4.3 牛顿第二定律 闯关练 2025-2026学年物理高一年级人教版（2019）必修第一册
文档属性
| 名称 | 4.3 牛顿第二定律 闯关练 2025-2026学年物理高一年级人教版（2019）必修第一册 |
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| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 903.5KB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2025-11-06 00:00:00 | ||
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文档简介
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4.3 牛顿第二定律 闯关练 2025-2026学年物理
高一年级人教版（2019）必修第一册
一、单选题
1．下列关于速度和加速度的关系，下列说法正确的是（ ）
A．加速度为零时，速度不一定为零
B．速度大时，加速度一定大；速度小时，加速度一定小
C．在时间t内，加速度与速度方向相同，速度变小
D．速度的方向就是加速度的方向
2．如图，一机械臂铁夹夹起质量为m的小球，机械臂与小球沿水平方向做加速度为a的匀加速直线运动，则铁夹对球的作用力（ ）
A．大小为mg，方向竖直向上 B．大小为ma，方向水平向右
C．大小随小球的加速度变大而变大 D．方向为右上，与小球的加速度大小无关
3．某同学在粗糙水平地面上用水平力F向右推一木箱沿直线前进．已知推力大小是80N物体的质量是20kg，物体与地面间的动摩擦因数μ=0.2，取g=10m/s2，下列说法正确的是
A．物体受到地面的支持力是40N
B．物体受到地面的摩擦力大小是80N
C．物体沿地面将做匀速直线运动
D．物体将做加速直线运动
4．如图，小车上固定着三角硬杆，杆的端点处固定着一个质量为m的小球，当小车水平向右的加速度从零开始逐渐增大时，杆对小球作用力按时间先后用至变化表示，力的大小用线段长表示，则杆对小球的作用力的变化可能是下图中的（沿杆方向）（ ）
A． B．
C． D．
5．在太空舱内可采用动力学方法测物体质量。其原理如下：先对质量为m0的标准物体施加一水平推力，测得其加速度为2m/s2；然后将该标准物体与待测物体紧靠在一起，施加相同的水平推力，测得共同加速度为1m/s2。若m0=2kg，则待测物体的质量为（ ）
A．1kg B．2kg C．3kg D．4kg
6．如图所示，质量均为m的物块甲、乙用细线相连，轻弹簧一端固定在天花板上，另一端与甲相连。当细线被烧断的瞬间（ ）
A．甲、乙的加速度大小均为0
B．甲、乙的加速度均竖直向下，大小均为g
C．甲的加速度竖直向上，乙的加速度竖直向下，大小均为g
D．甲的加速度为0；乙的加速度竖直向下，大小为g
7．一乘客乘坐商场扶梯上楼，遇到紧急情况，扶梯启动了紧急制动功能，乘客随扶梯一起减速运动。关于乘客的受力分析正确的是（ ）
A． B．
C． D．
8．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。现将弹簧压缩到A点，然后释放，物体可以一直运动到B点，如果物体受到的阻力恒定，则（ ）
A．物体从A到O加速运动，从O到B减速运动
B．物体运动到O点时所受合力为0
C．物体运动到O点位置速度达到最大
D．物体到A到O的过程加速度先减小后增大
二、多选题
9．在牛顿第二定律的数学表达式F＝kma中，有关比例系数k的说法，正确的是( )
A．k的数值由F、m、a的数值决定
B．k的数值由F、m、a的单位决定
C．在国际单位制中，k＝1
D．在任何情况下k都等于1
