2025高考物理复习力的合成与分解课件教案练习题

第二章相互作用第2讲力的合成与分解课标要求1．了解力的合成与分解；知道矢量和标量。2．会应用平行四边形定则或三角形定则求合力。3．能利用效果分解法和正交分解法计算分力。考点一力的合成考点二力的分解内容索引聚焦学科素养课时测评考点一力的合成1．合力与分力(1)定义：如果一个力单独作用的______跟几个力共同作用的效果相同，这个力就叫作那几个力的合力，那几个力就叫作这个力的分力。(2)关系：合力和分力是__________的关系。2．共点力：作用在物体的______点，或作用线的________交于一点的力。知识梳理效果等效替代同一延长线3．力的合成(1)定义：求几个力的______的过程。(2)运算法则①平行四边形定则：求两个互成角度的力的合力，可以用表示这两个力的有向线段为______作平行四边形，这两个邻边之间的________就代表合力的大小和方向，如图甲所示。②三角形定则：把两个矢量__________，从而求出合矢量的方法，如图乙所示。合力邻边对角线首尾相连自主训练1两个力的合成及合力的范围如图为两个大小不变、夹角θ变化的力的合力的大小F与θ角之间的关系图像(0≤θ≤2π)，下列说法中正确的是

A．合力大小的变化范围是0≤F≤14NB．合力大小的变化范围是2N≤F≤10NC．这两个分力的大小分别为6N和8ND．这两个分力的大小分别为2N和8N√由题图可知，当两力夹角为π时，两力的合力为2N，而当两力夹角为

时，两力的合力为10N，则这两个力的大小分别为6N、8N，故C正确，D错误；当两个力方向相同时，合力大小等于这两个力的大小之和14N；当两个力方向相反时，合力大小等于这两个力的大小之差2N，由此可见，合力大小的变化范围是2N≤F≤14N，故A、B错误。自主训练2作图法求合力(2023·浙江嘉兴模拟)如图所示，某物体同时受到共面的三个共点力作用，坐标纸小方格边长的长度对应1N大小的力。甲、乙、丙、丁四种情况中，关于三个共点力的合力大小，下列说法正确的是A．甲图最小

B．乙图为8NC．丙图为5N D．丁图为1N√由题图可知，F甲＝2N，方向竖直向上；F乙＝4

N，方向斜向右下；F丙＝2

N，方向斜向左上；F丁＝1N，方向竖直向上；则题图丁的合力最小，为1N，故选D。自主训练3计算法求合力航母阻拦索用于拦停高速运动的舰载机，被喻为“舰载机生命线”。如图为其结构简图，滑轮1、2、3、4及液压缸a、b、c固定在甲板平面上，阻拦索绕过滑轮组后闭合。某时刻舰载机的挂钩勾住阻拦索，形成图示的夹角时，舰载机受到阻拦索的合力大小为F。不考虑阻拦索、滑轮的质量及一切摩擦，则此时单个柱塞所受阻拦索的合力大小为A．F

B．

F

C．

F

D．2F√某时刻舰载机的挂钩勾住阻拦索，形成题图所示的60°夹角，由于挂钩两侧阻拦索中拉力相等，由2F′cos30°＝F，解得阻拦索中的拉力F′＝F。由于柱塞两侧阻拦索中拉力相等，其合力方向在两侧阻拦索拉力所成夹角的角平分线上，所以单个柱塞所受阻拦索的合力大小为F合＝2F′cos60°＝F′＝F，B正确。1．合力的大小范围(1)两个共点力的合成：两个力大小不变时，其合力随夹角的增大而减小，|F1－F2|≤F合≤F1＋F2。(2)三个共点力的合成①最大值：三个力共线且同向时合力最大，Fm＝F1＋F2＋F3。②最小值：若任意两个力的大小之和大于或等于第三个力，则三个力的合力最小值为零，否则合力最小值等于最大的力减去另外两个力的大小之和。归纳提升2．几种特殊情况的共点力的合成类型作图合力的计算

两力互相垂直F＝

tanθ＝两力等大，夹角为θF＝2F1cosF与F1夹角为类型作图合力的计算

两力等大且夹角为120°合力与分力等大返回考点二力的分解1．力的分解(1)定义：求一个力的______的过程。(2)运算法则：____________定则或________定则。2．矢量和标量(1)矢量：既有大小又有______的量，运算时遵从____________定则。(2)标量：只有大小没有方向的量，运算时按__________相加减。知识梳理分力平行四边形三角形方向平行四边形算术法则(2021·广东高考·改编)唐代《耒耜经》记载了曲辕犁相对直辕犁的优势之一是起土省力，设牛用大小相等的拉力F通过耕索分别拉两种犁，F与竖直方向的夹角分别为α和β，α＜β，如图所示，忽略耕索质量。判断下列说法的正误：(1)耕索对犁的拉力产生水平向前拉犁、竖直向上提犁两个效果。

