2025年物理新高考备考2025年（版）物理《三维设计》一轮总复习（提升版）第2讲　牛顿第二定律的应用

第2讲牛顿第二定律的应用考点一瞬时性问题1.两种模型合外力与加速度具有因果关系，二者总是同时产生、同时变化、同时消失，当物体所受合外力发生变化时，加速度也随着发生变化，而物体运动的速度不能发生突变。2.解题思路【例1】（2024·安徽蚌埠模拟）如图，A、B两球质量相等，光滑斜面的倾角为θ，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，则在突然撤去挡板的瞬间（重力加速度为g）（）A.图甲中A球的加速度不为零B.图乙中两球加速度均为gsinθC.图乙中轻杆的作用力一定不为零D.图甲中B球的加速度是图乙中B球加速度的3倍答案：B解析：对于题图甲，突然撤去挡板的瞬间，由于A、B还没开始运动，故弹簧弹力不变，A仍处于平衡状态，加速度为0，对于B，其所受合力等于挡板在未撤时挡板对它的支持力，为2mgsinθ，由牛顿第二定律有2mgsinθ＝maB，可得B的加速度为aB＝2gsinθ；对于题图乙，突然撤去挡板的瞬间，A、B加速度相同，整体由牛顿第二定律有2mgsinθ＝2ma'，可得A、B的加速度均为a'＝gsinθ，设轻杆对A的作用力为F，对A由牛顿第二定律有mgsinθ＋F＝ma'，可知F＝0，故题图乙中轻杆的作用力一定为零，故选B。图乙中撤去挡板后，两物体用轻杆连接，采用整体法，得出整体的加速度，再隔离单个物体分析；图甲中两物体用轻弹簧连接，由于弹簧的弹力不能突变，采用先整体后隔离的方法，再应用牛顿第二定律从而得出正确的结论。1.【轻弹簧】如图所示，物块1的质量为3m，物块2的质量为m，两者通过轻弹簧相连，整个系统置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态。现将木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，物块1、2的加速度大小分别为a1、a2。重力加速度大小为g。则有（）A.a1＝0，a2＝g B.a1＝g，a2＝gC.a1＝0，a2＝4g D.a1＝g，a2＝4g解析：C开始时，对物块1分析，处于平衡状态，弹簧的弹力F＝3mg。抽出木板的瞬间，弹簧的弹力不变，物块1所受的合力仍然为零，则加速度a1＝0。对物块2，抽出木板的瞬间，受重力和弹簧向下的弹力，根据牛顿第二定律得a2＝F'＋mgm＝3mg＋mgm＝4g，故C2.【轻弹簧、轻绳】竖直面内，有一质量m＝2kg的小球，小球与左端固定的水平轻弹簧及上端固定的不可伸长的轻绳相连，如图所示，此时小球处于静止状态，轻绳与竖直方向成θ＝45°角。取g＝10m/s2。下列说法正确的是（）A.此时，绳上的拉力为20NB.若剪断轻绳，则剪断绳的瞬间轻弹簧的弹力大小为20NC.若剪断轻绳，则剪断的瞬间小球的加速度大小为10m/s2，方向向左D.若剪断弹簧，则剪断的瞬间小球的加速度为零解析：B设绳子拉力为T，对小球，根据平衡条件有Tcos45°＝mg，解得T＝202N，A错误；剪断轻绳前，设弹簧的弹力为F，对小球，根据平衡条件有F＝Tsin45°，解得F＝20N，剪断轻绳的瞬间，弹簧弹力不变，故剪断轻绳的瞬间轻弹簧的弹力大小为20N，B正确；剪断轻绳的瞬间轻弹簧的弹力不变，则重力与弹簧弹力的合力为202N，根据牛顿第二定律可得a＝Fm＝102m/s2，方向与竖直方向成45°角指向左下方，C错误；剪断弹簧的瞬间，弹簧弹力瞬间消失。小球将开始做圆周运动，此时小球的速度为零，向心加速度为零，沿绳方向小球受力平衡。小球具有沿切向方向（垂直绳的方向）的加速度，重力沿垂直绳方向的分力等于合力，则有mgcos45°＝ma，解得a＝52m/s2，D考点二超重、失重问题1.