专题18 整体法与隔离法处理连接体问题-2023届高三物理一轮复习重难点逐个突破

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1.连接体的类型
1)直接接触的连接体
2)通过弹簧或轻绳相连的连接体
轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度总是相等。
轻弹簧在发生形变的过程中，两端连接体的速度不一定相等；弹簧形变量最大时两端连接体速率相等。
2.处理连接体问题的方法
1)整体法:如果连接体各物体的加速度相同，可以把系统内的所有物体看成一个整体，用牛顿第二定律对整体列方程求解。
隔离法:如果求系统内物体间的相互作用力，常把某个物体（一般选取受力简单的物体）从系统中隔离出来，用牛顿第二定律对隔离出来的物体列方程求解。
2)加速度大小相等，方向不同的连接体：如下图，跨过定滑轮的细绳相连的两个物体不在同一直线上运动，虽然加速度方向不同但加速度大小相等，这类问题也可采用整体法和隔离法求解．
3)连接体问题一般采用先整体后隔离的方法，也可以采用分别隔离不同的物体再联立的方法。
考点一 力的分配规律
如下图三种情况，m1和m2在力F作用下以大小相同的加速度一起运动，则两物体间的弹力根据质量大小分配，且F弹＝eq \f(m2,m1＋m2)F.
1．如图所示，质量为3m的物块A与水平地面间的动摩擦因数为μ，质量为m的物块B与地面的摩擦不计，在大小为F的水平推力作用下，A、B一起向右做加速运动，则A和B之间的作用力大小为（ ）。
A．F−3μmg4B．F4C．F−4μmg4D．μmg4
【答案】A
【解析】
以A、B整体为研究对象，由牛顿第二定律可得整体的加速度为a=F−μ×3mg3m+m=F−3μmg4m
以B为研究对象，由牛顿第二定律可得A对B的作用力FAB=ma=F−3μmg4
A正确，BCD错误。
2.如图 所示，质量分别为2m和3m的两个小球静止于光滑水平面上，且固定在劲度系数为k的轻质弹簧的两端。今在质量为2m的小球上沿弹簧轴线方向施加大小为F的水平拉力，使两球一起做匀加速直线运动，则稳定后弹簧的伸长量为( )
A.eq \f(F,5k) B.eq \f(2F,5k)
C.eq \f(3F,5k) D.eq \f(F,k)
【答案】C
【解析】
对整体分析，整体的加速度a＝eq \f(F,5m)，对质量为3m的小球分析，根据牛顿第二定律有F弹＝kx＝3ma，可得x＝eq \f(3F,5k)，故A、B、D错误，C正确。
3．(多选)如图所示，一根质量为m、长为L的粗细均匀的绳子放在水平面上，绳子与水平面间的动摩擦因数为μ，在绳子的右端加一水平恒力F，拉动绳子向右运动，关于距绳子左端x处张力T的大小，下列说法正确的是（ ）
A．若绳子做匀速直线运动，则T=xLμmg
B．若绳子做匀速直线运动，则T=μmg
C．若绳子做匀加速直线运动，则T=xLF
D．若绳子做匀加速直线运动，则T=F−xLμmg
【答案】AC
【解析】
AB．若绳子做匀速直线运动，则距绳子左端x段分析可知 T=xLμmg
选项A正确，B错误；
CD．若绳子做匀加速直线运动，则对整体分析 F−μmg=ma
距绳子左端x段分析可知 T-xLμmg=xLma
解得 T=xLF 选项C正确，D错误。
4．（2022·辽宁鞍山·高三开学考试）四个质量相等的金属环，环环相扣，在一竖直向上的恒力F作用下，四个金属环匀加速上升．则环1和环2间的相互作用力大小为（ ）
A．14FB．12FC．34FD．F
【答案】C
【解析】
试题分析：设每个金属环的质量为m，对整体分析，根据牛顿第二定律得，F-4mg=4ma；隔离对环1分析，根据牛顿第二定律得，F-F1-mg=ma，解得F1＝34F．故选C．
