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1、第 2 节 力的合成与分解第 2 节 力的合成与分解 知识点一| 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： 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。 三角形定则：把两个矢量首尾相接，从而
2、求出合矢量的方法。如图乙所示。 甲 乙 判断正误 (1)两个力的合力一定大于任意一个分力。() (2)合力和分力是等效替代的关系。() (3)1 N 和 2 N 的力的合力一定等于 3 N。() (4)合力与原来的几个力同时作用在物体上。() 三种特殊情况的共点力的合成 类型作图合力的计算 互相垂直 FF2 1F2 2 tan F 1 F2 两力等 大， 夹角 F2F1cos 2 F与F1夹角为 2 两力等大 且夹角 120 合力与分力等大 典例 2018 年现代汽车射箭世界杯赛于 4 月 23 日至 29 日在上海浦东举行，中国代表 队取得满意成绩。如图甲所示。射箭时，释放的瞬间若弓弦的拉力
3、为 100 N，对箭产生的作用 力为 120 N，其弓弦的拉力如图乙中F1和F2所示，对箭产生的作用力如图中F所示，则弓弦 的夹角应为(cos 530.6)( ) 甲 乙 A53 B127 C143 D106 D 弓弦拉力的合成如图所示， 由于F1F2，由几何知识得 2F1cos F合，有 2 cos 0.6 2 F合 2F1 所以53 2 即106。故 D 正确。 考法 1 合力与分力关系的理解 1关于合力与分力，下列说法正确的是( ) A合力的大小一定大于每个分力的大小 B合力的大小至少大于其中的一个分力 C合力的大小可以比两个分力都大，也可以比两个分力都小 D合力不可能与其中的一个分力相
4、等 C 任何多个共点力的合成，最终都可以转化为两个共点力的合成。因两个共点力的合 力满足关系式|F1F2|FF1F2，由此可知，合力的大小可能比两个分力都大，也可能比两 个分力都小，还可能比一个分力大，比另一个分力小，有时还可以与其中一个分力大小相等， 甚至与两个分力都相等。 考法 2 二力合成范围的分析与计算 2 (多选)在探究共点力合成的实验中， 得到如图所示的合力F与两力夹角的关系图象， 则下列说法正确的是( ) A2 NF14 N B2 NF10 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，F1F22 N。所以F18 N，
5、F26 N，合力最大值为 14 N，F2 1F2 2 最小值为 2 N。 3(多选)两个共点力F1、F2大小不同，它们的合力大小为F，则( ) AF1、F2同时增大一倍，F也增大一倍 BF1、F2同时增加 10 N，F也增加 10 N CF1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 AD 根据求合力的公式F(为F1、F2的夹角)，若F1、F2都变为F2 1F2 22F1F2cos 原来的 2 倍，合力也一定变为原来的 2 倍，A 正确；对于 B、C 两种情况，力的变化不是按比 例增加或减少的， 不能判断合力的变化情况， B、 C错误 ； 若F1与
6、F2共线反向，F1F2， 则FF1F2， F1增大时，F增大，F2增大且小于F1时，F减小，所以 D 正确。 考法 3 三力合成的分析与计算 4(多选)一物体位于光滑水平面上，同时受到三个水平共点力F1、F2和F3的作用，其大 小分别为F142 N、F228 N、F320 N，且F1的方向指向正北，下列说法中正确的是( ) A这三个力的合力可能为零 BF1、F2两个力的合力大小可能为 20 N C若物体处于匀速直线运动状态，则F2、F3的合力大小为 48 N，方向指向正南 D若物体处于静止状态，则F2、F3的合力大小一定为 42 N，方向指向正南 ABD F1、F2的合力范围是|F1F2|FF
7、1F2，即 14 NF70 N，选项 B 正确 ；F3的大 小处于此范围之内，所以这三个力的合力可能为零，选项 A 正确；若物体处于平衡状态(静止 或匀速直线运动)，则某两个力的合力必定与第三个力等大反向，选项 C 错误，D 正确。 考法指导 解答共点力的合成问题时的三点注意 1合成力时，要正确理解合力与分力的大小关系：合力与分力的大小关系要视情况而 定，不能形成合力总大于分力的思维定势。 2三个共点力合成时，其合力的最小值不一定等于两个较小力的和与第三个较大的力 之差。 3合力与它的分力是等效替代关系，在进行有关力的计算时，如果已计入了合力，就 不能再计入分力。如果已计入了分力，就不能再计入
8、合力。 知识点二| 力的分解 1矢量、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。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 平行四边形定则。 三角形定则。 (3)分解方法 力的效果分解法。 正交分解法。 判断正误 (1)位移、速度、加速度、力和时间都是矢量。() (2)力的分解必须按效果分解。() (3)8 N 的力能够分解成 5 N 和 3 N 的两个分力。() 考法 1 力的分解的讨论 1已知两个共点力的合力为 50 N，分力F1的方向与合
