第3章 第3讲 牛顿运动定律的综合应用(一)(课件PPT)-【新高考方案】2027年高考物理一轮总复习（江苏专版）

该高中物理高考复习课件聚焦“牛顿运动定律综合应用”专题，覆盖动力学图像、连接体、临界极值三大核心考点，依据高考评价体系明确图像分析（v-t/a-t/F-t）、整体隔离法、临界条件判断等高频考查维度，归纳三类图像问题、三种连接体模型、四类临界条件等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题训练+方法建模+素养提升”，如以2025如东学情检测v-t图像题、2026六合中学临界问题为例，解析图像斜率/面积应用、整体隔离法步骤，培养科学思维与模型建构素养，助力学生掌握解题技巧，教师可据此精准突破考点，提升复习效率。

牛顿运动定律的综合应用(一) （综合融通课） 第 3 讲 (一) 动力学中的图像问题 (二) 动力学中的连接体问题 01 02 CONTENTS 目录 (三) 动力学中的临界极值问题 课时跟踪检测 03 04 (一) 动力学中的图像问题 图像 v⁃t图像、a⁃t图像、F⁃t图像、F⁃a图像等 三种类型 (1)已知物体的速度、加速度随时间变化的图像，求解物体的受力情况。 (2)已知物体受到的力随时间变化的图像，求解物体的运动情况。 (3)由已知条件确定某物理量的变化图像。 解题策略 (1)问题实质是力与运动的关系，要注意区分是哪一种动力学图像。 (2)应用物理规律列出与图像对应的函数方程式，进而明确“图像与公式”“图像与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断。 破题关键 (1)分清图像的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图像所反映的物理过程，会分析临界点。 (2)注意图像中的一些特殊点所表示的物理意义：图像与横、纵坐标的交点，图像的转折点，两图像的交点等。 (3)明确能从图像中获得哪些信息：把图像与具体的题意、情境结合起来，再结合斜率、特殊点、面积等的物理意义，确定从图像中反馈出来的有用信息，这些信息往往是解题的突破口或关键点。 续表 考法1　由运动图像分析物体的受力情况 1.一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移x与时间t 的关系图像如图所示。乘客所受支持力的大小用FN表示， 速度大小用v表示。重力加速度大小为g。以下判断正确 的是(　 ) A.0~t1时间内，v增大，FN>mg B.t1~t2时间内，v减小，FN<mg C.t2~t3时间内，v增大，FN<mg D.t2~t3时间内，v减小，FN>mg 考法全训 √ 解析：根据位移—时间图像的斜率表示速度可知，0~t1时间内，图像斜率增大，速度v增大，加速度方向向下，由牛顿运动定律可知乘客处于失重状态，所受的支持力FN<mg，A错误；t1~t2时间内，图像斜率不变，速度v不变，加速度为零，乘客所受的支持力FN=mg，B错误；t2~t3时间内，图像斜率减小，速度v减小，加速度方向向上，由牛顿运动定律可知乘客处于超重状态，所受的支持力FN>mg，C错误，D正确。 考法2　由力的图像分析物体的运动情况 2.如图甲所示，质量为m的物块在水平力F的作用下可沿竖直墙面滑动，水平力F随时间t变化的关系图像如图乙所示，物块与竖直墙面间的动摩擦因数为μ，物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，竖直墙面足够高，重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　 ) A.物块一直做匀加速直线运动 B.物块先做加速度减小的加速运动，后做匀速直线运动 C.物块的最大速度为gt0 D.t=t0时，物块停止下滑 √ 解析：根据物块的受力，由牛顿第二定律有mg-f=ma，由 题图乙可知F=t，而f=μF，解得a=g-，故随时间的增 大，物块先做加速度逐渐减小的加速运动，后做加速度 逐渐增大的减速运动，最后停止下滑，静止后物块的加速度为零，处于平衡状态；当t=t0时，物块的加速度为零，此时物块的速度最大，作出a⁃t图像如图所示，根据其面积求出最大速度为vm=gt0，故选C。 考法3　由已知条件确定某物理量的图像 3.(2025·如东学情检测)一塑料球和一石子同时从相同高度由静止下落，塑料球受到的空气阻力大小与其速度大小成正比，忽略石子受到的空气阻力，它们运动的v⁃t图像可能正确的是(　 ) √ 解析：取向下为正方向，石子只受重力，做自由落体运动，加速度恒为g，v⁃t图像是一条过原点的向上倾斜的直线；对于塑料球，根据牛顿第二定律有mg-f=ma，又f=kv，联立解得a=g-，则下降过程中，开始时速度为0，加速度为g，随着v的增大，a不断减小直到0，方向始终向下。