课时作业9 力的合成与分解-【红对勾讲与练·练习手册】2026年高考物理大一轮复习全新方案通用版

班级： 姓名： 课时作业9 力的合成与分解 (总分：80分) ,/基础巩固 5.(5分)(2023·浙江6月选考) 01371 如图所示，水平面上固定两个平 G￥7b 1.(5分)三个共点力大小分别是F1、F2、F,关于它 行的半圆柱体，重力为G的光 们的合力F的大小，下列说法正确的是() 滑圆柱体静置其上，a、b为相切点，∠aOb=90°， A.F大小的取值范围一定是O≤F≤F1+F,十F3 半径Ob与重力的夹角为37°。已知sin37°=0.6， B.F至少比F1、F2、F3中的某一个大 cos37°=0.8，则圆柱体受到的支持力F。、F6大 C.若F1:F2:F3=3:6:8,只要适当调整它们 小为 () 之间的夹角，一定能使合力为0 A.F。=0.6G,F6=0.4G D.若F1:F2:F3=3:6:2,只要适当调整它们 B.F。=0.4G,F。=0.6G 之间的夹角，一定能使合力为0 C.F。=0.8G,F6=0.6G 2.(5分)(2023·重庆卷)矫正牙 D.F。=0.6G,F6=0.8G 齿时，可用牵引线对牙施加力的 6.(5分)将F=40N的力分解为 作用。若某颗牙齿受到牵引线 F,和F2,其中F的方向与F的 530° 的两个作用力大小均为F,夹角为α（如图所示）， 夹角为30°，如图所示，则( 则该牙所受两牵引力的合力大小为 () A.当F2<20N时，一个F2有一个F1的值相对应 A2Fsn号 B.当F2=20N时，F1的值是20√3N B.2Fcos 2 C.当F2>40N时，一个F,就有两个F1的值与 C.Fsin a D.Fcos a 它相对应 3.(5分)如图所示，人游泳时若 D.当10N<F,<20N时，一个F,就有两个F, 某时刻手掌对水的作用力大 的值与它相对应 小为F,该力与水平方向的 300 7.(5分)如图所示，悬挂物体甲的细 B 夹角为30°，则该力在水平方 线拴牢在一不可伸长的轻质细绳 向的分力大小为 上O点处；绳的一端固定在墙上 另一端通过光滑定滑轮与物体乙 甲 A.2F B.√5F 3 C.F D.Y 相连。甲、乙两物体质量相等。系统平衡时，O点 4.(5分)两个夹角为0，大小分别是2N和3N的力 两侧绳与竖直方向的夹角分别为a和B。若α= 作用于同一物体，这两个力的合力F与夹角0的 70°，则3等于 ( ) 关系，下列图中表示正确的是 ( A.45 B.55 C.60 D.70 AFIN 8.(5分)如图是扩张机的原理示意 D 图，A、B为活动铰链，C为固定铰 B 链，在A处作用一水平力F,滑块 21 0/rad 2T 2 →0rad E就以比F大得多的压力向上顶 B 物体D。已知图中2l=1.0m,b= F/N FIN 0.05m,F=400N,滑块E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) ( >0/rad 0 →0/rad T 2T 0 2T A.3000N B.2000N D C.1000N D.500N (横线下方不可作答) 363 第二章相互作用 综合提升 物体B的质量mB=3kg,小球A的质量mA= √5kg。跨过定滑轮的轻绳两侧与竖直方向夹角 9.(5分)科学地佩戴口罩，对于 均为30°，小球A和物体B均处于静止状态，重力 呼吸道传染病具有预防作用， B A 加速度g取10m/s2,求： 得分☐ 既保护自己，又有利于公众健 (1)轻绳AC的拉力大小； 康。如图为一侧耳朵佩戴口罩 (2)物体B所受地面的摩擦力大小和支持力大小。 