正交分解法整体法和隔离法 知识讲解 提高

1 物理总复习：正交分解法、整体法和隔离法 【考纲要求】 1、理解牛顿第二定律，并会解决应用问题； 2、掌握应用整体法与隔离法解决牛顿第二定律问题的基本方法； 3、掌握应用正交分解法解决牛顿第二定律问题的基本方法； 4、掌握应用合成法解决牛顿第二定律问题的基本方法。 【考点梳理】 要点一、整体法与隔离法 1、连接体：由两个或两个以上的物体组成的物体系统称为连接体。 　　2、隔离体：把某个物体从系统中单独“隔离”出来，作为研究对象进行分析的方法叫 做隔离法（称为“隔离审查对象”）。 　　3、整体法：把相互作用的多个物体视为一个系统、整体进行分析研究的方法称为整体 法。 要点诠释： 处理连接体问题通常是整体法与隔离法配合使用。作为连接体的整体，一般都 是运动整体的加速度相同，可以由整体求解出加速度，然后应用于隔离后的每一部分；或者 由隔离后的部分求解出加速度然后应用于整体。处理连接体问题的关键是整体法与隔离法的 配合使用。隔离法和整体法是互相依存、互相补充的，两种方法互相配合交替使用，常能更 有效地解决有关连接体问题。 要点二、正交分解法 当物体受到两个以上的力作用而产生加速度时，常用正交分解法解题，多数情况下是把 力正交分解在加速度方向和垂直加速度方向上，有： 　　 （沿加速度方向） (垂直于加速度方向） 特殊情况下分解加速度比分解力更简单。 要点诠释：正确画出受力图；建立直角坐标系，特别要注意把力或加速度分解在 x 轴和 y 轴 上；分别沿 x 轴方向和 y 轴方向应用牛顿第二定律列出方程。一般沿 x 轴方向（加速度方向） 列出合外力等于 的方程，沿 y 轴方向求出支持力，再列出 的方程，联立解这三 个方程求出加速度。 要点三、合成法 若物体只受两个力作用而产生加速度时，这是二力不平衡问题，通常应用合成法求解。 要点诠释：根据牛顿第二定律，利用平行四边形法则求出的两个力的合外力方向就是加速度 方向。特别是两个力相互垂直或相等时，应用力的合成法比较简单。 【典型例题】 类型一、整体法和隔离法在牛顿第二定律中的应用 【高清课堂：牛顿第二定律及其应用 1 例 4】 例 1、（2014 河北衡水中学模拟）在水平地面上放一木板 B，重力为 100N，再在木板上放 一货箱 A，重力为 500N，设货箱与木板、木板与地面间的动摩擦因数 μ 均为 0.5，先用绳子 把货箱与墙拉紧，如图示，已知 sinθ＝3/5，cos θ=3/5，然后在木板 B 上施一水平力 F。 xF ma= 0yF = ma f Nµ=2 要想把木板从货箱下抽出来，F 至少应为多大？ 【答案】850N 【解析】分别对物体 A、B 或 AB 整体：受力分析，如图所示，由受力平衡知： 对 A：T cos θ–f1=0 N1–G1–Tsinθ 又 f1=μN1 联立得到：T cos θ=μ（G1+T sin θ） 即 f1= T cos θ N1= G1+T sin θ 对 B：F–f1′–f2=0 N2–N1′–G2=0 又 f2=μN2 联立得到：F=f1+μ（N1+G2） 解得：F=850N （或者采用先整体后隔离） 本题考查受力平衡的问题，分别以两个物体为研究对象，分析受力情况，建立直角坐标 系后分解不在坐标轴上的力，列平衡式可得答案 举一反三 【变式 1】如图所示，两个质量相同的物体 A 和 B 紧靠在一起放在光滑水平桌面上，如果 它们分别受到水平推力 和 ，且 ，则 A 施于 B 的作用力的大小为（　 ） 　　A． 　　　　 B． 1 cos sin GT µ θ µ θ= − 1F 2F 1 2F F> 1F 2F3 　　C． 　　　　D． 【答案】 C 【解析】设两物体的质量均为 m，这两物体在 和 的作用下，具有相同的加速度为 ，方向与 相同。物体 A 和 B 之间存在着一对作用力和反作用力，设 A 施于 B 的作用力为 N（方向与 方向相同）。用隔离法分析物体 B 在水平方向受力 N 和 ，根据 牛顿第二定律有 故选项 C 正确。 【变式 2】 如图所示,光滑水平面上放置质量分别为 m 和 2m 的四个木块，其中两个质量为 m 的木块间用可伸长的轻绳相连,木块间的最大静摩擦力是 ，现用水平拉力 F 拉其中一 个质量为 2m 的木块，使四个木块以同一加速度运动,则轻绳对 m 的最大拉力为 ( ) A.  B.  C. D.  【答案】 B 【解析】 以四个木块为研究对象,由牛顿第二定律得 绳的拉力最大时,m 与 2m 间的摩擦力刚好为最大静摩擦力 , 以 2m(右边的)为研究对 象, 则 , 对 m 有 ,联立以上三式得 B 正确。 例 2、质量 为 M 的拖拉机拉着耙来耙地，由静止开始做匀加速直线运动，在时间 t 内 前进的距离为 s。耙地时，拖拉机受到的牵引力恒为 F，受到地面的阻力为自重的 k 倍，所 受阻力恒定，连接杆质量不计且与水平面的夹角 θ 保持不变。求： （1）拖拉机的加速度大小。 （2）拖拉机对连接杆的拉力大小。 （3）时间 t 内拖拉机对耙做的功。 