2025新課改-高中物理-必修第1冊（12講）07A力的合成與分解基礎版力的合成與分解知識點：力的合成與分解一、合力和分力1．共點力幾個力如果都作用在物體的同一點，或者它們的作用線相交于一點，這幾個力叫作共點力．2．合力與分力假設一個力單獨作用的效果跟某幾個力共同作用的效果相同，這個力就叫作那幾個力的合力，這幾個力叫作那個力的分力．3．合力與分力的關系合力與分力之間是一種等效替代的關系，合力作用的效果與分力共同作用的效果相同．二、力的合成和分解1．力的合成：求幾個力的合力的過程．2．力的分解：求一個力的分力的過程．3．平行四邊形定則：在兩個力合成時，以表示這兩個力的有向線段為鄰邊作平行四邊形，這兩個鄰邊之間的對角線就代表合力的大小和方向，如圖1所示，F表示F1與F2的合力．圖14．如果沒有限制，同一個力F可以分解為無數對大小、方向不同的分力．5．兩個以上共點力的合力的求法：先求出任意兩個力的合力，再求出這個合力與第三個力的合力，直到把所有的力都合成進去，最后得到的結果就是這些力的合力．三、矢量和標量1．矢量：既有大小又有方向，相加時遵從平行四邊形定則的物理量．2．標量：只有大小，沒有方向，相加時遵從算術法則的物理量．技巧點撥一、合力與分力的關系兩分力大小不變時，合力F隨兩分力夾角θ的增大而減小，隨θ的減小而增大．(0°≤θ≤180°)1．兩分力同向(θ＝0°)時，合力最大，F＝F1＋F2，合力與分力同向．2．兩分力反向(θ＝180°)時，合力最小，F＝|F1－F2|，合力的方向與較大的一個分力的方向相同．3．合力的大小取值范圍：|F1－F2|≤F≤F1＋F2.合力大小可能大于某一分力，可能小于某一分力，也可能等于某一分力．二、力的合成和分解1．力的合成和分解都遵循平行四邊形定則．2．合力或分力的求解．(1)作圖法(如圖2所示)圖2(2)計算法①兩分力共線時：a．若F1、F2兩力同向，則合力F＝F1＋F2，方向與兩力同向．b．若F1、F2兩力反向，則合力F＝|F1－F2|，方向與兩力中較大的同向．②兩分力不共線時：可以根據平行四邊形定則作出力的示意圖，然后由幾何關系求解對角線，其長度即為合力大小．以下為兩種特殊情況：a．相互垂直的兩個力的合成(即α＝90°)：F＝eq\r(F\o\al(12,)＋F\o\al(22))，F與F1的夾角的正切值tanβ＝eq\f(F2,F1)，如圖3所示．圖3b．兩個等大的力的合成：平行四邊形為菱形，利用其對角線互相垂直平分的特點可解得F合＝2Fcoseq\f(α,2)，如圖4所示．若α＝120°，則合力大小等于分力大小，如圖5所示．c．合力與一個分力垂直：F＝eq\r(F\o\al(22,)－F\o\al(12,))，如圖6所示．圖4圖5圖6注意：平行四邊形定則只適用于共點力．三、力的分解的討論力的分解有解或無解，簡單地說就是代表合力的對角線與給定的代表分力的有向線段是否能構成平行四邊形(或三角形)．若可以構成平行四邊形(或三角形)，說明合力可以分解成給定的分力，即有解；若不能，則無解．常見的有幾種情況.已知條件分解示意圖解的情況已知兩個分力的方向唯一解已知一個分力的大小和方向唯一解已知一個分力(F2)的大小和另一個分力(F1)的方向①F2＜Fsinθ無解②F2＝Fsinθ唯一解③Fsinθ＜F2＜F兩解④F2≥F唯一解例題精練1．（2021春?浙江期中）以下物理量均是矢量的是（）A．力、功 B．時間、加速度 C．路程、轉速 D．速度、位移【分析】既有大小又有方向，相加時遵循平行四邊形定則的物理量是矢量，如力、速度、加速度、位移等都是矢量；只有大小，沒有方向，運算時遵循代數運算法則的物理量是標量，如路程、時間、質量等都是標量。【解答】解：A、力既有大小又有方向，運算時遵循平行四邊形定則，是矢量。功只有大小，沒有方向，是標量，故A錯誤；B、時間只有大小，沒有方向，是標量。加速度既有大小又有方向，運算時遵循平行四邊形定則，是矢量，故B錯誤；C、路程和轉速只有大小，沒有方向，都是標量，故C錯誤；D、速度、位移既有大小又有方向，運算時遵循平行四邊形定則，都是矢量，故D正確。故選：D。【點評】對于矢量和標量，要明確它們的兩大區別：一、矢量既有大小有方向，標量只有大小，沒有方向；二、矢量運算遵循平行四邊形定則，標量運算遵循代數運算法則。隨堂練習1．（2021?義烏市模擬）義烏市場上熱銷的擦窗機器人能利用內置吸盤吸附在接觸面上，同時驅動系統又能保證機器人在豎直墻壁或玻璃面上自如行走，執行用戶設定的清潔任務。假設現在擦窗機器人正在豎直玻璃墻面上由A點沿直線加速運行到右上方的B點，在這一過程中，機器人與玻璃墻之間的摩擦力為F，則下列關于力的分析圖中正確是（）A． B． C． D．【分析】根據牛頓第二定律，結合受力分析的知識即可正確解答。【解答】解：設機器人的質量為m，在垂直于玻璃的平面內，機器人受到重力ma與玻璃的摩擦力F，合力ma的方向沿AB的方向斜向上，結合力的合成如圖可知，摩擦力F的方向指向右上方，故ABC錯誤，D正確。故選：D。【點評】本題考查受力分析以及牛頓第二定律的直接應用，正確的分析受力情況，按重力、彈力和摩擦力的順序分析所受到的力即可。2．（2020秋?福州期末）有三個共點力作用在同一個物體上，大小分別為3N、11N、18N。那么這三個力的合力最小值應該是（）A．0N B．3N C．4N D．10N【分析】求三力的合力先分析三力的合力能否組成三角形，如果能組成三角形則合力為零；如果不能組成三角形，則先將其中兩力合成取最大值，兩力的合成與第三力反向時合力最小。【解答】解：3N和11N的最大合力為14N，不能與18N平衡，故三力合力的最小值為18N﹣14N＝4N，故C正確，ABD錯誤。故選：C。【點評】本題考查三力的合成，要注意三力合成時要先將其中兩個力合成再與第三個力合成，要注意合力能否為零。3．（2021?濱海縣校級一模）戽斗[hùdǒu]是古代一種小型的人力提水灌田農具，是我國古代勞動人民智慧的結晶。如圖所示，兩人雙手執繩牽斗取水，在繩子長度一定時（）A．兩人站得越近越省力 B．兩人站得越遠越省力 C．兩邊繩子與豎直方向夾角為60°時最省力 D．繩子拉力大小與兩人距離遠近無關【分析】根據正交分解法列式求解出拉力的表達式進行分析即可．【解答】解：戽斗受重力和兩個拉力，設拉力與豎直方向的夾角為α，根據平衡條件，有：2Fcosα＝mg解得：F＝設繩子的長度為L，兩個人之間的距離為2x，由幾何關系可得：sinα＝可知在繩子的長度一定的條件下，若兩個人之間的距離x越小，則sinα越小，其對應的余弦值cosα越大，越小，即個人之間的距離越小，繩子的拉力越小，可知兩人站得越近越省力，故A正確，BCD錯誤。故選：A。【點評】本題關鍵是采用正交分解法求解出拉力的表達式進行分析，記住繩子的夾角越小，張力越小，基礎題目．4．（2021?南京模擬）體育課上某同學靜止懸掛在單杠上，當兩只手握點之間的距離增大時，運動員手臂受到的拉力，下列判斷正確的是（）A．不變 B．變小 C．變大 D．無法確定【分析】明確合力一定時，兩分力的夾角越大，分力越大；知道當運動員增大雙手間距離時，根據合力大小與分力夾角間的關系分析兩只手臂的拉力如何變化。【解答】解：根據每只手臂的拉力的合力一定等于運動員的重力保持不變，則當增大雙手間距離時，兩手臂間夾角增大，根據平行四邊形定則如圖所示，可知，每只手臂的拉力將增大，故ABD錯誤，C正確。故選：C。【點評】本題是根據合力與分力的大小變化關系來判斷手臂拉力如何變化，可以用質點代替人，由平衡條件得到手臂的拉力與手臂間夾角的關系，再由數學知識分析。綜合練習一．選擇題（共18小題）1．（2021春?浙江期中）古詩：西塞山前白鷺飛，桃花流水鱖魚肥。假設白鷺起飛后在某段時間內向前加速直線飛行，用F表示此時空氣對白鷺的作用力，下列關于F的示意圖最有可能正確的是（）A． B． C． D．【分析】對白鷺進行受力分析，白鷺受到重力和空氣對其作用力，根據四邊形法則作圖進行判斷。