5.(多选) 如图所示，质量分别为mA、mB的A、B两物块紧靠在一起放在倾角为θ的斜面上，两物块与斜面间的动摩擦因数相同，用始终平行于斜面向上的恒力F推A，使它们沿斜面向上匀加速运动，为了增大A、B间的压力，可行的办法是( )
A.增大推力F B.减小倾角θ
C.减小B的质量 D.减小A的质量
【答案】AD
【解析】
设物块与斜面间的动摩擦因数为μ，对A、B整体受力分析，有
F－(mA＋mB)gsin θ－μ(mA＋mB)gcs θ＝(mA＋mB)a
对B受力分析，有FAB－mBgsin θ－μmBgcs θ＝mBa
由以上两式可得FAB＝eq \f(mB,mA＋mB)F＝eq \f(F,\f(mA,mB)＋1)
为了增大A、B间的压力，即FAB增大，应增大推力F或减小A的质量，增大B的质量。
故A、D正确，B、C错误。
6．(多选)(2022·陕西商洛质检)如图所示，在粗糙的水平面上，质量分别为m和M的物块A、B用轻弹簧相连，两物块与水平面间的动摩擦因数均为μ，当用水平力F作用于B上且两物块共同向右以加速度a1匀加速运动时，弹簧的伸长量为x1；当用同样大小的恒力F沿着倾角为θ的光滑斜面方向作用于B上且两物块共同以加速度a2匀加速沿斜面向上运动时，弹簧的伸长量为x2，则下列说法中正确的是( )
A．若m>M，有x1＝x2B．若mC．若μ>sin θ，有x1>x2D．若μ【答案】AB
【解析】
选A、B在水平面上滑动时，对整体，根据牛顿第二定律，有
F－μ(m＋M)g＝(m＋M)a1①
隔离物块A，根据牛顿第二定律，有
FT－μmg＝ma1②
联立①②解得FT＝eq \f(m,m＋M) F③
在斜面上滑动时，对整体，根据牛顿第二定律，有
F－(m＋M)gsin θ＝(m＋M)a2④
隔离物块A，根据牛顿第二定律，有
FT′－mgsin θ＝ma2⑤
联立④⑤解得FT′＝eq \f(m,M＋m)F⑥
比较③⑥可知，弹簧弹力相等，与动摩擦因数和斜面的倾角无关，故A、B正确，C、D错误。
考点二 整体法和隔离法的基本应用
7．（2022·全国·高三专题练习）如图所示，在竖直平面内，一辆小车正在水平面上以加速度a向右匀加速运动，大物块压在车厢竖直后壁上并与车厢相对静止，小物块放在大物块上与大物块相对静止，大物块刚好不下滑，小物块与大物块也刚好不发生相对滑动。重力加速度为g，a < g。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则大物块与车厢后壁间的动摩擦因数μ1和小物块与大物块间的动摩擦因数μ2间的大小关系正确的是（ ）
A．μ1 < μ2B．μ1 = μ2C．μ1 > μ2D．μ1μ2 < 1
【答案】C
【解析】
将m与M看作一个整体有(m + M)g = μ1N1，N1 = (m + M)a
对m受力分析有mg = N2，μ2N2 = ma
代入分别解得μ1 = ga，μ2 = ag
由于a < g，则有μ1 > 1，μ2 < 1，μ1 > μ2 故选C。
8．（2020·湖南·高一期末）如图所示，质量均为m的物块P、Q放在倾角为θ的斜面上，P与斜面之间无摩擦，Q与斜面之间的动摩擦因数为μ。当P、Q一起沿斜面加速下滑时，P、Q之间的相互作用力大小为（ ）
A．12μmgcsθB．12μmgsinθC．mgsinθ−μmgcsθD．0
【答案】A
【解析】
对整体分析，根据牛顿第二定律有 2mgsinθ−μmgcsθ=2ma
则整体的加速度 a=gsinθ−12μgcsθ
隔离对P分析，根据牛顿第二定律得 mgsinθ−FQP=ma
则 FQP=mgsinθ−ma=mgsinθ−m(gsinθ−12μgcsθ)=12μmgcsθ
选项A正确，BCD错误。
如图所示，光滑的水平面上两个物体的质量分别为m和M（m ≠ M），第一次用水平推力F1推木块M，两木块间的相互作用力为N，第二次用水平推力F2推m，两木块间的相互作用力仍为N，则F1与F2之比为
A．M:mB．m:M
C．(M+m):MD．1:1
【答案】A
