2022-2023学年人教版2019物理必修1 第四章 5 牛顿运动定律的应用（学案+课时练 word版含解析）
文档属性
| 名称 | 2022-2023学年人教版2019物理必修1 第四章 5 牛顿运动定律的应用（学案+课时练 word版含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.7MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2022-07-07 16:36:44 | ||
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文档简介
5 牛顿运动定律的应用
[学习目标] 1.熟练掌握应用牛顿运动定律解决动力学问题的思路和方法.2.理解加速度是解决两类动力学基本问题的桥梁．
一、力和运动的关系
牛顿第二定律确定了物体加速度和力的关系：加速度的大小与物体所受合力的大小成正比，与物体的质量成反比；加速度的方向与物体受到的合力的方向相同．
物体的初速度与加速度决定了物体做什么运动，在直线运动中：
二、两类基本问题
1．从受力确定运动情况
如果已知物体的受力情况，可以由牛顿第二定律求出物体的加速度，再通过运动学的规律确定物体的运动情况．
2．从运动情况确定受力
如果已知物体的运动情况，根据运动学规律求出物体的加速度，结合受力分析，再根据牛顿第二定律求出力．
1．判断下列说法的正误．
(1)根据物体加速度的方向可以判断物体所受合力的方向．( √ )
(2)根据物体加速度的方向可以判断物体受到的每个力的方向．( × )
(3)物体运动状态的变化情况与它的受力有关．( √ )
2.如图所示，一质量为8 kg的物体静止在粗糙的水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数为0.2，用一水平拉力F＝20 N拉物体，使其由A点开始运动，经过8 s后撤去拉力F，再经过一段时间物体到达B点停止．则：(g取10 m/s2)
(1)在拉力F作用下物体运动的加速度大小为 m/s2；
(2)撤去拉力F瞬间物体的速度大小v＝ m/s；
(3)撤去拉力F后物体运动的距离x＝ m.
答案 (1)0.5 (2)4 (3)4
解析 (1)对物体受力分析，如图所示，
竖直方向mg＝FN
水平方向，由牛顿第二定律得F－μFN＝ma1
解得a1＝0.5 m/s2
(2)v＝a1t＝4 m/s；
(3)撤去拉力F后，由牛顿第二定律得－μFN＝ma2
解得a2＝－2 m/s2，
由0－v2＝2a2x
解得x＝4 m.
一、从受力确定运动情况
1．基本思路
分析物体的受力情况，求出物体所受的合力，由牛顿第二定律求出物体的加速度；再由运动学公式及物体运动的初始条件确定物体的运动情况．
2．流程图
例1 (2022·安徽寿县正阳中学高一期末)如图所示，小孩与冰车的总质量为30 kg，静止在冰面上．大人用与水平方向夹角为θ＝37°、F＝60 N的恒定拉力，使其沿水平冰面由静止开始移动．已知冰车与冰面间的动摩擦因数μ＝0.05，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，
cos 37°＝0.8.求：
(1)小孩与冰车的加速度的大小；
(2)冰车运动3 s时的位移的大小；
(3)冰车运动5 s时的速度大小．
答案 (1)1.16 m/s2 (2)5.22 m (3)5.8 m/s
解析 (1)冰车和小孩受力如图所示．
竖直方向的合力为零，则有FN＋Fsin θ＝mg，
解得支持力FN＝264 N，
在水平方向，根据牛顿第二定律得Fcos θ－Ff＝ma，
摩擦力Ff＝μFN，
解得加速度a＝1.16 m/s2.
(2)根据匀变速直线运动规律x＝at2，
解得x＝5.22 m.
(3)根据匀变速直线运动规律v＝at1，
解得v＝5.8 m/s.
二、从运动情况确定受力
1．基本思路
分析物体的运动情况，由运动学公式求出物体的加速度，再由牛顿第二定律求出物体所受的合力；再分析物体的受力，求出物体受到的作用力．
2．流程图
例2 第24届冬奥会于2022年2月4日在北京和张家口成功举行．如图甲所示为一位滑雪爱好者，人与装备的总质量为50 kg，在倾角为37°的雪坡上，以2 m/s的初速度沿斜坡匀加速直线滑下．他运动的v－t图像如图乙所示．g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
(1)滑雪者(包括装备)受到雪坡的支持力大小；
(2)滑雪者(包括装备)与雪坡之间的动摩擦因数μ.
答案 (1)400 N (2)0.25
解析 (1)滑雪者(包括装备)在雪坡上受力如图所示，
FN＝mgcos 37°＝400 N.
(2)由v－t图像可得滑雪者(包括装备)的加速度大小，a＝＝4 m/s2，
根据牛顿第二定律，mgsin 37°－Ff＝ma，
解得Ff＝100 N，μ＝＝0.25.
针对训练 一质量为m＝2 kg的滑块在倾角θ＝30°的足够长的固定斜面上在无外力F的情况下以加速度a＝2.5 m/s2匀加速下滑．若用一水平向右的恒力F作用于滑块，如图所示，使滑块由静止开始沿斜面向上做匀加速运动，在0～2 s时间内沿斜面运动的位移x＝4 m．求：
(g取10 m/s2)
(1)滑块和斜面之间的动摩擦因数μ；
(2)恒力F的大小．
答案 (1) (2) N
解析 (1)根据牛顿第二定律可得
mgsin θ－μmgcos θ＝ma，
代入数据解得μ＝.
(2)滑块沿斜面向上做匀加速直线运动，
由x＝a1t2，
代入数据解得加速度大小a1＝2 m/s2.
根据牛顿第二定律可得：
Fcos θ－mgsin θ－μ(Fsin θ＋mgcos θ)＝ma1，
代入数据得F＝ N.
