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高中物理必修一素养提升学案
第四章 运动和力的关系
第5节 牛顿运动定律的应用
【课标解读】
1.能用牛顿运动定律解决两类主要问题：已知物体受力情况确定物体运动情况，已知物体运动情况确定物体受力情况.
2.掌握应用牛顿运动定律解决问题的基本思路和方法，即首先对研究对象进行受力分析和运动情况分析，然后运用牛顿运动定律把二者联系起来.
3.初步体会牛顿运动定律对社会发展的影响，建立应用科学知识解决实际问题的意识．
【新课导入】
为了尽量缩短停车时间，旅客按照站台上标注的车门位置候车。列车进站时总能准确地停靠在对应车门的位置。这是如何做到的呢？
牛顿第二定律确定了运动和力的关系，使我们能够把物体的运动情况与受力情况联系起来。因此，它在许多基础科学和工程技术中都有广泛的应用。中学物理中我们只研究一些简单的实例。
【新课讲解】
（一）从受力确定运动情况
例1、运动员把冰壶沿水平冰面投出，让冰壶在冰面上自 由滑行，在不与其他冰壶碰撞的情况下，最终停在远处 的某个位置。按比赛规则，投掷冰壶运动员的队友，可 以用毛刷在冰壶滑行前方来回摩擦冰面，减小冰面的动 摩擦因数以调节冰壶的运动。
（1）运动员以 3.4 m/s 的速度投掷冰壶，若冰壶和 冰面的动摩擦因数为 0.02，冰壶能在冰面上滑行多远？ g 取 10 m/s2。
（2）若运动员仍以 3.4 m/s 的速度将冰壶投出，其队 友在冰壶自由滑行 10 m 后开始在其滑行前方摩擦冰面，
冰壶和冰面的动摩擦因数变为原来的 90%，冰壶多滑行了多少距离？
请大家仔细审题，能够快速正确地进行信息的收集和处理是处理问题必备的条件。本题中给出了哪些已知量，要解决的问题是什么？
运动员以 3.4 m/s 的速度投掷冰壶，冰壶和冰面的动摩擦因数为 0.02，要求解冰壶能在冰面上滑行的位移
问题中既然涉及了力又涉及了物体的运动，那力和运动间是什么样的关系呢？
牛顿第二定律确定了运动和力的关系，该题应该是用牛顿第二定律来解决。先根据物体的受力求出合外力从而求出加速度，再通过运动学规律就可以确定物体的运动情况。
师：本题中的研究对象应该是谁？研究对象通常是我们分析问题的主体，也是进行受力分析的关键
生：研究对象应该是冰壶。
师：好！根据这个思路，就请同学们对该物体进行受力分析。
学生对物体进行受力分析，教师巡视
师：现在我们一起来对物体进行受力分析。按照受力分析的一般思路。
1、非接触力：重力
2、接触力：与物体接触的只有地面，而相互接触的两物体间的接触力最多只有两个：弹力和摩擦力。分析该题知物体与地面间有摩擦力，既然有摩擦力则一定有弹力。所以物体会受到地面给的弹力（垂直于接触面指向受力物体）和滑动摩擦力（与相对运动方向相反，大小）
受力分析图如下
物体的合外力是多少？
对于N为什么与G大小相等，我们需要用到牛顿第一定律及其扩展的内容，从牛顿第一定律我们知道，如果物体不受力或受力平衡，物体将静止或匀速直线运动，反之亦成立。我们将定律内容扩展后亦成立：如果物体在某一方向上不受力或受力平衡，物体在该方向上将静止或匀速。反之亦成立。题中物体只是在水平方向上运动，竖直方向上位置未发生变化即竖直方向是静止的，所以物体竖直方向上受力平衡即N=G。
上面关于牛顿第一定律的扩展大家一定要记住，在以后的运用中逐步理会。当然关于N=G我们也可以这样理解：物体在水平方向上做直线运动，物体做直线运动，说明物体所受的合外力与速度是在同一直线上从而知物体的合外力是在水平方向上，于是有N=G。
知道了合外力后我们可以做什么？
生：用求出物体的加速度a=-0.2m/s2，然后根据匀变速直线运动规律求解物体的速度和位移。
师：你怎么知道物体做的是匀变速直线运动？
生：因为物体所受的合外力是恒定的，所以加速度也是恒定的，物体做的是匀变速直线运动。
师：好，下面请同学们各自完成位移的求解。
学生各自完成剩余的工作，教师给五分钟时间。大部分学生均可以轻松完成
（二）从运动情况确定受力
