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2020年高考物理一轮复习文档：第2章相互作用第6讲 学案
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第6讲 力的合成与分解
考点一 力的合成
1．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几个力。
2．合力与分力
(1)定义：如果一个力的作用效果跟几个力共同作用的效果相同，这个力就叫那几个力的合力，那几个力就叫这个力的分力。
(2)相互关系：等效替代关系。
3．力的合成
(1)定义：求几个力的合力的过程。
(2)合成法则
①平行四边形定则；②三角形定则。
4．共点力合成的常用方法
(1)作图法：从力的作用点起，按同一标度作出两个分力F1和F2的图示，再以F1和F2的图示为邻边作平行四边形，画出过作用点的对角线，量出对角线的长度，计算出合力的大小，量出对角线与某一力的夹角确定合力的方向(如图所示)。
(2)计算法：用于几种特殊情况的共点力的合成。
(3)力的三角形定则：将表示两个力的图示(或示意图)保持原来的方向依次首尾相接，从第一个力的作用点，到第二个力的箭头的有向线段为合力。平行四边形定则与三角形定则的关系如图甲、乙所示。
5．合力的大小范围
(1)两个共点力的合力
|F1－F2|≤F合≤F1＋F2。两个力大小不变时，其合力随夹角的增大而减小，当两力反向时，合力最小，为|F1－F2|，当两力同向时，合力最大，为F1＋F2。
(2)三个共点力的合力
①三个力共线且同向时，其合力最大，为F1＋F2＋F3。
②任取两个力，求出其合力的范围，如果第三个力在这个范围之内，则三个力的合力最小值为零；如果第三个力不在这个范围内，则合力最小值等于最大的力减去另外两个力。
(多选)两个共点力F1、F2大小不同，它们的合力大小为F，则( )
A．F1、F2同时增大一倍，F也增大一倍
B．F1、F2同时增加10 N，F也增加10 N
C．F1增加10 N，F2减少10 N，F一定不变
D．若F1、F2中的一个增大，F不一定增大
解析 根据平行四边形定则，F1、F2同时增大一倍，F也增大一倍，故A正确；只有当F1、F2相同且互成120°角时，F1、F2同时增加10 N，F也增加10 N，B错误；只有方向相同时，F1增加10 N，F2减少10 N，F才一定不变，故C错误；根据平行四边形定则，若F1、F2方向相反，F1、F2中的一个增大，F不一定增大，故D正确。
答案 AD
方法感悟
1．力的合成的依据
力的合成遵循平行四边形定则，而不是代数加减，力的合成的平行四边形定则只适用于共点力。多个力的合成采用逐项合成法。
2．合力与分力大小关系的3个重要结论
(1)两个分力大小一定时，夹角θ越大，合力越小。
(2)合力一定，两等大分力的夹角越大，两分力越大。
(3)合力可以大于分力、等于分力，也可以小于分力。
1．两个大小相等的共点力F1和F2，当它们的夹角为90°时，合力大小为F，它们的夹角变为120°时，合力的大小为( )
A．2F B.F
C.F D.F
答案 B
解析 两力夹角为90°时，合力F＝F1，F1＝F2＝，两力夹角为120°时，合力F′＝F1＝＝F，B正确。
2．[教材母题] (人教版必修1 P64·T4)两个力F1和F2间的夹角为θ，两力的合力为F。以下说法是否正确？
(1)若F1和F2大小不变，θ角越小，合力F就越大。
(2)合力F总比分力F1和F2中的任何一个力都大。
(3)如果夹角θ不变，F1大小不变，只要F2增大，合力F就必然增大。
[变式子题] (多选)两个力F1和F2间的夹角为θ，两力的合力为F。以下说法正确的是( )
A．若F1和F2大小不变，θ角越小，合力F就越大
B．合力F总比分力F1和F2中的任何一个力都大
C．如果夹角θ不变，F1大小不变，只要F2增大，合力F就必然增大
D．合力F的作用效果与两个分力F1和F2共同产生的作用效果是相同的
答案 AD
解析 根据已知条件，作出力的平行四边形，根据不同的变化情况，作出新的平行四边形，对比可知A正确，B、C错误；合力与分力是等效替代关系，D正确。
3．如图所示，一个“Y”形弹弓顶部跨度为L，两根相同的橡皮条自由长度均为L，在两橡皮条的末端用一块软羊皮(长度不计)做成裹片。若橡皮条的弹力与形变量的关系满足胡克定律，且劲度系数为k，发射弹丸时每根橡皮条的最大长度为2L(弹性限度内)，则发射过程中裹片对弹丸的最大作用力为( )
A．kL B．2kL
C.kL D.kL
答案 D
解析 设发射弹丸瞬间两橡皮条间的夹角为2θ，则sinθ＝＝，cosθ＝＝。发射过程中裹片对弹丸的最大作用力为F合＝2Fcosθ，F＝kx＝kL，故F合＝2kL·＝kL，D正确。
考点二 力的分解
1．概念：求一个力的分力的过程。
2．遵循规律：力的分解是力的合成的逆运算，同样遵循矢量运算的规律，即遵循平行四边形定则或三角形定则。
3．分解原则：分解某个力时一般要根据这个力产生的实际效果进行分解。
