高考物理总复习精品教案—力与运动(共3章)

2009高考物理总复习资料（一）力物体的平衡复习要点
1．力的概念及其基本特性
2．常见力的产生条件，方向特征及大小确定
3．受力分析方法
4．力的合成与分解
5．平衡概念及平衡条件
6．平衡条件的应用方法
二、难点剖析
1．关于力的基本特性
力是物体对物体的作用。

力作用于物体可以使受力物体形状发生改变；可以使受力物体运动状态（速度）发生改变。

影响力的“使物体变形”和“使物体变速”效果的因素有：力的大小、力的方向和力的作用点，我们反影响力的作用效果的上述三个因素称为“力的三要素”。

对于抽象的力概念，通常可以用图示的方法使之形象化：以有向线段表示抽象的力。

在研究与力相关的物理现象时，应该把握住力概念的如下基本特性。

（1）物质性：由于力是物体对物体的作用，所以力概念是不能脱离物体而独立存在的，任意一个力必然与两个物体密切相关，一个是其施力物体，另一个是其受力物体。

把握住力的物质性特征，就可以通过对形象的物体的研究而达到了解抽象的力的概念之目的。

（2）矢量性：作为量化力的概念的物理量，力不仅有大小，而且有方向，在相关的运算中所遵从的是平行四边形定则，也就是说，力是矢量。

把握住力的矢量性特征，就应该在定量研究力时特别注意到力的方向所产生的影响，就能够自觉地运用相应的处理矢量的“几何方法”。

（3）瞬时性：力作用于物体必将产生一定的效果，物理学之所以十分注重对力的概念的研究，从某种意义上说就是由于物理学十分关注力的作用效果。

而所谓的力的瞬时性特征，指的是力与其作用效果是在同一瞬间产生的。

把握住力的瞬时性特性，应可以在对力概念的研究中，把力与其作用效果建立起联系，在通常情况下，了解表现强烈的“力的作用效果”往往要比直接了解抽象的力更为容易。

（4）独立性：力的作用效果是表现在受力物体上的，“形状变化”或“速度变化”。

而对于某一个确定的受力物体而言，它除了受到某个力的作用外，可能还会受到其它力的作用，
力的独立性特征指的是某个力的作用效果与其它力是否存在毫无关系，只由该力的三要素来决定。

把握住力的独立性特征，就可以采用分解的手段，把产生不同效果的不同分力分解开分别进行研究。

（5）相互性：力的作用总是相互的，物体A施力于物体B的同时，物体B也必将施力于物体A。

而两个物体间相互作用的这一对力总是满足大小相等，方向相互，作用线共线，分别作用于两个物体上，同时产生，同种性质等关系。

把握住力的相互性特征，就可以灵活地从施力物出发去了解受力物的受力情况。

2．三种常见力的产生条件及方向特征：
力学范围内的三种常见力指的是重力、弹力和摩擦力。

这三种常见的产生条件及方向特征如下表所示：
3．物体受力情况的分析
（1）物体受力情况分析的理解：把某个特定的物体在某个特定的物理环境中所受到的力一个不漏，一个不重地找出来，并画出定性的受力示意图。

（2）物体受力情况分析的方法：为了不使被研究对象所受到的力与所施出的力混淆起来，通常需要采用“隔离法”，把所研究的对象从所处的物理环境中隔离出来；为了不使被研究对象所受到的力在分析过程中发生遗漏或重复，通常需要按照某种顺序逐一进行受力情况分析，而相对合理的顺序则是按重力、弹力，摩擦力的次序来进行。

（3）物体受力情况分析的依据：在具体的受力分析过程中，判断物体是否受到某个力的依据通常有如下三个。

①根据力的产生条件来判断；
②根据力的作用效果来判断； ③根据力的基本特性来判断。

4．力的合成与分解的原则，定则与特征
我们可以用一个力取代几个力（合成），也可以用几个力取代某一个力（分解），所有这些代换，都不能违背等效的原则。

而在等效原则的指导下，通常实验可总结出力的合成与分解所遵循的共同定则：平行四边形定则。

由力的合成所遵循的平行四边形定则可知：两个大小分别为F 1和F 2的力的合力大小F 的取值范围为
21F F -≤F ≤F 1+F 2.
同样，由力的分解所遵循的平行四边形定则可知：如不加任何限制而将某个力分解为两个分力，则可以得到无数种分解的方式，这是毫无意义的。

