【物理】2018年秋东方思维高三物理第一轮复习课时跟踪练：第二章第二讲力的合成与分解

【物理】2018年秋东方思维高三物理第一轮复习课时跟踪练：第二章第二讲力的合成与分解

第二章 相互作用 第二讲 力的合成与分解 课时跟踪练 A组　基础巩固 ‎1．(多选)(2018·丽江模拟)下列说法正确的是(　　)‎ A．平行四边形定则适用于任何力的合成 B．矢量的加法满足平行四边形定则或三角形定则 C．力的合成的平行四边形定则只适用于共点力 D．三角形定则只适用于共点力的合成 解析：两个力合成时，以表示这两个力的线段为邻边作平行四边形，这两个邻边之间的对角线就代表合力的大小和方向，所以力的合成的平行四边形定则只适用于共点力，与两个分力共点的那条对角线所表示的力才是它们的合力，故A错误，C正确；矢量运算时遵从平行四边形定则或三角形定则，故B正确；三角形定则适用于共点力的合成与分解，故D错误．‎ 答案：BC ‎2．(2017·湖北名校月考)关于力的合成与分解，下列说法正确的是(　　)‎ A．合力一定大于其中一个分力 B．合力与分力一定是同种性质的力 C．合力与分力是等效的，同时作用在物体上 D．已知合力和它的两个分力的方向，则两个力有确定值 解析：由平行四边形定则可知，两个力的合力，可以比这两个分力都小，所以A错误；合力与分力在作用效果上等效，但不能说成是同种性质的力，故B错误；合力与分力是等效替代关系，但不是同时作用在物体上，所以C错误；根据力的合成与分解可知，已知合力和两个分力的方向，分解结果是唯一的，故D正确．‎ 答案：D ‎3.(2018·大连模拟)生活中的物理知识无处不在．如图所示是我们衣服上的拉链的一部分，在把拉链拉开的时候，我们可以看到有一个类似三角形的东西在两链中间运动，使很难直接分开的拉链很容易地被拉开，关于其中的物理原理，以下说法正确的是(　　)‎ A．在拉开拉链的时候，三角形的物体增大了分开两拉链的力 B．在拉开拉链的时候，三角形的物体只是为了将拉链分开，并没有增大拉力 C．在拉开拉链的时候，三角形的物体增大了分开拉链的力，但合上拉链时减小了合上的力 D．以上说法都不正确 解析：在拉开拉链的时候，三角形的物体在两链间和拉链一起运动，手的拉力在三角形的物体上产生了两个分力，如图所示，分力大于手的拉力，所以很难直接分开的拉链可以很容易地被三角形物体分开，同理可知，合上拉链时增大了合上的力．‎ 答案：A ‎4.(2018·秦皇岛模拟)假期里，一位同学在厨房里帮助妈妈做菜，对菜刀产生了兴趣．他发现菜刀的刀刃前部和后部的厚薄不一样，刀刃前部的顶角小，后部的顶角大，如图所示，他先后作出过几个猜想，其中合理的是(　　)‎ A．刀刃前部和后部厚薄不匀，仅是为了打造方便，外形美观，跟使用功能无关 B．在刀背上加上同样的压力时，分开其他物体的力跟刀刃厚薄无关 C．在刀背上加上同样的压力时，顶角越大，分开其他物体的力越大 D．在刀背上加上同样的压力时，顶角越小，分开其他物体的力越大 解析：把刀刃部分抽象后，可简化成一个等腰三角形劈，设顶角为2θ，背宽为d，侧面长为l，如图所示．当在刀背施加压力F后，产生垂直侧面的两个分力F1、F2，使用中依靠着这两个分力分开被加工的其他物体．由对称性知，这两个分力大小相等(F1＝F2)，因此画出力分解的平行四边形，实为菱形，如图所示，在这个力的平行四边形中，取其四分之一考虑(图中阴影部分)．根据它跟半个劈的直角三角形的相似关系，有关系式＝＝，得F1＝F2＝.由此可见，刀背上加上一定的压力F时，侧面分开其他物体的力跟顶角的大小有关，顶角越小，sin θ的值越小，F1和F2的值越大，故D正确．‎ 答案：D ‎5.(2017·宁夏育才中学月考)如图所示，在粗糙水平面上放置A、B、C、D四个小物块，小物块之间由四根完全相同的轻质橡皮筋连接，正好组成一个菱形，∠BAD＝120°，整个系统保持静止状态．已知A物块所受的摩擦力大小为Ff，则D物块所受的摩擦力大小为(　　)‎ A.Ff　　　B．Ff　　　C.Ff　　　D．2Ff 解析：已知A物块所受的摩擦力大小为Ff，设每根橡皮筋的弹力为F，则有2Fcos 60°＝Ff，对D物块有2Fcos 30°＝Ff′，解得Ff′＝F＝Ff，只有选项C正确．‎ 答案：C ‎6．