高考物理一轮复习第2章相互作用第2节力的合成与分解学案

第2节　力的合成与分解

一、力的合成

1．合力与分力

(1)定义：如果几个力共同作用产生的效果与一个力的作用效果相同，这一个力就叫作那几个力的合力，那几个力叫作这一个力的分力。

(2)关系：合力与分力是等效替代关系。

2．共点力

作用在一个物体上，作用线或作用线的延长线交于一点的几个力。如图所示均是共点力。

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。如图甲所示。

②三角形定则：把两个矢量首尾相接，从而求出合矢量的方法。如图乙所示。

甲　　　　　　　　乙

二、力的分解

1．矢量、标量

(1)矢量

既有大小又有方向的物理量。运算时遵从平行四边形定则(或三角形定则)。

(2)标量

只有大小没有方向的物理量。运算时按算术法则相加减。有的标量也有方向。

2．力的分解

(1)定义

求一个力的分力的过程。力的分解是力的合成的逆运算。

(2)遵循的原则

①平行四边形定则。

②三角形定则。

(3)分解方法

①力的效果分解法。

②正交分解法。

一、思考辨析(正确的画“√”，错误的画“×”)

1．两个力的合力一定大于任何一个分力。 (×)

2．对力分解时必须按作用效果分解。 (×)

3．两个分力大小一定，夹角越大，合力越大。 (×)

4．合力一定时，两个分力的夹角越大，分力越大。 (√)

5．位移、速度、加速度、力、时间均为矢量。 (×)

二、走进教材

1．(人教版必修1P64T4) (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

2．(人教版必修2P65例题改编)如图所示，把光滑斜面上的物体所受重力mg分解为F1、F2两个力。图中FN为斜面对物体的支持力，则下列说法正确的是(　　)

A．F1是斜面作用在物体上使物体下滑的力

B．物体受到mg、FN、F1、F2共四个力的作用

C．F2是物体对斜面的压力

D．力FN、F1、F2这三个力的作用效果与mg、FN这两个力的作用效果相同

D　[F1是重力沿斜面向下的分力，其作用效果是使物体沿斜面下滑，施力物体是地球，故选项A错误；物体受到重力mg和支持力FN两个力的作用，F1、F2是重力的分力，故选项B错误；F2是重力沿垂直于斜面方向的分力，其作用效果是使物体压斜面，F2的大小等于物体对斜面的压力，但二者的受力物体不同，F2的受力物体是物体本身，物体对斜面的压力的受力物体是斜面，故选项C错误；合力与分力共同作用的效果相同，故选项D正确。]

3．(人教版必修1P66T2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

力的合成　

1．两个共点力的合成

|F1－F2|≤F合≤F1＋F2，即两个力大小不变时，其合力随夹角的增大而减小，当两力反向时，合力最小；当两力同向时，合力最大。

2．三个共点力的合成

(1)最大值：三个力共线且同向时，其合力最大，为F1＋F2＋F3。

(2)最小值：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，则三个力的合力的最小值为零，如果第三个力不在这个范围内，则合力的最小值为最大的一个力减去另外两个较小的力的大小之和。

3．几种特殊情况的共点力的合成

4.共点力合成的方法

(1)作图法

(2)计算法

若两个力F1、F2的夹角为θ，如图所示，合力的大小可由余弦定理得到，

F＝，tan α＝。

1.(多选)在探究共点力合成的实验中，得到如图所示的合力F与两力夹角θ的关系图象，则下列说法正确的是(　　)

A．2 N≤F≤14 N

B．2 N≤F≤10 N

C．两分力大小分别为2 N和8 N

D．两分力大小分别为6 N和8 N

AD　[由图可知＝10 N，F1－F2＝2 N。所以F1＝8 N，F2＝6 N，合力最大值为14 N，最小值为2 N。]

2．某物体同时受到2个共点力作用，在如图所示的四种情况中(坐标纸中每格的边长均表示1 N大小的力)，物体所受合外力最大的是(　　)

A　　　　B　　　　C　　　 　D

C　[A图中，将F1与F2进行合成，求得合力的大小为F合＝3 N，如图甲所示；B图中，将F1与F2进行合成，求得合力的大小为F合＝ N＝5 N，如图乙所示；C图中，将F1与F2进行合成，求得合力的大小为F合＝4 N，如图丙所示；D图中，将F1与F2进行合成，求得合力的大小为F合＝3 N，如图丁所示，故选项C符合题意。]

甲　　　　乙　　　　丙　　　　　丁

3.如图所示，杂技演员进行钢索表演，其和轮子的总质量为m，当演员运动到钢索中点时，钢索与水平面成θ角，此时钢索最低点拉力大小为(重力加速度为g)(　　)

