2024年高考物理一轮复习（新人教版） 第3章 专题强化4　牛顿第2定律的综合应用.docx

《2024年高考物理一轮复习（新人教版） 第3章 专题强化4　牛顿第2定律的综合应用.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2024年高考物理一轮复习（新人教版） 第3章 专题强化4　牛顿第2定律的综合应用.docx（16页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、专题强化四牛顿第二定律的综合应用目标要求1.知道连接体的类型以及运动特点，会用整体法、隔离法解决连接体问题.2.理解几种常见的临界极值条件.3.会用极限法、假设法、数学方法解决临界极值问题.4.掌握运动学图像，并能分析图像特殊点、斜率、截距、面积的物理意义题型一动力学中的连接体问题1连接体多个相互关联的物体连接(叠放、并排或由绳子、细杆、弹簧等联系)在一起构成的物体系统称为连接体连接体一般(含弹簧的系统，系统稳定时)具有相同的运动情况(速度、加速度)2常见的连接体(1)物物叠放连接体：两物体通过弹力、摩擦力作用，具有相同的速度和加速度速度、加速度相同(2)轻绳连接体：轻绳在伸直状态下，两端的连

2、接体沿绳方向的速度总是相等速度、加速度相同速度、加速度大小相等，方向不同(3)轻杆连接体：轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度速度、加速度相同(4)弹簧连接体：在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度、加速度不一定相等；在弹簧形变最大时，两端连接体的速度、加速度相等3整体法与隔离法在连接体中的应用整体法的选取原 则若连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求物体之间的作用力，可以把它们看成一个整体，分析整体受到的外力，应用牛顿第二定律求出加速度隔离法的选取原 则若连接体内各物体的加速度不相同，或者要求出系统内两物体之间的作用力时，就需要把物体从系统中隔离出来，应用牛顿第二定律列方程求解整体法、

3、隔离法的交替运用若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求物体之间的作用力时，可以先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求作用力，即“先整体求加速度，后隔离求内力”. 考向1共速连接体例1如图所示，水平面上有两个质量分别为m1和m2的木块1和2，中间用一条轻绳连接，两木块的材料相同，现用力F向右拉木块2，当两木块一起向右做匀加速直线运动时，已知重力加速度为g，下列说法正确的是()A若水平面是光滑的，则m2越大绳的拉力越大B若木块和地面间的动摩擦因数为，则绳的拉力为m1gC绳的拉力大小与水平面是否粗糙无关D绳的拉力大小与水平面是否粗糙有关答案C解析若设木块和地面间

4、的动摩擦因数为，以两木块整体为研究对象，根据牛顿第二定律有F(m1m2)g(m1m2)a，得a，以木块1为研究对象，根据牛顿第二定律有FTm1gm1a，得a，系统加速度与木块1加速度相同，联立解得FTF，可知绳子拉力大小与动摩擦因数无关，与两木块质量大小有关，即与水平面是否粗糙无关，无论水平面是光滑的还是粗糙的，绳的拉力大小均为FTF，且m2越大绳的拉力越小，故选C.例2(多选)如图所示，质量分别为mA、mB的A、B两物块紧靠在一起放在倾角为的固定斜面上，两物块与斜面间的动摩擦因数相同，用始终平行于斜面向上的恒力F推A，使它们沿斜面向上匀加速运动，为了增大A、B间的压力，可行的办法是()A增大

5、推力F B减小倾角C减小B的质量 D减小A的质量答案AD解析设物块与斜面间的动摩擦因数为，对A、B整体受力分析，有F(mAmB)gsin (mAmB)gcos (mAmB)a，对B受力分析，有FABmBgsin mBgcos mBa，由以上两式可得FABF，为了增大A、B间的压力，即FAB增大，仅增大推力F、仅减小A的质量或仅增大B的质量，故A、D正确，B、C错误 考向2关联速度连接体例3(2023山东省师范大学附中高三月考)如图所示，足够长的倾角37的光滑斜面体固定在水平地面上，一根轻绳跨过定滑轮，一端与质量为m11 kg的物块A连接，另一端与质量为m23 kg的物块B连接，绳与斜面保持平行

6、开始时，用手按住A，使B悬于空中，释放后，在B落地之前，下列说法正确的是(所有摩擦均忽略不计，不计空气阻力，sin 370.6，cos 370.8，g取10 m/s2)()A绳的拉力大小为30 NB绳的拉力大小为6 NC物块B的加速度大小为6 m/s2D如果将物块B换成一个竖直向下且大小为30 N的力，对物块A的运动没有影响答案C解析对B分析，由牛顿第二定律得m2gFTm2a，对A、B整体分析，由牛顿第二定律得m2gm1gsin (m1m2)a，联立解得a6 m/s2，FT12 N，故A、B错误，C正确；如果将物块B换成一个竖直向下且大小为30 N的力，对A由牛顿第二定律得Fm1gsin m1

7、a，解得a24 m/s2，前后加速度不一样，对物块A的运动有影响，故D错误题型二动力学中的临界和极值问题 考向1相对滑动的临界问题例4(多选)如图甲所示，物块A、B静止叠放在水平地面上，B受到从零开始逐渐增大的水平拉力F的作用，A、B间的摩擦力Ff1、B与地面间的摩擦力Ff2随水平拉力F变化的情况如图乙所示已知物块A的质量m3 kg，取g10 m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是()A两物块间的动摩擦因数为0.2B当0F4 N时，A、B保持静止C当4 NF12 N时，A、B发生相对滑动D当F12 N时，A的加速度随F的增大而增大答案AB解析根据题图乙可知，发生相对滑动时，

8、A、B间的滑动摩擦力为6 N，所以A、B之间的动摩擦因数0.2，选项A正确；当0F4 N时，根据题图乙可知，Ff2还未达到B与地面间的最大静摩擦力，此时A、B保持静止，选项B正确；当4 NF12 N时，根据题图乙可知，此时A、B间的摩擦力还未达到最大静摩擦力，所以没有发生相对滑动，选项C错误；当F12 N时，根据题图乙可知，此时A、B发生相对滑动，对A物块有a2 m/s2，加速度不变，选项D错误例5如图所示，一块质量m2 kg的木块放置在质量M6 kg、倾角37的粗糙斜面体上，木块与斜面体间的动摩擦因数0.8，二者静止在光滑水平面上现对斜面体施加一个水平向左的作用力F，若要保证木块和斜面体不发

9、生相对滑动，求F的大小范围(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)答案0F310 N解析若要保证木块和斜面体不发生相对滑动，则两物体以相同的加速度向左做匀加速直线运动，由于tan ，故当F0时，木块静止在斜面体上，即F的最小值为0；根据题意可知，当木块相对斜面体恰不向上滑动时，F有最大值Fm，设此时两物体运动的加速度大小为a，两物体之间的摩擦力大小为Ff，斜面体对木块的支持力为FN.对整体和木块分别进行受力分析，如图甲、乙对整体受力分析有Fm(mM)a，对木块受力分析有FfFN，水平方向Ffcos FNsin ma，竖直方向FNcos mgF

10、fsin ，联立以上各式代入数据解得Fm310 N，故F的大小范围为0F310 N. 考向2恰好脱离的动力学临界问题例6(多选)如图所示，质量mB2 kg的水平托盘B与一竖直放置的轻弹簧焊接，托盘上放一质量mA1 kg的小物块A，整个装置静止现对小物块A施加一个竖直向上的变力F，使其从静止开始以加速度a2 m/s2做匀加速直线运动，已知弹簧的劲度系数k600 N/m，g10 m/s2.以下结论正确的是()A变力F的最小值为2 NB变力F的最小值为6 NC小物块A与托盘B分离瞬间的速度为0.2 m/sD小物块A与托盘B分离瞬间的速度为 m/s答案BC解析A、B整体受力产生加速度，则有FFNAB(

11、mAmB)g(mAmB)a，可得F(mAmB)a(mAmB)gFNAB，当FNAB最大时，F最小，即刚开始施力时，FNAB最大且等于A和B的重力之和，则Fmin(mAmB)a6 N，B正确，A错误；刚开始，弹簧的压缩量为x10.05 m，A、B分离时，其间恰好无作用力，对托盘B，由牛顿第二定律可知kx2mBgmBa，得x20.04 m，物块A在这一过程的位移为xx1x20.01 m，由运动学公式可知v22ax，代入数据得v0.2 m/s，C正确，D错误1常见的临界条件(1)两物体脱离的临界条件：FN0.(2)相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大值(3)绳子断裂或松弛的临界条件：绳子断裂的临界条

12、件是绳中张力等于它所能承受的最大张力；绳子松弛的临界条件是FT0.2解题基本思路(1)认真审题，详细分析问题中变化的过程(包括分析整个过程中有几个阶段)；(2)寻找过程中变化的物理量；(3)探索物理量的变化规律；(4)确定临界状态，分析临界条件，找出临界关系3解题方法(1)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(2)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(3)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 考向3动力学中的极值问题

13、例7如图甲所示，木板与水平地面间的夹角可以随意改变，当30时，可视为质点的一小物块恰好能沿着木板匀速下滑如图乙，若让该小物块从木板的底端每次均以大小相等的初速度v010 m/s沿木板向上运动，随着的改变，小物块沿木板向上滑行的距离x将发生变化，重力加速度g取10 m/s2.(1)求小物块与木板间的动摩擦因数；(2)当角满足什么条件时，小物块沿木板向上滑行的距离最小，并求出此最小值答案(1)(2)60 m解析(1)当30时，小物块恰好能沿着木板匀速下滑，则mgsin 30Ff，Ffmgcos 30，联立解得.(2)当变化时，设沿斜面向上为正方向，物块的加速度为a，则mgsin mgcos ma，

14、由0v022ax得x，令cos ，sin ，即tan ，故30，又因x当90，即60时x最小，最小值为xmin m.题型三动力学图像问题1常见图像(1)vt图像：根据图像的斜率判断加速度的大小和方向，再根据牛顿第二定律求解(2)at图像：注意加速度的正负，正确分析每一段的运动情况，然后结合物体的受力情况应用牛顿第二定律列方程求解(3)Ft图像：结合物体受到的力，由牛顿第二定律求出加速度，分析每一段的运动情况(4)Fa图像：首先要根据具体的物理情景，对物体进行受力分析，然后根据牛顿第二定律推导出两个量间的函数关系式，根据函数关系式结合图像，明确图像的斜率、截距或面积的意义，从而由图像给出的信息求

15、出未知量2解题策略(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)注意图线中的一些特殊点：图线与横、纵坐标的交点，图线的转折点，两图线的交点等(3)明确能从图像中获得哪些信息：把图像与具体的题意、情景结合起来，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例8(2023云南省玉溪师范学院附属中学高三检测)如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体(物体与弹簧不拴接)，初始时物体处于静止状态，现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做

16、匀加速运动，拉力F与物体位移x的关系如图乙所示(g10 m/s2)，则正确的结论是()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7.5 N/cmC物体的质量为3 kgD物体的加速度大小为5 m/s2答案D解析物体与弹簧分离时，二者没有相互作用力，所以弹簧处于原长，A错误；物体与弹簧一起向上匀加速时，根据牛顿第二定律得Fk(x0x)mgma，则Fkxmgmakx0，可知题图乙中图线斜率表示劲度系数，可得k5 N/cm，B错误；根据牛顿第二定律有10 Nma,30 Nmgma，联立解得m2 kg，a5 m/s2，C错误，D正确例9(多选)(2021全国乙卷21)水平地面上有一质量为m1

17、的长木板，木板的左边上有一质量为m2的物块，如图(a)所示用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图(b)所示，其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小木板的加速度a1随时间t的变化关系如图(c)所示已知木板与地面间的动摩擦因数为1，物块与木板间的动摩擦因数为2，假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g.则()AF11m1gBF2(21)gC21D在0t2时间段物块与木板加速度相等答案BCD解析由题图(c)可知，t1时刻物块、木板一起刚要在水平地面滑动，物块与木板相对静止，此时以整体为研究对象有F11(m1m2)g，故A错误；由题图(c)可知，t2时刻物块与

18、木板刚要发生相对滑动，以整体为研究对象， 根据牛顿第二定律，有F21(m1m2)g(m1m2)a，以木板为研究对象，根据牛顿第二定律，有2m2g1(m1m2)gm1a0，解得F2(21)g，由F2F1知21，故B、C正确；由题图(c)可知，0t2时间段物块与木板相对静止，所以有相同的加速度，故D正确课时精练1.(多选)(2023河北唐山市高三检测)光滑水平面上放有相互接触但不粘连的两个物体A、B，物体A质量m11 kg，物体B质量m22 kg.如图所示，作用在两物体A、B上的力随时间变化的规律分别为FA32t(N)、FB83t(N)下列说法正确的是()At0时，物体A的加速度大小为3 m/s2

19、Bt1 s时，物体B的加速度大小为2.5 m/s2Ct1 s时，两物体A、B恰好分离Dt s时，两物体A、B恰好分离答案BD解析t0时，FA03 N，FB08 N，设A和B的共同加速度大小为a，根据牛顿第二定律有FA0FB0(m1m2)a，代入数据解得a m/s2，A错误；A和B开始分离时，A和B速度相等，无相互作用力，且加速度相同，根据牛顿第二定律有FAm1a、FBm2a，联立解得t s，当t1 s时，A、B已分离，FB15 N，对B由牛顿第二定律有aB2.5 m/s2，C错误，B、D正确2.(2021全国甲卷14)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

20、位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角可变将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放，物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间t与夹角的大小有关若由30逐渐增大至60，物块的下滑时间t将()A逐渐增大 B逐渐减小C先增大后减小 D先减小后增大答案D解析设PQ的水平距离为L，由运动学公式可知gsin t2，可得t2，可知45时，t 有最小值，故当从由30逐渐增大至60时，物块的下滑时间t先减小后增大，故选D.3.如图所示，质量为M、中间为半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上，光滑凹槽内有一质量为m的小铁球，现用一水平向右的推力F推动凹槽，小铁球与光滑凹槽相对静止时，凹槽圆心和小铁球圆心的连线与竖直

21、方向的夹角为，重力加速度为g，则下列说法正确的是()A小铁球受到的合外力方向水平向左B凹槽对小铁球的支持力大小为C凹槽与小铁球组成的系统的加速度大小agtan D推力大小FMgtan 答案C解析根据小铁球与光滑凹槽相对静止可知，系统有向右的加速度且大小为agtan ，小铁球受到的合外力方向水平向右，凹槽对小铁球的支持力大小为，推力F(Mm)gtan ，选项A、B、D错误，C正确4.(多选)(2023四川成都市石室中学模拟)我国高铁技术处于世界领先水平，和谐号动车组是由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车假设某列动车组各车厢质量均相等，在做匀加速直线运动时每节动车提供

22、的动力均为F，动车组在水平直轨道上运行过程中每节车厢受到的阻力均为Ff.该动车组由8节车厢组成，其中第1、3、6节车厢为动车，其余为拖车，则该动车组()A启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反B做匀加速直线运动时，第5、6节车厢间的作用力为1.125FC做匀加速直线运动时，第5、6节车厢间的作用力为0.125FD做匀加速直线运动时，第6、7节车厢间的作用力为0.75F答案CD解析启动时乘客的加速度方向与车厢的运动方向相同，乘客受重力和车厢的作用力，由平行四边形定则可知，车厢对乘客的作用力方向与车运动的方向不是相反关系，故A错误；做匀加速直线运动时，加速度为a，对后三节车厢，有F56F

23、3Ff3ma，解得第5、6节车厢间的作用力为F560.125F，故B错误，C正确；对最后两节车厢，有F672Ff2ma，解得第6、7节车厢间的作用力为F670.75F，故D正确5.(多选)如图，P、Q两物体叠放在水平面上，已知两物体质量均为m2 kg，P与Q间的动摩擦因数为10.3，Q与水平面间的动摩擦因数为20.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取g10 m/s2，当水平向右的外力F12 N作用在Q物体上时下列说法正确的是()AQ对P的摩擦力方向水平向右B水平面对Q的摩擦力大小为2 NCP与Q之间的摩擦力大小为4 NDP与Q发生相对滑动答案AC解析当水平向右的外力F12 N作用在Q物

24、体上时，假设P与Q相对静止一起向右做匀加速直线运动，以P与Q为整体，根据牛顿第二定律可得F2(mm)g2ma，解得a2 m/s2，以P为研究对象，根据牛顿第二定律可得Ffma22 N4 N，由于Ff4 NmB，它们与地面间的动摩擦因数相等为使弹簧稳定时的伸长量增大，下列操作可行的是()A仅增大B的质量B仅将A、B的位置对调C仅增大水平面的粗糙程度D仅增大水平恒力F答案ABD解析弹簧稳定时的伸长量取决于弹簧的弹力FT，设物块与地面间的动摩擦因数为，以整体为研究对象，则a，以B为研究对象得a，联立可得FTF，整理得FT，则弹簧弹力的大小与水平面的粗糙程度无关，若增大弹簧弹力，可仅增大B的质量，也可

25、仅将A、B位置对调，也可仅增大水平恒力F，故A、B、D正确，C错误7.(多选)如图所示，细线的一端固定在倾角为30的光滑楔形滑块A的顶端P处，细线的另一端拴一质量为m的小球，静止时细线与斜面平行，(已知重力加速度为g)则()A当滑块向左做匀速运动时，细线的拉力大小为0.5mgB若滑块以加速度ag向左加速运动时，线的拉力大小为mgC当滑块以加速度ag向左加速运动时，小球对滑块的压力不为零D当滑块以加速度a2g向左加速运动时，线的拉力大小为2mg答案AC解析当滑块向左做匀速运动时，根据平衡条件可得细线的拉力大小为FTmgsin 300.5mg，故A正确；设当小球贴着滑块一起向左运动且滑块对小球的支

26、持力恰好为零时加速度为a0，小球受到重力、拉力作用，根据牛顿第二定律可得加速度a0gg，即当滑块以加速度ag向左加速运动时，小球没有脱离斜面，则水平方向有FTcos 30FNsin 30ma，竖直方向有FTsin 30FNcos 30mg，联立可得FTmg，FNmg，故B错误，C正确；当滑块以加速度a2gg向左加速运动时，此时小球已经飘离斜面，则此时线的拉力大小为Fmg，故D错误8.(多选)物块B放在光滑的水平桌面上，其上放置物块A，物块A、C通过细绳相连，细绳跨过定滑轮，如图所示，物块A、B、C质量均为m，现释放物块C，A和B一起以相同加速度加速运动，不计细绳与滑轮之间的摩擦力，重力加速度大

27、小为g，A、B未与滑轮相撞，C未落地，则细绳中的拉力大小及A、B间的摩擦力大小分别为()AFTmg BFTmgCFfmg DFfmg答案BD解析以C为研究对象，由牛顿第二定律得mgFTma；以A、B为研究对象，由牛顿第二定律得FT2ma，联立解得FTmg，ag；以B为研究对象，由牛顿第二定律得Ffma，得Ffmg，故选B、D.9(多选)如图甲所示，用一水平力F拉着一个静止在倾角为的光滑固定斜面上的物体，逐渐增大F，物体做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图像如图乙所示，重力加速度取g10 m/s2，根据图乙中所提供的信息可以计算出()A物体的质量B斜面倾角的正弦值C加速度为6 m/s2时物体