【解答】解：白鷺斜向上加速直線飛行，加速度斜向上，故其合力也斜向上；白鷺受重力和空氣對其作用力，根據平行四邊形法則作圖如下，故B正確，ACD錯誤。故選：B。【點評】本題考查了牛頓第二定律、力的合成與分解的運用等知識點。關鍵點：根據加速度的方向確定合力方向，然后通過平行四邊形法則作圖。2．（2021春?浙江期中）下列各組物理量都屬于矢量的是（）A．位移、路程 B．時刻、時間間隔 C．線速度、向心加速度 D．重力、速率【分析】既有大小又有方向，運算時遵循平行四邊形定則的物理量是矢量。只有大小沒有方向、運算時遵循代數運算法則的物理量叫做標量。【解答】解：A、位移既有大小又有方向，運算時遵循平行四邊形定則，是矢量；路程只有大小沒有方向，是標量，故A錯誤；B、時刻、時間間隔只有大小沒有方向，都是標量，故B錯誤；C、線速度、向心加速度既有大小又有方向，運算時遵循平行四邊形定則，都是矢量，故C正確；D、重力既有大小又有方向，運算時遵循平行四邊形定則，是矢量；速率只有大小沒有方向，是標量，故D錯誤。故選：C。【點評】本題是一個基礎題目，就是看學生對矢量和標量的掌握情況，要搞清標量和矢量的區別，掌握物理量的矢標性。3．（2021春?溫州期中）下列物理量是矢量的為（）A．周期 B．轉速 C．線速度 D．角度【分析】矢量是既有大小又有方向、運算時遵循平行四邊形定則的物理量，標量是只有大小沒有方向、運算時遵循代數加減法則的物理量。【解答】解：A、周期只有大小沒有方向、運算時遵循代數加減法則，是標量，故A錯誤；B、轉速只有大小沒有方向、運算時遵循代數加減法則，是標量，故B錯誤；C、線速度既有大小又有方向，運算時遵循平行四邊形定則，是矢量，故C正確；D、角度只有大小沒有方向、運算時遵循代數加減法則，是標量，故D錯誤。故選：C。【點評】本題要能抓住矢量與標量的區別：矢量有方向，運算時遵循平行四邊形定則，標量運算時遵循代數加減法則，能正確區分物理量的矢標性。4．（2021春?湖北期中）作用在一個物體上的兩個共點力的合力的大小隨兩個分力之間的角度變化的關系如圖所示，關于兩個分力F1、F2的大小，下列選項正確的是（）A．F1＝10N、F2＝20N B．F1＝12N、F2＝18N C．F1＝14N、F2＝16N D．F1＝15N、F2＝15N【分析】抓住夾角為0度和360度時的合力大小，結合平行四邊形定則求出兩個分力的大小．【解答】解：當二力的方向的夾角為0度和360度時，二力在同一直線上且方向相同，此時二力的合力最大，則：F1+F2＝30N當二力的方向的夾角為180度時，二力在同一條直線上且方向相反，此時二力的合力最小，則：|F2﹣F1|＝10N聯立解得：F2＝20N，F1＝10N，故A正確，BCD錯誤。故選：A。【點評】本題考查了共點力的合成，知道合成和分解遵循平行四邊形定則，知道實驗的原理以及操作中的注意事項，難度不大．5．（2021春?杭州期中）下列物理量屬于矢量的是（）A．速率 B．時間 C．路程 D．力【分析】矢量是既有大小又有方向、運算遵循平行四邊形定則的物理量，標量是只有大小沒有方向、運算遵循代數加減法則的物理量。【解答】解：ABC、標量是只有大小沒有方向、運算遵循代數加減法則的物理量，速率、時間和路程都只有大小、沒有方向，都是標量，故ABC錯誤；D、矢量是既有大小又有方向、運算遵循平行四邊形定則的物理量，所以彈力是矢量，故D正確。故選：D。【點評】對于矢量與標量，要掌握它們之間的區別：矢量有方向，標量沒有方向；同時注意矢量的運算應遵循平行四邊形定則。6．（2021?浙江模擬）物理量中的正負號是有不同含義的，下列負號表示物理量大小的是（）A．“﹣5J”的功 B．“﹣5m/s”的速度 C．“﹣5Wb”的磁通量 D．“﹣5V”的電勢【分析】物理量中的正負號是有不同含義的，矢量的正負表示方向，功的正負表示力的效果，磁通量的正負表示磁感線進出面的方向，電勢的正負表示大小。【解答】解：A、功的正負表示力的效果，負功表示該力是阻力，故A錯誤；B、速度的正負表示方向，故B錯誤；C、磁通量的正負表示磁感線進出面的方向不同，故C錯誤；D、電勢的正負表示大小，故D正確。故選：D。【點評】解答本題時，要知道矢量的正負表示方向，而標量的正負號表示的含義不一定是大小。7．（2021?渭濱區模擬）傾角為α、質量為M的斜面體靜止在水平桌面上，質量為m的木塊靜止在斜面體上。下列關于M受到m作用力的大小和方向說法正確的是（）A．mgcosα，垂直斜面向下 B．mgsinα，沿斜面向下 C．mg，豎直向上 D．mg，豎直向下【分析】對木塊m受力分析，受重力、支持力和靜摩擦力，根據平衡條件求解M對m的作用力，再根據牛頓第三定律求解m對M的作用力。【解答】解：對木塊m受力分析，受重力、支持力和靜摩擦力，其中m受到的M的作用力為支持力和摩擦力的合力，根據平衡條件，m受到的M的作用力為支持力和摩擦力的合力與木塊m的重力mg大小相等，方向相反；根據牛頓第三定律可知，M受到m作用力的大小等于木塊的重力mg，方向豎直向下。故ABC錯誤，D正確。故選：D。【點評】本題關鍵是合理選擇研究對象，受力分析后根據平衡條件列式求解．8．（2021?浙江二模）下列物理量是矢量，且單位正確的是（）A．動量kg?m/s B．電勢能J C．加速度m/s D．電荷量C【分析】矢量是既有大小又有方向的物理量，標量是只有大小沒有方向的物理量；根據有無方向確定是矢量還是標量，再寫出單位。【解答】解：A、動量是矢量，其單位是kg?m/s，故A正確；B、電勢能是標量，其單位為J，故B錯誤；C、加速度是矢量，其單位是m/s2，故C錯誤；D、電荷量是標量，其單位為C，故D錯誤；故選：A。【點評】本題考查矢量和標量以及國際單位制中的單位問題，對于矢量，可根據其方向特點和運算法則進行記憶，知道矢量的運算遵守平行四邊形法則。9．（2021?房山區一模）中國高速鐵路最高運行時速350km，被譽為中國“新四大發明”之一。幾年前一位來中國旅行的瑞典人在網上發了一段視頻，高速行駛的列車窗臺上，放了一枚直立的硬幣，如圖所示。在列車行駛的過程中，硬幣始終直立在列車窗臺上，直到列車轉彎的時候，硬幣才倒下。這一視頻證明了中國高鐵極好的穩定性。關于這枚硬幣，下列判斷正確的是（）A．硬幣直立過程中，列車一定做勻速直線運動 B．硬幣直立過程中，一定只受重力和支持力，處于平衡狀態 C．硬幣直立過程中，可能受到與列車行駛方向相同的摩擦力作用 D．列車加速或減速行駛時，硬幣都可能受到與列車運動方向相反的摩擦力作用【分析】硬幣直立時可能做勻速直線運動，也可以隨車速的變化做變速直線運動，由受力，結合運動的情況分析；列車橫向變道時，列車運動的方向發生變化。【解答】解：ABC、當列車勻速直線行駛時硬幣立于列車窗臺上，穩穩當當，說明硬幣處于平衡狀態，此時硬幣受到豎直向下的重力和豎直向上的支持力，它們是一對平衡力；當列車在加速或減速過程中，如果加速度較小，硬幣會受到沿著行進方向的靜摩擦力或行進方向反向的靜摩擦力提供硬幣加速度，故AB錯誤，C正確；D、列車加速時，硬幣會受到沿著行進方向的靜摩擦力，故D錯誤。故選：C。【點評】該題屬于物理知識在日常生活中的應用，解答的關鍵要明確列車沿直線運動時，速度的大小可能發生變化。10．（2021?寶山區二模）下列物理量中屬于矢量的是（）A．磁感應強度 B．感應電動勢 C．電流 D．磁通量【分析】矢量是具有大小和方向的物理量，矢量的運算遵循平行四邊形定則，標量是只有大小沒有方向的物理量，標量的計算遵循代數加減法則。磁感應強度用來描述磁場，具有大小和方向，計算時遵循平行四邊形定則；感應電動勢的方向規定為在“電源”內部從負極指向正極，計算時不遵循平行四邊形定則；電流大小用來描述電流強弱，它的方向規定為正電荷的運動方向，電流計算不遵循平行四邊形法則；磁通量的大小用來描述穿過某一面積的磁感線的凈剩條數，方向表示磁感線穿過該平面的方向，磁通量的計算也不遵循平行四邊法則。