利用“分解加速度”解题的方法
力的合成和分解解题技巧
F1F2 FOF1F2FO力的合成和分解解题技巧一．知识清单：1．力的合成1力的合成的本质就在于保证作用效果相同的前提下,用一个力的作用代替几个力的作用,这个力就是那几个力的“等效力”合力;力的平行四边形定则是运用“等效”观点,通过实验总结出来的共点力的合成法则,它给出了寻求这种“等效代换”所遵循的规律;2平行四边形定则可简化成三角形定则;由三角形定则还可以得到一个有用的推论：如果n个力首尾相接组成一个封闭多边形,则这n个力的合力为零;3共点的两个力合力的大小范围是|F1－F2| ≤F合≤F1＋F 24共点的三个力合力的最大值为三个力的大小之和,最小值可能为零;2．力的分解1力的分解遵循平行四边形法则,力的分解相当于已知对角线求邻边;2两个力的合力惟一确定,一个力的两个分力在无附加条件时,从理论上讲可分解为无数组分力,但在具体问题中,应根据力实际产生的效果来分解;3几种有条件的力的分解①已知两个分力的方向,求两个分力的大小时,有唯一解;②已知一个分力的大小和方向,求另一个分力的大小和方向时,有唯一解;③已知两个分力的大小,求两个分力的方向时,其分解不惟一;④已知一个分力的大小和另一个分力的方向,求这个分力的方向和另一个分力的大小时,其分解方法可能惟一,也可能不惟一;4用力的矢量三角形定则分析力最小值的规律：①当已知合力F的大小、方向及一个分力F1的方向时,另一个分力F2取最小值的条件是两分力垂直;如图所示,F2的最小值为：F2min=F sinα②当已知合力F的方向及一个分力F1的大小、方向时,另一个分力F2取最小值的条件是：所求分力F 2与合力F 垂直,如图所示,F 2的最小值为：F 2min =F 1sin α③当已知合力F 的大小及一个分力F 1的大小时,另一个分力F 2取最小值的条件是：已知大小的分力F 1与合力F 同方向,F 2的最小值为｜F －F 1｜5正交分解法：把一个力分解成两个互相垂直的分力,这种分解方法称为正交分解法; 用正交分解法求合力的步骤：①首先建立平面直角坐标系,并确定正方向②把各个力向x 轴、y 轴上投影,但应注意的是：与确定的正方向相同的力为正,与确定的正方向相反的为负,这样,就用正、负号表示了被正交分解的力的分力的方向③求在x 轴上的各分力的代数和F x 合和在y 轴上的各分力的代数和F y 合 ④求合力的大小 22)()(合合y x F F F +=合力的方向：tan α=合合x y F F α为合力F 与x 轴的夹角3. 物体的平衡1平衡状态：静止：物体的速度和加速度都等于零; 匀速运动：物体的加速度为零,速度不为零且保持不变; 2共点力作用下物体的平衡条件：合外力为零即F 合＝0;3平衡条件的推论：当物体平衡时,其中某个力必定与余下的其它的力的合力等值反向;二． 解题方法：1、共点力的合成⑴同一直线上的两个力的合成 ①方向相同的两个力的合成②方向相反的两个力的合成⑵同一直线上的多个力的合成通过规正方向的办法;与正方向同向的力取正值,与正方向相反的力取负值,然后将所有分力求和,结果为正表示合力与正方向相同,结果为负表示合力方向与正方向相反; ⑶互成角度的两个力的合成F 1F 2F 合= F 2- F 1 方向与F 2相同F 1F 2F 合=F 1+F 2方向与F 1或F 2相同⑷当两个分力F1、F2互相垂直时,合力的大小2221F F F +=合⑸两个大小一定的共点力,当它们方向相同时,合力最大,合力的最大值等于两分力之和；当它们的方向相反时,它们的合力最小,合力的最小值等于两分之差的绝对值;即2121F F F F F +≤≤-合⑹多个共点力的合成①依次合成：F1和F2合成为F12,再用F12与F3合成为F123,再用F123与F4合成,…… ②两两合成：F1和F2合成为F12,F3和F4合成为F34,……,再用F12和F34合成为F1234,…… ③将所有分力依次首尾相连,则由第一个分力的箭尾指向最后一个分力箭头的有向线段就是所有分力的合力;⑺同一平面内互成120°角的共点力的合成①同一平面内互成120°角的二个大小相等的共点力的合力的大小等于分力的大小,合力的方向沿两分夹角的角平分线 2、有条件地分解一个力：⑴已知合力和两个分力的方向,求两个分力的大小时,有唯一解;⑵已知合力和一个分力的大小、方向,求另一个分力的大小和方向时,有唯一解;⑶已知合力和两个分力的大小,求两个分力的方向时,其分解不惟一; 3、用力的矢量三角形定则分析力最小值的规律：⑴当已知合力F 的大小、方向及一个分力F1的方向时,另一个分力F2取最小值的条件是两分力垂直;如图所示,F2的最小值为：F2min=F sin α⑵当已知合力F 的方向及一个分力F1的大小、方向时,另一个分力F2取最小值的条件是：所求分力F2与合力F 垂直,如图所示,F2的最小值为：F2min=F1sin αFF 1F 2FF 1F 1F 2遵循平行四边形定则：以两个分力为邻边的平行四边形所夹对角线表示这两个分力的合力;⑶当已知合力F 的大小及一个分力F1的大小时,另一个分力F2取最小值的条件是：已知大小的分力F1与合力F 同方向,F2的最小值为｜F －F1｜有两种可能性;⑷已知合力、一个分力的大小和另一个分力的方向,求这个分力的方向和另一个分力的大小时,其分解方法可能惟一,也可能不惟一;有四种可能性;4、用正交分解法求合力的步骤：⑴首先建立平面直角坐标系,并确定正方向⑵把不在坐标轴上的各个力向x 轴、y 轴上投影,但应注意的是：与确定的正方向相同的力为正,与确定的正方向相反的为负,这样,就用正、负号表示了被正交分解的力的分力的方向⑶求在x 轴上的各分力的代数和F x 合和在y 轴上的各分力的代数和F y 合⑷求合力的大小 22)()(合合y x F F F +=合力的方向：tan α=合合x y F F α为合力F 与x 轴的夹角5、受力分析的基本方法：1、明确研究对象：在进行受力分析时,研究对象可以是某一个物体,也可以是保持相对静止的若干个物体整体;在解决比较复杂的问题时,灵活的选取研究对象可以使问题简洁地得到解决;研究对象确定以后,只分析研究对象以外的物体施于研究对象的力即研究对象所受的外力,而不分析研究对象施于外界的力;2、隔离研究对象,按顺序找力;把研究对象从实际情景中分离出来,按先已知力,再重力,再弹力,然后摩擦力只有在有弹力的接触面之间才可能有摩擦力,最后其它力的顺序逐一分析研究对象所受的力,并画出各力的示意图;3、只画性质力,不画效果力画受力图时,只按力的性质分类画力,不能按作用效果画力,否则将重复出现; 受力分析的几点注意⑴牢记力不能脱离物体而存在,每一个力都有一个明确的施力者,如指不出施力者,意味着这FF 1F 2FF 1F 2个力不存在;⑵区分力的性质和力的命名,通常受力分析是根据力的性质确定研究对象所受到的力,不能根据力的性质指出某个力后又从力的命名重复这个力⑶结合物理规律的应用;受力分析不能独立地进行,在许多情况下要根据研究对象的运动状态,结合相应的物理规律,才能作出最后的判断;三． 经典例题例1. 用轻绳AC 与BC 吊起一重物,绳与竖直方向夹角分别为30°和60°,如图所示;已知AC 绳所能承受的最大拉力为150N,BC 绳所能承受的最大拉力为100N,求能吊起的物体最大重力是多少解析：对C 点受力分析如图：可知T A :T B :G ＝2:1:3设AC 达到最大拉力T A ＝150N, 则此时T B ＝N N N T A 1006.863503<==∴AC 绳子先断,则此时： G ＝说明：本题主要考查力的平衡知识,利用力的合成法即三角形法解决;例2. 如图所示,轻绳AO 、BO 结于O 点,系住一个质量为m 的物体,AO 与竖直方向成α角,BO 与竖直方向成β角,开始时α＋β＜90°;现保持O 点位置不变,缓慢地移动B 端使绳BO 与竖直方向的夹角β逐渐增大,直到BO 成水平方向,试讨论这一过程中绳AO 及BO 上的拉力大小各如何变化用解析法和作图法两种方法求解解析：以O 点为研究对象,O 点受三个力：T 1、T 2和mg,如下图所示,由于缓慢移动,可认为每一瞬间都是平衡状态;1解析法x 方向：T 2sin β－T 1sin α＝0,1y 方向：T 1cos α＋T 2cos β－mg ＝0;2 由式1得T T 12=sin sin βα· 3 式3代入式2,有sin cos sin cos βααβT T mg 220+-=,化简得T 2＝)sin(sin βαα+mg 4讨论：由于α角不变,从式4看出：当α＋β＜90°时,随β的增大,则T 2变小； 当α＋β＝90°时,T 2达到最小值mgsin α； 当α＋β＞90°时,随β的增大,T 2变大; 式4代入式3,化简得 T 1＝αβαβαβαββαααβcos sin sin cos cos sin sin )sin(sin ·sin sin +=+=+ctg mgmg mg ; 由于α不变,当β增大时,T 1一直在增大; 2作图法由平行四边形法则推广到三角形法则,由于O 点始终处于平衡状态,T 1、T 2、mg 三个力必构成封闭三角形,如图a 所示,即T 1、T 2的合力必与重力的方向相反,大小相等;由图b看出,mg大小、方向不变；T1的方向不变；T2的方向和大小都改变;开始时,α＋β＜90°,逐渐增大β角,T2逐渐减小,当T2垂直于T1时,即α＋β＜90°时,T2最小为mgsin α；然后随着β的增大,T2也随之增大,但T1一直在增大;说明：力的平衡动态问题一般有两种解法,利用平衡方程解出力的计算公式或作图研究,但需要指出的是作图法一般仅限于三力平衡的问题;例3. 光滑半球面上的小球可是为质点被一通过定滑轮的力F由底端缓慢拉到顶端的过程中如图所示,试分析绳的拉力F及半球面对小球的支持力F N的变化情况;解析：如图所示,作出小球的受力示意图,注意弹力F N总与球面垂直,从图中可得到相似三角形;设球面半径为R,定滑轮到球面的距离为h,绳长为L,据三角形相似得：F Lmgh RFRmgh RN=+=+由上两式得：绳中张力：F mgL h R=+小球的支持力：又因为拉动过程中,h不变,R不变,L变小,所以F变小,F N不变;说明：如果在对力利用平行四边形定则或三角形法则运算的过程中,力三角形与几何三角形相似,则可根据相似三角形对应边成比例等性质求解;例4. 如图所示,一个半球形的碗放在桌面上,碗口水平,O 点为其球心,碗的内表面及碗口是光滑的;一根细线跨在碗口上,线的两端分别系有质量为m 1和m 2的小球,当它们处于平移状态时,质量为m 1的小球与O 点的连线与水平线的夹角为α＝60°;两小球的质量比m m 21为A B C D ....33233222解析：对m 2而言T m g m g m g ==2213N T =23033121T m gm m ·°cos ==∴选A说明：注意研究对象的选取,利用m 2的平衡得到拉力与m 2重力的关系,利用m 1的三力平衡得到m 1重力与拉力的关系,绳拉m 1、 m 2的作用力相等时联系点;例5. 如图所示,A 、B 是系在绝缘细线两端,带有等量同种电荷的小球,其中1.0=A m kg,细线总长为20cm,现将绝缘细线通过O 点的光滑定滑轮,将两球悬挂起来,两球平衡时,OA 的线长等于OB 的线长,A 球依靠在光滑绝缘竖直墙上,B 球悬线OB 偏离竖直方向60,求：1B球的质量2墙所受A球的压力解析：对A受力分析如图,由平衡得T－m A g－Fsin30°＝0 ①Fcos30°－N＝0 ②对B受力分析如图所示,由平衡得FT=③2Fsin30°＝m B g④由①②③④⑤得2.0=Bm kg ⑤732.1=N N ⑥根据牛顿第三定律可知,墙受到A球的压力为; ⑦说明：注意A、B两的联系点,绳的拉力大小相同,库仑力大小相同,方向相反;四.