1、热点讲座 3.综合应用牛顿运动定律解题,热点解读 应用牛顿运动定律解题是整个高中物理学习的最基本的能力要求之一,在高考中对合成法、正交分解法、隔离法、整体法、极限分析法和假设法的应用考查,历来成为高考命题的热点. 本部分内容的另一个热点问题是“传送带模型问题.”,章末总结,“传送带类问题”是以真实物理现象为依据的问题,它既能训练学生的科学思维,又能联系科学、生产和生活实际,因而这种类型题具有生命力,当然也是高考命题专家所关注的问题.由于“传送带类问题”在高考考纲范围内属于涉及力、运动、能量等比较综合的一种常见的模型,所以是历年来高考试题考查的热点.学生对这类问题做答的得分率低.,专题讲座专题一
2、 解牛顿运动定律题的五种方法 1.合成法 合成法是根据物体受到的力,用平行四边形定则求出合力,再根据要求进行计算的方法.这种方法一般适用于物体只受两个力作用的情况.,【例1】如图1所示,在小车中悬挂一小球,若偏角未知,而已知摆球的质量为m,小球随小车水平向左运动的加速度为a=2g(取g=10 m/s2),则绳的张力为( ) A.10 m B. mC.20m D.(50+8 )m解析 小球受重力mg和绳的拉力FT两个力的作用,受力情况如图所示.根据平行四边形定则,重力mg和绳的拉力FT的合力F的方向水平向左,由牛顿第二定律有F=ma=2mg=20m,由勾股定理得FT=(mg)2+F2,所以FT=
3、10 m.,图 1,A,2.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,通常采用正交分解法解题.为减少矢量的分解,建立坐标系时,确定x轴的正方向常有以下两种选择. (1)分解力而不分解加速度 分解力而不分解加速度,通常以加速度a的方向为x轴的正方向,建立直角坐标系,将物体所受的各个力分解在x轴和y轴上,分别求得x轴和y轴上的合力Fx和Fy.根据力的独立作用原理,各个方向上的力分别产生各自的加速度,得Fx=ma,Fy=0.,【例2】如图2所示,小车在水平面上以加速度a向左做匀加速直线运动,车厢内用OA、OB两根细绳系住一个质量为m的物体,OA与竖直方向的夹角为,OB是水平的.求OA、O
4、B两绳的拉力FT1和FT2的大小.,图 2,解析 m的受力情况及直角坐标系的建立如图所示(这样建立只需分解一个力),注意到ay=0,则有 FT1sin-FT2=ma, FT1cos-mg=0 解得FT1= ,FT2=mgtan-ma. 答案 FT1= FT2=mgtan-ma,(2)分解加速度而不分解力 物体受几个互相垂直的力的作用,应用牛顿运动定律求解时,若分解的力太多,则比较繁琐,所以在建立直角坐标系时,可根据物体的受力情况,使尽可能多的力位于两坐标轴上而分解加速度a,得ax和ay,根据牛顿第二定律得Fx=max,Fy=may,再求解.这种方法一般是在以某个力的方向为x轴正方向时,其他的力
5、都落在或大多数落在两个坐标轴上而不需要再分解的情况下应用.,【例3】如图3所示,倾角为的光滑斜面固定在水平地面上,质量为m的物块A叠放在物体B上,物体B的上表面水平.当A随B一起沿斜面下滑时,A、B保持相对静止.求B对A的支持力和摩擦力. 解析 当A随B一起沿斜面下滑时,物体A受到竖直向下的重力mg、B对A竖直向上的支持力FN和水平向左的摩擦力Ff的作用而随B一起做加速运动. 设B的质量为M,以A、B为整体,根据牛顿第二定律有(m+M)gsin=(m+M)a,得a=gsin.将加速度沿水平方向和竖直方向进行分解,如下图所示.,图 3,则ax=acos=gsincosay=asin=gsin2所
6、以Ff=max=mgsincos由mg-FN=may=mgsin2,得FN=mgcos2答案 FN=mgcos2 Ff=mgsincos,3.整体法和分隔法 如果系统是由几个物体组成,它们有相同的加速度,在求它们之间的作用力时,往往是先用整体法求它们的共同加速度,再用分隔法求它们之间的作用力.,【例4】如图4所示, 质量为2m的物体A与水平地面间的摩擦可忽略不计,质量为m的物体B与地面间的动摩擦因数为,在水平推力F的作用下,A、B做匀加速直线运动,则A对B的作用力为多大？ 解析 以A、B整体为研究对象进行受力分析,受重力G、支持力FN、水平向右的推力F、水平向左的摩擦力Ff(Ff=mg).设加
