力的合成與分解教師版

1、力的合成與分解一、單選題（本大題共5小題，共30分）1. 如圖所示，質(zhì)量為m的小滑塊靜止在半徑為R的半球體上，它與半球體間的動摩擦因數(shù)為，它與球心連線跟水平地面的夾角為，則小滑塊()A. 所受摩擦力大小為mgcosB. 所受摩擦力大小為mgsinC. 所受摩擦力大小為mgsinD. 對半球體的壓力大小為mgcosA（樂陵一中）解：對小滑塊受力分析如圖所示：小滑塊在重力、支持力及摩擦力的作用下處于平衡狀態(tài)；故合力為零，將支持力與摩擦力合成后，其合力與重力大小相等，方向相反；則由幾何關(guān)系可知，摩擦力f=mgcos，摩擦力N=mgsin；故只有A正確；故選A2. 物體同時受到同一平面內(nèi)的三個力的作用

2、，下列幾組力的合力不可能為零的是()A. 5 N，7 N，8 NB. 5 N，2 N，3 NC. 1 N，5 N，10 ND. 10 N，10 N，10 NC（樂陵一中）解：A、5N與7N合成時，合力最大12N，最小2N，可以為8N，故三個力合力可能為零；B、5N與2N合成時，合力最大7N，最小3N，可能為3N，故三個力合力可能為零；C、1N與5N合成時，合力最大6N，最小4N，不可能為10N，故三個力合力不可能為零；D、10N與10N合成時，合力最大20N，最小0N，可能為

3、10N，故三個力合力可能為零；本題選合力不可能為零的，故選：C二力合成時，合力范圍為：|F1-F2|F|F1+F2|；先合成兩個力，如果合力范圍包括第三個力，則三力可以平衡本題關(guān)鍵明確二力合成時，合力范圍為：|F1-F2|F|F1+F2|；兩力同向時合力最大，反向時合力最小3. 架在A、B兩根電線桿之間的均勻電線在夏、冬兩季由于熱脹冷縮的效應，電線呈現(xiàn)如圖所示的兩種形狀，下列說法中正確的是()A. 夏季、冬季電線對電線桿的拉力一樣大B. 夏季電線桿對地面的壓力較大C. 夏季電線對電線桿的拉力較大D. 冬季電線對電線桿的拉力較大D（樂陵一中）解：ACD、對電線受力分析可知冬季電線拉力的夾角更大，

4、合力不變則可得冬季對電線桿的拉力較大，故AC錯誤，D正確； B、求夏季電線桿對地面的壓力可以把桿和電線看做整體，所以電線桿對地面的壓力大小始終等于電線桿和電線整體重力之和.故B錯誤故選：D電線桿和電線整體處于平衡狀態(tài)，所以電線桿對地面的壓力可以用整體法求解；電線重力不變且在電線對稱，對電線桿的拉力大小相等且合力與重力等大反向本題重點考察共點力平衡的條件及其應用(若合力大小方向始終不變且分力大小始終相等，則分力夾角越大，分力也越大)以及整體法求整體對地面的壓力，是?？碱}型4. 如圖所示，表示五個共點力的有向線段恰分別構(gòu)成正六邊形的兩條鄰邊和三條對角線，已知F1=10N.則這五個共點力的合力大小為

5、()A. 0B. 30 NC. 60 ND. 90 NC（樂陵一中）解：由圖可知，最大恒力為F3，根據(jù)平行四邊形定則，F(xiàn)1與F4的合力為F3，F(xiàn)2與F5的合力為F3，這五個力的合力為三倍的F3，已知F1=10N，根據(jù)幾何關(guān)系可知，F(xiàn)3=20N，所以合力的大小為60N.故C正確，ABD錯誤；故選：C 本題關(guān)鍵是根據(jù)平行四邊形定則，分組作圖分析，合力范圍為：|F1+F2|F|F1-F2|. 解決此類問題需要結(jié)合平行四邊形定則，利用幾何知識分析合力的大小5. 如圖，三個固定的帶電小球a，b和c，相互間的距離分別為ab=5cm，bc=3cm，ca=4cm，小球c所受庫侖力

