第2讲 牛顿运动定律与直线运动-【优化探究】2025年高考物理二轮专题复习配套PPT课件（江苏专版）

第2讲　牛顿运动定律与直线运动 专题一　力与运动 【目标要求】　1.会用多种方法灵活处理匀变速直线运动的问题。 2.掌握牛顿第二定律,会分析瞬时性问题、连接体问题,会应用牛顿运动定律解决运动的实际问题。3.会分析运动学和动力学图像。 考点一　匀变速直线运动规律的应用 考点二　牛顿运动定律的应用 内容索引 考点三　图像问题 培优　热点训练 精准补弱 考点一　匀变速直线运动规律的应用 一 4 1.常用方法 2.两种匀减速直线运动的分析方法 (1)刹车问题的分析:末速度为零的匀减速直线运动问题常用逆向思维法,对于刹车问题,应先判断车停下所用的时间,再选择合适的公式求解。 (2)双向可逆类运动分析:匀减速直线运动速度减为零后反向运动,全过程加速度的大小和方向均不变,求解时可对全过程列式,但需注意x、v、a等矢量的正负及物理意义。 3.处理追及相遇问题的常用方法 过程分析法   函数法   Δx=x乙+x0-x甲为关于t的二次函数,当t=-时有极值,令Δx=0,利用Δ=b2-4ac判断有解还是无解,是追上与追不上的条件 图像法 画出v-t图像,图线与t轴所围面积表示位移,利用图像来分析追及相遇问题更直观 [例1]　(2024·江苏无锡二模)一辆汽车在平直公路上由静止开始做匀加速直线运动,达到最大速度后保持匀速运动。已知汽车在启动后的第 2 s内前进了6 m,第4 s内前进了13.5 m,则下列说法正确的是(　　) A.汽车匀加速时的加速度大小为6 m/s2 B.汽车在前4 s内前进了32 m C.汽车的最大速度为14 m/s D.汽车的加速距离为20 m C [解析]　若汽车从静止开始一直做匀加速直线运动,则在连续相等时间内的位移之比为1∶3∶5∶7∶…,第2 s内前进了6 m,则第3 s内应前进 10 m,第4 s内应前进14 m,但实际上汽车在第4 s内前进了13.5 m,由此可知,汽车在第4 s内的某一时刻达到最大速度,开始匀速运动,所以a== m/s2=4 m/s2,x3~4=t1+vmt2=13.5 m,t1+t2=1 s,vm=v3+at1,v3=at3,解得v3=12 m/s,vm=14 m/s,t1=t2=0.5 s,故A错误,C正确;由以上分析可知,汽车在3.5 s达到最大速度,所以加速阶段的位移为x0~3.5=t3.5=24.5 m,前4 s内的位移为x0~4=t3+x3~4=31.5 m,故B、D错误。 [例2]　(2024·江苏徐州期末)某汽车正以54 km/h的速度行驶在城市道路上,在车头距离“礼让行人”停车线36 m时,驾驶员发现前方有行人通过人行横道,0.4 s后刹车使汽车匀减速滑行。为了使汽车不越过停车线而停止让行,下列说法中正确的是(　　) A.汽车刹车滑行的最大距离为36 m B.汽车刹车的最小加速度为3 m/s2 C.汽车用于减速滑行的最长时间为4 s D.汽车行驶的平均速度不能超过7.5 m/s C [解析]　汽车刹车前,在0.4 s内做匀速运动的位移为x1=v0t1=×0.4 m =6 m,则汽车刹车滑行的最大距离为x2=36 m-x1=30 m,故A错误;汽车刹车的最小加速度为amin== m/s2=3.75 m/s2,故B错误;汽车用于减速滑行的最长时间为tmax== s=4 s,故C正确;汽车从发现前方有行人通过人行横道到停下来过程的平均速度满足=≥ m/s≈8.18 m/s >7.5 m/s,故D错误。 二 考点二　牛顿运动定律的应用 12 1.解决动力学两类基本问题的思路 2.连接体问题 (1)整体法与隔离法的选用技巧 整体法的选取原则 连接体内各物体具有相同的加速度,且不需要求物体之间的作用力 隔离法的选取原则 连接体内各物体的加速度不相同,或者需要求出系统内物体之间的作用力 整体法、隔离法的交替运用 连接体内各物体具有相同的加速度,且需要求出物体之间的作用力,可以先整体求加速度,后隔离求连接体内物体之间的作用力 (2)常见连接体 弹簧 连接体   轻绳 连接体   轻杆 连接体 物体叠放 连接体   两物体 并排连接体   名师点拨:遇到分离等临界问题时,应从受力和加速度的角度分析分离前后的不同,找出相应的临界条件。