7、速度为a,根据牛顿第二定律得F-Ff=3ma.,图 4,以B为研究对象进行受力分析,受重力GB、支持力FNB、A对B水平向右的作用力FAB、水平向左的摩擦力FfB (FfB=mg).根据牛顿第二定律得FAB-FfB=ma. 联立以上各式得FAB= 答案,4.极限分析法 在处理临界问题时,一般用极限法,特别是当某些题目的条件比较隐蔽、物理过程又比较复杂时. 【例5】如图5所示,质量为M的木板上放着一质量为m的木块,木块与木板间的动摩擦因数为1, 木板与水平地面间的动摩擦因数为2.若要将木板从木块下抽出,则加在木板上的力F至少为多大？,图 5,解析 木板与木块通过摩擦力联系,只有当两者发生相对滑动
8、时,才有可能将木板从木块下抽出.此时对应的临界状态是:木板与木块间的摩擦力必定是最大静摩擦力Ffm(Ffm=1mg),且木块运动的加速度必定是两者共同运动时的最大加速度am.以木块为研究对象, 根据牛顿第二定律得Ffm=mam. am也就是系统在此临界状态下的加速度,设此时作用在木板上的力为F0,取木板、木块整体为研究对象,则有F0-2(M+m)g=(M+m)am. 联立、式得F0=(M+m)(1+2)g.当FF0时,必能将木板抽出,即F(M+m)(1+2)g时,能将木板从木块下抽出. 答案 见解析,5.假设法 假设法是解物理问题的一种重要方法.用假设法解题,一般依题意从某一假设入手,然后用物
9、理规律得出结果,再进行适当的讨论,从而得出正确答案. 【例6】如图6所示,火车车厢中有一个倾角为30的斜面,当火车以10 m/s2的加速度沿水平方向向左运动时,斜面上质量为m的物体A保持与车厢相对静止,求物体所受到的静摩擦力.(取g=10 m/s2) 解析 物体受三个力作用:重力mg、支持力FN和静摩擦力Ff,因静摩擦力的方向难以确定,且静摩擦力的方向一定与斜面平行,所以假设静摩擦力的方向沿斜面向上.根据牛顿第二定律,在水平方向上有,图 6,FN sin 30-Ffcos 30=ma. 在竖直方向上有FNcos 30+Ffsin 30=mg. 由、式得Ff=-5( -1)m,负号说明摩擦力Ff
10、的方向与假设的方向相反,即沿斜面向下. 答案 ( -1)m,沿斜面向下,专题二“传送带模型”类问题 1.知识概要与方法归纳 “传送带类问题”分水平、倾斜两种;按转向分顺时针、逆时针两种. (1)受力和运动分析受力分析中的摩擦力突变(大小、方向)发生在v物与v带相同的时刻;运动分析中的速度变化相对运动方向和对地速度变化. 分析关键是:(1)v物、v带的大小方向;(2)mgsin与Ff的大小与方向.,(2)传送带问题中的功能分析 功能关系:WF=Ek+EP+Q 对WF、Q的正确理解 a.传送带所做的功:WF=Fx带,功率P=Fv带(F由传送带受力平衡求得). b.产生的内能:Q=Ffx相对 c.如
11、物体无初速,放在水平传送带上,则在整个加速过程中物体获得的动能Ek,因为摩擦而产生的热量Q有如下规律: Ek=Q= mv带2,2.典型例题与规律总结 (1)水平放置运行的传送带 处理水平放置的传送带问题,首先应对放在传送带上的物体进行受力分析,分清物体所受摩擦力是阻力还是动力;然后对物体进行运动状态分析,即对静态动态终态进行分析和判断,对其全过程作出合理分析、推论,进而采用有关物理规律求解.这类问题可分为:运动学型;动力学型;能量守恒型;图象型.,【例7】如图7所示,质量为m的物体从离传送带高为H处沿光滑圆弧轨道下滑,水平进入长为L的静止的传送带,之后落在水平地面的Q点.已知物体与传送带间的动