4．力的分解问题选取原则
(1)一般来说，当物体受到三个或三个以下的力时，常利用三角形法则或按实际效果进行分解。按力的作用效果分解的思路如下图所示：
(2)当物体受到三个以上的力时，常用正交分解法，即将已知力按互相垂直的两个方向进行分解的方法。
①建立坐标轴的原则：一般选共点力的作用点为原点，在静力学中，以少分解力和容易分解力为原则(即尽量多的力在坐标轴上)；在动力学中，习惯以加速度方向和垂直加速度方向为坐标轴建立坐标系。
②方法：物体受到多个力作用F1、F2、F3…，求合力F时，可把各力沿相互垂直的x轴、y轴分解。
x轴上的合力
Fx＝Fx1＋Fx2＋Fx3＋…
y轴上的合力
Fy＝Fy1＋Fy2＋Fy3＋…
合力大小F＝
合力方向，与x轴夹角设为θ，则tanθ＝。
减速带是交叉路口常见的一种交通设施，车辆驶过减速带时要减速，以保障行人的安全。当汽车前轮刚爬上减速带时，减速带对车轮的弹力为F，下图中弹力F画法正确且分解合理的是( )
解析 减速带对车轮的弹力方向垂直车轮和减速带的接触面，指向受力物体，故A、C错误；按照力的作用效果分解，可以将F沿水平方向和竖直方向分解，水平向左的分力产生减慢汽车的速度的效果，竖直向上的分力产生向上运动的作用效果，故B正确，D错误。
答案 B
方法感悟
按力的作用效果分解的几种情形
1．(多选)如图所示，将光滑斜面上物体受到的重力G分解为F1、F2两个力，下列结论正确的是( )
A．F1是斜面作用在物体上使物体下滑的力，F2是物体对斜面的正压力
B．物体受G、FN、F1、F2四个力作用
C．物体只受重力G和弹力FN的作用
D．力FN、F1、F2三个力的作用效果跟G、FN两个力的作用效果相同
答案 CD
解析 F1、F2是将重力G按效果分解所得的两个分力，实际不存在，物体只受G和FN两个力，A、B错误，C正确；F1、F2是G的分力，故F1和F2与G等效，D正确。
2. (多选)如图所示是李强同学设计的一个小实验，他将细绳的一端系在手指上，细绳的另一端系在直杆的A端，杆的左端顶在掌心上，组成一个“三角支架”。在杆的A端悬挂不同的重物，并保持静止。通过实验会感受到( )
A．细绳是被拉伸的，杆是被压缩的
B．杆对手掌施加的作用力的方向沿杆由C指向A
C．细绳对手指施加的作用力的方向沿细绳由B指向A
D．所挂重物质量越大，细绳和杆对手的作用力也越大
答案 ACD
解析 重物所受重力的作用效果有两个，一是拉紧细绳，二是使杆压紧手掌，所以重力可分解为沿细绳方向的力F1和垂直
于掌心方向的力F2，如图所示，由三角函数得F1＝，F2＝Gtanθ，故A、C、D正确。
3．(多选)已知力F，且它的一个分力F1跟F成30°角，大小未知，另一个分力F2的大小为F，方向未知，则F1的大小可能是( )
A.F B.F
C.F D.F
答案 AC
解析 根据题意作出矢量三角形如图，因为F>，从图上可以看出，F1有两个解，由直角三角形OAD可知FOA＝ ＝F。由直角三角形ABD得FBA＝ ＝F。由图的对称性可知FAC＝FBA＝F，则分力F1＝F－F＝F，F1′＝F＋F＝F，故A、C正确。
考点三 绳上的“死结”和“活结”与“活杆”和“定杆”问题
1．“活结”和“死结”问题
(1)活结：当绳绕过滑轮或挂钩时，由于滑轮或挂钩对绳无约束，因此绳上的力是相等的，即滑轮只改变力的方向不改变力的大小，例如图乙中，两段绳中的拉力大小都等于重物的重力。
(2)死结：若结点不是滑轮时，是固定点，称为“死结”结点，例如图甲中的B点，则两侧绳上的弹力不一定相等。
2．“活杆”和“定杆”问题
(1)活杆：若轻杆用转轴或铰链连接，当杆处于平衡时杆所受到的弹力方向一定沿着杆，否则会引起杆的转动。如图甲所示，若C为转轴，则轻杆在缓慢转动中，弹力方向始终沿杆的方向。
(2)定杆：若轻杆被固定，不发生转动，则杆所受到的弹力方向不一定沿杆的方向。如图乙所示，水平横梁的一端A插在墙壁内，另一端装有一个小滑轮B，一轻绳的一端C固定于墙壁上，另一端跨过滑轮后悬挂一质量m＝10 kg 的重物，∠CBA＝30°。滑轮受到绳子的作用力应为图丙中两段绳中拉力F1和F2的合力F，因为同一根绳子张力处处相等，都等于重物的重力，即F1＝F2＝G＝mg＝100 N。用平行四边形定则作图，可知合力F＝100 N，所以滑轮受绳的作用力为100 N，方向与水平方向成30°角斜向下，弹力的方向不沿杆。
如图甲所示，细绳AD跨过固定的水平轻杆BC右端的定滑轮挂住一个质量为M1的物体，∠ACB＝30°；图乙中轻杆HG一端用铰链固定在竖直墙上，另一端G通过细绳EG拉住，EG与水平方向也成30°，在轻杆的G点用细绳GF拉住一个质量为M2的物体，求：
(1)细绳AC段的张力FTAC与细绳EG的张力FTEG之比；
(2)轻杆BC对C端的支持力；
(3)轻杆HG对G端的支持力。
解析 (1)图甲中细绳AD跨过定滑轮拉住质量为M1的物体，物体处于平衡状态，细绳AC段的拉力
FTAC＝FTCD＝M1g
图乙中由FTEGsin30°＝M2g，得FTEG＝2M2g。
所以＝。
(2)图甲中，三个力之间的夹角都为120°，根据平衡规律有FNC＝FTAC＝M1g，方向与水平方向成30°角，指向右上方。