【答案】（1） （2） （3） 【解析】（1）拖拉机在时间 t 内匀加速前进 s ，根据位移公式 1 2 1 ( )2 F F+ 1 2 1 ( )2 F F− 1F 2F 1 2 2 F Fa m −= 1F 1F 2F 2N F ma− = 2 1 2 1 ( )2N ma F F F∴ = + = + mgµ 3 5 mgµ 3 4 mgµ 3 2 mgµ 3 mgµ 6F ma= mgµ 2F mg maµ− = mg T maµ − = 3 4T mgµ= 2 2s t 2 1 2[ ( )]cos sF M kg tθ − + 2 2[ ( )]sF M kg st − +4 ① 变形得 ② （2）要求拖拉机对连接杆的拉力，必须隔离拖拉机，对拖拉机进行受力分析， 拖拉机受到牵引力、支持力、重力、地面阻力和连杆拉力 T ， 根据牛顿第二定律 ③ 联立②③变形得 ④ 根据牛顿第三定律连杆对耙的反作用力为 ⑤ 拖拉机对耙做的功： ⑥ 联立④⑤解得 ⑦ 【总结升华】本题不需要用整体法求解，但在求拖拉机对连接杆的拉力时，必须将拖拉机与 耙隔离开来，先求出耙对连杆的拉力，再根据牛顿第三定律说明拖拉机对连接杆的拉力。 类型二、正交分解在牛顿二定律中应用 物体在受到三个或三个以上不同方向的力的作用时，一般都要用正交分解法，在建立直 角坐标系时，不管选哪个方向为 x 轴的正方向，所得的结果都是一样的，但在选坐标系时， 为使解题方便，应使尽量多的力在坐标轴上，以减少矢量个数的分解。 例 3、（2016 安徽 六安模拟）如图所示，一个小球用轻质细线悬挂在支架 ABO 的 O 点，支 架固定小车上. 当小车在倾角为 θ 的斜面上做不同的运动时（小车不翻转），悬线可能会出现下图所示 的各种情况（图中 Oa 竖直，Ob 垂直斜面，Oc 与 Ob 夹角为 θ），下列说法正确的是（ ） A、小车以一定的初速度沿斜面上滑时，如果斜面粗糙，则悬线方向如图 1 所示 B、小车以一定的初速度沿斜面上滑时，如果斜面光滑，则悬线方向如图 2 所示 C、小车从静止开始沿斜面下滑时，如果斜面粗糙，则悬线方向如图 3 所示 D、小车从静止开始沿斜面下滑时，如果斜面光滑，则悬线方向如图 4 所示 【思路点拨】本题关键是把握斜面光滑时，小球重力沿斜面的分力的加速度等于 21 2s at= 2 2sa t = cosF kMg T Maθ− − = 2 1 2[ ( )]cos sT F M kg tθ= − + 2 1 2[ ( )]cos sT T F M kg tθ ′ = = − + cosW T s θ′= 2 2[ ( )]sW F M kg st = − +5 a=gsinθ，即绳子恰好处于和斜面垂直的位置，当斜面粗糙时，判断加速度与光滑时相比是 增大了还是减小了，然后根据力的分解判断。 【答案】B 【解析】利用正交分解法，小车以一定的初速度沿斜面上滑时，如果斜面光滑，加速度 a=gsinθ，重力沿斜面向下的分力充当向心力，故绳子刚好在 b 处，若斜面粗糙，则 a=gsinθ+μgcosθ，加速度相对增大，绳子处在 bc 之间，A 错，B 正确；小车从静止开始沿 斜面下滑时，如果斜面光滑，a=gsinθ，重力沿斜面向下的分力充当向心力，故绳子刚好在 b 处，若斜面粗糙，则 a=gsinθ-μgcosθ，加速度相对减小，绳子处在 ab 之间，CD 错。 故选 B。 举一反三 【变式 1】质量为 m 的物体放在倾角为 的斜面上，物体和斜面 的动摩擦因数为 ，如沿水平方向加一个力 F，使物体沿斜面向上 以加速度 做匀加速直线运动（如图所示），则 F 为多少？ 　　　　　　　　　　　　　　　 【答案】 【解析】本题将力沿平行于斜面和垂直于斜面两个方向分解，分别利用两个方向的合力与加 速度的关系列方程。 （1）受力分析：物体受四个力作用：推力 F、重力 mg、支持力 ，摩擦力 。 （2）建立坐标：以加速度方向即沿斜向上为 x 轴正向，分解 F 和 mg（如图所示）： （3）建立方程并求解 x 方向： y 方向： 三式联立求解得 【变式 2】如图(a)质量 m＝1kg 的物体沿倾角θ＝37°的固定粗糙斜面由静止开始向下运动， 风对物体的作用力沿水平方向向右，其大小与风速 v 成正比，比例系数用 k 表示，物体加速 度 a 与风速 v 的关系如图(b)所示。求： （1）物体与斜面间的动摩擦因数µ； （2）比例系数 k。 ( ， ） 【答案】（1） （2） α µ a ( sin cos ) cos sin m a g gF α µ α α µ α + += − NF fF cos sin fF mg F maα α− − = cos sin 0NF mg Fα α− − = f NF Fµ= ( sin cos ) cos sin m a g gF α µ α α µ α + += − 210 /g m s= sin53 0.8= cos53 0.6= 0.25µ = 0.84 /k kg s=6 【解析】 （1）对初始时刻： ○1 由图读出 代入○1 式， 解得： ； （2）对末时刻加速度为零： ○2 又 由图得出此时 代入○2 式解得： k＝mg（sinθ－µcosθ） v（µsinθ＋cosθ ＝0.84kg/s。 