【解答】解：A、磁感應強度具有大小和方向，計算時遵循平行四邊形定則，是矢量，故A正確；B、感應電動勢的方向規定為“電源”內部從負極指向正極，計算時不遵循平行四邊形定則，所以是標量，故B錯誤；C、電流的大小表示電流的強弱，方向規定為正電荷的運動方向，計算時不遵循平行四邊定則，所以是標量，故C錯誤；D、磁通量的大小表示穿過某一平面的磁感線的凈剩條數，方向表示磁感線穿過該平面的方向，計算時不遵循平行四邊定則，所以是標量，故D錯誤。故選：A。【點評】對于矢量和標量要抓住兩大區別：一是矢量有方向，標量沒有方向；二是運算法則不同：矢量運算遵循平行四邊形定則，標量運算遵循代數加減法則。11．（2021?寶山區二模）如圖所示，雜技運動員在表演節目時處于靜止狀態，他的手對椅子的作用力的方向（）A．垂直于靠背斜向下 B．平行于靠背斜向下 C．豎直向下 D．豎直向上【分析】根據平衡條件，可知椅子對他的手的支持力的方向，再根據牛頓第三定律，可知他的手對椅子的作用力的方向。【解答】解：雜技運動員在表演節目時處于靜止狀態，根據平衡條件，人所受合力為0，即椅子對他的手的支持力與它的重力大小相等，方向相反，所以椅子對他的手的支持力方向豎直向上，根據牛頓第三定律，他的手對椅子的作用力的方向為豎直向下，故C正確，ABD錯誤。故選：C。【點評】本題主要考查平衡條件及牛頓第三定律，是物理知識在實際問題中的應用，本題基礎，難度小。12．（2021春?成都月考）寒假期間小彤同學去超市購物，他從一層到二層的過程中，站立在自動人行道上，并隨自動人行道一起做勻速運動，自動人行道為如圖所示的坡面平整的斜面。不計空氣阻力，下列說法正確的是（）A．小彤對自動人行道的壓力是人行道發生彈性形變產生的 B．自動人行道對小紅的作用力方向垂直于斜面向上 C．小彤受重力、支持力和摩擦力三個力作用 D．小彤受重力、支持力、摩擦力和推力四個力作用【分析】人隨扶梯斜向上勻速運動，處于平衡狀態，合力為零；再對人受力分析，受到重力、支持力以及摩擦力，處于平衡狀態。【解答】解：小彤隨扶梯斜向上勻速運動，處于平衡狀態，合力為零，對人受力分析，受到重力、垂直于斜面的支持力和沿斜面向上的靜摩擦力，故ABD錯誤，C正確。故選：C。【點評】本題關鍵結合物體的運動狀態對物體進行受力分析，然后根據共點力平衡條件得出結論，注意自動人行道為坡面平整的斜面．13．（2020秋?金臺區期末）在力的合成中，關于兩個分力與它們合力關系，下列說法中正確的是（）A．合力大小一定等于兩個分力大小之和 B．合力的方向一定與分力的方向相同 C．合力大小一定比任何一個分力都大 D．兩個分力的夾角在0°～180°之間變化時，夾角越大合力越小【分析】（1）根據同一直線上，兩個分力的合力大小和方向的特點，分析選項AB；（2）根據兩個分力大小不變，夾角在0°～180°之間變化時，合力的變化特點，分析CD選項。【解答】解：AB、兩個分力方向相反時有最小值為二力之差，兩個分力方向相同時有最大值為二力之和，合力的方向不一定與分力的方向相同，故AB錯誤；CD、兩個分力大小不變，夾角在0°～180°之間變化時，夾角越大合力越小，合力可能大于、等于、小于其中一個分力，故C錯誤，D正確。故選：D。【點評】本題考查力的合成與分解，解題時，應注意平行四邊形定則的應用。14．（2020秋?金臺區期末）某物體在五個共點力的作用下處于靜止狀態，若把其中一個大小為10N的力的方向沿順時針轉過90°而保持其大小不變。其余四個力保持不變，則此時物體所受的合力大小為（）A．10N B．10N C．20N D．無法確定【分析】物體受多個力平衡，任意一個力與其余幾個力的合力一定等值、反向、共線，故先求出除F1外的四個力的合力，然后將轉向后的力F1與除F1外的四個力的合力合成即可得出合力大小。【解答】解：物體受五個共點力處于平衡狀態，則除10N的力之外的其他力的合力一定與10N力大小相等，方向相反；故除10N力之外的其他個力的合力大小等于10N，方向與10N力的原方向相反；故將10N的力順時針轉動90°時，可等效成物體受兩個互成90°的大小等于10N的力作用；根據平行四邊形定則可知，兩個大小相等且互成90°的力合成時，合力在兩個分力的角平分線上，故此時物體所受到的合力大小為F＝N＝10N，故B正確，ACD錯誤。故選：B。【點評】本題關鍵明確共點力平衡條件的應用，知道多力平衡時，任意一力一定與其他各力的合力等大反向；同時在解題時將其他幾個力等效為一個力進行分析求解。15．（2020秋?蘇州期末）下列物理量是矢量又屬于導出量的是（）A．力 B．時間 C．位移 D．質量【分析】力學基本物理量是長度、質量和時間，其單位是力學基本單位。【解答】解：A、力是導出量，其單位是N，1N＝1kg?m/s2是導出單位，不是基本單位，且力是矢量，故A正確；B、時間屬于標量，是力學基本物理量，它的單位是s，是力學基本單位，故B錯誤；C、位移屬于矢量，是力學基本物理量，它的單位是m，是力學基本單位，故C錯誤；D、質量屬于標量，是力學基本物理量，它的單位是kg，是力學基本單位，故D錯誤。故選：A。【點評】解決本題的關鍵要掌握力學基本物理量和導出量的區別，要注意基本物理量與基本單位是兩個不同的概念，不能混淆。16．（2020秋?朝陽區期末）下列物理量屬于矢量的是（）A．彈力 B．時刻 C．速率 D．路程【分析】矢量是既有大小又有方向、運算遵循平行四邊形定則的物理量，標量是只有大小沒有方向、運算遵循代數加減法則的物理量。【解答】解：A、矢量是既有大小又有方向、運算遵循平行四邊形定則的物理量，所以彈力是矢量，故A正確；BCD、標量是只有大小沒有方向、運算遵循代數加減法則的物理量，時刻、速率、路程只有大小、沒有方向，都是標量，故BCD錯誤；故選：A。【點評】對于矢量與標量，要掌握它們之間的區別：矢量有方向，標量沒有方向；同時注意矢量的運算應遵循平行四邊形定則。17．（2020秋?眉山期末）兩個大小分別為F1＝2N和F2＝3N的力作用在同一質點上，它們的合力大小F不可能是（）A．6N B．5N C．4N D．3N【分析】兩個共點力合成，遵循平行四邊形定則，當兩個力同向時合力最大，反向時合力最小，從而即可求解．【解答】解：兩個共點力合成，遵循平行四邊形定則；兩個大小分別為F1＝2N和F2＝3N的力，兩個力同向時合力最大，為F合＝F1+F2＝5N，反向時合力最小，為F合＝F2﹣F1＝3N﹣2N＝1N，即5N2≥F合≥1N，可知它們的合力大小F不可能是6N，故A正確，BCD錯誤。故選：A。【點評】考查力的平行四邊形定則的應用，掌握兩力合成時，兩力同向合力最大，兩力反向合力最小，合力的范圍是|F1+F2|≥F合≥|F1﹣F2|．18．（2020秋?廣州期末）在現實生活中，力的分解有著廣泛的應用。一卡車陷入泥坑中，在緊急狀況下，我們可以按如圖所示的方法，用鋼索把卡車和木樁拴緊，在鋼索的中央用較小的垂直于鋼索的側向力F就容易將卡車拉出泥坑。下列說法正確的是（）A．力F一定比它沿鋼索分解的兩個分力都大 B．一個較小的力F可以分解為兩個較大的分力 C．力F的大小等于沿鋼索分解的兩個分力大小之和 D．當力F作用于鋼索時，鋼索形成的夾角越大，力F就越大【分析】可把力F沿繩的方向分解分析兩分力的大小情況，注意此時兩分力夾角很大【解答】解：ABC、垂直于鋼索的側向力大小等于其兩側鋼索拉力的合力，如圖按照力F的作用效果將F分解成沿AO和BO方向的兩個分力F1和F2；其中沿BO方向的分力F2在數值上就等于FB．由于AOB是同一鋼索，故F1＝F2，根據平行四邊形定則畫出受力情況。由于AOB趨近于180°，故即使F較小，F2也非常大，即FB也非常大，故能將卡車拉出泥坑，這種情況是一個較小的力F可以分解為兩個較大的分力，故AC錯誤，B正確；D、根據平行四邊形定則可知，當力F作用于鋼索時，鋼索形成的夾角越大，合力F就越小，故D錯誤。故選：B。【點評】本題考查力的合成與分解在實際生活中的應用，注意區分合力與分力，同時要注意兩個分力之間的夾角越大，則合力越小。