第4章 第3节 牛顿第二定律（课件PPT）-【新课程学案】2025-2026学年高中物理必修第一册（人教版）江苏专版

牛顿第二定律 (赋能课——精细培优科学思维) 第 3 节 课标要求 层级达标 理解牛顿运动定律，能用牛顿运动定律解释生产生活中的有关现象、解决有关问题。 学考 层级 1.能准确表述牛顿第二定律的内容。 2.理解牛顿第二定律表达式的意义，理解牛顿第二定律是连接运动与力之间关系的桥梁。 3.知道国际单位制中力的单位“牛顿”是怎样定义的。 选考 层级 1.会应用牛顿第二定律解决简单的动力学问题。 2.能利用牛顿第二定律解决一些生活中的物理问题。 课前预知教材 课堂精析重难 01 02 CONTENTS 目录 课时跟踪检测 03 课前预知教材 一、牛顿第二定律的表达式 1.内容：物体加速度的大小跟它受到的作用力成_____，跟它的质量成_____，加速度的方向跟作用力的方向_______。 2.表达式：F=______，其中k是比例系数。 [微点拨] 牛顿第二定律表达式F=kma是由比例式改写成的等式，此时需要加比例系数，只有比例系数是 1 时，可以省略不写。 正比 反比 相同 kma 二、力的单位 1.力的国际单位：牛顿，简称牛，符号为_____。 2.“牛顿”的定义：使质量为1 kg的物体产生1 m/s2的加速度的力就是1 N，即1 N=1 ________。 3.国际单位制中牛顿第二定律的表达式：F=_____。 N kg·m/s2 ma [质疑辨析] 放在地上的足球和铅球，轻轻一踢，足球飞出去了，而铅球却慢慢滚出去。请对以下结论作出判断： (1)足球比铅球体积大，所以容易被踢出去。( ) (2)足球比铅球的质量小，可产生较大的加速度。( ) (3)只增大对铅球施加的作用力，可以使铅球获得更大的速度。( ) × √ √ [情境思考]　 赛车要求能在尽可能短的时间内达到最大速度，除了装备功率很大的发动机外，在设计时还要考虑选用轻型材料，这是为什么? 提示：赛车的加速度a由赛车的牵引力F、阻力f和质量m共同决定，阻力f可看作恒定不变，牵引力F越大、质量m越小，则加速度a越大。 课堂精析重难 如图所示，用一个力推大石头，没有推动，大石头没有产生加速度，为什么?要使大石头产生加速度应该满足什么条件? 任务驱动 强化点(一)　对牛顿第二定律的理解 提示：大石头没有运动的原因是推力与摩擦力大小相等，大石头受到的合外力为0，加速度为0。要使大石头产生加速度，则应加大推力，推力大于摩擦力时，合外力不为0，才能产生加速度。 1.对表达式F=ma的理解 (1)F的含义： ①F是合力时，加速度a指的是合加速度，即物体的加速度； ②F是某个分力时，加速度a是该分力产生的加速度。 (2)单位统一：表达式中F、m、a三个物理量的单位必须都用国际制单位。 要点释解明 2.牛顿第二定律的五个性质 性质 理　解 因果性 力是产生加速度的原因，只要物体所受的合力不为0，物体就具有加速度 同体性 F、m、a都是对同一物体而言的 独立性 作用在物体上的每一个力都产生加速度，物体的实际加速度是这些加速度的矢量和 瞬时性 加速度与合外力是瞬时对应关系，同时产生，同时变化，同时消失 矢量性 F=ma是一个矢量式。物体的加速度方向由它所受合力方向决定，且总与合力的方向相同 3.a=与a=的区别 (1)a=是加速度的定义式，不能决定a的大小，a与v、Δv、Δt均无关。 (2)a=是加速度的决定式，加速度由物体受到的合力和质量共同决定。 1. 下列对牛顿第二定律的表达式F=ma及其变形公式的理解，正确的是 (　 ) A.由F=ma可知，物体所受的合力与物体的质量和加速度成正比 B.由m=可知，物体的质量与其所受的合力成正比，与其运动的加速度成 反比 C.由a=可知，物体的加速度与其所受的合力成正比，与其质量无关 D.由m=可知，物体的质量可以通过测量它的加速度和它所受的合力而求得 题点全练清 √ 解析：牛顿第二定律的表达式F=ma表明了各物理量之间的数量关系，即已知两个量，可求第三个量，作用在物体上的合力，可由物体的质量和加速度计算，并不由它们决定，A错误；质量是物体本身的属性，由物体本身决定，与物体是否受力无关，B错误；由牛顿第二定律知加速度与合力成正比，与质量成反比，m可由其他两个量求得，故C错误，D正确。 2.下列对牛顿第二定律的理解正确的是 (　 ) A.由F=ma可知，F与a成正比，m与a成反比 B.