三、多过程问题分析
1．当题目给出的物理过程较复杂，由多个过程组成时，要明确整个过程由几个子过程组成．将复杂的过程拆分为几个子过程，分析每一个子过程的受力情况、运动性质，用相应的规律解决问题．
2．注意分析两个子过程交接的位置，该交接点速度是上一过程的末速度，也是下一过程的初速度，它起到承上启下的作用，对解决问题起重要作用．
例3 如图所示，一根足够长的水平杆固定不动，一个质量m＝2 kg的圆环套在杆上，圆环的直径略大于杆的截面直径，圆环与杆间的动摩擦因数μ＝0.75.对圆环施加一个与水平方向成θ＝53°角斜向上、大小为F＝25 N的拉力，使圆环由静止开始做匀加速直线运动(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g取10 m/s2)．求：
(1)圆环对杆的弹力大小；
(2)圆环加速度的大小；
(3)若拉力F作用2 s后撤去，圆环在杆上滑行的总距离．
答案 (1)0 (2)7.5 m/s2 (3)30 m
解析 (1)分析圆环的受力情况如图甲所示．
将拉力F正交分解，F1＝Fcos θ＝15 N，F2＝Fsin θ＝20 N
因G＝mg＝20 N与F2大小相等，由牛顿第三定律知圆环对杆的弹力为0.
(2)由(1)可知，在拉力F作用下，环不受摩擦力，
由牛顿第二定律可知：F合＝F1＝ma1，
代入数据得a1＝7.5 m/s2.
(3)由(2)可知，撤去拉力F时圆环的速度v0＝a1t1＝15 m/s
拉力F作用2 s圆环滑行的位移
x1＝a1t12＝15 m
撤去拉力F后圆环受力如图乙所示
根据牛顿第二定律μmg＝ma2得a2＝7.5 m/s2
圆环的速度与加速度方向相反，做匀减速直线运动直至静止，取v0方向为正方向，
由运动学公式可得：
撤去拉力F后圆环滑行的位移
x2＝＝15 m
故圆环在杆上滑行的总距离x＝x1＋x2＝30 m.
例4 如图所示，在倾角为θ＝37°的足够长的固定斜面底端有一质量m＝1.0 kg的物体，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25.现用轻细绳将物体由静止沿斜面向上拉动，拉力F＝10 N，方向平行于斜面向上，经时间t＝4.0 s绳子突然断开(已知sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80，g取10 m/s2)，求：
(1)绳断时物体的速度大小；
(2)绳子断后物体沿斜面上升的最大位移的大小．
答案 (1)8.0 m/s (2)4.0 m
解析 (1)物体向上运动过程中，受拉力F、斜面支持力FN、重力mg和摩擦力Ff，如图甲所示，
设物体沿斜面向上运动的加速度为a1，根据牛顿第二定律有：
F－mgsin θ－Ff＝ma1
又Ff＝μFN，FN＝mgcos θ
解得：a1＝2.0 m/s2
则t＝4.0 s时物体的速度大小v1＝a1t＝8.0 m/s
(2)绳断后物体沿斜面向上做匀减速直线运动，设运动的加速度大小为a2，物体受力如图乙所示．
根据牛顿第二定律，对物体沿斜面向上运动的过程有：mgsin θ＋Ff＝ma2
Ff＝μFN，FN＝mgcos θ，
代入数值联立解得a2＝8.0 m/s2.
物体做匀减速直线运动的位移为x2＝＝4.0 m.
训练1 两类动力学基本问题
考点一 从受力确定运动情况
1.在交通事故的分析中，刹车线的长度是很重要的依据，刹车线是汽车刹车后，停止转动的轮胎在地面上发生滑动时留下的划痕，如图所示．在某次交通事故中，汽车的刹车线长度是14 m，假设汽车轮胎与地面间的动摩擦因数恒为0.7，g取10 m/s2，则汽车刹车前的速度大小为( )
A．7 m/s B．14 m/s
C．10 m/s D．20 m/s
答案 B
解析 设汽车刹车后滑动过程中的加速度大小为a，由牛顿第二定律得：μmg＝ma，解得：a＝μg.由匀变速直线运动的速度与位移关系式得v02＝2ax，可得汽车刹车前的速度大小为：v0＝＝＝ m/s＝14 m/s，因此B正确．
2.(2022·广东高一期末)“巨浪”潜射导弹是护国卫疆的利器，假设导弹刚发射后的一段运动可近似看成初速度为0竖直向上的匀加速直线运动，有一导弹的质量为m，助推力为F，忽略空气阻力及燃料的质量，则当导弹运动了时间t时的速度大小为(重力加速度为g)( )
A.t B.t
C. D.
答案 A
解析 根据F－mg＝ma解得a＝－g，导弹运动了时间t时的速度大小v＝at＝t，A正确．
3.如图所示，质量为m＝1 kg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10 m/s时，给物体施加一个与速度方向相反的大小为F＝2 N的恒力，在此恒力作用下(取g＝10 m/s2)( )
A．物体经10 s速度减为零
B．物体经5 s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
答案 C
解析 施加恒力后，物体向左滑动时，水平方向上受到向右的恒力和滑动摩擦力的作用，做匀减速直线运动，滑动摩擦力大小为Ff＝μFN＝μmg＝3 N，故a＝＝5 m/s2，方向向右，物体减速到零所需时间为t＝＝2 s，故A、B错误；物体减速到零后，F＜Ff，将保持静止状态，故C正确，D错误．
考点二 从运动情况确定受力
4.如图所示，车辆在行驶过程中，如果车距不够，刹车不及时，汽车将发生碰撞，车里的人可能受到伤害．为了尽可能地减小碰撞引起的伤害，人们设计了安全带及安全气囊．假定乘客质量为70 kg，汽车车速为108 km/h(即30 m/s)，从踩下刹车到车完全停止需要的时间为5 s，安全带及安全气囊对乘客的平均作用力大小为( )
A．420 N B．600 N
C．800 N D．1 000 N
答案 A