达标测试1. 物体受到三个共点力的作用,以下分别是这三个力的大小,不可能使该物体保持平衡状态的是A. 3N,4N,6NB. 1N,2N,4NC. 2N,4N,6ND. 5N,5N,2N2. 如图所示,在倾角为α的斜面上,放一个质量为m的小球,小球被竖直的木板挡住,不计摩擦,则小球对挡板的压力大小是A. mg cosαB. mg tanαC.mgcosαD. mg3. 上题中若将木板AB绕下端点B点缓慢转动至水平位置,木板对球的弹力将A. 逐渐减小B. 逐渐增大C. 先增大,后减小D. 先减小,后增大4. 如图所示,物体静止于光滑水平面M上,力F作用于物体O点,现要使物体沿着OO'方向做匀加速运动F和OO'都在M平面内,那么必须同时再加一个力F1,这个力的最小值为A. F tanθB. F cosθC. FsinθD.F sin5. 水平横梁的一端A插在墙壁内,另一端装有一小滑轮B;一轻绳的一端C固定于墙壁上,另一端跨过滑轮后悬挂一质量m＝10kg的重物,∠CBA＝30°,如图所示,则滑轮受到绳子的作用力为g取10m/s2A. 50NB. 503NC. 100ND. 1003N6、2005 东城二模如图所示,斜面体放在墙角附近,一个光滑的小球置于竖直墙和斜面之间,若在小球上施加一个竖直向下的力F,小球处于静止;如果稍增大竖直向下的力F,而小球和斜面体都保持静止,关于斜面体对水平地面的压力和静摩擦力的大小的下列说法：①压力随力F 增大而增大；②压力保持不变；③静摩擦力随F增大而增大；④静摩擦力保持不变;其中正确的是：A. 只有①③正确B. 只有①④正确C. 只有②③正确D. 只有②④正确7. 下面四个图象依次分别表示A、B、C、D四个物体的加速度、速度、位移和滑动摩擦力随时间变化的规律;其中可能处于受力平衡状态的物体是8. 如图所示,质量为m、横截面为直角三角形的物块ABC,∠ABC＝α,AB边靠在竖直墙面上,F是垂直于斜面BC的推力,现物块静止不动,则摩擦力的大小为__________;9. 如图所示,已知G A＝100N,A、B都处于静止状态,若A与桌面间的最大静摩擦力为30N,在保持系统平衡的情况下,B的最大质量为;10. 如图,人重500N,站在重为300N的木板上,若绳子和滑轮的质量不计,摩擦不计,整个系统匀速上升时,则人对绳子的拉力为N,人对木板的压力为N;11. 如图所示,人重300N,物体重200N,地面粗糙,无水平方向滑动,当人用100N的力向下拉绳子时,求人对地面的弹力和地面对物体的弹力五．综合测试1. 两个共点力的夹角θ与其合力F之间的关系如图所示,则两力的大小是A. 1N和4NB. 2N和3NC. 和D. 6N和1N2. 设有五个力同时作用在质点P,它们的大小和方向相当于正六边形的两条边和三条对角线,如图所示;这五个力中的最小力的大小为F,则这五个力的合力等于A. 3FB. 4FC. 5FD. 6F3. 如图所示,一个物体A静止于斜面上,现用一竖直向下的外力压物体A,下列说法正确的是A. 物体A所受的摩擦力可能减小B. 物体A对斜面的压力可能保持不变C. 不管F怎样增大,物体A总保持静止D. 当F增大到某一值时,物体可能沿斜面下滑4. 一物体m放在粗糙的斜面上保持静止,先用水平力F推m,如图,当F由零逐渐增加但物体m仍保持静止状态的情况下,则①物体m所受的静摩擦力逐渐减小到零②物体m所受的弹力逐渐增加③物体m所受的合力逐渐增加④物体m所受的合力不变A. ①③B. ③④C. ①④D.②④5. 如图所示,质量为M的木楔ABC静置于粗糙水平地面上;在木楔的斜面上,有一质量为m 的物块沿斜面向上做匀减速运动,设在此过程中木楔没有动,①地面对木楔的摩擦力为零②地面对木楔的静摩擦力水平向左③地面对木楔的静摩擦力水平向右④地面对木楔的支持力等于M＋mg⑤地面对木楔支持力大于M＋mg ⑥地面对木楔的支持力小于M＋mg则以上判断正确的是A. ①④B. ②⑥C. ②⑤D. ③⑤6. 水平横梁一端A插在墙壁内,另一端装有一小滑轮B;一轻绳的一端C固定于墙壁上,另一端跨过滑轮后悬挂一重物,如图所示,若将C点缓慢向上移动,则滑轮受到绳子作用力的大小和方向变化情况是A. 作用力逐渐变大,方向缓慢沿顺时针转动B. 作用力逐渐变小,方向缓慢沿顺时针转动C. 作用力逐渐变大,方向缓慢沿逆时针转动D. 作用力大小方向都不变7. 如图所示,A、B是两根竖直立在地上的木桩,轻绳系在两木桩不等高的P、Q两点,C为光滑的质量不计的滑轮,当Q点的位置变化时,轻绳的张力的大小变化情况是A. Q 点上下移动时,张力不变B. Q 点上下移动时,张力变大C. Q 点上下移动时,张力变小D. 条件不足,无法判断8. 2005 海淀二模如图所示,用绝缘细绳悬吊一质量为m 、电荷量为q 的小球,在空间施加一匀强电场,使小球保持静止时细线与竖直方向成θ角,则电场强度的最小值为A.mg qsin θB.mg qcos θC.mg qtan θD.mg qcot θ9. 跳伞运动员和伞正匀速下落,已知运动员体重1G ,伞的重量2G ,降落伞为圆顶形;8根相同的拉线均匀分布于伞边缘,每根拉线均与竖直方向成30°夹角,则每根拉线上的拉力为A.1123G B. 12)(321G G + C.821G G + D. 41G10. 2005 天津如图所示,表面粗糙的固定斜面顶端安有滑轮,两物块P 、Q 用轻绳连接并跨过滑轮不计滑轮的质量和摩擦,P 悬于空中,Q 放在斜面上,均处于静止状态;当用水平向左的恒力推Q 时,P 、Q 仍静止不动,则A. Q 受到的摩擦力一定变小B. Q 受到的摩擦力一定变大C. 