的示意图，一侧的口罩带是由E 直线AB、弧线BCD和直线DE组成的。假若口 罩带可认为是一段劲度系数为k的弹性轻绳（遵 循胡克定律)，在佩戴好口罩后弹性轻绳被拉长了 x,此时AB段与水平方向的夹角为37°，DE段与 水平方向的夹角为53°，弹性绳涉及的受力均在同 一平面内，不计摩擦，已知sin37°=0.6，cos37°= 0.8,则耳朵受到口罩带的作用力为 4. 5kx,方向与水平向右成45°角 B.72kx,方向与水平向左成45角 C.kx,方向与水平向左成45°角 D.2kx,方向与水平向右成45°角 10.(5分)(2024·河北卷)如图所 13.(14分)如图所示，竖直墙面上有一悬物架，悬物 示，弹簧测力计下端挂有一质 架由三根轻质细杆构成，三根细杆的一端连接到 量为0.20kg的光滑均匀球体， 同一顶点O,另一端分别连接到竖直墙壁上的 球体静止于带有固定挡板的斜 A、B、C三个点，O、A、B、C点处分别是四个可 面上，斜面倾角为30°，挡板与 60° 以向各个方向自由转动的轻质光滑铰链（未画 斜面夹角为60°。若弹簧测力0 出)。在O点用轻绳悬挂一个质量为m的重物， 计位于竖直方向，读数为1.0N,g取10m/s2,挡 已知AB=AC=BO=CO,△BOC所在的面为 板对球体支持力的大小为 ) 水平面，∠BOC=60°，重力加速度为g,求： B.1.0N C.23 N D.2.0N 得分 3 (1)OA杆对墙壁的作用力大小； 11.(5分)(2023·广东卷)如图所 F (2)OB杆对墙壁的作用力大小。 示，可视为质点的机器人通过磁 铁吸附在船舷外壁面检测船体。 G 壁面可视为斜面，与竖直方向夹 角为0。船和机器人保持静止 B O 时，机器人仅受重力G、支持力FN、摩擦力F,和 磁力F的作用，磁力垂直壁面。下列关系式正确 的是 A.F-G B.F=F C.F=Gcos 0 D.F=Gsin 0 12.(11分)如图所示，水平轻 绳AC一端固定在墙上， 另一端连接小球A;另一 c y3030 OA B 根轻绳跨过光滑定滑轮后 7n777777777777477777777 分别连接小球A和水平地面上的物体B。已知 红对勾·讲与练 364☐ 高三物理 ■B错误；以整体为研究对象，由平衡条 件得知，地面对C有向左的滑动摩擦 力，则C对地面有向右的滑动摩擦力， 综上可知C受到两个摩擦力作用，故 C、D错误。 3.C向上运动的过程中，该同学双手可 能始终与竖直杆之间没有相对滑动， 所以杆与手之间的摩擦力为静摩擦 力，而公式F:=uF￥是计算滑动摩擦 力的公式，故A错误：若该同学在上升 过程中，双手始终与竖直杆之间没有 相对滑动，则不管是在匀速运动阶段 还是加速阶段，该同学受到的摩擦力 均为静摩擦力，故B错误：若无相对滑 动，无论加速还是匀速阶段，该同学与 杆之间的摩擦力均是静摩擦力，但若 在爬升过程中有相对滑动，则会出现 滑动摩擦力，因此无论加速还是匀速 阶段，该同学与杆之间的摩擦力可能 均是静摩擦力，故C正确：该同学双手 可能始终与竖直杆之间没有相对滑 动，所以杆与手之间的摩擦力为静摩 擦力，而手与杆之间的弹力越大，最大 静摩擦力越大，不能说摩擦力越大，若 爬升过程中无相对滑动，则摩擦力为 静摩擦力，静摩擦力和手与杆之间的 弹力无关，故D错误。 4.C缓慢拉出，所以处于平衡状态，辉 卯结构有4个接触面，则4uFy=F,解 F 得= -,故选C。 5.B擦窗工具在竖直面 内受重力mg、拉力F 和摩擦力f作用，且做 匀速直线运动，所以这 mg 三个力的合力为0，受力分析如图所 示，拉力与重力大小相等，根据三力平 衡，可知拉力和重力的合力大小等于 摩擦力大小，f=√F十(mg) √2mg,方向斜向左上，与水平方向成 45°，B正确。 