牛顿第二定律说明当物体有加速度时，物体才受到外力的作用 C.加速度的方向与合外力的方向一致 D.当外力停止作用时，加速度不会消失 √ 解析：F=ma 说明力是产生加速度的原因，但不能说F与a成正比，A错误；力是产生加速度的原因，所以当物体受到外力时，物体才有加速度，B错误；根据牛顿第二定律的矢量性，加速度的方向与合外力的方向一致，C正确；加速度与外力同时产生，同时消失，D错误。 3.(2025·无锡期中)一架无人机在竖直平面内 沿倾斜的虚线做变速直线运动，如图所示，将无 人机的重力记为G，除重力外的其他外力的合力 记为F，加速度记为a。则下列关于无人机在此过程中受力分析及加速度方向的示意图可能正确的是 (　 ) √ 解析：根据牛顿第二定律可得F合=ma，可知加速度的方向与合外力的方向相同。根据平行四边形定则可知，A图中F与G的合力方向可能与a的方向相同，B、C、D图中F与G的合力方向不可能与a的方向相同，故选A。 1.求加速度的两种常用方法 (1)矢量合成法：当物体仅受两个力作用处于加速状态时，首先确定研究对象，画出受力分析图，将两个力根据平行四边形定则合成，直接求出合力，再根据牛顿第二定律列式求加速度。 (2)正交分解法：当物体受多个力作用处于加速状态时，常用正交分解法求物体所受的合力，再应用牛顿第二定律求加速度。为减少矢量的分解以简化运算，建立坐标系时，可有如下两种方法： 要点释解明 强化点(二)　牛顿第二定律的简单应用 分解力 通常以加速度a的方向为x轴正方向，建立直角坐标系，将物体所受的各个力分解在x轴和y轴上，则x轴和y轴的合力Fx和Fy满足方程： 分解加速度 若物体所受各力都在互相垂直的方向上，但加速度却不在这两个方向上，只需将加速度a分解为ax和ay，根据牛顿第二定律得方程： 2.应用牛顿第二定律解题的步骤 [典例]　如图所示，沿水平方向做匀变速直线运动的车厢中，悬挂小球的悬线偏离竖直方向的夹角θ=37°，小球和车厢相对静止，小球的质量为1 kg(sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g取10 m/s2)。求： (1)车厢运动的加速度并说明车厢的运动情况； [答案]　 7.5 m/s2，方向水平向右　车厢做水平向右的匀加速直线运动或水平向左的匀减速直线运动　 (2)悬线对小球的拉力大小。 [答案]　12.5 N [解析]　法一：合成法 (1)由于车厢沿水平方向运动，小球的加速度与车厢的加速度相同，所以小球有水平方向的加速度，所受合力F沿水平方向，选小球为研究对象，受力分析如图所示。 由几何关系可得F=mgtan θ 小球的加速度a==gtan θ=7.5 m/s2，方向水平向右。 则车厢做水平向右的匀加速直线运动或水平向左的匀减速直线运动。 (2)悬线对小球的拉力大小为FT==12.5 N。 法二：正交分解法 以水平向右为x轴正方向建立坐标系，并将悬线对小球的拉力FT正交分解，如图所示。 则沿水平方向有FTsin θ=ma 竖直方向有FTcos θ-mg=0 联立解得a=7.5 m/s2，FT=12.5 N 且加速度方向水平向右，故车厢做水平向右的匀加速直线运动或水平向左的匀减速直线运动。 [变式拓展]　在[典例]中，若沿细线和垂直于细线方向建立直角坐标系，请再次解答。 答案：(1)7.5 m/s2，方向水平向右　车厢可能向右做匀加速直线运动，也可能向左做匀减速直线运动　(2)12.5 N 解析：(1)建立直角坐标如图所示。 则有：mgsin 37°=macos 37° F-mgcos 37°=masin 37° 可解得：a=7.5 m/s2，方向水平向右。 (2)拉力F==12.5 N。 1.(2024·贵州高考)某研究人员将一铁质小圆盘放入 聚苯乙烯颗粒介质中，在下落的某段时间内，小圆盘仅 受重力G和颗粒介质对其向上的作用力f。用高速相机记 录小圆盘在不同时刻的位置，相邻位置的时间间隔相等， 如图所示，则该段时间内下列说法可能正确的是 (　　) A.f一直大于G　　　　 B.f一直小于G C.f先小于G，后大于G D.f先大于G，后小于G 题点全练清 √ 解析：由题图可知相等时间间隔内铁质小圆盘的位移先增大后减小，可知铁质小圆盘的速度先增大后减小，以向下为正方向，即铁质小圆盘的加速度先沿正方向后沿负方向，根据牛顿第二定律G-f=·a，可知f先小于G，后大于G。故选C。 2.如图所示，质量为4 kg的物体静止于水平面上。 