6、的合力的方向平行于a，b的連線，設小球a，b所帶電荷量的比值的絕對值為k，則()A. a，b的電荷同號，k=169B. a，b的電荷異號，k=169C. a，b的電荷同號，k=6427D. a，b的電荷異號，k=6427D（樂陵一中）解：根據(jù)同種電荷相斥，異種電荷相吸，且小球c所受庫侖力的合力的方向平行于a，b的連線，可知，a，b的電荷異號，對小球C受力分析，如下圖所示：因ab=5cm，bc=3cm，ca=4cm，因此acbc，那么兩力的合成構(gòu)成矩形，依據(jù)相似三角形之比，則有：FaFb=acbc=43；而根據(jù)庫侖定律，F(xiàn)a=kQcqaac2，而Fb=kQcqbbc2綜上所得，qaqb=43&#

7、215;4232=6427，故ABC錯誤，D正確；故選：D。對小球C受力分析，根據(jù)庫侖定律，與矢量的合成法則，結(jié)合幾何關(guān)系，及三角知識，即可求解?？疾閹靵龆膳c矢量的合成法則，掌握幾何關(guān)系，與三角形相似比的運用，注意小球C的合力方向可能向左，不影響解題的結(jié)果。二、多選題（本大題共4小題，共24分）6. 一長木板靜止在傾角為的斜面上，長木板上一人用力推長木板上物塊，使物塊與長木板間的摩擦力剛好為零，已知人、物塊、長木板的質(zhì)量均為m，人、物塊與長木板間的動摩擦因數(shù)為1，長木板與斜面間的動摩擦因數(shù)為2，則下列說法錯誤的是()A. 斜面對長木板的摩擦力為mgsinB. 斜面對長木板的摩擦力為32mgc

8、osC. 長木板對人的摩擦力為21mgcosD. 長木板對人的摩擦力為2mgsinABC（樂陵一中）解：AB、對人，物塊，長木板三者整體研究，斜面對它們的摩擦力為靜摩擦力，其大小為f=3mgsin，故AB錯誤；  CD、對人，物塊整體研究，由于物塊與長木板間的摩擦力剛好為零，因此長木板對人的靜摩擦力大小為f'=2mgsin，故C錯誤，D正確；本題選錯誤的，故選：ABC先對整體進行受力分析，根據(jù)平衡條件可明確摩擦力的大小，再對人和物塊整體進行分析，根據(jù)平衡條件可求得人受到的摩擦力大小本題考查整體法與隔離法的應用，掌握平衡條件的運用方法，注意正確選擇研究對象的方法，一般情況可以先

9、整體后隔離進行分析7. 如圖所示，在傾角為的粗糙斜面上放置與輕彈簧相連的物體A，彈簧另一端通過輕繩連接到輕質(zhì)定滑輪Q上，三個物體B、C、D通過繞過定滑輪Q的輕繩相連而處于靜止狀態(tài).現(xiàn)將物體D從C的下端取下掛在B上，松手后物體A扔處于靜止狀態(tài)，若不計輪軸與滑輪.繩與滑輪間的摩擦，則下列有關(guān)描述正確的是()A. 物體D掛在物體B下面比D掛在C下面時，物體A所受的摩擦力減小了B. 物體D掛在物體B下面比D掛在C下面時，彈簧的形變量減小了C. 物體D掛在物體B下面比D掛在C下面時，地面對斜面體的支持力減小了D. 物體D掛在物體B下面比D掛在C下面時，地面對斜面體有向左的摩擦力BC（樂陵一中）解：開始時

10、BCD的系統(tǒng)靜止，對B：mBg=T1 對CD：T1=mCg+mDg 可知：mB=mC+mD 當將物體D從C的下端取下掛在B上時：對BD：(mB+mD)a=(mB+mD)g-T2 對C：mCa=T2-mCg 所以：T2=(mB+mD)2mCg(mB+mC+mD) 由于公式比較復雜，采用取特殊值的方法，如取：mC=mD=m 則：mB=2m 代入公式得：T2=34mBg<T1 可知將物體D從C的下端取下掛在B上后BC之間的繩子的拉力減小，所以拉滑輪Q的力減小，則拉彈簧的力減小AB、初始平衡時彈簧處于伸長狀態(tài)，A此時所受的摩擦力可能沿斜面向上，可能沿斜面向下，還可能為零；當D掛在B下面時，平衡被

