粤教版 (2019)必修 第一册第五节 牛顿运动定律的应用导学案

这是一份粤教版 (2019)必修 第一册第五节 牛顿运动定律的应用导学案，共18页。


牛顿运动定律的应用
1.应用牛顿第二定律分析和解决问题的一般步骤
首先确定研究对象，进行受力分析；其次根据牛顿第二定律，将待求量和已知量联系起来，加速度是联系力与运动的桥梁.
2.两类基本问题
(1)从受力情况确定运动情况
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情况
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是由它的受力决定的.( √ )
(4)物体运动状态的变化情况是由它对其他物体的施力情况决定的.( × )
2.如图1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＝10 m/s2)
图1
(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s＝ 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＝eq \f(F－μFN,m)＝0.5 m/s2
(2)撤去拉力时物体的速度v＝a1t
解得v＝4 m/s
(3)撤去拉力F后由牛顿第二定律得－μmg＝ma2
解得a2＝－μg＝－2 m/s2，由0－v2＝2a2s
解得s＝eq \f(0－v2,2a2)＝4 m.

一、从受力情况确定运动情况
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
eq \x(\a\vs4\al\c1(已知物体,受力情况))eq \(――――→,\s\up7(由F＝ma))eq \x(求得a)eq \(――――――――――――――→,\s\up30(由\b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(vt＝v0＋at,s＝v0t＋\f(1,2)at2,vt2－v02＝2as))))eq \x(\a\vs4\al\c1(求得s、,v0、vt、t))
如图2所示，质量m＝2 kg的物体静止在水平地面上，物体与水平面间的滑动摩擦力大小等于它们间弹力的0.25倍，现对物体施加一个大小F＝8 N、与水平方向成θ＝37°角斜向上的拉力，已知sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g取10 m/s2.
图2
(1)画出物体的受力图，并求出物体的加速度；
(2)求物体在拉力作用下5 s末的速度大小；
(3)求物体在拉力作用下5 s内通过的位移大小.
答案 (1)见解析图 1.3 m/s2，方向水平向右
(2)6.5 m/s (3)16.25 m
解析 (1)对物体受力分析如图.
由牛顿第二定律可得：
Fcs θ－f＝ma
又Fsin θ＋FN＝mg
f＝μFN
联立并代入数据解得：a＝1.3 m/s2，方向水平向右；
(2)v＝at＝1.3×5 m/s＝6.5 m/s；
(3)s＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)×1.3×52 m＝16.25 m.
针对训练1 如图3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F＝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，cs 37°＝0.8，g＝10 m/s2.求：
图3
(1)刷子沿天花板向上运动的加速度大小；
(2)工人把刷子从天花板底端由静止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
杆对刷子的作用力为F，滑动摩擦力为f，天花板对刷子的弹力为FN，刷子所受重力为mg，由牛顿第二定律得
(F－mg)sin 37°－μ(F－mg)cs 37°＝ma
代入数据解得a＝2 m/s2.
(2)由运动学公式得L＝eq \f(1,2)at2
代入数据解得t＝2 s.
二、从运动情况确定受力情况
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
eq \x(\a\vs4\al\c1(已知物体,运动情况))eq \(―――――――→,\s\up7(由运动学公式))eq \x(求得a)eq \(―――→,\s\up7(由F＝ma))eq \x(\a\vs4\al\c1(确定物体,受力情况))
民航客机一般都有紧急出口，发生意外情况的飞机紧急着陆后，打开紧急出口，狭长的气囊会自动充气，生成一条连接出口与地面的斜面，斜面的倾角为30°，人员可沿斜面匀加速滑行到地上.如果气囊所构成的斜面长度为8 m，一个质量为50 kg的乘客从静止开始沿气囊滑到地面所用时间为2 s.(g＝10 m/s2)求：
(1)乘客滑至斜面底端时的速度大小；
(2)乘客与气囊之间的动摩擦因数.