()(2)耕索对曲辕犁拉力的水平分力比对直辕犁的大。

()(3)耕索对曲辕犁拉力的竖直分力比对直辕犁的大。

()(4)所有力进行分解时，只能将它分解到水平、竖直两个方向上。

()(5)所有物理量都能应用平行四边形定则进行分解。

()高考情境链接√×√××1．力的效果分解法核心突破2．力的正交分解法(1)选取坐标轴及正方向：正交的两个方向可以任意选取，选取的一般原则是：①使尽量多的力落在坐标轴上；②平行和垂直于接触面或者平行和垂直于运动方向。(2)分别将各力沿正交的两个方向(x轴和y轴)分解，如图所示。(3)求各力在x轴和y轴上的分力的合力Fx和Fy，则有Fx＝F1x＋F2x＋F3x＋…，Fy＝F1y＋F2y＋F3y＋…3．一个已知力分解时有无解的讨论(1)已知合力F和两个分力F1、F2的方向，求两个分力的大小，有唯一解。(2)已知合力F和一个分力(大小、方向)求另一个分力(大小、方向)，有唯一解。(3)已知合力F和两分力F1、F2(F1＞F2)的大小，求两分力的方向①F＞F1＋F2，无解。②F＝F1＋F2，有唯一解，F1和F2跟F同向。③F＝F1－F2，有唯一解，F1与F同向，F2与F反向。④F1－F2＜F＜F1＋F2，有无数组解(若限定在某一平面内，有两组解)。(4)已知合力F和F1的方向、F2的大小(F1与合力的夹角为θ)，求F1的大小和F2的方向①F2＜Fsinθ，无解。②F2＝Fsinθ，有唯一解。③Fsinθ＜F2＜F，有两组解。④F2≥F，有唯一解。考向1力的效果分解法用斧头劈木柴的情境如图甲所示。劈的纵截面是一个等腰三角形，劈背的宽度为d，劈的侧面长为l，当在劈背加一个力F时的受力示意图如图乙所示，若不计斧头的重力，则劈的侧面推压木柴的力F1为A． B．C． D．例1 √根据力的作用效果，力F分解为垂直于劈的侧面的分力F1、F2，如图所示，根据对称性，两分力F1、F2大小相等，这样，以F1、F2为邻边的平行四边形就是一个菱形，因为菱形的对角线互相垂直且平分，所以根据三角形相似＝

，解得F1＝F2＝F，故A正确，B、C、D错误。考向2力的正交分解法(2022·辽宁高考)如图所示，蜘蛛用蛛丝将其自身悬挂在水管上，并处于静止状态。蛛丝OM、ON与竖直方向夹角分别为α、β(α＞β)。用F1、F2分别表示OM、ON的拉力，则A．F1的竖直分力大于F2的竖直分力B．F1的竖直分力等于F2的竖直分力C．F1的水平分力大于F2的水平分力D．F1的水平分力等于F2的水平分力例2 √对结点O受力分析可得，水平方向F1sinα＝F2sinβ，即F1的水平分力等于F2的水平分力；竖直方向F1cosα＋F2cosβ＝mg，解得F1＝

，F2＝

，则F1的竖直分量F1y＝

，F2的竖直分量F2y＝

，因sinαcosβ－cosαsinβ＝sin(α－β)＞0，可知F2y＞F1y，选项A、B、C错误，D正确。故选D。考向3力的分解中的极值问题如图所示，质量分别为3m和m的两个可视为质点的小球a、b，中间用一细线连接，并通过另一细线将小球a与天花板上的O点相连，为使小球a和小球b均处于静止状态，且Oa细线向右偏离竖直方向的夹角恒为37°，需要对小球b朝某一方向施加一拉力F。若已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。重力加速度为g，则当F的大小达到最小时，Oa细线对小球a的拉力大小为A．2.4mg B．3mgC．3.2mg D．4mg例3 √以两个小球组成的整体为研究对象，作出F在三个方向时整体的受力图，根据平衡条件知F与FT的合力与总重力总是大小相等、方向相反的，由力的合成图可知当F与绳子Oa垂直时F有最小值，即图中的2位置，此时Oa细线对小球a的拉力大小为FT＝4mgcos37°＝3.2mg，故C正确，A、B、D错误。返回聚焦学科素养

