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第2讲　力的合成与分解
学习目标　1.会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。
1.力的合成
2.力的分解
3.矢量和标量
1.思考判断
(1)合力和分力可以同时作用在一个物体上。(×)
(2)两个力的合力一定比其分力大。(×)
(3)当一个分力增大时,合力一定增大。(×)
(4)几个力的共同作用效果可以用一个力来替代。(√)
(5)一个力只能分解为一对分力。(×)
(6)两个大小恒定的力F1、F2的合力的大小随它们夹角的增大而减小。(√)
(7)互成角度的两个力的合力与分力间一定构成封闭的三角形。(√)
2.物体在五个共点力的作用下保持平衡,如图所示。其中F5大小为10 N,方向水平向右。若撤去力F5,保持其余四个力不变,此时的合力为F;若将F5转过120°,此时的合力为F',则F与F'大小之比为(　　)
A.1∶1　 B.1∶　
C.1∶　 D.1∶2
答案　C
3.一个物体受到三个共点力F1、F2、F3作用,其合力为0,这三个力的大小分别为20 N、18 N、30 N,现将F3突然减小到18 N,三个力的方向仍保持不变,则此时它们的合力为(　　)
A.8 N　 B.10 N　
C.12 N　 D.18 N
答案　C
4.(人教版必修第一册P80T6改编)如图所示,用一根轻质细绳将一重力大小为10 N的相框对称地悬挂在墙壁上,相框上两个挂钉间的距离为0.5 m。已知绳能承受的最大张力为10 N,为使绳不断裂,绳子的最短长度为(　　)
A.0.5 m　 B.1.0 m　
C. m　 D. m
答案　C
考点一　共点力的合成
1.两个共点力的合力
合力大小的变化范围为|F1-F2|≤F≤F1+F2,两个力的大小不变时,其合力随夹角的增大而减小。
2.三个共点力的合力
(1)最大值:当三个分力同方向时,合力最大,即Fmax=F1+F2+F3。
(2)最小值:如果一个力的大小处于另外两个力的合力大小范围内,则其合力的最小值为零,即Fmin=0;如果不处于这个范围,则合力的最小值等于最大的一个力减去另外两个力的大小之和,即Fmin=F1-(F2+F3)(F1为三个力中最大的力)。
例1 (2026·江苏淮安高中校协作体联考)如图所示,一物体受到恒力F1作用,同时受到从零开始增大的F2作用,两力之间的夹角θ不变,则随着F2从零开始增大,物体受到的合力(　　)
A.逐渐增大 B.先减小后增大
C.始终大于F1 D.始终小于F1
答案　B
解析　由图分析可知,F2变大的过程中,合力F合与F2垂直时最小,则随着F2从零开始增大,物体受到的合力先减小后增大,合力先比F1小,后比F1大,故A、C、D错误,B正确。
例2 (多选)(2025·天津一中模拟)如图所示,竖直平面内质量为m的小球与三条相同的轻质弹簧相连接。静止时相邻两弹簧间的夹角均为120°,已知重力加速度为g,弹簧a、b对小球的作用力大小均为F,且F=mg,则弹簧c对此小球的作用力的大小可能为(　　)
A.0 B.mg
C.2mg D.3mg
答案　AC
解析　当弹簧a、b处于伸长状态时,产生的弹力沿弹簧向上,大小相等,夹角为120°,由二力合成的规律可知,合力方向竖直向上,大小与弹力相等,即F合=F=mg,知小球与弹簧c没有相互作用力;当弹簧a、b处于压缩状态时,产生的弹力沿弹簧向下,大小相等,夹角为120°,由二力合成的规律可知,合力方向竖直向下,大小与弹力相等,即F合'=F=mg,知小球与弹簧c的作用力满足Fc=F合'+mg=2mg,A、C正确。
方法总结　几种特殊情况的共点力的合成方法
类型 作图 合力的计算
两力互 相垂直 F= tan θ=
两力等大, 夹角为θ F=2F1cos F与F1夹角为
两力等大, 夹角为120° F'=F F'与F夹角为60°
考点二　力的分解
1.按照解决问题需要分解
2.正交分解法
(1)建立坐标系原则:一般选共点力的作用点为原点,在静力学中,以少分解力和容易分解力为原则(使尽量多的力在坐标轴上);在动力学中,常以加速度方向和垂直加速度方向为坐标轴方向建立坐标系。
(2)分解步骤:把物体受到的多个力F1、F2、F3、…依次分解到x轴、y轴上。
x轴上的合力:
Fx=F1x+F2x+F3x+…
y轴上的合力:
Fy=F1y+F2y+F3y+…
合力大小:F=(如图所示)
合力方向:若F与x轴夹角为θ,则tan θ=。
角度　按照解决问题需要分解
例3 (2025·河南商丘模拟)榫卯结构是中国传统木建筑、木家具的主要结构方式,我国未来的月球基地将采用月壤烧制的带有榫卯结构的月壤砖建设。在木结构上凿削矩形榫眼用的是如图甲所示木工凿,凿削榫眼时用锤子敲击木工凿柄,将木工凿尖端钉入木头,木工凿尖端钉入木头时的截面如图乙所示,锤子对木工凿施加的力F沿竖直面向下,木工凿对木头的侧面和竖直面的压力大小分别为F1和F2,下列说法正确的是(　　)
A.F1和F2是F的两个分力
B.凿子尖端打磨的夹角不同,F2可能大于F1
C.凿子尖端打磨的夹角不同,F2可能大于F
D.凿子尖端打磨的夹角不同,F1可能小于F
答案　C