答案 (1)8 m/s (2)eq \f(\r(3),15)
解析 (1)设乘客滑至斜面底端时的速度大小为v
则s＝eq \f(v,2)·t
代入数据解得v＝8 m/s
(2)设乘客沿气囊下滑过程的加速度大小为a
则s＝eq \f(1,2)at2
解得a＝4 m/s2
对乘客进行受力分析如图所示
沿气囊所在斜面方向和垂直于斜面方向建立直角坐标系，可得
FN＝mgcs 30°
mgsin 30°－f＝ma
f＝μFN
联立各式可得μ＝eq \f(\r(3),15).
针对训练2 一质量为m＝2 kg的滑块在倾角为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4所示，使滑块由静止开始沿斜面向上做匀加速直线运动，在0～2 s时间内沿斜面运动的位移s＝4 m.求：(g取10 m/s2)
图4
(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)eq \f(\r(3),6) (2)eq \f(76\r(3),5) N
解析 (1)根据牛顿第二定律可得
mgsin θ－μmgcs θ＝ma，
代入数据解得μ＝eq \f(\r(3),6).
(2)滑块沿斜面向上做匀加速直线运动，
由s＝eq \f(1,2)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：
Fcs θ－mgsin θ－μ(Fsin θ＋mgcs θ)＝ma1，
代入数据得F＝eq \f(76\r(3),5) 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“桥梁”的作用，对解决问题有重要作用.
如图5所示，ACD是一滑雪场示意图，其中AC是长L＝8 m、倾角θ＝37°的斜坡，CD段是与斜坡平滑连接的水平面.人从A点由静止下滑，经过C点时速度大小不变，又在水平面上滑行一段距离后停下.人与接触面间的动摩擦因数均为μ＝0.25，不计空气阻力.(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)求：
图5
(1)人从斜坡顶端A滑至底端C所用的时间；
(2)人在离C点多远处停下.
答案 (1)2 s (2)12.8 m
解析 (1)人在斜坡下滑时，对人受力分析如图所示.
设人沿斜坡下滑的加速度为a，沿斜坡方向，由牛顿第二定律得
mgsin θ－f＝ma
f＝μFN
垂直于斜坡方向有FN－mgcs θ＝0
联立以上各式得a＝gsin θ－μgcs θ＝4 m/s2
由匀变速直线运动规律得L＝eq \f(1,2)at2
解得：t＝2 s.
(2)人在水平面上滑行时，水平方向只受到水平面的摩擦力作用.设人在水平面上运动的加速度大小为a′，由牛顿第二定律得μmg＝ma′
设人到达C时的速度为v，则由匀变速直线运动规律得
人在斜坡下滑的过程：v2＝2aL
人在水平面上滑行时：0－v2＝－2a′s
联立解得s＝12.8 m.
针对训练3 如图6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绳子突然断了(已知sin 37°＝0.60，cs 37°＝0.80，g取10 m/s2)，求：
图6
(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f，如图甲所示，
设物体向上运动的加速度为a1，根据牛顿第二定律有：
F－mgsin θ－f＝ma1
又f＝μFN，FN＝mgcs 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，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＋f＝ma2
f＝μFN，FN＝mgcs θ，代入数值联立解得a2＝8.0 m/s2.
做匀减速运动的位移为s＝eq \f(v12,2a2)＝4.0 m.
训练1 两类动力学基本问题
考点一 从受力情况确定运动情况
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.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位移关系式得v02＝2as，可得汽车刹车前的速度大小为：v0＝eq \r(2as)＝eq \r(2μgs)＝eq \r(2×0.7×10×14) m/s＝14 m/s，因此B正确.
2.若恒定合力F使质量为m的物体由静止开始运动，在时间t内移动的距离为s，则2F的恒定合力使质量为2m的物体由静止开始运动，在2t时间内移动的距离为( )
A.2s B.4s
C.8s D.16s
答案 B
解析 质量为m的物体的加速度为a＝eq \f(F,m)，位移为s＝eq \f(1,2)at2，可解得s＝eq \f(Ft2,2m)；当2F的恒定合力使质量为2m的物体由静止开始运动，加速度a′＝eq \f(2F,2m)＝eq \f(F,m)，物体在2t时间内的位移s′＝eq \f(1,2)a′(2t)2，可解得s′＝eq \f(2Ft2,m)＝4s，故选项B正确.
