1、第2讲牛顿第二定律的 基本应用大一轮复习讲义过好双基关研透命题点课 时 精 练内容索引NEIRONGSUOYIN随堂巩固练过好双基关011.牛顿第二定律的表达式为：F合ma，加速度由物体所受 决定，加速度的方向与物体所受 的方向一致.当物体所受合外力发生突变时，加速度也随着发生突变，而物体运动的 不能发生突变.2.轻绳、轻杆和轻弹簧(橡皮条)的区别(1)轻绳和轻杆：剪断轻绳或轻杆断开后，原有的弹力将 .(2)轻弹簧和橡皮条：当轻弹簧和橡皮条两端与其他物体连接时，轻弹簧或橡皮条的弹力 .瞬时问题一合外力合外力速度突变为0不能发生突变自测1如图1，A、B、C三个小球质量均为m，A、B之间用一根没有
2、弹性的轻质细绳连在一起，B、C之间用轻弹簧拴接，整个系统用细线悬挂在天花板上并且处于静止状态.现将A上面的细线剪断，使A的上端失去拉力，则在剪断细线的瞬间，A、B、C三个小球的加速度分别是(重力加速度为g)A.1.5g,1.5g,0B.g,2g,0C.g，g，gD.g，g,0图图1解析剪断细线前，由平衡条件可知，A上端的细线的拉力为3mg，A、B之间细绳的拉力为2mg，轻弹簧的拉力为mg.在剪断A上面的细线的瞬间，轻弹簧中拉力不变，小球C所受合外力为零，所以C的加速度为零；A、B小球被细绳拴在一起，整体受到二者重力和轻弹簧向下的拉力，由牛顿第二定律得3mg2ma，解得a1.5g，选项A正确.1
3、.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.2.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.3.完全失重(1)定义：物体对支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)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.超重和失重二大于向上小于向下等于0g4.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
4、重.无关不等于(1)超重就是物体所受的重力增大了，失重就是物体所受的重力减小了.()(2)物体做自由落体运动时处于完全失重状态，所以做自由落体运动的物体不受重力作用.()(3)物体具有向上的速度时处于超重状态，物体具有向下的速度时处于失重状态.()判断正误判断正误动力学的两类基本问题三1.由物体的受力情况求解运动情况的基本思路先求出几个力的合力，由牛顿第二定律(F合ma)求出 ，再由运动学的有关公式求出速度或位移.2.由物体的运动情况求解受力情况的基本思路已知加速度或根据运动规律求出 ，再由牛顿第二定律求出合力，从而确定未知力.加速度加速度3.应用牛顿第二定律解决动力学问题，受力分析和运动分析
5、是关键，加速度是解决此类问题的纽带，分析流程如下：自测2(2020山东菏泽市模拟)一小物块从倾角为30的足够长的斜面底端以初速度v010 m/s沿固定斜面向上运动(如图2所示)，已知物块与斜面间的动摩擦因数 ，g取10 m/s2，则物块在运动时间t1.5 s时离斜面底端的距离为A.3.75 m B.5 m C.6.25 m D.15 m图图2解析小物块沿斜面向上运动时加速度大小为agsin gcos 10 m/s2，由于mgsin mgcos，小物块运动到最高点速度为零后，将静止在斜面上不再运动，02研透命题点瞬时问题的两类模型1.两种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
6、变化、同时消失，具体可简化为以下两种模型：基础考点自主悟透命题点一2.解题思路3.两个易混问题(1)图3甲、乙中小球m1、m2原来均静止，现如果均从图中A处剪断，则剪断绳子瞬间图甲中的轻质弹簧的弹力来不及变化；图乙中的下段绳子的拉力将变为0.(2)由(1)的分析可以得出：绳的弹力可以突变而弹簧的弹力不能突变.图图3例1(2020福建龙岩市质检)如图4所示，在倾角为30的光滑固定斜面上，物块A、B质量均为m.物块A静止在轻弹簧上端，物块B用细线与斜面顶端相连，A、B靠在一起，但A、B之间无弹力.已知重力加速度为g，某时刻将细线剪断，下列说法正确的是A.细线剪断前，弹簧的弹力为mgB.细线剪断前，
7、细线的拉力为mgC.细线剪断瞬间，弹簧的弹力发生变化D.细线剪断瞬间，物块B的加速度大小为 g图图4解析细线剪断前，由于A、B之间无弹力，细线剪断瞬间，弹簧的弹力不变，故C错误；变式1如图5所示，A球质量为B球质量的3倍，光滑固定斜面的倾角为，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，重力加速度为g，则在突然撤去挡板的瞬间有A.图甲中A球的加速度大小为gsin B.图甲中B球的加速度大小为2gsin C.图乙中A、B两球的加速度大小均为gsin D.图乙中轻杆的作用力一定不为零图图5解析设B球质量为m，则A球的质量为3m
8、.撤去挡板前，题图甲、乙中挡板对B球的弹力大小均为4mgsin，因弹簧弹力不能突变，而轻杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，题图甲中A球所受的合力为零，加速度为零，B球所受合力大小为4mgsin，加速度大小为4gsin；题图乙中，撤去挡板的瞬间，A、B两球整体受到的合力大小为4mgsin，A、B两球的加速度大小均为gsin，则每个球受到的合力大小均等于自身重力沿斜面向下的分力，轻杆的作用力为零，C正确.解析由题意可知，剪断轻绳前小球受力如图所示，由平衡条件可得，弹簧拉力Fmgtan 4510 N剪断轻绳的瞬间，弹簧拉力不变，小球对水平面的压力突变为mg，则由牛顿第二定律有：Fmgma1，解得a1
9、8 m/s2，方向水平向左.变式2在动摩擦因数0.2的水平面上有一个质量为m1 kg的小球，小球与水平轻弹簧及与竖直方向成45角的不可伸长的轻绳一端相连，如图6所示，此时小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零，取g10 m/s2.求：(1)剪断轻绳的瞬间，小球的加速度大小和方向.图图6答案8 m/s2方向水平向左(2)剪断弹簧的瞬间，小球的加速度.答案0解析剪断弹簧的瞬间，弹簧弹力和轻绳的拉力均突变为零，故小球的加速度为零.1.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
10、物体的加速度不是竖直方向，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.超重与失重现象命题点二基础考点自主悟透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物体向上加速或向下减速时，超重物体向下加速或向上减速时，失重例2(2019湖南衡阳市第一次联考)压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小、某实验小
11、组在升降机内水平底面上利用压敏电阻设计了判断升降机运动状态的装置.其工作原理图如图7甲所示，将压敏电阻、定值电阻R、电流显示器、电源连成电路、在压敏电阻上放置一个绝缘重物，0t1时间内升降机停在某一楼层处，t1时刻升降机开始运动，从电流显示器中得到电路中电流i随时间t变化情况如图乙所示，则下列判断不正确的是A.t1t2时间内绝缘重物处于超重状态B.t3t4时间内绝缘重物处于失重状态C.升降机开始时可能停在1楼，从t1时刻开始，经向上加速、匀速、减速，最后停在高楼层D.升降机开始时可能停在高楼层，从t1时刻开始，经向下加速、匀速、减速，最 后停在1楼图图7变式3(2019广西桂林市、贺州市、崇左
12、市3月联合调研)如图8所示，固定在水平面上的斜面体C上放有一个斜劈A，A的上表面水平且放有物块B.若A、B运动过程中始终保持相对静止.以下说法正确的是A.若C斜面光滑，A和B由静止释放，在向下运动时，B物块 可能只受两个力作用B.若C斜面光滑，A和B以一定的初速度沿斜面减速上滑，则 B处于超重状态C.若C斜面粗糙，A和B以一定的初速度沿斜面减速上滑，则 B受水平向左的摩擦力D.若C斜面粗糙，A和B以一定的初速度沿斜面加速下滑，则B处于超重状态图图8解析若C斜面光滑，A和B由静止释放，在向下运动时，整体加速度方向沿斜面向下，如图所示，可知，B受到重力、支持力和水平向左的摩擦力共三个力作用，故选项
13、A错误；若C斜面光滑，A和B以一定的初速度沿斜面减速上滑，则整体加速度方向如图所示，此时B具有竖直向下的分加速度，即处于失重状态，故选项B错误；若C斜面粗糙，A和B以一定的初速度沿斜面减速上滑，则整体加速度方向如图所示，由于B具有水平向左的分加速度，则根据牛顿第二定律可知B受水平向左的摩擦力，故选项C正确；若C斜面粗糙，A和B以一定的初速度沿斜面加速下滑，则整体加速度方向如图所示，此时B具有竖直向下的分加速度，即处于失重状态，故选项D错误.1.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.2.常用方法(1)
14、合成法在物体受力个数较少(2个或3个)时一般采用合成法.(2)正交分解法若物体的受力个数较多(3个或3个以上)，则采用正交分解法.动力学两类基本问题命题点三能力考点师生共研例3(2020安徽宣城市调研)如图9所示，质量为m1 kg、大小不计的物块，在水平桌面上向右运动，经过O点时速度大小为v4 m/s，对此物块施加大小为F6 N、方向向左的恒力，一段时间后撤去该力，物块刚好能回到O点，已知物块与桌面间动摩擦因数为0.2，重力加速度g10 m/s2，求：(1)此过程中物块到O点的最远距离；图图9类型1已知物体受力情况，分析物体运动情况答案1 m解析物块向右运动时：Fmgma1解得a18 m/s2
15、由v22a1x1可得x11 m(2)撤去F时物块到O点的距离.解析物块向左运动时，先做匀加速运动，加速度大小为a2，后做匀减速运动，加速度大小为a3，则有：Fmgma2解得a24 m/s2mgma3解得a32 m/s2由v122a2x2 v122a3x3x2x3x1变式4(2019安徽黄山市一模检测)如图10所示，一质量为m的小物块，以v015 m/s的初速度向右沿水平面运动12.5 m后，冲上倾斜角为37的斜面，若小物块与水平面及斜面的动摩擦因数均为0.5，斜面足够长，小物块从水平面到斜面的连接处无能量损失.求：(g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)(1)小物块在斜面上
16、能达到的最大高度；图图10答案3 m解析小物块在水平面上运动时：Ffmgma1可得a1g5 m/s2由v12v022a1x解得：v110 m/s小物块在斜面上向上运动时：(mgsin mgcos)ma2可得a2gsin gcos 10 m/s2由0v122a2s可解得：s5 m所以：hssin 3 m；(2)小物块在斜面上运动的时间.答案3.2 s小物块在最高点时：mgsin mgcos 所以小物块会匀加速下滑，则有：mgsin mgcos ma3可得加速度a3gsin gcos 2 m/s2例4(2019安徽安庆市第二次模拟)如图11甲所示，一足够长的粗糙斜面固定在水平地面上，斜面的倾角37
17、，现有质量m2.2 kg的物体在水平向左的外力F的作用下由静止开始沿斜面向下运动，经过2 s撤去外力F，物体在04 s内运动的速度与时间的关系图线如图乙所示.已知sin 370.6，cos 370.8，取g10 m/s2，求：(1)物体与斜面间的动摩擦因数和水平外力F的大小；图图11类型2已知物体运动情况，分析物体受力情况答案0.54 N解析根据vt图象的斜率表示加速度，由牛顿第二定律有：mgsin mgcos ma2，解得：0.5；由牛顿第二定律有：mgsin Fcos(mgcos Fsin)ma1，解得：F4 N；(2)物体在04 s内的位移大小.答案28 m03随堂巩固练1.(超重和失重
