【物理】2020届一轮复习人教版力的合成与分解学案

【物理】2020届一轮复习人教版力的合成与分解学案

第2讲　力的合成与分解 一、力的合成 ‎1．合力与分力：如果一个力产生的效果与其他几个力同时作用产生的效果相同，这个力就叫做那几个力的合力，那几个力叫做这个力的分力。‎ ‎2．力的合成：求几个力的合力的过程叫做力的合成。‎ ‎3.力的运算法则 ‎(1)平行四边形定则：两个力合成时，以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代表合力的大小和方向，如图所示。‎ ‎(2)三角形定则：在图中，将F2平移至对边得到如图所示的三角形。显然两矢量的首尾相接，从一个矢量F1的箭尾指向另一个矢量F2的箭首，即为它们的合矢量F，此即为三角形定则。‎ 二、力的分解 ‎1．定义：求一个力的分力的过程，是力的合成的逆运算。‎ ‎2．遵循法则：平行四边形定则、三角形定则。‎ ‎3．分解的方法 ‎①按力的实际作用效果进行分解；②力的正交分解。‎ 三、矢量与标量 ‎1．矢量：既有大小又有方向，相加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，求和时按照算术法则运算。‎ ‎(判断正误，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。(×)‎ ‎1．(合力与分力的关系)关于两个大小不变的共点力与其合力的关系，下列说法正确的是(　　)‎ A．合力的大小随分力夹角的增大而增大 B．两个分力的夹角小于180°时，合力大小随夹角减小而增大 C．合力的大小一定大于任何一个分力 D．合力的大小不能小于分力中最小者 解析　根据平行四边形定则可知，当两个共点力的大小不变时，其合力随着两分力夹角的增大而减小，A项错误，B项正确；合力的值大于等于两分力之差，小于等于两分力之和，故合力的大小可能大于大的分力，也可能小于小的分力，也可能等于其中一个分力，还可能为零，C、D两项错误。‎ 答案　B ‎2. (矢量运算法则)某物体同时受到同一平面内的三个共点力作用，在如图所示的四种情况中(坐标纸中每格边长表示1N大小的力)，该物体所受的合外力大小正确的是(　　)‎ 甲　　　 　　　　乙 丙　　　 　　　　丁 A．甲图中物体所受的合外力大小等于4N B．乙图中物体所受的合外力大小等于2N C．丙图中物体所受的合外力大小等于0‎ D．丁图中物体所受的合外力大小等于0‎ 解析　题图甲，先将F1与F3直接合成，再以3N和4N 为邻边画平行四边形，并结合勾股 定理知合力的大小为5N，A项错误；题图乙，先将F1与F3正交分解，再合成，求得合力的大小等于5N，B项错误；题图丙，可将F3正交分解，求得合力的大小等于6N，C项错误；根据三角形法则，题图丁中合力的大小等于0，D项正确。‎ 答案　D ‎3．(正交分解法)如图所示，一质量为m的沙袋用不可伸长的轻绳悬挂在支架上，一练功队员用垂直于绳的力将沙袋缓慢拉起使绳与竖直方向的夹角为θ＝30°，且绳绷紧，则练功队员对沙袋施加的作用力大小为(　　)‎ A.　　　B.mg C.mg　　D.mg 解析　‎ 如图，建立直角坐标系对沙袋进行受力分析，由平衡条件有Fcos30°－Tsin30°＝0，Tcos30°＋Fsin30°－mg＝0，联立可解得F＝，故A项正确。‎ 答案　A 考点　1　力的合成 考|点|速|通 ‎1．两个共点力的合力范围 ‎|F1－F2|≤F≤F1＋F2。‎ ‎2．重要结论 ‎(1)二个分力一定时，夹角θ越大，合力越小。‎ ‎(2)合力一定，二个分力夹角越大，二分力越大。‎ ‎(3)合力可以大于分力，等于分力，也可以小于分力。‎ 典|例|微|探 ‎【例1】　(多选)两个共点力的合力为F，如果它们之间的夹角θ固定不变，使其中一个力增大，则(　　)‎ A．合力F一定增大 B．合力F的大小可能不变 C．合力F可能增大，也可能减小 D．当0°<θ<90°时，合力F可能减小 解析　设两共点力Fa、Fb之间的夹角θ为钝角，由图示平行四边形可知，当Fa逐渐增大为Fa1、Fa2、Fa3时，其合力由原来的F变为F1、F2、F3，它们可能小于F、可能等于F，可能大于F，A项错误，B、C两项正确；当0°<θ<90°时，随着其中的一个力增大，合力一定增大，D项错误。‎ 答案　BC 力的合成问题常常与几何知识结合，解题时要画好受力示意图，有助于利用形象思维直观地分析问题。 ‎ 题|组|冲|关 ‎1.