从运动确定受力：①确定研究对象，构建模型②画运动草图，应用运动学公式③应用牛顿第二定律求合力④对这个物体进行受力分析：G → F弹 → F其他 → f⑤正交分解：建立直角坐标系，水平方向与竖直方向的力互不影响
5　
一、从受力确定运动情况
例1　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大小;
(2)冰车运动3 s时的速度大小;
(3)冰车运动5 s时的位移大小。
答案　(1)1.16 m/s2　(2)3.48 m/s　(3)14.5 m
解析　(1)冰车和小孩整体受力如图所示。
在竖直方向的合力为零,则有FN+Fsin θ=mg ①
在水平方向,根据牛顿第二定律得Fcos θ-Ff=ma ②
摩擦力Ff=μFN ③
联立解得加速度a=1.16 m/s2。
(2)冰车运动3 s时的速度大小
v=at=1.16×3 m/s=3.48 m/s
(3)冰车运动5 s时的位移大小
x=at2=×1.16×25 m=14.5 m。
例2　(2023·上海市普陀区高一期末)如图所示,人和雪橇总质量为50 kg,在倾角θ为30°的足够长斜坡顶端,从静止开始匀加速下滑,雪橇和斜坡间的摩擦力恒为100 N,求人从静止开始下滑6 m后的速度大小(重力加速度g取10 m/s2)。
答案　6 m/s
解析　
根据题意,对人和雪橇整体受力分析,由牛顿第二定律有
mgsin θ-Ff=ma
解得a=3 m/s2
由运动学公式可得,人从静止开始下滑有v2=2ax
解得人从静止开始下滑6 m后的速度大小
v==6 m/s。
二、从运动情况确定受力
例3　(2024·青海玉树高一期末)汽车轮胎与公路路面之间必须要有足够大的动摩擦因数,才能保证汽车安全行驶。为检测某公路路面与汽车轮胎之间的动摩擦因数,需要测试刹车的车痕。测试汽车在该公路水平直道上以72 km/h的速度行驶时,突然紧急刹车,车轮被抱死后在路面上滑动,直至停下来。量得车轮在公路上摩擦的痕迹长度是30 m,则路面和轮胎之间的动摩擦因数是多少 (g取10 m/s2)
答案　
解析　根据匀变速直线运动规律可知
v2-0=2ax
代入数据解得a= m/s2
对汽车进行受力分析可知FN=mg
Ff=μFN=μmg
根据牛顿第二定律可知Ff=ma
联立解得μ=。
例4　民航客机都有紧急出口,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(如图甲所示)。斜面的倾角θ=30°(如图乙所示),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,求乘客与气囊之间的动摩擦因数。(g=10 m/s2)
答案　
解析　
设乘客沿气囊下滑过程的加速度为a
由x=at2,解得a=4 m/s2
对乘客进行受力分析如图所示
根据牛顿第二定律有,
x方向mgsin θ-Ff=ma
y方向FN-mgcos θ=0
且Ff=μFN
联立各式得μ=。
例5　如图所示,一足够长的斜面倾角θ为37°,斜面BC与水平面AB平滑连接,质量m=2 kg的物体静止于水平面上的M点,M点与B点之间的距离L=9 m,物体与水平面和斜面间的动摩擦因数均为μ=0.5,现物体受到一水平向右的恒力F=14 N作用,运动至B点时撤去该力,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g=10 m/s2,则:
(1)物体在恒力F作用下运动时的加速度是多大
(2)物体到达B点时的速度是多大
(3)物体沿斜面向上滑行的最远距离是多少 物体回到B点的速度是多大
答案　(1)2 m/s2　(2)6 m/s　(3)1.8 m　 m/s
解析　(1)在水平面上,根据牛顿第二定律可知F-μmg=ma,
解得a== m/s2=2 m/s2。
(2)由M点到B点,根据运动学公式可知=2aL,
解得vB== m/s=6 m/s。
(3)物体在斜面上向上滑时,根据牛顿第二定律可得,
mgsin θ+μmgcos θ=ma1,
代入数据得a1=10 m/s2,
逆向分析可得=2a1x,
解得x==1.8 m。
在斜面上向下滑时,由牛顿第二定律可得mgsin θ-μmgcos θ=ma2