故选B。 (二) 动力学中的连接体问题 1.整体法的选取原则及解题步骤 (1)当只涉及系统的受力和运动情况而不涉及系统内某些物体的受力和运动情况时，一般采用整体法。 (2)运用整体法解题的基本步骤： 2.隔离法的选取原则及解题步骤 (1)当涉及系统(连接体)内某个物体的受力和运动情况时，一般采用隔离法。 (2)运用隔离法解题的基本步骤： 第一步 明确研究对象及运动过程、状态 第二步 将某个研究对象的某段运动过程或某个状态从全过程或系统中隔离出来 第三步 画出某状态下的受力图或运动过程示意图 第四步 选用适当的物理规律列方程求解 考法(一)　加速度相同的连接体 [例1]　(2025·宿迁中学月考)某运送物资的列车由40节质量相等的车厢组成，在车头牵引下，列车沿平直轨道匀加速行驶时，第2节车厢对第3节车厢的牵引力为F。若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等，则倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力为(　 ) A.F　　　 B.　　　 C.　　　 D. 考法全训 √ [解析]　对后面38节车厢整体分析，根据牛顿第二定律有F-38f=38ma，设倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力大小为F1，对后面2节车厢整体分析，根据牛顿第二定律有F1-2f=2ma，联立解得F1=，故选C。 考法(二)　加速度大小相同、方向不同的连接体 [例2]　(2025·扬州开学考试)如图所示，用轻质细绳 绕过光滑定滑轮将木块与重物连接，且定滑轮和木块间 的细绳与木板平行，木块与重物的质量分别为m、M， 重力加速度为g，下列说法正确的是(　 ) A.木块移动的距离等于重物下降的距离 B.若木板上表面光滑，重物的加速度等于 C.若木板上表面光滑，细绳中张力等于重物重力 D.若木板上表面不光滑，细绳中张力一定等于木块所受摩擦力 √ [解析]　木块与重物用细绳连接，所以木块移动的距离等于重物下降的距离，A正确；若木板上表面光滑，则重物与木块一起运动，加速度大小相等，由牛顿第二定律有Mg=a，可得a=，B错误；若木板上表面光滑，对木块，有T=ma=<Mg，C错误；若木板上表面不光滑，木块匀速运动时，根据平衡条件，有T=f，若木块加速运动，根据牛顿第二定律，有T-f=ma，则细绳中张力大于木块所受的摩擦力，D错误。 考法(三)　加速度大小和方向都不同的连接体 [例3]　如图所示，用轻质细绳绕过两个光滑 轻质滑轮将木箱与重物连接，木箱质量M=8 kg， 重物质量m=2 kg，木箱与地面间最大静摩擦力等 于滑动摩擦力，重力加速度g=10 m/s2。 (1)要使装置能静止，木箱与地面间的动摩擦因数μ需满足什么条件? [答案]　μ≥0.5　 [解析]　对重物受力分析，根据受力平衡可得T=mg=20 N，对木箱受力分析，可得f=2T，令f=μMg，联立解得μ=0.5，要使装置能静止，木箱与地面间的动摩擦因数需满足μ≥0.5。 (2)若木箱与地面间的动摩擦因数μ=0.4，用F=80 N的水平拉力将木箱由静止向左拉动位移x=0.5 m时，求重物的速度v。 [答案]　 m/s [解析]　设木箱加速度大小为a，则重物加速度大小为2a，对重物受力分析，根据牛顿第二定律可得T-mg=2ma 对木箱受力分析，有F-μMg-2T=Ma 解得a=0.5 m/s2 当木箱向左匀加速运动位移x=0.5 m时，重物向上的位移为h=2x=1 m 由v2=2×2a×h 可得此时重物的速度为v= m/s。 (三) 动力学中的临界极值问题 1.四类典型临界条件 (1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是弹力FN=0。 (2)相对滑动的临界条件：两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对滑动的临界条件是静摩擦力达到最大值。 (3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子所能承受的张力是有限度的，绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛与拉紧的临界条件是FT=0。 (4)速度达到最值的临界条件：加速度为0。 