(3)图乙中，根据平衡规律有
FTEGsin30°＝M2g，FTEGcos30°＝FNG，
所以FNG＝M2gcot30°＝M2g，方向水平向右。
答案 (1)
(2)M1g，方向与水平方向成30°角指向右上方
(3)M2g，方向水平向右
方法感悟
图甲中细绳跨过定滑轮与物体M1相连，属于“活结”模型，细绳AC和CD张力大小相等，细绳对定滑轮的合力方向沿∠ACD的角平分线方向；图乙中细绳EG和细绳GF为连接于G点的两段独立的绳，属于“死结”模型，细绳EG和细绳GF的张力不相等，轻杆对G点的弹力沿轻杆方向。
(2016·全国卷Ⅲ)如图，两个轻环a和b套在位于竖直面内的一段固定圆弧上；一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为m的小球。在a和b之间的细线上悬挂一小物块。平衡时，a、b间的距离恰好等于圆弧的半径。不计所有摩擦。小物块的质量为( )
A. B.m
C．m D．2m
答案 C
解析
如图所示，由于不计摩擦，线上张力处处相等，且轻环受细线的作用力的合力方向指向圆心。由于a、b间距等于圆弧半径，则∠aOb＝60°，进一步分析知，细线与aO、bO间的夹角皆为30°。取悬挂的小物块研究，悬挂小物块的细线张角为120°，由平衡条件知，小物块的质量与小球的质量相等，即为m，C正确。
课后作业
[巩固强化练]
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 ( )
答案 C
解析 按效果对重力进行分解，其中图C在对重力的分解中分力G1应和竖直墙面垂直，所以C错误，A、B、D正确。
2.如图所示，一个物体由绕过定滑轮的绳拉着，分别用图中所示的三种情况拉住物体静止不动。在这三种情况下，若绳的张力分别为FT1、FT2、FT3，定滑轮对轴心的作用力分别为FN1、FN2、FN3，滑轮的摩擦、质量均不计，则( )
A．FT1＝FT2＝FT3，FN1>FN2>FN3
B．FT1>FT2>FT3，FN1＝FN2＝FN3
C．FT1＝FT2＝FT3，FN1＝FN2＝FN3
D．FT1
解析 因为定滑轮只改变力的方向不改变力的大小，所以FT1＝FT2＝FT3，由牛顿第三定律知，定滑轮对轴心的作用力与轴心对定滑轮的作用力大小相等。轴心对定滑轮的支持力等于绳对其作用力的合力，而两个分力大小相等，则两个分力夹角越大，合力越小，所以FN1>FN2>FN3，A正确。
3.如图所示是轿车常用的千斤顶，当摇动把手时，螺纹轴就能迫使千斤顶的两臂靠拢，从而将汽车顶起。当车轮刚被顶起时汽车对千斤顶的压力为1.0×105 N，此时千斤顶两臂间的夹角为120°。下列判断正确的是( )
A．此时千斤顶每臂受到的压力大小均为5.0×104 N
B．此时千斤顶对汽车的支持力为1.0×104 N
C．若继续摇动把手，将汽车顶起，千斤顶每臂受到的压力将增大
D．若继续摇动把手，将汽车顶起，千斤顶每臂受到的压力将减小
答案 D
解析 车轮刚被顶起时，千斤顶两臂支持力的合力为千斤顶对汽车的支持力，等于汽车对千斤顶的压力，大小为1.0×105 N，B错误；两臂夹角为120°，由力的合成可知千斤顶每臂受到的压力为1.0×105 N，A错误；继续摇动把手，将汽车顶起，千斤顶两臂夹角减小，而合力不变，故每臂受到的压力减小，D正确，C错误。
4.如图所示，一半圆形降落伞边缘的24根伞绳中心对称分布，下端悬挂一名飞行员，每根绳与中轴线的夹角为30°，飞行员及飞行员身上装备的总质量为80 kg，降落伞的质量为40 kg。当匀速降落时，不计飞行员所受空气作用力，每根悬绳的拉力是(g取10 m/s2)( )
A．50 N B. N
C. N D. N
答案 C
解析 把绳的拉力正交分解为竖直向上和水平方向，竖直分力为Fy＝Fcos30°＝F，以飞行员为研究对象，由平衡条件知，24Fy＝mg，解得F＝ N，故C正确。
5. (多选)如图所示，质量为m的木块在推力F作用下，在水平地面上做匀速直线运动，已知木块与地面间的动摩擦因数为μ，那么木块受到的滑动摩擦力为( )
A．μmg B．μ(mg＋Fsinθ)
C．μ(mg－Fsinθ) D．Fcosθ
答案 BD
解析 对木块进行受力分析如图所示，将F进行正交分解，由于木块做匀速直线运动，所以在x轴和y轴均受力平衡，即Fcosθ＝Ff，FN＝mg＋Fsinθ，又由于Ff＝μFN，故Ff＝μ(mg＋Fsinθ)，B、D正确。
6.如图所示，作用在滑块B上的推力F＝100 N，若α＝30°，装置重力和摩擦力均不计，则工件上受到的压力为( )
A．100 N
B．100 N
C．50 N
D．200 N
答案 B
解析 对B进行受力分析，如图甲所示，分解F2可得F2＝＝2F；对工件进行受力分析，如图乙所示，其中F2′＝F2，FN＝F2′·cosα＝100 N，故B正确。
[真题模拟练]
7．(2018·天津高考)(多选)明朝谢肇淛《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