分解加速度： 分解加速度而不分解力，此种方法一般是在以某种力或合力的方向为 x 轴正向时，其它 力都落在两坐标轴上而不需再分解。 例 4、如图所示，电梯与水平面间夹角为 ，当电梯加速向上运动时，人对梯面的压 力是其重力的 6/5，人与梯面间的摩擦力是其重力的多少倍？ 　　　　　　　　　　　　　　　 【答案】 【解析】对人受力分析：重力 ，支持力 ，摩擦力 （摩擦力方向一定与接触面平行，由加速度的方向推 知 水平向右）。 　　建立直角坐标系：取水平向右（即 F 的方向） 为 x 轴正方向，竖直向上为 y 轴正方向（如图）， 此时只需分解加速度， 其中 （如图所示） 根据牛顿第二定律有 x 方向： 　　　 ① y 方向： 　 ② 又　 　③ 解①②③得 。 【总结升华】应用分解加速度这种方法时，要注意其它力都落在两坐标轴上而不需再分解， 如果还有其它力需要分解，应用分解加速度方法就没有意义了。 例 5、某科研单位设计了一空间飞行器，飞行器从地面起飞时，发动机提供的动力方向 与水平方向夹角 ，使飞行器恰沿与水平方向成 角的直线斜向右上方匀加速 0sin cosmg mg maθ µ θ− = 2 0 4 /a m s= 0sin 0.25cos g ma g θµ θ −= = sin cos 0mg N kvθ µ θ− − = cos sinN mg kvθ θ= + 5 /v m s= 30 3 5NF mg= mg NF f f cos30xa a=  sin30ya a=  cos30xf ma ma= =  sin30N yF mg ma ma− = =  6 5NF mg= 3 5f mg= 60α =  30θ = 7 飞行。经时间 后，将动力的方向沿逆时针旋转 60°同时适当调节其大小，使飞行器依然可 以沿原方向匀减速飞行，飞行器所受空气阻力不计。求：(1) 时刻飞行器的速率； (2)整个过程中飞行器离地的最大高度。 【答案】(1) (2) 【解析】 （1）沿运动方向和垂直运动方向建立坐标系 沿运动方向： （1） 垂直运动方向： （2） 解（1）（2）得 时刻飞行器的速度 得 （2）逆转后 垂直运动方向： （3） 沿运动方向： （4） 求得 经过时间 速度减为零 求得 离地最大高度： 用合成法（平行四边形定则）求解： 图形如图所示，解析略。 类型三、合成法在牛顿第二定律中的应用 t t v gt= 23 4H gt= cos30 sin30F mg ma° °− = sin30 cos30 0F mg° °− = 3F mg= a g= t v at= v gt= cos30F mg °′ = sin30mg ma° ′= 3 2F mg′ = 1 2a g′ = t′ a t v′ ′ = 2t t′ = 2 2 21 1 3( )sin302 2 4H at a t gt°′ ′= + =8 例 6、如图所示，有一箱装得很满的土豆，以一定的初速在动摩擦因数为 μ 的水平地面 上做匀减速运动，不计其它外力及空气阻力，则其中一个质量为 m 的土豆 A 受其它土豆对 它的总作用力大小应是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】对箱子和土豆整体分析，设质量为 M 箱子在水平面上向右做匀减速运动，加速度方向向左，其中一个 质量为 m 的土豆，合力大小为 ，方向水平向左，一个土豆受重力， 把其它土豆对它的总作用力看成一个力 F，二力不平衡，根据合成法原理， 作出力的平行四边形，可知 F 是直角三角形的斜边， 所以 C 正确。 【总结升华】这是一个典型的物体只受两个力作用且二力不平衡问题，用合成法解题，把力 学问题转化为三角、几何关系问题，很简捷。 举一反三 【变式】 如图所示，一箱苹果沿着倾角为 θ 的光滑斜面加速下滑，在箱子正中央夹有一只 质量为 m 的苹果，它受到周围苹果对它作用力的方向是（ ） A．沿斜面向上 　　 B．沿斜面向下 C．垂直斜面向上 　　 D．竖直向上 【答案】 C 作出力的平行四边形分析 F 的方向， 垂直斜面向上。 【高清课堂：牛顿第二定律及其应用 1 例 3】 例 7、如图所示，质量为 0.2kg 的小球 A 用细绳悬挂于车顶板的 O 点，当小车在外力作 用下沿倾角为 30°的斜面向上做匀加速直线运动时，球 A 的悬线恰好与竖直方向成 30°夹角。 g = 10m/s2，求： （1）小车沿斜面向上运动的加速度多大？ （2）悬线对球 A 的拉力是多大？ （3）若以（1）问中的加速度向下匀加速，则细绳与竖直方 向夹角 θ＝？ 【答案】（1） （2） （3）600； 【解析】解法一：用正交分解法求解 （1）（2）A 受两个力：重力 mg、绳子的拉力 T，根据牛顿第二定律列出方程 沿斜面方向： （1） mg mgµ 21mg µ+ 21mg µ− Mg Maµ = a gµ= ma 2 2 2 2 2( ) ( ) ( ) ( ) 1F mg ma mg m g mgµ µ= + = + = + 2/10 sm N32 cos30 sin30T mg ma− =  A 30o a9 垂直于斜面方向： （2） 解得 ， 解法二：用合成法求解 小球只受两个力作用且二力不平衡，满足合成法的条件。