连接体问题中常见的临界条件: 接触与脱离 接触面间弹力等于0 恰好发生滑动 摩擦力达到最大静摩擦力 绳子恰好断裂 绳子张力达到所能承受的最大值 绳子刚好绷直或松弛 绳子张力为0 考向1　瞬时加速度问题 [例3]　如图,矩形框Q用与斜面平行的细绳系在固定的斜面体上,和Q质量相等的物体P被固定在矩形框中的竖直轻弹簧上端,斜面体倾角为30°,整个装置保持静止状态,不计矩形框和斜面间的摩擦,重力加速度为g。当细绳被剪断的瞬间,物体P的加速度大小aP和矩形框Q的加速度大小aQ分别为(　　) A.aP=0,aQ=　　　　　 B.aP=0,aQ=g C.aP=g,aQ= D.aP=g,aQ=g B [解析]　对物体P进行受力分析,其受重力和弹簧的弹力,细绳被剪断的瞬间,弹簧弹力不会突变,故物体P的加速度aP=0;对P、Q整体分析,其受重力、斜面的支持力和细绳的拉力,整体系统处于静止状态,则有T=2mgsin 30°,细绳被剪断的瞬间,细绳的力就突变成零了,物体Q所受合外力与之前所受的拉力T等大反向,即F合=T=2mgsin 30°,所以aQ==g。故B正确。 反思提升 瞬时加速度问题 考向2　 连接体问题 [例4]　如图所示,质量为m2的物体2放在正沿平直轨道行驶的车厢底板上,并用竖直细绳通过光滑定滑轮连接质量为m1的物体1,某时刻观察到与物体1相连接的细绳与竖直方向成θ角,重力加速度为g,则下列说法正确的是(　　) A.车厢向右减速运动 B.物体2所受底板的摩擦力大小为m2gtan θ,方向向右 C.车厢向左加速运动 D.物体2对底板的压力大小为m2g-m1gsin θ B [解析]　以物体1为研究对象,受到竖直向下的重力和沿绳向上的拉力,如图所示,则m1gtan θ=m1a,所以物体1的加速度大小为a=gtan θ,方向向右,所以车厢向右加速或者向左减速,故A、C错误;物体2的加速度与物体1的加速度相同,即Ff=m2a=m2gtan θ,方向水平向右,故B正确;对物体1,有Fcos θ=m1g,对物体2,竖直方向有F+FN=m2g,联立解得FN=m2g-,根据牛顿第三定律,物体2对底板的压力大小为 FN'=FN=m2g-,故D错误。 考向3　两类动力学问题 [例5]　(2024·江苏镇江期末)如图所示,幼儿园组织推轮胎加速跑比赛,孩子们既玩得开心又锻炼了身体。比赛中小朋友保持两只手臂相互平行推动轮胎使其沿水平地面由静止开始做匀加速直线运动,2 s末速度变为1 m/s。已知轮胎的质量为5 kg,轮胎与地面间的动摩擦因数为0.5,手臂与水平地面间的夹角为37°,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8, g取10 m/s2。 (1)求轮胎的加速度大小; [答案]　(1)0.5 m/s2　 [解析]　(1)由匀变速直线运动公式有v=at 解得,轮胎的加速度大小为a=0.5 m/s2。 (2)求小朋友对轮胎的推力; [答案]　(2)55 N　 [解析]　(2)对轮胎受力分析,竖直方向有 FN=mg+Fsin 37° 水平方向有Fcos 37°-μFN=ma 联立可得,小朋友对轮胎的推力为F=55 N。 (3)4 s末小朋友撤去推力,求轮胎可以继续向前运动的距离。 [答案]　(3)0.4 m [解析]　(3)撤去推力时,轮胎的速度为v1=at1=2 m/s 由牛顿第二定律可得μmg=ma1 解得,撤去推力后轮胎的加速度大小a1=5 m/s2 由运动学公式可得,轮胎可以继续向前运动的距离为 x== m=0.4 m。 反思提升 两类动力学问题的解题步骤 三 考点三　图像问题 28 1.常规图像 常规图像 斜率k 面积 两图像交点 x-t图像 =v   表示相遇 v-t图像 =a 位移x 表示此时速度相等,往往是距离最大或最小的临界点 a-t图像   速度变化量Δv 表示此时加速度相等 2.