3.如图1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)( )
图1
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f＝μFN＝μmg＝3 N，故a＝eq \f(F＋f,m)＝5 m/s2，方向水平向右，物体减速到零所需时间为t＝eq \f(v0,a)＝2 s，故A、B错误；物体减速到零后，F＜f，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情况
4.如图2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( )
图2
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＝eq \f(vt－v0,t)＝－eq \f(30,5) 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3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s＝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( )
图3
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s＝v0t＋eq \f(1,2)at2对比s＝t2＋t，知v0＝1 m/s，a＝2 m/s2，故A正确；根据vt2－v02＝2as得，vt＝eq \r(v02＋2as)＝eq \r(12＋2×2×12) 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.在欢庆节日的时候，人们会在夜晚燃放美丽的焰火.按照设计，某种型号装有焰火的礼花弹从专用炮筒中射出后，在4 s末到达距地面100 m的最高点时炸开，形成各种美丽的图案，假设礼花弹从炮筒中竖直射出时的初速度是v0，上升过程中所受的阻力大小始终是自身重力的k倍，那么v0和k分别等于(重力加速度g取10 m/s2)( )
A.25 m/s,1.25 B.40 m/s,0.25
C.50 m/s,0.25 D.80 m/s,1.25
答案 C
解析 根据h＝eq \f(1,2)at2，解得a＝12.5 m/s2，所以v0＝at＝50 m/s；上升过程中礼花弹所受的阻力大小f＝kmg，则由牛顿第二定律得mg＋f＝ma，联立解得k＝0.25，故选项C正确.
7.(2020·郑州市高一上期末)如图4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( )
图4
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＝eq \f(mgsin θ,m)＝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；设轨道的高度为h，根据几何知识可得，物体发生的位移为s＝eq \f(h,sin θ)，物体的初速度为零，所以由s＝eq \f(1,2)at2解得t＝eq \r(\f(2s,a))＝eq \r(\f(2h,gsin2 θ))，倾角越大，时间越短，物体到达C3的时间最短；根据vt2＝2as得，vt＝eq \r(2gh)，知到达轨道底端的速度大小相等，故C正确.
8.(2020·鹤岗一中高一上学期期末)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5所示，已知sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6，取重力加速度 g＝10 m/s2，求：
图5
(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沿水平和竖直方向的分量分别为F2x＝F2cs 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，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，木箱的位移s1＝eq \f(1,2)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
撤去推力时木箱的速度v＝a1t1＝10 m/s
由0－v2＝－2a2s2得：
撤去推力后木箱滑行的距离s2＝eq \f(v2,2a2)＝eq \f(102,2×5) m＝10 m.
9.如图6所示，质量为m＝1.0 kg的物体在水平力F＝5 N的作用下，以v0＝10 m/s的速度向右匀速运动.倾角为θ＝37°的斜面与水平面在A点用极小的光滑圆弧相连.物体与水平面、斜面间的动摩擦因数相同，物体到达A点后撤去水平力F，再经过一段时间物体到达最高点B点.g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.求：
图6
(1)物体与水平面、斜面间的动摩擦因数；
(2)A、B两点间的距离为多少？从A点起经多长时间物体到达最高点B?
答案 (1)0.5 (2)5 m 1 s
解析 (1)物体在水平面上匀速运动，则F＝μmg
解得μ＝0.5
(2)物体在斜面上上滑的加速度大小：
a＝eq \f(mgsin 37°＋μmgcs 37°,m)＝gsin 37°＋μgcs 37°
＝10 m/s2
则A、B两点间的距离为sAB＝eq \f(v02,2a)＝eq \f(102,2×10) m＝5 m
从A点起物体到达最高点B的时间t＝eq \f(v0,a)＝eq \f(10,10) s＝1 s.
