2019年高考物理總復(fù)習 第二章 相互作用 第2課時 力的合成與分解 受力分析課時訓(xùn)練 教科版.doc

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第2課時　力的合成與分解　受力分析 1.如圖所示,F1,F2為有一定夾角的兩個力,L為過O點的一條直線,當L取什么方向時,F1,F2在L上分力之和為最大(　A　) A.F1,F2合力的方向 B.F1,F2中較大力的方向 C.F1,F2中較小力的方向 D.以上說法都不正確 解析:要想使F1,F2在L上分力之和最大,也就是F1,F2的合力在L上的分力最大,則L的方向應(yīng)該沿F1,F2的合力的方向. 2.如圖所示,被輕繩系住靜止在光滑斜面上的小球.若按力的實際作用效果來分解小球受到的重力G,則G的兩個分力的方向分別是圖中的(　B　) A.1和4 　　　　　　B.3和4 C.2和4 　　　　　　D.3和2 解析:小球的重力產(chǎn)生兩個效果,一是使繩子拉伸,二是使斜面受壓,故應(yīng)按這兩個方向分解,分別是3和4,故B正確,A,C,D錯誤. 3.(2018山東聊城模擬)某物體同時受到同一平面內(nèi)的三個共點力作用,在如圖所示的四種情況中(坐標紙中每格邊長表示1 N大小的力),該物體所受的合外力大小正確的是(　D　) A.(甲)圖中物體所受的合外力大小等于4 N B.(乙)圖中物體所受的合外力大小等于2 N C.(丙)圖中物體所受的合外力大小等于0 D.(丁)圖中物體所受的合外力大小等于0 解析:圖(甲)中,先將F1與F3合成,再以3 N和4 N為邊畫平行四邊形,并結(jié)合勾股定理知合力的大小為5 N,A項錯誤;圖(乙)中,先將F1與F3正交分解,再合成,求得合力的大小等于5 N,B項錯誤;圖(丙)中,可將F3正交分解,求得合力的大小等于6 N,C項錯誤;根據(jù)三角形定則,圖(丁)中合力的大小等于0,D項正確. 4.如圖,一個家用臺燈靜止放在桌面上,下列描述中正確的是(　D　) A.臺燈對桌子的作用力和桌子對臺燈的作用力是一對平衡力 B.臺燈受到向左的摩擦力 C.旋轉(zhuǎn)點O對燈頭的作用力沿AB方向 D.臺燈底座所受合外力為零 解析:根據(jù)相互作用力的特點,臺燈對桌子的作用力和桌子對臺燈的作用力是一對相互作用力,故A錯誤;臺燈靜止在水平桌面上,對臺燈進行受力分析,臺燈受重力、桌面的支持力,若有摩擦力,則不可能處于平衡狀態(tài),故B錯誤;對燈頭進行受力分析,燈頭受重力與支持力,那么旋轉(zhuǎn)點O對燈頭的作用力沿豎直方向,故C錯誤;由于臺燈底座處于靜止狀態(tài),則所受合力一定為零,D正確. 5.(2018深圳寶安調(diào)研)(多選)在舉重比賽中,運動員舉起杠鈴時必須使杠鈴平衡一定時間,才能被裁判視為挺(或抓)舉成功.如圖所 示,運動員在保持杠鈴平衡時,關(guān)于兩手握桿的下列說法正確的是(　AD　) A.兩手間的距離越大,運動員手臂用力越大,可能導(dǎo)致舉重失敗 B.兩手間的距離越大,運動員手臂用力越小,舉重越容易成功 C.兩手間的距離越小,運動員手臂用力越小,舉重越容易成功 D.兩手間的距離過小,杠鈴不易保持平衡,可能導(dǎo)致舉重失敗 解析:兩手間的距離越大,運動員手臂用力越大,可能導(dǎo)致舉重失敗,選項A正確,B錯誤.在兩手間的距離大于肩寬時,其距離越小,運動員手臂用力越小,但兩手間距離小于肩寬時,其距離越小,運動員手臂用力越大,且兩手間的距離過小,杠鈴不易保持平衡,可能導(dǎo)致舉重失敗,選項C錯誤,D正確. 6.導(dǎo)學號 58826031如圖所示,兩梯形木塊A,B疊放在水平地面上, A,B之間的接觸面傾斜.A的左側(cè)靠在光滑的豎直墻面上,關(guān)于兩木塊的受力,下列說法正確的是(　B　) A.A,B之間一定存在摩擦力作用 B.木塊A可能受三個力作用 C.木塊A一定受四個力作用 D.木塊B受到地面的摩擦力作用方向向右 解析:由于A,B間接觸面情況未知,若A,B接觸面光滑,則A,B間可以沒有摩擦力,A錯誤;對A受力分析可知,A一定受墻面向右的彈力、重力和B的支持力,因為A,B間可能沒有摩擦力,所以A可能只受三個力,B正確,C錯誤;木塊B受重力、推力、A對B的垂直于接觸面的壓力作用,若壓力向右的分力等于F,則B可能不受摩擦力,D錯誤. 7.(2018四川綿陽測試)(多選)兩個共點力F1,F2大小不同、夾角恒定,它們的合力大小為F,則(　AD　) A.F1,F2同時增大一倍,F也增大一倍 B.F1,F2同時增加10 N,F也增加10 N C.F1增加10 N,F2減少10 N,F一定不變 D.若F1,F2中的一個增大,F不一定增大 解析:由于合力F=(θ為F1,F2的夾角),若F1,F2都變?yōu)樵瓉淼?倍,合力也一定變?yōu)樵瓉淼?