第2讲 力的合成与分解
(对应学生用书第20页)
力的合成
1.合力与分力2.共点力 3.力的合成 4.合成法则
【针对训练】
1．(2012·上海高考)已知两个共点力的合力为50 N，分力F1的方向与合力F的方向成30°角，分力F2的大小为30 N．则( )
A．F1的大小是唯一的
B．F2的方向是唯一的
C．F2有两个可能的方向
D．F2可取任意方向
【解析】 如下图，F2可能有两个方向．
【答案】 C
力的分解、矢量与标量
1.力的分解
(1)定义：求一个力的分力的过程．
(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．
2．矢量和标量
(1)矢量：既有大小又有方向．并且按平行四边形定则进行合成的物理量．
(2)标量：只有大小没有方向的物理量．求和时按算术法则相加．
【针对训练】
2．(2012·广东高考)如图2－2－1所示，两根等长的轻绳将日光灯悬挂在天花板上，两绳与竖直方向的夹角为45°，日光灯保持
水平，所受重力为G，左右两绳的拉力大小分别为( )
图2－2－1
A．G和G B.G和G
C.G和G D.G和G
【解析】 日光灯受重力和两绳力平衡，将重力沿两绳方向分解，可得绳的拉力F＝＝G.
【答案】 B
(对应学生用书第20页)
共点力合成方法及合力范围
1.合成方法
图2－2－2
(1)作图法：用统一标度去度量作出的平行四边形的对角线，求出合力的大小，再量出对角线与某一分力的夹角．
(2)计算法：作出力的合成示意图，将求解合力的物理问题转化成数学的几何问题．
(3)经常遇到的两种计算合力的类型
图2－2－3
①相互垂直的两个力的合成(即α＝90°)F合＝，F合与F1夹角的正切值tan β＝，如图2－2－3.
图2－2－4
②两个等大的力的合成：平行四边形为菱形，利用其对角线互相垂直平分的特点可解得F合＝2Fcos，F合与每一个分力的夹角为，如图2－2－4所示，若α＝120°，则F合＝2Fcos＝F，即合力大小等于分力大小．
2．合力范围
(1)两个共点力的合力范围：|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)三个共面共点力的合力范围
①三个力共线且方向相同时，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较小力的和的绝对值．
图2－2－5
一物体受到三个共面共点力F1、F2、F3的作用，三力的矢量关系如图2－2－5所示(小方格边长相等)，则下列说法正确的是( )
A．三力的合力有最大值为F1＋F2＋F3，方向不确定
B．三力的合力有唯一值3F3，方向与F3同向
C．三力的合力有唯一值2F3，方向与F3同向
D．由题给条件无法求出合力大小
【解析】 方法一：以F1和F2为邻边作平行四边形，对角线必沿F3方向，其大小F12＝2F3，再与F3求合力，故F＝3F3，与F3同向，所以只有B正确．
方法二：分解F1、F2，竖直方向抵消，水平方向合成后相当2F3，所以合力为3F3.
【答案】 B
【即学即用】
1．(2012·银川一中模拟)射箭是2010年广州亚运会比赛项目之一，如图2－2－6甲为我国著名选手张娟娟的射箭场景．已知弓的顶部跨度为l，弦均匀且弹性良好，其自由长度为l.发射时弦和箭可等效为图乙的情景，假设弓的跨度保持不变，即箭在弦的正中间，弦夹在类似动滑轮的附加装置上，将箭发射出去．已知弦的劲度系数为k，发射箭时弦的最大长度为2l(弹性限度内)，则箭被发射瞬间所受的最大弹力为(设弦的弹力满足胡克定律)( )
甲 乙
图2－2－6
A．kl B.kl
C.kl D．2kl
【解析】 弓发射箭的瞬间，受力如图．设放箭处弦的弹力分别为F1、F2，合力为F，则F1＝F2＝k(2l－l)＝kl，F＝2F1·cos θ，由几何关系得cos θ＝，所以，箭被发射瞬间的最大弹力为F＝kl，C项正确．
【答案】 C
力分解常用方法
按
效
果
分
解
分
解
步
骤
(1)根据力的实际作用效果确定两个分力的方向
(2)再根据两个分力方向画出平行四边形
(3)最后由平行四边形知识求出两分力的大小
正
交
分
解
概
念
将一个力分解为相互垂直的两个分力的分解方法叫做力的正交分解法
分
解
过
程
多个共点力合成的正交分解法，把各力沿相互垂直的x轴、y轴分解，F1分解为F1x和F1y，F2分解为F2x和F2y，F3分解为F3x和F3y…则
x轴上的合力Fx＝F1x＋F2x＋F3x＋…
y轴上的合力Fy＝F1y＋F2y＋F3y＋…
合力F＝ ，设合力与x轴夹角为θ，则tan θ＝
分
解
原
则
(1)在静力学中，以少分解力和容易分解力为原则
(2)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，这样使牛顿第二定律表达式变为
(3)尽量不分解未知力或少分解未知力
在实际问题中进行力的分解时，有实际意义的分解方法是按力的实际效果进行的，其他的分解方法都是为了解题引入的．正交分解法可将矢量运算转化为代数运算．
图2－2－7
如图2－2－7所示，轻绳AO和BO共同吊起质量为m的重物．AO与BO垂直，BO与竖直方向的夹角为θ，OC连接重物，求AO、BO两绳所受拉力的大小．
【审题视点】 (1)AO与BO垂直．
(2)BO与竖直方向夹角θ.
