力的合成与分解-教师版.docx

1、力的合成与分解一、单选题（本大题共5小题，共30分）1. 如图所示，质量为m的小滑块静止在半径为R的半球体上，它与半球体间的动摩擦因数为，它与球心连线跟水平地面的夹角为，则小滑块()A. 所受摩擦力大小为mgcosB. 所受摩擦力大小为mgsinC. 所受摩擦力大小为mgsinD. 对半球体的压力大小为mgcosA（乐陵一中）解：对小滑块受力分析如图所示：小滑块在重力、支持力及摩擦力的作用下处于平衡状态；故合力为零，将支持力与摩擦力合成后，其合力与重力大小相等，方向相反；则由几何关系可知，摩擦力f=mgcos，摩擦力N=mgsin；故只有A正确；故选A2. 物体同时受到同一平面内的三个力的作用

2、，下列几组力的合力不可能为零的是()A. 5N，7N，8NB. 5N，2N，3NC. 1N，5N，10ND. 10N，10N，10NC（乐陵一中）解：A、5N与7N合成时，合力最大12N，最小2N，可以为8N，故三个力合力可能为零；B、5N与2N合成时，合力最大7N，最小3N，可能为3N，故三个力合力可能为零；C、1N与5N合成时，合力最大6N，最小4N，不可能为10N，故三个力合力不可能为零；D、10N与10N合成时，合力最大20N，最小0N，可能为10N，故三个力合力可能为零；本题选合力不可能为零的，故选：C二力合成时，合力范围为：|F1-F2|F|F1+F2|；先合成两个力，如果合力范围

3、包括第三个力，则三力可以平衡本题关键明确二力合成时，合力范围为：|F1-F2|F|F1+F2|；两力同向时合力最大，反向时合力最小3. 架在A、B两根电线杆之间的均匀电线在夏、冬两季由于热胀冷缩的效应，电线呈现如图所示的两种形状，下列说法中正确的是()A. 夏季、冬季电线对电线杆的拉力一样大B. 夏季电线杆对地面的压力较大C. 夏季电线对电线杆的拉力较大D. 冬季电线对电线杆的拉力较大D（乐陵一中）解：ACD、对电线受力分析可知冬季电线拉力的夹角更大，合力不变则可得冬季对电线杆的拉力较大，故AC错误，D正确； B、求夏季电线杆对地面的压力可以把杆和电线看做整体，所以电线杆对地面的压力大小始终等

4、于电线杆和电线整体重力之和.故B错误故选：D电线杆和电线整体处于平衡状态，所以电线杆对地面的压力可以用整体法求解；电线重力不变且在电线对称，对电线杆的拉力大小相等且合力与重力等大反向本题重点考察共点力平衡的条件及其应用(若合力大小方向始终不变且分力大小始终相等，则分力夹角越大，分力也越大)以及整体法求整体对地面的压力，是常考题型4. 如图所示，表示五个共点力的有向线段恰分别构成正六边形的两条邻边和三条对角线，已知F1=10N.则这五个共点力的合力大小为()A. 0B. 30NC. 60ND. 90NC（乐陵一中）解：由图可知，最大恒力为F3，根据平行四边形定则，F1与F4的合力为F3，F2与F

5、5的合力为F3，这五个力的合力为三倍的F3，已知F1=10N，根据几何关系可知，F3=20N，所以合力的大小为60N.故C正确，ABD错误；故选：C 本题关键是根据平行四边形定则，分组作图分析，合力范围为：|F1+F2|F|F1-F2|. 解决此类问题需要结合平行四边形定则，利用几何知识分析合力的大小5. 如图，三个固定的带电小球a，b和c，相互间的距离分别为ab=5cm，bc=3cm，ca=4cm，小球c所受库仑力的合力的方向平行于a，b的连线，设小球a，b所带电荷量的比值的绝对值为k，则()A. a，b的电荷同号，k=169B. a，b的电荷异号，k=169C. a，b的电荷同号，k=64