“活结”与“死结”、

“动杆”与“定杆”模型一、“活结”与“死结”模型类型“活结”模型“死结”模型图例解读“活结”把绳子分为两段，且可沿绳移动，“活结”一般由绳跨过滑轮或绳上挂一光滑挂钩而形成，绳子因“活结”而弯曲，但实际为同一根绳。关键语句“光滑挂钩”“光滑滑轮”。“死结”把绳子分为两段，且不可沿绳子移动，“死结”两侧的绳因结而变成两根独立的绳，关键语句“节点”“系住”。类型“活结”模型“死结”模型特点活结两侧绳子上的张力大小处处相等。死结两侧的绳子张力不一定相等。二、“动杆”与“定杆”模型类型“动杆”模型“定杆”模型图例解读轻杆用光滑的转轴或铰链连接，轻杆可围绕转轴或铰链自由转动。关键语句“光滑的转轴”“铰链连接”。轻杆被固定在接触面上，不发生转动，关键语句“固定”“插在墙里”。类型“动杆”模型“定杆”模型特点当杆处于平衡状态时，杆的弹力方向一定沿着杆。杆的弹力方向不一定沿杆，可沿任意方向。应用1．[“活结”模型]抖空竹在中国有着悠久的历史。假设抖空竹所用轻绳AB总长为L，空竹重量为G，可视为质点，绳能承受的最大拉力是2G。现将绳一端固定，另一端缓慢水平向右移动d而使绳不断，不计一切摩擦，则d的最大值可能为A．

B．

C．

D．√设轻绳与水平方向的夹角为θ，根据受力分析可得竖直方向上有2FTsinθ＝G，绳能承受的最大拉力是2G时，解得sinθ＝

，由几何关系可得sinθ＝

，联立解得d＝

L，故选B。应用2．[“死结”模型]如图所示，悬挂甲物体的细线拴牢在一不可伸长的轻质细绳上的O点处；绳的一端固定在墙上，另一端通过光滑定滑轮与物体乙相连。甲、乙两物体质量相等。系统平衡时，O点两侧绳与竖直方向的夹角分别为α和β。若α＝70°，则β等于A．45° B．55°C．60° D．70°√取O点为研究对象，在三力的作用下处于平衡状态，对其受力分析如图所示，根据几何关系可得2β＋α＝180°，则有β＝55°，故选B。应用3．[“动杆”与“定杆”模型]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°；如图乙所示的轻杆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与水平方向成30°角，轻杆的G点用细绳GF拉住一个质量为m2的物体，重力加速度为g，则下列说法正确的是A．图甲中BC对滑轮的作用力大小为B．图乙中HG杆受到绳的作用力为m2gC．细绳AC段的拉力FAC与细绳EG段的拉力FEG之比为1∶1D．细绳AC段的拉力FAC与细绳EG段的拉力FEG之比为m1∶2m2√题图甲中，两段绳的拉力大小都是m1g，互成120°角，因此合力大小是m1g，根据共点力平衡，BC杆对滑轮的作用力大小也是m1g(方向与竖直方向成60°角，斜向右上方)，故A错误；题图乙中，以G端为研究对象，受力分析如图所示，由平衡条件得FHGtan30°＝m2g，解得FHG＝

m2g，即HG杆受到绳的作用力为m2g，故B错误；题图甲中绳AC段的拉力FAC＝m1g，题图乙中由于FEGsin30°＝m2g，解得FEG＝2m2g，可得

，故C错误，D正确。返回课时测评1．(4分)(2024·安徽安庆模拟)如图所示，一个“Y”形弹弓顶部跨度为L，两根相同的橡皮条自由长度均为L，在两橡皮条的末端用一块软羊皮(长度不计)做成皮兜。若橡皮条的弹力与形变量的关系满足胡克定律，且劲度系数为k，发射弹丸时每根橡皮条的最大长度为1.5L(弹性限度内)，则发射过程中皮兜对弹丸的最大作用力为A．1.2kL

