第9讲 力的合成与分解-【衡中学案】2027年高考物理一轮总复习学案

例早面间的夹角为，以速度逆时针匀演转 回（多选）如图所示，足够长的传送带与水 ?斜传送带问题关键：速度相等以后是否可 以保持相对静止，可保持相对静止的条件为 动。在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木 l≥tonB; 块，小木块与传送带间的动摩擦因数<tan0, 若不可保持相对静止，则加速度会发生 选沿传送带向下为正方向，则下列选项中能客观 变化，共速前mgsin日+umgcos0=ma 地反映小木块的受力和运动情况的是 a=gsin+4gcos日 共速后mgsin日umgcos=ma 扫上2 a=gsin-4gcos日 a会变小 温馨提示：复习至此，请完成练案[8] 第9讲力的合成与分解 学习目标 命题热点 (1)会应用平行四边形定则及三角形定则求合力。 (2)能利用效果分解法和正交分解法计算分力。 高考主要考查力的合成，以选择题为主。 (3)能应用力的合成与分解的知识，分析解决实际问题。 027 考点一 共点力的合成 1.共点力 作用在物体的 或作用线的 F平移 于一点的力。如下图所示均是共点力。 甲 ②三角形定则：把两个矢量的首尾顺次连接起来， 第一个矢量的起点到第二个矢量的终点的 为 2.合力与分力 合矢量。如图乙所示，F、F2为分力，F为合力。 (1)定义：如果一个力单独作用的效果跟某几个 ③共点力合成的常用方法 力共同作用的效果相同，这个力叫作那几个力的 1)作图法 ,那几个力叫作这个力的 2)计算法：几种特殊情况的共点力合成 (2)关系：合力与分力是 关系。 类型 作图 合力的计算 3.力的合成 (1)定义：求几个力的 的过程。 (2)运算法则 F=√F2+E,7 ①平行四边形定则：求两个互成角度的分力的合 ∶！ ①互相垂直 力，可以用表示这两个力的有向线段为 作平 tan 0=- 行四边形，这两个邻边之间的 就表示合力的 大小和方向。如图甲所示，F、F,为分力，F为合力。 0 自主验咳 ②两力等大， F=2F cos 2 夹角0 1.(合力范围的确定)（多选）一物体静止于水平桌面 F与，夹角为号 上，与水平桌面之间的最大静摩擦力为5N,现将水 平面内三个力同时作用于物体的同一点，三个力的 大小分别为2N、2N、3N。下列关于物体的受力情 况和运动情况判断正确的是 () ③两力等大 120° 合力与分力等大 A.物体所受静摩擦力可能为2N 06 且夹角120° F'=F B.物体所受静摩擦力可能为4N C.物体可能仍保持静止 D.物体一定被拉动 2.（作图法的应用)如图所示，虚线 4两个共点力的合力 表示分力F,的作用线，另一个 (1)两个力的大小不变时，其合力随夹角的增大 分力的大小为F2且与合力F大 而减小。 小相等。则F,的大小为( (2)两个共点力合力的范围 A.F B.2F ①当两个力方向相同时，合力最大，Fmx=F,+F2o C.√2F D.3F ②当两个力方向相反时，合力最小，Fm=1F, 3.(计算法的应用)我国北方小孩 F2l。 ③合力大小的变化范围为IF,-F2I≤F≤F+F2。 在秋天常玩的一种游戏，叫“拔老根儿”，如图所示。 其实就是两个人，每人手里拿着长长的杨树叶根，把 5.三个共点力的合力的最大值与最小值 两个叶根十字交错在一起，两人各自揪住自己手里 (1)最大值：当三个分力同方向时，合力最大，即 叶根的两头，同时使劲往自己怀里拽，谁手里的叶根 Fmx=F1+F2+F3。 儿断了谁输。