9、力F的方向成 30角，分力F2的 大小为 30 N。则( ) AF1的大小是唯一的BF2的方向是唯一的 CF2有两个可能的方向 DF2可取任意方向 C 如图所示，因为F230 NFsin 3025 N，以F的矢尖 为圆心， 以 30 N 为半径画一个圆弧， 与F1有两个交点， 这样F2有 两个可能的方向，F1有两个可能的大小。因此 C 正确。 考法指导 研究合力与分力的关系问题可转化为分析平行 四边形或矢量三角形的边、角几何关系问题。关于合力与分力的讨论如下： (1)F2Fsin 时：无解 (2)F2Fsin 时：唯一解 (3)Fsin F2F时：两解 (4)F2F时：唯一解 考法 2 力的效
10、果分解法 2.(多选)(2018天津高考)明朝谢肇淛的五杂组中记载：“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， 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，大时FN大 B若F一定，小时FN大 C若一定，F大时FN大 D若一定，F小时FN大 BC 根据力F的作用效果将力F分解为垂直于木楔两侧的力FN，如图所示。 则sin F 2 FN 2 即FN F 2sin 2 所以当F一定时，越小，FN越大 ； 当一定时，F越大，
11、FN越大。故选项 B、C 正确。 3.2018 年 5 月 28 日 1 时 50 分，松原市发生 5.7 级地震，震后吉林省立即启动三级应急 响应，快速派出现场工作队。如图所示是地震救援常用的扩张机的原理示意图，A、B为活动 铰链，C为固定铰链，在A处作用一水平力F，滑块B就以比F大得多的压力向上顶物体D， 已知图中 2l1.0 m，b0.05 m，F400 N，B与左壁接触，接触面光滑，则D受到向上顶的 力为(滑块和杆的重力不计)( ) A3 000 N B2 000 N C1 000 N D500 N B 将F沿AC、AB方向分解为F1、F2，则F2，F2的作用效果是使滑块B对左 F 2
12、cos 壁有水平向左的挤压作用F3，对物体D有竖直向上的挤压作用F4，则物体D所受的向上顶的 力为FNF4F2sin sin tan ， 由题图可知 tan 10， 故FN2 F 2cos F 2 l b 0.5 0.05 000 N，选项 B 正确。 考法指导 力的效果分解的“三个步骤” 考法 3 力的正交分解法 4.如图所示，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( ) A.1 B2 C. D133 3 2 1 2
13、 3 2 B 当用F1拉物块做匀速直线运动时，受力分析如图所示， 将F1正交分解，则 水平方向有F1cos 60Ff1 竖直方向有F1sin 60FN1mg 其中Ff1FN1 联立上式可得F1 2mg 1 3 同理，当用F2推物块做匀速直线运动时 水平方向有F2cos 30Ff2 竖直方向有F2sin 30mgFN2 其中Ff2FN2 联立上式可得F2 2mg 3 根据题意知F1F2，解得2，B 正确。3 5.如图所示，力F1、F2、F3、F4是同一平面内的共点力，其中F120 N，F220 N，F320 N，F420 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。23 解析：
14、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 F1xF1cos 6020 N10 N 1 2 F1yF1sin 6020 N10 N 3 2 3 F3xF3cos 4520 N20 N2 2 2 F3yF3sin 4520 N20 N2 2 2 F4xF4sin 6020 N30 N3 3 2 F4yF4cos 6020 N10 N3 1 2 3 则x轴上各分力的合力为FxF1xF2F3xF4x20 N y轴上各分力的合力为FyF1yF3yF4y20 N 故四个共点力的合力为F20 N，合力的方向与F3的方向一致。F2 xF2y 2 答案：20
15、N 方向与F3的方向一致2 考法指导 正交分解法是解决平衡问题或动力学问题常用的方法之一，特别是处理物 体受多个互成角度的共点力作用的情况。其应用的关键是合理选择坐标轴的方向建立坐标系。 在具体运用时需要注意如下两点： 1一般情况下，应使尽可能多的力“落”在坐标轴上或关于坐标轴对称。若物体具有 加速度，一般沿加速度方向建立坐标轴。 2若物体所受各力分布于两个互相垂直的方向上，而加速度却不在这两个方向上时， 以这两个方向为坐标轴，分解加速度而不分解力。 知识点三| “活结”和“死结”及“动杆”和“定杆”模型 “绳杆”模型特点作用力 “活结”绳细绳跨过滑轮或挂钩两段绳子拉力相等 “死结”绳细绳被“
16、死结”分为两段两段绳子拉力不一定相等 “活动”杆与转轴(铰链)相连的轻杆杆作用力的方向一定沿杆 “固定”杆插入墙中固定的轻杆杆作用力的方向不一定沿杆 典例 如图甲所示，轻杆OB可绕B点自由转动，另一端O点用细绳OA拉住， 固定在左侧墙壁上，质量为m的重物用细绳OC悬挂在轻杆的O点，OA与轻杆的夹角BOA 30。乙图中水平轻杆OB一端固定在竖直墙壁上，另一端O装有小滑轮，用一根绳跨过滑轮 后悬挂一质量为m的重物，图中BOA30，下列判断正确的是( ) 甲 乙 A甲图中细绳OA的拉力为mg B乙图中细绳OA的拉力为 2mg C甲图中轻杆对O点的弹力是mg，方向沿杆向右3 D乙图中轻杆对O点的弹力是
17、mg，方向沿杆向左 C 由于图甲中的杆可绕B转动，故其受力方向沿杆方向，O点的受力情况如图甲所示， 在直角三角形中可得，FT1mg/sin 302mg；图乙中是用一细绳跨过滑轮悬挂物体的，AOC 是同一段绳子，而同一段绳上的力处处相等，故乙图中绳子拉力为FT1FT2mg，A、B 两项 错误。 由甲图的受力的平行四边形可知， 甲图中轻杆对O点的弹力为FN1mg/tan 30 3 mg， 方向向右，C 项正确。对乙图中的滑轮受力分析，由于杆OB不可转动，所以杆所受弹力的 方向不一定沿OB方向。即杆对滑轮的作用力一定与两段绳的合力大小相等，方向相反，由图 乙可得，F22mgcos 60mg，则所求力
18、FN2F2mg，方向为右上方，D 项错误。 甲 乙 考法 1 “活结”模型 1 (多选)(2017天津高考)如图所示， 轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆M、N 上的a、b两点，悬挂衣服的衣架挂钩是光滑的，挂于绳上处于静止状态。如果只人为改变一 个条件，当衣架静止时，下列说法正确的是( ) A绳的右端上移到b，绳子拉力不变 B将杆N向右移一些，绳子拉力变大 C绳的两端高度差越小，绳子拉力越小 D若换挂质量更大的衣服，则衣架悬挂点右移 AB 设绳长为l，两杆间距离为d，选O点为研究对象，因aOb为同一根绳，故aO、bO 对O点的拉力大小相等，因此平衡时aO、bO与水平方向的夹角相等，设为。
19、对于O点受力 情况如图所示， 根据平衡条件，得 2Tsin mg， 而 sin ，所以T。 l2d2 l mg 2 l l2d2 由以上各式可知，当l、d不变时，不变，故换挂质量更大的衣服时，悬挂点不变，选 项 D 错误。 若衣服质量不变，改变b的位置或绳两端的高度差，绳子拉力不变，选项 A 正确，选项 C 错误。 当N杆向右移一些时，d变大，则T变大，选项 B 正确。 考法 2 “死结”模型 2.(多选)(2019汉中模拟)如图所示， 电灯的重力G10 N，AO绳与顶板间的夹角为 45，BO绳水平，AO绳的拉力为FA，BO绳的拉力为FB，则( ) AFA10 N BFA10 N2 CFB10
20、 N DFB10 N2 AD O点为两段绳的连接点， 属于 “死结” ，AO绳的拉力FA与BO绳的拉力FB大小不相等。 结点O处电灯的重力产生了两个效果，一是沿OA向下的拉紧AO的分力F1，二是沿BO向左的 拉紧BO绳的分力F2，画出平行四边形如图所示。 由几何关系得 F110 N， G sin 45 2 F210 N，故FAF110 N， G tan 45 2 FBF210 N，故 A、D 正确。 考法 3 “活杆”模型 3.(多选)如图所示，两相同轻质硬杆OO1、OO2可绕其两端垂直纸面的水平轴O、O1、O2转 动，在O点悬挂一重物M，将两相同木块m紧压在竖直挡板上，此时整个系统保持静止。
21、Ff表 示木块与挡板间摩擦力的大小，FN表示木块与挡板间正压力的大小。若挡板间的距离稍许增 大后，系统仍静止且O1、O2始终等高，则( ) AFf变小 BFf不变 CFN变小 DFN变大 BD 将两木块与重物视为整体，竖直方向上受力平衡，则 2Ff(2mM)g，故Ff不变， 选项 A 错误，B 正确；设硬杆对转轴的弹力大小均为FN1，硬杆与竖直方向的夹角为，对轴 点O进行受力分析可知，竖直方向上 2FN1cos Mg，对木块m进行受力分析可知，水平方向 上FNFN1sin ，联立解得FNMgtan ，当挡板间距离稍许增大时，增大，FN增大，选 1 2 项 C 错误，D 正确。 考法 4 “死杆
22、”模型 4.如图所示，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m10 kg 的重物，CBA30，则滑轮受到绳 子的作用力为(g取 10 N/kg)( ) A50 N B100 N C20 N D100 N33 B 由题意可得，对滑轮B点受力分析如图所示，滑轮受到绳子的 作用力应为图中两段绳中拉力F1和F2的合力F， 因同一根绳子张力处处相 等， 都等于重物的重力，即F1F2Gmg100 N。用平行四边形定则作图，由于拉力F1和F2的 夹角为 120，由几何关系可得F100 N， 所以滑轮受绳子的作用力大小为 100 N， 方向与水平 方向成 30斜向下。故选项 B 正确。