課時跟蹤檢測（六） 力的合成與分解

PAGE第7頁共7頁課時跟蹤檢測（六）力的合成與分解一、立足主干知識，注重基礎性和綜合性1．推進“健康中國”建設，是全面提升中華民族健康素質、實現(xiàn)人民健康與經濟社會協(xié)調發(fā)展的國家戰(zhàn)略。其中單杠是一項大眾喜聞樂見的體育健身運動，如圖所示，健身者上杠后，雙手緩慢向外分開的過程中，下列說法正確的是()A．健身者所受的合力增大B．健身者手臂所受的拉力增大C．健身者所受重力是手臂拉力的分力D．健身者所受重力和雙臂的合力是一對作用力和反作用力解析：選B根據(jù)題意知，健身者雙手緩慢分開的過程中，健身者處于平衡狀態(tài)，所受的合力為零，A錯誤；由于雙臂與豎直方向夾角增大，由力的平衡可知健身者手臂所受的拉力增大，B正確；健身者所受重力是由于地球的吸引而受到的力，方向豎直向下，手臂拉力斜向上方，重力不是手臂拉力的分力，C錯誤；健身者所受重力和雙臂的合力不是一對作用力和反作用力，是一對平衡力，D錯誤。2．兩個力F1和F2間的夾角為θ，兩力的合力為F。以下說法正確的是()A．合力F總比分力F1和F2中的任何一個力都大B．合力F一定總比分力F1和F2中的一個力大C．若F1和F2大小不變，θ越小，合力F就越大D．如果夾角θ不變，若F1的大小不變，只要F2增大，合力F就必然增大解析：選C二力平衡時，合力為零，此時合力F比分力中的任何一個力都小，選項A、B錯誤；若F1和F2大小不變，θ越小，合力F越大，選項C正確；如果夾角θ不變，F(xiàn)1大小不變，F(xiàn)2增大，合力F可能減小，也可能增大，故D錯誤。3.如圖所示，某質點在共點力F1、F2、F3作用下處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)將F1逆時針旋轉60°，其他力均保持不變，那么該質點所受合力大小為()A．F1 B．F2＋F1C．F3 D．F1＋F3解析：選A三力平衡時任意兩個力的合力與第三個力等大、反向、共線，故除F1外的兩個力F2、F3的合力大小等于F1，方向與F1相反；現(xiàn)將F1逆時針旋轉60°，根據(jù)平行四邊形定則可知，兩個大小均為F1且互成120°角的力合成時，合力在兩個分力的角平分線上，大小等于分力F1，故此時質點所受到的合力大小為F1，故A正確。4．(2021年1月新高考8省聯(lián)考·江蘇卷)如圖所示，對稱晾掛在光滑等腰三角形衣架上的衣服質量為M，衣架頂角為120°，重力加速度為g，則衣架右側對衣服的作用力大小為()A.eq\f(1,2)Mg B.eq\f(\r(3),3)MgC.eq\f(\r(3),2)Mg D．Mg解析：選B以衣服為研究對象，受力分析如圖所示，由幾何關系得F與豎直方向的夾角為30°，由共點力的平衡條件可得，2Fcos30°＝Mg，解得F＝eq\f(\r(3),3)Mg，故選項B正確。5．(2021·南通四校聯(lián)考)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eq\f(\r(3),3)F，方向未知，則F1的大小可能是()A.eq\f(\r(3)F,3) B.eq\f(\r(3)F,2)C.eq\f(\r(6),3)F D.eq\r(3)F解析：選A如圖所示，因F2＝eq\f(\r(3),3)F>Fsin30°，故F1的大小有兩種可能情況，由ΔF＝eq\r(F22－Fsin30°2)＝eq\f(\r(3),6)F，即F1的大小分別為Fcos30°－ΔF和Fcos30°＋ΔF，即F1的大小分別為eq\f(\r(3),3)F和eq\f(2\r(3),3)F，A正確。6.如圖所示，六根原長均為l的輕質細彈簧兩兩相連，在同一平面內六個大小相等、互成60°的恒定拉力F作用下，形成一個穩(wěn)定的正六邊形。已知正六邊形外接圓的半徑為R，每根彈簧的勁度系數(shù)均為k，彈簧在彈性限度內，則F的大小為()A.eq\f(k,2)(R－l) B．k(R－l)C．k(R－2l) D．2k(R－l解析：選B正六邊形外接圓半徑為R，則彈簧的長度為R，彈簧的伸長量為：Δx＝R－l，由胡克定律可知，每根彈簧的彈力為f＝kΔx＝k(R－l)，兩相鄰彈簧夾角為120°，兩相鄰彈簧彈力的合力為：F合＝f＝k(R－l)，彈簧靜止處于平衡狀，由平衡條件可知，每個拉力大小為F＝F合＝k(R－l)，故B正確；A、C、D錯誤。7．