(2017·六安一中二模)如图所示，两个质量为m1的小球套在竖直放置的光滑支架上，支架的夹角为120°，用轻绳将两球与质量为m2的小球连接，绳与杆构成一个菱形，则m1∶m2为(　　)‎ A．1∶1 B．1∶2 C．1∶ D.∶2‎ 解析：将小球m2的重力按效果根据平行四边形定则进行分解如图，由几何知识得FT＝m2g，对m1受力分析，由平衡条件，在沿杆的方向有：m1g·sin 30°＝FTsin 30°，解得FT＝m1g，可见m1∶m2‎ ‎＝1∶1，故选A.‎ 答案：A ‎7.如图所示，滑轮本身的质量可忽略不计，滑轮轴O安在一根轻木杆上，一根轻绳AB绕过滑轮，A端固定在墙上，且A端到滑轮之间轻绳保持水平，B端下面挂一个重物，木杆与竖直方向的夹角为θ＝45°，系统保持平衡．若保持滑轮的位置不变，改变θ的大小，则滑轮受到木杆的弹力大小的变化情况是(　　)‎ A．只有θ变小，弹力才变大 B．只有θ变大，弹力才变大 C．无论θ变大还是变小，弹力都变大 D．无论θ变大还是变小，弹力都不变 解析：无论θ变大还是变小，水平段轻绳和竖直段轻绳中的拉力不变，这两个力的合力与木杆对滑轮的弹力平衡，故滑轮受到木杆的弹力不变．‎ 答案：D ‎8.一串小灯笼(五只)彼此用轻绳连接，并悬挂在空中．在稳定水平风力作用下发生倾斜，轻绳与竖直方向的夹角为30°，如图所示．设每只灯笼的质量均为m，重力加速度大小为g，则自上往下第一只灯笼对第二只灯笼的拉力大小为(　　)‎ A．2mg B. C. D．8mg 解析：以第一只灯笼下方的四只灯笼整体为研究对象，受力分析，根据力的合成与分解得，自上往下第一只灯笼对第二只灯笼的拉力大小FT＝＝，选项C正确．‎ 答案：C ‎9．在如图所示的四幅图中．AB、BC均为轻质杆，各图中杆的A、C端都通过铰链与墙连接，两杆都在B处由铰链相连接，B点下方用轻绳悬挂小物块，下列关于杆受力的说法正确的是(　　)‎ A．甲中的AB杆、BC杆均可替换为轻绳 B．乙中的AB杆表现为拉力，BC杆表现为支持力 C．丙中的AB杆、BC杆均可替换为轻绳 D．丁中的AB杆、BC杆均表现为支持力 解析：由题图看出，甲、丙、丁中，AB杆对B点产生的是拉力，当用轻绳代替时效果不变，仍能使装置平衡，同理可知，题图中的BC杆可以用等长的轻绳代替的只有丙，故A错误，C正确；乙中B点受向下的拉力，则BC杆表现为支持力，由平衡关系可知AB 杆也表现为支持力，故B错误；对丁中B点分析可知，B点受向下的拉力，AB杆表现为拉力，BC杆表现为支持力，故D错误．‎ 答案：C ‎10．(2018·渭南模拟)如图所示，A、B都是重物，A被绕过小滑轮P的细线悬挂着，B放在粗糙的水平桌面上；小滑轮P被一根斜短线系于天花板上的O点；O′是三根线的结点，bO′水平拉着B物体，cO′沿竖直方向拉着弹簧；弹簧、细线、小滑轮的重力和细线与滑轮间的摩擦力均可忽略，整个装置处于平衡静止状态．若悬挂小滑轮的斜线OP的张力大小是20 N，g取10 m/s2，则下列说法中错误的是(　　)‎ A．弹簧的弹力为10 N B．重物A的质量为2 kg C．桌面对B物体的摩擦力为10 N D．OP与竖直方向的夹角为60°‎ 解析：O′a与aA两细线拉力的合力与OP线的张力大小相等，由几何知识可知FO′a＝FaA＝20 N，且斜线OP与竖直方向的夹角为30°，D错误；重物A的重力GA＝FaA ，所以mA＝2 kg，B正确；桌面对B的摩擦力Ff＝FO′b＝FO′acos 30°＝10 N，C正确；弹簧的弹力F弹＝FO′asin 30°＝10 N，故A正确．‎ 答案：D B组　能力提升 ‎11.(2018·绵阳模拟)近年来，智能手机的普及使“低头族”应运而生．现将人体头颈部简化为如图的模型．重心在P点的头部，在可绕O转动的颈椎OP(可视为轻杆)的支持力和沿PQ方向肌肉拉力的作用下处于静止．当人低头时，颈椎与竖直方向的夹角为45°，PQ与竖直方向的夹角为60°，此时，颈椎受到的压力约为直立时颈椎受到的压力的(sin 15°＝0.26，＝1.73)(　　)‎ A．4.2倍 B．2.8倍 　C．3.3倍 D．2.0倍 解析：对头部进行受力分析，如图所示．设人的颈椎对头的支持力为F，由正弦定理得＝＝≈3.3，选项C正确．