2023届新高考高三物理一轮复习学案11 牛顿第二定律的基本应用

这是一份2023届新高考高三物理一轮复习学案11 牛顿第二定律的基本应用，共14页。

第2讲　牛顿第二定律的基本应用


知识梳理·双基自测
知识梳理

知识点1 两类动力学问题
1．动力学的两类基本问题：
第一类：已知受力情况求物体的运动情况；
第二类：已知运动情况求物体的受力情况。
2．解决两类基本问题的方法：以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿运动定律列方程求解，具体逻辑关系如图：

思考：

如图所示，质量为m的物体在粗糙程度相同的水平面上从速度vA均匀减为vB的过程中前进的距离为x。
(1)物体做什么运动？能求出它的加速度吗？
(2)物体受几个力作用？求出它受到的摩擦力。
[答案]　(1)匀减速直线运动，能，加速度大小为，方向与运动方向相反。
(2)三个力作用，摩擦力大小为，方向与运动方向相反。

知识点2 超重与失重
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。
(2)视重：
①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视重大小等于弹簧测力计所受物体的拉力或台秤所受物体的压力。
2．超重、失重和完全失重的比较

超重现象
失重现象
完全失重现象
概念
物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的现象
物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象
物体对支持物的压力(或对于悬挂物的拉力)等于零的现象
产生
条件
物体的加速度方向竖直向上
物体的加速度方向竖直向下
物体的加速度方向竖直向下，大小a＝g
原理
方程
F－mg＝ma
F＝m(g＋a)
mg－F＝ma
F＝m(g－a)
mg－F＝ma＝mg
F＝0
运动
状态
加速上升或减速下降
加速下降或减速上升
以a＝g加速下降或减速上升

双基自测
一、堵点疏通
1．已知物体受力情况，求解运动量时，应先根据牛顿第二定律求解加速度。(　√　)
2．加速度大小等于g的物体处于完全失重状态。(　×　)
3．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。(　×　)
4．加速上升的物体处于超重状态。(　√　)
5．物体处于超重或失重状态时其重力并没有发生变化。(　√　)
6．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。(　×　)
二、对点激活
1．(2021·江西南昌市高三一模)地铁在某段轨道上做直线运动。某同学在乘坐地铁时，用细绳把圆珠笔绑在地铁的竖直扶杆上，在地铁启动时用手机拍摄下了圆珠笔相对竖直扶杆运动的视频，如图所示。事后在电脑上测量出圆珠笔相对竖直扶杆静止时细线与竖直杆的夹角为5°，相对静止的时间为8秒，则这段时间内地铁速度变化量的大小约为(可能用上的数据sin 5°≈0.087，cos 5°≈0.996)(　B　)

A．4 m/s　 B．7 m/s
C．10 m/s　 D．13 m/s
[解析]　根据牛顿第二定律得mgtan 5°＝ma，速度变化量为Δv＝at≈7 m/s，故选B。
2．(2021·广东汕头市高三一模)为检测某公路湿沥青混凝土路面与汽车轮胎的动摩擦因数μ，测试人员让汽车在该公路水平直道行驶，当汽车速度表显示40 km/h时紧急刹车(车轮抱死)，车上人员用手机测得汽车滑行3.70 s后停下来，g取10 m/s2，则测得μ约为(　B　)

A．0.2 B．0.3
C．0.4 D．0.5
[解析]　汽车滑行时做减速运动，则加速度大小为a＝＝ m/s2＝3.0 m/s2，根据牛顿第二定律和动摩擦因数表达式μ＝＝＝＝0.3，故选B。
3．如图(a)所示，老师用力传感器提着重物在竖直方向上做了一个超、失重实验，并截取了电脑显示器上所显示F－t图像的其中一段，如图(b)所示，则(　D　)

A．t0阶段重物一定处于静止状态
B．t1到t2阶段重物先向上加速后向下减速
C．t2阶段重物处于超重状态
D．t3阶段重物处于静止状态或匀速直线运动状态
[解析]　t0阶段和t3阶段，拉力等于重力，重物可能处于静止状态，也可能处于匀速直线运动状态，所以A错误；D正确；t1阶段拉力大于重力，重物处于超重状态，加速度一定向上，重物向上做加速运动或向下做减速运动，t2阶段拉力小于重力，加速度向下，做向下加速或向上减速，所以B错误；t2阶段拉力小于重力，重物处于失重状态，所以C错误。



核心考点·重点突破


考点一　应用牛顿第二定律分析瞬时问题
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、同时变化、同时消失，具体可简化为以下两种模型：

