一、整体法与隔离法的应用
图1
例1 如图1所示，箱子的质量M＝5.0 kg，与水平地面的动摩擦因数μ＝0.22.在箱子顶处系一细线，悬挂一个质量m＝0.1 kg的小球，箱子受到水平恒力F的作用，使小球的悬线与竖直方向的摆角θ＝30°，试求力F的大小．(g取10 m/s2)
图2
例2 在光滑的水平面上放有一斜劈M，M上又有一物块m，如图2所示，力F作用在斜劈上，若要保持m与M相对静止，F至少要为多大？(各接触面均光滑，斜面倾角为θ)
二、临界和极值问题
例3 如图3所示，两个物块A和B叠放在光滑水平面上，已知A的质量mA＝4 kg，
图3
B的质量mB＝5 kg，在A上施加一个水平力FA.当FA＝20 N时，A、B间恰好开始发生相对运动．在撤去FA后，求：若要保持A、B间相对静止，对B物块能施加的最大水平力为多大？
三、牛顿运动定律的综合应用
例4 科研人员乘气球进行科学考察．气球、座舱、压舱物和科研人员的总质量为990 kg.气球在空中停留一段时间后，发现气球因漏气而下降，及时堵住．堵住时气球下降速度为1 m/s，且做匀加速运动，4 s内下降了12 m．为使气球安全着陆，向舱外缓慢抛出一定的压舱物．此后发现气球做匀减速运动，下降速度在5分钟内减少了3 m/s.若空气阻力和泄漏气体的质量均可忽略，重力加速度g＝9.89 m/s2，求抛掉的压舱物的质量．
图4
例5 在倾斜角为θ的长斜面上，一带有风帆的滑块从静止开始沿斜面下滑，滑块(连同风帆)的质量为m，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ、风帆受到向后的空气阻力与滑块下滑的速度v大小成正比，即F阻＝kv.滑块从静止开始沿斜面下滑的v－t图象如图4所示，图中的倾斜直线是t＝0时刻速度图线的切线．
(1)由图象求滑块下滑的最大加速度和最大速度的大小；
(2)若m＝2 kg，θ＝37°，g＝10 m/s2，求出μ和k的值．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
【即学即练】
1．在国际单位制中，功率的单位“瓦”是导出单位，“瓦”用基本单位表示正确的是( )
A．焦/秒 B．牛?米/秒
C．千克?米2/秒2 D．千克?米2/秒3
图5
2．如图5所示，一物体静止在倾斜的木板上，物体与木板之间相互作用力的对数是( )
A．1对
B．2对
C．3对
D．4对
图6
3．刹车距离是衡量汽车安全性能的重要参数之一．如图6所示，图线1、2分别是甲、乙两辆汽车的刹车距离s与刹车前的车速v的关系曲线，已知在紧急刹车过程中，车与地面间是滑动摩擦．据此可知，下列说法中正确的是( )
A．甲车与地面间的动摩擦因数较大，甲车的刹车性能好
B．乙车与地面间的动摩擦因数较大，乙车的刹车性能好
C．以相同的车速开始刹车，甲车先停下来，甲车的刹车性能好
D．甲车的刹车距离s随刹车前的车速v变化快，甲车的刹车性能好
图7
4．如图7所示，一物块静止在斜面上，现用一个水平力F作用于物块，当力的大小从零开始逐渐增加到F时， 而物块仍能保持静止，以下说法正确的是( )
A．物体受到的静摩擦力一定增大
B．物块所受合力增大
C．物块受到的静摩擦力有可能增大，也有可能减小
D．物块受到斜面的作用力增大
5．木块静止在倾角为θ的斜面上，那么木块对斜面的作用力的方向( )
A．沿斜面向下
B．垂直斜面向下
C．沿斜面向上
D．竖直向下
图8
6．某人在地面上用弹簧秤称得其体重为490 N．他将弹簧秤移至电梯内称其体重，t0至t2时间段内，弹簧秤的示数如图8所示，电梯进行的v－t图可能是(取电梯向上运动的方向为正)( )
7．如图9所示，一个人用与水平方向成θ＝30°角的斜向下的推力F推一个质量为20 kg的箱子匀速前进，如图9甲所示，箱子与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.40.求：
图9
(1)推力F的大小；
(2)若该人不改变力F的大小，只把力的方向变为与水平方向成30°角斜向上去拉这个静止的箱子，如图乙所示，拉力作用2.0 s后撤去，箱子最多还能运动多长距离．(g取10 m/s2)
图10
8．一个质量为m的小球B，用两根等长的细绳1、2分别固定在车厢的A、C两点，已知两轻绳拉直时，如图10所示，两轻绳与车厢前壁的夹角均为45°.试求：
(1)当车以加速度a1＝g/2向左做匀加速直线运动时，两轻绳1、2的拉力．
(2)当车以加速度a2＝2g向左做匀加速直线运动时，两轻绳1、2的拉力．
参考答案
知识体系构建
运动状态 质量 矢量 瞬时 向下 < 向上 > ＝ ＝
解题方法探究
例1 40.7 N
解析 对小球进行受力分析，小球受悬线的拉力FT和重力mg，如图甲所示，
则FTsin θ＝maFTcos θ＝mg
对整体进行受力分析，如图乙所示．
此时细绳对箱子的拉力和小球受的拉力对整体而言是内力，因此不必考虑：则由牛顿第二定律得F－μ(M＋m)g＝(M＋m)a，
即F＝(M＋m)(μg＋a)＝(M＋m)g(μ＋tan θ)≈40.7 N.