二．多選題（共8小題）19．（2021春?進賢縣校級月考）關于合力與分力的大小關系，下列說法中正確的是（）A．合力可以比任何一個分力都小 B．合力可以和兩個分力都等大 C．合力必比分力大 D．合力至少比某一個分力大【分析】根據合力與分力的概念，知道它們間是等效代替關系，即合力的作用效果與幾個分力共同作用的效果相同，力的合成與分解遵循平行四邊形定則，合力可以大于任意一個分力，也可以等于分力，也可以小于任意一個分力．【解答】解：根據平行四邊形定則可知，合力可以大于任意一個分力，也可以等于分力，也可以小于任意一個分力，故AB正確，CD錯誤。故選：AB。【點評】對于合力與分力大小關系的各種情況應對應數學三角形的三邊關系來理解，合力隨兩個分力夾角θ的變化關系，可根據合力大小公式F＝來判斷．20．（2021春?浙江月考）在“探究兩個互成角度的力的合成規律”的實驗中，采用下列方法和步驟能減小實驗誤差的是（）A．拉橡皮條的細繩要長一些 B．彈簧測力計應在使用前調零 C．兩個分力F1、F2間的夾角應取90°便于畫圖 D．作圖時的鉛筆尖一些，圖的比例盡量大一些【分析】明確“探究兩個互成角度的力的合成規律”的實驗原理和方法，從而明確實驗中減小誤差的基本方法。【解答】解：A、為了準確作出力的方向，拉橡皮長的細繩要長一些，故A正確；B、為了讀數準確，彈簧測力計應在使用前調零，故B正確；C、兩個彈簧測力計拉橡皮條時，兩個繩套的夾角適當，便于實驗即可，不需要是90°，故C錯誤；D、作圖時的鉛筆尖一些，圖的比例盡量大一些，均可以減小實驗誤差，故D正確。故選：ABD。【點評】在“驗證力的平行四邊形定則”實驗中，我們要知道分力和合力的效果是等同的，這要求同學們對于基礎知識要熟練掌握并能正確應用，加強對基礎實驗理解，同時要理解會給實驗帶來誤差的因素。21．（2020秋?威海期末）一物體受到兩個大小相等的共點力的作用，二者夾角為θ（0＜θ＜120°），合力為F，若保證兩共點力的方向不變，大小均增加△F，合力變為F′。下列說法正確的是（）A．F′與F的方向相同 B．F′與F的方向不同 C．F′﹣F＝△F D．F′﹣F＞△F【分析】解答本題可以根據二個力的合力的平行四邊形定則及力的合成三角形定則畫出力的示意圖即可．【解答】解：AB、兩個大小相等的共點力合成時，合力的方向在這兩個力的角平分線上，當兩個力大小均增加△F時，兩個共點力仍相等，合力的方向還是角平分線上，故A正確，B錯誤；CD、由力的合成平行四邊形定則或者三角形定則畫出知兩個力的合力，增加后兩個力的合力，如圖所示，根據幾何知識當θ/2小于60°時，α大于θ/2，增加的合力F′﹣F大于△F，故D正確，C錯誤。故選：AD。【點評】對于合力與分力大小關系的各種情況應對應數學三角形的三邊關系來理解。22．（2020秋?菏澤期末）下列各組共點的三個力，可能平衡的有（）A．3N、4N、8N B．3N、5N、1N C．3N、7N、5N D．7N、9N、16N【分析】根據分力與合力的關系分析即可：合力要大于或等于兩個分力的差的絕對值，小于或等于兩個分力的和。【解答】解：在三個力的作用下可能平衡的，第3個力必須大于另外兩個力的差的絕對值，而小于另外兩個力的和；A、3N與4N的合力最大值為7N，最小值為1N，不可以與8N的力平衡，故A錯誤；B、3N和5N合成時，最大8N，最小2N，不可能與1的力平衡，故B錯誤；C、3和7N合成時，最大10N，最小為4N，故可能與8N的力平衡，故C正確；D、7N和9N的合力最大值為16N，最小為2N，故可以與16N的力平衡，故D正確；故選：CD。【點評】本題解答的關鍵是：第3個力必須大于另外兩個力的差的絕對值，而小于另外兩個力的和，只有這樣才能組成閉合的三角形，即他們的合力才能為0。23．（2020秋?桂林期末）在做“探究兩個互成角度的力的合成規律”實驗時，使用彈簧測力計的說法正確的是（）A．測量前檢查彈簧測力計的指針是否指在零刻度 B．測量前應把兩彈簧測力計互相勾在一起并對拉，觀察它們的示數是否相同 C．在用彈簧測力計拉橡皮條時，外殼不要與紙面摩擦 D．兩根細繩必須等長【分析】“探究兩個互成角度的力的合成規律”實驗運用了等效替代法思想，根據實驗原理和注意事項來解答。【解答】解：A、為防止產生零誤差，測量前檢查彈簧測力計的指針是否指在零刻度，故A正確；B、測量前應把兩彈簧測力計互相勾在一起并對拉，觀察它們的示數是否相同，這樣可以判斷彈簧測力計是否準確，故B正確；C、在用彈簧測力計拉橡皮條時，若外殼與紙面之間存在摩擦，導致實際拉橡皮筋的力是彈簧測力計的拉力和摩擦力的合力，會產生誤差，所以應該外殼與紙面不要有摩擦，故C正確；D、“探究兩個互成角度的力的合成規律”實驗運用了等效替代法思想，兩根細繩不一定等長，故D錯誤。故選：ABC。【點評】誤差分析是實驗常考的內容，要結合實驗原理、實驗操作方法和注意事項來分析。24．（2020秋?渭濱區期末）在“驗證力的平行四邊形定則”的實驗中，下列措施中能減小實驗誤差的是（）A．兩條細繩必須等長 B．彈簧測力計、細繩、橡皮條都應與木板平面平行 C．拉橡皮條的細繩要稍長一些，標記同一條細繩的方向時兩標記點要適當遠一些 D．實驗前先把實驗所用的兩只彈簧測力計的掛鉤相互鉤住平放在桌面上，向相反方向拉動，檢查讀數是否相同，若不同，則進行調節使之相同【分析】細繩的作用是確定力的方向，適當長一些就可以減小實驗誤差；細繩的作用是確定力的方向，適當長一些就可以減小實驗誤差；采用兩點確定方向，不能太近，故要適當遠一些；實驗前對測力計調零校準。【解答】解：A、兩條細繩的作用是確定力的方向，適當長一些就可以減小實驗誤差，所以不必等長，故A錯誤；B、彈簧測力計、細繩、橡皮條都應與木板平面平行，這樣記錄的數據才更加真實準確，有利減小誤差，故B正確；C、采用兩點確定方向，不能太近，故要適當遠一些，所以細繩要稍長一些，這樣有利減小誤差，故C正確；D、實驗前對測力計調零校準，有利于減小實驗誤差，故D正確。故選：BCD。【點評】誤差分析是實驗常考的內容，學生應該結合器材和實驗操作、原理等來分析。25．（2020秋?布爾津縣期末）下列各組物理量中，全部是矢量的是（）A．位移、速率、加速度 B．位移、速度、平均速度 C．位移、加速度、速度變化量 D．位移、路程、加速度【分析】矢量是既有大小又有方向的物理量，標量是只有大小沒有方向的物理量。【解答】解：A、速率只有大小，沒有方向，是標量。位移、加速度是矢量，既有大小，又有方向。故A錯誤。B、位移、速度、平均速度都是矢量。故B正確。C、位移、加速度、速度變化量都是矢量。故C正確。D、路程是只有大小，沒有方向的標量。位移和加速度是矢量，故D錯誤。故選：BC。【點評】此題考查對矢量與標量區別的理解。知道矢量與標量有兩大區別：一是矢量有方向，標量沒有方向；二是運算法則不同，矢量運算遵守平行四邊形定則，標量運算遵守代數加減法則。26．（2021春?河南月考）如圖所示，在“共點力合成”的實驗中，橡皮條一端固定于P點，另一端連接兩個彈簧測力計，分別用F1和F2拉兩個彈簧測力計，將這端的結點拉至O點。現讓F1大小不變，方向沿順時針方向轉動某一角度，且F1始終處于PO左側，要使這端的結點仍位于O點，則關于F的大小和圖中的θ角，下列說法中正確的是（）A．增大F2的同時增大θ角 B．增大F2的同時減小θ角 C．增大F2而保持θ角不變 D．減小F2的同時增大θ角【分析】要使結點O位置不變，應保證合力大小、方向不變，保持F1的大小不變，即要求一個分力大小不變，故根據要求利用平行四邊形定則作圖可正確分析得出結果。【解答】解：對點O點受力分析，受到兩個彈簧的拉力和橡皮條的拉力，由于O點位置不變，因此橡皮條長度不變，其拉力大小方向不變，F2的大小不變，ob彈簧拉力方向和大小都改變，根據力的平行四邊形定則有：如圖1所受示，可以增大F2的同時增大θ角，故A正確；若如圖2變化所受，可以增大F2的同時減小θ角，故B正確；如圖3所受示，可以增大F2而保持θ角不變，故C正確；同時根據平行四邊形定則可知，減小F2的同時增大β角是不能組成平行四邊形的，故D錯誤。