解析　F1和F2是凿子对木头的弹力,其大小等于F在垂直两接触面方向上的分力大小,但F1和F2不是F的两个分力,A错误;将F沿垂直两接触面分解,如图所示,分力大小分别等于F1和F2,则由数学知识可知F1一定大于F和F2,当θ<45°时,F2>F,当θ>45°时,F2角度　力的正交分解
例4 (2026·辽宁抚顺六校协作体期末)如图所示,一同学在擦黑板的过程中,对黑板擦施加一个与竖直黑板面成θ角斜向上的恒力,黑板擦恰好竖直向上做匀速直线运动。已知施加的力等于黑板擦所受重力的2倍,sin θ=0.6,则黑板擦与黑板间的动摩擦因数为(　　)
A.0.3 B.0.4
C.0.5 D.0.6
答案　C
解析　对黑板擦进行受力分析,如图所示,当黑板擦匀速向上运动时,有Fy=mg+Ff,滑动摩擦力为Ff=μFN,水平方向FN=Fx,由题意知,F=2mg,由三角函数关系知Fx=Fsin θ=2mgsin θ,Fy=Fcos θ=2mgcos θ,则有2mgcos θ=2μmgsin θ+mg,解得μ=0.5,故C正确。
考点三　“活结”和“死结”与“动杆”和“定杆”问题
角度　“活结”和“死结”模型分析
　　　　　　　　　　　　　　　　
模型结构 模型解读 模型特点
“活结”模型 “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 “活结”两侧的绳子上的张力大小处处相等
“死结”模型 “死结”把绳子分为两段,且不可沿绳移动,“死结”两侧的绳因结而变成两根独立的绳 “死结”两侧的绳子上张力不一定相等
例5 如图所示,细绳一端固定在A点,另一端跨过与A等高的B处的光滑定滑轮后悬挂一个砂桶Q(含砂子)。现有另一个砂桶P(含砂子)通过光滑挂钩挂在A、B之间的细绳上,稳定后挂钩下降至C点,∠ACB=120°,下列说法正确的是(　　)
A.若只增加Q桶中的砂子,再次平衡后P桶位置不变
B.若只增加P桶中的砂子,再次平衡后P桶位置不变
C.若在两桶内增加相同质量的砂子,再次平衡后P桶位置不变
D.若在两桶内增加相同质量的砂子,再次平衡后Q桶位置上升
答案　C
解析　砂桶Q受到细绳的拉力大小FT=GQ,设AC、BC之间的夹角为θ,对C点分析可知C点受三个力而平衡,由题意知,C点两侧细绳拉力相等,有2FTcos =GP,联立可得2GQcos =GP,故只增加Q桶中的砂子,即只增加GQ,夹角θ变大,P桶上升;只增加P桶中的砂子,即只增加GP,夹角θ变小,P桶下降,故A、B错误;由2GQcos =GP可知,当θ=120°时GQ=GP,此时若在两砂桶内增加相同质量的砂子,上式依然成立,则P桶的位置不变,故C正确,D错误。
拓展　(多选)在例5中,将与砂桶P连接的光滑挂钩改为质量不计的细绳,细绳系在C点,如图所示,在两砂桶中装上一定质量的砂子,砂桶(含砂子)P、Q的总质量分别为m1、m2,系统平衡时,∠ACB=90°,∠CAB=60°,忽略滑轮的大小及轴摩擦。则下列说法正确的是(　　)
A.m1∶m2=1∶1
B.m1∶m2=2∶1
C.若在两桶内增加相同质量的砂子,C点的位置上升
D.若在两桶内增加相同质量的砂子,C点的位置保持不变
答案　BC
解析　以结点C为研究对象,受力分析如图所示,其中F=m1g,FB=m2g,由力的平衡条件可知FB=Fsin 30°,联立解得m1∶m2=2∶1,故A错误,B正确;由以上分析可知,当砂桶(含砂子)P、Q的总质量的比值为2时,AC与BC保持垂直状态,C点的位置保持不变,而在两桶内增加相同质量的砂子后,两砂桶(含砂子)质量的比值会小于2,则桶Q向下移动,C点的位置上升,故C正确,D错误。
例6 (多选)(2026·湖北武汉月考)如图所示,轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆M、N上的a、b两点,悬挂衣服的衣架挂钩是光滑的,挂于绳上处于静止状态。如果只人为改变一个条件,当衣架静止时,下列说法正确的是(　　)
A.将绳的右端上移到b',绳子拉力大小不变
B.将杆N向右移一些,绳子拉力变大
C.绳的两端高度差越小,绳子拉力越小
D.若换挂质量更大的衣服,则衣架悬挂点右移
答案　AB
解析　衣架挂于绳上O点,设衣架与衣服质量之和为m,绳aOb长为L,M、N的水平距离为d,bO延长线交M于a',绳与竖直方向的夹角为θ,由几何关系知a'O=aO,sin θ=,由平衡条件有2Fcos θ=mg,则F=。当绳右端从b上移到b'时,d、L不变,θ不变,则F不变,故A正确,C错误;将杆N向右移一些,L不变,d变大,θ变大,cos θ变小,则F变大,故B正确;只改变衣服的质量,m变化,其他条件不变,则sin θ不变,θ不变,衣架悬挂点不变,故D错误。
“晾衣架”中的“活结”问题
(1)模型解读
如图所示,晾晒衣服的轻绳光滑,挂钩也是轻质光滑的,轻绳两端分别固定在两根竖直杆上的A、B两点,结点为O,衣服处于静止状态。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。
由于绳子拐弯处是平滑连接,故FOA=FOB=F
水平方向:Fsin θ1=Fsin θ2
结合几何关系知θ1=θ2=θ
竖直方向:Fcos θ+Fcos θ=mg
故F=,可知F与m、θ有关。
由几何关系sin θ==(L为绳的总长)。
绳的总长一定时,θ只与两杆之间的水平距离d有关。