拉力与 竖直方向成 角，合力方向沿斜面与水平面夹角也为 角，合力大小为 ，如图，三 角形为等腰三角形，所以： ， 。 由几何关系得拉力 （3）用合成法求解 小车匀加速向下运动，小球向上摆动，设细线与竖直方向夹角 为 ,竖直向下的重力加速度为 g,沿斜面向下的加速度为 g,从图中几何关系可看出二者的夹角为 ,则细线的 方向与它二者构成一个等边三角形,即细线与竖直方向夹角 。 【总结升华】物体只受两个力作用且二力不平衡问题往往 已知合力方向，关键是正确做出力的平行四边形。 【高清课堂：牛顿第二定律及其应用 1 例 2】 例 8、如图所示，一质量为 0.2kg 的小球用细绳吊在倾角为 θ=53o 的斜面上，斜面静止 时，球紧靠在斜面上，绳与斜面平行，不计摩擦。求下列几种情况下下，绳对球的拉力 T： （1）斜面以 的加速度水平向右做加速运动； （2）斜面以 的加速度水平向右做加速运动； （3）斜面以 的加速度水平向右做减速运动； 【答案】（1） （2） （3） 【解析】斜面由静止向右加速运动过程中，当 较小时，小球受到三个力作 用，此时细绳平行于斜面；当 增大时，斜面对小球的支持力将会减小，当 增大到某一值时，斜面对小球的支持力为零；若 继续增大，小球将会 “飞离”斜面，此时绳与水平方向的夹角将会大于θ角。而题中给出的斜面 向右的加速度 ，到底属于上述哪一种情况，必须先假定小球能够 脱离斜面，然后求出小球刚刚脱离斜面的临界加速度才能断定。 sin30 cos30T mg=  2 3T N= a = 2/10 sm 30 30 ma ma mg= 210 /a g m s= = 2 cos30 2 3T mg N= = θ a = 2/10 sm = 60 60θ =  25 /m s 210 /m s 210 /m s NNNT 4.0,2.2 11 == 2 0N = 2 2.83T N= 45α =  NNNT 8.2,4.0 33 == a a a a 25 /a m s=10 设小球刚刚脱离斜面时斜面向右的加速度为 ，此时斜面对小球的支持力恰好为零， 小球只受到重力和细绳的拉力，且细绳仍然与斜面平行。对小球受力分析如图所示。 代入数据解得： （1）斜面以 的加速度水平向右做加速运动， ，小球没有离开斜面， 小球受力：重力 ，支持力 ,绳拉力 ,进行正交分解， 水平方向： 竖直方向： 解得 ； （2）因为 ，所以小球已离开斜面，斜面的支持力 ，由受力分析可 知，细绳的拉力为 (图中 ) 此时细绳拉力 与水平方向的夹角为 （3）斜面以 10m/s2 的加速度水平向右做减速运动,加速度方向向左，与向左加速运动一样， 当加速度达到某一临界值时，绳子的拉力为零，作出力的平行四边形，合力向左，重力竖直 向下， 为绳子拉力为零的临界加速度 ，所以绳子有拉力。 小球受力：重力 ，支持力 ,绳拉力 ,进行正交分解， 水平方向： 竖直方向： 解得 。 解法二：采用分解加速度的方式 方向： 0a 0cotmg maθ = 2 0 7.5 /a m s= 25 /m s 0a a< mg 1N 1T 1 1cos sinT N maθ θ− = 1 1sin cosT N mgθ θ+ = NNNT 4.0,2.2 11 == 2 010 /a m s a= > 2 0N = F ma= 2 2 2 ( ) ( ) 2 2 2.83T mg ma N N= + = = 2T arctan 45mg ma α = =  0tan ma mg θ ′= 0a ′ 2 2 0 40tan / 10 /3a g m s m sθ′ = = > mg 3N 3T 3 3sin cosN T maθ θ− = 3 3cos sinN T mgθ θ+ = NNNT 8.2,4.0 33 == x sin cosmg T maθ θ− =11 所以 在针对两个未知力垂直时比较简捷，细节是对加速度要进行分解。 【总结升华】这是一道很难的例题，涉及到应用牛顿第二定律解决临界问题，临界条件要判 断正确。熟练应用正交分解，对只有两个力，二力不平衡时应用平行四边形定则求解较简捷， 在针对两个未知力垂直时采用分解加速度的方式求解比较简捷，简化了运算，解题速度快。 sin cos 0.4T mg ma Nθ θ= − = 2.8N N=12 【巩固练习】 一、选择题 1、(2015·庆阳模拟)如图所示，车内绳 AB 与绳 BC 拴住一小球，BC 水平，车由原来的静止 状态变为向右的匀加速直线运动，小球仍处于图中所示的位置，则(　　) A．AB 绳、BC 绳拉力都变大 B．AB 绳拉力变大，BC 绳拉力变小 C．AB 绳拉力变大，BC 绳拉力不变 D．