例1 (多选)如图，质量相等的A、B两球分别用轻质弹簧和轻杆连接置于固定的光滑斜面上，当系统静止时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行。在突然撤去挡板的瞬间(　CD　)

A．两图中每个小球加速度均为gsin θ
B．两图中A球的加速度均为零
C．图甲中B球的加速度为2gsin θ
D．图乙中B球的加速度为gsin θ
[解析]　本题考查瞬时性问题。撤去挡板前，挡板对B球的弹力大小为2mgsin θ，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，图甲中A球所受合力为零，加速度为零，B球所受合力为2mgsin θ，加速度为2gsin θ；图乙中杆的弹力突变为零，A、B球所受合力均为mgsin θ，加速度均为gsin θ。故A、B错误，C、D正确。

名师点拨　“四步骤”巧解瞬时性问题
第一步：分析原来物体的受力情况。
第二步：分析物体在突变时的受力情况。
第三步：由牛顿第二定律列方程。
第四步：求出瞬时加速度，并讨论其合理性。
〔变式训练1〕　(2021·安徽淮北市高三一模)(多选)如图所示，质量为2m的物块A和质量为m的物块B用一轻弹簧相连，将A用承受力足够大的轻绳悬挂于天花板上，用一个托盘托着B使弹簧恰好处于原长，系统处于静止状态。现将托盘撤掉，则下列说法正确的是(　BC　)

A．托盘撤掉瞬间，轻绳拉力大小为mg
B．托盘撤掉瞬间，B物块的加速度大小为g
C．托盘撤掉后，B物块向下运动速度最大时，轻绳拉力大小为3mg
D．托盘撤掉后，物块向下运动到最低点时，弹簧弹力大小为mg
[解析]　托盘撤掉瞬间，弹簧还是原长，则轻绳拉力与A的重力平衡，大小为2mg，故A错误；托盘撤掉瞬间，B物块只受重力，则其加速度大小为g，故B正确；托盘撤掉后，B物块向下运动速度最大时，B物块瞬间受力平衡，则弹簧弹力大小等于B的重力，根据平衡条件可得轻绳拉力大小为F＝2mg＋mg＝3mg，故C正确；托盘撤掉后，物块先向下做加速运动，再向下做减速运动，运动到最低点时，有向上的加速度，所以弹簧弹力大小大于mg，故D错误。

考点二　超重与失重现象
1．判断方法
(1)不管物体的加速度是不是竖直方向，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。
(2)尽管不是整体有竖直方向的加速度，但只要物体的一部分具有竖直方向的分加速度，整体也会出现超重或失重状态。
2．易错、易混点拨
(1)超重并不是重力增加了，失重并不是重力减小了，完全失重也不是重力完全消失了。在发生这些现象时，物体的重力依然存在，且不发生变化，只是物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)发生变化。
(2)在完全失重的状态下，平常一切由重力产生的物理现象都会完全消失，如天平失效、浸在水中的物体不再受浮力、液体柱不再产生压强等。
例2 (2021·沭阳县高三月考)运动员在平地上静止站立时，受到的支持力F等于重力G。在原地竖直向上跳起的过程中，运动员先快速下蹲然后立即蹬伸，在此过程中，运动员受到地面的支持力随时间变化的关系图像如图所示，下列说法正确的是(　D　)

A．t1时刻，运动员下蹲至最低点
B．t2时刻，运动员的重心向上运动
C．t3时刻，运动员处于失重状态
D．t4时刻，运动员达到最大速度
[解析]　在0～t2时间内，地面对人的支持力小于人的重力，根据牛顿第二定律可得G－F＝ma，加速度方向向下，由于F先逐渐减小再逐渐增大，故向下的加速度先逐渐增大再逐渐减小，故在t2时刻向下运动的速度达到最大值，t2～t4时间内，由于支持力大于重力，故加速度向上，故t2时刻之后，人开始向下做减速运动，重心继续向下运动，减速到零后再开始向上做加速运动，故A、B错误；在t3时刻，地面对人的支持力大于重力，根据牛顿第二定律可知，加速度方向向上，则人处于超重状态，故C错误；t2～t4时间内，由于支持力大于重力，故加速度向上，故t2时刻之后，人开始向下做减速运动，重心继续向下运动，减速到零后再开始向上做加速运动，而在t3～t4内，支持力开始减小，则向上的加速度开始减小，在t4时刻，此时支持力刚好等于重力，加速度减小到零，向上的速度达到最大值，故D正确。