例2 (M＋m)gtan θ
解析 若m、M保持相对静止，则两者运动情况相同．对m、M所组成的整体进行受力分析，如图甲所示，根据牛顿第二定律可知F＝(m＋M)a.①
以m为研究对象，进行受力分析，如图乙所示，根据牛顿第二定律可得
Fx＝FN′?sin θ＝max＝ma.②
Fy＝FN′?cos θ－mg＝may＝0.③
由②③可得a＝gtan θ.代入①中得F＝(m＋M)gtan θ.
例3 25 N
解析 依题意，在FA的作用下，A、B一起加速运动有相等的加速度．当A、B开始发生相对运动时，A、B系统的加速度为最大加速度，A对B的静摩擦力fAB即为最大静摩擦力．由牛顿第二定律的比例式有，FA/(mA＋mB)＝fAB/mB.①
当对B施加一最大水平力FB时，A、B仍以共同的加速度运动，且这一加速度也为最大加速度，故B对A的静摩擦力fBA也为最大静摩擦力，即有，
fBA＝fAB.②
同理可列出比例式：FB/(mA＋mB)＝fBA/mA.③
由①②③解得：FB＝mBFA/mA＝25 N.
例4 101 kg
解析 设堵住漏洞后，气球的初速度为v0，所受的空气浮力为F浮，气球、座舱、压舱物和科研人员的总质量为m，由牛顿第二定律得mg－F浮＝ma①
式中a是气球下降的加速度．以此加速度在时间t内下降了h，则h＝v0t＋12at2②
当向舱外抛掉质量为m′的压舱物后，有F浮－(m－m′)g＝(m－m′)a′③
式中a′是抛掉压舱物后气球的加速度．由题意，此时a′方向向上，Δv＝a′Δt.④
式中Δv是抛掉压舱物后气球在Δt时间内下降速度的减少量．
由①③得m′＝ma＋a′g＋a′⑤
将题设数据m＝990 kg，v0＝1 m/s，t＝4 s，h＝12 m，Δt＝300 s.
Δv＝3 m/s，g＝9.89 m/s2代入②④⑤式得m′＝101 kg.
例5 (1)3 m/s2 2 m/s (2)μ＝0.375 k＝3 N?s/m
解析 (1)由题图可知滑块做加速度减小的加速运动，最终可达最大速度vm＝2 m/s，t＝0时刻滑块的加速度最大，即为v－t图线在O点的切线的斜率：a＝v1－v0t1＝3 m/s－01 s＝3 m/s2
(2)对滑块受力分析如图所示，由牛顿第二定律得mgsin θ－F阻－f＝ma
又f＝μFN，FN＝mgcos θ，F阻＝kv，联立以上各式得mgsin θ－μmgcos θ－kv＝ma
由(1)知，将v0＝0，a0＝3 m/s2和vm＝3 m/s，a＝0代入上式可得μ＝0.375，k＝3 N?s/m
即学即练
1．D 2.B 3.B 4.CD
5．D [木块受力如图所示，其中FN、f分别为斜面对木块的支持力和摩擦力，木块受到三个力的作用处于平衡状态，则FN、f的合力与G等大、反向，即方向竖直向上．由牛顿第三定律可知木块对斜面的作用力与FN、f的合力等大、反向，方向竖直向下．]
6．AD [t0～t1时间内，弹簧秤的示数小于人的重力，人处于失重状态，有向下的加速度；t2～t3时间内，弹簧秤的示数大于人的重力，人处于超重状态，有向上的加速度；t1～t2时间内，弹簧秤的示数等于人的体重，加速度为0，则B、C选项不正确，A、D正确．]
7．(1)120 N (2)2.88 m
解析 (1)设地面对箱子的支持力和摩擦力分别为FN、f.取箱子为研究对象，受力如图甲所示．
由牛顿第二定律得
水平方向 F?cos θ＝f
竖直方向 FN＝mg＋F?sin θ，又f＝μFN
联立上式解得F≈120 N
(2)取箱子为研究对象，受力分析如图乙所示
由牛顿第二定律得
水平方向 F?cos θ－f1＝ma1
竖直方向 FN1＋Fsin θ＝mg
又f1＝μFN1
拉力作用2 s末箱子的速度v1＝a1t
撤去力F后，箱子的受力分析如图丙所示
由牛顿第二定律得 f2＝ma2 又f2＝μFN2，FN2＝mg
设此过程箱子运动的距离为s则由运动学公式得s＝v212a2
联立以上各式解得 s＝2.88 m
8．(1)F1＝52mg F2＝0
(2)F1′＝322mg F2′＝22mg
解析 取小球为研究对象，设细绳1、2对小球的拉力分别为F1，F2，对小球受力分析，如图甲所示
水平方向上 22F1＋22F2＝ma
竖直方向上 22F1－mg－22F2＝0
联立得F1＝mg＋ma2，F2＝ma－mg2
由此分析知，当车以a＝g向左做匀加速直线运动时，细绳2刚好伸直，且对球没有作用力．
(1)当a1＝g2时，细绳2的拉力为0，受力分析如图乙
则F1＝F2合＋?mg?2＝52 mg
(2)当a2＝2g时，细绳2上已有拉力则
有F1′＝mg＋ma2＝3 22mg
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