10．如图所示，在动摩擦因数μ=0.2的水平面上有一个质量m=1kg的小球，小球与水平轻弹簧及与竖直方向成θ=45°角的不可伸长的轻绳一端相连，此时小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零。在剪断轻绳的瞬间（g取10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力）。下列说法中正确的是（ ）
A．弹簧的弹力不变
B．小球立即获得向左的加速度，且a=8m/s2
C．小球立即获得向左的加速度，且a=10m/s2
D．若剪断的是弹簧，则剪断瞬间小球加速度的大小a=10m/s2
三、解答题
11．质量为20kg的小孩坐在2kg的雪橇上，大人用与水平方向成37°斜向上的100N的拉力拉雪橇，他们一起沿水平地面向前做匀速直线运动。（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：
（1）雪橇受到地面的支持力大小；
（2）雪橇与水平地面的动摩擦因数的大小；
（3）若拉力变为水平方向但是大小变成132N，雪橇的加速度大小。
12．如图所示，一轻质弹簧左端固定于竖直墙壁上，右端连接有竖直挡板。还有一木块紧靠着挡板（两者不粘连）置于水平地面上，它与地面的动摩擦因数，假设木块所受最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小。给木块施加一水平向左的推力F将木块缓慢推至某点静止，此时，弹簧被压缩了1.5cm。已知弹簧劲度系数，重力加速度，求：
（1）若木块质量，不计挡板质量及挡板与地面的摩擦，突然撤去推力F的瞬间，木块的加速度有多大？
（2）若木块质量，挡板质量，不计挡板与地面的摩擦，突然撤去推力F的瞬间，挡板对木块的支持力有多大？
（3）第二问中撤去推力F后，木块向右运动直至与挡板分离，求此过程中木块向右运动的距离有多远？
13．两个质量均为m的直角斜劈顶角接触放置在光滑水平面上，一个质量为4m、半径为R的球在外力作用下在图示状态时和斜面虚接触，然后某时刻撤去外力，若不计各处摩擦，求球掉到平面上的时间。
14．如图所示，同一物体在拉力、推力的作用下均能沿水平地面匀速移动。已知拉力、推力大小相等记为F，拉力与水平方向夹角为，推力与水平方向夹角为，，与互余，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。求：
（1）物体与地面间的动摩擦因数，及物体的质量m；
（2）能使物体沿水平地面匀速移动的最小拉力；
（3）力F能使物体沿水平地面产生的最大加速度。
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 A C D B B C D D BC AB
1．A
【详解】A．物体做匀速直线运动时，加速度为零时，速度不为零，A正确；
B．速度大时，加速度不一定大；速度小时，加速度不一定小；因为加速度与速度无关，B错误；
C．在时间t内，加速度与速度方向相同，速度变大，C错误；
D．物体做加速运动时，速度的方向与加速度的方向相同，物体做减速运动时，速度的方向与加速度方向相反，D错误。
故选A。
2．C
【详解】ABC．对小球进行受力分析，受到重力，铁夹对球的作用力，根据牛顿第二定律可知合力方向水平向右，则可得铁夹对球的作用力方向斜向右上方，根据平行四边形定则可得，铁夹对球的作用力大小为
与加速度大小有关，且大小随小球的加速度变大而变大，故AB错误，C正确；
D．设铁夹对球的作用力F与竖直方向的夹角为，则有
所以可知F的方向与小球的加速度大小有关，故D错误。
故选C。
3．D
【详解】A．物体沿水平面运动，则在竖直方向受到的支持力与重力大小相等，方向相反，所以支持力是：
故A错误．
B．物体受到地面的摩擦力大小是：
故B错误．
C．推力大小是80N，所以物体沿水平方向受到的合外力：
所以物体做匀变速直线运动．故C错误；
D．物体的加速度：
故D正确．
4．B
【详解】小球沿水平方向运动， 竖直方向一直处于平衡状态，故杆对小球的作用力在竖直方向的分量始终等于mg，小球的水平加速度逐渐增大，由牛顿第二定理可知，杆对小球的作用力在水平方向的分量逐渐增大，故选B。