A． mg   B．mg

C．mg   D．mg

A　[以演员及轮子为研究对象，分析受力情况，作出受力图，两钢索的合力与重力等大反向，则有

2Fsin θ＝mg

解得F＝ mg，故A正确，B、C、D错误。]

力的分解　

1．力的分解常用的方法

2.力的分解方法选取原则

(1)一般来说，当物体受到三个或三个以下的力时，常按实际效果进行分解，若这三个力中，有两个力互相垂直，优先选用正交分解法。

(2)当物体受到三个以上的力时，常用正交分解法。

3．力的分解中的多解问题

　(一题多法)如图所示，墙上有两个钉子a和b，它们的连线与水平方向的夹角为45°，两者的高度差为l。一条不可伸长的轻质细绳一端固定于a点，另一端跨过光滑钉子b悬挂一质量为m1的重物。在绳上距a端的c点有一固定绳圈。若绳圈上悬挂质量为m2的钩码，平衡后绳的ac段正好水平，则重物和钩码的质量比为(　　)

A．   B．2  C．  D．

思路点拨：解此题要抓住以下三点：

(1)绳子上的拉力一定沿绳。

(2)“光滑钉子b”，说明bc段绳子的拉力等于重物的重力m1g。

(3)依据“ac段正好水平”画出受力分析图。

C　[方法一：力的效果分解法

钩码的拉力F等于钩码重力m2g，将F沿ac和bc方向分解，两个分力分别为Fa、Fb，如图甲所示，其中Fb＝m1g，由几何关系可得cos θ＝＝，

又由几何关系得

cos θ＝，

联立解得＝。

方法二：正交分解法

绳圈受到Fa、Fb、F三个力作用，如图乙所示，将Fb沿水平方向和竖直方向正交分解，由竖直方向受力平衡得m1gcos θ＝m2g；

由几何关系得cos θ＝，

联立解得＝。]

1．(多选)已知力F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．  B．  C．  D．F

AC　[如图所示，因F2＝F＞Fsin 30°，故F1的大小有两种可能情况，由ΔF＝＝F，即F1的大小分别为Fcos 30°－ΔF和Fcos 30°＋ΔF，即F1的大小分别为F和F，A、C正确。]

2.刀、斧、凿等切削工具的刃部叫作劈，如图是斧头劈木柴的情景。劈的纵截面是一个等腰三角形，使用劈的时候，垂直劈背加一个力F，这个力产生两个作用效果，使劈的两个侧面推压木柴，把木柴劈开。设劈背的宽度为d，劈的侧面长为l，不计斧头自身的重力，则劈的侧面推压木柴的力约为(　　)

A．F  B．F  C．F  D．F

B　[斧头劈木柴时，设两侧面推压木柴的力分别为F1、F2且F1＝F2，利用几何三角形与力的三角形相似有＝，得推压木柴的力F1＝F2＝F，所以B正确，A、C、D错误。]

3.(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运动。已知木块与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，那么木块受到的滑动摩擦力为(　　)

A．μmg B．μ(mg＋Fsin θ)

C．μ(mg－Fsin θ) D．Fcos θ

BD　[木块匀速运动时受到四个力的作用：重力mg、推力F、支持力FN、摩擦力Ff。沿水平方向建立x轴，将F进行正交分解，如图所示(这样建立坐标系只需分解F)，由于木块做匀速直线运动，所以在x轴上，向左的力等于向右的力(水平方向二力平衡)；在y轴上，向上的力等于向下的合力。即Ff＝Fcos θ，

FN＝mg＋Fsin θ，又Ff＝μFN，解得，Ff＝μ(mg＋Fsin θ)，故选项B、D正确。]

4.如图所示，力F1、F2、F3、F4是同一平面内的共点力，其中F1＝20 N，F2＝20 N，F3＝20 N，F4＝20 N，各力之间的夹角如图所示。求这四个共点力的合力的大小和方向。

[解析]　以F2的方向为x轴的正方向，建立如图所示的直角坐标系。

将F1、F3、F4向两坐标轴上分解得

F1x＝F1cos 60°＝20× N＝10 N

F1y＝F1sin 60°＝20× N＝10 N

F3x＝F3cos 45°＝20× N＝20 N

F3y＝－F3sin 45°＝－20× N＝－20 N

F4x＝－F4sin 60°＝－20× N＝－30 N

F4y＝－F4cos 60°＝－20× N＝－10 N

则x轴上各分力的合力为Fx＝F1x＋F2＋F3x＋F4x＝20 N

y轴上各分力的合力为Fy＝F1y＋F3y＋F4y＝－20 N

故四个共点力的合力为F＝＝20 N，合力的方向与F3的方向一致。

[答案]　20 N　方向与F3的方向一致

“活结”和“死结”及“动杆”和“定杆”模型

　“活结”和“死结”模型

[示例1]　(多选)如图所示，重物A被绕过小滑轮P的细线所悬挂，物体B放在粗糙的水平桌面上；小滑轮P被一根斜拉短线系于天花板上的O点；O′是三根线的结点，bO′水平拉着B物体，cO′沿竖直方向拉着弹簧；弹簧、细线、小滑轮的重力和细线与滑轮间的摩擦力均可忽略，整个装置处于平衡静止状态，g取10 m/s2。若悬挂小滑轮的斜线OP的张力是20 N，则下列说法中正确的是(　　)