AB 绳拉力不变，BC 绳拉力变大 2、（2016 江苏模拟）如图甲所示，A、B 两物块在如图乙所示的随时间按正弦规律变化的外 力作用下，由静止开始一起沿光滑水平面运动，A、B 两物块始终保持相对静止，则以下说 法正确的是（ ） A. A、B 两物块一起做往复运动 B. t1 时刻物块的速度最大 C. t2 时刻物块运动的位移最大 D. t3 时刻物块 A 受到的摩擦力最大 3、放在水平光滑平面上的物体 A 和 B，质量分别为 M 和 m，水平恒力 F 作用在 A 上，A、 B 间的作用力为 F1；水平恒力 F 作用在 B 上，A、B 间作用为 F2，则 ( ) A、F1＋F2＝F 　B、F1＝F2 C、 　 D、 4、木块 A 放在斜面体 B 的斜面上处于静止，如图所示。当斜面体向左做加速度逐渐增大 的加速运动时，木块 A 相对于斜面体 B 仍保持静止，则 A 受 到的支持力 N 和摩擦力 f 的大小变化情况为（ ） 1 2 F m F M = 1 2 F M F m = A B a13 A．N 增大，f 增大 B．N 不变，f 不变 C．N 减小，f 先增大后减小 D．N 增大，f 先减小后增大 5、如图，一固定斜面上两个质量相同的小物块 A 和 B 紧挨着匀速下滑， A 与 B 的接触面 光滑。已知 A 与斜面之间的动摩擦因数是 B 与斜面之间动摩擦因数的 2 倍，斜面倾角为 。 B 与斜面之间的动摩擦因数是（　 ） 　　A． 　　　 B． 　　C． 　　　　 D． 6、质量为 m 的三角形木楔 A 置于倾角为 的固定斜面上，它与斜面间的动摩擦因数为 ， 一水平力 F 作用在木楔 A 的竖直平面上，在力 F 的推动下，木楔 A 沿 斜面以恒定的加速度 a 向上滑动，则 F 的大小为 （ ） A． B． C． D． 7、如图所示，质量为 的球 1 通过轻绳悬挂在车顶，绳与竖直方向成θ角，质量为 的物体 2 放在车厢地板，二者相对车是静止的。下列说法正确的是（ ） 　　A．车具有向右、大小为 的加速度 　　B．车具有向右、大小为 的加速度 　　C．物体 2 受到大小为 的静摩擦力 　　D．物体 2 受到大小为 的静摩擦力 8、（2016 四川泸州模拟）如图所示，质量为 M 的吊篮 P 通过细绳悬挂在天花板上，物块 A、B、C 质量均为 m，B、C 叠放在一起，物块 B 固定在轻质弹簧上端，弹簧下端与 A 物块 相连，三物块均处于静止状态，弹簧劲度系数为 k（弹簧始终在弹性限度内），下列说法正 确的是（ ） θ µ θ θµθ cos )]cos(sin[ ++ gam )sin(cos )sin( θµθ θ + − gam )sin(cos )]cos(sin[ θµθ θµθ − ++ gam )sin(cos )]cos(sin[ θµθ θµθ + ++ gam α 2 tan3 α 2 cot3 α tanα cotα 1m 2m sing θ tang θ 2 sinm g θ 2 tanm g θ14 A. 静止时，弹簧的形变量为 B. 剪断细绳瞬间，C 物块处于超重状态 C. 剪断细绳瞬间，A 物块与吊篮 P 分离 D. 剪断细绳瞬间，吊篮 P 的加速度大小为 9、重量为 G 的物体 A 在大小为 F 的水平向左恒力作用下，静止在倾角为 α 的光滑斜面上。 下列关于物体对斜面压力 N 大小的表达式，不正确的是 （ ） A． 　　 B． C． 　 D． 10、在倾角为 的固定斜面上放一木板，木板上固定有支架，支架末端用细绳悬挂一小球， 当使木板沿斜面下滑时，小球与木板保持相对静止状态。图中①②分别表示木板不同下滑情 况下悬绳的位置：①表示木板下滑时细绳沿水平方向，此时细绳对小球拉力大小为 ，木 板的加速度大小为 ；②表示木板下滑时细绳与斜面方向垂直，此时细绳对小球拉力大小 为 ，木板的加速度大小为 。关于上述两种情况，下列说法正确的是（ ） A．两种情况下，小球均处于失重状态 　　 B．两种情况下，木板下滑的加速度 　　C．两种情况下，木板下滑的加速度 　　D．两种情况下，绳子对小球的拉力一定是 二、填空题 1、如图所示，质量 2m 的物块 A 与水平地面成的摩擦可忽略不计，质量为 m 的物块 B 与 地面的动摩擦因数为 μ，在已知水平推力 F 作用下，A、B 作加速运动，则 A 对 B 的作用力 为　　　　。 mg k ( 3 )M m g M m + + 2 2N G F= + cos GN α= sin cosN G Fα α= + sin FN α= θ 1T 1a 2T 2a 1 2a a> 1 2a a< 1 2T T>15 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 2、如图所示，质量为 10 kg 的物体静止在平面直角坐标系 xOy 的坐标原点，某时刻只受 到 和 的 作 用 ， 且 ＝ 10 N ， ， 则 物 体 的 加 速 度 （ ）为__________ ，方向：______________。 3、如图所示，沿水平方向做匀变速直线运动的车厢中，悬挂小球的悬线 偏离竖直方向 角，球和车厢相对静止，球的质量为 1kg。（ , ， ) （1）车厢的运动情况____________________________________ （2）悬线对球的拉力大小为__________________ 三、计算题 1、如图所示，两个用轻线相连的位于光滑水平面上的物块，质量分别为 和 ，拉力 和 方向相反，与轻线沿同一水平直线，且 ，试求在两个物块运动过程中轻线的拉 力 T。 　　　　　　　　　　　　　　 