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1、,浙江选考总复习,第三章 牛顿运动定律,第2讲 牛顿运动定律的应用,NEIRONGSUOYIN,内容索引,过好双基关,研透命题点,课时作业,回扣基础知识 训练基础题目,细研考纲和真题 分析突破命题点,限时训练 练规范 练速度,过好双基关,1.两类动力学问题 (1)已知受力情况求物体的 . (2)已知运动情况求物体的 . 2.解决两类基本问题的方法 以 为“桥梁”，由 和 列方程求解，具体逻辑关系如图所示：,运动情况,受力情况,一、两类动力学问题,加速度,运动学公式,牛顿第二定律,自测1 假设汽车突然紧急制动后所受到的阻力的大小与汽车所受的重力大小差不多，当汽车以20 m/s的速度行驶时突然制动
2、，它还能继续滑动的距离约为 A.40 m B.20 m C.10 m D.5 m,答案,1.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：物体具有向上的加速度. 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：物体具有向下的加速度. 3.完全失重 (1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力) 的现象. (2)产生条件：物体的加速度ag，方向 .,大于,小于,等于零,竖直向下,二、超重与失重,自测2 关于超重和失重的下列说法中，正确的是 A.超重就是物体所受的重力增大了，失重就是物体所受的
3、重力减小了 B.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 C.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 D.物体处于超重或失重状态时，物体的重力始终存在且不发生变化,返回,研透命题点,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.,命题点一 超重与失重现象,2.判断超重和失重的方法,例1 (多选)一人乘电梯上楼，在竖直上升
4、过程中加速度a随时间t变化的图线如图1所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力 A.t2 s时最大 B.t2 s时最小 C.t8.5 s时最大 D.t8.5 s时最小,图1,答案,解析 人乘电梯向上运动，规定向上为正方向，人受到重力和支持力两个力的作用，则有Fmgma，即Fmgma，根据牛顿第三定律知，人对地板的压力大小等于支持力的大小，将对应时刻的加速度(包含正负号)代入上式，可得选项A、D正确，B、C错误.,变式1 图2甲是某人站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图，点O表示人的重心.图乙是根据传感器采集到的数据画出的Ft图线，两图中ag各点均对应，其中有几个点在图甲中没有画出.取重
5、力加速度g10 m/s2，根据图象分析可知 A.人的重力为1 500 N B.c点位置人处于失重状态 C.e点位置人处于超重状态 D.d点的加速度小于f点的加速度,答案,图2,解析 开始时人处于平衡状态，人对传感器的压力是500 N，根据平衡条件与牛顿第三定律可知，人的重力也是500 N，故A错误； c点时人对传感器的压力大于其重力，处于超重状态，故B错误； e点时人对传感器的压力大于其重力，处于超重状态，故C正确；,变式2 如图3所示，小明将叠放在一起的A、B两本书抛给小强，已知A的质量为m，重力加速度为g，两本书在空中不翻转，不计空气阻力，则A、B在空中运动时 A.A的加速度等于g B.B
6、的加速度大于g C.A对B的压力等于mg D.A对B的压力大于mg,答案,图3,解析 A、B两本书叠放在一起抛出，做加速度为g的抛体运动，处于完全失重状态，则A、B间的作用力为零，故A正确，B、C、D错误.,变式3 (2018金华市十校期末)一个质量为50 kg的人，站在竖直方向运动着的升降机地板上.他看到升降机上弹簧测力计挂着一个质量为5 kg的重物，弹簧测力计的示数为40 N，重物相对升降机静止，如图4所示， 则(g取10 m/s2) A.升降机一定向上加速运动 B.升降机一定向上减速运动 C.人对地板的压力一定为400 N D.人对地板的压力一定为500 N,解析 对重物，由mgFma得
7、a2 m/s2，方向竖直向下，升降机可能减速上升或者加速下降；对人，由MgFNMa得FN400 N，由牛顿第三定律得人对地板的压力FNFN400 N，故C正确.,答案,图4,1.常见的动力学图象 vt图象、at图象、Ft图象等. 2.图象问题的类型 (1)已知物体受到的力随时间变化的图线，要求分析物体的运动情况. (2)已知物体的速度、加速度随时间变化的图线，要求分析物体的受力情况. (3)由已知条件确定某物理量的变化图象.,命题点二 动力学中的图象问题,3.解决图象问题的关键 (1)看清图象的横、纵坐标所表示的物理量及单位并注意坐标原点是否从0开始. (2)理解图象的物理意义，能够抓住图象的