5．B
【详解】当力作用于标准物体时，由牛顿第二定律有
当相同的力作用于连接体时，由牛顿第二定律有
可解得待测物体的质量为
故B正确，ACD错误。
故选B。
6．C
【详解】烧断细线前，根据平衡条件得
细线被烧断的瞬间，弹簧的弹力不变，对甲根据牛顿第二定律得
解得
方向竖直向上；
细线被烧断的瞬间，对乙根据牛顿第二定律得
解得
方向竖直向下。
故选C。
7．D
【详解】由于减速运动，加速度沿斜面向下，根据牛顿第二定律可知，所受合外力沿斜面向下，因此乘客所受的摩擦力沿水平方向向左，而且电梯给乘客的支持力小于重力，故选D。
8．D
【详解】A．物体从A到O，受到的弹力先大于阻力，此时加速度向右，后来弹力小于阻力，加速度向左，即加速度方向先向右后向左，因此从A到O物体先加速后减速；从O到B物体受到的弹力及阻力方向均向左，物体一直减速，故A错误；
B．物体运动到O点时合力等于阻力，方向水平向左，故B错误。
C．物体从A到O，受到的弹力先大于阻力，物体做加速运动，当弹力等于阻力时，加速度为零，此时速度达到最大，之后弹力小于阻力，物体做减速运动，可知物体运动到O点位置速度不是最大，故C错误；
D．物体从A到O，受到的弹力先大于阻力，此时加速度向右，随着弹力的减小，加速度减小；当弹力等于阻力时，加速度为零；之后弹力小于阻力，加速度向左，随着弹力的减小，加速度增大；故物体到A到O的过程加速度先减小后增大，故D正确。
故选D。
9．BC
【详解】物理公式在确定物理量数量关系的同时，也确定了物理量的单位，在F＝kma中，只有“m”的单位取kg，“a”的单位取m/s2，“F”的单位取N时，k＝1，故排除A、D选项，只有选项B、C正确．
10．AB
【详解】A．剪断轻绳瞬间，弹簧的形变还来不及恢复，即弹簧弹力不会突变，故A正确；
BC．剪断轻绳前，水平面对小球的弹力恰好为零，小球受重力、弹簧的弹力和细线的拉力作用处于平衡，对小球作受力分析，根据平衡条件和几何关系可知，弹簧弹力与小球重力大小相等，即
F=G＝mg=10N
剪断轻绳的瞬间，地面对小球的滑动摩擦力为
Ff=μFN=μmg=2N
小球加速度
故B正确，C错误；
D．若剪断弹簧，轻绳对小球的拉力瞬间为零，此时小球所受的合力为零，则小球的加速度为零，故D错误。
故选AB。
11．（1）160N；（2）0.5；（3）1m/s2
【详解】（1）经对小孩和雪橇整体受力分析得，竖直方向有
Fsinθ+N=（M+m）g
解得
N=160N
（2）水平方向有
Fcosθ-f=0
又
f=μN
解得
μ=0.5
（3）若拉力变为水平方向，则有
F-f=（M+m）a
又
解得
a=1m/s2
12．（1）；（2）；（3）1.6cm
【详解】（1）撤去F之前木块受力情况如上图所示
则
撤去F之后木块受力情况如下图所示，
弹簧弹力不变
方向向右
因为
所以，大于，则木块开始向右运动，滑动摩擦力方向向左
可列
所以
（2）撤去F之后，
对挡板和木块的整体受力分析，由牛顿第二定律可得
再对木块单独受力分析可列
（3）挡板和木块分离时，两者速度和加速度均相同，但接触面刚好不挤压。
对木块受力分析，可知
方向向左
再对挡板受力分析如右图
所以
此时弹簧被拉伸了0.1cm，所以
即木板在和挡板分离前 向右运动了1.6cm
13．
【详解】以左侧斜面为参考系，对左侧斜面受力分析如图，根据牛顿第二定律
对小球进行受力分析，如图，设小球相对左侧斜面的加速度为a，可知
对右侧物体进行受力分析如图，
根据牛顿第二定律
又由几何关系可知
以上各式联立解得
因此小球相对地面，竖直向下的加速度
小球的下端距离地面的高度
在竖直方向上，根据
可得下落时间
14．（1），；（2） ；（3）
【详解】解法一：
（1）根据平衡条件有
联立解得
（2）设物体在与地面成角的拉力作用下恰好能匀速运动，则有
解得
根据辅助角公式有
（3）设力F与地面的夹角为时物体的加速度大小为a，则有
整理得
根据助角公式有
解法二：