12、摩擦因数为,则当传送带转动时,物体仍以上述方式滑下,将落在Q点的左边还是右边？,图 7,解析 物体从P点落下,设水平进入传送带的速度为v0,则由机械能守恒定律得 mgH= (1)当传送带静止时,分析物体在传送带上的受力,可知物体做匀减速运动,a=mg/m=g.物体离开传送带时的速度为vt= ,随后做平抛运动而落在Q点. (2)当传送带逆时针方向转动时,物体的受力情况与传送带静止时相同,因而物体离开传送带时的速度仍为vt= ,随后做平抛运动而仍落在Q点.(当 2gL时,物体将不能滑出传送带而被传送带送回,显然不符合题意,舍去.),(3)当传送带顺时针转动时,可能出现五种情况: 当传送带的速度v带
13、较大时,v带则分析物体在传送带上的受力可知,物体一直做匀加速运动,离开传送带时的速度为 v= vt= 因而将落在Q点的右边. 当传送带的速度v带较小时,v带则分析物体在传送带上的受力可知,物体一直做匀减速运动,离开传送带时的速度为vt=因而仍将落在Q点.,当传送带的速度 v带 ,则分析物体在传送带上的受力可知,物体将在传送带上先做匀加速运动,后做匀速运动,离开传送带时的速度vt 因而将落在Q点右边. 当传送带的速度 v带 时,则分析物体在传送带上的受力可知,物体将在传送带上先做匀减速运动,后做匀速运动,离开传送带时的速度vt ,因而将落在Q点右边.,当传送带的速度v带= 时,则物体在传送带上不
14、受摩擦力的作用而做匀速运动,故将落在Q点的右边. 综上所述:当传送带的速度v带 时,物体仍落在Q点;当传送带的速度v带 时,物体将落在Q点的右边.答案 见解析,(2)倾斜放置运行的传送带 这种传送带是指两皮带轮等大,轴心共面但不在同一水平线上(不等高),传送带将物体在斜面上传送的装置.处理这类问题,同样是先对物体进行受力分析,再判断摩擦力的方向是解题关键,正确理解题意和挖掘题中隐含条件是解决这类问题的突破口.这类问题通常分为:运动学型;动力学型;能量守恒型.,【例8】如图8所示,传送带与水平面夹角为37,并以v=10 m/s运行,在传送带的A端轻轻放一个小物体,物体与传送带之间的动摩擦因数=0
15、.5,AB长16米,求以下两种情况下物体从A到B所用的时间. (1)传送带顺时针方向转动. (2)传送带逆时针方向转动.,图 8,解析 (1)传送带顺时针方向转动时受力如题图所示: mgsin-mgcos=ma a=gsin-gcos=2 m/s2 x= at2 t= =4 s. (2)传送带逆时针方向转动,物体受力如图:开始摩擦力方向沿传送带向下,向下匀加速运动 a=gsin 37+gcos 37=10 m/s2 t1=v/a=1 s,x1= at2=5 m x2=11 m 1秒后,速度达到10 m/s,摩擦力方向变为沿传送带向上.物体以初速度v=10 m/s向下做匀加速运动 a2=gsin
16、 37-gcos 37=2 m/s2 x2=vt2+ a2 11=10t2+ 2 t2=1 s 因此t=t1+t2=2 s 答案 (1)1 s (2)2 s,点评 综上所述,传送带问题包含力、运动、能量等知识点,而且其中的摩擦力的方向、大小可能要发生变化,但只要掌握了上述三种基本类型,传送带问题就可迎刃而解,以上就是笔者对传送带题型的几点总结.当然,“传送带类问题”题型还不止这些.但不管怎样,只要我们了解其物理情景,物理模型,会进行受力分析,再灵活配合牛顿第二定律和能量知识就一定能正确解答.,素能提升1.有两个光滑固定斜面AB和BC, A和C两点在同一水平面上, 斜面BC比斜面AB长,如图9
17、所示.一个滑块自A点以速 度vA上滑,到达B点时速度 减小为零,紧接着沿BC滑下.设滑块从A点到C点的总时间是t0.那么下列选项中能正确表示滑块速率v随时间t变化的规律的图象是( ),图 9,解析 设AB长为L1,倾角为,BC长为L2,倾角为.滑块沿AB上滑的加速度大小为a1=gsin ,滑块从A滑到B所用的时间为:t1= 由运动学公式得: =2a1L1.又滑块从B滑到C时的加速度大小为:a2=gsin ,滑到C点的速度为:vC= ,从B滑到C所用的时间为:t2= 由几何关系可得,L1sin =L2sin ,联立解得:vC=vA,t1t2,综合得出,正确选项为C.答案 C,2.如图10所示,弹