2、质量 M =20 kg 的木楔 ABC 静置于粗糙水平地面上，动摩擦因数 =0. 04．在木楔倾 角 的斜面上，有一质量 M=1.0kg 的物块由静止开始沿斜面下滑．当物块滑行的距离 s=2.8 m 时，它的速度 v=2.8 m/s，在这过程中木楔没有动，重 力加速度取 求： 　　（1）地面对木楔的摩擦力的大小和方向； 　　（2）地面对木楔的支持力的大小。 　　　　　　　　　　　　　　　　 37 1F 2F 1F 2 10 2F N= 210 /g m s= 2/m s 210 /g m s= sin37 0.6= cos37 0.8= 1m 2m 1F 2F 1 2F F> µ 30θ =  210 /g m s=16 3、如图（a）所示，质量为 M=10 kg 的滑块放在水平地面上，滑块上固定一个轻细杆 ABC， 。在 A 端固定一个质量为 m=2kg 的小球，滑块与地面间的动摩擦因数为 =0.5。现对滑块施加一个水平向右的推力 ，使滑块做匀加速运动。求此时轻杆 对小球作用力 的大小和方向。（取 ） 　　有位同学是这样解的： 　　小球受到重力及杆的作用 ，因为是轻杆，所以 方向沿杆向上，受力情况如图（b） 所示。根据所画的平行四边形，可以求得： 。 你认为上述解决是否正确？如果不正确，请说明理由，并给出正确的解答。 　　　　　　　　　　　　 4、如图所示，一质量为 m 的氢气球用细绳拴在地面上，地面上空风速水平且恒为 v0， 球静止时绳与水平方向夹角为 α．某时刻绳突然断裂，氢气球飞走．已知氢气球在空气中 运动时所受到的阻力 f 正比于其相对空气的速度 v，可以表示为 f=kv（k 为已知的常数）．则 （1）氢气球受到的浮力为多大？ （2）绳断裂瞬间，氢气球加速度为多大？ （3）一段时间后氢气球在空中做匀速直线运动，其水平方向 上的速度与风速 v0 相等，求此时气球速度大小（设空气密度不发 生变化，重力加速度为 g）． 5、风洞实验室中可产生水平方向的、大小可调节的风力。现将一套有小球的细直杆放入 风洞实验室，小球孔径略大于细杆直径，如图所示： 45ABC∠ =  µ 1 84F N= 2F 210 /g m s= 2F 2F 2 2 2 2 10 20 2F mg N N= = × × =17 　　(1)当杆在水平方向上固定时，调节风力的大小，使小球在杆上做匀速运动，这时小球 所受的风力为小球所受重力的 0.5 倍。求小球与杆间的滑动摩擦因数。 　 　(2)保持小球所受风力不变，使杆与水平方向间夹角为 37°并固定，则小球从静止出发在细 杆上滑下距离 s 所需时间为多少 ? ( sin37°＝0.6，cos37°＝0.8 ) 6、有一质量 m=1kg 的小球串在长 的轻杆顶端，轻杆与水平方向成 ，静 止释放小球，经过 小球到达轻杆底端 ( sin37°＝0.6，cos37°＝0.8 ) ， 试求： （1）小球与轻杆之间的动摩擦因素； （2）在竖直平面内给小球施加一个垂直于轻杆方向的恒力，使小球释放后加速 度为 此恒力大小为多少？ 7、从地面发射质量为 m 的导弹，导弹上的喷气发动机可产生恒定的推力，且可通过改变 喷气发动机尾喷管的喷气质量和方向改变发动机推力的大小和方向，导弹起飞时发动机推力 大小为 ，导弹沿和水平方向成 θ＝30°角的直线斜向右上方匀加速飞行。经过 时间 t 后，遥控导弹上的发动机，使推力的方向逆时针旋转 60°，导弹依然可以沿原方向 匀减速直线飞行。(不计空气阻力和喷气过程中导弹质量的变化)则： (1)旋转方向后推力的大小为多少? (2)旋转方向后导弹还要经过多长时间到达运动中的最高点? (3)导弹上升到最高点时离出发点的距离是多少? 0.5s m= 37θ =  0.5t s= 210 /g m s= 22 /a m s= 3F mg=18 【答案与解析】 一、选择题 1、【答案】D 【解析】车加速时，小球受力如图所示： 由牛顿第二定律得，水平方向 FT2－FT1sin θ＝ma， 竖直方向 FT1cos θ－G＝0， 解以上两式得 FT1＝G/cosθ， FT2＝FT1sin θ＋ma， 故 FT1 不变，FT2 变大，选项 D 正确． 2、【答案】D 【解析】由题意结合题图，在 0~ t2 内整体沿正方向做加速运动；t2~ t4 内加速度反向， 做减速运动，因为两段时间内受力是对称的，所以 t4 末速度变为零；之后两个网卡又重复之 前的运动，会一直沿正方向运动，AC 错；在 0~ t2 内一直做加速运动，所以在 t2 时刻物块的 速度最大，B 错；对整体分析，整体的加速度与 F 的方向相同，t3 时刻两个物块的加速度最 大；B 物块所受的合力为摩擦力，故摩擦力的方向与加速度方向相同，大小为 f=mBa；可知 当加速度最大时，B 受到的摩擦力最大。即当 t3 时刻物块 B 受到的摩擦力最大，根据牛顿第 三定律可知，3 时刻物块 A 受到的摩擦力最大。