非常规运动图像 非常规图像(举例) 函数表达式 斜率k 纵截距b v2-x图像 由v2-=2ax 得v2=+2ax 2a -t图像 由x=v0t+at2 得=v0+at a v0 -图像 由x=v0t+at2 得=v0+a v0 a 非常规图像(举例) 函数表达式 斜率k 纵截距b a-x图像 由v2-=2ax知图线与x轴所围面积等于,此面积与物体质量的乘积表示动能的变化量 -x图像 由x=vt得x=t,图线与x轴所围面积表示运动时间 [例6]　斜面上的物体受到平行于斜面向下的拉力F的作用,力F随时间变化的图像及物体运动的v-t图像如图所示。由图像中的信息能够求出的量或可以确定的关系是(g取10 m/s2)(　　) A.物体的质量m B.物体与斜面间的动摩擦因数μ C.μ<tan θ D.斜面的倾角θ A [解析]　由图像可以看出,在0~2 s内,物体的加速度为a=1 m/s2,对物体受力分析,由牛顿第二定律得F1+mgsin θ-μmgcos θ=ma,在2 s以后,物体做匀速直线运动,受力平衡,有F2+mgsin θ=μmgcos θ,又F1=3 N,F2=2 N,联立可解得m==1 kg,但无法求得其他物理量,故A正确,B、D错误;有向下的拉力物体才做匀速运动,说明滑动摩擦力大于重力沿斜面向下的分力,即μmgcos θ>mgsin θ,可得μ>tan θ,故C错误。 [例7]　(2024·江苏扬州二模)某次救援中,一质量为20 kg的无人船在平静水面上从静止开始沿直线开往目标地点,加速100 m后关闭发动机,继续滑行一段距离后恰好到达救援地点,该过程中无人船运动的速度平方v2与位移x的关系如图所示。假设无人船运行过程中受水的阻力恒定,不计空气阻力,g取10 m/s2。该过程中(　　) A.无人船加速的时间为20 s B.无人船平均速度的大小为15 m/s C.减速过程中,无人船受水阻力的大小为20 N D.加速过程中,牵引力对无人船做的功为4×103 J C [解析]　根据v2-=2ax结合图像可得无人船加速时的加速度大小为a=2 m/s2,则无人船加速的时间为t1==10 s,故A错误;根据v2-=2ax结合图像可得无人船减速时的加速度大小为a'=1 m/s2,则无人船减速的时间为t2==20 s,则无人船平均速度的大小为== m/s=10 m/s,故B错误;减速过程中,无人船受水阻力的大小为f=ma'=20 N,故C正确;设加速过程中,牵引力对无人船做的功为W,根据 动能定理有W-fx1=mv2-0,解得W=6 000 J,故D错误。 反思提升 图像问题的求解思路 四 培优　热点训练 37 1.(2024·江苏靖江中学期末)一地铁在水平直轨道上运动,某同学为了研究该地铁的运动情况,他用细线将一支圆珠笔悬挂在地铁的竖直扶手上,地铁运行时用手机拍摄了如图所示的照片,拍摄方向跟地铁前进方向垂直,细线相对竖直扶手偏东,该同学根据照片分析正确的是(　　) A.地铁一定向西加速运动 B.地铁可能向东加速运动 C.细线中拉力大小与地铁加速度大小无关 D.若用刻度尺测量细线的长度和圆珠笔到竖直扶手 的距离,可以估算此时地铁的加速度 D 解析:根据题意,对笔受力分析,如图所示。 竖直方向上,由平衡条件有 Fcos θ=mg 水平方向上,由牛顿第二定律有 Fsin θ=ma 解得F=,a=gtan θ 加速度方向水平向西,则地铁可能做向西的加速运动和向东的减速运动,地铁的加速度变化,细线与竖直方向的夹角变化,细线的拉力变化,则细线中拉力大小与地铁加速度大小有关,故A、B、C错误;若用刻度尺测得细线的长度为L和圆珠笔到竖直扶手的距离为d,则有tan θ=,结合a=gtan θ可知,可以估算此时地铁的加速度,故D正确。 2.(2024·江苏盐城高三期中)如图所示,轻杆一端固定在小车的竖直面O处,另一端与光滑轻质的滑轮相连。细线ac越过滑轮,a端固定、c端连接质量为m的小球,细线ab部分与水平轻杆的夹角α=30°。小车沿水平面向右运动,加速时细线bc部分与竖直方向的夹角θ=30°。已知重力加速度为g。求小车: (1)加速度a的大小; 答案:(1)g　 解析:(1)当小车加速运动时,小球受重力mg和细线的拉力FT的作用,如图甲所示, 其合力为F合=mgtan θ 由牛顿第二定律得F合=ma 解得a=gtan θ=g。 (2)匀速运动时,轻杆对滑轮作用力F的大小。 