第3章 第2讲 牛顿第二定律的应用(课件PPT)-【高考领航】2027年高考物理大一轮复习学案

该高中物理高考复习课件聚焦“牛顿第二定律的应用”专题，覆盖动力学两类基本问题和超重失重核心考点，依据高考评价体系梳理受力分析、运动过程分析等关键能力，通过课前正误判断、考点分类解析及2025浙江选考等真题模拟题，明确高频题型分布，构建系统备考框架。 课件亮点在于“模型建构+科学推理+实战训练”的复习策略，如等时圆模型通过几何关系与运动学公式推导时间共性（培养科学思维），动力学问题提炼“受力-运动-加速度”解题链条，限时训练含超重失重判断等易错点分析。助力学生掌握答题技巧，教师可据此高效规划复习，提升备考针对性。

第2讲　牛顿第二定律的应用 返回 ‹#› 课前判断正误(正确的打“√ ”，错误的打“×”) 1．已知物体受力情况，求解运动学物理量时，应先根据牛顿第二定律求解加速度。( ) 2．运动物体的加速度可根据运动的速度、位移、时间等信息求解，所以加速度由运动情况决定。( ) 3．加速度大小等于g的物体一定处于完全失重状态。( ) 4．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。( ) 5．神舟十七号载人飞船在返回至离地面十几公里时打开主伞，飞船快速减速，返回舱速度大大减小，在减速过程中返回舱处于超重状态。( ) × √ × × √ 返回 ‹#› 6．物体处于超重或失重状态时其重力并没有发生变化。( ) 7．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。( ) 8．物体处于超重或失重状态，完全由物体加速度的方向决定，与速度方向无关。( ) 9．站在体重计上向下蹲的过程中，体重计的示数先变小，后变大，再变小。( ) 10．蹦极运动员从高处跳下，在弹性绳被拉直前处于失重状态，当弹性绳被拉直后处于超重状态。( ) × √ √ √ × 返回 ‹#› 1 考点一 2 思维方法　 3 考点二 4 限时规范训练 栏 目 导 引 返回 ‹#› 4 考点一 动力学的两类基本问题 1．动力学的两类基本问题 (1)已知受力情况求物体的________。 (2)已知运动情况求物体的________。 2．解题关键 (1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析。 (2)两个桥梁——加速度是联系运动和力的桥梁；速度是各物理过程间相互联系的桥梁。 运动情况 受力情况 返回 ‹#› 角度1　从受力情况确定运动情况 (2026·吉林白城一中模拟)如图，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处，上部架在横杆上。横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角θ可变。将小物块从平板与竖直杆交点Q处由静止释放，物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间t与夹角θ的大小有关。若θ由60°逐渐减小至45°，物块的下滑时间t将(　　) A．逐渐减小　　　　 B．先减小后增大 C．逐渐增大 D．先增大后减小 A　 返回 ‹#› 解析：A　根据题意，由牛顿第二定律有mg sin θ＝ma，解得a＝g sin θ，设PQ间的水平距离为d，由几何关系可得，PQ间的距离为PQ＝，由运动学公式有PQ＝at2，解得t＝， 由数学知识可知，当θ＝45°时，时间t有最小值，则θ由60°逐渐减小至45°，物块的下滑时间t将逐渐减小，故选A。 返回 ‹#› 角度2　从运动情况确定受力情况 (2026·福建泉州期末)避险车道是长下坡公路的重要设施，如图所示。某货车在下坡公路上以vA＝10 m/s的速率经过A处时，司机发现刹车失灵立即关闭动力，货车做匀加速运动到坡底B处时速率为vB＝20 m/s，随后在避险车道上做匀减速运动到C处停下。已知货车的质量m＝1×105 kg，A、B间距L1＝750 m，B、C间距L2＝40 m，取重力加速度大小g＝10 m/s2，货车经过B处时的速率不变，求： (1)货车从A运动到B的时间t； (2)货车在避险车道上受到的合力大小F。 