代入数据可得a2=2 m/s2
由运动学公式得vB'2=2a2x
vB'== m/s。
课时对点练
训练1　牛顿运动定律的简单应用　[分值:100分]
1~7题每题7分,共49分
考点一　从受力确定运动情况
1.(2023·哈尔滨市期末)近年来新能源汽车的发展,越来越受到人们的关注。在测试某新能源汽车车轮抱死后刹车情况时,测得汽车在刹车前瞬间的速度大小为20 m/s,已知汽车轮胎与水平地面之间的动摩擦因数为0.8,则车轮抱死后刹车的直线距离为(重力加速度g取10 m/s2) (　　)
A.25 m　B.30 m　C.35 m　D.40 m
答案　A
解析　根据牛顿第二定律可知,汽车刹车后的加速度大小为a==8 m/s2
根据运动学公式可得0-=-2ax
解得x== m=25 m,故选A。
2.质量为20 kg的物体静止在光滑水平面上,如图所示,给这个物体施加两个大小都是60 N且互成120°角的水平力,2 s末物体的速度为 (　　)
A.0 B.6 m/s
C.12 m/s D.6 m/s
答案　B
解析　对物体由牛顿第二定律得2Fcos 60°=ma
代入数据解得a=3 m/s2
则2 s末物体的速度为v=at=6 m/s
故选B。
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,最大静摩擦力等于滑动摩擦力) (　　)
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;F考点二　从运动情况确定受力
4.(多选)(2024·内江市高一期末)2022年10月10日起,北京全面开放了无人驾驶出租车服务,出租车在市区内行驶时有限速要求。某辆出租车载人后的总质量为1 000 kg,并以限定的最高速度36 km/h行驶,当遥感系统感应到前方10 m处有障碍时,其智能刹车系统同时启动,出租车刹车后失去动力,做匀减速直线运动,出租车不会撞上障碍物,直到停止,则 (　　)
A.出租车刹车的最小加速度大小为10m/s2
B.出租车刹车的最小加速度大小为5m/s2
C.出租车刹车受到的最小阻力为5 000 N
D.出租车刹车受到的最小阻力为2 000 N
答案　BC
解析　由题知,出租车的初速度为v0=36 km/h=10 m/s,根据速度—位移公式,可得最小加速度大小为
a==5m/s2,故A错误,B正确;
根据牛顿第二定律有Ff=ma,解得最小阻力为Ff=5 000 N,故C正确,D错误。
5.(多选)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0.5
D.滑块与斜面间的动摩擦因数为0.2
答案　AC
解析　由题意,经t=2 s,滑块速度为零,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正确,D错误。
6.航母阻拦索是航母阻拦装置的重要组成部分,实现了舰载机在有限长度的航母甲板上的安全着舰,一舰载机的质量为2×104 kg,以速度216 km/h着舰的同时其尾钩钩住阻拦索,此后舰载机视为做匀减速直线运动,运动90 m时速度为零,如图所示,某时刻两条阻拦索之间的夹角为74°,不计着舰过程中的其他阻力,cos 37°=0.8,此时阻拦索上的弹力为 (　　)
A.2.5×105 N B.5×105 N
C.6.5×106 N D.1.3×107 N
答案　A
解析　根据题意可知,舰载机做匀减速直线运动,设加速度大小为a,则=2ax,其中v0=216 km/h=60 m/s
设阻拦索上的弹力为F,由牛顿第二定律有2Fcos 37°=ma
解得F=2.5×105 N,故选A。
7.如图所示,质量为m=3 kg的木块放在倾角θ=30°的足够长的固定斜面上,木块可以沿斜面匀速下滑。若用沿斜面向上的力F作用于木块上,使其由静止开始沿斜面向上做匀加速运动,经过t=2 s木块沿斜面上升4 m的距离,则推力F的大小为(g取10 m/s2) (　　)
A.42 N B.6 N C.21 N D.36 N
答案　D