故 D 正确。 故选 D。 3、AC 解析：F 作用在 A 上时 ， 隔离 B， (1) F 作用在 B 上时 , 隔离 A， (2) 由(1) (2)可知，BD 错误，AC 正确。 4、D； 解析：加速度很小时，A 受到的摩擦力方向斜向上，如图： 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 Fa M m = + 1 mFF ma M m = = + Fa M m = + 2 MFF Ma M m = = +19 加速度水平向左，主要由 N 与 的合力提供。 当 增大时， 减小直至到零。然后改变方向为沿斜面向下逐渐增大， 此过程中 N 增大。D 正确。 5、A 解析：已知 A 的动摩擦因素是 B 的两倍，所以两者一起匀速下滑 解得 6、C； 解析： 三式联立求解得 可知 C 正确。 7、BD 解析：小球向左摆动，说明小车具有向右的加速度，作出小球受力的平行四边形 （此种情况平行四边形定则比正交分解简单） 对物体 2 所受合外力为静摩擦力， 8、【答案】D 【解析】静止时，弹簧受到的压力 F 大小等于 B、C 的重力 2mg，则由胡克定律 F=k△ x 求出弹簧的形变量△x 为 ，A 错；剪断细绳瞬间，由于弹簧弹力不能突变，C 物块所 受合力为 0，加速度为 0，C 处于静止状态，B 错；剪断细绳瞬间，将吊篮 P 和 A 物块当作 一个整体，受到重力为(M+m)g，以及弹簧的压力 2mg，则吊篮 P 和 A 物块的加速度 ，D 正确；因此剪断细绳瞬间，A 物块和吊篮 P 的加速度大小相同，均为 ，则 A 物块与吊篮 P 不会分离，C 错。 故选 D。 9、C 解析：做受力图，F 与 G 垂直，根据平行四边形定则和三角函数，ABD 选项均正确。C 选项是认为 N 的大小等于 F、G 在 N 的反向延 长线上的分力之和，观点正确，解法错误。 应该为 。故 C 错误。 10、ABD 解析：对板和球整体受力分析知，加速度方向沿斜面向下，A 对。当细绳沿水平方向时， 2mg k ( 3 )M m ga M m += + ( 3 )M m g M m + + f a f 2 sin 2 cos cos 0mg mg mgα µ α µ α− − = 2 tan3 µ α= cos sin fF mg F maα α− − = cos sin 0NF mg Fα α− − = f NF Fµ= ( sin cos ) cos sin m a g gF α µ α α µ α + += − tan F mg θ = tanF mg maθ= = tana g θ= 2 2 tanf m a m g θ= = cos sinN G Fα α= +20 对球，沿斜面方向： 垂直斜面方向： ， 所以 当细绳垂直斜面时，对球，沿斜面方向： 垂直斜面方向： ，所以 故 B、D 均对，C 错，故答案为 ABD。 　　　　　　　　　　　　　　　 二、填空题 1、 解析：对整体 （1） 隔离 B （2） 联立解得 2、 ， 沿 x 轴的正方向。 解析：由平行四边形定则，将 和 合成，求得合力 F 方向是沿 x 轴的正方向，大小为 10 N。再由牛顿第二定律 F=ma 可得， 3、(1)车厢的运动情况有两种可能：一是水平向右匀加速直线运动；二是向左匀减速直线运 动。 　　（2）小球所受悬线的拉力 方向沿悬线向上。 解析：（1）小球受到重力 mg、线的拉力 的作用，其合力 由牛顿第二定律得加速度为 球与车厢相对静止，故车厢的加速度与小球相同，大小 ，方向水平向右 车厢的运动情况有两种可能：一是水平向右匀加速直线运动；二是向左匀减速直线运动。 （2）小球所受悬线的拉力 方向沿悬线向上。 三、计算题 1、 1 1sin cosmg T maθ θ+ = 1 sin cosT mgθ θ= 1 tan mgT θ= 1 sin ga θ= 2sinmg maθ = 2 cosT mg θ= 2 cosT mg θ= 2 sina g θ= 1 2 3 3F mgµ+ (2 )F mg m m aµ− = + ABF mg maµ− = 1 2 3 3ABF F mgµ= + 21 /m s 1F 2F 21 /Fa m sm = = 1 12.5cos37 mgF N= =  1F tan tan37F mg mgθ= =  2tan37 7.5 /Fa g m sm = = = 27.5 /a m s= 1 12.5cos37 mgF N= =  1 2 2 1 1 2 m F m FT m m += +21 解析：设物块一起运动的加速度为 ，则有　 ① 根据牛顿第二定律，对质量为 的物块有 　 ② 由以上两式得 2、（1）摩擦力为 1.21N，方向由 C 指向 B 的方向（2）支持力为 209.3N。 解析：（1）由匀加速运动的公式 ，得物块沿斜面下滑 的加速度为 由于 ，可知物块受到摩擦力的作用。 分析物块受力，它受三个力，如图所示。 对于沿斜面的方向和垂直于斜面的方向，应用牛顿第二定律有 　　 　 分析木楔受力，它受五个力作用，如图所示。 