假如两小孩选用的树叶根所承受的最 (2)最小值：如果一个力的大小处于另外两个力 大拉力相等，则下列说法正确的是 ( 的合力大小范围内，则其合力的最小值为零，即Fm= 0;如果不处于，则合力的最小值等于最大的一个力减 028 去另外两个力的大小之和，即Fn=F,-(F2+F3)(F, 为三个力中最大的力)。 易错辨析 1.两个力的合力一定大于任何一个分力。 A.叶根夹角较小的一方获胜 2.两个分力大小一定时，夹角0越大，合力越小。( B.力气较大的小孩获胜 C.叶根夹角较大的一方的叶根对另一方的叶根的作 3.合力一定时，两等大分力的夹角0越大，两分力越 用力更大些 大。 D.叶根夹角较大的一方的叶根对另一方的叶根的 4.合力与分力可以同时作用在物体上。 作用力更小些 考点二 力的分解 1.力的分解是力的合成的逆运算，遵循的法则： F, 定则或 定则。 合力方向：与x轴夹角为0，则anF下。 2.力的分解的两种常用方法 ②建立坐标轴的原则：一般选共点力的作用点为 (1)按力的效果分解 原点，在静力学中，以少分解力和容易分解力为原则 (2)正交分解法 (即尽量多的力在坐标轴上)。 ①方法：物体受到多个力作用F、F2、F3…,求合 3.力的分解中的唯一性和多解性 力F时，可把各力沿相互垂直的x轴y轴分解。 条件 解的组数 x轴上的合力： 分解一个力，若分力没有附加条件 无数组解 F=Fa+F2+Fa+… 已知合力和两个分力的方向 唯一解 y轴上的合力： 已知合力和一个分力 唯一解 F,=Fn+F2tF+.. 已知合力和两分力的大小，并且F,-F2<F< 两组解 合力的大小：F=√F2+F, F+F,(在同一平面内) F<Fsin 0 无解 A.若仅减小A、B距离，圆柱体A对瓜子的压力 变大 已知合力F和F,的大小 F=Fsin 0 唯一解 及F与合力F的夹角0 B.若仅减小A、B距离，瓜子所受合力变小 Fsin 0<F<F 两组解 C.若A、B距离不变，顶角0越大，圆柱体A对瓜 F,≥F 唯一解 子的压力越大 易错韩析 D.若A、B距离不变，顶角0越大，圆柱体A对瓜 子的压力越小 1.不考虑力的实际效果时，一个力可以对应无数对分 [规律方法]按照力的实际作用效果分解的步骤 力。 ( 第一步一根据力的实际作用效果确定两个分力的方向 2.将一个力F分解为两个力F、F2,F是物体实际受 第二步 根据两个分力的方向画出平行四边形 到的力。 ( 3.2N的力能够分解成6N和3N的两个分力。 第三步一由三角形知识求出两个分力的大小 雪向2力的正交分解法 4.如果合力是阻力，则它的每一个分力都是阻力。 ( 例P四不用纸 图所示，蜘蛛用蛛丝将其 向1力的效果分解法 自身悬挂在水管上，并处于静止 例有种瓜了破壳器如图甲所不示，将瓜子放人两 状态。蛛丝OM、ON与竖直方向 圆柱体所夹的凹槽之间，按压瓜子即可破开瓜 夹角分别为a、B(a>B)。用F,、F2分别表示OM、OW 的拉力，则 子壳。破壳器截面如图乙所示，瓜子的剖面可视作顶 A.F的竖直分力大于F2的竖直分力 角为θ的扇形，将其竖直放入两完全相同的水平等高 B.F,的竖直分力等于F2的竖直分力 圆柱体A、B之间，并用竖直向下的恒力F按压瓜子且 C.F,的水平分力大于F2的水平分力 029 保持静止，若此时瓜子壳未破开，忽略瓜子自重，不计 D.F,的水平分力等于F2的水平分力 摩擦，则 喜向3力分解中的唯一性和多解性 例回已知方P的一个分力R跟F成0角，大小术 知，另一个分力5，的大小为，方向未知，则 3 F,的大小可能是 ( ⑦3r 3 ②3r 825E ④5F 3 A.①② B.②④ C.①③ D.