6、27D. a，b的电荷异号，k=6427D（乐陵一中）解：根据同种电荷相斥，异种电荷相吸，且小球c所受库仑力的合力的方向平行于a，b的连线，可知，a，b的电荷异号，对小球C受力分析，如下图所示：因ab=5cm，bc=3cm，ca=4cm，因此acbc，那么两力的合成构成矩形，依据相似三角形之比，则有：FaFb=acbc=43；而根据库仑定律，Fa=kQcqaac2，而Fb=kQcqbbc2综上所得，qaqb=434232=6427，故ABC错误，D正确；故选：D。对小球C受力分析，根据库仑定律，与矢量的合成法则，结合几何关系，及三角知识，即可求解。考查库仑定律与矢量的合成法则，掌握几何关系，与

7、三角形相似比的运用，注意小球C的合力方向可能向左，不影响解题的结果。二、多选题（本大题共4小题，共24分）6. 一长木板静止在倾角为的斜面上，长木板上一人用力推长木板上物块，使物块与长木板间的摩擦力刚好为零，已知人、物块、长木板的质量均为m，人、物块与长木板间的动摩擦因数为1，长木板与斜面间的动摩擦因数为2，则下列说法错误的是()A. 斜面对长木板的摩擦力为mgsinB. 斜面对长木板的摩擦力为32mgcosC. 长木板对人的摩擦力为21mgcosD. 长木板对人的摩擦力为2mgsinABC（乐陵一中）解：AB、对人，物块，长木板三者整体研究，斜面对它们的摩擦力为静摩擦力，其大小为f=3mgs

8、in，故AB错误； CD、对人，物块整体研究，由于物块与长木板间的摩擦力刚好为零，因此长木板对人的静摩擦力大小为f=2mgsin，故C错误，D正确；本题选错误的，故选：ABC先对整体进行受力分析，根据平衡条件可明确摩擦力的大小，再对人和物块整体进行分析，根据平衡条件可求得人受到的摩擦力大小本题考查整体法与隔离法的应用，掌握平衡条件的运用方法，注意正确选择研究对象的方法，一般情况可以先整体后隔离进行分析7. 如图所示，在倾角为的粗糙斜面上放置与轻弹簧相连的物体A，弹簧另一端通过轻绳连接到轻质定滑轮Q上，三个物体B、C、D通过绕过定滑轮Q的轻绳相连而处于静止状态.现将物体D从C的下端取下挂在B上，

9、松手后物体A扔处于静止状态，若不计轮轴与滑轮.绳与滑轮间的摩擦，则下列有关描述正确的是()A. 物体D挂在物体B下面比D挂在C下面时，物体A所受的摩擦力减小了B. 物体D挂在物体B下面比D挂在C下面时，弹簧的形变量减小了C. 物体D挂在物体B下面比D挂在C下面时，地面对斜面体的支持力减小了D. 物体D挂在物体B下面比D挂在C下面时，地面对斜面体有向左的摩擦力BC（乐陵一中）解：开始时BCD的系统静止，对B：mBg=T1 对CD：T1=mCg+mDg 可知：mB=mC+mD 当将物体D从C的下端取下挂在B上时：对BD：(mB+mD)a=(mB+mD)g-T2 对C：mCa=T2-mCg 所以：T

10、2=(mB+mD)2mCg(mB+mC+mD) 由于公式比较复杂，采用取特殊值的方法，如取：mC=mD=m 则：mB=2m 代入公式得：T2=34mBgT1 可知将物体D从C的下端取下挂在B上后BC之间的绳子的拉力减小，所以拉滑轮Q的力减小，则拉弹簧的力减小AB、初始平衡时弹簧处于伸长状态，A此时所受的摩擦力可能沿斜面向上，可能沿斜面向下，还可能为零；当D挂在B下面时，平衡被打破，弹簧的拉力减小，A静止时它所受的摩擦力可能变大，也可能减小.故A错误；B正确；C、以A、斜面体以及斜面体上的滑轮组成的系统为研究对象，整体受到重力、地面的支持力、PQ处绳子向下的拉力.当D挂在B下面时绳子的拉力减小，