(2)模型特点:若d不变,上、下移动绳子B端,θ不变,F不变;两杆之间水平距离越远,θ越大,F越大。
角度　“动杆”和“定杆”模型分析
模型结构 模型解读 模型特点
“动杆”模型 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 当杆处于平衡状态时,杆所受的弹力方向一定沿杆
“定杆”模型 轻杆被固定在接触面上,不能发生转动 杆所受的弹力方向不一定沿杆,可沿任意方向
例7 如图甲所示,水平轻杆BC一端用光滑铰链固定在竖直墙上,另一端通过细绳AC固定,∠ACB=30°,在轻杆的C端用轻绳CD悬挂一个重物P;如图乙所示,水平轻杆HG一端固定在竖直墙上,另一端G处固定一个光滑定滑轮(重力不计),一端固定的轻绳EG跨过定滑轮拴接一个与P质量相等的重物Q,∠EGH=30°。则BC、HG两轻杆受到的弹力大小之比为(　　)
A.1∶1 B.∶1
C.∶2 D.∶3
答案　B
解析　对题图甲,以C点为研究对象,受力分析如图(a)所示,由平衡条件有F1==mg,根据牛顿第三定律可知,轻杆BC在C点受到的作用力大小F1'=mg;对题图乙,以滑轮为研究对象,受力情况如图(b)所示,轻杆对滑轮的作用力与两绳对滑轮的合力等大反向,由几何关系有F2=mg,根据牛顿第三定律可知,轻杆HG在G点受到的作用力大小F2'=mg,故=,故B正确。
A级　基础对点练
对点练1　共点力的合成
1.如图所示,虚线表示分力F1的作用线,另一个分力的大小为F2、且与合力F大小相等。则F1的大小为(　　)
A.F B.2F
C.F D.3F
答案　C
解析　根据力的平行四边形定则作图,如图所示,根据几何关系可知F1=F,故C正确。
2.射箭是奥运会上一个观赏性很强的运动项目,如图甲所示,射箭时,刚释放的瞬间若弓弦的拉力为100 N,对箭产生的作用力为120 N,其弓弦的拉力如图乙中F1和F2所示,对箭产生的作用力如图乙中F所示,则弓弦的夹角α应为(cos 53°=0.6)(　　)
A.53° B.127°
C.143° D.106°
答案　D
解析　以箭与弓弦交点作为研究对象,根据题图乙可知F1=F2,由力的合成法则,得2F1cos =F,得cos ===0.6,解得α=106°,故D正确。
3.(2025·浙江1月选考,3)中国运动员以121公斤的成绩获得2024年世界举重锦标赛抓举金牌,举起杠铃稳定时的状态如图所示。重力加速度g=10 m/s2,下列说法正确的是(　　)
A.双臂夹角越大受力越小
B.杠铃对每只手臂作用力大小为605 N
C.杠铃对手臂的压力和手臂对杠铃的支持力是一对平衡力
D.在加速举起杠铃过程中,地面对人的支持力大于人与杠铃总重力
答案　D
解析　双臂所受杠铃作用力的合力的大小等于杠铃的重力大小,双臂的夹角越大,受力越大,A错误;杠铃的重力为G=mg=121×10 N=1 210 N,手臂与水平的杠铃之间有夹角,假设手臂与竖直方向夹角为θ,根据平衡条件可知2Fcos θ=G,结合cos θ<1,则杠铃对每只手臂的作用力F>605 N,B错误;杠铃对手臂的压力和手臂对杠铃的支持力是一对相互作用力,C错误;加速举起杠铃,人和杠铃构成的相互作用系统加速度向上,系统处于超重状态,因此地面对人的支持力大于人与杠铃的总重力,D正确。
4.(2025·江西南昌模拟)如图所示,六根材质相同、原长均为x0的轻质弹簧的端点两两相连,在六个大小相等、方向互成60°角的恒定拉力F作用下,形成一个稳定的正六边形平面。已知该正六边形外接圆的直径为d,弹簧均在弹性限度范围内,则每根弹簧的劲度系数为(　　)
A. B.
C. D.
答案　A
解析　正六边形外接圆的半径为0.5d,此时弹簧的长度为0.5d,伸长量x=0.5d-x0,由胡克定律可知,每根弹簧的弹力F0=kx=k(0.5d-x0),两相邻弹簧的夹角为120°,两相邻弹簧弹力的合力F合=k(0.5d-x0),弹簧静止处于平衡状态,由平衡条件可知,每个拉力大小F=F合=k(0.5d-x0),解得k=,故A正确。
对点练2　力的分解
5.(2026·重庆八中模拟)如图所示,风对帆面的作用力F垂直于帆面,它能分解成两个分力F1、F2,其中F2垂直于航向方向,会被很大的横向阻力平衡,F1沿着航向方向,提供动力。若帆面与航向之间的夹角为θ,下列说法正确的是(　　)
A.F2=F1tan θ
B.F2=Fsin θ
C.船受到的横向阻力大小为
D.船前进的动力大小为F2tan θ
答案　D
解析　根据几何关系可得=tan θ,=cos θ,解得F2=,F2=Fcos θ,故A、B错误;根据题意可知,船受到的横向阻力与F2等大反向,即等于Fcos θ,故C错误;船前进的动力为沿着航向的正方向的分力F1,则F1=F2tan θ,故D正确。
6.(2024·河北卷,5)如图,弹簧测力计下端挂有一质量为0.20 kg的光滑均匀球体,球体静止于带有固定挡板的斜面上,斜面倾角为30°,挡板与斜面夹角为60°。若弹簧测力计位于竖直方向,读数为1.0 N,g取10 m/s2,挡板对球体支持力的大小为(　　)
A. N B.1.0 N
C. N D.2.0 N
答案　A
解析　对球体受力分析,如图所示,
正交分解列方程,x轴方向有FN1sin 30°=FN2sin 30°,y轴方向有FN1cos 30°+FN2cos 30°+F=mg,联立解得FN1= N,A正确。