（1）（2）把物体受到地面的支持力和摩擦力等效为一个力（记为地面对物体的作用力），该力与竖直方向的夹角记为，显然，根据三力平衡条件有如图甲所示的关系
当作用在物体上的拉力与地面对物体的作用力垂直时存在最小值，显然最小值为，而
即
（3）如图乙所示，力F的末端落在图中的圆上，当力F与地面对物体的作用力垂直时，物体受到的合力存在最大值，根据几何关系有
解得
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4.3 牛顿第二定律 闯关练 2025-2026学年物理
高一年级人教版（2019）必修第一册
一、单选题
1．下列关于速度和加速度的关系，下列说法正确的是（ ）
A．加速度为零时，速度不一定为零
B．速度大时，加速度一定大；速度小时，加速度一定小
C．在时间t内，加速度与速度方向相同，速度变小
D．速度的方向就是加速度的方向
2．如图，一机械臂铁夹夹起质量为m的小球，机械臂与小球沿水平方向做加速度为a的匀加速直线运动，则铁夹对球的作用力（ ）
A．大小为mg，方向竖直向上 B．大小为ma，方向水平向右
C．大小随小球的加速度变大而变大 D．方向为右上，与小球的加速度大小无关
3．某同学在粗糙水平地面上用水平力F向右推一木箱沿直线前进．已知推力大小是80N物体的质量是20kg，物体与地面间的动摩擦因数μ=0.2，取g=10m/s2，下列说法正确的是
A．物体受到地面的支持力是40N
B．物体受到地面的摩擦力大小是80N
C．物体沿地面将做匀速直线运动
D．物体将做加速直线运动
4．如图，小车上固定着三角硬杆，杆的端点处固定着一个质量为m的小球，当小车水平向右的加速度从零开始逐渐增大时，杆对小球作用力按时间先后用至变化表示，力的大小用线段长表示，则杆对小球的作用力的变化可能是下图中的（沿杆方向）（ ）
A． B．
C． D．
5．在太空舱内可采用动力学方法测物体质量。其原理如下：先对质量为m0的标准物体施加一水平推力，测得其加速度为2m/s2；然后将该标准物体与待测物体紧靠在一起，施加相同的水平推力，测得共同加速度为1m/s2。若m0=2kg，则待测物体的质量为（ ）
A．1kg B．2kg C．3kg D．4kg
6．如图所示，质量均为m的物块甲、乙用细线相连，轻弹簧一端固定在天花板上，另一端与甲相连。当细线被烧断的瞬间（ ）
A．甲、乙的加速度大小均为0
B．甲、乙的加速度均竖直向下，大小均为g
C．甲的加速度竖直向上，乙的加速度竖直向下，大小均为g
D．甲的加速度为0；乙的加速度竖直向下，大小为g
7．一乘客乘坐商场扶梯上楼，遇到紧急情况，扶梯启动了紧急制动功能，乘客随扶梯一起减速运动。关于乘客的受力分析正确的是（ ）
A． B．
C． D．
8．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。现将弹簧压缩到A点，然后释放，物体可以一直运动到B点，如果物体受到的阻力恒定，则（ ）
A．物体从A到O加速运动，从O到B减速运动
B．物体运动到O点时所受合力为0
C．物体运动到O点位置速度达到最大
D．物体到A到O的过程加速度先减小后增大
二、多选题
9．在牛顿第二定律的数学表达式F＝kma中，有关比例系数k的说法，正确的是( )
A．k的数值由F、m、a的数值决定
B．k的数值由F、m、a的单位决定
C．在国际单位制中，k＝1
D．在任何情况下k都等于1
10．如图所示，在动摩擦因数μ=0.2的水平面上有一个质量m=1kg的小球，小球与水平轻弹簧及与竖直方向成θ=45°角的不可伸长的轻绳一端相连，此时小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零。在剪断轻绳的瞬间（g取10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力）。下列说法中正确的是（ ）
A．弹簧的弹力不变
B．小球立即获得向左的加速度，且a=8m/s2
C．小球立即获得向左的加速度，且a=10m/s2