返回 ‹#› 解析：(1)设货车下坡加速度大小为a1，根据速度—位移关系式有vB2－vA2＝2a1L1 根据速度—时间关系式有vB＝vA＋a1t 联立解得t＝50 s。 (2)设货车在避险车道上加速度大小为a2，根据速度—位移关系式有vB2＝2a2L2 货车在避险车道上运动，根据牛顿第二定律得F＝ma2 联立解得F＝5×105 N。 答案：(1)50 s　(2)5×105 N 返回 ‹#› 动力学问题的解题思路 返回 ‹#› 1．质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到圆环的最低点所用时间相等，如图1所示。 2．质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等，如图2所示。 3．两个竖直圆环相切且两环的竖 直直径均过切点，质点沿不同的 光滑弦上端由静止开始滑到下端 所用时间相等，如图3所示。 思维方法 等时圆模型 返回 ‹#› D　 (2026·江苏泰州模拟)如图所示，半球形容器内有三块不同长度的滑板AO′、BO′、CO′，其下端都固定于容器底部O′点，上端搁在容器侧壁上，已知三块滑板的长度BO′>AO′>CO′。若三个滑块同时从A、B、C处开始由静止下滑(忽略阻力)，则(　　) A．A处滑块最先到达O′点 B．B处滑块最先到达O′点 C．C处滑块最先到达O′点 D．三个滑块同时到达O′点 返回 ‹#› 解析：D　令半球形容器的半径为R，滑板的倾角为θ，对滑块进行分析，根据牛顿第二定律有mg sin θ＝ma，根据位移公式有2R sin θ＝·t2，解得t＝2，可知时间t与滑板的倾角θ和滑板的长度均无关，三个滑块同时到达O′点，故D正确。 返回 ‹#› (2026·黑龙江哈尔滨联考)如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，该平面内有AM、BM、CM三条光滑固定轨道，其中B、C两点处于同一个圆上，C是圆上任意一点，B、M分别为此圆与y轴、x轴的切点，A点在y轴上且∠AMO＝60°，O′为圆心，现将a、b、c三个小球分别从A、B、C点同时由静止释放，它们将沿轨道运动到M点，所用时间分别为tA、tB、tC，则(　　) A．tA<tB<tC B．tA＝tB<tC C．tA>tB＝tC D．由于C点的位置不确定，故无法比较时间大小关系 C 返回 ‹#› 解析：C　对小球b，位移x1＝R，加速度a1＝ g，根据x1＝a1tB2，得tB＝ ＝ ；对小球a，位 移x2＝2R，加速度a2＝g sin 60°＝g，由x2＝a2tA2，得tA＝ ＝ ，对小球c，设CM与竖直方向夹角为θ，同理可解得tC＝ ＝ ＝ ，则tB＝tC<tA，故C正确。 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______物体的重力。此时弹簧测力计的示数或台秤的示数即为视重。 2．超重 (1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)____物体所受重力的现象。 (2)产生条件：物体具有____的加速度。 考点二 超重与失重问题 无关 不等于 大于 向上 返回 ‹#› 16 3．失重 (1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)____物体所受重力的现象。 (2)产生条件：物体具有____的加速度。 4．完全失重 (1)定义：物体对支持物(或悬挂物)________作用力的现象称为完全失重现象。 (2)产生条件：物体的加速度a＝__，方向竖直向下。 小于 向下 完全没有 g 返回 ‹#› 5．判断超重和失重的方法 (1)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0时，物体处于完全失重状态。 (2)从加速度的角度判断 当物体具有向上的(分)加速度时，物体处于超重状态；具有向下的(分)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。 