现用大小为40 N、与水平方向夹角为37°斜向上的力 F拉物体，使物体沿水平面做匀加速直线运动(g取10 m/s2，sin 37°= 0.6，cos 37°=0.8)。求： (1)若水平面光滑，则物体加速度的大小； 答案： 8 m/s2　 解析：水平面光滑时，物体的受力情况如图甲所示 由牛顿第二定律得Fcos 37°=ma1 解得a1=8 m/s2。 (2)若物体与水平面间的动摩擦因数为0.5，则物体加速度的大小。 答案：6 m/s2 解析：水平面不光滑时，物体的受力情况如图乙所示 Fcos 37°-Ff=ma2，FN'+Fsin 37°=mg Ff=μFN'，联立解得a2=6 m/s2。 1.两类模型 加速度与合外力具有瞬时对应关系，二者总是同时产生、同时变化、同时消失，具体可简化为右边两种模型： 要点释解明 强化点(三)　瞬时加速度问题 2.求解瞬时加速度的步骤 [典例]　如图所示，天花板上用细绳吊起两个用轻质弹簧相连的质量相同的小球，两小球均保持静止。当突然剪断细绳时，上面的小球A与下面的小球B的加速度大小分别为 (　 ) A.aA=g，aB=g　 B.aA=g，aB=0 C.aA=2g，aB=0 D.aA=0，aB=g √ [解析]　先分析整体平衡(细绳未剪断)时，A和B的受力情况。如图所示，A球受重力、弹簧弹力F1及绳子拉力F2；B球受重力、弹簧弹力F1'，且F1'=mg，F1=F1'。剪断细绳瞬间，F2消失，但弹簧尚未收缩，仍保持原来的形态，F1不变，故B球所受的力不变，此时aB=0，而A球的加速度大小为aA==2g。 [变式拓展]　(1)在[典例]中，若突然剪断弹簧，求上面的小球A与下面的小球B的加速度。 答案： aA=0　aB=g，方向竖直向下 (2)在[典例]中，若将弹簧改成细绳，突然剪断A球上面的细绳，求上面的小球A与下面的小球B的加速度。 答案：aA=g，方向竖直向下　 aB=g，方向竖直向下 (3)在[典例]中，若将细绳改成弹簧，突然剪断下面的弹簧，求上面的小球A与下面的小球B的加速度。 答案：aA=g，方向竖直向上　 aB=g，方向竖直向下 题点全练清 1.(2024·湖南高考)如图，质量分别为4m、3m、2m、m的四个小球A、B、C、D，通过细线或轻弹簧互相连接，悬挂于O点，处于静止状态，重力加速度为g。若将B、C间的细线剪断，则剪断瞬间B和C的加速度大小分别为 (　 ) A.g，1.5g　　　　　　　　 B.2g，1.5g C.2g，0.5g D.g，0.5g √ 解析：细线剪断前，对B、C、D三球构成的整体受力分析有FAB=(3m+2m+m)g，对D球受力分析有FCD=mg，细线剪断后，对B球受力分析有FAB-3mg=3maB，解得aB=g，方向竖直向上；对C球受力分析有FCD+2mg=2maC，解得aC=1.5g，方向竖直向下。故选A。 2.(2025·建邺期末)如图所示，物体A静止在粗糙水平面上，处于自然状态的水平轻质弹簧左端与墙面连接。A在恒定推力F的作用下向左做加速直线运动，从物体A接触弹簧到弹簧被压缩到最短的过程中，物体A的加速度大小 (　 ) A.一直减小 B.一直增大 C.先减小后增大 D.先增大后减小 √ 解析：A没与弹簧接触时F-f=ma，A与弹簧接触后，弹簧被压缩的初始阶段弹力较小，由牛顿第二定律得F-f-F弹=ma1，F弹=kx，由于弹簧压缩量逐渐增大，所以弹力逐渐增大，则加速度逐渐减小，A做加速度减小的加速运动，当加速度为零时A的速度最大；此后F弹'+f-F=ma2，弹簧的压缩量越来越大，弹簧的弹力增大，A的加速度增大，所以从物体A接触弹簧到弹簧被压缩到最短的过程中，物体A的加速度大小先减小后增大，故C正确，A、B、D错误。 课时跟踪检测 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 1.(2024·扬州高一检测)“汽车的速度越大，刹车后越难停下来”，其中“越难停下来”指的是 (　 ) A.汽车的惯性越大 B.改变汽车运动状态的难易程度越大 C.汽车刹车的时间越长 D.汽车刹车的加速度越大 √ 6 7 8 9 10 11 12 13 1 2 3 4 5 解析：根据牛顿第二定律可得a=，可知汽车刹车的加速度与汽车的速度无关；物体改变运动状态的难易程度与惯性有关，汽车的惯性只由质量决定，与汽车的速度无关；汽车的速度越大，刹车后停下来所用时间就越长，故“越难停下来”指的是汽车刹车的时间越长。