11、地面对斜面体的支持力减小，故C正确；D、以A、斜面体以及斜面体上的滑轮组成的系统为研究对象，整体受到重力、地面的支持力、PQ处绳子向下的拉力，没有水平方向的外力，当D挂在B下面时仍然没有水平方向的外力，所以斜面体不受地面的摩擦力.故D错误故选：BC 先对A进行受力分析，分析A受到的摩擦力的变化；D在C的下面时，分别以B和CD为研究对象，求出BC之间的绳子的拉力；再研究D在B的下面时，分别以BD和C为研究对象，求出BC之间的绳子的拉力；最后以A与斜面体为研究对象，求出地面对斜面体的支持力与摩擦力对于绳子对BCD的作用也可以这样判断：开始时BCD的系统静止，绳子的拉力等于B的重力或CD重力的和；当

12、D挂在B下面时右侧的平衡被打破，B和D拉着C，此时B和D失重，而C超重，整体处于失重状态，致使绳子的拉力T减小这样子的解法太抽象，所以使用上面的解答方法，略显有些啰嗦8. 如图所示，光滑斜面体固定在水平面上，倾角为30，轻弹簧下端固定A物体，A物体质量为m，上表面水平且粗糙，弹簧劲度系数为k，重力加速度为g，初始时A保持静止状态，在A的上表面轻轻放一个与A质量相等的B物体，随后两物体一起运动，则()A. 当B放在A上的瞬间，A、B的加速度为g4B. 当B放在A上的瞬间，A对B的摩擦力为零C. 当B放在A上的瞬间，A对B的支持力大于mgD. A和B一起下滑距离mg2k时，A和B的速度大到最大AD

13、（乐陵一中）解：A、将B放在A上前，以A为研究对象受力分析有： 根据平衡可知：F=mgsin30=12mg 当B放在A上瞬间时，以AB整体为研究对象受力分析有： 整体所受合外力F合=2mgsin30-F=(2m)a 可得整体的加速度a=2mg12-12mg2m=g4，故A正确；BC、当B放在A上瞬间时，B具有沿斜面向下的加速度，可将B的加速度沿水平方向的竖直方向分解： B的加速度有水平方向的分量，重力与支持力在竖直方向，故可知此加速度分量由A对B的摩擦力提供，故B错误，B的加速度有竖直方向的分量，且竖直向下，故可知，A对B的支持力与B的重力的合力竖直向下，故A对B的支持力小于B的重力，故C错误

14、、D、AB一起下滑时，弹簧弹力增加，共同下滑的加速度减小，故当加速度减小至0时，AB具有最大速度，由A分析知F合=2mgsin30-F=0 可得弹簧弹力F=mg 所以共同下滑的距离x=F-Fk=mg-12mgk=mg2k，AB具有最大速度，故D正确故选：AD当B放在A上瞬间，以AB整体为研究对象受力分析，根据牛顿第二定律求得AB的加速度，由AB的共同加速度，隔离B分析A对B的摩擦力与支持力的大小情况即可.AB速度最大时加速度为零，据此计算分析即可正确的对物体进行受力分析，并能根据牛顿第二定律确定物体的受力情况，掌握胡克定律和正确的受力分析是正确解题的关键9. 如图所示，质量为m的小球用两细线悬