解析　因木块能沿斜面匀速下滑,由平衡条件知:mgsin θ=μmgcos θ,当在推力作用下匀加速上滑时,由运动学公式x=at2得a=2 m/s2,由牛顿第二定律得:F-mgsin θ-μmgcos θ=ma,联立解得F=36 N,D正确。
8、9题每题8分,10题11分,11题14分,共41分
8.(多选)如图所示,一只冰壶被人以v0=3 m/s的初速度在水平冰面上向右推出,若冰壶和冰面间的动摩擦因数μ=0.02,取g=10 m/s2,不计空气阻力,则 (　　)
A.冰壶在冰面上的滑行时间为15 s
B.该冰壶在冰面上的滑行距离为22.5 m
C.该冰壶在第2 s末的速度大小为2.4 m/s
D.该冰壶在第1个5 s内比第2个5 s内多运动5 m
答案　ABD
解析　冰壶在冰面上滑行时,由牛顿第二定律可得μmg=ma,解得a=0.2 m/s2,冰壶在冰面上的滑行时间为t==15 s,故A正确;该冰壶在冰面上的滑行距离为x==22.5 m,故B正确;该冰壶在第2 s末的速度大小为v2=v0-at'=2.6 m/s,故C错误;该冰壶在前5 s内位移为x1=v0t1-a=12.5 m,该冰壶在前10 s内位移为x2=v0t2-a=20 m,该冰壶在第1个5 s内比第2个5 s内多运动Δx=x1-(x2-x1)=5 m,故D正确。
9.(多选)(2023·马鞍山市高一开学考)如图所示,在水平地面上固定着一个倾角为30°的粗糙斜面,可视为质点的物块A、B与斜面间的动摩擦因数均为,物块A、B分别在斜面的底端和顶端。现同时给物块A、B一个大小均为2 m/s的初速度沿斜面做相向运动,两物块相遇时,物块A的速度恰好为零。已知重力加速度为10 m/s2,则两物块从两端到相遇过程中,下列说法正确的是 (　　)
A.物块A的加速度大小为10 m/s2
B.物块B的加速度大小为5 m/s2
C.物块A运动的位移大小为0.2 m
D.斜面长度为0.4 m
答案　AC
解析　设物块A的加速度大小为aA,根据牛顿第二定律可得mAgsin 30°+μmAgcos 30°=mAaA,解得aA=10 m/s2,故A正确;设物块B的加速度大小为aB,根据牛顿第二定律可得mBgsin 30°-μmBgcos 30°=mBaB,解得aB=0,故B错误;两物块相遇时,物块A的速度恰好为零,可知此过程运动时间为t== s=0.2 s,此过程物块A的位移大小为xA=t=×0.2 m=0.2 m,物块B做匀速直线运动,则物块B的位移大小为xB=v0t=2×0.2 m=0.4 m,则斜面长度为L=xA+xB=0.6 m,故C正确,D错误。
10.(11分)(2023·台州市高一期末)某次无人机沿竖直方向从地面静止起飞,在0~4 s内做匀加速直线运动,加速度大小为a1=2 m/s2,t1=4 s末调节发动机转速改变升力,开始向上做匀减速直线运动,t2=6 s末刚好减速到零并到达指定平台。已知无人机总质量为m=2 kg,重力加速度g=10 m/s2,求:
(1)(5分)平台离地高度H;
(2)(6分)在4~6 s内空气对无人机作用力大小F。
答案　(1)24 m　(2)12 N
解析　(1)4 s末无人机速度大小为v=a1t1=8 m/s
全程平均速度大小为==4 m/s
则总高度H=t2=24 m
(2)4~6 s内无人机加速度大小为
a2==4 m/s2,方向为竖直向下;
对无人机有mg-F=ma2
则空气对无人机作用力大小为F=12 N。
11.(14分)(2023·福州市高一期末)如图甲所示,滑块以一定的初速度冲上一倾角θ=37°的足够长的固定斜面,滑块上滑过程的v-t图像如图乙,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,求(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2)
(1)(6分)滑块与斜面间的动摩擦因数;
(2)(8分)滑块回到出发点时的速度大小。
答案　(1)0.5　(2)2 m/s
解析　(1)由题图乙可知滑块上滑时滑块加速度大小为a== m/s2=10m/s2
滑块在向上滑动的过程中,根据牛顿第二定律有mgsin θ+μmgcos θ=ma,解得μ=0.5;