实重和视重（1）实重：物体实际所受的重力，与物体的运动状态无关（选填“无关”或“相关”）。（2）视重：当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时，弹簧测力计或台秤的示数称为视重。2.超重、失重和完全失重的对比名称超重失重完全失重现象视重大于实重视重小于实重视重等于0产生条件物体加速度的方向向上物体加速度的方向向下物体竖直向下的加速度等于g名称超重失重完全失重对应运动情境加速上升或减速下降加速下降或减速上升自由落体运动、竖直上抛运动、宇宙航行等原理F－mg＝maF＝mg＋mamg－F＝maF＝mg－mamg－F＝mgF＝0▢判断小题1.加速上升的物体处于超重状态。（√）2.减速上升的升降机内的物体，物体对地板的压力大于物体的重力。（×）3.加速度大小等于g的物体处于完全失重状态。（×）4.物体处于超重或失重状态时其重力并没有发生变化。（√）5.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。（×）1.判断超重和失重现象的三个角度（1）从受力的角度判断：当物体受到的向上的拉力（或支持力）大于重力时，物体处于超重状态；小于重力时处于失重状态；等于零时处于完全失重状态。（2）从加速度的角度判断：当物体具有向上的加速度时处于超重状态；具有向下的加速度时处于失重状态；向下的加速度恰好等于重力加速度时处于完全失重状态。（3）从速度变化角度判断：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。2.对超重和失重问题的三点提醒（1）发生超重或失重现象与物体的速度方向无关，只取决于加速度的方向。（2）并非物体在竖直方向上运动时，才会出现超重或失重现象。只要加速度具有竖直向上的分量，物体就处于超重状态；同理，只要加速度具有竖直向下的分量，物体就处于失重状态。（3）发生超重或者失重时，物体的实际重力并没有发生变化，变化的只是物体的视重。【例2】（2024·福建龙岩模拟）引体向上是高中学生体质健康标准的选测项目，如图甲所示，质量为60kg的男同学用双手抓住单杠做引体向上，在竖直向上的运动过程中，他重心运动的速度v随时间t变化的图像如图乙所示，重力加速度大小取10m/s2，由图像可知（）A.t＝0.5s时，单杠对他的支持力约为582NB.t＝1.1s时，他向上运动到最高点C.t＝1.5s时，他处于失重状态D.t＝1.5s时，单杠对他的支持力约为600N答案：C解析：由v－t图像的斜率表示加速度可知，t＝0.5s时，加速度为a＝ΔvΔt＝（30－0）×10－21.0m/s2＝0.3m/s2，根据牛顿第二定律可得FN－mg＝ma，解得单杠对他的支持力为FN＝mg＋ma＝618N，故A错误；由v－t图像可知，0～1.1s向上做加速运动，1.1s后向上减速运动，可知t＝1.1s时，并不是向上运动到最高点，故B错误；由v－t图像可知，t＝1.5s时，加速度方向向下1.【超重、失重的分析与计算】如图所示，在某城市的建筑工地上，工人正在运用夹砖器把两块质量均为m的相同长方体砖块夹住后竖直向上加速提起。已知每块砖块能承受的最大压力大小为F，夹砖器与每个砖块间的动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。则在加速提起砖块的过程中，下列说法正确的是（）A.在加速提起砖块的过程中，砖块处于失重状态B.夹砖器对两块砖块的压力大小可能不相等C.砖块被加速提起的过程中，其加速度的最大值为μFm－D.两块砖块之间的摩擦力一定不为零解析：C在加速提起砖块的过程中，砖块加速度向上，处于超重状态，A错误；砖块水平方向保持平衡，故夹砖器对两块砖块压力大小相等，B错误；夹砖器与砖块即将发生滑动时，砖块加速度最大，对两块砖整体受力分析如图甲所示，根据牛顿第二定律有2μF－2mg＝2ma，则砖块被加速提起过程中，其加速度的最大值为a＝μFm－g，C正确；加速度最大时，单独对其中一个砖块受力分析如图乙所示，若竖直方向上只受重力mg以及夹砖器对其向上的静摩擦力f，有f－mg＝ma，解得f＝μF，故两块砖块之间摩擦力为零，D2.【超重、失重与图像结合】在蹦床运动过程中，用力传感器测出蹦床对运动员的弹力F，如图是绘制的F随时间t的变化图像，不计空气阻力，取重力加速度g＝10m/s2，则下列说法正确的是（）A.运动员的质量为40kgB.运动员在3.6～4.8s内处于超重状态C.运动员的最大加速度大小为50m/s2D.运动员离开蹦床上升的最大高度为3.2m解析：D由题意结合图像可知mg＝F1＝500N，所以m＝50kg，故A错误；由图可知，运动员在3.6～4.2s内弹力大于重力，加速度方向向上，运动员处于超重状态，在4.2～4.8s内弹力小于重力，加速度方向向下，处于失重状态，故B错误；当运动员处于最低点时，加速度最大，根据牛顿第二定律可得amax＝F2－mgm＝2500－50050m/s2＝40m/s2，故C错误；由图可知，运动员离开蹦床在空中运动的时间为t＝8.4s－6.8s＝1.6s，所以运动员离开蹦床上升的最大高度为h＝考点三两类动力学问题1.基本思路2.基本步骤3.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。已知受力求运动情况【例3】（2024·山东日照统考）如图甲所示，一根足够长的固定细杆与水平方向的夹角θ＝37°，质量m＝2kg的带电小球穿在细杆上并静止于细杆底端的O点。t＝0开始在空间施加一电磁辐射区，使小球受到水平向右的力F＝kt（k＝10N/s），t＝6s时小球离开电磁辐射区，小球在电磁辐射区内的加速度a随着时间t变化的图像如图乙所示，认为细杆对小球的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。（取g＝10m/s2，sin37°＝0.6）。求：（1）t＝6s时小球的加速度am的大小；（2）小球离开电磁辐射区后沿着细杆上升的最大距离l。答案：（1）5m/s2（2）1.25m解析：（1）根据题意，对小球进行受力分析，如图所示由图乙可知，t＝4s时，小球的加速度恰好为0，则有Fcosθ＝mgsinθ＋fFsinθ＋mgcosθ＝FNf＝μFN又F＝kt＝10×4N＝40N联立解得μ＝0.5根据题意，结合图乙可知，t＝6s时，有F'cosθ－mgsinθ－f'＝mamaxF'sinθ＋mgcosθ＝FN'f'＝μFN'又F'＝kt＝10×6N＝60N联立解得amax＝5m/s2。（2）t＝6s时，小球离开电磁辐射区，由牛顿第二定律有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma解得a＝10m/s2根据题意，由a－t图像中面积表示速度变化量可知，小球由静止运动，t＝6s时小球的速度为v＝12×（6－4）×5m/s＝由v2－v02＝2ax可得，小球离开电磁辐射区后沿着细杆上升的最大距离为l＝v2已知运动情况求受力【例4】（多选）一热气球悬停在距地面65m处（无人区），由于工作人员操作失误，热气球在很短时间内漏掉了一部分气体，被及时堵住后气球在竖直方向由静止开始向下做匀加速直线运动，30s后速度增加到3m/s，此时工作人员立即抛出一些压舱物，热气球开始做匀减速直线运动，又过了30s气球再次到达之前的高度。已知热气球漏掉一部分气体后的总质量为600kg，堵住后受到的浮力大小不变，热气球受到的阻力可以忽略不计，取重力加速度大小g＝10m/s2，下列说法正确的是（）A.热气球向下做匀加速直线运动的加速度大小为0.1m/s2B.热气球堵住后受到的浮力大小为5600NC.热气球距地面的最小距离为20mD.抛出物的质量约为23.3kg答案：AD解析：热气球向下做匀加速直线运动的加速度大小a＝ΔvΔt＝3－030m/s2＝0.1m/s2，根据牛顿运动定律有mg－F＝ma，解得F＝5940N，故A正确，B错误；设抛出一些压舱物后，气球的加速度大小为a'，则气球回到原高度时有12at2＝－at＋12a't2，把t＝30s代入上式，解得a'＝0.3m/s2，热气球开始减速到下降到最低点时，所用的时间为t'＝ata'＝t3，可得热气球下降的最大高度为h＝12at2＋12a't32＝60m，所以热气球距地面的最小距离为hmin＝65m－60m＝5m，故C错误；设抛出物的质量为Δm，抛出后根据牛顿运动定律，有F－（m－Δm）g＝（m等时圆模型1.“光滑斜面”模型如图所示，质量为m的物体从倾角为θ、高度为h的光滑斜面顶端由静止下滑，则有如下规律：（1）物体从斜面顶端滑到底端所用的时间t，由斜面的倾角θ与斜面的高度h共同决定，与物体的质量无关。关系式为t＝1sin（2）物体滑到斜面底端时的速度大小只由斜面的高度h决定，与斜面的倾角θ、斜面的长度、物体的质量无关。关系式为v＝2gℎ2.“等时圆”模型（1）三种模型（如图）（2）等时性的证明设某一条光滑弦与水平方向的夹角为α，圆的直径为d（如图）。根据物体沿光滑弦做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为a＝gsinα，位移为x＝dsinα，所以运动时间为t0＝2xa＝2d即沿同一起点（圆的最高点）或终点（圆的最低点）的各条光滑弦运动具有等时性，运动时间与弦的倾角、长短无关。【典例】（2024·重庆模拟）春秋末年，齐国著作《考工记：轮人》篇中记载：“轮人为盖”，“上欲尊而宇欲卑，上尊而宇卑，则吐水，疾而霤远。”意思是车盖中央高而四周低，形成一个斜面，泄水很快，而且水流的更远。图甲是古代马车示意图，车盖呈伞状，支撑轴竖直向上，伞底圆面水平。过支撑轴的截面图简化为如图乙所示的等腰三角形，底面半径恒定为r，底角为θ。θ取不同的值时，自车盖顶端A由静止下滑的水滴（可视为质点）沿斜面运动的时间不同。已知重力加速度为g，不计水滴与伞面间的摩擦力和空气阻力。（1）倾角θ为多大时，水滴下滑时间最短，并求出最短时间tmin；（2）满足（1）问条件，在车盖底面下方h＝3r2的水平面内有一长为L＝r的水平横梁（可看成细杆），横梁位于支撑轴正前方，其俯视图如图丙所示，横梁的垂直平分线过支撑轴。现保持马车静止，大量水滴沿车盖顶端由静止向各方向滑下，整个横梁恰好“被保护”不被淋湿。求水平面内横梁中点到支撑轴的距离答案：（1）45°2rg（2）152解析：（1）水滴沿伞面下滑过程中有mgsinθ＝ma①rcosθ＝12a由①②得t12又0＜θ＜π2，则当θ＝π4时水滴滑落伞面时间最短，解得最短时间tmin＝2（2）水滴沿伞面下落过程有mgr＝12mv2水滴离开伞后做斜下抛运动，且有：水平和竖直两个分速度vx＝vy＝vcosπ4竖直方向h＝vyt2＋12gt2水平方向x＝vxt2⑥由题意，根据几何关系可知（x＋r）2＝d2＋L22由③～⑦式得d＝152r（多选）如图所示，1、2、3、4四个小球均由静止开始沿着光滑的斜面从顶端运动到底端，其运动时间分别为t1、t2、t3、t4，已知竖直固定的圆环的半径为r，O为圆心，固定在水平面上的斜面水平底端的长度为3r，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A.t1＞t2 B.t3＝t4C.t2＜t4 D.t1＝t4解析：BC1号小球的加速度为a1＝gsin60°＝32g，位移为x1＝2r·sin60°＝3r，运动时间为t1＝2x1a1＝2rg；2号小球的加速度为a2＝gsin30°＝12g，位移为x2＝2r·sin30°＝r，运动时间为t2＝2x2a2＝2rg；3号小球的加速度为a3＝gsin60°＝32g，位移为x3＝3rsin30°＝23r，运动时间为t3＝2x3a3＝8rg；4号小球的加速度为a4＝gsin30°＝12g，位移为x4＝3rsin60°＝2r，运动时间为t4＝2x4a4＝8rg，则t1＝t2，t3＝t4，t3跟踪训练·巩固提升1.（2024·重庆沙坪坝模拟）如图所示为“惯性演示”的小实验，质量均为m的四枚棋子a、b、c、d竖直叠放，静止在水平桌面上。现用一直尺快速击打出最下方棋子d，在d被快速打出后瞬间，a、b、c可视为处于原位置，则此时（已知重力加速度为g）（）A.棋子a处于平衡状态B.棋子b对c的压力为2mgC.棋子c的加速度为3gD.棋子a、b、c均处于完全失重状态解析：D棋子d被打出后，棋子a、b、c加速度相同，均为g，处于完全失重状态，各棋子间无相互作用力。故选D。2.如图所示，一蹦极爱好者正在进行蹦极。从爱好者离开高台直至最后在空中静止下来的整个运动过程中，下列说法正确的是（）A.爱好者在加速下落过程中，其惯性增大B.爱好者离开高台瞬间，其速度和加速度都为零C.爱好者第一次下落到最低点时，其处于超重状态D.爱好者第一次从最低点向上运动的过程中，绳对爱好者的拉力大于重力，处于超重状态解析：C物体的惯性的大小只与质量有关，质量不变，惯性大小不变，故A错误；爱好者离开高台瞬间，速度为零，加速度不为零，故B错误；爱好者第一次下落到最低点时，绳的拉力大于重力，爱好者具有向上的加速度，其处于超重状态，故C正确；爱好者第一次从最低点向上运动的过程中，绳的拉力先大于重力，加速度向上，爱好者处于超重状态；随着爱好者向上运动，绳的拉力逐渐减小，当拉力等于重力时，爱好者处于平衡状态，速度达到最大；爱好者继续上升，绳的拉力小于重力，加速度向下，爱好者处于失重状态，故D错误。3.（多选）（2024·海南海口模拟）如图所示，弹簧左端固定，右端自由伸长到O点并系住物体m。现推动物体将弹簧压缩到A点，然后释放，物体一直运动到B点速度减为零。如果物体受到地面的摩擦阻力恒定，则（）A.物体从A到O的过程加速度先变小后变大B.物体从O到B的过程加速度逐渐变大C.物体运动到O点时速度最大D.物体在B点速度减为零后一定保持静止解析：AB在A点合力水平向右，在O点合力水平向左，因此从A到O存在一个点加速度为零，从A到O加速度先变小后变大，故A正确；物体从O到B的过程，滑动摩擦力方向向左，弹簧弹力也向左且逐渐增大，所以加速度逐渐变大，故B正确；当物体加速度为零时速度最大，物体运动到O点时合力是滑动摩擦力，加速度不为零，速度最大的点在从A到O之间某个位置，故C错误；物体在B点速度减到为零后，如果此时弹簧弹力大于最大静摩擦力，则物体将继续运动，故D错误。4.（2024·九省联考河南）如图，在平直路面上进行汽车刹车性能测试。当汽车速度为v0时开始刹车，先后经过路面和冰面（结冰路面），最终停在冰面上。刹车过程中，汽车在路面与在冰面所受阻力之比为7∶1，位移之比为8∶7。则汽车进入冰面瞬间的速度为（）A.12v0B.13v0 C.18v0D.解析：B设汽车在路面与在冰面所受阻力分别为f1、f2，汽车进入冰面瞬间的速度为v1，由牛顿第二定律得f＝ma，则汽车在路面与在冰面上运动的加速度大小之比为a1a2＝f1f2＝71，由运动学公式，在路面上有v02－v12＝2a1x1，在冰面上有v12＝2a2x2，其中5.（2023·全国乙卷14题）一同学将排球自O点垫起，排球竖直向上运动，随后下落回到O点。设排球在运动过程中所受空气阻力大小和速度大小成正比，则该排球（）A.上升时间等于下落时间B.被垫起后瞬间的速度最大C.达到最高点时加速度为零D.下落过程中做匀加速运动解析：B排球运动过程中所受空气阻力与速度大小成正比，即f＝kv（k为大于0的常量）抛出时速度为v1，下落回到原位置速度为v2，由于空气阻力一直做负功，所以v上＞v下，根据x＝vt可知t上＜t下，A错误；由于空气阻力一直做负功，则v1＞v2，垫起后瞬间排球的速度v1最大，B正确；最高点速度为0，只受重力，此时a＝g，C错误；下落过程，根据牛顿第二定律可知mg－kv＝ma，由于速度v增大，所以加速度a减小，6.如图甲所示，某同学用橡皮筋悬挂手机的方法模拟蹦极运动，并利用手机的加速度传感器研究加速度随时间变化的图像如图乙所示。手机保持静止时，图像显示的加速度值为0，自由下落时，图像显示的加速度值约为－10m/s2，忽略空气阻力，下列说法正确的是（）A.t＝0.6s时，手机已下降了约1.8mB.t＝0.8s时，手机正向上加速运动C.加速度约为70m/s2时，手机速度为0D.0.6～0.8s时间内，橡皮筋的拉力逐渐减小解析：C0～0.6s，若手机一直做自由落体运动，手机下降的高度为h＝12gt2＝12×10×0.62m＝1.8m，但由图像得，0.4s后手机才开始运动，则0.6s时，手机下降的距离一定小于1.8m，故A错误；由图像可知0.6s开始，加速度大小逐渐减小，此时加速度仍为负值，手机仍向下做加速运动，橡皮筋形变量增大，拉力逐渐增大；约0.8s拉力和重力相等时，手机速度最大，之后拉力大于重力，加速度为正值，手机向下做减速运动，橡皮筋的拉力逐渐增大；当手机速度为零，橡皮筋的拉力最大，加速度为正的最大值，约为70m/s2，故C正确，B、7.（2024·重庆模拟）某风景旅游区的观光索道在某段时间其运行的简化示意图如图所示，缆索倾角为37°，缆车通过卡扣固定悬挂在缆索上，在缆索的牵引下一起斜向上匀速运动。已知缆车和卡扣的总质量为m，运行过程中缆车始终处于竖直方向，重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列说法正确的是（）A.缆索对卡扣的摩擦力为0.6mgB.缆索对卡扣的作用力为0.8mgC.卡扣受到的合外力为mgD.运行过程中缆车处于超重状态解析：A缆车通过卡扣固定悬挂在缆索上，在缆索的牵引下一起斜向上匀速运动，对缆车和卡扣受力分析如图所示，根据共点力平衡条件可知f＝mgsin37°，f＝0.6mg，故A正确；缆索对卡扣的作用力与卡扣和缆车的重力mg等大反向，故B错误；由于卡扣做匀速直线运动，卡扣受到的合外力为0，故C错误；运行过程中缆车处于平衡状态，既不超重也不失重，故D错误。8.（多选）（2024·海南海口一模）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2m/s2的加速度匀加速竖直向上起飞，上升36m时无人机突然出现故障而失去升力。已知无人机的质量为5kg，运动过程中所受空气阻力大小恒为10N，取重力加速度大小g＝10m/s2。下列说法正确的是（）A.无人机失去升力时的速度大小为12m/sB.螺旋桨工作时产生的升力大小为60NC.无人机向上减速时的加速度大小为12m/s2D.无人机上升的最大高度为36m解析：AC无人机向上加速过程中，由位移与速度公式得v2－v02＝2a1x，代入数据解得无人机失去升力时的速度大小为v＝12m/s，故A正确；无人机向上加速过程中，对无人机，由牛顿第二定律得F－mg－f＝ma1，代入数据解得F＝70N，故B错误；无人机向上减速时，对无人机，由牛顿第二定律得mg＋f＝ma2，代入数据解得a2＝12m/s2，故C正确；无人机向上减速过程，由位移与速度公式得v2－v02＝2a2x，代入数据解得，无人机减速上升的高度为x2＝6m，则无人机上升的最大高度为H＝x1＋x2＝36m＋6m＝42m9.（2024·九省联考吉林）滑雪是我国东北地区冬季常见的体育运动。如图（a），在与水平面夹角θ＝14.5°的滑雪道上，质量m＝60kg的滑雪者先采