答案 BC
解析 力F的分解如图所示，由于木楔是等腰三角形，所以FN＝FN1＝FN2，F＝2FNcos＝2FNsin，故解得FN＝，所以F一定时，θ越小，FN越大；θ一定时，F越大，FN越大，故A、D错误，B、C正确。
8. (2018·湖南长沙月考)如图所示，三根长度均为L的轻绳分别连接于C、D两点，A、B两端被悬挂在水平天花板上，相距2L，现在C点上悬挂一个质量为m的重物，为使CD绳保持水平，在D点上可施加力的最小值为( )
A．mg B.mg
C.mg D.mg
答案 C
解析
由题图可知，要使CD水平，各绳均应绷紧，则AC与水平方向的夹角为60°；结点C受力平衡，受力分析如图所示，则CD绳的拉力FT＝mgtan30°＝mg；D点受CD绳子拉力大小等于FT，方向向左；要使CD水平，D点所受CD、BD两绳的拉力与在D点施加的力的合力为零，则CD绳子对D点的拉力可分解为沿BD绳的分力F1，及另一分力F2，由几何关系可知，当F2与BD绳垂直时，F2最小，而F2的大小即为在D点施加的力的大小，故可施加力的最小值为F＝FTsin60°＝mg。故选C。
9. (2018·邢台期末)如图所示，光滑的四分之一圆弧轨道AB固定在竖直平面内，A端与水平面相切。穿在轨道上的小球在拉力F作用下，缓慢地由A向B运动，F始终沿轨道的切线方向，轨道对球的弹力为N。在运动过程中( )
A．F增大，N减小 B．F减小，N减小
C．F增大，N增大 D．F减小，N增大
答案 A
解析 由题意知，小球在由A运动到B的过程中始终处于平衡状态，设某时刻小球运动到如图所示位置，其受力如图所示，将重力沿半径和切线方向正交分解，即得F＝mgsinθ，N＝mgcosθ，在运动过程中θ增大，故F增大，N减小，A正确。
10. (2018·淄博诊考)如图所示，一质量均匀的实心圆球被直径AB所在的平面一分为二，先后以AB沿水平和竖直两种不同方向放置在光滑支架上，处于静止状态，两半球间的作用力分别为F和F′，已知支架间的距离为AB长度的一半，则等于( )
A. B.
C. D.
答案 A
解析 设两半球的总质量为m，当球以AB沿水平方向放置，可知F＝mg，当球以AB沿竖直方向放置，隔离右半球受力分析如图所示，可得：F′＝tanθ，根据支架间的距离为AB的一半，可得：θ＝30°，则＝＝，故A正确。
11. (2018·宝鸡一模)实际生活中常常利用如图所示的装置将重物吊到高处。现有一质量为M的同学欲将一质量也为M的重物吊起，已知绳子在水平天花板上的悬点与定滑轮固定点之间的距离为L，不计滑轮的大小、滑轮与绳的重力及滑轮受到的摩擦力。当该同学把重物缓慢拉升到最高点时，动滑轮与天花板间的距离为( )
A.L B.L
C.L D.L
答案 A
解析 当该同学把重物缓慢拉升到最高点时，绳子的拉力等于人的重力，即为Mg，而重物的重力也为Mg，设绳子与竖直方向的夹角为θ，可得2Mgcosθ＝Mg，则θ＝60°，此时动滑轮与天花板的距离为d＝＝L，所以A正确，B、C、D错误。
12．(2018·绵阳模拟)近年来，智能手机的普及使“低头族”应运而生。现将人体头颈部简化为如图的模型，重心在P点的头部，在可绕O转动的颈椎OP(可视为轻杆)的支持力和沿PQ方向肌肉拉力的作用下处于静止。当人低头时，颈椎与竖直方向的夹角为45°，PQ与竖直方向的夹角为60°，此时，颈椎受到的压力约为直立时颈椎受到的压力的(sin15°＝0.26，＝1.73)( )
A．4.2倍 B．2.8倍
C．3.3倍 D．2.0倍
答案 C
解析 设人的颈椎对头的支持力为F，对头部进行受力分析，如图所示。由正弦定理得
＝＝≈3.3，C正确。
13．(2018·商丘模拟)(多选)如图所示，质量为M的斜劈放置在水平地面上，细线绕过滑轮O1、O3连接m1、m3物体，连接m1的细线与斜面平行，滑轮O3由细线固定在竖直墙O处，滑轮O1用轻质杆固定在天花板上，动滑轮O2跨在细线上，其下端悬挂质量为m2的物体，初始整个装置静止，不计细线与滑轮间摩擦，下列说法正确的是 ( )
A．若增大m2质量，m1、M仍静止，待系统稳定后，细线张力大小不变
B．若增大m2质量，m1、M仍静止，待系统稳定后，地面对M摩擦力变大
C．若将悬点O上移，m1、M仍静止，待系统稳定后，O、O3间的细线与竖直墙夹角变大
D．若将悬点O上移，m1、M仍静止，待系统稳定后，地面对M摩擦力不变
答案 AD
解析 若增大m2质量，m1、M仍静止，先对物体m3分析，受重力和拉力而平衡，说明细线的拉力大小保持不变，再隔离m1和斜面体整体分析，受重力、支持力、拉力和摩擦力，根据平衡条件，摩擦力等于拉力的水平分力，由于拉力不变，故地面对M摩擦力不变，故A正确，B错误；若将悬点O上移，m1、M仍静止，细线的拉力依然等于m3g，大小不变，先分析m2，由于重力不变，两个拉力的大小也不变，故根据平衡条件，两个拉力的方向不变，再分析滑轮O3，受三个拉力，由于两个拉力的大小和方向不变，故根据平衡条件，第三个拉力的方向也不变，故O、O3间的细线与竖直墙夹角不变，故C错误；最后分析m1和斜面体整体，受重力、支持力、拉力和摩擦力，根据平衡条件，摩擦力等于拉力的水平分力，由于拉力不变，故地面对M摩擦力不变，故D正确。