解析 从踩下刹车到车完全停止的5 s内，乘客的速度由30 m/s减小到0，视为匀减速运动，则有a＝＝－ m/s2＝－6 m/s2.根据牛顿第二定律知安全带及安全气囊对乘客的平均作用力F＝ma＝70×(－6) N＝－420 N，负号表示力的方向跟初速度方向相反．所以选项A正确．
5.如图所示，质量为2 kg的物体在水平恒力F的作用下在水平地面上做匀变速直线运动，位移随时间的变化关系为x＝t2＋t，物体与地面间的动摩擦因数为0.4，g取10 m/s2，以下结论不正确的是( )
A．匀变速直线运动的初速度为1 m/s
B．物体的位移为12 m时速度为7 m/s
C．水平恒力F的大小为4 N
D．水平恒力F的大小为12 N
答案 C
解析 根据x＝v0t＋at2对比x＝t2＋t，知v0＝1 m/s，a＝2 m/s2，故A正确；根据v2－v02＝2ax得，v＝＝ m/s＝7 m/s，故B正确；根据牛顿第二定律得，F－μmg＝ma，解得F＝ma＋μmg＝12 N，故C错误，D正确．
6.如图所示，质量m＝2 kg的滑块以v0＝20 m/s的初速度沿倾角θ＝37°的足够长的斜面向上滑动，经t＝2 s滑行到最高点．g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.下列说法正确的是( )
A．滑块运动的加速度大小为10 m/s2
B．滑块运动的加速度大小为5 m/s2
C．滑块与斜面间的动摩擦因数为0.6
D．滑块与斜面间的动摩擦因数为0.2
答案 A
解析 滑块的加速度大小为a＝＝10 m/s2，A正确，B错误；对滑块受力分析有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma，解得μ＝0.5，C、D错误．
7.如图所示，一个物体从A点由静止出发分别沿三条光滑固定轨道到达C1、C2、C3，则( )
A．物体到达C1点时的速度最大
B．物体在三条轨道上的运动时间相同
C．物体到达C3的时间最短
D．物体在AC3上运动的加速度最小
答案 C
解析 在沿轨道方向上，根据牛顿第二定律得，物体运动的加速度a＝＝gsin θ，轨道倾角越大，加速度越大，所以在AC3上运动的加速度最大，故D错误；设轨道的高度为h，根据几何知识可得，物体发生的位移为x＝，物体的初速度为零，所以由x＝at2解得t＝＝，倾角越大，时间越短，物体到达C3的时间最短，故C正确，B错误；根据v2＝2ax得，v＝，知物体到达C1、C2、C3时的速度大小相等，故A错误．
8.2022年北京冬奥会在我国北京市和河北省张家口市成功举行，近几年也掀起了冰雪运动的新热潮．如图所示，在某滑雪场，一滑雪者以v0＝2 m/s的初速度沿足够长的坡道以加速度
a＝4 m/s2滑下，山坡的倾角θ＝30°，若人与装备的总质量m＝60 kg，取g＝10 m/s2.求：
(1)该滑雪者5 s末的速度大小；
(2)该滑雪者5 s内滑过的路程；
(3)该滑雪者所受阻力的大小．
答案 (1)22 m/s (2)60 m (3)60 N
解析 (1)滑雪者做匀加速直线运动，根据速度公式，有v＝v0＋at，
得v＝22 m/s
(2)滑雪者做匀加速直线运动，根据位移公式，有x＝v0t＋at2
得x＝60 m.
(3)以滑雪者为研究对象，由牛顿第二定律得
mgsin 30°－F阻＝ma
得F阻＝60 N.
9.(2022·连云港高一期末)如图所示，质量m＝40 kg的木箱静止于水平地面上，用大小为480 N、方向与水平方向成θ＝37°的斜向下推力F推木箱，使木箱做匀加速直线运动，5 s末撤去F.木箱与地面间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
(1)推木箱时地面所受的压力：
(2)5 s末木箱的速度大小；
(3)撤去推力后2 s内木箱的位移大小．
答案 (1)688 N，方向竖直向下 (2)5 m/s (3)2.5 m
解析 (1)对木箱，受力分析得
FN＝mg＋Fsin θ
解得FN＝688 N
根据牛顿第三定律可知推木箱时地面所受的压力大小为688 N，方向竖直向下
(2)对木箱，由牛顿第二定律
Fcos θ－μFN＝ma，解得a＝1 m/s2
5 s末木箱的速度大小v＝at，
解得v＝5 m/s
(3)撤去推力后，有μmg＝ma′，
得a′＝5 m/s2
木箱停止的时间t′＝＝1 s
2 s内的位移x＝＝2.5 m.
10.如图所示，楼梯口一倾斜的天花板与水平地面成θ＝37°角．一装潢工人手持木杆绑着刷子粉刷天花板，工人所持木杆对刷子的作用力始终保持竖直向上，大小为10 N，刷子的质量为m＝0.5 kg，刷子可视为质点，刷子与天花板间的动摩擦因数μ＝0.5，天花板长为L＝4 m，
sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2.求：
(1)刷子沿天花板向上运动时的加速度大小；
(2)工人把刷子从天花板底端推到顶端所用的时间．
答案 (1)2 m/s2 (2)2 s
解析 (1)以刷子为研究对象，受力分析如图所示
设杆对刷子的作用力为F，天花板对刷子的滑动摩擦力为Ff，弹力为FN，刷子所受重力为mg，由牛顿第二定律得
(F－mg)sin 37°－μ(F－mg)cos 37°＝ma
代入数据解得a＝2 m/s2
(2)由运动学公式得L＝at2
代入数据解得t＝2 s.
训练2 动力学多过程问题
1．(2022·连云港高一期末)以6 m/s的速度匀速上升的水火箭，当升到离地面14.5 m高时，从水火箭上落下一小球，小球的质量为0.5 kg，假设小球在运动过程所受阻力大小恒为1 N．则小球从水火箭落下后大约经过多长时间到达地面(g取10 m/s2)( )
A．1.7 s B．1.9 s C．2.5 s D．4.0 s
答案 C
解析 小球上升阶段的加速度
a1＝＝12 m/s2
上升的时间t1＝＝0.5 s
上升的高度h1＝t1＝1.5 m
下降阶段的加速度a2＝＝8 m/s2
下降的时间t2＝＝ s＝2 s
则共用时间为t＝t1＋t2＝2.5 s，故选C.