11、打破，彈簧的拉力減小，A靜止時它所受的摩擦力可能變大，也可能減小.故A錯誤；B正確；C、以A、斜面體以及斜面體上的滑輪組成的系統(tǒng)為研究對象，整體受到重力、地面的支持力、PQ處繩子向下的拉力.當D掛在B下面時繩子的拉力減小，地面對斜面體的支持力減小，故C正確；D、以A、斜面體以及斜面體上的滑輪組成的系統(tǒng)為研究對象，整體受到重力、地面的支持力、PQ處繩子向下的拉力，沒有水平方向的外力，當D掛在B下面時仍然沒有水平方向的外力，所以斜面體不受地面的摩擦力.故D錯誤故選：BC 先對A進行受力分析，分析A受到的摩擦力的變化；D在C的下面時，分別以B和CD為研究對象，求出BC之間的繩子的拉力；再研究D在B的

12、下面時，分別以BD和C為研究對象，求出BC之間的繩子的拉力；最后以A與斜面體為研究對象，求出地面對斜面體的支持力與摩擦力對于繩子對BCD的作用也可以這樣判斷：開始時BCD的系統(tǒng)靜止，繩子的拉力等于B的重力或CD重力的和；當D掛在B下面時右側(cè)的平衡被打破，B和D拉著C，此時B和D失重，而C超重，整體處于失重狀態(tài)，致使繩子的拉力T減小這樣子的解法太抽象，所以使用上面的解答方法，略顯有些啰嗦8. 如圖所示，光滑斜面體固定在水平面上，傾角為30，輕彈簧下端固定A物體，A物體質(zhì)量為m，上表面水平且粗糙，彈簧勁度系數(shù)為k，重力加速度為g，初始時A保持靜止狀態(tài)，在A的上表面輕輕放一個與A質(zhì)量相等的B物體，隨

13、后兩物體一起運動，則()A. 當B放在A上的瞬間，A、B的加速度為g4B. 當B放在A上的瞬間，A對B的摩擦力為零C. 當B放在A上的瞬間，A對B的支持力大于mgD. A和B一起下滑距離mg2k時，A和B的速度大到最大AD（樂陵一中）解：A、將B放在A上前，以A為研究對象受力分析有： 根據(jù)平衡可知：F=mgsin30=12mg 當B放在A上瞬間時，以AB整體為研究對象受力分析有： 整體所受合外力F合=2mgsin30-F=(2m)a 可得整體的加速度a=2mg12-12mg2m=g4，故A正確；BC、當B放在A上瞬間時，B具有沿斜面向下的加速度，可將B的加速度沿水平方向的豎直方向分解： B的加

14、速度有水平方向的分量，重力與支持力在豎直方向，故可知此加速度分量由A對B的摩擦力提供，故B錯誤，B的加速度有豎直方向的分量，且豎直向下，故可知，A對B的支持力與B的重力的合力豎直向下，故A對B的支持力小于B的重力，故C錯誤、D、AB一起下滑時，彈簧彈力增加，共同下滑的加速度減小，故當加速度減小至0時，AB具有最大速度，由A分析知F合=2mgsin30-F'=0 可得彈簧彈力F'=mg 所以共同下滑的距離x=F'-Fk=mg-12mgk=mg2k，AB具有最大速度，故D正確故選：AD當B放在A上瞬間，以AB整體為研究對象受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求得AB的加速度，由AB的