对点练3　“活结”和“死结”与“动杆”和“定杆”的问题
7.(2025·江西萍乡模拟)如图,甲、乙为两种吊装装置,杆OA的端点O分别固定在水平地面和竖直墙面上,另一端固定一个光滑定滑轮。轻绳绕过光滑定滑轮,一端固定在B点,另一端连接两个相同的物块。装置中的θ均为30°,乙装置中的杆OA水平,定滑轮的质量不计,则甲、乙装置中,定滑轮受到轻绳的作用力大小之比为(　　)
A.∶1 B.1∶
C.∶2 D.2∶
答案　A
解析　设重物的重力为G,在甲、乙装置中,每段绳的拉力大小等于重物的重力大小G,根据平行四边形定则,可得F甲=2Gcos 30°=G,F乙=2Gcos 60°=G,所以F甲∶F乙=∶1,故A正确。
8.(2026·河北唐山模拟)如图所示的轻杆AB和CD一端分别用铰链固定在竖直墙上,AB杆水平,CD杆与竖直方向成37°角,D端顶在AB杆上,在D端正上方对轻杆AB施加一竖直向下的力F=50 N,整个装置保持静止。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,则两杆间的动摩擦因数μ的取值范围为(　　)
A.μ≤0.5 B.μ≥0.5
C.μ≤0.75 D.μ≥0.75
答案　D
解析　对CD杆上的D点受力分析如图所示,由平衡条件得F1sin 37°=Ff,F1cos 37°=F',F'=F,解得F1=62.5 N,Ff=37.5 N,又因为Ff≤μF',联立解得μ≥0.75,故D正确。
B级　综合提升练
9.(多选)如图所示,在竖直平面内有固定的半径为R的半圆轨道,其两端点M、N连线水平。将一轻质小环A套在轨道上,一细线穿过轻环,一端系在M点,另一端系一质量为m的小球,小球恰好静止在图示位置。不计一切摩擦,重力加速度为g,下列说法正确的是(　　)
A.细线对M点的拉力大小为mg
B.轨道对轻环的支持力大小为mg
C.细线对轻环的作用力大小为mg
D.图示位置时MA=R
答案　BD
解析　轻环两侧细线的拉力大小相等,均为FT=mg,则细线对M点的拉力大小为mg,故A错误;轻环两侧细线的拉力与轻环对半圆轨道的压力的夹角相等,设为θ,由OA=OM得∠OMA=∠MAO=θ,则3θ=90°,得θ=30°,轻环受力平衡,则轨道对轻环的支持力大小FN=2mgcos θ=mg,故B正确;细线对轻环的作用力是轻环两侧细线拉力的合力,大小为FN'=FN=mg,此时MA=2Rcos θ=R,故C错误,D正确。
10.(2026·浙江北斗星盟高中联考)如图所示,物块A与B用跨过滑轮的轻绳相连,稳定后,轻绳OP与水平方向夹角为θ=,OA和OB与OP的延长线的夹角分别为θ1和θ2。已知GB=100 N,地面对物块B的弹力为FNB=80 N,不计滑轮的重力及轻绳和滑轮之间的摩擦,下列说法正确的是(　　)
A.θ1<θ2
B.物块A的重力40 N
C.OP绳子的拉力为20 N
D.地面对物块B的摩擦力为20 N
答案　B
解析　由于滑轮两边绳子拉力大小相等,且滑轮两边绳子拉力的合力等于轻绳OP拉力的大小,OP的方向沿着两根绳子拉力的夹角的角平分线上,则θ1=θ2=,故A错误;根据几何关系,连接物块B的绳子与水平方向夹角为,对B受力分析,有Ff=FTcos ,FNB+FTsin =GB,又FT=GA,联立解得GA=40 N,Ff=20 N,故B正确,D错误;据前分析结合平行四边形定则,有F=2FTcos =40 N,故C错误。
11.如图(a)为运动员投掷铅球的某瞬间,以该时刻铅球球心为坐标原点建立如图(b)所示的直角坐标系,x、y轴分别沿水平方向和竖直方向,手对铅球的作用力F与y轴的夹角为θ,铅球受到的合力F合与x轴的夹角也为θ。已知重力加速度为g,不计空气阻力,下列说法正确的是(　　)
A.F沿y轴方向的分力等于铅球的重力
B.F、F合沿x轴方向的分力不相等
C.铅球的质量为
D.F合与F的关系为F合=Fsin θ
答案　C
解析　铅球还受到重力的作用,作出力的矢量三角形,如图所示,可知F合为F和铅球重力的合力,则F和F合沿x轴方向的分力相等,即F合cos θ=Fsin θ,得F合=Ftan θ,B、D错误,同理,沿y轴方向分解,有Fcos θ-mg=F合sin θ,即Fcos θ=F合sin θ+mg,可得Fcos θ>mg,m=,A错误,C正确。
C级　培优加强练
12.(2026·河北衡水联考)将一根长195 cm的细钢丝的两端分别用螺丝固定在两个相同的小木块上,取两根长98.5 cm的硬质轻木条,在顶点用铰链连接起来。将两木块分开,拉直钢丝,放在比较光滑的水平面上,然后将两轻木条的自由端分别卡在两木块的凹槽内,用手指在顶点铰链处用大小为F的力下按,细钢丝就会被拉断。该实验中,细钢丝被拉断前瞬间承受的拉力大小约为(　　)
A.F B.F
C.F D.F
答案　B
解析　把竖直向下的力F沿两木条方向分解,如图甲所示,设两木条之间的夹角为θ,由几何关系可知tan==,则木条作用于木块上的力为F1=F2=,木条对木块的作用力F1产生两个效果,竖直向下压木块的力F1″和沿水平方向推木块的力F1',如图乙所示,细钢丝上的张力FT与F1'大小相等,即FT=F1sin=·sin=Ftan=F,B正确。(共61张PPT)
第2讲　力的合成与分解
第二章　相互作用——力
1.会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。
