2021高考物理拉分题专项训练1(Word版含答案).docx

力的合成与分解基础自测1合力与分力：假如一个力产生的效果跟几个共点力共同作用产生的效果相同，这一个力就叫做那几个力的合力，原来的几个力叫做分力合力和分力是等效替代的关系2共点力：作用在物体的同一点，或作用线的延长线交于一点的力，如图所示均是共点力3力的合成：求几个力的合力的过程叫做力的合成 平行四边形定则：求两个互成角度的共点力的合力，可以用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表示合力的大小和方向 三角形定则：把两个矢量首尾相接，从而求出合矢量的方法4力的分解：求一个已知力的分力的过程叫做力的分解，力的分解遵循平行四边形定则或三角形定则力的分解方法： 按力产生的效果分解； 正交分解5力的合成与分解关系如图所示：实例指导【例1】如图所示的水平面上，橡皮绳一端固定，另一端连接两根弹簧，连接点P在F1、F2和F3三力作用下保持静止，下列推断正确的是（ ）AF1 F2 F3 BF3 F1 F2 CF2 F3 F1 D F3 F2 F1B；由连接点P在三个力作用下静止知，三个力的合力为零，即F1、F2二力的合力F3与F3等大反向，三力构成的平行四边形如图所示由数学学问可知F3 F1 F2，B正确【变式跟踪1】三个共点力大小分别是F1、F2、F3，关于它们的合力F的大小，下列说法中正确的是（ ） AF大小的取值范围确定是0 F F1 + F2 + F3BF至少比F1、F2、F3中的某一个大C若F1F2F3 = 368，只要适当调整它们之间的夹角，确定能使合力为零D若F1F2F3 = 362，只要适当调整它们之间的夹角，确定能使合力为零C；合力不愿定大于分力，B错，三个共点力的合力的最小值能否为零，取决于任何一个力是否都在其余两个力的合力范围内，由于三个力大小未知，所以三个力的合力的最小值不愿定为零，A错；当三个力的大小分别为3a，6a，8a，其中任何一个力都在其余两个力的合力范围内，故C正确，当三个力的大小分别为3a，6a，2a时，不满足上述状况，故D错【变式跟踪2】一物体受到三个共面共点力F1、F2、F3的作用，三力的矢量关系如图所示（小方格边长相等），则下列说法正确的是（ ）A三力的合力有最大值F1 + F2 + F3，方向不确定B三力的合力有唯一值3F3，方向与F3同向C三力的合力有唯一值2F3，方向与F3同向D由题给条件无法求出合力大小B；对于给定的三个共点力，其大小、方向均确定，则合力的大小唯一、方向确定排解A、C；依据图表，可先作出F1、F2的合力，不难发觉F1、F2的合力方向与F3同向，大小等于2F3，依据几何关系可求出合力大小等于3F3，B对【例2】如图所示，斜劈静止在水平地面上，有一物体沿斜劈表面对下运动，重力做的功与克服力F做的功相等则下列推断中正确的是（ ）A物体可能加速下滑 B物体可能受三个力作用，且合力为零C斜劈受到地面的摩擦力方向确定水平向左D撤去F后斜劈确定受到地面的摩擦力B；对物体受力分析如图，由重力做的功与克服力F做的功相等可知，重力的分力G1F1，若斜劈表面光滑，则物体匀速运动，若斜劈表面粗糙，则物体减速运动，故A错误，B正确若FN与Ff的合力方向竖直向上，则斜劈与地面间无摩擦力，C错误撤去F后，若FN与Ff的合力方向竖直向上，则斜劈与地面间无摩擦力，故D错误【变式跟踪3】如图所示，力F垂直作用在倾角为的三角滑块上，滑块没被推动，则滑块受到地面的静摩擦力的大小为（ ）A0 BFcos CFsin DFtan 变式2 C；滑块受力如图将力F正交分解，由水平方向合力为零可知Ff Fsin ，所以C正确【例3】如图所示，在恒力F作用下，a、b两物体一起沿粗糙竖直墙面匀速向上运动，则关于它们受力状况的说法正确的是（ ）Aa确定受到4个力 Bb可能受到4个力Ca与墙壁之间确定有弹力和摩擦力 Da与b之间确定有摩擦力AD；将a、b看成整体，其受力图如图所示，说明a与墙壁之间没有弹力和摩擦力作用；对物体b进行受力分析，如图所示，b受到3个力作用，所以a受到4个力作用【变式跟踪4】如图所示，光滑斜面固定于水平面，滑块A、B叠放后一起冲上斜面，且始终保持相对静止，A上表面水平，则在斜面上运动时，B受力的示意图为（ ）A；以A、B为整体，A、B整体沿斜面对下的加速度a可沿水平方向和竖直方向分解为加速度a和a，如图所示，以B为争辩对象，B滑块必需受到水平向左的力来产生加速度a，因此B受到三个力的作用，即：重力、A对B的支持力、A对B的水平向左的静摩擦力，故只有选项A正确【例3】【2021上海高考】两个共点力Fl、F2大小不同，它们的合力大小为F，则（ AD ） AF1、F2同时增大一倍，F也增大一倍 BF1、F2同时增加10N，F也增加10NCF1增加10N，F2削减10N，F确定不变 D若F1、F2中的一个增大，F不愿定增大mF【猜想1】一质量为m的物体放在粗糙斜面上保持静止现用水平力F推m，如图所示，F由零渐渐增加，整个过程中物体m和斜面始终保持静止状态，则 （ ）A物体m所受的支持力渐渐增加B物体m所受的静摩擦力渐渐减小直到为零C物体m所受的合力渐渐增加D水平面对斜面的摩擦力渐渐增加AD；物体始终处于静止状态，所以所受的合力始终为零故C错误对物体受力分析并分解如图，未画上f，争辩f的状况： Fcos = Gsin；f = 0 Fcos Gsin；f沿斜面对下 Fcos Gsin；f沿斜面对上所以f的变化状况是： 有可能始终变大 有可能先变小后反向变大 故B错误物体m所受的支持力大小等于Gcos + Fsin，故A正确将物体和斜面看做一个整体分析可知，随F增大，水平面对斜面的摩擦力渐渐增加【变式跟踪4】【2021重庆高考】如图所示，某人静躺在椅子上，椅子的靠背与水平面之间有固定倾斜角若此人所受重力为G，则椅子各部分对他的作用力的合力大小为（ A ）AG BGsin CGcos DGtan【猜想】如图所示，A是一质量为M的盒子，B的质量为M/2，A、B用细绳相连，跨过光滑的定滑轮，A置于倾角30的斜面上，B悬于斜面之外而处于静止状态现在向A中缓慢加入沙子，整个系统始终保持静止，则在加入沙子的过程中（ ）A绳子拉力渐渐减小 BA对斜面的压力渐渐增大CA所受的摩擦力渐渐增大 DA所受的合力不变BD；现在向A中缓慢加入沙子，整个系统始终保持静止，则在加入沙子的过程中，绳子拉力等于B物体重力，不变，选项A错误；A对斜面的压力渐渐增大，A所受的合力不变，A所受的摩擦力可能渐渐减小，选项C错误BD正确随堂演练1将物体所受重力按力的效果进行分解，下列图中错误的是（ ） C；A项中物体重力分解为垂直于斜面使物体压紧斜面的分力G1和沿斜面对下使物体向下滑的分力G2；B项中物体的重力分解为沿两条细绳使细绳张紧的分力G1和G2，A、B项图均画得正确C项中物体的重力应分解为垂直于两接触面使物体压紧两接触面的分力G1和G2，故C项图画错D项中物体的重力分解为水平向左压紧墙的分力G1和沿绳向下使绳张紧的分力G2，故D项正确2如图所示，两个质量均为m的物体分别挂在支架上的B点（如图甲所示）和跨过滑轮的轻绳BC上（如图乙所示），图甲中轻杆AB可绕A点转动，图乙中水平轻杆一端A插在墙壁内，已知 = 30，则图甲中轻杆AB受到绳子的作用力F1和图乙中滑轮受到绳子的作用力F2分别为（ ）AF1 = mg、F2 = mg BF1 = mg、F2 = mgCF1 = mg、F2 = mg DF1 = mg、F2 = mg3已知两个共点力的合力为50 N，分力F1的方向与合力F的方向成30角，分力F2的大小为30 N则（ ）AF1的大小是唯一的 BF2的方向是唯一的 CF2有两个可能的方向 DF2可取任意方向C；由F1、F2和F的矢量三角形图可以看出：当F2F2025 N时，F1的大小才是唯一的，F2的方向才是唯一的因F230 NF2025 N，所以F1的大小有两个，即F1 和F1，F2的方向有两个，即F2 的方向和F2 的方向，故选项A、B、D错误，选项C正确4如图所示，固定斜面上有一光滑小球，分别与一竖直轻弹簧P和一平行斜面的轻弹簧Q连接着，小球处于静止状态，则关于小球所受力的个数不行能的（ ）A1 B2 C3 D4A；设斜面倾角为，小球质量为m，假设轻弹簧P对小球的拉力大小恰好等于mg，则小球受二力平衡；假设轻弹簧Q对小球的拉力等于mgsin，小球受到重力、弹簧Q的拉力和斜面的支持力作用，三力平衡；假如两个弹簧对小球都施加了拉力，那么除了重力，小球只有再受到斜面的支持力才能保证小球受力平衡，即四力平衡；小球只受单个力的作用，合力不行能为零，小球不行能处于静止状态5如图所示，两个等大、反向的水平力F分别作用在物体A和B上，A、B两物体均处于静止状态若各接触面与水平地面平行，则A、B两物体各受几个力（ ）A3个、4个 B4个、4个 C4个、5个 D4个、6个C；对物体A受力分析，竖直方向上受两个力：重力和支持力；水平方向上受两个力：水平力F和B对A的摩擦力，即物体A共受4个力作用对物体B受力分析，竖直方向上受3个力作用：重力、地面的支持力、A对B的压力；水平方向上受两个力作用：水平力F和A对B向右的摩擦力，即物体B共受5个力的作用，故答案C正确6如图所示，一根细线两端分别固定在A、B点，质量为m的物体上面带一个小夹子，开头时用夹子将物体固定在图示位置，OA段细线水平，OB段细线与水平方向的夹角为 = 45，现将夹子向左移动一小段距离，移动后物体仍处于静止状态，关于OA、OB两段细线中的拉力大小，下列说法正确的是（ ）A移动前，OA段细线中的拉力等于物体所受的重力大小B移动前，OA段细线中的拉力小于物体所受的重力大小C移动后，OB段细线中拉力的竖直重量不变D移动后，OB段细线中拉力的竖直重量变小AD；取O点为争辩对象，受力如图所示，由图知：TOATOBcos，TOBsinmg，当45时，TOAmg，A对；向左移动一小段距离后，O点位置下移，OB段细线中拉力的竖直重量与OA段细线中拉力的竖直重量之和等于重力大小，即OB段细线中拉力的竖直重量变小，D对7如图所示，杆BC的B端用铰链接在竖直墙上，另一端C为一滑轮重物G上系一绳经过滑轮固定于墙上A点处，杆恰好平衡若将绳的A端沿墙缓慢向下移（BC杆、滑轮、绳的质量及摩擦均不计），则（ ）A绳的拉力增大，BC杆受绳的压力增大B绳的拉力不变，BC杆受绳的压力增大C绳的拉力不变，BC杆受绳的压力减小D绳的拉力不变，BC杆受绳的压力不变B；选取绳子与滑轮的接触点为争辩对象，对其受力分析，如图所示，绳中的弹力大小相等，即T1T2G，C点处于三力平衡状态，将三个力的示意图平移可以组成闭合三角形，如图虚线所示，设AC段绳子与竖直墙壁间的夹角为，则依据几何学问可知F2Gsin/2，当绳的A端沿墙缓慢向下移时，增大，F也增大，依据牛顿第三定律知，BC杆受绳的压力增大，B正确8如图所示，一个“Y”字形弹弓顶部跨度为L，两根相同的橡皮条均匀且弹性良好，其自由长度均为L，在两橡皮条的末端用一块软羊皮（长度不计）做成裹片可将弹丸放射出去若橡皮条的弹力满足胡克定律，且劲度系数为k，放射弹丸时每根橡皮条的最大长度为2L（弹性限度内），则弹丸被放射过程中所受的最大弹力为（ ）A B CkL D2kLA；放射弹丸时每根橡皮条的最大长度为2L，每根橡皮条的弹力为kL，两根橡皮条的夹角为=2arcsin0.25，弹丸被放射过程中所受的最大弹力，选项A正确9如图所示，在水平板左端有一固定挡板，挡板上连接一轻质弹簧紧贴弹簧放一质量为m的滑块，此时弹簧处于自然长度已知滑块与板的动摩擦因数及最大静摩擦因数均为现将板的右端缓慢抬起使板与水平面间的夹角为，最终直到板竖直，此过程中弹簧弹力的大小F随夹角的变化关系可能是图中的（） C；设板与水平面的夹角为时，滑块相对于板刚要滑动，则由mgsin=mgcos得 ，= 30，则在0-30范围内，弹簧处于原长，弹力F=0；当板与水平面的夹角大于时，滑块相对板缓慢滑动，由平衡条件得，其中tan=-，说明F与是正弦形式的关系当= 90时，F = mg故选CBOAF10一轻杆BO，其O端用光滑铰链固定在竖直轻杆AO上，B端挂重物，且系一细绳，细绳跨过杆顶A处的光滑小滑轮，用力F拉住，如图所示现将细绳缓慢向左拉，使杆BO与AO的夹角渐渐减小，则在此过程中，拉力F及杆BO所受压力FN的大小变化状况是（ ）AFN先减小，后增大BFN始终不变CF先减小，后增大DF始终不变A；当细绳缓慢拉动时，整个装置处于动态平衡状态，设物体的重力为G以B点为争辩对象，分析受力状况，作出力图，如图作出力FN与F的合力F2，依据平衡条件得知，F2=F1=G由F2FNBABO得得到式中BO、AO、G不变，则FN保持不变OA、OB的夹角减小，由力的合成和分解学问可知F渐渐减小只有A正确11图中弹簧秤、绳和滑轮的质量均不计，绳与滑轮间的摩擦力不计，物体的重力都是G，在图甲、乙、丙三种状况下，弹簧秤的读数分别是F1、F2、F3，则 （）AF3 F1 = F2 BF3 = F1 F2 CF1 = F2 =F3 DF1 F2 =F3B；甲图：物体静止，弹簧的拉力F1=mg； 乙图：以物体为争辩对象，作出受力分析图如图，由平衡条件得F2=Gsin60=0.866mg；丙图：以动滑轮为争辩对象，受力如图由几何学问得F3=mg故F3=F1F2，故选B12如图所示，加装“疼惜器”的飞机在空中发生事故失去动力时，上方的降落伞就会自动弹出已知一根伞绳能承重2000N，伞开放后伞绳与竖直方向的夹角为37，飞机的质量约为8吨忽视其他因素，仅考虑当飞机处于平衡时，降落伞的伞绳至少所需的根数最接近于（图中只画出了2根伞绳，sin37=0.6,cos37=0.8）（ ）A25 B50 C75 D100B；设至少需要n根伞绳，每根伞绳的拉力F等于2000N，飞机受力平衡，则，代入数据解得n=50根