名师点拨　超重和失重现象判断的“三”技巧
(1)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，向下的加速度为重力加速度时处于完全失重状态。
(3)从速度变化的角度判断
①物体向上加速或向下减速时，超重；
②物体向下加速或向上减速时，失重。
〔变式训练2〕　(2021·重庆市高三月考)(多选)有一种自带起吊装置的构件运输车，其起吊臂A安装在车厢前端，如图甲所示。当卷扬机B通过绕过定滑轮C的轻质吊索从车厢内吊起质量为m的构件时，连接在吊索上的拉力传感器绘制出吊索拉力随时间变化的规律为三段直线，如图乙所示，重力加速度大小为g。则下列描述正确的是(　ABC　)

A．0～t1时间内构件处于失重状态
B．图乙所示整个过程构件的最大加速度为0.2 g
C．若t3－t2＝4(t2－t1)＝4Δt，则构件匀速上升的速度为0.9gΔt
D．0～t1时间内汽车对地面的压力增大
[解析]　0～t1内，拉力小于重力，构件处于失重状态，A正确；t2～t3时间内构件所受合外力最大且恒定，故最大加速度am＝＝0.2g，B正确；若t3－t2＝4(t2－t1)＝4Δt，则构件的最大速度vm＝Δv＝(t2－t1)＋0.2g(t3－t2)＝0.9gΔt，C正确；由于t1时刻构件才离开车厢底板上升，之前系统加速度为零，汽车对地面的压力大小等于汽车和构件的总重力不变，D错误。

考点三　动力学两类基本问题
动力学两类基本问题的解题思路

类型1　已知物体受力情况，分析运动情况
例3 (2021·陕西宝鸡市高三模拟)如图所示，物体的质量m＝5 kg，与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.25，在倾角为37°，F＝30 N的恒力作用下，由静止开始做加速直线运动，当t＝5 s时撤去力F(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力)求：
(1)物体做匀加速直线运动时的加速度大小；
(2)撤去力F后，物体还能滑行多远？

[解析]　(1)根据牛顿第二定律得Fcos 37°－μ(mg－Fsin 37°)＝ma1，
代入数据解得a1＝3.2 m/s2。
(2)5 s末物体速度为v＝a1t＝3.2×5 m/s＝16 m/s，
撤去力F后的加速度a2＝μg＝2.5 m/s2，
则匀减速直线运动的位移x2＝＝ m＝51.2 m。
[答案]　(1)3.2 m/s2　(2)51.2 m

名师点拨　解决动力学两类基本问题应把握的关键
(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。
类型2　已知物体运动情况，分析受力情况
例4 (2021·四子王旗第一中学高三月考)质量为10 kg的环在F＝200 N的拉力作用下，沿粗糙直杆由静止开始运动，杆与水平地面的夹角θ＝37°，拉力F与杆的夹角也为θ 。力F作用0.5 s后撤去，环在杆上继续上滑了0.4 s后速度减为零。求：环与杆之间的动摩擦因数μ(g＝10 m/s2)。

[解析]　设环做匀加速直线运动和匀减速直线运动的加速度大小分别为a1和a2，撤去力F瞬间物体的速度为v，则由 v＝a1t1,0＝v－a2t2，得a1t1＝a2t2，
代入t1＝0.5 s，t2＝0.4 s，得a1＝0.8a2，
根据牛顿第二定律得Fcos θ－mgsin θ－μ(Fsin θ－mgcos θ)＝ma1，
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma2，联立解得 μ＝0.5。
[答案]　0.5

考点四　牛顿运动定律与图像结合问题
(1)明确常见图像的应用方法，如下表：
v－t图像
根据图像的斜率判断加速度的大小和方向，进而根据牛顿第二定律求解合外力
F－a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F、a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出未知量
a－t图像
要注意加速度的正、负，正确分析每一段的运动情况，然后结合物体受力情况根据牛顿第二定律列方程
F－t图像
要结合物体受到的力，根据牛顿第二定律求出加速度，分析每一时间段的运动性质
(2)图像类问题的实质是力与运动的关系问题，以牛顿第二定律为纽带，理解图像的类型，图像的轴、点、线、截距、斜率、面积所表示的意义。运用图像解决问题一般包含两个角度：①用给定的图像解答问题；②根据题意作图，用图像解答问题。在实际的应用中要建立物理情景与函数、图像的相互转换关系。
例5 为研究运动物体所受的空气阻力，某研究小组的同学找来一个倾角为θ、表面平整且足够长的斜面体和一个滑块，并在滑块上固定一个高度可升降的风帆，如图甲所示。让带有风帆的滑块从静止开始沿斜面下滑，下滑过程帆面与滑块运动方向始终垂直。假设滑块和风帆总质量为m。滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度g取10 m/s2，帆受到的空气阻力与帆的运动速率成正比，即Ff＝kv。