故选C。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 2.一有固定斜面的小车在水平面上做直线运动，小球通过细绳与车顶相连，小球某时刻正处于如图所示状态，设斜面对小球的支持力为FN，细绳对小球的拉力为FT，若某时刻FT为零，则此时小车的运动情况是 (　 ) A.小车向右做加速运动 B.小车向右做匀速运动 C.小车向左做加速运动 D.小车向左做减速运动 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 解析：小球和小车具有相同的加速度，所以小球的加速度只能沿水平方向，根据牛顿第二定律知，当细绳拉力为零时，小球受到的合力方向水平，小球受到重力和斜面对其向左偏上的支持力作用，二力的合力只能水平向左，所以小车应向左做加速运动或向右做减速运动，C正确，A、B、D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 3.如图为无人机对棉花喷洒农药。无人机悬停在某一高度，自静止开始沿水平方向做匀加速运动，2 s达到作业速度后，开始沿水平方向匀速作业，已知作业前无人机和农药总质量为20 kg，无人机作业速度为6 m/s，重力加速度为10 m/s2，则在加速阶段空气对无人机的作用力约为 (　 ) A.60 N　　 B.200 N　　 C.209 N　　 D.220 N √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 解析：根据加速度定义得a== m/s2=3 m/s2，根据力的合成得F=≈209 N，故选C。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 4.(2025·泰兴期末)篮球运动员接球时通常先伸出两臂迎接，双手接触到球后，两臂迅速将球引至胸前接住。假设在这一过程中篮球做的是水平向右的减速直线运动，则下列双手对篮球施力F的方向可能正确的是 (　 ) √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 解析：在这一过程中篮球做的是水平向右的减速直线运动，可知篮球受到的合力水平向左，则双手对篮球施力F存在竖直向上的分力与篮球重力平衡，存在水平向左的分力提供加速度，根据平行四边形定则可知，F的方向斜向上偏左。故选C。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 5.(2025·无锡期末)一辆装满石块的货车在倾斜道路上以加速度a=5 m/s2沿斜面向下加速运动，倾斜道路与水平面夹角为30°。货箱中石块B的质量为m=5 kg，(g=10 m/s2)则石块B周围与它接触的物体对石块B作用力的合力大小为 (　 ) A.12.5 N B.25 N C.25 N D.25 N √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 解析：以B为研究对象，垂直斜面方向有Fy=mgcos 30°=25 N，沿斜面方向根据牛顿第二定律可得Fx+mgsin 30°=ma，解得Fx=0，则石块B周围与它接触的物体对石块B作用力的合力大小为F= =25 N，故选D。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 6.(2025·海门期末)地铁在一段平直的路段上行驶，某人在一 根细绳的下端绑上一支圆珠笔，细绳的上端固定在地铁的竖直扶 手上。地铁启动后的某段加速过程中，细绳偏离了竖直方向，并 与竖直扶手之间有一稳定的夹角，他用手机拍摄了当时情景的照 片，拍摄方向跟地铁前进方向垂直。已知当地重力加速度为g，根据这张照片，使用一把刻度尺不能估算或判断出拍摄时刻下列哪些物理量(　 ) A.地铁加速度的方向　　 B.地铁的运动方向 C.地铁加速度的大小 D.细绳中拉力的大小 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 解析：圆珠笔受力如图所示，根据照片可以测出细绳与竖直方向的夹角θ，对圆珠笔，由牛顿第二定律得mgtan θ=ma，代入数据解得a=gtan θ，方向水平向左，地铁启动后的某段加速过程，加速度方向与速度方向相同，因此地铁的运动方向向左，由于不知圆珠笔的质量，无法求出细绳的拉力大小。