《高考物理大一輪復(fù)習(xí) 課后限時(shí)集訓(xùn)5 力的合成與分解-人教版高三全冊(cè)物理試題》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考物理大一輪復(fù)習(xí) 課后限時(shí)集訓(xùn)5 力的合成與分解-人教版高三全冊(cè)物理試題（9頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 課后限時(shí)集訓(xùn)5 力的合成與分解 建議用時(shí)：45分鐘 1．(多選)將物體所受重力按力的作用效果進(jìn)行分解，下列圖中正確的是(　　) ABD　[A圖中，重力產(chǎn)生了使物體下滑的效果及擠壓斜面的效果，故A作圖正確；B圖中，重力產(chǎn)生了向兩邊拉繩的效果，故B作圖正確；C圖中，重力產(chǎn)生了擠壓兩墻壁的效果，兩分力分別垂直于墻面，故C作圖錯(cuò)誤；D圖中，重力產(chǎn)生了拉繩及擠壓墻面的效果，故D作圖正確。] 2.一物體受到三個(gè)共面共點(diǎn)力F1、F2、F3的作用，三力的矢量關(guān)系如圖所示(小方格邊長(zhǎng)相等)，則下列說(shuō)法正確的是(　　) A．三力的合力有最大值F1＋F2＋F3，方向不確定 B．三力的合力

2、有唯一值3F3，方向與F3同向 C．三力的合力有唯一值2F3，方向與F3同向 D．由題給條件無(wú)法求合力大小 B　[應(yīng)先合成其中兩個(gè)力，再合成第三個(gè)力，根據(jù)本題特點(diǎn)先合成F1和F2，如圖所示，再求F12與F3的合力。 由圖可知F合＝3F3，方向與F3同向，故選項(xiàng)B正確。] 3.如圖所示是兩個(gè)共點(diǎn)力的合力F跟它的兩個(gè)分力之間的夾角θ的關(guān)系圖象，則這兩個(gè)分力的大小分別是(　　) A．1 N和4 N B．2 N和3 N C．1 N和5 N D．2 N和4 N B　[設(shè)兩個(gè)力分別為F1、F2，F(xiàn)1>F2，當(dāng)兩個(gè)力的夾角為180°時(shí)，合力為1 N，即F1－F2＝1 N。當(dāng)兩個(gè)力

3、的夾角為0°時(shí)，合力為5 N，即F1＋F2＝5 N，解得F1＝3 N，F(xiàn)2＝2 N，故A、C、D錯(cuò)誤，B正確。] 4．三個(gè)共點(diǎn)力大小分別是F1、F2、F3，關(guān)于它們合力F的大小，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．F大小的取值范圍一定是0≤F≤F1＋F2＋F3 B．F至少比F1、F2、F3中的某一個(gè)力大 C．若F1∶F2∶F3＝3∶6∶8，只要適當(dāng)調(diào)整它們之間的夾角，一定能使合力為零 D．若F1∶F2∶F3＝3∶6∶2，只要適當(dāng)調(diào)整它們之間的夾角，一定能使合力為零 C　[三個(gè)大小分別是F1、F2、F3的共點(diǎn)力合成后的最大值一定等于F1＋F2＋F3，但最小值不一定等于零，只有當(dāng)某一個(gè)力的大

4、小在另外兩個(gè)力的大小的和與差之間時(shí)，這三個(gè)力的合力才可能為零，選項(xiàng)A、B、D錯(cuò)誤，C正確。] 5.(2019·江西南昌十中期末)為了把陷在泥坑里的汽車?yán)鰜?lái)，司機(jī)用一條結(jié)實(shí)的繩子把汽車拴在一棵大樹(shù)上，開(kāi)始時(shí)車與樹(shù)相距12 m，然后在繩的中點(diǎn)用400 N的水平力F沿垂直繩的方向拉繩，結(jié)果中點(diǎn)被拉過(guò)0.6 m，如圖所示(俯視圖)，假設(shè)繩子的伸長(zhǎng)不計(jì)，則汽車受到的拉力為(　　) A．200 N B．400 N C．2 000 N D．800 N C　[對(duì)繩中點(diǎn)受力分析，如圖所示。設(shè)繩中張力大小為T，根據(jù)力的合成法則，結(jié)合幾何知識(shí)有＝，解得T＝2 000 N，即汽車受到的拉力為2 000

