高考物理一輪復習課時作業(yè)五力的合成與分解含解析新人教版

一輪復習精品資料(高中)PAGE1-力的合成與分解(建議用時40分鐘)1.(2021·玉溪模擬)某同學練習倒立,雙臂對稱分開,身體保持豎直,靠在墻上,如圖所示。若該同學增大雙臂分開的角度,但仍保持豎直靠在墻上,則下列有關該同學受力的說法正確的是 ()A.地面對該同學雙手的支持力增大B.地面對該同學雙手的支持力減小C.地面對該同學單只手的摩擦力增大D.地面對該同學單只手的摩擦力減小〖解析〗選C。根據(jù)人受力平衡,可知:無論雙臂張開的角度多大,豎直方向地面對雙手的支持力大小總是等于該同學的重力,故A、B錯誤;張開角度越大,雙臂在沿水平方向的分力越大,故摩擦力越大,故C正確,D錯誤。故選C。2．有兩個大小相等的共點力F1和F2，當它們的夾角為90°時合力的大小為F，則當它們的夾角為60°時，合力的大小為()A．2FB．eq\f(\r(6),2)FC．eq\f(\r(3),2)FD．eq\f(\r(2),2)F〖解析〗選B。當兩個力的夾角為90°時，合力為F合＝eq\r(Feq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋Feq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)))＝eq\r(2)F1＝F，所以F1＝F2＝eq\f(\r(2),2)F當兩個力的夾角為60°時，根據(jù)平行四邊形定則，合力大小等于底角為30°的等腰三角形的底邊：cos30°＝eq\f(\f(F合′,2),F1)F合′＝2F1cos30°＝2×eq\f(\r(2),2)×eq\f(\r(3),2)F＝eq\f(\r(6),2)F，故選B。3．(2021·西安模擬)如圖，在水平晾衣桿(可視為光滑桿)上晾曬床單時，為了盡快使床單晾干，可在床單間支撐輕質(zhì)細桿。隨著細桿位置的不同，細桿上邊兩側床單間夾角θ(θ<150°)將不同。設床單重力為G，晾衣桿所受壓力大小為N，下列說法正確的是()A．當θ＝60°時，N＝eq\f(\r(3),3)GB．當θ＝90°時，N＝eq\f(\r(2),2)GC．只有當θ＝120°時，才有N＝GD．無論θ取何值，都有N＝G〖解析〗選D。對床單和輕質(zhì)細桿進行受力分析可知，整體受重力G(輕質(zhì)細桿不計質(zhì)量)和晾衣桿給的支持力N，根據(jù)牛頓第三定律可知，晾衣桿給床單的支持力大小等于晾衣桿所受的壓力大小，根據(jù)平衡條件可知，N＝G，與細桿上邊兩側床單間夾角θ無關，選項D正確。4.(2021·昆明模擬)用斧頭劈木柴的情景如圖甲所示。劈的縱截面是一個等腰三角形,劈背的寬度為d,劈的側面長為l,當在劈背加一個力F時的受力示意圖如圖乙所示,若不計斧頭的重力,則劈的側面推壓木柴的力F1為()A.F B.F C.F D.F〖解析〗選A。根據(jù)對稱性,兩分力F1、F2大小相等,這樣,以F1、F2為鄰邊的平行四邊形就是一個菱形,因為菱形的對角線互相垂直且平分,所以根據(jù)三角形相似=,解得F1=F2=F,故A正確,B、C、D錯誤。故選A。5．(多選)我國不少地方在節(jié)日期間有掛紅燈籠的習俗。如圖，質(zhì)量為m的燈籠用兩根不等長的輕繩OA、OB懸掛在水平天花板上，OA比OB長，O為結點。重力加速度大小為g。設OA、OB對O點的拉力分別為FA、FB，輕繩能夠承受足夠大的拉力，則()A.FA小于FBB．