第3章 第2讲 牛顿第二定律的基本应用(课件PPT)-【金版新学案】2027年高考物理高三总复习大一轮复习讲义（广东专版）

该高中物理高考复习课件聚焦“牛顿第二定律的基本应用”，覆盖瞬时加速度、超重失重、动力学两类基本问题三大核心考点，依据高考评价体系明确各考点考查要求，通过2024湖南卷、佛山质检等真题分析考点权重，归纳出模型分类、运动分析等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于高考真题与变式训练结合，如以2024湖南卷瞬时加速度题为例，通过绳与弹簧模型建构培养科学思维，以机器人运输包裹问题示范动力学问题的受力与运动分析，帮助学生掌握答题技巧，教师可据此高效指导复习，提升备考效率。

第2讲　牛顿第二定律的基本应用 高三一轮复习讲义 广东专版 第三章 牛顿运动定律 1.会应用牛顿第二定律解决瞬时加速度问题。 2.会应用牛顿第二定律解决超重、失重问题。 3.会解决动力学的两类基本问题。 学习目标 考点一　瞬时加速度问题 考点二　超重与失重 考点三　动力学的两类基本问题 课时测评 内容索引 瞬时加速度问题 考点一 返回 瞬时加速度问题的两类模型 轻绳、轻杆 和接触面 形变不明显，剪断或脱离后，恢复形变不需要时间，弹力立即消失或改变 弹簧、蹦床 和橡皮条 形变量比较大，在瞬时问题中，弹簧、蹦床和橡皮条的形变不能立即恢复，弹力的大小不发生突变 (2024·湖南卷·T3)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 √ 例1 细线剪断前，对B、C、D整体受力分析，由平衡条件知A、B 间轻弹簧的弹力FAB＝6mg；对D受力分析，由平衡条件知C、 D间轻弹簧的弹力FCD＝mg。细线剪断瞬间，对B，由牛顿第 二定律有FAB－3mg＝3maB；对C，由牛顿第二定律有2mg ＋FCD＝2maC，联立解得aB＝g，aC＝1.5g，故A正确。 拓展变式.将衔接教材中的装置放在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，如图所示，系统静止时，弹簧与轻绳均平行于斜面，重力加速度为g，在轻绳被剪断的瞬间，小球A、B的加速度大小分别为 A.aA＝0，aB＝g B.aA＝g，aB＝0 C.aA＝g，aB＝g D.aA＝0，aB＝g √ 剪断前，分析A、B和弹簧整体受力可知，轻绳的拉力为FT＝2mgsin θ；剪断瞬间，A受到的合力沿斜面向下，大小为2mgsin θ，小球B所受合力为0，所以小球A、B的瞬时加速度分别为aA＝2gsin 30°＝g，aB＝0。故选B。 超重与失重 考点二 返回 1.实重和视重 (1)实重：物体实际所受的重力，它与物体的运动状态______。 (2)视重：当物体在竖直方向上有加速度时，物体对弹簧测力计的拉力或对台秤的压力将不等于物体的重力，此时弹簧测力计的示数或台秤的示数即为______。 知识梳理 无关 视重 2.超重、失重和完全失重的比较 状态 超重 失重 完全失重 现象 视重______物体重力 视重______物体重力 视重等于___ 产生 条件 竖直方向上，物体的加速度向____ 竖直方向上，物体的加速度向____ 竖直方向上，物体的加速度向下，且等于___ 运动 状态 加速上升或减速下降 加速下降或减速上升 以g为加速度______下降或减速上升 原理 方程 F－mg＝ma mg－F＝ma F＝0 大于 小于 0 上 下 g 加速 正误辨析 (1)减速上升的升降机内的物体对地板的压力大于物体的重力。 ( ) (2)加速度大小等于g的物体处于完全失重状态。 ( ) (3)物体处于超重或失重状态时其重力并没有发生变化。 ( ) (4)根据物体处于超重或失重状态，可以判断物体运动的速度方向。 ( ) × × √ × 1.对超重和失重的理解 (1)不论超重、失重或完全失重，物体的重力都不变，只是“视重”改变。 (2)在完全失重的状态下，一切由重力产生的物理现象都会完全消失。 (3)尽管物体的加速度方向不是竖直方向，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。 