2.质量m＝2 kg、初速度v0＝8 m/s的物体沿着粗糙水平地面向右运动，物体与地面之间的动摩擦因数μ＝0.1，同时物体还受到一个如图所示的随时间变化的水平拉力F的作用，设水平向右为拉力的正方向，且物体在t＝0时刻开始运动，g取10 m/s2，则以下结论正确的是( )
A．0～1 s内，物体的加速度大小为2 m/s2
B．1～2 s内，物体的加速度大小为2 m/s2
C．0～1 s内，物体的位移为7 m
D．0～2 s内，物体的总位移为10 m
答案 B
解析 0～1 s内，物体的加速度大小a1＝＝ m/s2＝4 m/s2，A项错误；1～2 s内物体的加速度大小a2＝＝ m/s2＝2 m/s2，B项正确；由题图可得物体运动的v－t图像，如图所示，故0～1 s内物体的位移为x1＝ m＝6 m，C项错误；0～2 s内物体的总位移x＝x1＋x2＝[6＋] m＝11 m，D项错误．
3．在某一旅游景区，建有一山坡滑草运动项目．该山坡可看成倾角θ＝30°的斜面，一名游客连同滑草装备总质量m＝80 kg，他从静止开始匀加速下滑，在时间t＝5 s内沿斜面滑下的位移x＝50 m．不计空气阻力，g取10 m/s2.问：
(1)游客连同滑草装备在下滑过程中受到的摩擦力Ff为多大？
(2)滑草装备与草皮之间的动摩擦因数μ为多大？
(3)设游客连同滑草装备滑下50 m后进入水平草坪，滑草装备与水平草坪间的动摩擦因数也为μ，求游客连同滑草装备在水平草坪上滑行的最大距离．
答案 (1)80 N (2) (3)100 m
解析 (1)设在山坡上游客连同滑草装备的加速度为a1，则x＝a1t2
由牛顿第二定律可得mgsin θ－Ff＝ma1
联立可得Ff＝80 N，a1＝4 m/s2.
(2)由μmgcos θ＝Ff可得μ＝.
(3)设游客连同滑草装备刚到水平草坪时的速度为v，在水平草坪上的加速度大小为a2，则v＝a1t＝20 m/s，μmg＝ma2，a2＝μg＝ m/s2，v2＝2a2x2，解得x2＝100 m.
4.商场工作人员拉着质量为m＝20 kg的木箱沿水平地面运动，若用F1＝100 N的水平力拉木箱，木箱恰好做匀速直线运动，现改用F2＝150 N、与水平方向成53°、斜向上的拉力作用于静止的木箱上，如图所示，已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，重力加速度 g＝10 m/s2，求：
(1)木箱与地面之间的动摩擦因数；
(2)F2作用在木箱上4 s时间内木箱移动的距离．
(3)若F2作用4 s后撤去，则木箱在水平面上还能滑行多远？
答案 (1)0.5 (2)20 m (3)10 m
解析 (1)由于木箱在水平拉力F1作用下匀速运动，根据牛顿第二定律有F1＝μmg
解得：μ＝0.5
(2)将F2沿着水平与竖直方向分解，
F2沿水平方向和竖直方向的分量分别为
F2x＝F2cos 53°，F2y＝F2sin 53°
木箱受到水平地面的支持力 FN＝mg－F2y
根据牛顿第二定律有，F2x－μFN＝ma1
解得木箱运动的加速度大小为a1＝2.5 m/s2
根据运动学公式，得木箱的位移x1＝a1t12＝20 m.
(3)撤去F2后，设木箱在地面上滑行的加速度大小为a2
由μmg＝ma2得：a2＝5 m/s2
撤去F2时木箱的速度v＝a1t1＝10 m/s
由0－v2＝－2a2x2得：
撤去F2后木箱滑行的距离
x2＝＝ m＝10 m.
5．总质量为m＝75 kg的滑雪者以初速度v0＝8 m/s沿倾角为θ＝37°的斜面向上自由滑行，已知雪橇与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25，假设斜面足够长．sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，
g取10 m/s2，不计空气阻力．
(1)求滑雪者沿斜面上滑的最大距离；
(2)若滑雪者滑行至最高点后掉转方向向下自由滑行，求他滑到出发点时的速度大小．
答案 (1)4 m (2)4 m/s
解析 (1)上滑过程中，对滑雪者进行受力分析，如图甲所示．
甲
滑雪者受重力mg、支持力FN、摩擦力Ff作用，设滑雪者的加速度大小为a1.
根据牛顿第二定律有mgsin θ＋Ff＝ma1，a1方向沿斜面向下．
在垂直于斜面方向有：FN＝mgcos θ，
又摩擦力Ff＝μFN，
由以上各式解得a1＝8 m/s2，
滑雪者沿斜面向上做匀减速直线运动，速度减为零时的位移x＝＝4 m，即滑雪者沿斜面上滑的最大距离为4 m.
(2)滑雪者沿斜面下滑时，对其受力分析如图乙所示．
乙
滑雪者受到重力mg、支持力FN′及沿斜面向上的摩擦力Ff′，设加速度大小为a2.
根据牛顿第二定律有mgsin θ－Ff′＝ma2，a2方向沿斜面向下．
在垂直于斜面方向有FN′＝mgcos θ，
又摩擦力Ff′＝μFN′，
由以上各式解得：a2＝4 m/s2，
滑雪者沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动，滑到出发点时的位移大小为4 m，速度大小为v＝＝4 m/s.
6.(2021·泰安一中高一上月考)如图所示，质量为1 kg的小球套在一根足够长的固定直杆上，杆与水平方向成θ＝37°角，球与杆之间的动摩擦因数μ＝0.5.小球在大小为20 N、方向竖直向上的拉力F作用下，从距杆的底端0.24 m处由静止开始沿杆斜向上运动，经过1 s后撤去拉力F(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．求：
(1)撤去拉力F前，小球沿杆上滑的加速度大小；
(2)小球从开始运动直至滑到杆的底端所需的时间．
答案 (1)2 m/s2 (2)2.4 s
解析 (1)小球在拉力F作用下上滑时，对小球受力分析，如图甲所示，
沿杆方向有Fsin θ－mgsin θ－Ff1＝ma1，
沿垂直于杆方向有Fcos θ＝mgcos θ＋FN1，
且Ff1＝μFN1，
联立解得a1＝2 m/s2.
(2)小球在F作用下上滑1 s，
则v1＝a1t1＝2×1 m/s＝2 m/s，
x1＝a1t12＝×2×12 m＝1 m，
撤去拉力F后，小球继续向上运动，对小球受力分析，如图乙所示，沿杆方向有mgsin θ＋Ff2＝ma2，
沿垂直于杆方向有FN2＝mgcos θ，且Ff2＝μFN2，
联立解得a2＝10 m/s2，
此过程x2＝＝ m＝0.2 m，t2＝＝0.2 s，
小球运动到最高点后开始下滑，对小球受力分析，如图丙所示．
沿杆方向有mgsin θ－Ff3＝ma3，
垂直于杆方向有mgcos θ＝FN3，且Ff3＝μFN3，
联立解得a3＝2 m/s2，
球下滑到杆的底端，通过的位移x＝x0＋x1＋x2＝1.44 m，
由x＝a3t32，可得t3＝1.2 s，
所需总时间t＝t1＋t2＋t3＝2.4 s.