6.A根据题意，设滑块质量为，当滑 块沿水平桌面做匀速直线运动时，根 据平衡条件可得，在水平方向上有 Fcos37°=F1,竖直方向上有Fsin37十 F1=g,当滑块沿倾斜桌面向上做 匀速直线运动时，垂直桌面方向上有 F2=1gc0s37°，沿桌面方向上有 2F=ng sin37°十F2,联立解得= 或以=青（含去），故选A 3 4 7.BC开始时物块静止，若F>mg sin日， 则F:=F一mg sin日≤Fm,方向沿斜面 向下，为负值：随着F沿斜面向上减 小，F,先减小，当F=ng sin0时， F=0,此时t<t1,然后F,反向增大， 为正值；若Fm足够大，则F:一直为 静摩擦力，一直线性增大，若Fm不够 大，则F,增大到Fm后变为滑动摩擦 力，保持不变。故A、D错误，B、C 正确。 8.B物块之间产生相对滑动，需要达到 对应的最大静摩擦力，A、B间的最大 2对勾·讲与练·高三物理 静摩擦力为0.6g,B、C间的最大静 摩擦力为0.8mg,所以A、B间更易产 生相对滑动，即拉动C,系统内物块间 产生滑动时B、C作为一个整体一起运 动。当C要发生运动时，对B、C整体 受力分析，A对整体是向右的最大静 摩擦力，为fA=0.6mg,地面对整体是 向右的摩擦力，为f地=0.2×3mg= 0.6mg,轻绳对整体向右的拉力为T= 0.6mg,所以F≥T十fA十f地= 1.8mg,故选B。 9.C最大静摩擦力等于滑动摩擦力，所 以木块A受到的最大静摩擦力为 fmA=FNa=0.25×50N=12.5N, 木块B受到的最大静摩擦力为∫m= uFm=0.25×60N=15N,此时弹簧 的弹力为F弹=kx=400×0.02N= 8N,弹簧弹力的大小小于木块受到的 最大静摩擦力的大小，木块处于静止 状态，根据平衡条件，木块A受到的摩 擦力大小为8N,方向向右，木块B受 到的摩擦力也是8N,方向向左，当与 水平方向成60°的拉力F=6N作用在 木块B上时，假设木块B仍静止，则木 块B受到的摩擦力为11N,此时小于最 大静摩擦力fm=u(mg-Fsin60)= 25x(6x10-5x9)Nw17N 则木块B仍然静止，摩擦力方向向左， 施加F后，弹簧的形变量不变，则木块 A受力情况不变，木块A受到的摩擦 力大小仍为8N,方向向右，C正确。 10.C工件的重力可以分解为沿槽棱方 向向下的分力Gsin30°与垂直于槽棱 方向的分力Gc0s30°，如图甲所示，垂 直于槽棱方向的分力Gc0s30°又进 步分解为两个挤压侧面的压力，如图乙 所示，由几何关系可知2F1c0s30°= Gcos30,解得F1=F,=2G,故A,B 错误；此时沿槽棱方向的分力Gsin30° 与工件和槽之间的摩擦力大小相等，有 F,=2F1=Gsin30,解得u=2,故 C正确，D错误。 Gsin 300 Gcos30° 30° G Gcos30° 甲 11.B由于进纸系统每次只进一张纸， 则在第1张纸向右运动时，第2张纸 与第3张纸保持相对静止，第2张纸 与第3张纸之间的摩擦力为静摩擦 力，故A错误；工作时搓纸轮给第1 张纸压力大小为F,第1张纸对第2 张纸的压力为F十mg,则第1张纸与 第2张纸之间的滑动摩擦力为∫12= 2N12=2(F十mg),由于第2张及 -606- 第2张以下的纸没有运动，只有运动 趋势，所以第2张以下的纸之间以及 第10张纸与摩擦片之间的摩擦力均 为静摩擦力，大小均为f特=∫2= 2（F十mg),故B正确，C错误：若 1<以2，则有u1F<2(F十mg),可 知搓纸轮与第1张纸之间会发生相对 滑动，而第1张纸静止不动，所以进纸 系统不能正常进纸，故D错误。 