【解析】 解法一 (按力的实际作用效果进行分解)结点O受到的绳OC的拉力FC大小为重物所受到的重力mg，将拉力FC沿绳AO和BO所在直线进行分解，两分力FA′和FB′大小分别等于AO、BO两绳所受拉力的大小，如图甲所示，由图甲解得FA′＝mgsin θ，FB′＝mgcos θ.
解法二 (正交分解法)建立如图乙所示的坐标系，将O点受到的三个力沿两个方向进行分解，并分别在这两个方向上列出平衡方程得：
FAsin θ＋FBcos θ＝mg，FAcos θ＝FBsin θ
解得FA＝mgsin θ，FB＝mgcos θ.
【答案】 mgsin θ mgcos θ
【即学即用】
2．如图2－2－8所示，质量为m的小球置于倾角为30°的光滑斜面上，劲度系数为k的轻质弹簧，一端系在小球上，另一端固定在墙上的P点，小球静止时，弹簧与竖直方向的夹角为30°，则弹簧的伸长量为( )
图2－2－8
A. B.
C. D.
【解析】 如图为小球的受力情况，其中的F为弹簧对它的弹力，由几何关系判断得知，弹力F与斜面之间的夹角为30°.
将小球所受的重力mg和弹力F分别沿斜面和与斜面垂直的方向进行正交分解，由共点力的平衡条件知，弹力F沿斜面向上的分力与重力mg沿斜面向下的分力大小相等，即Fcos 30°＝mgsin 30°，由胡克定律得F＝kx，联立以上两式解得弹簧的伸长量x＝.
【答案】 C
(对应学生用书第22页)
“活结”与“死结”的区别
图2－2－9甲中，因为绳上挂的是一个轻质光滑挂钩，它可以无摩擦地滑动(即是“活结”)，所以挂钩两侧的绳(其实是同一根绳)的形变相同，拉力也必然相等．图2－2－9乙中，用三根轻绳连接于一点(即“死结”)，三根轻绳中的拉力不相等．
甲 乙
图2－2－9
(2012·安徽江南十校联考)如图2－2－10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10 kg的物体，∠ACB＝30°；图2－2－11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°角，轻杆的P点用细绳PQ拉住一个质量也为10 kg的物体，g取10 m/s2，求：
图2－2－10 图2－2－11
(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．
【潜点探究】 (1)图甲中轻绳AD跨过固定的定滑轮，AC、CD两段绳子的拉力大小相等，都等于M1所受的重力的大小．
(2)图乙中P为“死结”，PQ的拉力等于M2所受重力，EP所受的力和PQ所受的力不相等．
【规范解答】 题图甲和题图乙中的两个物体M1、M2都处于平衡状态，根据平衡条件可判断，与物体相连的竖直细绳拉力大小等于物体的重力．分别以C点和P点为研究对象，进行受力分析如图(a)和(b)所示．
(a) (b)
(1)图(a)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(b)中由FEPsin 30°＝FPQ＝M2g
得FEP＝2M2g，所以＝＝.
(2)图(a)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(b)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
【即学即用】
3.