[学习目标] 1.熟练掌握应用牛顿运动定律解决动力学问题的思路和方法.2.理解加速度是解决两类动力学基本问题的桥梁．
一、力和运动的关系
牛顿第二定律确定了物体加速度和力的关系：加速度的大小与物体所受合力的大小成正比，与物体的质量成反比；加速度的方向与物体受到的合力的方向相同．
物体的初速度与加速度决定了物体做什么运动，在直线运动中：
二、两类基本问题
1．从受力确定运动情况
如果已知物体的受力情况，可以由牛顿第二定律求出物体的加速度，再通过运动学的规律确定物体的运动情况．
2．从运动情况确定受力
如果已知物体的运动情况，根据运动学规律求出物体的加速度，结合受力分析，再根据牛顿第二定律求出力．
1．判断下列说法的正误．
(1)根据物体加速度的方向可以判断物体所受合力的方向．( √ )
(2)根据物体加速度的方向可以判断物体受到的每个力的方向．( × )
(3)物体运动状态的变化情况与它的受力有关．( √ )
2.如图所示，一质量为8 kg的物体静止在粗糙的水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数为0.2，用一水平拉力F＝20 N拉物体，使其由A点开始运动，经过8 s后撤去拉力F，再经过一段时间物体到达B点停止．则：(g取10 m/s2)
(1)在拉力F作用下物体运动的加速度大小为 m/s2；
(2)撤去拉力F瞬间物体的速度大小v＝ m/s；
(3)撤去拉力F后物体运动的距离x＝ m.
答案 (1)0.5 (2)4 (3)4
解析 (1)对物体受力分析，如图所示，
竖直方向mg＝FN
水平方向，由牛顿第二定律得F－μFN＝ma1
解得a1＝0.5 m/s2
(2)v＝a1t＝4 m/s；
(3)撤去拉力F后，由牛顿第二定律得－μFN＝ma2
解得a2＝－2 m/s2，
由0－v2＝2a2x
解得x＝4 m.
一、从受力确定运动情况
1．基本思路
分析物体的受力情况，求出物体所受的合力，由牛顿第二定律求出物体的加速度；再由运动学公式及物体运动的初始条件确定物体的运动情况．
2．流程图
例1 (2022·安徽寿县正阳中学高一期末)如图所示，小孩与冰车的总质量为30 kg，静止在冰面上．大人用与水平方向夹角为θ＝37°、F＝60 N的恒定拉力，使其沿水平冰面由静止开始移动．已知冰车与冰面间的动摩擦因数μ＝0.05，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，
cos 37°＝0.8.求：
(1)小孩与冰车的加速度的大小；
(2)冰车运动3 s时的位移的大小；
(3)冰车运动5 s时的速度大小．
答案 (1)1.16 m/s2 (2)5.22 m (3)5.8 m/s
解析 (1)冰车和小孩受力如图所示．
竖直方向的合力为零，则有FN＋Fsin θ＝mg，
解得支持力FN＝264 N，
在水平方向，根据牛顿第二定律得Fcos θ－Ff＝ma，
摩擦力Ff＝μFN，
解得加速度a＝1.16 m/s2.
(2)根据匀变速直线运动规律x＝at2，
解得x＝5.22 m.
(3)根据匀变速直线运动规律v＝at1，
解得v＝5.8 m/s.
二、从运动情况确定受力
1．基本思路
分析物体的运动情况，由运动学公式求出物体的加速度，再由牛顿第二定律求出物体所受的合力；再分析物体的受力，求出物体受到的作用力．
2．流程图
例2 第24届冬奥会于2022年2月4日在北京和张家口成功举行．如图甲所示为一位滑雪爱好者，人与装备的总质量为50 kg，在倾角为37°的雪坡上，以2 m/s的初速度沿斜坡匀加速直线滑下．他运动的v－t图像如图乙所示．g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
(1)滑雪者(包括装备)受到雪坡的支持力大小；
(2)滑雪者(包括装备)与雪坡之间的动摩擦因数μ.
答案 (1)400 N (2)0.25
解析 (1)滑雪者(包括装备)在雪坡上受力如图所示，
FN＝mgcos 37°＝400 N.
(2)由v－t图像可得滑雪者(包括装备)的加速度大小，a＝＝4 m/s2，
根据牛顿第二定律，mgsin 37°－Ff＝ma，
解得Ff＝100 N，μ＝＝0.25.
针对训练 一质量为m＝2 kg的滑块在倾角θ＝30°的足够长的固定斜面上在无外力F的情况下以加速度a＝2.5 m/s2匀加速下滑．若用一水平向右的恒力F作用于滑块，如图所示，使滑块由静止开始沿斜面向上做匀加速运动，在0～2 s时间内沿斜面运动的位移x＝4 m．求：
(g取10 m/s2)
(1)滑块和斜面之间的动摩擦因数μ；
(2)恒力F的大小．
答案 (1) (2) N
解析 (1)根据牛顿第二定律可得
mgsin θ－μmgcos θ＝ma，
代入数据解得μ＝.
(2)滑块沿斜面向上做匀加速直线运动，
由x＝a1t2，
代入数据解得加速度大小a1＝2 m/s2.
根据牛顿第二定律可得：
Fcos θ－mgsin θ－μ(Fsin θ＋mgcos θ)＝ma1，
代入数据得F＝ N.
三、多过程问题分析
1．当题目给出的物理过程较复杂，由多个过程组成时，要明确整个过程由几个子过程组成．将复杂的过程拆分为几个子过程，分析每一个子过程的受力情况、运动性质，用相应的规律解决问题．
2．注意分析两个子过程交接的位置，该交接点速度是上一过程的末速度，也是下一过程的初速度，它起到承上启下的作用，对解决问题起重要作用．
例3 如图所示，一根足够长的水平杆固定不动，一个质量m＝2 kg的圆环套在杆上，圆环的直径略大于杆的截面直径，圆环与杆间的动摩擦因数μ＝0.75.对圆环施加一个与水平方向成θ＝53°角斜向上、大小为F＝25 N的拉力，使圆环由静止开始做匀加速直线运动(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g取10 m/s2)．求：
(1)圆环对杆的弹力大小；
(2)圆环加速度的大小；
(3)若拉力F作用2 s后撤去，圆环在杆上滑行的总距离．
答案 (1)0 (2)7.5 m/s2 (3)30 m
解析 (1)分析圆环的受力情况如图甲所示．
将拉力F正交分解，F1＝Fcos θ＝15 N，F2＝Fsin θ＝20 N
因G＝mg＝20 N与F2大小相等，由牛顿第三定律知圆环对杆的弹力为0.