15、共同加速度，隔離B分析A對B的摩擦力與支持力的大小情況即可.AB速度最大時加速度為零，據(jù)此計算分析即可正確的對物體進行受力分析，并能根據(jù)牛頓第二定律確定物體的受力情況，掌握胡克定律和正確的受力分析是正確解題的關(guān)鍵9. 如圖所示，質(zhì)量為m的小球用兩細線懸掛于A、B兩點，小球可視為質(zhì)點，水平細線OA長L1，傾斜細線OB長為L2，與豎直方向夾角為，現(xiàn)兩細線均繃緊，小球運動過程中不計空氣阻力，重力加速度為g，下列論述中不正確的是()A. 在剪斷OA現(xiàn)瞬間，小球加速度大小為gtanB. 剪斷OA線后，小球?qū)砘財[動，小球運動到B點正下方時細線拉力大小為mg(3-2cos)C. 剪斷OB線瞬間，小球加速度

16、大小為gsinD. 剪斷OB線后，小球從開始運動至A點正下方過程中，重力功率最大值為mg2gL133ACD（樂陵一中）解：A、剪斷細線AO的瞬間，小球開始做豎直面內(nèi)的圓周運動，其線速度為零，所以沿徑向的加速度為零，只有沿切向的加速度。由牛頓第二定律有：徑向：TOB-mgcos=0，切向：mgsin=ma，代入數(shù)據(jù)解得：a=gsin.故A錯誤；B、剪短后，根據(jù)動能定理可知mgL2(1-cos)=12mv2 在最低點，根據(jù)牛頓第二定律可知F-mg=mv2L2，聯(lián)立解得F=mg(3-2cos)，故B正確；C、剪斷OB線瞬間，小球做自由落體運動，加速度為g，故C錯誤；D、剪斷OB線后，設小球與水平方向

17、的夾角為時，速度為v，則mgL1sin=12mv2，此時重力的瞬時功率P=mgvcos=mg2gL1sincos=mg2gL(sin-sin3)，根據(jù)數(shù)學知識可知，D錯誤；因選錯誤的，故選：ACD剪斷細線AB的瞬間，沿OB方向的合力為零，垂直O(jiān)B方向的合力產(chǎn)生加速度，結(jié)合牛頓第二定律求出加速度大小和繩子的拉力，當剪短OB繩時，小球開始做自由落體運動，然后做圓周運動，根據(jù)P=mgv求得重力的瞬時功率本題考查了牛頓第二定律、機械能守恒與平拋運動、圓周運動的綜合，對數(shù)學的要求較高，關(guān)鍵是抓住繩子的拉力可以發(fā)生突變?nèi)⑻羁疹}（本大題共1小題，共5分）10. 如圖所示，斜面的傾角為，圓柱體質(zhì)量為m.若把

18、重力沿垂直于墻面和垂直于斜面兩個方向分解，則重力垂直于斜面的分力大小為_；垂直于墻面的分力大小為_.已知重力加速度為gmgcos，；mgtan（樂陵一中）解：物體與斜面和擋板接觸，物體對斜面有垂直斜面向下的壓力，對于擋板物體有垂直于擋板即水平的壓力，所以按照重力產(chǎn)生的作用效果重力可分解為垂直于斜面的分力和水平方向的分力，以重力為對角線作出平行四邊形可知，根據(jù)，幾何關(guān)系可知，垂直與墻面的分力大小是N1=mgtan，垂直于斜面的分力大小是N2=mgcos故答案為：mgcos；mgtan根據(jù)力的作用效果來分解力，首先要分析清楚力有什么樣的作用效果，由圖可知物體對斜面要有壓力，同時對擋板也會有壓力的作

19、用，所以小球重力的作用效果就是垂直于斜面和擋板的分解力經(jīng)常按照力的實際的作用效果來分解，找到力的作用效果，也就找到了力的分力的作用方向，在根據(jù)平行四邊形定則就可以確定分力的大小了四、實驗題探究題（本大題共2小題，共25分）11. 為了較準確的測量細線能承受的最大拉力，某同學進行了如下實驗：將細線對折，將重為G的鉤碼掛在細線的下端，如圖甲所示，用刻度尺測量出對折后的長度L；如圖乙所示，將刻度尺水平放置，兩手捏著細線緊貼刻度尺水平緩慢向兩邊移動，直到細線斷裂，讀出此時兩手間的水平距離d。(1)該同學兩手捏著細線緩慢向兩邊移動的過程中，細線中拉力的合力大小將_(選填“增大”“減小”或“不變”)。(2