故选D。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 7.如图所示，有一辆载满西瓜的汽车在水平路面上匀速前进。突然发现意外情况，紧急刹车做匀减速直线运动，加速度大小为a，则中间一质量为m的西瓜A受到其他西瓜对它的作用力的大小是(重力加速度为g) (　 ) A.m B.ma C.m D.m(g+a) √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 解析：西瓜与汽车具有相同的加速度a，对西瓜A受力分析如图所示，F表示周围其他西瓜对A的作用力，则由牛顿第二定律得 =ma，解得F=m，故C正确，A、B、D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 8.(2025·昆山期末)如图所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直放置，下端固定；质量为m的小球，距弹簧上端高h处自由释放，小球从释放到把弹簧压缩到最低点的过程中，下列说法正确的是 (　 ) A.小球接触弹簧前，小球做自由落体运动，加速度为g B.小球刚接触弹簧瞬间，速度达到最大 C.小球从刚接触弹簧到压缩到最低点过程中，小球的加速度逐渐减小 D.小球从刚接触弹簧到压缩到最低点过程中，小球的加速度一直减小 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 解析：小球接触弹簧前，只受重力作用，小球做自由落体运动，加速度为g，故A正确；小球从刚接触弹簧到压缩到最低点过程中，一开始弹簧弹力小于小球的重力，小球继续向下加速运动，随着弹力的增大，小球的加速度逐渐减小；当弹簧弹力等于小球的重力，小球的加速度为0，速度达到最大；之后弹簧弹力大于小球的重力，小球向下做减速运动，随着弹力的增大，小球的加速度逐渐增大，故B、C、D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 9.(2024·安徽高考)如图所示，竖直平面内有两完全相同的轻质弹簧，它们的一端分别固定于水平线上的M、N两点，另一端均连接在质量为m的小球上。开始时，在竖直向上的拉力作用下，小球静止于MN连线的中点O，弹簧处于原长。后将小球竖直向上缓慢拉至P点，并保持静止，此时拉力F大小为2mg。已知重力加速度大小为g，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力。若撤去拉力，则小球从P点运动到O点的过程中 (　 ) 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 A.速度一直增大 B.速度先增大后减小 C.加速度的最大值为3g D.加速度先增大后减小 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 解析：将小球缓慢拉至P点，并保持静止，由平衡条件可知，此时小球受到的拉力F、重力、两弹簧的拉力的合力为零，可得此时两弹簧的拉力的合力大小为mg。当撤去拉力F，则小球从P点运动到O点的过程中，两弹簧的拉力与重力的合力始终向下，小球一直做加速运动，故A正确，B错误；小球从P点运动到O点的过程中，弹簧形变量变小，弹簧在竖直方向的合力不断变小，故小球受的合外力一直变小，加速度一直减小，加速度的最大值为刚撤去拉力时的加速度大小，由牛顿第二定律可得2mg=ma，加速度的最大值为2g，C、D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 10.如图，一光滑小球置于车上，竖直挡板对小球的弹力大小为F1，小车斜面对球的弹力大小为F2。小车沿水平地面向左做加速运动且加速度a逐渐增加，则 (　 ) A.F2逐渐减小 B.F2不变 C.F1逐渐减小 D.F1与F2的合力有可能不变 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 解析：以小球为研究对象，其受力如图所示，设斜 面与水平方向夹角为α，将F2沿水平和竖直方向上正交分 解。