答案: (2)mg 解析: (2)当小车匀速运动时,对小球而言,其受重力mg和 细线的拉力F1'的作用,如图乙所示, 由平衡条件有F1'=mg 对滑轮受力分析,如图丙所示, 由于细线ac越过滑轮,所以F1、F2大小相等,之间夹角为120°,根据几何关系可得轻杆对滑轮作用力的大小F=F1 又F1'=F1 所以F=mg。 五 精准补弱 46 1.(2024·江苏苏州高三期末)大型油罐车内部设置了一些固定挡板,如图所示,油罐车在水平路面上行驶,下列说法正确的是(　　) A.油罐车匀速前进时,油没有惯性 B.油罐车加速前进时,油的液面仍然保持水平 C.油罐车减速前进时,两挡板间油的液面前低后高 D.挡板间油的质量相对小,可以有效减小变速时油的涌动 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 D 解析:惯性的大小只取决于物体的质量,和物体的运动状态无关,故A错误;当油罐车加速前进时,由于惯性油向后涌动,所以油的液面应前低后高,故B错误;当油罐车减速前进时,油向前涌动,油的液面前高后低,故C错误;当挡板间油的质量相对小时,油的惯性小,所以可以有效减小变速时油的涌动,故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2.(2024·江苏连云港高三期中)《中华人民共和国道路交通安全法》规定,电动自行车的最高速度不得超过25 km/h。已知甲、乙、丙、丁四人骑行电动车0.5 h内的x-t图像如图所示,则其中没有超速的是(　　) A.甲　　　　 B.乙 C.丙 D.丁 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 B 解析:x-t图像的斜率表示速度,甲图中速度为v1==30 km/h,乙、丙、丁三图中虚线斜率均为k= km/h=25 km/h,乙图线斜率小于25 km/h,丙图线末段斜率大于25 km/h,丁图线初段斜率大于25 km/h,电动车的最高速度不得超过25 km/h,则没有超速的是乙,故B正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 3.(2023·江苏卷)电梯上升过程中,某同学用智能手机记录了电梯速度随时间变化的关系,如图所示。电梯加速上升的时段是(　　) A.从20.0 s到30.0 s　　 B.从30.0 s到40.0 s C.从40.0 s到50.0 s D.从50.0 s到60.0 s 解析:由速度—时间图像可知,电梯加速上升的时间段为20.0 s到30.0 s,故选A。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 A 4.(2024·江苏模拟预测)一轻弹簧竖直固定在桌面上,将一小球从弹簧正上方的O点由静止释放。以开始下落的位置为坐标原点,以竖直向下为x轴正方向,不计空气阻力,则关于小球运动过程中的速度v或加速度a随位移x变化的关系图像中,可能正确的是(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 B 解析:小球在自由下落的过程中,速度随位移增大,加速度保持不变,由v2=2ax可知,此过程v-x图像不是直线,在与弹簧作用过程中,速度随位移先增大后减小,加速度大小随位移先减小后增大,小球与弹簧作用过程中的加速度a==g-·x+x0(x≥x0),其中x0是O点到弹簧自然伸长时顶端的距离,故a与x呈线性关系。故B可能正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 5.如图所示是商场中由等长的车厢连接而成(车厢间的间隙忽略不计)的无轨小火车,一小朋友站在第一节车厢前端,火车从静止开始做匀加速直线运动,则火车(　　) A.在相等的时间里经过小朋友的车厢数之比是1∶4∶9 B.第1、2、3节车厢经过小朋友所用时间之比是 1∶∶ C.第1、2、3节车厢尾经过小朋友瞬间的速度之比是1∶2∶3 D.