8、一些关键点，如斜率、截距、面积、交点、拐点等，判断物体的运动情况或受力情况，再结合牛顿运动定律求解.,例2 用水平力F拉静止在水平桌面上的小物块，水平力F方向不变，大小按图5甲所示规律变化，在F从0开始逐渐增大的过程中，物块的加速度a随时间变化的图象如图乙所示.重力加速度大小为10 m/s2，则下列关于物块与水平桌面间的最大静摩擦力Ffm、物块与水平桌面间的滑动摩擦力Ff、物块与水平桌面间的动摩擦因数、物块质量m的值正确的是 A.Ffm4 N B.0.1 C.Ff6 N D.m2 kg,答案,甲 乙,图5,解析 t2 s时，FfmF16 N；F1mgma1， 即6mgm. t4 s时，F2mg
9、ma2， 即12mg3m， 解得m3 kg，0.1， 则Ffmg3 N.,变式4 (多选)水平地面上质量为1 kg的物块受到水平拉力F1、F2的作用，F1、F2随时间的变化如图6所示，已知物块在前2 s内以4 m/s的速度做匀速直线运动，取g10 m/s2，则 A.物块与地面间的动摩擦因数为0.2 B.3 s末物块受到的摩擦力大小为3 N C.4 s末物块受到的摩擦力大小为1 N D.5 s末物块的加速度大小为3 m/s2,答案,图6,物块停止后，因两个力的差值小于最大静摩擦力，则物块不再运动，则5 s末物块的加速度为零，选项D错误.,变式5 如图7所示为质量m75 kg的滑雪运动员在倾角37
10、的直滑道上由静止开始向下滑行的vt图象，图中的OA直线是t0时刻速度图线的切线，速度图线末段BC平行于时间轴，运动员与滑道间的动摩擦因数为，所受空气阻力与速度成正比，比例系数为k.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，则 A.滑雪运动员开始时做加速度增大的加速直线运动， 最后做匀速运动 B.t0时刻运动员的加速度大小为2 m/s2 C.动摩擦因数为0.25 D.比例系数k为15 kg/s,答案,图7,解析 由vt图象可知 ，滑雪运动员开始时做加速度减小的加速直线运动，最后做匀速运动，故A错误； 在t0时刻，图线切线的斜率即为该时刻的
11、加速度，故有a0 4 m/s2，故B错误； 在t0时刻开始加速时，v00，由牛顿第二定律可得mgsin kv0mgcos ma0，最后匀速时有vm10 m/s，a0，由平衡条件可得mgsin kvmmgcos 0，联立解得 0.25，k30 kg/s，故C正确，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)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.,命题点三 动力学的两类基本
12、问题,模型1 已知运动情况求物体受力 例3 (2019届湖州市月考)2017年1月25日，在中央电视台播出的“2016年度科技盛典”节目中，海军电力工程专家马伟明院士表示正在研制“国产003型航母电磁弹射器”(如图8所示).它是由电磁弹射车给飞机一个辅助作用力，使飞机在较短的直跑道上获得较大的速度.假定航母始终处于静止状态，质量为M的飞机利用电磁弹射车起飞，飞机在t0时刻从静止开始在跑道上做匀加速运动，在t1时刻获得发射速度v.此过程中飞机发动机的推力恒为F，阻力恒为Ff.问：,图8,(1)电磁弹射车对飞机的辅助推力多大？,答案,解析 设飞机在匀加速过程中的加速度为a1，,由牛顿第二定律可得F
13、FfF辅Ma1 ,(2)若在t1时刻突然接到飞机停止起飞的命令，立刻将该飞机的推力和电磁弹射车的辅助推力同时反向但大小不变.要使飞机能安全停止，则飞行甲板L至少多长？,答案,解析 飞机在匀加速过程中滑行的距离为s1,设飞机在减速过程中的加速度为a2，由牛顿第二定律得 FFfF辅Ma2 飞机在减速过程中滑行的距离为s2，,要使飞机能安全停止，则飞行甲板长L需满足,变式6 爸爸和孩子们进行山坡滑草运动，该山坡可看成倾角37的斜面，一名孩子连同滑草装置总质量m80 kg，他从静止开始匀加速下滑，在时间t5 s内沿山坡斜面滑下的位移x50 m.(不计空气阻力，取g10 m/s2，sin 370.6，c
14、os 370.8)问： (1)该孩子连同滑草装置在下滑过程中受到的摩擦力Ff为多大？,答案,答案 160 N,沿山坡斜面方向，由牛顿第二定律得：mgsin Ffma 代入数值解得：Ffm(gsin a)80(100.64) N160 N,(2)滑草装置与草皮之间的动摩擦因数为多大？,答案,答案 0.25,解析 在垂直山坡斜面方向上，有：FNmgcos 0 又有：FfFN 联立并代入数据解得：,(3)该孩子连同滑草装置滑到坡底后，爸爸需把他连同装置拉回到坡顶，试求爸爸至少用多大的力才能拉动？,答案,答案 640 N,解析 FfFf，根据平衡条件，沿山坡斜面方向，有： FFfmgsin 37160
15、 N80100.6 N640 N,模型2 已知物体受力求运动情况 例4 有一种公交电车站，车站站台的路轨建得高些，车辆进站时要上坡，出站时要下坡，如图9甲所示，这样既可以节能又可以节省停车所需的时间.为简化问题，现设两边倾斜部分AB段和CD段均为直轨道，长度均为L200 m，水平部分BC段长度也为L200 m，站台的高度h未知，如图乙所示，各段道路交接处均为圆滑连接.一长度可忽略的电车自站台左前方以v072 km/h的速度驶向站台，为了节能，司机在未到站时即关闭电车电源，经过时间t1100 s后到达A点，接着冲上了倾斜轨道，到达站台上的B点时速度为vB18 km/h，此时司机还需启动刹车系统，
16、使得电车最终正好停在BC段的中点.已知电车在各段轨道上所受摩擦力(不含刹车时所增加的阻力)可认为等于其自身总重力的0.01倍，刹车过程所增加的阻力可看做恒力，空气阻力忽略不计，忽略电车经过各道路交接处的能量损失及可能腾空对研究问题的影响，g取10 m/s2，求：,图9,(1)电车到达A点时的速度大小vA；,答案,答案 10 m/s,解析 电车从切断电源到A点由牛顿第二定律得 0.01mgma1，解得a10.1 m/s2 由运动学公式得vAv0a1t1 解得vA10 m/s,(2)电车从站台B点到最终停止所需的时间t；,答案,答案 40 s,(3)该电车站台的高度h.,答案,答案 1.75 m,
17、解析 电车从A点到B点，由运动学公式得 vB2vA22a2L， 由牛顿第二定律得0.01mgmgsin ma2,联立解得h1.75 m.,变式7 (201891高中联盟期中)皮划艇是一项激烈的水上比赛项目，如图10所示为静水中某运动员正在皮划艇上进行划水训练，船桨与水间断且周期性的发生作用.假设初始阶段中，运动员每次用船桨向后划水的时间t11 s，获,答案,图10,得水平向前的持续动力恒为F480 N，而船桨离开水的时间t20.4 s，运动员与皮划艇的总质量为120 kg，运动员和皮划艇受到的阻力恒为150 N，并从静止开始沿直线运动.在该阶段中：,(1)运动员在用船桨划水时与船桨离开水时加速
18、度大小分别为多少？,答案 2.75 m/s2 1.25 m/s2,解析 船桨划水时，FFfma1 得：a12.75 m/s2 船桨离开水时：Ffma2 得：a21.25 m/s2,(2)若运动员从静止开始后，第一次划水后就停止划水，皮划艇总计前行多长距离？,答案,答案 4.4 m,解析 1 s末皮划艇的速度：v1a1t12.75 m/s,(3)若运动员从静止开始后，2.8 s末速度为多大？,答案,答案 4.5 m/s,解析 1.4 s末速度：v2v1a2t22.25 m/s 2.4 s末速度：v3v2a1t15 m/s 2.8 s末速度：v4v3a2t24.5 m/s,模型1 水平传送带模型,
19、命题点四 传送带模型,模型2 倾斜传送带模型,例5 某飞机场利用如图11所示的传送带将水平地面上的货物运送到飞机上，传送带与地面的夹角30，传送带两端A、B的长度L10 m.传送带以v5 m/s的恒定速度匀速向上运动.在传送带底端A轻轻放一质量m5 kg的货物(可视为质点)，货物与传送带间的动摩擦因数 求货物从A端运送到B端所需的时间.(g取10 m/s2),答案,图11,答案 3 s,解析 由牛顿第二定律得： mgcos 30mgsin 30ma 解得a2.5 m/s2,随后货物做匀速运动. 运动位移x2Lx15 m,货物从A端运送到B端所需的时间tt1t23 s,变式8 如图12所示，水平
20、传送带AB长L10 m，向右匀速运动的速度v04 m/s，一质量为1 kg的小物块(可视为质点)以v16 m/s的初速度从传送带右端B点冲上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数0.4，g取10 m/s2.求： (1)物块相对地面向左运动的最大距离；,解析 物块的加速度大小,答案,图12,答案 4.5 m,物块向左匀减速运动，v0时向左运动的距离最大.,物块从B点冲上传送带再次回到B点所用的时间为：tt1t2t31.5 s1 s0.625 s3.125 s.,(2)物块从B点冲上传送带到再次回到B点所用的时间.,解析 物块向左运动到速度减为0的时间：,答案 3.125 s,返回,答案,课时作业,1
21、.(2018名校协作体联考)下列情景中属于超重现象的是,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,2.在2016年里约奥运会男子蹦床决赛中，我国选手董栋、高磊分摘银、铜牌.如图1所示为运动员正在进行蹦床比赛时的照片，不计空气阻力，下列说法正确的是 A.运动员离开蹦床后处于失重状态 B.运动员上升到最高点时加速度为零 C.运动员下落碰到蹦床后立即做减速运动 D.运动员和蹦床接触的过程中一直处于失重状态,答案,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,图1,13,解析 运动员离开蹦床后，仅受重力，加速度方向向下，处于失重状态，故A正确； 运动员上升到最高点时，仅受重力
22、，加速度为g，故B错误； 运动员下落碰到蹦床后，开始重力大于弹力，加速度向下，向下做加速运动，弹力不断增大，重力小于弹力后，加速度向上，向下做减速运动，故C错误； 运动员在接触蹦床过程中，先加速向下，处于失重状态，后减速向下，处于超重状态，故D错误.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,3.行车过程中，如果车距不够，刹车不及时，汽车将发生碰撞，车里的人可能受到伤害，为了尽可能地减轻碰撞引起的伤害，人们设计了安全带.假定乘客质量为70 kg，汽车车速为90 km/h，从踩下刹车匀减速运动到车完全停止需要的时间为5 s，安全带对乘客的作用力大小约为(不计人与座椅间的摩擦)
23、A.450 N B.400 N C.350 N D.300 N,答案,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,解析 汽车的速度v090 km/h25 m/s,对乘客应用牛顿第二定律可得： Fma705 N350 N，所以C正确.,13,4.一物块沿倾角为的固定斜面上滑，到达最大高度处后又返回斜面底端.已知物块下滑的时间是上滑时间的2倍，则物块与斜面间的动摩擦因数为,物块下滑的加速度a2gsin gcos ，,答案,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,5.(2018金华市、丽水市、衢州市十二校联考)滑沙是国内新兴的旅游活动项目，如图2甲所示，即乘坐滑板从高高
24、的沙山顶自然下滑，随着下滑速度的加快，在有惊无险的瞬间体味到了刺激和快感.其运动可以简化为如图乙所示，一位游客先后两次从静止下滑，下列vt图象中实线代表第一次从较低位置滑下，虚线代表第二次从较高位置滑下，假设斜面和水平地面与滑板之间的动摩擦因数相同，忽略空气阻力，拐弯处速度大小不变，则vt图象正确的是,答案,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,图2,13,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,解析 设滑板与沙之间的动摩擦因数为，斜面与水平地面之间的夹角为，当游客与滑板沿斜面向下运动时，ma1mgsin mgcos ，则：a1gsin gcos ，可知，向下滑动
25、的加速度与斜面的高度无关，则在vt图中两次加速的过程图线是重合的；在水平地面上减速的过程中：ma2mg，所以：a2g，可知减速过程中的加速度也是大小相等的，则两次减速过程中的vt图线是平行线，故A、B、C错误，D正确.,13,6.(2018嘉兴市第一中学期中)质量为m的物块在倾角为的固定粗糙斜面上匀加速下滑.现对物块施加一个竖直向下的恒力F，如图3所示，则物块的加速度大小将 A.变大 B.变小 C.不变 D.以上情况都有可能,答案,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,图3,13,解析 质量为m的物块在倾角为的固定粗糙斜面上匀加速下滑，加速度大小,1,2,3,4,5,6,7,8
26、,9,10,11,12,对物块施加一个竖直向下的恒力F，对物块受力分析如图，则物块的加速度大小,故A正确，B、C、D错误.,13,7.广州塔，昵称“小蛮腰”，总高度达600米，游客乘坐观光电梯大约一分钟就可以到达观光平台.若电梯简化成只受重力与绳索拉力，已知电梯在t0时由静止开始上升，at图象如图4所示.则下列相关说法正确的是 A.t4.5 s时，电梯处于失重状态 B.555 s时间内，绳索拉力最小 C.t59.5 s时，电梯处于超重状态 D.t59 s时，电梯处于失重状态,图4,答案,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,解析 利用题图at图象可判断：t4.5 s时，电
27、梯有向上的加速度，电梯处于超重状态，A错误； 05 s时间内，电梯处于超重状态，拉力大于重力，555 s时间内，电梯处于匀速上升过程，拉力等于重力，5560 s时间内，电梯处于失重状态，拉力小于重力，B、C错误，D正确.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,8.(2018宁波市期末)一物体放置在粗糙程度相同的水平面上，处于静止状态，从t0时刻起，用一水平向右的拉力F作用在物体上，且F的大小随时间从零均匀增大，如图5所示，则下列关于物体的加速度a、摩擦 力Ff、速度v随F的变化图象正确的是,图5,答案,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,1,2,3
28、,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,9.如图6所示，足够长的水平传送带以v02 m/s的速度顺时针匀速运行.t0时，在传送带的最左端轻放一个小滑块，t2 s时，传送带突然制动停下.已知滑块与传送带之间的动摩擦因数为0.2，g10 m/s2.在右图中， 关于滑块相对地面运动的vt图象正确的是,答案,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,图6,13,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,10.(2018浙江11月选考13)如图7所示为某一游戏的局部简化示意图.D为弹射装置，AB是长为21 m的水平轨道，倾斜直轨道BC固定在竖直放置的半径为R10
29、m的圆形支架上，B为圆形的最低点，轨道AB与BC平滑连接，且在同一竖直平面内，某次游戏中，无动力小车在弹射装置D的作用下，以v010 m/s的速度滑上轨道AB，并恰好能冲到轨道BC的最高点.已知小车在轨道AB上受到的摩擦力为其重量的0.2倍，轨道BC光滑，则小车从A到C的运动时间是(g取10 m/s2) A.5 s B.4.8 s C.4.4 s D.3 s,图7,答案,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,11.(2016浙江10月选考19)如图8所示，在某段平直的铁路上，一列以324 km/h高速行驶的列车在
30、某时刻开始匀减速行驶，5 min后恰好停 在某车站，并在该站停留4 min，随后匀加速驶离车站，经 8.1 km后恢复到原速324 km/h.(g取10 m/s2) (1)求列车减速时的加速度大小；,答案 见解析,图8,解析 列车的速度为324 km/h90 m/s， 经过5 min300 s停下，所以加速度大小为,答案,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,(2)若该列车总质量为8.0105 kg，所受阻力恒为车重的0.1倍，求列车驶离车站加速过程中牵引力的大小；,答案 见解析,答案,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,解析 Ff0.1mg，根据牛顿第
31、二定律，F0.1mgma v22ax，因x8.1 km8 100 m， v90 m/s，m8.0105 kg 解得a0.5 m/s2 ，F1.2106 N,13,(3)求列车从开始减速到恢复原速这段时间内的平均速度大小.,答案 见解析,所以整个过程的平均速度大小,答案,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,答案,12.(2018湖州市、衢州市、丽水市高三期末)小明不小心将餐桌边沿处的玻璃杯碰落在地，玻璃杯没碎.他觉得与木质地板较软有关，并想估测杯子与地板接触过程中地板最大的微小形变量.他测出了玻璃杯与地板作用的时间为t，杯子的质量为m，桌面离地的高度为h(设杯离开桌面时初
32、速度为零，杯的大小远小于h，杯子与地板接触过程可视为匀减速直线运动，地板形变不恢复)，重力加速度为g，不计空气阻力.试求杯子与地板接触过程中： (1)杯子加速度大小a；,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,解析 杯子离开桌面到下落至地板，有v22gh,杯子与地板接触过程中，有vat,13,(2)杯子受到地板的作用力大小F；,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,解析 由Fmgma,答案,13,(3)地板最大的微小形变量x.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,答案,13,13.如图9
33、所示，一质量为1 kg的小球套在一根固定的直杆上，直杆与水平面夹角30.现小球在F20 N的竖直向上的拉力作用下，从A点静止出发沿杆向上运动，已知杆与球间的动摩擦因数为 g取10 m/s2. 试求： (1)小球运动的加速度大小；,答案 2.5 m/s2,解析 在力F作用下，对小球受力分析如图甲所示， 由牛顿第二定律得 (Fmg)sin 30(Fmg)cos 30ma1 解得a12.5 m/s2,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,答案,图9,13,(2)若F作用1.2 s后撤去，求小球上滑过程中距A点的最大距离.,答案 2.4 m,返回,答案,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,解析 刚撤去F时，小球的速度v1a1t13 m/s,撤去力F后，小球上滑时，受力分析如图乙. 由牛顿第二定律得 mgsin 30mgcos 30ma2 解得a27.5 m/s2,则小球上滑过程中距A点的最大距离为 xmx1x22.4 m.,12,13,