2020版物理浙江高考选考一轮复习讲义：必修1第二章第2讲力的合成与分解

第2讲　力的合成与分解

知识排查
力的合成
1.合力与分力
(1)定义：如果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，原来那几个力叫做分力。
(2)关系：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。如下图所示均是共点力。

3.力的合成
(1)定义：求几个力的合力的过程。
(2)运算法则
①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。
②三角形定则。
力的分解
1.定义：求一个已知力的分力的过程。
2.遵循原则：平行四边形定则或三角形定则。
3.分解方法：①按力产生的效果分解；②正交分解。如图将结点O进行受力分解。

矢量和标量
1.矢量：既有大小又有方向的量，相加时遵从平行四边形定则。
2.标量：只有大小没有方向的量，求和时按代数法则相加。
小题速练
1.思考判断
(1)两个力的合力一定大于任一个分力(　　)
(2)两个力的合力至少比其中一个分力大(　　)
(3)4 N的力能够分解成3 N和6 N的两个分力(　　)
(4)两个分力大小一定时，两分力方向间的夹角θ越大，合力越小(　　)
(5)合力一定时，两等大分力间的夹角θ越大，两分力越大(　　)
(6)一个力只能沿两个相互垂直方向进行分解(　　)
答案　(1)×　(2)×　(3)√　(4)√　(5)√　(6)×
2.[人教版必修1·P64·T2改编]有两个力，它们的合力为0。现在把其中一个向东6 N的力改为向南(大小不变)，它们的合力大小为(　　)
A.6 N 　　　 B.6 N
C.12 N 　 D.0
答案　B
3.[人教版必修1·P66·T2改编]一个竖直向下的180 N的力分解为两个分力，一个分力在水平方向上并等于240 N，则另一个分力的大小为(　　)
A.60 N 　　　 B.240 N
C.300 N 　　　 D.420 N
答案　C

　共点力的合成
1.合力大小的范围
(1)两个共点力的合成：|F1－F2|≤F≤F1＋F2。
即两个力的大小不变时，其合力随夹角的增大而减小，当两个力共线反向时，合力最小，为|F1－F2|；当两力共线同向时，合力最大，为F1＋F2。
(2)三个共点力的合成。
①三个力共线且同向时，其合力最大为F＝F1＋F2＋F3；
②以这三个力的大小为边，如果能组成封闭的三角形，则其合力最小值为零，若不能组成封闭的三角形，则合力最小值的大小等于最大的一个力减去另外两个力的大小之和。
2.共点力合成的方法
(1)作图法(图1)。

图1
(2)计算法。

F＝　　 F＝2F1cos 　　　　F＝F1＝F2
【典例】　在研究共点力的合成实验中，得到如图2所示的合力与两分力夹角θ的关系曲线，关于合成F的范围及两个分力的大小，下列说法中正确的是(　　)

图2
A.2 N≤F≤14 N
B.2 N≤F≤10 N
C.两力大小分别为2 N、8 N
D.两力大小分别为6 N、10 N
解析　由图可知，当θ＝π，即两分力F1和F2垂直时，合力为10 N，即＝10 N，当θ＝π，即两分力F1、F2方向相反时，合力为|F1－F2|＝2 N，联立两方程解得：F1＝8 N，F2＝6 N(或F1＝6 N，F2＝8 N)，则两力的合力范围为|F1－F2|≤F≤F1＋F2，即2 N≤F≤14 N，故A正确，B、C、D错误。
答案　A


1.三个共点力大小分别是F1、F2、F3，关于它们合力F的大小，下列说法正确的是(　　)
A.F大小的取值范围一定是0≤F≤F1＋F2＋F3
B.F至少比F1、F2、F3中的某一个大
C.若F1∶F2∶F3＝3∶6∶8，只要适当调整它们之间的夹角，一定能使合力为零
D.若F1∶F2∶F3＝3∶6∶2，只要适当调整它们之间的夹角，一定能使合力为零
解析　三个大小分别是F1、F2、F3的共点力合成后的最大值一定等于F1＋F2＋F3，但最小值不一定等于零，只有当某一个力的大小在另外两个力的大小的和与差之间时，这三个力的合力才可能为零，选项A、B、D错误，C正确。
答案　C
2.将四块相同的坚固石块垒成圆弧形的石拱，其中第3、4块固定在地基上，第1、2块间的接触面是竖直的，每块石块的两个侧面间所夹的圆心角为30°，如图3所示。假定石块间的摩擦力可以忽略不计，则第1、2块石块间的作用力和第1、3块石块间的作用力的大小之比为(　　)

