【物理】2018届二轮复习 力的合成与分解 学案（全国通用）

【物理】2018届二轮复习 力的合成与分解 学案（全国通用）

基础课2　力的合成与分解 知识点一、力的合成 ‎1．共点力 如果几个力同时作用在物体上的同一点，或者它们作用线相交于同一点，我们就把这几个力叫做共点力。如下图1所示均是共点力。‎ 图1‎ ‎2．合力 几个共点力共同作用产生的效果可以用一个力来代替，这一个力叫做那几个力的合力。‎ ‎3．力的合成 ‎（1）定义：求几个力的合力叫做力的合成。‎ ‎（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2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2乙所示。‎ 图2‎ 知识点二、力的分解 ‎1．定义：求一个已知力的分力的叫做力的分解。‎ ‎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。‎ ‎[思考判断]‎ ‎（1）两个分力大小一定时，方向夹角θ越大，合力越小。（　　）‎ ‎（2）合力一定时，两等大分力的夹角θ越大，两分力越大。（　　）‎ ‎（3）1 N和2 N的合力一定等于3 N。（　　）‎ ‎（4）合力作用在一个物体上，分力作用在两个物体上。（　　）‎ ‎（5）两个共点力F1、F2的合力的取值范围是|F1－F2|≤F≤F1＋F2。（　　）‎ ‎（6）合力一定大于每一个分力。（　　）‎ ‎（7）在进行力的合成与分解时，都要应用平行四边形定则或三角形定则。（　　）‎ ‎（8）互成角度的两个力的合力与分力间一定构成封闭的三角形。（　　）‎ 答案　（1）√　（2）√　（3）×　（4）×　（5）√　（6）×　（7）√　‎ ‎（8）√‎ ‎　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。‎ ‎（2）计算法。‎ F＝　　　F＝2F1cos 　　　　F＝F1＝F2‎ ‎3．多个共点力的合成方法 依据平行四边形定则先求出任意两个力的合力，再求这个合力与第三个力的合力，以此类推，求完为止。‎ ‎1．[对合力与分力的理解]（多选）关于几个力及其合力，下列说法正确的是（　　）‎ A．合力的作用效果跟原来那几个力共同作用产生的效果相同 B．合力与原来那几个力同时作用在物体上 C．合力的作用可以替代原来那几个力的作用 D．求几个力的合力遵守平行四边形定则 解析　合力与分力是等效替代的关系，即合力的作用效果与那几个分力的共同作用效果相同，合力可以替代那几个分力，但不能认为合力与分力同时作用在物体上，选项A、C正确，B错误；力是矢量，所以求合力时遵守平行四边形定则，选项D正确。‎ 答案　ACD ‎2．[二力的合成]（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　F1、F2同时增大一倍，F也增大一倍，选项A正确；F1、F2同时增加10 N，F不一定增加10 N，选项B错误；F1增加10 N，F2减少10 N，F可能变化，选项C错误；若F1、F2中的一个增大，F不一定增大，选项D正确。‎ 答案　AD ‎3．[三力的合成]某物体同时受到同一平面内的三个共点力作用，在如图3所示的四种情况中（坐标纸中每格的边长表示1 N大小的力），该物体所受的合外力大小正确的是（　　）‎ 图3‎ A．图甲中物体所受的合外力大小等于4 N B．图乙中物体所受的合外力大小等于2 N C．图丙中物体所受的合外力等于0‎ D．图丁中物体所受的合外力等于0‎ 解析　图甲中，先将F1与F3合成，然后再由勾股定理求得合力大小等于5 N，选项A错误；图乙中，先将F1与F3正交分解，再合成，求得合力大小等于5 N，选项B错误；图丙中，可将F3正交分解，求得合力大小等于6 N，选项C错误；根据三角形定则，图丁中合力等于0，选项D正确。‎ 答案　D ‎　力的分解 ‎1．力的分解常用的方法 正交分解法 效果分解法 分解 方法 将一个力沿着两个互相垂直的方向进行分解的方法 根据一个力产生的实际效果进行分解 实例 分析 x轴方向上的分力：Fx＝Fcos θ y轴方向上的分力：Fy＝Fsin θ F1＝ F2＝Gtan θ ‎2.力的分解问题选取原则 ‎（1）选用哪一种方法进行力的分解要视情况而定，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，可选用正交分解法。‎ ‎（2）当物体受到三个以上的力时，常用正交分解法。‎ ‎【典例】　（多选）如图4所示，电灯的重力G＝10 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（注意：要求按效果分解和正交分解两种方法求解）（　　）‎ 图4‎ A．FA＝10 N B．FA＝10 N C．FB＝10 N D．