故選：ABC。【點評】明確矢量合成的法則，熟練應用平行四邊形定則解題，本題實質上考查了平行四邊形定則的應用。三．填空題（共8小題）27．（2020秋?浦東新區期末）如圖所示“用DIS驗證斜面上力的分解”實驗中，A、B處各放一個力傳感器，放在A處傳感器的示數用F1表示，放在B處傳感器的示數用F2表示。在斜面傾角θ由0°變到90°的過程中，F1將變大，F2將變小。（以上均選填“變大”、“變小”或“不變”）【分析】將小球的重力沿著平行斜面方向和垂直斜面方向正交分解，然后根據幾何關系求出兩分力的表達式再進行分析判斷。【解答】解：將小球的重力沿著平行斜面方向和垂直斜面方向正交分解，如圖解得F1＝mgsinθF2＝mgcosθ由于角θ不斷增加，故F1不斷變大，F2不斷減小。故答案為：變大；變小。【點評】在利用正交分解解決斜面問題時，通常將重力沿著平行斜面方向和垂直斜面方向正交分解。28．（2020秋?公主嶺市校級期末）“研究共點力的合成”的實驗情況如圖甲所示，其中A為固定橡皮筋的圖釘，O為橡皮筋與細繩的結點，OB和OC為細繩，圖乙是在白紙上根據實驗結果畫出的圖示。（1）圖乙中的F與F′兩力中，方向一定沿AO方向的是F'。（2）本實驗采用的科學方法是。A．理想實驗法B．等效替代法C．控制變量法D．建立物理模型法（3）實驗中可減小誤差的措施有C。A．兩個分力F1、F2的大小要越大越好B．兩個分力F1、F2間夾角應越大越好C．拉橡皮筋時，彈簧秤、橡皮條、細繩應貼近木板且與木板平面平行【分析】（1）在實驗中F和F′分別由平行四邊形定則及實驗得出，明確理論值和實驗值的區別即可正確解答；（2）本實驗中采用了兩個力合力與一個力效果相同來驗證的平行四邊形定則，因此采用“等效法”，注意該實驗方法的應用；（3）數據處理時，我們需要畫出力的大小和方向，根據減少實驗誤差的方法進行分析。【解答】解：（1）圖乙中的F與F'中，F是由平行四邊形得出的，而F'是通過實驗方法得出的，其方向一定與橡皮筋的方向相同，一定與AO共線的是F'；（2）本實驗中兩個拉力的作用效果和一個拉力的作用效果相同，采用的科學方法是等效替代法。故ACD錯誤，B正確。故選：B。（3）A、實驗是通過作圖得出結果，故在不超出量程的情況下為了減小誤差應讓拉力盡量大些，故A錯誤；B、根據平行四邊形定則可知夾角太小將會導致合力過大，導致一個彈簧拉時可能超過量程，故夾角不能太小或太大，適當即可，故B錯誤；C、為了防止出現分力的情況，應讓各力盡量貼近木板，且與木板平行，同時，讀數時視線要正對彈簧秤刻度，故C正確。故選：C。故答案為：（1）F′；（2）B；（3）C。【點評】本實驗采用的是等效替代的方法，即一個合力與幾個分力共同作用的效果相同，可以互相替代；在解決設計性實驗時，一定先要通過分析題意找出實驗的原理，通過原理即可分析實驗中的方法及誤差分析。29．（2020秋?濱海縣校級月考）某同學做“驗證力的平行四邊形定則”的實驗裝置如圖甲所示，其中A為固定橡皮條的圖釘，O為橡皮條與細繩的結點，OB和OC為細繩。根據實驗數據在白紙上所作圖如圖乙所示，已知實驗過程中操作正確。乙圖中F1、F2、F、F'四個力，其中力F（填上述字母）不是由彈簧測力計直接測得的，實驗中，要求先后兩次力的作用效果相同，指的是D（填正確選項前字母）。A．兩個彈簧測力計拉力F1和F2的大小之和等于一個彈簧測力計拉力的大小B．橡皮條沿同一方向伸長C．橡皮條伸長到同一長度D．橡皮條沿同一方向伸長同一長度【分析】在實驗中F和F′分別由平行四邊形定則及實驗得出，明確理論值和實驗值的區別即可正確解答；本實驗中采用了兩個力合力與一個力效果相同來驗證的平行四邊形定則，因此采用“等效法”，注意該實驗方法的應用。【解答】解：F在以F1與F2為鄰邊的平行四邊形的對角線上，不是由彈簧測力計直接測出的。該實驗采用了“等效替代”法，即合力與分力的關系是等效的，前后兩次要求橡皮條沿同一方向伸長同一長度，故ABC錯誤，D正確；故答案為：F，D；【點評】本題考查驗證力的平行四邊形定則，要求掌握其實驗原理，熟悉操作步驟，牢記操作注意事項。30．（2020秋?河池期末）在《互成角度的兩個共點力的合成》實驗中，做好實驗準備后，先用兩個彈簧秤平行于板面把橡皮條的結點拉到某一位置O，此時學生需要記錄的是兩彈簧秤的讀數和細繩的方向；接著用一個彈簧秤平行于板面拉橡皮條，要特別注意的是橡皮條的結點仍拉到位置O。【分析】本實驗的目的是要驗證平行四邊形定則，故應通過平行四邊形得出合力再與真實的合力進行比較，理解實驗的原理即可解答本題。【解答】解：在本實驗中為了得出平行四邊形，我們需要知道兩分力的大小和方向，故應記下兩個彈簧秤的讀數及兩個細繩套的方向，同時為了能準確的得出合力的大小，應讓兩次拉時的效果相同，應記下橡皮條結點的位置以保證下次能拉至同一位置，得出相同的效果；應特別注意應將橡皮條的結點拉到同一位置，以保證一個力拉與兩個力拉時的效果相同；故答案為：兩彈簧秤的讀數、細繩的方向；橡皮條的結點仍拉到位置O【點評】本題第二問是三力平衡問題中的動態分析問題，關鍵受力分析后，作出示意圖，然后運用力的平行四邊形定則進行分析討論，難度適中。31．（2020秋?布爾津縣期末）（1）在“驗證力的平行四邊形定則”的實驗中，某同學采取了以下三個步驟：①在水平放置的木板上固定一張白紙，把橡皮條的一端固定在木板上，另一端拴兩根細繩套，通過細繩套同時用兩個測力計互成角度地拉橡皮條，使它與細繩套的結點到達某一位置O點，在白紙上記下O點和兩個測力計F1和F2的示數。②在白紙上根據F1和F2的大小，應用平行四邊形定則作圖求出它們的合力的大小F。③只用一個測力計通過細繩套拉橡皮條，使它的伸長量與兩個測力計拉時相同，記下此時測力計的示數F′和細繩套的方向。以上三個步驟均有錯誤或疏漏，請指出它們錯在哪里：在①中是應記下兩個細繩套的方向即F1和F2的方向。在②中是應依據F1和F2的大小和方向作圖。在③中是應將橡皮條與細繩套的結點拉至同一位置O點。（2）“驗證力的平行四邊形定則”的實驗情況如圖甲所示，其中A為固定橡皮條的圖釘，O為橡皮條與細繩的結點，OB和OC為細繩。圖乙是在白紙上根據實驗結果畫出的圖。圖乙中的F與F′兩力中，方向一定沿AO方向的是F′。【分析】明確該實驗的實驗原理，從而進一步明確實驗步驟，測量數據等即可正確解答本題。在實驗中F和F′分別由平行四邊形定則及實驗得出，明確理論值和實驗值的區別即可正確解答；本實驗中采用了兩個力合力與一個力效果相同來驗證的平行四邊形定則，因此采用“等效法”，注意該實驗方法的應用。【解答】解：（1）該實驗采用“等效法”進行，即一個彈簧秤和兩個彈簧秤拉橡皮條與細繩套的結點時應該拉至同一位置O點，由于力是矢量，因此在記錄數據時，不光要記錄力的大小，還要記錄其方向，這樣才能做平行四邊形，從而驗證兩個力的合力大小和方向是否與一個力的大小和方向相同。所以在①中是應記下兩個細繩套的方向即F1和F2的方向，在②中是應依據F1和F2的大小和方向作圖，在③中是應將橡皮條與細繩套的結點拉至同一位置O點。（2）F1與F2合力的實驗值是指通過實驗得到值，即用一個彈簧拉繩套時測得的力的大小和方向，而理論值（實際值）是指通過平行四邊形得出的值，故F′是力F1與F2合力的實驗值，其方向一定沿AO方向。故答案為：（1）應記下兩個細繩套的方向即F1和F2的方向；應依據F1和F2的大小和方向作圖；應將橡皮條與細繩套的結點拉至同一位置O點；（2）F′【點評】本題比較簡單，直接考查了驗證力的平行四邊形定則時如何進行操作，對于基礎實驗一定熟練掌握才能為解決復雜實驗打好基礎。32．（2020秋?徐匯區校級期中）括號中的物理量中屬于標量的有時間、路程（加速度、速度、速度變化量、時間、位移、路程、力）。【分析】題應抓住：既有大小又有方向是矢量，如力、速度、加速度、位移、動量等都是矢量；只有大小，沒有方向的物理量是標量，如路程、時間、質量等都是標量．