B．kL

C．

kL

D．

kL√当橡皮条的长度为1.5L时，皮兜对弹丸有最大作用力，设此时两根橡皮条的夹角为2θ，则Fm＝2kΔxcosθ＝kLcosθ，根据几何关系有cosθ＝

，代入解得Fm＝kL，故C正确。2．(4分)(2023·山东潍坊4月检测)有一种瓜子破壳器如图甲所示，将瓜子放入两圆柱体所夹的凹槽之间，按压瓜子即可破开瓜子壳。破壳器截面如图乙所示，瓜子的剖面可视作顶角为θ的扇形，将其竖直放入两完全相同的水平等高圆柱体A、B之间，并用竖直向下的恒力F按压瓜子且保持静止，若此时瓜子壳未破开，忽略瓜子自重，不计摩擦，则A．若仅减小A、B距离，圆柱体A对瓜子的压力变大B．若仅减小A、B距离，圆柱体A对瓜子的压力变小C．若A、B距离不变，顶角θ越大，圆柱体A对瓜子的压力越大D．若A、B距离不变，顶角θ越大，圆柱体A对瓜子的压力越小√瓜子处于平衡状态，若仅减小A、B距离，A、B对瓜子的弹力方向不变，则大小也不变，A、B错误；若A、B距离不变，顶角θ越大，则A、B对瓜子弹力的夹角减小，合力不变，则两弹力减小，C错误，D正确。故选D。3．(4分)如图所示，一个吊椅用轻绳AO、BO固定，绳AO、BO相互垂直，α＞β，且两绳中的拉力分别为FA、FB，吊椅受到的重力为G，则A．FA一定大于GB．FA一定大于FBC．FA一定小于FBD．FA与FB大小之和一定等于G√对结点O受力分析如图所示，由于α＞β，则G′＞FA＞FB，又G′＝G，则G＞FA＞FB，根据三角形知识可知FA＋FB＞G，故B正确。4．(4分)科技的发展正在不断地改变着我们的生活，如图甲是一款手机支架，其表面采用了纳米微吸材料，用手触碰无粘感，接触到平整光滑的硬性物体时，会牢牢吸附在物体上，如图乙是手机静止吸附在支架上的侧视图，若手机的重力为G，下列说法正确的是A．手机受到的支持力大小为GcosθB．手机受到的支持力不可能大于GC．纳米材料对手机的作用力大小为GsinθD．纳米材料对手机的作用力竖直向上√手机支架采用了纳米微吸材料，支架斜面会对手机存在一个吸引力，所以手机受到的支持力大小不可能为Gcosθ，其大小取决于吸引力的大小，A、B错误；手机受到竖直向下的重力和纳米材料的作用力(支持力、吸引力和摩擦力的合力)，故纳米材料对手机的作用力竖直向上，大小等于G，C错误，D正确。5．(4分)如图所示，某同学在家用拖把拖地，拖把由拖杆和拖把头构成。设某拖把头的质量为m，拖杆质量可忽略，拖把头与地板之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。该同学用沿拖杆方向的力F推拖把，让拖把头在水平地板上向前匀速移动，此时拖杆与竖直方向的夹角为θ。则下列判断正确的是A．地面受到的压力FN＝FcosθB．拖把头受到地面的摩擦力Ff＝μmgC．推力F＝D．推力F＝√拖把头受到重力、支持力、推力和摩擦力处于平衡状态，受力如图所示，建立直角坐标系，竖直方向上根据平衡条件可得FN′＝Fcosθ＋mg，根据牛顿第三定律可得地面受到的压力为FN＝Fcosθ＋mg，故A错误；根据滑动摩擦力的计算公式可得Ff＝μFN＝μ(Fcosθ＋mg)，故B错误；拖把头在水平地板上向前匀速移动，水平方向根据平衡条件可得Fsinθ＝Ff，即Fsinθ＝μ(Fcosθ＋mg)，解得推力F＝

，故C错误，D正确。6．(4分)如图是轿车常用的千斤顶，当摇动把手时，螺纹轴就能迫使千斤顶的两臂靠拢，从而将汽车顶起。若车轮刚被顶起时汽车对千斤顶的压力为1.0×105N，此时千斤顶两臂间的夹角为120°，则下列判断正确的是A．此时千斤顶每臂受到的压力均为5.0×104NB．此时千斤顶对汽车的支持力为5.0×104NC．若继续摇动把手，将汽车顶起，千斤顶每臂受到的压力将增大D．若继续摇动把手，将汽车顶起，千斤顶每臂受到的压力将减小√将汽车对千斤顶的压力F分解为沿两臂的两个分力F1、F2，根据对称性可知，两臂受到的压力大小相等F1＝F2。设千斤顶两臂间的夹角为2θ，根据几何关系可得2F1cosθ＝F，解得F1＝

＝1.0×105N，所以此时两臂受到的压力大小均为1.0×105N，故A错误；汽车对千斤顶的压力为1.0×105N，根据牛顿第三定律可知，千斤顶对汽车的支持力为1.0×105N，故B错误；继续摇动把手，两臂靠拢，θ减小，由于F不变，由F1＝