2.三种常用解题方法 极限法 把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象(或状态)暴露出来，以达到正确解决问题的目的 假设法 临界问题存在多种可能，特别是非此即彼两种可能时，或变化过程中可能出现临界条件，也可能不出现临界条件时，往往用假设法解决问题 数学法 将物理过程转化为数学表达式，根据数学表达式解出临界条件 考法(一)　恰好脱离的临界问题 [例1]　(2026·六合高级中学初考) 如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定 在倾角θ=30°的光滑斜面上，上端放 置的物体(物体与弹簧不连接)处于静止状态。现用沿斜面向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力F与物体位移x之间的关系图像如图乙所示。不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　 ) 考法全训 A.物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态 B.弹簧的劲度系数为200 N/m C.物体的质量为1 kg D.物体的加速度大小为5 m/s2 √ [解析]　物体与弹簧分离时，弹簧弹力为零，弹簧恢复原长，A错误；刚开始时物体处于静止状态，由平衡条件有mgsin θ=kΔl，其中Δl=2 cm，拉力F1=10 N时，根据牛顿第二定律有F1+kΔl-mgsin θ=ma，由题图乙可知，物体与弹簧分离后的拉力大小为F2=15 N，根据牛顿第二定律有F2-mgsin θ=ma，代入数据解得m=1 kg，k=250 N/m，a=10 m/s2，B、D错误，C正确。 [例2]　倾角为θ=45°、外表面光滑的楔形 滑块M放在水平面AB上，滑块M的顶端O处固 定一细线，细线的另一端拴一小球，已知小球 的质量为m=1 kg，当滑块M以a=2g的加速度向 右加速运动时，细线的拉力大小为(取g=10 m/s2) (　 ) A.10 N 　　　B.5 N C.10 N 　　　D.10 N √ [解析]　当小球对滑块的压力恰好等于零时，对小球受力分析，如图1所示，根据牛顿第二定律，水平方向有Fcos θ=ma0，竖直方向有Fsin θ=mg，解得a0=g，由于a=2g>a0，所以小球会飘起来，如图2所示，则有T2=+，解得细线的拉力大小为T=10 N，故选C。 考法(二)　叠加系统相对滑动的临界问题 [例3]　如图所示，光滑水平面上放置质量分 别为m和2m的四个木块，其中两个质量为m的木 块间用一不可伸长的轻绳相连，木块间的最大静摩擦力是μmg。现用水平拉力F拉其中一个质量为2m的木块，使四个木块以同一加速度运动，则轻绳对m的最大拉力为(　 ) A. B. C. D.3μmg √ [解析]　当绳中拉力最大时，物块要相对滑动，设绳中拉力为FT，对右侧的m，根据牛顿第二定律有μmg-FT=ma，对左侧整体有FT=3ma，联立解得FT=，A、C、D错误，B正确。 |思|维|建|模| 叠加体系统临界问题的求解思路 考法(三)　动力学中的极值问题 [例4]　如图所示，一质量m=0.4 kg的小物块， 以v0=2 m/s的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力 F作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t=2 s的时 间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L=10 m。已知斜面倾角θ=30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ=。重力加速度g取10 m/s2。　 (1)求物块加速度的大小及到达B点时速度的大小。 [答案]　3 m/s2　8 m/s　 [解析]　设物块加速度的大小为a，到达B点时速度的大小为v，由运动学公式得 L=v0t+at2 ① v=v0+at ② 联立①②式，代入数据得a=3 m/s2 ③ v=8 m/s。 ④ (2)拉力F与斜面夹角多大时，拉力F最小?拉力F的最小值是多少? [答案]　30°　 N [解析]　设物块所受支持力为FN，所受摩擦力为Ff，拉力与斜面间的夹角为α，受力分析如图所示，由牛顿第二定律得 Fcos α-mgsin θ-Ff=ma ⑤ Fsin α+FN-mgcos θ=0 ⑥ 又Ff=μFN ⑦ 联立⑤⑥⑦式，可得 F= ⑧ 由数学知识得 cos α+sin α=sin(60°+α) ⑨ 由⑧⑨式可知对应F最小时的夹角α=30° ⑩ 联立③⑧⑩式，得F的最小值为Fmin= N。 