oo其中ax?acos30 ay?asin30（如图所示） 根据牛顿第二定律有
ox方向： f?max?macos30 ①
y方向： FN?mg?may?masin30 ② 又 FN?o63mg ③ 解①②③得 f?mg 。
55【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、(2014 武汉模拟)如图甲所示，在风洞实验室里,一根足够长的固定的均匀直细杆与水平方向成θ=37°角，质量m=1kg的小球穿在细杆上且静止于细杆底端O处，开启送风装置，有水平向右的恒定风力F作用于小球上，在t1=2s时刻风停止。小球沿细杆运动的部分v-t图像如图乙所示，g取10m/s2，sin37°=，cos37°=，忽略浮力。求：
(1)小球在0～2s内的加速度a1和2～5s内的加速度a2。 (2)小球与细杆间的动摩擦因数μ和水平风力F的大小。
【答案】(1)15m/s2，方向沿杆向上 10m/s2，方向沿杆向下 (2) 50N 【解析】 (1)取沿细杆向上的方向为正方向，由图像可知： 在0～2s内，a1?v1?v0?15m/s2(方向沿杆向上) t1v2?v1??10m/s2(“–”表示方向沿杆向下)。 t2在2～5s内，a2?(2)有风力F时的上升过程，由牛顿第二定律，有
Fcosθ-μ(mgcosθ+Fsinθ)-mgsinθ=ma1 停风后的上升阶段，由牛顿第二定律，有
-μmgcosθ-mgsinθ=ma2 联立以上各式解得μ=，F=50N。
类型三、合成法在牛顿第二定律中的应用
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. mg B. ?mg C. mg1?? D. mg1?? 【答案】C
22 【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ma，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，
F?(mg)2?(ma)2?(mg)2?(m?g)2?mg1??2 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】(2014 上海高考)如图，水平地面上的矩形箱子内有一倾角为θ的固定斜面，斜面上放一质量为m的光滑球。静止时，箱子顶部与球接触但无压力。箱子由静止开始向右做匀加速运动，然后改做加速度大小为a的匀减速运动直至静止，经过的总路程为s，运动过程中的最大速度为v。
(1)求箱子加速阶段的加速度大小a′。
(2)若a>gtanθ，求减速阶段球受到箱子左壁和顶部的作用力。 【解题指南】解答本题注意以下两点:
(1)利用匀变速直线运动公式求箱子加速阶段的加速度a′; (2)先判断球受箱子作用力的情况,再列方程求解。
av2【答案】 (1) (2)0 m(acotθ-g) 22as?v【解析】 (1)由匀变速直线运动公式有:v2=2a′s1、v2=2as2，且s=s1+s2，解得:
av2a??。
2as?v2(2)假设球不受箱子作用，应满足: Nsinθ=ma，Ncosθ=mg，解得:a=gtanθ。
减速时加速度向左，此加速度由斜面支持力N与左壁支持力F左共同决定，当a >gtanθ，F左=0，
球受力如图所示，在水平方向上根据牛顿第二定律有Nsinθ=ma，在竖直方向有Ncosθ-F=mg，解得: F上=m(acotθ-g)。
【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
A 30o a 上
（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＝
02【答案】（1）10m/s （2）23N （3）60；
【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： Tcos30?mgsin30?ma （1） 垂直于斜面方向： Tsin30?mgcos30 （2）
2解得 T?23N， a?10m/s
oooo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30角，合力方向沿斜面与水平面夹角也为30角，合力大小为ma，如图，三角形为等腰三角形，所以：ma?mg， a?g?10m/s。
o由几何关系得拉力 T?2mgcos30?23N
oo2（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
a?10m/s2?g,从图中几何关系可看出二者的夹角为60o,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??60。
【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5m/s的加速度水平向右做加速运动； （2）斜面以10m/s的加速度水平向右做加速运动； （3）斜面以10m/s的加速度水平向右做减速运动； 【答案】（1）T1?2.2N,N1?0.4N （2）N2?0T2?2.83No??45 222o（3）T3?0.4N,N3?2.8N
【解析】斜面由静止向右加速运动过程中，当a较小时，小球受到三个力作
用，此时细绳平行于斜面；当a增大时，斜面对小球的支持力将会减小，当a增大到某一值时，斜面对小球的支持力为零；若a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
a?5m/s2，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。
设小球刚刚脱离斜面时斜面向右的加速度为a0，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。
mgcot??ma0 代入数据解得：a0?7.5m/s2
（1）斜面以5m/s的加速度水平向右做加速运动，a?a0，小球没有离开斜面， 小球受力：重力mg，支持力N1,绳拉力T1,进行正交分解， 水平方向： T1cos??N1sin??ma 竖直方向： T1sin??N1cos??mg 解得T1?2.2N,N1?0.4N；
2（2）因为a?10m/s?a0，所以小球已离开斜面，斜面的支持力N2?0， 由受力分析
2可知，细绳的拉力为 (图中F?ma)
此时细绳拉力T2与水平方向的夹角为 ??arctanmg?45o ma（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， tan??为零的临界加速度
?ma0 a0?为绳子拉力mg??gtan?? a040m/s2?10m/s2，所以绳子有拉力。 3小球受力：重力mg，支持力N3,绳拉力T3,进行正交分解， 水平方向： N3sin??T3cos??ma 竖直方向： N3cos??T3sin??mg 解得T3?0.4N,N3?2.8N。
解法二：采用分解加速度的方式
x方向： mgsin??T?macos?
所以 T?mgsin??macos??0.4N
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。
整体法和隔离法讲义