核心突破 2.判断超重和失重的方法 从受力的 角度判断 当物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重状态；小于重力时，物体处于失重状态；等于零时，物体处于完全失重状态 从加速度的 角度判断 当物体具有向上的加速度时，物体处于超重状态；具有向下的加速度时，物体处于失重状态；向下的加速度等于重力加速度时，物体处于完全失重状态 从速度变化 的角度判断 当物体向上加速或向下减速时，物体处于超重状态；向下加速或向上减速时，物体处于失重状态 (2024·佛山市质检)某同学体重为50 kg，乘电梯上行时，用手机内置传感器测得某段时间内电梯的加速度如图所示，竖直向上为正方向。g＝10 m/s2。关于该段时间，下列说法正确的是 A．3～5 s该同学处于失重状态 B．9～11 s电梯向下做加速运动 C．该同学受到的最小支持力约为30 N D．该同学受到的最大支持力约为530 N √ 例2 由题图可知，3～5 s的加速度为正，方向竖直向上，该同学处于超重状态，故A错误；9～11 s的加速度为负，方向竖直向下，速度方向竖直向上，故电梯向上做减速运动，故B错误；10 s时，向下的加速度最大，为a1＝－0.6 m/s2，该同学受到的支持力最小，FNmin－mg＝ma1，解得FNmin＝470 N，故C错误；4 s时，向上的加速度最大，为a2＝0.6 m/s2，该同学受到的支持力最大，FNmax－mg＝ma2，解得FNmax＝530 N，故D正确。 动力学的两类基本问题 考点三 返回 1.解决动力学两类基本问题的思路 2.分析动力学两类基本问题的关键 (1)做好两类分析：物体的受力分析和物体的运动过程分析。 (2)搭建两个桥梁：加速度是联系运动和力的桥梁；连接点的速度是联系各物理过程的桥梁。 考向1 已知受力求运动情况 (2026·清远市一模)分拣机器人在快递行业的推广大大提高了工作效率，如图甲所示，派件员在分拣处将包裹放在静止机器人的水平托盘上，机器人可将包裹送至指定投递口，停止运动后缓慢翻转托盘，当托盘倾角增大到θ时，包裹恰好开始下滑，如图乙所示。现机器人要把包裹从分拣处运至相距L＝45 m的投递口处，为了运输安全，包裹需与水平托盘保持相对静止。已知包裹与水平托盘间的动摩擦因数μ＝0.75，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，sin 53˚＝0.8，sin 37˚＝0.6。 (1)求包裹刚开始下滑时的托盘倾角θ。 例3 答案：37˚ 根据题意可知，当包裹刚开始下滑时满足mg sin θ＝μmg cos θ 可得θ＝37˚。 (2)求机器人在运输包裹的过程中允许的最大加速度a。 答案：7.5 m/s2 当包裹与水平托盘间的摩擦力达到最大静摩擦力时，加速度最大，即μmg＝ma 所以a＝7.5 m/s2。 (3)若机器人运行的最大速度vm＝3 m/s，求机器人从分拣处运行至投递口(恰好静止)所需的最短时间t。 答案：15.4 s 当机器人先以最大加速度做匀加速直线运动，加速至最大速度，然后做匀速直线运动，最后以最大加速度做匀减速直线运动至静止时，机器人从分拣处运行至投递口所需时间最短，则 匀加速直线运动阶段有x1＝ 匀减速直线运动阶段有x3＝ 所以匀速直线运动的时间t2＝ 联立可得t＝t1＋t2＋t3＝15.4 s。 考向2 已知运动情况求受力 钢架雪车比赛的一段赛道如图1所示，长12 m水平直道AB与长20 m的倾斜直道BC在B点平滑连接，斜道与水平面的夹角为15°。运动员从A点由静止出发，推着雪车匀加速到B点时速度大小为8 m/s，紧接着快速俯卧到车上沿BC匀加速下滑，如图2所示，到C点共用时5.0 s。若雪车(包括运动员)可视为质点，始终在冰面上运动，其总质量为110 kg，sin 15°＝0.26，g＝10 m/s2，求雪车(包括运动员)： (1)在直道AB上的加速度大小； 例4 答案： m/s2 设雪车(包括运动员)从A到B的加速度大小为a1，运动时间为t1，根据匀变速直线运动的规律有＝2a1lAB，vB＝a1t1 解得a1＝ m/s2，t1＝3 s。 (2)在C点的速度大小； 答案：12 m/s 由题知雪车(包括运动员)从A到C全程的运动时间t0＝5.0 s 设雪车(包括运动员)从B到C的加速度大小为a2，运动时间为t2，故t2＝t0－t1，根据匀变速直线运动的规律有lBC＝vBt2＋a2，vC＝vB＋a2t2 代入数据解得a2＝2 m/s2，vC＝12 m/s。 (3)在斜道BC上运动时受到的阻力大小。 答案：66 N 设雪车(包括运动员)在BC上运动时受到的阻力大小为Ff，根据牛顿第二定律有 mgsin 15°－Ff＝ma2 代入数据解得Ff＝66 N。 解答动力学两类基本问题的步骤 总结提升 (多选)如图所示，1、2、3、4四个小球均由静止开始沿着光滑的斜面从顶端运动到底端，其运动时间分别为t1、t2、t3、t4，已知竖直固定的圆环半径为r，O为圆心，固定在水平面上的斜面水平底端的长度为r，重力加速度为g，下列说法正确的是 A．t1>t2 B．t3＝t4 C．t2<t4 D．t1＝t4 例5 √ √ 小球1的加速度为a1＝g sin 60˚＝g，位移为x1＝2r sin 60˚＝r，运动时间为t1＝；小球2的加速度为a2＝g sin 30˚＝g，位移为x2＝2r sin 30˚＝r，运动时间为t2＝； 小球3的加速度为a3＝g sin 60˚＝g，位移为x3＝r，运动时间为t3＝；小球4的加速度为a4＝g sin 30˚＝g，位移为x4＝＝2r，运动时间为t4＝，则t1＝t2<t3＝t4，故B、C正确。 运动时间为t3＝＝；小球4的加速度为a4＝gsin 30°＝g，位移为x4＝＝2r，运动时间为t4＝＝，则t1＝t2＜t3＝t4，故B、C正确。 返回 课 时 测 评 返回 题组1　瞬时加速度问题 1.(2026·山西晋城二模)如图所示，一个箱子用轻绳悬吊在空中处于静止状态，质量相等的物块P、Q用轻弹簧连接竖直立在箱子内，P刚好与箱顶接触但没有作用力。现剪断轻绳，则在剪断轻绳的瞬间 A.弹簧的弹力突然减为零 B.P与箱顶的作用力仍然为零 C.P受到的合力小于Q受到的合力 D.Q对箱底的压力减为原来的一半 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 未剪断轻绳时，弹簧的弹力大小等于物块P的重力，剪断轻绳的 瞬间，整体向下的加速度为g，弹簧长度不变，弹力不变，仍等 于物块P的重力，故A错误；由于P的加速度为g，因此箱顶对P 的压力与弹簧弹力等大反向，故B错误；由于剪断轻绳的瞬间， 整体向下的加速度为g，故P和Q受到的合力均等于它们的重力， 即P受到的合力等于Q受到的合力，故C错误；未剪断轻绳时，Q对箱底的压力等于P、Q的总重力，剪断轻绳瞬间，Q的加速度为g，则Q受到箱底的支持力与弹簧的弹力大小相等，即这时Q对箱底的压力减为原来的一半，故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2．如图，A、B两球质量相等，光滑斜面的倾角为θ，图甲中A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间(重力加速度为g) A．图甲中A球的加速度不为零 B．图乙中两球加速度均为g sin θ C．图乙中轻杆的作用力一定不为零 D．图甲中B球的加速度是图乙中B球加速度的3倍 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 对于题图甲，突然撤去挡板的瞬间，由于A、B还没开始运动，故弹簧弹力不变，A仍处于平衡状态，加速度为零，而B所受合力等于挡板在时挡板对其的支持力，为2mg sin θ，由牛顿第二定律有2mg sin θ＝maB，可得B的加速度为aB＝2g sin θ；对于题图乙，突然撤去挡板的瞬间，A、B加速度相同，整体由牛顿第二定律有2mg sin θ＝2ma，可得A、B的加速度均为a＝g sin θ，设轻杆对A的作用力为F，对A由牛顿第二定律有mg sin θ＋F＝ma，可知F＝0，故题图乙中轻杆的作用力一定为零。