D．若剪断的是弹簧，则剪断瞬间小球加速度的大小a=10m/s2
三、解答题
11．质量为20kg的小孩坐在2kg的雪橇上，大人用与水平方向成37°斜向上的100N的拉力拉雪橇，他们一起沿水平地面向前做匀速直线运动。（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：
（1）雪橇受到地面的支持力大小；
（2）雪橇与水平地面的动摩擦因数的大小；
（3）若拉力变为水平方向但是大小变成132N，雪橇的加速度大小。
12．如图所示，一轻质弹簧左端固定于竖直墙壁上，右端连接有竖直挡板。还有一木块紧靠着挡板（两者不粘连）置于水平地面上，它与地面的动摩擦因数，假设木块所受最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小。给木块施加一水平向左的推力F将木块缓慢推至某点静止，此时，弹簧被压缩了1.5cm。已知弹簧劲度系数，重力加速度，求：
（1）若木块质量，不计挡板质量及挡板与地面的摩擦，突然撤去推力F的瞬间，木块的加速度有多大？
（2）若木块质量，挡板质量，不计挡板与地面的摩擦，突然撤去推力F的瞬间，挡板对木块的支持力有多大？
（3）第二问中撤去推力F后，木块向右运动直至与挡板分离，求此过程中木块向右运动的距离有多远？
13．两个质量均为m的直角斜劈顶角接触放置在光滑水平面上，一个质量为4m、半径为R的球在外力作用下在图示状态时和斜面虚接触，然后某时刻撤去外力，若不计各处摩擦，求球掉到平面上的时间。
14．如图所示，同一物体在拉力、推力的作用下均能沿水平地面匀速移动。已知拉力、推力大小相等记为F，拉力与水平方向夹角为，推力与水平方向夹角为，，与互余，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。求：
（1）物体与地面间的动摩擦因数，及物体的质量m；
（2）能使物体沿水平地面匀速移动的最小拉力；
（3）力F能使物体沿水平地面产生的最大加速度。
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 A C D B B C D D BC AB
1．A
【详解】A．物体做匀速直线运动时，加速度为零时，速度不为零，A正确；
B．速度大时，加速度不一定大；速度小时，加速度不一定小；因为加速度与速度无关，B错误；
C．在时间t内，加速度与速度方向相同，速度变大，C错误；
D．物体做加速运动时，速度的方向与加速度的方向相同，物体做减速运动时，速度的方向与加速度方向相反，D错误。
故选A。
2．C
【详解】ABC．对小球进行受力分析，受到重力，铁夹对球的作用力，根据牛顿第二定律可知合力方向水平向右，则可得铁夹对球的作用力方向斜向右上方，根据平行四边形定则可得，铁夹对球的作用力大小为
与加速度大小有关，且大小随小球的加速度变大而变大，故AB错误，C正确；
D．设铁夹对球的作用力F与竖直方向的夹角为，则有
所以可知F的方向与小球的加速度大小有关，故D错误。
故选C。
3．D
【详解】A．物体沿水平面运动，则在竖直方向受到的支持力与重力大小相等，方向相反，所以支持力是：
故A错误．
B．物体受到地面的摩擦力大小是：
故B错误．
C．推力大小是80N，所以物体沿水平方向受到的合外力：
所以物体做匀变速直线运动．故C错误；
D．物体的加速度：
故D正确．
4．B
【详解】小球沿水平方向运动， 竖直方向一直处于平衡状态，故杆对小球的作用力在竖直方向的分量始终等于mg，小球的水平加速度逐渐增大，由牛顿第二定理可知，杆对小球的作用力在水平方向的分量逐渐增大，故选B。
5．B
【详解】当力作用于标准物体时，由牛顿第二定律有
当相同的力作用于连接体时，由牛顿第二定律有
可解得待测物体的质量为
故B正确，ACD错误。
故选B。
6．C
【详解】烧断细线前，根据平衡条件得
细线被烧断的瞬间，弹簧的弹力不变，对甲根据牛顿第二定律得
解得
方向竖直向上；
细线被烧断的瞬间，对乙根据牛顿第二定律得
解得
方向竖直向下。
故选C。
7．D
