（新課標(biāo)）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 主題二 相互作用 牛頓運(yùn)動(dòng)定律 課時(shí)跟蹤訓(xùn)練6

（新課標(biāo)）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 主題二 相互作用 牛頓運(yùn)動(dòng)定律 課時(shí)跟蹤訓(xùn)練61有三個(gè)共點(diǎn)力，其大小分別為20 N、6 N、15 N，其合力的最大值、最小值分別為()A41 N、0 B41 N、11 NC29 N、4 N D41 N、1 N解析當(dāng)所有力同向時(shí)合力最大，直接用代數(shù)和求解；如果三個(gè)力中有任意兩個(gè)力的合力范圍包含了第三個(gè)力，則合力有最小值為0，此時(shí)這兩個(gè)力的合力與第三個(gè)力等大反向答案A2某物體同時(shí)受到同一平面內(nèi)的三個(gè)共點(diǎn)力作用，在如圖所示的四種情況中(坐標(biāo)紙中每格的邊長(zhǎng)表示1 N大小的力)，該物體所受的合外力大小正確的是()A圖甲中物體所受的合外力大小等于4 NB圖乙中物體所受的合外力大小等于2 NC圖丙中物體所受的合外力等于0D圖丁中物體所受的合外力等于0解析圖甲中，先將F1與F3合成，然后再由勾股定理求得合力大小等于5 N，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；圖乙中，先將F1與F3正交分解，再合成，求得合力大小等于5 N，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；圖丙中，可將F3正交分解，求得合力大小等于6 N，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；根據(jù)三角形定則，圖丁中合力等于0，選項(xiàng)D正確答案D3(多選)質(zhì)量分布均勻的A、B、C三個(gè)物體如圖所示放置，其中A、B兩個(gè)相同的物體并排放在水平面上，梯形物體C疊放在物體A、B的上表面，已知所有接觸面均光滑且各物體都處于靜止?fàn)顟B(tài)，則下列說(shuō)法中正確的是()A物體B對(duì)地面的壓力等于物體A對(duì)地面的壓力B物體B對(duì)地面的壓力大于物體A對(duì)地面的壓力C物體B對(duì)物體A有向左的壓力D物體A、B之間沒(méi)有相互作用力解析由于A、B、C三個(gè)物體質(zhì)量均勻分布，所以梯形物體C的重心應(yīng)該在中位線的右側(cè)，則梯形物體C對(duì)物體B的壓力為其重力，物體C對(duì)物體A的壓力為零，A錯(cuò)誤、B正確；雖然A、B兩物體相互接觸，但是彼此并不擠壓，沒(méi)有發(fā)生形變，C錯(cuò)誤、D正確答案BD4(2017·蘇州調(diào)考)如下圖所示，大小分別為F1、F2、F3的三個(gè)力恰好圍成一個(gè)閉合的三角形，且三個(gè)力的大小關(guān)系是F1<F2<F3，則下列四個(gè)圖中，這三個(gè)力的合力最大的是()解析根據(jù)三角形定則，題中四個(gè)選項(xiàng)的合力分別為2F1、0、2F3、2F2，因?yàn)镕1<F2<F3，所以選項(xiàng)C的合力最大答案C5某壓榨機(jī)的結(jié)構(gòu)示意圖如圖所示，其中B為固定鉸鏈，若在A鉸鏈處作用一垂直于墻壁的力F，則由于力F的作用，使滑塊C壓緊物體D，設(shè)C與D光滑接觸，桿的重力及滑塊C的重力不計(jì)，圖中a0.5 m，b0.05 m，則物體D所受壓力的大小與力F的比值為()A4 B5C10 D1解析按力F的作用效果沿AC、AB桿方向分解為下圖甲所示的F1、F2，則F1F2，由幾何知識(shí)得tan10，再按F1的作用效果將F1沿水平向左和豎直向下分解為圖乙所示的F3、F4，則F4F1sin，聯(lián)立得F45F，即物體D所受壓力的大小與力F的比值為5，B對(duì)答案B6現(xiàn)場(chǎng)卸貨歷來(lái)是中國(guó)南極考察隊(duì)的“硬仗”，需要利用卡特比勒車將重達(dá)25噸的貨物卸載，如圖所示，吊鉤下有四根一樣的繩索，且四根繩索呈對(duì)稱分布，每根繩索與豎直方向的夾角均為30°，則每根繩索的拉力約為()A9.0×104 NB7.0×104 NC5.0×104 ND3.0×104 N解析貨物所受繩索拉力的合力等于貨物的重力，根據(jù)對(duì)稱性可知，每條繩索拉力的豎直分力Fcos30°mg，解得F7.0×104 N，B項(xiàng)正確答案B7如圖所示為兩個(gè)大小不變、夾角變化的力的合力的大小F與角之間的關(guān)系圖象(02)，下列說(shuō)法中正確的是()A合力大小的變化范圍是0F14 NB合力大小的變化范圍是2 