【解析】
第一次推M，把两个物体看成一个整体，根据牛顿第二定律得 a=F1M+m
对m运用牛顿第二定理得 a=Nm
则有 F1M+m=Nm
解得 F1=Nm+Mm
第二次用水平推力F2推m，把两个物体看成一个整体，根据牛顿第二定律得 a=F2M+m
对M运用牛顿第二定理得 a=NM
解得 F2=Nm+MM
所以 F1F2=Mm 故选A。
10．（2022·云南省玉溪第三中学高一期末）如图所示，水平地面上有一带圆弧形凸起的长方体木块A，木块A上的物体B用绕过凸起的轻绳与物体C相连，B与凸起之间的绳是水平的。水平向左的拉力F作用在物体B上，恰使A，B、C保持相对静止。已知A、B、C的质量均为m，重力加速度大小为g，不计所有摩擦，则（ ）
A．A、B、C的加速度大小为12gB．A、B、C的加速度大小为13g
C．拉力F的大小为3mgD．拉力F的大小为3mg
【答案】D
【解析】
对A、B、C组成的整体有F=3ma
对B有F−T=ma
对C有Tcsα=mg Tsinα=ma
联立各式得 T=2ma T2=m2g2+a2
解得 a=33g F=3mg D正确，ABC错误。
11．（2022·云南省凤庆县第一中学高三阶段练习）质量为M的小车放在光滑水平面上，小车上用细线悬挂另一质量为m的小球，且M>m.用一力F水平向右拉小球，使小球和小车一起以加速度a向右运动，细线与竖直方向成α角，细线的拉力为F1，如图（a）．若用一力F′水平向左拉小车，使小球和车一起以加速度a′向左运动，细线与竖直方向也成α角，细线的拉力为F1′，如图（b），则（ ）
A．a′＝a，F1′＝F1 B．a′>a，F1′>F1
C．a′a，F1′＝F1
【答案】D
【解析】
先对左图中情况下的整体受力分析，受重力、支持力和拉力，根据牛顿第二定律，有 F=（M+m）a
再对左图中情况下的小球受力分析，如图
根据牛顿第二定律，有 F-F1sinα=ma F1csα-mg=0
解得 F1=mgcsα a=mgtanαM
再对右图中小球受力分析，如图
由几何关系得 F合=mgtanα F'1=mgcsα
再由牛顿第二定律，得到 a′=gtanα
由于M＞m，所以有 a′＞a F1′=F1 故D正确，ABC错误。
12．（2022·黑龙江·哈师大附中高一开学考试）如图所示，足够长的硬质直杆上套有质量为m的环A，环下方用轻绳挂着一个重力为G的小物体B，杆与水平方向成θ角，当环沿杆下滑时，物体B相对于A静止，下列说法正确的是（ ）
A．若环沿杆无摩擦下滑， B的加速度为gsinθ
B．若环沿杆无摩擦下滑，绳的拉力为Gsinθ
C．若环沿杆下滑时有摩擦，轻绳一定竖直
D．无论环与杆之间有无摩擦，轻绳都与杆垂直
【答案】A
【解析】
A．当环不受摩擦力时，对整体进行分析，有a=gsinθ
当环沿杆下滑时，物体B相对于A静止，则二者具有共同的加速度，有aA=aB=gsinθA正确；
当环不受摩擦力时，对B进行单独分析，可知其所受合力为Gsinθ，则绳一定与杆垂直，
拉力大小为T=Gcsθ B错误；
CD．当环受到摩擦力时，有 aA=aB当满足 aA=aB=0
此时轻绳竖直，当满足 0对物体B，此时绳的拉力和重力的合力共同提供B的加速度，轻绳不可能与杆垂直，CD错误。 故选A。
考点三 加速度大小相等，方向不同的连接体
利用整体法分析这类问题时注意准确判断合力的大小和方向
13．(多选)如图所示，A物体的质量是B物体的k倍．A物体放在光滑的水平桌面上通过轻绳与B物体相连，两物体释放后运动的加速度为a1，轻绳的拉力为FT1；若将两物体互换位置，释放后运动的加速度为a2，轻绳的拉力为FT2.不计滑轮摩擦和空气阻力，则( )
A．a1∶a2＝1∶k B．a1∶a2＝1∶1
C．FT1∶FT2＝1∶k D．FT1∶FT2＝1∶1
【答案】AD
【解析】