倍,A正確;對于B,C兩種情況,力的變化不是按比例增加或減少的,不能判斷合力的變化情況, B,C錯誤;如圖所示,若F2增加,可明顯看出合力先減小后增大,所以D正確. 8.(多選)已知力F的一個分力F1跟F成30角,大小未知,另一個分力F2的大小為F,方向未知,則F1的大小可能是(　AC　) A. B. C. D.F 解析:如圖所示,因F2=F>Fsin 30,故F1的大小有兩種可能情況, 由ΔF==F,即F1的大小分別為Fcos 30-ΔF和 Fcos 30+ΔF,即F1的大小分別為F和F,A,C兩項正確. 9.導(dǎo)學號 58826032如圖所示,一個“Y”形彈弓頂部跨度為L,兩根相同的橡皮條自由長度均為L,在兩橡皮條的末端用一塊軟羊皮(長度不計)做成裹片.若橡皮條的彈力與形變量的關(guān)系滿足胡克定律,且勁度系數(shù)為k,發(fā)射彈丸時每根橡皮條的最大長度為2L(彈性限度內(nèi)),則發(fā)射過程中裹片對彈丸的最大作用力為(　D　) A.kL B.2kL C.kL D.kL 解析:發(fā)射彈丸瞬間兩橡皮條間的夾角為2θ,則sin θ==,cos θ==.若發(fā)射過程中每根橡皮條的彈力F=kL,則裹片對彈丸的最大作用力為F合=2Fcos θ=2kL=kL,D正確. 10.導(dǎo)學號 58826033(多選)如圖所示,兩相同輕質(zhì)硬桿OO1,OO2可繞其兩端垂直紙面的水平軸O,O1,O2轉(zhuǎn)動,在O點懸掛一重物M,將兩相同木塊m緊壓在豎直擋板上,此時整個系統(tǒng)保持靜止.f表示木塊與擋板間摩擦力的大小,N表示木塊與擋板間正壓力的大小.若擋板間的距離稍許增大后,系統(tǒng)仍靜止,且O1,O2始終等高,則(　BC　) A.f變小 B.f不變 C.N變大 D.N變小 解析:以兩輕質(zhì)硬桿、重物M及兩木塊m整體為研究對象,受力分析如圖(甲)所示,由平衡條件可知2f=(M+2m)g,故選項A錯誤,B正確;將繩的拉力Mg分解為沿OO1,OO2方向的兩個分力,如圖(乙)所示,由于O1,O2等高,所以α1=α2,則F1=F2,當擋板間距離增大后,α1,α2增大,則F1, F2增大,將F1進行正交分解如圖(丙)所示,則有N=F1sin α1,隨α1,F1的增大,N增大,故選項C正確,D錯誤. 11.導(dǎo)學號 58826034(2018河北保定模擬)如圖所示,將三個完全相同的光滑球用不可伸長的細線懸掛于O點并處于靜止狀態(tài).已知球半徑為R,重為G,線長均為R.則每條細線上的張力大小為(　B　) A.2G B.G C.G D.G 解析:由題圖可知,O點與各球心的連線及各球心連線構(gòu)成一個邊長為2R的正四面體,如圖(甲)所示(A,B,C為各球球心),O′為△ABC的中心,如圖(乙)所示,設(shè)∠OAO′=θ,由幾何關(guān)系知O′A=R,由勾股定理得OO′==,對A處球受力分析有Fsin θ=G,又sin θ=,解得F=G,故只有B項正確. 12.電梯修理員或牽引專家常常需要監(jiān)測金屬繩中的張力,但只能在使用的裝置中現(xiàn)場間接測量,不可能將金屬繩取下后直接測量.某同學發(fā)明了一種能間接測量繩中張力的儀器,工作原理如圖所示,將相距為L的兩根較光滑支柱A,B固定在金屬繩的同一側(cè),圖中的小圓圈表示支柱的橫截面,支柱A,B都垂直于紙面;在A,B的中點用一可動支柱C向上推動金屬繩,使繩在垂直于A,B的方向豎直向上發(fā)生一個偏移量d(d?L),這時儀器顯示金屬繩對支柱C的作用力為F.如果偏移量d=10 mm,作用力F=400 N,L=250 mm,試計算金屬繩中張力FT的大小. 解析:設(shè)支柱在C′點時受兩邊金屬繩的張力分別為T1和T2,BC與 BC′的夾角為θ,如圖所示. 依對稱性有T1=T2=T 由力的合成有F=2Tsin θ 根據(jù)幾何關(guān)系有sin θ= 聯(lián)立上述二式解得T=, 因d?L,故T=. 將d=10 mm,F=400 N,L=250 mm代入解得T=2.5103 N,即金屬繩中的張力為2.5103 N. 答案:2.5103 N 13.如圖所示,在光滑的水平桿上,穿著兩個重均為2 N的球A,B,在兩球之間夾著一彈簧,彈簧的勁度系數(shù)為10 N/m,用兩條等長的線將球C與A,B相連,此時彈簧被壓縮10 cm,兩條線的夾角為60.求: (1)桿對A球的支持力為多大? (2)C球的重力為多大? 解析:(1)對A球,受力分析如圖所示,則 在豎直方向上有N=G+Fsin 60, 在水平方向上有kx=Fcos 60=1 N. 聯(lián)立可得N=(2+) N,F=2 N. (2)對C球受力分析可得2Fcos 30=GC, 解得GC=2 N. 答案:(1)(2+) N　(2)2 N