FA、FB的合力大于mgC．調(diào)節(jié)懸點A的位置，可使FA、FB都大于mgD．換質(zhì)量更大的燈籠，F(xiàn)B的增加量比FA的增加量大〖解析〗選A、C、D。作出結點O的力的合成圖如圖所示，由于OA比OB長，可知在力的直角三角形中大角對大邊，所以FA小于FB，故A正確；由力的平衡可知FA、FB的合力等于mg，故B錯誤；根據(jù)力的分解可知，合力可以小于每一個分力，所以調(diào)節(jié)懸點A的位置，可使FA、FB都大于mg，故C正確；由于FA小于FB及力合成圖可知換質(zhì)量更大的燈籠，即增大合力，F(xiàn)B的增加量比FA的增加量大，故D正確。6.(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動，已知木塊與地面間的動摩擦因數(shù)為μ，那么木塊受到的滑動摩擦力為()A．μmg B．μ(mg＋Fsinθ)C．μ(mg－Fsinθ) D．Fcosθ〖解題指導〗本題屬于已知條件較多的選擇題，這類題一般為多解問題。對于本題一個解為根據(jù)物體的平衡求解滑動摩擦力，另一個解為根據(jù)滑動摩擦定律求解滑動摩擦力?！冀馕觥竭xB、D。木塊勻速運動時受到四個力的作用：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進行正交分解如圖所示：由平衡條件得：Fcosθ＝Ff，F(xiàn)N＝mg＋Fsinθ，又由于Ff＝μFN，解得Ff＝μ(mg＋Fsinθ)，故B、D正確。7.(2021·濰坊模擬)如圖所示，山坡上兩相鄰高壓塔A、B之間架有勻質(zhì)粗銅線，平衡時銅線呈弧形下垂，最低點為C，已知弧線BC的長度是AC的3倍，而左塔B處銅線切線與豎直方向成β＝30°角。問右塔A處銅線切線與豎直方向成的角α應為()A．30°B．45°C．60°D．75°〖解析〗選C。設AB兩端銅線上拉力分別為FA、FB，銅線質(zhì)量為m，在水平方向，ABC整體受力平衡，有：FAsinα＝FBsinβ；在豎直方向，BC段受力平衡，有：FBcosβ＝eq\f(3,4)mg；(AC段對C點力的方向水平向右)；在豎直方向，AC段受力平衡，有：FAcosα＝eq\f(1,4)mg；聯(lián)立解得：tanα＝3tanβ，所以，α＝60°，故A、B、D錯誤，C正確。8.(多選)如圖所示是剪式千斤頂，當搖動把手時，螺紋軸就能迫使千斤頂?shù)膬杀劭繑n，從而將汽車頂起。當車軸剛被頂起時汽車對千斤頂?shù)膲毫?.0×105N，此時千斤頂兩臂間的夾角為120°，則下列判斷正確的是()A．此時兩臂受到的壓力大小均為5.0×104NB．此時千斤頂對汽車的支持力為1.0×105NC．若繼續(xù)搖動把手，將汽車頂起，兩臂受到的壓力將增大D．若繼續(xù)搖動把手，將汽車頂起，兩臂受到的壓力將減小〖解析〗選B、D。將汽車對千斤頂?shù)膲毫分解為沿兩臂的兩個分力F1、F2，如圖所示，根據(jù)對稱性可知，兩臂受到的壓力大小相等，即F1＝F2。由2F1cosθ＝F得F1＝F2＝eq\f(F,2cos60°)＝1.0×105N，選項A錯誤；根據(jù)牛頓第三定律可知，千斤頂對汽車的支持力等于汽車對千斤頂?shù)膲毫Γ瑸?.0×105N，選項B正確；由F1＝F2＝eq\f(F,2cosθ)可知，當F不變、θ減小時，cosθ增大，F(xiàn)1、F2減小，選項C錯誤，D正確。