15、挂于A、B两点，小球可视为质点，水平细线OA长L1，倾斜细线OB长为L2，与竖直方向夹角为，现两细线均绷紧，小球运动过程中不计空气阻力，重力加速度为g，下列论述中不正确的是()A. 在剪断OA现瞬间，小球加速度大小为gtanB. 剪断OA线后，小球将来回摆动，小球运动到B点正下方时细线拉力大小为mg(3-2cos)C. 剪断OB线瞬间，小球加速度大小为gsinD. 剪断OB线后，小球从开始运动至A点正下方过程中，重力功率最大值为mg2gL133ACD（乐陵一中）解：A、剪断细线AO的瞬间，小球开始做竖直面内的圆周运动，其线速度为零，所以沿径向的加速度为零，只有沿切向的加速度。由牛顿第二定律有：

16、径向：TOB-mgcos=0，切向：mgsin=ma，代入数据解得：a=gsin.故A错误；B、剪短后，根据动能定理可知mgL2(1-cos)=12mv2 在最低点，根据牛顿第二定律可知F-mg=mv2L2，联立解得F=mg(3-2cos)，故B正确；C、剪断OB线瞬间，小球做自由落体运动，加速度为g，故C错误；D、剪断OB线后，设小球与水平方向的夹角为时，速度为v，则mgL1sin=12mv2，此时重力的瞬时功率P=mgvcos=mg2gL1sincos=mg2gL(sin-sin3)，根据数学知识可知，D错误；因选错误的，故选：ACD剪断细线AB的瞬间，沿OB方向的合力为零，垂直OB方向的

17、合力产生加速度，结合牛顿第二定律求出加速度大小和绳子的拉力，当剪短OB绳时，小球开始做自由落体运动，然后做圆周运动，根据P=mgv求得重力的瞬时功率本题考查了牛顿第二定律、机械能守恒与平抛运动、圆周运动的综合，对数学的要求较高，关键是抓住绳子的拉力可以发生突变三、填空题（本大题共1小题，共5分）10. 如图所示，斜面的倾角为，圆柱体质量为m.若把重力沿垂直于墙面和垂直于斜面两个方向分解，则重力垂直于斜面的分力大小为_；垂直于墙面的分力大小为_.已知重力加速度为gmgcos，；mgtan（乐陵一中）解：物体与斜面和挡板接触，物体对斜面有垂直斜面向下的压力，对于挡板物体有垂直于挡板即水平的压力，所

18、以按照重力产生的作用效果重力可分解为垂直于斜面的分力和水平方向的分力，以重力为对角线作出平行四边形可知，根据，几何关系可知，垂直与墙面的分力大小是N1=mgtan，垂直于斜面的分力大小是N2=mgcos故答案为：mgcos；mgtan根据力的作用效果来分解力，首先要分析清楚力有什么样的作用效果，由图可知物体对斜面要有压力，同时对挡板也会有压力的作用，所以小球重力的作用效果就是垂直于斜面和挡板的分解力经常按照力的实际的作用效果来分解，找到力的作用效果，也就找到了力的分力的作用方向，在根据平行四边形定则就可以确定分力的大小了四、实验题探究题（本大题共2小题，共25分）11. 为了较准确的测量细线能

19、承受的最大拉力，某同学进行了如下实验：将细线对折，将重为G的钩码挂在细线的下端，如图甲所示，用刻度尺测量出对折后的长度L；如图乙所示，将刻度尺水平放置，两手捏着细线紧贴刻度尺水平缓慢向两边移动，直到细线断裂，读出此时两手间的水平距离d。(1)该同学两手捏着细线缓慢向两边移动的过程中，细线中拉力的合力大小将_(选填“增大”“减小”或“不变”)。(2)在不计细线质量和伸长影响的情况下，利用G、L、d可计算出细线能承受的最大拉力大小为_。(用题中字母表示)不变；GL4L2-d2（乐陵一中）解：(1)该同学两手捏着细线缓慢向两边移动的过程中，钩码始终处于平衡状态，细线中拉力逐渐增大，但他们的合力始终等