由牛顿第二定律mBg＝(mA＋mB)a1，FT1＝mAa1，同理两物体互换位置，则mAg＝(mA＋mB)a2，FT2＝mBa2，解得a1∶a2＝mB∶mA＝1∶k，FT1∶FT2＝1∶1，故A、D正确．
14.如图所示，轻质滑轮两侧绳子上分别系有小球A和小球B，两球质量分别为、，两球从静止开始运动后，小球A下降，小球B上升。重力加速度为g，两球运动过程中细绳拉力为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】
对AB整体由牛顿第二定律可得
解得
对A由牛顿第二定律可得
解得
故B正确，ACD错误。
15．(多选)质量分别为M和m的物块a、b形状、大小均相同，将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子平行于倾角为α的斜面，a恰好能静止在斜面上，不考虑两物块与斜面之间的摩擦，若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放a，斜面仍保持静止，关于互换位置之后下列说法正确的是( )
A．轻绳的拉力等于mg
B．轻绳的拉力等于Mg
C．a运动的加速度大小为(1－sin α)g
D．a运动的加速度大小为eq \f(M－m,M)g
【答案】ACD
【解析】
按图甲放置时，对a由平衡条件可知Mgsin α＝FT，对b有FT′＝mg，FT＝FT′，则有Mgsin α＝mg；按图乙放置时，对a由牛顿第二定律可知Mg－FT1＝Ma，对b有FT2－mgsin α＝ma，FT1＝FT2，则有Mg－mgsin α＝(M＋m)a，联立解得a＝(1－sin α)g，故C正确；由于Mgsin α＝mg，所以a＝(1－sin α)g＝(1－eq \f(mg,Mg))g＝
eq \f(M－m,M)g，故D正确；将FT2－mgsin α＝ma和a＝(1－sin α)g，联立解得FT2＝mg，故A正确，B错误
考点四 动态分离问题
1.动态分离问题是指两个原来有相互作用的物体在开始一段时间内沿垂直于接触面的方向运动，最终分离的问题，在接触时的运动过程中两物体之间的作用力一直减小直到减为0.
2.分离瞬间的特点： 1)两物体间的弹力FN＝0 2)两物体速度相同加速度相同
16．(多选)如图在光滑的水平面上放着紧靠在一起的A、B两物体，B的质量是A的2倍，B受到向右的恒力，A受到水平力（t的单位是s）。从开始计时，则（ ）
A．A物体在3 s末时刻的加速度大小是初始时刻的
B．4s时A物体的加速度小于B物体的加速度
C．t在0～4.5s内，A物体的速度一直增加
D．时，A和B物体的加速度相同
【答案】AC
【解析】
【详解】
ABD．对于A、B整体根据牛顿第二定律有
设A、B间作用力为，则对B由牛顿第二定律可得
解得
当时
两物体开始分离，此时A、B加速度相等，后，两物体分离，加速度不等，时，加速度
在末，加速度
故A正确，BD错误；
C．当时间内，A所受的合力部为零，则加速度为零，物体一直做加速运动，故C正确。
故选AC。
17．(多选)如图所示，一质量为m的物块A与直立弹簧的上端连接，弹簧的下端固定在地面上，一质量也为m的物块B叠放在A的上面，A、B处于静止状态，为使A、B能分离，某学习小组研究了以下两种方案：
方案一：用力缓慢向下压B，当力增加到F1时，撤去力F1，B开始向上运动，最终A、B分离。
方案二：对B施加一个向上的恒力F2，A、B开始向上运动，最终A、B分离。
下列判断正确的是（ ）
A．两个方案中A、B分离时，两物块之间的弹力为零
B．两个方案中A、B分离时，A、B的加速度相同
C．两个方案中A、B分离时，弹簧均处于原长
D．只有方案一A、B分离时，弹簧处于原长
【答案】ABD
【解析】
方案一：撤去力F1，A、B开始向上运动，当弹簧处于原长时，两物块的加速度相同，均为重力加速度g，此时两物块之间的弹力为零，之后由于弹簧拉伸，A的加速度大于B的加速度，A、B分离；