在研究共点力合成实验中，得到如图所示的合力与两力夹角θ的关系曲线，关于合力F的范围及两个分力的大小，下列说法中正确的是(　　)‎ A．2N≤F≤4N B．2N≤F≤10N C．两个力大小分别为2N、8N D．两个力大小分别为6N、8N 解析　由题图可得θ＝π时，两分力F1、F2垂直，合力为10N，即＝10N，θ＝π时，两分力方向相反，即两分力相减|F1－F2|＝2N，联立解得F1＝8N，F2＝6N，合力的范围|F1－F2|≤F≤F1＋F2，即2N≤F≤14N，D项正确，A、B、C三项错误。‎ 答案　D ‎2.如图所示，某物体静止在平面直角坐标系xOy的坐标原点，某时刻只受到F1和F2的作用，且F1＝10N，F2＝10N，则物体的合力(　　)‎ A．方向沿y轴正方向 B．方向沿y轴负方向 C．大小等于10N D．大小等于10N 解析　如图所示，将F2正交分解，则F2y＝F2cos45°＝10N＝F1，所以F1、F2的合力为F＝F2x＝F2sin45°＝10N，C项正确。‎ 答案　C 考点　2　力的分解 ‎ 考|点|速|通 ‎1．按力的作用效果分解 ‎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(使尽量多的力分布在坐标轴上)建立坐标系；在动力学中，往往以加速度方向和垂直加速度方向为坐标轴建立坐标系。‎ ‎(3)方法：物体受到多个力F1、F2、F3，…作用，求合力F时，可把各力向相互垂直的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轴夹角为θ，则tanθ＝。‎ 典|例|微|探 ‎【例2】　如图，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(　　)‎ 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与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化 解析　由于整个系统处于静止状态，所以滑轮两侧连接a和b的绳子的夹角不变；物块a 只受重力以及绳子的拉力，由于物块a平衡，则连接a和b的绳子张力T保持不变；由于绳子的张力及夹角均不变，所以OO′中的张力保持不变，A、C两项错误；b处于静止即平衡状态，对b受力分析，如图所示，根据平衡条件，力T与力F与x轴所成夹角均保持不变，由平衡条件可得FN＋Tsinθ－mg＝0，F＋f－Tcosθ＝0，由此可得FN＝mg－Tsinθ，由于T的大小不变，故支持力的大小也不变，B项错误；f＝Tcosθ－F，由于T的大小不变，当F大小发生变化时，b静止可得摩擦力的大小也在一定范围内发生变化，D项正确。‎ 答案　D 力的合成与分解方法的选择 力的效果分解法、正交分解法、合成法都是常见的解题方法，一般情况下，物体只受三个力的情形下，力的效果分解法、合成法解题较为简单，在三角形中找几何关系，利用几何关系或三角形相似求解；而物体受三个以上力的情况多用正交分解法，但也要视题目具体情况而定。 ‎ 题|组|冲|关 ‎1.(多选)在水平桌面上有一个质量为M且倾角为α的斜面体。一个质量为m的物块，在平行于斜面的拉力F作用下，沿斜面向下做匀速运动。斜面体始终处于静止状态。已知物块与斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。下列结论正确的是(　　)‎ A．斜面对物块的摩擦力大小是F B．斜面对物块的摩擦力大小是μmgcosα C．桌面对斜面体的摩擦力大小是Fcosα D．桌面对斜面体的支持力大小是(M＋m)g 解析　对物块受力分析，如图甲所示，由共点力的平衡 条件得，F＋mgsinα＝f1，mgcosα＝FN1，f1＝μFN1，解得斜面对物块的摩擦力大小f1＝F＋mgsinα或f1＝μmgcosα，故A项错误，B项正确；对物块和斜面整体受力分析，如图乙所示，由共点力的平衡条件得，f2＝Fcosα，FN2＝Fsinα＋(m＋M)g，故桌面对斜面体的摩擦力大小为Fcosα，桌面对斜面体的支持力大小为Fsinα＋(m＋M)g，故C项正确，D项错误。‎ 答案　BC ‎2.如图所示，表面光滑、质量不计的尖劈，插在缝A、B之间，尖劈的一个角为α，在尖劈背上加一压力F，则尖劈对A侧压力和对B侧压力分别为(　　)‎ A．Fsinα，Ftanα B.，Ftanα C.， D．