轻绳上拉力一定变小D. 轻绳上拉力一定不变 11. 2006 全国卷二如图,位于水平桌面上的物块P,由跨过定滑轮的轻绳与物块Q 相连,从滑轮到P 和到Q 的两段绳都是水平的;已知Q 与P 之间以及P 与桌面之间的动摩擦因数都是μ,两物块的质量都是m,滑轮的质量、滑轮轴上的摩擦都不计,若用一水平向右的力F 拉P 使它做匀速运动,则F 的大小为A. 4μmgB. 3μmgC. 2μmgD.μmg12. 一个质量为m,顶角为α的直角斜劈和一个质量为M的木块夹在两竖直墙壁之间,不计一切摩擦,则M对地的压力为________,左面墙壁对M的压力为_______;13. 如图所示,斜面倾角为α,其上放一质量为M的木板A,A上再放一质量为m的木块B,木块B用平行于斜面的细绳系住后,将细绳的另一端栓在固定杆O上;已知M＝2m;此情况下,A板恰好能匀速向下滑动,若斜面与A以及A与B间的动摩擦因数相同,试求动摩擦因数的大小达标测试答案1. B提示：三力大小如符合三角形三边的关系即可; 2. B提示：利用三力平衡知识求解; 3. D提示：力三角形图解法; 4. C提示： 利用三角形求最小值; 5. C提示：如图受力分析,可知拉力T ＝G ,根据平行四边形法则,所以两力的合力为100N;6. A提示：整体法求出支持力大小为F g M m ++)(,静摩擦力大小为墙对小球的弹力大小,隔离小球求出弹力大小αtg F mg )(+;7. CD提示：平衡状态加速度为零,滑动摩擦力可能与其它外力平衡; 8. Fsin α＋mg提示： 物体静止不动,研究竖直方向受力：有重力,向上墙的静摩擦力,F 在竖直方向的分力F sinα,向下,所以得到f ＝Fsin α＋mg; 9. 3kg提示：利用水平绳的拉力大小为30 N 求出; 10. 200,300提示：整体法4F ＝800,求出绳子对人的拉力F ＝200N,隔离人N ＋F ＝500; 11. 200N提示：对人而言mg F N =+1,对物体Mg F N =︒+60sin 2;综合测试答案1. B提示：N F F N F F 1,52121=-=+;2. D提示：正中央力为2F,其余四力合成大小为中央对角线的两倍,力大小4F 3. C提示：物体A 能静止于斜面上,是由于重力的下滑分力小于最大静摩擦,即mgsinθ<μmgcosθ,得μ>tgθ,此为放在斜面上的物体能否静止的条件;现增加竖直向下的F 力,相当于物重增大,则物体仍保持静止,但弹力和静摩擦力都会增大; 4. D提示：物体四力平衡,需正交分解列平衡方程,注意静摩擦力减小到零后会反向; 5. B提示：物块沿斜面向上做匀减速直线运动,加速度沿斜面向下,将加速度分解为向左的水平分量和向下的竖直分量;∴木楔对物块的作用力即支持力和摩擦力的合力在水平方向的分量向左,竖直方向的分量向上,但比自身重力要小;根据牛顿第三定律：物块对木楔的反作用力在水平方向的分量向右——为平衡,所以地面对木楔产生向左的静摩擦力；物块对木楔的反作用力在竖直方向分量向下,但小于mg,∴地面对木楔的支持力g m M N )(+<;6. B提示：抓住绳的拉力大小不变,夹角变大,作图得到; 7. A提示：Q 点移动时,绳与竖直方向的夹角不变; 8. A提示：电场力与绳垂直向上时,电场强度最小; 9. A提示：8Tcos30°＝1G 解得：1123G T =; 10. D提示：静摩擦力可能沿斜面向上或向下; 11. A提示：F mg mg T mg T =++=2,μμμ; 12. M ＋mg 、 mgctgα提示：整体求出g m M N )(+=,左边墙的压力大小等于右边墙对斜劈的压力大小,隔离斜劈得到右边墙对斜劈的压力大小αmgctg N =1; 13. αμtg 21=提示：由αμαμαμαtg 21,cos cos )3(sin 2=+=解得mg g m mg。
高中物理-加速度分解的妙用
分析弹力的技巧
在分析弹力大小及其变化的动力学问题中，分解加速度到弹力方向的方法，比分解力到加速度方向的
方法，得出答案更方便快捷。
【例1】如图所示，扶梯与水平面的夹角为30°，当电梯向上以加速度
a 运动时，则扶梯对人Байду номын сангаас支持力和摩擦力。
a
【解析】以人为研究对象，其受力如图所示，将加速度分解到水平、竖
直方向，由牛顿第二定律，有
Ff ma cos 30 ， FN mg ma sin 30
FN
ay
a
解得
Ff
3 2
ma
，
FN
mg
1 2
ma
Ff ax
G
【总结】这是一个分解加速度的经典例题。这种方法，显然比将力分解到平行、垂直加速度方向而言，
需要分解的量达到了最少，方程与计算都简单不少。
ax
而
a 02R sin
a
2g
解得
ω0=
R
G
ay
（2）ω＞ω0，则滑块有沿斜面向上滑的趋势，摩擦力沿罐壁切线向下，如图所示，将重力、系统加速
度分解到陶罐半径方向、切线方向，由牛顿第二定律，有
FN
Ff mg sin may
ax
其中
ay a cos
而
a 2R sin
若 a 太大，则 Ff 可能超过最大静摩擦力，物块 a 就会相对斜面上滑。物块相对斜面上滑时，物块有竖 直向上加速度，超重，因此整体对地压力大于整体重力。
本题选 BC. 【总结】本题若按常规将力分解到水平竖直方向，列、解方程较困难，而且也难以由结果一眼看出支 持力、摩擦力变化趋势。而将加速度分解到支持力、摩擦力方向时，问题就一目了然。
分解法解决绳牵连模型中加速度问题的尝试
分解法解决绳牵连模型中加速度问题的尝试分解法解决绳牵连模型中加速度问题的尝试在物理学中，绳牵连模型是一个经典的问题。
在这个模型中，我们考虑两个物体通过一根绳子相互连接。