(2)由(1)可知，在拉力F作用下，环不受摩擦力，
由牛顿第二定律可知：F合＝F1＝ma1，
代入数据得a1＝7.5 m/s2.
(3)由(2)可知，撤去拉力F时圆环的速度v0＝a1t1＝15 m/s
拉力F作用2 s圆环滑行的位移
x1＝a1t12＝15 m
撤去拉力F后圆环受力如图乙所示
根据牛顿第二定律μmg＝ma2得a2＝7.5 m/s2
圆环的速度与加速度方向相反，做匀减速直线运动直至静止，取v0方向为正方向，
由运动学公式可得：
撤去拉力F后圆环滑行的位移
x2＝＝15 m
故圆环在杆上滑行的总距离x＝x1＋x2＝30 m.
例4 如图所示，在倾角为θ＝37°的足够长的固定斜面底端有一质量m＝1.0 kg的物体，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25.现用轻细绳将物体由静止沿斜面向上拉动，拉力F＝10 N，方向平行于斜面向上，经时间t＝4.0 s绳子突然断开(已知sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80，g取10 m/s2)，求：
(1)绳断时物体的速度大小；
(2)绳子断后物体沿斜面上升的最大位移的大小．
答案 (1)8.0 m/s (2)4.0 m
解析 (1)物体向上运动过程中，受拉力F、斜面支持力FN、重力mg和摩擦力Ff，如图甲所示，
设物体沿斜面向上运动的加速度为a1，根据牛顿第二定律有：
F－mgsin θ－Ff＝ma1
又Ff＝μFN，FN＝mgcos θ
解得：a1＝2.0 m/s2
则t＝4.0 s时物体的速度大小v1＝a1t＝8.0 m/s
(2)绳断后物体沿斜面向上做匀减速直线运动，设运动的加速度大小为a2，物体受力如图乙所示．
根据牛顿第二定律，对物体沿斜面向上运动的过程有：mgsin θ＋Ff＝ma2
Ff＝μFN，FN＝mgcos θ，
代入数值联立解得a2＝8.0 m/s2.
物体做匀减速直线运动的位移为x2＝＝4.0 m.
训练1 两类动力学基本问题
考点一 从受力确定运动情况
1.在交通事故的分析中，刹车线的长度是很重要的依据，刹车线是汽车刹车后，停止转动的轮胎在地面上发生滑动时留下的划痕，如图所示．在某次交通事故中，汽车的刹车线长度是14 m，假设汽车轮胎与地面间的动摩擦因数恒为0.7，g取10 m/s2，则汽车刹车前的速度大小为( )
A．7 m/s B．14 m/s
C．10 m/s D．20 m/s
答案 B
解析 设汽车刹车后滑动过程中的加速度大小为a，由牛顿第二定律得：μmg＝ma，解得：a＝μg.由匀变速直线运动的速度与位移关系式得v02＝2ax，可得汽车刹车前的速度大小为：v0＝＝＝ m/s＝14 m/s，因此B正确．
2.(2022·广东高一期末)“巨浪”潜射导弹是护国卫疆的利器，假设导弹刚发射后的一段运动可近似看成初速度为0竖直向上的匀加速直线运动，有一导弹的质量为m，助推力为F，忽略空气阻力及燃料的质量，则当导弹运动了时间t时的速度大小为(重力加速度为g)( )
A.t B.t
C. D.
答案 A
解析 根据F－mg＝ma解得a＝－g，导弹运动了时间t时的速度大小v＝at＝t，A正确．
3.如图所示，质量为m＝1 kg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10 m/s时，给物体施加一个与速度方向相反的大小为F＝2 N的恒力，在此恒力作用下(取g＝10 m/s2)( )
A．物体经10 s速度减为零
B．物体经5 s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
答案 C
解析 施加恒力后，物体向左滑动时，水平方向上受到向右的恒力和滑动摩擦力的作用，做匀减速直线运动，滑动摩擦力大小为Ff＝μFN＝μmg＝3 N，故a＝＝5 m/s2，方向向右，物体减速到零所需时间为t＝＝2 s，故A、B错误；物体减速到零后，F＜Ff，将保持静止状态，故C正确，D错误．
考点二 从运动情况确定受力
4.如图所示，车辆在行驶过程中，如果车距不够，刹车不及时，汽车将发生碰撞，车里的人可能受到伤害．为了尽可能地减小碰撞引起的伤害，人们设计了安全带及安全气囊．假定乘客质量为70 kg，汽车车速为108 km/h(即30 m/s)，从踩下刹车到车完全停止需要的时间为5 s，安全带及安全气囊对乘客的平均作用力大小为( )
A．420 N B．600 N
C．800 N D．1 000 N
答案 A
解析 从踩下刹车到车完全停止的5 s内，乘客的速度由30 m/s减小到0，视为匀减速运动，则有a＝＝－ m/s2＝－6 m/s2.根据牛顿第二定律知安全带及安全气囊对乘客的平均作用力F＝ma＝70×(－6) N＝－420 N，负号表示力的方向跟初速度方向相反．所以选项A正确．
5.如图所示，质量为2 kg的物体在水平恒力F的作用下在水平地面上做匀变速直线运动，位移随时间的变化关系为x＝t2＋t，物体与地面间的动摩擦因数为0.4，g取10 m/s2，以下结论不正确的是( )
A．匀变速直线运动的初速度为1 m/s
B．物体的位移为12 m时速度为7 m/s
C．水平恒力F的大小为4 N
D．水平恒力F的大小为12 N
答案 C
解析 根据x＝v0t＋at2对比x＝t2＋t，知v0＝1 m/s，a＝2 m/s2，故A正确；根据v2－v02＝2ax得，v＝＝ m/s＝7 m/s，故B正确；根据牛顿第二定律得，F－μmg＝ma，解得F＝ma＋μmg＝12 N，故C错误，D正确．
6.如图所示，质量m＝2 kg的滑块以v0＝20 m/s的初速度沿倾角θ＝37°的足够长的斜面向上滑动，经t＝2 s滑行到最高点．g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.下列说法正确的是( )
A．滑块运动的加速度大小为10 m/s2
B．滑块运动的加速度大小为5 m/s2
C．滑块与斜面间的动摩擦因数为0.6
D．滑块与斜面间的动摩擦因数为0.2
答案 A
