【受力分析与牛顿第二定律】
1、 倾角为θ的斜面上有质量为m 的木块，它们之间的动摩擦因数为μ。现用水平力F推动木块，如图所示，使 木块恰好沿斜面向上做匀速运动。若斜面始终保持静止，求水平推力F的大小。
2、在倾角a=30°的斜面上有一块竖直放置的挡板，在挡板和斜面之间放有一个重为G=20N的光滑圆球，如图所示，试求这个球受到斜面的支持力和球受到档板的压力。
3、如图1，在倾角为α的固定光滑斜面上，有一用绳子拴着的长木板，木板上站着一只猫．已知木板的质量是猫的质量的2倍．当绳子突然断开时，猫立即沿着板向上跑，以保持其相对斜面的位置不变．则此时木板沿斜面下滑的加速度为( )
A.sinα B．gsinα 2
3C.gsinα D．2gsinα 2
4、在一正方形小盒内装一小圆球，盒与球一起沿倾角为θ的光滑斜面下滑，如图所示．若不计摩擦，当θ角增大时，下滑过程圆球对方盒前壁压力FN及对方盒底面的压力FN′将如何变化( )
A．FN′变小，FN变小
B．FN′变小，FN为零
C．FN′变小，FN变大
D．FN′不变，FN变大
5、如图所示，质量为M的框架放在水平地面上，一轻弹簧上端固定在框架上，下端固定一个质量为m的小球，小球上下振动时，框架始终没有跳起，当框架对地面压力为零瞬间，小球的加速度大小为( )
A．g
C．0 B.D.gM－mg mM＋mg m
6、人站在岸上通过定滑轮用绳牵引低处的小船，如图所示，若水的阻力恒定不变，则在船匀速靠岸的过程中，下列说法正确的是( )
A．绳的拉力不断增大 B．绳的拉力保持不变
C．船受到的浮力保持不变 D．船受到的浮力不断减小
7、如图所示，一质量为M的楔形木块放在水平桌面上，它的顶角为90°，两底角为α和β；a、b是两个位于斜面上质量均为m的木块，已知所有接触面都是光滑的．现发现a、b沿斜面下滑，而楔形木块静止不动，这时楔形木块对水平桌面的压力等于( )
A．Mg＋mg
B．Mg＋2mg
C．Mg＋mg(sinα＋sinβ)
D．Mg＋mg(cosα＋cosβ)
8、有一个直角支架AOB，AO水平放置，表面粗糙，OB竖直向下，表面光滑．AO上套有小环P，OB上套有小环Q，两环质量均为m，两环由一根质量可忽略、不可伸长的细绳相连，并在某一位置平衡(如图6所示)．现将P环向左移一小段距离，两环再次达到平衡，那么将移动后的平衡状态和原来的平衡状态比较，AO杆对P环的支持力FN和摩擦力f的变化情况是( )
A．FN不变，f变大
B．FN不变，f变小
C．FN变大，f变大
D．FN变大，f变小
9、如图所示为杂技“顶杆”表演，一人站在地上，肩上扛一质量为M的竖直竹竿，当竿上一质量为m的人以加速度a加速下滑时，竿对“底人”的压力大小为( )
A．(M＋m)g－ma
B．(M＋m)g＋ma
C．(M＋m)g
D．(M－m)g
10、直升机沿水平方向匀速飞往水源取水灭火，悬挂着m＝500 kg空箱的悬索与竖直方向的夹角θ1＝45°.直升机取水后飞往火场，加速度沿水平方向，大小稳定在a＝1.5 m/s时，悬索与竖直方向的夹角θ2＝14°，如图8所示．如果空气阻力大小不变，且忽略悬索的质量，试求水箱中水的质量M.(取重力加速度g＝10 m/s；sin14°≈0.242；cos14°≈0.970)
22
11、(2009·江苏高考)航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量m＝2 kg，动力系统提供的恒定升力F＝28 N．试飞时，飞行器从地面由静止开始竖直上升．设飞行器飞行时所受的阻力大小不变，g取10 m/s.
(1)第一次试飞，飞行器飞行t1＝8 s时到达高度H＝64 m．求飞行器所受阻力f的大小；
(2)第二次试飞，飞行器飞行t2＝6 s时遥控器出现故障，飞行器立即失去升力．求飞行器能达到的最大高度h；
(3)为了使飞行器不致坠落到地面，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t3.