图3
A. B. C. D.
解析　如图所示，对第1个石块进行受力分析，由几何关系知：θ＝60°，
所以有FN21∶FN31＝sin 60°＝。
答案　B
3.如图4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(　　)


图4
A.kL B.2kL C.kL D.kL
解析　根据胡克定律知，每根橡皮条的弹力F弹＝k(2L－L)＝kL。设此时两橡皮条的夹角为θ，根据几何关系知sin＝。根据力的平行四边形定则知，弹丸被发射过程中所受的最大作用力F＝2F弹cos＝2F弹＝F弹＝kL。选项D正确。
答案　D
　力的分解
1.按力的效果分解
(1)根据力的实际作用效果两个实际分力的方向。
(2)再根据两个实际分力方向平行四边形。
(3)最后由三角形知识两分力的大小。
2.正交分解法
(1)定义：将已知力按互相垂直的两个方向进行分解的方法。
(2)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(即尽最多的力在坐标轴上)；在动力学中，以加速度方向和垂直加速度方向为坐标轴建立坐标系。
(3)应用：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(如图5)。

图5
x轴上的合力：Fx＝Fx1＋Fx2＋Fx3＋…
y轴上的合力：Fy＝Fy1＋Fy2＋Fy3＋…
合力的大小：F＝
合力方向：与x轴夹角为θ，则
tan θ＝。
【典例】　小明想推动家里的衣橱，但使出了很大的力气也没推动，他便想了个妙招，如图6所示，用A、B两块木板，搭成一个底角较小的人字形架，然后往中央一站，衣橱居然被推动了！下列说法正确的是(　　)

图6
A.这是不可能的，因为小明根本没有用力去推衣橱
B.这是不可能的，因为无论如何小明的力气也没那么大
C.这有可能，A板对衣橱的推力有可能大于小明的重力
D.这有可能，但A板对衣橱的推力不可能大于小明的重力
解析　开始小明是推不动衣橱的，说明小明的推力小于最大静摩擦力。站在人字形架上时，小明的重力产生两个效果，分别向左、右两侧推衣橱和墙壁，如图所示，小明的重力可以分解成沿A、B两个方向的力，由于底角较小，所以A、B方向的力会很大，A对衣橱的力可以分解成水平方向和竖直方向的力，而水平方向的力会远大于小明的重力，可能大于最大静摩擦力，故选项C正确。
答案　C

1.如图7所示，质量为m的物体在推力F的作用下，在水平地面上做匀速直线运动。已知物体与地面间动摩擦因数为μ，则物体受到的摩擦力的大小为(　　)

图7
A.μmg B.μ(mg＋Fsin θ)
C.μ(Fcos θ＋mg) D.Fsin θ
解析　先对物体进行受力分析，如图所示，然后对力F进行正交分解，F产生两个效果：使物体水平向前的F1＝Fcos θ，同时使物体压紧水平地面的F2＝Fsin θ。由力的平衡可得F1＝Ff，F2＋mg＝FN，又滑动摩擦力Ff＝μFN，即可得Ff＝μ(Fsin θ＋mg)。
答案　B
2.如图8所示，细绳MO与NO所能承受的最大拉力相同，长度MO＞NO，则在不断增加重物G的重力过程中(绳OC不会断)(　　)

图8
A.ON绳先被拉断
B.OM绳先被拉断
C.ON绳和OM绳同时被拉断
D.因无具体数据，故无法判断哪条绳先被拉断
解析　由于MO＞NO，所以α＞β，则作出力分解的平行四边形如图所示，由四边形的两个邻边的长短可以知道FON＞FOM，所以在G增大的过程中，绳ON先断。

答案　A
3.如图9所示，质量为m的物体置于倾角为θ的固定斜面上，物体与斜面之间的动摩擦因数为μ，先用平行于斜面的推力F1作用于物体上使其能沿斜面匀速上滑，若改用水平推力F2作用于物体上，也能使物体沿斜面匀速上滑，则两次的推力之比为(　　)

图9
A.cos θ＋μsin θ B.cos θ－μsin θ
C.1＋μtan θ D.1－μtan θ
解析　物体在力F1作用下和力F2作用下运动时的受力如图所示。