①④ 老点三“动杆”和“定杆”与“活结”和“死结”问题 夸问1“动杆”和“定杆”模型 弹力 当杆处于平衡状态时，杆 杆所受的弹力方向不一定 模型 “动杆”模型 “定杆”模型 所受的弹力方向一定 特点 沿杆 沿杆，可沿任意方向 模型 30 ④（多选）图甲中轻杆OA的A端固定在竖直墙 结构 壁上，另一端O光滑，一端固定在竖直墙壁B 而D 点的细线跨过O端系一质量为m的重物，OB水平；图 乙中轻杆0'A'可绕A'点自由转动，另一端0'光滑；一 轻杆用光滑的转轴或铰 结构 轻杆被固定在接触面上 端固定在竖直墙壁B'点的细线跨过O'端系一质量也 链连接，轻杆可围绕转轴 特点 不能发生转动 为m的重物。已知图甲中∠BOA=30°，以下说法正确 或铰链自由转动 的是 () 耆向2“活结”和“死结”模型 模型 “活结”模型 “死结”模型 模型 结构 A.图甲轻杆中弹力大小为√2mg “活结”把绳子分为两段，且可 B.图乙轻杆中弹力大小为√2mg “死结”把绳子分为两 沿绳移动，“活结”一般由绳跨 结构 段，且不可沿绳移动， C.图甲轻杆中弹力与细线OB中拉力的合力方向 过滑轮或绳上挂一光滑挂钩 特点 而形成，绳子因“活结”而弯 “死结”两侧的绳因结 一定沿竖直方向 而变成两根独立的绳 曲，但实际为同一根绳 D.图乙中∠B'0'A'不可能等于30° 弹力 “活结”两侧的绳子上的张力 “死结”两侧的绳子上 特点 大小处处相等 张力不一定相等 例唱质0处绳的别可 ⑤如图，悬挂甲物体的细线拴牢在一不可伸长的 刁结点0为死结，0点两侧绳上的拉力不一定相等 端通过光滑定滑轮与物体乙相连。甲、乙两物体质量相 滑轮处为活结模型滑 轮两侧绳子上拉力相等， 等。系统平衡时，0点两侧绳与竖直方向的夹角分别为 则向下的mg与右侧的 a和B。若a=70°，则B等于 F大小相等，则/蝇在2、 A.45° B.55° C.60° D.709 3的角平分线上，可计算 B=180°-Q 2 030 [规律方法]绳上的“死结”与“活结”模型的答 喜向3“晾衣架”中的“活结”问题 题技巧 1.模型结构示例 (1)无论“死结”还是“活结”一般均以结点为研究 对象进行受力分析。 (2)如果题目搭配杆出现，一般情况是“死结”搭 配有转轴的杆即“动杆”，“活结”搭配无转轴的杆即 “定杆”。 2.模型解读 跟踪训练 如图所示，晾晒衣服的绳子轻且光滑，悬挂衣服的 衣架的挂钩也是轻质光滑的，轻绳两端分别固定在两 如图所示，轻绳绕过两个定滑轮和一个动滑轮，绳右 根竖直杆上的A、B两点，结点为O,衣服处于静止状 端吊着重物B,重物A吊在动滑轮下面，在绳左端用 态。如果保持绳子A端位置不变，将B端分别移动到 不同的位置。 竖直向下的拉力F使A、B均处于静止状态。不计 由于绳子拐弯处是平滑连接，故FoA=Fo=F。 一切摩擦，将绳左端缓慢向下移动一小段距离的过 水平方向：Fsin0,=Fsin02,结合几何关系知0，= 程中，下列说法正确的是 ) 03=0。 竖直方向：Fcos01+Fcos02=mg。 故F=,mg,可知F只与6有关。 2c0s0' 由几何关系：sin6-Lam+le -(L为绳的总长)。 B白 可知6只与两杆之间的水平距离d有关。 A.重物A上升 B.重物B上升 3.模型特点：若d不变，上、下移动绳子B端，0不 变，F不变；两杆之间水平距离越远，0越大，F越大。 C.重物B下降 D.拉力F增大 例回如图所示，在多直放置的穹形 A.先变大后不变 支架上，一根长度不变且不可 B.先变大后变小 伸长的轻绳通过轻质光滑滑轮悬挂 C.先变小后不变 重物G。现将轻绳的一端固定于支架 0 D.先变小后变大 上的A点，另一端从B点沿支架缓慢 地向C点靠近(C点与A点等高)。则 温馨提示：复习至此，请完成练案[9 在此过程中绳中拉力 第10讲 牛顿第三定律 受力分析 共点力的平衡 学习目标 命题热点 (1)知道什么是作用力和反作用力，理解牛顿第三定律的内 容，并能区分作用力和反作用力与一对平衡力。 