当一个物体受到外力时，它会对绳子施加拉力，从而影响另一个物体的运动。
在这个模型中，我们经常需要计算物体的加速度。
然而，由于绳子的存在，这个问题并不容易解决。
在本文中，我们将尝试使用分解法来解决这个问题。
首先，我们需要明确一些基本概念。
在绳牵连模型中，我们通常会考虑两个物体：一个是施力物体，另一个是受力物体。
施力物体受到外力F的作用，对绳子施加拉力T。
受力物体受到绳子的拉力T和重力mg的作用。
我们需要计算受力物体的加速度a。
接下来，我们使用分解法来解决这个问题。
我们将受力物体的运动分解成两个方向：沿着绳子的方向和垂直于绳子的方向。
在沿着绳子的方向上，受力物体受到的合力是T-F，因为T和F方向相反。
根据牛顿第二定律，我们可以得到：(T-F) = ma1其中，a1是受力物体沿着绳子方向的加速度。
在垂直于绳子的方向上，受力物体受到的合力是N-mg，其中N是支持受力物体的力。
由于受力物体沿着这个方向没有加速度，我们可以得到：N-mg = 0因此，N=mg。
现在，我们可以将上述两个方程联立起来，得到：T-F = ma1mg-Tsinθ = ma2其中，θ是绳子和水平方向的夹角，a2是受力物体垂直于绳子方向的加速度。
我们可以将上述两个方程联立起来，消去T，得到：a1 = (F-mg sinθ)/(m+M)a2 = (Mg-Fcosθ)/(m+M)这样，我们就得到了受力物体沿着绳子方向和垂直于绳子方向的加速度。
这个方法的优点是简单易懂，容易推广到更复杂的情况。
例如，当绳子不是水平的时候，我们可以将绳子的方向分解成水平和垂直两个方向，然后按照上述方法计算加速度。
总之，分解法是解决绳牵连模型中加速度问题的一种有效方法。
通过将物体的运动分解成多个方向，我们可以更好地理解问题的本质，并得到准确的解答。
高中物理-2.加速度分解的妙用
加速度分解的妙用——分析弹力的技巧在分析弹力大小及其变化的动力学问题中，分解加速度到弹力方向的方法，比分解力到加速度方向的方法，得出答案更方便快捷。
【例1】如图所示，扶梯与水平面的夹角为30°，当电梯向上以加速度a 运动时，则扶梯对人的支持力和摩擦力。
【解析】以人为研究对象，其受力如图所示，将加速度分解到水平、竖直方向，由牛顿第二定律，有︒=30cos f ma F ，︒=-30sin N ma mg F解得 ma F 23f =，ma mg F 21N += 【总结】这是一个分解加速度的经典例题。
这种方法，显然比将力分解到平行、垂直加速度方向而言，需要分解的量达到了最少，方程与计算都简单不少。
【例2】倾角为θ、质量为M 的斜面体放在光滑水平地面上，其上表面光滑，将质量m 的物体放在斜面上，开始时系统处于静止状态。
现对斜面体施加一水平推力，如图所示。
要使物体m 相对斜面静止，力F 应为多大？此时斜面对物体支持力为多大？【解析】以m 为研究对象，其受力如图所示，将系统加速度分解到垂直斜面、竖直方向，由牛顿第二定律，有y ma mg =解得 g a y =则有 θθtan tan g a a y ==，θθcos cos /ga a y x == 则由牛顿第二定律，有对m ： θcos N mgma F x == 对整体： θtan )()(g m M a m M F +=+=【总结】本题采用斜交分解，使得加速度直接求出，而支持力不需要分解，大大简化了计算。
【例3】如图所示，半径为R 的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O 的对称轴OO ′重合．转台以一定角速度ω匀速旋转，一质量为m 的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和O 点的连线与OO ′之间的夹角θ为60°．重力加速度大小为g ． （1）若ω=ω0，小物块受到的摩擦力恰好为零，求ω0；（2）若ω=2Rg，求小物块受到的摩擦力大小和方向． 【解析】（1）以m 为研究对象，其受力如图所示，将系统加速度分解到陶罐半径方向、竖直方向，由牛顿第二定律，有y ma mg =解得 g a y =则有 θθtan tan g a a y ==而 θωsin 20R a =解得 ω0=Rg 2 aa xGF fF Na a y F NGaa xa yF N Gaa xa y（2）ω＞ω0度分解到陶罐半径方向、切线方向，由牛顿第二定律，有y f ma mg F =+θsin其中 θcos a a y = 而 θωsin 2R a =解得 mg F 23f = 【总结】本题第（1）问采用斜交分解，使得加速度可直接求出，而第（2）问由于支持力、摩擦力两力互相垂直，所以将加速度分解到这两个力的方向，从而可以少分解力，直接求出摩擦力，并且这里不需要求出支持力。
牛顿运动定律常用解题方法
牛顿运动定律常用解题方法1．合成法与分解法【例1】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37°角，球和车厢相对静止，球的质量为1kg ．（g ＝10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）（1）求车厢运动的加速度并说明车厢的运动情况． （2）求悬线对球的拉力．解析：（1）球和车厢相对静止，它们的运动情况相同，由于对球的受力情况知道的较多，故应以球为研究对象．球受两个力作用：重力mg 和线的拉力F T ，由球随车一起沿水平方向做匀变速直线运动，故其加速度沿水平方向，合外力沿水平方向．做出平行四边形如图所示．球所受的合外力为F 合＝mg tan37°由牛顿第二定律F 合＝ma 可求得球的加速度为=︒==37tan g mF a 合7.5m/s 2加速度方向水平向右．车厢可能水平向右做匀加速直线运动，也可能水平向左做匀减速直线运动． （2）由图可得，线对球的拉力大小为8.010137cos ⨯=︒=mg F T N=12.5 N点评：本题解题的关键是根据小球的加速度方向，判断出物体所受合外力的方向，然后画出平行四边形，解其中的三角形就可求得结果．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，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F ma F ma x x y y ==，，有的情况下分解加速度比分解力更简单。