学习目标
目 录
CONTENTS
夯实必备知识
01
研透核心考点
02
提升素养能力
03
夯实必备知识
1
相同
1.力的合成
合力
分力
等效替代
合力
有向线段
合力
有向
线段
分力
2.力的分解
逆运算
平行四边形
垂直
方向
3.矢量和标量
平行四边形
方向
算术
1.思考判断
(1)合力和分力可以同时作用在一个物体上。( )
(2)两个力的合力一定比其分力大。( )
(3)当一个分力增大时,合力一定增大。( )
(4)几个力的共同作用效果可以用一个力来替代。( )
(5)一个力只能分解为一对分力。( )
(6)两个大小恒定的力F1、F2的合力的大小随它们夹角的增大而减小。( )
(7)互成角度的两个力的合力与分力间一定构成封闭的三角形。( )
×
×
×
√
×
√
√
C
2.物体在五个共点力的作用下保持平衡,如图所示。其中F5大小为10 N,方向水平向右。若撤去力F5,保持其余四个力不变,此时的合力为F;若将F5转过120°,此时的合力为F',则F与F'大小之比为(　　)
A.1∶1　 B.1∶　
C.1∶　 D.1∶2
C
3.一个物体受到三个共点力F1、F2、F3作用,其合力为0,这三个力的大小分别为20 N、18 N、30 N,现将F3突然减小到18 N,三个力的方向仍保持不变,则此时它们的合力为(　　)
A.8 N　 B.10 N　
C.12 N　 D.18 N
C
4.(人教版必修第一册P80T6改编)如图所示,用一根轻质细绳将一重力大小为10 N的相框对称地悬挂在墙壁上,相框上两个挂钉间的距离为0.5 m。已知绳能承受的最大张力为10 N,为使绳不断裂,绳子的最短长度为(　　)
A.0.5 m　 B.1.0 m　
C. m　 D. m
研透核心考点
2
考点二　力的分解
考点一　共点力的合成
考点三　“活结”和“死结”与“动杆”和“定杆” 问题
考点一　共点力的合成
1.两个共点力的合力
合力大小的变化范围为|F1-F2|≤F≤F1+F2,两个力的大小不变时,其合力随夹角的增大而减小。
2.三个共点力的合力
(1)最大值:当三个分力同方向时,合力最大,即Fmax=F1+F2+F3。
(2)最小值:如果一个力的大小处于另外两个力的合力大小范围内,则其合力的最小值为零,即Fmin=0;如果不处于这个范围,则合力的最小值等于最大的一个力减去另外两个力的大小之和,即Fmin=F1-(F2+F3)(F1为三个力中最大的力)。
例1 (2026·江苏淮安高中校协作体联考)如图所示,一物体受到恒力F1作用,同时受到从零开始增大的F2作用,两力之间的夹角θ不变,则随着F2从零开始增大,物体受到的合力(　　)
A.逐渐增大 B.先减小后增大
C.始终大于F1 D.始终小于F1
B
解析　由图分析可知,F2变大的过程中,合力F合与F2垂直时最小,则随着F2从零开始增大,物体受到的合力先减小后增大,合力先比F1小,后比F1大,故A、C、D错误,B正确。
例2 (多选)(2025·天津一中模拟)如图所示,竖直平面内质量为m的小球与三条相同的轻质弹簧相连接。静止时相邻两弹簧间的夹角均为120°,已知重力加速度为g,弹簧a、b对小球的作用力大小均为F,且F=mg,则弹簧c对此小球的作用力的大小可能为(　　)
A.0 B.mg C.2mg D.3mg
AC
解析　当弹簧a、b处于伸长状态时,产生的弹力沿弹簧向上,大小相等,夹角为120°,由二力合成的规律可知,合力方向竖直向上,大小与弹力相等,即F合=F=mg,知小球与弹簧c没有相互作用力;当弹簧a、b处于压缩状态时,产生的弹力沿弹簧向下,大小相等,夹角为120°,由二力合成的规律可知,合力方向竖直向下,大小与弹力相等,即F合'=F=mg,知小球与弹簧c的作用力满足Fc=F合'+mg=2mg,A、C正确。
方法总结　几种特殊情况的共点力的合成方法
类型 作图 合力的计算
两力互 相垂直 F=
tan θ=
两力等大, 夹角为θ F=2F1cos
F与F1夹角为
两力等大, 夹角为120° F'=F
F'与F夹角为60°
考点二　力的分解
1.按照解决问题需要分解
2.正交分解法
(1)建立坐标系原则:一般选共点力的作用点为原点,在静力学中,以少分解力和容易分解力为原则(使尽量多的力在坐标轴上);在动力学中,常以加速度方向和垂直加速度方向为坐标轴方向建立坐标系。
(2)分解步骤:把物体受到的多个力F1、F2、F3、…依次分解到x轴、y轴上。
x轴上的合力:
Fx=F1x+F2x+F3x+…
y轴上的合力:
Fy=F1y+F2y+F3y+…
合力大小:F=(如图所示)
合力方向:若F与x轴夹角为θ,则tan θ=。
角度　　按照解决问题需要分解
例3 (2025·河南商丘模拟)榫卯结构是中国传统木建筑、木家具的主要结构方式,我国未来的月球基地将采用月壤烧制的带有榫卯结构的月壤砖建设。在木结构上凿削矩形榫眼用的是如图甲所示木工凿,凿削榫眼时用锤子敲击木工凿柄,将木工凿尖端钉入木头,木工凿尖端钉入木头时的截面如图乙所示,锤子对木工凿施加的力F沿竖直面向下,木工凿对木头的侧面和竖直面的压力大小分别为F1和F2,下列说法正确的是(　　)
A.F1和F2是F的两个分力
B.凿子尖端打磨的夹角不同,F2可能大于F1
C.凿子尖端打磨的夹角不同,F2可能大于F
D.凿子尖端打磨的夹角不同,F1可能小于F