返回 ‹#› 角度1　超重、失重的判断 (2025·浙江1月选考，3)中国运动员以121公斤的 成绩获得2024年世界举重锦标赛抓举金牌，举起杠铃 稳定时的状态如图所示。下列说法正确的是(　　) A．双臂夹角越大受力越小 B．杠铃对每只手臂作用力大小为605 N C．杠铃对手臂的压力和手臂对杠铃的支持力是一对平衡力 D．在加速举起杠铃过程中，地面对人的支持力大于人与杠铃总重力 D 返回 ‹#› 解析：D　运动员举起杠铃，杠铃稳定时，对杠铃受力分析，杠铃受重力和双臂的支持力，由力的平衡条件可知双臂对杠铃的支持力的合力等于杠铃的重力，由牛顿第三定律可知，双臂所受杠铃作用力大小等于杠铃的重力大小，与双臂的夹角无关，A错误；杠铃的重力为G＝mg＝121×10 N＝1210 N，设手臂与竖直 方向的夹角为θ，根据平衡条件可知2F cos θ＝G，由于θ>0°，所以cos θ<1，则杠铃对手臂的作用力大小F>605 N，B错误；杠铃对手臂的压力和手臂对杠铃的支持力是一对相互作用力，C错误；在加速举起杠铃过程中，人和杠铃组成的系统加速度方向向上，由牛顿第二定律可知地面对人的支持力大于人与杠铃的总重力，D正确。 返回 ‹#› 角度2　超重、失重与图像的结合 (2026·北京延庆模拟)一人乘电梯上楼，在竖直上升的过程中如果加速度a随时间t变化的图线如图所示，以竖直向上为加速度a的正方向，则(　　) A．前2 s人和电梯处于失重状态 B．2～4 s的过程中人对地板的压力变小 C．t＝6 s时人对地板的压力为0 D．t＝8.5 s时人对地板的压力最大 B 返回 ‹#› 解析：B　前2 s人和电梯加速度向上，则处于超重状态，选项A错误；2～4 s内向上的加速度减小，则根据FN＝mg＋ma可知，人对地板的压力变小，选项B正确；t＝6 s时加速度为零，则人对地板的压力为mg，选项C错误；t＝8.5 s时加速度向下且最大，人处于最大的失重状态，则此时人对地板的压力最小，选项D错误。 返回 ‹#› (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。 返回 ‹#› 3 4 5 6 7 8 9 10 12 11 1 2 限时规范 训练(15) (选择题1～7题每题5分，8～10题每题6分，共53分) [基础分组训练] 题组1　动力学的两类基本问题 1．(2024·安徽卷，6)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(　　) 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 A 返回 ‹#› 3 4 5 6 7 8 9 10 12 11 1 2 解析：A　在P点根据共点力平衡可知小球的重力与弹簧的弹力的合力大小为F合＝2mg，若撤去拉力时，在P点加速度最大，最大值为a＝＝2g，方向竖直向下，在O点加速度最小，最小值为a＝＝g，方向竖直向下，小球从P点运动到O点的过程中加速度减小，速度一直增大，A正确。 返回 ‹#› 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2．(2026·湖南邵东一中月考)水平力F方向确定，大小随时间变化如图甲所示。用力F拉静止在水平桌面上的小物块，物块质量为1 kg。在F从0开始逐渐增大的过程中，物块的加速度随时间变化如图乙所示，(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10 m/s2)，由图像可知(　　) A．小物块所受滑动摩擦力的大小为6 N B．4 s时小物块的速度为8 m/s C.小物块与水平桌面的动摩擦因数μ＝0.6 D．t＝ s，小物块开始滑动 甲　　　　　　乙 D　 返回 ‹#› 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 12 11 解析：D　由题图知：当t＝2 s时，a＝1 m/s2，F＝6 N，根据牛顿第二定律得F－μmg＝ma，代入解得μ＝0.5，小物块所受滑动摩擦力的大小为Ff＝μmg＝5 N，故A、C错误；a-t图像面积代表速度变化量，4 s时小物块的速度大于v＝×2 m/s＝8 m/s，故B错误；根据F-t 图像可知F＝3t，当F＝Ffm＝5 N时，小物块开始滑动，故t＝ s，故D正确。 