例2. 质量为m 的物体放在倾角为α的斜面上斜面固定在地面上，物体和斜面间的动摩擦因数为μ，如沿水平方向加一个力F ，使物体沿斜面向上以加速度a 做匀加速直线运动，如图2的所示，则F 的大小为多少？图2解析：物体受力分析如图2（a ）所示，以加速度方向即沿斜面向上为x 轴正向，分解F 和mg ，建立方程并求解：图2（a ）x 方向：F mg F ma f cos sin αα--= y 方向：F mg F N --=cos sin αα0 又因为F F f N =μ联立以上三式求解得Fm a g g=++-(sin cos)cos sinαμααμα例3 如图3所示，电梯与水平面夹角为30°，当电梯加速向上运动时，人对梯面压力是其重力的65，则人与梯面间的摩擦力是其重力的多少倍？图3解析：此题为分解加速度较简单的典型例题，对人受力分析如图3（a）所示，取水平向右为x轴正方向，此时只需分解加速度，建立方程并求解：图3（a）x方向：F maf=cos30y方向：F mg maN-=sin30解得Fmgf=353. 假设法在分析物理现象时，常常出现似乎是这又似乎是那，不能一下子就很直观地判断的情况，通常采用假设法。
高中物理运动学加速度求解题常见模型及方法
高中物理运动学加速度求解题常见模型及方法引言:运动学是物理学的一个重要分支，研究物体的运动和运动规律。
在运动学中，加速度是一个关键概念，它描述了物体运动速度变化的快慢。
解决加速度相关问题需要理解常见的模型和方法。
本文将介绍高中物理中常见的加速度求解题的模型和方法。
一、直线运动加速度的求解模型及方法1. 匀加速直线运动：- 模型：匀加速直线运动的速度随时间的变化呈线性关系。
- 方法：根据速度随时间变化的关系，可以利用速度-时间图或速度-时间表求解加速度。
2. 自由落体运动：- 模型：自由落体运动是指只受重力作用的物体从静止位置开始下落的运动。
- 方法：可以利用重力加速度g来求解自由落体运动的加速度。
自由落体运动的加速度始终等于重力加速度g。
二、曲线运动加速度的求解模型及方法1. 简谐振动：- 模型：简谐振动描述了物体在一个约束力作用下沿一个路径往复运动的情况。
- 方法：可以利用力学模型来求解简谐振动的加速度，如弹簧振子的加速度可以通过Hooke定律和牛顿第二定律求解。
2. 圆周运动：- 模型：圆周运动是指物体在一个圆周轨迹上运动的情况。
- 方法：可以利用向心加速度来求解圆周运动的加速度，向心加速度的大小等于速度的平方除以半径。
结论:高中物理中，加速度求解问题常见的模型和方法包括匀加速直线运动、自由落体运动、简谐振动和圆周运动。
通过理解这些模型和方法，可以更好地解决与加速度相关的问题。
参考文献:[1] 高中物理课程标准. 人民教育出版社，2003.[2] 黄志伟, 李明. 高中物理实验教程. 人民教育出版社，2008.。
分解加速度专题
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300
2、一物体放在倾角为θ的斜面上，斜面固定与加速上 、一物体放在倾角为 的斜面上 的斜面上， 升的电梯中，加速度为a，如图所示， 升的电梯中，加速度为 ，如图所示，在物体始终相对 于斜面静止的条件下， 于斜面静止的条件下，下列说法直接欧诺个正确的是 （ BC） A、当θ一定时，a越大，斜面对物体的支持力越小 一定时， 越大 越大， 、 一定时 B、当θ一定时，a越大，斜面对物体的摩擦力越大 一定时， 越大 越大， 、 一定时 C、当a一定时，θ越大，斜面对物体的支持力越小 一定时， 越大 越大， 、 一定时 D、当a一定时，θ越大，斜面对物体的摩擦力越小 一定时， 越大 越大， 、 一定时
a θ
3、如图所示，质量为m的物体放在倾角为 的斜面上， 、如图所示，质量为 的物体放在倾角为 的斜面上， 的物体放在倾角为θ的斜面上 物体和斜面的动摩擦因数为µ， 物体和斜面的动摩擦因数为 ，如沿水平方向加一个 做匀加速直线运动， 力F，使物体沿斜面向上以加速度 做匀加速直线运动， ，使物体沿斜面向上以加速度a做匀加速直线运动 为多少？ 则F为多少？ 为多少 a F
例题：如图所示，质量为 的人站 例题：如图所示，质量为m的人站 在自动扶梯上，扶梯正以加速度a向 在自动扶梯上，扶梯正以加速度 向 上减速运动， 与水平方向的夹角为 上减速运动，a与水平方向的夹角为 θ。求人受到的支持力和摩擦力。 。求人受到的支持力和摩擦力。
v a
θ
1、如图，电梯与水平面夹角为30°， 、如图，电梯与水平面夹角为 ° 当电梯加速向上运动是， 当电梯加速向上运动是，人对梯面的 压力是其重力的6/5， 压力是其重力的 ，则人与梯面的摩 擦力是其重力的多少倍？ 擦力是其重力的多少倍？
பைடு நூலகம்m(a + g sin θ + µg cos θ ) F= cos θ − µ sin θ
关于加速度分解的思考
关于加速度分解的思考
加速度分解是物理学中一个重要的概念，它可以帮助我们更好地理解
物体在运动过程中的加速度变化。
在这篇文章中，我们将探讨加速度