【解答】解：加速度、速度、速度變化量、位移、力這些物理量既有大小也有方向，是矢量，而時間、路程只有大小，沒有方向，是標量。故答案為：時間、路程【點評】矢量與標量的區別有兩個：一矢量有方向，而標量沒有方向；二矢量運算遵守平行四邊形定則，標量運算遵守代數加減法則．33．（2020秋?婁星區校級期中）有兩個共點力，F1＝3N，F2＝4N，這兩個力合力的最大值為7N；當F1與F2垂直時，合力為5N。【分析】兩個力同向時，合力最大，等于兩個力之和；兩個力反向時，合力最小，等于兩個力之差；兩個力不共線時遵循平行四邊形定則。【解答】解：當兩個共點力的方向相同時，這兩個力的合力最大，當F1＝3N，F2＝4N方向相同時，這兩個力的合力最大，最大值為3N+4N＝7N。當F1與F2垂直時，根據平行四邊形定則可知，其合力＝N＝5N故答案為：7，5【點評】本題關鍵明確二力合成時，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。34．（2020秋?朝陽區校級期中）大小為6N和8N的兩個共點力合成時，合力的最大值為14N，最小值為2N，當兩個力互相垂直時，合力為10N。【分析】兩力合成時，合力隨夾角的增大而減小，當夾角為零時合力最大，夾角180°時合力最小，并且有|F1﹣F2|≤F≤F1+F2【解答】解：兩力合成時，合力范圍為：|F1﹣F2|≤F≤F1+F2；當兩個力的夾角為0°時，兩力的合力最大，其最大值是14N；當兩個力的夾角為180°時，兩力的合力最小，其最小值是2N；當兩個力互相垂直時合力的大小是F＝＝N＝10N；故答案為：14210【點評】兩力合成時，合力的大小滿足|F1﹣F2|≤F≤F1+F2，在此范圍內所有的值均是有可能的。四．作圖題（共6小題）35．（2020秋?七里河區校級月考）畫出圖中A物體的受力示意圖。（圖中所有物體均靜止）【分析】對各物體進行受力分析，按照重力、彈力、摩擦力的順序，結合平衡條件，進行分析即可．【解答】解：圖1中，小球A受到重力和桿對小球豎直向上的支持力；圖2中，物塊A受到自身的重力，水平向左的外力F，豎直墻對物體A的支持力及豎直墻對物體A豎直向上的靜摩擦力；圖3中，B物體受到水平向右的拉力F，B對A的支持力；圖4中物塊A受到自身的重力，水平向左的外力F，a物體對物體A的支持力及a物體對物體A豎直向上的靜摩擦力；圖5中，A物體受到自身的重力，左側豎直面水平向右的支持力，水平面豎直向上的支持力及B球對A球的壓力故受力分析如圖所示：【點評】本題屬于受力分析的基礎題目，按照順序進行分析即可，屬于簡單題目．36．（2019秋?揭東區校級月考）如圖所示，質量mA＞mB的兩物體A、B疊放在一起，靠著豎直墻面。讓它們由靜止釋放，在沿粗糙面下落過程中，請在圖上作出物體B的受力示意圖。【分析】由受力分析可知，B不受墻壁支持力和A的壓力，只受自身重力做自由落體。【解答】解：由受力分析可知，B不受墻壁支持力和A的壓力，只受自身重力做自由落體，因此B受力示意圖如圖所示：答：B的受力示意圖如上圖所示。【點評】有很多學生認為A與B之間還存在有相互作用的彈力，要知道他們一起做自由落體運動，都是僅受重力。37．（2019秋?三元區校級期中）如圖所示，畫出a物體的受力圖：隨皮帶向上勻速運動的物體【分析】物體隨皮帶向下勻速運動，受到重力、皮帶的支持力和靜摩擦力，靜摩擦力沿皮帶向上【解答】解：物體隨皮帶向上勻速運動，受到三個力：重力、皮帶的支持力和靜摩擦力，物體有相對傳送帶向下運動的趨勢，受到的靜摩擦力沿斜面向上。故受力分析如圖所示；【點評】本題考查分析物體受力情況的能力，受力分析可以根據平衡條件或牛頓第二定律檢驗是否正確。38．（2019秋?三元區校級期中）如圖所示，畫出a物體的受力圖：水平力F把物塊緊壓在豎直墻上靜止【分析】對物體進行分析，按照已知力、重力、彈力、摩擦力的順序進行分析，從而找出所有力，并作出受力分析圖。【解答】解：水平力把物體壓在墻上靜止，則物體受壓力F，同時受向下的重力，豎直墻對物體向外的彈力，由于物體靜止，但相對墻有向下的運動趨勢，故一定有受向上的摩擦力，故受力分析如圖。【點評】本題考查受力分析的基本方法，要注意養成按順序分析力的習慣，做到不添力也不漏力。39．（2019秋?三元區校級期中）如圖所示，畫出a物體的受力圖：粗糙斜面向上滑動的物體【分析】物體沿固定的粗糙斜面向上滑動，受到重力、斜面的支持力和沿斜面向下的滑動摩擦力。【解答】解：物體沿固定的粗糙斜面向上滑動，首先物體受到重力，其次斜面對物體有垂直于斜面向上的支持力，物體相對斜面向上運動，受到斜面的沿斜面向下的滑動摩擦力，共三個力作用。物體的受力圖如圖所示。【點評】對于物體的受力，一般按重力、彈力、摩擦力的順序分析。滑動摩擦力方向與物體的相對運動方向相反。40．（2019秋?紅塔區校級期中）如圖甲為物體A靜止在斜面上，圖乙為物體A通過豎直細線靜止懸掛于天花板上且左側與墻接觸，畫出圖甲和圖乙物體A的受力示意圖。【分析】先分析物體的受力情況，再畫出物體受力圖。分析受力按重力、彈力和摩擦力的順序進行。【解答】解：甲圖中物體受重力、支持力以及摩擦力的作用而處于靜止，受力分析如圖所示；乙圖中物體受重力和繩子的拉力，由于豎直方向沒有正壓力，故不受墻的彈力，受力分析如圖所示。故答案如圖所示。【點評】本題考查受力分析的基本內容，要注意在受力分析時要按照重力、彈力、摩擦力的順序進行分析，做到不添力也不漏力。五．計算題（共3小題）41．（2020秋?靜海區月考）如圖所示，已知F1＝20N，與水平方向成37度角向右上方；F2＝6N，豎直向下；F3＝10N，水平向左；求三個力的合力F合的大小和方向。（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）【分析】建立坐標系：以三個力的作用點為原點，以水平向右為x軸正方向，以豎直向上為y軸正方向，將F1、F2、F3分解到兩個坐標軸上，分別求出x軸和y軸上的合力，再求解三個力的合力的大小和方向．【解答】解：以水平向右為x軸正方向，以豎直向上為y軸正方向，建立直角坐標系，把力F1分解到兩個坐標軸上，沿x方向：Fx＝F1cos37°﹣F3＝20×0.8N﹣10N＝6N沿y軸方向：Fy＝F1sin37°﹣F2＝20×0.6N﹣6N＝6N因此，如圖所示，總合力為：F＝＝N＝Ntanφ＝＝1，所以φ＝45°．答：三個力的合力大小為N，方向與x軸正方向夾角為45°指向右上方．【點評】正交分解法是求解合力的一種方法，首先要建立坐標系，先正交分解，再求解合力．42．（2018秋?微山縣校級月考）兩個共點力f1和f2的大小不變，它們的合力f跟f1、f2兩力之間的夾角θ的關系如圖所示，則合力f大小的變化范圍是多少？【分析】由圖讀出兩力夾角分別為0和π時合力大小。當兩力夾角為0時，合力等于兩分力之和。當兩力夾角為π時，合力大小等于兩力之差。【解答】解：由圖線中左半支可知：θ＝π時，f1﹣f2＝1…①當時，…②聯立兩式得：f1＝4N，f2＝3N。根據合力大小的變化范圍|f1﹣f2|≤f≤f1+f2，得合力變化范圍為1N～7N答：合力f大小的變化范圍是1N～7N。【點評】本題首先考查讀圖能力，其次要知道兩個力合力的范圍在兩個力之差與兩力之和之間。43．（2018秋?三元區校級期中）如圖所示，一名騎獨輪車的雜技演員在空中的鋼索上表演，如果演員與獨輪車的總質量為m，兩側的鋼索互成2θ角，求鋼索所受拉力的大小。（重力加速度為g）【分析】鋼絲繩上與車輪接觸的點作為受力對象，受力分析，根據平衡條件求解鋼索所受拉力，從而即可求解。【解答】解：以獨輪車和演員作為研究對象，整體受到重力G和鋼索的拉力，由平衡條件得：兩邊鋼索拉力的合力與重力等大反向，則2Tcosθ＝mg；解得：答：鋼索所受拉力的大小。【點評】本題關鍵是正確的進行受力分析，根據平衡條件列方程求解，要注意鋼索對獨輪車的作用力大小是鋼索對車各種力的合力。