9．(2021·哈爾濱模擬)圖甲是由兩圓桿構成的“V”形斜槽，它與水平面成傾角θ放置?，F(xiàn)將一質(zhì)量為m的圓柱體滑塊由斜槽頂端釋放，滑塊恰好勻速下滑，沿斜槽看去，截面如圖乙所示。已知滑塊與兩圓桿間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度大小為g，β＝120°，則()A．μ＝tanθB．左邊圓桿對滑塊的支持力大小為mgcosθC．左邊圓桿對滑塊的摩擦力大小為mgsinθD．若增大θ，左邊圓桿對滑塊的支持力將增大〖解析〗選B?；瑝K恰好勻速下滑，則滑塊受力平衡，對滑塊受力分析，根據(jù)平衡條件得，mgsinθ＝2f＝2μFN，mgcosθ＝2FNcoseq\f(β,2)＝FN，解得μ＝eq\f(1,2)tanθ，選項A錯誤、B正確；左邊圓桿對滑塊的摩擦力大小為f＝eq\f(1,2)mgsinθ，選項C錯誤；若θ增大，cosθ減小，則左邊圓桿對滑塊的支持力將減小，選項D錯誤。10.(2021·曲靖模擬)如圖為汽車的機械式手剎(駐車器)系統(tǒng)的結構示意圖,結構對稱。當向上拉動手剎拉桿時,手剎拉索(不可伸縮)就會拉緊,拉索OD、OC分別作用于兩邊輪子的制動器上,從而實現(xiàn)駐車的目的。則以下說法正確的是 ()A.當OD、OC兩拉索夾角為60°時,三根拉索的拉力大小相等B.拉動手剎拉桿時,拉索AO上拉力總比拉索OD和OC中任何一個拉力大C.若在AO上施加一恒力,OD、OC兩拉索夾角越小,拉索OD、OC拉力越大D.若保持OD、OC兩拉索拉力不變,OD、OC兩拉索越短,拉動拉索AO越省力〖解析〗選D。當OD、OC兩拉索夾角為120°時,三根拉索的拉力大小才相等,選項A錯誤;拉動手剎拉桿時,當OD、OC兩拉索夾角大于120°時,拉索AO上拉力比拉索OD和OC中任何一個拉力小,選項B錯誤;根據(jù)平行四邊形定則可知,若在AO上施加一恒力,OD、OC兩拉索夾角越小,拉索OD、OC拉力越小,選項C錯誤;若保持OD、OC兩拉索拉力不變,OD、OC兩拉索越短,則兩力夾角越大,合力越小,即拉動拉索AO越省力,選項D正確。故選D。11．如圖所示，一直桿傾斜固定并與水平方向成30°的夾角。直桿上套有一個質(zhì)量為0.5kg的圓環(huán)，圓環(huán)與輕彈簧相連，在輕彈簧上端施加一豎直向上、大小F＝10N的力，圓環(huán)處于靜止狀態(tài)。已知直桿與圓環(huán)之間的動摩擦因數(shù)為0.7，g取10m/s2。下列說法正確的是()A．圓環(huán)受到直桿的彈力，方向垂直直桿向上B．圓環(huán)受到直桿的彈力大小等于2.5NC．圓環(huán)受到直桿的摩擦力，方向沿直桿向上D．圓環(huán)受到直桿的摩擦力大小等于2.5N〖解析〗選D。因彈簧的拉力F＝10N>mg＝5N，所以圓環(huán)受到垂直直桿向下的支持力FN，故A項錯誤；同理，拉力沿直桿向上的分力F1＝Fsin30°＝5N，也大于重力沿直桿向下的分力G1，所以圓環(huán)受到沿直桿向下的摩擦力Ff，故C項錯誤；如圖所示，垂直直桿方向FN＋mgcos30°＝Fcos30°，沿直桿方向Ff＋mgsin30°＝Fsin30°，解得FN＝eq\f(5\r(3),2)N，F(xiàn)f＝2.5N，故B項錯誤，D項正確。