课时跟踪检测 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1.(2025·无锡期末)如图所示，滑块A以初速度v0冲上 一个固定的足够长的光滑斜面。取平行于斜面向上 为正方向，滑块A在斜面上运动的速度—时间图像可能是 (　 ) √ 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 解析：设斜面的倾角为θ，由于斜面光滑，滑块A在斜面上的加速度一直为a==gsin θ，方向沿斜面向下，可知滑块A先沿斜面向上做匀减速直线运动，速度减为0后以相同的加速度向下做匀加速直线运动，取平行于斜面向上为正方向，可知滑块A在斜面上运动的速度—时间图像可能是A。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 2.用水平拉力使质量分别为m甲、m乙的甲、乙两物体在水平桌面上由静止开始沿直线运动，两物体与桌面间的动摩擦因数分别为μ甲和μ乙。甲、乙两物体运动后，所受拉力F与其加速度a的关系图线如图所示。由图可知 (　 ) A.m甲<m乙，μ甲<μ乙 B.m甲>m乙，μ甲<μ乙 C.m甲<m乙，μ甲>μ乙 D.m甲>m乙，μ甲>μ乙 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：根据牛顿第二定律，可得F-μmg=ma，整理后有F=ma+μmg，则可知F⁃a图像的斜率为m，纵截距为μmg，则由题图可看出m甲>m乙。根据μ甲m甲g=μ乙m乙g，则μ甲<μ乙。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 3.小木块在外力F的作用下由静止开始沿粗糙水平面运动，运动过程中木块的速度v随位移x变化的图像如图所示，下列速度v随时间t、外力F随速度v变化的图像可能正确的是 (　 ) √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：由题图可得v=kx，则Δv=kΔx，整理可得=k，可得a=kv，可知加速度随速度的增大而增大，B正确，A错误；根据牛顿第二定律有F-f=ma，可得F=kmv+f，当v=0时F>0，C、D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 4.如图，一不可伸长的轻绳两端各连接一质量为m的小球，初始时整个系统静置于光滑水平桌面上，两球间的距离等于绳长L。一大小为F的水平恒力作用在轻绳的中点，方向与两球连线垂直。当两球运动至二者相距L时，它们加速度的大小均为(　 ) A. B. C. D. √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：当两球运动至二者相距L时，对中点受力分析 如图所示，由几何关系可知sin θ==，设绳子拉力 大小为T，水平方向有2Tcos θ=F，解得T=F，对任意小球由牛顿第二定律可得T=ma，解得a=，故A项正确，B、C、D项错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 5.如图所示，一足够长的木板上表面与木块之间的 动摩擦因数μ=0.75，木板与水平面成θ角，让木块 从木板的底端以初速度v0=2 m/s沿木板向上滑行， 随着θ的改变，木块沿木板向上滑行的距离x将发 生变化，重力加速度g=10 m/s2，x的最小值为 (　 ) A.0.12 m B.0.14 m C.0.16 m D.0.2 m √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：设沿斜面向上为正方向，木块的加速度为a，当木板与水平面成θ角时，由牛顿第二定律得-mgsin θ-μmgcos θ=ma，解得a=-g(sin θ+μcos θ)，设木块的位移为x，有0-=2ax。根据数学关系知sin θ+μcos θ=sin(θ+α)，其中tan α=μ=0.75，可得α=37°，当θ+α=90°时加速度有最大值，且最大值a= -g，此时θ=90°-α=53°，加速度最大值为a=-g，x的最小值为xmin==0.16 m，故C正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 6.