通常作力的分解时所加的限制有两种：按照力的作用效果进行分解，按照所建立的直角坐标将力作正交分解。

5．平衡概念的理解及平衡条件的归纳
（1）对平衡概念的准确理解：平衡是相对于运动提出的概念；有一种运动相应就有一种平衡与之对应；平衡实际上是运动在某种特殊的条件下所达到的某种特殊的状态；而某种运动处于平衡状态实际上是意味着这种运动的状态保持不变，或描述这种运动的状态参量恒定。

把平衡与运动建立起联系应该说是对平衡概念的准确理解。

教材中所提到的“某个物理量的平衡”，实际上也应理解为“某个物体所参与的某种运动的平衡”；而教材中所提到的“某个物理量的平衡”，实际上也应理解为“某个物理量所制约着的某种运动的平衡”。

（2）关于平衡条件的归纳。

①在共点力作用下的物体的平衡条件。

平动平衡状态是静止或匀速直线运动状态；其共同的物理本质是描述平动状态的速度这一物理量保持恒定；而能够迫使物体运动速度发生变化的只有力，所以在共点力的作用下的物体的平衡条件是：物体所受到的合外力为零，即
∑F =0.
②有固定转动轴的物体的平衡条件★
转动平衡状态是静止或匀速转动状态；其共同的物理本质是描述转动状态的角速度这一物理量保持恒定；而能够迫使物体转动角速度发生变化的只有力矩，所以在有固定转动轴的物体的平衡条件是：物体所受到的合力矩为零，即
∑M =0.
6．平衡条件的应用技巧 形如
∑F =0的平衡条件从本质上看应该是处于平衡状态下的物体所受到的各个外力
之间的某种矢量关系，准确把握平衡条件所表现出的矢量关系，就能在平衡条件的应用中充分展现其应用的技巧。

（1）正交分解法：这是平衡条件的最基本的应用方法。

其实质就是将各外力间的矢量关系转化为沿两个坐标轴方向上的力分量间的关系，从而变复杂的几何运算为相对简单的代数运算。

即
∑F =0→⎪⎩⎪⎨
⎧==∑∑.
0,
0y x F F 作为基本的应用方法，正交分解法的应用步骤为： ①确定研究对象；
②分析受力情况； ③建立适当坐标； ④列出平衡方程.
（2）合成（分解）法：如果物体受到力F 和i f （i=1，2，…，n ）的作用而处于平衡状态，则在利用平衡条件处理各个力之间的关系时可分别采用以下两种方法。

①合成法：把各个i f （i=1，2，…，n ）合成为 f =∑=n
i i
f
1
.
则必有
②分解法：把F 分解为F i （i=1，2，…，n ），即 F=∑=n
i i F 1
总可以使
F I =－f 1（i=1，2，…，n ）. （3）拉密定理法.
个力间的关系可以表示为
11
sin θF =22sin θF =3
3sin θF . 这就是所谓的拉密定理。

（4）多边形（三角形）法。

如果物体受到n 个共面的力而处于平衡状态，则表示 这n 个力的n 条有向线段可以依次首尾相接而构成一个封闭的“力的n 边形”，特别是当n=3时，则将构成一个封闭的“力的三角形”。

（5）相似形法。

如果物体受到共面的力的作用而处于平衡状态，一方面表示这些力的有向线段将构成封闭的“力的多边形”，另一方面若存在着与之相似的“几何多边形”，则可以利用相似多边形的“对应边成比例”的特性来表现平衡条件中的各个力之间的关系。

