夹角为=30后静止,且绳绷紧,则练功队员对沙袋施加的作用力大小为(A)A.B.mgC.mgD.mg解析:建立

12、如图所示直角坐标系,对沙袋进行受力分析.将F和T正交分解,有Fcos 30-Tsin 30=0,Tcos 30+Fsin 30-mg=0,联立可解得F=,故选项A正确.13.如图所示,滑轮本身的质量可忽略不计,滑轮轴O安在一根轻木杆B上,一根轻绳AC绕过滑轮,A端固定在墙上,且绳保持水平,C端挂一重物,BO与竖直方向夹角=45,系统保持平衡.若保持滑轮的位置不变,改变的大小,则滑轮受到木杆作用力大小变化情况是(D)A.只有角变小,作用力才变大B.只有角变大,作用力才变大C.不论角变大或变小,作用力都是变大D.不论角变大或变小,作用力都不变解析:两根绳子的拉力大小等于重物的重力,大小不变,方向也不变,故两个拉力的合力恒为mg,与水平方向成45斜向右下方,选项D正确.14.如图所示,圆弧面AB与斜面BC固定在水平面上,质量为m的物块与大球通过绕过定滑轮的轻绳和与斜面平行的轻弹簧连接,系统处于静止状态时,滑轮左侧的轻绳恰好沿水平方向,OO与水平面间夹角为,弹簧伸长了x.重力加速度大小为g,不计一切摩擦.求:(1)弹簧的劲度系数k;(2)大球的质量M.解析:(1)物块受力如图所示,则有弹簧弹力F1=mgsin ,根据胡克定律,F1=kx联立解得k=.(2)大球受力如图所示,则有F2=F1,Mg=F2tan 联立解得M=msin tan .答案:(1)(2)msin tan