考点一 力的合成
1．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几个力。
2．合力与分力
(1)定义：如果一个力的作用效果跟几个力共同作用的效果相同，这个力就叫那几个力的合力，那几个力就叫这个力的分力。
(2)相互关系：等效替代关系。
3．力的合成
(1)定义：求几个力的合力的过程。
(2)合成法则
①平行四边形定则；②三角形定则。
4．共点力合成的常用方法
(1)作图法：从力的作用点起，按同一标度作出两个分力F1和F2的图示，再以F1和F2的图示为邻边作平行四边形，画出过作用点的对角线，量出对角线的长度，计算出合力的大小，量出对角线与某一力的夹角确定合力的方向(如图所示)。
(2)计算法：用于几种特殊情况的共点力的合成。
(3)力的三角形定则：将表示两个力的图示(或示意图)保持原来的方向依次首尾相接，从第一个力的作用点，到第二个力的箭头的有向线段为合力。平行四边形定则与三角形定则的关系如图甲、乙所示。
5．合力的大小范围
(1)两个共点力的合力
|F1－F2|≤F合≤F1＋F2。两个力大小不变时，其合力随夹角的增大而减小，当两力反向时，合力最小，为|F1－F2|，当两力同向时，合力最大，为F1＋F2。
(2)三个共点力的合力
①三个力共线且同向时，其合力最大，为F1＋F2＋F3。
②任取两个力，求出其合力的范围，如果第三个力在这个范围之内，则三个力的合力最小值为零；如果第三个力不在这个范围内，则合力最小值等于最大的力减去另外两个力。
(多选)两个共点力F1、F2大小不同，它们的合力大小为F，则( )
A．F1、F2同时增大一倍，F也增大一倍
B．F1、F2同时增加10 N，F也增加10 N
C．F1增加10 N，F2减少10 N，F一定不变
D．若F1、F2中的一个增大，F不一定增大
解析 根据平行四边形定则，F1、F2同时增大一倍，F也增大一倍，故A正确；只有当F1、F2相同且互成120°角时，F1、F2同时增加10 N，F也增加10 N，B错误；只有方向相同时，F1增加10 N，F2减少10 N，F才一定不变，故C错误；根据平行四边形定则，若F1、F2方向相反，F1、F2中的一个增大，F不一定增大，故D正确。
答案 AD
方法感悟
1．力的合成的依据
力的合成遵循平行四边形定则，而不是代数加减，力的合成的平行四边形定则只适用于共点力。多个力的合成采用逐项合成法。
2．合力与分力大小关系的3个重要结论
(1)两个分力大小一定时，夹角θ越大，合力越小。
(2)合力一定，两等大分力的夹角越大，两分力越大。
(3)合力可以大于分力、等于分力，也可以小于分力。
1．两个大小相等的共点力F1和F2，当它们的夹角为90°时，合力大小为F，它们的夹角变为120°时，合力的大小为( )
A．2F B.F
C.F D.F
答案 B
解析 两力夹角为90°时，合力F＝F1，F1＝F2＝，两力夹角为120°时，合力F′＝F1＝＝F，B正确。
2．[教材母题] (人教版必修1 P64·T4)两个力F1和F2间的夹角为θ，两力的合力为F。以下说法是否正确？
(1)若F1和F2大小不变，θ角越小，合力F就越大。
(2)合力F总比分力F1和F2中的任何一个力都大。
(3)如果夹角θ不变，F1大小不变，只要F2增大，合力F就必然增大。
[变式子题] (多选)两个力F1和F2间的夹角为θ，两力的合力为F。以下说法正确的是( )
A．若F1和F2大小不变，θ角越小，合力F就越大
B．合力F总比分力F1和F2中的任何一个力都大
C．如果夹角θ不变，F1大小不变，只要F2增大，合力F就必然增大
D．合力F的作用效果与两个分力F1和F2共同产生的作用效果是相同的
答案 AD
解析 根据已知条件，作出力的平行四边形，根据不同的变化情况，作出新的平行四边形，对比可知A正确，B、C错误；合力与分力是等效替代关系，D正确。
3．如图所示，一个“Y”形弹弓顶部跨度为L，两根相同的橡皮条自由长度均为L，在两橡皮条的末端用一块软羊皮(长度不计)做成裹片。若橡皮条的弹力与形变量的关系满足胡克定律，且劲度系数为k，发射弹丸时每根橡皮条的最大长度为2L(弹性限度内)，则发射过程中裹片对弹丸的最大作用力为( )
A．kL B．2kL
C.kL D.kL
答案 D
解析 设发射弹丸瞬间两橡皮条间的夹角为2θ，则sinθ＝＝，cosθ＝＝。发射过程中裹片对弹丸的最大作用力为F合＝2Fcosθ，F＝kx＝kL，故F合＝2kL·＝kL，D正确。
考点二 力的分解
1．概念：求一个力的分力的过程。
2．遵循规律：力的分解是力的合成的逆运算，同样遵循矢量运算的规律，即遵循平行四边形定则或三角形定则。
3．分解原则：分解某个力时一般要根据这个力产生的实际效果进行分解。
4．力的分解问题选取原则
(1)一般来说，当物体受到三个或三个以下的力时，常利用三角形法则或按实际效果进行分解。按力的作用效果分解的思路如下图所示：
(2)当物体受到三个以上的力时，常用正交分解法，即将已知力按互相垂直的两个方向进行分解的方法。