火车中间位置经过小朋友的瞬时速度大于火车通过小朋友的平均速度 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 D 解析:以小火车为参考系,则小朋友相对小火车做初速度 为零的匀加速直线运动,则有x1=aT2,x2=a(2T)2-aT2, x3=a(3T)2-a(2T)2,联立可得x1∶x2∶x3=1∶3∶5,即在 相等的时间里经过小朋友的车厢数之比是1∶3∶5,故A错误;同理,设每节车厢长度为L,则有L=a,2L=a,3L=a,第1、2、3节车厢经过小朋友所用时间之比为t1∶(t2-t1)∶(t3-t2)=1∶(-1)∶(-),故B错误;根据v=at可得,第1、2、3节车厢尾经过小朋友瞬间的速度之比 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 v1∶v2∶v3=t1∶t2∶t3=1∶∶,故C错误;根据=可知,小火车通过小朋友的平均速度为中间时刻的瞬时速度,由x=at2可知,在中间时刻小朋友相对小火车的位移为小火车长度的四分之一,即从时间上来说小火车中间位置经过小朋友的时刻要晚于中间时刻,根据v=at可知,火车中间位置经过小朋友的瞬时速度大于火车通过小朋友的平均速度,故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 6.如图(a),足够高的水平长桌面上,P点左边光滑,右边粗糙,物块A在砝码B的拉动下从桌面左端开始运动,其v-t图像如图(b)所示。已知砝码B质量为0.20 kg,重力加速度g取10 m/s2,用mA表示物块A的质量,μ表示物块A与P点右边桌面之间的动摩擦因数,则有(　　) A.mA=1.0 kg,μ=0.2 B.mA=0.4 kg,μ=0.125 C.mA=0.8 kg,μ=0.125 D.mA=0.8 kg,μ=0.2 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 C 解析:由图像可知,物块A在P点左边运动时的加速度为a1=2 m/s2 在P点右边运动时的加速度为a2= m/s2=1 m/s2 由牛顿第二定律有mBg=(mA+mB)a1 mBg-μmAg=(mA+mB)a2 联立解得mA=0.8 kg,μ=0.125 故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 7.如图所示,三个物块A、B、C挤压一根轻质弹簧,恰好处于静止状态,已知三个物块的质量分别是mA=1 kg、mB=2 kg、mC=3 kg,三个物块与水平面的动摩擦因数都是μ=0.2,重力加速度g取10 m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。突然把C拿走后的瞬间,则A对B的弹力是(　　) A.2 N　　　　　　　　　 B.4 N C.6 N D.8 N 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 D 解析:根据题意可知,弹簧弹力大小为F弹=μ(mA+mB+mC)g=12 N,突然把C拿走后的瞬间,弹簧弹力保持不变,以A、B整体为研究对象,根据牛顿第二定律可得F弹-μ(mA+mB)g=(mA+mB)a,解得a=2 m/s2,以B为研究对象,根据牛顿第二定律可得NAB-μmBg=mBa,解得A对B的弹力为NAB=8 N,故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 8.当前,破旧高楼外墙砖脱落造成的安全事故引发人们关注。某实验小组对墙砖脱落的运动进行定量研究。在一次模拟实验中,小组成员将一墙砖从某旧楼(无人居住)的楼顶由静止释放,下落一小段距离后,开始计时,采集从此位置开始下落的高度H与时间t的相关数据,并作出-t图像如图所示,运动过程中空气阻力恒定,则(　　) A.计时开始时墙砖的速度大小为0 B.本次实验中墙砖下落的加速度大小为8 m/s2 C.从计时开始,墙砖在2 s内的平均速度为6 m/s D.