通用版2021版高考物理大一轮复习课后限时集训5力的合成与分解修订

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1、课后限时集训 5 力的合成与分解 建议用时： 45 分钟 1( 多选 ) 将物体所受重力按力的作用效果进行分解，下列图中正确的是( ) ABD A 图中，重力产生了使物体下滑的效果及挤压斜面的效果，故A作图正确； B图 中，重力产生了向两边拉绳的效果，故 B作图正确； C图中，重力产生了挤压两墙壁的效果， 两分力分别垂直于墙面，故C作图错误； D图中，重力产生了拉绳及挤压墙面的效果，故D 作图正确。 2. 一物体受到三个共面共点力F1、F2、F3的作用，三力的矢量关系如图所示( 小方格边 长相等 ) ，则下列说法正确的是( ) A三力的合力有最大值F1F2F3，方向不确定 B三力的合力有唯一值

2、3F3，方向与F3同向 C三力的合力有唯一值2F3，方向与F3同向 D由题给条件无法求合力大小 B 应先合成其中两个力，再合成第三个力，根据本题特点先合成F1和F2，如图所示， 再求F12与F3的合力。 由图可知F合3F3，方向与F3同向，故选项B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的关系图象，则这两 个分力的大小分别是( ) A1 N 和 4 N B2 N 和 3 N C1 N 和 5 N D2 N 和 4 N B 设两个力分别为F1、F2，F1F2，当两个力的夹角为180时，合力为1 N，即F1 F21 N。当两个力的夹角为0时，合力为5 N，即F1F25 N

3、，解得F13 N，F22 N， 故 A、C、D错误， B正确。 4 三个共点力大小分别是F1、F2、F3， 关于它们合力F的大小，下列说法正确的是( ) AF大小的取值范围一定是0FF1F2F3 BF至少比F1、F2、F3中的某一个力大 C若F1F2F3368，只要适当调整它们之间的夹角，一定能使合力为零 D若F1F2F3362，只要适当调整它们之间的夹角，一定能使合力为零 C 三个大小分别是F1、F2、F3的共点力合成后的最大值一定等于F1F2F3，但最小 值不一定等于零， 只有当某一个力的大小在另外两个力的大小的和与差之间时，这三个力的 合力才可能为零，选项A、B、D错误， C正确。 5.

4、 (2019江西南昌十中期末) 为了把陷在泥坑里的汽车拉出来，司机用一条结实的绳子 把汽车拴在一棵大树上，开始时车与树相距12 m，然后在绳的中点用400 N 的水平力F沿 垂直绳的方向拉绳，结果中点被拉过0.6 m ，如图所示 ( 俯视图 ) ，假设绳子的伸长不计，则 汽车受到的拉力为( ) A200 N B 400 N C2 000 N D 800 N C 对绳中点受力分析，如图所示。设绳中张力大小为T，根 据力的合成法则，结合几何知识有 F 2 T 0.6 6 ，解得T2 000 N，即汽车受到的拉力为2 000 N， 故 C正确。 6. 如图所示，光滑斜面的倾角为37，一个可以看成质点

5、的小球在轻质细线的拉力作 用下静止在斜面上， 细线与斜面间的夹角也为37。若小球所受的重力为G， sin 37 0.6 ， cos 37 0.8 ，则手对细线的拉力等于( ) AG B G 2 C 3G 4 D 4G 5 C 对小球受力分析，小球受到细线的拉力F、斜面的支持力N和重力G，在沿斜面方 向上，Fcos 37 Gsin 37 ，解得FGtan 37 3 4G ，故选项C正确。 7. 如图所示，水平横梁的一端A插在墙壁内，另一端装有一个小滑轮B，一轻绳的一端 C固定于墙壁上，另一端跨过滑轮后悬挂一质量m10 kg 的重物，CBA30，则滑轮受 到绳子的作用力为(g取 10 N/kg)(

6、 ) A50 N B 100 N C203 N D 1003 N B 由题意可得，对滑轮B点受力分析如图所示，滑轮受到绳子的作 用力应为图中两段绳中拉力F1和F2的合力F， 因同一根绳子张力处处相等， 都等于重物的重力，即F1F2Gmg100 N。用平行四边形定则作图， 由于拉力F1和F2的夹角为120，由几何关系可得F 100 N，所以滑轮受 绳子的作用力大小为100 N，方向与水平方向成30斜向下。故选项B正确。 8.( 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，那么木块受到的滑动摩擦力为( ) AmgB(mgFsin

7、) C(mgFsin ) DFcos BD 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 ( 这样建立坐标系只需分解F) ，由于木块做匀速直线运动，所以在x轴 上，向左的力等于向右的力( 水平方向二力平衡)；在y轴上， 向上的力 等于向下的合力。即Fcos Ff，FNmgFsin ，又FfFN，解 得，Ff(mgFsin ) ，故选项B、D正确。 9. 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，且绳绷紧，则练功队员对沙 袋施加的作用

8、力大小为( ) A 1 2mg B 3 2 mg C 3 3 mg D 3mg A 如图，建立直角坐标系对沙袋进行受力分析。 由平衡条件有：Fcos 30 FTsin 30 0，FTcos 30 Fsin 30 mg 0，联立可 解得：F1 2mg ，故 A正确。 10. (2019淄博一模) 如图所示，a、b两个小球穿在一根光滑的固定杆上，并且通过一 条细绳跨过定滑轮连接。已知b球质量为m，杆与水平面的夹角为30， 不计所有摩擦。当 两球静止时，Oa段绳与杆的夹角也为30，Ob段绳沿竖直方向，则a球的质量为 ( ) A3m B 3 3 m C 3 2 m D 2m A 分别对a、b两球受力分