(2025·沭阳高级中学调研)如图所示，一根 一端粗、一端细的木材放在光滑的水平面 上，当用水平恒力拉木材较粗的一端使其 运动时，木材中点所在截面受到的弹力大小为T1；若换成用同样大小的水平恒力推木材较粗的一端使其运动时，木材中点所在截面受到的弹力大小为T2。则下列说法正确的是 (　 ) A.T2>T1 B.T2<T1 C.T2=T1 D.T1、T2的大小关系与质量的分布有关 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：设木材整体的质量为m，当用水平恒力F拉木材较粗的一端使其在光滑的水平面上运动时，以木材整体为研究对象，根据牛顿第二定律有F=ma，以木材左半段(以中心为界)为研究对象，设左半段质量为m1，左半段的加速度与整体的加速度相同，则木材中点所在截面受到的弹力大小为T1=m1a；若换成用同样大小的水平恒力推木材较粗的一端使其在光滑的水平面上运动时，木材整体的加速度大小不变，以木材左半段(以中心为界)为研究对象，左半段的加速度与整体的加速度相同，则木材中点所在截面受到的弹力大小为T2=m1a，可得T2=T1，故选C。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 7.(2025·扬州开学考试)如图所示，两个完全相同的物体A、B用轻质弹簧相连，现用水平恒力F拉A，使A、B一起沿光滑水平面做匀加速直线运动，则 (　 ) A.弹簧的弹力小于0.5F B.撤去F的瞬间，A的加速度变小 C.撤去F的瞬间，B的加速度不变 D.若水平面粗糙，A、B仍一起运动，弹簧的弹力变小 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：A、B一起沿光滑水平面做匀加速直线运动，对A、B组成的整体，由牛顿第二定律有F=2ma，对B，由牛顿第二定律有T=ma，解得弹簧弹力大小为T=，A错误；撤去F的瞬间，弹簧的弹力不变，此时A所受合力等于弹簧拉力，则有=ma1，可得a1=a，可知A的加速度大小不变，B错误；撤去F的瞬间，弹簧的弹力不变，B受力情况不变，所以B的加速度不变，C正确；若水平面粗糙，设A、B与水平面间的动摩擦因数均为μ，根据牛顿第二定律，对A、B组成的整体和B分别有F-2μmg=2ma'，T'-μmg=ma'，解得T'=，可知弹簧的弹力大小不变，D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 √ 8.(2025·滨海县明达中学检测)如图甲所示，平行于倾角为θ的固定斜面向上的拉力F使小物块沿斜面向上运动，运动过程中，加速度a与F的关系如图乙所示，图线的斜率为k，与F轴的交点横坐标为c，与a轴的交点纵坐标为-b。下列说法正确的是 (　 ) A.小物块的质量为k B.小物块的质量为 C.摩擦力与重力沿斜面的分力大小之和为b D.摩擦力与重力沿斜面的分力大小之和为 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：对物块，由牛顿第二定律有F-mgsin θ-f=ma，可得a=-，由题图乙可知k=，-=-b，可得小物块的质量为m=，摩擦力与重力沿斜面的分力大小之和mgsin θ+f=bm=，故选B。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 9.(2025·南通高三测评)如图所示，质量分别为mA、mB 的A、B两小球穿过一轻绳，且mA<mB，并悬挂于光滑 定滑轮两侧。已知两小球与轻绳间的最大静摩擦力分 别为fA、fB，且fA<fB<mAg。两小球由静止释放运动过 程中，加速度大小分别为aA、aB，绳中弹力大小为T， 最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则 (　 ) A.T=fA B.fA<T<fB C.aA=aB D.aA>aB √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：由于轻绳中的弹力处处相等，因此A、B两小球对轻绳的摩擦力大小相等，且fA<fB<mAg，因此A球静止释放后与轻绳间为滑动摩擦力，即T=fA，对B球，fB'=T=fA<fB，即B球与轻绳间为静摩擦力，故A项正确，B项错误；由以上分析可知，对A球，由牛顿第二定律有mAg-fA=mAaA，解得aA=g-，对B球，由牛顿第二定律有mBg-fB'=mBaB，解得aB=g-=g-，由于mA<mB，可得aA<aB，故C、D项错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 10.