①建立坐标轴的原则：一般选共点力的作用点为原点，在静力学中，以少分解力和容易分解力为原则(即尽量多的力在坐标轴上)；在动力学中，习惯以加速度方向和垂直加速度方向为坐标轴建立坐标系。
②方法：物体受到多个力作用F1、F2、F3…，求合力F时，可把各力沿相互垂直的x轴、y轴分解。
x轴上的合力
Fx＝Fx1＋Fx2＋Fx3＋…
y轴上的合力
Fy＝Fy1＋Fy2＋Fy3＋…
合力大小F＝
合力方向，与x轴夹角设为θ，则tanθ＝。
减速带是交叉路口常见的一种交通设施，车辆驶过减速带时要减速，以保障行人的安全。当汽车前轮刚爬上减速带时，减速带对车轮的弹力为F，下图中弹力F画法正确且分解合理的是( )
解析 减速带对车轮的弹力方向垂直车轮和减速带的接触面，指向受力物体，故A、C错误；按照力的作用效果分解，可以将F沿水平方向和竖直方向分解，水平向左的分力产生减慢汽车的速度的效果，竖直向上的分力产生向上运动的作用效果，故B正确，D错误。
答案 B
方法感悟
按力的作用效果分解的几种情形
1．(多选)如图所示，将光滑斜面上物体受到的重力G分解为F1、F2两个力，下列结论正确的是( )
A．F1是斜面作用在物体上使物体下滑的力，F2是物体对斜面的正压力
B．物体受G、FN、F1、F2四个力作用
C．物体只受重力G和弹力FN的作用
D．力FN、F1、F2三个力的作用效果跟G、FN两个力的作用效果相同
答案 CD
解析 F1、F2是将重力G按效果分解所得的两个分力，实际不存在，物体只受G和FN两个力，A、B错误，C正确；F1、F2是G的分力，故F1和F2与G等效，D正确。
2. (多选)如图所示是李强同学设计的一个小实验，他将细绳的一端系在手指上，细绳的另一端系在直杆的A端，杆的左端顶在掌心上，组成一个“三角支架”。在杆的A端悬挂不同的重物，并保持静止。通过实验会感受到( )
A．细绳是被拉伸的，杆是被压缩的
B．杆对手掌施加的作用力的方向沿杆由C指向A
C．细绳对手指施加的作用力的方向沿细绳由B指向A
D．所挂重物质量越大，细绳和杆对手的作用力也越大
答案 ACD
解析 重物所受重力的作用效果有两个，一是拉紧细绳，二是使杆压紧手掌，所以重力可分解为沿细绳方向的力F1和垂直
于掌心方向的力F2，如图所示，由三角函数得F1＝，F2＝Gtanθ，故A、C、D正确。
3．(多选)已知力F，且它的一个分力F1跟F成30°角，大小未知，另一个分力F2的大小为F，方向未知，则F1的大小可能是( )
A.F B.F
C.F D.F
答案 AC
解析 根据题意作出矢量三角形如图，因为F>，从图上可以看出，F1有两个解，由直角三角形OAD可知FOA＝ ＝F。由直角三角形ABD得FBA＝ ＝F。由图的对称性可知FAC＝FBA＝F，则分力F1＝F－F＝F，F1′＝F＋F＝F，故A、C正确。
考点三 绳上的“死结”和“活结”与“活杆”和“定杆”问题
1．“活结”和“死结”问题
(1)活结：当绳绕过滑轮或挂钩时，由于滑轮或挂钩对绳无约束，因此绳上的力是相等的，即滑轮只改变力的方向不改变力的大小，例如图乙中，两段绳中的拉力大小都等于重物的重力。
(2)死结：若结点不是滑轮时，是固定点，称为“死结”结点，例如图甲中的B点，则两侧绳上的弹力不一定相等。
2．“活杆”和“定杆”问题
(1)活杆：若轻杆用转轴或铰链连接，当杆处于平衡时杆所受到的弹力方向一定沿着杆，否则会引起杆的转动。如图甲所示，若C为转轴，则轻杆在缓慢转动中，弹力方向始终沿杆的方向。
(2)定杆：若轻杆被固定，不发生转动，则杆所受到的弹力方向不一定沿杆的方向。如图乙所示，水平横梁的一端A插在墙壁内，另一端装有一个小滑轮B，一轻绳的一端C固定于墙壁上，另一端跨过滑轮后悬挂一质量m＝10 kg 的重物，∠CBA＝30°。滑轮受到绳子的作用力应为图丙中两段绳中拉力F1和F2的合力F，因为同一根绳子张力处处相等，都等于重物的重力，即F1＝F2＝G＝mg＝100 N。用平行四边形定则作图，可知合力F＝100 N，所以滑轮受绳的作用力为100 N，方向与水平方向成30°角斜向下，弹力的方向不沿杆。
如图甲所示，细绳AD跨过固定的水平轻杆BC右端的定滑轮挂住一个质量为M1的物体，∠ACB＝30°；图乙中轻杆HG一端用铰链固定在竖直墙上，另一端G通过细绳EG拉住，EG与水平方向也成30°，在轻杆的G点用细绳GF拉住一个质量为M2的物体，求：
(1)细绳AC段的张力FTAC与细绳EG的张力FTEG之比；
(2)轻杆BC对C端的支持力；
(3)轻杆HG对G端的支持力。
解析 (1)图甲中细绳AD跨过定滑轮拉住质量为M1的物体，物体处于平衡状态，细绳AC段的拉力
FTAC＝FTCD＝M1g
图乙中由FTEGsin30°＝M2g，得FTEG＝2M2g。
所以＝。
(2)图甲中，三个力之间的夹角都为120°，根据平衡规律有FNC＝FTAC＝M1g，方向与水平方向成30°角，指向右上方。
(3)图乙中，根据平衡规律有
FTEGsin30°＝M2g，FTEGcos30°＝FNG，
所以FNG＝M2gcot30°＝M2g，方向水平向右。