10.如图7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，cs 53°＝0.6，g取10 m/s2).求：
图7
(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＝Fcs θ＝15 N，F2＝Fsin θ＝20 N
因G＝20 N与F2大小相等，故圆环对杆的弹力为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的位移s1＝eq \f(1,2)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，则v0＝15 m/s，a＝－7.5 m/s2
由运动学公式可得：撤去拉力F后圆环滑行的位移
s2＝eq \f(0－v02,2a)＝15 m
故圆环在杆上滑行的总距离s＝s1＋s2＝30 m.
11.如图8甲所示，t＝0时，水平地面上质量m＝1 kg的物体在水平向左、大小恒为10 N的力T的作用下由静止开始运动，同时施加一水平向右的拉力F，拉力F随时间变化的关系图像如图乙所示，物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s2.求：
图8
(1)2 s末物体的速度；
(2)前2 s内物体的位移；
(3)t为多少时物体的速度为0?
答案 (1)6 m/s，方向水平向左 (2)6 m，方向水平向左 (3)8 s
解析 (1)由牛顿第二定律得T－F－μmg＝ma1，解得前2 s内的加速度：a1＝3 m/s2，方向水平向左，由速度公式得2 s末物体的速度：v1＝a1t1＝6 m/s，方向水平向左；
(2)由位移公式得前2 s内物体的位移：s＝eq \f(1,2)a1t12＝6 m，方向水平向左；
(3)2 s后合力方向向右，物体向左做匀减速运动，由牛顿第二定律得F′＋μmg－T＝ma2，解得a2＝1 m/s2，方向水平向右，
由速度公式得0＝v1－a2t2，解得t2＝6 s.
速度为零之后，T－F′＝10 N－6 N＝4 N＜μmg＝5 N，物体静止，不再运动.
t＝t1＋t2＝8 s，即t＝8 s以后物体的速度为0.
训练2 动力学多过程问题
1.(多选)(2020·山东潍坊四县高一上联考)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1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( )
图1
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11 m
答案 BD
解析 0～1 s内，物体的加速度大小a1＝eq \f(F＋μmg,m)＝eq \f(6＋0.1×2×10,2) m/s2＝4 m/s2，A项错误；1～2 s内物体的加速度大小a2＝eq \f(F′－μmg,m)＝eq \f(6－0.1×2×10,2) m/s2＝2 m/s2，B项正确；物体运动的v－t图像如图所示，故0～1 s内物体的位移为s1＝eq \f(4＋8×1,2) m＝6 m，C项错误；0～2 s内物体的总位移s＝s1＋s2＝[6＋eq \f(4＋6×1,2)] m＝11 m，D项正确.
2.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置总质量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s＝50 m.不计空气阻力，g取10 m/s2.问：
(1)游客连同滑草装置在下滑过程中受到的摩擦力f为多大？
(2)滑草装置与草皮之间的动摩擦因数μ为多大？
(3)设游客连同滑草装置滑下50 m后进入水平草坪，滑草装置与水平草坪间的动摩擦因数也为μ，求游客连同滑草装置在水平草坪上滑行的最大距离.
答案 (1)80 N (2)eq \f(\r(3),15) (3)100eq \r(3) m
解析 (1)设在山坡上游客连同滑草装置的加速度为a1，则eq \f(1,2)a1t2＝s
由牛顿第二定律可得mgsin θ－f＝ma1
联立可得f＝80 N，a1＝4 m/s2.
(2)由μmgcs θ＝f可得μ＝eq \f(\r(3),15).
(3)设游客连同滑草装置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＝eq \f(2\r(3),3) m/s2，v2＝2a2s2，解得s2＝100eq \r(3) m.
3.(2020·陕西西安铁路中学高一期末)在游乐场中，有一种大型游戏机叫“跳楼机”，参加游戏的游客被安全带固定在座椅上，由电动机将座椅沿光滑的竖直轨道提升到离地面40 m高处，然后由静止释放，为研究方便，可以认为座椅沿轨道做自由落体运动1.2 s后，开始受到恒定阻力而立即做匀减速运动，且下落到离地面4 m高处时速度刚好减小到零，然后再让座椅以相当缓慢的速度稳稳下落，将游客送回地面，g取10 m/s2，求：
(1)座椅在自由下落结束时刻的速度大小；
(2)在匀减速阶段，座椅对游客的作用力大小是游客体重的多少倍.