‎ 答案：C ‎12．(2017·辽宁铁岭联考)如图甲所示，两段等长轻质细线将质量分别为m、2m的小球A、B(均可视为质点)悬挂在O点，小球A受到水平向右的恒力F1的作用，小球B受到水平向左的恒力F2的作用，当系统处于静止状态时，出现了如图乙所示的状态，小球B刚好位于O点正下方，则F1与F2的大小关系是(　　)‎ A．F1＝4F2　　　　 B．F1＝3F2‎ C．2F1＝3F2 D．2F1＝5F2‎ 解析：A受到水平向右的力F1，B受到水平向左的力F2，以整体为研究对象，受力分析如图所示，设O、A间的细线与竖直方向的夹角为α，则由力的分解和平衡条件得Fsin α＋F2＝F1，Fcos α＝2mg＋mg，故tan α＝，以B为研究对象受力分析，设A、B间的细线与竖直方向的夹角为β，则由平衡条件得tan β＝，由几何关系有α＝β，得2F1＝5F2，选项D正确．‎ 答案：D ‎13.(多选)如图所示，用大小恒定的力F将物体压在粗糙竖直墙壁上，当F从实线位置绕O点顺时针转至虚线位置的过程中，物体始终静止，则下列对在这个过程中，墙壁对物体的摩擦力Ff与弹力FN的变化情况的分析正确的是(　　)‎ A．FN先减小后增大 B．FN先增大后减小 C．Ff的方向一直竖直向上 D．Ff可能先减小后增大 解析：物体始终保持静止状态，受力平衡，对物体受力分析，F斜向下时，设F与水平方向的夹角为θ，在竖直方向上，‎ 根据平衡条件得Ff＝mg＋Fsin θ，方向向上，在水平方向上，FN＝Fcos θ，当F从实线位置绕O点顺时针转至水平位置的过程中，θ减小，则sin θ减小，cos θ增大，所以Ff减小，FN增大．F斜向上时，设F与水平方向的夹角为α，若Fsin αmg，则Ff方向向下，Fsin α＝mg＋Ff，α增大，则sin α增大，Ff增大．综上可知，Ff的方向可能一直向上，大小逐渐减小；也可能先向上后向下，大小先减小后增大．FN先增大后减小，选项B、D正确．‎ 答案：BD ‎14．如图所示，固定在水平地面上的物体A，左侧是圆弧面，右侧是倾角为θ的斜面，一根轻绳跨过物体A顶点上的小滑轮，绳两端分别系有质量为m1、m2的小球B、C，假设绳与物体A的表面平行，当两球静止时，小球B与圆弧圆心之间的连线和水平方向的夹角也为θ，不计一切摩擦，则m1、m2之间的关系是(　　)‎ A．m1＝m2 B．m1＝m2tan θ C．m1＝ D．m1＝m2cos θ 解析：设绳对两球的拉力大小为FT，对C根据力的合成与分解得FT＝m2gsin θ；对B根据力的合成与分解得FT＝m1gcos θ；联立解得m1＝m2tan θ，选项B正确．‎ 答案：B ‎15．(多选)如图所示，斜面体A静置于水平地面上，其倾角θ ‎＝45°，上表面水平的物块B在A上恰能匀速下滑，现对B施加一个沿斜面向上的力F，使B能缓慢地向上匀速运动．某时刻在B上轻轻地放上一个质量为m的小物体C(图中未画出)，A始终静止，仅改变F的大小为F′，使B保持运动状态不变．已知重力加速度大小为g.关于放上C之后，下列说法正确的是(　　)‎ A．B受到的摩擦力大小增加了mg B．B受到的摩擦力不变 C．A受到地面的摩擦力不变 D．A受到地面的摩擦力大小增加了mg 解析：在B匀速下滑过程中，所受的摩擦力大小为Ff1＝mBgsin θ，又Ff1＝μmBgcos θ，联立解得μ＝tan θ＝1；未放C之前，B匀速上滑时，由于B对A的压力没有变化，则B所受的摩擦力大小没有变化，仍为Ff2＝Ff1＝μmBgcos θ.放上C之后，B匀速上滑时，B所受的摩擦力大小Ff3＝μ(mB＋m)gcos θ，则B受到的摩擦力增加量为ΔFf＝Ff3－Ff2＝μmgcos θ＝tan θ·mgcos θ＝mg，选项A正确，B错误．对整体研究，未放C时，地面对A的摩擦力大小为FfA1＝Fcos θ，对B有F＝μmBgcos θ＋mBgsin θ，将θ＝45°，μ＝1代入得FfA1＝mBg；放上C时，地面对A的摩擦力大小为FfA2＝F′cos θ，F′＝μ(mB＋m)gcos θ＋(mB＋m)gsin θ，将θ＝45°，μ＝1代入得FfA2＝(m＋mB)g；A受到地面的摩擦力增加量为ΔFfA＝mg，选项C错误，D正确．‎ 答案：AD