〖題后反思〗本題彈簧的彈力大于物體的重力，可以用等效法，相當于物體受一個豎直向上的重力，從而轉化為我們熟悉的模型求解?！技庸逃柧殹?2020·寧波模擬)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，小球靜止時，彈簧與豎直方向的夾角為30°，則彈簧的伸長量為 ()〖解析〗選C。解法一：(力的合成法)小球受mg、FN、F三個力作用而靜止。其中FN、F的合力與mg等大反向，即2Fcos30°=mgF=kx，所以x=，故C正確。解法二：(力的效果分解法)將mg沿垂直斜面方向和沿彈簧方向進行分解。兩個分力分別為F1、F2，其中F1大小等于彈簧彈力F。則2Fcos30°＝mg，F(xiàn)＝kx，所以x＝eq\f(\r(3)mg,3k)，故C正確。解法三：(正交分解法)將FN、F沿x、y軸進行分解。Fsin30°＝FNsin30°，F(xiàn)cos30°＋FNcos30°＝mg，F(xiàn)＝kx，聯(lián)立得x＝eq\f(\r(3)mg,3k)，故C正確。12．(創(chuàng)新題)如圖所示，質(zhì)量均為M的A、B兩滑塊放在粗糙水平面上，兩輕桿等長，桿與滑塊、桿與桿間均用光滑鉸鏈連接，在兩桿鉸合處懸掛一質(zhì)量為m的重物C，整個裝置處于靜止狀態(tài)，設桿與水平面間的夾角為θ。下列說法正確的是()A．當m一定時，θ越小，滑塊對地面的壓力越大B．當m一定時，θ越大，輕桿受力越小C．當θ一定時，M越大，滑塊與地面間的摩擦力越大D．當θ一定時，M越小，可懸掛重物C的質(zhì)量m越大〖解析〗選B。對ABC整體分析可知，對地壓力為FN＝(2M＋m)g，與θ無關，故A錯誤；將C的重力按作用效果分解，如圖所示，根據(jù)平行四邊形定則有F1＝F2＝eq\f(\f(1,2)mg,sinθ)＝eq\f(mg,2sinθ)，故m一定時，θ越大，輕桿受力越小，故B正確；對A分析，受重力、桿的推力、支持力和向右的靜摩擦力，根據(jù)平衡條件有Ff＝F1cosθ＝eq\f(mg,2tanθ)，與M無關，故C錯誤；只要動摩擦因數(shù)足夠大，即滿足F1cosθ≤μF1sinθ，不管M多大，M都不會滑動，所以可懸掛重物C的質(zhì)量大小與M無關，故D錯誤?！碱}后反思〗物體的動態(tài)平衡有兩種方法，圖解法和〖解析〗法，一般來說物體受三個力用圖解法，如分析輕桿的作用力，物體受三個力以上時用〖解析〗法，如分析滑塊和地面的靜摩擦力。13.如圖所示，輕桿BC的C點用光滑鉸鏈與墻壁固定，桿的B點通過水平細繩AB使桿與豎直墻壁保持30°的夾角。若在B點懸掛一個定滑輪(不計重力)，某人用它勻速地提起重物。已知重物的質(zhì)量m＝30kg，人的質(zhì)量M＝50kg，g取10m/s2。試求：(1)此時地面對人的支持力的大小。(2)輕桿BC和繩AB所受力的大小。〖解析〗(1)因勻速提起重物，則FT＝mg，且繩對人的拉力為mg，所以地面對人的支持力為FN＝Mg－mg＝(50－30)×10N＝200N，方向豎直向上。(2)定滑輪對B點的拉力方向豎直向下，大小為2mg，桿對B點的彈力方向沿桿的方向，如圖所示，由共點力平衡條件得FAB＝2mgtan30°＝2×30×10×eq\f(\r(3),3)N＝200eq\r(3)N，F(xiàn)BC＝eq\f(2mg,cos30°)＝400eq\r(3)N。由牛頓第三定律可得F′BC＝FBC＝400eq\r(3)N，F(xiàn)′AB＝FAB＝200eq\r(3)N?！