18、簧秤外壳质量为m0,弹簧及挂 钩的质量忽略不计,挂钩吊着一质量为m的重 物.现用一方向竖直向上的外力F拉着弹簧秤, 使其向上做匀加速直线运动,则弹簧秤的读数 为( ),图 10,解析 以弹簧和重物整体为研究对象,F-(m0+m)g=(m0+m)a,以重物为研究对象,F弹-mg=ma,得到弹簧秤的读数F弹=故D正确.答案 D,3.如图11所示,一水平方向足够长的 传送带以恒定的速度v1沿顺时针 方向运动,一物体以水平速度v2从右端滑上传送带后,经过一段时间 又返回光滑水平面,此时速率为 v2,则下列说法正确的是( )A.若v1v2,则v2=v1B.若v1v2,则v2=v2C.不管v2多大,总有v
19、2=v2D.只有v1=v2时,才有v2=v2,图 11,解析 设物体的质量为m,物体与传送带之间的滑动摩擦力大小为Ff,物体相对传送带滑动的加速度大小为a.物体在传送带上滑动,则有:Ff=ma,物体在传送带上向左滑动的位移为:x= .速度减为零后,在滑动摩擦力的作用下开始向右匀加速运动,加速度大小仍为a,若v1v2,滑到传送带右端时的速度大小为:v2= ,比较可以得出,v2=v2v1;若v1v2,物体还没有运动到传送带的右端,速度就和传送带的速度相同,物体与传送带之间不再存在摩擦力,物体随传送带一起匀速运动,v2=v1v2.正确选项为A、B.答案 AB,4.如图12所示,光滑水平面上放置质量分
20、别为m和2m的四个木块,其中两个质量为m的木块间用一不可伸长的轻绳相连,木块间的最大静摩擦力是mg.现用水平拉力FT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( ),图 12,解析 设绳中的最大拉力为F,共同运动的加速度为a,对右边的m应用牛顿第二定律得:mg-FT=ma,对左边的两个物体应用牛顿第二定律得:FT=3ma,联立解得FT= ,正确选项为B.答案 B,5.在探究摩擦力特点的实验中,将木块放在水平长木板上,如图13(a)所示,用力沿水平方向拉木块,拉力从0开始逐渐增大.分别用力传感器采集拉力和木块所受到的摩擦力,并用计算机绘制出摩擦力Ff随拉力F的
21、变化图象,如图(b)所示.已知木块质量为0.78 kg.取重力加速度g=10 m/s2,sin 37= 0.60,cos 37=0.80.,图 13,(1)求木块与长木板间的动摩擦因数.(2)若木块在与水平方向成37角斜向右上方的恒定拉力F作用下,以a=2.0 m/s2的加速度从静止开始做匀变速直线运动,如图(c)所示.拉力大小应为多大？,解析 (1)由题图(b)可知,木块所受到的滑动摩擦力Ff=3.12 N由Ff=FN,得= =0.4(2)物体受重力G、支持力FN、拉力F和摩擦力Ff作用.将F分解为水平和竖直两方向,根据牛顿运动定律Fcos-Ff=maFsin+FN=mgFf=FN联立各式可
22、得F=4.5 N 答案 (1)0.4 (2)4.5 N,6.如图14所示,一质量为M=5 kg的斜 面体放在水平地面上,斜面体与地 面的动摩擦因数为1=0.5,斜面高度为h=0.45 m,斜面体与小物块 的动摩擦因数为2=0.8,小物块 的质量为m=1 kg,起初小物块在斜面的竖直面上的最高点.现在从静止开始在M上作用一水平恒力,并且同时释放m,取g=10 m/s2,设小物块与斜面间最大静摩擦力等于它们之间的滑动摩擦力,小物块可视为质点.问:,图 14,(1)要使M、m保持相对静止一起向右做匀加速运动,加速度至少多大？(2)此过程中水平恒力至少为多少？(3)当(1)问中水平恒力作用0.4 s时