图2－2－12
(2012·安康模拟)如图2－2－12所示，在水平天花板的A点处固定一根轻杆a，杆与天花板保持垂直，杆的下端有一个轻滑轮O.另一根细线上端固定在该天花板的B点处，细线跨过滑轮O，下端系一个重量为G的物体．BO段细线与天花板的夹角为θ＝30°，系统保持静止，不计一切摩擦．下列说法正确的是( )
A．细线BO对天花板的拉力大小是
B．a杆对滑轮的作用力大小是
C．a杆和细线对滑轮的合力大小是G
D．a杆对滑轮的作用力大小是G
【解析】 细线对天花板的拉力等于物体的重力G；以滑轮为研究对象，两段细线的拉力都是G，互成120°，因此合力大小是G，根据共点力的平衡条件，a杆对滑轮的作用力大小也是G，方向与竖直方向成60°角斜向右上方；a杆和细线对滑轮的合力大小为零．
【答案】 D
(对应学生用书第23页)
●考查合力的范围
1．(2012·成都模拟)两个大小分别为F1和F2(F2＜F1)的力作用在同一质点上，它们的合力的大小F满足( )
A．F2≤F≤F1 B.≤F≤
C．F1－F2≤F≤F1＋F2 D．F－F≤F2≤F＋F
【解析】 由矢量合成的平行四边形定则可知，合力的最大值为F1＋F2，合力的最小值为F1－F2，故F1－F2≤F≤F1＋F2，正确答案为C.
【答案】 C
●考查力的合成
2．(2011·广东高考)如图2－2－13所示的水平面上，橡皮绳一端固定，另一端连接两根弹簧，连接点P在F1、F2和F3三力作用下保持静止．下列判断正确的是( )
图2－2－13
A．F1>F2>F3 B．F3>F1>F2
C．F2>F3>F1 D．F3>F2>F1
【解析】 P点在三力F1、F2、F3作用下保持静止，则其合力为零，F1、F2的合力F12与F3等大反向．对三角形PF1F12，由大角对大力可知，F12>F1>F2，从而可得F3>F1>F2.
【答案】 B
●考查力的分解
3．(2013届西安一中模拟)在粗糙水平地面上与墙平行放着一个截面为半圆的柱状物体A，A与竖直墙之间放一光滑圆球B，整个装置处于静止状态．现对B加一竖直向下的力F，F的作用线通过球心，设墙对B的作用力为F1，B对A的作用力为F2，地面对A的作用力为F3.若F缓慢增大而整个装置仍保持静止，截面如图2－2－14所示，在此过程中( )
图2－2－14
A．F1保持不变，F3缓慢增大
B．F1缓慢增大，F3保持不变
C．F2缓慢增大，F3缓慢增大
D．F2缓慢增大，F3保持不变
【解析】 对球B受力分析如图所示，球B受到四个力作用且保持静止，则θ不变，F2′cos θ＝F＋mg.若F缓慢增大，则F2′增大．F2′sin θ＝F1，若F2′缓慢增大，则F1增大．F2′＝F2，F2′增大，F2也增大．对于整体而言：地面对A的摩擦力Ff＝F1，地面对A的支持力FN＝F＋G总，所以Ff和FN均缓慢增大，所以F3缓慢增大，C对．
【答案】 C
●考查力的二次分解与平衡
4.
图2－2－15
(2012·山东高考)如图2－2－15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．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( )
A．Ff变小 B．Ff不变
C．FN变小 D．FN变大
【解析】
图1
选重物M及两个木块m组成的系统为研究对象，系统受力情况如图1所示，根据平衡条件有2Ff＝(M＋2m)g，即Ff＝，与两挡板间距离无关，故挡板间距离稍许增大后，Ff不变，所以选项A错误，选项B正确；如图2所示，将绳的张力F沿OO1、OO2两个方向分解为F1、F2，则F1＝F2＝，当挡板间距离稍许增大后，F不变，θ变大，cos θ变小，故F1变大；选左边木块m为研究对象，其受力情况如图3所示，根据平衡条件得FN＝F1sin θ，当两挡板间距离稍许增大后，F1变大，θ变大，sin θ变大，因此FN变大，故选项C错误，选项D正确．
图2 图3
【答案】 BD
●考查力的正交分解与平衡条件
5.
图2－2－16
(2010·新课标全国高考)如图2－2－16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 B．2－
C.－ D．1－
【解析】 分别对物块受力分析如图
据物块的平衡条件
F1cos 60°＝μ(mg－F1sin 60°)
F2cos 30°＝μ(mg＋F2sin 30°)
F1＝F2
解得μ＝2－.
【答案】 B
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