（6）共点法。

物体受到共面的力的作用而处地平衡状态，若表示这些力的有向线段彼此间不平行，则它们必将共点。

三、典型例题
例、质量为m 的物块与水平面间的动摩擦因数为μ，为使物块沿水平面做匀速直线运动，则所施加的拉力至少应为多大？
解析 取物块为研究对象，在与水平面夹θ角斜向右上方的拉力F 作用下，物块沿水平面向右做匀速直线运动，此时，
竖直向上为y Fcos θ－f=0 Fsin θ+N －mg=0.
考虑到动摩擦力f 与正压力N f=μN.
由上述三个方程消去未知量N 和f ，将得
F=μmg/（cos θ+μ 对上述表达式作变换，又可表示为
N 成为一个力R ，物块所受的四个力即可等效地视为三个力 R 、mg 和F ，而这三个力的矢量关系可由图来表示。

由图便很容易得出结论：当拉力F 与水平面夹角为 α=tg —
1μ
时，将取得最小值 F min =mgsin α=2
1μ
μ+mg
2009高考物理总复习资料（二）直线运动
复习要点
1．机械运动，参照物，质点、位置与位移，路程，时刻与时间等概念的理解。

2．匀速直线运动，速度、速率、位移公式S=υt ，S ～t 图线，υ～t 图线 3．变速直线运动，平均速度，瞬时速度
4．匀变速直线运动，加速度，匀变速直线运动的基本规律：S=υ0t+2
1at 2
、υ=υ0+at 匀变速直线运动的υ～t 图线
5．匀变速直线运动规律的重要推论 6．自由落体运动，竖直上抛运动
7．运动的合成与分解.
二、难点剖析
1．机械运动及其描述
机械运动的是运动物体的位置随时间变化。

做机械运动的物体，由于其位置将发生变化，为了描述其位置变化的情况，引入了位移概念；做机械运动的物体，由于其位置将随时间发生变化，为了描述其位置随时间变化的情况，引入了速度概念；做机械运动的物体，由于其位置随时间变化的情况有时也将变化，即其运动速度将随时间变化，为了描述其速度随时间情况，引入了加速度概念
位移是矢量，它描述了做机械运动的物体在某段时间内位置变化的大小和方向；速度是矢量，它描述了做机械运动的物体在某个时刻位置变化的快慢和方向；加速度也是矢量，它描述了做机械运动的物体在某个时刻速度变化的快慢和方向。

运动是绝对的，这就是说任何物体在任何时刻都是在运动着的；运动的描述则只能是相对的，这就是说描述物体的运动情况只能相对于某个指定的参照物。

应注意：同一物体的同一运动，若选取不同的参照物，其描述一般是不同的。

2．匀变速直线运动的基本规律及重要推论
（1）匀变速直线运动的基本规律通常是指所谓的位移公式和速度公式 S=υ0t+
2
1at 2
υ=υ0+at
（2）在匀变速直线运动的基本规律中，通常以初速度υ0
的方向为参考正方向，即υ
＞0此时加速度的方向将反映出匀速直线运动的不同类型： ①a ＞0，指的是匀加速直线运动； ②若a=0，指的是匀速直线运动； ③若a=0，指的是匀减速直线运动。

（3）匀变速直线运动的基本规律在具体运用时，常可变换成如下推论形式
推论1： υ2－2
0υ=2as
推论2：υ=
2
1
（υ0+υ） 推论3：△S=a △T 2 推论4：2
t υ=
2
1
(υ0+υ)
推论5：2
s υ=
)(2
122
0υυ+ 推论6：当υ0=υ时，有
S 1：S 2 ：S 3：……=12 ：22 ：32 ：…… S Ⅰ ：S Ⅱ ：S Ⅲ ：……=1 ：3 ：5 ：…… υ
1 ：υ2
：υ3：……=1 ：2 ：3 ：……
t 1 ：t 2 ：t 3 ：……=1 ：(2－1) ：(3
3．匀变速直线运动的υ－t 图
匀变速直线运动来说，其速度随时间变化的υ1（1（2（3的时间内所发生的位移s 。