(2)滑块在下滑过程中,
根据牛顿第二定律有mgsin θ-μmgcos θ=ma'
解得a'=2m/s2,
上滑位移为x== m=5 m
则下滑位移为x'=5 m,由运动学公式得
x'=a't'2,解得t'= s
滑块回到出发点时的速度大小为
v'=a't'=2× m/s=2 m/s。
(10分)
12.(2023·淮安市高一期末)如图所示是生活中常见的儿童滑梯,为安全起见通常将滑梯设计成倾角逐渐减小的弧形,从而确保儿童从静止下滑至地面时速度减为零。若滑行过程中动摩擦因数保持不变,则儿童滑行过程中速度大小随时间变化的图像可能正确的是 (　　)
答案　B
解析　儿童在倾斜滑道上下滑时,设滑道与水平面夹角为θ,由牛顿第二定律可得
mgsin θ-μmgcos θ=ma
当μtan θ时,加速度沿滑道向上,随着夹角的减小,儿童做加速度增大的减速运动,故B正确,A、C、D错误。
训练2　动力学的多过程问题　[分值:60分]
1题12分,2题14分,3题16分,4题18分,共60分
1.(12分)(2024·银川市育才中学高一期末)如图所示,质量m=10 kg的物体静止在水平地面上,在斜向上的恒力F拉动下,开始向右运动。已知力F=100 N,物体与地面间的动摩擦因数μ=0.5,力F与水平方向的夹角θ=37°,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,取g=10 m/s2。
(1)(3分)求物体受到的摩擦力的大小;
(2)(3分)求力F作用5 s时物体的速度大小;
(3)(6分)如果力F作用5 s后撤去,则物体在从静止开始运动的12 s内通过的位移是多大
答案　(1)20 N　(2)30 m/s　(3)165 m
解析　(1)物体受力如图所示
物体所受的支持力的大小为
FN=mg-Fsin 37°=100 N-100×0.6 N=40 N
则物体受到的摩擦力大小为
Ff=μFN=0.5×40 N=20 N
(2)根据牛顿第二定律得,物体的加速度为
a== m/s2=6 m/s2
力F作用5 s时物体的速度大小为
v=at=6×5 m/s=30 m/s
(3)力F作用5 s时物体的位移为
x=at2=×6×52 m=75 m
撤去F后,物体的加速度大小为
a'==5 m/s2
滑行至停止运动的时间为
t'== s=6 s
撤去F后滑行的位移为
x'=t'=×6 m=90 m
故物体在从静止开始运动的12 s内通过的位移为
x总=x+x'=165 m。
2.(14分)(2024·江苏省高一期末)某校物理课外小组为了研究不同物体水下运动特征,使用质量m=0.05 kg的流线型人形模型进行模拟实验。实验时让模型从h=0.8 m高处自由下落进入水中,假设模型入水后受到大小恒为Ff=0.3 N的阻力和F=1.0 N的恒定浮力,模型的位移大小远大于模型长度,忽略模型在空气中运动时受到的阻力,重力加速度g取10 m/s2,求模型:
(1)(7分)在水中能到达的最大深度H;
(2)(7分)从开始下落到返回水面所需时间t。
答案　(1)0.5 m　(2)1.15 s
解析　(1)模型自由下落至水面时,有
h=g
解得t1=0.4 s
模型自由下落至水面时的速度为
v=gt1=4 m/s
模型从水面运动至最低点,根据牛顿第二定律有
F+Ff-mg=ma1
解得a1=16m/s2
在水中能到达的最大深度为
H==0.5 m
(2)模型从水面运动至最低点所用的时间为
t2== s=0.25 s
模型从最低点运动至水面,根据牛顿第二定律有
F-Ff-mg=ma2
解得a2=4m/s2
模型从最低点运动至水面,则有
H=a2
解得t3=0.5 s
从开始下落到返回水面所需时间
t=t1+t2+t3=1.15 s。
3.(16分)(2024·福州外国语学校高一期末)如图所示,一足够长的光滑斜面倾角为37°,斜面AB与水平面BC平滑连接。质量m=1 kg、可视为质点的物体置于水平面上的D点,D点距B点d=7 m,物体与水平面间的动摩擦因数为0.4。现使物体受到一水平向左的恒力F=6.5 N作用,经时间t=2 s后撤去该力,物体经过B点时的速率不变,重力加速度g取10 m/s2, sin 37°=0.6,求:
(1)(6分)撤去拉力F后,物体经过多长时间第一次经过B点
(2)(5分)物体在斜面上到达的最高点和B点之间的距离
(3)(5分)物体最后停下的位置距B点多远
答案　(1)0.5 s　(2)0.75 m　(3)1.125 m
解析　(1)在水平拉力作用下,设物体的加速度大小为a1,由牛顿第二定律得F-μmg=ma1
代入数据解得a1=2.5 m/s2,
恒力F作用t=2 s时物体的位移为
x1=a1t2=×2.5×22 m=5 m
此时物体的速度为
v=a1t=5 m/s
设撤去拉力F后,设物体的加速度大小为a2,
则μmg=ma2
得a2=4 m/s2
设撤去拉力F后,物体第一次经过B点所用的时间为t1,有
d-x1=vt1-a2
代入数据解得t1=0.5 s或t1=2 s
因为物体减速到零的时间为
t'==1.25 s<2 s
故撤去拉力F后,物体经过0.5 s第一次经过B点。
(2)物体第一次经过B点时速度大小为
vB=v-a2t1=3 m/s
在斜面上,由牛顿第二定律得
mgsin 37°=ma3
解得a3=6 m/s2
即物体在斜面上到达的最高点和B点之间的距离为s== m=0.75 m
(3)物体滑上斜面后做匀减速直线运动,速度减为零后返回到斜面底端,因为斜面光滑,则物体返回到斜面底端时速度大小仍为vB=3 m/s,然后物体在水平面上做匀减速直线运动,加速度大小仍为a2=4 m/s2,物体最后停下的位置距B点为x== m=1.125 m。
4.(18分)风洞是能人工产生和控制气流,以模拟飞行器或物体周围气体的流动,并可量度气流对物体的作用以及观察物理现象的一种管道状实验设备,它是进行空气动力实验最常用、最有效的工具。如图所示为某风洞里模拟做实验的示意图,一质量为1 kg的小球套在一根固定的足够长的直杆上,直杆与水平面的夹角θ为37°,现小球在F=20 N的竖直向上的风力作用下,从A点由静止出发沿直杆向上运动,已知杆与球间的动摩擦因数μ=0.25,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。
(1)(5分)求杆对球的支持力的大小和方向;
(2)(6分)若风力F作用2 s后撤去,求小球上滑过程中距A点的最大距离xm;
(3)(7分)设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,若球与杆之间的动摩擦因数可以改变,求当动摩擦因数最小为多少时,无论吹多大的风,球都将在A点保持静止。
答案　(1)8 N　方向垂直于杆向下　(2)12 m
(3)0.75
解析　(1)风力垂直于杆向上的分力F1=Fcos 37°=20×0.8 N=16 N
小球的重力垂直于杆向下的分力
G1=mgcos 37°=1×10×0.8 N=8 N
小球在垂直于杆方向上受力平衡,所以杆对球的支持力的大小
F'=F1-G1=16 N-8 N=8 N,方向垂直于杆向下
(2)风力F作用时,由牛顿第二定律得(F-mg)sin 37°-μF'=ma1
解得a1=4 m/s2,方向沿杆向上。
风力作用2 s末的速度大小为
v1=a1t1=4×2 m/s=8 m/s。
风力作用2 s末的位移大小为
x1=a1=×4×22 m=8 m
风力撤去后,由牛顿第二定律得mgsin 37°+μmgcos 37°=ma2
解得a2=8 m/s2,方向沿杆向下。
小球继续上滑的位移x2== m=4 m
小球上滑过程中距A点的最大距离xm=x1+x2=8 m+4 m=12 m
(3)若球恰好在A点保持静止,则当风力为零时mgsin 37°≤μ1mgcos 37°
解得μ1≥0.75
当风力较大时小球受到的静摩擦力沿杆向下,若小球在A点保持静止,则有
(F-mg)sin 37°≤μ2(F-mg)cos 37°
解得μ2≥0.75
则当动摩擦因数最小为0.75时,无论吹多大的风,球都将在A点保持静止。
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