将重力mg、力F2沿斜面方向和垂直于斜面方向正交分解，由平衡条件可得：
F1＝mgsin θ＋Ff1
FN1＝mgcos θ
Ff1＝μFN1
F2cos θ＝mgsin θ＋Ff2
FN2＝mgcos θ＋F2sin θ
Ff2＝μFN2
解得：F1＝mgsin θ＋μmgcos θ
F2＝
故＝cos θ－μsin θ，B正确。
答案　B

科学思维——“活结”和“死结”模型
“活结”和“死结”的比较
“活结”可理解为把绳子分成两段，且可以沿绳子移动的结点。“活结”一般是由绳跨过滑轮或者绳上挂一光滑挂钩而形成的。绳子虽然因“活结”而弯曲，但实际上是同一根绳，所以由“活结”分开的两段绳子上弹力的大小一定相等，两段绳子合力的方向一定沿这两段绳子夹角的平分线。
“死结”可理解为把绳子分成两段，且不可以沿绳子移动的结点。“死结”两侧的绳因结而变成了两根独立的绳，因此由“死结”分开的两段绳子上的弹力不一定相等。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
【例】　如图10所示，一光滑的轻滑轮用细绳OO′悬挂于O点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b。外力F向右上方拉b，整个系统处于静止状态。若F方向不变，大小在一定范围内变化，物块b仍始终保持静止，则(　　)

图10
A.绳OO′的张力也在一定范围内变化
B.物块b所受到的支持力也在一定范围内变化
C.连接a和b的绳的张力也在一定范围内变化
D.物块b与桌面间的摩擦力一定
解析　由于物体a、b均保持静止，各绳间角度保持不变，对a受力分析得，绳的拉力FT＝mag，所以物体a受到绳的拉力保持不变。由滑轮性质知，滑轮两侧绳的拉力相等，所以连接a和b绳的张力大小、方向均保持不变，选项C错误；a、b受到绳的拉力大小、方向均不变，所以OO′的张力不变，选项A错误；对b进行受力分析，如图所示。
由平衡条件得：FTcos β＋Ff＝Fcos α，Fsin α＋FN＋FTsin β＝mbg。其中FT和mbg始终不变，当F大小在一定范围内变化时，支持力在一定范围内变化，选项B正确；摩擦力也在一定范围内发生变化，选项D错误。
答案　B
【延伸拓展】　在【例】中若将拉力F的方向变为水平方向，使物块a在细绳拉力作用下匀速上升，则(　　)
A.桌面对物块b的支持力减小
B.桌面对物块b的摩擦力减小
C.细绳OO′的拉力减小
D.细绳OO′与竖直方向的夹角不变
解析　当物块b向右运动时，可判断出拉物块b的细绳与水平面之间的夹角变小，O′a与O′b之间的夹角变大，根据力的合成及平衡条件可知，OO′与竖直方向的夹角变大，选项D错误；对物块b受力分析如图所示，根据平衡条件得：FN＋FTasin α＝mbg，Ff＝μFN，因FTa不变，α变小，所以FN变大，Ff变大，选项A、B错误；因为O′a、O′b的夹角变大，FTa不变，所以合力变小，即细绳OO′的拉力减小，选项C正确。
答案　C
【针对训练1】　如图11所示，一个重为G的吊椅用轻绳AO、BO固定，绳AO、BO相互垂直，α>β，且两绳中的拉力分别为FA、FB，物体受到的重力为G，则(　　)

图11
A.FA一定大于G
B.FA一定大于FB
C.FA一定小于FB
D.FA与FB大小之和一定等于G
答案　B
【针对训练2】　水平横梁的一端A插在墙壁内，另一端装有一个轻质小滑轮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，CB与水平方向夹角为30°，如图12所示，则滑轮受到杆的作用力大小为(g取10 m/s2)(　　)

图12
A.50 N B.50 N
C.100 N D.100 N
解析　以滑轮为研究对象，悬挂重物的绳的拉力FT＝mg＝100 N，故小滑轮受到绳的作用力沿BC、BD方向，大小都是100 N。以CB、BD为邻边作平行四边形如图所示，由∠CBD＝120°，∠CBE＝∠DBE，得∠CBE＝∠DBE＝60°，即△CBE是等边三角形，故F合＝100 N。根据平衡条件得F＝100 N，选项C正确。

答案　C
活页作业
(时间：30分钟)
A组　基础过关
1.已知一个力的大小为100 N，它的一个分力F1的大小为60 N，则另一个分力F2的大小(　　)
A.一定是40 N B.一定是80 N
C.不能大于100 N D.不能小于40 N
解析　由三角形定则，合力与分力构成闭合三角形，则60 N＋F2≥100 N，得F2≥40 N。
答案　D
2.一个重为20 N的物体置于光滑的水平面上，当用一个F＝5 N的力竖直向上拉该物体时，如图1所示，物体受到的合力为(　　)