图1 4．竖直上抛运动的规律与特征。

（1）竖直上抛运动的条件：有一个竖直向上的初速度υ0；运动过程中只受重力作用，加速度为竖直向下的重力加速度g 。

（2）竖直上抛运动的规律：竖直上抛运动是加速度恒定的匀变速直线运动，若以抛出点为坐标原点，竖直向上为坐标轴正方向建立坐标系，其位移公与速度公式分别为
S=υ0t －
2
1gt 2
υ=υ0－gt
（3）竖直上抛运动的特征：竖直上抛运动可分为“上升阶段”和“下落阶段”。

前一阶段是匀减速直线运动，后一阶段则是初速度为零的匀加速直线运动（自由落体运动），具备的特征主要有：
①时间对称——“上升阶段”和“下落阶段”通过同一段大小相等，方向相反的位移所经历的时间相等，即
t 上=t 下
②速率对称——“上升阶段”和“下落阶段”通过同一位置时的速率大小相等，即
υ上=υ下
三、典型例题
例1 物体做竖直上抛运动，取g=10m/s 2.若第1s 内位移大小恰等于所能上升的最大高度的
9
5
倍，求物体的初速度. 分析：常会有同学根据题意由基本规律列出形知
0υt －21gt 2=95·g
22
0υ
的方程来求解，实质上方程左端的0υt －
2
1gt 2
并不是题目中所说的“位移大小”，而只是“位移”，物理概念不清导致了错误的产生。

解：由题意有
202
1gt t -υ=95·g 22
0υ，
进而解得
01υ=30m/s ，02υ=6m/s ，03υ=4.45m/s
例2．摩托车的最大行驶速度为25m/s ，为使其静止开始做匀加速运动而在2min 内追上前方1000m 处以15m/s 的速度匀速行驶的卡车，摩托车至少要以多大的加速度行驶？
解：由运动规律列出方程
a m 2υ+m υ(t －a
m υ
)=υt+s. 将相关数据m υ=25m/s ，t=120s ，υ=15m/s ，s=1000m 代入，便可得此例的正确结论 a=
16
25
m/s 2. 例3 质点帮匀变速直线运动。

第2s 和第7s 内位移分别为2.4m 和3.4m ，则其运动加速度a=____________m/s 2.
分析：若机械地运动匀变速直线运动的基本规律，可以列出如下方程
(0υ·2+21a ·22)－(0υ·1+21
a ·12)=2.4， (0υ·7+21a ·72)－(0υ·6+2
1
a ·62)=3.4
若能灵活运动推论
△s=aT 2， 并考虑到
s 7－s 6=s 6－s 5=s 5－s 4=s 4－s 3=s 3－s 2=aT 2， 便可直接得到简捷的解合如下. 解： a=
2
275T
s s -=2154
.24.3⨯-m/s 2=0.2m/s 2. 例4．车由静止开始以a=1m/s 2的加速度做匀加速直线运动，车后相距s=25m 处的人以υ=6m/s 的速度匀速运动而追车，问：人能否追上车？
分析：应明确所谓的追及、相遇，其本质就是“不同的物体在同一时刻到达同一位置”.此例可假设经过时间t ，人恰能追上车.于是便可得到关于t 的二次方程进而求解。

解： υt=
2
1at 2
+s. 而由其判别式△=υ2－2as= －56＜0便可知：t 无实根.对应的物理意义实际上就是：人不能追上车.
例5．小球A 自h 高处静止释放的同时，小球B 从其正下方的地面处竖直向上抛出.欲使两球在B 球下落的阶段于空中相遇，则小球B 的初速度应满足何种条件？ 分析：选准如下两个临界状态：当小球B 的初速度为υ
1
时，两球恰好同时着地；当小
球B 的初速度为υ2时，两球相遇点恰在B 球上升的最高点处，于是分别列方程求解 解：
h=
21
g(2g
1υ)2， h －g
222υ=21g(g 2υ)2
由此可分别得到 υ1=
gh 2
1
＜υ0＜gh 例6．质点做竖直上抛运动，两次经过A 点的时间间隔为t 1，两次经过A 点正上方的B 点的时间间隔为t 2，则A 与B 间距离为__________.
分析：利用竖直上抛运动的“对称特征”可给出简单的解答
解：由竖直上抛运动的“对称”特征可知：质点从最高点自由落至A 、B 两点所经历时间
必为
21t 1和2
1t 2，于是直接可得 AB =21g(21t 1)2－21g(21t 2)2=81g(21t －22t ) 例7．质点做匀减速直线运动，第1s 内位移为10m ，停止运动前最后1s 内位移为2m ，则质点运动的加速度大小为a=________m/s 2，初速度大小为υ0=__________m/s.
分析：通常的思维顺序可依次列出如下方程
s=υ0t －
2
1at 2， 0=υ0－at ， 10=υ0·1－21a ·12，s －2=υ0 (t －1)－21a(t －1)2. 从上述方程组中解得
a= 4m/s 2 ， υ0=12m/s.
求解上述方程组是一个很繁琐的过程，若采用逆向思维的方法，把“末速为零的匀减速直线运动”视为“初速战速为零的匀加速直线运动”，则原来的最后1s 便成了1s ，于是
解：由 2=
21a ·12 即可直接得到
a=4m/s 2；
而考虑到题中给出的两段时间（均为1s ）内位移大小的比例关系（2 ：10=1 ：5），不难判断出运动总时间为
t=3s.
由此简单得出
υ0
例8 如图2所示，长为1m 21m 初速度竖直向上抛出，取g=10m/s 2小球与杆的下端等高；再经时间△与杆的上端等高. 例9 物体做竖直上抛运动，其初速度大小可能为多少？
分析：如果列出方程
s=υ0t －2
1gt 2， 并将有关数据s=65m ，t=5s 代入，即求得
υ0=38m/s 。

此例这一解答是错误的，因为在5s 内，做竖直上抛运动的物体的运动情况有如下两种可能性：
①前5s 内物体仍未到达最高点.在这种情况下，上述方程中的s 确实可以认为是前5s 内的路程，但此时υ0应该受到υ0≥50m/s 的制约，因此所解得的结论由于不满足这一制约条件而不能成立.
②前5s 内物体已经处于下落阶段，在这种情况下，上述方程中的s 只能理解为物体在前5s 内的位移，它应比前5s 内的路程d 要小，而此时应用
解：由运动规律可得
d=g 220υ+2
1g(t －g 0υ)2， 在此基础上把有关数据d=65m ，t=5s 代入后求得
υ0=20m/s 或υ0=30m/s ，
例10 质点从A 点到B 点做匀变速直线运动，通过的位移为s ，经历的时间为t ，而质点通过A 、B 中点处时的瞬时速度为υ，则当质点做的是匀加速直线运动时，υ______t s ；当质点做的是匀减速直线运动时，υ_______t
s .（填“＞”、“=”“＜”＝ 分析：运动υ－t 图线分析求解最为简捷。

考虑到υ是质点通过A 、B 中点时的瞬时速度，因此，图线上纵坐标值为υ的点的前、后两段线下的“面积”应相等；另外考虑到s/t 实际上是这段时间内的平均速度，对于匀变速直线而言，数值上又等于时间中点的瞬时速度。

由此便可以从图中看出，无论质点做的是匀加速直线运动还是匀减速直线运动，均应有υ＞
t
s 2009高考物理总复习资料（三） 运动和力
复习要点
1．牛顿第一定律、物体的惯性
2．牛顿第二定律
3．牛顿第三定律
4．牛顿运动定律的应用：已知运动求受力；已知受力求运动
5．超重与失重
二、难点剖析
1．对牛顿第一定律的理解
（1）内容：一切物体都将保持静止状态或匀速直线运动状态，直到有外力迫使其改变运动状态为止。

（2）理解：牛顿第一定律分别从物体的本质特征和相应的外部作用两个侧面对运动作出了深刻的剖析。

就物体的本质特征而言，一切物体都具有“不愿改变其运动状态”的特性；就物体所受到的外力与其运动的关系而言，外力是迫使物体改变运动状态的原因。

也就是说，牛顿第一定律一方面揭示出一切物体共同具备的本质特性——惯性，另一方面又指出了外力的作用效果之一——改变物体的运动状态。

2．对牛顿第二定律的理解
（1）内容：物体的加速度a 与其合外力F 成正比，与其质量m 成反比.可表示为 F=ma.
（2）理解：F 量化了迫使物体运动状态发生变化的外部作用，m 量化了物体“不愿改变运动状态”的基本特性（惯性），而a 则描述了物体的运动状态（υ）变化的快慢。

明确了上述三个量的物理意义，就不难理解如下的关系了： a ∝F ， a ∝m
1. 另外，牛顿第二定律给出的是F 、m 、a 三者之间的瞬时关系，也是由力的作用效果的瞬时性特征所决定的。

3．牛顿第二定律的基本应用步骤
（1）确定研究对象；
（2）分析受力情况与运动情况；
（3）建立适当的坐标系，将力与运动加速度作正交分解；
（4）沿各坐标轴方向列出动力学方程，进而求解.
4．牛顿第二定律的修正形式
通常情况下，当把该定律应用于单一物体，或者是各个部分加速度完全相同的某系统时，定律的含义并不难理解：m为物体或系统的质量，∑F为物体或系统所受到的所有外力的矢量和，而a则为物体或系统的国速度。

但若将定律直接应用于各个部分加速度并不完全相同的某系统时，一方面定律的表现形式要相应修正为∑i F=∑i i a m；另一方面必须对定律的修正形式有一个正确的，同时也应该是更为深刻的理解：m i为系统各部分的质量，∑i F 为系统各部分所受到的来自系统外部物体所施加的力的矢量和，而a I则分别为系统各部分的不尽相同的加速度.
另外需要说明的是：尽管对于牛顿定律应用于加速度各不相同的系统时的修正形式，中学物理教学并未提出要求，但实际上我们确实会碰到大量的用“隔离法”（应用牛顿定律的原形）求解时非常复杂，而用“整体法”（应用牛顿定律的修正形式）则很简单的物理习题。

5．超重与失重
（1）真重与视重。

如图1
弹簧秤测某一物体的重力,
力mg
里，mg
F
示数上，称为物体的视重。

（2）起重与失重
通常情况下测物体的重力时，视重等于真重，我们就以弹簧秤的示数作为物体重力大小的测量值。

当系统（升降机）做变速运动时，有时会使得视重大于真重，此时称为超重现象；有时会使得视重大小真重，此时称为失重现象；甚至有时会做视重等于零，此时称为完全为重现象。

（3）超重与失重的条件
由牛顿第二定律不难判断：当图8—1中的升降机做变速运动，有竖直向上的加速度a 时，可由 F －mg=ma
得 F=m （g+a ）＞mg
在此条件下，系统处于超重状态；当图8—1中的升降机做变速运动，有竖直向上的加速度a 时，可由
mg －F=ma
得 F=m （g －a ）＜mg
在此条件下，系统处于失重状态；当图8—1中的升降机做变速运动，有竖直向下的加速度a 且
a=g 时，视重将为 F=0 在此条件下，系统处于完全失重状态。

三、典型例题
例2．如图8—4所示，质量分别为15kg 和5kg 的长方形物体A 和B 静止叠放在水平桌面上.A 与桌面以及A 、B 间动摩擦因数分别为μ1=0.1和μ2=0.6，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