20、)在不計細線質(zhì)量和伸長影響的情況下，利用G、L、d可計算出細線能承受的最大拉力大小為_。(用題中字母表示)不變；GL4L2-d2（樂陵一中）解：(1)該同學兩手捏著細線緩慢向兩邊移動的過程中，鉤碼始終處于平衡狀態(tài)，細線中拉力逐漸增大，但他們的合力始終等于鉤碼重力G，故合力大小不變；(2)細線斷裂時，細線中拉力為最大值，設此時細繩與豎直方向夾角為，則2Fmcos=G，根據(jù)幾何關(guān)系可知cos=L2-(d2)2L，聯(lián)立解得Fm=GL4L2-d2。故答案為：(1)不變；(2)GL4L2-d2。(1)根據(jù)共點力平衡條件進行分析，明確合力大小等于重力，同時根據(jù)夾角的變化分析的兩繩子拉力的合力變化情況。(2

21、)根據(jù)共點力平衡得細線上最大承受的拉力在豎直方向合力和物體重力相等，根據(jù)三角函數(shù)關(guān)系求出最大拉力。本題通過實驗的方式考查共點力平衡條件的應用，解題的關(guān)鍵在于明確受力情況，再根據(jù)共點力平衡條件結(jié)合幾何關(guān)系即可求解。12. 現(xiàn)代飛機、導彈、火箭等再研制定型及生產(chǎn)中需要通過風洞試驗模擬空中各種復雜的飛行環(huán)境，獲取實驗數(shù)據(jù)，在一個風洞實驗室中，一架飛機模型用彈性片固定在托盤測力計上(如圖所示)。無風時，托盤測力計示數(shù)為30N；當有風吹過時，飛機仍靜止不動，托盤測力計的示數(shù)減小，下面是某小組研究該力F的大小與風速v關(guān)系的實驗數(shù)據(jù)： 風速v(m/s) 4 8 12&

22、#160;16 20 24 28 32 托盤測力計的示數(shù)F/N 29.2 26.8 22.8 17.210.0  0.02 0 0(1)根據(jù)上面的實驗數(shù)據(jù)可知，飛機受到的風力方向_(填“豎直向上”、“豎直向下”“水平向左”或“水平向右”)，風力大小隨著風速的增大而_(填“增大”、“減小”或“不變”)；(2)根據(jù)以上數(shù)據(jù)，通過分析推理寫出風力F與風速v的關(guān)系式_。豎直向上；增大；F=0.05v2（樂陵一中）解：(1)飛機模型無風時受重力，當迎面有風吹過時，托盤測力計的

23、示數(shù)減小，說明受的升力與重力方向相反，豎直向上；風速越大，托盤測力計的示數(shù)越小，說明風力大小隨著風速的增大而增大；(2)根據(jù)表格數(shù)據(jù)發(fā)現(xiàn)：風速為4m/s時，升力為30N-29.2N=0.8N；風速為8m/s時，升力為30N-26.8N=3.2N；風速為12m/s時，升力為30N-22.8N=7.2N；風速為16m/s時，升力為30N-17.2N=12.8N；風速為20m/s時，升力為30N-10.0N=20N；風速為24m/s時，升力為30N-0.02N=29.98N；故這個新的力與風速的關(guān)系式：F=0.05v2。故答案為：(1)豎直向上，增大；(2)F=0.05v2。首先對飛機進行受力分析，

24、無風時的受力情況和有風時的受力情況不一樣，然后根據(jù)表格中的數(shù)據(jù)來判斷風速和升力的關(guān)系。對飛機受力分析要準確，能夠分析題目中的表格給出的信息，對學生的要求較高。五、計算題（本大題共4小題，共48分）13. 為提高冰球運動員的加速能力，教練員在冰面上與起跑線距離s0和s1(s1<s0)處分別設置一個擋板和一面小旗，如圖所示.訓練時，讓運動員和冰球都位于起跑線上，教練員將冰球以速度v0擊出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑線的方向滑向擋板：冰球被擊出的同時，運動員垂直于起跑線從靜止出發(fā)滑向小旗.訓練要求當冰球到達擋板時，運動員至少到達小旗處.假定運動員在滑行過程中做勻加速運動，冰球到達擋板時的速度為