2
1、解：分析物体受力情况，选斜面方向为x 轴，垂直斜面方向为y 轴，把不在轴上的重力G和水平分力F分解到坐标轴上，由于物体处于平衡状态，则有Fcosθ=Fμ+mgsinθ FN=Fsinθ+mgcosθ Fμ=μFN 解得：F=
2、解：如图小球受力分析
(sinθ+μcosθ)mg cosθ-μsinθ
∶N
2=N1sinα
∶G=N1cosα
∴N1=G20N40==N cos30︒32
N2=N1sin30°=40120⋅=N323
∴球受到斜面与拉力的4020N N，受到档板的压力的33
3、解析：当绳子突然断开，猫保持其相对斜面的位置不变，即相对地面位置不变，
猫可视为静止状态，木板沿斜面下滑，取猫和木板整体为研究对象，如图进行
3受力分析，由牛顿第二定律得3mgsinα＝2ma，a＝sinα，所以C选项正确．答案：C 2
4、解析：系统(球和小盒)在垂直于斜面方向无加速度，该方向合外力为零．
对小球有：FN′＝mgcosθ，故当θ增大时，FN′变小．在平行于斜面方向的
加速度a＝gsinθ，在该方向物体处于“完全失重”状态，所以小球对小盒前壁
的压力FN始终为零，与θ大小无关．答案：B
5、解析：弹簧的弹力与框架的重力平衡，故小球受的合外力为(M＋m)g.对m由牛顿第二定律得：(M＋m)g＝ma，所以该瞬间aM＋mg.答案：D m
6、解析：分析船的受力情况如图5所示，船匀速靠岸的过程中，FTcosα＝Ff.
Ff不变，α增大，cosα减小．所以FT增大，A正确，B错误；拉力FT竖直向上
的分力为FT·sinα，因FT、α均增大，FTsinα增大，那么船受到的浮力不断
减小，所以C错误，D正确．答案：AD
7、解析：由于各接触面是光滑的，a、b两物体均加速下滑，
分析M受力：M自身的重力G，地面的支持力FN，
a对M的压力Fa＝mgcosα，
b对M的压力Fb＝mgcosβ.如图所示．
利用正交分解，在竖直方向上合力为零．
FN＝G＋Fbcosβ＋Facosα＝G＋mgcos2α＋mgcos2β
因为α与β互余，所以cosα＋cosβ＝1. 所以FN＝G＋mg＝Mg＋mg 答案：A
22
方法二：取a、b、M整体为研究对象，其竖直方向受力情况及系统内各物体运动状态如图所示.
以竖直向上为正方向，在竖直方向上由牛顿第二定律得
FN-（M+2m）g=M・0+m・a1r+m・a2r 其中a1r=-g・sin2α，a2r=-g・sin2β
故水平桌面对楔形木块的支持力FN=Mg+mg，由牛顿第三定律得答案A正确.
8、解析：以两环和细绳整体为对象求FN，可知竖直方向上始终二力平衡，FN＝2mg不变；
以Q环为对象，在重力、细绳拉力F和OB压力N作用下平衡，设细绳和竖直方向的夹角
为α， 则P环向左移的过程中α将减小，N＝mgtanα也将减小．再以整体为对象，
水平方向只有OB对Q的压力N和OA对P环的摩擦力f作用，因此f＝N也减小．答案：B
9、解析：考查牛顿第二定律的应用，超重、失重概念．将杆和人看成一个整体，当人以加速度a加速下滑时，人处于失重状态，失重量为ma，因此系统对支持物的压力会比重力小ma，因此竿对人的压力为(M＋m)g－ma，A项正确．本题难度中等．答案：A
10、解析：设悬索对水箱的拉力为T，水箱受到的阻力为f.直升机取水时，水箱受力平衡．
水平方向：T1sinθ1－f＝0① 竖直方向：T1cosθ1－mg＝0② 联立①②解得f＝mgtanθ1③
直升机返回，以水箱为研究对象，在水平方向、竖直方向应用牛顿第二定律，由平衡方程得
T2sinθ2－f＝(m＋M)a④ T2cosθ2－(m＋M)g＝0⑤
联立④⑤，代入数据解得水箱中水的质量M＝4.5×10 kg 答案：M＝4.5×10 kg
11、解析：(1)第一次飞行中，设加速度为a1
12匀加速运动H＝1t1 2
由牛顿第二定律F－mg－f＝ma1
解得f＝4 N
(2)第二次飞行中，设失去升力时的速度为v1，上升的高度为s1
12匀加速运动s1＝a1t2 2
设失去升力后加速度为a2，上升的高度为s2
由牛顿第二定律mg＋f＝ma2 33
v12v1＝a1t2 s22a2
解得h＝s1＋s2＝42 m
(3)设失去升力下降阶段加速度为a3；恢复升力后加速度为a4，恢复升力时速度为v3