图1
A.15 N B.25 N C.20 N D.0
解析　由于物体的重力大于拉力，因此地面对物体有支持力，且物体仍然静止。因为物体静止，所以竖直向上的拉力和支持力的合力与重力的合力为零。故只有选项D正确。
答案　D
3.一根轻质细绳能承受的最大拉力是G，现把一重为G的物体系在绳的中点，两手先并拢分别握住绳的两端提物体，然后缓慢并左右对称地分开，若想绳不断，两绳间的夹角不能超过(　　)
A.45° B.60° C.120° D.135°
解析　取物体为研究对象，它共受三个力作用，其中两绳的拉力的合力必竖直向上，且大小等于重力G。由合力与分力的关系可知，当细绳拉力为G时，两绳间的夹角最大，此时合力与两分力大小相等，则两绳间夹角为120°。故选项C正确。
答案　C
4.物体同时受到同一平面内三个共点力的作用，下列几组力的合力不可能为零的是(　　)
A.5 N、7 N、8 N B.5 N、2 N、3 N
C.1 N、5 N、10 N D.10 N、10 N、10 N
解析　三力合成，若其中两力的合力与第三力大小相等、方向相反，就可以使这三个力合力为零，只要使其第三力在其他两个力的合力范围内，就可能使合力为零，即第三力F3满足|F1－F2|≤F3≤F1＋F2。
分析各选项中前两力合力范围：A选项，2 N≤F合≤12 N，第三力在其范围内；B选项，3 N≤F合≤7 N，第三力在其合力范围内；C选项，4 N≤F合≤6 N，第三力不在其合力范围内；D选项，0≤F合≤20 N，第三力在其合力范围内。故A、B、D项中的三力的合力可能为零。
答案　C
5.明明、亮亮两人共提总重力为G的一桶水匀速前行，如图2所示，两人手臂用力大小均为F，手臂间的夹角为θ。则(　　)

图2
A.当θ＝60°时，F＝ B.当θ＝90°时，F有最小值
C.当θ＝120°时，F＝G D.θ越大时，F越小
解析　由力的平行四边形定则知：θ＝60°时，2Fcos 30°＝G，F＝G，A错误；θ＝90°时，2Fcos 45°＝G，F＝G，而θ＝0°时，F＝G，故B错误；θ＝120°时，2Fcos 60°＝G，F＝G，C正确；两人手臂用力的合力一定，θ越大，F越大，故D错误。
答案　C
6.广州亚运会上，“吊环王”陈一冰成功捍卫荣誉，以16.075分摘得金牌成功卫冕，其中有一个高难度的动作是先双手撑住吊环，然后身体下移，双臂缓慢张开到如图3所示位置，则在两手之间的距离增大的过程中，吊环的两根绳的拉力FT(两个拉力大小相等)及它们的合力F的大小变化情况为(　　)

图3
A.FT增大，F不变 B.FT增大，F增大
C.FT增大，F减小 D.FT减小，F不变
解析　此题考查了合力的大小与分力间夹角的关系。三力平衡时，任意两个力的合力与第三个力等大、反向、共线；将一个力分解为两个相等的分力，夹角越大，分力越大，夹角越小，分力越小。对运动员受力分析，运动员受到重力、两个拉力，如图。由于两个拉力的合力不变，且夹角变大，故两个拉力不断变大，故选项A正确。
答案　A
7.(2017·4月浙江选考)重力为G的体操运动员在进行自由体操比赛时，有如图4所示的比赛动作，当运动员竖直倒立保持静止状态时，两手臂对称支撑，夹角为θ，则(　　)

图4
A.当θ＝60°时，运动员单手对地面的正压力大小为
B.当θ＝120°时，运动员单手对地面的正压力大小为G
C.当θ不同时，运动员受到的合力不同
D.当θ不同时，运动员与地面之间的相互作用力不相等
解析　对人受力分析可知，地面对手臂的支持力F1、F2方向竖直向上，两个力的合力与人的重力平衡，有F1＝F2＝与θ无关，由牛顿第三定律知，运动员单手对地面的正压力为，与θ无关，所以选项A正确，B错误；当θ不同时，运动员受到的合力始终为零，运动员与地面之间的相互作用力总是大小相等，选项D错误。
答案　A
8.如图5所示，某人用轻绳牵住一只质量m＝0.5 kg的氢气球，因受水平风力的作用，系氢气球的轻绳与水平方向成37°角。已知空气对气球的浮力为14 N，人的质量M＝60 kg，空气对人的浮力不计(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)，求：