Fsinα， 解析　对尖劈所受的压力F进行分解，如图所示，F2＝等于对A侧压力，F1＝等于对B侧压力，C项正确。‎ 答案　C 考点　3　对称法解决非共面力问题 考|点|速|通 在力的合成与分解的实际问题中，经常遇到物体受多个非共面力作用处于平衡状态的情况，解决此类问题时要注意图形结构的对称性特点，结构的对称性往往对应着物体受力的对称性，即某些力大小相等、方向相同等特点。‎ 典|例|微|探 ‎【例3】　(多选)图甲为杂技表演的安全网示意图，网绳的结构为正方格形，O、a、b、c、d…等为网绳的结点。安全网水平张紧后，若质量为m的运动员从高处落下，并恰好落在O点上。该处下凹至最低点时，网绳dOe、bOg均成120°向上的张角，如图乙所示，此时O点受到的向下的冲击力大小为F，则这时O点周围每根网绳承受的力的大小为(　　)‎ A．F　　 　B. C．F＋mg　　D. 解析　O点周围共有4根绳子，设每根绳子的力为F′，则4根绳子的合力大小为‎2F′，所以F＝‎2F′，所以F′＝，故B项正确。‎ 答案　B 题|组|冲|关 ‎1．如图所示是悬绳对称且长度可调的自制降落伞，用该伞挂上重为G的物体进行两次落体实验，悬绳的长度l1F2‎ C．F1＝F2G 解析　物体受重力和悬绳拉力作用处于平衡状态，由对称性可知，每条悬绳拉力的竖直分力为，设绳与竖直方向的夹角为θ，则有cosθ＝，解得F＝，由于无法确定ncosθ是否大于1，故无法确定拉力F与重力G的关系，C、D两项错误；悬绳较长时，夹角θ较小，故拉力较小，即F1>F2，A项错误，B项正确。‎ 答案　B ‎2.如图所示，将三个完全相同的光滑球用不可伸长的细线悬挂于O点并处于静止状态。已知球半径为R，重为G，线长均为R，则每条细线上的张力大小为(　　)‎ A．‎2G　　　B.G C.G　 　D.G 解析　本题中O点与各球心的连线以及各球心连线，构成一个边长为2R的正四面体，如图甲所示(A、B、C为各球球心)，O′为△ABC的中心，设∠OAO′＝θ，根据图乙，由几何关系知O′A＝R，由勾股定理得OO′＝＝R，对A处球受力分析有Fsinθ＝G，又sinθ＝，解得F＝G，故只有B项正确。‎ 答案　B 绳(或杆)上的“死结”和“活结”模型 ‎1．绳模型 ‎(1)“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。‎ 甲 ‎(2)“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。‎ 乙 ‎2．杆模型 杆可分为固定杆和活动杆。固定杆的弹力方向不一定沿杆，弹力方向视具体情况而定，活动杆只能起到“拉”和“推”的作用。一般情况下，插入墙中的杆属于固定杆(如甲、乙两图中的杆)，弹力方向不一定沿杆，而用铰链相连的杆属于活动杆(如丙图中的杆)，弹力方向一定沿杆。‎ 丙 ‎【经典考题】　如图甲所示，轻绳AD跨过固定在水平横梁BC右端的定滑轮挂住一个质量为M1的物体，∠ACB＝30°；如图乙中轻杆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°，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TAC与细绳EG的张力TEG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　图甲和图乙中的两个物体M1、M2都处于平衡状态，根据平衡的条件，首先判断与物体相连的细绳，其拉力大小等于物体的重力；分别取C点和G点为研究对象，进行受力分析如图甲和乙所示，根据平衡规律可求解。‎ ‎(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TAC＝TCD＝M‎1g；图乙中由于TEGsin30°＝M‎2g得TEG＝‎2M‎2‎g，所以得TAC∶TEG＝。‎ ‎(2)图甲中，根据平衡条件和平行四边形定则可得，FNC＝TAC＝M‎1g，方向和水平方向成30°角斜向右上方。‎ ‎(3)图乙中，根据平衡方程有 TEGsin30°＝M‎2g、TEGcos30°＝FNG，‎ 所以FNG＝M‎2g＝M‎2g，方向水平向右。‎ 答案　(1) ‎(2)M‎1g，方向和水平方向成30°角，斜向右上方 ‎(3)M‎2g，方向水平向右 必|刷|好|题 ‎1．如图所示的四个图中，AB、BC均为轻质杆，各图中杆的A、C 端都通过铰链与墙连接，两杆都在B处由铰链连接，且系统均处于静止状态。