28、的速度D物体能静止在斜面上所施加的最小外力答案ABD解析对物体，由牛顿第二定律有Fcos mgsin ma，可得aFgsin ，故aF图像的斜率为k0.4 kg1，纵轴截距为bgsin 6 m/s2，解得物体质量为m2 kg，sin 0.6，故A、B正确；由于外力F为变力，物体做非匀变速运动，故利用高中物理知识无法求出加速度为6 m/s2时物体的速度，故C错误；物体能静止在斜面上所施加的最小外力为Fminmgsin 12 N，故D正确10(多选)如图甲所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A，滑块A受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出滑块A的加速度a，得到如图乙所示

29、的aF图像，A、B之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，则()A滑块A的质量为4 kgB木板B的质量为2 kgC当F10 N时滑块A加速度为6 m/s2D滑块A与木板B间的动摩擦因数为0.2答案BC解析设滑块A的质量为m，木板B的质量为M，滑块A与木板B间的动摩擦因数为.由题图乙可知，当FFm6 N时，滑块A与木板B达到最大共同加速度为am2 m/s2，根据牛顿第二定律有Fm(Mm)am，解得Mm3 kg；当F6 N时，A与B将发生相对滑动，对A单独应用牛顿第二定律有Fmgma，整理得ag；根据题图乙解得m1 kg，0.4，则M2 kg，A、D错误，B正确当F10 N

30、时，滑块A的加速度为aA6 m/s2，C正确11(多选)(2019全国卷20)如图(a)，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平t0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t4 s时撤去外力细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图(b)所示，木板的速度v与时间t的关系如图(c)所示木板与实验台之间的摩擦可以忽略重力加速度取10 m/s2.由题给数据可以得出()A木板的质量为1 kgB24 s内，力F的大小为0.4 NC02 s内，力F的大小保持不变D物块与木板之间的动摩擦因数为0.2答案AB解析由题图(c)可知木板在02 s内处于静止状态，再结合题

31、图(b)中细绳对物块的拉力f在02 s内逐渐增大，可知物块受到木板的摩擦力逐渐增大，故可以判断木板受到的水平外力F也逐渐增大，选项C错误；由题图(c)可知木板在24 s内做匀加速运动，其加速度大小为a1 m/s20.2 m/s2，对木板进行受力分析，由牛顿第二定律可得FFfma1，在45 s内做匀减速运动，其加速度大小为a2 m/s20.2 m/s2，由牛顿第二定律得Ffma2，另外由于物块静止不动，同时结合题图(b)可知物块与木板之间的滑动摩擦力Ff0.2 N，解得m1 kg、F0.4 N，选项A、B正确；由于不知道物块的质量，所以不能求出物块与木板之间的动摩擦因数，选项D错误12.一个质量

32、m0.5 kg的小物块(可看为质点)，以v02 m/s的初速度在平行斜面向上的拉力F6 N作用下沿斜面向上做匀加速运动，经t2 s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L8 m，已知斜面倾角37，重力加速度g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.求：(1)物块加速度a的大小；(2)物块与斜面之间的动摩擦因数；(3)若拉力F的大小和方向可调节，如图所示，为保持原加速度不变，F的最小值是多少. 答案(1)2 m/s2(2)0.5(3) N解析(1)根据Lv0tat2，代入数据解得a2 m/s2.(2)根据牛顿第二定律有Fmgsin mgcos ma，代入数据解得0.5.(3)设F与斜面夹角为，平行斜面方向有Fcos mgsin FNma垂直斜面方向有FNFsin mgcos 联立解得F当sin()1时，F有最小值Fmin，代入数据解得Fmin N.