9、析， 运用合成法， 如图所示根据共点力的平衡条件，得：T mbg； T sin m ag sin 90 ( 根据正弦定理列式) ，TT。故mbmatan 30 1，则 ma3m，故 B、C、D均错误， A正确。 11. 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，弹簧与竖直墙壁间的夹角为 30，则弹簧的伸长量为( ) A mg k B 3mg 2k C 3mg 3k D 3mg k C 如图为小球的受力情况，其中的F弹为弹簧对它的弹力，由几何关系判断可知，F弹 与斜面之间的夹角为30。 将小球所受的重力mg与F

10、弹分别沿斜面和与斜面垂直的方向进行正交分解，由共点力的 平衡条件知，F弹沿斜面向上的分力与重力mg沿斜面向下的分力大小相等，即F弹cos 30 mgsin 30，由胡克定律得F弹kx，联立两式解得弹簧的伸长量x 3mg 3k ，故 C正确。 12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，甲、丙、丁图中木杆P与竖直方向的夹角均为 ，乙图中木杆P竖直。假设甲、乙、丙、丁四幅图中滑轮受到木杆P的弹力的大小依次为 FA、FB、FC、FD，则以下判断中

11、正确的是( ) 甲乙丙丁 AFAFBFCFDBFDFAFBFC CFAFCFDFBDFCFAFBFD B 绳上拉力等于重物所受的重力mg，设滑轮两侧细绳之间的夹角为，滑轮受到木 杆P的弹力F等于滑轮两侧细绳拉力的合力，即F2mgcos 2 ， 由夹角关系可得FDFAFBFC， 选项 B正确。 13. 粗铁丝弯成如图所示半圆环的形状，圆心为O，半圆环最高点B处固定一个小滑轮， 小圆环A用细绳吊着一个质量为m2的物块并套在半圆环上。一根一端拴着质量为m1的物块 的细绳，跨过小滑轮后，另一端系在小圆环A上。设小圆环、滑轮、绳子的质量以及相互之 间的摩擦均不计，绳子不可伸长。若整个系统平衡时，AOB为

12、，则两物块的质量的比值 m1 m2为( ) Acos 2 B 2sin 2 Csin 2 D 2cos 2 B 对小环进行受力分析，如图所示， 小环受上面绳子的拉力m1g， 下面绳子的拉力m2g， 以及圆环对它沿着OA向外的支持力，将两个绳子的拉力进行正交分解，它们在切线方向的 分力应该相等： m1gsin 180 2 m2gcos (90) 即：m1cos 2 m2sin m1cos 2 2m2sin 2 cos 2 得： m1 m2 2sin 2 故选 B。 14. 将一光滑轻杆固定在地面上，杆与地面间夹角为，一光滑轻环套在杆上。一个大 小和质量都不计的滑轮用轻绳OP悬挂在天花板上，用另一

13、轻绳通过滑轮系在轻环上，用手 拉住轻绳另一端并使OP恰好在竖直方向，如图所示。现水平向右拉绳，当轻环重新静止不 动时，OP绳与天花板之间的夹角为( ) A90B45 CD45 2 D 由题意可知， 当轻环重新静止不动时，环所受的轻绳拉力方向与轻杆垂直，滑轮两 侧轻绳的夹角为90，此时，定滑轮P受OP绳拉力、绳子水平拉力和滑轮P与环间绳 子拉力作用，处于静止状态，设此时OP绳与天花板之间的夹角为，由几何知识及力的合 成与分解，可得45 2 ，故选项D正确， A、B、C错误。 15. 如图所示，三根粗细均匀且完全相同的圆木A、B、C堆放在水平地面上，处于静止 状态，每根圆木的质量为m，截面的半径为

14、R，三个截面圆心连线构成的等腰三角形的顶角 O1120，若在地面上的两根圆木刚好要滑动，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不考 虑圆木之间的摩擦，重力加速度为g，则 ( ) A圆木间的弹力为 1 2mg B下面两根圆木对地面的压力均为 3 2mg C地面上的每根圆木受到地面的作用力为 3 2mg D地面与圆木间的动摩擦因数为 3 2 B 对A进行受力分析，如图所示，A处于平衡状态，合力为 零，则有N2cos 2 1 2mg ，解得N1N2 1 2mg cos 60 mg，故 A 错误；对整体受力分析，受到 重力、地面的支持力、B受到的向右的摩擦力和C受到的向左的摩擦力，由对称性可知，竖 直方向有N

15、BNC3 2mg ，故 B 正确；对B进行研究，地面对B的作用力等于地面对B的支持 力与地面对B的摩擦力的合力，大于 3 2mg ，故 C错误；对C，根据平衡条件得FfN2sin 60 mg 3 2 3 2 mg，所以地面对C的摩擦力大小为 3 2 mg，根据摩擦力公式FfNC，可得 F f NC 3 2 mg 3 2mg 3 3 ，故 D错误。 16如图所示，质量为m的物体置于倾角为的固定斜面上，物体与斜面之间的动摩 擦因数为，先用平行于斜面的推力F1作用于物体上使其能沿斜面匀速上滑，若改用水平 推力F2作用于物体上，也能使物体沿斜面匀速上滑，则两次的推力之比 F1 F2为( ) 甲乙 Acos sin B cos sin C1tan D 1tan B 物体在力F1作用下和力F2作用下运动时的受力情况如图所示。 甲乙 将重力mg、力F2分别沿斜面方向和垂直于斜面方向正交分解，由平衡条件可得 F1mgsin Ff1 FN1mgcos Ff1FN1 F2cos mgsin Ff2 FN2mgcos F2sin Ff2FN2 解得F1mgsin mgcos F2 mgsin mgcos cos sin 故 F1 F2cos sin ，B正确。