可知，当θ减小时，cosθ增大，则F1减小，故C错误，D正确。7．(4分)有一种多功能“人”字形折叠梯，其顶部用活页连在一起，在两梯中间某相对的位置用一轻绳系住，如图所示，可以通过调节绳子的长度来改变两梯的夹角θ。一质量为m的人站在梯子顶部，若梯子的质量及梯子与水平地面间的摩擦不计，整个装置处于静止状态，则A．θ角越大，梯子对水平地面的作用力越大B．θ角越大，梯子对水平地面的作用力越小C．θ角越大，绳子的拉力越大D．θ角越大，人对梯子的压力越大√对人和梯子整体进行分析，有mg＝FN，根据牛顿第三定律可知，梯子对水平地面的作用力与水平地面对梯子的支持力等大，与θ角无关，故A、B错误；对一侧的梯子受力分析，受到人沿梯子向下的作用力、地面竖直向上的支持力(不变)、绳子水平方向的拉力，如图所示，FT＝FNtan

，F人＝

，可知θ角越大，绳子的拉力越大，故C正确；对人受力分析可知，梯子对人的支持力大小等于人的重力，梯子对人的支持力与人对梯子的压力是相互作用力，大小与θ角无关，故D错误。8．(4分)如图所示，A、B两物体通过两个质量不计的光滑滑轮悬挂起来，处于静止状态。现将绳子一端从P点缓慢移到Q点，系统仍然平衡，以下说法正确的是A．夹角θ将变小

B．夹角θ将变大C．物体B位置将变高

D．绳子张力将增大√因为绳子张力始终与物体B的重力平衡，所以绳子张力不变；因为物体A的重力不变，所以绳子与水平方向的夹角不变；因为绳子一端从P点缓慢移到Q点，所以物体A会下落，则物体B位置会升高，故选C。9．(4分)(2024·河南郑州高三月考)如图甲所示，一艘帆船正逆风行驶。如图乙是帆船逆风行驶的简单受力分析图，风力为F＝105N、方向与帆面的夹角为θ＝30°，航向与帆面的夹角也为θ＝30°，风力在垂直帆面方向的分力推动帆船逆风行驶，则风力F在航向方向的分力为A．5.0×104N B．2.5×104NC．2×104N D．104N√把风力F分别沿着帆面和垂直帆面的方向分解，风在垂直帆面方向的力为FN＝Fsinθ，再把风在垂直帆面方向的分力FN分别沿着航向和垂直航向的方向分解，风力F在航向方向的分力F0就是FN沿着航向方向的分力，F0＝FNsinθ，综合可得F0＝Fsin2θ，代入F＝105N，θ＝30°，可得F0＝2.5×104N，选项B正确，A、C、D错误。10．(5分)如图所示，质量为m的物体置于倾角为θ的固定斜面上，物体与斜面之间的动摩擦因数为μ，先用平行于斜面的推力F1作用于物体上使其能沿斜面匀速上滑，若改用水平推力F2作用于物体上，也能使物体沿斜面匀速上滑，则两次的推力之比

为A．cosθ＋μsinθ

B．cosθ－μsinθC．1＋μtanθ

D．1－μtanθ√物体在力F1作用下和力F2作用下运动时的受力分别如图1、2所示。将物体受力沿斜面方向和垂直于斜面方向正交分解，由平衡条件可得F1＝mgsinθ＋Ff1，FN1＝mgcosθ，Ff1＝μFN1，F2cosθ＝mgsinθ＋Ff2，FN2＝mgcosθ＋F2sinθ，Ff2＝μFN2，解得F1＝mgsinθ＋μmgcosθ，F2＝

，故

＝cosθ－μsinθ，B正确。11．(5分)如图是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2l＝1.0m，b＝0.05m，F＝400N，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)A．3000N

B．2000N

C．1000N

D．500N√将力F按作用效果沿AB和AC两个方向进行分解，如图甲所示，则有F1＝F2，2F1cosα＝F，可得F1＝F2＝

，再将F1按作用效果分解为FN和FN′，如图乙所示，则有FN＝F1sinα，联立解得FN＝

，根据几何知识可知tanα＝

＝10，则FN＝5F＝2000N，故选项B正确。12．(5分)如图所示，在竖直平面内，有一直角三角形金属框架，底边水平，底角分别为30°和60°，质量为M的小球a和质量为m的小球b套在框架上，可以无摩擦地滑动，a、b之间用不可伸长的细线连接，当