20、于钩码重力G，故合力大小不变；(2)细线断裂时，细线中拉力为最大值，设此时细绳与竖直方向夹角为，则2Fmcos=G，根据几何关系可知cos=L2-(d2)2L，联立解得Fm=GL4L2-d2。故答案为：(1)不变；(2)GL4L2-d2。(1)根据共点力平衡条件进行分析，明确合力大小等于重力，同时根据夹角的变化分析的两绳子拉力的合力变化情况。(2)根据共点力平衡得细线上最大承受的拉力在竖直方向合力和物体重力相等，根据三角函数关系求出最大拉力。本题通过实验的方式考查共点力平衡条件的应用，解题的关键在于明确受力情况，再根据共点力平衡条件结合几何关系即可求解。12. 现代飞机、导弹、火箭等再研制定型

21、及生产中需要通过风洞试验模拟空中各种复杂的飞行环境，获取实验数据，在一个风洞实验室中，一架飞机模型用弹性片固定在托盘测力计上(如图所示)。无风时，托盘测力计示数为30N；当有风吹过时，飞机仍静止不动，托盘测力计的示数减小，下面是某小组研究该力F的大小与风速v关系的实验数据：风速v(m/s)48121620242832托盘测力计的示数F/N29.226.822.817.210.00.0200(1)根据上面的实验数据可知，飞机受到的风力方向_(填“竖直向上”、“竖直向下”“水平向左”或“水平向右”)，风力大小随着风速的增大而_(填“增大”、“减小”或“不变”)；(2)根据以上数据，通过分析推理写出

22、风力F与风速v的关系式_。竖直向上；增大；F=0.05v2（乐陵一中）解：(1)飞机模型无风时受重力，当迎面有风吹过时，托盘测力计的示数减小，说明受的升力与重力方向相反，竖直向上；风速越大，托盘测力计的示数越小，说明风力大小随着风速的增大而增大；(2)根据表格数据发现：风速为4m/s时，升力为30N-29.2N=0.8N；风速为8m/s时，升力为30N-26.8N=3.2N；风速为12m/s时，升力为30N-22.8N=7.2N；风速为16m/s时，升力为30N-17.2N=12.8N；风速为20m/s时，升力为30N-10.0N=20N；风速为24m/s时，升力为30N-0.02N=29.9

23、8N；故这个新的力与风速的关系式：F=0.05v2。故答案为：(1)竖直向上，增大；(2)F=0.05v2。首先对飞机进行受力分析，无风时的受力情况和有风时的受力情况不一样，然后根据表格中的数据来判断风速和升力的关系。对飞机受力分析要准确，能够分析题目中的表格给出的信息，对学生的要求较高。五、计算题（本大题共4小题，共48分）13. 为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线距离s0和s1(s1s0)处分别设置一个挡板和一面小旗，如图所示.训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以速度v0击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板：冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从

24、静止出发滑向小旗.训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处.假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为v1.重力加速度为g.求(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数；(2)满足训练要求的运动员的最小加速度解：(1)对冰球分析，根据速度位移公式得：v02-v12=2as0，加速度为：a=v02-v122s0，根据牛顿第二定律得：a=g，解得冰球与冰面之间的动摩擦因数为：=v02-v122gs0(2)根据两者运动时间相等，有：s0v0+v12=s1v22，解得运动员到达小旗处的最小速度为：v2=s1(v0+v1)s0，则最小加速度为：a=v222s1=s1(v0+v1)22s02答

25、：(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数为=v02-v122gs0.；(2)满足训练要求的运动员的最小加速度为s1(v0+v1)22s02（乐陵一中）(1)根据速度位移公式求出冰球的加速度，结合牛顿第二定律求出动摩擦因数的大小(2)抓住两者运动时间相等得出运动员到达小旗处的最小速度，结合速度位移公式求出最小加速度本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，难度不大14. 绳OC与竖直方向成30角，O为质量不计的光滑滑轮，已知物体B重1000N，物体A重400N，物块A和B均静止.求：(1)物体B所受地面的摩擦力和支持力分别为多大？(2)OC绳的拉力为多大？解：(