C
解析　F1和F2是凿子对木头的弹力,其大小等于F在垂直两接触面方向上的分力大小,但F1和F2不是F的两个分力,A错误;将F沿垂直两接触面分解,如图所示,分力大小分别等于F1和F2,则由数学知识可知F1一定大于F和F2,当θ<45°时,F2>F,当θ>45°时,F2角度　　力的正交分解
例4 (2026·辽宁抚顺六校协作体期末)如图所示,一同学在擦黑板的过程中,对黑板擦施加一个与竖直黑板面成θ角斜向上的恒力,黑板擦恰好竖直向上做匀速直线运动。已知施加的力等于黑板擦所受重力的2倍,sin θ=0.6,则黑板擦与黑板间的动摩擦因数为(　　)
A.0.3 B.0.4
C.0.5 D.0.6
C
解析　对黑板擦进行受力分析,如图所示,当黑板擦匀速向上运动时,有Fy=mg+Ff,滑动摩擦力为Ff=μFN,水平方向FN=Fx,由题意知,F=2mg,由三角函数关系知Fx=Fsin θ=2mgsin θ,
Fy=Fcos θ=2mgcos θ,则有2mgcos θ=2μmgsin θ+mg,解得μ=0.5,故C正确。
考点三　“活结”和“死结”与“动杆”和“定杆”问题
角度　　“活结”和“死结”模型分析
模型结构 模型解读 模型特点
“活结”模型 “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 “活结”两侧的绳子上的张力大小处处相等
“死结”模型 “死结”把绳子分为两段,且不可沿绳移动,“死结”两侧的绳因结而变成两根独立的绳 “死结”两侧的绳子上张力不一定相等
例5 如图所示,细绳一端固定在A点,另一端跨过与A等高的B处的光滑定滑轮后悬挂一个砂桶Q(含砂子)。现有另一个砂桶P(含砂子)通过光滑挂钩挂在A、B之间的细绳上,稳定后挂钩下降至C点,∠ACB=120°,下列说法正确的是(　　)
A.若只增加Q桶中的砂子,再次平衡后P桶位置不变
B.若只增加P桶中的砂子,再次平衡后P桶位置不变
C.若在两桶内增加相同质量的砂子,再次平衡后P桶位置不变
D.若在两桶内增加相同质量的砂子,再次平衡后Q桶位置上升
C
解析　砂桶Q受到细绳的拉力大小FT=GQ,设AC、BC之间的夹角为θ,对C点分析可知C点受三个力而平衡,由题意知,C点两侧细绳拉力相等,有2FTcos =GP,联立可得2GQcos =GP,故只增加Q桶中的砂子,即只增加GQ,夹角θ变大,P桶上升;只增加P桶中的砂子,即只增加GP,夹角θ变小,P桶下降,故A、B错误;由2GQcos =GP可知,当θ=120°时GQ=GP,此时若在两砂桶内增加相同质量的砂
子,上式依然成立,则P桶的位置不变,故C正确,D错误。
拓展　(多选)在例5中,将与砂桶P连接的光滑挂钩改为质量不计的细绳,细绳系在C点,如图所示,在两砂桶中装上一定质量的砂子,砂桶(含砂子)P、Q的总质量分别为m1、m2,系统平衡时,∠ACB=90°,∠CAB=60°,忽略滑轮的大小及轴摩擦。则下列说法正确的是(　　)
A.m1∶m2=1∶1
B.m1∶m2=2∶1
C.若在两桶内增加相同质量的砂子,C点的位置上升
D.若在两桶内增加相同质量的砂子,C点的位置保持不变
BC
解析　以结点C为研究对象,受力分析如图所示,其中F=m1g,FB=m2g,由力的平衡条件可知FB=Fsin 30°,联立解得m1∶m2=2∶1,故A错误,B正确;由以上分析可知,当砂桶(含砂子)P、Q的总质量的比值为2时,AC与BC保持垂直状态,C点的位置保持不变,而在两桶内增加相同质量的砂子后,两砂桶(含砂子)质量的比值会小于2,则桶Q向下移动,C点的位置上升,故C正确,D错误。
例6 (多选)(2026·湖北武汉月考)如图所示,轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆M、N上的a、b两点,悬挂衣服的衣架挂钩是光滑的,挂于绳上处于静止状态。如果只人为改变一个条件,当衣架静止时,下列说法正确的是(　　)
A.将绳的右端上移到b',绳子拉力大小不变
B.将杆N向右移一些,绳子拉力变大
C.绳的两端高度差越小,绳子拉力越小
D.若换挂质量更大的衣服,则衣架悬挂点右移
AB
解析　衣架挂于绳上O点,设衣架与衣服质量之和为m,绳aOb长为L,M、N的水平距离为d,bO延长线交M于a',绳与竖直方向的夹角为θ,由几何关系知a'O=aO,sin θ
=,由平衡条件有2Fcos θ=mg,则F=。当绳右端从b上移到b'时,d、L不变,θ不变,则F不变,故A正确,C错误;将杆N向右移一些,L不变,d变大,θ变大,cos θ变小,则F变大,故B正确;只改变衣服的质量,m变化,其他条件不变,则sin θ不变,θ不变,衣架悬挂点不变,故D错误。
“晾衣架”中的“活结”问题
(1)模型解读
如图所示,晾晒衣服的轻绳光滑,挂钩也是轻质光滑的,轻绳两端分别固定在两根竖直杆上的A、B两点,结点为O,衣服处于静止状态。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。
由于绳子拐弯处是平滑连接,故FOA=FOB=F
水平方向:Fsin θ1=Fsin θ2
结合几何关系知θ1=θ2=θ
竖直方向:Fcos θ+Fcos θ=mg
故F=,可知F与m、θ有关。
由几何关系sin θ==(L为绳的总长)。