分解的基本原理以及它的应用。
首先，我们需要了解什么是加速度。
加速度是物体在单位时间内速度
变化的量，通常用a表示。
在运动学中，加速度可以分为两种：瞬时
加速度和平均加速度。
瞬时加速度是物体在某一瞬间的加速度，而平
均加速度是物体在一段时间内的加速度。
接下来，我们来了解加速度分解的原理。
加速度分解是指将一个物体
的加速度分解为两个或多个分量，这些分量可以沿着不同的方向。
在
平面运动中，我们可以将一个物体的加速度分解为水平方向和竖直方
向的两个分量。
这样做的好处是，我们可以更好地理解物体在运动过
程中的加速度变化，从而更好地预测它的运动轨迹。
加速度分解的应用非常广泛。
例如，在物理学中，我们可以将一个物
体的重力加速度分解为水平方向和竖直方向的两个分量，从而更好地
理解物体在斜面上的运动。
在工程学中，加速度分解可以帮助我们更
好地设计机器人和其他自动化设备，从而提高它们的运动效率和精度。
总之，加速度分解是物理学中一个非常重要的概念，它可以帮助我们更好地理解物体在运动过程中的加速度变化。
通过将加速度分解为不同的分量，我们可以更好地预测物体的运动轨迹，并设计更高效和精确的自动化设备。
转换思维,分解加速度,解决相关物理问题
转换思维，分解加速度，解决相关物理问题作者：周全有来源：《理科考试研究·高中》2015年第02期有些物理问题，若采用分解或合成力来解决，显得繁杂，如果转换思维角度，分解或合成加速度处理这类问题，能够达到“柳暗花明”的效果.现举几例.例1如图1所示，扶梯与水平面的夹角为30°，人的质量为m，当电梯斜向上以加速度a 运动时，则扶梯对人的支持力和摩擦力各为多少？（已知当地的重力加速度为g）解析取人为研究对象，其受力如图2所示，将人的加速度分解到水平、竖直两个方向（如图3所示），由牛顿第二定律，在x方向有x：Ff=macos30°，y方向有：FN-mg=masin30°.解得Ff=32ma，FN=mg+12ma.总结这是一个分解加速度的经典例题.相比将重力、支持力力分解到平行、垂直斜面方向上处理简单了好多.例2如图4，质量为M、倾角为α的斜面静止在粗糙的水平面上，质量为m的滑块沿M 粗糙的斜面以加速度a下滑，求地面对M的支持力和摩擦力.解析取M、m组成的系统研究对象，其受力如图5所示，将m的加速度分解到水平、竖直两个方向（如图6所示），由质点组的牛顿第二定律得在水平方向上f=M×0+max=macosα （1）在竖直方向上（M+m）g-FN=M×0+m×ay=masinα （2）所以，地面对M的支持力和摩擦力分别为：FN=（M+m）g-masinα，f=macosα.总结本题若用隔离法分解力求解相当繁琐，但用质点组的牛顿第二定律结合分解加速度的方法解决显得简单，极大地提高了解题的效率.例3如图7所示，质量为m的物体放在倾角为α的斜面上，物体和斜面间的动摩擦因数为μ，如沿水平方向加一个力F，使物体沿斜面向上以加速度a做匀加速直线运动，则F为多少？解析取m为研究对象，其受力如图8所示，将其加速度分解到水平、竖直两个方向（如图9所示），由牛顿第二定律，推得x方向上F-Nsinα-fcosα=macosα，y方向Ncosα-fsinα=masinα又因为f=μN，解得 F=m（a+gsinα+μgcosα）cosα-μsinα.总结要求学生利用正交分解法解题时，要把一条坐标轴放在合加速度的方向上，而本题将坐标轴直接放到了力F的方向上，就不需要分解力F了，解方程组求解力F更容易.例4如图10所示，半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO′重合.转台以一定角速度ω匀速旋转，一质量为m的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和O点的连线与OO′之间的夹角θ为60°.重力加速度大小为g.（1）若ω=ω0，小物块受到的摩擦力恰好为零，求ω0；（2）若ω=2gR，求小物块受到的摩擦力大小和方向.解析（1）以m为研究对象，其受力如图11所示，将系统加速度分解到陶罐半径方向、竖直方向，由牛顿第二定律，有mg=may，解得 ay=g，则a=aytanθ=gtanθ，而a=ω20Rsinθ.解得ω0=2gR.（2）ω>ω0，则滑块有沿斜面向上滑的趋势，摩擦力沿罐壁切线向下，如图12所示，将重力、系统加速度分解到陶罐半径方向、切线方向，由牛顿第二定律，有Ff+mgsinθ=may其中ay=acosθ，a=ω2Rsinθ，解得 Ff=32mg.总结本题第（1）问，采用斜交分解，使得加速度可直接求出，而第（2）问由于支持力、摩擦力两力互相垂直，所以将加速度分解到这两个力的方向，可以少分解力，直接求出摩擦力，并且不需要求出支持力.使本题的求解，相较传统的水平竖直分解要简单许多.由以上几例不难看出，我们教学生解决问题问题时，要不拘一格，不要让学生利用某种单一固定的模式生搬硬套地解决问题.而是要引导学生从不同角度思考，换不同的方法求解，不断培养学生思维的灵活性和变通性，使学生的思维得到有效地发散，这是培养学生创新能力的一个有效方法.。
正交分解法与牛顿第二定律的结合应用
正交分解法与牛顿第二定律的结合应用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：F x＝ma(沿加速度方向)、F y＝0(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。
应用步骤一般为：①确定研究对象；②分析研究对象的受力情况并画出受力图；③建立直角坐标系，把力或加速度分解在x轴或y轴上；④分别沿x轴方向和y轴方向应用牛顿第二定律列出方程，即F x＝ma x，F y＝ma y；⑤统一单位，解方程，求得结果。