力的合成與分解知識點：力的合成與分解一、合力和分力1．共點力幾個力如果都作用在物體的同一點，或者它們的作用線相交于一點，這幾個力叫作共點力．2．合力與分力假設一個力單獨作用的效果跟某幾個力共同作用的效果相同，這個力就叫作那幾個力的合力，這幾個力叫作那個力的分力．3．合力與分力的關系合力與分力之間是一種等效替代的關系，合力作用的效果與分力共同作用的效果相同．二、力的合成和分解1．力的合成：求幾個力的合力的過程．2．力的分解：求一個力的分力的過程．3．平行四邊形定則：在兩個力合成時，以表示這兩個力的有向線段為鄰邊作平行四邊形，這兩個鄰邊之間的對角線就代表合力的大小和方向，如圖1所示，F表示F1與F2的合力．圖14．如果沒有限制，同一個力F可以分解為無數對大小、方向不同的分力．5．兩個以上共點力的合力的求法：先求出任意兩個力的合力，再求出這個合力與第三個力的合力，直到把所有的力都合成進去，最后得到的結果就是這些力的合力．三、矢量和標量1．矢量：既有大小又有方向，相加時遵從平行四邊形定則的物理量．2．標量：只有大小，沒有方向，相加時遵從算術法則的物理量．技巧點撥一、合力與分力的關系兩分力大小不變時，合力F隨兩分力夾角θ的增大而減小，隨θ的減小而增大．(0°≤θ≤180°)1．兩分力同向(θ＝0°)時，合力最大，F＝F1＋F2，合力與分力同向．2．兩分力反向(θ＝180°)時，合力最小，F＝|F1－F2|，合力的方向與較大的一個分力的方向相同．3．合力的大小取值范圍：|F1－F2|≤F≤F1＋F2.合力大小可能大于某一分力，可能小于某一分力，也可能等于某一分力．二、力的合成和分解1．力的合成和分解都遵循平行四邊形定則．2．合力或分力的求解．(1)作圖法(如圖2所示)圖2(2)計算法①兩分力共線時：a．若F1、F2兩力同向，則合力F＝F1＋F2，方向與兩力同向．b．若F1、F2兩力反向，則合力F＝|F1－F2|，方向與兩力中較大的同向．②兩分力不共線時：可以根據平行四邊形定則作出力的示意圖，然后由幾何關系求解對角線，其長度即為合力大小．以下為兩種特殊情況：a．相互垂直的兩個力的合成(即α＝90°)：F＝eq\r(F\o\al(12,)＋F\o\al(22))，F與F1的夾角的正切值tanβ＝eq\f(F2,F1)，如圖3所示．圖3b．兩個等大的力的合成：平行四邊形為菱形，利用其對角線互相垂直平分的特點可解得F合＝2Fcoseq\f(α,2)，如圖4所示．若α＝120°，則合力大小等于分力大小，如圖5所示．c．合力與一個分力垂直：F＝eq\r(F\o\al(22,)－F\o\al(12,))，如圖6所示．圖4圖5圖6注意：平行四邊形定則只適用于共點力．三、力的分解的討論力的分解有解或無解，簡單地說就是代表合力的對角線與給定的代表分力的有向線段是否能構成平行四邊形(或三角形)．若可以構成平行四邊形(或三角形)，說明合力可以分解成給定的分力，即有解；若不能，則無解．常見的有幾種情況.已知條件分解示意圖解的情況已知兩個分力的方向唯一解已知一個分力的大小和方向唯一解已知一個分力(F2)的大小和另一個分力(F1)的方向①F2＜Fsinθ無解②F2＝Fsinθ唯一解③Fsinθ＜F2＜F兩解④F2≥F唯一解例題精練1．（2021春?寶山區期末）兩個大小均為10N的共點力，它們的合力大小范圍為10N~20N，則二者的夾角可能是（）A．90° B．130° C．150° D．180°【分析】依據力的合成遵循力的平行四邊形定則，結合已知合力與分力的大小，并由幾何關系，從而即可求出兩分力的夾角可能的范圍。【解答】解：兩個相等的共點力大小為10N，當合力的大小為10N時，由等邊三角形的知識可知，當它們之間的夾角為120°時，合力即為10N；而當夾角為0時，則合力最大為20N；由于它們的合力大小在10N~20N的范圍，結合兩力的夾角越大，合力越小，則可知，夾角應在0°到120°之間，故A正確，BCD錯誤。故選：A。【點評】本題考查力的合成平行四邊形定則，結合圖形利用等邊三角形的知識容易解決，會用合力的大小公式也可以解決，同時記住力的合成中相關結論可以快速求解。隨堂練習1．（2021?和平區一模）如圖所示的翻斗車車斗的底部是一個平面，司機正準備將車上運送的一塊大石塊（圖中未畫出）卸下。司機將車停穩在水平路面上，通過操縱液壓桿使車斗底部傾斜，直到石塊開始加速下滑時，保持車斗傾斜角不變，則在石塊沿車斗底面勻加速下滑的過程中，翻斗車（包含司機）始終靜止，則（）A．車斗的傾角越大，石塊對翻斗車的壓力也越大 B．地面對翻斗車的支持力小于翻斗車和車上石塊的總重力 C．翻斗車受到的合外力不為零 D．翻斗車不受地面的摩擦力【分析】因為石塊有斜向左下方的加速度，該加速度有水平向左和豎直向下的分量，將石塊和車當作一個整體，根據牛頓第二定律求解車受到的摩擦力以及支持力；根據石塊受到的支持力與傾角的關系結合牛頓第三定律分析石塊對翻斗車的壓力的變化情況。【解答】解：A、對石塊分析，設石塊的質量為m，車斗的傾角為α，則有翻斗車對石塊的支持力為FN＝mgcosα，根據牛頓第三定律可得石塊對翻斗車的壓力為mgcosα，車斗的傾角越大，石塊對翻斗車的壓力越小，故A錯誤：B、因為石塊豎直方向有豎直向下的加速度，設翻斗車的質量為M，地面對翻斗車的支持力為N，在豎直方向上，對翻斗車和石塊的整體根據牛頓第二定律有（m+M）g﹣N＝ma?sinα，可知N＜（m+M）g，即地面對翻斗車的支持力小于翻斗車和車上石塊的總重力，故B正確；C、石塊下滑過程中，翻斗車始終靜止，所以翻斗車受到的合外力為零，故C錯誤；D、由于石塊有沿斜面向下的加速度a，則對車和石塊的整體，取向左為正，在水平方向根據牛頓第二定律有f＝macosα，即車受到地面向左的摩擦力作用，故D錯誤。故選：B。【點評】本題主要是考查牛頓第二定律的綜合應用，關鍵是弄清楚石塊的運動過程和受力情況，明確知道石塊的加速度可以分解到水平和豎直方向上，能根據牛頓第二定律列方程求解車受到的摩擦力和支持力。2．（2021?保定二模）豎直升降機內固定﹣斜面，其頂端固定﹣﹣光滑的輕滑輪。滑塊A、B通過不可伸長的細繩跨過滑輪連接，開始時升降機靜止，然后勻加速向上運動，已知整個過程中A，B始終相對斜面靜止，則（）A．升降機靜止時，滑塊A受到沿斜面向下的摩擦力 B．升降機加速向上運動過程中A受到的摩擦力一定大于靜止時受到的摩擦力 C．升降機加速向上運動過程中A可能不受摩擦力 D．細繩對B的拉力始終等于B的重力【分析】分別對兩滑塊進行受力分析，結合牛頓第二定律進行判斷即可。【解答】解：A、由于不知道A、B兩滑塊的質量大小關系以及斜面傾角、斜面動摩擦因數，所以無法確定兩滑塊的受力情況，則無法確定滑塊A所受摩擦力方向，故A錯誤；BC、升降機加速向上運動時，如果繩子拉力、斜面對A的支持力與A的重力的合力恰好可以給A提供與升降機相同的加速度，則此時A不受摩擦力的作用；靜止時，A可有受到摩擦力的作用，因此加速向上運動過程中A受到的摩擦力不一定大于靜止時受到的摩擦，故B錯誤，C正確；D、升降機加速向上運動時，滑塊B也加速度上升，則細繩對B的拉力始終大于B的重力，故D錯誤；故選：C。【點評】本題考查牛頓第二定律的應用，在分析物體的受力時，要注意摩擦力方向的不確定性，要注意結合運動的特點來處理問題。3．（2020秋?浦東新區期末）一乘客站在斜向上勻速運行的自動扶梯上，分析此時游客的受力，以下示意圖中正確的是（）A． B． C． D．【分析】自動扶梯上的游客隨扶梯斜向上做勻速運動，游客的加速度為零，將速度分解到水平和豎直方向，根據平衡條件即可求解。【解答】解：因游客處于平衡狀態，則游客受重力，支持力，不受到摩擦力作用，故D正確，ABC錯誤。故選：D。【點評】本題考查平衡條件的應用，解決本題時可以把速度進行分解，結合平衡條件求解，也可以定性分析。4．（2021春?蔡甸區校級月考）如圖所示，質量均為M的A、B兩滑塊放在粗糙水平面上，兩輕桿等長，桿與滑塊。