(2026·无锡一中开学考试)如图所示，物块a通过轻弹簧 与物块b连接，用手托住物块b保持静止。现将物块a、b 由静止释放，不计空气阻力，从释放到弹簧第一次恢复 原长的过程中，物块a、b下落的速度v随时间t变化的图像 可能是 (　 ) √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：设物块a、b的质量分别为ma、mb，弹簧劲度系数为k，释放前，以物块a为对象，根据平衡条件可得kx0=mag，将物块a、b由静止释放，初始时，物块a的加速度为0，物块b的加速度为ab0=，可知释放后a、b的距离增大，弹簧的压缩量逐渐减小，对物块a，由牛顿第二定律可得aa=，可知物块a做加速度从0逐渐增大的加速运动，对物块b，由牛顿第二定律可得ab=，可知物块b做加速度逐渐减小的加速运动，当弹簧第一次恢复原长时，物块a的加速度为g，物块b的加速度为g；综上分析，根据v⁃t图像的切线斜率表示加速度，可知物块a、b下落的速度v随时间t变化的图像可能是C。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 11.(11分)(2025·常州高三调研)某运动员 做跳伞训练，他从悬停在空中的直升 机上由静止跳下，跳离直升机一段时 间后打开降落伞减速下落，他打开降 落伞后的速度—时间图像如图甲所示。降落伞用8根对称的绳悬挂运动员，每根绳与竖直中轴线的夹角均为37°，如图乙所示。已知运动员的质量为64 kg，降落伞的质量为40 kg，不计运动员所受的阻力，打开伞后伞所受阻力f与速度v成正比，即f=kv。g取10 m/s2，cos 37°=0.8，sin 37°=0.6。求： 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 (1)由图甲可知，打开降落伞前运动员速度达到20 m/s，求其打开降落伞之前下落的距离；(4分) 答案：20 m　 解析：该运动员打开降落伞之前做自由落体运动，有=2gh0，可得h0 = 20 m。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 (2)k值的大小；(4分) 答案：208 N·s/m　 解析：由题图甲可知，当速度大小等于 5 m/s时，运动员与降落伞做匀速运动，受力平衡，则kv1=g，解得k=208 N·s/m。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 (3)匀速下落时每根绳子的拉力大小。(3分) 答案：100 N 解析：设每根绳的拉力大小为FT，以运动员为研究对象，根据平衡条件得8FTcos 37°= Mg，解得FT= 100 N。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 12.(15分)(2026·无锡一中开学考试)用卡车运输质量为m的匀质圆筒状工件，为使工件保持固定，将其置于两个光滑斜面之间，如图所示，斜面Ⅰ、Ⅱ固定在车上，倾角分别为53°和37°。已知sin 37°=，cos 37°=，重力加速度为g。 (1)当卡车沿平直公路匀速行驶时，求斜面Ⅰ、Ⅱ分别对工件的弹力大小；(6分) 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 答案：mg　mg　 解析：以工件为研究对象，受力分析如图所示。 根据共点力的平衡条件可知，斜面Ⅰ、Ⅱ对工件的弹力大小分别为F1=mgcos 53°=mg，F2=mgcos 37°=mg。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 (2)当卡车沿平直公路以g的加速度匀减速行驶时，求斜面Ⅰ、Ⅱ分别对工件的弹力大小；(6分) 答案：mg　mg　 解析：以工件为研究对象，匀减速行驶时，在水平方向上根据牛顿第二定律有 F3sin 53°-F4sin 37°=ma=m 在竖直方向上根据平衡条件有 F3cos 53°+F4cos 37°=mg 解得F3=mg，F4=mg。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 (3)为保证行车安全，求卡车沿平直公路匀加速行驶的最大加速度。(3分) 答案：g 解析：卡车沿平直公路匀加速行驶的加速度最大时，斜面Ⅱ对工件的压力大小为0，则有F5sin 53°=mam，F5cos 53°=mg，解得am=g。 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $