加速度分解的妙用

（1）若ω=ω0，小物块受到的摩擦力恰好为零，求ω0；
（2）若ω=2 g ，求小物块受到的摩擦力大小和方向． R
【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
mg may
解得
ay g
则有
a ay tan g tan
FN
ax
而
a 02R sin
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。这样使本题的求解，相较传统的水平竖直分解要简单许多。
【例 4】如图，水平地面上有一楔形物体 b，b 的斜面上有一小物块 a；a 与 b 之间、b 与地面之间均
存在摩擦．已知楔形物体 b 静止时，a 静止在 b 的斜面上．现给 a 和 b 一个共同的向左的初速度，与 a 和
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。
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
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
a
Ff
ay
解得
Ff
3 mg 2
G
【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
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。
【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
若 a 较小， ay g sin ，Ff 方向向上；
FN Ff
G
ax
a ay
若 ay g sin ，Ff=0；
若 a 较大， ay g sin ，Ff 方向向下；
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。
ay
/ cos
g cos
FN
ax
则由牛顿第二定律，有
对 m：
FN
max
mg cos
对整体： F (M m)a (M m)g tan
a
G
ay
【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பைடு நூலகம்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．
b 都静止时相比，此时可能（ ）
A．a 与 b 之间的压力减少，且 a 相对 b 向下滑动
B．a 与 b 之间的压力增大，且 a 相对 b 向上滑动
C．a 与 b 之间的压力增大，且 a 相对 b 静止不动
D．b 与地面之间的压力不变，且 a 相对 b 向上滑动
【解析】假设 a 和 b 相对静止，一起向左减速，则其共同加速度向右，以物块 a 为研究对象，其受力
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
mg may
解得
ay g
则有
a
ay
tan
g
tan
， ax
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。
说明：本文收录于陈恩谱老师《物理原来可以这样学》2019 年 6 月第三次修订版。
如图所示（假设摩擦力沿斜面向上），将加速度分解到垂直、平行斜面方向，则由牛顿第二定律，有
FN mg cos max
mg sin Ff may
解得 FN mg cos max ， Ff mg sin may
其中，加速度 a 从 0 增加到了 a. 可以看出 FN 一定增大了，即压力增大了。