NF10 NC這兩個(gè)分力的大小分別為6 N和8 ND這兩個(gè)分力的大小分別為2 N和8 N解析由題圖可知：當(dāng)兩力夾角為180°時(shí)，兩力的合力為2 N，而當(dāng)兩力夾角為90°時(shí)，兩力的合力為10 N則這兩個(gè)力的大小分別為6 N、8 N，故C正確；D錯(cuò)誤當(dāng)兩個(gè)力方向相同時(shí)，合力等于兩個(gè)力之和14 N；當(dāng)兩個(gè)力方向相反時(shí)，合力等于兩個(gè)力之差2 N，由此可見(jiàn)：合力大小的變化范圍是2 NF14 N，故A、B錯(cuò)誤答案C8如圖甲所示，輕繩AD跨過(guò)固定的水平橫梁BC右端的定滑輪拉住一個(gè)質(zhì)量為M1的物體，ACB30°；圖乙中輕桿HG一端用鉸鏈固定在豎直墻上，另一端G通過(guò)細(xì)繩EG拉住，EG與水平方向也成30°角，輕桿的G點(diǎn)用細(xì)繩GF拉住一個(gè)質(zhì)量為M2的物體，求：(1)輕繩AC段的張力FAC與細(xì)繩EG的張力FEG之比(2)輕桿BC對(duì)C端的支持力FC.(3)輕桿HG對(duì)C端的支持力FG.解析(1)對(duì)C點(diǎn)受力分析如圖甲所示，輕繩AD跨過(guò)滑輪拉住質(zhì)量為M1的物體，物體處于平衡狀態(tài)，輕繩AC段的拉力FACFCDM1g.對(duì)G點(diǎn)受力分析如圖乙所示，由于FEGsin30°M2g，得FEG2M2g.所以.(2)圖甲中，三個(gè)力之間的夾角都為120°，根據(jù)平衡規(guī)律，有FCFACM1g，方向與水平方向成30°，指向右上方(3)圖乙中，根據(jù)平衡條件，有FEGsin30°M2g，F(xiàn)EGcos30°FG，所以FGM2gcot30°M2g，方向水平向右答案(1)(2)M1g，方向與水平方向成30°，指向右上方(3)M2g，方向水平向右素能培養(yǎng)9(2017·六安二模)如圖所示，兩個(gè)質(zhì)量為m1的小球套在豎直放置的光滑支架上，支架的夾角為120°，用輕繩將兩球與質(zhì)量為m2的小球連接，繩與桿構(gòu)成一個(gè)菱形，則m1m2為()A11 B12C1 D.2解析將小球m2的重力按效果根據(jù)平行四邊形定則進(jìn)行分解如圖，由幾何知識(shí)得：Tm2g，對(duì)m1受力分析，由平衡條件，在沿桿的方向有：m1gsin30°Tsin30°，得：Tm1g，可見(jiàn)m1m211，故選A. 答案A10(2017·全國(guó)卷) 如圖，一物塊在水平拉力F的作用下沿水平桌面做勻速直線運(yùn)動(dòng)若保持F的大小不變，而方向與水平面成60°角，物塊也恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)物塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為()A2 B. C. D.解析物塊在水平力F作用下做勻速直線運(yùn)動(dòng)，其受力如圖甲所示由平衡條件：Ff、FNmg而fFNmg即Fmg當(dāng)F的方向與水平面成60°角時(shí)，其受力如圖乙由平衡條件：Fcos60°f1f1FN1(mgFsin60°)聯(lián)立解得，選項(xiàng)C正確答案C11(2017·湖北名校模擬)將四塊相同的堅(jiān)固石塊壘成圓弧形的石拱，其中第3、4塊固定在地基上，第1、2塊間的接觸面是豎直的，每塊石塊的兩個(gè)側(cè)面間所夾的圓心角均為30°，石塊間的摩擦力可以忽略不計(jì)，則第1塊對(duì)第2塊的彈力F1和第1塊對(duì)第3塊的彈力F2的大小之比為()A. B. C. D.解析F1和F1、F2和F2是兩對(duì)相互作用力，對(duì)第一個(gè)石塊進(jìn)行受力分析如圖所示，由幾何關(guān)系知60°，所以有sin60°，即，D正確答案D12(2017·桓臺(tái)質(zhì)檢)如圖所示，在傾角為的粗糙斜面上，一個(gè)質(zhì)量為m的物體被水平力F推著靜止于斜面上，物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，且<tan，求力F的取值范圍 解析因?yàn)?lt;tan，所以當(dāng)F0時(shí)，物體不能靜止若物體在力F的作用下剛好不下滑，則物體受沿斜面向上的最大靜摩擦力，且此時(shí)F最小，對(duì)物體受力分析，如圖甲所示，由平衡條件得：mgsinFmincosFfFNmgcosFminsinFfFN由解得Fminmg；若物體在力F的作用下剛好不上滑，則物體受沿斜面向下的最大靜摩擦力，且此時(shí)F最大，對(duì)物體受力分析，如圖乙所示，由平衡條件得：mgsinFfFmaxcosFNmgcosFmaxsinFfFN由解得Fmaxmg.答案mgFmg