解析 滑块的加速度大小为a＝＝10 m/s2，A正确，B错误；对滑块受力分析有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma，解得μ＝0.5，C、D错误．
7.如图所示，一个物体从A点由静止出发分别沿三条光滑固定轨道到达C1、C2、C3，则( )
A．物体到达C1点时的速度最大
B．物体在三条轨道上的运动时间相同
C．物体到达C3的时间最短
D．物体在AC3上运动的加速度最小
答案 C
解析 在沿轨道方向上，根据牛顿第二定律得，物体运动的加速度a＝＝gsin θ，轨道倾角越大，加速度越大，所以在AC3上运动的加速度最大，故D错误；设轨道的高度为h，根据几何知识可得，物体发生的位移为x＝，物体的初速度为零，所以由x＝at2解得t＝＝，倾角越大，时间越短，物体到达C3的时间最短，故C正确，B错误；根据v2＝2ax得，v＝，知物体到达C1、C2、C3时的速度大小相等，故A错误．
8.2022年北京冬奥会在我国北京市和河北省张家口市成功举行，近几年也掀起了冰雪运动的新热潮．如图所示，在某滑雪场，一滑雪者以v0＝2 m/s的初速度沿足够长的坡道以加速度
a＝4 m/s2滑下，山坡的倾角θ＝30°，若人与装备的总质量m＝60 kg，取g＝10 m/s2.求：
(1)该滑雪者5 s末的速度大小；
(2)该滑雪者5 s内滑过的路程；
(3)该滑雪者所受阻力的大小．
答案 (1)22 m/s (2)60 m (3)60 N
解析 (1)滑雪者做匀加速直线运动，根据速度公式，有v＝v0＋at，
得v＝22 m/s
(2)滑雪者做匀加速直线运动，根据位移公式，有x＝v0t＋at2
得x＝60 m.
(3)以滑雪者为研究对象，由牛顿第二定律得
mgsin 30°－F阻＝ma
得F阻＝60 N.
9.(2022·连云港高一期末)如图所示，质量m＝40 kg的木箱静止于水平地面上，用大小为480 N、方向与水平方向成θ＝37°的斜向下推力F推木箱，使木箱做匀加速直线运动，5 s末撤去F.木箱与地面间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
(1)推木箱时地面所受的压力：
(2)5 s末木箱的速度大小；
(3)撤去推力后2 s内木箱的位移大小．
答案 (1)688 N，方向竖直向下 (2)5 m/s (3)2.5 m
解析 (1)对木箱，受力分析得
FN＝mg＋Fsin θ
解得FN＝688 N
根据牛顿第三定律可知推木箱时地面所受的压力大小为688 N，方向竖直向下
(2)对木箱，由牛顿第二定律
Fcos θ－μFN＝ma，解得a＝1 m/s2
5 s末木箱的速度大小v＝at，
解得v＝5 m/s
(3)撤去推力后，有μmg＝ma′，
得a′＝5 m/s2
木箱停止的时间t′＝＝1 s
2 s内的位移x＝＝2.5 m.
10.如图所示，楼梯口一倾斜的天花板与水平地面成θ＝37°角．一装潢工人手持木杆绑着刷子粉刷天花板，工人所持木杆对刷子的作用力始终保持竖直向上，大小为10 N，刷子的质量为m＝0.5 kg，刷子可视为质点，刷子与天花板间的动摩擦因数μ＝0.5，天花板长为L＝4 m，
sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2.求：
(1)刷子沿天花板向上运动时的加速度大小；
(2)工人把刷子从天花板底端推到顶端所用的时间．
答案 (1)2 m/s2 (2)2 s
解析 (1)以刷子为研究对象，受力分析如图所示
设杆对刷子的作用力为F，天花板对刷子的滑动摩擦力为Ff，弹力为FN，刷子所受重力为mg，由牛顿第二定律得
(F－mg)sin 37°－μ(F－mg)cos 37°＝ma
代入数据解得a＝2 m/s2
(2)由运动学公式得L＝at2
代入数据解得t＝2 s.
训练2 动力学多过程问题
1．(2022·连云港高一期末)以6 m/s的速度匀速上升的水火箭，当升到离地面14.5 m高时，从水火箭上落下一小球，小球的质量为0.5 kg，假设小球在运动过程所受阻力大小恒为1 N．则小球从水火箭落下后大约经过多长时间到达地面(g取10 m/s2)( )
A．1.7 s B．1.9 s C．2.5 s D．4.0 s
答案 C
解析 小球上升阶段的加速度
a1＝＝12 m/s2
上升的时间t1＝＝0.5 s
上升的高度h1＝t1＝1.5 m
下降阶段的加速度a2＝＝8 m/s2
下降的时间t2＝＝ s＝2 s
则共用时间为t＝t1＋t2＝2.5 s，故选C.
2.质量m＝2 kg、初速度v0＝8 m/s的物体沿着粗糙水平地面向右运动，物体与地面之间的动摩擦因数μ＝0.1，同时物体还受到一个如图所示的随时间变化的水平拉力F的作用，设水平向右为拉力的正方向，且物体在t＝0时刻开始运动，g取10 m/s2，则以下结论正确的是( )
A．0～1 s内，物体的加速度大小为2 m/s2
B．1～2 s内，物体的加速度大小为2 m/s2
C．0～1 s内，物体的位移为7 m
D．0～2 s内，物体的总位移为10 m
答案 B
解析 0～1 s内，物体的加速度大小a1＝＝ m/s2＝4 m/s2，A项错误；1～2 s内物体的加速度大小a2＝＝ m/s2＝2 m/s2，B项正确；由题图可得物体运动的v－t图像，如图所示，故0～1 s内物体的位移为x1＝ m＝6 m，C项错误；0～2 s内物体的总位移x＝x1＋x2＝[6＋] m＝11 m，D项错误．
3．在某一旅游景区，建有一山坡滑草运动项目．该山坡可看成倾角θ＝30°的斜面，一名游客连同滑草装备总质量m＝80 kg，他从静止开始匀加速下滑，在时间t＝5 s内沿斜面滑下的位移x＝50 m．不计空气阻力，g取10 m/s2.问：
(1)游客连同滑草装备在下滑过程中受到的摩擦力Ff为多大？
(2)滑草装备与草皮之间的动摩擦因数μ为多大？
(3)设游客连同滑草装备滑下50 m后进入水平草坪，滑草装备与水平草坪间的动摩擦因数也为μ，求游客连同滑草装备在水平草坪上滑行的最大距离．
答案 (1)80 N (2) (3)100 m
解析 (1)设在山坡上游客连同滑草装备的加速度为a1，则x＝a1t2
由牛顿第二定律可得mgsin θ－Ff＝ma1
联立可得Ff＝80 N，a1＝4 m/s2.