绳的总长一定时,θ只与两杆之间的水平距离d有关。
(2)模型特点:若d不变,上、下移动绳子B端,θ不变,F不变;两杆之间水平距离越远,θ越大,F越大。
角度　　“动杆”和“定杆”模型分析
模型结构 模型解读 模型特点
“动杆”模型 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 当杆处于平衡状态时,杆所受的弹力方向一定沿杆
“定杆”模型 轻杆被固定在接触面上,不能发生转动 杆所受的弹力方向不一定沿杆,可沿任意方向
例7 如图甲所示,水平轻杆BC一端用光滑铰链固定在竖直墙上,另一端通过细绳AC固定,∠ACB=30°,在轻杆的C端用轻绳CD悬挂一个重物P;如图乙所示,水平轻杆HG一端固定在竖直墙上,另一端G处固定一个光滑定滑轮(重力不计),一端固定的轻绳EG跨过定滑轮拴接一个与P质量相等的重物Q,∠EGH=30°。则BC、HG两轻杆受到的弹力大小之比为(　　)
A.1∶1 B.∶1
C.∶2 D.∶3
B
解析　对题图甲,以C点为研究对象,受力分析如图(a)所示,由平衡条件有F1=
=mg,根据牛顿第三定律可知,轻杆BC在C点受到的作用力大小F1'=mg;对题图乙,以滑轮为研究对象,受力情况如图(b)所示,轻杆对滑轮的作用力与两绳对滑轮的合力等大反向,由几何关系有F2=mg,根据牛顿第三定律可知,轻杆HG在G点受到的作用力大小F2'=mg,故=,故B正确。
提升素养能力
3
A级　基础对点练
C
对点练1　共点力的合成
1.如图所示,虚线表示分力F1的作用线,另一个分力的大小为F2、且与合力F大小相等。则F1的大小为(　　)
A.F B.2F
C.F D.3F
解析　根据力的平行四边形定则作图,如图所示,根据几何关系可知F1=F,故C正确。
D
2.射箭是奥运会上一个观赏性很强的运动项目,如图甲所示,射箭时,刚释放的瞬间若弓弦的拉力为100 N,对箭产生的作用力为120 N,其弓弦的拉力如图乙中F1和F2所示,对箭产生的作用力如图乙中F所示,则弓弦的夹角α应为(cos 53°=0.6)(　　)
A.53° B.127°
C.143° D.106°
解析　以箭与弓弦交点作为研究对象,根据题图乙可知F1=F2,由力的合成法则,得2F1cos =F,得cos ===0.6,解得α=106°,故D正确。
D
3.(2025·浙江1月选考,3)中国运动员以121公斤的成绩获得2024年世界举重锦标赛抓举金牌,举起杠铃稳定时的状态如图所示。重力加速度g=10 m/s2,下列说法正确的是(　　)
A.双臂夹角越大受力越小
B.杠铃对每只手臂作用力大小为605 N
C.杠铃对手臂的压力和手臂对杠铃的支持力是一对
平衡力
D.在加速举起杠铃过程中,地面对人的支持力大于人
与杠铃总重力
解析　双臂所受杠铃作用力的合力的大小等于杠铃的重力大小,双臂的夹角越大,受力越大,A错误;杠铃的重力为G=mg=121×10 N=1 210 N,手臂与水平的杠铃之间有夹角,假设手臂与竖直方向夹角为θ,根据平衡条件可知2Fcos θ=G,结合cos θ
<1,则杠铃对每只手臂的作用力F>605 N,B错误;杠铃对手臂的压力和手臂对杠铃的支持力是一对相互作用力,C错误;加速举起杠铃,人和
杠铃构成的相互作用系统加速度向上,系统处于超重状
态,因此地面对人的支持力大于人与杠铃的总重力,D正
确。
A
4.(2025·江西南昌模拟)如图所示,六根材质相同、原长均为x0的轻质弹簧的端点两两相连,在六个大小相等、方向互成60°角的恒定拉力F作用下,形成一个稳定的正六边形平面。已知该正六边形外接圆的直径为d,弹簧均在弹性限度范围内,则每根弹簧的劲度系数为(　　)
A. B.
C. D.
解析　正六边形外接圆的半径为0.5d,此时弹簧的长度为0.5d,伸长量x=0.5d-x0,由胡克定律可知,每根弹簧的弹力F0=kx=k(0.5d-x0),两相邻弹簧的夹角为120°,两相邻弹簧弹力的合力F合=k(0.5d-x0),弹簧静止处于平衡状态,由平衡条件可知,每个拉力大小F=F合=k(0.5d-x0),解得k=,故A正确。
D
对点练2　力的分解
5.(2026·重庆八中模拟)如图所示,风对帆面的作用力F垂直于帆面,它能分解成两个分力F1、F2,其中F2垂直于航向方向,会被很大的横向阻力平衡,F1沿着航向方向,提供动力。若帆面与航向之间的夹角为θ,下列说法正确的是(　　)
A.F2=F1tan θ
B.F2=Fsin θ
C.船受到的横向阻力大小为
D.船前进的动力大小为F2tan θ
解析　根据几何关系可得=tan θ,=cos θ,解得F2=,F2=Fcos θ,故A、B错误;根据题意可知,船受到的横向阻力与F2等大反向,即等于Fcos θ,故C错误;船前进的动力为沿着航向的正方向的分力F1,则F1=F2tan θ,故D正确。
A
6.(2024·河北卷,5)如图,弹簧测力计下端挂有一质量为0.20 kg的光滑均匀球体,球体静止于带有固定挡板的斜面上,斜面倾角为30°,挡板与斜面夹角为60°。若弹簧测力计位于竖直方向,读数为1.0 N,g取10 m/s2,挡板对球体支持力的大小为(　　)
A. N B.1.0 N
C. N D.2.0 N
解析　对球体受力分析,如图所示,
正交分解列方程,x轴方向有FN1sin 30°=FN2sin 30°,y轴方向有FN1cos 30°+FN2cos 30°+F=mg,联立解得FN1= N,A正确。