计时开始后经3 s墙砖恰好落至地面,则这栋旧楼高度约为24 m 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 B 解析:设计时开始时墙砖的速度为v0,下降时的加速度为a,得H=v0t+at2,整理得=v0+at,结合图像可知v0=2 m/s,a= m/s2,解得a=8 m/s2,故A错误,B正确;从计时开始,墙砖在2 s后的速度为v2=v0+at2=18 m/s,故该段时间内平均速度为==10 m/s,故C错误;由静止释放到开始计时的时间为t0==0.25 s,故这栋旧楼高度约为h=a(t0+t3)2 =×8×(0.25+3)2 m=42.25 m,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 9.运动员推动冰壶滑行过程可建立如图所示模型:冰壶质量m=19.85 kg,运动员施加的推力F=2.5 N,方向与水平方向夹角θ=37°,冰壶在推力F作用下做匀速直线运动,g取10 m/s2。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (1)求冰壶与地面间的动摩擦因数; 答案:(1)0.01　 解析:(1)对冰壶进行受力分析,由平衡条件得 Fcos 37°=Ff,FN=mg+Fsin 37° 又Ff=μFN 解得μ=0.01。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (2)若运动员以3.0 m/s的水平速度将冰壶投出,滑行一段距离后,其队友在冰壶滑行前方摩擦冰面,使冰壶与冰面间的动摩擦因数变为原来的80%,再滑过被毛刷摩擦过的冰面长度为8 m停止运动,求与不摩擦冰面相比,冰壶多滑行的距离。 答案: (2)1.6 m 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 解析: (2)冰面被毛刷摩擦过,冰壶的位移 x1===8 m 冰面未被毛刷摩擦过,冰壶的位移 x2===6.4 m 冰壶多滑行的距离d=x1-x2=1.6 m。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 10.如图所示,固定在水平面上的斜面倾角为37°,两个小物块A、B用轻绳相连,轻绳绕过斜面顶端的轻质小滑轮,滑轮与轮轴之间的摩擦不计,A物块锁定于斜面底部,B物块离地面高度为h=10 m。已知A物块的质量为m=1 kg,B物块的质量为M=3 kg,A物块与斜面间的动摩擦因数μ=0.5,重力加速度为g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。t=0时刻,解除A物块的锁定状态,当B物块落地瞬间轻绳断裂,A恰好未与滑轮相撞,求: 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (1)B物块下落过程中的加速度a的大小及落地前瞬间的速度v的大小; 答案:(1)5 m/s2　10 m/s　 解析:(1)根据题意,设B物块下落过程中轻绳的拉力为F,由牛顿第二定律,对B物块有Mg-F=Ma 对A物块有F-mgsin 37°-μmgcos 37°=ma 联立解得a=5 m/s2 B物块落地前做匀加速直线运动,则有v2=2ah 解得v=10 m/s。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (2)斜面的长度L及A从t=0时刻起到返回斜面底端所需时间t。 答案: (2)15 m　(3+)s 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 解析: (2)根据题意可知,绳断前,A的运动时间为 t1==2 s 绳断后,A上滑过程有mgsin 37°+μmgcos 37°=ma1 解得a1=10 m/s2 A上滑到顶端的时间为t2==1 s 上滑的距离为x==5 m 则斜面的长度为L=h+x=15 m 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 A下滑过程有mgsin 37°-μmgcos 37°=ma2 解得a2=2 m/s2 下滑到底端的时间为t3== s 则A从t=0时刻起到返回斜面底端所需时间 t=t1+t2+t3=(3+)s。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 $$