图5
(1)轻绳拉力的大小；
(2)水平风力的大小。
解析　如图，对氢气球受力分析，气球受重力、浮力、拉力和风力的作用，处于平衡，有：
F浮＝mg＋Tsin 37°
F风＝Tcos 37°
代入数据得：T＝15 N，F风＝12 N。
答案　(1)15 N　(2)12 N
B组　能力提升
9.如图6所示，一物块置于水平地面上，当用与水平方向成60°角的力F1拉物块时，物块做匀速直线运动；当改用与水平方向成30°角的力F2推物块时，物块仍做匀速直线运动。若F1和F2的大小相等，则物块与地面之间的动摩擦因数为(　　)

图6
A.－1 B.2－
C.－ D.1－
解析　设动摩擦因数为μ，物块质量为m，当用力F1拉物块时：
水平方向上二力平衡：F1cos 60°＝μFN1①
竖直方向上合力为零：FN1＋F1sin 60°＝mg②
当用力F2推物块时
水平方向上有：F2cos 30°＝μFN2③
竖直方向上有：FN2＝mg＋F2sin 30°④
联立①②③④式得：μ＝2－
故选项B正确。
答案　B
10.(2018·东阳中学期中)如图7所示是剪式千斤顶，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。当车轴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°，则下列判断正确的是(　　)

图7
A.此时两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，两臂受到的压力将增大
D.若继续摇动把手，将汽车顶起，两臂受到的压力将减小
解析　将汽车对千斤顶的压力F分解为沿两臂的两个分力F1、F2，如图所示，根据对称性可知，两臂受到的压力大小相等，即F1＝F2。由2F1cos θ＝F得F1＝F2＝＝1.0×105 N，选项A错误；根据牛顿第三定律可知在，千斤顶对汽车的支持力等于汽车对千斤顶的压力，为1.0×105 N。选项B错误；由F1＝F2＝可知，当F不变、θ减小时，cos θ增大，F1、F2减小。选项C错误，D正确。
答案　D
11.如图8所示，A、B两物体的质量分别为mA和mB，且mA>mB，整个系统处于静止状态，滑轮的质量和一切摩擦均不计。如果绳一端由Q点缓慢地向左移到P点，整个系统重新平衡后，物体A的高度和两滑轮间绳与水平方向的夹角θ如何变化(　　)

图8
A.物体A的高度升高，θ角变大
B.物体A的高度降低，θ角变小
C.物体A的高度升高，θ角不变
D.物体A的高度不变，θ角变小
解析　原来整个系统处于静止状态，绳的拉力大小等于A物体的重力，B物体对动滑轮的拉力等于B物体的重力。将绳一端由Q点缓慢地向左移到P点，整个系统重新平衡后，绳的拉力大小仍等于A物体的重力，B物体对动滑轮的拉力仍等于B物体的重力，都没有变化，即滑轮所受的三个拉力都不变，则根据平衡条件可知，两绳之间的夹角也没有变化，则θ角不变，动滑轮将下降，物体A的高度升高。故选项C正确。
答案　C
12.(2018·浙江义乌期中)图9中工人正在推动一台割草机，施加的推力大小为400 N，方向与水平地面成30°角斜向下，已知割草机重500 N。

图9
(1)割草机作用在地面上向下的压力多大？
(2)割草机割完草后，工人用最小的拉力斜向右上方拉它，使之做匀速运动，已知最小拉力大小为300 N，则割草机与地面间的动摩擦因数为多少？最小拉力与水平方向的夹角为多少？
解析　此题考查了力的合成与分解的应用。
当工人斜向下推割草机时，以割草机为研究对象，在竖直方向上有
FN1＝mg＋Fsin 30°
解得FN1＝700 N
由牛顿第三定律可得，割草机作用在地面上向下的压力大小FN1′＝FN1＝700 N。
(2)由平衡条件并进行正交分解知，在水平方向上有
Fcos α＝μFN
在竖直方向上有FN＋Fsin α＝mg
联立可得：F＝＝，
tan φ＝
当α＋φ＝90°，即tan α＝μ时，F有最小值：Fmin＝
代入数据可得μ＝0.75，α＝37°。
答案　(1)700 N　(2)0.75　最小拉力与水平方向的夹角为37°