即鸢浮?1)200N(2)400eq\r(3)N200eq\r(3)N〖加固訓練〗(2021·雙鴨山模擬)如圖所示，光滑的輕滑輪通過支架固定在天花板上，一足夠長的細繩跨過滑輪，一端懸掛小球b，另一端與套在水平細桿上的小球a連接。在水平拉力F作用下小球a從圖示虛線位置開始緩慢向右移動(細繩中張力大小視為不變)。已知小球b的質(zhì)量是小球a的2倍，滑動摩擦力等于最大靜摩擦力，小球a與細桿間的動摩擦因數(shù)為，已知小球a的質(zhì)量為m，則下列說法正確的是()A.當細繩與細桿的夾角為60°時，拉力F的大小為(2-)mgB.支架對輕滑輪的作用力大小逐漸增大C.拉力F的大小一直增大D.拉力F的大小先減小后增大〖解析〗選C。小球b的質(zhì)量為2m，在緩慢移動的過程中，兩小球都處于平衡狀態(tài)，繩子的拉力T＝mbg＝2mg，當細繩與細桿的夾角為60°時，對小球a受力分析如圖所示，則在水平方向上有F＝μN＋T·cos60°，在豎直方向上有Tsin60°＋N＝mg，聯(lián)立解得F＝eq\f(\r(3),3)mg，選項A錯誤；小球a從圖示虛線位置開始緩慢向右移動時，兩段繩子的拉力大小不變，但夾角變大，所以合力變小，故支架對輕滑輪的作用力減小，B錯誤；繩子與輕桿方向的夾角θ越來越小，根據(jù)Tsinθ＋N＝mg可知N越來越大，在水平方向上F＝μN＋T·cosθ，即摩擦力越來越大，T·cosθ越來越大，故拉力F的大小一直增大，C正確，D錯誤。力的合成與分解(建議用時40分鐘)1.(2021·玉溪模擬)某同學練習倒立,雙臂對稱分開,身體保持豎直,靠在墻上,如圖所示。若該同學增大雙臂分開的角度,但仍保持豎直靠在墻上,則下列有關該同學受力的說法正確的是 ()A.地面對該同學雙手的支持力增大B.地面對該同學雙手的支持力減小C.地面對該同學單只手的摩擦力增大D.地面對該同學單只手的摩擦力減小〖解析〗選C。根據(jù)人受力平衡,可知:無論雙臂張開的角度多大,豎直方向地面對雙手的支持力大小總是等于該同學的重力,故A、B錯誤;張開角度越大,雙臂在沿水平方向的分力越大,故摩擦力越大,故C正確,D錯誤。故選C。2．有兩個大小相等的共點力F1和F2，當它們的夾角為90°時合力的大小為F，則當它們的夾角為60°時，合力的大小為()A．2FB．eq\f(\r(6),2)FC．eq\f(\r(3),2)FD．eq\f(\r(2),2)F〖解析〗選B。當兩個力的夾角為90°時，合力為F合＝eq\r(Feq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋Feq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)))＝eq\r(2)F1＝F，所以F1＝F2＝eq\f(\r(2),2)F當兩個力的夾角為60°時，根據(jù)平行四邊形定則，合力大小等于底角為30°的等腰三角形的底邊：cos30°＝eq\f(\f(F合′,2),F1)F合′＝2F1cos30°＝2×eq\f(\r(2),2)×eq\f(\r(3),2)F＝eq\f(\r(6),2)F，故選B。3．(2021·西安模擬)如圖，在水平晾衣桿(可視為光滑桿)上晾曬床單時，為了盡快使床單晾干，可在床單間支撐輕質(zhì)細桿。隨著細桿位置的不同，細桿上邊兩側床單間夾角θ(θ<150°)將不同。