【详解】由于减速运动，加速度沿斜面向下，根据牛顿第二定律可知，所受合外力沿斜面向下，因此乘客所受的摩擦力沿水平方向向左，而且电梯给乘客的支持力小于重力，故选D。
8．D
【详解】A．物体从A到O，受到的弹力先大于阻力，此时加速度向右，后来弹力小于阻力，加速度向左，即加速度方向先向右后向左，因此从A到O物体先加速后减速；从O到B物体受到的弹力及阻力方向均向左，物体一直减速，故A错误；
B．物体运动到O点时合力等于阻力，方向水平向左，故B错误。
C．物体从A到O，受到的弹力先大于阻力，物体做加速运动，当弹力等于阻力时，加速度为零，此时速度达到最大，之后弹力小于阻力，物体做减速运动，可知物体运动到O点位置速度不是最大，故C错误；
D．物体从A到O，受到的弹力先大于阻力，此时加速度向右，随着弹力的减小，加速度减小；当弹力等于阻力时，加速度为零；之后弹力小于阻力，加速度向左，随着弹力的减小，加速度增大；故物体到A到O的过程加速度先减小后增大，故D正确。
故选D。
9．BC
【详解】物理公式在确定物理量数量关系的同时，也确定了物理量的单位，在F＝kma中，只有“m”的单位取kg，“a”的单位取m/s2，“F”的单位取N时，k＝1，故排除A、D选项，只有选项B、C正确．
10．AB
【详解】A．剪断轻绳瞬间，弹簧的形变还来不及恢复，即弹簧弹力不会突变，故A正确；
BC．剪断轻绳前，水平面对小球的弹力恰好为零，小球受重力、弹簧的弹力和细线的拉力作用处于平衡，对小球作受力分析，根据平衡条件和几何关系可知，弹簧弹力与小球重力大小相等，即
F=G＝mg=10N
剪断轻绳的瞬间，地面对小球的滑动摩擦力为
Ff=μFN=μmg=2N
小球加速度
故B正确，C错误；
D．若剪断弹簧，轻绳对小球的拉力瞬间为零，此时小球所受的合力为零，则小球的加速度为零，故D错误。
故选AB。
11．（1）160N；（2）0.5；（3）1m/s2
【详解】（1）经对小孩和雪橇整体受力分析得，竖直方向有
Fsinθ+N=（M+m）g
解得
N=160N
（2）水平方向有
Fcosθ-f=0
又
f=μN
解得
μ=0.5
（3）若拉力变为水平方向，则有
F-f=（M+m）a
又
解得
a=1m/s2
12．（1）；（2）；（3）1.6cm
【详解】（1）撤去F之前木块受力情况如上图所示
则
撤去F之后木块受力情况如下图所示，
弹簧弹力不变
方向向右
因为
所以，大于，则木块开始向右运动，滑动摩擦力方向向左
可列
所以
（2）撤去F之后，
对挡板和木块的整体受力分析，由牛顿第二定律可得
再对木块单独受力分析可列
（3）挡板和木块分离时，两者速度和加速度均相同，但接触面刚好不挤压。
对木块受力分析，可知
方向向左
再对挡板受力分析如右图
所以
此时弹簧被拉伸了0.1cm，所以
即木板在和挡板分离前 向右运动了1.6cm
13．
【详解】以左侧斜面为参考系，对左侧斜面受力分析如图，根据牛顿第二定律
对小球进行受力分析，如图，设小球相对左侧斜面的加速度为a，可知
对右侧物体进行受力分析如图，
根据牛顿第二定律
又由几何关系可知
以上各式联立解得
因此小球相对地面，竖直向下的加速度
小球的下端距离地面的高度
在竖直方向上，根据
可得下落时间
14．（1），；（2） ；（3）
【详解】解法一：
（1）根据平衡条件有
联立解得
（2）设物体在与地面成角的拉力作用下恰好能匀速运动，则有
解得
根据辅助角公式有
（3）设力F与地面的夹角为时物体的加速度大小为a，则有
整理得
根据助角公式有
解法二：
（1）（2）把物体受到地面的支持力和摩擦力等效为一个力（记为地面对物体的作用力），该力与竖直方向的夹角记为，显然，根据三力平衡条件有如图甲所示的关系
当作用在物体上的拉力与地面对物体的作用力垂直时存在最小值，显然最小值为，而
即
（3）如图乙所示，力F的末端落在图中的圆上，当力F与地面对物体的作用力垂直时，物体受到的合力存在最大值，根据几何关系有
解得
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