FB＝10 N 解析　效果分解法　在结点O，灯的重力产生了两个效果，一是沿AO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，分解示意图如图所示。‎ 则FA＝F1＝＝10 N FB＝F2＝＝10 N，故选项A、D正确。‎ 正交分解法　结点O受力如图所示，考虑到灯的重力与OB垂直，正交分解OA的拉力更为方便，其分解如图所示。‎ 则F＝G＝10 N FAsin 45°＝F FAcos 45°＝FB 代入数值解得FA＝10 N FB＝10 N，故选项A、D正确。‎ 答案　AD ‎1．[效果分解法的应用]如图5所示，某钢制工件上开有一个楔型凹槽，凹槽的截面是一个直角三角形，三个角的度数分别是∠A＝30°，∠B＝90°，∠C＝60°。在凹槽中放有一个光滑的金属球，当金属球静止时，金属球对凹槽的AB边的压力为F1、对BC边的压力为F2，则的值为（　　）‎ 图5‎ A. B. C. D. 解析　将金属球的重力mg沿着垂直于AB边和垂直于BC边分解，F1＝mgcos 30°，F2＝mgsin 30°，所以＝。‎ 答案　C ‎2．[正交分解法的应用]（多选）如图6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，那么木块受到的滑动摩擦力为（　　）‎ 图6‎ A．μmg B．μ（mg＋Fsin θ）‎ C．μ（mg－Fsin θ） D．Fcos θ 解析　木块匀速运动时受到四个力的作用：重力mg、推力F、支持力N、摩擦力f。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力（竖直方向二力平衡）。即Fcos θ＝f，N＝mg＋Fsin θ，又f＝μN，解得，f＝μ（mg＋Fsin θ），故选项B、D正确。‎ 答案　BD ‎3．[力的分解法在生活、生产实际中的应用]假期里，一位同学在厨房里帮助妈妈做菜，对菜刀发生了兴趣。他发现菜刀的刀刃前部和后部的厚薄不一样，刀刃前部的顶角小，后部的顶角大，如图7所示，他先后作出过几个猜想，其中合理的是（　　）‎ 图7‎ A．刀刃前部和后部厚薄不匀，仅是为了打造方便，外形美观，跟使用功能无关 B．在刀背上加上同样的压力时，分开其他物体的力跟刀刃厚薄无关 C．在刀背上加上同样的压力时，顶角越大，分开其他物体的力越大 D．在刀背上加上同样的压力时，顶角越小，分开其他物体的力越大 解析　把刀刃部分抽象后，可简化成一个等腰三角形劈，设顶角为2θ，背宽为d，侧面长为l，如图所示。当在刀背施加压力F后，产生垂直侧面的两个分力F1、F2，使用中依靠着这两个分力分开被加工的其他物体。由对称性知，这两个分力大小相等（F1＝F2），因此画出力分解的平行四边形，实为菱形，如图所示，在这个力的平行四边形中，取其四分之一考虑（图中阴影部分）。根据它跟半个劈的直角三角形的相似关系，有关系式＝＝，得F1＝F2＝。由此可见，刀背上加上一定的压力F时，侧面分开其他物体的力跟顶角的大小有关，顶角越小，sin θ的值越小，F1和F2的值越大，故选项D正确。‎ 答案　D 方法技巧 按实际效果分解力的一般思路 绳上的“死结”和“活结”模型 ‎1．“死结”模型 ‎“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大小不一定相等。‎ ‎2．“活结”模型 ‎“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。‎ （多选）如图8所示，A物体被绕过小滑轮P的细线所悬挂，B物体放在粗糙的水平桌面上；小滑轮P被一根细线系于天花板上的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，整个装置处于静止状态。若悬挂小滑轮的细线OP上的张力是20 N，取g＝10 m/s2，则下列说法中正确的是（　　）‎ 图8‎ A．弹簧的弹力为10 N B．A物体的质量为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°‎ 解析　分别以物体A、B和结点O′及小滑轮为研究对象进行受力分析，对物体A有mAg＝FO′a，对小滑轮有2FO′acos 30°＝FOP，联立解得mA＝2 kg，FO′a＝20 N，选项B正确；同一根细线上的张力相同，故OP的延长线为细线张角的角平分线，由此可知OP与竖直方向的夹角为30°，选项D错误；对结点O′，有FO′asin 30°＝‎ F弹，FO′acos 30°＝FO′b，对物体B有f ＝FO′b，联立解得弹簧弹力F弹＝10 N，B物体所受的摩擦力f＝10 N，选项A、C正确。