桿與桿間均用光滑鉸鏈連接，在兩桿鉸合處懸掛一質量為m的重物C，整個裝置處于靜止狀態，設桿與水平面間的夾角為θ。下列說法正確的是（）A．當m一定時，θ越大，輕桿受力越大 B．當M、m一定時，滑塊對地面的壓力與θ無關 C．當m和θ一定時，M越大，滑塊與地面間的摩擦力越大 D．只要增大m，M一定會滑動【分析】以整體為研究對象，判斷滑塊對地面的壓力與θ的關系；輕桿的受力可以利用力的分解根據平行四邊形法則完成；滑塊與地面間的力的分析，把滑塊隔離，利用正交分解建立關系進行分析。【解答】解：A、以兩桿鉸合處為研究對象，兩滑塊對稱，受力如圖1，把向下的拉力分解到兩輕桿上，大小分別為F，則F＝＝，所以m一定，θ越大，sinθ越大，F越小，即輕桿受力越小，故A錯誤；圖1B、以整體為研究對象，在豎直方向上，受力如圖2，豎直向下的力是三個物體的總重力G，豎直向上的是地面對兩滑塊的支持力NAB，因為整個裝置靜止，地面對滑塊的支持力的大小等于三個物體的重力之和，因為滑塊對地面的壓力與地面對滑塊的支持力是相互作用力，所以滑塊對地面的壓力大小等于三者的重力大小，與角度變化無關，即滑塊對地面的壓力不變，故B正確；圖2C、以A為研究對象，受力如圖3，水平方向合力為零，所以f＝Fcosθ，與M沒有關系，故C錯誤；圖3D、以滑塊A為研究對象，受力如圖3，滑塊A受到地面對滑塊A的支持力N與摩擦力f，當靜止時：f＝＝μ（Mg+0.5mg）可知，若：μ＞，則無論m多么大，M一定不會滑動，故D錯誤。故選：B。【點評】本題主要是力的平衡問題，主要應用了整體法和隔離法的物理思想，采用了力的分解及正交分解等力學分析常用手法，注意正確畫出相應研究對象的受力圖是關鍵。5．（2021春?赫山區校級月考）已知兩個共點力的大小分別為5N和12N，則這兩個力的合力的最大值為（）A．5N B．7N C．12N D．17N【分析】兩力合成時，合力隨夾角的增大而減小，當夾角為零時合力最大，夾角180°時合力最小，并且|F1﹣F2|≤F≤F1+F2。【解答】解：兩個共點力的大小分別為5N和12N，兩力合成時，合力范圍為：|F1﹣F2|≤F≤F1+F2；則這兩個力的合力的最大值為17N，故D正確，ABC錯誤。故選：D。【點評】本題關鍵根據平行四邊形定則得出合力的范圍為|F1﹣F2|≤F≤F1+F2。綜合練習一．選擇題（共18小題）1．（2021春?河南月考）一物體受到四個共點力，其大小分別為400N、600N、900N和1300N，這四個力的合力大小不可能為（）A．3300N B．2300N C．400N D．0【分析】分別兩兩進行合成，若合力的范圍，出現重疊，則四個力的合力的最小值為零，而最大合力，即為四個力之和．【解答】解：四個共點力的大小分別為400N、600N、900N和1300N，最大合力，則為四個力之和，即為3200N；400N、600N兩個力的合力范圍為200N≤F≤1000N，900N和1300N兩個力的合力范圍為400N≤F≤2200N，兩個合力范圍出現重疊現象，則合力最小值為0，故A錯誤，BCD正確。本題選擇錯誤的，故選：A。【點評】本題主要考查學生對：力的合成的應用的了解和掌握，是一道基礎題，注意力的合成方法．2．（2021?湖北模擬）如圖甲為一種門后掛鉤的照片，相鄰掛鉤之間的距離為10cm，圖乙掛包的寬度約為20cm，在掛包質量一定的條件下，為了使懸掛時掛包帶受力最小，下列措施正確的是（）A．隨意掛在一個鉤子上 B．使掛包帶跨過兩個掛鉤 C．使掛包帶跨過三個掛鉤 D．使掛包帶跨過四個掛鉤【分析】根據題意可知，在合力一定的情況下，兩個分力的夾角越小則拉力越小，根據平衡條件列方程進行分析即可。【解答】解：設懸掛后背包帶與豎直方向的夾角為θ，根據平衡條件可得2Fcosθ＝mg；解得背包帶的拉力F＝在斜挎包的質量一定的條件下，為了使懸掛時背包帶受力最小，則cosθ最大，由于相鄰掛鉤之間的距離為10cm，圖乙中斜挎包的寬度為20cm，故使背包帶跨過三個掛鉤時θ＝0，cosθ＝1，此時掛時背包帶受力最小，故ABD錯誤，C正確。故選：C。【點評】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、進行受力分析、然后建立平衡方程進行解答，注意求解極值的方法。3．（2021春?浙江月考）如圖所示，小鳥在空中沿直線（圖中虛線）飛行過程中受到重力和空氣作用力的作用，則小鳥受到的空氣作用力（）A．方向一定豎直向上 B．方向可能沿圖中直線 C．可能和圖中虛線垂直 D．大小一定等于小鳥重力【分析】小鳥沿著直線飛行，可做勻速直線運動，也可做變速直線運動，若是變速直線運動，則根據加速度方向，再依據矢量的合成法則，從而即可確定空氣對小鳥的作用力方向。【解答】解：小鳥在空中沿直線（圖中虛線）飛行過程中受到重力和空氣作用力的作用，由于虛線方向與重力方向不共線，若小鳥做勻速直線運動，則小鳥受到的空氣作用力方向一定豎直向上，與重力等大；若小鳥做變速直線運動，當小鳥加速飛行時，則小鳥受到的空氣作用力方向是在豎直向上與沿虛線向上的夾角內，且不能沿虛線方向，讓其與重力的合力沿著虛線向上，大小不等于重力；當小鳥減速飛行，則小鳥受到的空氣作用力方向是在豎直向上與沿虛線向下的夾角內，讓其與重力的合力沿著虛線向下，因此小鳥受到的空氣作用力可能和圖中虛線垂直，可能豎直向上，不可能沿著虛線，大小可能等于重力。由上分析，可知，故C正確，ABD錯誤；故選：C。【點評】本題主要考查了由運動性質來受力分析，掌握牛頓第二定律中合力與加速度同向，理解加速與減速的條件，注意小鳥在本題中不一定是變速運動，且加速度方向不確定是解題的關鍵。4．（2021?金華模擬）某飛機（如圖a）起落架結構如圖b所示，當驅動桿甲轉動時，通過桿上螺紋帶動連桿實現輪子的收放，忽略空氣對輪子的阻力，不考慮地球自轉。下列說法正確的是（）A．飛機著陸瞬間，連桿乙、丙對輪軸的合力豎直向下 B．飛機著陸瞬間，連桿乙、丙對輪軸的合力豎直向上 C．飛機在空中沿直線勻速飛行時，連桿乙丙對輪軸的合力豎直向上 D．輪子受到的重力與連桿乙、丙對輪軸的合力是一對作用力與反作用力【分析】飛機在跑道著陸階段加速度不為零，由此分析輪子的合力；飛機沿直線勻速飛行時輪子受到的合力為零，由此分析連桿乙、丙對輪子的合力。【解答】解：AB、飛機在跑道著陸階段水平方向做減速運動，加速度不為零，所以輪子受到的力除重力、地面的支持力、乙與丙的作用力外，還受到地面的摩擦力；重力豎直向下，地面的支持力豎直向上，所以連桿乙、丙對輪軸的合力一定不在豎直方向上，故AB錯誤；C、飛機沿直線勻速飛行時輪子受到重力、連桿乙、丙對輪子的合力，總的合力為零，所以連桿乙、丙對輪子的合力與輪子的重力等大反向，其合力方向豎直向上，故C正確；D、輪子受到的重力的反作用力是輪子對地球的吸引力，故D錯誤。故選：C。【點評】本題主要是考查了受力分析以及共點力的平衡問題，關鍵是能夠對飛機的輪子進行受力分析，根據運動的特點分析連桿乙、丙對輪子的合力。5．（2021?浙江二模）如圖是遠距離輸電的部分線路。A、B兩點分別為鐵塔與輸電線的連接點，輸電線質量分布均勻，下列說法正確的是（）A．輸電線上電流相等時，輸電線越粗，在輸電線上消耗的電能越多 B．若A點高于B點，輸電線兩端的切線與豎直方向的夾角θA＜θB C．若A、B兩點等高，A、B兩端點對輸電線的彈力大小之和等于輸電線的重力 D．由于熱脹冷縮，夏季輸電線與豎直方向的夾角變小，輸電線兩端的彈力變大【分析】其他條件一定時，輸電線越粗，輸電線的電阻越小，根據焦耳定律，輸電線上消耗的電能越少；若A點高于B點，對兩邊導線進行受力分析，再結合平衡條件列式，即可比較θA與θB的大小關系；由于A、B兩端點對輸電線的彈力并不是豎直向上，故其大小之和不等于輸電線的重力；由于熱脹冷縮，夏季輸電線與豎直方向的夾角變小，對輸電線整體受力分析，結合平衡條件列式分析輸電線兩端的彈力變化情況。【解答】解：A、輸電線上電流相等時，