由牛顿第二定律mg－f＝ma3
F＋f－mg＝ma4
v32v32且h v3＝a3t3 2a32a4
32解得t3 s(或2.1 s) 2
答案：(1)f＝4 N (2)h＝42 m (3)t3＝2.1 s
【受力分析与牛顿第二定律】
1、 倾角为θ的斜面上有质量为m 的木块，它们之间的动摩擦因数为μ。现用水平力F推动木块，如图所示，使 木块恰好沿斜面向上做匀速运动。若斜面始终保持静止，求水平推力F的大小。
2、在倾角a=30°的斜面上有一块竖直放置的挡板，在挡板和斜面之间放有一个重为G=20N的光滑圆球，如图所示，试求这个球受到斜面的支持力和球受到档板的压力。
3、如图1，在倾角为α的固定光滑斜面上，有一用绳子拴着的长木板，木板上站着一只猫．已知木板的质量是猫的质量的2倍．当绳子突然断开时，猫立即沿着板向上跑，以保持其相对斜面的位置不变．则此时木板沿斜面下滑的加速度为( )
A.sinα B．gsinα 2
3C.gsinα D．2gsinα 2
4、在一正方形小盒内装一小圆球，盒与球一起沿倾角为θ的光滑斜面下滑，如图所示．若不计摩擦，当θ角增大时，下滑过程圆球对方盒前壁压力FN及对方盒底面的压力FN′将如何变化( )
A．FN′变小，FN变小
B．FN′变小，FN为零
C．FN′变小，FN变大
D．FN′不变，FN变大
5、如图所示，质量为M的框架放在水平地面上，一轻弹簧上端固定在框架上，下端固定一个质量为m的小球，小球上下振动时，框架始终没有跳起，当框架对地面压力为零瞬间，小球的加速度大小为( )
A．g
C．0 B.D.gM－mg mM＋mg m
6、人站在岸上通过定滑轮用绳牵引低处的小船，如图所示，若水的阻力恒定不变，则在船匀速靠岸的过程中，下列说法正确的是( )
A．绳的拉力不断增大 B．绳的拉力保持不变
C．船受到的浮力保持不变 D．船受到的浮力不断减小
7、如图所示，一质量为M的楔形木块放在水平桌面上，它的顶角为90°，两底角为α和β；a、b是两个位于斜面上质量均为m的木块，已知所有接触面都是光滑的．现发现a、b沿斜面下滑，而楔形木块静止不动，这时楔形木块对水平桌面的压力等于( )
A．Mg＋mg
B．Mg＋2mg
C．Mg＋mg(sinα＋sinβ)
D．Mg＋mg(cosα＋cosβ)
8、有一个直角支架AOB，AO水平放置，表面粗糙，OB竖直向下，表面光滑．AO上套有小环P，OB上套有小环Q，两环质量均为m，两环由一根质量可忽略、不可伸长的细绳相连，并在某一位置平衡(如图6所示)．现将P环向左移一小段距离，两环再次达到平衡，那么将移动后的平衡状态和原来的平衡状态比较，AO杆对P环的支持力FN和摩擦力f的变化情况是( )
A．FN不变，f变大
B．FN不变，f变小
C．FN变大，f变大
D．FN变大，f变小
9、如图所示为杂技“顶杆”表演，一人站在地上，肩上扛一质量为M的竖直竹竿，当竿上一质量为m的人以加速度a加速下滑时，竿对“底人”的压力大小为( )
A．(M＋m)g－ma
B．(M＋m)g＋ma
C．(M＋m)g
D．(M－m)g
10、直升机沿水平方向匀速飞往水源取水灭火，悬挂着m＝500 kg空箱的悬索与竖直方向的夹角θ1＝45°.直升机取水后飞往火场，加速度沿水平方向，大小稳定在a＝1.5 m/s时，悬索与竖直方向的夹角θ2＝14°，如图8所示．如果空气阻力大小不变，且忽略悬索的质量，试求水箱中水的质量M.(取重力加速度g＝10 m/s；sin14°≈0.242；cos14°≈0.970)
22
11、(2009·江苏高考)航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量m＝2 kg，动力系统提供的恒定升力F＝28 N．试飞时，飞行器从地面由静止开始竖直上升．设飞行器飞行时所受的阻力大小不变，g取10 m/s.
(1)第一次试飞，飞行器飞行t1＝8 s时到达高度H＝64 m．求飞行器所受阻力f的大小；
(2)第二次试飞，飞行器飞行t2＝6 s时遥控器出现故障，飞行器立即失去升力．求飞行器能达到的最大高度h；
(3)为了使飞行器不致坠落到地面，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t3.