(1)写出滑块下滑的最大速度的表达式；
(2)若m＝3 kg，斜面倾角θ＝37°，滑块从静止下滑的速度图像如图乙所示，图中的斜线为t＝0时v－t图线的切线，由此求出μ、k的值。(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
[解析]　(1)对滑块和风帆由牛顿第二定律有：
mgsin θ－μmgcos θ－kv＝ma
当a＝0时速度最大，即vm＝。
(2)由题图乙可知，当v＝0时，
a0＝gsin θ－μgcos θ＝3 m/s2，解得μ＝0.375.
由vm＝＝2 m/s，解得k＝4.5 kg/s。
[答案]　(1)vm＝　(2)0.375　4.5 kg/s
〔变式训练3〕　(2021·太原市高三月考)如图甲所示，某人正通过定滑轮将质量为m的物体提升到高处。滑轮的质量和摩擦均不计，物体获得的加速度a与绳子对物体竖直向上的拉力FT之间的函数关系如图乙所示，重力加速度大小为g，由图可以判断以下说法正确的是(　D　)

①M的值aM＝－g
②N的值FTN＝mg
③图线的斜率等于物体的质量m
④图线的斜率等于物体质量的倒数
A．②④ B．②③
C．①②③ D．①②④
[解析]　对物体受力分析，受重力mg和拉力FT，根据牛顿第二定律，有FT－mg＝ma，得a＝FT－g，当FT＝0时，a＝－g，即M的值aM＝－g，①正确，当a＝0时，FT＝mg，故N的值FTN＝mg，②正确，图线的斜率表示质量的倒数，③错误，④正确。故选D。




名师讲坛·素养提升
等时圆模型

1．模型的两种情况

(1)质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到环的最低点所用时间相等，如图甲所示；
(2)质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到圆环上所用时间相等，如图乙所示。
2．模型的分析思路

例6 如图所示，AB和CD为两条光滑斜槽，它们各自的两个端点均分别位于半径为R和r的两个相切的圆上，且斜槽都通过切点P。设有一重物先后沿两个斜槽，从静止出发，由A滑到B和由C滑到D，所用的时间分别为t1和t2，则t1与t2之比为(　B　)

A．2∶1　　　　　　　 B．1∶1
C．∶1 D．1∶
[解析]　设光滑斜槽轨道与水平面的夹角为θ，则物体下滑时的加速度为a＝gsin θ，由几何关系，斜槽轨道的长度x＝2(R＋r)sin θ，由运动学公式x＝at2，得t＝＝＝2，即所用的时间t与倾角θ无关，所以t1＝t2，B项正确。
〔变式训练4〕　如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，该平面内有AM、BM、CM三条光滑固定轨道，其中A、C两点处于同一个圆上，C是圆上任意一点，A、M分别为此圆与y轴、x轴的切点，B点在y轴上且∠BMO＝60°，O′为圆心。现将a、b、c三个小球分别从A、B、C点同时由静止释放，它们将沿轨道运动到M点，若所用时间分别为tA、tB、tC，则tA、tB、tC大小关系是(　B　)

A．tA B．tA＝tC C．tA＝tC＝tB
D．由于C点的位置不确定，无法比较时间大小关系
[解析]　对于AM段，位移x1＝R，加速度a1＝＝g，根据x1＝a1t得，t1＝＝；对于BM段，位移x2＝2R，加速度a2＝gsin60°＝g，由x2＝a2t得t2＝＝。对于CM段，设CM与x轴夹角为θ，则有t3＝＝＝。故B正确。



2年高考·1年模拟

1．(2021·全国甲卷)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。横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角θ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和夹角θ的大小有关。若由30°逐渐增大到60°，物块的下滑时间t将(　D　)

A．逐渐增大　 B．逐渐减小
C．先增大后减小　 D．先减小后增大
[解析]　设PQ的水平距离为L，由运动学公式可知＝gsin θ·t2，可得t2＝，可知θ＝45°时，t 有最小值，故当θ从由30°逐渐增大至60°时下滑时间t先减小后增大。故选D。
2．(2020·山东)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(　D　)

A．0～t1时间内，v增大，FN>mg
B．t1～t2时间内，v减小，FN C．t2～t3时间内，v增大，FN D．t2～t3时间内，v减小，FN>mg
[解析]　由于x－t图像的斜率表示速度，可知在0～t1时间内速度增加，即乘客的加速度向下，处于失重状态，则FNmg，选项C错误，D正确；故选D。
3．(2022·河北高三模拟)小胡用手机软件测量了电梯运行过程中的加速度，得到图甲所示图线(规定竖直向上为正方向)，为简化问题，将图线简化为图乙。已知t＝0时电梯处于静止状态，则以下判断正确的是(　C　)