設床單重力為G，晾衣桿所受壓力大小為N，下列說法正確的是()A．當θ＝60°時，N＝eq\f(\r(3),3)GB．當θ＝90°時，N＝eq\f(\r(2),2)GC．只有當θ＝120°時，才有N＝GD．無論θ取何值，都有N＝G〖解析〗選D。對床單和輕質(zhì)細桿進行受力分析可知，整體受重力G(輕質(zhì)細桿不計質(zhì)量)和晾衣桿給的支持力N，根據(jù)牛頓第三定律可知，晾衣桿給床單的支持力大小等于晾衣桿所受的壓力大小，根據(jù)平衡條件可知，N＝G，與細桿上邊兩側床單間夾角θ無關，選項D正確。4.(2021·昆明模擬)用斧頭劈木柴的情景如圖甲所示。劈的縱截面是一個等腰三角形,劈背的寬度為d,劈的側面長為l,當在劈背加一個力F時的受力示意圖如圖乙所示,若不計斧頭的重力,則劈的側面推壓木柴的力F1為()A.F B.F C.F D.F〖解析〗選A。根據(jù)對稱性,兩分力F1、F2大小相等,這樣,以F1、F2為鄰邊的平行四邊形就是一個菱形,因為菱形的對角線互相垂直且平分,所以根據(jù)三角形相似=,解得F1=F2=F,故A正確,B、C、D錯誤。故選A。5．(多選)我國不少地方在節(jié)日期間有掛紅燈籠的習俗。如圖，質(zhì)量為m的燈籠用兩根不等長的輕繩OA、OB懸掛在水平天花板上，OA比OB長，O為結點。重力加速度大小為g。設OA、OB對O點的拉力分別為FA、FB，輕繩能夠承受足夠大的拉力，則()A.FA小于FBB．FA、FB的合力大于mgC．調(diào)節(jié)懸點A的位置，可使FA、FB都大于mgD．換質(zhì)量更大的燈籠，F(xiàn)B的增加量比FA的增加量大〖解析〗選A、C、D。作出結點O的力的合成圖如圖所示，由于OA比OB長，可知在力的直角三角形中大角對大邊，所以FA小于FB，故A正確；由力的平衡可知FA、FB的合力等于mg，故B錯誤；根據(jù)力的分解可知，合力可以小于每一個分力，所以調(diào)節(jié)懸點A的位置，可使FA、FB都大于mg，故C正確；由于FA小于FB及力合成圖可知換質(zhì)量更大的燈籠，即增大合力，F(xiàn)B的增加量比FA的增加量大，故D正確。6.(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動，已知木塊與地面間的動摩擦因數(shù)為μ，那么木塊受到的滑動摩擦力為()A．μmg B．μ(mg＋Fsinθ)C．μ(mg－Fsinθ) D．Fcosθ〖解題指導〗本題屬于已知條件較多的選擇題，這類題一般為多解問題。對于本題一個解為根據(jù)物體的平衡求解滑動摩擦力，另一個解為根據(jù)滑動摩擦定律求解滑動摩擦力?！冀馕觥竭xB、D。木塊勻速運動時受到四個力的作用：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進行正交分解如圖所示：由平衡條件得：Fcosθ＝Ff，F(xiàn)N＝mg＋Fsinθ，又由于Ff＝μFN，解得Ff＝μ(mg＋Fsinθ)，故B、D正確。7.(2021·濰坊模擬)如圖所示，山坡上兩相鄰高壓塔A、B之間架有勻質(zhì)粗銅線，平衡時銅線呈弧形下垂，最低點為C，已知弧線BC的長度是AC的3倍，而左塔B處銅線切線與豎直方向成β＝30°角。問右塔A處銅線切線與豎直方向成的角α應為()A．30°B．45°C．60°D．75°〖解析〗選C。