故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 3.如图所示，质量为m＝3 kg的木块在轻弹簧和轻绳的作用下处于静止状态，此时木块和斜面刚好接触但无压力，轻绳水平，轻弹簧的轴线与斜面平行。已知斜面的倾角θ＝37°，木块与斜面间的动摩擦因数μ＝，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，则剪断轻绳瞬间木块的加速度大小为 A.14 m/s2 B.12 m/s2 C.10 m/s2 D.8 m/s2 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 剪断轻绳之前，设弹簧的拉力为F，竖直方向根据受力平衡可得Fsin θ＝mg，解得F＝＝50 N，剪断轻绳瞬间，弹簧弹力保持不变，根据牛顿第二定律可得F－mgsin θ－μmgcos θ＝ma，解得a＝8 m/s2，故D 正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 题组2　超重与失重 4.(2026·广东茂名期末)如图是“反向蹦极”的简化模型，弹性轻绳的上端固定在O点，竖直拉长后将下端固定在游客的身上，并与固定在地面上的力传感器相连，此时力传感器示数为1 200 N。打开扣环，从A点由静止释放游客，经B点上升到最高位置C点，在B点时速度最大。已知游客与装备(可视为质点)的总质量为60 kg，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是 √ A.打开扣环瞬间，游客的加速度大小为10 m/s2 B.从A到B过程，游客做加速度增大的加速运动 C.在B点，游客所受合力最小 D.在C点，游客处于超重状态 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 力传感器示数FT＝1 200 N，设此时弹性绳的弹力大小为 F，由平衡条件有F＝FT＋mg，解得F＝1 800 N，打开扣 环瞬间，由牛顿第二定律有F－mg＝ma，解得a＝20 m/s2， 故A错误；游客从A到B过程，弹性绳的拉力大于游客的重 力，随着游客向上运动，弹性绳的伸长量减小，弹性绳的 弹力减小，游客所受合力减小，加速度减小，到达B点时弹性绳的弹力与重力相等，合力为零，故从A到B过程，游客做加速度不断减小的加速运动，故B错误；在B点时速度最大，游客所受合力为零，故C正确；在B点时速度最大，C点速度为零，可知B到C过程游客做减速运动，加速度向下，游客处于失重状态，故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 5.(多选)一种巨型娱乐器械可以让游客体验超重和失重。该器械可乘坐多人的环形座舱套装在竖直柱子上，由升降机送上48 m的高处，然后座舱从静止开始以a1＝8 m/s2的加速度匀加速下落h1＝36 m，启动制动系统，座舱又匀减速下落，到地面时刚好停下。已知重力加速度g＝10 m/s2。则 A.座舱的最大速度为24 m/s B.匀加速下落过程中，座椅对游客的支持力是游客重力的 C.匀减速下落过程中，座椅对游客的支持力是游客重力的 D.匀减速下落过程中，座椅对游客的支持力是游客重力的 √ √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 座舱先做匀加速直线运动，设座舱的最大速度为vm，根据运动学公式可得2a1h1＝－0，解得vm＝＝ m/s＝24 m/s，故A正确；设游客重力为mg，匀加速过程以游客为研究对象，根据牛顿第二定律可得mg－FN＝ma1，则有＝＝，故B正确；座舱匀减速下落的高度为h2＝H－h1＝12 m，根据运动学公式可得－2a2h2＝0－，解得加速度大小为a2＝24 m/s2，匀减速过程以游客为研究对象，根据牛顿第二定律可得FN'－mg＝ma2，则有＝＝，故C错误，D正确。故选ABD。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 题组3　动力学的两类基本问题 6.