现用等长的轻绳来代替轻杆，能保持平衡的是(　　)‎ A．图中的AB杆可以用轻绳代替的有甲、乙、丙 B．图中的AB杆可以用轻绳代替的有甲、丙、丁 C．图中的BC杆可以用轻绳代替的有乙、丙、丁 D．图中的BC杆可以用轻绳代替的有甲、乙、丁 解析　如果杆端受拉力作用，可以用与之等长的轻绳代替，如果杆端受压力作用，则不可用等长的轻绳代替，如图中甲、丙、丁中的AB杆均受拉力作用，而甲、乙、丁中的BC杆均受沿杆的压力作用，故A、C、D三项均错误，B项正确。‎ 答案　B ‎2.(2019·安徽示范高中联盟)如图所示，圆心为O，水平直径为AB的圆环位于竖直面内，一轻绳两端分别固定在圆环的M、N两点，轻质滑轮连接一重物，放置在轻绳上，MN连线过圆心O且与AB间的夹角为θ，不计滑轮与轻绳之间的摩擦。圆环绕O点顺时针缓慢转过角度2θ的过程，轻绳的张力(　　)‎ A．逐渐增大 B．先增大再减小 C．逐渐减小 D．先减小再增大 解析　M、N之间的水平距离越小，M、N连线与水平直径的夹角越大，轻绳与竖直方向的夹角越小，轻绳的张力越小。圆环缓慢转过2θ的过程，M、N之间的水平距离先增大再减小，故轻绳的张力先增大再减小，B项正确。‎ 答案　B 如图所示，晾晒衣服的绳子两端分别固定在两根竖直杆上的A、B两点，绳子的质量及绳与衣架挂钩间摩擦均忽略不计，现衣服处于静止状态。如果保持绳子A端、B端在杆上的位置不变，将右侧杆缓慢平移到图中虚线位置的过程中，则(　　)‎ A．绳子的弹力变大 B．绳子的弹力不变 C．绳子对挂钩弹力的合力不变 D．绳子对挂钩弹力的合力变大 ‎ 解析　对挂钩受力分析如图所示，根据平衡条件，有2Tcosθ＝mg，绳子右端的B点在杆上位置不动，将杆向左移动到虚线位置时，角度θ变小，故绳子拉力T变小，A、B两项错误；绳中的拉力左右相等，两侧绳子与竖直方向的夹角均为θ，根据三力平衡条件可知，两绳子的拉力T的合力F始终与G等值反向，故D项错误，C项正确。‎ 答案　C ‎ ‎1．(2017·全国卷Ⅰ)(多选)如图，柔软轻绳ON的一端O固定，其中间某点M拴一重物，用手拉住绳的另一端N，初始时，OM竖直且MN被拉直，OM与MN之间的夹角为α。现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角不变，在OM由竖直被拉到水平的过程中(　　)‎ A．MN上的张力逐渐增大 B．MN上的张力先增大后减小 C．OM上的张力逐渐增大 D．OM上的张力先增大后减小 解析　以重物为研究对象，受重力mg，OM绳上拉力F2，MN上拉力F1，由题意知，三个力合力始终为零，矢量三角形如图所示，在F2转至水平的过程中，MN上的张力F1逐渐增大，OM上的张力F2先增大后减小，A、D两项正确，B、C两项错误。‎ 答案　AD ‎2．(2019·白银会宁一中)在如下所示的甲、乙、丙、丁四图中，滑轮本身的重力忽略不计，滑轮的轴O安装在一根轻木杆P上，一根轻绳ab绕过滑轮，a端固定在墙上，b端下面挂一个质量都是m的重物，当滑轮和重物都静止不动时，甲、丙、丁图中杆P与竖直方向夹角均为θ，图乙中杆P在竖直方向上，假设甲、乙、丙、丁四图中滑轮受到木杆弹力的大小依次为F甲、F乙、F丙、F丁，则以下判断中正确的是(　　)‎ A．F甲＝F乙＝F丙＝F丁 B．F丁>F甲＝F乙>F丙 C．F甲＝F丙＝F丁>F乙 D．F丙>F甲＝F乙>F丁 解析　由于两个绳子的拉力大小等于重物的重力，大小不变，即四个图中绳子的拉力是大小相等的，根据平行四边形定则知两个力的夹角越小，则合力越大，即滑轮两边绳子的夹角越小，绳子拉力的合力越大，故图丁中绳子拉力合力最大，则杆的弹力最大，图丙中绳子夹角最大，绳子拉力合力最小，则杆的弹力最小，顺序为F丁>F甲＝F乙>F丙，B项正确。‎ 答案　B ‎【借鉴高考】　(2018·天津高考)(多选)明朝谢肇淛《五杂组》中记载：“明姑苏虎丘寺庙倾侧，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 解析　选木楔为研究对象，木楔受到的力有：水平向左的F和两侧给它的与木楔的斜面垂直的弹力，由于木楔处于平衡状态，所以两侧给木楔的与斜面垂直的弹力与F沿两侧分解的推力是相等的，力F的分解如图，则F＝FN1cos＋FN2·cos＝2FN1cos＝2FN1sin，FN＝FN1＝FN2，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，B、C两项正确。‎ 答案　BC