2
1、解：分析物体受力情况，选斜面方向为x 轴，垂直斜面方向为y 轴，把不在轴上的重力G和水平分力F分解到坐标轴上，由于物体处于平衡状态，则有Fcosθ=Fμ+mgsinθ FN=Fsinθ+mgcosθ Fμ=μFN 解得：F=
2、解：如图小球受力分析
(sinθ+μcosθ)mg cosθ-μsinθ
∶N
2=N1sinα
∶G=N1cosα
∴N1=G20N40==N cos30︒32
N2=N1sin30°=40120⋅=N323
∴球受到斜面与拉力的4020N N，受到档板的压力的33
3、解析：当绳子突然断开，猫保持其相对斜面的位置不变，即相对地面位置不变，
猫可视为静止状态，木板沿斜面下滑，取猫和木板整体为研究对象，如图进行
3受力分析，由牛顿第二定律得3mgsinα＝2ma，a＝sinα，所以C选项正确．答案：C 2
4、解析：系统(球和小盒)在垂直于斜面方向无加速度，该方向合外力为零．
对小球有：FN′＝mgcosθ，故当θ增大时，FN′变小．在平行于斜面方向的
加速度a＝gsinθ，在该方向物体处于“完全失重”状态，所以小球对小盒前壁
的压力FN始终为零，与θ大小无关．答案：B
5、解析：弹簧的弹力与框架的重力平衡，故小球受的合外力为(M＋m)g.对m由牛顿第二定律得：(M＋m)g＝ma，所以该瞬间aM＋mg.答案：D m
6、解析：分析船的受力情况如图5所示，船匀速靠岸的过程中，FTcosα＝Ff.
Ff不变，α增大，cosα减小．所以FT增大，A正确，B错误；拉力FT竖直向上
的分力为FT·sinα，因FT、α均增大，FTsinα增大，那么船受到的浮力不断
减小，所以C错误，D正确．答案：AD
7、解析：由于各接触面是光滑的，a、b两物体均加速下滑，
分析M受力：M自身的重力G，地面的支持力FN，
a对M的压力Fa＝mgcosα，
b对M的压力Fb＝mgcosβ.如图所示．
利用正交分解，在竖直方向上合力为零．
FN＝G＋Fbcosβ＋Facosα＝G＋mgcos2α＋mgcos2β
因为α与β互余，所以cosα＋cosβ＝1. 所以FN＝G＋mg＝Mg＋mg 答案：A
22
方法二：取a、b、M整体为研究对象，其竖直方向受力情况及系统内各物体运动状态如图所示.
以竖直向上为正方向，在竖直方向上由牛顿第二定律得
FN-（M+2m）g=M・0+m・a1r+m・a2r 其中a1r=-g・sin2α，a2r=-g・sin2β
故水平桌面对楔形木块的支持力FN=Mg+mg，由牛顿第三定律得答案A正确.
8、解析：以两环和细绳整体为对象求FN，可知竖直方向上始终二力平衡，FN＝2mg不变；
以Q环为对象，在重力、细绳拉力F和OB压力N作用下平衡，设细绳和竖直方向的夹角
为α， 则P环向左移的过程中α将减小，N＝mgtanα也将减小．再以整体为对象，
水平方向只有OB对Q的压力N和OA对P环的摩擦力f作用，因此f＝N也减小．答案：B
9、解析：考查牛顿第二定律的应用，超重、失重概念．将杆和人看成一个整体，当人以加速度a加速下滑时，人处于失重状态，失重量为ma，因此系统对支持物的压力会比重力小ma，因此竿对人的压力为(M＋m)g－ma，A项正确．本题难度中等．答案：A
10、解析：设悬索对水箱的拉力为T，水箱受到的阻力为f.直升机取水时，水箱受力平衡．
水平方向：T1sinθ1－f＝0① 竖直方向：T1cosθ1－mg＝0② 联立①②解得f＝mgtanθ1③
直升机返回，以水箱为研究对象，在水平方向、竖直方向应用牛顿第二定律，由平衡方程得
T2sinθ2－f＝(m＋M)a④ T2cosθ2－(m＋M)g＝0⑤
联立④⑤，代入数据解得水箱中水的质量M＝4.5×10 kg 答案：M＝4.5×10 kg
11、解析：(1)第一次飞行中，设加速度为a1
12匀加速运动H＝1t1 2
由牛顿第二定律F－mg－f＝ma1
解得f＝4 N
(2)第二次飞行中，设失去升力时的速度为v1，上升的高度为s1
12匀加速运动s1＝a1t2 2
设失去升力后加速度为a2，上升的高度为s2
由牛顿第二定律mg＋f＝ma2 33
v12v1＝a1t2 s22a2
解得h＝s1＋s2＝42 m
(3)设失去升力下降阶段加速度为a3；恢复升力后加速度为a4，恢复升力时速度为v3
由牛顿第二定律mg－f＝ma3
F＋f－mg＝ma4
v32v32且h v3＝a3t3 2a32a4
32解得t3 s(或2.1 s) 2
答案：(1)f＝4 N (2)h＝42 m (3)t3＝2.1 s