18、)(2019广东广州市4月综合测试)如图12，跳高运动员起跳后向上运动，越过横杆后开始向下运动，则运动员越过横杆前、后在空中所处的状态分别为A.失重、失重B.超重、超重C.失重、超重D.超重、失重1234解析运动员在空中运动的过程中，加速度总是竖直向下的，则运动员越过横杆前、后在空中所处的状态都是失重状态，故选A.图图122.(瞬时问题)(多选)(2019广西桂林、梧州、贵港、玉林、崇左、北海市第一次联合调研)如图13所示，质量均为m的木块A和B用一轻弹簧相连，竖直放置在光滑的水平面上，木块A上放有质量为2m的木块C，三者均处于静止状态.现将木块C迅速移开，若重力加速度为g，则在木块C移开的瞬
19、间A.弹簧的形变量不改变B.弹簧的弹力大小为mgC.木块A的加速度大小为2gD.木块B对水平面的压力大小迅速变为2mg1234图图13解析由于弹簧弹力不能突变，所以撤去C的瞬间，弹簧的形变量不变，故A正确；开始整体处于平衡状态，弹簧的弹力等于A和C的重力，即F3mg，撤去C的瞬间，弹簧的形变量不变，即弹簧的弹力不变，仍为3mg，故B错误；1234撤去C瞬间，弹簧弹力不变，A受到的合外力大小等于C的重力，对木块A，由牛顿第二定律得：2mgma，解得：a2g，方向竖直向上，故C正确；撤去C的瞬间，弹簧的弹力不变，仍为3mg，对B，由平衡条件得：3mgmgFN，解得：FN4mg，故由牛顿第三定律可知
20、，木块B对水平面的压力大小为4mg，故D错误.3.(动力学两类基本问题)(2019福建宁德市5月质检)某天，小陈叫了外卖，外卖小哥把货物送到他家阳台正下方的平地上，小陈操控小型无人机带动货物，由静止开始竖直向上做匀加速直线运动，一段时间后，货物又匀速上升53 s，最后再匀减速1 s恰好到达他家阳台且速度为零.货物上升过程中，遥控器上显示无人机在上升过程的最大速度为1 m/s，高度为56 m.货物质量为2 kg，受到的阻力恒为其重力的0.02倍，重力加速度大小g10 m/s2.求：(1)无人机匀加速上升的高度；1234答案2.5 m1234解析无人机匀速上升的高度：h2vt2 无人机匀加速上升的
21、高度：h1hh2h3 联立解得：h12.5 m；(2)上升过程中，无人机对货物的最大作用力.1234答案20.8 N解析货物匀加速上升过程：v22ah1货物匀加速上升的过程中，无人机对货物的作用力最大，由牛顿运动定律得：Fmg0.02mgma 联立解得：F20.8 N.4.(动力学两类基本问题)如图14所示，水平面与倾角为53的斜面在B点对接，一质量为1 kg的物块放在水平面上的A点，用与水平面成53向下的恒力推物块，物块以3 m/s2的加速度向右运动，A、B间距为6 m，物块到B点后滑上斜面，不计撞击带来的能量损失，物块滑上斜面后推力大小不变，方向变成水平，物块与水平面和斜面之间的动摩擦因数
22、均为0.5(g10 m/s2，sin 530.8，cos 530.6)，求：(1)推力F的大小；图图141234答案40 N解析物块在水平面上运动时有：Fcos Ff1ma1，FN1mgFsin，Ff1FN1，解得F40 N；(2)物块在斜面上滑行的最大距离.物块在斜面上滑行时有：mgsin Ff2Fcos ma2，FN2mgcos Fsin，Ff2FN2解得a23 m/s2，方向沿斜面向下答案6 m123404课 时 精 练1.(2019江西赣州市上学期期末)电梯顶上悬挂一根劲度系数是200 N/m的弹簧，弹簧的原长为20 cm，在弹簧下端挂一个质量为0.4 kg的砝码.当电梯运动时，测出弹
23、簧长度变为23 cm，g取10 m/s2，则电梯的运动状态及加速度大小为A.匀加速上升，a2.5 m/s2B.匀减速上升，a2.5 m/s2C.匀加速上升，a5 m/s2D.匀减速上升，a5 m/s21234双基巩固练5678解析由胡克定律可知，弹簧的弹力Fkx200(0.230.20)N6 N，由牛顿第二定律知：Fmgma，解得：a5 m/s2物体加速度向上，可能是加速上升，也可能是减速下降，故C正确，A、B、D错误.9 102.图1甲为弹簧高跷，当人抓住扶手用力蹬踏板压缩弹簧后，人就向上弹起，进而带动高跷跳跃，如图乙.不计空气阻力，则下列说法正确的是A.人向上弹起过程中，一直处于超重状态B