高考主要考查共点力平衡条件的应用，全国 (2)知道什么是受力分析，熟练掌握受力分析的步骤，会灵活 卷和各省命题考查频率均很高。 应用整体法、隔离法并结合牛顿第三定律进行受力分析。 (3)理解共点力平衡的条件，会解决共点力平衡问题。 考点一 牛顿第三定律 1.作用力和反作用力：两个物体之间的作用总是3.物体静止在水平地面上，受到的重力和支持力为一 的，一个物体对另一个物体施加了力，后一个 对作用力和反作用力。 物体一定同时对前一个物体也施加了力。 031 自主验收 2.牛顿第三定律的内容：两个物体之间的作用力 和反作用力总是大小 ,方向 ,作用在1.（对牛顿第三定律的理解、相互作用 力与平衡力的比较)如图所示是 3.作用力与反作用力的“六同、三异、二无关” 种有趣好玩的感应飞行器的示意 图，主要是通过手控感应飞行，它的 性质相同、大小相同、同一直线、同时产生、同时变 六同 底部设置了感应器装置。只需要将 化、同时消失 手置于离飞行器底部一定距离处， 三异 方向相反、不同物体、不同效果 就可以使飞行器静止悬浮在空中，操作十分方便。 下列说法正确的是 二无关 与物体的运动状态无关、与物体是否受其他力无关 A.手对飞行器的作用力与飞行器所受的重力是一 4.作用力和反作用力与一对平衡力的比较 对平衡力 作用力和反作用力 对平衡力 B.空气对飞行器的作用力与飞行器所受的重力是一 作用在两个物体上 作用在同一物体上 对平衡力 C.空气对飞行器的作用力和空气对手的作用力是一 不同点 力的性质一定相同 对力的性质无要求 对作用力和反作用力 作用效果不可抵消 作用效果相互抵消 D.因为空气会流动，所以螺旋桨对空气的作用力和 相同点 大小相等、方向相反，作用在同一直线上 空气对螺旋桨的作用力大小不相等 5.应用牛顿第三定律转换研究对象 2.(牛顿第三定律的应用)一个箱子放 如果不能直接求解物体受到的某个力时，可先求 在水平地面上，箱内有一固定的竖直 它的反作用力，再根据牛顿第三定律求解该力。 杆，在杆上套着一个环，箱与杆的总 质量为M,环的质量为m,如图所示。 易错蕲析 已知环沿杆匀加速下滑时，环与杆间的摩擦力大小 1.作用力与反作用力的效果可以相互抵消。( 为，则此时箱对地面的压力大小为 () 2.人走在松软土地上下陷时，人对地面的压力大于地 A.Mg+f B.Mg-f 面对人的支持力。 ( C.Mg+mg D.Mg-mg可知，木块B与地面间的最大静摩擦力fm=mg=0.2×5×10N =10N,弹簧的弹力F弹=8N,由题意题可知F弹=8N<fm=10 N,故木块B处于静止状态，则木块B所受摩擦力f=F弹=8N, 方向向左，故B正确：撤去推力F后瞬间，弹簧的弹力不变，仍 为F弹=8N,弹簧的弹力大于木块A与地面间的最大静摩擦力， 可知木块A会滑动，所以木块A受到的摩擦力为滑动摩擦力 天'=umg=6N,方向向右，故C正确；撤去推力F后瞬间，弹簧 的弹力不变，仍为F=8N,小于B与地面间的最大静摩擦力， 可知木块B仍处于静止状态，对木块B受力分析可得f'的大小 等于F的大小，即f'=8N,方向向左，故D错误。故选BC。 考点二摩擦力的四类突变问题 考向1 例3：AC由题意得知，物体A与平板车的上表面间的最大静摩擦 力fm≥5N,若小车加速度为1m/s2时，则由牛顿第二定律，物 体受到的合力为F合=F+f=ma=10N,所以，此时平板车对物体 A的摩擦力f为5N,方向向右，且为静摩擦力，所以物体A相 对于车仍然静止，故B错误，A、C正确：物体A相对于车仍然静 止，则受到的弹簧的拉力大小不变，故D错误。故选AC。 