甲　　　　　　乙 返回 ‹#› 2 3 1 4 5 6 7 8 9 10 12 11 3．(多选)(课标变化题：人工智能)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 ACD 返回 ‹#› 2 3 1 4 5 6 7 8 9 10 12 11 解析：ACD　由运动学公式v2－v02＝2ax，可得无人机失去升力时的速度大小为v＝＝12 m/s，故A正确；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v2－v02＝2ax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。 返回 ‹#› 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 12 11 4．(等时圆模型)如图所示，PQ为圆的竖直直径，AQ、BQ、CQ为三个光滑斜面轨道，分别与圆相交于A、B、C三点。现让三个小球(可以看作质点)分别沿着AQ、BQ、CQ轨道自端点由静止滑到Q点，运动的平均速度分别为v1、v2和v3，则有(　　) A．v2＞v1＞v3　　　　　 B．v1＞v2＞v3 C．v3＞v1＞v2 D．v1＞v3＞v2 A　 返回 ‹#› 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 12 11 解析：A　设任一斜面的倾角为θ，圆直径为d。根据牛顿第二定律得a＝g sin θ，斜面的长度为x＝d sin θ，则由x＝at2得t＝ ＝ ＝ ，可见，物体下滑时间与斜面的倾角无关，则有 t1＝t2＝t3，根据v＝，因x2＞x1＞x3，可知v2＞v1＞v3。 返回 ‹#› 2 3 4 5 1 6 7 8 9 10 12 11 题组2　超重与失重问题 5．(2026·江苏海安开学考)利用智能手机中传感器可绘制出手机的加速度a与时间t的图像。手机沿竖直方向运动时，得到如图所示的图像，向下为正方向，手机处于失重状态的时刻为(　　) A．t1 B．t2 C．t3 D．t4 B　 返回 ‹#› 2 3 4 5 1 6 7 8 9 10 12 11 解析：B　失重的条件是加速度方向向下，题目规定“向下为正方向”，因此加速度a>0时为失重，a<0时为超重。结合图像分析各时刻的加速度方向可知t1、t4时刻，加速度等于0；t2时刻，加速度为正，方向向下，手机处于失重状态；t3时刻，加速度为负，方向向上，手机处于超重状态。故选B。 返回 ‹#› 2 3 4 5 6 1 7 8 9 10 12 11 6．(2025·四川眉山东坡区联考)如图所示，将金属块用压缩的轻弹簧卡在一个箱子中，上顶板和下底板装有压力传感器。当箱子随电梯以a＝4.0 m/s2的加速度竖直向上做匀减速运动时，上顶板的传感器显示的压力为4.0 N，下底板的传感器显示的压力为10.0 N。g取10 m/s2。若下底板示数不变，上顶板示数是下底板示数的一半，则电梯的运动状态可能是(　　) A．匀加速上升，a＝5 m/s2 B．匀加速下降，a＝5 m/s2 C．匀速上升 D．静止状态 B　 返回 ‹#› 2 3 4 5 6 1 7 8 9 10 12 11 解析：B　当箱子随电梯以a＝4.0 m/s2的加速度竖直向上做匀减速运动时，对金属块受力分析，由牛顿第二定律知FN上＋mg－FN下＝ma，m＝ kg＝1 kg，G＝mg＝10 N。若下底板传感器示数不变，上顶板 传感器的示数是下底板传感器的示数的一半，则上顶板传感器的示数是5 N，对金属块，由牛顿第二定律知FN上′＋mg－FN下＝ma′，解得a′＝5 m/s2，方向向下，故电梯以5 m/s2的加速度匀加速下降，或以5 m/s2的加速度匀减速上升，A、C、D错误，B正确。 返回 ‹#› 7 8 9 10 12 11 1 3 4 5 6 2 7．