版高三物理一轮复习必修1第三章牛顿运动定律第2讲牛顿第二定律的应用.docx

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版高三物理一轮复习必修1第三章牛顿运动定律第2讲牛顿第二定律的应用

第2讲　牛顿第二定律的应用

知识要点

一、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思路

以加速度为“桥梁”,由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解,具体逻辑关系如下

二、超重和失重

1.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无关。

（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不等于物体的重力。

此时弹簧测力计的示数或台秤的示数即为视重。

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

物体的加速度向上

物体的加速度向下

物体竖直向下的加速度等于g

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

基础诊断

1.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

[试题参考答案]D

2.（多选）如图1所示,质量为m＝1kg的物体与水平地面之间的动摩擦因数为0.3,当物体运动的速度为10m/s时,给物体施加一个与速度方向相反的大小为F＝2N的恒力,在此恒力作用下（g取10m/s2）（　　）

图1

A.物体经10s速度减为零

B.物体经2s速度减为零

C.物体速度减为零后将保持静止

D.物体速度减为零后将向右运动

[试题解析]:

物体受到向右的滑动摩擦力Ff＝μFN＝μmg＝3N,根据牛顿第二定律得a＝

＝

m/s2＝5m/s2,方向向右,物体减速到零所需的时间t＝

＝

s＝2s,B项正确,A项错误；减速到零后,恒力F＜Ff,物体将保持静止状态,C项正确,D项错误。

[试题参考答案]BC

3.（2019·乐山模拟）如图2所示,工人用绳索拉铸件,铸件的质量是20kg,铸件与地面间的动摩擦因数是0.25。

工人用F＝80N的力拉动铸件,从静止开始在水平面上前进,绳与水平方向的夹角为α＝37°并保持不变,经4s后松手（g取

10m/s2,cos37°＝0.8,sin37°＝0.6）。

求:

图2

（1）松手前铸件的加速度大小；

（2）松手后铸件还能前进的距离。

[试题解析]:

（1）松手前,对铸件由牛顿第二定律得

a＝

＝1.3m/s2。

（2）松手时铸件的速度v＝at＝5.2m/s

松手后的加速度大小

a′＝

＝μg＝2.5m/s2

则松手后铸件还能滑行的距离

x＝

＝5.408m。

[试题参考答案]

（1）1.3m/s2　

（2）5.408m

　牛顿第二定律的瞬时性

1.两种模型

2.抓住“两关键”,遵循“四步骤”

（1）分析瞬时加速度的“两个关键”

①明确绳或线类、弹簧或橡皮条类模型的特点。

②分析瞬时前、后的受力情况和运动状态。

（2）“四个步骤”

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。

【例题1】两个质量均为m的小球,用两条轻绳连接,处于平衡状态,如图3所示。

现突然迅速剪断轻绳OA,让小球下落,在剪断轻绳的瞬间,设小球A、B的加速度分别用a1和a2表示,重力加速度为g则（　　）

图3

A.a1＝g,a2＝gB.a1＝0,a2＝2g

C.a1＝g,a2＝0D.a1＝2g,a2＝0

[试题解析]:

由于轻绳张力可以突变,故剪断OA后小球A、B只受重力,其加速度a1＝a2＝g,故选项A正确。

[试题参考答案]A

拓展提升1　把“轻绳”换成“轻弹簧”

在【例题1】中只将A、B间的轻绳换成轻质弹簧,其他不变,如图4所示,则

【例题1】选项中正确的是（　　）

图4

[试题解析]:

剪断轻绳OA后,由于弹簧弹力不能突变,故小球A所受合力为2mg,小球B所受合力为零,所以小球A、B的加速度分别为a1＝2g,a2＝0,故选项D正确。

[试题参考答案]D

拓展提升2　改变平衡状态的呈现方式

把【拓展1】中的情景改为放置在倾角为θ＝30°的光滑斜面上,如图5所示,系统静止时,弹簧与细线均平行于斜面,在细线被烧断的瞬间,则下列说法正确的是（　　）

图5

A.aA＝0　aB＝

gB.aA＝g　aB＝0

C.aA＝g　aB＝gD.aA＝0　aB＝g

[试题解析]:

在细线被烧断的瞬间,小球B的受力情况不变,加速度为0。

烧断前,分析整体受力可知线的拉力为FT＝2mgsinθ,烧断瞬间,A受的合力沿斜面向下,大小为2mgsinθ,所以A球的瞬时加速度为aA＝2gsin30°＝g,故选项B正确。

[试题参考答案]B

1.如图6所示,质量为1.5kg的物体A静止在竖直固定的轻弹簧上,质量为0.5kg的物体B由细线悬挂在天花板上,B与A刚好接触但不挤压。

现突然将细线剪断,则剪断细线瞬间A、B间的作用力大小为（g取10m/s2）（　　）

图6

A.0　　　B.2.5N

C.5N　　　D.3.75N

[试题解析]:

剪断细线前,只有A对弹簧有作用力,所以剪断细线前弹簧的弹力F弹＝mAg＝15N,将细线剪断的瞬间,根据牛顿第二定律可得（mA＋mB）g－F弹＝（mA＋mB）a,解得a＝2.5m/s2,隔离B,则有mBg－FN＝mBa,代入数据解得FN＝mBg－mBa＝3.75N,D正确。

[试题参考答案]D

2.（多选）如图7所示,倾角为θ的光滑斜面固定在水平地面上,斜面上有三个小球A、B、C,上端固定在斜面顶端的轻绳a,下端与A相连,A、B间由轻绳b连接,B、C间由一轻杆相连。

初始时刻系统处于静止状态,轻绳a、轻绳b与轻杆均平行于斜面。

已知A、B、C的质量分别为m、2m、3m,重力加速度大小为g。

现将轻绳b烧断,则烧断轻绳b的瞬间,下列说法正确的是（　　）

图7

A.轻绳a的拉力大小为6mgsinθ

B.B的加速度大小为gsinθ,方向沿斜面向下

C.C的加速度为0

D.杆的弹力为0

[试题解析]:

轻绳b被烧断的瞬间,A受力平衡,合力为零,则轻绳a的拉力大小FT＝mgsinθ,选项A错误；轻绳b被烧断的瞬间,B、杆与C的加速度相同,对B、杆和C整体进行受力分析,并根据牛顿第二定律有（2m＋3m）gsinθ＝（2m＋3m）a0,解得a0＝gsinθ,方向沿斜面向下,可知选项B正确,C错误；对B进行受力分析并根据牛顿第二定律有2mgsinθ＋F＝2ma0,解得杆对B的弹力F＝0,选项D正确。

[试题参考答案]BD

　动力学的两类基本问题

1.解决动力学两类问题的两个关键点

2.解决动力学基本问题的处理方法

（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”。

考向

　已知受力情况分析运动问题

【例题2】（2019·嘉兴一模）如图8甲所示,滑沙运动时,沙板相对沙地的速度大小会影响沙地对沙板的动摩擦因数。

假设滑沙者的速度超过8m/s时,滑沙板与沙地间的动摩擦因数就会由μ1＝0.5变为μ2＝0.25。

如图乙所示,一滑沙者从倾角θ＝37°的坡顶A处由静止开始下滑,滑至坡底B（B处为一平滑小圆弧）后又滑上一段水平地面,最后停在C处。

已知沙板与水平地面间的动摩擦因数恒为μ3＝0.4,AB坡长L＝20.5m,sin37°＝0.6,cos37°＝0.8,g取10m/s2,不计空气阻力,求:

图8

（1）滑沙者到B处时的速度大小；

（2）滑沙者在水平地面上运动的最大距离；

（3）滑沙者在AB段与BC段运动的时间之比。

[试题解析]:

（1）滑沙者在斜面上刚开始运动时速度较小,

设经过t1时间下滑速度达到8m/s,根据牛顿第二定律得

mgsinθ－μ1mgcosθ＝ma1

解得a1＝2m/s2

所以t1＝

＝4s

下滑的距离为x1＝

a1t

＝16m

接下来下滑时的加速度a2＝gsinθ－μ2gcosθ＝4m/s2

下滑到B点时,有v

－v2＝2a2（L－x1）

解得vB＝10m/s。

（2）滑沙者在水平地面减速时的加速度大小

a3＝μ3g＝4m/s2

所以能滑行的最远距离x2＝

＝12.5m。

（3）滑沙者速度从8m/s增大到10m/s所用时间

t2＝

＝0.5s

在斜面上滑行的总时间T1＝t1＋t2＝4.5s,

在水平地面上减速的时间T2＝

＝2.5s

所以时间之比

＝

。

[试题参考答案]

（1）10m/s　

（2）12.5m　（3）9∶5

考向

　已知运动情况分析受力问题

【例题3】我国第五代制空战机歼20具备高隐身性、高机动能力,为防止极速提速过程中飞行员因缺氧晕厥,歼20新型的抗荷服能帮助飞行员承受最大9倍重力加速度。

假设某次垂直飞行测试实验中,歼20以50m/s的初速度离地,开始竖直向上飞行。

该飞机在10s内匀加速到3060km/h,匀速飞行一段时间后到达最大飞行高度18.1km。

假设加速阶段所受阻力恒为重力的

。

已知该歼20战机质量为20t,g取10m/s2,忽略战机因油耗等导致的质量变化。

图9

（1）请计算说明在加速阶段飞行员是否晕厥；

（2）求本次飞行测试中歼20战机匀速飞行的时间；

（3）该次测试中,求在加速阶段歼20发动机提供的推力大小。

[试题解析]:

（1）3060km/h＝850m/s

加速阶段的加速度大小a＝

＝80m/s2

因为a＜9g,因此飞行员不会晕厥。

（2）在匀加速阶段,飞机上升的高度为

x＝v0t＋

at2＝4500m

所以匀速上升的时间为t′＝

＝

s＝16s。

（3）根据牛顿第二定律得F－f－mg＝ma

代入数据解得F＝1.84×106N。

[试题参考答案]

（1）不会,计算过程见[试题解析]:

（2）16s　（3）1.84×106N

1.如图10甲所示,一条小鱼在水面处来了个“鲤鱼打挺”。

如图乙所示,弹起的高度为H＝2h,以不同的姿态落入水中其入水深度不同。

若鱼身水平,落入水中的深度为h1＝h；若鱼身竖直,落入水中的深度为h2＝1.5h；假定鱼的运动始终在竖直方向上,在水中保持姿态不变,受到水的作用力也不变,空气中的阻力不计,鱼身的尺寸远小于鱼入水深度。

重力加速度为g,求:

图10

（1）鱼入水时的速度大小v；

（2）鱼两次在水中运动的时间之比t1∶t2；

（3）鱼两次受到水的作用力大小之比F1∶F2。

[试题解析]:

（1）鱼上升过程,由v2＝2gH,得v＝2

。

（2）因h1＝

t1,h2＝

t2,得

＝

。

（3）2gH＝v2＝2a1h1,F1－mg＝ma1

得F1＝3mg,同理得F2＝

mg

所以

＝

。

[试题参考答案]

（1）2

（2）2∶3　（3）9∶7

2.（2018·4月浙江选考,19）可爱的企鹅喜欢在冰面上玩游戏。

如图11所示,有一企鹅在倾角为37°的倾斜冰面上,先以加速度a＝0.5m/s2从冰面底部由静止开始沿直线向上“奔跑”,t＝8s时,突然卧倒以肚皮贴着冰面向前滑行,最后退滑到出发点,完成一次游戏（企鹅在滑动过程中姿势保持不变）。

若企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数μ＝0.25,已知sin37°＝0.6,cos37°＝0.8,g取10m/s2。

求:

图11

（1）企鹅向上“奔跑”的位移大小；

（2）企鹅在冰面上滑动的加速度大小；

（3）企鹅退滑到出发点时的速度大小。

（计算结果可用根式表示）

[试题解析]:

（1）在企鹅向上“奔跑”过程中有x＝

at2,

解得x＝16m。

（2）在企鹅卧倒以后将进行两个过程的运动,第一个过程是从卧倒到最高点,第二个过程是从最高点滑到出发点,两个过程根据牛顿第二定律分别有

mgsin37°＋μmgcos37°＝ma1

mgsin37°－μmgcos37°＝ma2

解得a1＝8m/s2,a2＝4m/s2。

（3）企鹅从卧倒到滑到最高点的过程中,做匀减速直线运动,设时间为t′,位移

为x′

t′＝

x′＝

a1t′2,解得x′＝1m。

企鹅从最高点滑到出发点的过程中,设末速度为vt,初速度为0,则有v

－02＝2a2（x＋x′）

解得vt＝2

m/s≈11.7m/s。

[试题参考答案]

（1）16m　

（2）上滑过程a1＝8m/s2　下滑过程a2＝4m/s2　（3）2

m/s（或11.7m/s）

　超重和失重问题

考向

　超重、失重现象的判断

【例题4】（多选）（2019·江苏一模）建筑工地通过吊车将物体运送到高处。

简化后模型如图12所示,直导轨ABC与圆弧形导轨CDE相连接,D为圆弧最高点,整个装置在竖直平面内,吊车先加速从A点运动到C点,再匀速率通过CDE。

吊车经过B、D处时,关于物体M受力情况的描述正确的是（　　）

图12

A.过B点时,处于超重状态,摩擦力水平向左

B.过B点时,处于超重状态,摩擦力水平向右

C.过D点时,处于失重状态,一定不受摩擦力作用

D.过D点时,处于失重状态,底板支持力一定为零

[试题解析]:

吊车从A向C运动的过程中,加速度的方向斜向上,在竖直方向的分加速度向上,所以物体M处于超重状态；同时吊车水平方向的分加速度的方向向右,所以物体M受到的摩擦力的方向一定向右,故A项错误,B项正确；吊车经过D点时,做匀速圆周运动,则物体M的加速度的方向竖直向下,处于失重状态；在水平方向物体M不受摩擦力,故C项正确；由于加速度大小未知,不能判断出吊车的底板对M的支持力是否为零,D项错误。

[试题参考答案]BC

考向

　根据超重、失重现象判断物体的受力情况

【例题5】（多选）（2015·江苏单科）一人乘电梯上楼,在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图13所示,以竖直向上为a的正方向,则人对地板的压力（　　）

图13

A.t＝2s时最大B.t＝2s时最小

C.t＝8.5s时最大D.t＝8.5s时最小

[试题解析]:

当电梯有向上的加速度时,人处于超重状态,人对地板的压力大于重力,向上的加速度越大,压力越大,因此t＝2s时,压力最大,选项A正确；当有向下的加速度时,人处于失重状态,人对地板的压力小于人的重力,向下的加速度越大,压力越小,因此t＝8.5s时压力最小,选项D正确。

[试题参考答案]AD

1.（多选）飞船绕地球做匀速圆周运动,宇航员处于完全失重状态时,下列说法正确的是（　　）

A.宇航员不受任何力作用

B.宇航员处于平衡状态

C.地球对宇航员的引力全部用来提供向心力

D.正立和倒立时宇航员感觉一样

[试题解析]:

飞船绕地球做匀速圆周运动时,飞船以及里面的宇航员都受到地球的万有引力,选项A错误；宇航员随飞船绕地球做匀速圆周运动,宇航员受到的地球的万有引力提供其做圆周运动的向心力,不是处于平衡状态,选项B错误,C正确；完全失重状态下,重力的效果完全消失,正立和倒立的感觉一样,选项D正确。

[试题参考答案]CD

2.（2018·4月浙江选考,8）如图14所示,小芳在体重计上完成下蹲动作。

下列

F－t图象能反映体重计示数随时间变化的是（　　）

[试题解析]:

体重计的示数等于人所受支持力的大小,下蹲过程人的速度从0开始最后又回到0,因此人先加速运动后减速运动,加速度方向先向下后向上,即先失重后超重,所以支持力先小于重力,后大于重力,因此选项C正确。

[试题参考答案]C

3.（2020·吉林模拟）某人在地面上最多可举起50kg的物体,他在竖直向上运动的电梯中最多举起了60kg的物体,据此判断此电梯加速度的大小和方向为（g取

10m/s2）（　　）

A.2m/s2　竖直向上B.

m/s2　竖直向上

C.2m/s2　竖直向下D.

m/s2　竖直向下

[试题解析]:

由题意分析知,此人最大的举力为F＝mg＝50×10N＝500N。

他在竖直向上运动的电梯中最多举起了60kg的物体,知物体处于失重状态,则由牛顿第二定律得,m′g－F＝m′a,解得a＝

＝

m/s2＝

m/s2,方向竖直向下。

[试题参考答案]D

课时作业

（时间:

40分钟）

基础巩固练

1.如图1所示,里约奥运会男子跳高决赛中,加拿大运动员德劳因突出重围,以2米38的成绩夺冠,则（　　）

图1

A.德劳因在最高点处于平衡状态

B.德劳因起跳以后在上升过程中处于失重状态

C.德劳因起跳时地面对他的支持力等于他所受的重力

D.德劳因在下降过程中处于超重状态

[试题解析]:

起跳以后,无论是在上升过程、下落过程,还是在最高点,德劳因的加速度始终向下,所以他处于失重状态,故A、D错误,B正确；起跳时德劳因的加速度方向向上,地面对他的支持力大于他受到的重力,故C错误。

[试题参考答案]B

2.（多选）如图2所示是某同学站在力传感器上做下蹲—起立的动作时记录的压力F随时间t变化的图线。

由图线可知该同学（　　）

图2

A.体重约为650N

B.做了两次下蹲—起立的动作

C.做了一次下蹲—起立的动作,且下蹲后约2s起立

D.下蹲过程中先处于超重状态后处于失重状态

[试题解析]:

做下蹲—起立的动作时,下蹲过程中先向下加速后向下减速,因此先处于失重状态后处于超重状态,D项错误；由图线可知,第一次下蹲4s末结束,到6s末开始起立,体重约为650N,所以A、C项正确,B项错误。

[试题参考答案]AC

3.汽车紧急刹车后,停止运动的车轮在水平地面上滑动直至停止,在地面上留下的痕迹称为刹车线。

由刹车线的长短可知汽车刹车前的速度,已知汽车轮胎与地面之间的动摩擦因数为0.80,测得刹车线长25m。

则汽车在刹车前的瞬间的速度大小为（重力加速度g取10m/s2）（　　）

A.10m/sB.20m/s

C.30m/sD.40m/s

[试题解析]:

由牛顿第二定律得μmg＝ma,即a＝8m/s2,

由v2－v

＝－2ax得v0＝

＝

m/s＝20m/s,故选项B正确。

[试题参考答案]B

4.（多选）如图3甲所示为一条倾斜的传送轨道,B是传送货物的平台,可以沿着斜面上的直轨道运送物体。

某次传送平台B沿轨道将货物A向下传送到斜面轨道下端,运动过程可用如图乙所示的速度—时间图象表示。

下列分析中不正确的是（　　）

图3

A.0～t1时间内,B对A的支持力小于A的重力,摩擦力水平向右

B.t1～t2时间内,B对A的支持力等于A的重力,摩擦力水平向左

C.t2～t3时间内,B对A的支持力大于A的重力,摩擦力水平向右

D.0～t1时间内出现失重现象,t2～t3时间内出现超重现象

[试题参考答案]BC

5.如图4所示,质量均为m的木块A和B用一轻弹簧相连,竖直放在光滑的水平面上,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移开的瞬间（　　）

图4

A.木块B对水平面的压力大小迅速变为2mg

B.弹簧的弹力大小为mg

C.木块A的加速度大小为2g

D.弹簧的弹性势能立即减小

[试题解析]:

移开木块C前,由平衡条件可知,弹簧弹力大小为3mg,地面对B的支持力大小为4mg,因移开木块C瞬时,弹簧压缩量不变,则弹簧弹力、弹性势能均不变,选项B、D错误；木块C移开瞬间,木块B所受重力、弹簧的弹力不变,故地面对B的支持力也不变,由牛顿第三定律知,选项A错误；撤去木块C瞬间,对木块A,由牛顿第二定律有3mg－mg＝ma,解得a＝2g,方向竖直向上,选项C正确。

[试题参考答案]C

6.如图5所示的小球系在轻弹簧的下端。

用最小力拉小球至弹簧与水平方向成30°位置由静止释放,重力加速度的大小为g。

关于小球释放瞬间的加速度,下列说法正确的是（　　）

图5

A.a＝

g,方向与竖直方向成30°

B.a＝

g,方向与竖直方向成60°

C.a＝

g,方向与竖直方向成30°

D.a＝

g,方向与竖直方向成60°

[试题解析]:

根据题意用最小力拉小球至与水平方向成30°角,受力分析如图所示,F1＝mgsin60°,当释放小球瞬间,弹力与重力保持不变,合力方向与竖直方向成30°角,大小为mgsin60°,所以加速度大小为a＝gsin60°＝

g,方向与竖直方向成30°角斜向左下方,A正确。

[试题参考答案]A

7.如图6所示,B是水平地面上AC的中点,可视为质点的小物块以某一初速度从A点滑动到C点停止。

小物块经过B点时的速度等于它在A点时速度的一半。

则小物块与AB段间的动摩擦因数μ1和BC段间的动摩擦因数μ2的比值为（　　）

图6

A.1B.2C.3D.4

[试题解析]:

物块从A到B,根据牛顿第二定律,有μ1mg＝ma1,得a1＝μ1g。

从B到C,根据牛顿第二定律,有μ2mg＝ma2,得a2＝μ2g。

设小物块在A点时速度大小为v,则在B点时速度大小为

由于AB＝BC＝l,由运动学公式知,从A到B:

－v2＝－2μ1gl,从B到C:

0－

＝－2μ2gl,联立解得μ1＝3μ2,即

＝3,故选项C正确,A、B、D错误。

[试题参考答案]C

8.（2020·金陵中学模拟）如图7所示,一倾角θ＝37°的足够长斜面固定在水平地面上。

当t＝0时,滑块以初速度v0＝10m/s沿斜面向上运动,已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5,取重力加速度g＝10m/s2,sin37°＝0.6,cos37°＝0.8。

下列说法中正确的是（　　）

图7

A.滑块一直做匀变速直线运动

B.t＝1s时,滑块速度减为零,然后静止在斜面上

C.t＝2s时,滑块恰好又回到出发点

D.t＝3s时,滑块的速度为4m/s

[试题解析]:

滑块上滑过程mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1,解得a1＝10m/s2,下滑过程mgsinθ－μmgcosθ＝ma2,解得a2＝2m/s2,故A错误；上滑时间t1＝

＝1s,上滑距离x＝

＝5m,下滑过程x＝

a2t

解得t2＝

s,故B、C错误；t＝3s时,滑块还处于下滑阶段,v＝a2（t－1s）＝4m/s,故D正确。

[试题参考答案]D

9.如图8所示,质量为1800kg的越野车（含司机）在θ＝30°的斜坡上做滑坡实验,越野车以v0＝72km/h的速度从斜坡底部匀速上坡,运动5s后关闭发动机,经过2.5s越野车速度减为零,此时司机刹车,使车停在坡道上,假设越野车上、下坡运动时所受阻力恒定。

（g＝10m/s2）

图8

（1）求越野车从上坡开始到速度减为零的过程中通过的路程x0；

（2）求越野车匀速上坡过程中受到的牵引力大小；

（3）若司机在越野车减速为零时忘记刹车,则经过多长时间越野车回到斜坡底部？

[试题解析]:

（1）根据题