例1、质量为m的物体放在倾角为α的斜面上，物体和斜面的动摩擦因数为μ，如沿水平方向加一个力F，使物体沿斜面向上以加速度a做匀加速直线运动(如下图所示)，则F＝？例2、如图:所示，站在自动扶梯上的人质量为m，随自动扶梯加速向下运动，加速度的大小为a，自动扶梯与水平面成θ角，试求扶梯对人的支持力和摩擦力．练习1.一物体放置在倾角为θ的斜面上，斜面固定于加速上升的电梯中，加速度为α，如图示，在物体始终相对于斜面静止的条件下，下列说法中正确的是 ( )A、当θ一定时，a越大，斜面对物体的正压力越小B、当θ一定时，a越大，斜面对物体的摩擦力越大C、当a一定时，θ越大，斜面对物体支持力越小D、当a一定时，θ越大，斜面对物体的摩擦力越小2、质量为M的木块放在粗糙的水平面上，则用大小为F的水平恒力拉木块，其加速度为a，拉力方向不变，大小变为2F时，木块的加速度为a′，则 ( )A、a′＝aB、a′＜2aC、a′＞2aD、a′＝2a3、三个完全相同的物块1、2、3放在水平桌面上，它们与桌面间的摩擦因数都相同，现用大小相同的外力F沿图示方向分别作用在1和2上，用的外力沿水平方向作用在3上，使三者都做加速运动，用a1、a2、a3分别表示物块1、2、3的加速度，则 ( )A、a1＝a2＝a3B、a1＝a2，a2＞a3C、a1＞a2，a2＜a3D、a1＞a2，a2＞a34、如图所示，质量m＝1kg的小球穿在斜杆上，斜杆与水平方向成θ＝30°，球与杆间的动摩擦因数为，小球受到竖直向上的拉力F＝20N，则小球沿杆上滑的加速度为多少？(g＝10m/s2)5、一质量为m的物体，置于动摩擦因数为μ的水平地面上，现用与水平成θ角的拉力F拉物体，如图所示，为使物体能沿水平面做匀加速运动，F的取值范围怎样？牛顿第二定律的应用———动力学的两大基本问题(1)已知受力情况求运动情况根据牛顿第二定律，已知物体的受力情况，可以求出物体的加速度；再知道物体的初始条件 ( 即初位置和初速度)，根据运动学公式，就可以求出物体在任一时刻的速度和位置，也就求解出物体的运动情况。
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利用“分解加速度”解题的方法
黄贤胜
( 文昌中学 广东 汕尾城区 516624 )
[摘 要] 牛顿第二定律是中学物理的基础,它给出了物体运动状态的变化与外力的定量关系.本文重点分析在应用牛顿第二定律解答有关习题时,对于一个加速度不为零的物体,如何利用分解加速度使问题简化.
[关键词] 牛顿第二定律；加速度；正交分解；方法
在应用牛顿第二定律解答有关习题时,按照常规思维,一般采用力的正交分解法,但有些问题只对力进行分解,显得繁难,我们可以转换思维角度,同时分解加速度,将显得较为简捷.对于一个加速度不为零的物体,把作用于物体的力进行分解、叠加得到两个互相垂直的合力,将物体的合加速度沿这两个合力的方向正交分解,根据加速度的对应关系列式,再应用牛顿第二定律求解.
例1：如图1所示,光滑水平面上放一质量为M 的斜物块,倾角为θ.假定斜面光滑,
斜面上放有质量为m 的光滑物块,现对M 施加力F .求：
使m 对于M 保持相对静止时,水平推力F .
解：m 受力如图1,由线性叠加原理可知,相互垂直的
力或运动彼此互不影响．那么m 相对M 的加速度1a 仅由
沿斜面方向的合力θsin mg 确定,即
θsin 1g a = (1)
物体m 合加速度a (m 的实际加速度)是由物体m 沿斜面方向的合力θsin mg 和垂直斜面方向的合力θcos mg N -各自产生的加速度合成,因此将加速度a 沿这两个合力的方向正交分解（如图2）,根据加速度的对应关系,有
1cos a a =θ
所以 θtan g a = （2）
对m 和M 组成的系统,由牛顿第二定律有
a m M F )(+= （3）
将（2）式代入（3）式,得
θtan )(g m M F +=
应用此方法常会使一些问题简化．但要注意加速度发生变化时,相应的力也会发生变化.当物体受到两个以上的力作用而产生加速度时,可将这几个力进行简单的叠加、分解,化简为两个相互垂直的合力,再沿这两个合力的方向分解加速度,看下面例题．
例2：（如图3）在动力小车上固定一直角硬杆ABC,分别系在水平直杆AB 两端的轻弹簧和细绳将质量为m 的小球悬吊起来.当小车沿水平地面以加速度a 向右运动而达到稳定状态时,轻弹簧保持竖直并处于伸长状态,而细线与杆的竖直部分的夹角为θ,试求此时弹簧的弹力.
解：稳定时,m 受细绳的拉力T,弹簧的弹力F 和重力
mg (如图3).m 与小车以共同加速度a 运动.经分析可知,沿竖
直方向的合力为F mg -,将F mg -正交分解(如图4),再将T
与θcos )(F mg -叠加后化简,剩下两个互相垂直的合力(如图5).
那么,m 的合加速度a 是由沿细绳方向的合力θ
cos )(F mg T --与垂直细绳的合力θsin )(F mg -各自产生的加速度合成,因此将加速度a 沿这两个合力的方向正交分解(如图5).由牛顿第二定律,垂直细绳方向的加速度
m F mg a /sin )(2θ-=
根据加速度的对应关系,有 2cos a a =θ
m F mg a /sin )(cos θθ-=
所以 )tan /(θa g m F -=
通过以上习题的研究,给我们的启示是在利用正交分解求解牛顿定律问题时,可以转换思维角度,将加速度沿垂直合力方向正交分解,使问题简化.不要陷人某种单一固定的模式中而生搬硬套.教师要善于以典型题引导学生从不同角度思考,换不同的方法求解,不断培养学生思维的灵活性和变通性,使学生的思维得到有效地发散,这对提高学生
的科学素质和培养学生的创新能力具有积极的促进作用.。