23、,撤去F,求m落地时M相对于出发点的位移为多少？,解析 (1)以m为研究对象,竖直方向有:mg-Ff=0水平方向有:FN=ma,又Ff=2FN,得:a1=12.5 m/s2(2)以小物块和斜面体为整体作为研究对象,由牛顿第二定律得:F-1(M+m)g=(M+m)a1水平恒力至少为:F=105 N(3)撤去F后小物块做平抛运动下落的时间为:t2= =0.3 sF作用阶段,斜面体的位移为:x1= a1 =1 m0.4 s末的速度为:v1=a1t1=5 m/s,撤去F后,对斜面体应用牛顿第二定律得:1Mg=Ma2解得a2=5 m/s2斜面体速度减为0所用的时间为:t= =1 st2=0.3 s在t2
24、时间内斜面体的位移为:x2=v1t2-=1.275 mm落地时M相对于出发点的位移为:x=x1+x2=2.275 m答案 (1)12.5 m/s2 (2)105 N (3)2.275 m,7.如图15所示,绷紧的传送带与水平面 的夹角=30,传送带在电动机的 带动下,始终保持v0=2 m/s的速率运 行.现把一质量为m=10 kg的工件 (可看为质点)轻轻放在传送带的底端, 经时间t=1.9 s,工件被传送到h=1.5 m 的高处,并取得了与传送带相同的速度,取g=10 m/s2.求:(1)工件与传送带之间的滑动摩擦力F1.(2)工件与传送带之间的相对位移x.,图 15,解析 由题意高h对应的
25、传送带长为L= =3 m工件速度达到v0之前,从静止开始做匀加速运动,设匀加速运动的时间为t1,位移为x1,有x1=因工件最终取得了与传送带相同的速度,所以达到v0之后工件将匀速运动,有L-x1=v0(t-t1)解得:t1=0.8 s,x1=0.8 m所以匀加速运动阶段的加速度为a= =2.5 m/s2,在匀加速运动阶段,根据牛顿第二定律,有F1-mgsin=ma解得:F1=75 N(2)在时间t1内,传送带运动的位移为x=v0t1=1.6 m所以在时间t1内,工件相对传送带的位移为x=x-x1=0.8 m.答案 (1)75 N (2)0.8 m,阅卷现场阅卷手记 本章的知识考查主要是对牛顿运
26、动定律、超重、失重等规律的理解与运用；方法要求比较高,对重要的力学方法几乎都有涉及,如选择研究对象时的整体法和隔离法、力的计算的合成法与分解法、瞬时问题的处理方法、超失重的迁移运用、临界条件的分析和计算、程序法分析多过程问题等等；本章能力要求也很高,受力与运动过程的分析能力、状态变化和临界条件的推理能力、力与运动的计算能力、运用图象处理问题的能力等等,都是考察的热点.,通过试卷分析,对运动和力的关系不能准确地把握始终是出错的主要原因.不少同学处理这部分问题时不能从力与运动的基本关系出发,进行分析、推理、计算,而是过多的受一些不正确的经验影响或思维定势的羁绊,做出错误的判断,导致失分.,易错点实
27、例分析9.由于对运动状态分析不正确造成的错误试题回放如图1所示,在光滑的倾角为的固定斜面上放一个光滑的劈形的物体A,A的质量为M,A的上表面光滑且水平.物体B的质量为m,放在A的上表面.先用手固定住A,再放手让它下滑.求A刚下滑时B对A的压力.,图 1,错解分析设A、B以共同的加速度下滑,则下滑时的加速度为a=gsin.B受到向下的重力mg和竖直向上的支持力FN,如图所示建立坐标系： mg-FN=may=masin=mgsin2 所以FN=mg-mgsin2=mgcos2 在A刚下滑时B对A的压力大小为mgcos2,方向竖直向下. 错解的原因是认为A、B都沿斜面方向加速且加速度相等.而实际上B
28、只有竖直向下的加速度,而A的加速度沿斜面向下.,正确答案 对A、B受力分析,A的加速度方向沿斜面向下,B 的加速度方向竖直向下,A的加速度的竖直分量大小与B的加速度大小相等.即aB=aAy=aAsin 对A、B分别运用牛顿第二定律, 有(Mg+FNA)sin=MaA mg-FNB=maB=maAsin,FNA=FNB 所以FNB= ,根据牛顿第三定律知A下滑时B对A的压力为FNB,FNB=FNB=,物体到底做怎样的运动,一定要根据初状态和受力情况去判断,决不可想当然.本题中由于A、B之间光滑且水平,故B不受水平方向的力,只能具有竖直方向的加速度.,10.对力与运动的关系理解不清楚而造成错误试题