5、N，故C正確。] 6.如圖所示，光滑斜面的傾角為37°，一個(gè)可以看成質(zhì)點(diǎn)的小球在輕質(zhì)細(xì)線的拉力作用下靜止在斜面上，細(xì)線與斜面間的夾角也為37°。若小球所受的重力為G，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，則手對(duì)細(xì)線的拉力等于(　　) A．G B． C． D． C　[對(duì)小球受力分析，小球受到細(xì)線的拉力F、斜面的支持力N和重力G，在沿斜面方向上，F(xiàn)cos 37°＝Gsin 37°，解得F＝Gtan 37°＝G，故選項(xiàng)C正確。] 7.如圖所示，水平橫梁的一端A插在墻壁內(nèi)，另一端裝有一個(gè)小滑輪B，一輕繩的一端C固定于墻壁上，另一端跨過(guò)滑輪后懸掛一質(zhì)量m＝10 kg的重物，∠

6、CBA＝30°，則滑輪受到繩子的作用力為(g取10 N/kg)(　　) A．50 N B．100 N C．20 N D．100 N B　[由題意可得，對(duì)滑輪B點(diǎn)受力分析如圖所示，滑輪受到繩子的作用力應(yīng)為圖中兩段繩中拉力F1和F2的合力F，因同一根繩子張力處處相等，都等于重物的重力，即F1＝F2＝G＝mg＝100 N。用平行四邊形定則作圖，由于拉力F1和F2的夾角為120°，由幾何關(guān)系可得F＝100 N，所以滑輪受繩子的作用力大小為100 N，方向與水平方向成30°斜向下。故選項(xiàng)B正確。] 8.(多選)如圖所示，質(zhì)量為m的木塊在推力F作用下，在水平地面上做勻速運(yùn)動(dòng)。已知木塊與地面間的

7、動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，那么木塊受到的滑動(dòng)摩擦力為(　　) A．μmg B．μ(mg＋Fsin θ) C．μ(mg－Fsin θ) D．Fcos θ BD　[木塊勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)受到四個(gè)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軸，將F進(jìn)行正交分解，如圖所示(這樣建立坐標(biāo)系只需分解F)，由于木塊做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以在x軸上，向左的力等于向右的力(水平方向二力平衡)；在y軸上，向上的力等于向下的合力。 即Fcos θ＝Ff，F(xiàn)N＝mg＋Fsin θ，又Ff＝μFN，解得，F(xiàn)f＝μ(mg＋Fsin θ)，故選項(xiàng)B、D正確。] 9.如圖所示，一質(zhì)量為m的沙袋用不可伸長(zhǎng)的輕

8、繩懸掛在支架上，一練功隊(duì)員用垂直于繩的力將沙袋緩慢拉起，使繩與豎直方向的夾角為θ＝30°，且繩繃緊，則練功隊(duì)員對(duì)沙袋施加的作用力大小為(　　) A．mg B．mg C．mg D．mg A　[如圖，建立直角坐標(biāo)系對(duì)沙袋進(jìn)行受力分析。 由平衡條件有：Fcos 30°－FTsin 30°＝0，F(xiàn)Tcos 30°＋Fsin 30°－mg＝0，聯(lián)立可解得：F＝mg，故A正確。] 10.(2019·淄博一模)如圖所示，a、b兩個(gè)小球穿在一根光滑的固定桿上，并且通過(guò)一條細(xì)繩跨過(guò)定滑輪連接。已知b球質(zhì)量為m，桿與水平面的夾角為30°，不計(jì)所有摩擦。當(dāng)兩球靜止時(shí)，Oa段繩與桿的夾角也為30

9、°，Ob段繩沿豎直方向，則a球的質(zhì)量為(　　) A．m B．m C．m D．2m A　[分別對(duì)a、b兩球受力分析，運(yùn)用合成法，如圖所示根據(jù)共點(diǎn)力的平衡條件，得：T′＝mbg；＝(根據(jù)正弦定理列式)，T＝T′。故mb∶ma＝tan 30°∶1，則ma＝m，故B、C、D均錯(cuò)誤，A正確。] 11.如圖所示，質(zhì)量為m的小球置于傾角為30°的光滑斜面上，勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧一端系在小球上，另一端固定在墻上的P點(diǎn)。小球靜止時(shí)，彈簧與豎直墻壁間的夾角為30°，則彈簧的伸長(zhǎng)量為(　　) A． B． C． D． C　[如圖為小球的受力情況，其中的F彈為彈簧對(duì)它的彈力，由幾何關(guān)系判

10、斷可知，F(xiàn)彈與斜面之間的夾角為30°。 將小球所受的重力mg與F彈分別沿斜面和與斜面垂直的方向進(jìn)行正交分解，由共點(diǎn)力的平衡條件知，F(xiàn)彈沿斜面向上的分力與重力mg沿斜面向下的分力大小相等，即F彈cos 30°＝mgsin 30°，由胡克定律得F彈＝kx，聯(lián)立兩式解得彈簧的伸長(zhǎng)量x＝，故C正確。] 12．在如圖所示的甲、乙、丙、丁四幅圖中，滑輪本身所受的重力忽略不計(jì)，滑輪的軸O安裝在一根輕木桿P上，一根輕繩ab繞過(guò)滑輪，a端固定在墻上，b端下面掛一個(gè)質(zhì)量都是m的重物，當(dāng)滑輪和重物都靜止不動(dòng)時(shí)，甲、丙、丁圖中木桿P與豎直方向的夾角均為θ，乙圖中木桿P豎直。假設(shè)甲、乙、丙、丁四幅圖中滑輪受到木

11、桿P的彈力的大小依次為FA、FB、FC、FD，則以下判斷中正確的是(　　) 甲　　　 乙　　　　丙　　　　丁 A．FA＝FB＝FC＝FD B．FD>FA＝FB>FC C．FA＝FC＝FD>FB D．FC>FA＝FB>FD B　[繩上拉力等于重物所受的重力mg，設(shè)滑輪兩側(cè)細(xì)繩之間的夾角為φ，滑輪受到木桿P的彈力F等于滑輪兩側(cè)細(xì)繩拉力的合力，即F＝2mgcos ，由夾角關(guān)系可得FD>FA＝FB>FC，選項(xiàng)B正確。] 13.粗鐵絲彎成如圖所示半圓環(huán)的形狀，圓心為O，半圓環(huán)最高點(diǎn)B處固定一個(gè)小滑輪，小圓環(huán)A用細(xì)繩吊著一個(gè)質(zhì)量為m2的物塊并套在半圓環(huán)上。一根一端拴著質(zhì)量為m1的物塊的細(xì)繩，

12、跨過(guò)小滑輪后，另一端系在小圓環(huán)A上。設(shè)小圓環(huán)、滑輪、繩子的質(zhì)量以及相互之間的摩擦均不計(jì)，繩子不可伸長(zhǎng)。若整個(gè)系統(tǒng)平衡時(shí)，∠AOB為α，則兩物塊的質(zhì)量的比值為(　　) A．cos B．2sin C．sin D．2cos B　[對(duì)小環(huán)進(jìn)行受力分析，如圖所示，小環(huán)受上面繩子的拉力m1g，下面繩子的拉力m2g，以及圓環(huán)對(duì)它沿著OA向外的支持力，將兩個(gè)繩子的拉力進(jìn)行正交分解，它們?cè)谇芯€方向的分力應(yīng)該相等： m1gsin ＝m2gcos (α－90°) 即：m1cos ＝m2sin α m1cos ＝2m2sin cos 得：＝2sin 故選B。] 14.將一光滑輕桿

13、固定在地面上，桿與地面間夾角為θ，一光滑輕環(huán)套在桿上。一個(gè)大小和質(zhì)量都不計(jì)的滑輪用輕繩OP懸掛在天花板上，用另一輕繩通過(guò)滑輪系在輕環(huán)上，用手拉住輕繩另一端并使OP恰好在豎直方向，如圖所示?，F(xiàn)水平向右拉繩，當(dāng)輕環(huán)重新靜止不動(dòng)時(shí)，OP繩與天花板之間的夾角為(　　) A．90° B．45° C．θ D．45°＋ D　[由題意可知，當(dāng)輕環(huán)重新靜止不動(dòng)時(shí)，環(huán)所受的輕繩拉力方向與輕桿垂直，滑輪兩側(cè)輕繩的夾角為90°＋θ，此時(shí)，定滑輪P受OP繩拉力、繩子水平拉力和滑輪P與環(huán)間繩子拉力作用，處于靜止?fàn)顟B(tài)，設(shè)此時(shí)OP繩與天花板之間的夾角為α，由幾何知識(shí)及力的合成與分解，可得α＝45°＋，故選項(xiàng)D正確，

14、A、B、C錯(cuò)誤。] 15.如圖所示，三根粗細(xì)均勻且完全相同的圓木A、B、C堆放在水平地面上，處于靜止?fàn)顟B(tài)，每根圓木的質(zhì)量為m，截面的半徑為R，三個(gè)截面圓心連線構(gòu)成的等腰三角形的頂角∠O1＝120°，若在地面上的兩根圓木剛好要滑動(dòng)，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，不考慮圓木之間的摩擦，重力加速度為g，則(　　) A．圓木間的彈力為mg B．下面兩根圓木對(duì)地面的壓力均為mg C．地面上的每根圓木受到地面的作用力為mg D．地面與圓木間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 B　[對(duì)A進(jìn)行受力分析，如圖所示，A處于平衡狀態(tài)，合力為零，則有N2cos ＝mg，解得N1＝N2＝＝mg，故A錯(cuò)誤；對(duì)整體受力分析，受

15、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，由對(duì)稱性可知，豎直方向有NB＝NC＝mg，故B正確；對(duì)B進(jìn)行研究，地面對(duì)B的作用力等于地面對(duì)B的支持力與地面對(duì)B的摩擦力的合力，大于mg，故C錯(cuò)誤；對(duì)C，根據(jù)平衡條件得Ff＝N2sin 60°＝mg×＝mg，所以地面對(duì)C的摩擦力大小為mg，根據(jù)摩擦力公式Ff＝μN(yùn)C，可得μ＝＝＝，故D錯(cuò)誤。] 16．如圖所示，質(zhì)量為m的物體置于傾角為θ的固定斜面上，物體與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，先用平行于斜面的推力F1作用于物體上使其能沿斜面勻速上滑，若改用水平推力F2作用于物體上，也能使物體沿斜面勻速上滑，則兩次的推力之比為(　　) 甲　　　　　　乙 A．cos θ＋μsin θ B．cos θ－μsin θ C．1＋μtan θ D．1－μtan θ B　[物體在力F1作用下和力F2作用下運(yùn)動(dòng)時(shí)的受力情況如圖所示。 甲　　　　　　　　乙 將重力mg、力F2分別沿斜面方向和垂直于斜面方向正交分解，由平衡條件可得 F1＝mgsin θ＋Ff1 FN1＝mgcos θ Ff1＝μFN1 F2cos θ＝mgsin θ＋Ff2 FN2＝mgcos θ＋F2sin θ Ff2＝μFN2 解得F1＝mgsin θ＋μmgcos θ F2＝ 故＝cos θ－μsin θ，B正確。]