2023高考物理一轮复习课后限时集训4力的合成与分解含解析新人教版20230318193

课后限时集训(四)(时间：30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(　　)A　　　　　　BC　　　　　　DABD　[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.如图所示，两个共点力F1、F2大小恒定，当两者的夹角θ从120°逐渐减小到60°的过程中，合力(　　)A．逐渐增大B．逐渐减小C．先增大后减小D．先减小后增大A　[力是矢量，合成遵循平行四边形定则，两个共点力F1、F2大小恒定，根据平行四边形定则，两个分力的夹角越大，合力越小，夹角越小，合力越大，选项A正确，B、C、D错误。]3．已知两个共点力的合力为50N，分力F1的方向与合力F的方向成30°角，分力F2的大小为30N。则(　　)A．F1的大小是唯一的B．F2的方向是唯一的C．F2有两个可能的方向-5-\nD．F2可取任意方向C　[由F1、F2和F的矢量三角形图可以看出：因F2＝30N>F20＝25N且F2<F，所以F1的大小有两个，即F′1和F″1，F2的方向有两个，即F′2的方向和F″2的方向，故选项A、B、D错误，选项C正确。]4．(多选)明朝谢肇淛的《五杂组》中记载：“明姑苏虎丘寺塔倾侧，议欲正之，非万缗不可。一游僧见之曰：无烦也，我能正之。”游僧每天将木楔从塔身倾斜一侧的砖缝间敲进去，经月余扶正了塔身。假设所用的木楔为等腰三角形，木楔的顶角为θ，现在木楔背上加一力F，方向如图所示，木楔两侧产生推力FN，则(　　)A．若F一定，θ大时FN大B．若F一定，θ小时FN大C．若θ一定，F大时FN大D．若θ一定，F小时FN大BC　[根据力F的作用效果将力F分解为垂直于木楔两侧的力FN，如图所示。则＝sin　即FN＝所以当F一定时，θ越小，FN越大；当θ一定时，F越大，FN越大。故选项B、C正确。]5.如图所示是扩张机的原理示意图，A、B为活动铰链，C为固定铰链，在A处作用一水平力F，滑块B就以比F大得多的压力向上顶物体D，已知图中2l＝1.0m，b＝0.05m，F＝400N，B与左壁接触，接触面光滑，则D受到向上顶的力为(滑块和杆的重力不计)(　　)A．3000NB．2000NC．1000ND．500NB　[将力F按作用效果沿AB和AC两个方向进行分解，如图甲所示，-5-\n则有2F1cosα＝F，则得F1＝F2＝，再将F1按作用效果分解为FN和F′N，如图乙所示，则有FN＝F1sinα，联立得到FN＝，根据几何知识可知tanα＝＝10，得到FN＝5F＝2000N，故选项B正确。]6.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(　　)A．mB．mC．mD．2mA　[分别对a、b两球受力分析，运用合成法，如图所示根据共点力的平衡条件，得：T′＝mbg，＝(根据正弦定理列式)，T＝T′。故mb∶ma＝tan30°∶1，则ma＝m，故B、C、D均错误，A正确。]-5-\n7．(2020·天津南开中学月考)如图为两种形式的吊车的示意图，OA为可绕O点转动的轻杆，重量不计，AB为缆绳，当它们吊起相同重物时，杆OA在图(a)(b)中的受力分别为Fa、Fb，则下列关系正确的是(　　)　(a)　　　　　　　　　　　(b)A．Fa＝FbB．Fa>FbC．Fa<FbD．大小不确定A　[对题图中的A点受力分析，则由图(a)可得Fa＝F′a＝2mgcos30°＝mg由图(b)可得tan30°＝则Fb＝F′b＝mg故Fa＝Fb。(a)　　　　　　　　　(b)]8．如图所示，质量为m的物体置于倾角为θ的固定斜面上，物体与斜面之间的动摩擦因数为μ，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，则两次的推力之比为(　　)甲　　　　　　　乙A．cosθ＋μsinθB．cosθ－μsinθC．1＋μtanθD．1－μtanθB　[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-5-\nF1＝mgsinθ＋Ff1FN1＝mgcosθFf1＝μFN1F2cosθ＝mgsinθ＋Ff2FN2＝mgcosθ＋F2sinθFf2＝μFN2解得F1＝mgsinθ＋μmgcosθF2＝故＝cosθ－μsinθ，B正确。]-5-