答案 (1)
(2)M1g，方向与水平方向成30°角指向右上方
(3)M2g，方向水平向右
方法感悟
图甲中细绳跨过定滑轮与物体M1相连，属于“活结”模型，细绳AC和CD张力大小相等，细绳对定滑轮的合力方向沿∠ACD的角平分线方向；图乙中细绳EG和细绳GF为连接于G点的两段独立的绳，属于“死结”模型，细绳EG和细绳GF的张力不相等，轻杆对G点的弹力沿轻杆方向。
(2016·全国卷Ⅲ)如图，两个轻环a和b套在位于竖直面内的一段固定圆弧上；一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为m的小球。在a和b之间的细线上悬挂一小物块。平衡时，a、b间的距离恰好等于圆弧的半径。不计所有摩擦。小物块的质量为( )
A. B.m
C．m D．2m
答案 C
解析
如图所示，由于不计摩擦，线上张力处处相等，且轻环受细线的作用力的合力方向指向圆心。由于a、b间距等于圆弧半径，则∠aOb＝60°，进一步分析知，细线与aO、bO间的夹角皆为30°。取悬挂的小物块研究，悬挂小物块的细线张角为120°，由平衡条件知，小物块的质量与小球的质量相等，即为m，C正确。
课后作业
[巩固强化练]
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 ( )
答案 C
解析 按效果对重力进行分解，其中图C在对重力的分解中分力G1应和竖直墙面垂直，所以C错误，A、B、D正确。
2.如图所示，一个物体由绕过定滑轮的绳拉着，分别用图中所示的三种情况拉住物体静止不动。在这三种情况下，若绳的张力分别为FT1、FT2、FT3，定滑轮对轴心的作用力分别为FN1、FN2、FN3，滑轮的摩擦、质量均不计，则( )
A．FT1＝FT2＝FT3，FN1>FN2>FN3
B．FT1>FT2>FT3，FN1＝FN2＝FN3
C．FT1＝FT2＝FT3，FN1＝FN2＝FN3
D．FT1
解析 因为定滑轮只改变力的方向不改变力的大小，所以FT1＝FT2＝FT3，由牛顿第三定律知，定滑轮对轴心的作用力与轴心对定滑轮的作用力大小相等。轴心对定滑轮的支持力等于绳对其作用力的合力，而两个分力大小相等，则两个分力夹角越大，合力越小，所以FN1>FN2>FN3，A正确。
3.如图所示是轿车常用的千斤顶，当摇动把手时，螺纹轴就能迫使千斤顶的两臂靠拢，从而将汽车顶起。当车轮刚被顶起时汽车对千斤顶的压力为1.0×105 N，此时千斤顶两臂间的夹角为120°。下列判断正确的是( )
A．此时千斤顶每臂受到的压力大小均为5.0×104 N
B．此时千斤顶对汽车的支持力为1.0×104 N
C．若继续摇动把手，将汽车顶起，千斤顶每臂受到的压力将增大
D．若继续摇动把手，将汽车顶起，千斤顶每臂受到的压力将减小
答案 D
解析 车轮刚被顶起时，千斤顶两臂支持力的合力为千斤顶对汽车的支持力，等于汽车对千斤顶的压力，大小为1.0×105 N，B错误；两臂夹角为120°，由力的合成可知千斤顶每臂受到的压力为1.0×105 N，A错误；继续摇动把手，将汽车顶起，千斤顶两臂夹角减小，而合力不变，故每臂受到的压力减小，D正确，C错误。
4.如图所示，一半圆形降落伞边缘的24根伞绳中心对称分布，下端悬挂一名飞行员，每根绳与中轴线的夹角为30°，飞行员及飞行员身上装备的总质量为80 kg，降落伞的质量为40 kg。当匀速降落时，不计飞行员所受空气作用力，每根悬绳的拉力是(g取10 m/s2)( )
A．50 N B. N
C. N D. N
答案 C
解析 把绳的拉力正交分解为竖直向上和水平方向，竖直分力为Fy＝Fcos30°＝F，以飞行员为研究对象，由平衡条件知，24Fy＝mg，解得F＝ N，故C正确。
5. (多选)如图所示，质量为m的木块在推力F作用下，在水平地面上做匀速直线运动，已知木块与地面间的动摩擦因数为μ，那么木块受到的滑动摩擦力为( )
A．μmg B．μ(mg＋Fsinθ)
C．μ(mg－Fsinθ) D．Fcosθ
答案 BD
解析 对木块进行受力分析如图所示，将F进行正交分解，由于木块做匀速直线运动，所以在x轴和y轴均受力平衡，即Fcosθ＝Ff，FN＝mg＋Fsinθ，又由于Ff＝μFN，故Ff＝μ(mg＋Fsinθ)，B、D正确。
6.如图所示，作用在滑块B上的推力F＝100 N，若α＝30°，装置重力和摩擦力均不计，则工件上受到的压力为( )
A．100 N
B．100 N
C．50 N
D．200 N
答案 B
解析 对B进行受力分析，如图甲所示，分解F2可得F2＝＝2F；对工件进行受力分析，如图乙所示，其中F2′＝F2，FN＝F2′·cosα＝100 N，故B正确。
[真题模拟练]
7．(2018·天津高考)(多选)明朝谢肇淛《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
答案 BC
解析 力F的分解如图所示，由于木楔是等腰三角形，所以FN＝FN1＝FN2，F＝2FNcos＝2FNsin，故解得FN＝，所以F一定时，θ越小，FN越大；θ一定时，F越大，FN越大，故A、D错误，B、C正确。