24、.人向上弹起过程中，踏板对人的作用力大于人对踏板 的作用力C.弹簧压缩到最低点时，高跷对人的作用力大于人的重力D.从最高点下落至最低点的过程，人先做匀加速运动后 做匀减速运动12345678图图19 10解析人向上弹起过程中，开始时加速度的方向向上，人处于超重状态，最后一段过程弹簧的弹力小于重力，人做减速运动，加速度的方向向下，处于失重状态，故A错误；踏板对人的作用力和人对踏板的作用力是一对作用力和反作用力，总是大小相等，故B错误；12345678弹簧压缩到最低点时，人的加速度的方向向上，高跷对人的作用力大于人的重力，故C正确；从最高点下落至最低点的过程，人先做匀加速运动后做加速度减小的加速运
25、动，然后做加速度增大的减速运动，故D错误.9 103.(2020广东东莞市调研)为了让乘客乘车更为舒适，某探究小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平，如图2所示.当此车匀减速上坡时，乘客(仅考虑乘客与水平面之间的作用)A.处于超重状态B.不受摩擦力的作用C.受到向后(水平向左)的摩擦力作用D.所受合力竖直向上12345678图图29 10解析当车匀减速上坡时，加速度方向沿斜坡向下，人的加速度与车的加速度相同，根据牛顿第二定律知人受到的合力方向沿斜面向下，合力的大小不变，则人受重力、支持力和水平向左的静摩擦力，如图所示.将加速度沿竖直方向和水平方向分
26、解，则有竖直向下的加速度，所以乘客处于失重状态，故A、B、D错误，C正确.123456789 104.如图3所示，物块1、2间用刚性轻质杆连接，物块3、4间用轻质弹簧相连，物块1、3质量均为m,2、4质量均为m0，两个系统均置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态.现将两木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，物块1、2、3、4的加速度大小分别为a1、a2、a3、a4.重力加速度大小为g，则有A.a1a2a3a40B.a1a2a3a4g图图1123456789 101234解析在抽出木板的瞬间，物块1、2与轻杆接触处的形变立即消失，物块1、2受到的合力大小均等于各自重力，所以由牛顿第二定律知a
27、1a2g；物块3、4间的轻弹簧的形变还来不及改变，此时弹簧对物块3向上的弹力大小和对物块4向下的弹力大小仍为Fmg，因此物块3满足Fmg0，即a30；56789 1012345.(2019河北衡水中学第一次调研)如图4所示，一根弹簧一端固定在左侧竖直墙上，另一端连着A小球，同时水平细线一端连着A球，另一端固定在右侧竖直墙上，弹簧与竖直方向的夹角是60，A、B两小球分别连在另一根竖直弹簧两端.开始时A、B两球都静止不动，A、B两小球的质量相等，重力加速度为g，若不计弹簧质量，在水平细线被剪断瞬间，A、B两球的加速度分别为5678图图49 101234解析水平细线被剪断前，对A、B进行受力分析如图
28、所示：静止时，FTFsin 60，Fcos 60mAgF1，F1mBg，又mAmB5678水平细线被剪断瞬间，FT消失，其他各力不变，A所受合力与FT等大反向，9 101236.(2019吉林“五地六校”合作体联考)如图5所示，质量分别为m1、m2的A、B两小球分别连在弹簧两端，B小球用细绳固定在倾角为30的光滑斜面上，若不计弹簧质量，细绳和弹簧与斜面平行，在细绳被剪断的瞬间，A、B两小球的加速度大小分别为45678图图59 10故B正确，A、C、D错误.解析在剪断细绳之前，A处于平衡状态，所以弹簧的拉力与A的重力沿斜面的分力相等；在剪断上端的细绳的瞬间，细绳上的拉力立即减为零，而弹簧的伸长量
