高考复习高三二轮复习正交分解法整体法和隔离法题型归纳.docx
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高考复习高三二轮复习正交分解法整体法和隔离法题型归纳
高三二轮复习正交分解法、整体法和隔离法
题型归纳
类型一、整体法和隔离法在牛顿第二定律中的应用
例1、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，cosθ=3/5，然后在木板B上施一水平力F。
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：
Tcosθ–f1=0N1–G1–Tsinθ又f1=μN1
联立得到：
Tcosθ=μ（G1+Tsinθ）
即T
cos
G1
sin
f1=TcosθN1=G1+Tsinθ
对B：
F–f1′–2=f0N2–N1′–2=G0
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
F1和
F2，且F1
F2，则A施于B的作用力的大小为（）
A．F1
B．F2
1
C.（F12
F2）
1
D.（F12
F2）
【答案】C
【解析】设两物体的质量均为m，这两物体在
F1和
F2的作用下，具有相同的加速度为
aF1F2，方
2m
向与F1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
F1方
向相同）。
用隔离法分析物体B在水平方向受力N和
F2，根据牛顿第二定律有
NF2ma
NmaF1（FF）
故选项C正确。
2
212
【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mg，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.35
mgB.3mg4
C.32
mgD.3mg
【答案】B
【解析】以四个木块为研究对象,由牛顿第二定律得
F6ma
绳的拉力最大时,m与2m间的摩擦力刚好为最大静摩擦力mg,以2m（右边的）为研究对象,则
Fmg
2ma,对m有mgTma,联立以上三式得
T3mgB正确。
4
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）2s
t2
（2）
1
cos
[FM（kg
2s）]
t2
（3）[FM（kg
2s）]st2
【解析】
（1）拖拉机在时间t内匀加速前进s，根据位移公式
s1at2
2
①
变形得a
2s
t2
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
F
kMgTcos
Ma
③
联立②③变形得
T
1
cos
[F
M（kg
2s
t
2）]
④
根据牛顿第三定律连杆对耙的反作用力为
T
T
1
cos
[F
M（kg
2s）]
t2
⑤
拖拉机对耙做的功：
W
Tscos
⑥
联立④⑤解得
W
[F
M（kg2s）]s
⑦
t2
【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、下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害。
某地有一倾角为θ=37°（sin37°=3/）5的山坡C，上面有一质量为m的石板B，其上下表面与斜坡平行；B上有一碎石堆A（含有大量泥土），A和B均处于静止状态，如图所示。
假设某次暴雨中，A浸透雨水后总质量也为m（可视为质量不变的
滑块），在极短时间内，A、B间的动摩擦因数μ1减小为3/8，B、C间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A、B开始运动，此时刻为计时起点；在第2s末，B的上表面突然变为光滑，μ2保持不变。
已知A开始运动时，A离B下边缘的距离l=27m，C足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
取重力加速度大小g=10m/s2。
求：
（1）在0~2s时间内A和B加速度的大小
（2）A在B上总的运动时间
【答案】
（1）a1=3m/s2；a2=1m/s2；
（2）4s
【解析】
（1）在0~2s时间内，A和B的受力如图所示，其中
f1、N1是A与B之间的摩擦力和正压力
的大小，f2、N2是B与C之间的摩擦力和正压力的大小，方向如图所示。
由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得
f1=μ1N1
⑴
N1=mgcosθ
⑵
f2=μ2N2
⑶
N2=N1+mgcosθ
⑷
规定沿斜面向下为正方向。
设
A和B的加速度分别为a1和a2，由牛顿第二定律得
mgsinθ–f1=ma1
⑸
mgsinθ–f2+f1=ma2
⑹
联立以上各式可得:
a1=3m/s2
⑺
a2=1m/s2
⑻
（2）在t1=2s时，设A和B的速度分别为v1和v2，则v1=a1t1=6m/s⑼
v2=a2t2=2m/s⑽
t＞t1时，设A和B的加速度分别为a1′和a2′。
此时A与B之间的摩擦力为零，同理可得
a1′=6m2/s⑾
a2′=2–m/s2⑿
即B做减速运动。
设经过时间t2，B的速度减为零，则有
v2+a2′t2=0⒀
联立⑽⑿⒀式得
t2=1s⒁
在t1+t2时间内，A相对于B运动的距离为
1a
2
1t1v1
t1a
2
21212
1t2）（a2t1v2t2a2t2
2
2
2
2
s（）12m＜27m⒂
此后B静止不动，A继续在B上滑动。
设再经过时间t3后A离开B，则有
ls（v1
a1t2）t3
12
a1t3⒃
2
可得
t3=1s（另一解不合题意，舍去）⒄设A再B上总的运动时间为t总，有
t总=t2+t2+t3=4s⒅
（利用下面的速度图线求解，正确的，参考上述答案及评分参考给分）
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
为多少？
a做匀加速直线运动（如
图所示），则F
【答案】F
m（agsin
gcos）
cossin
【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
FN，摩擦力
Ff。
（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：
Fcos
mgsin
Ffma
y方向：
FN
mgcos
Fsin0
FfFN
三式联立求解得
m（agsin
F
gcos）
cossin
【变式2】如图（a）质量m＝1kg的物体沿倾角＝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
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v的关系如图（b）所示。
求：
（1）物体与斜面间的动摩擦因数；
（2）比例系数k。
（g10m/s2sin53o
0.8，cos53o
0.6）
【答案】
（1）0.25
（2）k0.84kg/s
【解析】
（1）对初始时刻：
mgsin
mgcos
ma0○1
由图读出
2
a04m/s代入○1式，解得：
gsin
gcos
ma0
0.25；
（2）对末时刻加速度为零：
mgsin
Nkvcos0○2
又Nmgcos
kvsin
由图得出此时v
5m/s
代入○2式解得：
k＝
mg（sin－cos）
v（sin＋cos＝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30o，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】FN
3mg
5
【解析】对人受力分析：
重力mg，支持力
FN，摩擦力f（摩擦
力方向一定与接触面平行，由加速度的方向推知f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，
x
y
其中aacos30oaasin30o（如图所示）根据牛顿第二定律有
x方向：
fmax
macos30o①
Ny
y方向：
Fmgmamasin30o②
又FN
6mg③解①②③得
5
f3mg。
5
【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，
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