設AB兩端銅線上拉力分別為FA、FB，銅線質(zhì)量為m，在水平方向，ABC整體受力平衡，有：FAsinα＝FBsinβ；在豎直方向，BC段受力平衡，有：FBcosβ＝eq\f(3,4)mg；(AC段對C點力的方向水平向右)；在豎直方向，AC段受力平衡，有：FAcosα＝eq\f(1,4)mg；聯(lián)立解得：tanα＝3tanβ，所以，α＝60°，故A、B、D錯誤，C正確。8.(多選)如圖所示是剪式千斤頂，當搖動把手時，螺紋軸就能迫使千斤頂?shù)膬杀劭繑n，從而將汽車頂起。當車軸剛被頂起時汽車對千斤頂?shù)膲毫?.0×105N，此時千斤頂兩臂間的夾角為120°，則下列判斷正確的是()A．此時兩臂受到的壓力大小均為5.0×104NB．此時千斤頂對汽車的支持力為1.0×105NC．若繼續(xù)搖動把手，將汽車頂起，兩臂受到的壓力將增大D．若繼續(xù)搖動把手，將汽車頂起，兩臂受到的壓力將減小〖解析〗選B、D。將汽車對千斤頂?shù)膲毫分解為沿兩臂的兩個分力F1、F2，如圖所示，根據(jù)對稱性可知，兩臂受到的壓力大小相等，即F1＝F2。由2F1cosθ＝F得F1＝F2＝eq\f(F,2cos60°)＝1.0×105N，選項A錯誤；根據(jù)牛頓第三定律可知，千斤頂對汽車的支持力等于汽車對千斤頂?shù)膲毫?，?.0×105N，選項B正確；由F1＝F2＝eq\f(F,2cosθ)可知，當F不變、θ減小時，cosθ增大，F(xiàn)1、F2減小，選項C錯誤，D正確。9．(2021·哈爾濱模擬)圖甲是由兩圓桿構成的“V”形斜槽，它與水平面成傾角θ放置。現(xiàn)將一質(zhì)量為m的圓柱體滑塊由斜槽頂端釋放，滑塊恰好勻速下滑，沿斜槽看去，截面如圖乙所示。已知滑塊與兩圓桿間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度大小為g，β＝120°，則()A．μ＝tanθB．左邊圓桿對滑塊的支持力大小為mgcosθC．左邊圓桿對滑塊的摩擦力大小為mgsinθD．若增大θ，左邊圓桿對滑塊的支持力將增大〖解析〗選B?；瑝K恰好勻速下滑，則滑塊受力平衡，對滑塊受力分析，根據(jù)平衡條件得，mgsinθ＝2f＝2μFN，mgcosθ＝2FNcoseq\f(β,2)＝FN，解得μ＝eq\f(1,2)tanθ，選項A錯誤、B正確；左邊圓桿對滑塊的摩擦力大小為f＝eq\f(1,2)mgsinθ，選項C錯誤；若θ增大，cosθ減小，則左邊圓桿對滑塊的支持力將減小，選項D錯誤。10.(2021·曲靖模擬)如圖為汽車的機械式手剎(駐車器)系統(tǒng)的結構示意圖,結構對稱。當向上拉動手剎拉桿時,手剎拉索(不可伸縮)就會拉緊,拉索OD、OC分別作用于兩邊輪子的制動器上,從而實現(xiàn)駐車的目的。則以下說法正確的是 ()A.當OD、OC兩拉索夾角為60°時,三根拉索的拉力大小相等B.拉動手剎拉桿時,拉索AO上拉力總比拉索OD和OC中任何一個拉力大C.若在AO上施加一恒力,OD、OC兩拉索夾角越小,拉索OD、OC拉力越大D.若保持OD、OC兩拉索拉力不變,OD、OC兩拉索越短,拉動拉索AO越省力〖解析〗選D。當OD、OC兩拉索夾角為120°時,三根拉索的拉力大小才相等,選項A錯誤;拉動手剎拉桿時,當OD、OC兩拉索夾角大于120°時,拉索AO上拉力比拉索OD和OC中任何一個拉力小,選項B錯誤;根據(jù)平行四邊形定則可知,若在AO上施加一恒力,OD、OC兩拉索夾角越小,拉索OD、OC拉力越小,選項C錯誤;若保持OD、OC兩拉索拉力不變,OD、OC兩拉索越短,則兩力夾角越大,合力越小,即拉動拉索AO越省力,選項D正確。