(多选)某人在地面上用体重计称得其体重为490 N，他将体重计移至电梯内称量，t0至t3时间段内，体重计的示数如图所示。若取竖直向上为正方向，则电梯运行的v-t和a-t图像可能正确的是(g取9.8 m/s2)(　　) ABC　 返回 ‹#› 7 8 9 10 12 11 1 3 4 5 6 2 解析：ABC　m＝＝50 kg，在t0～t1时间内，根据牛顿第二定律可知F1－mg＝ma1，解得a1＝－1 m/s2，可知在t0～t1时间内，此人向下做匀加速运动或向上做匀减速运动；t1～t2时间内，根据牛顿第二定律可知F2－mg＝ma2，解得a2＝0，可知在t1～t2时间内，此人做匀速直线运动或静止；t2～t3时间内，根据牛顿第二定律可知F3－mg＝ma3，解得a3＝1 m/s2，可知在t2～t3时间内，此人向下做匀减速运动或向上做匀加速运动，综上所述，图A、B、C符合要求。 返回 ‹#› 8 9 10 12 11 1 3 4 5 6 7 2 C [创新提升训练] 8．(2025·山西晋中三模)2025年3月30日，国产大飞机C919首次飞抵东北地区，开启“上海虹桥—沈阳”航线的商业运营，沈阳成为东航C919通航的第10座城市。飞机起飞过程主要包括地面滑行加速、离地和加速爬升三个阶段。下列说法正确的是(　　) A．飞机静止时，座椅对乘客的作用力为零 B．飞机水平向右加速滑行时，座椅对乘客的作用力水平向右 C．飞机离地后在空中做斜向上加速直线运动时，乘客处于超重状态 D．飞机离地后在空中做斜向上加速直线运动时，座椅对乘客的作用力竖直向上 返回 ‹#› 8 9 10 12 11 1 3 4 5 6 7 2 解析：C　飞机静止时，座椅对乘客的作用力等于乘客的重力，故A错误；飞机水平向右加速滑行时，座椅对乘客有向前的推力和竖直向上的支持力，所以座椅对乘客的作用力指向右上方，故B错误；飞机离地后在空中做斜向上加速直线运动时，有向上的加速度，所以乘客处于超重状态，故C正确；飞机离地后在空中做斜向上加速直线运动时，根据牛顿第二定律可知座椅对乘客的作用力斜向上方，故D错误。 返回 ‹#› 9 10 12 11 1 3 4 5 6 7 8 2 9．(2026·山东临沂期末)如图所示，倾角为θ的斜面固定在水平地面上，在与斜面共面的平面上方A点伸出三根光滑轻质细杆至斜面上B、C、D三点，其中AC与斜面垂直，且∠BAC＝∠DAC＝θ(θ<45°)，现有三个质量均为m的小圆环(看作质点)分别套在三根细杆上，依次从A点由静止滑下，滑到斜面上B、C、D三点所用时间分别为tB、tC、tD，下列说法正确的是(　　) A．tB>tC>tD B．tB＝tC<tD C．tB<tC<tD D．tB<tC＝tD B　 返回 ‹#› 9 10 12 11 1 3 4 5 6 7 8 2 解析：B　由于∠BAC＝θ，则可以判断出AB竖直向下，以AB为直径作圆，则必过C点，如图所示，圆环在杆AC上运动过程，由牛顿第二定律及运动学公式可得mgcos θ＝ma，2Rcos θ＝atC2，联立解得tC＝ ，可见从A点出发，到达圆周各点所用的时间相等，与细 杆的长短、倾角无关，则tB＝tC＝tE<tD，故B正确。 返回 ‹#› 10 12 11 1 3 4 5 6 7 8 9 2 10．(2026·湖南岳阳模拟)某教师用图甲所示装置研究电梯的运动。安装拉力传感器的铁架台置于电梯中，装有水的矿泉水瓶竖直悬挂在拉力传感器上。电梯运行时，电脑记录了矿泉水瓶所受拉力F随时间t的变化情况如图乙所示，下列说法正确的是 (　　) A．AB阶段电梯处于失重状态，CD阶段电梯处 于超重状态 B．电梯先后经历了上行、静止、下行三个过程 C．AB阶段的加速度大小约为0.67 m/s2，方向竖 直向上 D．CD阶段的加速度大小约为0.67 m/s2，方向竖 直向上 甲 乙 C 返回 ‹#› 10 12 11 1 3 4 5 6 7 8 9 2 解析：C　AB阶段拉力大于重力，电梯处于超重状态，CD阶段拉力小于重力，电梯处于失重状态，A错误；AB阶段加速度向上，CD阶段加速度向下，电梯先后经历了向上加速、向上匀速和向上减速的过程，B错误；由题图乙可知矿泉水瓶的 甲 乙 重力mg＝15 N，若重力加速度g取10 m/s2，矿泉水瓶的质量m＝ kg＝1.5 kg，AB阶段的加速度大小a＝ m/s2≈0.67 m/s2，方向竖直向上，C正确；CD阶段的加速度大小a′＝ m/s2≈0.67 m/s2，方向竖直向下，D错误。 