29、没有来得及发生改变，故弹力不变，仍等于A的重力沿斜面的分力，故A球的加速度为零；在剪断细绳之前，对B球进行受力分析，B受到重力、弹簧对它斜向下的拉力、支持力及绳子的拉力，在剪断上端的细绳的瞬间，绳子上的拉力立即减为零，对B球进行受力分析，则B受到重力、弹簧向下的拉力、支持力，123456789 107.(2019东北三省四市教研联合体模拟)如图6所示，物体A、B由跨过定滑轮且不可伸长的轻绳连接，由静止开始释放，在物体A加速下降的过程中，下列判断正确的是A.物体A和物体B均处于超重状态B.物体A和物体B均处于失重状态C.物体A处于超重状态，物体B处于失重状态D.物体A处于失重状态，物体B处于超重
30、状态12345678图图6综合提升练9 10解析A加速下降，则加速度方向向下，轻绳的拉力小于重力，故A处于失重状态；同时B加速上升，则加速度方向向上，轻绳的拉力大于重力，故B处于超重状态，故A、B、C错误，D正确.123456789 108.(多选)(2019山西运城市5月适应性测试)一个可以看做质点的物块以恒定大小的初速度滑上木板，木板的倾角可在090之间任意调整，设物块沿木板向上能达到的最大位移为x.木板倾角不同时对应的最大位移x与木板倾角的关系如图7所示，g取10 m/s2，不计空气阻力，则下列说法正确的是12345678图图79 10解析当90，物块做竖直上抛运动，最大位移x1.25
31、m，根据运动学规律得：v0202gx，解得v05 m/s；当30，x1.25 m，根据速度位移关系：v0202ax，因为30和90对应的加速度大小均为a10 m/s2，根据v00at，运动到最高点所用时间相同，C错误；123456789 109.(2020河南洛阳市质检)足够长的光滑固定斜面BC的倾角53，小物块与水平面间的动摩擦因数为0.5，水平面与斜面之间B点有一小段弧形连接(未画出)，一质量m2 kg的小物块静止于A点.若在AB段对小物块施加与水平方向成53的恒力F作用，如图8甲所示.小物块在AB段运动的速度时间图象如图乙所示，到达B点迅速撤去恒力F(已知sin 530.8，cos 53
32、0.6，g取10 m/s2).求：(1)小物块所受到的恒力F的大小；1234567图图8答案11 N9 108解析由题图乙可知，12345679 108根据牛顿第二定律，有Fcos(mgFsin)ma1，(2)小物块从B点沿斜面向上运动，到返回B点所用的时间；答案0.5 s解析在BC段，对小物块有mgsin ma2，解得a2gsin 8 m/s2，小物块从B到最高点所用时间与从最高点到B所用时间相等，所以小物块从B点沿斜面向上运动，12345679 108(3)小物块最终离A点的距离.1234567答案3.6 m解析小物块从B向A运动过程中，有mgma3，得a3g5 m/s2，9 108xAx
33、ABx3.6 m.10.(2019河北承德市期末)如图9所示，有一个质量为2 kg的物体放在长为1 m的固定斜面顶端，斜面倾角37，g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.(1)若由静止释放物体，1 s后物体到达斜面底端，则物体到达斜面底端时的速度大小为多少？1234567图图9答案2 m/s解析设物体到达斜面底端时速度大小为v，9 108(2)物体与斜面之间的动摩擦因数为多少？1234567答案0.5由牛顿第二定律得mgsin mgcos ma1，解得0.5；9 108(3)若给物体施加一个竖直方向的恒力，使其由静止释放后沿斜面向下做加速度大小为1.5 m/s2的匀加速直线运动，则该恒力大小为多少？1234567答案5 N解析物体沿斜面向下运动，恒力F与重力的合力竖直向下，设该合力为F合，则F合sin F合cos ma2，a21.5 m/s2，0.5，可得F合15 N，F合mgF15 N，解得F5 N，故该恒力大小为5 N，方向竖直向上.9 108大一轮复习讲义第2讲牛顿第二定律的 基本应用