‎ 答案　ABC 如图9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°，轻杆的G点用细绳GF拉住一个质量为M2的物体，求：‎ 图9‎ ‎（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　题图甲和乙中的两个物体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，其拉力大小是否等于物体的重力；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，根据平衡条件可求解。‎ ‎（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TAC＝TCD＝M1g 图乙中由FTEGsin 30°＝M2g，得TEG＝2M2g。‎ 所以＝。‎ ‎（2）图甲中，三个力之间的夹角都为120°，根据平衡条件有NC＝TAC＝M1g，方向与水平方向成30°，指向右上方。‎ ‎（3）图乙中，根据平衡方程有TEGsin 30°＝M2g，TEGcos 30°＝NG，所以NG＝＝M2g，方向水平向右。‎ 答案　（1）　（2）M1g，方向与水平方向成30°指向右上方 ‎（3）M2g，方向水平向右 规律总结 ‎（1）杆的弹力可以沿杆的方向，也可以不沿杆的方向。对于一端有铰链的轻杆，其提供的弹力方向一定是沿着轻杆的方向；对于一端“插入”墙壁或固定的轻杆，只能根据具体情况进行受力分析，根据平衡条件或牛顿第二定律来确定杆中的弹力的大小和方向。‎ ‎（2）一根轻绳上各处的张力大小均相等，分析时关键要判断是否是一根轻绳，如对于“活结”（结点可以自由移动）就属于一根绳子，对于“死结”（即结点不可自由移动），结点两端就属于两根绳子，绳两端的拉力大小就不相等。‎ ‎1．（2016·全国卷Ⅰ，19）（多选）如图10，一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与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化 解析　由于物体a、b均保持静止，各绳角度保持不变，对a受力分析得，绳的拉力T＝mag，所以物体a受到绳的拉力保持不变。由滑轮性质，滑轮两侧绳的拉力相等，所以b受到绳的拉力大小、方向均保持不变，C选项错误；a、b受到绳的拉 力大小、方向均不变，所以OO′的张力不变，A选项错误；对b进行受力分析，如图所示。由平衡条件得：Tcos β＋f＝Fcos α，Fsin α＋N＋Tsin β＝mbg。其中T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，B选项正确；摩擦力也在一定范围内发生变化，D选项正确。‎ 答案　BD ‎2．（2014·山东理综，14）如图11所示，用两根等长轻绳将木板悬挂在竖直木桩上等高的两点，制成一简易秋千。某次维修时将两轻绳各剪去一小段，但仍保持等长且悬挂点不变。木板静止时，F1表示木板所受合力的大小，F2表示单根轻绳对木板拉力的大小，则维修后（　　）‎ 图11‎ A．F1不变，F2变大 B．F1不变，F2变小 C．F1变大，F2变大 D．F1变小，F2变小 解析　维修前后，木板静止，受力平衡，合外力为零，F1不变，选项C、D错误；对木板受力分析，如图：则2Fcos θ＝G，得F＝。维修后，将两轻绳各剪去一小段，θ增大，cos θ减小，F增大，所以F2变大，选项A正确，B错误。‎ 答案　A ‎3．（2017·湖北六校联考）如图12所示，在固定好的水平和竖直的框架上，A、B两点连接着一根绕过光滑的轻小滑轮的不可伸长的细绳，重物悬挂于滑轮下，处于静止状态。若按照以下的方式缓慢移动细绳的端点，则下列判断正确的是（　　）‎ 图12‎ A．只将绳的左端移向A′点，拉力变小 B．只将绳的左端移向A′点，拉力不变 C．只将绳的右端移向B′点，拉力变小 D．只将绳的右端移向B′点，拉力不变 解析　设滑轮两侧绳子与竖直方向的夹角为α，绳子的长度为L，B点到墙壁的距离为s，根据几何知识和对称性，得：‎ sin α＝①‎ 以滑轮为研究对象，设绳子拉力大小为F，根据平衡条件得：‎ ‎2Fcos α＝mg，得F＝②‎ 当只将绳的左端移向A′点，s和L均不变，则由①②式得知，F不变，故A错误，B正确；当只将绳的右端移向B′点，s增加，而L不变，则由①式得知，α增大，cos α减小，则由②式得知，F增大，故C、D错误。‎ 答案　B ‎4．（2017·沈阳市质量检测）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13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13‎ 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N21∶N31＝sin 60°＝。‎ 答案　B