答案 (1)12 m/s (2)1.25倍
解析 (1)设座椅在自由下落结束时刻的速度为v，下落时间t1＝1.2 s.由v＝gt1代入数据解得v＝12 m/s
即座椅在自由下落结束时刻的速度大小是12 m/s.
(2)座椅自由下落的高度h1＝eq \f(1,2)gt12＝7.2 m
所以座椅匀减速下落的位移h2＝h－h1－H＝28.8 m
根据运动学公式0－v2＝－2ah2
解得a＝2.5 m/s2.
以游客为研究对象，由牛顿第二定律得F－mg＝ma
可得F＝1.25mg
即在匀减速阶段，座椅对游客的作用力大小是游客体重的1.25倍.
4.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，cs 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)4eq \r(2) 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f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＋f＝ma1，a1方向沿斜面向下.
在垂直于斜面方向有：FN＝mgcs θ，
又摩擦力f＝μFN，
由以上各式解得a1＝g(sin θ＋μcs θ)＝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s＝eq \f(v02,2a1)＝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f′，设加速度大小为a2.
根据牛顿第二定律有mgsin θ－f′＝ma2，a2方向沿斜面向下.
在垂直于斜面方向有FN′＝mgcs θ，
又摩擦力f′＝μFN′，
由以上各式解得：a2＝g(sin θ－μcs θ)＝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＝eq \r(2a2s)＝4eq \r(2) m/s.
5.如图2所示，质量m＝1 kg的物体在F＝20 N的水平推力作用下，从足够长的粗糙斜面底端A点由静止开始沿斜面运动，物体与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.25，斜面固定不动，与水平地面的夹角α＝37°，力F作用4 s后撤去，物体恰好能到达斜面最高点B，已知sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g取10 m/s2，求：
图2
(1)撤去力F时物体的速度大小；
(2)在力F作用下物体发生的位移大小；
(3)A、B之间的距离.
答案 (1)20 m/s (2)40 m (3)65 m
解析 (1)撤去力F前，对物体受力分析如图所示.
有FN＝Fsin α＋mgcs α
Fcs α－f－mgsin α＝ma1
f＝μFN，
解得a1＝5 m/s2
4 s末物体的速度大小为v1＝a1t1＝20 m/s
(2)由s1＝eq \f(1,2)a1t12，得4 s末物体的位移为s1＝40 m
(3)撤去F后，设物体做匀减速运动的加速度大小为a2，
由牛顿第二定律：mgsin α＋μmgcs α＝ma2
得a2＝gsin α＋μgcs α＝8 m/s2，
撤去F后，物体运动到最高点所用时间t2＝eq \f(v1,a2)＝2.5 s，
物体做匀减速运动的位移为s2＝eq \f(v12,2a2)＝25 m
A、B之间的距离为sAB＝s1＋s2＝65 m.
6.如图3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，cs 37°＝0.8).求：
图3
(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－f1＝ma1，
沿垂直于杆方向有Fcs θ＝mgcs θ＋FN1，
且f1＝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，
s1＝eq \f(1,2)a1t12＝eq \f(1,2)×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＋f2＝ma2，
沿垂直于杆方向有FN2＝mgcs θ，
且f2＝μFN2，
联立解得a2＝10 m/s2，
此过程s2＝eq \f(v12,2a2)＝eq \f(22,2×10) m＝0.2 m，
t2＝eq \f(v1,a2)＝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－f3＝ma3，
垂直于杆方向有mgcs θ＝FN3，
且f3＝μFN3，
联立解得a3＝2 m/s2，
球下滑到杆的底端，通过的位移s＝s0＋s1＋s2＝1.44 m，
由s＝eq \f(1,2)a3t32，可得t3＝1.2 s，
所需总时间t＝t1＋t2＋t3＝2.4 s.