方案二：当两物块之间的弹力为零时，A、B分离，加速度相同。由于存在恒力F2，此时有
F2−mg=ma
该加速度不是重力加速度，A的加速度与之相同，所以弹簧要提供向上的弹力，弹簧仍处于压缩状态。
故选ABD。
18．(多选)如图所示，一个轻弹簧放在水平地面上，Q为与轻弹簧上端连在一起的秤盘，P为一重物，已知P的质量M＝10.5kg，Q的质量m＝1.5kg，轻弹簧的质量不计，劲度系数k＝800N/m，系统处于静止状态。现给P施加一个方向竖直向上的力F，使它从静止开始向上做匀加速运动，已知运动0.2s后F为恒力，g＝10m/s2。则下列说法正确的是（ ）
A．P、Q分离时，轻弹簧恰好恢复原长
B．当P向上运动10.5cm时，P、Q分离
C．力F的最大值为168N
D．力F的最小值为72N
【答案】CD
【解析】
上升过程中拉力F越来越大，且P、Q分离时拉力最大，此时P、Q间的弹力为0。因重物与秤盘整体向上做匀加速运动，故整体的加速度恒定、所受合外力恒定。整体向上加速的过程中，整体受三个力：竖直向下的重力、向上的拉力、轻弹簧的弹力，合外力方向向上，上升过程中轻弹簧的弹力逐漸减小，拉力F逐渐增大，所以初态力F最小设为F1对重物P而言，它受三个力竖直向下的重力Mg、向上的拉力F、向上的支持力FN，三力的合力向上且恒定，当支持力为0时，F最大设为F2。对初态的整体有(设轻弹簧的压缩量为x1) kx1=M+mg (未加速时)
对分离时的有(设弹簧的压缩量为x2)kx2−mg=ma
对分离时的P有F2−Mg=Ma
从初态到分离的过程有x1−x2=12at2
解得最大值F2=168N
最小值F=72N x1=15cm x2=3cm 故选CD。
19．（2022·河北省唐县第一中学高二期中）如图所示，光滑斜面倾角为θ=30，底端固定有一挡板，轻弹簧两端与挡板及物块A拴接，物块B叠放在A上但不粘连。初始时，两物块自由静止在斜面上，现用平行于斜面的力F拉动物块B，使B沿斜面向上以加速度a=1m/s2做匀加速直线运动。已知轻质弹簧的劲度系数为k=300N/m，两物块A、B的质量分别为m1=1kg和m2=2kg，弹簧始终处于弹性限度内，求：
（1）初始状态弹簧的形变量；
（2）从力F拉动物块B开始，要经过多少时间物块B与物块A恰好分离。
【答案】（1）0.05m；（2）t=610s
【解析】
（1）初始时，两物块自由静止在斜面上，由平衡条件可知m1+m2gsinθ=kx1
得x1=m1+m2gsinθk=0.05m
（2）物块B与物块A恰好分离时，A、B之间没有作用力，但其加速度相同，分离前A、B都以加速度a=1m/s2做匀加速直线运动，对物块A有牛顿第二定律得kx2−m1gsinθ=m1a
解得x2=m1gsinθ+m1ak=0.02m
则A、B移动的距离为x=x1-x2=0.03m
由x=12at2
解得t=610s
20．（2021·湖北·黄冈中学三模）(多选)如图所示，倾角θ=30°的固定光滑斜面上有两个质量均为m的物块A和物块B，物块A通过劲度系数为k的轻质弹簧栓接在斜面底端的固定挡板上，物块B通过一根跨过定滑轮的细线与物块C相连，物块C的质量为m2，离地面的距离足够高，物块B离滑轮足够远，弹簧与细线均与所对应斜面平行。初始时，用手托住物块C，使细线恰好伸直且无拉力。已知重力加速度为g，不计滑轮质量及滑轮处阻力，忽略空气阻力，弹簧始终在弹性限度内，则释放物块C后（ ）
A．释放物块C的瞬间，细线拉力的大小mg2
B．释放物块C的瞬间，C的加速度大小为g5
C．物块A、B分离时，物块A的速度最大
D．物块A、B分离时，弹簧的形变量为mg5k
【答案】BC
【解析】
AB．初始时，用手托住物块C，使细线恰好伸直且无拉力。此时A、B整体受力平衡，则2mgsin30∘=kx
释放C后，对于C物块，根据牛顿第二定律有12mg−F1=12ma1
对于A、B整体，根据牛顿第二定律有kx+F1−2mgsin30∘=2ma1