12.D由题图乙可知，当木板与地面的 夹角为日1时，木块刚刚开始滑动，木 块重力沿木板向下的分力等于F红， 则F2=ng sin81,刚滑动时有F1= Fa mgc0s81,则以= mgc0s日，由题图乙 知F1<F2,即gcos日1<mgsin月， 解得u<tan9,故A、B错误；当木板 与地面的夹角为日。时，木块受到的摩 擦力为0，则木块只受重力作用，但此 时速度不是0，木块不做自由落体运 动，做初速度不为0、加速度为g的匀 加速直线运动，故C错误；对木块，根据 牛顿第二定律有mng sin0一gcos9= ma,则a=gsin日-gcos日，则木板由 日1转到日2的过程中，随着日的增大， 木块的加速度α增大，即速度变化越 来越快，故D正确。 课时作业9力的合成与分解 1.C合力不一定大于分力，B错误；三 个共，点力的合力的最小值能否为0，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一定为 0,A错误；当三个力的大小分别为3N、 6N、8N时，其中任何一个力都在其余 两个力的合力范围内，三个力的合力 可能为0，C正确：当三个力的大小分 别为3N、6N、2N时，不满足上述情 况，D错误。 2.B根据平行四边形定则可知，该牙所受 两牵引力的合力大小为F合=2Fcos2: 故选B。 3.D沿水平方向和竖直方向将手掌对 水的作用力分解，则该力在水平方向 的分力大小为F0s30°=5F,故 2 选D。 4.A设F1=2N,F,=3N,由力合成的 平行四边形定则可知，合力大小F= √F1十F十2F1F2c0s0,8在0π之 间，两个力之间的夹角越大，合力F越 小，当8=π时，合力最小，Fmm=1N, 在π<日<2π时，两个力之间的夹角越 大，合力F越大，日=2π时，合力最大， =5N,故A正确，B、C、D错误。 5.D对光滑圆柱体受力分析如图所示， 由题意有F。=Gsin37°=0.6G,F6= Gc0s37°=0.8G,故选D。 6.B根据矢量三角形法则，如图所示， 当F2的方向与F1垂直时F2最小，最 1 小值为F,=Fsin30=40X2N=20N, 当F2<20N时，无解，故A、D错误； 当F2=20N时，F1的值是F1= Fcos30°=20√5N,故B正确：根据A 选项分析可知，当F,>40N时，此时 F2只能处于图中F2最小值右侧，故 此时一个F,只有一个F1的值与它相 对应，故C错误。 130° 7,B对O点进行受力F 分析，如图所示，因为 4 甲、乙两物体质量相 O 1 等，所以F1与F2大 小相等，合成的平行 四边形为菱形，a 70°，则∠1=∠2=55°，F1和F2的合 力与F等大、反向，B=∠2，B正确。 8.B将力F沿AB和AC两个方向进行 分解，如图甲所示，则有2F1cosa=F, F 解得F1=F:=2c0Sa,再将F分解 为FN和F,如图乙所示，则有F、= F1sina,联立解得Fy=Eama,根据 2 几何知识可知tana=方 =10,得到 Fy=5F=2000N,B正确。 F F1x-------+EN a F F 甲 9.B耳朵分别受到AB、ED段口罩带 的拉力FAB、FED,且FAB=FED=kx, 将两力正交分解如图所示，FA: F4B·c0s37°，FA=F4B·sin37; FEDx=FED·cOs53°，FED=FD· sin53°，水平方向合力F,=FAr十 FD:,竖直方向合力F,=FA十 7 7 Fmw,解得F=5x,F,=方x;耳 朵受到口罩的作用力F合= √F于F可=72红，方向与水平向左 5 成45°角。故选B。 ↑y FABS FED: : 37% 53 FF ---FgDy 10.A对球体受力分析如图所示，由几 何关系得力F与力F、与竖直方向的 夹角均为30°，因此由正交分解方程可 得Fxsin30°=Fsin30°，Fxcos30°十 Fcos30°+T=mg,解得F=Fy= N,故选A 3 60°C *mg <30° 11.C如图所示，将重力沿垂直于壁面 方向和沿壁面方向分解，沿壁面方 向，由平衡条件得F,=Gcos日，A错 误，C正确：垂直壁面方向，由平衡条 件得F=Gsin0十FN,B、D错误。 Gsin 0 Gcos FN 0 12.(1)10N(2)10N(30-10√5)N 解析：(1)对小球A进行受力分析可 知，小球A受重力、轻绳AC的拉力 和轻绳OA的拉力，根据平衡条件得 Fe=mAgtan30,FoA三OSC·解 得FAc=10N。 (2)轻绳OA和OB为定滑轮两边的 细绳，拉力相等，即FoA=Fo,物体B 受重力、轻绳OB的拉力、地面的摩擦力 F,和支持力Fy,则有F,=Fousin30°， Foucos30°十Fy=mng,解得F:= 10N,Fv=(30-10W5)N。 13.12mg(2) 3 mg 解析：(1)O、A、B,C点处分别是四个 可以向各个方向自由转动的轻质光 滑铰链，则轻杆作用力方向只能沿 杆，根据几何知识可知△BOC和 △ABC为全等的正三角形，两三角形 所在平面相互垂直，故可知AO杆与 竖直方向夹角为45°，对O点，根据竖 直方向平衡条件To4sin45°=mg,解 得ToA=√2mg,结合牛顿第三定律 可知OA杆对墙壁的作用力大小为 √2mg。 (2)对O点，根据水平方向平衡条件 可得OB杆和OC杆的合力为T= To1c0s45°=mg,根据力的分解，可 知OB杆对O点的作用力大小为 T 2 5 Tw=c0s30=3mg,结合牛顿第三 定律可知OB杆对墙壁的作用力大小 为 mg。 -607- 课时作业10受力分析 共点力的平衡 1.AC若物体A上表面与框架接触而 无挤压，此时物体A受重力和弹簧弹 力两个力的作用：若物体A上表面与 框架接触且有挤压，此时物体A受重 力、弹簧弹力、框架的压力和摩擦力四 个力的作用，故选A、C。 2.A由题意可知所受重力G竖直向下， 空气阻力F,与速度方向相反，升力F。 与速度方向垂直，发动机推力F1的方 向沿喷口的反方向，对比图中选项可 知只有A选项符合题意，故选A。 3.B根据题意可知机器人“天工”它可 以在倾角不大于30°的斜坡上稳定地站 立和行走，对“天工”分析有mgsin30°≤ mgc0s30,可得r≥tan30= 3,故 选B。 4.C对网兜和足球受力分析，设轻绳与 竖直墙面的夹角为日，由平衡条件得 F Fr=oein=Gtan 0,.可知 Fr>G,Fr>Fy,故选C。 5.A对整体受力分析，在水平方向上受 推力和滑动摩擦力，有F=2um1g:对B 受力分析，B受到重力、推力F和支持 力，根据共点力平衡有tan8= g联 立解得n=婴-日，故反.CD辑 2 误，A正确。 6.C设绳上拉力为FT,OA长L1,OB 长L2,过O点作竖直向下的辅助线交 AB于C点，如图所示，由三角形相似 有是是吃言 故A、B、D错误，C正确。 F B mAg F mng 7.A对金属球受力分析如图所示，根据 共，点力平衡，有Tsin0=Fa,Tcos8= g,又因为Fg=ku2,联立解得U= /mg tan 0 ,故选A。 Z∠g4 风 T F←m mg 8.C根据题意，对小球受力分析，受拉 力、支持力和重力，把拉力和支持力平 移，组成矢量三角形，延长AO和BC 交于D点，如图所示，由几何关系和相 F mg 似三角形有工一H十Ran9,解得绳对 mgL 小球的拉力F月干R1m9故选C。 参考答案·☑。