(2021·南開中學檢測)水平橫梁的一端A插在墻壁內，另一端裝有一小滑輪B，一輕繩的一端C固定于墻壁上，另一端跨過滑輪后懸掛一質量為m＝10kg的重物，∠CBA＝30°，如圖所示，忽略滑輪與繩子間的摩擦，則滑輪所受繩子的作用力大小為(g取10m/s2)()A．50N B．50eq\r(3)NC．100N D．100eq\r(3)N解析：選C滑輪受到繩子的作用力應為題圖中兩段繩中拉力F1和F2的合力，同一根繩上張力處處相等，都等于重物的重力，即F1＝F2＝mg＝100N，根據(jù)平行四邊形定則，可知兩個力的合力為100N，方向與水平方向成30°角斜向左下方，故C正確。8．(2019·全國卷Ⅲ)用卡車運輸質量為m的勻質圓筒狀工件，為使工件保持固定，將其置于兩光滑斜面之間，如圖所示。兩斜面Ⅰ、Ⅱ固定在車上，傾角分別為30°和60°。重力加速度為g。當卡車沿平直公路勻速行駛時，圓筒對斜面Ⅰ、Ⅱ壓力的大小分別為F1、F2，則()A．F1＝eq\f(\r(3),3)mg，F(xiàn)2＝eq\f(\r(3),2)mg B．F1＝eq\f(\r(3),2)mg，F(xiàn)2＝eq\f(\r(3),3)mgC．F1＝eq\f(1,2)mg，F(xiàn)2＝eq\f(\r(3),2)mg D．F1＝eq\f(\r(3),2)mg，F(xiàn)2＝eq\f(1,2)mg解析：選D如圖所示，當卡車勻速行駛時，圓筒受力平衡，由題意知，力F1′與F2′相互垂直。由牛頓第三定律知F1＝F1′，F(xiàn)2＝F2′，則F1＝mgsin60°＝eq\f(\r(3),2)mg，F(xiàn)2＝mgsin30°＝eq\f(1,2)mg，選項D正確。9.(2020·唐山模擬)如圖所示，在豎直平面內，固定有半圓弧軌道，其兩端點M、N連線水平。將一輕質小環(huán)A套在軌道上，一細線穿過輕環(huán)A，一端系在M點，另一端系一質量為m的小球，小球恰好靜止在圖示位置。不計所有摩擦，重力加速度大小為g。下列說法正確的是()A．軌道對輕環(huán)的支持力大小為mgB．細線對M點的拉力大小為eq\f(\r(3),2)mgC．細線對輕環(huán)的作用力大小為eq\f(3,2)mgD．N點和輕環(huán)的連線與豎直方向的夾角為30°解析：選D輕環(huán)兩邊細線的拉力大小相等，均為FT＝mg，輕環(huán)兩側細線的拉力與輕環(huán)對圓弧軌道的壓力的夾角相等，設為θ，由OA＝OM知∠OMA＝∠MAO＝θ，則3θ＝90°，θ＝30°，輕環(huán)受力平衡，則軌道對輕環(huán)的支持力大小FN＝2mgcos30°＝eq\r(3)mg，選項A錯誤；細線對M點的拉力大小為mg，選項B錯誤；細線對輕環(huán)的作用力大小為FN′＝FN＝eq\r(3)mg，選項C錯誤；由幾何關系可知，N點和輕環(huán)的連線與豎直方向的夾角為30°，選項D正確。10.如圖所示，細繩一端固定在A點，跨過與A等高的光滑定滑輪B后在另一端懸掛一砂桶Q?，F(xiàn)有另一個砂桶P通過光滑掛鉤掛在A、B之間，穩(wěn)定后掛鉤與細繩的接觸點為C，∠ACB＝120°，下列說法正確的是()A．若只增加Q桶內的砂子，再次平衡后C點位置不變B．若只增加P桶內的砂子，再次平衡后C點位置不變C．若在兩桶內增加相同質量的砂子，再次平衡后C點位置不變D．若在兩桶內增加相同質量的砂子，再次平衡后砂桶Q的位置上升解析：選C由題圖可知繩子拉力的大小等于砂桶Q(包括其中的砂子)的重力，而繩子AC段、BC段的拉力的合力大小等于砂桶P(包括其中的砂子)的重力，又∠ACB＝120°，受力分析可知mP＝mQ。若只增加Q桶內的砂子，則繩子的拉力增大，而繩子AC段、BC段的拉力的合力保持不變，則∠ACB增大，C點的位置上升，A錯誤；若只增加P桶內的砂子，繩子AC段、BC段的拉力大小不變而合力變大，因此∠ACB減小，C點的位置下降，B錯誤；若在兩桶內增加相同質量的砂子，則再次平衡后∠ACB仍為120°，即再次平衡后C點的位置不變，C正確，D錯誤。二、強化遷移能力，突出創(chuàng)新性和應用性11.如圖所示，質量為m的勻質圓形秤盤，用三根等長的細線分別系在秤盤邊緣的三等分點上，上端系在秤桿下的細繩上的同一點，秤桿處于平衡狀態(tài)。已知秤盤的半徑為R、細線長度為2R，重力加速度為g，每根細線對秤盤的作用力大小為()A．