29、回放一质点处于静止状态,现对该质点施加力F,力F随时间t按图2所示的正弦规律变化,力F的方向始终在同一直线上.在04 s内,下列说法正确的是( )A.第2 s末,质点距离出发点最远B.第2 s末,质点的动能最大C.第4 s末,质点距离出发点最远D.第4 s末,质点的动能最大学生作答 A,图 2,错解分析 错选A.错误原因是认为质点在01 s内F增大,所以速度增大,12 s内F减小,所以速度减小,在02 s内质点先做加速运动,后做减速运动,第2 s末离出发点最远,错选A项.,正确答案 力F随图示的规律变化时,质点在前2 s内做加速度先增大后减小的加速运动,在2 s时刻速度最大,24 s内质点做加
30、速度(反方向)先增大后减小的减速运动,在4 s时刻速度为零.质点始终沿正方向运动,故B、C正确.答案为B、C. 根据牛顿第二定律F=ma可知,合外力决定加速度而不是速度,力和速度没有必然的联系.加速度与合外力存在瞬时对应关系：加速度的方向始终和合外力的方向相同,加速度的大小随合外力的增大(减小)而增大(减小).加速度和速度同向时物体做加速运动,反向时做减速运动.,11.对动力学问题中的临界条件认识不清而出错试题回放如图3所示,一个质量为m=0.2 kg的小球用细绳吊在倾角为=53的光滑斜面上,当斜面静止时,绳与斜面平行.当斜面以10 m/s2的加速度向右做加速运动时,求绳子的拉力及斜面对小球的
31、弹力.,图 3,错解分析 当斜面做加速运动时,小球受到三个力(重力、绳的拉力、支持力)的作用,此时绳仍平行于斜面,根据正交分解法,利用牛顿第二定律列方程： 在水平方向上：FTcos-FNsin=ma 在竖直方向上：FTsin+FNcos=mg 将题中各已知量代入方程,无解.找不到正确的方法而无法完成解答. 出错原因是认识不到小球和斜面的相对位置已经发生了变化,以一种静态的观念去处理已发生了变化的问题.,正确答案 先分析物理现象.用极限法把加速度a推到两个极端：当a较小(a0)时,小球受到三个力(重力、拉力、支持力)的作用,此时绳平行于斜面；当a增大(足够大)时,小球将“飞离”斜面,不再受支持力
32、,此时绳与水平方向的夹角未知.那么,当斜面以加速度a=10 m/s2向右加速运动时,必须先求出小球离开斜面的临界值a0才能确定小球受力情况.,小球刚要离开斜面时,只受重力和拉力,根据平行四边形定则作出其合力如图所示,由牛顿第二定律得：mgcot=ma0,代入数据解得a0=gcot=7.5 m/s2因为a=10 m/s27.5 m/s2,所以在题给条件下小球离开斜面向右做加速运动,FT= =2.83 N,FN=0. 物体间的存在状态是否发生了变化,要通过分析所给的条件是否引起了物理情景的“质变”.关键在于理解发生“质变”的条件,即临界条件.,12.整体法和隔离法运用不当产生的错误试题回放如图4所
33、示,质量为M,倾角为的楔形物A放在水平地面上.质量为m的B物体从楔形物的光滑斜面上由静止释放,在B物体加速下滑过程中,A物体保持静止.地面受到的压力多大？,图 4,错解分析 错解：以A、B整体为研究对象.受力如图,因为A物体静止,所以FN=G=(M+m)g.由于A,B的加速度不同,所以不能将二者视为同一物体.忽视了这一点就会造成错解.,正确答案 分别以A、B物体为研究对象.A、B物体受力分别如图a、b.根据牛顿第二定律列运动方程,A物体静止,加速度为零.,x:FN1sin -Ff=0 y:FN-Mg-FN1cos =0 B物体下滑的加速度为a, x:mgsin =ma y:FN1-mgcos2 =0 由式解得FN=Mg+mgcos2 根据牛顿第三定律地面受到的压力为Mg+ mgcos2 .,举一反三 动力学问题中,在选取研究对象时,若要将几个物体视为一个整体做为研究对象,应该注意这几个物体必须有相同的加速度.本题中地面对A物体的摩擦力也不是零,同样需要隔离出A物体来分析.灵活的运用隔离法和整体法,能迅速准确的解决问题.同时也应知道,整体法是一个分析问题的重要思想,不仅是力学中,在其他领域也经常用到.,返回,