返回 ‹#› 11 12 1 3 4 5 6 7 8 9 10 2 11．(12分)(2025·广东佛山期中)2024年9月11日在酒泉卫星发射中心，朱雀三号成功进行了垂直起降飞行实验。朱雀三号的质量约为500吨，先用火箭专用起重机通过4根等长钢索将火箭安装至发射台上，如图 所示。4根钢索与竖直方向夹角均为37°，且连接点ABC位于同一竖直面内。火箭点火起飞100秒后发动机关闭，此时火箭的速度达到600 m/s，一段时间后安全返回地面。假设火箭所受空气阻力恒为Ff＝1×106 N，且点火后产生的推力恒定，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： 返回 ‹#› 11 12 1 3 4 5 6 7 8 9 10 2 (1)起重机将火箭匀速吊起的过程中，每条钢索上的拉力大小(结果保留2位有效数字)； (2)点火后产生的推力为多大； (3)火箭上升的最大高度。 返回 ‹#› 11 12 1 3 4 5 6 7 8 9 10 2 解析：(1)根据受力平衡可得4FTcos 37°＝mg 解得FT＝1.6×106 N。 (2)点火后火箭做匀加速直线运动，由v1＝a1t 可得a1＝6 m/s2 由牛顿第二定律得F－(Ff＋mg)＝ma1 解得F＝ 9×106 N。 返回 ‹#› 11 12 1 3 4 5 6 7 8 9 10 2 (3)根据速度—位移公式有v12＝2a1h1 得h1＝ 3×104 m 发动机关闭后火箭向上做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得Ff＋mg＝ma2 解得a2＝ 12 m/s2 由0－v12＝－2a2h2 得h2＝1.5×104 m 故上升的最大高度为h＝h1＋h2＝4.5×104 m。 答案：(1)1.6×106 N　(2)9×106 N (3)4.5×104 m 返回 ‹#› 12 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 2 12．(12分)(2026·山东实验中学模拟)如图所示，倾角θ＝37°、质量M＝3 kg的斜面体静止在水平地面上，质量m＝2 kg的物块静止在斜面上时恰好不下滑。t＝0时刻起，用恒力(大小、方向均未知，图中未画出)作用在斜面体上，使物块与斜面体一起由静止开始向左做匀加速直线运动，物块恰好与斜面体间无摩擦力。已知斜面体与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.75，各接触面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)物块与斜面体间的动摩擦因数μ1； (2)物块2 s末的速度v和0～2 s内位移大小x； (3)恒力的最小值Fmin。 返回 ‹#› 12 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 2 解析：(1)对物块分析有mg sin θ＝μ1mg cos θ 解得μ1＝0.75。 (2)对物块分析有mg tan θ＝ma，v＝at 解得v＝15 m/s 其中x＝at2 解得x＝15 m。 返回 ‹#› 12 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 2 (3)设恒力方向与水平方向的夹角为α、大小为F，对物块和斜面体构成的整体进行分析，竖直方向上有F sin α＋FN＝(M＋m)g 水平方向有F cos α－μFN＝(M＋m)a 解得F＝ 设cos β＝，整理可得F＝ 当sin (α＋β)＝1时，即有sin α＝时，恒力最小，则有Fmin＝＝60 N。 答案：(1)0.75　(2)15 m/s　15 m　(3)60 N 返回 ‹#› 第2讲　牛顿第二定律的应用 点击进入WORD文档 按ESC键退出全屏播放 返回 ‹#› 51 $