mg B.eq\f(\r(3)mg,2)C.eq\f(2\r(3)mg,3) D.eq\f(2\r(3)mg,9)解析：選D設每根細線對秤盤的作用力大小為F，細線與豎直方向的夾角為θ，將F分解為水平方向和豎直方向的兩個分力，在豎直方向，由平衡條件得3Fcosθ＝mg，而sinθ＝eq\f(1,2)，解得F＝eq\f(2\r(3)mg,9)，選項D正確。12.如圖所示，一質量均勻的實心圓球被直徑AB所在的平面一分為二，先后以AB沿水平和豎直兩種不同方向放置在光滑支架上，處于靜止狀態(tài)，兩半球間的作用力分別為F和F′，已知支架間的距離為AB長度的一半，則eq\f(F,F′)等于()A.eq\r(3) B.eq\f(\r(3),2)C.eq\f(2\r(3),3) D.eq\f(\r(3),3)解析：選A設兩半球的總質量為m，當球以AB沿水平方向放置，可知F＝eq\f(1,2)mg，當球以AB沿豎直方向放置，隔離右半球受力分析如圖所示，可得：F′＝eq\f(mg,2)tanθ，根據(jù)支架間的距離為AB的一半，可得：θ＝30°，則eq\f(F,F′)＝eq\f(1,tanθ)＝eq\r(3)，則A正確。13.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)，則發(fā)射過程中裹片對彈丸的最大作用力為()A．kL B．2kLC.eq\f(\r(3),2)kL D.eq\f(\r(15),2)kL解析：選D設發(fā)射彈丸瞬間兩橡皮條間的夾角為2θ，則sinθ＝eq\f(\f(L,2),2L)＝eq\f(1,4)，cosθ＝eq\r(1－sin2θ)＝eq\f(\r(15),4)。發(fā)射過程中裹片對彈丸的最大作用力為F合＝2Fcosθ，F(xiàn)＝kx＝kL，故F合＝2kL·eq\f(\r(15),4)＝eq\f(\r(15),2)kL，D正確。14．(2021·青島質檢)如圖，固定在地面上的帶凹槽的長直桿與水平面成α＝30°角，輕質環(huán)a套在桿上，置于凹槽內質量為m的小球b通過一條細繩跨過固定定滑輪與環(huán)a連接。a、b靜止時，細繩與桿間的夾角為30°，重力加速度為g，不計一切摩擦，下列說法正確的是()A．a受到3個力的作用B．b受到3個力的作用C．細桿對b的作用力大小為eq\f(1,2)mgD．細繩對a的拉力大小為eq\f(1,2)mg解析：選B輕質環(huán)a套在桿上，不計摩擦，則a靜止時細繩的拉力與桿對a的彈力平衡，故拉a的細繩與桿垂直，輕質環(huán)忽略重力，故a受到兩個力作用，故A錯誤；對b球受力分析可知，b受到重力、細繩的拉力和桿對b球的彈力，b受到3個力的作用，故B正確；以b為研究對象，受力分析如圖所示，對沿直桿方向進行力的分解，有：mgsin30°＝FTcos30°，對垂直直桿方向進行力的分解，有mgcos30°＝FN＋FTsin30°，可得FT＝FN＝eq\f(\r(3),3)mg，故C錯誤；細繩對a拉力的大小等于細繩對b拉力的大小，等于eq\f(\r(3),3)mg，故D錯誤。15.如圖，傾角α＝60°的斜面體置于水平面上，在斜面體頂端固定一輕小定滑輪，一根輕質細線跨過滑輪，一端與置于斜面上的質量為2m的物塊相連，另一端與質量為m的小球相連，與物塊相連的細線與斜面平行?，F(xiàn)用一拉力F拉小球(圖中未畫出)，使與小球相連的細線偏離豎直方向θ＝30°，且拉力F最小，整個裝置保持靜止，重力加速度為g，則()A．拉力F沿水平方向向右時，拉力F最小B．斜面對物塊的摩擦力大小為eq\f(\r(3),2)mg，方向沿斜面向下C．細線上的拉力大小為eq\f(1,2)mgD．地面對斜面體的摩擦力大小為eq\f(\r(3),4)mg，方向水平向左解析：選D對小球進行受力分析，當拉力F方向垂直于細線時，拉力F最小，作出力的矢量三角形，如圖甲所示：所以細線拉力FT＝mgcos30°＝eq\f(\r(3),2)mg，拉力F＝mgsin30°＝eq\f(1,2)mg，故A、C錯誤；對物塊進行受力分析，如圖乙所示：根據(jù)力的平衡條件：FT′＋f＝2mgsin60°，F(xiàn)T′＝FT，解得f＝eq\f(\r(3),2)mg，方向沿斜面向上，故B錯誤；把兩個物體和斜面體看成是一個整體，對整體受力分析，根據(jù)平衡條件，在水平方向，F(xiàn)在水平方向的分量等于地面對斜面體的摩擦力，即f地＝Fcos30°＝eq\f(\r(3),4)mg，方向水平向左，故D正確。16．如圖所示，水平直桿OP右端固定于豎直墻上的O點，長為L