25、v1.重力加速度為g.求(1)冰球與冰面之間的動摩擦因數(shù)；(2)滿足訓練要求的運動員的最小加速度解：(1)對冰球分析，根據(jù)速度位移公式得：v02-v12=2as0，加速度為：a=v02-v122s0，根據(jù)牛頓第二定律得：a=g，解得冰球與冰面之間的動摩擦因數(shù)為：=v02-v122gs0(2)根據(jù)兩者運動時間相等，有：s0v0+v12=s1v22，解得運動員到達小旗處的最小速度為：v2=s1(v0+v1)s0，則最小加速度為：a'=v222s1=s1(v0+v1)22s02答：(1)冰球與冰面之間的動摩擦因數(shù)為=v02-v122gs0.；(2)滿足訓練要求的運動員的最小加速度為s1(v0

26、+v1)22s02（樂陵一中）(1)根據(jù)速度位移公式求出冰球的加速度，結(jié)合牛頓第二定律求出動摩擦因數(shù)的大小(2)抓住兩者運動時間相等得出運動員到達小旗處的最小速度，結(jié)合速度位移公式求出最小加速度本題考查了牛頓第二定律和運動學公式的綜合運用，知道加速度是聯(lián)系力學和運動學的橋梁，難度不大14. 繩OC 與豎直方向成 30角，O為質(zhì)量不計的光滑滑輪，已知物體B重1000N，物體A重400N，物塊A和B均靜止.求：(1)物體B所受地面的摩擦力和支持力分別為多大？(2)OC繩的拉力為多大？解：(1)由于物體A保持靜止，故：T=GA=400N；對物體B受力分析，受重力、拉力、支持力和靜

27、摩擦力，如圖所示： 根據(jù)平衡條件，有：N+Tsin30=GB Tcos30=f 求得：N=800N f=2003N=346.2N；(2)對滑輪受力分析，受三個拉力，如圖所示： 根據(jù)平衡條件，有：TOC=2Tcos30=4003=692.8N；答：(1)物體B所受地面的摩擦力為346.2N，支持力為800N；(2)OC繩的拉力為392.8N（樂陵一中）(1)對物體B受力分析，受重力、拉力、支持力和靜摩擦力，根據(jù)平衡條件列式求解(2)同一根繩子張力處處相同，對滑輪受力分析，受三個拉力，根據(jù)平衡條件求解OC繩的拉力；本題主要是考查了共點力的平衡問題，解答此類問題的一般步驟是：確定研究對象、進行受力分

28、析、利用平行四邊形法則進行力的合成或者是正交分解法進行力的分解，然后在坐標軸上建立平衡方程進行解答15. 如圖，在豎直平面內(nèi)，一半徑為R的光滑圓弧軌道ABC和水平軌道PA在A點相切，BC為圓弧軌道的直徑，O為圓心，OA和OB之間的夾角為，sin=35.一質(zhì)量為m的小球沿水平軌道向右運動，經(jīng)A點沿圓弧軌道通過C點，落至水平軌道；在整個過程中，除受到重力及軌道作用力外，小球還一直受到一水平恒力的作用。已知小球在C點所受合力的方向指向圓心，且此時小球?qū)壍赖膲毫η『脼榱恪Ｖ亓铀俣却笮間。求(1)水平恒力的大小和小球到達C點時速度的大小；(2)小球達A點時動量的大小；(3)小球從C點落至水平軌道所用的時間。解：(1)設水平恒力的大小為F，小球到達C點時所受合力的大小為F，由力的合成法則，則有：F0mg=tanF2=(mg)2+F02；設小球到達C點時的速度大小為v，由牛頓第二定律得：F=mv2R聯(lián)立上式，結(jié)合題目所給數(shù)據(jù)，解得：F0=34mgv=5gR2(2)設小球到達A點的速度大小v1，作CDPA，交PA于D點，由幾何關(guān)系得：DA=RsinCD=