26、1)由于物体A保持静止，故：T=GA=400N；对物体B受力分析，受重力、拉力、支持力和静摩擦力，如图所示： 根据平衡条件，有：N+Tsin30=GB Tcos30=f 求得：N=800N f=2003N=346.2N；(2)对滑轮受力分析，受三个拉力，如图所示： 根据平衡条件，有：TOC=2Tcos30=4003=692.8N；答：(1)物体B所受地面的摩擦力为346.2N，支持力为800N；(2)OC绳的拉力为392.8N（乐陵一中）(1)对物体B受力分析，受重力、拉力、支持力和静摩擦力，根据平衡条件列式求解(2)同一根绳子张力处处相同，对滑轮受力分析，受三个拉力，根据平衡条件求解OC绳的

27、拉力；本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答15. 如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切，BC为圆弧轨道的直径，O为圆心，OA和OB之间的夹角为，sin=35.一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用。已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零。重力加速度大小为g。求(1)水平恒力的大

28、小和小球到达C点时速度的大小；(2)小球达A点时动量的大小；(3)小球从C点落至水平轨道所用的时间。解：(1)设水平恒力的大小为F，小球到达C点时所受合力的大小为F，由力的合成法则，则有：F0mg=tanF2=(mg)2+F02；设小球到达C点时的速度大小为v，由牛顿第二定律得：F=mv2R联立上式，结合题目所给数据，解得：F0=34mgv=5gR2(2)设小球到达A点的速度大小v1，作CDPA，交PA于D点，由几何关系得：DA=RsinCD=R(1+cos)由动能定理有，-mgCD-F0DA=12mv2-12mv12联立上式，结合题目所给数据，那么小球在A点的动量大小为：P=mv1=m23g

29、R2(3)小球离开C点后，在竖直方向上做初速度不为零的匀加速直线运动，加速度大小为g，设小球在竖直方向的初速度为v，从C点落到水平轨道上所用时间为t，由运动学公式，则有：vt+12gt2=CDv=vsin联立上式，结合题目数据，解得：t=355Rg答：(1)水平恒力的大小34mg和小球到达C点时速度的大小5gR2；(2)小球达A点时动量的大小m23gR2；(3)小球从C点落至水平轨道所用的时间355Rg。（乐陵一中）(1)根据力的合成法则，结合牛顿第二定律，及勾股定理，即可求解；(2)作CDPA，依据几何关系，并由动能定理，即可求解动量大小；(3)根据运动的合成与分解，结合运动学公式，即可求解

30、。考查力的合成法则，掌握牛顿第二定律的内容，及动能定理的应用，理解几何知识的运用，同时注意运动的合成与分解的内容。16. 如图所示，小球质量为m，用两根轻绳BO、CO系好后，将绳固定在竖直墙上，在小球上加一个与水平方向夹角为60的力F，使小球平衡时，两绳均伸直且夹角为60.则力F的大小应满足什么条件？力F的大小应满足的条件是33mgF233mg（乐陵一中）解：当力F最小时，OC绳松驰，张力为零，此时小球受到三个力作用.设绳C0的拉力为T1，则由平衡条件得mg=Tsin60+F1sin60Tcos60=F1cos60由得T=F，代入解得，F1=33mg当力F最大时，OB绳松驰，张力为零，此时小球受到三个力如图，根据平衡条件得F2=mgsin60=233mg所以力F的大小应满足的条件是33mgF233mg当力F最小时，OC绳松驰，张力为零；当力F最大时，OB绳松驰，张力为零.根据平衡条件分别求出力F的最小值和最大值，再求出力F的范围本题是物体平衡中极值问题，也可以根据正交分解法，得到F与两个绳子拉力的关系式再求解范围