A．弹簧的弹力为10 N

B．重物A的质量为2 kg

C．桌面对B物体的摩擦力为10 N

D．OP与竖直方向的夹角为60°

ABC　[O′点是三根线的结点，属于“死结”，而小滑轮重力不计且与细线间的摩擦力可忽略，故P处为“活结”。由mAg＝FO′a，FOP＝2FO′acos 30°可解得：FO′a＝20 N，mA＝2 kg，选项B正确；OP的方向沿细线张角的角平分线方向，故OP与竖直方向间的夹角为30°，选项D错误；对O′受力分析，由平衡条件可得：F弹＝FO′asin 30°，FO′b＝FO′acos 30°，对物体B有：fB＝FO′b，联立解得：F弹＝10 N，fB＝10 N，选项A、C均正确。]

1．(多选)与砂桶P连接的质量不计的细绳系在C点，如图所示，在两砂桶中装上一定质量的砂子，砂桶(含砂子)P、Q的总质量分别为m1、m2，系统平衡时，∠ACB＝90°、∠CAB＝60°，忽略滑轮的大小以及摩擦。则下列说法正确的是(　　)

A．m1∶m2＝1∶1

B．m1∶m2＝2∶1

C．若在两桶内增加相同质量的砂子，C点的位置上升

D．若在两桶内增加相同质量的砂子，C点的位置保持不变

BC　[以结点C为研究对象，受力分析如图所示，其中F＝m1g、FB＝m2g，由力的平衡条件可知FA＝Fcos 30°＝m1gcos 30°，由几何关系可知FA＝，整理解得m1∶m2＝2∶1，选项A错误，B正确；由以上分析可知当砂桶(含砂子)P、Q的总质量的比值为2时，AC与BC保持垂直状态，C点的位置保持不变，而若在两桶内增加相同质量的砂子，则两砂桶(含砂子)质量的比值会小于2，则桶Q向下移动，C点的位置上升，选项C正确，D错误。]

　“动杆”和“定杆”模型

[示例2]　如图甲所示，轻绳AD跨过固定在竖直墙上的水平横梁BC右端的定滑轮挂住一个质量为10 kg的物体M1，∠ACB＝30°；图乙中轻杆HP一端用铰链固定在竖直墙上，另一端P通过细绳EP拉住，EP与水平方向也成30°，轻杆的P点用细绳PQ拉住一个质量也为10 kg的物体M2。g取10 m/s2，求：

甲　　　　　　　　乙

(1)轻绳AC段的张力FAC与细绳EP的张力FEP之比；

(2)横梁BC对C端的支持力；

(3)轻杆HP对P端的支持力。

[解析]　分别对C点和P点受力分析如图所示。

甲　　　　　　　　乙

(1)图甲中轻绳AD跨过定滑轮拉住质量为M1的物体，物体处于平衡状态，

绳AC段的拉力FAC＝FCD＝M1g

图乙中由FEPsin 30°＝FPQ＝M2g得

FEP＝2M2g

所以得＝＝。

(2)图甲中，根据几何关系得

FC＝FAC＝M1g＝100 N

方向和水平方向成30°角斜向右上方。

(3)图乙中，根据平衡条件有

FEPsin 30°＝M2g，FEPcos 30°＝FP

所以FP＝＝M2g≈173 N，方向水平向右。

[答案]　(1)1∶2　(2)100 N，方向与水平方向成30°角斜向右上方　(3)173 N，方向水平向右

2.(2020·河北唐山二调)如图所示，一光滑小球与一过球心的轻杆连接，置于一斜面上静止，轻杆通过光滑铰链与竖直墙壁连接，已知小球所受重力为G，斜面与水平地面间的夹角为60°，轻杆与竖直墙壁间的夹角也为60°，则轻杆和斜面受到球的作用力大小分别为(　　)

A．G和G   B．G和G

C．G和G   D．G和2G

A　[对小球受力分析，杆对小球的弹力F方向沿杆斜向上与水平方向成30°角，斜面对球的弹力FN方向垂直于斜面斜向上与水平方向成30°角，重力方向竖直向下，如图所示，由几何关系可知三力互成120°角，根据平衡条件知，三力可以构成一首尾相连的等边三角形，则小球受到斜面和轻杆的力有FN＝F＝G，根据牛顿第三定律可知，斜面和轻杆受到小球的作用力大小有F′N＝F′＝G，选项A正确。]