(多选)一种能垂直起降的小型遥控无人机如图所示，螺旋桨工作时能产生恒定的升力。在一次试飞中，无人机在地面上由静止开始以2 m/s2的加速度匀加速竖直向上起飞，上升36 m时无人机突然出现故障而失去升力。已知无人机的质量为5 kg，运动过程中所受空气阻力大小恒为10 N，取重力加速度大小g＝10 m/s2。下列说法正确的是 A.无人机失去升力时的速度大小为12 m/s B.螺旋桨工作时产生的升力大小为60 N C.无人机向上减速时的加速度大小为12 m/s2 D.无人机上升的最大高度为42 m √ √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 由运动学公式可得，无人机失去升力时的速度大小为v＝＝12 m/s，故A正确；向上加速时，由牛顿第二定律有F－mg－Ff＝ma1，解得F＝70 N，故B错误；向上减速时，由牛顿第二定律有mg＋Ff＝ma2，解得a2＝12 m/s2，故C正确；由运动学公式可得，无人机减速上升的高度为x2＝＝6 m，则无人机上升的最大高度为H＝x1＋x2＝42 m，故D正确。故选ACD。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 7.(2026·河南模拟)小明站在水平放置于电梯内的电子秤上，电梯静止时电子秤的示数为500 N。电梯从t＝0时由静止开始运动，t＝18 s时静止，电子秤的示数F随时间t变化的图像如图所示。g取10 m/s2，下列说法正确的是 A.电梯处于上升状态 B.电梯减速阶段的加速度大小为0.5 m/s2 C.16～18 s内，电子秤的示数为600 N D.0～18 s内，电梯运行的总位移为30 m √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 电梯由静止开始运动，只能加速，由题图可知电梯先失重，加速度向下，只能做向下的加速运动，则电梯处于下降状态，故A错误；0～4 s内，电梯向下加速运动，由牛顿第二定律可得500 N－475 N＝ma1，解得a1＝0.5 m/s2，t＝4 s时的速度大小为v1＝a1t1＝2 m/s，0～4 s内的位移大小为x1＝a1＝4 m，4～16 s内，电梯向下匀速直线运动，通过的位移大小为x2＝v1t2＝24 m，16～18 s内， 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 电梯向下减速运动直至静止，根据运动学公式可得0＝v1－a2t3，解得加速度大小为a2＝1 m/s2，根据牛顿第二定律可得F－mg＝ma2，解得F＝550 N，可知16～18 s内，电子秤的示数为550 N，故B、C错误；16～ 18 s内，由0－＝－2a2x3，解得x3＝2 m，则0～18 s内，电梯运行的总位移为x＝x1＋x2＋x3＝30 m，故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 8.如图所示，小海豚从水池冲出，以10 m/s的速度滑过坡道底端的O点，经过1.0 s向上滑过坡道上P点时的速度为3.2 m/s。该坡道为直道，足够长且倾角θ＝37°，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。重力加速度g取 10 m/s2，下列说法正确的是 A.小海豚向上滑的加速度大小为3.2 m/s2 B.小海豚和坡道间的动摩擦因数为0.1 C.小海豚滑过P点后还能继续向上滑3.2 m D.