考向2 例4：D分析可知开始时物块受到静摩擦力作用，后长木板与物 块间发生相对滑动，此时物块受到的是滑动摩擦力，大小与长 木板是否匀速运动无关，A错误；当长木板相对物块滑动前，根 据平衡条件可知拉力随时间的变化关系和题图乙相同，但相对 滑动后，拉力的大小与物块受到的摩擦力大小不一定相等，拉 力大小与力传感器中的力不一定相等，B错误：根据题图乙可 知，物块受到的最大静摩擦力约为10N,滑动摩擦力约为7N,C _F:≈02，D 错误；根据滑动摩擦力公式F,=u、,解得业=F,mg 正确。 考向3 例5：B黑板擦在竖直方向上只受重力G和摩擦力F,的作用，由 于F从零开始均匀增大，开始一段时间F<G,黑板擦加速下 滑：当F=G时，黑板擦的速度达到最大值；之后F>G,黑板擦 向下做减速运动，直至减速为零。在整个运动过程中，摩擦力 为滑动摩擦力，其大小为F=uFv=uF=ut,即F,与t成正比， 是一条过原点的倾斜直线。当黑板擦速度减为零后，滑动摩擦 力突变为静摩擦力，其大小F=G,所以黑板擦静止后的图线为 平行于t轴的直线，B正确。 考向4 例6：BD当小木块速度小于传送带速度时，小木块相对于传送带 向上滑动，小木块受到的滑动摩擦力沿传送带向下，由牛顿第 二定律得mngsin0+umgeos0=ma1,加速度a1=gsin0+ugcos0;当 小木块速度与传送带速度相同时，由于4<tamO,即mgcos0< ngsin0,所以速度能够继续增大，此时滑动摩擦力的大小不变 而方向突变为向上，且a2=gsin0-ugcos0,加速度变小，则-t 图像的斜率变小，所以B、D正确。 第9讲力的合成与分解 考点一共点力的合成 1.同一点延长线 2.(1)合力分力(2)等效替代 3.(1)合力(2)邻边对角线有向线段 易错辨析 1.×2.V/3.V4.× 50 自主验收 1.ABC两个2N的力的合力范围为0~4N,然后与3N的力合 成，则三力的合力范围为0~7N,由于最大静摩擦力为5N,因 此可判定选项A、B、C正确，D错误。 2.C根据力的平行四边形定则作图，如图，根据几何关系可知F =√2F,故选C。 F 3.A根据牛顿第三定律可知，叶根夹角较大的一方的叶根与另 一方的叶根对彼此的作用力大小相等；以两个叶根十字交错点 为对象，可知每个叶根对交错点的作用力的合力大小相等，根 据F合=2Fcos0,可知叶根夹角0较小的一方，叶根产生的拉力 较小，则叶根夹角较大的一方先达到叶根所能承受的最大拉 力，故叶根夹角较小的一方获胜。故选A。 考点二力的分解 1.平行四边形三角形 易错辨析 1.V2.V3.×4.× 考向1 例1：D瓜子保持静止，故处于平衡状态，合力始终为零。若仅减 小A、B距离，A、B对瓜子的弹力方向不变，根据平衡条件，则弹 力大小也不变，故A、B错误；把恒力F分解，如图，可得F= 2 ,若A、B距离不变，顶角0越大，则两弹力越小，故C错 sin- 2 误，D正确。故选D。 考向2 例2：D结点O受力分析如图所示，水平u 方向有F=F,即F的水平分力等于 F2的水平分力，选项C错误，D正确； =tan B' Fi=tan d _E,因为心B,故F, Fy,选项A、B错误。 考向3 例3：C如图所示，因为R= -F 3 Fsin30°，故F1的大小有两种可能情30 F2 况，由余弦定理可得F2=F2+F2- F12 3 2FPcs30,化简可得P2-5FP+号产=0，解得E1=号p, F2 25 F。故选C。 3 考点三“动杆”和“定杆”与“活结”和“死结”问题 考向1 例4：AC由于题图甲中轻杆OA为“定杆”，其O端光滑，可以视 为活结，两侧细线中拉力大小相等，都等于mg,由力的平衡条件 可知，题图甲轻杆中弹力为Fm=2 ngcos45°=√2mg,故A正确； 题图乙中轻杆O'A'可绕A'点自由转动，为“动杆”，另一端0'光 滑，可以视为活结，0'两侧细线中拉力大小相等，“动杆”中弹力 方向沿“动杆”方向，“动杆”OA'中弹力大小等于O'两侧细线 中拉力的合力大小，两细线夹角不确定，轻杆中弹力无法确定， ∠B'0'A'可能等于30°，故B、D错误；根据共点力平衡条件，题 图甲中轻杆弹力与细线OB中拉力的合力方向一定与竖直细线 的拉力方向相反，即竖直向上，故C正确。 