问：
（1）水平作用力F 作用在B 上至少多大时，A 、B 之间能发生相对滑动？
（2）当F=30N 或40N 时，A 、B 加速度分别各为多少？
图4 图5
分析：AB 相对滑动的条件是：A 、B 之间的摩擦力达到最大静摩擦力，且加速度达到A 可能的最大加速度a 0，所以应先求出a 0.
解：（1）以A 为对象，它在水平方向受力如图8—5（a ）所示，所以有
m A a 0=μ2m B g －μ1（m A +m B ）g ，
a 0=A B A B m m m m )
(12+-μμg=15201.056.0±-⨯×10m/s 2=3
2m/s 2 再以B 为对象，它在水平方向受力如图8—5（b ）所示，加速度也为a 0，所以有 F －F 2=m B a 0，
F=f 2+m B a 0=0.6×5×10N+5×3
2N=33.3N. 即当F 达到33.3N 时，A 、B 间已达到最大静摩擦力.若F 再增加，B 加速度增大而A 的加速度已无法增大，即发生相对滑动，因此，F 至少应大于33.3N.
（2）当F=30N ，据上面分析可知不会发生相对滑动，故可用整体法求出共同加速度 a A =a B =B
A m m f F +-1=51510)515(1.030+⨯+⨯-m/s 2=0.5m/s 2. 还可以进一步求得A 、
B 间的静摩擦力为27.5N （同学们不妨一试）.
当F= 40N 时，A 、B 相对滑动，所以必须用隔离法分别求a A 、a B ，其实a A 不必另求， a A =a 0=
32m/s 2. 以B 为对象可求得
a B =B
m f F 2-=53040-m/s 2=2m/s 2. 从上可看出，解决这类问题关键是找到情况发生变化的“临界条件”.各种问题临界条件不同，必须对具体问题进行具体分析。

例3．如图6（a ）所示，质量为M 的滑块与倾角为θ的斜面间的动摩擦因数为μ.滑动上安装一支架，在支架的O 点处，用细线悬挂一质量为m 的小球.当滑块匀加速下滑时，小球与滑块相对静止，则细线的方向将如何？
（a ） （b ） （c ）
图6
分析：要求细线的方向，就是要求细线拉力的方向，所以这还是一个求力的问题.可以用牛顿第二定律先以整体以求加速度a （因a 相同），再用隔离法求拉力（方向）.
解：以整体为研究对象，受力情况发图8—6（b ）所示，根据牛顿第二定律有
（M+m ）gsin θ－f=（M+m ）a ，N －（M+m ）gcos θ=0. 而f=μN ，故可解得 a=g （sin θ－μcos θ）.
再以球为研究对象，受务情况如图8—6（c ）表示，取x 、y 轴分别为水平、竖直方向（注意这里与前面不同，主要是为了求a 方便）.由于加速度a 与x 轴间的夹角为θ，根据牛顿第二定律有
Tsin α=macos θ，mg －Tcos α=masin θ. 由此得 tan α=
θθsin cos a g a -=θμμθtan 1tan --. 为了对此解有个直观的认识，不妨以几个特殊μ值代入
（1）μ=0，α=θ，绳子正好与斜面垂直；
（2）μ=tan θ，α=00，此时物体匀速下滑，加速度为0，绳子自然下垂；
（3）μ＜tan θ，则α＜θ，物体加速下滑.
例5．如图9所示，升降机地板上有一木桶，桶内水面上漂浮着一个木块，当升降机静止时，木块有一半浸在水中，若升降机以a=
21g 的加速度匀加速上升时，木块浸入水中的部分占总体积的__________。

分析：通常会有同学作出如下分析。

当升降机静止时，木块所受浮力F 1与重力平衡，于是
F 1－mg=0 F 1=ρ2
1Vg 当升降机加速上升时，木块所受浮力F 2比重大，此时有
F 2－mg=ma=
21mg F 2=ρV /g 在此基础上可解得
V / ：V=3 ：4
但上述结论是错误的，正确解答如下。

解：当升降机静止时有
F 1－mg=0
F 1=ρ2
1Vg 当升降机加速上升时，系统处于超重状态，一方面所受浮力F 2确实大于木块的重力mg ，有
F 2－mg=ma=2
1mg 另一方面所排开的体积为V /的水的视重大于其真重ρV /g ，而等于。