(2)由μmgcos θ＝Ff可得μ＝.
(3)设游客连同滑草装备刚到水平草坪时的速度为v，在水平草坪上的加速度大小为a2，则v＝a1t＝20 m/s，μmg＝ma2，a2＝μg＝ m/s2，v2＝2a2x2，解得x2＝100 m.
4.商场工作人员拉着质量为m＝20 kg的木箱沿水平地面运动，若用F1＝100 N的水平力拉木箱，木箱恰好做匀速直线运动，现改用F2＝150 N、与水平方向成53°、斜向上的拉力作用于静止的木箱上，如图所示，已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，重力加速度 g＝10 m/s2，求：
(1)木箱与地面之间的动摩擦因数；
(2)F2作用在木箱上4 s时间内木箱移动的距离．
(3)若F2作用4 s后撤去，则木箱在水平面上还能滑行多远？
答案 (1)0.5 (2)20 m (3)10 m
解析 (1)由于木箱在水平拉力F1作用下匀速运动，根据牛顿第二定律有F1＝μmg
解得：μ＝0.5
(2)将F2沿着水平与竖直方向分解，
F2沿水平方向和竖直方向的分量分别为
F2x＝F2cos 53°，F2y＝F2sin 53°
木箱受到水平地面的支持力 FN＝mg－F2y
根据牛顿第二定律有，F2x－μFN＝ma1
解得木箱运动的加速度大小为a1＝2.5 m/s2
根据运动学公式，得木箱的位移x1＝a1t12＝20 m.
(3)撤去F2后，设木箱在地面上滑行的加速度大小为a2
由μmg＝ma2得：a2＝5 m/s2
撤去F2时木箱的速度v＝a1t1＝10 m/s
由0－v2＝－2a2x2得：
撤去F2后木箱滑行的距离
x2＝＝ m＝10 m.
5．总质量为m＝75 kg的滑雪者以初速度v0＝8 m/s沿倾角为θ＝37°的斜面向上自由滑行，已知雪橇与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25，假设斜面足够长．sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，
g取10 m/s2，不计空气阻力．
(1)求滑雪者沿斜面上滑的最大距离；
(2)若滑雪者滑行至最高点后掉转方向向下自由滑行，求他滑到出发点时的速度大小．
答案 (1)4 m (2)4 m/s
解析 (1)上滑过程中，对滑雪者进行受力分析，如图甲所示．
甲
滑雪者受重力mg、支持力FN、摩擦力Ff作用，设滑雪者的加速度大小为a1.
根据牛顿第二定律有mgsin θ＋Ff＝ma1，a1方向沿斜面向下．
在垂直于斜面方向有：FN＝mgcos θ，
又摩擦力Ff＝μFN，
由以上各式解得a1＝8 m/s2，
滑雪者沿斜面向上做匀减速直线运动，速度减为零时的位移x＝＝4 m，即滑雪者沿斜面上滑的最大距离为4 m.
(2)滑雪者沿斜面下滑时，对其受力分析如图乙所示．
乙
滑雪者受到重力mg、支持力FN′及沿斜面向上的摩擦力Ff′，设加速度大小为a2.
根据牛顿第二定律有mgsin θ－Ff′＝ma2，a2方向沿斜面向下．
在垂直于斜面方向有FN′＝mgcos θ，
又摩擦力Ff′＝μFN′，
由以上各式解得：a2＝4 m/s2，
滑雪者沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动，滑到出发点时的位移大小为4 m，速度大小为v＝＝4 m/s.
6.(2021·泰安一中高一上月考)如图所示，质量为1 kg的小球套在一根足够长的固定直杆上，杆与水平方向成θ＝37°角，球与杆之间的动摩擦因数μ＝0.5.小球在大小为20 N、方向竖直向上的拉力F作用下，从距杆的底端0.24 m处由静止开始沿杆斜向上运动，经过1 s后撤去拉力F(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．求：
(1)撤去拉力F前，小球沿杆上滑的加速度大小；
(2)小球从开始运动直至滑到杆的底端所需的时间．
答案 (1)2 m/s2 (2)2.4 s
解析 (1)小球在拉力F作用下上滑时，对小球受力分析，如图甲所示，
沿杆方向有Fsin θ－mgsin θ－Ff1＝ma1，
沿垂直于杆方向有Fcos θ＝mgcos θ＋FN1，
且Ff1＝μFN1，
联立解得a1＝2 m/s2.
(2)小球在F作用下上滑1 s，
则v1＝a1t1＝2×1 m/s＝2 m/s，
x1＝a1t12＝×2×12 m＝1 m，
撤去拉力F后，小球继续向上运动，对小球受力分析，如图乙所示，沿杆方向有mgsin θ＋Ff2＝ma2，
沿垂直于杆方向有FN2＝mgcos θ，且Ff2＝μFN2，
联立解得a2＝10 m/s2，
此过程x2＝＝ m＝0.2 m，t2＝＝0.2 s，
小球运动到最高点后开始下滑，对小球受力分析，如图丙所示．
沿杆方向有mgsin θ－Ff3＝ma3，
垂直于杆方向有mgcos θ＝FN3，且Ff3＝μFN3，
联立解得a3＝2 m/s2，
球下滑到杆的底端，通过的位移x＝x0＋x1＋x2＝1.44 m，
由x＝a3t32，可得t3＝1.2 s，
所需总时间t＝t1＋t2＋t3＝2.4 s.