A．t＝5 s时电梯处于失重状态
B．8～9 s内电梯在做减速运动
C．10～15 s内电梯在上行
D．16～17 s内电梯在下行
[解析]　由图可知，5 s时电梯处于超重状态，故A错误；由图可知，8～9 s内电梯做加速度减小的加速运动，故B错误；由图可知，10～15 s内电梯在匀速上行，故C正确；由图可知，16～17 s内电梯在减速上行，故D错误。
4．(2022·银川三月考)如图甲所示，一个质量m＝1 kg的物块以初速度v0＝12 m/s从斜面底端冲上一足够长斜面，经t1＝1.2 s开始沿斜面返回，t2时刻回到斜面底端。物块运动的v－t图像如图乙所示，斜面倾角θ＝37°(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2)。则可确定(　C　)

A．物块上滑时的加速度大小为5 m/s2
B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.25
C．物块沿斜面向上滑行的最大距离为7.2 m
D．物块回到斜面底端的时刻为3.6 s
[解析]　根据题图乙可以知道，上滑时物块的加速度大小为a1＝10 m/s2，A错误；物块在上滑时，根据牛顿第二定律mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，解得μ＝0.5，B错误；v－t图像与t轴所围面积等于物体的位移，所以物块沿斜面向上滑行的最大距离为s＝×12×1.2 m＝7.2 m，C正确；物块沿斜面下滑的加速度为a2＝gsin θ－μgcos θ＝2 m/s2，根据位移与时间的关系式s＝a2t2，解得t＝ s≈2.68 s≠2.4 s，故返回到斜面底端的时刻不是3.6 s，D错误。
5．(2020·浙江7月选考)如图1所示，有一质量m＝200 kg的物件在电机的牵引下从地面竖直向上经加速、匀速、匀减速至指定位置。当加速运动到总位移的时开始计时，测得电机的牵引力随时间变化的F－t图线如图2所示，t＝34 s末速度减为0时恰好到达指定位置。若不计绳索的质量和空气阻力，求物件
(1)做匀减速运动的加速度大小和方向；
(2)匀速运动的速度大小；
(3)总位移的大小。

[答案]　(1)0.125 m/s2　竖直向下　(2)1 m/s　
(3)40 m
[解析]　(1)牛顿第二定律mg－FT＝ma，FT＝1 975 N
得a＝g－＝0.125 m/s2。
竖直向下
(2)运动学公式v＝at2＝1 m/s。
(3)匀速上升的位移h1＝vt1＝26 m
匀减速上升的位移h2＝t2＝4 m
总位移h＝40 m。
6．(2022·湖北高三月考)滑雪运动是运动员把滑雪板装在靴底在雪地上进行的滑行、跳跃的竞赛运动。当滑雪板相对雪地速度较大时，会把雪内的空气逼出来，在滑雪板与雪地间形成一个暂时的“气垫”，从而大大减小雪地对滑雪板的摩擦。然而当滑雪板相对雪地速度较小时，与雪地接触的时间超过某一值，滑雪板就会下陷，使得与雪地间的摩擦力增大。假设速度超过8 m/s时，滑雪板与雪地间的动摩擦因数就会由μ1＝0.25变为μ2＝0.125。一运动员从倾角θ＝37°的坡顶A处由静止开始自由下滑，滑至坡底B(B处为一光滑小圆弧)后又滑上一段水平地面，最后停在C处，如图所示。不计空气阻力，已知坡长l＝24.1 m，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
(1)求运动员从静止开始到动摩擦因数发生变化所经历的时间；
(2)求运动员到达B处时的速度大小；
(3)若滑雪板与水平地面间的动摩擦因数μ3＝0.5，求运动员在水平地面上运动的最大距离。

[答案]　(1)2 s　(2)15 m/s　(3)22.5 m
[解析]　(1)由牛顿第二定律得mgsin θ－μ1mgcos θ＝ma1，
有a1＝gsin θ－μ1gcos θ＝4 m/s2
运动员从静止开始到动摩擦因数发生变化所经历的时间t1＝＝2 s，
位移x1＝a1t＝8 m。
(2)由牛顿第二定律得mgsin θ－μ2mgcos θ＝ma2，
有a2＝gsin θ－μ2gcos θ＝5 m/s2，
由v＝v2＋2a2(l－x1)，
代入数据解得vB＝15 m/s。
(3)根据牛顿第二定律得a3＝μ3g＝5 m/s2，
在水平面滑行的距离x3＝＝22.5 m。