小海豚下滑回到O点时的速度大小为10 m/s √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 设小海豚向上滑行的加速度大小为a，则a＝＝6.8 m/s2，A错误；设小海豚与坡道间的动摩擦因数为μ，小海豚的质量为m，根据牛顿第二定律可得mgsin θ＋Ff＝ma，又Ff＝μFN，FN＝mgcos θ，解得μ＝0.1，B正确；小海豚滑过P点后还能继续向上滑的距离为x1＝＝ m≈0.75 m，C错误；小海豚上滑的最大距离为x＝，设小海豚沿坡道下滑的加速度为a'，则mgsin θ－Ff＝ma'，又v'2＝2a'x，解得小海豚下滑回到O点时的速度大小为v'≈8.7 m/s，D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 设小海豚向上滑行的加速度大小为a，则a＝＝6.8 m/s2，A错误；设小海豚与坡道间的动摩擦因数为μ，小海豚的质量为m，根据牛顿第二定律可得mgsin θ＋Ff＝ma，又Ff＝μFN，FN＝mgcos θ，解得μ＝0.1，B正确；小海豚滑过P点后还能继续向上滑的距离为x1＝＝ m≈0.75 m，C错误；小海豚上滑的最大距离为x＝，设小海豚沿坡道下滑的加速度为a'，则mgsin θ－Ff＝ma'，又v'2＝2a'x，解得小海豚下滑回到O点时的速度大小为v'≈ 8.7 m/s，D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 9．(14分)(2025·江门市模拟)如图所示，小球用两段等长的细线悬挂在车厢的顶部，车厢正沿水平地面做匀变速直线运动，小球相对于车厢保持静止，两段细线与车厢顶部的夹角均为α＝45˚，已知小球的质量m＝0.5 kg，重力加速度g取10 m/s2。 答案： 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 若右侧细线的拉力为零，对小球受力分析，如图甲所示，由牛顿第二定律可得ma1＝ 解得a1＝10 m/s2，方向水平向左。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (2)若车厢以加速度a0＝2 m/s2向左做匀减速运动，求左、右两细线的拉力大小。 答案： 若车厢以加速度a0＝2 m/s2向左做匀减速运动，则小球加速度水平向右，对其受力分析，如图乙所示，由牛顿第二定律可得F2cos α－F1cos α＝ma0，F2sin α＋F1sin α＝mg 联立解得F1＝2 N，F2＝3 N。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 10．(14分)(2024·广州市天河区综测二)在训练运动员奔跑中下肢向后的蹬踏力量时，有一种方法是让运动员腰部系绳拖着汽车轮胎奔跑。如图所示，一次训练中，运动员腰部系着不可伸长的绳拖着质量m＝11 kg的轮胎从静止开始沿着笔直的跑道加速奔跑，经过t1＝3 s后速度达到v＝6 m/s，然后开始匀速跑，在匀速跑中的某时刻拖绳从轮胎上脱落，运动员立即减速，当运动员速度减为零时发现轮胎静止在其身后x0＝2 m处。已知轮胎与跑道间的动摩擦因数μ＝0.5，运动员奔跑中拖绳两结点A、B间的距离 L＝2 m，两结点间高度差视为定值H＝1.2 m，将运动员加速运动过程和减速运动过程视为匀变速直线运动，g取10 m/s2，求： (1)加速阶段拖绳对轮胎的拉力大小； 答案： 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 设加速阶段轮胎的加速度大小为a1，轮胎受到拖绳的拉力F与水平方向的夹角为θ，跑道对轮胎的支持力为FN，摩擦力为Ff，则有v＝a1t1 竖直方向F sin θ＋FN＝mg 水平方向F cos θ－Ff＝ma1 sin θ＝，cos θ＝ 又有Ff＝μFN 联立并代入数据解得F＝70 N。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (2)运动员做减速运动的加速度大小。 答案： 设拖绳脱落后轮胎在地面滑行的加速度大小为a2，位移大小为x，运动员做减速运动的加速度大小为a3 轮胎减速过程μmg＝ma2，v2＝2a2x 运动员减速过程v2＝2a3(x－L cos θ＋x0) 解得a3＝4.5 m/s2。 返回 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 谢 谢 观 看 第2讲　牛顿第二定律的基本应用 $