故選D。11．如圖所示，一直桿傾斜固定并與水平方向成30°的夾角。直桿上套有一個質(zhì)量為0.5kg的圓環(huán)，圓環(huán)與輕彈簧相連，在輕彈簧上端施加一豎直向上、大小F＝10N的力，圓環(huán)處于靜止狀態(tài)。已知直桿與圓環(huán)之間的動摩擦因數(shù)為0.7，g取10m/s2。下列說法正確的是()A．圓環(huán)受到直桿的彈力，方向垂直直桿向上B．圓環(huán)受到直桿的彈力大小等于2.5NC．圓環(huán)受到直桿的摩擦力，方向沿直桿向上D．圓環(huán)受到直桿的摩擦力大小等于2.5N〖解析〗選D。因彈簧的拉力F＝10N>mg＝5N，所以圓環(huán)受到垂直直桿向下的支持力FN，故A項錯誤；同理，拉力沿直桿向上的分力F1＝Fsin30°＝5N，也大于重力沿直桿向下的分力G1，所以圓環(huán)受到沿直桿向下的摩擦力Ff，故C項錯誤；如圖所示，垂直直桿方向FN＋mgcos30°＝Fcos30°，沿直桿方向Ff＋mgsin30°＝Fsin30°，解得FN＝eq\f(5\r(3),2)N，F(xiàn)f＝2.5N，故B項錯誤，D項正確?！碱}后反思〗本題彈簧的彈力大于物體的重力，可以用等效法，相當于物體受一個豎直向上的重力，從而轉化為我們熟悉的模型求解。〖加固訓練〗(2020·寧波模擬)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，小球靜止時，彈簧與豎直方向的夾角為30°，則彈簧的伸長量為 ()〖解析〗選C。解法一：(力的合成法)小球受mg、FN、F三個力作用而靜止。其中FN、F的合力與mg等大反向，即2Fcos30°=mgF=kx，所以x=，故C正確。解法二：(力的效果分解法)將mg沿垂直斜面方向和沿彈簧方向進行分解。兩個分力分別為F1、F2，其中F1大小等于彈簧彈力F。則2Fcos30°＝mg，F(xiàn)＝kx，所以x＝eq\f(\r(3)mg,3k)，故C正確。解法三：(正交分解法)將FN、F沿x、y軸進行分解。Fsin30°＝FNsin30°，F(xiàn)cos30°＋FNcos30°＝mg，F(xiàn)＝kx，聯(lián)立得x＝eq\f(\r(3)mg,3k)，故C正確。12．(創(chuàng)新題)如圖所示，質(zhì)量均為M的A、B兩滑塊放在粗糙水平面上，兩輕桿等長，桿與滑塊、桿與桿間均用光滑鉸鏈連接，在兩桿鉸合處懸掛一質(zhì)量為m的重物C，整個裝置處于靜止狀態(tài)，設桿與水平面間的夾角為θ。下列說法正確的是()A．當m一定時，θ越小，滑塊對地面的壓力越大B．當m一定時，θ越大，輕桿受力越小C．當θ一定時，M越大，滑塊與地面間的摩擦力越大D．當θ一定時，M越小，可懸掛重物C的質(zhì)量m越大〖解析〗選B。對ABC整體分析可知，對地壓力為FN＝(2M＋m)g，與θ無關，故A錯誤；將C的重力按作用效果分解，如圖所示，根據(jù)平行四邊形定則有F1＝F2＝eq\f(\f(1,2)mg,sinθ)＝eq\f(mg,2sinθ)，故m一定時，θ越大，輕桿受力越小，故B正確；對A分析，受重力、桿的推力、支持力和向右的靜摩擦力，根據(jù)平衡條件有Ff＝F1cosθ＝eq\f(mg,2tanθ