8. (2018·湖南长沙月考)如图所示，三根长度均为L的轻绳分别连接于C、D两点，A、B两端被悬挂在水平天花板上，相距2L，现在C点上悬挂一个质量为m的重物，为使CD绳保持水平，在D点上可施加力的最小值为( )
A．mg B.mg
C.mg D.mg
答案 C
解析
由题图可知，要使CD水平，各绳均应绷紧，则AC与水平方向的夹角为60°；结点C受力平衡，受力分析如图所示，则CD绳的拉力FT＝mgtan30°＝mg；D点受CD绳子拉力大小等于FT，方向向左；要使CD水平，D点所受CD、BD两绳的拉力与在D点施加的力的合力为零，则CD绳子对D点的拉力可分解为沿BD绳的分力F1，及另一分力F2，由几何关系可知，当F2与BD绳垂直时，F2最小，而F2的大小即为在D点施加的力的大小，故可施加力的最小值为F＝FTsin60°＝mg。故选C。
9. (2018·邢台期末)如图所示，光滑的四分之一圆弧轨道AB固定在竖直平面内，A端与水平面相切。穿在轨道上的小球在拉力F作用下，缓慢地由A向B运动，F始终沿轨道的切线方向，轨道对球的弹力为N。在运动过程中( )
A．F增大，N减小 B．F减小，N减小
C．F增大，N增大 D．F减小，N增大
答案 A
解析 由题意知，小球在由A运动到B的过程中始终处于平衡状态，设某时刻小球运动到如图所示位置，其受力如图所示，将重力沿半径和切线方向正交分解，即得F＝mgsinθ，N＝mgcosθ，在运动过程中θ增大，故F增大，N减小，A正确。
10. (2018·淄博诊考)如图所示，一质量均匀的实心圆球被直径AB所在的平面一分为二，先后以AB沿水平和竖直两种不同方向放置在光滑支架上，处于静止状态，两半球间的作用力分别为F和F′，已知支架间的距离为AB长度的一半，则等于( )
A. B.
C. D.
答案 A
解析 设两半球的总质量为m，当球以AB沿水平方向放置，可知F＝mg，当球以AB沿竖直方向放置，隔离右半球受力分析如图所示，可得：F′＝tanθ，根据支架间的距离为AB的一半，可得：θ＝30°，则＝＝，故A正确。
11. (2018·宝鸡一模)实际生活中常常利用如图所示的装置将重物吊到高处。现有一质量为M的同学欲将一质量也为M的重物吊起，已知绳子在水平天花板上的悬点与定滑轮固定点之间的距离为L，不计滑轮的大小、滑轮与绳的重力及滑轮受到的摩擦力。当该同学把重物缓慢拉升到最高点时，动滑轮与天花板间的距离为( )
A.L B.L
C.L D.L
答案 A
解析 当该同学把重物缓慢拉升到最高点时，绳子的拉力等于人的重力，即为Mg，而重物的重力也为Mg，设绳子与竖直方向的夹角为θ，可得2Mgcosθ＝Mg，则θ＝60°，此时动滑轮与天花板的距离为d＝＝L，所以A正确，B、C、D错误。
12．(2018·绵阳模拟)近年来，智能手机的普及使“低头族”应运而生。现将人体头颈部简化为如图的模型，重心在P点的头部，在可绕O转动的颈椎OP(可视为轻杆)的支持力和沿PQ方向肌肉拉力的作用下处于静止。当人低头时，颈椎与竖直方向的夹角为45°，PQ与竖直方向的夹角为60°，此时，颈椎受到的压力约为直立时颈椎受到的压力的(sin15°＝0.26，＝1.73)( )
A．4.2倍 B．2.8倍
C．3.3倍 D．2.0倍
答案 C
解析 设人的颈椎对头的支持力为F，对头部进行受力分析，如图所示。由正弦定理得
＝＝≈3.3，C正确。
13．(2018·商丘模拟)(多选)如图所示，质量为M的斜劈放置在水平地面上，细线绕过滑轮O1、O3连接m1、m3物体，连接m1的细线与斜面平行，滑轮O3由细线固定在竖直墙O处，滑轮O1用轻质杆固定在天花板上，动滑轮O2跨在细线上，其下端悬挂质量为m2的物体，初始整个装置静止，不计细线与滑轮间摩擦，下列说法正确的是 ( )
A．若增大m2质量，m1、M仍静止，待系统稳定后，细线张力大小不变
B．若增大m2质量，m1、M仍静止，待系统稳定后，地面对M摩擦力变大
C．若将悬点O上移，m1、M仍静止，待系统稳定后，O、O3间的细线与竖直墙夹角变大
D．若将悬点O上移，m1、M仍静止，待系统稳定后，地面对M摩擦力不变
答案 AD
解析 若增大m2质量，m1、M仍静止，先对物体m3分析，受重力和拉力而平衡，说明细线的拉力大小保持不变，再隔离m1和斜面体整体分析，受重力、支持力、拉力和摩擦力，根据平衡条件，摩擦力等于拉力的水平分力，由于拉力不变，故地面对M摩擦力不变，故A正确，B错误；若将悬点O上移，m1、M仍静止，细线的拉力依然等于m3g，大小不变，先分析m2，由于重力不变，两个拉力的大小也不变，故根据平衡条件，两个拉力的方向不变，再分析滑轮O3，受三个拉力，由于两个拉力的大小和方向不变，故根据平衡条件，第三个拉力的方向也不变，故O、O3间的细线与竖直墙夹角不变，故C错误；最后分析m1和斜面体整体，受重力、支持力、拉力和摩擦力，根据平衡条件，摩擦力等于拉力的水平分力，由于拉力不变，故地面对M摩擦力不变，故D正确。
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