联立解得a1=g5，F1=2mg5
A错误，B正确；
CD．物块A、B分离时，物块A、B间的相互作用力为零。且物块A、B加速度相同。
对物块C有12mg−F2=12ma2
对物块B有F2−mgsin30∘=ma2
解得a2=0
对物块A有kx'−mgsin30∘=ma2
所以kx'=mgsin30∘
从而得到弹簧的形变量为x'=mg2k
开始A物块在做加速运动，分离时A物块的加速度为零，所以速度达到最大值。
C正确，D错误。
故选BC。
考点五 整体法隔离法在超重失重中的应用
1.当物体具有向上的加速度时处于超重状态，具有向下的加速度时处于失重状态，向下的加速度为重力加速度时处于完全失重状态。
2.超重并不是重力增加了，失重并不是重力减小了，完全失重也不是重力完全消失了。在发生这些现象时，物体的重力依然存在，且不发生变化，只是物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)发生了变化(即“视重”发生变化)。
3.尽管物体的加速度不是在竖直方向，但只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态。
21．如图所示，在托盘测力计的托盘内固定一个质量为M的光滑的斜面体，现将一个质量为m的物体放在斜面上，让它自由滑下，则测力计的示数( )
A．N＝(M＋m)g B．N＝Mg
C．N>(M＋m)g D．N<(M＋m)g
【答案】D
【解析】
物体加速下滑，其加速度有竖直向下的分量，故它处于失重状态，物体与斜面体整体对测力计的压力小于它们的总重力，D对．
22.放在电梯地板上的一个木箱，被一根处于伸长状态的弹簧拉着而处于静止状态，如图所示，后发现木箱突然被弹簧拉动，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，据此可判断出电梯的运动情况是( )
A．匀速上升B．加速上升
C．减速上升D．减速下降
【答案】C
【解析】
木箱静止时的受力情况如图所示
则支持力N＝mg，静摩擦力f＝F.
若木箱突然被弹簧拉动，说明最大静摩擦力减小，则压力减小，即木箱所受支持力N减小，所以竖直方向mg>N，物体处于失重状态，则电梯可能加速下降，也可能减速上升，C正确．
23.倾角θ＝37°、质量M＝5 kg的粗糙斜面位于水平地面上，质量m＝2 kg的木块置于斜面顶端，从静止开始以a＝2 m/s2的加速度匀加速下滑，在此过程中斜面保持静止(sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g取10 m/s2)，求：
(1)地面对斜面的摩擦力大小与方向；
(2)地面对斜面的支持力大小．
【答案】(1)3.2 N，方向水平向左 (2)67.6 N
【解析】
由牛顿第二定律得mgsin θ－f＝ma，
mgcs θ－N＝0，
联立解得f＝8 N，N＝16 N，
根据牛顿第三定律得木块对斜面的压力为N1＝N＝16 N，木块对斜面的摩擦力f1＝f＝8 N，
对斜面受力分析，如图所示，
设摩擦力f2水平向左，则由共点力平衡条件得f2＝N1sin θ－f1cs θ＝3.2 N，方向水平向左．
(如果设摩擦力f2水平向右，则f2＝－N1sin θ＋f1cs θ＝－3.2 N，同样方向水平向左)
(2)由共点力平衡条件得，地面对斜面的支持力大小
N2＝N1cs θ＋f1sin θ＋Mg＝67.6 N.
解法二：整体法
(1)将木块的加速度沿水平方向和竖直方向分解，则有ax＝acs θ，ay＝asin θ.
将木块和斜面看成一个系统，木块和斜面间的摩擦力、弹力均属系统内力，总重力、地面支持力N3、与地面间的摩擦力f3属系统外力，其中斜面的加速度为零，由牛顿第二定律可知，
水平方向有f3＝max，
竖直方向有(M＋m)g－N3＝may，
联立解得f3＝3.2 N，N3＝67.6 N.