对于水平方向，由牛顿第二定律有 由此可解得地面作用于木楔的摩擦力，又因 ，所以 　　 故 此力的方向与图中所设的一致（由 C 指向 B 的方向） 　（2）对于木楔在竖直方向，由平衡条件得 　　 　　 3、结果不正确。 解析：杆 AB 对球的作用力方向不一定沿着杆的方向，其具体的大小和方向由实际的加速度 来决定，并随着加速度 的变化而变化。 由牛顿第二定律，对整体有 a 1 2 1 2( )F F m m a− = + 1m 1 1F T m a− = 1 2 2 1 1 2 m F m FT m m += + 2 2 0 2v v as= + 2 2 2 22.8 / 1.4 /2 2 2.8 va m s m ss = = =× 2sin 5 /a g m sθ< = 2 1 1cos sin 0f f Nθ θ′ ′+ − = 1 1f f′ = 1 1N N′ = 2 31 1.4 1.212f N N= × × = 2 1 1cos sin 0N Mg N fθ θ′ ′− − − = a a 1 ( ) ( )F M m g M m aµ− + = +22 解得 　对小球有 轻杆对小球的作用力 与水平方向夹角 ，斜向右上方。 4、 解析：（1）气球静止时受力如图，设细绳的拉力为 T，由平衡条件得 解得 所以 （2）细绳断裂瞬间，气球所受合力大小为 T，则加速度大小为 解得 （3）设气球匀速运动时，相对空气竖直向上速度 ，则有 解得 气球相对地面速度大小 解得 5、(1) 0.5 (2) 解析： （1）当杆在水平方向上固定时，运动分析：小球在杆上做匀速运动，直线运动； 受力分析：重力 ，方向竖直向下、支持力 ,方向竖直向上、摩擦力 ， ， 方向向右、风力 ,大小： ，由平衡条件， 水平方向： 竖直方向： 列出方程 解得 （2）受力分析：重力 ，方向竖直向下，支持力 ,方向垂直杆斜向左上方，摩擦力 ， ，沿杆方向向上，保持小球所受风力不变， 作出受力图，进行正交分解，把重力、风力沿杆方向、垂直于杆方向分解。 运动分析：小球沿杆从静止下滑，沿杆方向的合力恒定，小球做匀加速直线运动。 根据牛顿第二定律列方程 沿杆方向： （1） 垂直于杆方向： （2） （3） sin 0T mg Fα + − =浮 0cosT kvα = 0 cos kvT α= 0 tanF kv mgα= +浮 Fa m = 合 0 cos kva m α= 0ykv mg F+ − =浮 0 tanyv v α= 2 2 0 yv v v′ = + 0 cos vv α ′ = 21 ( ) 2 /F M m ga m sM m µ− += =+ 2 2 2 ( ) ( ) 20.4F mg ma N= + = 2F arctan arctan5mg ma α = = yv 8 3 s g mg N f f Nµ= F 0.5F mg= F f= N mg= 0.5mg mgµ= 0.5µ = mg N f f Nµ= 0.5F mg= cos sinF mg f maθ θ+ − = sin cosN F mgθ θ+ = f Nµ=23 联立（1）（2）（3）解得加速度 又由 下滑距离 s 所需时间为 6、（1） （2）若此恒力垂直杆向下，F=8N；若此恒力垂直杆向上，F=24N。 解析：（1）由 求得加速度 沿杆方向、垂直于杆方向正交分解， 应用牛顿第二定律 代入数据联立解得 （2） 若此恒力垂直杆向下，沿杆方向、垂直于杆方向正交分解，支持力垂直于斜面向上 根据牛顿第二定律 代入数据联立解得 若此恒力垂直杆向上，沿杆方向、垂直于杆方向正交分解，此时支持力垂直于斜面向下 （因为 ） 代入数据联立解得 7、（1）推力 （2） （3） 解析：（1）刚开始时，导弹受推力和重力作用，两力的合 力与水平方向成 300 角斜向上，如图所示，由几何关系可知 　得 从开始运动到时刻 t，导弹的位移为 推力方向改变后，合力的方向与水平方向成 30° 角斜向下，推力 跟合力 垂直，如图所示， （2）此时，导弹的加速度为 2 2 1 gts = 3 4a g= 21 2s at= 2 8 3 s st a g = = 0.25µ = 21 2s at= 2 2 2 4 /sa m st = = sinmg f maθ − = cosN mg θ= f Nµ= 0.25µ = sinmg f maθ − = cosN mg Fθ= + f Nµ= 8F N= cosF mg θ′ > sinmg f maθ ′− = cosN F mg θ′ ′= − f Nµ′ ′= 24F N′ = 3 1= 2 2F mg F′ = 2t t′ = 23 2s gt= =F mg合 1a g= F′ F ′ 合 3 1= cos30 2 2F mg mg F′ = = 2 sin30 1= 2 F mga gm m ′ = =合24 导弹加速时　 ，导弹减速时　 ，　 （3）导弹的总位移为　 tav 1= 2222/ 2 2 1 2 3 2 1 2 1 2 1 gtgtgttatas =+=+= 2v a t′= 2t t′ =