结合题意，竖直方向上根据平衡条件可得，F2cos α =mg，以向左为正方向，水平方向上根据牛顿第二定律 可得F1-F2sin α=ma，由以上分析可知F2不变，又因小车沿水平地面向左做加速运动且加速度a逐渐增加，所以F1逐渐增加。故选B。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 11.(2024·吴中高一检测)如图所示，套在动摩擦因数为0.4的水平细杆上的小球，上端与轻绳相连，左端与轻弹簧相连，轻弹簧的左端固定在O点。初始时刻小球静止在A点，此时弹簧伸长了1.5 cm，轻绳拉力为13.0 N。已知弹簧劲度系数k=200 N/m，小球质量m=0.5 kg，取重力加速度g=10 m/s2。某时刻剪断轻绳，下列说法正确的是 (　 ) 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 A.小球初始时刻静止在A点时受到摩擦力的大小为3.0 N B.剪断轻绳的瞬间，小球受力个数不变 C.剪断轻绳的瞬间，小球加速度大小为1 m/s2 D.剪断轻绳后小球向左做匀加速直线运动 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 解析：小球初始时刻静止在A点时受到静摩擦力，大小等于弹簧弹力大小，故f=kx=3.0 N，故A正确；剪断轻绳的瞬间，绳子拉力消失，小球受力个数变少，故B错误；剪断轻绳的瞬间，弹簧弹力不变，支持力突变成FN=5 N，最大静摩擦力变为f'=μFN=2 N，则小球受力不平衡，所以加速度大小为a==2 m/s2，故C错误；剪断轻绳后小球运动过程中弹簧弹力始终变化，所以先做加速度减小的加速直线运动，当弹簧弹力等于摩擦力时，速度最大，之后小球做加速度增大的减速运动，直到静止，故D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 12.(14分)(2025·泰州期末) 小朋友和雪橇的总质量m=40 kg，绳子与水平方向的夹角θ=37°，如图所示。当绳子的拉力F=100 N时，小朋友和雪橇恰能向右做匀速运动，取g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°= 0.8。求： 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 (1)雪橇与水平地面间的动摩擦因数μ(结果保留两位有效数字)；(7分) 答案： 0.24　 解析：对小朋友和雪橇整体受力分析如图所示，可知F1=Fcos 37° =80 N，F2=Fsin 37°=60 N，水平方向上，f=F1=80 N 竖直方向上，F2+FN=mg 解得FN=340 N 由f=μFN，可得μ≈0.24。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 (2)如果某一时刻撤去拉力F，则雪橇的加速度为多少。(7分) 答案：2.4 m/s2 解析：根据F合=f=μmg，F合=ma，可得a=μg=2.4 m/s2。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 13.(16分)如图所示，用一水平的恒力F将一个质量为2 kg的滑块沿倾角θ=37°的斜面向上做匀速直线运动，已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ=0.5，g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，求： 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 (1)水平恒力F大小；(8分) 答案： 40 N　 解析：当滑块沿斜面匀速上滑时，滑块的受力如图所示 根据受力平衡进行正交分解， 在x轴方向Fcos θ=mgsin θ+f 在y轴方向N=mgcos θ+Fsin θ 又f=μN 联立解得F=40 N。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 (2)若撤去恒力F，将滑块在斜面顶端由静止开始释放，求滑块下滑的加速度大小。(8分) 答案：2 m/s2 解析：若将滑块在斜面顶端由静止开始释放，根据牛顿第二定律可得mgsin θ-μmgcos θ=ma 解得a=2 m/s2。 本课结束 $$