A
对点练3　“活结”和“死结”与“动杆”和“定杆”的问题
7.(2025·江西萍乡模拟)如图,甲、乙为两种吊装装置,杆OA的端点O分别固定在水平地面和竖直墙面上,另一端固定一个光滑定滑轮。轻绳绕过光滑定滑轮,一端固定在B点,另一端连接两个相同的物块。装置中的θ均为30°,乙装置中的杆OA水平,定滑轮的质量不计,则甲、乙装置中,定滑轮受到轻绳的作用力大小之比为(　　)
A.∶1 B.1∶
C.∶2 D.2∶
解析　设重物的重力为G,在甲、乙装置中,每段绳的拉力大小等于重物的重力大小G,根据平行四边形定则,可得F甲=2Gcos 30°=G,F乙=2Gcos 60°=G,所以F甲∶F乙=∶1,故A正确。
D
8.(2026·河北唐山模拟)如图所示的轻杆AB和CD一端分别用铰链固定在竖直墙上,AB杆水平,CD杆与竖直方向成37°角,D端顶在AB杆上,在D端正上方对轻杆AB施加一竖直向下的力F=50 N,整个装置保持静止。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,则两杆间的动摩擦因数μ的取值范围为(　　)
A.μ≤0.5 B.μ≥0.5
C.μ≤0.75 D.μ≥0.75
解析　对CD杆上的D点受力分析如图所示,由平衡条件得F1sin 37°=Ff,F1cos 37°=F',F'=F,解得F1=62.5 N,Ff=37.5 N,又因为Ff≤μF',联立解得μ≥0.75,故D正确。
B级　综合提升练
BD
9.(多选)如图所示,在竖直平面内有固定的半径为R的半圆轨道,其两端点M、N连线水平。将一轻质小环A套在轨道上,一细线穿过轻环,一端系在M点,另一端系一质量为m的小球,小球恰好静止在图示位置。不计一切摩擦,重力加速度为g,下列说法正确的是(　　)
A.细线对M点的拉力大小为mg
B.轨道对轻环的支持力大小为mg
C.细线对轻环的作用力大小为mg
D.图示位置时MA=R
解析　轻环两侧细线的拉力大小相等,均为FT=mg,则细线对M点的拉力大小为mg,故A错误;轻环两侧细线的拉力与轻环对半圆轨道的压力的夹角相等,设为θ,由OA=OM得∠OMA=∠MAO=θ,则3θ=90°,得θ=30°,轻环受力平衡,则轨道对轻环的支持力大小FN=2mgcos θ=mg,故B正确;细线对轻环的作用力是轻环两侧细线拉力的合力,大小为FN'=FN=mg,此时MA=2Rcos θ=R,故C错误,D正确。
B
10.(2026·浙江北斗星盟高中联考)如图所示,物块A与B用跨过滑轮的轻绳相连,稳定后,轻绳OP与水平方向夹角为θ=,OA和OB与OP的延长线的夹角分别为θ1和θ2。已知GB=100 N,地面对物块B的弹力为FNB=80 N,不计滑轮的重力及轻绳和滑轮之间的摩擦,下列说法正确的是(　　)
A.θ1<θ2
B.物块A的重力40 N
C.OP绳子的拉力为20 N
D.地面对物块B的摩擦力为20 N
解析　由于滑轮两边绳子拉力大小相等,且滑轮两边绳子拉力的合力等于轻绳OP拉力的大小,OP的方向沿着两根绳子拉力的夹角的角平分线上,则θ1=θ2=,故A错误;根据几何关系,连接物块B的绳子与水平方向夹角为,对B受力分析,有Ff=FTcos ,FNB+FTsin =GB,又FT=GA,联立解得GA=40 N,Ff=20 N,故B正确,D错误;据前分析结合平行四边形定则,有F=2FTcos =40 N,
故C错误。
C
11.如图(a)为运动员投掷铅球的某瞬间,以该时刻铅球球心为坐标原点建立如图(b)所示的直角坐标系,x、y轴分别沿水平方向和竖直方向,手对铅球的作用力F与y轴的夹角为θ,铅球受到的合力F合与x轴的夹角也为θ。已知重力加速度为g,不计空气阻力,下列说法正确的是(　　)
A.F沿y轴方向的分力等于铅球的重力
B.F、F合沿x轴方向的分力不相等
C.铅球的质量为
D.F合与F的关系为F合=Fsin θ
解析　铅球还受到重力的作用,作出力的矢量三角形,如图所示,可知F合为F和铅球重力的合力,则F和F合沿x轴方向的分力相等,即F合cos θ=Fsin θ,得F合=Ftan θ,B、D错误,同理,沿y轴方向分解,有Fcos θ-mg=F合sin θ,即Fcos θ=F合sin θ+mg,可得Fcos θ>mg,m=,A错误,C正确。
B
12.(2026·河北衡水联考)将一根长195 cm的细钢丝的两端分别用螺丝固定在两个相同的小木块上,取两根长98.5 cm的硬质轻木条,在顶点用铰链连接起来。将两木块分开,拉直钢丝,放在比较光滑的水平面上,然后将两轻木条的自由端分别卡在两木块的凹槽内,用手指在顶点铰链处用大小为F的力下按,细钢丝就会被拉断。该实验中,细钢丝被拉断前瞬间承受的拉力大小约为(　　)
A.F B.F
C.F D.F
C级　培优加强练
解析　把竖直向下的力F沿两木条方向分解,如图甲所示,设两木条之间的夹角为θ,由几何关系可知tan==,则木条作用于木块上的力为F1=F2=,木条对木块的作用力F1产生两个效果,竖直向下压木块的力F1″和沿水平方向推木块的力F1',如图乙所示,细钢丝上的张力FT与F1'大小相等,即FT=F1sin=·sin=Ftan=F,B正确。
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