考向2 例5：B设甲、乙两物体的质量均为m,对O 点进行受力分析，右侧细绳上的拉力大小 为mg,左侧细绳上的拉力大小为F,O点 下方的细线上的拉力大小为mg,O点所 受合力为零，由图并结合几何知识可得B _180°-&=55°，放B正确。 2 跟踪训练 B将绳左端缓慢向下移动，绳上拉力始终等于B的重力，拉力 F的大小始终等于B的重力，故D错误：两侧绳对动滑轮的拉 力不变，因此动滑轮两边轻绳间的夹角不变，物块A位置不变 则重物B上升，故A、C错误，B正确。故选B。 考向3 例6：A对滑轮受力分析如图甲所示，由于跨过滑轮的绳子拉力 一定相等，即F,=F2,由几何关系易知绳子拉力方向与竖直方 向夹角相等，设为0，可知 f=f=20 ① 如图乙所示，设绳长为L,由几何关系得 ② 其中d为两端点间的水平距离，由B点向C点移动过程中，d先 变大后不变，因此0先变大后不变，由①式可知绳中拉力先变大 后不变，故A正确。 第10讲牛顿第三定律受力分析共点力的平衡 考点一牛顿第三定律 1.相互 2.相等相反同一条直线上 易错辨析 1.×2.×3.× 自主验收 1.B手与飞行器没有接触，手对飞行器没有作用力，空气对飞行 器的作用力与飞行器所受的重力是一对平衡力，选项A错误，B 正确；空气对飞行器的作用力和飞行器对空气的作用力是一对 50 作用力和反作用力，选项C错误；由牛顿第三定律可知，螺旋桨 对空气的作用力和空气对螺旋桨的作用力大小相等，选项D 错误。 2.A环在竖直方向上受重力及杆给它的竖直向上的摩擦力f,受 力情况如图甲所示，根据牛顿第三定律，环应给杆一个竖直向 下的摩擦力f,故箱子与杆整体竖直方向上受重力Mg、地面对 它的支持力N及环给它的摩擦力f,受力情况如图乙所示，由于 箱子处于平衡状态，可得N=f+Mg=f+Mg。根据牛顿第三定 律，箱子对地面的压力大小等于地面对箱子的支持力大小，即 N'=Mg+f,故A正确。 7777777777777 甲 考点二物体的受力分析 1.受力分析图 2.(1)重力(2)弹力(3)摩擦力(4)其他力 例1：DM、N两物体叠放在一起沿粗糙竖直墙面向上做匀速直线 运动，由平衡条件知物体N受到重力、M对N的弹力和摩擦力 共3个力，故A错误，D正确：对MN整体，可知水平方向上没有 外力，所以物体M与墙之间没有弹力，所以物体M与墙之间没 有摩擦力，所以物体M受到重力，竖直向上的外力F,N对M的 弹力和摩擦力共4个力，故B、C错误。 跟踪训练 1.C根据题意，对A受力分析可知，受重力、B的支持力，由于A 静止，则A还受B沿斜面向上的静摩擦力，对B受力分析可知， 受重力、斜面的支持力、A的压力、拉力F、B还受A沿斜面向下 的摩擦力，由于B静止，则受沿斜面向上的摩擦力，即B受6个 力作用。故选C。 考点三共点力的平衡 1.静止匀速直线 3.(1)大小相等，方向相反(2)其余两个力的合力 (3)其余几个力的合 易错辨析 1.×2./3.V4./ 考向1 例2：A对球体受力分析，如图所示。 y 30° 309 60° fig 正交rx轴方向：Fysin30°=F2sin30 分解y轴方向：FN1cos30°+F2cos30°+F=mg 3 FN3 N,A正确 跟踪训练 2.B分析可知当凹槽底部对小球支持力为零时，拉力F最大，根 据平衡条件有2P.cos45°=G,解得F.=2c,故选B。 2 07